專題11 二次函數(shù)與幾何問題（二）（云南專用）（解析版）VIP

專題11二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)（二）目錄熱點(diǎn)題型歸納 1題型01二次函數(shù)中等腰三角形存在性問題 1題型02二次函數(shù)中直角三角形存在性問題 13題型03二次函數(shù)中相似三角形存在性問題 21題型04二次函數(shù)中等角存在性問題 29題型05二次函數(shù)中二倍角、半角存在性問題 39題型06二次函數(shù)中特殊角存在性問題 49中考練場 60 題型01二次函數(shù)中等腰三角形存在性問題【解題策略】問題分情況找點(diǎn)畫圖解法已知點(diǎn)A，B和直線l，在l上求點(diǎn)P，使△PAB為等腰三角形以AB為腰分別以點(diǎn)A，B為圓心，以AB長為半徑畫圓，與已知直線的交點(diǎn)P1，P2，P3，P4即為所求分別表示出點(diǎn)A，B，P的坐標(biāo)，再表示出線段AB，BP，AP的長度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐標(biāo)以AB為底作線段AB的垂直平分線，與已知直線的交點(diǎn)P5即為所求問題總結(jié):1)兩定一動:動點(diǎn)可在直線上、拋物線上;2）一定兩動:兩動點(diǎn)必有關(guān)聯(lián)，可表示線段長度列方程求解;3）三動點(diǎn):分析可能存在的特殊邊、角，以此為突破口.【典例分析】例1．（2022·貴州）如圖，拋物線y=ax2+2x+c的對稱軸是直線x=1，與x軸交于點(diǎn)A，B3,0，與y軸交于點(diǎn)(1)求此拋物線的解析式；(2)已知點(diǎn)D是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)D作DM⊥x軸，垂足為點(diǎn)M，DM交直線BC于點(diǎn)N，是否存在這樣的點(diǎn)N，使得以A，C，N為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．若存在，請求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；(3)已知點(diǎn)E是拋物線對稱軸上的點(diǎn)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)F，使以點(diǎn)B、C、E、F為頂點(diǎn)的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)存在這樣的點(diǎn)N（2，1）或5,?5+3或52,12(3)存在點(diǎn)F的坐標(biāo)為（4，1）或（-2，1）或2,3+172【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸是直線x=1，可得a=-1，再把點(diǎn)B3,0（2）先求出AC2=OA2+OC2=10，設(shè)點(diǎn)N（m，-m+3），可得AN2=2m2?4m+10（3）設(shè)點(diǎn)E（1，n），點(diǎn)F（s，t），然后分兩種情況討論：當(dāng)BC為邊時，當(dāng)BC為對角線時，即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+2x+c∴?22a=1∵拋物線過點(diǎn)B3,0∴?9+6+c=0，解得：c=3，∴拋物線解析式為y=?x（2）解：存在這樣的點(diǎn)N，使得以A，C，N為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．理由如下：令y=0，則?x解得：x1∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-1，0），∴OA=1，當(dāng)x=0時，y=3，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），即OC=3，∴AC設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0把點(diǎn)B（3，0），C（0，3）代入得：3k+b=0b=3，解得：k=?1∴直線BC的解析式為y=?x+3，設(shè)點(diǎn)N（m，-m+3），∴MN=-m+3，AM=m+1，∴AN2=當(dāng)AC=AN時，2m解得：m=2或0（舍去），∴此時點(diǎn)N（2，1）；當(dāng)AC=CN時，2m解得：m=5或?∴此時點(diǎn)N5,?當(dāng)AN=CN時，2m解得：m=5∴此時點(diǎn)N52綜上所述，存在這樣的點(diǎn)N（2，1）或5,?5+3或52,12（3）解：存在，理由如下：∵點(diǎn)B（3，0），C（0，3），∴OB=OC，∴BC=32設(shè)點(diǎn)E（1，n），點(diǎn)F（s，t），當(dāng)BC為邊時，點(diǎn)C向右平移3個單位向下平移3個單位得到點(diǎn)B，同樣E（F）向右平移3個單位向下平移3個單位得到點(diǎn)F（E），且BE=CF（CE=BF），如圖，∴1+3=sn?3=t1?32解得：n=4s=4t=1或∴此時點(diǎn)F的坐標(biāo)為（4，1）或（-2，1）；當(dāng)BC為對角線時，BC=EF，且EF與BC的中點(diǎn)重合，如圖，1+s2=32n+t∴此時點(diǎn)F的坐標(biāo)為2,3+172綜上所述，存在點(diǎn)F的坐標(biāo)為（4，1）或（-2，1）或2,3+172【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，并利用分類討論思想解答是解題的關(guān)鍵是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1.（2023·廣東模擬）如圖，點(diǎn)A、B在x軸正半軸上，點(diǎn)C、D在y軸正半軸上，且OB=OC=3,?OA=1,?OD=2，過A、B、C三點(diǎn)的拋物線上有一點(diǎn)(1)求過A、B、C三點(diǎn)的拋物線的解析式．(2)求點(diǎn)E的坐標(biāo)．(3)在拋物線的對稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△ACP為等腰三角形，若存在，直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)點(diǎn)E的坐標(biāo)為7(3)點(diǎn)P的坐標(biāo)為2，2或2，3+6或【分析】本題主要考查運(yùn)用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)與幾何綜合等知識以及等腰三角形的性質(zhì)：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，把點(diǎn)A1，0，（2）過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，設(shè)Ea,a2?4a+3，證明△EFA∽△AOD，得（3）由y=x2?4x+3得對稱軸為直線x=2，設(shè)P【詳解】（1）解：OB=OC=3,?∴A1，0，∵A、B、C三點(diǎn)在拋物線上，∴a+b+c=09a+3a+c=0解得，a=1b=?4∴拋物線的解析式為：y=x（2）解：過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖，∴∠EAF+∠AEF=90°,∵DA⊥EA，∴∠DAE=90°,∴∠DAO+∠EAF=90°,∴∠DAO=∠AEF,又∠EFA=∠AOD=90°,∴△EFA∽∴EFAF設(shè)Ea,∴AF=a?1,EF=a∵AO=1,OD=2,∴a2解得，a=72或經(jīng)檢驗(yàn)，a=72是原方程的解，∴a=7∴a2∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為72（3）解：由y=x2?4x+3=設(shè)點(diǎn)P2,t∵A1，0∴PC2=2?02∵△ACP是等腰三角形，∴分三種情況討論：①當(dāng)PC=AP時，即PC∴t2解得，t=2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2，②當(dāng)PC=AC時，即PC∴t2解得，t=3+6或∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2，3+6③當(dāng)AP=AC時，即AP∴t2解得，t=3或t=?3，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2，3或綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為2，2或2，3+6或22．（2023·甘肅模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，其中B4,0,C0,?8，連接AC，BC．點(diǎn)E是線段OB上一動點(diǎn)（不與O、B兩點(diǎn)重合），過點(diǎn)E作x軸的垂線l，與直線

(1)求拋物線的表達(dá)式，及直線BC的表達(dá)式；(2)過點(diǎn)P作PF⊥BC，垂足為F，求Rt△PFD(3)點(diǎn)Q在y軸上，點(diǎn)H在拋物線對稱軸上，是否存在點(diǎn)Q、H使得△AQH為等腰直角三角形，且∠QAH=90°，若存在，求出點(diǎn)Q、【答案】(1)拋物線表達(dá)式：y=x2?2x?8，直線BC(2)△PFD周長最大值為4+12(3)存在，Q0,1，H1,?1或Q0,?1【分析】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的求出函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．（1）待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；（2）設(shè)Pn,n2?2n?8，求出PD的長，利用三角函數(shù)值，表示出（3）分Q在x軸上方和下方，兩種情況，構(gòu)造全等三角形，進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：把B4,0,C0,?816+4b+c=0c=?8，解得：b=?2∴y=x設(shè)直線BC的解析式為：y=kx?8，把：B4,0，代入得：k=2∴y=2x?8；（2）∵B4,0∴OB=4,OC=8，∴BC=45∴sin∠OBC=OCBC∵PE⊥x軸，PF⊥BC，∴∠DEB=∠DFP，又∵∠FDP=∠BDE，∴∠FPD=∠OBC，∴PF=PD?cos∠FPD=PD?cos∴Rt△PDF的周長=PD+DF+PF=∴當(dāng)PD最大時，Rt△PDF設(shè)Pn,n2∴PD=2n?8?n∴當(dāng)n=2時，PD有最大值為4，此時：Rt△PDF的周長最大為4+（3）存在；∵y=x∴對稱軸為：x=??22×1=1，當(dāng)y=0時，x∴A?2,0∴OA=2，設(shè)Q0,m，H①當(dāng)點(diǎn)Q在x軸上方時，如圖：

過點(diǎn)Q作QN∥x軸，交對稱軸于N，過點(diǎn)A作AW⊥QN，則：∠AWQ=∠QNH=90°，AW=OQ=m,QW=OA=2，∵△AQH為等腰直角三角形，∠AQH=90°，∴AQ=QH，∠AQW=∠QHN=90°?∠HQN，∴△AWQ≌△QNH，∴HN=QW=2,AW=QN=1，∴m=1,1?t=2，∴t=?1，∴Q0,1，H②當(dāng)點(diǎn)Q在x軸下方時，

同法可得：Q0,?1，H綜上：Q0,1，H1,?1或Q題型02二次函數(shù)中直角三角形存在性問題【解題策略】問題分情況找點(diǎn)畫圖解法已知點(diǎn)A，B和直線l，在l上求點(diǎn)P，使△PAB為直角三角形以AB為直角邊分別過點(diǎn)A，B作AB的垂線，與已知直線的交點(diǎn)P1，P4即為所求分別表示出點(diǎn)A，B，P的坐標(biāo)，再表示出線段AB，BP，AP的長度，由①AB2＝BP2＋AP2；②BP2＝AB2＋AP2；③AP2＝AB2＋BP2列方程解出坐標(biāo)以AB為斜邊以AB的中點(diǎn)Q為圓心，QA為半徑作圓，與已知直線的交點(diǎn)P2，P3即為所求【典例分析】例1．（2023·四川）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于B4,0，C?2,0

(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點(diǎn)P是直線AB下方拋物線上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的平行線交AB于點(diǎn)K，過點(diǎn)P作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)D，求與12PK+PD的最大值及此時點(diǎn)(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點(diǎn)M，使得△MAB是以AB為一條直角邊的直角三角形：若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，12PK+PD的最大值為25(3)1,6或1,?4【分析】（1）將A、B、C代入拋物線解析式求解即可；（2）可求直線AB的解析式為y=12x?2，設(shè)Pm,14m（3）過A作AM2⊥AB交拋物線的對稱軸于M2，過B作BM1⊥AB交拋物線的對稱軸于M1，連接AM1，設(shè)M1【詳解】（1）解：由題意得16a+4b+c=04a?2b+c=0解得：a=1∴拋物線的解析式為y=1（2）解：設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，則有4k+b=0b=?2解得：k=1∴直線AB的解析式為y=1設(shè)Pm,14∴1解得：x=1∴K1∴PK=m?=?1∴1PD=?=?1∴=?=?1∵?1∴當(dāng)m=32時，12∴y=1∴P3故12PK+PD的最大值為258（3）解：存在，如圖，過A作AM2⊥AB交拋物線的對稱軸于M2，過B作BM

∵拋物線y=14x∴設(shè)M1∴A=nABB=n∵AB∴n解得：n=6，∴M設(shè)直線BM1的解析式為k1解得k1∴直線BM1解析式為∵AM2∥∴直線AM2解析式為∴當(dāng)x=1時，y=?2×1?2=?4，

∴M綜上所述：存在，M的坐標(biāo)為1,6或1,?4．【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)中動點(diǎn)最值問題，直角三角形的判定，勾股定理等，掌握解法及找出動點(diǎn)坐標(biāo)滿足的函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1.（2023·貴州模擬）如圖，二次函數(shù)y=x2?3x?4的圖象與x軸交于A和B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)P是直線AC下方的拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線AC

(1)求點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)；(2)求線段PE的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)當(dāng)PE最大時，在二次函數(shù)的圖象上是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)A,P,Q為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形？若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)A(2)當(dāng)t=2時，線段PE的最大值為4，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,?6(3)存在，?43,16【分析】（1）令y=0時，求解即可；（2）求出C點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而直線AC的解析式，設(shè)出P點(diǎn)，表示出PE，利用配方法即可求解；（3）設(shè)出點(diǎn)Q，分三種情況討論，作出輔助線①如圖1，當(dāng)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時，即∠QAP=90°，②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時，即∠APQ=90°，③如圖3，當(dāng)點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)時，即∠AQP=90°，構(gòu)造相似三角形進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y=x2?3x?4a≠0的圖象與x軸交于∴當(dāng)y=0時，即0=x解得：x1∴A4,0（2）解：當(dāng)x=0時，y=?4，∴C0,?4設(shè)直線AC的解析式為y=kx+n，則4k+n=0n=?4解得：k=1n=?4∴直線AC的表達(dá)式為y=x?4，設(shè)Pt,t2∴PE=t?4?t∵?1<0，∴當(dāng)t=2時，線段PE的最大值為4，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,?6；（3）解：存在．設(shè)Qm,如圖①，當(dāng)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時，即∠QAP=90°，此時，點(diǎn)Q在第二象限，m<0，過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QN⊥x軸于點(diǎn)N，

∵A4,0∴PM=6,AM=2,ON=m,OA=4，則AN=4?m，∵∠QAP=90°，∴∠QAN+∠NAP=90°，∵∠APM+∠NAP=90°，∴∠APM=∠NAP又∵∠QNA=∠AMP=90°，∴△APM∽△QAN，∴QNAM=解得：m1∴Q?如圖②，當(dāng)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時，即∠APQ=90°，此時，點(diǎn)Q在第四象限，m>0，

過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)Q作QN⊥PE垂足為點(diǎn)E，∵A4,0∴PM=6,AM=2，由圖②可知PN=2?m，QN=6+m∵∠APQ=90°，∴∠APM+∠MPQ=90°，∵∠MPQ+∠QPN=90°，∴∠APM=∠QPN，又∵∠QNP=∠AMP=90°，∴△APM∽△QPN，∴QNAM=解得：m1∴Q2如圖③當(dāng)點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)時，即∠AQP=90°，過點(diǎn)Q作QM⊥x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)P作PN⊥QM于點(diǎn)N，

∵A4,0,P2,?6QN=6+m∵∠AQP=90°，∴∠AQM+∠PQN=90°，∵∠AQM+∠MAQ=90°，∴∠MAQ=∠PQN，又∵∠QNP=∠AMQ=90°，∴△AQM∽△QPN，∴QNPN=解得：m=0，∴Q0,?4即點(diǎn)Q與點(diǎn)C綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為?43,169【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，二次函是與線段的綜合應(yīng)用，特殊三角形的存問題，三角形相似的判定與性質(zhì)解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．題型03二次函數(shù)中相似三角形存在性問題【解題策略】【相似判定】判定1:三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形是相似三角形；判定2:兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形是相似三角形；判定3:有兩組角對應(yīng)相等的三角形是相似三角形.【思路總結(jié)】根據(jù)相似三角形的做題經(jīng)驗(yàn)，可以發(fā)現(xiàn)，判定1基本是不會用的，這里也一樣不怎么用，對比判定2、3可以發(fā)現(xiàn)，都有角相等.所以，要證相似的兩個三角形必然有相等角，關(guān)鍵點(diǎn)也是先找到一組相等角.然后再找：1）兩相等角的兩邊對應(yīng)成比例；2)還存在另一組角相等.事實(shí)上，坐標(biāo)系中在已知點(diǎn)的情況下，線段長度比角的大小更容易表示，因此選擇方法可優(yōu)先考慮思路1.【解題方法】1)找對應(yīng)等角2)分類討論3)設(shè)點(diǎn)表示線段4)列方程求解5)檢驗(yàn)【典例分析】例1．（2022·湖南）如圖，已知拋物線y=x2?x?2交x軸于A、B兩點(diǎn)，將該拋物線位于x軸下方的部分沿x軸翻折，其余部分不變，得到的新圖象記為“圖象W”，圖象W交y(1)寫出圖象W位于線段AB上方部分對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(2)若直線y=?x+b與圖象W有三個交點(diǎn)，請結(jié)合圖象，直接寫出b的值；(3)P為x軸正半軸上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM∥y軸交直線BC于點(diǎn)M，交圖象W于點(diǎn)N，是否存在這樣的點(diǎn)P，使△CMN與△OBC相似？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)【答案】(1)y=?(2)b=2或b=3(3)存在，1,0或1+172【分析】（1）先求出點(diǎn)A、B、C坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解函數(shù)關(guān)系式即可；（2）聯(lián)立方程組，由判別式△=0求得b值，結(jié)合圖象即可求解；（3）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分∠CNM=90°和∠NCM=90°討論求解即可．【詳解】（1）解：由翻折可知：C0,2令x2?x?2=0，解得：x1∴A?1,0，B設(shè)圖象W的解析式為y=ax+1x?2，代入C0,2∴對應(yīng)函數(shù)關(guān)系式為y=?x+1x?2=?x（2）解：聯(lián)立方程組y=?x+by=?整理，得：x2由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此時方程有兩個相等的實(shí)數(shù)根，由圖象可知，當(dāng)b=2或b=3時，直線y=?x+b與圖象W有三個交點(diǎn)；（3）解：存在．如圖1，當(dāng)CN∥OB時，△OBC∽△NMC，此時，N與C關(guān)于直線x=∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為1，∴P1,0如圖2，當(dāng)CN∥OB時，△OBC∽△NMC，此時，由x2?x?2=2，解得x1∴N的橫坐標(biāo)為1+17所以P1+如圖3，當(dāng)∠NCM=90°時，△OBC∽△CMN，此時，直線CN的解析式為y=x+2，聯(lián)立方程組：y=x+2y=x2?x?2，解得∴N的橫坐標(biāo)為1+5所以P1+因此，綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為1,0或1+172,0【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合，涉及翻折性質(zhì)、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象交點(diǎn)問題、相似三角形的性質(zhì)、解一元二次方程等知識，綜合體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想的運(yùn)用，屬于綜合題型，有點(diǎn)難度．【變式演練】1．（2024·甘肅模擬）如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A?2,0，點(diǎn)B4,0，交y軸于點(diǎn)C0,4．連接AC,BC.D為OB上的動點(diǎn)，過點(diǎn)D作ED⊥x軸，交拋物線于點(diǎn)(1)求這條拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)過點(diǎn)E作EF⊥BC，垂足為F，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為m,0，請用含m的代數(shù)式表示線段EG的長，并求出當(dāng)m為何值時EG有最大值，最大值是多少？(3)點(diǎn)D在運(yùn)動過程中，是否存在一點(diǎn)G，使得以O(shè),D,G為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似．若存在，請求出此時點(diǎn)G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)EF=?24m2+2(3)存在，43,【分析】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)及相似三角形的判定及性質(zhì)；（1）將A?2,0，B4,0，C0,4（2）利用待定系數(shù)法求出直線BC的表達(dá)式，即可表示出點(diǎn)E和點(diǎn)G的坐標(biāo)，從而得出EG再根據(jù)解直角三角形求得EF，根據(jù)二次函數(shù)的最值即可得出答案；（3）分△OAC∽△DOG和△OAC∽△DGO兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出線段之間的關(guān)系求得m的值，從而求得點(diǎn)G的坐標(biāo)．【詳解】（1）由題意得4a?2b+c=016a+4b+c=0∴a=?∴y=?1（2）設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kx+n，∵過點(diǎn)B4,0，C∴4k+n=0n=4∴k=?1n=4∴直線BC的表達(dá)式為y=?x+4，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為m,?12m2+m+4∴EG=?1∵OC=OB=4，∴∠OBC=45°，∵ED⊥x軸，∴∠BGD=45°，∴∠EGF=45°，∵EF⊥BC，∴EF==?2∴當(dāng)m=2時，EF有最大值2；（3）存在∵OC=4，OA=2，G的坐標(biāo)為m,?m+4，∠COA=∠ODG=90°，∴①當(dāng)△OAC∽△DOG時，DGDO即?m+4m解得m=4此時G的坐標(biāo)為43②當(dāng)△OAC∽△DGO時，DGDO即?m+4m解得m=8此時G的坐標(biāo)為83綜上，G點(diǎn)坐標(biāo)為43,2．（2024·云南模擬）拋物線y=ax2+2ax+ca＞0與x軸交于A?3,0、B兩點(diǎn)（A在B(1)求a、c的值；(2)若點(diǎn)P是線段AC上一個動點(diǎn)，連接OP．問，是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)O、C、P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似?若存在，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)1,?3(2)P?2,?1或【分析】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，三角形相似的判定，熟練掌握待定系數(shù)法，三角形相似的判定定理是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)題意，得9a?6a+c=0c=?3（2）根據(jù)AO=OC=3，∠OAC=∠OCA=45°，分∠CPO=∠ABC，∠CPO=∠ACB,計(jì)算求解即可．【詳解】（1）根據(jù)題意，得9a?6a+c=0c=?3解得a=1c=?3故a=1，c=?3．（2）∵a=1，c=?3，∴y=x∴?3+12故B1,0∵A?3,0，點(diǎn)C0,?3，∴AO=OC=3，AB=4，AC=O∴∠OAC=∠OCA=45°，當(dāng)∠CPO=∠ABC時，∵∠OCP=∠CAB=45°，∴△OCP∽△CAB，∴COCA∴33解得PC=22過點(diǎn)P作PF⊥y軸于點(diǎn)F，則PF=FC=PCsin∴OF=OC?FC=1，∴P?2,?1當(dāng)∠CPO=∠ACB時，∵∠OCP=∠BAC=45°，∴△OCP∽△BAC，∴COAB∴34解得PC=9過點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，則PG=GC=PCsin∴OG=OC?GC=3∴P?綜上所述，存在點(diǎn)P使得O,P，C為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，且P?2,?1或P題型04二次函數(shù)中等角存在性問題【解題策略】【常見的構(gòu)角方法】1）平行線的同位角、內(nèi)錯角相等；2）等腰三角形的等邊對等角；3）角平分線分的兩個角相等；4）全等（相似）三角形對應(yīng)角相等；5）若兩角的三角函數(shù)值相等，則兩角相等；6）同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等.探究角度問題的一般步驟如下：1）讀題、理解題意，畫圖；2）分析動點(diǎn)、定點(diǎn)、找不變特征（如角有兩邊，其中一條邊是確定的）；3）確定分類特征，進(jìn)行分類討論；4）將角度進(jìn)行轉(zhuǎn)化.角度轉(zhuǎn)化的一般方法為：通過銳角三角形函數(shù)、特殊角的三角函數(shù)值，相似三角形或等腰三角形的性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為常見的類型，然后利用解直角三角形、相似三角形邊的比例關(guān)系作為計(jì)算工具去計(jì)算求解，難度相對較大.【典例分析】例1．（2024·四川模擬）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+2的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(?1,0)，B(3,0)，與y(1)求該二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)連接BC，在該二次函數(shù)圖象上是否存在點(diǎn)P，使∠PCB=∠ABC？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由；(3)如圖2，直線l為該二次函數(shù)圖象的對稱軸，交x軸于點(diǎn)E．若點(diǎn)Q為x軸上方二次函數(shù)圖象上一動點(diǎn)，過點(diǎn)Q作直線AQ，BQ分別交直線l于點(diǎn)M，N，在點(diǎn)Q的運(yùn)動過程中，EM+EN的值是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)P2,2或(3)16【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）根據(jù)題意，分情況討論，①過點(diǎn)C作關(guān)于x=1的對稱點(diǎn)P，即可求P的坐標(biāo)，②x軸上取一點(diǎn)D，使得DC=DB，則∠DCB=∠ABC，設(shè)Dd,0，根據(jù)勾股定理求得CD,BD（3）設(shè)Qt,?23t2+43t+2，?1<t<3，過點(diǎn)Q作QF⊥x【詳解】（1）解：∵由二次函數(shù)y=ax2+bx+2，令x=0∴C0,2∵過點(diǎn)A(?1,0)，B(3,0)，設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=ax+1x?3將點(diǎn)C0,22=?3a，解得a=?2∴y=?2（2）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+2的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(?1,0)∴拋物線的對稱軸為x=1，①如圖，過點(diǎn)C作關(guān)于x=1的對稱點(diǎn)P，∴CP∥∴∠PCB=∠ABC，∵C0,2∴P2,2②x軸上取一點(diǎn)D，使得DC=DB，則∠DCB=∠ABC，設(shè)Dd,0則CD=2∴2解得d=5即D5設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，56解得k=?12∴直線CD的解析式為y=?12聯(lián)立y=?12解得x=0y=2或x=∴P28綜上所述，P2,2或28（3）EM+EN的值是定值163設(shè)Qt,?23過點(diǎn)Q作QF⊥x軸于點(diǎn)F，則Ft,0∵A?1,0∴AE=BE=2,AF=t+1,BF=3?t，∴ME∥∴△AME∽△AQF,△BNE∽△BQF，∴ME即MEQF∴ME=2t+1QF∴ME+NE=2∵QF=?2∴ME+NE==?=16即EM+EN的值是定值16【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求解析式，角度問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1.（2024·山西模擬）綜合與探究如圖1，二次函數(shù)y=23x2+bx+c的圖象與x軸交于A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．直線y=?2x?2經(jīng)過A(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式．(2)在拋物線上是否存在除點(diǎn)C外的點(diǎn)D，使得∠ABD=∠ABC？若存在，請求出此時點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．(3)如圖2，將△AOC沿x軸正方向平移得到△A'O'C'（點(diǎn)A，O，C的對應(yīng)點(diǎn)分別為A'，O'，C'），A'C'，O'C'【答案】(1)y=(2)存在，D?2,(3)2【分析】此題是二次函數(shù)一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法、圖形的平移、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．（1）利用一次函數(shù)求出點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；（2）拋物線上存在點(diǎn)D，使得∠ABD=∠ABC，設(shè)直線BD與y軸交于點(diǎn)E，證明△BOE≌△BOCASA，求出E0,2，再求出點(diǎn)B的坐標(biāo)是3,0，利用待定系數(shù)法求出直線BE的解析式為y=?2（3）當(dāng)△C'EF與△O'BF的面積相等時，則【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時，y=?2x?2=?2，當(dāng)y=0時，0=?2x?2，解得x=?1，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)是?1,0，點(diǎn)C的坐標(biāo)是0,?2把點(diǎn)A的坐標(biāo)和點(diǎn)C的坐標(biāo)代入y=22解得b=?∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=2（2）解：如圖，拋物線上存在點(diǎn)D，使得∠ABD=∠ABC，設(shè)直線BD與y軸交于點(diǎn)E，∵∠BOE=∠BOC,OB=OB，∴△BOE≌△BOCASA∴OE=OC=?2，∴E0,2當(dāng)y=0時，0=2解得x1∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是3,0，設(shè)直線BE的解析式為y=rx+s，3r+s=0解得r=?2∴直線BE的解析式為y=?2與y=2y=2解得x=?2y=103∴點(diǎn)D的坐標(biāo)是?2,10（3）如圖所示，當(dāng)△C'EF與△O'∴12設(shè)點(diǎn)A'的坐標(biāo)為a,0，其中a<3，設(shè)直線A'C∵AC∥A'C'，直線∴m=?2，∴y=?2x+n，把a(bǔ),0代入得，0=?2a+n，解得n=2a，∴直線A'C'設(shè)直線BC的解析式為y=px+q，3p+q=0解得p=2∴直線BC的解析式為y=2聯(lián)立得到y(tǒng)=解得x=3即點(diǎn)E的縱坐標(biāo)是12當(dāng)△C'EF與△O'∴12∵A'O∴1解得，a=1或a=5（不合題意，舍去）當(dāng)a=1時，A'B=3?a=2，OO'=OA'∵OC∥O∴O'∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為2，當(dāng)x=2時，y=2∴O'∴S△即△A'O'C題型05二次函數(shù)中二倍角、半角存在性問題【解題策略】【構(gòu)造二倍角的方法】方法一：構(gòu)造二倍角的三角函數(shù)，并通過勾股定理求解.（左圖）方法二：等腰三角形的外角.（右圖）把2倍角轉(zhuǎn)化為角相等的常用方法1)利用角平分線轉(zhuǎn)化；2)利用等腰三角形頂角的外角轉(zhuǎn)化；3)利用直角三角形斜邊中線得等腰三角形轉(zhuǎn)化.【典例分析】例1．（2024·內(nèi)蒙古模擬）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1，0)，與y軸交于點(diǎn)C（(0，﹣3)．（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）點(diǎn)D為y軸上一點(diǎn)，如果直線BD與直線BC的夾角為15°，求線段CD的長度；（3）如圖2，連接AC，點(diǎn)P在拋物線上，且滿足∠PAB＝2∠ACO，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）CD的長度為3﹣3或33﹣3；（3）(﹣154，5716)，(﹣94【分析】（1）將點(diǎn)A，點(diǎn)C坐標(biāo)代入解析式可求解；（2）先求出點(diǎn)B坐標(biāo)，可得OB＝OC，可得∠OBC＝∠OCB＝45°，再分點(diǎn)D在點(diǎn)C上方或下方兩種情況討論，由銳角三角函數(shù)可求解；（3）在BO上截取OE＝OA，連接CE，過點(diǎn)E作EF⊥AC，由“SAS”可證△OCE≌△OCA，可得∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝10，由面積法可求EF的長，由勾股定理可求CF的長，可求tan∠ECA＝tan∠PAB＝34【詳解】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c交x軸于點(diǎn)A（1，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），∴0=1+b+cc=?3解得：b=2c=?3∴拋物線解析式為：y＝x2+2x﹣3；（2）∵拋物線y＝x2+2x﹣3與x軸于A，B兩點(diǎn)，∴點(diǎn)B（﹣3，0），∵點(diǎn)B（﹣3，0），點(diǎn)C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)C上方時，

∵∠DBC＝15°，∴∠OBD＝30°，∴tan∠DBO＝ODBO＝3∴OD＝33×3＝3∴CD＝3﹣3；若點(diǎn)D在點(diǎn)C下方時，∵∠DBC＝15°，∴∠OBD＝60°，∴tan∠DBO＝ODBO＝3∴OD＝33，∴DC＝33﹣3，綜上所述：線段CD的長度為3﹣3或33﹣3；（3）如圖2，在BO上截取OE＝OA，連接CE，過點(diǎn)E作EF⊥AC，

∵點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)C（0，﹣3），∴OA＝1，OC＝3，∴AC＝OA2+OC2∵OE＝OA，∠COE＝∠COA＝90°，OC＝OC，∴△OCE≌△OCA（SAS），∴∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝10，∴∠ECA＝2∠ACO，∵∠PAB＝2∠ACO，∴∠PAB＝∠ECA，∵S△AEC＝12AE×OC＝1∴EF＝2×310＝3∴CF＝CE2?EF2∴tan∠ECA＝EFCF＝3如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在AB的下方時，設(shè)AO與y軸交于點(diǎn)N，∵∠PAB＝∠ECA，∴tan∠ECA＝tan∠PAB＝ONAO＝3∴ON＝34∴點(diǎn)N（0，34又∵點(diǎn)A（1，0），∴直線AP解析式為：y＝34x﹣3聯(lián)立方程組得：y=3解得：x1=1y∴點(diǎn)P坐標(biāo)為：（﹣94，﹣39當(dāng)點(diǎn)P在AB的上方時，同理可求直線AP解析式為：y＝﹣34x+3聯(lián)立方程組得：y=?3解得：x1=1y∴點(diǎn)P坐標(biāo)為：（﹣154，57綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣154，5716），（﹣94【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識，求出tan∠ECA=tan∠PAB=34【變式演練】1．（2024·陜西模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)與x軸分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)是(?4,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是(1,0)，與y軸交于點(diǎn)C，P是拋物線上一動點(diǎn)，且位于第二象限，過點(diǎn)P作PD⊥x軸，垂足為D，線段PD與直線

(1)求該拋物線的解析式；(2)連接OP，是否存在點(diǎn)P，使得∠OPD=2∠CAO？若存在，求出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線的解析式為y=?1(2)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為?3?73【分析】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度．（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）證明∠H=∠CAO，則tanH=tan∠CAO【詳解】（1）解：設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y=a(x+4)(x?1)=a(x則?4a=2，解得：a=?1∴拋物線的解析式為y=?1（2）解：設(shè)存在點(diǎn)P，使得∠OPD=2∠CAO，理由如下：延長DP到H，設(shè)PH=OP，連接OH，如圖：

∵PH=OP，∴∠H=∠POH，∴∠OPD=∠H+∠POH=2∠H，∵∠OPD=2∠CAO，∴∠H=∠CAO，∴tan∴ODDH∴DH=2OD，設(shè)Pt,?12t2∴DH=2OD=?2t，∴PH=DH?PD=?2t??∵PH=OP，∴12∴t解得t=0（舍去）或?3+734（舍去）或∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為?3?732．（2023·山東模擬）如圖，拋物線y=ax2+bx+c過A?4,0，B6,0，C0,8三點(diǎn)；點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的動點(diǎn)，點(diǎn)(1)試求拋物線的表達(dá)式；(2)過點(diǎn)P作PN∥y軸并BC交于點(diǎn)N，作PM∥x軸并交拋物線的對稱軸于點(diǎn)M，若PM=23PN(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到使∠PAB=12∠ABC【答案】(1)拋物線解析式為y=?1(2)P3(3)m=【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求得拋物線的表達(dá)式和直線BC的表達(dá)式，從而求得拋物線的對稱軸；（2）設(shè)Pm，?13m2+23m+8，由PN∥y軸，PM∥x軸，拋物線的對稱軸為直線x=1，直線BC（3）先求得點(diǎn)C0,8關(guān)于直線x=1的對稱點(diǎn)為D2,8，過點(diǎn)A作AP平分∠BAD交拋物線于點(diǎn)P，交BD于點(diǎn)H，再求得H4,4，從而求得設(shè)直線AP的解析式，聯(lián)立直線AP為：y=【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+c過A?4,0，∴c=816a?4b+c=0解得a=?1∴拋物線解析式為y=?1∵y=?1∴拋物線的對稱軸為直線x=1，設(shè)直線BC：y=kx+bk≠0∵B6,0，C0,8在∴b=86k+8=0解得b=8k=?∴直線BC為：y=?4（2）解：由點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線y=?13x2+23x+8上的動點(diǎn)，點(diǎn)∵PN∥y軸，PM∥x軸，拋物線的對稱軸為直線x=1，直線∴M1，?∴PN=?1∵PM=2∴m?1=2解得m1當(dāng)m=3時，?1∴P3（3）解：∵拋物線y=?13x2+23x+8的對稱軸為直線∴A、B兩點(diǎn)關(guān)于直線x=1成軸對稱，設(shè)點(diǎn)C0,8關(guān)于直線x=1的對稱點(diǎn)為D∴x0∴x0∴點(diǎn)C0,8關(guān)于直線x=1的對稱點(diǎn)為D∵A、B兩點(diǎn)關(guān)于直線x=1成軸對稱，點(diǎn)C0,8關(guān)于直線x=1的對稱點(diǎn)為D∴△ABC與△BAD關(guān)于直線x=1成軸對稱，∴∠ABC=∠BAD，過點(diǎn)A作AP平分∠BAD交拋物線于點(diǎn)P，交BD于點(diǎn)H，則∠PAB=12∠BAD=12∠ABC，點(diǎn)∵A?4,0，B6,0，∴AB=4+6=10，AD=2+4∴AB=AD，∵AP平分∠BAD交拋物線于點(diǎn)P，交BD于點(diǎn)H，∴AH⊥BD，HD=HB，∴B6,0，D∴H6+22,設(shè)直線AP為：y=mx+n，∵直線AP為：y=mx+n過H4,4，A∴0=?4m+n4=4m+n解得m=1∴直線AP為：y=1聯(lián)立直線AP為：y=12x+2y=1解得x=92y=∴P9∴m的值為9【點(diǎn)睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)與二次函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)式解題的關(guān)鍵．題型06二次函數(shù)中特殊角存在性問題【典例分析】例1．（2022·湖北）如圖，拋物線y=?23x2+23x+4與坐標(biāo)軸分別交于A，(1)A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)為____________，____________，____________；(2)連接AP，交線段BC于點(diǎn)D，①當(dāng)CP與x軸平行時，求PDDA②當(dāng)CP與x軸不平行時，求PDDA(3)連接CP，是否存在點(diǎn)P，使得∠BCO+2∠PCB=90°，若存在，求m的值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)A?2,0;B3,0(2)①15；②(3)存在點(diǎn)P，m=【分析】(1)令x=0，則y=4，令y=0，則?23x2+(2)①由題意可知，P(1，4)，所以CP=1，AB=5，由平行線分線段成比例可知，PDDA②過點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，所以直線BC的解析式為：y=-43x+4．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，-23m2+23m+4)，Q(12m2?12m，-23m(3)假設(shè)存在點(diǎn)P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0＜m＜3．過點(diǎn)C作CF∥x軸交拋物線于點(diǎn)F，由∠BCO+2∠PCB=90°，可知CP平分∠BCF，延長CP交x軸于點(diǎn)M，易證△CBM為等腰三角形，所以M(8，0)，所以直線CM的解析式為：y=-12x+4，令?23x【詳解】（1）解：令x=0，則y=4，∴C(0，4)；令y=0，則?2∴x=-2或x=3，∴A(-2，0)，B(3，0)．故答案為：(-2，0)；(3，0)；(0，4)．（2）解：①∵CP∥x軸，C0,4∴P1,4，CP=1，又∵CP∥x軸，∴△CPD∽△BAD∴PDDA②過P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，設(shè)直線BC的解析式為y=k把B(3，0)，C(0，4)代入，得3k1+∴直線BC的解析式為y=?4設(shè)Pm,?23∴PQ=m?1∵PQ∥AB，∴△QPD∽△BAD∴PDDA∴當(dāng)m=32時，PDDA（3）解：假設(shè)存在點(diǎn)P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0<m<3，過C作CF∥x軸，連接CP，延長CP交x軸于點(diǎn)M，∴∠FCP=∠BMC，∵∠BCO+2∠BCP=90°，∴CP平分∠BCF，∴∠BCP=∠FCP，∴∠BCP=∠BMC，∴BC=BM，∴△CBM為等腰三角形，∵BC=5，∴BM=5，OM=8，M8,0設(shè)直線CM解析式為y=kx+b，把C(0，4)，M8,08k+b=0b=4，解得：k=?∴直線CM的解析式為y=?1聯(lián)立y=?1解得x=74或∴存在點(diǎn)P滿足題意，即m=7【點(diǎn)睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行線分線段成比例，角度的存在性等相關(guān)內(nèi)容，解本題的關(guān)鍵是求拋物線解析式，確定點(diǎn)P的坐標(biāo)．【變式演練】1．（2024·黑龍江模擬）如圖，拋物線y=ax2+72x+c與直線y=kx+2交于C，D兩點(diǎn)，其中點(diǎn)C在y軸上，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(3,72)．點(diǎn)P是y軸右側(cè)的拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P

(1)求直線和拋物線的解析式；(2)若點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)m為何值時，以O(shè)，C，P，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？請說明理由．(3)是否存在點(diǎn)P，使∠PCF=45°？若存在，請求出相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在請說明理由．【答案】(1)y=12(2)m=1或m=2或m=(3)存在，P(12【分析】（1）將已知點(diǎn)坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式，從而確定直線解析式，得到點(diǎn)C(0,2).將已知點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式，求得待定參數(shù)，確定拋物線解析式；（2）若以O(shè)，C，P，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則PF=OC=2,設(shè)P(m,?m2+72m+2)，（3）分情況討論：如圖，若P點(diǎn)在CD上方，且∠PCF=45°，過P點(diǎn)作PM⊥CD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CN⊥EF于點(diǎn)N，則∠PMF=∠CNF，可證△PMF∽△CNF，得PMMF=m12m=2，PM=2MF；Rt△PMF中，PF=5MF=52m，于是得方程?m2+3m=52m，求解得P(12,72)；如圖，若P點(diǎn)在CD下方，且∠PCF=45°，過點(diǎn)P作PG⊥CF于點(diǎn)G，過點(diǎn)C【詳解】（1）解：直線y=kx+2經(jīng)過D(3,7∴3k+2=72∴直線CD的解析式為y=1x=0時，y=2，∴C(0,2).拋物線y=ax2+c=29a+21∴拋物線解析式為y=?（2）解：如圖，PF∥OC，若以O(shè)，C，P，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則∵點(diǎn)P在拋物線上，且橫坐標(biāo)為m∴設(shè)P(m,?m2∴PF=∴m2∴m2?3m=2,或即m2?3m?2=0解得，m=3+或m2?3m+2=0解得，m=1或綜上，當(dāng)m=1或m=2或m=3+172時，以O(shè)，C，P

（3）解：如圖，若P點(diǎn)在CD上方，且∠PCF=45°，過P點(diǎn)作PM⊥CD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CN⊥EF于點(diǎn)N，則∠PMF=∠CNF，又∠PFM=∠CFN，∴△PMF∽△CNF．∴PMCN∴PM同（2），P(m,?m2∴CN=m,NF=1∴PMMF∴PM=2MF．Rt△PMC中，PM=MC=2MF∴MF=CF．Rt△CNF中，CF=∴MF=5Rt△PMF中，PF=又PF=?m∴?m2+3m=m=12時，∴P(

如圖，若P點(diǎn)在CD下方，且∠PCF=45°，過點(diǎn)P作PG⊥CF于點(diǎn)G，過點(diǎn)C作CH⊥EF于H，則∠FHC=∠FGP=90°，∵∠HFC=∠GFP，∴△HFC∽△GFP．∴HFGF∵HC=m,FH=FE?HE=∴GPGF∴GP=2GF．Rt△GCP中，∠GCP=∠GPC=45°∴GC=GP=2GF．Rt△HCF中，∴CF=GC+GF=3GF=∴GF=5Rt△GFP中，PF=又PF=(∴m2?3m=56m于是，?m∴P(23綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(12,

【點(diǎn)睛】本題考查待定系數(shù)確定函數(shù)解析式、相似三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形判定、勾股定理；運(yùn)用幾何圖形的等量關(guān)系構(gòu)建方程是解題關(guān)鍵．2．（2024·廣東模擬）如圖，拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過A4,0，C?1,0兩點(diǎn)，于y軸交于點(diǎn)B，P為第一象限拋物線上的動點(diǎn)，連接AB，BC，PA，PC，PC

(1)求拋物線的解析式；(2)設(shè)△APQ的面積為S1，△BCQ的面積為S2，當(dāng)S1(3)是否存在點(diǎn)P，使∠PAB+∠CBO=45°，若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】(1)y=?(2)P1,6或(3)P【分析】（1）將A4，0，C（2）根據(jù)圖形得到：S1+S△AQC=S2+S（3）過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，根據(jù)OB=OA=4得到∠ABO=∠OAB=45°，可推出△BOC∽△PDA，進(jìn)入即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過A∴?16+4b+c=0?1?b+c=0解得：b=3c=4∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：∵S1∴S△令x=0，則y=4，∴B0∵A4,0，C∴OB=OA=4，AC=5，∴S△ABC∴S△ACP設(shè)Pt∴S△ACP∴t=1或t=2，∴P1,6或（3）解：存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)是3，理由：過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，

∵OB=OA=4∴∠ABO=∠OAB=45°．∵∠PAB+∠CBO=45°，∴∠CBO+∠PAB+∠BAO=90°．∵∠CBO+∠BCO=90°，∴∠BCO=∠OAB+∠PAB=∠PAD．∵∠BOC=∠PDA=90°，∴△BOC∽△PDA，∴BOPD設(shè)點(diǎn)Pa,?∴PD=?a2+3a+4∴4?整理得a2解得a1=3或∴P3,4【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用以及三角形面積公式，相似三角形的性質(zhì)等知識點(diǎn)．1．（2023·青海）如圖，二次函數(shù)y=?x2+bx+c的圖象與x軸相交于點(diǎn)A和點(diǎn)C1,0，交

(1)求此二次函數(shù)的解析式；(2)設(shè)二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)為P，對稱軸與x軸交于點(diǎn)Q，求四邊形AOBP的面積（請?jiān)趫D1中探索）；(3)二次函數(shù)圖象的對稱軸上是否存在點(diǎn)M，使得△AMB是以AB為底邊的等腰三角形？若存在，請求出滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由（請?jiān)趫D2中探索）．【答案】(1)y=?x(2)152(3)M(?1，1)【分析】（1）將B，C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線的解析式，進(jìn)一步求解得出結(jié)果；（2）連接OP，將二次函數(shù)的解析式配方求得頂點(diǎn)的坐標(biāo)，鄰y=0求得A的坐標(biāo)，從而求得OQ，PQ，OA的長，再根據(jù)S四邊形（3）設(shè)M(?1，m)，表示出AM和BM，根據(jù)AM2=B【詳解】（1）解：由題意得，?1+b+c=0c=3∴b=?2c=3∴y=?x（2）解：如圖，連接OP，

∵y=?x∴P(?1，∴PQ=4，OQ=1，由?x2?2x+3=0∴OA=3，∴S四邊形（3）解：設(shè)M(?1，m)，∵OA=3，∴A?3由AM2=B∴m=l，∴M(?1，【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握有關(guān)基礎(chǔ)知識．2．（2023·江蘇）如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx?4的圖像與x

(1)b=_______；(2)D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠AOD=52；將原拋物線向左平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)D，過點(diǎn)(k,0)作x軸的垂線l．已知在l(3)將原拋物線平移，平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點(diǎn)Q，且其頂點(diǎn)P落在原拋物線上，連接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)?1；(2)k≤?3；(3)3,?52或【分析】（1）把A(?2,0)代入y=1（2）過點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，設(shè)Dm,12m2平移后得拋物線為y=1（3）先設(shè)出平移后頂點(diǎn)為Pp,12p2?p?4，根據(jù)原拋物線y=1【詳解】（1）解：把A(?2,0)代入y=10=1解得b=?1，故答案為?1；（2）解：過點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，

∵b=?1，∴二次函數(shù)的解析式為y=設(shè)Dm,∵D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠AOD=∴tan∠AOD=解得m=?1或m=8（舍去），當(dāng)m=?1時，12∴D?1,?∵y=1∴設(shè)將原拋物線向左平移后的拋物線為y=1把D?1,?52代入y=解得a=3或a=?1（舍去），∴平移后得拋物線為y=∵過點(diǎn)(k,0)作x軸的垂線l．已知在l的左側(cè)，平移前后的兩條拋物線都下降，在y=12x+32?92的對稱軸x=?3的左側(cè)，y∴k≤?3；（3）解：由y=12x?12?∵頂點(diǎn)為Pp,q在y=∴q=1∴平移后的拋物線為y=12x?p∵原拋物線y=1∴原拋物線的頂點(diǎn)C1,?92∵平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點(diǎn)Q，∴Q1,∵點(diǎn)Q、C在直線x=1上，平移后的拋物線頂點(diǎn)P在原拋物線頂點(diǎn)C的上方，兩拋物線的交點(diǎn)Q在頂點(diǎn)P的上方，∴∠PCQ與∠CQP都是銳角，∵△PCQ是直角三角形，∴∠CPQ=90°，∴QC∴p2?2p?7∴p=1（舍去），或p=3或p=?1，當(dāng)p=3時，12當(dāng)p=?1時，12∴點(diǎn)P坐標(biāo)為3,?52或【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·湖北）如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx+c過點(diǎn)A(?1,0)，B(2,0)和C(0,2)，連接BC，點(diǎn)P(m,n)(m>0)為拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PN⊥x軸交直線BC于點(diǎn)M，交x

(1)直接寫出拋物線和直線BC的解析式；(2)如圖2，連接OM，當(dāng)△OCM為等腰三角形時，求m的值；(3)當(dāng)P點(diǎn)在運(yùn)動過程中，在y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得以O(shè)，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與以B，C，N為頂點(diǎn)的三角形相似（其中點(diǎn)P與點(diǎn)C相對應(yīng)），若存在，直接寫出點(diǎn)P和點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線：y=?x2+x+2；直線(2)m=1或m=2或(3)P(2,2)，Q(0,2?1)或P(1+【分析】（1）由題得拋物線的解析式為y=a(x+1)(x?2)，將點(diǎn)C(0,2)代入求a，進(jìn)而得拋物線的解析式；設(shè)直線BC的解析式為y=kx+t，將點(diǎn)B，C的坐標(biāo)代入求k，t，進(jìn)而得直線BC的解析式．（2）由題得M(m,?m+2)，分別求出OC，OM，CM，對等腰△OCM中相等的邊進(jìn)行分類討論，進(jìn)而列方程求解；（3）對點(diǎn)P在點(diǎn)B左側(cè)或右側(cè)進(jìn)行分類討論，設(shè)法表示出各線段的長度，利用相似三角形的相似比求解m，進(jìn)而可得P，Q的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：∵拋物線過點(diǎn)A(?1,0)，B(2,0)，∴拋物線的表達(dá)式為y=a(x+1)(x?2)，將點(diǎn)C(0,2)代入上式，得2=?2a，∴a=?1．∴拋物線的表達(dá)式為y=?(x+1)(x?2)，即y=?x設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kx+t，將點(diǎn)B(2,0)，C(0,2)代入上式，得0=2k+t2=t解得k=?1t=2∴直線BC的表達(dá)式為y=?x+2．（2）解：∵點(diǎn)M在直線BC上，且P(m,n)，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(m,?m+2)．∴OC=2，CM2=當(dāng)△OCM為等腰三角形時，①若CM=OM，則CM即2m解得m=1．②若CM=OC，則CM即2m解得m=2或m=?③若OM=OC，則OM即2m解得m=0（舍去）或m=2．綜上，m=1或m=2或m=2（3）解：∵點(diǎn)P與點(diǎn)C相對應(yīng)，∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB．①若點(diǎn)P在點(diǎn)B左側(cè)，則∠CBN=45°，BN=2?m，CB=22當(dāng)△POQ∽△CBN，即∠POQ=45°時，直線OP的表達(dá)式為y=x，∴?m2+m+2=m，解得m=∴OP2=∴OPBC=OQ解得OQ=2∴P(2,2當(dāng)△POQ∽△CNB，即∠PQO=45°時，PQ=2m，∴PQCB=OQ解得m=1+5（舍去）或m=1?②若點(diǎn)P在點(diǎn)B右側(cè)，則∠CBN=135°，BN=m?2．當(dāng)△POQ∽△CBN，即∠POQ=135°時，直線OP的表達(dá)式為y=?x，∴?m2+m+2=?m，解得m=1+∴OP=2∴OPBC=OQ解得OQ=1．∴P(1+3,?1?3當(dāng)△POQ∽△CNB，即∠PQO=135°時，PQ=2m，∴PQCB=OQ解得m=1+5或m=1?∴P(1+5,?3?5綜上，P(2,2)，Q(0,2?1)或P(1+3【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，等腰三角形的性質(zhì)與判定，平面直角坐標(biāo)系中兩點(diǎn)距離的算法，相似三角形的性質(zhì)與判定等，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．4．（2022·山東）如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸交于A?2,0、B8,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)為D，直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)．并求出四邊形OADC的面積；(3)點(diǎn)P是拋物線上的一動點(diǎn)，當(dāng)∠PCB=∠ABC時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)D(3)P6,4或【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法求拋物線解析式即可；（2）先利用勾股定理的逆定理證明△ABC為直角三角形，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得出點(diǎn)B、C、D三點(diǎn)共線，繼而通過證明△DBE～△CBO，利用相似三角形的性質(zhì)即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)，根據(jù)四邊形OADC的面積=S（3）分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時，當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時，分別求解即可．【詳解】（1）將A?2,0，B8,0，C0,40=4a?2b+c0=64a+8b+c4=c，解得所以，拋物線的表達(dá)式為y=?1（2）如圖，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于E，∴∠DEB=∠COB=90°，∵A?2,0，B8,0，∴AB=10,AC=2∵AB∴△ABC為直角三角形且∠ACB=90°，將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)為D，此時，點(diǎn)