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2021中考数学压轴题题型：专题3二次函数与等腰直角三角形问题（含原卷及解析卷）
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这是一份2021中考数学压轴题题型：专题3二次函数与等腰直角三角形问题（含原卷及解析卷），文件包含二次函数与等腰直角三角形问题原卷版docx、二次函数与等腰直角三角形问题解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共74页， 欢迎下载使用。
2021新版挑战中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题3二次函数与等腰直角三角形问题
二次函数与等腰直角三角形的相结合的综合问题，是中考数学压轴题中比较常见的一种，涉及到的知识点有：等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质、斜边的中线、全等三角形与相似三角形、角平分线、方程与函数模型、函数的基本性质等。等腰直角三角形与二次函数综合问题常见的有三种类型：两定一动探索直角三角形问题；一定两动探索等腰直角三角形问题；三动探索等腰直角三角形问题；常见的思路中，不管是哪种类型的等腰直角三角形三角形问题，分类讨论的依据都是三个角分别为直角，解决的思路是通过构造K型全等或相似图来列方程解决。
【例1】（2020•甘肃省兰州市中考第28题）如图，二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），B（﹣2，m），交y轴于点C（0，﹣4）．直线BO与抛物线相交于另一点D，连接AB，AD，点E是线段AB上的一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F．
（1）求二次函数y=14x2+bx+c的表达式；
（2）判断△ABD的形状，并说明理由；
（3）在点E的运动过程中，直线BD上存在一点G，使得四边形AFGE为矩形，请判断此时AG与BD的数量关系，并求出点E的坐标；
（4）点H是抛物物的顶点，在（3）的条件下，点P是平面内使得∠EPF＝90°的点，在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得△HPQ是以∠PQH为直角的等腰直角三角形，若存在，直接写出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A，C两点坐标代入抛物线的解析式，转化为解方程组，即可解决问题．
（2）求出AB，AD，BD，利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用矩形的性质以及平行线分线段成比例定理证明BE＝AE，BG＝GD，即可解决问题．
（4）如图2中，设EF的中点为k，P（x，y），连接PK．直线PH的解析式，想办法构建方程组求出点P的纵坐标y即可解决问题．
【解析】（1）∵二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），点C（0，﹣4），
∴c=−44+4b+c=−4，
解得b=−1c=−4，
∴二次函数的解析式为y=14x2﹣x﹣4．
（2）∵B（﹣2，m）在y=14x2﹣x﹣4，
∴B（﹣2，﹣1），
∴直线OB的解析式为y=12x，
由y=12xy=14x2−x−4，解得x=−2y=−2（即点B）或x=8y=4，
∴D（8，4），
∵A（4，﹣4），
∴AB=62+32=35，AD=42+82=45，BD=102+52=55，
∴BD2＝AB2+AD2，
∴∠BAD＝90°，
∴△ABD是直角三角形．
（3）结论AG=12BD．
理由：如图1中，连接AG，交EF于H．
∵四边形AEGF是矩形，
∴AH＝HG，EH＝FH，
∵EF∥BD，
∴AEEB=AHGH=1，
∴AE＝BE，
∴E（1，−52），
∵EHBG=AHAG=FHDG，EH＝FH，
∴BG＝GD，
∵∠BAD＝90°，
∴AG=12BD．
（4）如图2中，设EF的中点为k，P（x，y），连接PK．
∵E（1，−52），F（6，0），
∴K（72，−54），EF=52+(52)2=552，
∵∠EPF＝90°，
∴点P在以EF为直径的⊙k上运动，
∵△PQH是等腰直角三角形，∠PQH＝90°，
∴∠QHP＝45°，
∵抛物线的顶点H（2，﹣5），
∴直线PH的解析式为y＝x﹣7，
∵PK=12EF，
∴（x−72）2+（y+54）2＝（554）2，
（y+7−72）2+（y+54）2＝（554）2，
解得y＝﹣4或−34，
∴Q（2，﹣4）或（2，−34）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【例2】（2020•湖北省武汉市中考第24题）将抛物线C：y＝（x﹣2）2向下平移6个单位长度得到抛物线C1，再将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．
（1）直接写出抛物线C1，C2的解析式；
（2）如图（1），点A在抛物线C1（对称轴l右侧）上，点B在对称轴l上，△OAB是以OB为斜边的等腰直角三角形，求点A的坐标；
（3）如图（2），直线y＝kx（k≠0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点，M为线段EF的中点；直线y=−4kx与抛物线C2交于G，H两点，N为线段GH的中点．求证：直线MN经过一个定点．
【分析】（1）根据平移规律：上加下减，左加右减，直接写出平移后的解析式；
（2）过点A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥AC于点D，设A（a，（a﹣2）2﹣6），则BD＝a﹣2，AC＝|（a﹣2）2﹣6|，再证明△ABD≌△OAC，由全等三角形的性质得a的方程求得a便可得A的坐标；
（3）由两直线解析式分别与抛物线的解析式联立方程组，求出M、N点的坐标，进而求得MN的解析式，再根据解析式的特征得出MN经过一个定点．
【解析】（1）∵抛物线C：y＝（x﹣2）2向下平移6个单位长度得到抛物线C1，
∴C1：y＝（x﹣2）2﹣6，
∵将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．
∴C2：y＝（x﹣2+2）2﹣6，即y＝x2﹣6；
（2）过点A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥AC于点D，如图1，
设A（a，（a﹣2）2﹣6），则BD＝a﹣2，AC＝|（a﹣2）2﹣6|，
∵∠BAO＝∠ACO＝90°，
∴∠BAD+∠OAC＝∠OAC+∠AOC＝90°，
∴∠BAD＝∠AOC，
∵AB＝OA，∠ADB＝∠OCA，
∴△ABD≌△OAC（AAS），
∴BD＝AC，
∴a﹣2＝|（a﹣2）2﹣6|，
解得，a＝4，或a＝﹣1（舍），或a＝0（舍），或a＝5，
∴A（4，﹣2）或（5，3）；
（3）把y＝kx代入y＝x2﹣6中得，x2﹣kx﹣6＝0，
∴xE+xF＝k，
∴M（k2，k22），
把y=−4kx代入y＝x2﹣6中得，x2+4kx﹣6＝0，
∴xG+xH=−4k，
∴N（−2k，8k2），
设MN的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
k2m+n=k22−2km+n=8k2，解得，m=k2−4kn=2，
∴直线MN的解析式为：y=k2−4kx+2，
当x＝0时，y＝2，
∴直线MN：y=k2−4kx+2经过定点（0，2），
即直线MN经过一个定点．
【点评】本题是一个二次函数综合题，主要考查了平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，待定系数法，求函数图象的交点问题，第（2）小题关键是证明三角形全等，第（3）题关键是求出M、N点的坐标及直线MN的解析式．
3．（2020•湖南省岳阳市中考第24题）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝a（x−25）2+6415与x轴交于点A（−65，0）和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线F1的表达式；
（2）如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC．
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A（−65，0）代入抛物线F1：y＝a（x−25）2+6415中，求出a的值，即可求解；
（2）①由平移的原则：左加，右减，上加，下减，可得抛物线F2的解析式，与抛物线F1联立方程组，解出可得点D的坐标；
②根据两点的距离公式和勾股定理的逆定理可得：△BDC是等腰直角三角形；
（3）设P[m，−53(m+35)2+1915]，根据两点的距离公式和勾股定理列方程可解出m的值，并确认两直角边是否相等，可得符合条件的点P的坐标．
【解析】（1）把点A（−65，0）代入抛物线F1：y＝a（x−25）2+6415中得：
0＝a（−65−25）2+6415，
解得：a=−53，
∴抛物线F1：y=−53（x−25）2+6415；
（2）①由平移得：抛物线F2：y=−53（x−25+1）2+6415−3，
∴y=−53（x+35）2+1915，
∴−53（x+35）2+1915=−53（x−25）2+6415，
−103x=103，
解得：x＝﹣1，
∴D（﹣1，1）；
②当x＝0时，y=−53×425+6415=4，
∴C（0，4），
当y＝0时，−53（x−25）2+6415=0，
解得：x=−65或2，
∴B（2，0），
∵D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+（1﹣0）2＝10，
CD2＝（0+1）2+（4﹣1）2＝10，
BC2＝22+42＝20，
∴BD2+CD2＝BC2且BD＝CD，
∴△BDC是等腰直角三角形；
（3）存在，
设P（m，−53(m+35)2+1915），
∵B（2，0），D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+12＝10，PB2=(m−2)2+[−53(m+35)2+1915]2，PD2=(m+1)2+[−53(m+35)2+1915−1]2，
分三种情况：
①当∠DBP＝90°时，BD2+PB2＝PD2，
即10+（m﹣2）2+[−53(m+35)2+1915]2＝（m+1）2+[−53（m+35）2+1915−1]2，
解得：m＝﹣4或1，
当m＝﹣4时，BD=10，PB=36+324=610，即△BDP不是等腰直角三角形，不符合题意，
当m＝1时，BD=10，PB=1+9=10，
∴BD＝PB，即△BDP是等腰直角三角形，符合题意，
∴P（1，﹣3）；
②当∠BDP＝90°时，BD2+PD2＝PB2，
即10+（m+1）2+[−53（m+35）2+1915−1]2＝（m﹣2）2+[−53(m+35)2+1915]2，
解得：m＝﹣1（舍）或﹣2，
当m＝﹣2时，BD=10，PD=1+9=10，
∴BD＝PD，即此时△BDP为等腰直角三角形，
∴P（﹣2，﹣2）；
③当∠BPD＝90°时，且BP＝DP，有BD2＝PD2+PB2，如图3，
当△BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线上，此种情况不存在这样的点P；
综上，点P的坐标是（1，﹣3）或（﹣2，﹣2）．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法和平移求二次函数解析式，勾股定理及逆定理，两点的距离公式，难点在于（3）根据直角三角形的直角顶点分情况讨论．
【例4】（2020•江苏省盐城市中考第24题）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且经过点A（0，2）．过点A的直线l与x轴交于点C，与该函数的图象交于点B（异于点A）．满足△ACN是等腰直角三角形，记△AMN的面积为S1，△BMN的面积为S2，且S2=52S1．
（1）抛物线的开口方向 上 （填“上”或“下”）；
（2）求直线l相应的函数表达式；
（3）求该二次函数的表达式．
【分析】（1）根据题意借助图象即可得到结论；
（2）由点A（0，2）及△CAN是等腰直角三角形，可知C（﹣2，0），N（2，0），由A、C两点坐标可求直线l；
（3）由S2=52S1，可知B点纵坐标为5，代入直线AB解析式可求B点横坐标，将A、B、N三点坐标代入y＝ax2+bx+c中，可求抛物线解析式．
【解析】（1）如图，如二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且经过点A（0，2）．
∴y＝ax2+bx+2，
令y＝0，则ax2+bx+2＝0，
∵0＜x1＜x2，
∴2a＞0，
∴a＞0，
∴抛物线开口向上，
故答案为：上；
（2）①若∠ACN＝90°，则C与O重合，直线l与抛物线交于A点，
因为直线l与该函数的图象交于点B（异于点A），所以不合题意，舍去；
②若∠ANC＝90°，则C在x轴的下方，与题意不符，舍去；
③若∠CAN＝90°，则∠ACN＝∠ANC＝45°，AO＝CO＝NO＝2，
∴C（﹣2，0），N（2，0），
设直线l为y＝kx+b，将A（0，2）C（﹣2，0）代入得b=2−2k+b=0，
解得k=1b=2，
∴直线l相应的函数表达式为y＝x+2；
（3）过B点作BH⊥x轴于H，
S1=12MN⋅OA，S2=12MN⋅BH，
∵S2=52S1，
∴BH=52OA，
∵OA＝2，
∴BH＝5，
即B点的纵坐标为5，代入y＝x+2中，得x＝3，
∴B（3，5），
将A、B、N三点的坐标代入y＝ax2+bx+c得c=24a+2b+c=09a+3b+c=5，
解得a=2b=−5c=2，
∴抛物线的解析式为y＝2x2﹣5x+2．
【题组一】
1．（2020•雁塔区校级模拟）如图，抛物线C1：y=−12x2+2x+2的顶点为A，且与y轴于点B，将抛物线C1沿y＝a对称后，得到抛物线C2与y轴交于点C．
（1）求A、B两点坐标；
（2）若抛物线C2上存在点D，使得△BCD为等腰直角三角形，求出此时抛物线C2的表达式．
【分析】（1）利用配方法求出抛物线的顶点坐标，利用待定系数法求出点B坐标即可．
（3）分三种情形：①当∠BCD＝90°，BC＝CD时，如图1．②当∠CBD＝90°，BC＝BD时，如图2．③当∠BDC＝90°时，D（2﹣a，a）或（a﹣2，a），根据对称性，点D在C1也在C2上，如图3中，分别求解即可．
【解析】（1）令x＝0，得y=−12x2+2x+2＝2，
∴B（0，2），
∵y=−12x2+2x+2=−12（x﹣2）2+4，
∴A（2，4），
（2）∵将抛物线C1沿y＝a对称后，得到抛物线C2与y轴交于点C，
∴抛物线C2的顶点坐标为（2，2a﹣4），二次项系数为12，C（0，2a﹣2），
∴抛物线C2的表达式为：y=12（x﹣2）2+2a﹣4，
①当∠BCD＝90°，BC＝CD时，如图1，
则D（4，2a﹣2），
∴|2a﹣4|＝4，
解得，a＝0，或a＝4，
∴此时抛物线C2的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣4或y=12（x﹣2）2+4；
②当∠CBD＝90°，BC＝BD时，如图2，
则D（2+23−a，2），
∴|2a﹣4|＝2+23−a，
解得，a＝3或a＝2（舍弃）或a＝﹣2，
∴此时抛物线C2的表达式：y=12（x﹣2）2+2，或y=12（x﹣2）2﹣8；
③当∠BDC＝90°时，D（2﹣a，a）或（a﹣2，a），根据对称性，点D在C1也在C2上，如图3中，
∴a=−12（2﹣a）2+2（2﹣a）+2或a=−12（a﹣2）2+2（a﹣2）+2，
解得a＝﹣4或2（舍弃），a＝6或2（舍弃），
抛物线C2的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣14或y=12（x﹣2）2+12，
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为：y=12（x﹣2）2﹣6或y=12（x﹣2）2+2或y=12（x﹣2）2−5−1或y=12（x﹣2）2+13−7，或y=12（x﹣2）2−13−7或y=12（x﹣2）2﹣14或y=12（x﹣2）2+12．
2．（2020•沙坪坝区校级一模）如图1，抛物线y=24x2+2x﹣62交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，D点是该抛物线的顶点，连接AC、AD、CD．
（1）求△ACD的面积；
（2）如图1，点P是线段AD下方的抛物线上的一点，过P作PE∥y轴分别交AC于点E，交AD于点F，过P作PG⊥AD于点G，求EF+52FG的最大值，以及此时P点的坐标；
（3）如图2，在对称轴左侧抛物线上有一动点M，在y轴上有一动点N，是否存在以BN为直角边的等腰Rt△BMN？若存在，求出点M的横坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标和顶点坐标，再用待定系数法求得AC的解析式，进而求出点N、D的坐标，再根据三角形的面积公式求出结果；
（2）证明EF+52FG即为EP的长度，即可求解；
（3）分点M在x轴的上方或下方，再分∠BNM为直角、∠MBN为直角共四种情况，利用三角形全等即可求解．
【解析】（1）令x＝0，得y=24x2+2x﹣62=−62，
∴C（0，﹣62），
令y＝0，得y=24x2+2x﹣62=0，
解得，x＝﹣62或22，
∴A（﹣62，0），点B（22，0），
设直线AC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
则−62k+b=0b=−62，
∴k=−1b=−62，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣62，
∵y=24x2+2x﹣62=24（x+22）2﹣82，
∴D（﹣22，﹣82），
过D作DM⊥x轴于点M，交AC于点N，如图1，
则N（﹣22，﹣42），
∴DN=42，
∴△ACD的面积=12DN⋅OA=12×42×62=24；
（2）如图1，过点D作x轴的平行线交FP的延长线于点H，
由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y＝﹣2x﹣122，
故tan∠FDH＝2，则sin∠FDH=25，
∵∠HDF+∠HFD＝90°，∠FPG+∠PFG＝90°，
而∠HFD＝∠PFG，
∴∠FPG＝∠FDH，
在Rt△PGF中，PF=FGsin∠PFH=FGsin∠FDH=52FG，
则EF+52FG＝EF+PF＝EP，
设点P（x，24x2+2x﹣62），则点E（x，﹣x﹣62），
则EF+52FG＝EF+PF＝EP＝﹣x﹣62−（24x2+2x﹣62）=−24x2﹣3x，
∵−24＜0，故EP有最大值，此时x=−b2a=−32，最大值为922；
当x＝﹣32时，y=24x2+2x﹣62=−1522，
故点P（﹣32，−1522）；
（3）存在，理由：
设点M的坐标为（m，n），则n=24m2+2m﹣62①，点N（0，s），
（Ⅰ）当点M在x轴下方时，
①当∠MNB为直角时，如图2，
过点N作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点H，交过点M与y轴的平行线于点G，
∵∠MNG+∠BNH＝90°，∠MNG+∠GMN＝90°，
∴∠GMN＝∠BNH，
∵∠NGM＝∠BHN＝90°，MN＝BN，
∴△NGM≌△BHN（AAS），
∴GN＝BH，MG＝NH，
即n﹣s＝22且﹣m＝﹣s②，
联立①②并解得：m＝﹣22±210（舍去正值），
故m＝﹣22−210；
②当∠NBM为直角时，如图3，
过点B作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点G，交过点M与x轴的平行线于点H，
同理可证：△MHB≌△BGN（AAS），
则BH＝NG，即n＝﹣22，
当n＝﹣22时，24m2+2m﹣62=−22，解得：m＝﹣22±26（舍去正值），
故m＝﹣22−26；
（Ⅱ）当点M在x轴上方时，
同理可得：m=−2−34或﹣32−34；
综上，点M的横坐标为﹣22−210或﹣22−26或−2−34或﹣32−34．
3．（2020•陕西模拟）如图，抛物线C的顶点坐标为（2，8），与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点D（0，6）．
（1）求抛物线C的函数表达式以及点B的坐标；
（2）平移抛物线C，使平移后的抛物线C′的顶点P落在线段BD上，过P作x轴的垂线，交抛物线C于点Q，再过点Q作QE∥x轴交抛物线C于另一点E，连接PE，若△PQE是等腰直角三角形，请求出所有满足条件的抛物线C′的函数表达式．
【分析】（1）利用顶点式解决问题即可．
（2）由题意，直线BD的解析式为y＝﹣x+6，设P（t，﹣t+6），则0＜t＜6，Q（t，−12t2+2t+6），因为E，Q关于x＝2的长，推出E（﹣t+4，−12t2+2t+6），可得QP=−12t2+2t+6﹣（﹣t+6）=−12t2+3t，QE＝|2t﹣4|，因为∠PQE＝90°，推出当QE＝PQ时，△PQE是等腰直角三角形，由此构建方程求解即可．
【解析】（1）∵抛物线C的顶点坐标为（2，8），
∴可以假设抛物线C的解析式为y＝a（x﹣2）2+8，
把（0，6）代入y＝a（x﹣2）2+8，得a=−12，
∴抛物线C的解析式为y=−12（x﹣2）2+8，即y=−12x2+2x+6，
令y＝0，则有−12x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）．
（2）设直线BD的解析式为y＝kx+b，则6k+b=0b=6，
解得k=−1b=6，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+6，
设P（t，﹣t+6），则0＜t＜6，Q（t，−12t2+2t+6），
∵E，Q关于x＝2的长，
∴E（﹣t+4，−12t2+2t+6），
∴QP=−12t2+2t+6﹣（﹣t+6）=−12t2+3t，QE＝|2t﹣4|，
∵QP⊥x轴，QE∥x轴，
∴∠PQE＝90°，
∴当QE＝PQ时，△PQE是等腰直角三角形，
即−12t2+3t＝|2t﹣4|，
①当−12t2+3t＝2t﹣4时，解得t＝4或﹣2（舍弃），此时P（4，2）．
②当−12t2+3t＝﹣2t+4时，解得t＝5−17或5+17（舍弃），此时P（5−17，1+17）．
∴满足条件的抛物线C′的解析式为y=−12（x﹣4）2+2或y=−12（x﹣5+17）2+1+17．
4．（2019秋•青龙县模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，3），且OB＝OC．直线y＝x+1与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点Q是抛物线的顶点，设直线AD上方的抛物线上的动点P的横坐标为m．
（1）求该抛物线的解析式及顶点Q的坐标．
（2）连接CQ，直接写出线段CQ与线段AE的数量关系和位置关系．
（3）连接PA、PD，当m为何值时S△APD=12S△DAB？
（4）在直线AD上是否存在一点H，使△PQH为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直线y＝x+1与抛物线交于A点，则点A（﹣1，0）、点E（0，1），可得出点B、C的坐标分别为：（3，0）、（0，3），用待定系数法求出二次函数解析即可求解；
（2）求出CQ和AE的长，可得出CQ＝AE，由两直线的解析式k相等可得出CQ与AE平行；
（3）联立直线y＝x+1与抛物线的表达式，并解得x＝﹣1或2．故点D（2，3），过点P作y轴的平行线交AD于点K，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1），根据面积关系可求出m的值；
（4）分∠QOH＝90°、∠PQH＝90°、∠QHP＝90°三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）直线y＝x+1与抛物线交于A点，则点A（﹣1，0）、点E（0，1）．
∵OB＝OC，C（0，3），
∴点B的坐标为（3，0），
故抛物线的表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
将点C的坐标代入，得﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
∴函数的对称轴为x＝1，故点Q的坐标为（1，4）．
（2）CQ＝AE，且CQ∥AE，理由：
∵Q（1，4），C（0，3），
∴CQ=12+(4−3)2=2，
CQ的解析式为y＝x+3，
又∵AE=12+12=2，直线AE的解析式为y＝x+1，
∴CQ＝AE，CQ∥AE，
（3）∵y=x+1y=−x2+2x+3，
∴x1=−1y1=0，x2=2y2=3，
∴点D的坐标为（2，3）．
如图1，过点P作y轴的平行线，交AD于点K，
设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1）
∴S△PAD=12×PK×(xD−xA)=12×3×(−m2+2m+3−m−1)=12S△DAB=12×4×3．
解得m＝0或1．
（4）存在，点P的坐标为（0，3）或(1−2，2)．
设点H（t，t+1），点P（m，n），n＝﹣m2+2m+3，而点Q（1，4），
①当∠QPH＝90°时，
如图2，过点P作y轴的平行线，过点H、点Q作x轴的平行线，交过点P且平行于y轴的直线于点M、G，
∵∠GQP+∠QPG＝90°，∠QPG+∠HPM＝90°，
∴∠HPM＝∠GQP，∠PGQ＝∠HMP＝90°，PH＝PQ，
∴△PGQ≌△HMP（AAS），
∴PG＝MH，GQ＝PM，
即4﹣n|＝|t﹣m|，|1﹣m|＝|n﹣（t+1）|，
解得m＝2或n＝3．
当n＝3时，3＝﹣m2+2m+3，解得m1＝0，m2＝2（舍去），
∴点P（0，3）．
②当∠PQH＝90°时，不合题意．
③当∠PHQ＝90°时，如图3，
同理可得n＝2，
解得m1＝1+2（舍去），m2＝1−2．
故点P（1−2，2）．
综上可得，点P的坐标为（0，3）或（1−2，2）．
【题组二】
5．（2020•鹿邑县一模）已知：如图，直线y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c过A、C两点，
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线位于第三象限上一动点，连接PA，PC，试问△PAC的面积是否存在最大值，若存在，请求出△APC面积的最大值，以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点M为抛物线上一点，点N为抛物线对称轴上一点，若△NMC是以∠NMC为直角的等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【分析】（1）求出点A、C的坐标，将点A、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）△APC面积S＝S△PHA+S△PHC=12×PH×OA，即可求解；
（3）证明△MGN≌△CHM（AAS），则GN＝MH，即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，即可求解．
【解析】（1）y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，则点A、C的坐标分别为：（﹣3，0）、（0，﹣3）；
将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：9−3b+c=0c=−3，解得b=2c=−3，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）存在，理由：
如图1，过点P作y轴的平行线交AC于点H，
设点P（x，x2+2x﹣3），则点H（x，﹣x﹣3），
△APC面积S＝S△PHA+S△PHC=12×PH×OA=12×（﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3）×3=−32x2−92x，
∵−32＜0，故S有最大值，
当x=−32时，S的最大值为278，此时点P（−32，−154）；
（3）如图2，设点N（﹣1，s），点M（m，n），n＝m2+2m﹣3，
过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点H，交过点N与x轴的平行线于点G，
∵∠GMN+∠GNM＝90°，∠GMN+∠HMC＝90°，
∴∠HMC＝∠GNM，
∵∠MGN＝∠CHM＝90°，MN＝MC，
∴△MGN≌△CHM（AAS），
∴GN＝MH，
即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，
①当﹣1﹣m＝n+3时，
即m+n+4＝0，即m2+3m+1＝0，
解得：m=−3±52，故点M（−3±52，−5±52）；
②当﹣1﹣m＝﹣（n+3）时，即m＝n+2，
同理可得：点M（−1±52，−5±52）；
故点M的坐标为：（−3+52，−5−52）或（−3−52，−5+52）或（−1+52，−5+52）或（−1−52，−5−52）．
6．（2020•碑林区校级模拟）抛物线C1：y=−14x2−12x+2交x轴于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．
（1）求A，B两点的坐标．
（2）M为平面内一点，将抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，C2经过点A且抛物线C2上有一点P，使△BCP是以∠B为直角的等腰直角三角形．是否存在这样的点M？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）令y＝0解方程可得点A和B的坐标；
（2）分两种情况：点P在x轴的上方和下方，作辅助线，构建全等三角形，可得P的坐标，根据待定系数法可得抛物线的解析式，利用抛物线C1和抛物线C2的顶点可得点M的坐标．
【解析】（1）当y＝0时，−14x2−12x+2＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∵点A在点B的右侧，
∴A（2，0），B（﹣4，0）；
（2）分两种情况：
①当P在x轴的下方时，如图1，过P作PD⊥x轴于D，
设抛物线C1的顶点为E，则E（﹣1，94），
∵△PBC是等腰直角三角形，
∴BC＝PB，∠PBC＝90°，
∴∠CBO+∠OCB＝∠OBC+∠PBD＝90°，
∴∠OCB＝∠PBD，
∵∠BOC＝∠PDB＝90°，
∴△BOC≌△PDB（AAS），
∴PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，
∴OD＝4﹣2＝2，
∴P（﹣2，﹣4），
∵抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，
∴设抛物线C2的解析式为：y=14x2+bx+c，
把P（﹣2，﹣4）和A（2，0）代入得：1−2b+c=−41+2b+c=0，
解得：b=1c=−3，
∴抛物线C2的解析式为：y=14x2+x−3=14(x+2)2−4，
此时点P为抛物线C2的顶点，
∴M是线段EP的中点，
∴M（−32，−78）；
②当点P在x轴的上方时，如图2，过P作PD⊥x轴于D，
同理得△PDB≌△BOC，
∴PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，
∴P（﹣6，4），
∵抛物线C2经过点P和点A，同理可得抛物线的解析式为：y=14x2+12x−2=14(x+1)2−94，
∴顶点F（﹣1，−94），
∵抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，
∴M是线段EF的中点，
∴M（﹣1，0）；
综上，点M的坐标为：（−32，−78）或（﹣1，0）．
7．（2020•灌南县一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PM⊥x轴，交抛物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
（2）当点P在线段OB上运动时，求线段MN的最大值；
（3）当点P在线段OB上运动时，若△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值；
（4）当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出m的值．
【分析】（1）由A、C两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式，则可求得B点坐标，再利用待定系数法可求得直线BC的解析式；
（2）用m可分别表示出N、M的坐标，则可表示出MN的长，再利用二次函数的最值可求得MN的最大值；
（3）由题意可得当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时则有MN＝MC，且MC⊥MN，则可求表示出M点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值；
（4）由条件可得出MN＝OC，结合（2）可得到关于m的方程，可求得m的值．
【解析】
（1）∵抛物线过A、C两点，
∴代入抛物线解析式可得−1−b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0可得，﹣x2+2x+3＝0，解x1＝﹣1，x2＝3，
∵B点在A点右侧，
∴B点坐标为（3，0），
设直线BC解析式为y＝kx+s，
把B、C坐标代入可得3k+s=0s=3，解得k=−1s=3，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3；
（2）∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，
∴M（m，﹣m2+2m+3），N（m，﹣m+3），
∵P在线段OB上运动，
∴M点在N点上方，
∴MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m−32）2+94，
∴当m=32时，MN有最大值，MN的最大值为94；
（3）∵PM⊥x轴，
∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，
∴M点纵坐标为3，
∴﹣m2+2m+3＝3，解得m＝0或m＝2，
当m＝0时，则M、C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
∴m＝2；
（4）∵PM⊥x轴，
∴MN∥OC，
当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，则有OC＝MN，
当点P在线段OB上时，则有MN＝﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m＝3，此方程无实数根，
当点P不在线段OB上时，则有MN＝﹣m+3﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣3m，
∴m2﹣3m＝3，解得m=3+212或m=3−212，
综上可知当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，m的值为3+212或3−212．
8．（2019•黄冈）如图①，在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣2，2），B（﹣2，0），C（0，2），D（2，0）四点，动点M以每秒2个单位长度的速度沿B→C→D运动（M不与点B、点D重合），设运动时间为t（秒）．
（1）求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；
（2）点P在（1）中的抛物线上，当M为BC的中点时，若△PAM≌△PBM，求点P的坐标；
（3）当M在CD上运动时，如图②．过点M作MF⊥x轴，垂足为F，ME⊥AB，垂足为E．设矩形MEBF与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；
（4）点Q为x轴上一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K．是否存在点Q，使得△HOK为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式即可；
（2）由已知易得点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，点P的纵坐标是1，则有1=−14x2−12x+2，即可求P；
（3）S=12×（GM+BF）×MF=12×（2t﹣4+t）×（4﹣t）=−32t2+8t﹣8=−32（t−83）2+83；
（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝x+2，直线AQ的解析式y=−2m+2（x+2）+2，求出点K（0，2mm+2），H（−4m+4，2m+4m+4），由勾股定理可得OK2=(2mm+2)2，OH2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，HK2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，分三种情况讨论△HOK为等腰三角形即可．
【解析】（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，
将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式可得
2=4a−2b+c2=c0=4a+2b+c，
∴a=−14b=−12c=2，
∴y=−14x2−12x+2；
（2）∵△PAM≌△PBM，
∴PA＝PB，MA＝MB，
∴点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，
∵AB＝2，
∴点P的纵坐标是1，
∴1=−14x2−12x+2，
∴x＝﹣1+5或x＝﹣1−5，
∴P（﹣1−5，1）或P（﹣1+5，1）；
（3）CM=2t﹣22，MG=2CM＝2t﹣4，
MD＝42−（BC+CM）＝42−（22+2t﹣22）＝42−2t，
MF=22MD＝4﹣t，
∴BF＝4﹣4+t＝t，
∴S=12×（GM+BF）×MF=12×（2t﹣4+t）×（4﹣t）=−32t2+8t﹣8=−32（t−83）2+83；
当t=83时，S最大值为83；
（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝x+2，
直线AQ的解析式y=−2m+2（x+2）+2，
∴K（0，2mm+2），H（−4m+4，2m+4m+4），
∴OK2=(2mm+2)2，OH2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，HK2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，
①当OK＝OH时，(2mm+2)2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，
∴3m2+12m+8＝0，
∴m＝﹣2+233或m＝﹣2−233；
②当OH＝HK时，(4m+4)2+(2m+4m+4)2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，
∴m2+4m+8＝0，
∴m无解；
③当OK＝HK时，(2mm+2)2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，
∴m2+4m﹣8＝0，
∴m＝﹣2+23或m＝﹣2﹣23；
综上所述：Q（﹣2+23，0）或Q（﹣2﹣23，0）或Q（﹣2+233，0）或Q（﹣2−233，0）
【题组三】
9．（2019•西藏）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+3与坐标轴分别交于点A，B（﹣3，0），C（1，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线解析式；
（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？
（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求抛物线解析式．
（2）设点P横坐标为t，过点P作PF∥y轴交AB于点F，求直线AB解析式，即能用t表示点F坐标，进而表示PF的长．把△PAB分成△PAF与△PBF求面积和，即得到△PAB面积与t的函数关系，配方即得到t为何值时，△PAB面积最大，进而求得此时点P坐标．
（3）设点P横坐标为t，即能用t表示PD的长．根据对称性可知点P、E关于抛物线对称轴对称，用中点坐标公式可得用t表示点E横坐标，进而用t表示PE的长（注意点P、E左右位置不确定，需分类讨论）．由于△PDE要成为等腰直角三角形，∠DPE＝90°，所以PD＝PE，把含t的式子代入求值即得到点P坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点B（﹣3，0），C（1，0）
∴9a−3b+3=0a+b+3=0 解得：a=−1b=−2
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3
（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F
∵x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3
∴A（0，3）
∴直线AB解析式为y＝x+3
∵点P在线段AB上方抛物线上
∴设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0）
∴F（t，t+3）
∴PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t
∴S△PAB＝S△PAF+S△PBF=12PF•OH+12PF•BH=12PF•OB=32（﹣t2﹣3t）=−32（t+32）2+278
∴点P运动到坐标为（−32，154），△PAB面积最大
（3）存在点P使△PDE为等腰直角三角形
设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3）
∴PD＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t
∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4
∴对称轴为直线x＝﹣1
∵PE∥x轴交抛物线于点E
∴yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称
∴xE+xP2=−1
∴xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t
∴PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|
∵△PDE为等腰直角三角形，∠DPE＝90°
∴PD＝PE
①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t
∴﹣t2﹣3t＝﹣2﹣2t
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣2
∴P（﹣2，3）
②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t
∴﹣t2﹣3t＝2+2t
解得：t1=−5+172，t2=−5−172（舍去）
∴P（−5+172，−5+3172）
综上所述，点P坐标为（﹣2，3）或（−5+172，−5+3172）时使△PDE为等腰直角三角形．
10．（2018•眉山）如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点A（0，3）、B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：
如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【解析】（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，
由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），
把A（0，3）代入得：3＝3a，
a＝1，
∴抛物线的解析式；y＝x2﹣4x+3；
（2）如图2，∵△AOE的面积是定值，所以当△OEP面积最大时，四边形AOPE面积最大，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
易得OE的解析式为：y＝x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S四边形AOPE＝S△AOE+S△POE，
=12×3×3+12PG•AE，
=92+12×3×（﹣m2+5m﹣3），
=−32m2+15m2，
=−32（m−52）2+758，
∵−32＜0，
∴当m=52时，S有最大值是758；
（3）分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF是等腰直角三角形，且OP＝PF，
易得△OMP≌△PNF，
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m=5+52（舍）或5−52，
∴P的坐标为（5−52，1−52）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，如图3，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1=3+52（舍）或m2=3−52，
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：x=3+52或3−52（舍）；
P的坐标为（3+52，1−52）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m=5+52或5−52（舍）
P的坐标为：（5+52，5+12）；
综上所述，点P的坐标是：（5+52，5+12）或（5−52，1−52）或（3+52，1−52）或（3−52，1+52）．
11．（2018•德阳）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，点A在x轴上，点B在y轴上，点C（3，1），二次函数y=13x2+bx−32的图象经过点C．
（1）求二次函数的解析式，并把解析式化成y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）把△ABC沿x轴正方向平移，当点B落在抛物线上时，求△ABC扫过区域的面积；
（3）在抛物线上是否存在异于点C的点P，使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？如果存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b的值，从而可得到抛物线的解析式，然后利用配方法可将抛物线的解析式变形为y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）作CK⊥x轴，垂足为K．首先证明△BAO≌△ACK，从而可得到OA＝CK，OB＝AK，于是可得到点A、B的坐标，然后依据勾股定理求得AB的长，然后求得点D的坐标，从而可求得三角形平移的距离，最后，依据△ABC扫过区域的面积＝S四边形ABDE+S△DEH求解即可；
（3）当∠ABP＝90°时，过点P作PG⊥y轴，垂足为G，先证明△BPG≌△ABO，从而可得到点P的坐标，然后再判断点P是否在抛物线的解析式即可，当∠PAB＝90°，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，同理可得到点P的坐标，然后再判断点P是否在抛物线的解析式即可．
【解析】（1）∵点C（3，1）在二次函数的图象上，
∴13x2+bx−32=1，解得：b=−16，
∴二次函数的解析式为y=13x2−16x−32
y=13x2−16x−32=13（x2−12x+116−116）−32=13（x−14）2−7348
（2）作CK⊥x轴，垂足为K．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝AC．
又∵∠BAC＝90°，
∴∠BAO+∠CAK＝90°．
又∵∠CAK+∠ACK＝90°，
∴∠BAO＝∠ACK．
在△BAO和△ACK中，∠BOA＝∠AKC，∠BAO＝∠ACK，AB＝AC，
∴△BAO≌△ACK．
∴OA＝CK＝1，OB＝AK＝2．
∴A（1，0），B（0，2）．
∴当点B平移到点D时，D（m，2），则2=13m2−16m−32，解得m＝﹣3（舍去）或m=72．
∴AB=OB2+AO2=5．
∴△ABC扫过区域的面积＝S四边形ABDE+S△DEH=72×2+12×5×5=9.5
（3）当∠ABP＝90°时，过点P作PG⊥y轴，垂足为G．
∵△APB为等腰直角三角形，
∴PB＝AB，∠PBA＝90°．
∴∠PBG+∠BAO＝90°．
又∵∠PBG+∠BPG＝90°，
∴∠BAO＝∠BPG．
在△BPG和△ABO中，∠BOA＝∠PGB，∠BAO＝∠BPG，AB＝PB，
∴△BPG≌△ABO．
∴PG＝OB＝2，AO＝BG＝1，
∴P（﹣2，1）．
当x＝﹣2时，y≠1，
∴点P（﹣2，1）不在抛物线上．
当∠PAB＝90°，过点P作PF⊥x轴，垂足为F．
同理可知：△PAF≌△ABO，
∴FP＝OA＝1，AF＝OB＝2，
∴P（﹣1，﹣1）．
当x＝﹣1时，y＝﹣1，
∴点P（﹣1，﹣1）在抛物线上．
12．（2018•资阳）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，6），B（6，0），C（﹣2，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积有最大值？
（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P做PE∥x轴交抛物线于点E，连结DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）待定系数法求解可得；
（2）作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM，先求出直线AB解析式为y＝﹣x+6，设P（t，−12t2+2t+6），则N（t，﹣t+6），由S△PAB＝S△PAN+S△PBN=12PN•AG+12PN•BM=12PN•OB列出关于t的函数表达式，利用二次函数的性质求解可得；
（3）若△PDE为等腰直角三角形，则PD＝PE，设点P的横坐标为a，表示出PD、PE的长，列出关于a的方程，解之可得答案．
【解析】（1）∵抛物线过点B（6，0）、C（﹣2，0），
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣6）（x+2），
将点A（0，6）代入，得：﹣12a＝6，
解得：a=−12，
所以抛物线解析式为y=−12（x﹣6）（x+2）=−12x2+2x+6；
（2）如图1，过点P作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM于点G，
设直线AB解析式为y＝kx+b，
将点A（0，6）、B（6，0）代入，得：
b=66k+b=0，
解得：k=−1b=6，
则直线AB解析式为y＝﹣x+6，
设P（t，−12t2+2t+6）其中0＜t＜6，
则N（t，﹣t+6），
∴PN＝PM﹣MN=−12t2+2t+6﹣（﹣t+6）=−12t2+2t+6+t﹣6=−12t2+3t，
∴S△PAB＝S△PAN+S△PBN
=12PN•AG+12PN•BM
=12PN•（AG+BM）
=12PN•OB
=12×（−12t2+3t）×6
=−32t2+9t
=−32（t﹣3）2+272，
∴当t＝3时，P位于（3，152）时，△PAB的面积有最大值；
方法二：如图2，连接OP，作PH⊥x轴于点H，作PG⊥y轴于点G，
设P（t，−12t2+2t+6）其中0＜t＜6，
则PH=−12t2+2t+6，PG＝t，
S△PAB＝S△PAO+S△PBO﹣S△ABO
=12×6×t+12×6×（−12t2+2t+6）−12×6×6
=−32t2+9t
=−32（t﹣3）2+272，
∴当t＝3时，即P位于（3，152）时，△PAB的面积有最大值
（3）如图3，
若△PDE为等腰直角三角形，
则PD＝PE，
设点P的横坐标为a，点E的横坐标为b，
∴PD=−12a2+2a+6﹣（﹣a+6）=−12a2+3a，a+b2=−22×(−12)，
则b＝4﹣a，
∴PE＝|a﹣（4﹣a）|＝|2a﹣4|＝2|2﹣a|，
∴−12a2+3a＝2|2﹣a|，
解得：a＝4或a＝5−17，
所以P（4，6）或P（5−17，317−5）．
【题组四】
13．（2019•陕西模拟）在平面直角坐标系中，二次函数抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0）和C（0，3），对称轴为直线x＝1．
（1）求二次函数的表达式和顶点M的坐标．
（2）将抛物线在坐标平面内平移，使其过原点，若在平移后，第二象限的抛物线上存在点P，使△PAC为等腰直角三角形，请求出抛物线平移后的表达式，并指出其中一种情况的平移方式．
【分析】（1）将A，C两点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c，由对称轴为直线x＝1，可得出方程组，解出a，b，c的值即可得出答案；
（2）分三种情况考虑，①当PC为等腰直角三角形△PAC的斜边，②当PA为等腰直角三角形△PAC的斜边，③当AC为等腰直角三角形△PAC的斜边，分别画出等腰直角三角形PAC，由等腰直角三角形的性质可得出P点坐标，则可得出答案．
【解析】（1）由题意，得a−b+c=0c=3−b2a=1，
解得：a=−1b=2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
当x＝1时，y＝﹣12+2×1+3＝4，
∴顶点M的坐标是（1，4）．
（2）平移后抛物线过原点，可设表达式是y＝﹣x2+mx，分三种情况：
①当PC为等腰直角三角形△PAC的斜边，如图1所示，作P1Q⊥x轴于Q，
∵∠P1AC＝∠AOC＝90°，
∴∠P1AQ+∠CAO＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠P1AQ＝∠ACO，
又∠P1QA＝∠AOC，P1A＝AC，
∴△P1QA≌△AOC（AAS），
∴P1Q＝OA＝1，AQ＝OC＝3，
∴OQ＝AQ+OA＝4，
∴P1点坐标是（﹣4，1），
把P1（﹣4，1）代入y＝﹣x2+mx得，
1＝16﹣4m，
∴m=−174．
∴平移后抛物线表达式是y=−x2−174x．
②当PA为等腰直角三角形△PAC的斜边，如图2所示，
同上可得△P2HC≌△COA，
∴P2H＝OC＝3，CH＝OA＝1，
∴P2点坐标是（﹣3，4），
把P2（﹣3，4）代入y＝﹣x2+mx得，4＝﹣9﹣3m，
∴m=−133．
∴平移后抛物线表达式是y=−x2−133x．
③当AC为等腰直角三角形△PAC的斜边，如图3所示，
这时P3是P1C的中点，因为P1（﹣4，1），C（0，3），所以P3（﹣2，2），
把P3（﹣2，2）代入y＝﹣x2+m得，2＝﹣4﹣2m，m＝﹣3．
所以平移后抛物线表达式是y＝﹣x2﹣3x．这时抛物线顶点是(−32，94)，
可将原抛物线向左平移1−(−32)=52个单位，再向下平移4−94=74个单位．
综上所述，平移后抛物线表达式是y=−x2−174x，y=−x2−133x，y＝﹣x2﹣3x；
原抛物线向左平移52个单位，再向下平移74个单位可得y＝﹣x2﹣3x．
14．（2019•兰州）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；
（4）当t=54时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求点Q的坐标．
【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可；
（2）由已知分别求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根据∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积即可求解；
（3）由已知可得M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），根据勾股定理可得PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，再由PB＝PC，得到m与t的关系式：m＝4t﹣5，因为PC⊥PB，则有4t−72t−1•4t−52t−5=−1求出t＝1或t＝2，即可求D点坐标；
（4）当t=54时，M（32，0），可知点Q在抛物线对称轴x=32上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x=32的交点分别为Q1与Q2，由AB＝5，可得圆半径AM=52，即可求Q点坐标分别为（32，−52），（32，52）．
【解析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y=−12x+2，
当t=32时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12×MB×DM−12×MB×MN=12×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴4t−72t−1•4t−52t−5=−1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
（4）当t=54时，M（32，0），
∴点Q在抛物线对称轴x=32上，
如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x=32的交点分别为Q1与Q2，
∵AB＝5，
∴AM=52，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，
∴Q1（32，−52），
∵Q1与Q2关于x轴对称，
∴Q2（32，52），
∴Q点坐标分别为（32，−52），（32，52）；
15．（2020•项城市校级二模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点A（﹣1，0），点B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．
【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，即可求解；
（2）△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12MB×DM−12MB×MN，即可求解；
（3）PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，PB＝PC，则（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，且PC⊥PB，4t−72t−1×4t−52t−5=−1，即可求解．
【解析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y=−12x+2，
当t=32时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12MB×DM−12MB×MN=12×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴4t−72t−1×4t−52t−5=−1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）．
16．（2020•浙江自主招生）x、y是一个函数的两个变量，若当a≤x≤b时，有a≤y≤b（a＜b），则称此函数为a≤x≤b上的闭函数．如y＝﹣x+3，当x＝1时y＝2；当x＝2时y＝1，即当1≤x≤2时，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的闭函数．
（1）请说明y=30x是1≤x≤30上的闭函数；
（2）已知二次函数y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的闭函数，求k和t的值；
（3）在（2）的情况下，设A为抛物线顶点，B为直线x＝t上一点，C为抛物线与y轴的交点，若△ABC为等腰直角三角形，请直接写出它的腰长为 10 ．
【分析】（1）由k＞0可知反比例函数y=30x在闭区间[1，30]上y随x的增大而减小，然后将x＝1，x＝30别代入反比例解析式的解析式，从而可求得y的范围，于是可做出判断；
（2）先求得二次函数的对称轴为x＝﹣2，a＝1＞0，根据二次函数的性质可知y＝x2+4x+k在闭区间[t，﹣2]上y随x的增大而减小，然后将x＝2，y＝k﹣4，x＝t，y＝t2+4t+k分别代入二次函数的解析式，从而可求得k的值；
（3）根据勾股定理的逆定理，可得方程，根据解方程，可得答案．
【解析】（1）∵k＝30，
∴当1≤x≤30时，y随x的增大而减小．
∴当x＝1时，y＝30；
当x＝30时，y＝1．
∴1≤y≤30．
∴反比例函数y=30x是1≤x≤30上的闭函数；
（2）∵x=−b2a=−2，a＝1＞0，
∴二次函数y＝x2+4x+k在闭区间[t，﹣2]上y随x的增大而减小．
∵二次函数y＝x2+4x+k是闭区间[t，﹣2]上的“闭函数”，
∴当x＝﹣2时，y＝k﹣4；当x＝t时，y＝t2+4t+k．
k−4=tt2+4t+k=−2，
解得k1=1t1=−3，k2=2t2=−2．
∵t＜﹣2，
∴k2=2t2=−2，舍去，
∴k＝1，t＝﹣3．
（3）由（2）知，抛物线解析式为：y＝x2+4x+1，或y＝（x+2）2﹣3
由二次函数的图象交y轴于C点，A为此二次函数图象的顶点，得
A（﹣2，﹣3），C（0，1）．
设B（﹣3，a），
由勾股定理，得AC2＝22+（﹣3﹣1）2＝20，AB2＝（﹣2+3）2+（﹣3﹣a）2＝10+6a+a2，BC2＝32+（1﹣a）2＝10﹣2a+a2
①当∠ABC＝90°时，AC2＝AB2+BC2，即20＝10+6a+a2+10﹣2a+a2，则a＝0．
此时AB2＝BC2＝10，故AB＝BC=10；
②当∠ACB＝90°时，AB2＝AC2+BC2，此时a=52，而AC≠BC，不满足条件，舍去．
③同理，当∠BAC＝90°时也不满足条件．
综上所述，△ABC的腰长为10．
故答案是：10．
【题组五】
17．（2019秋•南召县模拟）在平面直角坐标系中，直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=12x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．
（1）直接写出：b的值为 −32 ；c的值为 ﹣2 ；点A的坐标为 （﹣1，0） ；
（2）点M是线段BC上的一动点，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．设点D的横坐标为m．
①如图1，过点D作DM⊥BC于点M，求线段DM关于m的函数关系式，并求线段DM的最大值；
②若△CDM为等腰直角三角形，直接写出点M的坐标 1 ．
【分析】（1）直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，则点B、C的坐标为：（4，0）、（0，﹣2），即可求解；
（2）①MD＝DHcos∠MDH=55（12m﹣2−12m2+32m+2）=55（﹣m2+4m），即可求解；②分∠CDM＝90、∠MDC＝90°、∠MCD＝90°三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，
则点B、C的坐标为：（4，0）、（0，﹣2），
将点B、C的坐标代入抛物线表达式并解得：b=−32，c＝﹣2，
故抛物线的表达式为：y=12x2−32x﹣2…①，点A（﹣1，0）；
故答案为：−32，﹣2，（﹣1，0）；
（2）①如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H，
设点D（m，12m2−32m﹣2），点H（m，12m﹣2），
则∠MDH＝∠OBC＝α，tan∠OBC=12=tanα，则cosα=255；
MD＝DHcos∠MDH=255（12m﹣2−12m2+32m+2）=255（﹣m2+4m），
∵255＜0，故DM有最大值455；
设点M、D的坐标分别为：（s，12s﹣2），（m，n），n=12m2−32m﹣2；
②（Ⅰ）当∠CDM＝90°时，如图2左图，
过点M作x轴的平行线交过点D于x轴的垂线于点F，交y轴于点E，
则△MEC≌△DFM（AAS），
∴ME＝FD，MF＝CE，
即12s﹣2＝2＝m﹣s，s=12s﹣2﹣n，
解得：s=149，
故点M（149，−119）；
（Ⅱ）当∠MDC＝90°时，如图2右图，
同理可得：s=289，
故点M（289，−49）；
（Ⅲ）当∠MCD＝90°时，
则直线CD的表达式为：y＝﹣2x﹣2…②，
联立①②并解得：x＝0或﹣1，
故点D（﹣1，0），不在线段BC的下方，舍去；
综上，点M坐标为：（149，−119）或（289，−49）．
18．（2020•濉溪县一模）在平面直角坐标系中，直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=12x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，点M是线段BC上的一动点，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．设点D的横坐标为m．
①过点D作DM⊥BC于点M，求线段DM关于m的函数关系式，并求线段DM的最大值；
②若△CDM为等腰直角三角形，直接写出点M的坐标．
【分析】（1）由直线y=12x﹣2得B（4，0）、C（0，﹣2），将B（4，0）、C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+c，列方程组求出b、c即可；
（2）①过点DH∥AB，交直线y=12x﹣2于点H．则∠H＝∠OBC，OC＝2，OB＝4，BC＝25，由sin∠H＝sin∠OBC=OCBC=225=55，即DMDH=55，设D（m，12m2−32m﹣2），则H（m2﹣3m，12m2−32m﹣2），DH＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m2+4m，所以DM=55（﹣m2+4m）=−55(m−2)2+455，当m＝2时，DM的最大值为455；
②分两种情况：当CM⊥DM时，过点M作ME⊥y轴于点E，点D作DF∥y轴，交EM的延长线于点F；当CD⊥DM时，过点D作DE⊥y轴于点E，点M作MF∥y轴，交ED的延长线于点F，分别求出t的值即可．
【解答】解（1）由直线y=12x﹣2得
B（4，0）、C（0，﹣2），
将B（4，0）、C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+c，
8+4b+c=0c=−2，
解得b=−32，c＝﹣2，
∴二次函数的解析式y=12x2−32x﹣2；
（2）①过点DH∥AB，交直线y=12x﹣2于点H．
∴∠H＝∠OBC，
∵B（4，0）、C（0，﹣2），
∴OC＝2，OB＝4，BC＝25
∴sin∠H＝sin∠OBC=OCBC=225=55，
即DMDH=55，
设D（m，12m2−32m﹣2），则H（m2﹣3m，12m2−32m﹣2），
∴DH＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m2+4m，
∴DM=55（﹣m2+4m）=−55(m−2)2+455，
当m＝2时，DM的最大值为455；
②Ⅰ．当CM⊥DM时，过点M作ME⊥y轴于点E，点D作DF∥y轴，交EM的延长线于点F，
∵△CDM为等腰直角三角形，易证△EMC≌△FDM，
∴EM＝DF，EC＝MF，
设M（t，12t﹣2），则EM＝t，OE=−12t+2，
∴CE＝OC﹣OE＝2﹣（−12t+2）=12t，MF=12t，DF＝t，
EF＝EM+MF＝t+12t=32t，OE+DF=−12t+2+t=12t+2，
∴D（32t，−12t﹣2）
将D（32t，−12t﹣2）代入二次函数的解析式y=12x2−32x﹣2，
12×94t2−32×32t−2=−12t−2，
解得t＝0（舍去）或t=149，
∴M1（149，−119）；
Ⅱ．当CD⊥DM时，过点D作DE⊥y轴于点E，点M作MF∥y轴，交ED的延长线于点F，
∵△CDM为等腰直角三角形，易证△CED≌△DFM，
∴DE＝MF，EC＝DF，
设M（t，12t﹣2），则EF＝t，DF＝CE=14t，DE=34t，MF=34t，OE=14t+2
∴D（34t，−14t﹣2），
将D（34t，−14t﹣2）代入二次函数的解析式y=12x2−32x﹣2，
12×916t2−32×34t−2=−14t−2，
解得t＝0（舍去）或t=289，
∴M2（289，−49）
综上，△CDM为等腰直角三角形，点M的坐标为M1（149，−119）或M2（289，−49）
19．（2020•石屏县一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
【分析】（1）直接把点A（﹣3，0），B（1，0）代入二次函数y＝ax2+bx+2求出a、b的值即可得出抛物线的解析式；
（2）设点P坐标为（m，n），则n=−23m2−43m+2，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．根据三角形的面积公式得出△PAC的表达式，再根据二次函数求最大值的方法得出其顶点坐标即可；
（3）以BC为边，在线段BC两侧分别作正方形，正方形的其他四个顶点均可以使得“△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形”，因此有四个点符合题意要求，再过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，过点Q2作Q2E⊥x轴于点E，根据全等三角形的判定定理得出△Q1CD≌△CBO，△CBO≌△BQ2E，故可得出各点坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴0=9a−3b+20=a+b+2
解得a=−23b=−43，
∴二次函数的关系解析式为y=−23x2−43x+2；
（2）存在．
∵如图1所示，设点P坐标为（m，n），则n=−23m2−43m+2．
连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
则PM=−23m2−43m+2，PN＝﹣m，AO＝3．
∵当x＝0时，y=−23×0−43×0+2＝2，
∴OC＝2，
∴S△PAC＝S△PAO+S△PCO﹣S△ACO
=12AO•PM+12CO•PN−12AO•CO
=12×3×（−23m2−43m+2）+12×2×（﹣m）−12×3×2
＝﹣m2﹣3m
∵a＝﹣1＜0
∴函数S△PAC＝﹣m2﹣3m有最大值
∴当m=−b2a=−32时，S△PAC有最大值．
∴n=−23m2−43m+2=−23×（−32）2−43×（−32）+2=52，
∴存在点P（−32，52），使△PAC的面积最大．
（3）如图2所示，以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3，则点Q1，Q2，Q3，Q4为符合题意要求的点．过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，过点Q2作Q2E⊥x轴于点E，
∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，∠3+∠4＝90°，
∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，
在△Q1CD与△CBO中，
∵∠1=∠3Q1C=BC∠2=∠4，
∴△Q1CD≌△CBO，
∴Q1D＝OC＝2，CD＝OB＝1，
∴OD＝OC+CD＝3，
∴Q1（2，3）；
同理可得Q4（﹣2，1）；
同理可证△CBO≌△BQ2E，
∴BE＝OC＝2，Q2E＝OB＝1，
∴OE＝OB+BE＝1+2＝3，
∴Q2（3，1），
同理，Q3（﹣1，﹣1），
∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．
20．（2019•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c（b＜0）与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线与x轴的公共点坐标为（2，0），求a、c满足的关系式；
（2）设A为抛物线上的一定点，直线l：y＝kx+1﹣k与抛物线交于点B、C，直线BD垂直于直线y＝﹣1，垂足为点D．当k＝0时，直线l与抛物线的一个交点在y轴上，且△ABC为等腰直角三角形．
①求点A的坐标和抛物线的解析式；
②证明：对于每个给定的实数k，都有A、D、C三点共线．
【分析】（1）抛物线与x轴的公共点坐标即为函数顶点坐标，即可求解；
（2）①y＝kx+1﹣k＝k（x﹣1）+1过定点（1，1），且当k＝0时，直线l变为y＝1平行x轴，与轴的交点为（0，1），即可求解；②计算直线AD表达式中的k值、直线AC表达式中的k值，两个k值相等即可求解．
【解析】（1）抛物线与x轴的公共点坐标即为函数顶点坐标，故：y＝a（x﹣2）2＝ax2﹣4ax+4a，
则c＝4a；
（2）y＝kx+1﹣k＝k（x﹣1）+1过定点（1，1），
且当k＝0时，直线l变为y＝1平行x轴，与y轴的交点为（0，1），
又△ABC为等腰直角三角形，
∴点A为抛物线的顶点；
①c＝1，顶点A（1，0），
抛物线的解析式：y＝x2﹣2x+1，
②y=x2−2x+1y=kx+1−k，
x2﹣（2+k）x+k＝0，
x=12（2+k±k2+4），
xD＝xB=12（2+k−k2+4），yD＝﹣1；
则D(1+k−k2+42，−1)，
yC=12（2+k2+kk2+4），
C(1+k+k2+42，1+k(k+k2+4)2)，A（1，0），
∴直线AD表达式中的k值为：kAD=−2k−k2+4=k+k2+42，
直线AC表达式中的k值为：kAC=k+k2+42，
∴kAD＝kAC，点A、C、D三点共线．
2021新版挑战中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题3二次函数与等腰直角三角形问题
二次函数与等腰直角三角形的相结合的综合问题，是中考数学压轴题中比较常见的一种，涉及到的知识点有：等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质、斜边的中线、全等三角形与相似三角形、角平分线、方程与函数模型、函数的基本性质等。等腰直角三角形与二次函数综合问题常见的有三种类型：两定一动探索直角三角形问题；一定两动探索等腰直角三角形问题；三动探索等腰直角三角形问题；常见的思路中，不管是哪种类型的等腰直角三角形三角形问题，分类讨论的依据都是三个角分别为直角，解决的思路是通过构造K型全等或相似图来列方程解决。
【例1】（2020•甘肃省兰州市中考第28题）如图，二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），B（﹣2，m），交y轴于点C（0，﹣4）．直线BO与抛物线相交于另一点D，连接AB，AD，点E是线段AB上的一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F．
（1）求二次函数y=14x2+bx+c的表达式；
（2）判断△ABD的形状，并说明理由；
（3）在点E的运动过程中，直线BD上存在一点G，使得四边形AFGE为矩形，请判断此时AG与BD的数量关系，并求出点E的坐标；
（4）点H是抛物物的顶点，在（3）的条件下，点P是平面内使得∠EPF＝90°的点，在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得△HPQ是以∠PQH为直角的等腰直角三角形，若存在，直接写出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A，C两点坐标代入抛物线的解析式，转化为解方程组，即可解决问题．
（2）求出AB，AD，BD，利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用矩形的性质以及平行线分线段成比例定理证明BE＝AE，BG＝GD，即可解决问题．
（4）如图2中，设EF的中点为k，P（x，y），连接PK．直线PH的解析式，想办法构建方程组求出点P的纵坐标y即可解决问题．
【解析】（1）∵二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），点C（0，﹣4），
∴c=−44+4b+c=−4，
解得b=−1c=−4，
∴二次函数的解析式为y=14x2﹣x﹣4．
（2）∵B（﹣2，m）在y=14x2﹣x﹣4，
∴B（﹣2，﹣1），
∴直线OB的解析式为y=12x，
由y=12xy=14x2−x−4，解得x=−2y=−2（即点B）或x=8y=4，
∴D（8，4），
∵A（4，﹣4），
∴AB=62+32=35，AD=42+82=45，BD=102+52=55，
∴BD2＝AB2+AD2，
∴∠BAD＝90°，
∴△ABD是直角三角形．
（3）结论AG=12BD．
理由：如图1中，连接AG，交EF于H．
∵四边形AEGF是矩形，
∴AH＝HG，EH＝FH，
∵EF∥BD，
∴AEEB=AHGH=1，
∴AE＝BE，
∴E（1，−52），
∵EHBG=AHAG=FHDG，EH＝FH，
∴BG＝GD，
∵∠BAD＝90°，
∴AG=12BD．
（4）如图2中，设EF的中点为k，P（x，y），连接PK．
∵E（1，−52），F（6，0），
∴K（72，−54），EF=52+(52)2=552，
∵∠EPF＝90°，
∴点P在以EF为直径的⊙k上运动，
∵△PQH是等腰直角三角形，∠PQH＝90°，
∴∠QHP＝45°，
∵抛物线的顶点H（2，﹣5），
∴直线PH的解析式为y＝x﹣7，
∵PK=12EF，
∴（x−72）2+（y+54）2＝（554）2，
（y+7−72）2+（y+54）2＝（554）2，
解得y＝﹣4或−34，
∴Q（2，﹣4）或（2，−34）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【例2】（2020•湖北省武汉市中考第24题）将抛物线C：y＝（x﹣2）2向下平移6个单位长度得到抛物线C1，再将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．
（1）直接写出抛物线C1，C2的解析式；
（2）如图（1），点A在抛物线C1（对称轴l右侧）上，点B在对称轴l上，△OAB是以OB为斜边的等腰直角三角形，求点A的坐标；
（3）如图（2），直线y＝kx（k≠0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点，M为线段EF的中点；直线y=−4kx与抛物线C2交于G，H两点，N为线段GH的中点．求证：直线MN经过一个定点．
【分析】（1）根据平移规律：上加下减，左加右减，直接写出平移后的解析式；
（2）过点A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥AC于点D，设A（a，（a﹣2）2﹣6），则BD＝a﹣2，AC＝|（a﹣2）2﹣6|，再证明△ABD≌△OAC，由全等三角形的性质得a的方程求得a便可得A的坐标；
（3）由两直线解析式分别与抛物线的解析式联立方程组，求出M、N点的坐标，进而求得MN的解析式，再根据解析式的特征得出MN经过一个定点．
【解析】（1）∵抛物线C：y＝（x﹣2）2向下平移6个单位长度得到抛物线C1，
∴C1：y＝（x﹣2）2﹣6，
∵将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．
∴C2：y＝（x﹣2+2）2﹣6，即y＝x2﹣6；
（2）过点A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥AC于点D，如图1，
设A（a，（a﹣2）2﹣6），则BD＝a﹣2，AC＝|（a﹣2）2﹣6|，
∵∠BAO＝∠ACO＝90°，
∴∠BAD+∠OAC＝∠OAC+∠AOC＝90°，
∴∠BAD＝∠AOC，
∵AB＝OA，∠ADB＝∠OCA，
∴△ABD≌△OAC（AAS），
∴BD＝AC，
∴a﹣2＝|（a﹣2）2﹣6|，
解得，a＝4，或a＝﹣1（舍），或a＝0（舍），或a＝5，
∴A（4，﹣2）或（5，3）；
（3）把y＝kx代入y＝x2﹣6中得，x2﹣kx﹣6＝0，
∴xE+xF＝k，
∴M（k2，k22），
把y=−4kx代入y＝x2﹣6中得，x2+4kx﹣6＝0，
∴xG+xH=−4k，
∴N（−2k，8k2），
设MN的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
k2m+n=k22−2km+n=8k2，解得，m=k2−4kn=2，
∴直线MN的解析式为：y=k2−4kx+2，
当x＝0时，y＝2，
∴直线MN：y=k2−4kx+2经过定点（0，2），
即直线MN经过一个定点．
【点评】本题是一个二次函数综合题，主要考查了平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，待定系数法，求函数图象的交点问题，第（2）小题关键是证明三角形全等，第（3）题关键是求出M、N点的坐标及直线MN的解析式．
3．（2020•湖南省岳阳市中考第24题）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝a（x−25）2+6415与x轴交于点A（−65，0）和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线F1的表达式；
（2）如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC．
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A（−65，0）代入抛物线F1：y＝a（x−25）2+6415中，求出a的值，即可求解；
（2）①由平移的原则：左加，右减，上加，下减，可得抛物线F2的解析式，与抛物线F1联立方程组，解出可得点D的坐标；
②根据两点的距离公式和勾股定理的逆定理可得：△BDC是等腰直角三角形；
（3）设P[m，−53(m+35)2+1915]，根据两点的距离公式和勾股定理列方程可解出m的值，并确认两直角边是否相等，可得符合条件的点P的坐标．
【解析】（1）把点A（−65，0）代入抛物线F1：y＝a（x−25）2+6415中得：
0＝a（−65−25）2+6415，
解得：a=−53，
∴抛物线F1：y=−53（x−25）2+6415；
（2）①由平移得：抛物线F2：y=−53（x−25+1）2+6415−3，
∴y=−53（x+35）2+1915，
∴−53（x+35）2+1915=−53（x−25）2+6415，
−103x=103，
解得：x＝﹣1，
∴D（﹣1，1）；
②当x＝0时，y=−53×425+6415=4，
∴C（0，4），
当y＝0时，−53（x−25）2+6415=0，
解得：x=−65或2，
∴B（2，0），
∵D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+（1﹣0）2＝10，
CD2＝（0+1）2+（4﹣1）2＝10，
BC2＝22+42＝20，
∴BD2+CD2＝BC2且BD＝CD，
∴△BDC是等腰直角三角形；
（3）存在，
设P（m，−53(m+35)2+1915），
∵B（2，0），D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+12＝10，PB2=(m−2)2+[−53(m+35)2+1915]2，PD2=(m+1)2+[−53(m+35)2+1915−1]2，
分三种情况：
①当∠DBP＝90°时，BD2+PB2＝PD2，
即10+（m﹣2）2+[−53(m+35)2+1915]2＝（m+1）2+[−53（m+35）2+1915−1]2，
解得：m＝﹣4或1，
当m＝﹣4时，BD=10，PB=36+324=610，即△BDP不是等腰直角三角形，不符合题意，
当m＝1时，BD=10，PB=1+9=10，
∴BD＝PB，即△BDP是等腰直角三角形，符合题意，
∴P（1，﹣3）；
②当∠BDP＝90°时，BD2+PD2＝PB2，
即10+（m+1）2+[−53（m+35）2+1915−1]2＝（m﹣2）2+[−53(m+35)2+1915]2，
解得：m＝﹣1（舍）或﹣2，
当m＝﹣2时，BD=10，PD=1+9=10，
∴BD＝PD，即此时△BDP为等腰直角三角形，
∴P（﹣2，﹣2）；
③当∠BPD＝90°时，且BP＝DP，有BD2＝PD2+PB2，如图3，
当△BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线上，此种情况不存在这样的点P；
综上，点P的坐标是（1，﹣3）或（﹣2，﹣2）．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法和平移求二次函数解析式，勾股定理及逆定理，两点的距离公式，难点在于（3）根据直角三角形的直角顶点分情况讨论．
【例4】（2020•江苏省盐城市中考第24题）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且经过点A（0，2）．过点A的直线l与x轴交于点C，与该函数的图象交于点B（异于点A）．满足△ACN是等腰直角三角形，记△AMN的面积为S1，△BMN的面积为S2，且S2=52S1．
（1）抛物线的开口方向 上 （填“上”或“下”）；
（2）求直线l相应的函数表达式；
（3）求该二次函数的表达式．
【分析】（1）根据题意借助图象即可得到结论；
（2）由点A（0，2）及△CAN是等腰直角三角形，可知C（﹣2，0），N（2，0），由A、C两点坐标可求直线l；
（3）由S2=52S1，可知B点纵坐标为5，代入直线AB解析式可求B点横坐标，将A、B、N三点坐标代入y＝ax2+bx+c中，可求抛物线解析式．
【解析】（1）如图，如二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且经过点A（0，2）．
∴y＝ax2+bx+2，
令y＝0，则ax2+bx+2＝0，
∵0＜x1＜x2，
∴2a＞0，
∴a＞0，
∴抛物线开口向上，
故答案为：上；
（2）①若∠ACN＝90°，则C与O重合，直线l与抛物线交于A点，
因为直线l与该函数的图象交于点B（异于点A），所以不合题意，舍去；
②若∠ANC＝90°，则C在x轴的下方，与题意不符，舍去；
③若∠CAN＝90°，则∠ACN＝∠ANC＝45°，AO＝CO＝NO＝2，
∴C（﹣2，0），N（2，0），
设直线l为y＝kx+b，将A（0，2）C（﹣2，0）代入得b=2−2k+b=0，
解得k=1b=2，
∴直线l相应的函数表达式为y＝x+2；
（3）过B点作BH⊥x轴于H，
S1=12MN⋅OA，S2=12MN⋅BH，
∵S2=52S1，
∴BH=52OA，
∵OA＝2，
∴BH＝5，
即B点的纵坐标为5，代入y＝x+2中，得x＝3，
∴B（3，5），
将A、B、N三点的坐标代入y＝ax2+bx+c得c=24a+2b+c=09a+3b+c=5，
解得a=2b=−5c=2，
∴抛物线的解析式为y＝2x2﹣5x+2．
【题组一】
1．（2020•雁塔区校级模拟）如图，抛物线C1：y=−12x2+2x+2的顶点为A，且与y轴于点B，将抛物线C1沿y＝a对称后，得到抛物线C2与y轴交于点C．
（1）求A、B两点坐标；
（2）若抛物线C2上存在点D，使得△BCD为等腰直角三角形，求出此时抛物线C2的表达式．
【分析】（1）利用配方法求出抛物线的顶点坐标，利用待定系数法求出点B坐标即可．
（3）分三种情形：①当∠BCD＝90°，BC＝CD时，如图1．②当∠CBD＝90°，BC＝BD时，如图2．③当∠BDC＝90°时，D（2﹣a，a）或（a﹣2，a），根据对称性，点D在C1也在C2上，如图3中，分别求解即可．
【解析】（1）令x＝0，得y=−12x2+2x+2＝2，
∴B（0，2），
∵y=−12x2+2x+2=−12（x﹣2）2+4，
∴A（2，4），
（2）∵将抛物线C1沿y＝a对称后，得到抛物线C2与y轴交于点C，
∴抛物线C2的顶点坐标为（2，2a﹣4），二次项系数为12，C（0，2a﹣2），
∴抛物线C2的表达式为：y=12（x﹣2）2+2a﹣4，
①当∠BCD＝90°，BC＝CD时，如图1，
则D（4，2a﹣2），
∴|2a﹣4|＝4，
解得，a＝0，或a＝4，
∴此时抛物线C2的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣4或y=12（x﹣2）2+4；
②当∠CBD＝90°，BC＝BD时，如图2，
则D（2+23−a，2），
∴|2a﹣4|＝2+23−a，
解得，a＝3或a＝2（舍弃）或a＝﹣2，
∴此时抛物线C2的表达式：y=12（x﹣2）2+2，或y=12（x﹣2）2﹣8；
③当∠BDC＝90°时，D（2﹣a，a）或（a﹣2，a），根据对称性，点D在C1也在C2上，如图3中，
∴a=−12（2﹣a）2+2（2﹣a）+2或a=−12（a﹣2）2+2（a﹣2）+2，
解得a＝﹣4或2（舍弃），a＝6或2（舍弃），
抛物线C2的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣14或y=12（x﹣2）2+12，
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为：y=12（x﹣2）2﹣6或y=12（x﹣2）2+2或y=12（x﹣2）2−5−1或y=12（x﹣2）2+13−7，或y=12（x﹣2）2−13−7或y=12（x﹣2）2﹣14或y=12（x﹣2）2+12．
2．（2020•沙坪坝区校级一模）如图1，抛物线y=24x2+2x﹣62交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，D点是该抛物线的顶点，连接AC、AD、CD．
（1）求△ACD的面积；
（2）如图1，点P是线段AD下方的抛物线上的一点，过P作PE∥y轴分别交AC于点E，交AD于点F，过P作PG⊥AD于点G，求EF+52FG的最大值，以及此时P点的坐标；
（3）如图2，在对称轴左侧抛物线上有一动点M，在y轴上有一动点N，是否存在以BN为直角边的等腰Rt△BMN？若存在，求出点M的横坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标和顶点坐标，再用待定系数法求得AC的解析式，进而求出点N、D的坐标，再根据三角形的面积公式求出结果；
（2）证明EF+52FG即为EP的长度，即可求解；
（3）分点M在x轴的上方或下方，再分∠BNM为直角、∠MBN为直角共四种情况，利用三角形全等即可求解．
【解析】（1）令x＝0，得y=24x2+2x﹣62=−62，
∴C（0，﹣62），
令y＝0，得y=24x2+2x﹣62=0，
解得，x＝﹣62或22，
∴A（﹣62，0），点B（22，0），
设直线AC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
则−62k+b=0b=−62，
∴k=−1b=−62，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣62，
∵y=24x2+2x﹣62=24（x+22）2﹣82，
∴D（﹣22，﹣82），
过D作DM⊥x轴于点M，交AC于点N，如图1，
则N（﹣22，﹣42），
∴DN=42，
∴△ACD的面积=12DN⋅OA=12×42×62=24；
（2）如图1，过点D作x轴的平行线交FP的延长线于点H，
由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y＝﹣2x﹣122，
故tan∠FDH＝2，则sin∠FDH=25，
∵∠HDF+∠HFD＝90°，∠FPG+∠PFG＝90°，
而∠HFD＝∠PFG，
∴∠FPG＝∠FDH，
在Rt△PGF中，PF=FGsin∠PFH=FGsin∠FDH=52FG，
则EF+52FG＝EF+PF＝EP，
设点P（x，24x2+2x﹣62），则点E（x，﹣x﹣62），
则EF+52FG＝EF+PF＝EP＝﹣x﹣62−（24x2+2x﹣62）=−24x2﹣3x，
∵−24＜0，故EP有最大值，此时x=−b2a=−32，最大值为922；
当x＝﹣32时，y=24x2+2x﹣62=−1522，
故点P（﹣32，−1522）；
（3）存在，理由：
设点M的坐标为（m，n），则n=24m2+2m﹣62①，点N（0，s），
（Ⅰ）当点M在x轴下方时，
①当∠MNB为直角时，如图2，
过点N作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点H，交过点M与y轴的平行线于点G，
∵∠MNG+∠BNH＝90°，∠MNG+∠GMN＝90°，
∴∠GMN＝∠BNH，
∵∠NGM＝∠BHN＝90°，MN＝BN，
∴△NGM≌△BHN（AAS），
∴GN＝BH，MG＝NH，
即n﹣s＝22且﹣m＝﹣s②，
联立①②并解得：m＝﹣22±210（舍去正值），
故m＝﹣22−210；
②当∠NBM为直角时，如图3，
过点B作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点G，交过点M与x轴的平行线于点H，
同理可证：△MHB≌△BGN（AAS），
则BH＝NG，即n＝﹣22，
当n＝﹣22时，24m2+2m﹣62=−22，解得：m＝﹣22±26（舍去正值），
故m＝﹣22−26；
（Ⅱ）当点M在x轴上方时，
同理可得：m=−2−34或﹣32−34；
综上，点M的横坐标为﹣22−210或﹣22−26或−2−34或﹣32−34．
3．（2020•陕西模拟）如图，抛物线C的顶点坐标为（2，8），与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点D（0，6）．
（1）求抛物线C的函数表达式以及点B的坐标；
（2）平移抛物线C，使平移后的抛物线C′的顶点P落在线段BD上，过P作x轴的垂线，交抛物线C于点Q，再过点Q作QE∥x轴交抛物线C于另一点E，连接PE，若△PQE是等腰直角三角形，请求出所有满足条件的抛物线C′的函数表达式．
【分析】（1）利用顶点式解决问题即可．
（2）由题意，直线BD的解析式为y＝﹣x+6，设P（t，﹣t+6），则0＜t＜6，Q（t，−12t2+2t+6），因为E，Q关于x＝2的长，推出E（﹣t+4，−12t2+2t+6），可得QP=−12t2+2t+6﹣（﹣t+6）=−12t2+3t，QE＝|2t﹣4|，因为∠PQE＝90°，推出当QE＝PQ时，△PQE是等腰直角三角形，由此构建方程求解即可．
【解析】（1）∵抛物线C的顶点坐标为（2，8），
∴可以假设抛物线C的解析式为y＝a（x﹣2）2+8，
把（0，6）代入y＝a（x﹣2）2+8，得a=−12，
∴抛物线C的解析式为y=−12（x﹣2）2+8，即y=−12x2+2x+6，
令y＝0，则有−12x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）．
（2）设直线BD的解析式为y＝kx+b，则6k+b=0b=6，
解得k=−1b=6，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+6，
设P（t，﹣t+6），则0＜t＜6，Q（t，−12t2+2t+6），
∵E，Q关于x＝2的长，
∴E（﹣t+4，−12t2+2t+6），
∴QP=−12t2+2t+6﹣（﹣t+6）=−12t2+3t，QE＝|2t﹣4|，
∵QP⊥x轴，QE∥x轴，
∴∠PQE＝90°，
∴当QE＝PQ时，△PQE是等腰直角三角形，
即−12t2+3t＝|2t﹣4|，
①当−12t2+3t＝2t﹣4时，解得t＝4或﹣2（舍弃），此时P（4，2）．
②当−12t2+3t＝﹣2t+4时，解得t＝5−17或5+17（舍弃），此时P（5−17，1+17）．
∴满足条件的抛物线C′的解析式为y=−12（x﹣4）2+2或y=−12（x﹣5+17）2+1+17．
4．（2019秋•青龙县模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，3），且OB＝OC．直线y＝x+1与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点Q是抛物线的顶点，设直线AD上方的抛物线上的动点P的横坐标为m．
（1）求该抛物线的解析式及顶点Q的坐标．
（2）连接CQ，直接写出线段CQ与线段AE的数量关系和位置关系．
（3）连接PA、PD，当m为何值时S△APD=12S△DAB？
（4）在直线AD上是否存在一点H，使△PQH为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直线y＝x+1与抛物线交于A点，则点A（﹣1，0）、点E（0，1），可得出点B、C的坐标分别为：（3，0）、（0，3），用待定系数法求出二次函数解析即可求解；
（2）求出CQ和AE的长，可得出CQ＝AE，由两直线的解析式k相等可得出CQ与AE平行；
（3）联立直线y＝x+1与抛物线的表达式，并解得x＝﹣1或2．故点D（2，3），过点P作y轴的平行线交AD于点K，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1），根据面积关系可求出m的值；
（4）分∠QOH＝90°、∠PQH＝90°、∠QHP＝90°三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）直线y＝x+1与抛物线交于A点，则点A（﹣1，0）、点E（0，1）．
∵OB＝OC，C（0，3），
∴点B的坐标为（3，0），
故抛物线的表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
将点C的坐标代入，得﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
∴函数的对称轴为x＝1，故点Q的坐标为（1，4）．
（2）CQ＝AE，且CQ∥AE，理由：
∵Q（1，4），C（0，3），
∴CQ=12+(4−3)2=2，
CQ的解析式为y＝x+3，
又∵AE=12+12=2，直线AE的解析式为y＝x+1，
∴CQ＝AE，CQ∥AE，
（3）∵y=x+1y=−x2+2x+3，
∴x1=−1y1=0，x2=2y2=3，
∴点D的坐标为（2，3）．
如图1，过点P作y轴的平行线，交AD于点K，
设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1）
∴S△PAD=12×PK×(xD−xA)=12×3×(−m2+2m+3−m−1)=12S△DAB=12×4×3．
解得m＝0或1．
（4）存在，点P的坐标为（0，3）或(1−2，2)．
设点H（t，t+1），点P（m，n），n＝﹣m2+2m+3，而点Q（1，4），
①当∠QPH＝90°时，
如图2，过点P作y轴的平行线，过点H、点Q作x轴的平行线，交过点P且平行于y轴的直线于点M、G，
∵∠GQP+∠QPG＝90°，∠QPG+∠HPM＝90°，
∴∠HPM＝∠GQP，∠PGQ＝∠HMP＝90°，PH＝PQ，
∴△PGQ≌△HMP（AAS），
∴PG＝MH，GQ＝PM，
即4﹣n|＝|t﹣m|，|1﹣m|＝|n﹣（t+1）|，
解得m＝2或n＝3．
当n＝3时，3＝﹣m2+2m+3，解得m1＝0，m2＝2（舍去），
∴点P（0，3）．
②当∠PQH＝90°时，不合题意．
③当∠PHQ＝90°时，如图3，
同理可得n＝2，
解得m1＝1+2（舍去），m2＝1−2．
故点P（1−2，2）．
综上可得，点P的坐标为（0，3）或（1−2，2）．
【题组二】
5．（2020•鹿邑县一模）已知：如图，直线y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c过A、C两点，
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线位于第三象限上一动点，连接PA，PC，试问△PAC的面积是否存在最大值，若存在，请求出△APC面积的最大值，以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点M为抛物线上一点，点N为抛物线对称轴上一点，若△NMC是以∠NMC为直角的等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【分析】（1）求出点A、C的坐标，将点A、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）△APC面积S＝S△PHA+S△PHC=12×PH×OA，即可求解；
（3）证明△MGN≌△CHM（AAS），则GN＝MH，即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，即可求解．
【解析】（1）y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，则点A、C的坐标分别为：（﹣3，0）、（0，﹣3）；
将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：9−3b+c=0c=−3，解得b=2c=−3，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）存在，理由：
如图1，过点P作y轴的平行线交AC于点H，
设点P（x，x2+2x﹣3），则点H（x，﹣x﹣3），
△APC面积S＝S△PHA+S△PHC=12×PH×OA=12×（﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3）×3=−32x2−92x，
∵−32＜0，故S有最大值，
当x=−32时，S的最大值为278，此时点P（−32，−154）；
（3）如图2，设点N（﹣1，s），点M（m，n），n＝m2+2m﹣3，
过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点H，交过点N与x轴的平行线于点G，
∵∠GMN+∠GNM＝90°，∠GMN+∠HMC＝90°，
∴∠HMC＝∠GNM，
∵∠MGN＝∠CHM＝90°，MN＝MC，
∴△MGN≌△CHM（AAS），
∴GN＝MH，
即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，
①当﹣1﹣m＝n+3时，
即m+n+4＝0，即m2+3m+1＝0，
解得：m=−3±52，故点M（−3±52，−5±52）；
②当﹣1﹣m＝﹣（n+3）时，即m＝n+2，
同理可得：点M（−1±52，−5±52）；
故点M的坐标为：（−3+52，−5−52）或（−3−52，−5+52）或（−1+52，−5+52）或（−1−52，−5−52）．
6．（2020•碑林区校级模拟）抛物线C1：y=−14x2−12x+2交x轴于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．
（1）求A，B两点的坐标．
（2）M为平面内一点，将抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，C2经过点A且抛物线C2上有一点P，使△BCP是以∠B为直角的等腰直角三角形．是否存在这样的点M？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）令y＝0解方程可得点A和B的坐标；
（2）分两种情况：点P在x轴的上方和下方，作辅助线，构建全等三角形，可得P的坐标，根据待定系数法可得抛物线的解析式，利用抛物线C1和抛物线C2的顶点可得点M的坐标．
【解析】（1）当y＝0时，−14x2−12x+2＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∵点A在点B的右侧，
∴A（2，0），B（﹣4，0）；
（2）分两种情况：
①当P在x轴的下方时，如图1，过P作PD⊥x轴于D，
设抛物线C1的顶点为E，则E（﹣1，94），
∵△PBC是等腰直角三角形，
∴BC＝PB，∠PBC＝90°，
∴∠CBO+∠OCB＝∠OBC+∠PBD＝90°，
∴∠OCB＝∠PBD，
∵∠BOC＝∠PDB＝90°，
∴△BOC≌△PDB（AAS），
∴PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，
∴OD＝4﹣2＝2，
∴P（﹣2，﹣4），
∵抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，
∴设抛物线C2的解析式为：y=14x2+bx+c，
把P（﹣2，﹣4）和A（2，0）代入得：1−2b+c=−41+2b+c=0，
解得：b=1c=−3，
∴抛物线C2的解析式为：y=14x2+x−3=14(x+2)2−4，
此时点P为抛物线C2的顶点，
∴M是线段EP的中点，
∴M（−32，−78）；
②当点P在x轴的上方时，如图2，过P作PD⊥x轴于D，
同理得△PDB≌△BOC，
∴PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，
∴P（﹣6，4），
∵抛物线C2经过点P和点A，同理可得抛物线的解析式为：y=14x2+12x−2=14(x+1)2−94，
∴顶点F（﹣1，−94），
∵抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，
∴M是线段EF的中点，
∴M（﹣1，0）；
综上，点M的坐标为：（−32，−78）或（﹣1，0）．
7．（2020•灌南县一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PM⊥x轴，交抛物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
（2）当点P在线段OB上运动时，求线段MN的最大值；
（3）当点P在线段OB上运动时，若△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值；
（4）当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出m的值．
【分析】（1）由A、C两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式，则可求得B点坐标，再利用待定系数法可求得直线BC的解析式；
（2）用m可分别表示出N、M的坐标，则可表示出MN的长，再利用二次函数的最值可求得MN的最大值；
（3）由题意可得当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时则有MN＝MC，且MC⊥MN，则可求表示出M点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值；
（4）由条件可得出MN＝OC，结合（2）可得到关于m的方程，可求得m的值．
【解析】
（1）∵抛物线过A、C两点，
∴代入抛物线解析式可得−1−b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0可得，﹣x2+2x+3＝0，解x1＝﹣1，x2＝3，
∵B点在A点右侧，
∴B点坐标为（3，0），
设直线BC解析式为y＝kx+s，
把B、C坐标代入可得3k+s=0s=3，解得k=−1s=3，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3；
（2）∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，
∴M（m，﹣m2+2m+3），N（m，﹣m+3），
∵P在线段OB上运动，
∴M点在N点上方，
∴MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m−32）2+94，
∴当m=32时，MN有最大值，MN的最大值为94；
（3）∵PM⊥x轴，
∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，
∴M点纵坐标为3，
∴﹣m2+2m+3＝3，解得m＝0或m＝2，
当m＝0时，则M、C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
∴m＝2；
（4）∵PM⊥x轴，
∴MN∥OC，
当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，则有OC＝MN，
当点P在线段OB上时，则有MN＝﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m＝3，此方程无实数根，
当点P不在线段OB上时，则有MN＝﹣m+3﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣3m，
∴m2﹣3m＝3，解得m=3+212或m=3−212，
综上可知当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，m的值为3+212或3−212．
8．（2019•黄冈）如图①，在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣2，2），B（﹣2，0），C（0，2），D（2，0）四点，动点M以每秒2个单位长度的速度沿B→C→D运动（M不与点B、点D重合），设运动时间为t（秒）．
（1）求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；
（2）点P在（1）中的抛物线上，当M为BC的中点时，若△PAM≌△PBM，求点P的坐标；
（3）当M在CD上运动时，如图②．过点M作MF⊥x轴，垂足为F，ME⊥AB，垂足为E．设矩形MEBF与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；
（4）点Q为x轴上一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K．是否存在点Q，使得△HOK为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式即可；
（2）由已知易得点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，点P的纵坐标是1，则有1=−14x2−12x+2，即可求P；
（3）S=12×（GM+BF）×MF=12×（2t﹣4+t）×（4﹣t）=−32t2+8t﹣8=−32（t−83）2+83；
（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝x+2，直线AQ的解析式y=−2m+2（x+2）+2，求出点K（0，2mm+2），H（−4m+4，2m+4m+4），由勾股定理可得OK2=(2mm+2)2，OH2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，HK2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，分三种情况讨论△HOK为等腰三角形即可．
【解析】（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，
将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式可得
2=4a−2b+c2=c0=4a+2b+c，
∴a=−14b=−12c=2，
∴y=−14x2−12x+2；
（2）∵△PAM≌△PBM，
∴PA＝PB，MA＝MB，
∴点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，
∵AB＝2，
∴点P的纵坐标是1，
∴1=−14x2−12x+2，
∴x＝﹣1+5或x＝﹣1−5，
∴P（﹣1−5，1）或P（﹣1+5，1）；
（3）CM=2t﹣22，MG=2CM＝2t﹣4，
MD＝42−（BC+CM）＝42−（22+2t﹣22）＝42−2t，
MF=22MD＝4﹣t，
∴BF＝4﹣4+t＝t，
∴S=12×（GM+BF）×MF=12×（2t﹣4+t）×（4﹣t）=−32t2+8t﹣8=−32（t−83）2+83；
当t=83时，S最大值为83；
（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝x+2，
直线AQ的解析式y=−2m+2（x+2）+2，
∴K（0，2mm+2），H（−4m+4，2m+4m+4），
∴OK2=(2mm+2)2，OH2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，HK2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，
①当OK＝OH时，(2mm+2)2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，
∴3m2+12m+8＝0，
∴m＝﹣2+233或m＝﹣2−233；
②当OH＝HK时，(4m+4)2+(2m+4m+4)2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，
∴m2+4m+8＝0，
∴m无解；
③当OK＝HK时，(2mm+2)2=(4m+4)2+(2m+4m+4−2mm+2)2，
∴m2+4m﹣8＝0，
∴m＝﹣2+23或m＝﹣2﹣23；
综上所述：Q（﹣2+23，0）或Q（﹣2﹣23，0）或Q（﹣2+233，0）或Q（﹣2−233，0）
【题组三】
9．（2019•西藏）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+3与坐标轴分别交于点A，B（﹣3，0），C（1，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线解析式；
（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？
（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求抛物线解析式．
（2）设点P横坐标为t，过点P作PF∥y轴交AB于点F，求直线AB解析式，即能用t表示点F坐标，进而表示PF的长．把△PAB分成△PAF与△PBF求面积和，即得到△PAB面积与t的函数关系，配方即得到t为何值时，△PAB面积最大，进而求得此时点P坐标．
（3）设点P横坐标为t，即能用t表示PD的长．根据对称性可知点P、E关于抛物线对称轴对称，用中点坐标公式可得用t表示点E横坐标，进而用t表示PE的长（注意点P、E左右位置不确定，需分类讨论）．由于△PDE要成为等腰直角三角形，∠DPE＝90°，所以PD＝PE，把含t的式子代入求值即得到点P坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点B（﹣3，0），C（1，0）
∴9a−3b+3=0a+b+3=0 解得：a=−1b=−2
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3
（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F
∵x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3
∴A（0，3）
∴直线AB解析式为y＝x+3
∵点P在线段AB上方抛物线上
∴设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0）
∴F（t，t+3）
∴PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t
∴S△PAB＝S△PAF+S△PBF=12PF•OH+12PF•BH=12PF•OB=32（﹣t2﹣3t）=−32（t+32）2+278
∴点P运动到坐标为（−32，154），△PAB面积最大
（3）存在点P使△PDE为等腰直角三角形
设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3）
∴PD＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t
∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4
∴对称轴为直线x＝﹣1
∵PE∥x轴交抛物线于点E
∴yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称
∴xE+xP2=−1
∴xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t
∴PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|
∵△PDE为等腰直角三角形，∠DPE＝90°
∴PD＝PE
①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t
∴﹣t2﹣3t＝﹣2﹣2t
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣2
∴P（﹣2，3）
②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t
∴﹣t2﹣3t＝2+2t
解得：t1=−5+172，t2=−5−172（舍去）
∴P（−5+172，−5+3172）
综上所述，点P坐标为（﹣2，3）或（−5+172，−5+3172）时使△PDE为等腰直角三角形．
10．（2018•眉山）如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点A（0，3）、B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：
如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【解析】（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，
由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），
把A（0，3）代入得：3＝3a，
a＝1，
∴抛物线的解析式；y＝x2﹣4x+3；
（2）如图2，∵△AOE的面积是定值，所以当△OEP面积最大时，四边形AOPE面积最大，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
易得OE的解析式为：y＝x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S四边形AOPE＝S△AOE+S△POE，
=12×3×3+12PG•AE，
=92+12×3×（﹣m2+5m﹣3），
=−32m2+15m2，
=−32（m−52）2+758，
∵−32＜0，
∴当m=52时，S有最大值是758；
（3）分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF是等腰直角三角形，且OP＝PF，
易得△OMP≌△PNF，
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m=5+52（舍）或5−52，
∴P的坐标为（5−52，1−52）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，如图3，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1=3+52（舍）或m2=3−52，
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：x=3+52或3−52（舍）；
P的坐标为（3+52，1−52）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m=5+52或5−52（舍）
P的坐标为：（5+52，5+12）；
综上所述，点P的坐标是：（5+52，5+12）或（5−52，1−52）或（3+52，1−52）或（3−52，1+52）．
11．（2018•德阳）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，点A在x轴上，点B在y轴上，点C（3，1），二次函数y=13x2+bx−32的图象经过点C．
（1）求二次函数的解析式，并把解析式化成y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）把△ABC沿x轴正方向平移，当点B落在抛物线上时，求△ABC扫过区域的面积；
（3）在抛物线上是否存在异于点C的点P，使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？如果存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b的值，从而可得到抛物线的解析式，然后利用配方法可将抛物线的解析式变形为y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）作CK⊥x轴，垂足为K．首先证明△BAO≌△ACK，从而可得到OA＝CK，OB＝AK，于是可得到点A、B的坐标，然后依据勾股定理求得AB的长，然后求得点D的坐标，从而可求得三角形平移的距离，最后，依据△ABC扫过区域的面积＝S四边形ABDE+S△DEH求解即可；
（3）当∠ABP＝90°时，过点P作PG⊥y轴，垂足为G，先证明△BPG≌△ABO，从而可得到点P的坐标，然后再判断点P是否在抛物线的解析式即可，当∠PAB＝90°，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，同理可得到点P的坐标，然后再判断点P是否在抛物线的解析式即可．
【解析】（1）∵点C（3，1）在二次函数的图象上，
∴13x2+bx−32=1，解得：b=−16，
∴二次函数的解析式为y=13x2−16x−32
y=13x2−16x−32=13（x2−12x+116−116）−32=13（x−14）2−7348
（2）作CK⊥x轴，垂足为K．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝AC．
又∵∠BAC＝90°，
∴∠BAO+∠CAK＝90°．
又∵∠CAK+∠ACK＝90°，
∴∠BAO＝∠ACK．
在△BAO和△ACK中，∠BOA＝∠AKC，∠BAO＝∠ACK，AB＝AC，
∴△BAO≌△ACK．
∴OA＝CK＝1，OB＝AK＝2．
∴A（1，0），B（0，2）．
∴当点B平移到点D时，D（m，2），则2=13m2−16m−32，解得m＝﹣3（舍去）或m=72．
∴AB=OB2+AO2=5．
∴△ABC扫过区域的面积＝S四边形ABDE+S△DEH=72×2+12×5×5=9.5
（3）当∠ABP＝90°时，过点P作PG⊥y轴，垂足为G．
∵△APB为等腰直角三角形，
∴PB＝AB，∠PBA＝90°．
∴∠PBG+∠BAO＝90°．
又∵∠PBG+∠BPG＝90°，
∴∠BAO＝∠BPG．
在△BPG和△ABO中，∠BOA＝∠PGB，∠BAO＝∠BPG，AB＝PB，
∴△BPG≌△ABO．
∴PG＝OB＝2，AO＝BG＝1，
∴P（﹣2，1）．
当x＝﹣2时，y≠1，
∴点P（﹣2，1）不在抛物线上．
当∠PAB＝90°，过点P作PF⊥x轴，垂足为F．
同理可知：△PAF≌△ABO，
∴FP＝OA＝1，AF＝OB＝2，
∴P（﹣1，﹣1）．
当x＝﹣1时，y＝﹣1，
∴点P（﹣1，﹣1）在抛物线上．
12．（2018•资阳）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，6），B（6，0），C（﹣2，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积有最大值？
（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P做PE∥x轴交抛物线于点E，连结DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）待定系数法求解可得；
（2）作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM，先求出直线AB解析式为y＝﹣x+6，设P（t，−12t2+2t+6），则N（t，﹣t+6），由S△PAB＝S△PAN+S△PBN=12PN•AG+12PN•BM=12PN•OB列出关于t的函数表达式，利用二次函数的性质求解可得；
（3）若△PDE为等腰直角三角形，则PD＝PE，设点P的横坐标为a，表示出PD、PE的长，列出关于a的方程，解之可得答案．
【解析】（1）∵抛物线过点B（6，0）、C（﹣2，0），
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣6）（x+2），
将点A（0，6）代入，得：﹣12a＝6，
解得：a=−12，
所以抛物线解析式为y=−12（x﹣6）（x+2）=−12x2+2x+6；
（2）如图1，过点P作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM于点G，
设直线AB解析式为y＝kx+b，
将点A（0，6）、B（6，0）代入，得：
b=66k+b=0，
解得：k=−1b=6，
则直线AB解析式为y＝﹣x+6，
设P（t，−12t2+2t+6）其中0＜t＜6，
则N（t，﹣t+6），
∴PN＝PM﹣MN=−12t2+2t+6﹣（﹣t+6）=−12t2+2t+6+t﹣6=−12t2+3t，
∴S△PAB＝S△PAN+S△PBN
=12PN•AG+12PN•BM
=12PN•（AG+BM）
=12PN•OB
=12×（−12t2+3t）×6
=−32t2+9t
=−32（t﹣3）2+272，
∴当t＝3时，P位于（3，152）时，△PAB的面积有最大值；
方法二：如图2，连接OP，作PH⊥x轴于点H，作PG⊥y轴于点G，
设P（t，−12t2+2t+6）其中0＜t＜6，
则PH=−12t2+2t+6，PG＝t，
S△PAB＝S△PAO+S△PBO﹣S△ABO
=12×6×t+12×6×（−12t2+2t+6）−12×6×6
=−32t2+9t
=−32（t﹣3）2+272，
∴当t＝3时，即P位于（3，152）时，△PAB的面积有最大值
（3）如图3，
若△PDE为等腰直角三角形，
则PD＝PE，
设点P的横坐标为a，点E的横坐标为b，
∴PD=−12a2+2a+6﹣（﹣a+6）=−12a2+3a，a+b2=−22×(−12)，
则b＝4﹣a，
∴PE＝|a﹣（4﹣a）|＝|2a﹣4|＝2|2﹣a|，
∴−12a2+3a＝2|2﹣a|，
解得：a＝4或a＝5−17，
所以P（4，6）或P（5−17，317−5）．
【题组四】
13．（2019•陕西模拟）在平面直角坐标系中，二次函数抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0）和C（0，3），对称轴为直线x＝1．
（1）求二次函数的表达式和顶点M的坐标．
（2）将抛物线在坐标平面内平移，使其过原点，若在平移后，第二象限的抛物线上存在点P，使△PAC为等腰直角三角形，请求出抛物线平移后的表达式，并指出其中一种情况的平移方式．
【分析】（1）将A，C两点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c，由对称轴为直线x＝1，可得出方程组，解出a，b，c的值即可得出答案；
（2）分三种情况考虑，①当PC为等腰直角三角形△PAC的斜边，②当PA为等腰直角三角形△PAC的斜边，③当AC为等腰直角三角形△PAC的斜边，分别画出等腰直角三角形PAC，由等腰直角三角形的性质可得出P点坐标，则可得出答案．
【解析】（1）由题意，得a−b+c=0c=3−b2a=1，
解得：a=−1b=2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
当x＝1时，y＝﹣12+2×1+3＝4，
∴顶点M的坐标是（1，4）．
（2）平移后抛物线过原点，可设表达式是y＝﹣x2+mx，分三种情况：
①当PC为等腰直角三角形△PAC的斜边，如图1所示，作P1Q⊥x轴于Q，
∵∠P1AC＝∠AOC＝90°，
∴∠P1AQ+∠CAO＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠P1AQ＝∠ACO，
又∠P1QA＝∠AOC，P1A＝AC，
∴△P1QA≌△AOC（AAS），
∴P1Q＝OA＝1，AQ＝OC＝3，
∴OQ＝AQ+OA＝4，
∴P1点坐标是（﹣4，1），
把P1（﹣4，1）代入y＝﹣x2+mx得，
1＝16﹣4m，
∴m=−174．
∴平移后抛物线表达式是y=−x2−174x．
②当PA为等腰直角三角形△PAC的斜边，如图2所示，
同上可得△P2HC≌△COA，
∴P2H＝OC＝3，CH＝OA＝1，
∴P2点坐标是（﹣3，4），
把P2（﹣3，4）代入y＝﹣x2+mx得，4＝﹣9﹣3m，
∴m=−133．
∴平移后抛物线表达式是y=−x2−133x．
③当AC为等腰直角三角形△PAC的斜边，如图3所示，
这时P3是P1C的中点，因为P1（﹣4，1），C（0，3），所以P3（﹣2，2），
把P3（﹣2，2）代入y＝﹣x2+m得，2＝﹣4﹣2m，m＝﹣3．
所以平移后抛物线表达式是y＝﹣x2﹣3x．这时抛物线顶点是(−32，94)，
可将原抛物线向左平移1−(−32)=52个单位，再向下平移4−94=74个单位．
综上所述，平移后抛物线表达式是y=−x2−174x，y=−x2−133x，y＝﹣x2﹣3x；
原抛物线向左平移52个单位，再向下平移74个单位可得y＝﹣x2﹣3x．
14．（2019•兰州）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；
（4）当t=54时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求点Q的坐标．
【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可；
（2）由已知分别求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根据∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积即可求解；
（3）由已知可得M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），根据勾股定理可得PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，再由PB＝PC，得到m与t的关系式：m＝4t﹣5，因为PC⊥PB，则有4t−72t−1•4t−52t−5=−1求出t＝1或t＝2，即可求D点坐标；
（4）当t=54时，M（32，0），可知点Q在抛物线对称轴x=32上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x=32的交点分别为Q1与Q2，由AB＝5，可得圆半径AM=52，即可求Q点坐标分别为（32，−52），（32，52）．
【解析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y=−12x+2，
当t=32时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12×MB×DM−12×MB×MN=12×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴4t−72t−1•4t−52t−5=−1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
（4）当t=54时，M（32，0），
∴点Q在抛物线对称轴x=32上，
如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x=32的交点分别为Q1与Q2，
∵AB＝5，
∴AM=52，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，
∴Q1（32，−52），
∵Q1与Q2关于x轴对称，
∴Q2（32，52），
∴Q点坐标分别为（32，−52），（32，52）；
15．（2020•项城市校级二模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点A（﹣1，0），点B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．
【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，即可求解；
（2）△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12MB×DM−12MB×MN，即可求解；
（3）PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，PB＝PC，则（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，且PC⊥PB，4t−72t−1×4t−52t−5=−1，即可求解．
【解析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y=−12x+2，
当t=32时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12MB×DM−12MB×MN=12×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴4t−72t−1×4t−52t−5=−1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）．
16．（2020•浙江自主招生）x、y是一个函数的两个变量，若当a≤x≤b时，有a≤y≤b（a＜b），则称此函数为a≤x≤b上的闭函数．如y＝﹣x+3，当x＝1时y＝2；当x＝2时y＝1，即当1≤x≤2时，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的闭函数．
（1）请说明y=30x是1≤x≤30上的闭函数；
（2）已知二次函数y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的闭函数，求k和t的值；
（3）在（2）的情况下，设A为抛物线顶点，B为直线x＝t上一点，C为抛物线与y轴的交点，若△ABC为等腰直角三角形，请直接写出它的腰长为 10 ．
【分析】（1）由k＞0可知反比例函数y=30x在闭区间[1，30]上y随x的增大而减小，然后将x＝1，x＝30别代入反比例解析式的解析式，从而可求得y的范围，于是可做出判断；
（2）先求得二次函数的对称轴为x＝﹣2，a＝1＞0，根据二次函数的性质可知y＝x2+4x+k在闭区间[t，﹣2]上y随x的增大而减小，然后将x＝2，y＝k﹣4，x＝t，y＝t2+4t+k分别代入二次函数的解析式，从而可求得k的值；
（3）根据勾股定理的逆定理，可得方程，根据解方程，可得答案．
【解析】（1）∵k＝30，
∴当1≤x≤30时，y随x的增大而减小．
∴当x＝1时，y＝30；
当x＝30时，y＝1．
∴1≤y≤30．
∴反比例函数y=30x是1≤x≤30上的闭函数；
（2）∵x=−b2a=−2，a＝1＞0，
∴二次函数y＝x2+4x+k在闭区间[t，﹣2]上y随x的增大而减小．
∵二次函数y＝x2+4x+k是闭区间[t，﹣2]上的“闭函数”，
∴当x＝﹣2时，y＝k﹣4；当x＝t时，y＝t2+4t+k．
k−4=tt2+4t+k=−2，
解得k1=1t1=−3，k2=2t2=−2．
∵t＜﹣2，
∴k2=2t2=−2，舍去，
∴k＝1，t＝﹣3．
（3）由（2）知，抛物线解析式为：y＝x2+4x+1，或y＝（x+2）2﹣3
由二次函数的图象交y轴于C点，A为此二次函数图象的顶点，得
A（﹣2，﹣3），C（0，1）．
设B（﹣3，a），
由勾股定理，得AC2＝22+（﹣3﹣1）2＝20，AB2＝（﹣2+3）2+（﹣3﹣a）2＝10+6a+a2，BC2＝32+（1﹣a）2＝10﹣2a+a2
①当∠ABC＝90°时，AC2＝AB2+BC2，即20＝10+6a+a2+10﹣2a+a2，则a＝0．
此时AB2＝BC2＝10，故AB＝BC=10；
②当∠ACB＝90°时，AB2＝AC2+BC2，此时a=52，而AC≠BC，不满足条件，舍去．
③同理，当∠BAC＝90°时也不满足条件．
综上所述，△ABC的腰长为10．
故答案是：10．
【题组五】
17．（2019秋•南召县模拟）在平面直角坐标系中，直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=12x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．
（1）直接写出：b的值为 −32 ；c的值为 ﹣2 ；点A的坐标为 （﹣1，0） ；
（2）点M是线段BC上的一动点，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．设点D的横坐标为m．
①如图1，过点D作DM⊥BC于点M，求线段DM关于m的函数关系式，并求线段DM的最大值；
②若△CDM为等腰直角三角形，直接写出点M的坐标 1 ．
【分析】（1）直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，则点B、C的坐标为：（4，0）、（0，﹣2），即可求解；
（2）①MD＝DHcos∠MDH=55（12m﹣2−12m2+32m+2）=55（﹣m2+4m），即可求解；②分∠CDM＝90、∠MDC＝90°、∠MCD＝90°三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，
则点B、C的坐标为：（4，0）、（0，﹣2），
将点B、C的坐标代入抛物线表达式并解得：b=−32，c＝﹣2，
故抛物线的表达式为：y=12x2−32x﹣2…①，点A（﹣1，0）；
故答案为：−32，﹣2，（﹣1，0）；
（2）①如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H，
设点D（m，12m2−32m﹣2），点H（m，12m﹣2），
则∠MDH＝∠OBC＝α，tan∠OBC=12=tanα，则cosα=255；
MD＝DHcos∠MDH=255（12m﹣2−12m2+32m+2）=255（﹣m2+4m），
∵255＜0，故DM有最大值455；
设点M、D的坐标分别为：（s，12s﹣2），（m，n），n=12m2−32m﹣2；
②（Ⅰ）当∠CDM＝90°时，如图2左图，
过点M作x轴的平行线交过点D于x轴的垂线于点F，交y轴于点E，
则△MEC≌△DFM（AAS），
∴ME＝FD，MF＝CE，
即12s﹣2＝2＝m﹣s，s=12s﹣2﹣n，
解得：s=149，
故点M（149，−119）；
（Ⅱ）当∠MDC＝90°时，如图2右图，
同理可得：s=289，
故点M（289，−49）；
（Ⅲ）当∠MCD＝90°时，
则直线CD的表达式为：y＝﹣2x﹣2…②，
联立①②并解得：x＝0或﹣1，
故点D（﹣1，0），不在线段BC的下方，舍去；
综上，点M坐标为：（149，−119）或（289，−49）．
18．（2020•濉溪县一模）在平面直角坐标系中，直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=12x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，点M是线段BC上的一动点，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．设点D的横坐标为m．
①过点D作DM⊥BC于点M，求线段DM关于m的函数关系式，并求线段DM的最大值；
②若△CDM为等腰直角三角形，直接写出点M的坐标．
【分析】（1）由直线y=12x﹣2得B（4，0）、C（0，﹣2），将B（4，0）、C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+c，列方程组求出b、c即可；
（2）①过点DH∥AB，交直线y=12x﹣2于点H．则∠H＝∠OBC，OC＝2，OB＝4，BC＝25，由sin∠H＝sin∠OBC=OCBC=225=55，即DMDH=55，设D（m，12m2−32m﹣2），则H（m2﹣3m，12m2−32m﹣2），DH＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m2+4m，所以DM=55（﹣m2+4m）=−55(m−2)2+455，当m＝2时，DM的最大值为455；
②分两种情况：当CM⊥DM时，过点M作ME⊥y轴于点E，点D作DF∥y轴，交EM的延长线于点F；当CD⊥DM时，过点D作DE⊥y轴于点E，点M作MF∥y轴，交ED的延长线于点F，分别求出t的值即可．
【解答】解（1）由直线y=12x﹣2得
B（4，0）、C（0，﹣2），
将B（4，0）、C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+c，
8+4b+c=0c=−2，
解得b=−32，c＝﹣2，
∴二次函数的解析式y=12x2−32x﹣2；
（2）①过点DH∥AB，交直线y=12x﹣2于点H．
∴∠H＝∠OBC，
∵B（4，0）、C（0，﹣2），
∴OC＝2，OB＝4，BC＝25
∴sin∠H＝sin∠OBC=OCBC=225=55，
即DMDH=55，
设D（m，12m2−32m﹣2），则H（m2﹣3m，12m2−32m﹣2），
∴DH＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m2+4m，
∴DM=55（﹣m2+4m）=−55(m−2)2+455，
当m＝2时，DM的最大值为455；
②Ⅰ．当CM⊥DM时，过点M作ME⊥y轴于点E，点D作DF∥y轴，交EM的延长线于点F，
∵△CDM为等腰直角三角形，易证△EMC≌△FDM，
∴EM＝DF，EC＝MF，
设M（t，12t﹣2），则EM＝t，OE=−12t+2，
∴CE＝OC﹣OE＝2﹣（−12t+2）=12t，MF=12t，DF＝t，
EF＝EM+MF＝t+12t=32t，OE+DF=−12t+2+t=12t+2，
∴D（32t，−12t﹣2）
将D（32t，−12t﹣2）代入二次函数的解析式y=12x2−32x﹣2，
12×94t2−32×32t−2=−12t−2，
解得t＝0（舍去）或t=149，
∴M1（149，−119）；
Ⅱ．当CD⊥DM时，过点D作DE⊥y轴于点E，点M作MF∥y轴，交ED的延长线于点F，
∵△CDM为等腰直角三角形，易证△CED≌△DFM，
∴DE＝MF，EC＝DF，
设M（t，12t﹣2），则EF＝t，DF＝CE=14t，DE=34t，MF=34t，OE=14t+2
∴D（34t，−14t﹣2），
将D（34t，−14t﹣2）代入二次函数的解析式y=12x2−32x﹣2，
12×916t2−32×34t−2=−14t−2，
解得t＝0（舍去）或t=289，
∴M2（289，−49）
综上，△CDM为等腰直角三角形，点M的坐标为M1（149，−119）或M2（289，−49）
19．（2020•石屏县一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
【分析】（1）直接把点A（﹣3，0），B（1，0）代入二次函数y＝ax2+bx+2求出a、b的值即可得出抛物线的解析式；
（2）设点P坐标为（m，n），则n=−23m2−43m+2，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．根据三角形的面积公式得出△PAC的表达式，再根据二次函数求最大值的方法得出其顶点坐标即可；
（3）以BC为边，在线段BC两侧分别作正方形，正方形的其他四个顶点均可以使得“△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形”，因此有四个点符合题意要求，再过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，过点Q2作Q2E⊥x轴于点E，根据全等三角形的判定定理得出△Q1CD≌△CBO，△CBO≌△BQ2E，故可得出各点坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴0=9a−3b+20=a+b+2
解得a=−23b=−43，
∴二次函数的关系解析式为y=−23x2−43x+2；
（2）存在．
∵如图1所示，设点P坐标为（m，n），则n=−23m2−43m+2．
连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
则PM=−23m2−43m+2，PN＝﹣m，AO＝3．
∵当x＝0时，y=−23×0−43×0+2＝2，
∴OC＝2，
∴S△PAC＝S△PAO+S△PCO﹣S△ACO
=12AO•PM+12CO•PN−12AO•CO
=12×3×（−23m2−43m+2）+12×2×（﹣m）−12×3×2
＝﹣m2﹣3m
∵a＝﹣1＜0
∴函数S△PAC＝﹣m2﹣3m有最大值
∴当m=−b2a=−32时，S△PAC有最大值．
∴n=−23m2−43m+2=−23×（−32）2−43×（−32）+2=52，
∴存在点P（−32，52），使△PAC的面积最大．
（3）如图2所示，以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3，则点Q1，Q2，Q3，Q4为符合题意要求的点．过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，过点Q2作Q2E⊥x轴于点E，
∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，∠3+∠4＝90°，
∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，
在△Q1CD与△CBO中，
∵∠1=∠3Q1C=BC∠2=∠4，
∴△Q1CD≌△CBO，
∴Q1D＝OC＝2，CD＝OB＝1，
∴OD＝OC+CD＝3，
∴Q1（2，3）；
同理可得Q4（﹣2，1）；
同理可证△CBO≌△BQ2E，
∴BE＝OC＝2，Q2E＝OB＝1，
∴OE＝OB+BE＝1+2＝3，
∴Q2（3，1），
同理，Q3（﹣1，﹣1），
∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．
20．（2019•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c（b＜0）与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线与x轴的公共点坐标为（2，0），求a、c满足的关系式；
（2）设A为抛物线上的一定点，直线l：y＝kx+1﹣k与抛物线交于点B、C，直线BD垂直于直线y＝﹣1，垂足为点D．当k＝0时，直线l与抛物线的一个交点在y轴上，且△ABC为等腰直角三角形．
①求点A的坐标和抛物线的解析式；
②证明：对于每个给定的实数k，都有A、D、C三点共线．
【分析】（1）抛物线与x轴的公共点坐标即为函数顶点坐标，即可求解；
（2）①y＝kx+1﹣k＝k（x﹣1）+1过定点（1，1），且当k＝0时，直线l变为y＝1平行x轴，与轴的交点为（0，1），即可求解；②计算直线AD表达式中的k值、直线AC表达式中的k值，两个k值相等即可求解．
【解析】（1）抛物线与x轴的公共点坐标即为函数顶点坐标，故：y＝a（x﹣2）2＝ax2﹣4ax+4a，
则c＝4a；
（2）y＝kx+1﹣k＝k（x﹣1）+1过定点（1，1），
且当k＝0时，直线l变为y＝1平行x轴，与y轴的交点为（0，1），
又△ABC为等腰直角三角形，
∴点A为抛物线的顶点；
①c＝1，顶点A（1，0），
抛物线的解析式：y＝x2﹣2x+1，
②y=x2−2x+1y=kx+1−k，
x2﹣（2+k）x+k＝0，
x=12（2+k±k2+4），
xD＝xB=12（2+k−k2+4），yD＝﹣1；
则D(1+k−k2+42，−1)，
yC=12（2+k2+kk2+4），
C(1+k+k2+42，1+k(k+k2+4)2)，A（1，0），
∴直线AD表达式中的k值为：kAD=−2k−k2+4=k+k2+42，
直线AC表达式中的k值为：kAC=k+k2+42，
∴kAD＝kAC，点A、C、D三点共线．
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