2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题8二次函数综合之直角三角形的判定学案

这是一份2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题8二次函数综合之直角三角形的判定学案，共39页。学案主要包含了经典例题2改编等内容，欢迎下载使用。

直角三角形的判定
【经典例题1—点对称轴上】
如图，在△ABC中，∠BAC=90，BC∥x轴，抛物线y=ax2−2ax+3经过△ABC的三个顶点，并且与x轴交于点D. E，点A为抛物线的顶点。
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接CD，在抛物线的对称轴上是否存在一点P使△PCD为直角三角形?若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由。

【解析】(1)BC与抛物线的对称轴于F点，如图，抛物线的对称轴为直线x=−=1，
∵BC∥x轴，∴B点和C点关于直线x=1对称轴，
∴AB=AC，
而∠BAC=90，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AF=BF=1，
∴A点坐标为(1，4)，
把A(1，4)代入y=ax2−2ax+3得a−2a+3=4，解得a=−1，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
(2)令y=0，则−x2+2x+3=0，解得x1=−1，x2=3，
∴D点坐标为(−1，0)，
设P点坐标为(1，t)，
∴CD2=32+(2+1)2=18，PC2=12+(t−3)2，PD2=22+t2，
当CD2=PC2+PD2，即18=12+(t−3)2+22+t2，解得t1=，t2=，此时P点坐标为(1，)，(1，)；
当PD2=CD2+PC2，即22+t2=18+12+(t−3)2，解得t=4，此时P点坐标为(1，4)，；
当PC2=CD2+PD2，即12+(t−3)2=18+22+t2，解得t=−2，此时P点坐标为(1，−2)；
∴符合条件的点P的坐标为(1，)或(1，)或(1，4)或(1，−2).
练习1-1在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，点C为(−1，0).如图所示，B点在抛物线y=x2+x−2图象上，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，且B点横坐标为−3.
(1)求证：△BDC≌△COA；
(2)求BC所在直线的函数关系式；
(3)抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由。

【解析】(1)证明：∵AC⊥BC，BD⊥CD，
∴∠BDC=∠COA=90∘，∠ACO+∠BCD=90∘，
∴∠BCD=∠OAC，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴BC=AC，
∵在△BDC和△COA中
∠BDC=∠COA=90∘，∠BCD=∠OAC，BC=AC
∴△BDC≌△COA(AAS)，
(2)∵△BDC≌△COA，
∴BD=CO，
∵C点的坐标为(−1，0)，
∴BD=OC=1，
∴B点的纵坐标为1，
∵B点的横坐标为−3，
∴B点的坐标为(−3，1)，
设BC所在直线的函数关系式为y=kx+b，
∴，∴解方程组得，
∴直线BC所在直线的解析式为：y=−x−，
(3)存在，
∵抛物线的解析式为：y=x2+x−2，
∴y=x2+x−2
=(x+)2−，
∴二次函数的对称轴为x=−，
①若以AC为直角边，C点为直角顶点，做CP1⊥AC，
∵BC⊥AC，
∴P1点为直线BC与对称轴直线x=−的交点，
∵直线BC所在直线的解析式为：y=−x−，
∴，∴解得，
∴P1点的坐标为(−，−)；
②若以AC为直角边，A点为直角顶点，对称轴上有一点P2，使AP2⊥AC，
∴过点A作AP2∥BC，交对称轴直线x=−于点P2，
∵OD=3，OC=1，
∴OA=CD=2，
∴A点的坐标为(0，2)，
∴直线AP2的解析式为y=−x+2，
∴，∴解得：，
∴P2点的坐标为(−，)，
∴P点的坐标为P1(−，−)、P2(−，).

练习1-2如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+x+2与x轴相交于A. B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴相交于点C，顶点M，对称轴MN与x轴相交于点N，连接AC.
(1)求A. B两点的坐标；(2)求∠CAO的大小；
(3)抛物线的对称轴MN上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由。
【解析】
(1)令y=−x2+x+2=0，
解得：x=−2或x=4，
故A点的坐标为(−2，0)，点B的坐标为(4，0)；
(2)∵令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为(0，2)，
∴AO=CO=2，
∴∠CAO=45∘；
(3)∵抛物线y=−x2+x+2=−(x−1)2+，
∴对称轴为x=1，
∵A(−2，0)，C(0，2)，
∴直线AC的解析式为y=x+2，
当直角△ACP的直角边PC经过点C时，
设直线PC的解析式为y=−x+b，
∵经过点C(0，2)，
∴直线PC的解析式为y=−x+2，
∴当x=1时，y=−1+2=1，
∴点P的坐标为(1，1)；
当直角△ACP的直角边PA经过点A时，
设直线PA的解析式为y=−x+b，
∵经过点A(−2，0)，
∴直线AP的解析式为y=−x−2，
∴当x=1时，y=−1−2=−3，
∴点P的坐标为(1，−3)；
综上所述：点P的坐标为(1，1)和(1，−3).

2.如图，抛物线y=ax2+bx﹣4经过A（﹣3，0），B（5，﹣4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：AB平分∠CAO；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】抛物线表达式：y=
(2)因为∠CAB=∠BAO，所以AB平分∠CAO.
(3)点M坐标()或()


练习1-3如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c关于直线对称，且经过A、C两点，与x轴交于另一点为B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，过点P作PQ⊥x轴于M，交AC于Q，求PQ的最大值，并求此时△APC的面积；
（3）在抛物线的对称轴上找出使△ADC为直角三角形的点D，直接写出点D的坐标．

【解析】（1）令y=-x+2=0，解得：x=4，
即点A的坐标为（4，0）．
∵A、B关于直线x=对称，
∴点B的坐标为（-1，0）．
令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为（0，2），
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C，
∴有解得：
故抛物线解析式为y=-x2+x+2；
（2）直线AC的解析式为y=-x+2，即x+y-2=0，
设点Q的坐标为（m，-m+2）；则P点坐标为（m，-m2+m+2），
∴PQ=（-m2+m+2）-（-m+2），
=- m2+2m=-（m-2）2+2
∴当m=2时，PQ最大=2，
此时点P（2，3）S△PAC=S梯形OCPM+S△PMA-S△AOC=5+3-4=4；


（3）D点的坐标为（，-5），（，5），（，1+），（，）．
解法如下：假设存在，设D点的坐标（，m）
△ADC为直角三角形分三种情况：
①当点C为直角顶点时：作DM⊥y轴于M
由△CD1M∽△ACO可得：
MC/MD1=AO/CO
∴，CM=3∴OM=5即D1（，5）
②同理当点A为直角顶点时可求D2（，-5）
③当点D为直角顶点时：
过D3作MN⊥y轴
由△CD3M∽△D3NA可得：
MC/MD3=D3N/AN
∴，可得：n2-2n=解得：n=1±
D3（，1+），D4（，1-）
故D点的坐标为（，-5），（，5），（，1+），（，1-）．

练习1-4直线与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线经过点A、B，且交x轴于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为抛物线上一点，且点P在AB的下方，设点P的横坐标为m．
①试求当m为何值时，△PAB的面积最大；
②当△PAB的面积最大时，过点P作x轴的垂线PD，垂足为点D，问在直线PD上否存在点Q，使△QBC为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的Q的坐标若不存在，请说明理由．

【解析】
(1)∵直线y=x−3与x轴、y轴分别交于点A. B，
∴点A的坐标为(6，0)，点B的坐标为(0，−3)．
将A(6，0)、B(0，−3)代入y=x2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y=x2−x−3．
(2)①过点P作PD⊥x轴于D，交AB于点E，如图1所示．
设点P的横坐标为m，则点P的坐标为(m，m2−m−3)，点E的坐标为(m，m−3)，
∴PE=m−3−(m2−m−3)=−m2+2m，
∴S△PAB=×PE×(AD+DO)=×(−m2+2m)×6=−m2+6m=−(m−3)2+9，
∴当m=3时，△PAB的面积最大，最大值是9．
②当y=0时，有x2−x−3=0，
解得：x1=−，x2=6，
∴点C的坐标为(−，0)．
设点Q的坐标为(3，y)，
则CQ2=()2+y2，BC2=9+，BQ2=9+(y+3)2．
当∠QCB=90∘时，有CQ2+BC2=BQ2，
即()2+y2+9+=9+(y+3)2，
解得：y=；
当∠CBQ=90∘时，有BC2+BQ2=CQ2，
即9++9+(y+3)2=()2+y2，
解得：y=−32；
当∠CQB=90∘时，有BQ2+CQ2=BC2，
即()2+y2+9+(y+3)2=9+，
方程无解．
综上所示：在直线PD上否存在点Q(3，)或(3，−)，使△QBC为直角三角形

练习1-5如图，直线y＝kx+2与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线经过点A，B．
(1)求k的值和抛物线的解析式；
(2)M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．
①若△BNP是直角三角形，求m的值．


【解析】(1)把A(3，0)代入y=kx+2中得，0=3k+2，
∴k=−，
∴直线AB的解析式为：y=−x+2，
∴B(0，2)，
把A(3，0)和B(0，2)代入抛物线y=−x2+bx+c中，
则，解得：，
二次函数的表达式为：y=−x2+x+2；
(2)①当∠BNP=90∘时，且∠AMN=90∘，
∴∠BNP=∠AMN，
∴BN∥AO，
∴点N的纵坐标为2，
∴2=−x2+x+2，
∴x=0(舍去)，x=，
∴点N坐标(，2)；
当∠NBP=90∘时，
直线BN的解析式为：y=x+2，
∴x+2=−x2+x+2，
∴x=0(舍去)，x=，
∴点N(，)
②有两解，N点在AB的上方或下方，
如图2，过点B作BN的垂线交x轴于点G，
过点G作BA的垂线，垂足为点H.
由∠PBN=45∘ 得∠GBP=45∘，
∴GH=BH，
设GH=BH=t，则由△AHG∽△AOB，
∴AH/AO=AG/AB=GH/OB，
得AH=t，GA=t，
由AB=AH+BH=t+t=，解得t=，
∴AG=×=，
从而OG=OA−AG=3−=，
即G(，0)，
由B(0，2)，G(，0)得：
直线BG:y=−5x+2，直线BN:y=0.2x+2.
则，
解得：x1=0(舍)，x2=，
即m=；
则，
解得：x1=0(舍)，x2=；
即m=；
故m=与m=为所求。

练习1-6如图，在矩形OABC中，点O为原点，边OA的长度为8，对角线AC=10，抛物线经过点A、C，与AB交于点D．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点P为线段BC上一个动点（不与点C重合），点Q为线段AC上一个动点，AQ=CP，连接PQ，设CP=m，△CPQ的面积为S．
①求S关于m的函数表达式并求出S最大时的m值；
②在S最大的情况下，在抛物线的对称轴上，若存在点F，使△DFQ为直角三角形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】
（1）在矩形OABC中，∠AOC=90°，
由勾股定理，得
OC=，
所以点C的坐标为（6，0）.
将A、C两点坐标代入抛物线y=-x2+bx+c，
，解得，
∴抛物线的解析式为y=-x2+x+8；
（2）①过点Q作QE⊥BC与E点，如图.
则sin∠ACB=QE/QC=AB/AC=3/5，
∴QE/（10−m）=3/5，
∴QE=(10-m)，
∴S=×CP×QE=m×(10-m)=-m2+3m.
②∵S=-m2+3m=-(m-5)2+，
∴当m=5时，S取最大值；
在抛物线对称轴l上存在点F，使△FDQ为直角三角形，
∵抛物线的解析式为y=y=-x2+x+8，
∴抛物线对称轴为x=，D点的坐标为（3，8），Q（3，4），
当∠FDQ=90°时，F1（，8），
当∠FQD=90°时，则F2（，4），
当∠DFQ=90°时，设F（，n），
则FD2+FQ2=DQ2，
即+(8-n)2++(n-4)2=16，解得：n=6±，
∴F3（，6+），F4（，6-）.
满足条件的点F共有四个，坐标分别为F1（，8），F2（，4），F3（，6+），F4（，6-）.


【经典例题2—点在抛物线上】如图，在平面直角坐标系中，已知A(－1，0)、C(4，0)，BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于另一点D.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E是直角三角形ABC斜边AB上的一个动点（不与A，B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段FE的长度最大时，求点E的坐标；
问一：在(2)的条件下，在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．

【解析】(1)由已知得：A(−1，0)，B(4，5)，
∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A(−1，0)，B(4，5)，
∴，解得：；
如图：∵直线AB经过点A(−1，0)，B(4，5)，
∴直线AB的解析式为：y=x+1，
∵二次函数y=x2−2x−3，
(2)∴设点E(t，t+1)，则F(t，t2−2t−3)，
∴EF=(t+1)−(t2−2t−3)=−(t−)2+，
∴当t=时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为(，)；
问一如图：
(ⅰ)过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P(m，m2−2m−3)
则有：m2−2m−3=，
解得：m1=1+，m2=1−，
∴P1(1+，)，P2(1−，)；
(ⅱ)过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3(n，n2−2n−3)
则有：n2−2n−3=−，
解得：n1=，n2=(与点F重合，舍去)，
∴P3(，−154)，
综上所述：所有点P的坐标：P1(1+，)，P2(1−，)，P3(，−)能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形。
练习2-1(19年河南)如图，抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线经过点A、C.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线AC于点M，设点P的横坐标为m.当△PCM是直角三角形时，求点P的坐标；


【解析】当x=0时，=-2
∴点C的坐标为(0，−2)；

当y=0时，−x−2=0，
解得：x=−4，
∴点A的坐标为(−4，0).
将A(−4，0)，C(0，−2)代入y=ax2+x+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y=x2+x−2.
(2)①∵PM⊥x轴，
∴∠PMC≠90∘，
∴分两种情况考虑，如图1所示。
(i)当∠MPC=90∘时，PC∥x轴，
∴点P的纵坐标为−2.
当y=−2时，x2+x−2=−2，
解得：x1=−2，x2=0，
∴点P的坐标为(−2，−2)；
(ii)当∠PCM=90∘时，设PC与x轴交于点D.
∵∠OAC+∠OCA=90∘，∠OCA+∠OCD=90∘，
∴∠OAC=∠OCD.
又∵∠AOC=∠COD=90∘，
∴△AOC∽△COD，
∴OD/OC=OC/OA，即OD/2=2/4，
∴OD=1，
∴点D的坐标为(1，0).
设直线PC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将C(0，−2)，D(1，0)代入y=kx+b，得：
，解得：，
∴直线PC的解析式为y=2x−2.
联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，得：，
解得：，
点P的坐标为(6，10).
综上所述：当△PCM是直角三角形时，点P的坐标为(−2，−2)或(6，10).



练习2-2如图，抛物线y=ax2+2x与x轴相交于点B，其对称轴为x=3．
（1）求直线AB的解析式；
（2）过点O作直线l，使l∥AB，点P是l上一动点，设以点A、B、O、P为顶点的四边形面积为S，点P的横坐标为t，当0＜S≤18时，求t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，当t取最大值时，抛物线上是否存在点Q，使△OPQ为直角三角形且OP为直角边，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【解析】∵点B与O(0，0)关于x＝3对称，
∴点B坐标为(6，0)，
把B(6，0)代入y＝ax2+2x得36a+12＝0，解得a=−13，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x；
∵y=−x2+2x=−(x−3)2+3，
∴顶点A的坐标为(3，3)，
设直线AB解析式为y＝kx+b．
把A(3，3)，B(6，0)代入得 ，解得 ，
∴直线AB的解析式为y＝−x+6；
∵直线//AB且过点O，
∴直线解析式为y＝−x，
设P点坐标为(t，−t)，
当点P在第四象限时(t>0)，
S＝S△AOB+S△POB=⋅6⋅3+⋅6⋅|−t|＝9+3t，
∵0 ∴0<9+3t≤18，解得−3 又t>0，
∴0 当点P在第二象限时(t<0)，
作PM⊥x轴于M，设对称轴与x轴交点为N．如图，
S＝S梯形PANM+S△ANB−S△PMO=[3+(−t)]•(3−t)+⋅3⋅3−⋅(−t)(−t)
＝−3t+9，
∵0 ∴0<−3+9≤18，解得−3≤t<3．
又t<0，
∴−3≤t<0；
综上所述，t的取值范围是−3≤t<0或0 存在．
依题意可知，t＝3，则P(3，−3)
当直角顶点为点O时，OP⊥OQ，
∴直线OQ的解析式为y＝x，
解方程组得 或，此时点Q的坐标为(3，3)；
当直角顶点为点P时，过点P作直线的垂线交抛物线于点Q，
设直线PQ的解析式为y＝x+b，
把P(3，−3)代入得b＝−6，
∴直线PQ的解析式为y＝x−6，
解方程组得 或，此时Q点坐标为(6，0)或(−3，−9)，
综上所述，点Q的坐标为(3，3)或(6，0)或(−3，−9)．

练习2-3如图，在矩形OABC纸片中，OA=7，OC=5，D为BC边上动点，将△OCD沿OD折叠，当点C的对应点落在直线l：y=﹣x+7上时，记为点E，F，当点C的对应点落在边OA上时，记为点G．
（1）求点E，F的坐标；
（2）求经过E，F，G三点的抛物线的解析式；
（3）当点C的对应点落在直线l上时，求CD的长；
（4）在（2）中的抛物线上是否存在点P，使以E，F，P为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


【解析】∵点E在直线l:y=−x+7上，
∴设点E的坐标为(x，−x+7)，
∵OE=OC=5，
∴x2+(−x+7)2=52，
解得：x1=3，x2=4，
∴点E的坐标为(3，4)，点F的坐标为(4，3).
(2)∵OG=OC=5，且点G在x正半轴上，
∴G(5，0).
设经过E，F，G三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
将E(3，4)、F(4，3)、G(5，0)代入y=ax2+bx+c中，
得：，解得：，
∴经过E，F，G三点的抛物线的解析式为y=−x2+6x−5.
(3)∵BC∥x轴，且OC=5，
∴设点D的坐标为(m，5)(m>0)，则CD=m.
∵ED=CD或FD=CD，
∴或，
解得：m=或m=.
∴当点C的对应点落在直线l上时，CD的长为或.
(4)假设存在，设点P的坐标为(n，−n2+6n−5)，
∵E(3，4)，F(4，3)，
∴EF==，PE=，
PF=.
以E，F，P为顶点的直角三角形有三种情况：
①当∠EFP为直角时，有PE2=PF2+EF2，
即(n−3)2+(−n2+6n−9)2=2+(n−4)2+(−n2+6n−8)2，
解得：n1=1，n2=4(舍去)，
此时点P的坐标为(1，0)；
②当∠FEP为直角时，有PF2=PE2+EF2，
即(n−4)2+(−n2+6n−8)2=2+(n−3)2+(−n2+6n−9)2，
解得：n3=2，n4=3(舍去)，
此时点P的坐标为(2，3)；
③当∠EPF为直角时，有EF2=PE2+PF2，
即2=(n−3)2+(−n2+6n−9)2+(n−4)2+(−n2+6n−8)2，
整理得：(n−4)(n−3)(n2−5n+7)=0，
∵在n2−5n+7中△=(−5)2−4×7=−3<0，
∴n2−5n+7≠0.
解得：n5=3(舍去)，n6=4(舍去).
综上可知：在(2)中的抛物线上存在点P，使以E，F，P为顶点的三角形是直角三角形，点P的坐标为(1，0)或(2，3).
练习2-4已知抛物线l1:y1=x2-2的顶点为P，交x轴于A. B两点(A点在B点左侧)，且sin∠ABP=.
(1)过点A的直线交抛物线于点C，交y轴于点D，若△ABC的面积被y轴分为1:4两个部分，求直线AC的解析式；
(2)在(1)的情况下，将抛物线l1绕点P逆时针旋转180∘得到抛物线l2，点M为抛物线l2上一点，当点M的横坐标为何值时，△BDM为直角三角形?


【解析】直线AC的解析式为y=x+1．
∵将抛物线l1绕点P逆时针旋转180°得到抛物线l2
∴抛物线l2解析式为：y2=-x2-2
设点M坐标为（m，-m2-2）
①若∠BDM=90°，如图1，则m<0
过M作MN⊥y轴于点N
∴∠MND=∠BOD=∠BDM=90°，MN=-m，DN=1-（-m2-2）=m2+3
∴∠MDN+∠BDO=∠MDN+∠DMN=90°
∴∠BDO=∠DMN
∴△BDO∽△DMN
∴BO/DN=OD/MN
，即BO•MN=DN•OD
∴-4m=m2+3
解得：m1=-16+2
，m2=-16-2
②若∠DBM=90°，如图2，过点M作MQ⊥x轴于点Q
∴∠BQM=∠DBM=∠BDM=90°，BQ=4-m，MQ=-（-m2-2）=m2+2
∴∠BMQ+∠MBQ=∠MBQ+∠DBO=90°
∴∠BMQ=∠DBO
∴△BMQ∽△DBO
∴BQ/DO=MQ/BO
，即BQ•BO=MQ•OD
∴4（4-m）=m2+2
解得：m1=-16+4
，m2=-16-4
③若∠BMD=90°，则点M在以BD为直径的圆除点B、D外的圆周上
显然以AB为直径的圆与抛物线l2无交点，故此情况不存在满足的m
综上所述，点M的横坐标为-16+2或-16-2或-16+4或-16-4时，△BDM为直角三角形．

练习2-2.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(3)在拋物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】

【经典例题3—点在线段上】如图1所示，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过A(4，0)，B(-1，0)，C(0，-2)三点，一次函数y=kx+t图象与二次函数交于点A，交y轴于点D（0，2）；
(1)分别求出一次函数与二次函数的表达式；
(2)如图2，若点M是线段BA上的一个动点，过点M作y轴的平行线l，交一次函数图象于点P，交二次函数图象于点Q；是否存在点M，使得△APQ是直角三角形？若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.
(3)若连接BC，把△BOC绕平面内某点R逆时针旋转90°得到△B’O’C’，点B，O，C的对应点分别是B’，O’，C’，若△B’O’C’的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称点R为“旋转点”，请直接写出旋转后满足条件的点B’坐标.


【解析】

【经典例题2改编】如图所示，抛物线y=x2+2x−3(a≠0)与x轴交于A(-3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C，直线y= -x与抛物线交于E，F两点.
(3)以点C为圆心，1为半径作圆，⊙C上是否存在点D，使得△BCD是以CD为直角边的直角三角形?若存在，直接写出D点坐标；若不存在，请说明理由。

【解析】①当∠BCD=90∘时，如图2左侧图，
当点D在BC右侧时，
过点D作DM⊥y轴于点M，则CD=1，OB=1，OC=3，
tan∠BCO==tan∠CDM=tanα，则sinα=，cosα=；
xD=CDcosα=，同理yD=−3−，
故点D(，−3−)；
同理当点D(D′)在BC的左侧时，
同理可得：点D′(−，−3+)；
②当∠CDB=90∘时，
当点D在BC右侧时，如右侧图，CD=OB=1，则点D(1，−3)；
当点D在BC左侧时，由点的对称性，同理可得：点D(−，−)；
综上，点D的坐标为：(，−3−)、(−，−3+)、(1，−3)或(−，−).




新方法突破：如图甲，AB⊥BD，CD⊥BP，AP垂直PC，垂足分别为B、P、D，且三个垂足在同一直线上，我们把这样的图形叫“三垂图”．
(1)证明：AB·CD=PB·PD；
(2)如图乙也是一个“三垂图”，上述结论还成立吗？请说明理由．
(3)已知抛物线交x轴于A（-1，0），B（3，0）两点，交y轴于点C（0，-3），顶点为P，如图丙所示，若Q是抛物线上异于A、B、P的点，设AQ与y轴相交于D，且角QAP=90°，利用上述结论求D点坐标．
【解析】(1)证明：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90∘，
∴∠A+∠APB=90∘，
∵AP⊥PC，
∴∠APB+∠CPD=90∘，
∴∠A=∠CPD，
∴△ABP∽△PCD，
∴AB/PD=PB/CD，
∴AB⋅CD=PB⋅PD；
(2)AB⋅CD=PB⋅PD仍然成立。
理由如下：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠B=∠CDP=90∘，
∴∠A+∠APB=90∘，
∵AP⊥PC，
∴∠APB+∠CPD=90∘，
∴∠A=∠CPD，
∴△ABP∽△PCD，
∴ABPD=PBCD，
∴AB⋅CD=PB⋅PD；
(3)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
∵抛物线与x轴交于点A(−1，0)，B(3，0)，与y轴交于点(0，−3)，
∴，解得，
所以，y=x2−2x−3，
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴顶点P的坐标为(1，−4)，
过点P作PC⊥x轴于C，设AQ与y轴相交于D，
则AO=1，AC=1+1=2，PC=4，
根据(2)的结论，AO⋅AC=OD⋅PC，
∴1×2=OD⋅4，
解得OD=，
∴点D的坐标为(0，)，
设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
则，解得，
所以，y=x+，
联立，解得，(为点A坐标，舍去)，
所以，点Q的坐标为(，).


情况讨论
1.如图，抛物线y=a(x﹣1)(x﹣3)与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，其顶点为D． 
（1） 写出C，D两点的坐标（用含a的式子表示）；
 （2）设S△BCD：S△ABD=k，求k的值； 
（3）当△BCD是直角三角形时，求对应抛物线的解析式






【解析】(1)在y=a(x−1)(x−3)，令x=0可得y=3a，
∴C(0，3a)，
∵y=a(x−1)(x−3)=a(x2−4x+3)=a(x−2)2−a，
∴D(2，−a)；
(2)在y=a(x−1)(x−3)中，令y=0可解得x=1或x=3，
∴A(1，0)，B(3，0)，
∴AB=3−1=2，
∴S△ABD=×2×a=a，
如图，设直线CD交x轴于点E，设直线CD解析式为y=kx+b，
把C. D的坐标代入可得，解得，
∴直线CD解析式为y=−2ax+3a，令y=0可解得x=，
∴E(，0)，
∴BE=3−=
∴S△BCD=S△BEC+S△BED=××(3a+a)=3a，
∴S△BCD:S△ABD=(3a):a=3，
∴k=3；
(3)∵B(3，0)，C(0，3a)，D(2，−a)，
∴BC2=+(3a)2=9+9a2，CD2=22+(−a−3a)2=4+16a2，BD2=(3−2)2+a2=1+a2，
∵∠BCD<∠BCO<90∘，
∴△BCD为直角三角形时，只能有∠CBD=90∘或∠CDB=90∘两种情况，
①当∠CBD=90∘时，则有BC2+BD2=CD2，即9+9a2+1+a2=4+16a2，解得a=−1(舍去)或a=1，此时抛物线解析式为y=x2−4x+3；
②当∠CDB=90∘时，则有CD2+BD2=BC2，即4+16a2+1+a2=9+9a2，解得a=−(舍去)或a=，此时抛物线解析式为y=x2−x+；

综上可知当△BCD是直角三角形时，抛物线的解析式为y=x2−4x+3或y=x2−x+.


2.如图，直线与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；
（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)在直线y=−x+2中，
令y=0可得0=−x+2，解得x=2，
令x=0可得y=2，
∴A为(2，0)，B为(0，2)；
(2)由(1)可知OA=2，OB=2，
∴tan∠ABO=OA/OB=，
∴∠ABO=30∘，
∵运动时间为t秒，
∴BE=t，
∵EF∥x轴，
∴在Rt△BEF中，EF=BE⋅tan∠ABO=BE=t，BF=2EF=2t，
在Rt△ABO中，OA=2，OB=2，
∴AB=4，
∴AF=4−2t；
(3)相似。理由如下：
当四边形ADEF为菱形时，则有EF=AF，
即t=4−2t，解得t=，
∴AF=4−2t=4−=，OE=OB−BE=2−×=，
如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，

则四边形OEGH为矩形，
∴GH=OE=，
又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，
∴OA=AH=2，
在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=()2+22=，
又AF⋅AB=×4=，
∴AF⋅AB=AG2，即AF/AG=AG/AB，且∠FAG=∠GAB，
∴△AFG∽△AGB；
(4)存在，
∵EG∥x轴，
∴∠GFA=∠BAO=60∘，
又G点不能在抛物线的对称轴上，
∴∠FGA≠90∘，
∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG=90∘，
又∠FGA=30∘，
∴FG=2AF，
∵EF=t，EG=4，
∴FG=4−t，且AF=4−2t，
∴4−t=2(4−2t)，
解得t=，
即当t的值为秒时，△AGF为直角三角形，此时OE=OB−BE=2−t×=2−×=
∴E点坐标为(0，，
∵抛物线的顶点为A，
∴可设抛物线解析式为y=a(x−2)2，
把E点坐标代入可得=4a，解得a=，
∴抛物线解析式为y=(x−2)2，
即y=x2−x+