2023年中考數(shù)學二輪復習壓軸大題培優(yōu)學案專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題（教師版）

專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題解題策略解題策略經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】（2022春?綠園區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，動點P從點A出發(fā)，沿AC以每秒2個單位長度的速度向終點C運動，過點P作PQ⊥AB于點Q，將線段PQ繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PR，連結(jié)QR．設四邊形APRQ與Rt△ABC的重疊部分的面積為S，點P的運動時間為t（t＞0）秒．（1）線段AP的長為2t（用含t的代數(shù)式表示）．（2）當點R恰好落在線段BC上時，求t的值．（3）求S與t之間的函數(shù)關系式．（4）當△CPR為直角三角形時，直接寫出t的值．【分析】（1）由題意可得出答案；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)可得出2t＝6﹣t，則可求出答案；（3）分兩種情況：①當點R在△ACB內(nèi)或BC邊上時，0＜t≤2，②當2＜t≤3時，由平行四邊形的面積公式及三角形面積可得出答案；（4）可分兩種情況：①當∠PCR＝90°時，由（2）可知，t＝2，②當∠CRP＝90°，由題意得出AP＝PC，則可求出t的值．【解答】解：（1）由題意可知，AP＝2t，故答案為：2t；（2）如圖，∵將線段PQ繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PR，∴PQ＝PR，∠QPR＝90°，∵AP＝2t，∴AQ＝PQ＝t，∴QR＝t＝2t，∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，∴AB＝6，∴BQ＝6﹣t，∵當點R恰好落在線段BC上時，∠RCP＝90°，∴∠CPR＝∠CRP＝∠PRQ＝45°，∴∠QRB＝90°，∴BQ＝RQ，∴2t＝6﹣t，∴t＝2；（3）分兩種情況：①當點R在△ACB內(nèi)或BC邊上時，0＜t≤2，∵AP＝QR，AQ＝PR，∴四邊形APRQ為平行四邊形，∴S＝AQ?PQ＝＝2t2；②當2＜t≤3時，由題意知，△CPE和△EFR為等腰直角三角形，∴CP＝CE＝6﹣2t，∴PE＝6﹣2t，∴ER＝＝3t﹣6，∴＝，∴S＝S四邊形APRQ﹣S△EFR＝＝﹣，∴S＝；（4）當△CPR為直角三角形時，可分兩種情況：①當∠PCR＝90°時，由（2）可知，t＝2，②當∠CRP＝90°，由題意可知AQ＝PQ＝PR＝CR，∴AP＝PC，∴2t＝6﹣2t，∴t＝．綜上所述，當t＝2或時，△CPR為直角三角形．【例2】（2022春?成華區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標系內(nèi)，點O為坐標原點，經(jīng)過A（﹣2，6）的直線交x軸正半軸于點B，交y軸于點C，OB＝OC，直線AD交x軸負半軸于點D，若△ABD的面積為27．（1）求直線AB的表達式和點D的坐標；（2）橫坐標為m的點P在線段AB上（不與點A、B重合），過點P作x軸的平行線交AD于點E，設PE的長為y（y≠0），求y與m之間的函數(shù)關系式并直接寫出相應的m取值范圍；（3）在（2）的條件下，在x軸上是否存在點F，使△PEF為等腰直角三角形？若存在求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)直線AB交x軸正半軸于點B，交y軸于點C，OB＝OC，設出解析式為y＝﹣x+n，把A的坐標代入求得n的值，從而求得B的坐標，再根據(jù)三角形的面積建立方程求出BD的值，求出OD的值，從而求出D點的坐標，直接根據(jù)待定系數(shù)法求出AD的解析式；（2）先根據(jù)B、A的坐標求出直線AB的解析式，將P點的橫坐標代入直線AB的解析式，求出P的縱坐標，將P點的縱坐標代入直線AD的解析式就可以求出E的橫坐標，根據(jù)線段的和差關系就可以求出結(jié)論；（3）要使△PEF為等腰直角三角形，分三種情況分別以點P、E、F為直角頂點，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出（2）中m的值，就可以求出F點的坐標．【解答】解：（1）∵OB＝OC，∴設直線AB的解析式為y＝﹣x+n，∵直線AB經(jīng)過A（﹣2，6），∴2+n＝6，∴n＝4，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+4，∴B（4，0），∴OB＝4，∵△ABD的面積為27，A（﹣2，6），∴S△ABD＝×BD×6＝27，∴BD＝9，∴OD＝5，∴D（﹣5，0），設直線AD的解析式為y＝ax+b，∴，解得．∴直線AD的解析式為y＝2x+10；（2）∵點P在AB上，且橫坐標為m，∴P（m，﹣m+4），∵PE∥x軸，∴E的縱坐標為﹣m+4，代入y＝2x+10得，﹣m+4＝2x+10，解得x＝，∴E（，﹣m+4），∴PE的長y＝m﹣＝m+3；即y＝m+3，（﹣2＜m＜4）；（3）在x軸上存在點F，使△PEF為等腰直角三角形，①當∠FPE＝90°時，如圖①，有PF＝PE，PF＝﹣m+4，PE＝m+3，∴﹣m+4＝m+3，解得m＝，此時F（，0）；②當∠PEF＝90°時，如圖②，有EP＝EF，EF的長等于點E的縱坐標，∴EF＝﹣m+4，∴﹣m+4＝m+3，解得：m＝，∴點E的橫坐標為x＝＝﹣，∴F（﹣，0）；③當∠PFE＝90°時，如圖③，有FP＝FE，∴∠FPE＝∠FEP．∵∠FPE+∠EFP+∠FEP＝180°，∴∠FPE＝∠FEP＝45°．作FR⊥PE，點R為垂足，∴∠PFR＝180°﹣∠FPE﹣∠PRF＝45°，∴∠PFR＝∠RPF，∴FR＝PR．同理FR＝ER，∴FR＝PE．∵點R與點E的縱坐標相同，∴FR＝﹣m+4，∴﹣m+4＝（m+3），解得：m＝，∴PR＝FR＝﹣m+4＝﹣+4＝，∴點F的橫坐標為﹣＝﹣，∴F（﹣，0）．綜上，在x軸上存在點F使△PEF為等腰直角三角形，點F的坐標為（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【例3】如圖，在平面直角坐標系中，C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的兩個頂點，點D是線段AB上的一個動點（不與A、B重合），雙曲線y＝（k＞0）經(jīng)過點D，與矩形ABOC的邊AC相交于點E．（1）如圖①，當點D為AB中點時，k的值為24，點E的坐標為（8，3）．（2）如圖②，當點D在線段AB上的任意位置時（不與A、B重合），連接BC、DE，求證：BC∥DE．（3）是否存在反比例函數(shù)上不同于點D的一點F，滿足：△ODF為直角三角形，∠ODF＝90°，且tan∠DOF＝，若存在，請直接寫出滿足以上條件時點D的橫坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得點A的坐標，再利用中點坐標公式得點D的坐標，從而得出k的值，再將y＝6代入即可；（2）根據(jù)點D、E的坐標，可得出AD、AE的長度，根據(jù)即即可證出BC∥DE；（3）根據(jù)題意可知，需要分兩種情況：①當點F在直線AB上方時，過點D作DG⊥x軸于點G，過點F作FM⊥DG于點M，②當點F在直線AB下方時，如圖，過點D作DG⊥x軸于點G，過點F作FN⊥AB于點N，分別設出點D的橫坐標，表達點F的坐標，進而得出方程，求解即可．【解答】（1）解：∵C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的兩個頂點，∴AB＝OC＝8，AC＝OB＝6，∴A（8，6），∵點D是AB的中點，∴D（4，6），∴k＝8×3＝24，∴y＝，當x＝8時，y＝3，∴E（8，3），故答案為：24，（8，3）；（2）證明：設點D的橫坐標為m，∴點D的坐標為（m，6），∴k＝6m，∴反比例函數(shù)的解析式為：y＝，∴點E的坐標為（8，），∴AD＝8﹣m，AE＝AC﹣CE＝6﹣＝，∵＝＝，＝＝，∴＝，即，∴BC∥DE；（3）解：根據(jù)題意可知，需要分兩種情況：①當點F在直線AB上方時，如圖，過點D作DG⊥x軸于點G，過點F作FM⊥DG于點M，∴∠OGD＝∠DMF＝90°，∵∠ODF＝90°，∴∠ODG+∠DOG＝∠ODG+∠FDM＝90°，∴∠DOG＝∠FDM，∴△ODG∽△DFM，∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM，∵tan∠DOF＝，∴DF：OD＝1：3，∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM＝3，∵DG＝OB＝6，∴FM＝2，設點D的橫坐標為t，則OG＝t，∴DM＝，∴D（t，6），F(xiàn)（t﹣2，6+），∴6t＝（t﹣2）（6+），解得t＝1+（負值舍去）．即此時點D的橫坐標為：1+．②當點F在直線AB下方時，如圖，過點D作DG⊥x軸于點G，過點F作FN⊥AB于點N，∴∠OBD＝∠DNF＝90°，∵∠ODF＝90°，∴∠ODB+∠DOB＝∠ODB+∠FDN＝90°，∴∠DOB＝∠FDN，∴△ODB∽△DFN，∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN，∵tan∠DOF＝，∴DF：OD＝1：3，∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN＝3，∵OB＝6，∴FN＝2，設點D的橫坐標為n，則BD＝n，∴FN＝，∴D（n，6），F(xiàn)（n+2，6﹣），∴6n＝（n+2）（6﹣），解得n＝﹣1+（負值舍去）．即此時點D的橫坐標為：﹣1+．綜上，滿足題意的點D的橫坐標為：1+或﹣1+．【例4】（2022?巴南區(qū)自主招生）已知在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，A（﹣4，0），B（12，0），C（0，﹣6）．（1）求這個二次函數(shù)的解析式；（2）如圖1，點P為直線BC下方拋物線上的一個動點，過點P作PD∥y軸交直線BC于點D，過點P作PE∥BC交x軸于點E，求PD+BE的最大值及此時點P的坐標；（3）如圖2，將拋物線沿射線CB方向平移3個單位，得到新拋物線y'，點F為y'的對稱軸上任意一點，若以點B、C、F為頂點的三角形是直角三角形，請直接寫出符合條件的點F的坐標．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）設P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），則PD＝﹣t2+t，求出直線PE的解析式為y＝x+t2+t﹣6，則E（﹣t2﹣3t+12，0），可求BE＝﹣t2﹣3t，所以PD+BE＝﹣（t﹣6）2+，即可求當t＝6時，PD+PE有最大值，此時P（6，﹣）；（3）求出平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣10）2﹣5，設F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），則BF2＝4+n2，BC2＝180，F(xiàn)C2＝100+（n+6）2，分三種情況討論當BF為斜邊時，F(xiàn)（10，﹣26）；當BC為斜邊時，F(xiàn)（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；當CF為斜邊時，100+（n+6F（10，4）．【解答】解：（1）將A（﹣4，0），C（0，﹣6）代入y＝x2+bx+c，∴，解得，∴y＝x2﹣x﹣6；（2）設BC的直線解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣6，設P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），∴PD＝﹣t2+t，設直線PE的解析式為y＝x+m，將點P代入，可得m＝t2+t﹣6，∴y＝x+t2+t﹣6，∴E（﹣t2﹣3t+12，0），∴BE＝﹣t2﹣3t，∴PD+BE＝﹣t2+t+（﹣t2﹣3t）＝﹣（t﹣6）2+，∴當t＝6時，PD+PE有最大值，此時P（6，﹣）；（3）設拋物線沿x軸正方向平移2m個單位，則沿y軸正方向平移m個單位，∴3＝m，解得m＝3，∴平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣10）2﹣5，∴拋物線的對稱軸為直線x＝10，設F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），∴BF2＝4+n2，BC2＝180，F(xiàn)C2＝100+（n+6）2，當BF為斜邊時，100+（n+6）2+180＝4+n2，解得n＝﹣26，∴F（10，﹣26）；當BC為斜邊時，180＝100+（n+6）2+4+n2，解得n＝﹣3+或n＝﹣3﹣，∴F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；當CF為斜邊時，100+（n+6）2＝180+4+n2，解得n＝4，∴F（10，4）；綜上所述：F點坐標為（10，﹣26）或（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）或（10，4）．培優(yōu)訓練培優(yōu)訓練一．解答題1．（2022秋?南關區(qū)校級月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，動點F從點A出發(fā)沿折線AC﹣CB向終點B運動，在AC上的速度為每秒個單位長度，在BC上的速度為每秒1個單位長度．當點F不與點C重合時，以CF為邊在點C的右上方作等邊△CFQ，設點P的運動時間為t（秒），點F到AB的距離為h．（1）AC＝2；（2）求h與t的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍；（3）當點F在AC邊上運動，且點Q到AB的距離為h時，求t的值；（4）取AB邊的中點D，連結(jié)FD、CD，當△FCD是直角三角形時，直接寫出t的值．【分析】（1）根據(jù)含30°的直角三角形和勾股定理可得AC的長；（2）分兩種情況：F在AC上和BC上，根據(jù)含30°角的直角三角形和勾股定理可得h與t的函數(shù)關系式；（3）分兩種情況：設直線CQ與AB交于點P，①如圖3，點P在CQ上，②如圖4，點P在CQ的延長線上，根據(jù)等邊三角形的邊長2﹣t列等式，解出可得答案；（4）分三種情況：當F在AC上時，①如圖5，∠CFD＝90°，②如圖6，∠CDF＝90°，當F在BC上時，③如圖7，∠DFC＝90°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得答案．【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝2BC＝4，∴AC＝＝＝2，故答案為：2；（2）分兩種情況：過點F作FH⊥AB于H，①當0≤t＜2時，點F在邊AC上，如圖1，由題意得：AF＝t，Rt△AFH中，∠A＝30°，∴FH＝h＝AF＝t；②當2＜t≤4時，點F在邊BC上，如圖2，由題意得：CF＝t﹣2，∴BF＝BC﹣CF＝2﹣（t﹣2）＝4﹣t，Rt△BFH中，∠BFH＝30°，∴BH＝BF＝，∴FH＝h＝BH＝＝﹣t﹣2；綜上，h與t的函數(shù)關系式為：h＝；（3）分兩種情況：設直線CQ與AB交于點P，①如圖3，點D在CQ上，∵△CFQ是等邊三角形，∴∠FCQ＝∠Q＝∠CFQ＝60°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCQ＝30°，∵∠B＝60°，∴∠CPE＝30°+60°＝90°，∴∠PEQ＝30°，∵當點F在AC邊上運動，且點Q到AB的距離為h時，即QP＝h，∴QE＝2PQ＝h，∵∠CFQ＝60°，∠A＝30°，∴∠A＝∠AEF＝30°，∴EF＝AF＝t，∵CF＝FQ＝2﹣t，∴2﹣t＝t+h＝t+t，∴t＝；②如圖4，點P在CQ的延長線上，由①知：∠BPC＝90°，∠BCP＝30°，∴CP＝BP＝，∵CP＝CQ+PQ，∴＝2﹣t+t，∴t＝；綜上，t的值是或；（4）分三種情況：①如圖5，∠CFD＝90°，∵D是AB的中點，∠ACB＝90°，∴CD＝AD＝2，∴CF＝AF＝，∴t＝1；②如圖6，∠CDF＝90°，∵∠DCF＝30°，∴DF＝，CF＝2DF＝，∴AF＝2﹣＝，此時t＝；③如圖7，∠DFC＝90°，∵∠CDF＝30°，∴CF＝CD＝1，此時t＝2+1＝3；綜上，t的值是1或或3．2．（2021?羅湖區(qū)校級模擬）如圖1，已知拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過原點O，它的對稱軸是直線x＝2，動點P從拋物線的頂點A出發(fā)，在對稱軸上以每秒1個單位的速度向上運動，設動點P運動的時間為t秒，連接OP并延長交拋物線于點B，連接OA，AB．（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）當△AOB為直角三角形時，求t的值；（3）如圖2，⊙M為△AOB的外接圓，在點P的運動過程中，點M也隨之運動變化，請你探究：在1≤t≤5時，求點M經(jīng)過的路徑長度．【分析】（1）由拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過原點O且對稱軸是直線x＝2，知c＝0，﹣＝2，求得b的值即可得出答案；（2）設點B（a，a2﹣4a），由y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4知A（2，﹣4），據(jù)此得出OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，再分∠OAB＝90°、∠AOB＝90°和∠ABO＝90°三種情況，根據(jù)勾股定理列出關于a的方程，解之求得a的值，繼而求出直線OB解析式，求出x＝2時y的值，從而求得t的值；（3）由⊙M為△AOB的外接圓知點M在線段OA的中垂線上，從而得出1≤t≤5時，點M的運動路徑是在線段OA中垂線上的一條線段，再結(jié)合（2）中的情況求出點M的位置，根據(jù)兩點間的距離公式求解可得．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過原點O，且對稱軸是直線x＝2，∴c＝0，﹣＝2，則b＝﹣4、c＝0，∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x；（2）設點B（a，a2﹣4a），∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，∴點A（2，﹣4），則OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，①若OB2＝OA2+AB2，則a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，解得a＝2（舍）或a＝，∴B（，﹣），則直線OB解析式為y＝﹣x，當x＝2時，y＝﹣3，即P（2，﹣3），∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；②若AB2＝OA2+OB2，則（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，解得a＝0（舍）或a＝，∴B（，），則直線OB解析式為y＝x，當x＝2時，y＝1，即P（2，1），∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；③若OA2＝AB2+OB2，則20＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，a2（a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，（a﹣3）2（a﹣2）＝0，則a＝3或a＝2（舍），∴B（3，﹣3），∴直線OB解析式為y＝﹣x，當x＝2時，y＝﹣2，即P（2，﹣2），∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；綜上，當△AOB為直角三角形時，t的值為1或2或5．（3）∵⊙M為△AOB的外接圓，∴點M在線段OA的中垂線上，∴當1≤t≤5時，點M的運動路徑是在線段OA中垂線上的一條線段，當t＝1時，如圖1，由（2）知∠OAB＝90°，∴此時Rt△OAB的外接圓圓心M是OB的中點，∵B（，﹣），∴M（，﹣）；當t＝5時，如圖2，由（2）知，∠AOB＝90°，∴此時Rt△OAB的外接圓圓心M是AB的中點，∵B（，）、A（2，﹣4），∴M（，﹣）；當t＝2時，如圖3，由（2）知，∠OBA＝90°，∴此時Rt△OAB的外接圓圓心M是OA的中點，∵A（2，﹣4），∴M（1，﹣2）；則點M經(jīng)過的路徑長度為+＝+＝．3．（2012?蕪湖縣校級自主招生）學習過三角函數(shù)，我們知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大小之間可以相互轉(zhuǎn)化．類似的，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯(lián)系，我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做頂角的正對（sad）．如圖，在△ABC中，AB＝AC，頂角A的正對記作sadA，這時sadA＝．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．根據(jù)上述對角的正對定義，解下列問題：（1）sad60°的值為BA．B．1C．D．2（2）對于0°＜A＜180°，∠A的正對值sadA的取值范圍是0＜sadA＜2．（3）已知sinα＝，其中α為銳角，試求sadα的值．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，求出底角的度數(shù)，判斷出三角形為等邊三角形，再根據(jù)正對的定義解答；（2）求出0度和180度時等腰三角形底和腰的比即可；（3）作出直角△ABC，構造等腰三角形ACD，根據(jù)正對的定義解答．【解答】解：（1）根據(jù)正對定義，當頂角為60°時，等腰三角形底角為60°，則三角形為等邊三角形，則sad60°＝＝1．故選B．（2）當∠A接近0°時，sadα接近0，當∠A接近180°時，等腰三角形的底接近于腰的二倍，故sadα接近2．于是sadA的取值范圍是0＜sadA＜2．故答案為0＜sadA＜2．（3）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，sin∠A＝．在AB上取點D，使AD＝AC，作DH⊥AC，H為垂足，令BC＝3k，AB＝5k，則AD＝AC＝＝4k，又∵在△ADH中，∠AHD＝90°，sin∠A＝．∴DH＝ADsin∠A＝k，AH＝＝k．則在△CDH中，CH＝AC﹣AH＝k，CD＝＝k．于是在△ACD中，AD＝AC＝4k，CD＝k．由正對的定義可得：sadA＝＝，即sadα＝．4．（2022秋?法庫縣期中）如圖，已知函數(shù)y＝x+1的圖象與y軸交于點A，一次函數(shù)y＝kx+b的圖象經(jīng)過點B（0，﹣1），與x軸以及y＝x+1的圖象分別交于點C，D，且點D的坐標為（1，n）．（1）則k＝3，b＝﹣1，n＝2；（2）若函數(shù)y＝kx+b的值大于函數(shù)y＝x+1的函數(shù)值，則x的取值范圍是x＞1；（3）求四邊形AOCD的面積；（4）在x軸上是否存在點P，使得以點P，C，D為頂點的三角形是直角三角形，請直接寫出點P的坐標．【分析】（1）對于直線y＝x+1，令x＝0求出y的值，確定出A的坐標，把B坐標代入y＝kx+b中求出b的值，再將D坐標代入y＝x+1求出n的值，進而將D坐標代入求出k的值即可；（2）由兩一次函數(shù)解析式，結(jié)合圖象確定出x的范圍即可；（3）過D作DE垂直于x軸，如圖1所示，四邊形AOCD面積等于梯形AOED面積減去三角形CDE面積，求出即可；（4）在x軸上存在點P，使得以點P，C，D為頂點的三角形是直角三角形，理由為：分兩種情況考慮：①DP′⊥DC；②DP⊥CP，分別求出P坐標即可．【解答】解：（1）對于直線y＝x+1，令x＝0，得到y(tǒng)＝1，即A（0，1），把B（0，﹣1）代入y＝kx+b中，得：b＝﹣1，把D（1，n）代入y＝x+1得：n＝2，即D（1，2），把D坐標代入y＝kx﹣1中得：2＝k﹣1，即k＝3，故答案為：3，﹣1，2；（2）∵一次函數(shù)y＝x+1與y＝3x﹣1交于D（1，2），∴由圖象得：函數(shù)y＝kx+b的函數(shù)值大于函數(shù)y＝x+1的函數(shù)值時x的取值范圍是x＞1；故答案為：x＞1；（3）過D作DE⊥x軸，垂足為E，如圖1所示，∵一次函數(shù)y＝3x﹣1的圖象與x軸交于點C，∴C（，0），∴CE＝1﹣＝，∴S四邊形AOCD＝S梯形AOED﹣S△CDE＝（AO+DE）?OE﹣CE?DE＝×（1+2）×1﹣××2＝﹣＝；（4）如圖2所示，設P（p，0），∴PC2＝（p﹣）2，PD2＝22+（p﹣1）2，CD2＝22+（1﹣）2，分兩種情況考慮：①當P′D⊥DC時，P′C2＝P′D2+CD2，∴（p﹣）2＝22+（p﹣1）2+22+（1﹣）2，∴p＝7，∴P′（7，0）；②當DP⊥CP時，由D橫坐標為1，得到P橫坐標為1，∵P在x軸上，∴P的坐標為（1，0），綜上，P的坐標為（1，0）或（7，0）．5．（2022秋?同安區(qū)期中）如圖，直線分別與x軸、y軸交于A點與B點，函數(shù)的圖象經(jīng)過B點．點P是拋物線上的一個動點，過點P作x軸的垂線PD，過點B作BD⊥PD于點D．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）連接AD，當△ABD為直角三角形時，求BD的長；（3）將△BDP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到△BD'P'，當點P的對應點P'落在坐標軸上時，請求出點P的坐標．【分析】（1）先確定出點A、B的坐標，再用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；（2）當點P在對稱軸左側(cè)時，△ABD不可能為直角三角形，當點P在對稱軸右側(cè)時，∠ABD為銳角，分兩種情況：①當∠ADB＝90°時，②當∠BAD＝90°時，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)分別求解即可；（3）分點P′落在x軸和y軸兩種情況計算即可．①當點P'落在x軸上時，過點P'作P'E⊥x軸，垂足為P′，過點D'作D'F⊥y軸，垂足為F，交P′E于點E，先利用互余和旋轉(zhuǎn)角相等得出△PD'E是等腰直角三角形，根據(jù)P′E＝OF＝OB+BF，建立方程即可；②根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵直線y＝x﹣2分別與x軸、y軸交于A點與B點，∴A（，0），B（0，﹣2），∵拋物線y＝x2+2nx+n經(jīng)過點B，∴n＝﹣2，∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x﹣2；（2）當點P在對稱軸左側(cè)時，△ABD不可能為直角三角形，當點P在對稱軸右側(cè)時，∠ABD為銳角，分兩種情況：①當∠ADB＝90°時，∵A（，0），B（0，﹣2），∴點D坐標為（，﹣2），∴BD＝；②當∠BAD＝90°時，設D（a，﹣2），∵A（，0），B（0，﹣2），∴AB2＝（）2+22＝6，BD2＝a2，AD2＝（a﹣）2+22，在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，∴6+（a﹣）2+22＝a2，解得a＝3，∴BD＝3；綜上所述，當△ABD為直角三角形時，BD的長為或3；（3）①當點P'落在x軸上時，過點P'作P'E⊥x軸，垂足為P′，過點D'作D'F⊥y軸，垂足為F，交P′E于點E，設點P的坐標為（m，m2﹣4m﹣2），∴PD＝m2﹣4m﹣2﹣（﹣2）＝m2﹣4m，∵PD⊥x軸，BD⊥PD，∴BD⊥y軸，由旋轉(zhuǎn)得∠DBD'＝45°，P′D′＝PD＝m2﹣4m，∴∠BD'F＝∠DBD'＝45°，∴∠PD'E＝45°，∴△PD'E是等腰直角三角形，∴P′E＝P′D′＝（m2﹣4m），同理BF＝BD′＝﹣m，∵P′E＝OF＝OB+BF，∴（m2﹣4m）＝﹣m+2，整理得2m2﹣3m﹣4＝0，解得m＝﹣或2（舍去），當m＝﹣時，m2﹣4m﹣2＝﹣2，∴點P的坐標為（﹣，﹣2）；②當點P'落在y軸上時，如圖，過點D′作D′M⊥x軸，交BD于M，過點P′作P′N⊥y軸，交MD'的延長線于點N，設點P的坐標為（n，n2﹣4n﹣2），∴PD＝n2﹣4n﹣2﹣（﹣2）＝n2﹣4n，由旋轉(zhuǎn)得∠DBP＝∠D′BP′＝45°，∴△PDB是等腰直角三角形，∴PD＝BD，∴n＝n2﹣4n，解得m＝或0（舍去），當m＝時，n2﹣4n﹣2＝﹣2，∴點P的坐標為（，﹣2）；綜上所述，點P的坐標為（﹣，﹣2）或，﹣2）．6．（2022秋?禪城區(qū)校級期中）如圖1，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y＝3x+6分別與x軸和y軸交于點C和點B，已知A（6，0），（1）寫出點B，點C的坐標和△ABC的面積；（2）直線l經(jīng)過A、B兩點，求直線AB的解析式；（3）點D是在直線AB上的動點，是否存在動點D，使得？若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由；（4）如圖2，P為A點右側(cè)x軸上的一動點，以P為直角頂點、BP為腰在第一象限內(nèi)作等腰直角三角形△BPQ，連接QA并延長交y軸于點K．當P點運動時，K點的位置是否發(fā)生變化？如果不變，請求出它的坐標；如果變化，請說明理由．【分析】（1）△ABC的面積＝×AC×OB，即可求解；（2）用待定系數(shù)法即可求解；（3）由得到y(tǒng)D|＝|yB|，即可求解；（4）證明△BOP≌△PHQ（AAS），求出Q的坐標為（t+6，t），進而求解．【解答】解：（1）對于y＝3x+6，令x＝0，則y＝6，故點B（0，6），令y＝3x+6＝0，解得：x＝﹣2，故點C（﹣2，0）；則△ABC的面積＝×AC×OB＝×（6+2）×6＝24；（2）設直線AB的表達式為y＝kx+b（k≠0），則，解得：，故直線AB的表達式為y＝﹣x+6；（3）存在，理由：∵，∴|yD|＝|yB|＝3，即|x+6|＝3，解得：x＝3或9，故點D的坐標為（3，3）或（9，﹣3）；（4）K點的位置不發(fā)生變化，理由：設點P的坐標為（t，0），過點Q作QH⊥x軸于點H，∵∠BPO+∠QPH＝90°，∠PBO+∠BPO＝90°，∴∠QPH＝∠PBO，在Rt△BOP和Rt△PHQ中，，∴△BOP≌△PHQ（AAS），∴PH＝BO＝6，QH＝OP＝t，則點Q的坐標為（t+6，t），設直線AQ的表達式為y＝mx+n，則，解得，故點K的坐標為（0，﹣6）．7．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，已知點P是第一象限內(nèi)二次函數(shù)y＝﹣x2+2mx+3m2（m＞0）圖象上一點，該二次函數(shù)圖象與x軸交于A、B兩點（A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，連接AC．（1）線段AB的長為4m（用含m的代數(shù)式表示）；（2）當m＝1時，點D與C點關于二次函數(shù)圖象對稱軸對稱，若AD平分∠CAP，求點P的坐標；（3）若△ABC是直角三角形，點E是AP與BC的交點，則的最小值是多少？直接寫出答案即可．【分析】（1）利用根與系數(shù)的關系求解即可；（2）先求出∠ABC＝∠DAB＝45°，可得BC⊥AD，再由△AOK和△DQK是等腰直角三角形，確定點Q的坐標，利用點Q的坐標求出C點關于AD的對稱點G的坐標，直線AG與拋物線的交點即為P點；（3）過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，過點A作AF∥y軸交BC于點F，設P（t，﹣t2+2mt+3m2），則F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），由PQ∥AF，＝，當PQ最大時，有最小值，再由PQ＝﹣（t﹣m）2+m2，當t＝m時，PQ有最大值m2，即可求的最小值是．【解答】解：（1）令y＝0，則﹣x2+2mx+3m2＝0，∴x1+x2＝2m，x1?x2＝﹣3m2，∴AB＝＝4m，故答案為：4m；（2）當m＝1時，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），∵點D與C點關于二次函數(shù)圖象對稱軸對稱，∴D（2，3），令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴OB＝OC＝3，∴∠ABC＝45°，過點D作DH⊥x軸交于點H，∴DH＝3，AH＝3，∴∠DAH＝45°，∴BC⊥AD，∵AO＝1，∴OK＝1，∴CK＝2，∵△CQK是等腰直角三角形，∴Q（1，2），∴C點關于AD的對稱點G（2，1），∴∠CAQ＝∠QAG，∴AD平分∠CAG，設直線AP的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+，聯(lián)立方程組，解得（舍）或，∴P（，）；（3）令x＝0，則y＝3m2，∴C（0，3m2），令y＝0，則﹣x2+2mx+3m2＝0，解得x＝﹣m或x＝3m，∴B（3m，0），A（m，0），設直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣mx+3m2，過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，過點A作AF∥y軸交BC于點F，設P（t，﹣t2+2mt+3m2），∴F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），∴PQ＝﹣t2+2mt+3m2+mt﹣3m2＝﹣t2+3mt，F(xiàn)A＝5m2，∵PQ∥AF，∴＝＝，當PQ最大時，有最小值，∵PQ＝﹣t2+3mt＝﹣（t﹣m）2+m2，當t＝m時，PQ有最大值m2，∴的最小值是．8．（2022秋?西湖區(qū)期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，以BC為一邊向下作矩形BDEC，其中DB＝3．M為線段AB上的動點（且不與A、B重合），過M作MN⊥DE，交DB于點N．（1）如圖1，以MN為邊作矩形MNPQ，使邊NP在線段DE上，點Q在AC上．①當MN為5時，矩形MNPQ的面積為15；②設MN＝x，矩形MNPQ的面積為y，試求出y關于x的函數(shù)表達式；③矩形MNPQ的面積y是否有最大值，若有，請求出這個最大值；若沒有，請說明理由．（2）如圖2，過點N作AB的平行線，交線段AC于點F，連接MF，若△MNF為直角三角形，請直接寫出線段MN的長度．【分析】（1）①如圖1，過點Z作AJ⊥BC于點J，交MQ于點H，交DE于點G．求出MQ，可得結(jié)論；②方法類似，求出MN可得結(jié)論；③利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．（2）分兩種情況討論，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：（1）如圖1，過點Z作AJ⊥BC于點J，交MQ于點H，交DE于點G．∵AB＝AC＝5，AJ⊥BC，∴BJ＝JC＝BC＝3，∴AJ＝＝＝4，∵∠D＝∠DBJ＝∠BJG＝90°，∴四邊形MNPQ是矩形，∴JG＝BD＝3，同法可證四邊形MNGH是矩形，∴GH＝MN＝5，∴AG＝AJ+JG＝4+3＝7，∴AH＝AG﹣HG＝2，∵MQ∥DE∥BC，∴∠AMQ＝∠ABC，∠AQM＝∠ACB，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠AMQ＝∠AQM，∴AM＝AQ，∵AH⊥MQ，∴MH＝HQ＝＝＝，∴MQ＝3，∴矩形MNPQ的面積＝5×3＝15．故答案為：15；②當MN＝x時，同法可得HA＝7﹣x，MQ＝2×＝（7﹣x），∴y＝x×（7﹣x）＝﹣x+x（3＜x＜7）；③存在．理由：∵y＝﹣（x﹣）2+，∴x＝時，矩形MNPQ的面積最大，最大值為；（2）如圖2，延長AB、AC與DE所在直線分別交于點G、H，過點F作FP⊥NH于點P．∵BC∥GH，∴∠G＝∠ABC，∠H＝∠ACB，∵∠ABC＝∠ACB，∴∠G＝∠H，∴AG＝AH，∵AB＝AC，∴BG＝CH＝＝＝，∴GH＝+6＝，設MN＝m，則GN＝m，∵NF∥AB，∴∠FNH＝∠G＝∠H，∴FN＝FH，∵FP⊥NH，∴NP＝PH＝（﹣m）＝﹣m，∴FN＝＝＝﹣m，∵△MNF為直角三角形，①若∠MFN＝90°，則NF＝MN，即﹣m＝m，解得m＝；②若∠NMF＝90°，則MN＝NF，即m＝（﹣m），解得m＝，綜上所述，滿足條件的MN長度為或．9．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖1，Rt△MCD中，∠MCD＝90°，MD＝5，CD＝4．O為邊MD上一點，以O為圓心，MO為半徑的⊙O與邊CD相切于點F，交MC、MD于點E、N．點A、B分別在線段MN、MC上（不與端點重合），且滿足＝．（1）①求MO的長；②設BM＝x，AD＝y(tǒng)，求y與x之間的函數(shù)關系式；（2）如圖2，作AP∥MC，交CD于點P，連接AB，BP．①當△ABP為直角三角形時，求BM的長；②當點E關于BP的對稱點E′落在邊MD上時，請直接寫出的值．【分析】（1）①證明△DFO∽△DCM，進而求得結(jié)果；②在①的基礎上求得DN的值，進而求得結(jié)果；（2）①分成兩種情形：當∠ABP＝90°時，作AH⊥CM于H，可推出△BCP和△ABH是等腰直角三角形，根據(jù)AH＝CP及AP＝CH求得結(jié)果；當∠PAB＝90°時，根據(jù)BC＝AP列出方程求得結(jié)果；②可表示出BE′＝BE＝CM﹣CF﹣BM＝3﹣﹣x＝，在Rt△MBE′中，根據(jù)列出方程求得結(jié)果．【解答】解：（1）①如圖1，連接OF，設半徑為r，∵CD切⊙O于點F，∴OF⊥CD，∵MC⊥CD，∴OF∥MC，∴△DFO∽△DCM，∴＝，∴＝解得r＝，∴MO＝；②由①得ND＝MD﹣MN＝5﹣2×＝，∵＝，BM＝x，∴AN＝x，∴AD＝AN+ND，∴y＝x+；（2）①顯然∠APB＜90°，所以分兩種情形|：如圖2，當∠ABP＝90°時，作AH⊥CM于H，∵PD＝AD＝（）＝x+1，∴CP＝CD﹣PD＝4﹣（x+1）＝3﹣x，∵CB＝CM﹣BM＝3﹣x，∴CB＝CP，∴∠CBP＝∠CPB＝°，∴∠ABH＝180°﹣∠ABP﹣∠CBP＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴∠HAB＝∠ABH＝45°，∴AH＝BH，∵AH＝CP＝3﹣x，∴BH＝3﹣x，∵AP＝CH＝BC+BH，∴）＝（3﹣x）+（3﹣x），∴x＝，如圖2，當∠PAB＝90°時，∵∠APC＝∠C＝90°，∴四邊形APCB是矩形，∴BC＝AP，∵BC＝CM﹣BM＝3﹣x，AP＝＝，∴3﹣x＝，∴x＝，綜上，x的值為或；②如圖4，由上可知：∠CBP＝45°，∵∠E′BP＝∠CBP＝45°，∴∠MBE′＝90°，∴，∵BE′＝BE＝CM﹣CE﹣BM＝3﹣﹣x＝，∴，∴x＝，∴E′M＝＝，∴DE′＝5﹣＝，∴＝．10．（2022秋?市北區(qū)期中）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y1＝x+2的圖象與x軸，y軸分別交于點A，B，的圖象與x軸，y軸分別交于點D，E，且兩個函數(shù)圖象相交于點C（m，5）．（1）填空：m＝3，b＝6；（2）求△ACD的面積；（3）在線段AD上是否存在一點M，使得△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．（4）點P在線段AD上，連接CP，若△ACP是直角三角形，請直接寫出所有符合條件的點P坐標．【分析】（1）由C（m，5）是一次函數(shù)y1＝x+2與y2＝﹣x+b的圖象的交點，即可解出；（2）由兩個一次函數(shù)解析式分別求出它們與x軸的交點坐標，得到AD的長，從而算出△ACD的面積；（3）由已知條件可得△ABM的面積，進而得出AM的長，即可得點M的坐標；（4）由△ACP是直角三角形、∠CAP是銳角，分∠APC＝90°和∠ACP＝90°兩種情況討論，利用勾股定理即可求解．【解答】解：（1）∵C（m，5）是一次函數(shù)y1＝x+2與y2＝﹣x+b的圖象的交點，∴m+2＝5，解得m＝3，∴﹣×3+b＝5，解得b＝6，故答案為：3，6；（2）一次函數(shù)y1＝x+2中，當y1＝0時，x＝﹣2；當x＝0時，y1＝2，∴A（﹣2，0），B（0，2），一次函數(shù)y2＝﹣x+6中，當y2＝0時，x＝18，∴D（18，0），∴AD＝18﹣（﹣2）＝20，∴S△ACD＝×20×5＝50，∴△ACD的面積為50；（3）如圖：在線段AD上存在一﹣點M，使得△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21，∵△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21，∴S△ABM＝S△ACD＝×50＝8，∴AM?OB＝8，即AM×2＝8，∴AM＝8，∵點M在線段AD上，∴點M的坐標為（6，0）；（4）點P在線段AD上，∠CAP是銳角，若△ACP是直角三角形，則∠APC＝90°或∠ACP＝90°，設點P（p，0），∵A（﹣2，0），C（3，5），∴AC2＝（3+2）2+52，AP2＝（p+2）2，PC2＝（p﹣3）2+52，當∠APC＝90°時，AP2+PC2＝AC2，∴（p+2）2+（p﹣3）2+52＝（3+2）2+52，整理得，p2﹣p﹣6＝0，解得p＝3或﹣2（舍去），∴點P坐標為（3，0）；當∠ACP＝90°時，AC2+PC2＝AP2，∴（p+2）2＝（3+2）2+52+（p﹣3）2+52，整理得，p2﹣p﹣6＝0，解得p＝8，∴點P坐標為（8，0）；綜上所述，所有符合條件的點P坐標為（3，0）或（8，0）．11．（2022秋?南湖區(qū)校級期中）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，E是AB邊上一動點，以1cm/s的速度從點B出發(fā)，到A停止運動；F是BC邊上一動點，以2cm/s的速度從點B出發(fā)，到點C停止運動．設動點運動的時間為t（s），△DEF的面積為S（cm2）（1）求S關于t的函數(shù)表達式，并求自變量t的取值范圍．（2）當△DEF是直角三角形時，求△DEF的面積．【分析】（1）根據(jù)S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF解答即可；（2）分情況討論解答即可．【解答】解：∵（1）BE＝tcm，BF＝2tcm，．AE＝（6﹣t）cm，CF＝（12﹣2t）cm，∴S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF，∴S＝12×6﹣12×（6﹣t）﹣t×2t﹣6×（12﹣2t）＝﹣t2+12t，根據(jù)題意得，解得0＜t≤6；（2）由勾股定理可，EF2＝BE2+BF2＝5t2，DF2＝CD2+CF2＝4t2﹣48t+180，DE2＝AD2+AE2＝t2﹣12t+180，①當∠EDF為直角時，EF2＝DE2+DF2，即5t2＝t2﹣12t+180+4t2﹣48t+180，解得t＝6，∴S＝﹣62+12×6＝36；②當∠DEF為直角時，DF2＝DE2+EF2，即6t2﹣12t+180＝4t2﹣48t+180，解得t＝0或﹣18，∵0＜t≤6，∴都不符合；③當∠DFE為直角時，DE2＝DF2+EF2，即5t2+4t2﹣48t+180＝t2﹣12t+180，解得t＝0（舍）或t＝，．∴S＝﹣．12．（2022秋?羅湖區(qū)校級期中）建立模型：（1）如圖1，等腰直角三角形ABC的直角頂點在直線l上．過點A作AD⊥l交于點D，過點B作BE⊥l交于點E，求證：△ADC≌△CEB模型應用：（2）如圖2，在平面直角坐標系中，直線l1：y＝2x+4分別與y軸，x軸交于點A，B，將直線l1繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到l2，求l2的函數(shù)表達式；（3）如圖3，在平面直角坐標系，點B（6，4），過點B作AB⊥y交于點A，過點B作BC⊥x交于點C，P為線段BC上的一個動點，點Q（a，2a﹣4）位于第一象限．問點A，P，Q能否構成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，若能，請求出a的值；若不能，請說明理由．【分析】（1）過點A作AD⊥x軸交于點D，過點B作BE⊥x軸交于點E，再證明△ACD≌△CBE（SAS）即可；（2）過點B作BC⊥AB交直線l2于點C，過點C作CD⊥x軸交于點D，由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，求出C（﹣6，2），再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（3）分兩種情況討論：當Q點AB下方時，過Q點作EF∥x軸交y軸于點E，交BC于點F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，再由EQ+FQ＝6，求出a＝2（舍）；當Q點在AB上方時，同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，再由EQ+FQ＝6，可求a＝．【解答】（1）證明：過點A作AD⊥x軸交于點D，過點B作BE⊥x軸交于點E，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∵∠ACD+∠CAD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，∵AC＝BC，∴△ACD≌△CBE（SAS）；（2）解：過點B作BC⊥AB交直線l2于點C，過點C作CD⊥x軸交于點D，∵∠CAB＝45°，∴BC＝AB，由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，∵y＝2x+4與x軸的交點B（﹣2，0），A（0，4），∴CD＝2，BD＝4，∴C（﹣6，2），設直線l2的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+4；（3）解：點A，P，Q能構成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，理由如下：當Q點AB下方時，如圖3，過Q點作EF∥x軸交y軸于點E，交BC于點F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，∴AE＝FQ，EQ＝PF，∵B（6，4），∴OA＝4，CO＝6，∵點Q（a，2a﹣4），∴EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，∵EQ+FQ＝6，∴a+8﹣2a＝6，解得a＝2，∴Q（2，0），∵Q點在第一象限，∴a＝2（舍）；當Q點在AB上方時，如圖4，同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，∵EQ+FQ＝6，∴a+2a﹣8＝6，解得a＝；綜上所述：a的值為．13．（2022秋?天橋區(qū)期中）如圖，在平面直角坐標系中，直線l1的解析式為y＝x，直線l2與x軸交于點A，與y軸交于點B（0，3），與l1交于點C（2，m）．（1）求出直線l2的函數(shù)關系式；（2）在y軸右側(cè)有一動直線平行于y軸，分別與l1、l2交于點M、N，①當點M在點N的上方，且滿足MN＝OB時，請求出點M與點N的坐標；②當點M在點N的下方時，y軸上是否存在點Q，使△MNQ為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）求出點C的坐標，在用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）①設M（t，t），N（t，﹣t+3），由MN＝OB建立方程求出t的值即可求解；②根據(jù)題意分三種情況討論：當∠NMQ＝90°時，MN＝MQ，此時Q（0，t），再由﹣t+3＝t，求出Q點坐標；當∠MNQ＝90°時，NQ＝MN，此時Q（0，﹣t+3），再由﹣t+3＝﹣t+3，求Q點坐標；當∠MQN＝90°時，MN的中點坐標為（t，t+），則Q（0，t+），再由t＝（﹣t+3），求出Q點坐標．【解答】解：（1）將點C（2，m）代入y＝x，∴m＝2，∴C（2，2），設直線l2的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+3；（2）①設M（t，t），N（t，﹣t+3），∵點M在點N的上方，∴t＞2，∵MN＝OB，∴t﹣3＝3，解得t＝4，∴M（4，4），N（4，1）；②存在點Q，使△MNQ為等腰直角三角形，理由如下：點M在點N的下方時，0＜t＜2，當∠NMQ＝90°時，MN＝MQ，此時Q（0，t），∴﹣t+3＝t，∴t＝，∴Q（0，）；當∠MNQ＝90°時，NQ＝MN，此時Q（0，﹣t+3），∴﹣t+3＝﹣t+3，∴t＝0（舍）；當∠MQN＝90°時，MN的中點坐標為（t，t+），∴Q（0，t+），∴t＝（﹣t+3），解得t＝，∴Q（0，）；綜上所述：Q點坐標為（0，）或（0，）．14．（2022秋?甘井子區(qū)校級月考）拋物線y＝x2+bx+c過A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸相交于點C，點C、D關于拋物線的對稱軸對稱．（1）拋物線的解析式是y＝x2﹣2x﹣3，△ABD的面積為6；（2）在直線AD下方的拋物線上存在點P，使△APD的面積最大，求出最大面積．（3）當t≤x≤t+1時，函數(shù)y＝x2+bx+c的最小值為5，求t的值．（4）若點M在y軸上運動，點N在x軸上運動，當以點D、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，請直接寫出此時M點的坐標．【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c中，可求拋物線的解析式，再利用三角形的面積公式求△ABD的面積即可；（2）過點P作PM⊥x軸于點M，交AD于點N．設點P的橫坐標為m，則P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），可得PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．可得S△APD＝S△APN+S△DPN＝﹣（m﹣）2+．根據(jù)二次函數(shù)的最值即可求解；（3）將二次函數(shù)解析式化為頂點式，分類討論x＝t，x＝t+1時y取最小值；（4）分三種情形，①當∠DNM＝90°，ND＝NM時，②當∠DMN＝90°，MN＝MD時，③當∠NDM＝90°，DN＝DM時，分別求解即可．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）分別代入y＝x2+bx+c（a≠0）中，得，解得：，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∴C（0，﹣3），∵點C、D關于拋物線的對稱軸對稱，y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為x＝1，點D（2，﹣3），∴△ABD的面積為AB?OC＝×4×3＝6，故答案為：y＝x2﹣2x﹣3，6；（2）過點P作PM⊥x軸于點M，交AD于點N．設直線AD的解析式為y＝kx+a，把A（﹣1，0），D（2，﹣3）分別代入y＝kx+a中，得，解得：，∴直線AD的解析式為y＝﹣x﹣1，設點P的橫坐標為m，則P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），∴PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．∴S△APD＝S△APN+S△DPN＝PN?（xD﹣xA）＝×（﹣m2+m+2）×（2+1）＝﹣×（m2﹣m﹣2）＝﹣（m﹣）2+．∴當m＝時，△APD的最大面積為；（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝1，頂點坐標為（1，﹣4），①當t+1＜1時，t＜0，當x＝t+1時，y＝（t+1﹣1）2﹣4＝5為最小值，解得t＝3（舍去）或t＝﹣3；②當t≤1，t+1≥1時，0≤t≤1，此時，函數(shù)的最小值為﹣4≠5；③當t＞1時，x＝t時，y＝（t﹣1）2﹣4＝5為最小值，解得t＝4或t＝﹣2（舍去），綜上所述，t的值為﹣3或4；（4）①當∠DNM＝90°，ND＝NM時，如圖，過點D作DE⊥x軸于E，∴DE＝3，OE＝2，∵∠MON＝∠DEN＝90°，∠DNM＝90°，∴∠MNO＝∠NDE，∵ND＝NM，∴△MNO≌△NDE（AAS），∴OM＝EN，ON＝DE＝3，∴OM＝EN＝ON﹣OE＝3﹣2＝1，∴M（0，1），如圖，同理可得NE＝OM＝ON+OE＝DE+OE＝3+2＝5，∴M（0，5）；②當∠DMN＝90°，MN＝MD時，∵點C、D關于拋物線的對稱軸對稱．∴CD⊥y軸，∴∠DCM＝∠MON＝90°＝∠DMN，∴∠DMC＝∠MNO，∵MN＝MD，∴△MNO≌△DMC（AAS），∴OM＝CD＝2，∴M（0，2）或（0，﹣2），③當∠NDM＝90°時，過點D作DE⊥x軸于E，同理可得△DCM≌△DEN，則DC＝DN，∵D（2，﹣3），∴DC＝2，DN＝3，與DC＝DN矛盾，故此種情況不存在，綜上所述，滿足條件的M點的坐標為（0，1）或（0，5）或（0，2）或（0，﹣2）．15．（2022秋?榮縣校級月考）如圖，已知一條直線過點（0，4），且與拋物線y＝交于A、B兩點，其中點A的橫坐標是﹣2（1）求這條直線的函數(shù)關系式及點B的坐標；（2）在x軸上是否存在點C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出點C的坐標，若不存在，請說明理由；（3）過線段AB上一點P，作PM∥x軸，交拋物線于點M，點M在第一象限；點N（0，1），當點M的橫坐標為何值時，MN+3MP的長度最大？最大值是多少？【分析】（1）設這條直線的函數(shù)關系式為y＝kx+b，由直線y＝kx+b過點（0，4），求得b＝4，由點A的橫坐標為﹣2且在拋物線y＝x2上，求得A（﹣2，1），再由直線y＝kx+4經(jīng)過點A（﹣2，1），求得k＝，即得到直線的函數(shù)關系式為y＝x+4；將直線和拋物線的函數(shù)關系式聯(lián)立方程組，解該方程組即可求出點B的坐標；（2）設C（x，0），分別求得AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，再分三種情況討論，一是∠BAC＝90°，二是∠ACB＝90°，三是∠ABC＝90°，分別根據(jù)勾股定理的逆定理列方程求出相應的x值，即得到點C的坐標；（3）設點M的坐標為（m，m2），則MN＝＝m2+1，再由PM∥x軸，且點P在直線y＝x+4上，求得P（m2﹣，m2），則MP＝﹣m2+m+，再推導出MN+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，即可求得點M的橫坐標為6時，MN+3MP的長度最大，最大值是18．【解答】解：（1）設這條直線的函數(shù)關系式為y＝kx+b，∵直線y＝kx+b過點（0，4），∴b＝4，∴y＝kx+4，拋物線y＝x2，當x＝﹣2時，y＝×（﹣2）2＝1，∴A（﹣2，1），∵直線y＝kx+4經(jīng)過點A（﹣2，1），∴﹣2k+4＝1，∴k＝，∴這條直線的函數(shù)關系式為y＝x+4；解方程組，得，，∴B（8，16）．（2）存在，設C（x，0），連接AC、BC，∵A（﹣2，1），B（8，16），∴AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，如圖1，當∠BAC＝90°時，則x2+4x+5+325＝x2﹣16x+320，解得x＝﹣，∴C（﹣，0）；如圖2，當∠ACB＝90°時，則x2+4x+5+x2﹣16x+320＝325，解得x1＝0，x2＝6，∴C（0，0）或C′（6，0）；如圖3，當∠ABC＝90°時，則x2﹣16x+320+325＝x2+4x+5，解得x＝32，∴C（32，0），綜上所述，點C的坐標為（0，0）或C（6，0）或（﹣，0）或（32，0）．（3）設點M的坐標為（m，m2），∵N（0，1），∴MN＝＝m2+1，∵PM∥x軸，且點P在直線y＝x+4上，∴y＝m2，∴x+4＝m2，∴x＝m2﹣，∴P（m2﹣，m2），∴MP＝m﹣（m2﹣）＝﹣m2+m+，∴MN+3MP＝m2+1+3（﹣m2+m+）＝﹣m2+3m+9，∵點P在線段AB上，∴﹣2＜m＜8，∵MN+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，且﹣＜0，﹣2＜6＜8，∴當m＝6時，MN+3MP的最大值為18，∴點M的橫坐標為6時，MN+3MP的長度最大，最大值是18．16．（2022秋?漢川市校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與坐標軸相交于A、B、C三點，其中A點坐標為（4，0），B點坐標為（﹣1，0），連接AC、BC．動點P從點A出發(fā)，在線段AC上以每秒個單位長度向點C做勻速運動；同時，動點Q從點B出發(fā)，在線段BA上以每秒1個單位長度向點A做勻速運動，當其中一點到達終點時，另一點隨之停止運動，連接PQ，設運動時間為t秒．（1）求二次函數(shù)的解析式．（2）在P、Q運動的過程中，當t為何值時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為多少？（3）在線段AC上方的拋物線上是否存在點M，使△MPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）過點P作PH⊥x軸，垂足為E，利用S四邊形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ表示出四邊形BCPQ的面積，求出t的范圍，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值即可；（3）畫出圖形，過點P作x軸的垂線，交x軸于E，過M作y軸的垂線，與EP交于F，證明△PFM≌△QEP，得到MF＝PE＝t，PF＝QE＝4﹣2t，得到點M的坐標，再代入二次函數(shù)表達式，求出t值，即可算出M的坐標．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（4，0），B（﹣1，0），則，解得：，∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+3x+4；（2）由（1）得：拋物線表達式為y＝﹣x2+3x+4，∴C（0，4），∵A（4，0），∴△OAC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°，由點P的運動可知：AP＝t，過點P作PH⊥x軸，垂足為H，如圖，∴AH＝PH＝，即H（4﹣t，0），又Q（﹣1+t，0），∴S四邊形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ＝×5×4﹣（5﹣t）?t＝10﹣t+t2，＝（t﹣）2+，∵當其中一點到達終點時，另一點隨之停止運動，AC＝＝4，AB＝5，∴0≤t≤5，∴當t＝時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為；（3）存在．假設點M是線段AC上方的拋物線上的點，如圖，過點P作x軸的垂線，交x軸于E，過M作y軸的垂線，與EP交于F，連接MQ，MP．∵△PMQ是等腰直角三角形，PM＝PQ，∠MPQ＝90°，∴∠MPF+∠QPE＝90°，又∠MPF+∠PMF＝90°，∴∠PMF＝∠QPE，在△PFM和△QEP中，，∴△PFM≌△QEP（AAS），∴MF＝PE＝t，PF＝QE＝5﹣2t，∴EF＝5﹣2t+t＝5﹣t，又OE＝4﹣t，∴點M的坐標為（4﹣2t，5﹣t），∵點M在拋物線y＝﹣x2+3x+4上，∴5﹣t＝﹣（4﹣2t）2+3（4﹣2t）+4，解得：t＝或（舍），∴M點的坐標為（，）．17．（2022秋?鼓樓區(qū)校級月考）如圖，拋物線y＝x2﹣x﹣3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．直線l與拋物線交于A，D兩點，與y軸交于點E，點D的坐標為（4，﹣3）．（1）請直接寫出A，B兩點的坐標及直線l的函數(shù)表達式；（2）若點P是拋物線上的點，點P的橫坐標為m（m≥0），過點P作PM⊥x軸，垂足為M．PM與直線l交于點N，當點N是線段PM的三等分點時，求點P的坐標；（3）若點Q是對稱軸上的點，且△ADQ為直角三角形，求點Q的坐標．【分析】（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0可求得A、B點坐標，用待定系數(shù)法求得直線AD的解析式；（2）設P（m，m2﹣m﹣3），用m表示N點坐標，分兩種情況：PM＝3MN；PM＝3PN，分別列出m的方程進行解答即可；（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得拋物線對稱軸是直線x＝2，設Q（2，t），可得AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，分三種情況，用勾股逆定理列方程可解得答案．【解答】解：（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0，得x2﹣x﹣3＝0，解得，x＝﹣2，或x＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），設直線l的解析式為y＝kx+b（k≠0），把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得：，解得，，∴直線l的解析式為y＝﹣x﹣1；（2）如圖1，根據(jù)題意可知，點P與點N的坐標分別為P（m，m2﹣m﹣3），N（m，﹣m﹣1），∴PM＝﹣m2+m+3，MN＝m+1，NP＝PM﹣MN＝﹣m2+m+2，分兩種情況：①當PM＝3MN時，得﹣m2+m+3＝3（m+1），解得，m＝0或m＝﹣2（與A重合，舍去），∴P（0，﹣3）；②當PM＝3NP時，得﹣m2+m+3＝3（﹣m2+m+2），解得，m＝3，或m＝﹣2（與A重合，舍去），∴P（3，﹣）；∴綜上所述：P的坐標為（3，﹣）或（0，﹣3）；（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得拋物線對稱軸是直線x＝2，設Q（2，t），而A（﹣2，0），D（4，﹣3），∴AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，①當AQ是斜邊時，4+（t+3）2+45＝16+t2，解得t＝﹣7，∴Q（2，﹣7），②當AD為斜邊時，16+t2+4+（t+3）2＝45，解得t＝或t＝，∴Q（2，）或（2，）；③當DQ為斜邊時，16+t2+45＝4+（t+3）2，解得t＝8，∴Q（2，8），綜上所述，Q的坐標為（2，﹣7）或Q（2，）或（2，）或（2，8）．18．（2022春?武侯區(qū)校級期中）【模型建立】：（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點C，過點A作AD⊥ED于點D，過點B作BE⊥ED于點E，求證：△BEC≌△CDA；【模型應用】：（2）如圖②，已知直線l1：y＝﹣2x+4與x軸交于點A、與y軸交于點B，將直線l1繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°至直線l2，求直線l2的函數(shù)表達式；（3）如圖③，平面直角坐標系內(nèi)有一點B（﹣4，﹣6），過點B作BA⊥x軸于點A、BC⊥y軸于點C，點P是線段AB上的動點，點D是直線y＝3x+3上的動點且在第三象限內(nèi)．試探究△CPD能否成為等腰直角三角形？若能，求出點D的坐標，若不能，請說明理由．【分析】（1）由∠ACB＝90°，AD⊥ED于點D，BE⊥ED于點E，得∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，則∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，而BC＝CA，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“AAS”證明△BEC≌△CDA；（2）作BF⊥AB交直線l2于點F，作FE⊥x軸于點E，可證明△BEF≌△AOB，由y＝﹣2x+4與x軸交于點A、與y軸交于點B，得A（2，0），B（0，4），則EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，所以OE＝6，則F（4，6），即可由待定系數(shù)法求出直線l2的函數(shù)表達式；（3）分四種情況討論，一是∠PDC＝90°，則PD＝DC，過點D作DH⊥y軸于點H，交AB的延長線于點G，可證明△PDG≌△DCH，得DG＝CH＝BG，PG＝DH，由BP＝m﹣（﹣6）＝m+6及m+6+DG＝4﹣DG，得DG＝BG＝，則D（，），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點D的坐標；二是∠PCD＝90°，則CD＝PC，作DJ⊥y軸于點J，PI⊥y軸于點I，可證明△DCJ≌△CPI，得CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，所以OJ＝6+4＝10，則D（﹣m﹣6，﹣10），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點D的坐標；三是∠CPD＝90°，且點D在PC上方，則DP＝PC，作DK⊥AB交射線BA于點K，可證明△PDK≌△CPB，得KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，則D（m+2，m+4），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點D的坐標并進行檢驗，舍去不符合題意的解；四是∠CPD＝90°，且點D在PC下方，則DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延長線于點L，可證明△PDL≌△CPB，得LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，則D（﹣10﹣m，m﹣4），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點D的坐標，最后得到問題的答案．【解答】（1）證明：如圖①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于點D，BE⊥ED于點E，∴∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，∴∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，∵BC＝CA，∴△BEC≌△CDA（AAS）．（2）解：如圖②，作BF⊥AB交直線l2于點F，作FE⊥x軸于點E，∵∠BEF＝∠AOB＝∠BAF＝90°，∴∠EBF＝∠OAB＝90°﹣∠OBA，由旋轉(zhuǎn)得∠BAF＝45°，∴∠BFA＝∠BAF＝45°，∴BF＝AB，∴△BEF≌△AOB（AAS），直線y＝﹣2x+4，當y＝0時，則﹣2x+4＝0，解得x＝2；當x＝0時，y＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，∴OE＝OB+EB＝6，∴F（4，6），設直線l2的函數(shù)表達式為y＝kx+b，把A（2，0），F(xiàn)（4，6）代入y＝kx+b，得，解得∴直線l2的函數(shù)表達式為y＝3x﹣6．（3）解：△CPD能成為等腰直角三角形，∵B（﹣4，﹣6），BA⊥x軸于點A、BC⊥y軸于點C，∴A（﹣4，0），C（0，﹣6），四邊形OABC為矩形，設P（﹣4，m），如圖③，∠PDC＝90°，則PD＝DC，過點D作DH⊥y軸于點H，交AB的延長線于點G，∵∠G＝∠ABC＝90°，∠DHC＝90°，∴∠G＝∠DHC，∴∠PDG＝∠DCH＝90°﹣∠CDH，∴△PDG≌△DCH（AAS），∴DG＝CH＝BG，PG＝DH，∵BP＝m﹣（﹣6）＝m+6，∴m+6+DG＝4﹣DG，∴DG＝BG＝，∴xD＝﹣4+＝，yD＝﹣6﹣＝，將D（，）代入y＝3x+3，得＝3×+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣）；如圖④，∠PCD＝90°，則CD＝PC，∵作DJ⊥y軸于點J，PI⊥y軸于點I，∵∠DJC＝∠CIP＝90°，∴∠DCJ＝∠CPI＝90°﹣∠PCI，∴△DCJ≌△CPI（AAS），∴CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，∴OJ＝6+4＝10，∴D（﹣m﹣6，﹣10），將D（﹣m﹣6，﹣10）代入y＝3x+3，得過且過﹣10＝3（﹣m﹣6）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣10）；如圖⑤，∠CPD＝90°，且點D在PC上方，則DP＝PC，作DK⊥AB交射線BA于點K，∵∠K＝∠B＝90°，∴∠PDK＝∠CPB＝90°﹣∠DPK，∴△PDK≌△CPB（AAS），∴KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，∴xD＝﹣4+m+6＝m+2，yD＝m+4，∴D（m+2，m+4），將D（m+2，m+4）代入y＝3x+3，得m+4＝3（m+2）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，），∵D（﹣，）不在第三象限，∴D（﹣，）不符合題意，舍去；如圖⑥，∠CPD＝90°，且點D在PC下方，則DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延長線于點L，則∠DLP＝∠PBC，∴∠DPL＝∠PCB＝90°﹣∠BPC，∴△PDL≌△CPB（AAS），∴LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，∴xD＝﹣4﹣（m+6）＝﹣10﹣m，yD＝m﹣4，∴D（﹣10﹣m，m﹣4），將D（﹣10﹣m，m﹣4）代入y＝3x+3，得m﹣4＝3（﹣10﹣m）+3，解得m＝﹣，D（﹣，﹣），綜上所述，點D的坐標為（﹣，﹣）或（﹣，﹣10）或（﹣，﹣）．19．（2022秋?齊齊哈爾月考）綜合與探究如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣3，0）、B兩點，與y軸相交于點C（0，）．當x﹣4和x＝2時，二次函數(shù)y＝a2+bx+c（a≠0）的函數(shù)值y相等，連接AC、BC．（1）求拋物線的解析式；（2）判斷△ABC的形狀，并說明理由；（3）若點M、N同時從B點出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運動，其中一個點到達終點時，另點也隨之停止運動．當運動時間為t秒時，連接MN，將△BMN沿MN翻折，B點恰好落在AC邊上的P處，則t的值為，點P的坐標為（﹣1，）；（4）拋物線對稱軸上是否存在一點F，使得△ACF以AC為直角邊的直角三角形？若不存在請說明理由；若存在，請直接寫出點F的坐標．【分析】（1）由對稱性先求出點B的坐標，可設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），將C坐標代入y＝a（x+3）（x﹣1）即可；（2）先判斷△ABC為直角三角形，分別求出AB，AC，BC的長，由勾股定理的逆定理可證明結(jié)論；（3）因為點M、N同時從B點出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運動，所以BM＝BN＝t，證四邊形PMBN是菱形，設PM與y軸交于H，證△CPN∽△CAB，由相似三角形的性質(zhì)可求出t的值，CH的長，可得出點P縱坐標，求出直線AC的解析式，將點P縱坐標代入即可；（4）求出直線BC的解析式，如圖2，當∠ACF＝90°時，點B，C，F(xiàn)在一條直線上，求出直線BC與對稱軸的交點即可；當∠CAF＝90°時，求出直線AF的解析式，再求其與對稱軸的交點即可．【解答】解：（1）∵在拋物線y＝ax2+bx+c中，當x＝﹣4和x＝2時，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的函數(shù)值y相等，∴拋物線的對稱軸為x＝＝﹣1，又∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0）、B兩點，由對稱性可知B（1，0），∴可設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），將C（0，）代入y＝a（x+3）（x﹣1），得，﹣3a＝，解得a＝﹣，∴此拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+；（2）△ABC為直角三角形，理由如下：∵A（﹣3，0），B（1，0），C（0，），∴OA＝3，OB＝1，OC＝，∴AB＝OA+OB＝4，AC＝＝2，BC＝＝2，∵AC2+BC2＝16，AB2＝16，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形；（3）∵點M、N同時從B點出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運動，∴BM＝BN＝t，由翻折知，△BMN≌△PMN，∴BM＝PM＝BN＝PN＝t，∴四邊形PMBN是菱形，∴PN∥AB，∴△CPN∽△CAB，設PM與y軸交于H，∴＝，即，解得t＝，CH＝，∴OH＝OC﹣CH＝﹣＝，∴yP＝，設直線AC的解析式為y＝kx+，將點A（﹣3，0）代入y＝kx+，得﹣3k+＝0，解得k＝，∴直線AC的解析式為y＝x+，將yP＝代入y＝x+，∴x＝﹣1，∴P（﹣1，），故答案為：，（﹣1，）；（4）設直