中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题09二次函数抛物线与三角形存在性问题(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练专题09二次函数抛物线与三角形存在性问题(原卷版+解析)，共23页。试卷主要包含了二次函数与等腰三角形，二次函数与直角三角形，二次函数与等腰直角三角形等内容，欢迎下载使用。
1． (2023秋•和平区校级期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（﹣2，0），抛物线的对称轴x＝1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由；
（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标．
（4）探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由．
2． (2023•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．
类型二 二次函数与直角三角形
3． (2023•呼和浩特）如图，抛物线y=−12x2+bx+c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴的另一个交点为A，连接AC、BC．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）如图1，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴，分别交BC、x轴于点M、N，当△PMC中有某个角的度数等于∠OBC度数的2倍时，请求出满足条件的点P的横坐标．
4． (2023•广西）如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图，已知抛物线C1：y1=14x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．
（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
（2）抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
5． (2023•郧西县校级模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求直线BD的解析式；
（2）当点P在第一象限时，求四边形BOCP面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△BDP是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
类型三 二次函数与等腰直角三角形
6． (2023•岳阳）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．
7． (2023•黔东南州一模）抛物线y＝ax2+bx−32经过点（1，﹣1），现将一块等腰直角三角板ABC（∠ACB＝90°）按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为（0，2）、（﹣1，0）．B点在抛物线y＝ax2+bx−32图象上．
（1）求点B的坐标：
（2）求抛物的解析式；
（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
专题09 二次函数抛物线与三角形存在性问题（解析版）
类型一 二次函数与等腰三角形
1． (2023秋•和平区校级期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（﹣2，0），抛物线的对称轴x＝1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由；
（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标．
（4）探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）由抛物线y＝ax2+bx+c经过点C（0，4）、A（﹣2，0），且对称轴为x＝1，列方程组得c=44a−2b+c=0−b2a=1，解方程组求出a、b、c的值，即得到抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
（2）作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F（x，−12x2+x+4），求得直线BC的解析式为y＝﹣x+4，则G（x，﹣x+4），所以FG=−12x2+2x，则S△FBC=12×4（−12x2+2x）＝﹣x2+4x，可求得S四边形SABFC＝﹣x2+4x+12×6×4＝﹣（x﹣2）2+16，则当x＝2时，S四边形SABFC最大＝16，此时，F（2，4）；
（3）设P（x，﹣x+4），则Q（x，−12x2+x+4），PQ＝|−12x2+2x|，由PQ∥DE，且PQ＝DE，得|−12x2+2x|=32，解方程求出符合题意的x的值，再求出点P的坐标即可；
（4）设P（1，m），则AC2＝20，PA2＝m2+9，PC2＝m2﹣8m+17，再分三种情况讨论，一是PA＝PC，则m2+9＝m2﹣8m+17；二是PC＝AC，则m2﹣8m+17＝20；三是PA＝AC，则m2+9＝20，解方程求出相应的m的值，再求出点P的坐标即可．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点C（0，4）、A（﹣2，0），且对称轴为x＝1，
∴c=44a−2b+c=0−b2a=1，
解得a=−12b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4．
（2）存在，
如图1，作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F（x，−12x2+x+4），
∵点B与点A（﹣2，0）关于直线x＝1对称，
∴B（4，0），AB＝4+2＝6，
设直线BC的解析式为y＝kx+4，则4k+4＝0，
解得k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
∴G（x，﹣x+4），
∴FG=−12x2+x+4﹣（﹣x+4）=−12x2+2x，
∴S△FBC=12OH•FG+12BH•FG=12×4（−12x2+2x）＝﹣x2+4x，
∴S四边形SABFC＝S△FBC+S△ABC＝﹣x2+4x+12×6×4＝﹣（x﹣2）2+16，
∴当x＝2时，S四边形SABFC最大＝16，F（2，4），
∴点F的坐标是（2，4），四边形ABFC的面积的最大值是16．
（3）如图2，设P（x，﹣x+4），则Q（x，−12x2+x+4），
∴PQ＝|−12x2+x+4﹣（﹣x+4）|＝|−12x2+2x|，
抛物线y=−12x2+x+4，当x＝1时，y=92，
∴D（1，92）；
直线y＝﹣x+4，当x＝1时，y＝﹣1+4＝3，
∴E（1，3），
∴DE=92−3=32，
∵PQ∥DE，且以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴PQ＝DE，
∴|−12x2+2x|=32，
当−12x2+2x=32时，解得x1＝3，x2＝1（不符合题意，舍去），
∴P1（3，1）；
当−12x2+2x=−32时，解得x1＝2+7，x2＝2−7，
∴P2（2+7，2−7），P3（2−7，2+7），
综上所述，点P的坐标是（3，1）或（2+7，2−7）或（2−7，2+7）．
（4）存在，设P（1，m），
∵A（﹣2，0），C（0，4），
∴AC2＝22+42＝20，PA2＝m2+（1+2）2＝m2+9，PC2＝（m﹣4）2+12＝m2﹣8m+17，
当PA＝PC时，则m2+9＝m2﹣8m+17，
解得m＝1，
∴P1（1，1）；
当PC＝AC时，则m2﹣8m+17＝20，
解得m1＝4−19，m2＝4+19，
∴P2（1，4−19），P3（1，4+19）；
当PA＝AC时，则m2+9＝20，
解得m1=11，m2=−11，
∴P4（1，11），P5（1，−11），
∴综上所述，P点的坐标（1，1）或（1，4−19）或（1，4+19）或（1，11）或（1，−11）．
总结提升：此题重点考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
2． (2023•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．
思路引领：（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：（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）
总结提升：本题考查二次函数综合；熟练应用待定系数法求函数解析式，掌握三角形全等的性质，直线交点的求法是解题的关键．
类型二 二次函数与直角三角形
3． (2023•呼和浩特）如图，抛物线y=−12x2+bx+c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴的另一个交点为A，连接AC、BC．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）如图1，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴，分别交BC、x轴于点M、N，当△PMC中有某个角的度数等于∠OBC度数的2倍时，请求出满足条件的点P的横坐标．
思路引领：（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2，令y＝0得A（﹣1，0）；
（2）由A（﹣1，0），C（0，2），知线段AC的中点D（−12，1），设E（0，t），根据∠BED＝90°，得[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（−12−0）2+（1﹣t）2]＝（4+12）2+（0﹣1）2，即可解得E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）；
（3）分当∠PCM＝2∠OBC时，∠CMP＝2∠OBC时，当∠CPM＝2∠OBC时三种情况，利用二次函数的性质和等腰三角形，勾股定理等性质进行计算即可．
解：（1）将点B（4，0）和点C（0，2）代入抛物线y=−12x2+bx+c中，
则−12×42+4b+c=0c=2，
解得：b=32c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2，
在y=−12x2+32x+2中，令y＝0得−12x2+32x+2＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0）；
（2）存在y轴上一点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形，理由如下：
如图：
∵点D是线段AC的中点，A（﹣1，0），C（0，2），
∴D（−12，1），
设E（0，t），
又B（4，0），
∵∠BED＝90°，
∴BE2+DE2＝BD2，
即[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（−12−0）2+（1﹣t）2]＝（4+12）2+（0﹣1）2，
化简得：t2﹣t﹣2＝0，
解得：t1＝﹣1，t2＝2，
∴E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）；
（3）∵B（4，0）、C（0，2），
∴设直线BC的解析式为y＝kx+2（k≠0），
把点B（4，0）代入解析式得，4k+2＝0，
解得：k=−12，
∴直线BC的解析式为y=−12x+2，
设点P（m，−12m2+32m+2），则M（m，−12m+2），
①当∠PCM＝2∠OBC时，
过点C作CF⊥PM于点F，如图，
∵CF⊥PM，PM∥y轴，
∴CF∥OB，
∴∠FCM＝∠OBC，F（m，2），
又∵∠PCM＝2∠OBC，
∴∠PCF＝∠FCM＝∠OBC，
∴F是线段PM的中点，
∴−12m2+32m+2+(−12m+2)2=2，
整理得：m2﹣2m＝0，
解得：m＝2或m＝0，
∵点P是第一象限内抛物线上的动点，
∴m＝2；
②∠CMP＝2∠OBC时，
∵∠CMP＝∠BMN，
∴∠BMN＝2∠OBC，即∠BMN＝2∠NBM，
∵PN⊥x轴，
∴∠BMN+∠NBM＝90°，
即3∠NBM＝90°，
∴∠NBM＝30°，
∴OC=12BC，
∵BC=OC2+OB2=4+16=25≠4，
∴此种情况不存在；
③当∠CPM＝2∠OBC时，
∵∠CMP＝∠NMB＝90°﹣∠OBC，
∴∠PCM＝180°﹣∠CPM﹣∠CMP＝180°﹣2∠OBC﹣（90°﹣∠OBC）＝90°﹣∠OBC，
∴∠PCM＝∠CMP，
∴PC＝PM，
∴（m﹣0）2+（−12m2+32m+2﹣2）2＝[（−12m2+32m+2）﹣（−12m+2）]2，
整理得：m2+14m4−32m3+94m2=14m4﹣2m3+4m2，
解得：m=32；
综上所述，满足条件的点P的横坐标为2或32．
总结提升：本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、等腰三角形性质、直角三角形性质及应用，利用分类讨论的思想是解题的关键．
4． (2023•广西）如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图，已知抛物线C1：y1=14x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．
（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
（2）抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
思路引领：（1）由抛物线C1：y1=14x2+x可得A（﹣2，﹣1），将A（﹣2，﹣1），D（6，﹣1）代入y2＝ax2+x+c，求得y2=−14x2+x+2，B（2，3）；
（2）易得直线AB的解析式：y＝x+1，①若B为直角顶点，BE⊥AB，E（6，﹣1）；②若A为直角顶点，AE⊥AB，E（10，﹣13）；③若E为直角顶点，设E（m，−14m2+m+2）不符合题意；
解：由抛物线C1：y1=14x2+x可得A（﹣2，﹣1），
将A（﹣2，﹣1），D（6，﹣1）代入y2＝ax2+x+c
得 4a−2+c=−136a+6+c=−1，
解得a=−14c=2，
∴y2=−14x2+x+2，
∴B（2，3）；
（2）易得直线AB的解析式：y＝x+1，
①若B为直角顶点，BE⊥AB，kBE•kAB＝﹣1，
∴kBE＝﹣1，
直线BE解析式为y＝﹣x+5
联立y=−x+5y=−14x2+x+2，
解得x＝2，y＝3或x＝6，y＝﹣1，
∴E（6，﹣1）；
②若A为直角顶点，AE⊥AB，
同理得AE解析式：y＝﹣x﹣3，
联立y=−x−3y=−14x2+x+2，
解得x＝﹣2，y＝﹣1或x＝10，y＝﹣13，
∴E（10，﹣13）；
总结提升：本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质、直角三角形的性质以及一次函数的性质是解题的关键．
5． (2023•郧西县校级模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求直线BD的解析式；
（2）当点P在第一象限时，求四边形BOCP面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△BDP是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）对于y＝﹣x2+2x+3①，令x＝0，则y＝3，令y＝﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，进而求解；
（2）由四边形BOCP面积＝S△OBC+S△PHC+S△PHB=12×OB•OC+12×PH×OB=12×3×3+12×3×（﹣x2+2x+3+x﹣3）=−32x2+92x+92，即可求解；
（3）分∠PBD为直角、∠PDB为直角两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可．
解：（1）对于y＝﹣x2+2x+3①，令x＝0，则y＝3，令y＝﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0）、（0，3），
∵点D与点C关于x轴对称，故点D（0，﹣3），
设直线BD的表达式为y＝kx+b，则b=−30=3k+b，解得k=1b=−3，
故直线BD的表达式为y＝x﹣3；
（2）连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，
由点B、C的坐标，同理可得，直线BC的表达式为y＝﹣x+3，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），
则四边形BOCP面积＝S△OBC+S△PHC+S△PHB=12×OB•OC+12×PH×OB=12×3×3+12×3×（﹣x2+2x+3+x﹣3）=−32x2+92x+92，
∵−32＜0，故四边形BOCP面积存在最大值，
当x=32时，四边形BOCP面积最大值为638，此时点P（32，154）；
（3）存在，理由：
①当∠PBD为直角时，如上图所示，
此时点P与点C重合，过点P的坐标为（0，3）；
②当∠PDB为直角时，
由BD的表达式知，直线BD与x轴的倾斜角为45°，
故设直线PD的表达式为y＝﹣x+t，
将点D的坐标代入上式得，﹣3＝0+t，解得t＝﹣3，
故直线PD的表达式为y＝﹣x﹣3②，
联立①②并解得：x=3±332，
故点P的坐标为（3+332，−9+332）或（3−332，−9−332），
综上，点P的坐标为（3+332，−9+332）或（3−332，−9−332）或（0，3）．
总结提升：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、直角三角形的性质、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
类型三 二次函数与等腰直角三角形
6． (2023•岳阳）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．
思路引领：（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：（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）．
总结提升：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．
7． (2023•黔东南州一模）抛物线y＝ax2+bx−32经过点（1，﹣1），现将一块等腰直角三角板ABC（∠ACB＝90°）按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为（0，2）、（﹣1，0）．B点在抛物线y＝ax2+bx−32图象上．
（1）求点B的坐标：
（2）求抛物的解析式；
（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；
（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；
（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．
解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D．
∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠BCD＝∠CAO，
又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC，
∴△BCD≌△CAO（AAS），
∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，
∴点B的坐标为（﹣3，1）；
（2）抛物线y＝ax2+bx−32经过点（1，﹣1），点B（﹣3，1），
则a+b−32=−19a−3b−32=1，
解得a=13b=16，
所以抛物线的解析式为y=13x2+16x−32；
（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
①若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C＝BC，得到等腰直角三角形△ACP1，
过点P1作P1M⊥x轴，
∵CP1＝BC，∠MCP1＝∠BCD，∠P1MC＝∠BDC＝90°，
∴△MP1C≌△DBC（AAS），
∴CM＝CD＝2，P1M＝BD＝1，
∵OC＝1，
∴OM＝1，
∴P1（1，﹣1）；
②若以点A为直角顶点；
则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2＝AC，得到等腰直角三角形△ACP2，
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，
∴NP2＝OA＝2，AN＝OC＝1，
∴点P2（2，1），
③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线L⊥AC，在直线L上截取AP＝AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P2；
点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P3．因此，然后过P3作P3G⊥y轴于G，同理：△AGP3≌△CAO，
∴GP3＝OA＝2，AG＝OC＝1，
∴P3为（﹣2，3）；
经检验，点P1（1，﹣1）与在抛物线y=13x2+16x−32上，点P2（2，1）点P3（﹣2，3）都不在抛物线y=13x2+16x−32上．
综上，存在，点P的坐标为（1，﹣1）．
总结提升：本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，本题综合性强，能力要求极高．解题的关键是利用分类讨论，数形结合的数学思想方法．