第9關 以二次函數(shù)與直角三角形問題為背景的解答題【有答案】

第九關以二次函數(shù)與直角三角形問題為背景的解答題【總體點評】二次函數(shù)在全國中考數(shù)學中常常作為壓軸題，同時在省級，國家級數(shù)學競賽中也有二次函數(shù)大題，很多學生在有限的時間內(nèi)都不能很好完成。由于在高中和大學中很多數(shù)學知識都與函數(shù)知識或函數(shù)的思想有關，學生在初中階段函數(shù)知識和函數(shù)思維方法學得好否，直接關系到未來數(shù)學的學習。直角三角形的有關知識和二次函數(shù)都是初中代數(shù)中的重點內(nèi)容，這兩塊內(nèi)容的綜合是初中數(shù)學最突出的綜合內(nèi)容，因此這類問題就成為中考命題中比較受關注的熱點問題.【解題思路】近幾年的中考中,二次函數(shù)圖形中存在性問題始終是熱點和難點?？碱}內(nèi)容涉及到分類討論、數(shù)形結(jié)合、化歸等數(shù)學思想,對學生思維能力、模型思想等數(shù)學素養(yǎng)要求很高,所以學生的失分現(xiàn)象比較普遍和突出。解這類問題有什么規(guī)律可循?所應用的知識點：1.拋物線與直線交點坐標;2.拋物線與直線的解析式;3.勾股定理;4.三角形的相似的性質(zhì)和判定;5.兩直線垂直的條件;運用的數(shù)學思想：1.函數(shù)與方程;2.數(shù)形結(jié)合;3.分類討論;4.等價轉(zhuǎn)化；解決二次函數(shù)中直角三角形存在性問題采用方法：1.找點：在已知兩定點，確定第三點構(gòu)成直角三角形時，要么以兩定點為直角頂點，要么以動點為直角頂點.以定點為直角頂點時，構(gòu)造兩條直線與已知直線垂直;以動點為直角頂點時，以已知線段為直徑構(gòu)造圓找點；2.以兩定點為直角頂點時，兩直線互相垂直，則k1*k2=-1，以已知線段為斜邊時，利用K型圖，構(gòu)造雙垂直模型，最后利用相似求解，或者三條邊分別表示之后，利用勾股定理求解.【典型例題】【例1】（2019·邢臺市第八中學中考模擬）如圖，已知拋物線的對稱軸為直線，且拋物線與軸交于、兩點，與軸交于點，其中，.（1）若直線經(jīng)過、兩點，求直線和拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸上找一點，使點到點的距離與到點的距離之和最小，求出點的坐標；（3）設點為拋物線的對稱軸上的一個動點，求使為直角三角形的點的坐標.【答案】（1）拋物線的解析式為，直線的解析式為.（2）；（3）的坐標為或或或.【解析】分析：（1）先把點A，C的坐標分別代入拋物線解析式得到a和b，c的關系式，再根據(jù)拋物線的對稱軸方程可得a和b的關系，再聯(lián)立得到方程組，解方程組，求出a，b，c的值即可得到拋物線解析式；把B、C兩點的坐標代入直線y=mx+n，解方程組求出m和n的值即可得到直線解析式；（2）設直線BC與對稱軸x=-1的交點為M，此時MA+MC的值最?。褁=-1代入直線y=x+3得y的值，即可求出點M坐標；（3）設P（-1，t），又因為B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三種情況分別討論求出符合題意t值即可求出點P的坐標．詳解：（1）依題意得：，解得：，∴拋物線的解析式為.∵對稱軸為，且拋物線經(jīng)過，∴把、分別代入直線，得，解之得：，∴直線的解析式為.（2）直線與對稱軸的交點為，則此時的值最小，把代入直線得，∴.即當點到點的距離與到點的距離之和最小時的坐標為.（注：本題只求坐標沒說要求證明為何此時的值最小，所以答案未證明的值最小的原因）.（3）設，又，，∴，，，①若點為直角頂點，則，即：解得：，②若點為直角頂點，則，即：解得：，③若點為直角頂點，則，即：解得：，.綜上所述的坐標為或或或.【名師點睛】本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)（二次函數(shù)和一次函數(shù)）的解析式、利用軸對稱性質(zhì)確定線段的最小長度、難度不是很大，是一道不錯的中考壓軸題．【例2】（2020·山東初三期末）已知，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0）和C（0，3）．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸上，是否存在點P，使PA+PC的值最小？如果存在，請求出點P的坐標，如果不存在，請說明理由；（3）設點M在拋物線的對稱軸上，當△MAC是直角三角形時，求點M的坐標．【答案】（1）；（2）當?shù)闹底钚r，點P的坐標為；（3）點M的坐標為、、或.【解析】【分析】由點A、C的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；連接BC交拋物線對稱軸于點P，此時取最小值，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點B的坐標，由點B、C的坐標利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，利用配方法可求出拋物線的對稱軸，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征即可求出點P的坐標；設點M的坐標為，則，，，分、和三種情況，利用勾股定理可得出關于m的一元二次方程或一元一次方程，解之可得出m的值，進而即可得出點M的坐標．【詳解】解：將、代入中，得：，解得：，拋物線的解析式為．連接BC交拋物線對稱軸于點P，此時取最小值，如圖1所示．當時，有，解得：，，點B的坐標為．拋物線的解析式為，拋物線的對稱軸為直線．設直線BC的解析式為，將、代入中，得：，解得：，直線BC的解析式為．當時，，當?shù)闹底钚r，點P的坐標為．設點M的坐標為，則，，．分三種情況考慮：當時，有，即，解得：，，點M的坐標為或；當時，有，即，解得：，點M的坐標為；當時，有，即，解得：，點M的坐標為綜上所述：當是直角三角形時，點M的坐標為、、或【名師點睛】本題考查待定系數(shù)法求二次一次函數(shù)解析式、二次一次函數(shù)圖象的點的坐標特征、軸對稱中的最短路徑問題以及勾股定理，解題的關鍵是：由點的坐標，利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；由兩點之間線段最短結(jié)合拋物線的對稱性找出點P的位置；分、和三種情況，列出關于m的方程．【例3】（2019·山東中考模擬）如圖，在平面直角坐標系中，∠ACB=90°，OC=2OB，tan∠ABC=2，點B的坐標為（1，0）．拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是直線AB上方拋物線上的一點，過點P作PD垂直x軸于點D，交線段AB于點E，使PE=DE．①求點P的坐標；②在直線PD上是否存在點M，使△ABM為直角三角形？若存在，求出符合條件的所有點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=﹣x2﹣3x+4；（2）①P（﹣1，6），②存在，M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．【解析】【分析】（1）先根據(jù)已知求點A的坐標，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；

（2）①先得AB的解析式為：y=-2x+2，根據(jù)PD⊥x軸，設P（x，-x2-3x+4），則E（x，-2x+2），根據(jù)PE=DE，列方程可得P的坐標；

②先設點M的坐標，根據(jù)兩點距離公式可得AB，AM，BM的長，分三種情況：△ABM為直角三角形時，分別以A、B、M為直角頂點時，利用勾股定理列方程可得點M的坐標．【詳解】解：（1）∵B（1，0），∴OB=1，∵OC=2OB=2，∴C（﹣2，0），Rt△ABC中，tan∠ABC=2，∴，∴，∴AC=6，∴A（﹣2，6），把A（﹣2，6）和B（1，0）代入y=﹣x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣3x+4；（2）①∵A（﹣2，6），B（1，0），∴AB的解析式為：y=﹣2x+2，設P（x，﹣x2﹣3x+4），則E（x，﹣2x+2），∵PE=DE，∴﹣x2﹣3x+4﹣（﹣2x+2）=（﹣2x+2），∴x=-1或1（舍），∴P（﹣1，6）；②∵M在直線PD上，且P（﹣1，6），設M（﹣1，y），∵B（1，0），A（﹣2，6）∴AM2=（﹣1+2）2+（y﹣6）2=1+（y﹣6）2，BM2=（1+1）2+y2=4+y2，AB2=（1+2）2+62=45，分三種情況：i）當∠AMB=90°時，有AM2+BM2=AB2，∴1+（y﹣6）2+4+y2=45，解得：y=3，∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）；ii）當∠ABM=90°時，有AB2+BM2=AM2，∴45+4+y2=1+（y﹣6）2，∴y=﹣1，∴M（﹣1，﹣1），iii）當∠BAM=90°時，有AM2+AB2=BM2，∴1+（y﹣6）2+45=4+y2，∴y=，∴M（﹣1，）；綜上所述，點M的坐標為：∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．【名師點睛】此題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，鉛直高度和勾股定理的運用，直角三角形的判定等知識．此題難度適中，解題的關鍵是注意方程思想與分類討論思想的應用．【方法歸納】解決二次函數(shù)中直角三角形存在性問題采用方法：1.找點：在已知兩定點，確定第三點構(gòu)成直角三角形時，要么以兩定點為直角頂點，要么以動點為直角頂點.以定點為直角頂點時，構(gòu)造兩條直線與已知直線垂直;以動點為直角頂點時，以已知線段為直徑構(gòu)造圓找點；2.以兩定點為直角頂點時，兩直線互相垂直，則k1*k2=-1，以已知線段為斜邊時，利用K型圖，構(gòu)造雙垂直模型，最后利用相似求解，或者三條邊分別表示之后，利用勾股定理求解.【針對練習】1．（2019·四川中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線（a≠0）與y軸交與點C（0，3），與x軸交于A、B兩點，點B坐標為（4，0），拋物線的對稱軸方程為x=1．（1）求拋物線的解析式；（2）點M從A點出發(fā)，在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向B點運動，同時點N從B點出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向C點運動，其中一個點到達終點時，另一個點也停止運動，設△MBN的面積為S，點M運動時間為t，試求S與t的函數(shù)關系，并求S的最大值；（3）在點M運動過程中，是否存在某一時刻t，使△MBN為直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）S=，運動1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是；（3）t=或t=．【解析】【分析】（1）把點A、B、C的坐標分別代入拋物線解析式，列出關于系數(shù)a、b、c的解析式，通過解方程組求得它們的值；（2）設運動時間為t秒．利用三角形的面積公式列出S△MBN與t的函數(shù)關系式．利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進行解答；（3）根據(jù)余弦函數(shù)，可得關于t的方程，解方程，可得答案．【詳解】（1）∵點B坐標為（4，0），拋物線的對稱軸方程為x=1，∴A（﹣2，0），把點A（﹣2，0）、B（4，0）、點C（0，3），分別代入（a≠0），得：，解得：，所以該拋物線的解析式為：；（2）設運動時間為t秒，則AM=3t，BN=t，∴MB=6﹣3t．由題意得，點C的坐標為（0，3）．在Rt△BOC中，BC==5．如圖1，過點N作NH⊥AB于點H，∴NH∥CO，∴△BHN∽△BOC，∴，即，∴HN=t，∴S△MBN=MB?HN=（6﹣3t）?t，即S=，當△PBQ存在時，0＜t＜2，∴當t=1時，S△PBQ最大=．答：運動1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是；（3）如圖2，在Rt△OBC中，cos∠B=．設運動時間為t秒，則AM=3t，BN=t，∴MB=6﹣3t．①當∠MNB=90°時，cos∠B=，即，化簡，得17t=24，解得t=；②當∠BMN=90°時，cos∠B=，化簡，得19t=30，解得t=．綜上所述：t=或t=時，△MBN為直角三角形．考點：二次函數(shù)綜合題；最值問題；二次函數(shù)的最值；動點型；存在型；分類討論；壓軸題．2．（2019·四川中考真題）如圖①,已知拋物線y=ax2+bx+c的圖像經(jīng)過點A（0，3)、B（1，0），其對稱軸為直線l：x=2，過點A作AC∥x軸交拋物線于點C，∠AOB的平分線交線段AC于點E，點P是拋物線上的一個動點，設其橫坐標為m.（1）求拋物線的解析式；（2）若動點P在直線OE下方的拋物線上，連結(jié)PE、PO，當m為何值時，四邊形AOPE面積最大，并求出其最大值；（3）如圖②，F(xiàn)是拋物線的對稱軸l上的一點，在拋物線上是否存在點P使△POF成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）當m=時，四邊形AOPE面積最大，最大值為.（3）P點的坐標為：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）.【解析】分析：（1）利用對稱性可得點D的坐標，利用交點式可得拋物線的解析式；（2）設P（m，m2-4m+3），根據(jù)OE的解析式表示點G的坐標，表示PG的長，根據(jù)面積和可得四邊形AOPE的面積，利用配方法可得其最大值；（3）存在四種情況：如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△OMP≌△PNF，根據(jù)OM=PN列方程可得點P的坐標；同理可得其他圖形中點P的坐標．詳解：（1）如圖1，設拋物線與x軸的另一個交點為D，由對稱性得：D（3，0），設拋物線的解析式為：y=a（x-1）（x-3），把A（0，3）代入得：3=3a，a=1，∴拋物線的解析式；y=x2-4x+3；（2）如圖2，設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的解析式為：y=x，過P作PG∥y軸，交OE于點G，∴G（m，m），∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，∴S四邊形AOPE=S△AOE+S△POE，=×3×3+PG?AE，=+×3×（-m2+5m-3），=-m2+m，=（m-）2+，∵-＜0，∴當m=時，S有最大值是；（3）如圖3，過P作MN⊥y軸，交y軸于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），則-m2+4m-3=2-m，解得：m=或，∴P的坐標為（，）或（，）；如圖4，過P作MN⊥x軸于N，過F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，則-m2+4m-3=m-2，解得：x=或；P的坐標為（，）或（，）；綜上所述，點P的坐標是：（，）或（，）或（，）或（，）．點睛：本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的綜合應用，相似三角形的判定與性質(zhì)以及解一元二次方程的方法，解第（2）問時需要運用配方法，解第（3）問時需要運用分類討論思想和方程的思想解決問題．3．（2019·吉林中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+2ax﹣3a（a＜0）與x軸相交于A，B兩點，與y軸相交于點C，頂點為D，直線DC與x軸相交于點E．（1）當a=﹣1時，求拋物線頂點D的坐標，OE等于多少；（2）OE的長是否與a值有關，說明你的理由；（3）設∠DEO=β，45°≤β≤60°，求a的取值范圍；（4）以DE為斜邊，在直線DE的左下方作等腰直角三角形PDE．設P（m，n），直接寫出n關于m的函數(shù)解析式及自變量m的取值范圍．【答案】（1）（﹣1，4），3；（2）結(jié)論：OE的長與a值無關．理由見解析；（3）﹣≤a≤﹣1；（4）n=﹣m﹣1（m＜1）．【解析】【分析】(1)求出直線CD的解析式即可解決問題；(2)利用參數(shù)a，求出直線CD的解析式求出點E坐標即可判斷；(3)求出落在特殊情形下的a的值即可判斷；(4)如圖，作PM⊥對稱軸于M，PN⊥AB于N．兩條全等三角形的性質(zhì)即可解決問題.【詳解】解：(1)當a=﹣1時，拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3，∴頂點D(﹣1，4)，C(0，3)，∴直線CD的解析式為y=﹣x+3，∴E（3，0），∴OE=3，(2)結(jié)論：OE的長與a值無關．理由：∵y=ax2+2ax﹣3a，∴C(0，﹣3a)，D(﹣1，﹣4a)，∴直線CD的解析式為y=ax﹣3a，當y=0時，x=3，∴E（3，0），∴OE=3，∴OE的長與a值無關．(3)當β=45°時，OC=OE=3，∴﹣3a=3，∴a=﹣1，當β=60°時，在Rt△OCE中，OC=OE=3，∴﹣3a=3，∴a=﹣，∴45°≤β≤60°，a的取值范圍為﹣≤a≤﹣1．(4)如圖，作PM⊥對稱軸于M，PN⊥AB于N．∵PD=PE，∠PMD=∠PNE=90°，∠DPE=∠MPN=90°，∴∠DPM=∠EPN，∴△DPM≌△EPN，∴PM=PN，PM=EN，∵D(﹣1，﹣4a)，E(3，0)，∴EN=4+n=3﹣m，∴n=﹣m﹣1，當頂點D在x軸上時，P(1，﹣2)，此時m的值1，∵拋物線的頂點在第二象限，∴m＜1．∴n=﹣m﹣1(m＜1)．故答案為：(1)(﹣1，4)，3；(2)OE的長與a值無關；(3)﹣≤a≤﹣1；(4)n=﹣m﹣1（m＜1）．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)。4．（2019·湖南中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A（﹣1，0）B（3，0）兩點，與y軸交于點C，點D是該拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式和直線AC的解析式；（2）請在y軸上找一點M，使△BDM的周長最小，求出點M的坐標；（3）試探究：在拋物線上是否存在點P，使以點A，P，C為頂點，AC為直角邊的三角形是直角三角形？若存在，請求出符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；直線AC的解析式為y=3x+3；（2）點M的坐標為（0，3）；（3）符合條件的點P的坐標為（，）或（，﹣），【解析】分析：（1）設交點式y(tǒng)=a（x+1）（x-3），展開得到-2a=2，然后求出a即可得到拋物線解析式；再確定C（0，3），然后利用待定系數(shù)法求直線AC的解析式；（2）利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定D的坐標為（1，4），作B點關于y軸的對稱點B′，連接DB′交y軸于M，如圖1，則B′（-3，0），利用兩點之間線段最短可判斷此時MB+MD的值最小，則此時△BDM的周長最小，然后求出直線DB′的解析式即可得到點M的坐標；（3）過點C作AC的垂線交拋物線于另一點P，如圖2，利用兩直線垂直一次項系數(shù)互為負倒數(shù)設直線PC的解析式為y=-x+b，把C點坐標代入求出b得到直線PC的解析式為y=-x+3，再解方程組得此時P點坐標；當過點A作AC的垂線交拋物線于另一點P時，利用同樣的方法可求出此時P點坐標．詳解：（1）設拋物線解析式為y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a=2，解得a=﹣1，∴拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；當x=0時，y=﹣x2+2x+3=3，則C（0，3），設直線AC的解析式為y=px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得，解得，∴直線AC的解析式為y=3x+3；（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴頂點D的坐標為（1，4），作B點關于y軸的對稱點B′，連接DB′交y軸于M，如圖1，則B′（﹣3，0），∵MB=MB′，∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此時MB+MD的值最小，而BD的值不變，∴此時△BDM的周長最小，易得直線DB′的解析式為y=x+3，當x=0時，y=x+3=3，∴點M的坐標為（0，3）；（3）存在．過點C作AC的垂線交拋物線于另一點P，如圖2，∵直線AC的解析式為y=3x+3，∴直線PC的解析式可設為y=﹣x+b，把C（0，3）代入得b=3，∴直線PC的解析式為y=﹣x+3，解方程組，解得或，則此時P點坐標為（，）；過點A作AC的垂線交拋物線于另一點P，直線PC的解析式可設為y=﹣x+b，把A（﹣1，0）代入得+b=0，解得b=﹣，∴直線PC的解析式為y=﹣x﹣，解方程組，解得或，則此時P點坐標為（，﹣）.綜上所述，符合條件的點P的坐標為（，）或（，﹣）.點睛：本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，理解兩直線垂直時一次項系數(shù)的關系，通過解方程組求把兩函數(shù)的交點坐標；理解坐標與圖形性質(zhì)，會運用兩點之間線段最短解決最短路徑問題；會運用分類討論的思想解決數(shù)學問題．5．（2019·湖南中考真題）如圖，在直角坐標系中有，為坐標原點，，將此三角形繞原點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，二次函數(shù)的圖象剛好經(jīng)過三點．（1）求二次函數(shù)的解析式及頂點的坐標；（2）過定點的直線與二次函數(shù)圖象相交于兩點．①若，求的值；②證明：無論為何值，恒為直角三角形；③當直線繞著定點旋轉(zhuǎn)時，外接圓圓心在一條拋物線上運動，直接寫出該拋物線的表達式．【答案】（1）,;（2）①；②見解析；③．【解析】【分析】（1）求出點A、B、C的坐標分別為（0，3）、（-1，0）、（3，0），即可求解；（2）①S△PMN=PQ×（x2-x1），則x2-x1=4，即可求解；②k1k2==-1，即可求解；③取MN的中點H，則點H是△PMN外接圓圓心，即可求解．【詳解】（1），則，即點的坐標分別為、、，則二次函數(shù)表達式為：，即：，解得：，故函數(shù)表達式為：，點；（2）將二次函數(shù)與直線的表達式聯(lián)立并整理得：，設點的坐標為、，則，則：，同理：，①，當時，，即點，，則，，解得：；②點的坐標為、、點，則直線表達式中的值為：，直線表達式中的值為：，為：，故，即：恒為直角三角形；③取的中點，則點是外接圓圓心，設點坐標為，則，，整理得：，即：該拋物線的表達式為：．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、圓的基本知識等，其中，用根與系數(shù)的關系處理復雜數(shù)據(jù)，是本題解題的關鍵．6．（2019·山東中考真題）如圖1，拋物線經(jīng)過平行四邊形的頂點、、，拋物線與軸的另一交點為.經(jīng)過點的直線將平行四邊形分割為面積相等的兩部分，與拋物線交于另一點.點為直線上方拋物線上一動點，設點的橫坐標為.（1）求拋物線的解析式；（2）當何值時，的面積最大?并求最大值的立方根；（3）是否存在點使為直角三角形?若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；（2）當t=時，△PEF的面積最大，其最大值為×，最大值的立方根為=；（3）存在滿足條件的點P，t的值為1或【解析】試題分析：（1）由A、B、C三點的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）由A、C坐標可求得平行四邊形的中心的坐標，由拋物線的對稱性可求得E點坐標，從而可求得直線EF的解析式，作PH⊥x軸，交直線l于點M，作FN⊥PH，則可用t表示出PM的長，從而可表示出△PEF的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最大值，再求其最大值的立方根即可；（3）由題意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°兩種情況，當∠PAE=90°時，作PG⊥y軸，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得到關于t的方程，可求得t的值；當∠APE=90°時，作PK⊥x軸，AQ⊥PK，則可證得△PKE∽△AQP，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關于t的方程，可求得t的值．試題解析：（1）由題意可得，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；（2）∵A（0，3），D（2，3），∴BC=AD=2，∵B（﹣1，0），∴C（1，0），∴線段AC的中點為（，），∵直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等兩部分，∴直線l過平行四邊形的對稱中心，∵A、D關于對稱軸對稱，∴拋物線對稱軸為x=1，∴E（3，0），設直線l的解析式為y=kx+m，把E點和對稱中心坐標代入可得，解得，∴直線l的解析式為y=﹣x+，聯(lián)立直線l和拋物線解析式可得，解得或，∴F（﹣，），如圖1，作PH⊥x軸，交l于點M，作FN⊥PH，∵P點橫坐標為t，∴P（t，﹣t2+2t+3），M（t，﹣t+），∴PM=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+）=﹣t2+t+，∴S△PEF=S△PFM+S△PEM=PM?FN+PM?EH=PM?（FN+EH）=（﹣t2+t+）（3+）=﹣（t﹣）+×，∴當t=時，△PEF的面積最大，其最大值為×，∴最大值的立方根為=；（3）由圖可知∠PEA≠90°，∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°，①當∠PAE=90°時，如圖2，作PG⊥y軸，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA=45°，∴∠PAG=∠APG=45°，∴PG=AG，∴t=﹣t2+2t+3﹣3，即﹣t2+t=0，解得t=1或t=0（舍去），②當∠APE=90°時，如圖3，作PK⊥x軸，AQ⊥PK，則PK=﹣t2+2t+3，AQ=t，KE=3﹣t，PQ=﹣t2+2t+3﹣3=﹣t2+2t，∵∠APQ+∠KPE=∠APQ+∠PAQ=90°，∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA，∴△PKE∽△AQP，∴，即，即t2﹣t﹣1=0，解得t=或t=＜﹣（舍去），綜上可知存在滿足條件的點P，t的值為1或．考點：二次函數(shù)綜合題7．（2018·遼寧中考真題）如圖，在平面角坐標系中，拋物線C1：y=ax2+bx﹣1經(jīng)過點A（﹣2，1）和點B（﹣1，﹣1），拋物線C2：y=2x2+x+1，動直線x=t與拋物線C1交于點N，與拋物線C2交于點M．（1）求拋物線C1的表達式；（2）直接用含t的代數(shù)式表示線段MN的長；（3）當△AMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形時，求t的值；（4）在（3）的條件下，設拋物線C1與y軸交于點P，點M在y軸右側(cè)的拋物線C2上，連接AM交y軸于點k，連接KN，在平面內(nèi)有一點Q，連接KQ和QN，當KQ=1且∠KNQ=∠BNP時，請直接寫出點Q的坐標．【答案】（1）拋物線C1：解析式為y=x2+x﹣1；（2）MN=t2+2；（3）t的值為1或0；（4）滿足條件的Q點坐標為：（0，2）、（﹣1，3）、（，）、（，）【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法進行求解即可；（2）把x=t代入函數(shù)關系式相減即可得；（3）根據(jù)圖形分別討論∠ANM=90°、∠AMN=90°時的情況即可得；（4）根據(jù)題意畫出滿足條件圖形，可以找到AN為△KNP對稱軸，由對稱性找到第一個滿足條件Q，再通過延長和圓的對稱性找到剩余三個點，利用勾股定理進行計算．【詳解】（1）∵拋物線C1：y=ax2+bx﹣1經(jīng)過點A（﹣2，1）和點B（﹣1，﹣1），∴，解得：，∴拋物線C1：解析式為y=x2+x﹣1；（2）∵動直線x=t與拋物線C1交于點N，與拋物線C2交于點M，∴點N的縱坐標為t2+t﹣1，點M的縱坐標為2t2+t+1，∴MN=（2t2+t+1）﹣（t2+t﹣1）=t2+2；（3）共分兩種情況①當∠ANM=90°，AN=MN時，由已知N（t，t2+t﹣1），A（﹣2，1），∴AN=t﹣（﹣2）=t+2，∵MN=t2+2，∴t2+2=t+2，∴t1=0（舍去），t2=1，∴t=1；②當∠AMN=90°，AN=MN時，由已知M（t，2t2+t+1），A（﹣2，1），∴AM=t﹣（﹣2）=t+2，∵MN=t2+2，∴t2+2=t+2，∴t1=0，t2=1（舍去），∴t=0，故t的值為1或0；（4）由（3）可知t=1時M位于y軸右側(cè)，根據(jù)題意畫出示意圖如圖：易得K（0，3），B、O、N三點共線，∵A（﹣2，1），N（1，1），P（0，﹣1），∴點K、P關于直線AN對稱，設⊙K與y軸下方交點為Q2，則其坐標為（0，2），∴Q2與點O關于直線AN對稱，∴Q2是滿足條件∠KNQ=∠BNP，則NQ2延長線與⊙K交點Q1，Q1、Q2關于KN的對稱點Q3、Q4也滿足∠KNQ=∠BNP，由圖形易得Q1（﹣1，3），設點Q3坐標為（a，b），由對稱性可知Q3N=NQ1=BN=2，由∵⊙K半徑為1，∴，解得：，，同理，設點Q4坐標為（a，b），由對稱性可知Q4N=NQ2=NO=，∴，解得：，，∴滿足條件的Q點坐標為：（0，2）、（﹣1，3）、（，）、（，）.【點睛】本題為代數(shù)幾何綜合題，考查了待定系數(shù)法、二次函數(shù)基本性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、平面內(nèi)兩點間的距離等，熟練掌握相關知識、靈活運用分類討論、數(shù)形結(jié)合以及構(gòu)造數(shù)學模型等數(shù)學思想是解題的關鍵．8．（2018·廣西中考真題）如圖，拋物線y=ax2﹣5ax+c與坐標軸分別交于點A，C，E三點，其中A（﹣3，0），C（0，4），點B在x軸上，AC=BC，過點B作BD⊥x軸交拋物線于點D，點M，N分別是線段CO，BC上的動點，且CM=BN，連接MN，AM，AN．（1）求拋物線的解析式及點D的坐標；（2）當△CMN是直角三角形時，求點M的坐標；（3）試求出AM+AN的最小值．【答案】（1）拋物線解析式為y=﹣x2+x+4；D點坐標為（3，5）；（2）M點的坐標為（0，）或（0，）；（3）AM+AN的最小值為．【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；利用等腰三角形的性質(zhì)得B（3，0），然后計算自變量為3所對應的二次函數(shù)值可得到D點坐標；（2）利用勾股定理計算出BC=5，設M（0，m），則BN=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，由于∠MCN=∠OCB，根據(jù)相似三角形的判定方法，當時，△CMN∽△COB，于是有∠CMN=∠COB=90°，即；當時，△CMN∽△CBO，于是有∠CNM=∠COB=90°，即，然后分別求出m的值即可得到M點的坐標；（3）連接DN，AD，如圖，先證明△ACM≌△DBN，則AM=DN，所以AM+AN=DN+AN，利用三角形三邊的關系得到DN+AN≥AD（當且僅當點A、N、D共線時取等號），然后計算出AD即可．【詳解】（1）把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+x+4；∵AC=BC，CO⊥AB，∴OB=OA=3，∴B（3，0），∵BD⊥x軸交拋物線于點D，∴D點的橫坐標為3，當x=3時，y=﹣×9+×3+4=5，∴D點坐標為（3，5）；（2）在Rt△OBC中，BC==5，設M（0，m），則BN=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，∵∠MCN=∠OCB，∴當時，△CMN∽△COB，則∠CMN=∠COB=90°，即，解得m=，此時M點坐標為（0，）；當時，△CMN∽△CBO，則∠CNM=∠COB=90°，即，解得m=，此時M點坐標為（0，）；綜上所述，M點的坐標為（0，）或（0，）；（3）連接DN，AD，如圖，∵AC=BC，CO⊥AB，∴OC平分∠ACB，∴∠ACO=∠BCO，∵BD∥OC，∴∠BCO=∠DBC，∵DB=BC=AC=5，CM=BN，∴△ACM≌△DBN，∴AM=DN，∴AM+AN=DN+AN，而DN+AN≥AD（當且僅當點A、N、D共線時取等號），∴DN+AN的最小值=，∴AM+AN的最小值為．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)等，解題的關鍵是會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、理解坐標與圖形性質(zhì)、會運用分類討論的思想解決數(shù)學問題．9．（2018·四川中考真題）如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+3的圖象與x軸分別交于A(1,0)，B(3,0)兩點，與y軸交于點C（1）求此二次函數(shù)解析式；（2）點D為拋物線的頂點，試判斷△BCD的形狀，并說明理由；（3）將直線BC向上平移t(t>0)個單位，平移后的直線與拋物線交于M，N兩點（點M在y軸的右側(cè)），當△AMN為直角三角形時，求t的值．【答案】（1）；（2）△BCD為直角三角形，理由見解析；（3）當△AMN為直角三角形時，t的值為1或4．【解析】【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)解析式；（2）利用配方法及二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，可求出點C、D的坐標，利用兩點間的距離公式可求出CD、BD、BC的長，由勾股定理的逆定理可證出△BCD為直角三角形；（3）根據(jù)點B、C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，進而可找出平移后直線的解析式，聯(lián)立兩函數(shù)解析式成方程組，通過解方程組可找出點M、N的坐標，利用兩點間的距離公式可求出AM2、AN2、MN2的值，分別令三個角為直角，利用勾股定理可得出關于t的無理方程，解之即可得出結(jié)論．【詳解】（1）將、代入，得：，解得：，此二次函數(shù)解析式為．（2）為直角三角形，理由如下：，頂點的坐標為．當時，，點的坐標為．點的坐標為，，，．，，為直角三角形．（3）設直線的解析式為，將，代入，得：，解得：，直線的解析式為，將直線向上平移個單位得到的直線的解析式為．聯(lián)立新直線與拋物線的解析式成方程組，得：，解得：，，點的坐標為，，點的坐標為，．點的坐標為，，，．為直角三角形，分三種情況考慮：①當時，有，即，整理，得：，解得：，（不合題意，舍去）；②當時，有，即，整理，得：，解得：，（不合題意，舍去）；③當時，有，即，整理，得：．，該方程無解（或解均為增解）．綜上所述：當為直角三角形時，的值為1或4．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、勾股定理以及勾股定理的逆定理，解題的關鍵是：（1）根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）利用兩點間的距離公式結(jié)合勾股定理的逆定理找出BC2+BD2=CD2；（3）分∠MAN=90°、∠AMN=90°及∠ANM=90°三種情況考慮．10．（2018·黑龍江中考真題）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，B點坐標為（4，0），與y軸交于點C（0，4）．（1）求拋物線的解析式；（2）點P在x軸下方的拋物線上，過點P的直線y=x+m與直線BC交于點E，與y軸交于點F，求PE+EF的最大值；（3）點D為拋物線對稱軸上一點．①當△BCD是以BC為直角邊的直角三角形時，直接寫出點D的坐標；②若△BCD是銳角三角形，直接寫出點D的縱坐標n的取值范圍．【答案】（1）拋物線的解析式為y=x2﹣5x+4；（2）PE+EF的最大值為；（3）①符合條件的點D的坐標是（，）或（，﹣）；②點D的縱坐標的取值范圍為＜y＜或﹣＜y＜．【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；（2）易得BC的解析式為y=﹣x+4，先證明△ECF為等腰直角三角形，作PH⊥y軸于H，PG∥y軸交BC于G，如圖1，則△EPG為等腰直角三角形，PE=PG，設P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），則G（t，﹣t+3），接著利用t表示PF、PE，所以PE+EF=2PE+PF=﹣t2+5t，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題；（3）①如圖2，拋物線的對稱軸為直線x=﹣點D的縱坐標的取值范圍；②由于△BCD是以BC為斜邊的直角三角形有4+（y﹣3）2+1+y2=18，解得y1=，y2=，得到此時D點坐標為（，）或（，），然后結(jié)合圖形可確定△BCD是銳角三角形時點D的縱坐標的取值范圍．【詳解】（1）把B（4，0），C（0，4）代入y=x2+bx+c，得，解得，∴拋物線的解析式為y=x2﹣5x+4；（2）由B（4，0），C（0，4），根據(jù)待定系數(shù)法易得BC的解析式為y=﹣x+4，∵直線y=x+m與直線y=x平行，∴直線y=﹣x+4與直線y=x+m垂直，∴∠CEF=90°，∴△ECF為等腰直角三角形，作PH⊥y軸于H，PG∥y軸交BC于G，如圖1，△EPG為等腰直角三角形，PE=PG，設P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），則G（t，﹣t+4），∴PF=PH=t，PG=﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）=﹣t2+4t，∴PE=PG=﹣t2+2t，∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+4t+t=﹣t2+5t=﹣（t﹣）2+，當t=時，PE+EF的最大值為；（3）①如圖2，拋物線的對稱軸為直線x=，設D（，y），則BC2=42+42=32，DC2=（）2+（y﹣4）2，BD2=（4﹣）2+y2=+y2，當△BCD是以BC為直角邊，BD為斜邊的直角三角形時，BC2+DC2=BD2，即32+（）2+（y﹣4）2=+y2，解得y=5，此時D點坐標為（，）；當△BCD是以BC為直角邊，CD為斜邊的直角三角形時，BC2+DB2=DC2，即32++y2=（）2+（y﹣4）2，解得y=﹣1，此時D點坐標為（，﹣）；綜上所述，符合條件的點D的坐標是（，）或（，﹣）；②當△BCD是以BC為斜邊的直角三角形時，DC2+DB2=BC2，即（）2+（y﹣4）2++y2=32，解得y1=，y2=，此時D點坐標為（，）或（，），所以△BCD是銳角三角形，點D的縱坐標的取值范圍為＜y＜或﹣＜y＜．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及到待定系數(shù)法、兩直線平行或相交問題、二次函數(shù)的最值、存在性問題等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線、靈活運用相關知識以及分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想是解題的關鍵.11．（2018·湖南中考真題）如圖所示，將二次函數(shù)y=x2+2x+1的圖象沿x軸翻折，然后向右平移1個單位，再向上平移4個單位，得到二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象．函數(shù)y=x2+2x+1的圖象的頂點為點A．函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象的頂點為點B，和x軸的交點為點C，D（點D位于點C的左側(cè)）．（1）求函數(shù)y=ax2+bx+c的解析式；（2）從點A，C，D三個點中任取兩個點和點B構(gòu)造三角形，求構(gòu)造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若點M是線段BC上的動點，點N是△ABC三邊上的動點，是否存在以AM為斜邊的Rt△AMN，使△AMN的面積為△ABC面積的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）解析式為y=﹣x2+4；（2）構(gòu)造的三角形是等腰三角形的概率是；（3）存在，tan∠MAN的值為1或4或．【解析】【分析】（1）利用配方法得到y(tǒng)=x2+2x+1=（x+1）2，然后根據(jù)拋物線的變換規(guī)律求解；（2）利用頂點式y(tǒng)=（x+1）2得到A（﹣1，0），解方程﹣x2+4=0得D（﹣2，0），C（2，0）易得B（0，4），列舉出所有的三角形，再計算出AC=3，AD=1，CD=4，AB=，BC=2，BD=2，然后根據(jù)等腰三角形的判定方法和概率公式求解；（3）易得BC的解析是為y=﹣2x+4，S△ABC=6，M點的坐標為（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），討論：①當N點在AC上，如圖1，利用面積公式得到（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，當m=0時，求出AN=1，MN=4，再利用正切定義計算tan∠MAC的值；當m=1時，計算出AN=2，MN=2，再利用正切定義計算tan∠MAC的值；②當N點在BC上，如圖2，先利用面積法計算出AN=，再根據(jù)三角形面積公式計算出MN=，然后利用正切定義計算tan∠MAC的值；③當N點在AB上，如圖3，作AH⊥BC于H，設AN=t，則BN=﹣t，由②得AH=，利用勾股定理可計算出BH=，證明△BNM∽△BHA，利用相似比可得到MN=，利用三角形面積公式得到?（﹣t）?=2，根據(jù)此方程沒有實數(shù)解可判斷點N在AB上不符合條件，從而得到tan∠MAN的值為1或4或．【詳解】（1）y=x2+2x+1=（x+1）2的圖象沿x軸翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1個單位，再向上平移4個單位，得y=﹣x2+4，∴所求的函數(shù)y=ax2+bx+c的解析式為y=﹣x2+4；（2）∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），當y=0時，﹣x2+4=0，解得x=±2，則D（﹣2，0），C（2，0）；當x=0時，y=﹣x2+4=4，則B（0，4），從點A，C，D三個點中任取兩個點和點B構(gòu)造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB=，BC=2，BD=2，∴△BCD為等腰三角形，∴構(gòu)造的三角形是等腰三角形的概率=；（3）存在，易得BC的解析是為y=﹣2x+4，S△ABC=AC?OB=×3×4=6，M點的坐標為（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①當N點在AC上，如圖1，∴△AMN的面積為△ABC面積的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，當m=0時，M點的坐標為（0，4），N（0，0），則AN=1，MN=4，∴tan∠MAC==4；當m=1時，M點的坐標為（1，2），N（1，0），則AN=2，MN=2，∴tan∠MAC==1；②當N點在BC上，如圖2，BC==2，∵BC?AN=AC?BC，解得AN=，∵S△AMN=AN?MN=2，∴MN==，∴∠MAC=；③當N點在AB上，如圖3，作AH⊥BC于H，設AN=t，則BN=﹣t，由②得AH=，則BH=，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN=，∵AN?MN=2，即?（﹣t）?=2，整理得3t2﹣3t+14=0，△=（﹣3）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程沒有實數(shù)解，∴點N在AB上不符合條件，綜上所述，tan∠MAN的值為1或4或．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、二次函數(shù)的性質(zhì)、等腰三角形的判定、概率公式、待定系數(shù)法、兩點間的距離公式、相似三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強，有一定的難度；理解二次函數(shù)圖象的圖象變換規(guī)律、坐標與圖形性質(zhì)，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、記住兩點間的距離公式，利用相似比表示線段之間的關系、運用分類討論思想等是解題的關鍵.12．（2016·甘肅中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y=kx+b與x軸交于點A，與y軸交于點B．已知拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），B（0，3）兩點．（1）求此拋物線的解析式和直線AB的解析式；（2）如圖①，動點E從O點出發(fā)，沿著OA方向以1個單位/秒的速度向終點A勻速運動，同時，動點F從A點出發(fā)，沿著AB方向以2個單位/秒的速度向終點B勻速運動，當E，F(xiàn)中任意一點到達終點時另一點也隨之停止運動，連接EF，設運動時間為t秒，當t為何值時，△AEF為直角三角形？（3）如圖②，取一根橡皮筋，兩端點分別固定在A，B處，用鉛筆拉著這根橡皮筋使筆尖P在直線AB上方的拋物線上移動，動點P與A，B兩點構(gòu)成無數(shù)個三角形，在這些三角形中是否存在一個面積最大的三角形？如果存在，求出最大面積，并指出此時點P的坐標；如果不存在，請簡要說明理由．【答案】（1）y=﹣x2+2x+3，直線AB的解析式為y=﹣x+3；（2）當t=1或t=32時，△AEF為等腰直角三角形；（3）存在，△ABP的面積的最大值為278，此時點P的坐標為（32【解析】試題分析：（1）用待定系數(shù)法求出拋物線，直線解析式；（2）分兩種情況：△AOB∽△AEF或△AOB∽△AFE即可求出t值；（3）確定出面積達到最大時，直線PC和拋物線相交于唯一點，從而確定出直線PC解析式為y=﹣x+214，可求出P點坐標.過點B作BD⊥PC于點D，則DBDC為等腰直角三角形，BC=94，可求出試題解析：（1）∵拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），B（0，3）兩點，∴-9+3b+∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3，設直線AB的解析式為y=kx+n，∴3k+n=0n=3，解得k=-1n=3，∴直線AB的解析式為y=﹣x+3；（2）由題意得，OE=t，AF=2t，∴AE=OA﹣OE=3﹣t，∵△AEF為直角三角形，∴①若△AOB∽△AEF，∴AFAB=AEOA，∴2t5=3-∴32t=53-t，∴t=9(52-3)41；綜上所述，t=15(5-32)7或9(52-3)41；（3）如圖，存在，過點P作PC∥AB交y軸于C，當直線PC與y=﹣x2+2x+3有且只有一個交點時，DPAB面積最大.∵直線AB解析式為y=﹣x+3，∴設直線PC解析式為y=﹣x+b，∴﹣x+b=﹣x2+2x+3，∴x2﹣3x+b﹣3=0，∴△=9﹣4（b﹣3）=0，∴b=214.解方程組y=-x+214y∴直線BD解析式為y=x+3，∴∠CBD=45°，∴2BD=94.∴BD=，∵AB=32，∴S最大=12AB×BD=94×32×=278．即：存在面積最大，最大值是278，此時點P考點：1二次函數(shù)；2一次函數(shù)；3相似三角形；4平面直角坐標系中，直線平行與垂直解析式關系.13．（2017·廣西中考真題）如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸的正半軸交于點，其頂點為.（1）寫出兩點的坐標（用含的式子表示）；（2）設，求的值；（3）當是直角三角形時，求對應拋物線的解析式.【答案】（1）C（0，3a），D（2，﹣a）；（2）3；（3）y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．【解析】試題分析：（1）令x=0可求得C點坐標，化為頂點式可求得D點坐標；（2）令y=0可求得A、B的坐標，結(jié)合D點坐標可求得△ABD的面積，設直線CD交x軸于點E，由C、D坐標，利用待定系數(shù)法可求得直線CD的解析式，則可求得E點坐標，從而可表示出△BCD的面積，可求得k的值；（3）由B、C、D的坐標，可表示出BC2、BD2和CD2，分∠CBD=90°和∠CDB=90°兩種情況，分別利用勾股定理可得到關于a的方程，可求得a的值，則可求得拋物線的解析式．試題解析：（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，如圖，設直線CD交x軸于點E，設直線CD解析式為y=kx+b，把C、D的坐標代入可得，解得，∴直線CD解析式為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=32+（3a）2=9+9a2，CD2=22+（﹣a﹣3a）2=4+16a2，BD2=（3﹣2）2+a2=1+a2，∵∠BCD＜∠BCO＜90°，∴△BCD為直角三角形時，只能有∠CBD=90°或∠CDB=90°兩種情況，①當∠CBD=90°時，則有BC2+BD2=CD2，即9+9a2+1+a2=4+16a2，解得a=﹣1（舍去）或a=1，此時拋物線解析式為y=x2﹣4x+3；②當∠CDB=90°時，則有CD2+BD2=BC2，即4+16a2+1+a2=9+9a2，解得a=﹣（舍去）或a=，此時拋物線解析式為y=x2﹣2x+；綜上可知當△BCD是直角三角形時，拋物線的解析式為y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．考點：二次函數(shù)綜合題．14．（2020·廣州大學附屬中學初三月考）在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于A，B兩點（A在B的左側(cè)），與y軸交于點C，頂點為D．（1）請直接寫出點A，C，D的坐標；（2）如圖（1），在x軸上找一點E，使得△CDE的周長最小，求點E的坐標；（3）如圖（2），F(xiàn)為直線AC上的動點，在拋物線上是否存在點P，使得△AFP為等腰直角三角形？若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）A（﹣3，0），C（0，3），D（﹣1，4）；（2）E（，0）；（3）P（2，﹣5）或（1，0）．【解析】試題分析：（1）令拋物線解析式中y=0，解關于x的一元二次方程即可得出點A、B的坐標，再令拋物線解析式中x=0求出y值即可得出點C坐標，利用配方法將拋物線解析式配方即可找出頂點D的坐標；（2）作點C關于x軸對稱的點C′，連接C′D交x軸于點E，此時△CDE的周長最小，由點C的坐標可找出點C′的坐標，根據(jù)點C′、D的坐標利用待定系數(shù)法即可求出直線C′D的解析式，令其y=0求出x值，即可得出點E的坐標；（3）根據(jù)點A、C的坐標利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，假設存在，設點F（m，m+3），分∠PAF=90°、∠AFP=90°和∠APF=90°三種情況考慮．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合點A、F點的坐標找出點P的坐標，將其代入拋物線解析式中即可得出關于m的一元二次方程，解方程求出m值，再代入點P坐標中即可得出結(jié)論．試題解析：（1）當中y=0時，有，解得：=﹣3，=1，∵A在B的左側(cè)，∴A（﹣3，0），B（1，0）．當中x=0時，則y=3，∴C（0，3）．∵=，∴頂點D（﹣1，4）．（2）作點C關于x軸對稱的點C′，連接C′D交x軸于點E，此時△CDE的周長最小，如圖1所示．∵C（0，3），∴C′（0，﹣3）．設直線C′D的解析式為y=kx+b，則有：，解得：，∴直線C′D的解析式為y=﹣7x﹣3，當y=﹣7x﹣3中y=0時，x=，∴當△CDE的周長最小，點E的坐標為（，0）．（3）設直線AC的解析式為y=ax+c，則有：，解得：，∴直線AC的解析式為y=x+3．假設存在，設點F（m，m+3），△AFP為等腰直角三角形分三種情況（如圖2所示）：①當∠PAF=90°時，P（m，﹣m﹣3），∵點P在拋物線上，∴，解得：m1=﹣3（舍去），m2=2，此時點P的坐標為（2，﹣5）；②當∠AFP=90°時，P（2m+3，0）∵點P在拋物線上，∴，解得：m3=﹣3（舍去），m4=﹣1，此時點P的坐標為（1，0）；③當∠APF=90°時，P（m，0），∵點P在拋物線上，∴，解得：m5=﹣3（舍去），m6=1，此時點P的坐標為（1，0）．綜上可知：在拋物線上存在點P，使得△AFP為等腰直角三角形，點P的坐標為（2，﹣5）或（1，0）．考點：二次函數(shù)綜合題；最值問題；存在型；分類討論；綜合題．15．（2020·安徽初三期末）如圖，已知直線與拋物線相交于A，B兩點，且點A（1，－4）為拋物線的頂點，點B在x軸上．（1）求拋物線的解析式；（2）在（1）中拋物線的第二象限圖象上是否存在一點P，使△POB與△POC全等？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）若點Q是y軸上一點，且△ABQ為直角三角形，求點Q的坐標．【答案】解：（1）；（2）存在，P（，）；（3）Q點坐標為（0，-）或（0，）或（0，－1）或（0，－3）.【解析】【分析】（1）已知點A坐標可確定直線AB的解析式，進一步能求出點B的坐標．點A是拋物線的頂點，那么可以將拋物線的解析式設為頂點式，再代入點B的坐標，依據(jù)待定系數(shù)法可解.（2）首先由拋物