2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸大題培優(yōu)學(xué)案專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問(wèn)題（教師版）

專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問(wèn)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(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，將線段PQ繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PR，連結(jié)QR．設(shè)四邊形APRQ與Rt△ABC的重疊部分的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t＞0）秒．（1）線段AP的長(zhǎng)為2t（用含t的代數(shù)式表示）．（2）當(dāng)點(diǎn)R恰好落在線段BC上時(shí)，求t的值．（3）求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．（4）當(dāng)△CPR為直角三角形時(shí)，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(dāng)點(diǎn)R在△ACB內(nèi)或BC邊上時(shí)，0＜t≤2，②當(dāng)2＜t≤3時(shí)，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(dāng)∠PCR＝90°時(shí)，由（2）可知，t＝2，②當(dāng)∠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(diǎn)P逆時(shí)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(dāng)點(diǎn)R恰好落在線段BC上時(shí)，∠RCP＝90°，∴∠CPR＝∠CRP＝∠PRQ＝45°，∴∠QRB＝90°，∴BQ＝RQ，∴2t＝6﹣t，∴t＝2；（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)R在△ACB內(nèi)或BC邊上時(shí)，0＜t≤2，∵AP＝QR，AQ＝PR，∴四邊形APRQ為平行四邊形，∴S＝AQ?PQ＝＝2t2；②當(dāng)2＜t≤3時(shí)，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(dāng)△CPR為直角三角形時(shí)，可分兩種情況：①當(dāng)∠PCR＝90°時(shí)，由（2）可知，t＝2，②當(dāng)∠CRP＝90°，由題意可知AQ＝PQ＝PR＝CR，∴AP＝PC，∴2t＝6﹣2t，∴t＝．綜上所述，當(dāng)t＝2或時(shí)，△CPR為直角三角形．【例2】（2022春?成華區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，經(jīng)過(guò)A（﹣2，6）的直線交x軸正半軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，OB＝OC，直線AD交x軸負(fù)半軸于點(diǎn)D，若△ABD的面積為27．（1）求直線AB的表達(dá)式和點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）橫坐標(biāo)為m的點(diǎn)P在線段AB上（不與點(diǎn)A、B重合），過(guò)點(diǎn)P作x軸的平行線交AD于點(diǎn)E，設(shè)PE的長(zhǎng)為y（y≠0），求y與m之間的函數(shù)關(guān)系式并直接寫出相應(yīng)的m取值范圍；（3）在（2）的條件下，在x軸上是否存在點(diǎn)F，使△PEF為等腰直角三角形？若存在求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)直線AB交x軸正半軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，OB＝OC，設(shè)出解析式為y＝﹣x+n，把A的坐標(biāo)代入求得n的值，從而求得B的坐標(biāo)，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(diǎn)的坐標(biāo)，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(biāo)求出直線AB的解析式，將P點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入直線AB的解析式，求出P的縱坐標(biāo)，將P點(diǎn)的縱坐標(biāo)代入直線AD的解析式就可以求出E的橫坐標(biāo)，根據(jù)線段的和差關(guān)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(diǎn)P、E、F為直角頂點(diǎn)，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(diǎn)的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵OB＝OC，∴設(shè)直線AB的解析式為y＝﹣x+n，∵直線AB經(jīng)過(guò)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(shè)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(diǎn)P在AB上，且橫坐標(biāo)為m，∴P（m，﹣m+4），∵PE∥x軸，∴E的縱坐標(biāo)為﹣m+4，代入y＝2x+10得，﹣m+4＝2x+10，解得x＝，∴E（，﹣m+4），∴PE的長(zhǎng)y＝m﹣＝m+3；即y＝m+3，（﹣2＜m＜4）；（3）在x軸上存在點(diǎn)F，使△PEF為等腰直角三角形，①當(dāng)∠FPE＝90°時(shí)，如圖①，有PF＝PE，PF＝﹣m+4，PE＝m+3，∴﹣m+4＝m+3，解得m＝，此時(shí)F（，0）；②當(dāng)∠PEF＝90°時(shí)，如圖②，有EP＝EF，EF的長(zhǎng)等于點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，∴EF＝﹣m+4，∴﹣m+4＝m+3，解得：m＝，∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為x＝＝﹣，∴F（﹣，0）；③當(dāng)∠PFE＝90°時(shí)，如圖③，有FP＝FE，∴∠FPE＝∠FEP．∵∠FPE+∠EFP+∠FEP＝180°，∴∠FPE＝∠FEP＝45°．作FR⊥PE，點(diǎn)R為垂足，∴∠PFR＝180°﹣∠FPE﹣∠PRF＝45°，∴∠PFR＝∠RPF，∴FR＝PR．同理FR＝ER，∴FR＝PE．∵點(diǎn)R與點(diǎn)E的縱坐標(biāo)相同，∴FR＝﹣m+4，∴﹣m+4＝（m+3），解得：m＝，∴PR＝FR＝﹣m+4＝﹣+4＝，∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為﹣＝﹣，∴F（﹣，0）．綜上，在x軸上存在點(diǎn)F使△PEF為等腰直角三角形，點(diǎn)F的坐標(biāo)為（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【例3】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的兩個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)D是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），雙曲線y＝（k＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，與矩形ABOC的邊AC相交于點(diǎn)E．（1）如圖①，當(dāng)點(diǎn)D為AB中點(diǎn)時(shí)，k的值為24，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（8，3）．（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上的任意位置時(shí)（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(diǎn)D的一點(diǎn)F，滿足：△ODF為直角三角形，∠ODF＝90°，且tan∠DOF＝，若存在，請(qǐng)直接寫出滿足以上條件時(shí)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得點(diǎn)A的坐標(biāo)，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式得點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而得出k的值，再將y＝6代入即可；（2）根據(jù)點(diǎn)D、E的坐標(biāo)，可得出AD、AE的長(zhǎng)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(dāng)點(diǎn)F在直線AB上方時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FM⊥DG于點(diǎn)M，②當(dāng)點(diǎn)F在直線AB下方時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB于點(diǎn)N，分別設(shè)出點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，表達(dá)點(diǎn)F的坐標(biāo)，進(jìn)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(gè)頂點(diǎn)，∴AB＝OC＝8，AC＝OB＝6，∴A（8，6），∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴D（4，6），∴k＝8×3＝24，∴y＝，當(dāng)x＝8時(shí)，y＝3，∴E（8，3），故答案為：24，（8，3）；（2）證明：設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m，6），∴k＝6m，∴反比例函數(shù)的解析式為：y＝，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)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(dāng)點(diǎn)F在直線AB上方時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FM⊥DG于點(diǎn)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(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為t，則OG＝t，∴DM＝，∴D（t，6），F(xiàn)（t﹣2，6+），∴6t＝（t﹣2）（6+），解得t＝1+（負(fù)值舍去）．即此時(shí)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為：1+．②當(dāng)點(diǎn)F在直線AB下方時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB于點(diǎn)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(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為n，則BD＝n，∴FN＝，∴D（n，6），F(xiàn)（n+2，6﹣），∴6n＝（n+2）（6﹣），解得n＝﹣1+（負(fù)值舍去）．即此時(shí)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為：﹣1+．綜上，滿足題意的點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為：1+或﹣1+．【例4】（2022?巴南區(qū)自主招生）已知在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，A（﹣4，0），B（12，0），C（0，﹣6）．（1）求這個(gè)二次函數(shù)的解析式；（2）如圖1，點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD∥y軸交直線BC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)P作PE∥BC交x軸于點(diǎn)E，求PD+BE的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）如圖2，將拋物線沿射線CB方向平移3個(gè)單位，得到新拋物線y'，點(diǎn)F為y'的對(duì)稱軸上任意一點(diǎn)，若以點(diǎn)B、C、F為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，請(qǐng)直接寫出符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）設(shè)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(dāng)t＝6時(shí)，PD+PE有最大值，此時(shí)P（6，﹣）；（3）求出平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣10）2﹣5，設(shè)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(dāng)BF為斜邊時(shí)，F(xiàn)（10，﹣26）；當(dāng)BC為斜邊時(shí)，F(xiàn)（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；當(dāng)CF為斜邊時(shí)，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(shè)BC的直線解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣6，設(shè)P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），∴PD＝﹣t2+t，設(shè)直線PE的解析式為y＝x+m，將點(diǎn)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(dāng)t＝6時(shí)，PD+PE有最大值，此時(shí)P（6，﹣）；（3）設(shè)拋物線沿x軸正方向平移2m個(gè)單位，則沿y軸正方向平移m個(gè)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(duì)稱軸為直線x＝10，設(shè)F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），∴BF2＝4+n2，BC2＝180，F(xiàn)C2＝100+（n+6）2，當(dāng)BF為斜邊時(shí)，100+（n+6）2+180＝4+n2，解得n＝﹣26，∴F（10，﹣26）；當(dāng)BC為斜邊時(shí)，180＝100+（n+6）2+4+n2，解得n＝﹣3+或n＝﹣3﹣，∴F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；當(dāng)CF為斜邊時(shí)，100+（n+6）2＝180+4+n2，解得n＝4，∴F（10，4）；綜上所述：F點(diǎn)坐標(biāo)為（10，﹣26）或（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）或（10，4）．培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練一．解答題1．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級(jí)月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)A出發(fā)沿折線AC﹣CB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，在AC上的速度為每秒個(gè)單位長(zhǎng)度，在BC上的速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度．當(dāng)點(diǎn)F不與點(diǎn)C重合時(shí)，以CF為邊在點(diǎn)C的右上方作等邊△CFQ，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），點(diǎn)F到AB的距離為h．（1）AC＝2；（2）求h與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；（3）當(dāng)點(diǎn)F在AC邊上運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)Q到AB的距離為h時(shí)，求t的值；（4）取AB邊的中點(diǎn)D，連結(jié)FD、CD，當(dāng)△FCD是直角三角形時(shí)，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(zhǎng)；（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(guān)系式；（3）分兩種情況：設(shè)直線CQ與AB交于點(diǎn)P，①如圖3，點(diǎn)P在CQ上，②如圖4，點(diǎn)P在CQ的延長(zhǎng)線上，根據(jù)等邊三角形的邊長(zhǎng)2﹣t列等式，解出可得答案；（4）分三種情況：當(dāng)F在AC上時(shí)，①如圖5，∠CFD＝90°，②如圖6，∠CDF＝90°，當(dāng)F在BC上時(shí)，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(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB于H，①當(dāng)0≤t＜2時(shí)，點(diǎn)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(dāng)2＜t≤4時(shí)，點(diǎn)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(guān)系式為：h＝；（3）分兩種情況：設(shè)直線CQ與AB交于點(diǎn)P，①如圖3，點(diǎn)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(dāng)點(diǎn)F在AC邊上運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)Q到AB的距離為h時(shí)，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(diǎn)P在CQ的延長(zhǎng)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(diǎn)，∠ACB＝90°，∴CD＝AD＝2，∴CF＝AF＝，∴t＝1；②如圖6，∠CDF＝90°，∵∠DCF＝30°，∴DF＝，CF＝2DF＝，∴AF＝2﹣＝，此時(shí)t＝；③如圖7，∠DFC＝90°，∵∠CDF＝30°，∴CF＝CD＝1，此時(shí)t＝2+1＝3；綜上，t的值是1或或3．2．（2021?羅湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，已知拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，它的對(duì)稱軸是直線x＝2，動(dòng)點(diǎn)P從拋物線的頂點(diǎn)A出發(fā)，在對(duì)稱軸上以每秒1個(gè)單位的速度向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，連接OP并延長(zhǎng)交拋物線于點(diǎn)B，連接OA，AB．（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）當(dāng)△AOB為直角三角形時(shí)，求t的值；（3）如圖2，⊙M為△AOB的外接圓，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)M也隨之運(yùn)動(dòng)變化，請(qǐng)你探究：在1≤t≤5時(shí)，求點(diǎn)M經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)度．【分析】（1）由拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O且對(duì)稱軸是直線x＝2，知c＝0，﹣＝2，求得b的值即可得出答案；（2）設(shè)點(diǎn)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(guān)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(shí)y的值，從而求得t的值；（3）由⊙M為△AOB的外接圓知點(diǎn)M在線段OA的中垂線上，從而得出1≤t≤5時(shí)，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)M的位置，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式求解可得．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，且對(duì)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(shè)點(diǎn)B（a，a2﹣4a），∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，∴點(diǎn)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(dāng)x＝2時(shí)，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(dāng)x＝2時(shí)，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(dāng)x＝2時(shí)，y＝﹣2，即P（2，﹣2），∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；綜上，當(dāng)△AOB為直角三角形時(shí)，t的值為1或2或5．（3）∵⊙M為△AOB的外接圓，∴點(diǎn)M在線段OA的中垂線上，∴當(dāng)1≤t≤5時(shí)，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑是在線段OA中垂線上的一條線段，當(dāng)t＝1時(shí)，如圖1，由（2）知∠OAB＝90°，∴此時(shí)Rt△OAB的外接圓圓心M是OB的中點(diǎn)，∵B（，﹣），∴M（，﹣）；當(dāng)t＝5時(shí)，如圖2，由（2）知，∠AOB＝90°，∴此時(shí)Rt△OAB的外接圓圓心M是AB的中點(diǎn)，∵B（，）、A（2，﹣4），∴M（，﹣）；當(dāng)t＝2時(shí)，如圖3，由（2）知，∠OBA＝90°，∴此時(shí)Rt△OAB的外接圓圓心M是OA的中點(diǎn)，∵A（2，﹣4），∴M（1，﹣2）；則點(diǎn)M經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)度為+＝+＝．3．（2012?蕪湖縣校級(jí)自主招生）學(xué)習(xí)過(guò)三角函數(shù)，我們知道在直角三角形中，一個(gè)銳角的大小與兩條邊長(zhǎng)的比值相互唯一確定，因此邊長(zhǎng)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(duì)（sad）．如圖，在△ABC中，AB＝AC，頂角A的正對(duì)記作sadA，這時(shí)sadA＝．容易知道一個(gè)角的大小與這個(gè)角的正對(duì)值也是相互唯一確定的．根據(jù)上述對(duì)角的正對(duì)定義，解下列問(wèn)題：（1）sad60°的值為BA．B．1C．D．2（2）對(duì)于0°＜A＜180°，∠A的正對(duì)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(duì)的定義解答；（2）求出0度和180度時(shí)等腰三角形底和腰的比即可；（3）作出直角△ABC，構(gòu)造等腰三角形ACD，根據(jù)正對(duì)的定義解答．【解答】解：（1）根據(jù)正對(duì)定義，當(dāng)頂角為60°時(shí)，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(dāng)∠A接近0°時(shí)，sadα接近0，當(dāng)∠A接近180°時(shí)，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(diǎn)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(duì)的定義可得：sadA＝＝，即sadα＝．4．（2022秋?法庫(kù)縣期中）如圖，已知函數(shù)y＝x+1的圖象與y軸交于點(diǎn)A，一次函數(shù)y＝kx+b的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（0，﹣1），與x軸以及y＝x+1的圖象分別交于點(diǎn)C，D，且點(diǎn)D的坐標(biāo)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(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，C，D為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）對(duì)于直線y＝x+1，令x＝0求出y的值，確定出A的坐標(biāo)，把B坐標(biāo)代入y＝kx+b中求出b的值，再將D坐標(biāo)代入y＝x+1求出n的值，進(jìn)而將D坐標(biāo)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(guò)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(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，C，D為頂點(diǎn)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(biāo)即可．【解答】解：（1）對(duì)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(biāo)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(shí)x的取值范圍是x＞1；故答案為：x＞1；（3）過(guò)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(diǎn)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(shè)P（p，0），∴PC2＝（p﹣）2，PD2＝22+（p﹣1）2，CD2＝22+（1﹣）2，分兩種情況考慮：①當(dāng)P′D⊥DC時(shí)，P′C2＝P′D2+CD2，∴（p﹣）2＝22+（p﹣1）2+22+（1﹣）2，∴p＝7，∴P′（7，0）；②當(dāng)DP⊥CP時(shí)，由D橫坐標(biāo)為1，得到P橫坐標(biāo)為1，∵P在x軸上，∴P的坐標(biāo)為（1，0），綜上，P的坐標(biāo)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(diǎn)與B點(diǎn)，函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)B點(diǎn)．點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線PD，過(guò)點(diǎn)B作BD⊥PD于點(diǎn)D．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）連接AD，當(dāng)△ABD為直角三角形時(shí)，求BD的長(zhǎng)；（3）將△BDP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，得到△BD'P'，當(dāng)點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P'落在坐標(biāo)軸上時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）先確定出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；（2）當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)，△ABD不可能為直角三角形，當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)，∠ABD為銳角，分兩種情況：①當(dāng)∠ADB＝90°時(shí)，②當(dāng)∠BAD＝90°時(shí)，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)分別求解即可；（3）分點(diǎn)P′落在x軸和y軸兩種情況計(jì)算即可．①當(dāng)點(diǎn)P'落在x軸上時(shí)，過(guò)點(diǎn)P'作P'E⊥x軸，垂足為P′，過(guò)點(diǎn)D'作D'F⊥y軸，垂足為F，交P′E于點(diǎn)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(diǎn)與B點(diǎn)，∴A（，0），B（0，﹣2），∵拋物線y＝x2+2nx+n經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，∴n＝﹣2，∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x﹣2；（2）當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)，△ABD不可能為直角三角形，當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)，∠ABD為銳角，分兩種情況：①當(dāng)∠ADB＝90°時(shí)，∵A（，0），B（0，﹣2），∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（，﹣2），∴BD＝；②當(dāng)∠BAD＝90°時(shí)，設(shè)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(dāng)△ABD為直角三角形時(shí)，BD的長(zhǎng)為或3；（3）①當(dāng)點(diǎn)P'落在x軸上時(shí)，過(guò)點(diǎn)P'作P'E⊥x軸，垂足為P′，過(guò)點(diǎn)D'作D'F⊥y軸，垂足為F，交P′E于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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(dāng)m＝﹣時(shí)，m2﹣4m﹣2＝﹣2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，﹣2）；②當(dāng)點(diǎn)P'落在y軸上時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D′作D′M⊥x軸，交BD于M，過(guò)點(diǎn)P′作P′N⊥y軸，交MD'的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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(dāng)m＝時(shí)，n2﹣4n﹣2＝﹣2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，﹣2）；綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，﹣2）或，﹣2）．6．（2022秋?禪城區(qū)校級(jí)期中）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝3x+6分別與x軸和y軸交于點(diǎn)C和點(diǎn)B，已知A（6，0），（1）寫出點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)和△ABC的面積；（2）直線l經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，求直線AB的解析式；（3）點(diǎn)D是在直線AB上的動(dòng)點(diǎn)，是否存在動(dòng)點(diǎn)D，使得？若存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；（4）如圖2，P為A點(diǎn)右側(cè)x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，以P為直角頂點(diǎn)、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(zhǎng)交y軸于點(diǎn)K．當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，K點(diǎn)的位置是否發(fā)生變化？如果不變，請(qǐng)求出它的坐標(biāo)；如果變化，請(qǐng)說(shuō)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(biāo)為（t+6，t），進(jìn)而求解．【解答】解：（1）對(duì)于y＝3x+6，令x＝0，則y＝6，故點(diǎn)B（0，6），令y＝3x+6＝0，解得：x＝﹣2，故點(diǎn)C（﹣2，0）；則△ABC的面積＝×AC×OB＝×（6+2）×6＝24；（2）設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝kx+b（k≠0），則，解得：，故直線AB的表達(dá)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(diǎn)D的坐標(biāo)為（3，3）或（9，﹣3）；（4）K點(diǎn)的位置不發(fā)生變化，理由：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)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(diǎn)Q的坐標(biāo)為（t+6，t），設(shè)直線AQ的表達(dá)式為y＝mx+n，則，解得，故點(diǎn)K的坐標(biāo)為（0，﹣6）．7．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）如圖，已知點(diǎn)P是第一象限內(nèi)二次函數(shù)y＝﹣x2+2mx+3m2（m＞0）圖象上一點(diǎn)，該二次函數(shù)圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC．（1）線段AB的長(zhǎng)為4m（用含m的代數(shù)式表示）；（2）當(dāng)m＝1時(shí)，點(diǎn)D與C點(diǎn)關(guān)于二次函數(shù)圖象對(duì)稱軸對(duì)稱，若AD平分∠CAP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）若△ABC是直角三角形，點(diǎn)E是AP與BC的交點(diǎn)，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(guān)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(diǎn)Q的坐標(biāo)，利用點(diǎn)Q的坐標(biāo)求出C點(diǎn)關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)G的坐標(biāo)，直線AG與拋物線的交點(diǎn)即為P點(diǎn)；（3）過(guò)點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)A作AF∥y軸交BC于點(diǎn)F，設(shè)P（t，﹣t2+2mt+3m2），則F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），由PQ∥AF，＝，當(dāng)PQ最大時(shí)，有最小值，再由PQ＝﹣（t﹣m）2+m2，當(dāng)t＝m時(shí)，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(dāng)m＝1時(shí)，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），∵點(diǎn)D與C點(diǎn)關(guān)于二次函數(shù)圖象對(duì)稱軸對(duì)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(guò)點(diǎn)D作DH⊥x軸交于點(diǎn)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(diǎn)關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)G（2，1），∴∠CAQ＝∠QAG，∴AD平分∠CAG，設(shè)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(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣mx+3m2，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)A作AF∥y軸交BC于點(diǎn)F，設(shè)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(dāng)PQ最大時(shí)，有最小值，∵PQ＝﹣t2+3mt＝﹣（t﹣m）2+m2，當(dāng)t＝m時(shí)，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(dòng)點(diǎn)（且不與A、B重合），過(guò)M作MN⊥DE，交DB于點(diǎn)N．（1）如圖1，以MN為邊作矩形MNPQ，使邊NP在線段DE上，點(diǎn)Q在AC上．①當(dāng)MN為5時(shí)，矩形MNPQ的面積為15；②設(shè)MN＝x，矩形MNPQ的面積為y，試求出y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；③矩形MNPQ的面積y是否有最大值，若有，請(qǐng)求出這個(gè)最大值；若沒有，請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)N作AB的平行線，交線段AC于點(diǎn)F，連接MF，若△MNF為直角三角形，請(qǐng)直接寫出線段MN的長(zhǎng)度．【分析】（1）①如圖1，過(guò)點(diǎn)Z作AJ⊥BC于點(diǎn)J，交MQ于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)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(guò)點(diǎn)Z作AJ⊥BC于點(diǎn)J，交MQ于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)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，∵M(jìn)Q∥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(dāng)MN＝x時(shí)，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(shí)，矩形MNPQ的面積最大，最大值為；（2）如圖2，延長(zhǎng)AB、AC與DE所在直線分別交于點(diǎn)G、H，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥NH于點(diǎn)P．∵BC∥GH，∴∠G＝∠ABC，∠H＝∠ACB，∵∠ABC＝∠ACB，∴∠G＝∠H，∴AG＝AH，∵AB＝AC，∴BG＝CH＝＝＝，∴GH＝+6＝，設(shè)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(zhǎng)度為或．9．（2022秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖1，Rt△MCD中，∠MCD＝90°，MD＝5，CD＝4．O為邊MD上一點(diǎn)，以O(shè)為圓心，MO為半徑的⊙O與邊CD相切于點(diǎn)F，交MC、MD于點(diǎn)E、N．點(diǎn)A、B分別在線段MN、MC上（不與端點(diǎn)重合），且滿足＝．（1）①求MO的長(zhǎng)；②設(shè)BM＝x，AD＝y(tǒng)，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）如圖2，作AP∥MC，交CD于點(diǎn)P，連接AB，BP．①當(dāng)△ABP為直角三角形時(shí)，求BM的長(zhǎng)；②當(dāng)點(diǎn)E關(guān)于BP的對(duì)稱點(diǎn)E′落在邊MD上時(shí)，請(qǐng)直接寫出的值．【分析】（1）①證明△DFO∽△DCM，進(jìn)而求得結(jié)果；②在①的基礎(chǔ)上求得DN的值，進(jìn)而求得結(jié)果；（2）①分成兩種情形：當(dāng)∠ABP＝90°時(shí)，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(dāng)∠PAB＝90°時(shí)，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(shè)半徑為r，∵CD切⊙O于點(diǎn)F，∴OF⊥CD，∵M(jìn)C⊥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(dāng)∠ABP＝90°時(shí)，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(dāng)∠PAB＝90°時(shí)，∵∠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(biāo)系中，一次函數(shù)y1＝x+2的圖象與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A，B，的圖象與x軸，y軸分別交于點(diǎn)D，E，且兩個(gè)函數(shù)圖象相交于點(diǎn)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(diǎn)M，使得△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．（4）點(diǎn)P在線段AD上，連接CP，若△ACP是直角三角形，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)．【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(diǎn)，即可解出；（2）由兩個(gè)一次函數(shù)解析式分別求出它們與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，得到AD的長(zhǎng)，從而算出△ACD的面積；（3）由已知條件可得△ABM的面積，進(jìn)而得出AM的長(zhǎng)，即可得點(diǎn)M的坐標(biāo)；（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(diǎn)，∴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(dāng)y1＝0時(shí)，x＝﹣2；當(dāng)x＝0時(shí)，y1＝2，∴A（﹣2，0），B（0，2），一次函數(shù)y2＝﹣x+6中，當(dāng)y2＝0時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)M在線段AD上，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（6，0）；（4）點(diǎn)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(shè)點(diǎn)P（p，0），∵A（﹣2，0），C（3，5），∴AC2＝（3+2）2+52，AP2＝（p+2）2，PC2＝（p﹣3）2+52，當(dāng)∠APC＝90°時(shí)，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(diǎn)P坐標(biāo)為（3，0）；當(dāng)∠ACP＝90°時(shí)，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(diǎn)P坐標(biāo)為（8，0）；綜上所述，所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（3，0）或（8，0）．11．（2022秋?南湖區(qū)校級(jí)期中）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，E是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，以1cm/s的速度從點(diǎn)B出發(fā)，到A停止運(yùn)動(dòng)；F是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，以2cm/s的速度從點(diǎn)B出發(fā)，到點(diǎn)C停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），△DEF的面積為S（cm2）（1）求S關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式，并求自變量t的取值范圍．（2）當(dāng)△DEF是直角三角形時(shí)，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(dāng)∠EDF為直角時(shí)，EF2＝DE2+DF2，即5t2＝t2﹣12t+180+4t2﹣48t+180，解得t＝6，∴S＝﹣62+12×6＝36；②當(dāng)∠DEF為直角時(shí)，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(dāng)∠DFE為直角時(shí)，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(jí)期中）建立模型：（1）如圖1，等腰直角三角形ABC的直角頂點(diǎn)在直線l上．過(guò)點(diǎn)A作AD⊥l交于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥l交于點(diǎn)E，求證：△ADC≌△CEB模型應(yīng)用：（2）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝2x+4分別與y軸，x軸交于點(diǎn)A，B，將直線l1繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到l2，求l2的函數(shù)表達(dá)式；（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B（6，4），過(guò)點(diǎn)B作AB⊥y交于點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)B作BC⊥x交于點(diǎn)C，P為線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q（a，2a﹣4）位于第一象限．問(wèn)點(diǎn)A，P，Q能否構(gòu)成以點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，若能，請(qǐng)求出a的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）過(guò)點(diǎn)A作AD⊥x軸交于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥x軸交于點(diǎn)E，再證明△ACD≌△CBE（SAS）即可；（2）過(guò)點(diǎn)B作BC⊥AB交直線l2于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥x軸交于點(diǎn)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(dāng)Q點(diǎn)AB下方時(shí)，過(guò)Q點(diǎn)作EF∥x軸交y軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)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(dāng)Q點(diǎn)在AB上方時(shí)，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(guò)點(diǎn)A作AD⊥x軸交于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥x軸交于點(diǎn)E，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∵∠ACD+∠CAD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，∵AC＝BC，∴△ACD≌△CBE（SAS）；（2）解：過(guò)點(diǎn)B作BC⊥AB交直線l2于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥x軸交于點(diǎn)D，∵∠CAB＝45°，∴BC＝AB，由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，∵y＝2x+4與x軸的交點(diǎn)B（﹣2，0），A（0，4），∴CD＝2，BD＝4，∴C（﹣6，2），設(shè)直線l2的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+4；（3）解：點(diǎn)A，P，Q能構(gòu)成以點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，理由如下：當(dāng)Q點(diǎn)AB下方時(shí)，如圖3，過(guò)Q點(diǎn)作EF∥x軸交y軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，∴AE＝FQ，EQ＝PF，∵B（6，4），∴OA＝4，CO＝6，∵點(diǎn)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(diǎn)在第一象限，∴a＝2（舍）；當(dāng)Q點(diǎn)在AB上方時(shí)，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(biāo)系中，直線l1的解析式為y＝x，直線l2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B（0，3），與l1交于點(diǎn)C（2，m）．（1）求出直線l2的函數(shù)關(guān)系式；（2）在y軸右側(cè)有一動(dòng)直線平行于y軸，分別與l1、l2交于點(diǎn)M、N，①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方，且滿足MN＝OB時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo)；②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方時(shí)，y軸上是否存在點(diǎn)Q，使△MNQ為等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，在用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）①設(shè)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(dāng)∠NMQ＝90°時(shí)，MN＝MQ，此時(shí)Q（0，t），再由﹣t+3＝t，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)∠MNQ＝90°時(shí)，NQ＝MN，此時(shí)Q（0，﹣t+3），再由﹣t+3＝﹣t+3，求Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)∠MQN＝90°時(shí)，MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（t，t+），則Q（0，t+），再由t＝（﹣t+3），求出Q點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解：（1）將點(diǎn)C（2，m）代入y＝x，∴m＝2，∴C（2，2），設(shè)直線l2的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+3；（2）①設(shè)M（t，t），N（t，﹣t+3），∵點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方，∴t＞2，∵M(jìn)N＝OB，∴t﹣3＝3，解得t＝4，∴M（4，4），N（4，1）；②存在點(diǎn)Q，使△MNQ為等腰直角三角形，理由如下：點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方時(shí)，0＜t＜2，當(dāng)∠NMQ＝90°時(shí)，MN＝MQ，此時(shí)Q（0，t），∴﹣t+3＝t，∴t＝，∴Q（0，）；當(dāng)∠MNQ＝90°時(shí)，NQ＝MN，此時(shí)Q（0，﹣t+3），∴﹣t+3＝﹣t+3，∴t＝0（舍）；當(dāng)∠MQN＝90°時(shí)，MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（t，t+），∴Q（0，t+），∴t＝（﹣t+3），解得t＝，∴Q（0，）；綜上所述：Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，）或（0，）．14．（2022秋?甘井子區(qū)校級(jí)月考）拋物線y＝x2+bx+c過(guò)A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，點(diǎn)C、D關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)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(diǎn)P，使△APD的面積最大，求出最大面積．（3）當(dāng)t≤x≤t+1時(shí)，函數(shù)y＝x2+bx+c的最小值為5，求t的值．（4）若點(diǎn)M在y軸上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在x軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)以點(diǎn)D、M、N為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)．【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(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)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(diǎn)式，分類討論x＝t，x＝t+1時(shí)y取最小值；（4）分三種情形，①當(dāng)∠DNM＝90°，ND＝NM時(shí)，②當(dāng)∠DMN＝90°，MN＝MD時(shí)，③當(dāng)∠NDM＝90°，DN＝DM時(shí)，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(diǎn)C、D關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對(duì)稱軸為x＝1，點(diǎn)D（2，﹣3），∴△ABD的面積為AB?OC＝×4×3＝6，故答案為：y＝x2﹣2x﹣3，6；（2）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N．設(shè)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(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)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(dāng)m＝時(shí)，△APD的最大面積為；（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線開口向上，對(duì)稱軸為直線x＝1，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣4），①當(dāng)t+1＜1時(shí)，t＜0，當(dāng)x＝t+1時(shí)，y＝（t+1﹣1）2﹣4＝5為最小值，解得t＝3（舍去）或t＝﹣3；②當(dāng)t≤1，t+1≥1時(shí)，0≤t≤1，此時(shí)，函數(shù)的最小值為﹣4≠5；③當(dāng)t＞1時(shí)，x＝t時(shí)，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(dāng)∠DNM＝90°，ND＝NM時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)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(dāng)∠DMN＝90°，MN＝MD時(shí)，∵點(diǎn)C、D關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱．∴CD⊥y軸，∴∠DCM＝∠MON＝90°＝∠DMN，∴∠DMC＝∠MNO，∵M(jìn)N＝MD，∴△MNO≌△DMC（AAS），∴OM＝CD＝2，∴M（0，2）或（0，﹣2），③當(dāng)∠NDM＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1）或（0，5）或（0，2）或（0，﹣2）．15．（2022秋?榮縣校級(jí)月考）如圖，已知一條直線過(guò)點(diǎn)（0，4），且與拋物線y＝交于A、B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是﹣2（1）求這條直線的函數(shù)關(guān)系式及點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）在x軸上是否存在點(diǎn)C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）過(guò)線段AB上一點(diǎn)P，作PM∥x軸，交拋物線于點(diǎn)M，點(diǎn)M在第一象限；點(diǎn)N（0，1），當(dāng)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為何值時(shí)，MN+3MP的長(zhǎng)度最大？最大值是多少？【分析】（1）設(shè)這條直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx+b，由直線y＝kx+b過(guò)點(diǎn)（0，4），求得b＝4，由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)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(guò)點(diǎn)A（﹣2，1），求得k＝，即得到直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝x+4；將直線和拋物線的函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立方程組，解該方程組即可求出點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）設(shè)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(yīng)的x值，即得到點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，m2），則MN＝＝m2+1，再由PM∥x軸，且點(diǎn)P在直線y＝x+4上，求得P（m2﹣，m2），則MP＝﹣m2+m+，再推導(dǎo)出MN+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，即可求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為6時(shí)，MN+3MP的長(zhǎng)度最大，最大值是18．【解答】解：（1）設(shè)這條直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx+b，∵直線y＝kx+b過(guò)點(diǎn)（0，4），∴b＝4，∴y＝kx+4，拋物線y＝x2，當(dāng)x＝﹣2時(shí)，y＝×（﹣2）2＝1，∴A（﹣2，1），∵直線y＝kx+4經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣2，1），∴﹣2k+4＝1，∴k＝，∴這條直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝x+4；解方程組，得，，∴B（8，16）．（2）存在，設(shè)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(dāng)∠BAC＝90°時(shí)，則x2+4x+5+325＝x2﹣16x+320，解得x＝﹣，∴C（﹣，0）；如圖2，當(dāng)∠ACB＝90°時(shí)，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(dāng)∠ABC＝90°時(shí)，則x2﹣16x+320+325＝x2+4x+5，解得x＝32，∴C（32，0），綜上所述，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，0）或C（6，0）或（﹣，0）或（32，0）．（3）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，m2），∵N（0，1），∴MN＝＝m2+1，∵PM∥x軸，且點(diǎn)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(diǎn)P在線段AB上，∴﹣2＜m＜8，∵M(jìn)N+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，且﹣＜0，﹣2＜6＜8，∴當(dāng)m＝6時(shí)，MN+3MP的最大值為18，∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為6時(shí)，MN+3MP的長(zhǎng)度最大，最大值是18．16．（2022秋?漢川市校級(jí)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與坐標(biāo)軸相交于A、B、C三點(diǎn)，其中A點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），連接AC、BC．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AC上以每秒個(gè)單位長(zhǎng)度向點(diǎn)C做勻速運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BA上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）求二次函數(shù)的解析式．（2）在P、Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)t為何值時(shí)，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(diǎn)M，使△MPQ是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）過(guò)點(diǎn)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(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，交x軸于E，過(guò)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(diǎn)M的坐標(biāo)，再代入二次函數(shù)表達(dá)式，求出t值，即可算出M的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)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(dá)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(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)可知：AP＝t，過(guò)點(diǎn)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(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，AC＝＝4，AB＝5，∴0≤t≤5，∴當(dāng)t＝時(shí)，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為；（3）存在．假設(shè)點(diǎn)M是線段AC上方的拋物線上的點(diǎn)，如圖，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，交x軸于E，過(guò)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(diǎn)M的坐標(biāo)為（4﹣2t，5﹣t），∵點(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)為（，）．17．（2022秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖，拋物線y＝x2﹣x﹣3與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．直線l與拋物線交于A，D兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)E，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，﹣3）．（1）請(qǐng)直接寫出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)及直線l的函數(shù)表達(dá)式；（2）若點(diǎn)P是拋物線上的點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（m≥0），過(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為M．PM與直線l交于點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)N是線段PM的三等分點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）若點(diǎn)Q是對(duì)稱軸上的點(diǎn)，且△ADQ為直角三角形，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【分析】（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0可求得A、B點(diǎn)坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求得直線AD的解析式；（2）設(shè)P（m，m2﹣m﹣3），用m表示N點(diǎn)坐標(biāo)，分兩種情況：PM＝3MN；PM＝3PN，分別列出m的方程進(jìn)行解答即可；（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得拋物線對(duì)稱軸是直線x＝2，設(shè)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(shè)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(diǎn)P與點(diǎn)N的坐標(biāo)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(dāng)PM＝3MN時(shí)，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(dāng)PM＝3NP時(shí)，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(biāo)為（3，﹣）或（0，﹣3）；（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得拋物線對(duì)稱軸是直線x＝2，設(shè)Q（2，t），而A（﹣2，0），D（4，﹣3），∴AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，①當(dāng)AQ是斜邊時(shí)，4+（t+3）2+45＝16+t2，解得t＝﹣7，∴Q（2，﹣7），②當(dāng)AD為斜邊時(shí)，16+t2+4+（t+3）2＝45，解得t＝或t＝，∴Q（2，）或（2，）；③當(dāng)DQ為斜邊時(shí)，16+t2+45＝4+（t+3）2，解得t＝8，∴Q（2，8），綜上所述，Q的坐標(biāo)為（2，﹣7）或Q（2，）或（2，）或（2，8）．18．（2022春?武侯區(qū)校級(jí)期中）【模型建立】：（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥ED于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥ED于點(diǎn)E，求證：△BEC≌△CDA；【模型應(yīng)用】：（2）如圖②，已知直線l1：y＝﹣2x+4與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，將直線l1繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°至直線l2，求直線l2的函數(shù)表達(dá)式；（3）如圖③，平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有一點(diǎn)B（﹣4，﹣6），過(guò)點(diǎn)B作BA⊥x軸于點(diǎn)A、BC⊥y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D是直線y＝3x+3上的動(dòng)點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)，若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）由∠ACB＝90°，AD⊥ED于點(diǎn)D，BE⊥ED于點(diǎn)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(diǎn)F，作FE⊥x軸于點(diǎn)E，可證明△BEF≌△AOB，由y＝﹣2x+4與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，得A（2，0），B（0，4），則EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，所以O(shè)E＝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(dá)式；（3）分四種情況討論，一是∠PDC＝90°，則PD＝DC，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)；二是∠PCD＝90°，則CD＝PC，作DJ⊥y軸于點(diǎn)J，PI⊥y軸于點(diǎn)I，可證明△DCJ≌△CPI，得CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，所以O(shè)J＝6+4＝10，則D（﹣m﹣6，﹣10），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；三是∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC上方，則DP＝PC，作DK⊥AB交射線BA于點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)并進(jìn)行檢驗(yàn)，舍去不符合題意的解；四是∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC下方，則DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)，最后得到問(wèn)題的答案．【解答】（1）證明：如圖①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于點(diǎn)D，BE⊥ED于點(diǎn)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(diǎn)F，作FE⊥x軸于點(diǎn)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(dāng)y＝0時(shí)，則﹣2x+4＝0，解得x＝2；當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，∴OE＝OB+EB＝6，∴F（4，6），設(shè)直線l2的函數(shù)表達(dá)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(dá)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(diǎn)A、BC⊥y軸于點(diǎn)C，∴A（﹣4，0），C（0，﹣6），四邊形OABC為矩形，設(shè)P（﹣4，m），如圖③，∠PDC＝90°，則PD＝DC，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(diǎn)J，PI⊥y軸于點(diǎn)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(guò)且過(guò)﹣10＝3（﹣m﹣6）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣10）；如圖⑤，∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC上方，則DP＝PC，作DK⊥AB交射線BA于點(diǎn)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(diǎn)D在PC下方，則DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)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(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C（0，）．當(dāng)x﹣4和x＝2時(shí)，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(shuō)明理由；（3）若點(diǎn)M、N同時(shí)從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，連接MN，將△BMN沿MN翻折，B點(diǎn)恰好落在AC邊上的P處，則t的值為，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，）；（4）拋物線對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)F，使得△ACF以AC為直角邊的直角三角形？若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由；若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)．【分析】（1）由對(duì)稱性先求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，可設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），將C坐標(biāo)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(zhǎng)，由勾股定理的逆定理可證明結(jié)論；（3）因?yàn)辄c(diǎn)M、N同時(shí)從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動(dòng)，所以BM＝BN＝t，證四邊形PMBN是菱形，設(shè)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(zhǎng)，可得出點(diǎn)P縱坐標(biāo)，求出直線AC的解析式，將點(diǎn)P縱坐標(biāo)代入即可；（4）求出直線BC的解析式，如圖2，當(dāng)∠ACF＝90°時(shí)，點(diǎn)B，C，F(xiàn)在一條直線上，求出直線BC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)即可；當(dāng)∠CAF＝90°時(shí)，求出直線AF的解析式，再求其與對(duì)稱軸的交點(diǎn)即可．【解答】解：（1）∵在拋物線y＝ax2+bx+c中，當(dāng)x＝﹣4和x＝2時(shí)，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的函數(shù)值y相等，∴拋物線的對(duì)稱軸為x＝＝﹣1，又∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0）、B兩點(diǎn)，由對(duì)稱性可知B（1，0），∴可設(shè)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(diǎn)M、N同時(shí)從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動(dòng)，∴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(shè)PM與y軸交于H，∴＝，即，解得t＝，CH＝，∴OH＝OC﹣CH＝﹣＝，∴yP＝，設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+，將點(diǎn)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(shè)直