專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題-挑戰(zhàn)2022年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘含答案

挑戰(zhàn)20224年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題二次函數(shù)與等腰直角三角形的相結合的綜合問題，是中考數(shù)學壓軸題中比較常見的一種，涉及到的知識點有：等腰直角三角形的性質、直角三角形的性質、斜邊的中線、全等三角形與相似三角形、角平分線、方程與函數(shù)模型、函數(shù)的基本性質等。等腰直角三角形與二次函數(shù)綜合問題常見的有三種類型：兩定一動探索直角三角形問題；一定兩動探索等腰直角三角形問題；三動探索等腰直角三角形問題；常見的思路中，不管是哪種類型的等腰直角三角形三角形問題，分類討論的依據(jù)都是三個角分別為直角，解決的思路是通過構造K型全等或相似圖來列方程解決。

【例1】(2021?廣安)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(3，0)，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b、c的值．(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．【例2】(2021?上海)已知拋物線y＝ax2+c(a≠0)經(jīng)過點P(3，0)、Q(1，4)．(1)求拋物線的解析式；(2)若點A在直線PQ上，過點A作AB⊥x軸于點B，以AB為斜邊在其左側作等腰直角三角形ABC．①當Q與A重合時，求C到拋物線對稱軸的距離；②若C在拋物線上，求C的坐標．【例3】(2021?懷化)如圖所示，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，拋物線的對稱軸與直線BC交于點M，與x軸交于點N．(1)求拋物線的解析式；(2)若點P是對稱軸上的一個動點，是否存在以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似？若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由；(3)D為CO的中點，一個動點G從D點出發(fā)，先到達x軸上的點E，再走到拋物線對稱軸上的點F，最后返回到點C．要使動點G走過的路程最短，請找出點E、F的位置，寫出坐標，并求出最短路程．(4)點Q是拋物線上位于x軸上方的一點，點R在x軸上，是否存在以點Q為直角頂點的等腰Rt△CQR？若存在，求出點Q的坐標，若不存在，請說明理由．【例4】(2021?隨州)在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A(﹣1，0)和點B，與y軸交于點C，頂點D的坐標為(1，﹣4)．(1)直接寫出拋物線的解析式；(2)如圖1，若點P在拋物線上且滿足∠PCB＝∠CBD，求點P的坐標；(3)如圖2，M是直線BC上一個動點，過點M作MN⊥x軸交拋物線于點N，Q是直線AC上一個動點，當△QMN為等腰直角三角形時，直接寫出此時點M及其對應點Q的坐標．【題組一】1．(2021?昆明模擬)已知拋物線：y＝ax2﹣2ax+c(a＞0)過點(﹣1，0)與(0，﹣3)．直線y＝x﹣6交x軸、y軸分別于點A、B．(1)求拋物線的解析式；(2)若點P是拋物線上的任意一點．連接PA，PB，使得△PAB的面積最小，求△PAB的面積最小時，P的橫坐標；(3)作直線x＝t分別與拋物線y＝ax2﹣2ax+c(a＞0)和直線y＝x﹣6交于點E，F(xiàn)，點C是拋物線對稱軸上的任意點，若△CEF是以點E或點F為直角頂點的等腰直角三角形，求點C的縱坐標．2．(2021?新泰市一模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2交x軸于點A(﹣3，0)和點B(1，0)，交y軸于點C．已知點D的坐標為(﹣1，0)，點P為第二象限內(nèi)拋物線上的一個動點，連接AP、PC、CD．(1)求這個拋物線的表達式．(2)點P為第二象限內(nèi)拋物線上的一個動點，求四邊形ADCP面積的最大值．(3)①點M在平面內(nèi)，當△CDM是以CM為斜邊的等腰直角三角形時，求出滿足條件的所有點M的坐標；②在①的條件下，點N在拋物線對稱軸上，當∠MNC＝45°時，求出滿足條件的所有點N的坐標．3．(2021?廣漢市模擬)已知：如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與坐標軸分別交于點A(0，6)，C(﹣2，0)，tan∠ABO＝1，點P是線段AB上方拋物線上的一個動點．(1)求拋物線的解析式；(2)當點P運動到什么位置時，△PAB的面積有最大值？(3)過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P作PE∥x軸交拋物線于點E，連接DE，請問是否存在點P使△PDE為等腰直角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．4．(2021?湖州模擬)二次函數(shù)y＝ax2+bx+c(a≠0)的圖象與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C(0，﹣2)，直線l：x＝m(m＞3)與x軸交于點D．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)在直線l上找點P(點P在第一象限)，使得以點P，D，B為頂點的三角形與以點A，C，O為頂點的三角形相似，求點P的坐標(用含m的代數(shù)式表示)；(3)在(2)成立的條件下，拋物線上是否存在第一象限內(nèi)的點Q，使得△BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．5．(2021?普寧市模擬)在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A(﹣3，0)，B(4，0)兩點，交y軸于點C．(1)求拋物線的表達式；(2)如圖，直線y＝x+與拋物線交于A，D兩點，與直線BC交于點E．若P(m，0)是線段AB上的動點，過點P作x軸的垂線，交拋物線于點F，交直線AD于點G，交直線BC于點H．①當m＜0時，是否存在一個m值，使得S△EFG＝S△OEG，如果存在，求出m的值，如果不存在，請說明理由；②當△EFH是以點F為直角頂點的等腰直角三角形時，求出點P的坐標．【題組二】6．(2021?遼寧模擬)在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A(﹣1，0)，B(3，0)．(1)求拋物線的解析式：(2)點E為拋物線上一點，且點E的橫坐標為a，若∠EBA＝2∠ACO，請求出a的值；(3)點P從A點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向右運動，運動時間為ts，點M為射線AC上一動點，過點M作MN∥x軸交拋物線對稱軸右側部分于點N，點P在運動過程中，是否存在以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形，若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．7．(2021?分宜縣校級模擬)如圖，拋物線y＝ax2+bx過A(4，0)，B(1，3)兩點，點C、B關于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H．(1)求拋物線的表達式；(2)直接寫出點C的坐標，并求出△ABC的面積；(3)若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，是否存在以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形？若存在，求出其值；若不存在，請說明理由．8．(2021?秦都區(qū)模擬)如圖，在平面直角坐標系中，一拋物線的對稱軸為直線x＝1，且該拋物線與y軸負半軸交于C點，與x軸交于A，B兩點，其中B點的坐標為(3，0)，且OB＝OC．(1)求此拋物線的函數(shù)表達式；(2)若平行于x軸的直線與該拋物線交于M、N兩點(其中點M在點N的右側)，在x軸上是否存在點Q，使△MNQ是以MN為一直角邊的等腰直角三角形？若存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．9．(2021?福建模擬)已知拋物線的頂點為A，點M(m，n)為第三象限拋物線上的一點，過M點作直線MB，MC交拋物線于B，C兩點(點B在點C的左側)，MC交y軸于D點，連接BC．(1)當B，C兩點在x軸上，且△ABC為等腰直角三角形時，求c的值；(2)當BC經(jīng)過O點，MC經(jīng)過OA的中點D，且OC＝2OB時，設直線BM交y軸于E點，求證：M為BE的中點；(3)若△MBC的內(nèi)心在直線x＝m上，設BC的中點為N，直線l1經(jīng)過N點且垂直于x軸，直線l2經(jīng)過M，A兩點，記l1與l2的交點為P，求證P點在一條新拋物線上，并求這條拋物線的解析式．10．(2020秋?九龍坡區(qū)校級期末)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx﹣(a≠0)與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點(點A在點B左側)，且A點的坐標為(﹣，0)，直線BC的解析式為y＝x﹣．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，過A作AD∥BC，交拋物線于點D，點P為直線BC下方拋物線上一動點，連接PB，PC，BD，CD，求四邊形PBDC面積的最大值；(3)將拋物線y＝ax2+bx﹣(a≠0)向左平移個單位長度，平移后的拋物線的頂點為E，連接BE，將線段BE沿y軸平移得到線段B1E1(B1為B的對應點，E1為E的對應點)，直線B1E1與x軸交于點F，點Q為原拋物線對稱軸上一點，連接E1Q，F(xiàn)Q，△E1FQ能否成為以E1F為直角邊的等腰直角三角形？若能，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標；若不能，請說明理由．【題組三】11．(2021秋?石景山區(qū)校級月考)在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣x2+mx+n與x軸交于點A，B(A在B的左側)．(1)若拋物線的對稱軸為直線x＝﹣3，AB＝4．求拋物線的表達式；(2)平移(1)中的拋物線，使平移后的拋物線經(jīng)過點O，且與x軸正半軸交于點C，記平移后的拋物線頂點為P，若△OCP是等腰直角三角形，求點P的坐標．12．(2021秋?永城市月考)已知拋物線C的解析式為y＝2x2﹣4x+m，與y軸交于點A．(1)直接寫出拋物線C的開口方向及頂點坐標(用含m的式子表示)．(2)過點A作AB∥x軸交拋物線C于另一點B，當S△AOB＝6時，求此拋物線C的解析式．(3)在拋物線C的對稱軸上存在一點P，使得△OAP為等腰直角三角形，請直接寫出此時m的值．13．(2021秋?漢濱區(qū)校級月考)已知，如圖，拋物線y＝﹣(x﹣2)2+8與x軸分別交于B，C兩點(點C在點B的左邊)，與y軸交于點A，點P是線段AB上方拋物線上的一個動點．(1)求A、B、C三點坐標；(2)求直線AB的解析式；(3)過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P做PE∥x軸交拋物線于點E，連結DE，請問是否存在點P使△PDE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．14．(2021秋?大連月考)在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c過(﹣1，0)和(0，﹣3)兩點，點M(a，y1)，N(a+1，y2)為該拋物線上兩點．(1)拋物線的解析式為；(2)過點M作y軸的垂線，過點N作x軸的垂線，兩條垂線交于點Q，當△MNQ為等腰直角三角形時，求a的值；(3)拋物線在M，N兩點之間的部分為圖象G(含M，N兩點)，若圖象G上最高點與最低點的縱坐標之差為h，求h關于a的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量a的取值范圍．15．(2020?雁塔區(qū)校級模擬)如圖，拋物線C1：y=-12x2+2x+2的頂點為A，且與y軸于點B，將拋物線C1沿y＝a對稱后，得到拋物線C2與y(1)求A、B兩點坐標；(2)若拋物線C2上存在點D，使得△BCD為等腰直角三角形，求出此時拋物線C2的表達式．【題組四】16．(2020?沙坪壩區(qū)校級一模)如圖1，拋物線y=24x2+2x﹣62交x軸于A、B兩點(點A在點B的左側)，交y軸于C點，D點是該拋物線的頂點，連接AC、AD、(1)求△ACD的面積；(2)如圖1，點P是線段AD下方的拋物線上的一點，過P作PE∥y軸分別交AC于點E，交AD于點F，過P作PG⊥AD于點G，求EF+52FG的最大值，以及此時(3)如圖2，在對稱軸左側拋物線上有一動點M，在y軸上有一動點N，是否存在以BN為直角邊的等腰Rt△BMN？若存在，求出點M的橫坐標，若不存在，請說明理由．17．(2020?陜西模擬)如圖，拋物線C的頂點坐標為(2，8)，與x軸相交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點D(0，6)．(1)求拋物線C的函數(shù)表達式以及點B的坐標；(2)平移拋物線C，使平移后的拋物線C′的頂點P落在線段BD上，過P作x軸的垂線，交拋物線C于點Q，再過點Q作QE∥x軸交拋物線C于另一點E，連接PE，若△PQE是等腰直角三角形，請求出所有滿足條件的拋物線C′的函數(shù)表達式．18．(2020?鹿邑縣一模)已知：如圖，直線y＝﹣x﹣3交坐標軸于A、C兩點，拋物線y＝x2+bx+c過A、C兩點，(1)求拋物線的解析式；(2)若點P為拋物線位于第三象限上一動點，連接PA，PC，試問△PAC的面積是否存在最大值，若存在，請求出△APC面積的最大值，以及此時點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)點M為拋物線上一點，點N為拋物線對稱軸上一點，若△NMC是以∠NMC為直角的等腰直角三角形，請直接寫出點M的坐標．19．(2020?碑林區(qū)校級模擬)拋物線C1：y=-14x2-12x+2交x軸于A、B兩點(點A在點B(1)求A，B兩點的坐標．(2)M為平面內(nèi)一點，將拋物線C1繞點M旋轉180°后得到拋物線C2，C2經(jīng)過點A且拋物線C2上有一點P，使△BCP是以∠B為直角的等腰直角三角形．是否存在這樣的點M？若存在，求出點M的坐標，若不存在，說明理由．20．(2020?灌南縣一模)如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側)，點A的坐標為(﹣1，0)，與y軸交于點C(0，3)，作直線BC．動點P在x軸上運動，過點P作PM⊥x軸，交拋物線于點M，交直線BC于點N，設點P的橫坐標為m．(1)求拋物線的解析式和直線BC的解析式；(2)當點P在線段OB上運動時，求線段MN的最大值；(3)當點P在線段OB上運動時，若△CMN是以MN為腰的等腰直角三角形時，求m的值；(4)當以C、O、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，直接寫出m的值．【題組五】21．(2020?項城市校級二模)二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點A(﹣1，0)，點B(4，0)兩點，交y軸于點C．動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC，設運動的時間為t秒．(1)求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達式；(2)連接BD，當t=32時，求△(3)在直線MN上存在一點P，當△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點D的坐標．22．(2020?浙江自主招生)x、y是一個函數(shù)的兩個變量，若當a≤x≤b時，有a≤y≤b(a＜b)，則稱此函數(shù)為a≤x≤b上的閉函數(shù)．如y＝﹣x+3，當x＝1時y＝2；當x＝2時y＝1，即當1≤x≤2時，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的閉函數(shù)．(1)請說明y=30x是1≤(2)已知二次函數(shù)y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的閉函數(shù)，求k和t的值；(3)在(2)的情況下，設A為拋物線頂點，B為直線x＝t上一點，C為拋物線與y軸的交點，若△ABC為等腰直角三角形，請直接寫出它的腰長為10．23．(2019秋?南召縣模擬)在平面直角坐標系中，直線y=12x﹣2與x軸交于點B，與y軸交于點C，二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象經(jīng)過B，C兩點，且與(1)直接寫出：b的值為-32；c的值為﹣2；點A的坐標為(2)點M是線段BC上的一動點，動點D在直線BC下方的二次函數(shù)圖象上．設點D的橫坐標為m．①如圖1，過點D作DM⊥BC于點M，求線段DM關于m的函數(shù)關系式，并求線段DM的最大值；②若△CDM為等腰直角三角形，直接寫出點M的坐標1．24．(2020?濉溪縣一模)在平面直角坐標系中，直線y=12x﹣2與x軸交于點B，與y軸交于點C，二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象經(jīng)過B，C兩點，且與(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)如圖1，點M是線段BC上的一動點，動點D在直線BC下方的二次函數(shù)圖象上．設點D的橫坐標為m．①過點D作DM⊥BC于點M，求線段DM關于m的函數(shù)關系式，并求線段DM的最大值；②若△CDM為等腰直角三角形，直接寫出點M的坐標．25．(2020?石屏縣一模)在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象與x軸交于A(﹣3，0)，B(1，0)兩點，與y軸交于點C．(1)求這個二次函數(shù)的關系解析式；(2)點P是直線AC上方的拋物線上一動點，是否存在點P，使△ACP的面積最大？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由；(3)在平面直角坐標系中，是否存在點Q，使△BCQ是以BC為腰的等腰直角三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，說明理由；挑戰(zhàn)2024年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題二次函數(shù)與等腰直角三角形的相結合的綜合問題，是中考數(shù)學壓軸題中比較常見的一種，涉及到的知識點有：等腰直角三角形的性質、直角三角形的性質、斜邊的中線、全等三角形與相似三角形、角平分線、方程與函數(shù)模型、函數(shù)的基本性質等。等腰直角三角形與二次函數(shù)綜合問題常見的有三種類型：兩定一動探索直角三角形問題；一定兩動探索等腰直角三角形問題；三動探索等腰直角三角形問題；常見的思路中，不管是哪種類型的等腰直角三角形三角形問題，分類討論的依據(jù)都是三個角分別為直角，解決的思路是通過構造K型全等或相似圖來列方程解決。

【例1】(2021?廣安)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(3，0)，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b、c的值．(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(3，0)，B(﹣1，0)，則，解得：；(2)由(1)得：拋物線表達式為y＝﹣x2+2x+3，C(0，3)，A(3，0)，∴△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＝＝t，即H(3﹣t，0)，又Q(﹣1+t，0)，∴S四邊形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ＝＝＝(t﹣2)2+4，∵當其中一點到達終點時，另一點隨之停止運動，AC＝，AB＝4，∴0≤t≤3，∴當t＝2時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為4；(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＝4﹣2t，∴EF＝4﹣2t+t＝4﹣t，又OE＝3﹣t，∴點M的坐標為(3﹣2t，4﹣t)，∵點M在拋物線y＝﹣x2+2x+3上，∴4﹣t＝﹣(3﹣2t)2+2(3﹣2t)+3，解得：t＝或(舍)，∴M點的坐標為(，)．【例2】(2021?上海)已知拋物線y＝ax2+c(a≠0)經(jīng)過點P(3，0)、Q(1，4)．(1)求拋物線的解析式；(2)若點A在直線PQ上，過點A作AB⊥x軸于點B，以AB為斜邊在其左側作等腰直角三角形ABC．①當Q與A重合時，求C到拋物線對稱軸的距離；②若C在拋物線上，求C的坐標．【分析】(1)P(3，0)、Q(1，4)代入y＝ax2+c即可得拋物線的解析式為y＝﹣x2+；(2)①過C作CH⊥AB于H，交y軸于G，A與Q(1，4)重合時，AB＝4，GH＝1，由△ABC是等腰直角三角形，得CH＝AH＝BH＝AB＝2，C到拋物線對稱軸的距離是CG＝1；②過C作CH⊥AB于H，先求出直線PQ為y＝﹣2x+6，設A(m，﹣2m+6)，則AB＝﹣2m+6，yC＝﹣m+3，xC＝﹣(﹣m+3﹣m)＝2m﹣3，將C(2m﹣3，﹣m+3)代入y＝﹣x2+解得m＝或m＝3(與P重合，舍去)，即可求出C(﹣2，)．【解答】解：(1)P(3，0)、Q(1，4)代入y＝ax2+c得：，解得，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+；(2)①過C作CH⊥AB于H，交y軸于G，如圖：當A與Q(1，4)重合時，AB＝4，GH＝1，∵△ABC是等腰直角三角形，∴△ACH和△BCH也是等腰直角三角形，∴CH＝AH＝BH＝AB＝2，∴CG＝CH﹣GH＝1，而拋物線y＝﹣x2+的對稱軸是y軸(x＝0)，∴C到拋物線對稱軸的距離是CG＝1；②過C作CH⊥AB于H，如圖：設直線PQ解析式為y＝kx+b，將P(3，0)、Q(1，4)代入得：，解得，∴直線PQ為y＝﹣2x+6，設A(m，﹣2m+6)，則AB＝|﹣2m+6|，∴CH＝AH＝BH＝AB＝|﹣m+3|，當﹣m+3≥0，yC＝﹣m+3時，xC＝﹣(﹣m+3﹣m)＝2m﹣3，將C(2m﹣3，﹣m+3)代入y＝﹣x2+得：﹣m+3＝﹣(2m﹣3)2+，解得m＝或m＝3(與P重合，舍去)，∴m＝，2m﹣3＝﹣2，﹣m+3＝，∴C(﹣2，)當﹣m+3＜0，yC＝﹣m+3時，xC＝m﹣(m﹣3)＝3，C(3，﹣m+3)，由P(3，0)可知m＝3，此時A、B、C重合，舍去，∴C(﹣2，)【例3】(2021?懷化)如圖所示，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，拋物線的對稱軸與直線BC交于點M，與x軸交于點N．(1)求拋物線的解析式；(2)若點P是對稱軸上的一個動點，是否存在以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似？若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由；(3)D為CO的中點，一個動點G從D點出發(fā)，先到達x軸上的點E，再走到拋物線對稱軸上的點F，最后返回到點C．要使動點G走過的路程最短，請找出點E、F的位置，寫出坐標，并求出最短路程．(4)點Q是拋物線上位于x軸上方的一點，點R在x軸上，是否存在以點Q為直角頂點的等腰Rt△CQR？若存在，求出點Q的坐標，若不存在，請說明理由．【分析】(1)用待定系數(shù)法即可求解；(2)當∠CP′M為直角時，則P′C∥x軸，即可求解；當∠PCM為直角時，用解直角三角形的方法求出PN＝MN+PM＝6+＝，即可求解；(3)作點C關于函數(shù)對稱軸的對稱點C′(2，8)，作點D關于x軸的對稱點D′(0，﹣4)，連接C′D′交x軸于點E，交函數(shù)的對稱軸于點F，則點E、F為所求點，進而求解；(4)分兩種情況，證明△ANQ≌△QMC(AAS)，則QN＝CM，即可求解．【解答】解：(1)由題意得，點A、B、C的坐標分別為(﹣2，0)、(4，0)、(0，8)，設拋物線的表達式為y＝ax2+bx+c，則，解得，故拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+8；(2)存在，理由：當∠CP′M為直角時，則以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似時，則P′C∥x軸，則點P′的坐標為(1，8)；當∠PCM為直角時，在Rt△OBC中，設∠CBO＝α，則tan∠CBO＝＝2＝tanα，則sinα＝，cosα＝，在Rt△NMB中，NB＝4﹣1＝3，則BM＝＝3，同理可得，MN＝6，由點B、C的坐標得，BC＝＝4，則CM＝BC﹣MB＝，在Rt△PCM中，∠CPM＝∠OBC＝α，則PM＝＝＝，則PN＝MN+PM＝6+＝，故點P的坐標為(1，)，故點P的坐標為(1，8)或(1，)；(3)∵D為CO的中點，則點D(0，4)，作點C關于函數(shù)對稱軸的對稱點C′(2，8)，作點D關于x軸的對稱點D′(0，﹣4)，連接C′D′交x軸于點E，交函數(shù)的對稱軸于點F，則點E、F為所求點，理由：G走過的路程＝DE+EF+FC＝D′E+EF+FC′＝C′D′為最短，由點C′、D′的坐標得，直線C′D′的表達式為y＝6x﹣4，對于y＝6x﹣4，當y＝6x﹣4＝0時，解得x＝，當x＝1時，y＝2，故點E、F的坐標分別為(，0)、(1，2)；G走過的最短路程為C′D′＝＝2；(4)存在，理由：①當點Q在y軸的右側時，設點Q的坐標為(x，﹣x2+2x+8)，故點Q作y軸的平行線交x軸于點N，交過點C與x軸的平行線于點M，∵∠MQC+∠RQN＝90°，∠RQN+∠QRN＝90°，∴∠MQC＝∠QRE，∵∠ANQ＝∠QMC＝90°，QR＝QC，∴△ANQ≌△QMC(AAS)，∴QN＝CM，即x＝﹣x2+2x+8，解得x＝(不合題意的值已舍去)，故點Q的坐標為(，)；②當點Q在y軸的左側時，同理可得，點Q的坐標為(，)．綜上，點Q的坐標為(，)或(，)．【例4】(2021?隨州)在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A(﹣1，0)和點B，與y軸交于點C，頂點D的坐標為(1，﹣4)．(1)直接寫出拋物線的解析式；(2)如圖1，若點P在拋物線上且滿足∠PCB＝∠CBD，求點P的坐標；(3)如圖2，M是直線BC上一個動點，過點M作MN⊥x軸交拋物線于點N，Q是直線AC上一個動點，當△QMN為等腰直角三角形時，直接寫出此時點M及其對應點Q的坐標．【分析】(1)根據(jù)頂點的坐標，設拋物線的解析式為y＝a(x﹣1)2﹣4，將點A(﹣1，0)代入，求出a即可得出答案；(2)利用待定系數(shù)法求出直線BD解析式為y＝2x﹣6，過點C作CP1∥BD，交拋物線于點P1，再運用待定系數(shù)法求出直線CP1的解析式為y＝2x﹣3，聯(lián)立方程組即可求出P1(4，5)，過點B作y軸平行線，過點C作x軸平行線交于點G，證明△OCE≌△GCF(ASA)，運用待定系數(shù)法求出直線CF解析式為y＝x﹣3，即可求出P2(，﹣)；(3)利用待定系數(shù)法求出直線AC解析式為y＝﹣3x﹣3，直線BC解析式為y＝x﹣3，再分以下三種情況：①當△QMN是以NQ為斜邊的等腰直角三角形時，②當△QMN是以MQ為斜邊的等腰直角三角形時，③當△QMN是以MN為斜邊的等腰直角三角形時，分別畫出圖形結合圖形進行計算即可．【解答】解：(1)∵頂點D的坐標為(1，﹣4)，∴設拋物線的解析式為y＝a(x﹣1)2﹣4，將點A(﹣1，0)代入，得0＝a(﹣1﹣1)2﹣4，解得：a＝1，∴y＝(x﹣1)2﹣4＝x2﹣2x﹣3，∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；(2)∵拋物線對稱軸為直線x＝1，A(﹣1，0)，∴B(3，0)，設直線BD解析式為y＝kx+e，∵B(3，0)，D(1，﹣4)，∴，解得：，∴直線BD解析式為y＝2x﹣6，過點C作CP1∥BD，交拋物線于點P1，設直線CP1的解析式為y＝2x+d，將C(0，﹣3)代入，得﹣3＝2×0+d，解得：d＝﹣3，∴直線CP1的解析式為y＝2x﹣3，結合拋物線y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝2x﹣3，解得：x1＝0(舍)，x2＝4，故P1(4，5)，過點B作y軸平行線，過點C作x軸平行線交于點G，∵OB＝OC，∠BOC＝∠OBG＝∠OCG＝90°，∴四邊形OBGC是正方形，設CP1與x軸交于點E，則2x﹣3＝0，解得：x＝，∴E(，0)，在x軸下方作∠BCF＝∠BCE交BG于點F，∵四邊形OBGC是正方形，∴OC＝CG＝BG＝3，∠COE＝∠G＝90°，∠OCB＝∠GCB＝45°，∴∠OCB﹣∠BCE＝∠GCB﹣∠BCF，即∠OCE＝∠GCF，∴△OCE≌△GCF(ASA)，∴FG＝OE＝，∴BF＝BG﹣FG＝3﹣＝，∴F(3，﹣)，設直線CF解析式為y＝k1x+e1，∵C(0，﹣3)，F(xiàn)(3，﹣)，∴，解得：，∴直線CF解析式為y＝x﹣3，結合拋物線y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝x﹣3，解得：x1＝0(舍)，x2＝，∴P2(，﹣)，綜上所述，符合條件的P點坐標為：P1(4，5)，P2(，﹣)；(3)設直線AC解析式為y＝m1x+n1，直線BC解析式為y＝m2x+n2，∵A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，∴，解得：，∴直線AC解析式為y＝﹣3x﹣3，∵B(3，0)，C(0，﹣3)，∴，解得：，∴直線BC解析式為y＝x﹣3，設M(t，t﹣3)，則N(t，t2﹣2t﹣3)，∴MN＝|t2﹣2t﹣3﹣(t﹣3)|＝|t2﹣3t|，①當△QMN是以NQ為斜邊的等腰直角三角形時，此時∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如圖2，∵MQ∥x軸，∴Q(﹣t，t﹣3)，∴|t2﹣3t|＝|t﹣(﹣t)|，∴t2﹣3t＝±t，解得：t＝0(舍)或t＝或t＝，∴M1(，﹣)，Q1(﹣，﹣)；M2(，)，Q2(﹣，)；②當△QMN是以MQ為斜邊的等腰直角三角形時，此時∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如圖3，∵NQ∥x軸，∴Q(，t2﹣2t﹣3)，∴NQ＝|t﹣|＝|t2+t|，∴|t2﹣3t|＝|t2+t|，解得：t＝0(舍)或t＝5或t＝2，∴M3(5，2)，Q3(﹣5，12)；M4(2，﹣1)，Q4(0，﹣3)；③當△QMN是以MN為斜邊的等腰直角三角形時，此時∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如圖4，過點Q作QH⊥MN于H，則MH＝HN，∴H(t，)，∴Q(，)，∴QH＝|t﹣|＝|t2+5t|，∵MQ＝NQ，∴MN＝2QH，∴|t2﹣3t|＝2×|t2+5t|，解得：t＝7或1，∴M5(7，4)，Q5(﹣7，18)；M6(1，﹣2)，Q6(0，﹣3)；綜上所述，點M及其對應點Q的坐標為：M1(，)，Q1(﹣，)；M2(，﹣)，Q2(﹣，﹣)；M3(5，2)，Q3(﹣5，12)；M4(2，﹣1)，Q4(0，﹣3)；M5(7，4)，Q5(﹣7，18)；M6(1，﹣2)，Q6(0，﹣3)．【題組一】1．(2021?昆明模擬)已知拋物線：y＝ax2﹣2ax+c(a＞0)過點(﹣1，0)與(0，﹣3)．直線y＝x﹣6交x軸、y軸分別于點A、B．(1)求拋物線的解析式；(2)若點P是拋物線上的任意一點．連接PA，PB，使得△PAB的面積最小，求△PAB的面積最小時，P的橫坐標；(3)作直線x＝t分別與拋物線y＝ax2﹣2ax+c(a＞0)和直線y＝x﹣6交于點E，F(xiàn)，點C是拋物線對稱軸上的任意點，若△CEF是以點E或點F為直角頂點的等腰直角三角形，求點C的縱坐標．【分析】(1)將點(﹣1，0)、(0，﹣3)分別代入得到方程組，然后求出a、c，最后得到解析式；(2)對于直線y＝x﹣6，先求出點A、B的坐標，過點P作x軸的垂線交直線AB于點D，然后設點P的坐標，然后即可表示出點D的坐標，最后利用三角形的面積表示出△PAB的面積，從而利用二次函數(shù)的性質求得面積小值時點P的橫坐標；(3)用含有t的式子表示點E和點F的坐標，然后表示出EC和EF的長度，最后利用等腰直角三角形的性質列出方程求解．【解答】解：(1)將點(﹣1，0)、(0，﹣3)分別代入y＝ax2﹣2ax+c(a＞0)得，，解得：，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．(2)對直線y＝x﹣6，當x＝0時，y＝﹣6，當y＝0時，x＝6，∴A(6，0)，B(0，﹣6)，過點P作x軸的垂線交直線AB于點，連接PA和PB，設P(x，x2﹣2x﹣3)，則D(x，x﹣6)，∴PD＝x2﹣2x﹣3﹣(x﹣6)＝x2﹣3x+3，∴S△PAB＝S△PBD+S△PAD＝?x?PD+?(6﹣x)?PD＝3(x2﹣3x+3)＝3(x﹣)2+，∴x＝時，S△PAB有最小值，∴△PAB的面積最小時，點P的橫坐標為．(3)由題意可設，E(m，m2﹣2m﹣3)，F(xiàn)(m，m﹣6)，∴EF＝m2﹣2m﹣3﹣(m﹣6)＝m2﹣3m+3，由y＝x2﹣2x﹣3可知拋物線的對稱軸為直線x＝1，∵△CEF是以點E或點F為直角頂點的等腰直角三角形，點C在拋物線對稱軸上，∴點C的橫坐標為1，m≠1，當點E為直角頂點時，CE＝EF，C(1，m2﹣2m﹣3)，∴CE＝|m﹣1|，∴|m﹣1|＝m2﹣3m+3，解得：m＝2，∴點C的縱坐標為22﹣2×2﹣3＝﹣3；當點F為直角頂點時，CF＝EF，C(1，m﹣6)，∴CF＝|m﹣1|，∴|m﹣1|＝m2﹣3m+3，解得：m＝2，∴點C的縱坐標為2﹣6＝﹣4；綜上所述，點C的縱坐標為﹣3或﹣4．2．(2021?新泰市一模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2交x軸于點A(﹣3，0)和點B(1，0)，交y軸于點C．已知點D的坐標為(﹣1，0)，點P為第二象限內(nèi)拋物線上的一個動點，連接AP、PC、CD．(1)求這個拋物線的表達式．(2)點P為第二象限內(nèi)拋物線上的一個動點，求四邊形ADCP面積的最大值．(3)①點M在平面內(nèi)，當△CDM是以CM為斜邊的等腰直角三角形時，求出滿足條件的所有點M的坐標；②在①的條件下，點N在拋物線對稱軸上，當∠MNC＝45°時，求出滿足條件的所有點N的坐標．【分析】(1)由交點式可求a的值，即可求解；(2)由S四邊形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC，即可求解；(3)①分兩種情況討論，通過證明△MAD≌△DOC，可得AM＝DO，∠MAD＝∠DOC＝90°，可求解；②可證點M，點C，點M'在以MM'為直徑的圓上，當點N在以MM'為直徑的圓上時，∠M'NC＝∠M'MC＝45°，延長M'C交對稱軸與N''，可證∠MM'C＝∠MN''C＝45°，即可求解．【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+bx+2交x軸于點A(﹣3，0)和點B(1，0)，∴拋物線的表達式為：y＝a(x+3)(x﹣1)＝a(x2+2x﹣3)＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝2，解得：a＝﹣，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣x+2；(2)連接OP，設點P(x，﹣x2﹣x+2)，∵拋物線y＝﹣x2﹣x+2交y軸于點C，∴點C(0，2)，則S＝S四邊形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC＝＝×3×(﹣x2﹣x+2)+×2×(﹣x)﹣×2×1＝﹣x2﹣3x+2，∵﹣1＜0，S有最大值，∴當x＝時，S的最大值為．(3)①如圖2，若點M在CD左側，連接AM，∵∠MDC＝90°，∴∠MDA+∠CDO＝90°，且∠CDO+∠DCO＝90°，∴∠MDA＝∠DCO，且AD＝CO＝2，MD＝CD，∴△MAD≌△DOC(SAS)∴AM＝DO，∠MAD＝∠DOC＝90°，∴點M坐標(﹣3，1)，若點M在CD右側，同理可求點M'(1，﹣1)；②如圖3，∵拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣x+2＝﹣(x+1)2+；∴對稱軸為直線x＝﹣1，∴點D在對稱軸上，∵MD＝CD＝M'D，∠MDC＝∠M'DC＝90°，∴點D是MM'的中點，∵∠MCD＝∠M'CD＝45°，∴∠MCM'＝90°，∴點M，點C，點M'在以MM'為直徑的圓上，當點N在以MM'為直徑的圓上時，∠M'NC＝∠M'MC＝45°，符合題意，∵點C(0，2)，點D(﹣1，0)∴DC＝，∴DN＝DN'＝，且點N在拋物線對稱軸上，∴點N(﹣1，)，點N'(﹣1，﹣)延長M'C交對稱軸與N''，∵點M'(1，﹣1)，點C(0，2)，∴直線M'C解析式為：y＝﹣3x+2，∴當x＝﹣1時，y＝5，∴點N''的坐標(﹣1，5)，∵點N''的坐標(﹣1，5)，點M'(1，﹣1)，點C(0，2)，∴N''C＝＝M'C，且∠MCM'＝90°，∴MM'＝MN''，∴∠MM'C＝∠MN''C＝45°∴點N''(﹣1，5)符合題意，綜上所述：點N的坐標為(﹣1，)或(﹣1，﹣)或(﹣1，5)．3．(2021?廣漢市模擬)已知：如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與坐標軸分別交于點A(0，6)，C(﹣2，0)，tan∠ABO＝1，點P是線段AB上方拋物線上的一個動點．(1)求拋物線的解析式；(2)當點P運動到什么位置時，△PAB的面積有最大值？(3)過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P作PE∥x軸交拋物線于點E，連接DE，請問是否存在點P使△PDE為等腰直角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．【分析】(1)求出B(6，0)，再將點A(0，6)，C(﹣2，0)，B(6，0)代入y＝ax2+bx+c，即可求解；(2)過P作x軸的垂線，交線段AB于點D，求出直線AB的解析式為y＝﹣x+6，設P(t，﹣t2+2t+6)，則D(t，﹣t+6)，S△PAB＝﹣(t﹣3)2+，當t＝3時，S△PAB有最大值，求出P(3，)；(3)由已知可得PE⊥PD，由拋物線的對稱軸為直線x＝2，則PE＝2t﹣4，可得﹣t2+3t＝2t﹣4，即可求P(4，6)．【解答】解：(1)∵點A(0，6)，∴OA＝6，∵tan∠ABO＝1，∴OB＝6，∴B(6，0)，將點A(0，6)，C(﹣2，0)，B(6，0)代入y＝ax2+bx+c，得，∴，∴y＝﹣x2+2x+6；(2)過P作x軸的垂線，交線段AB于點D，設直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+6，設P(t，﹣t2+2t+6)，則D(t，﹣t+6)，∴PD＝﹣t2+3t，∴S△PAB＝×6×(﹣t2+3t)＝﹣(t﹣3)2+，∴當t＝3時，S△PAB有最大值，∴P(3，)；(3)存在點P使△PDE為等腰直角三角形，理由如下：∵PE∥x軸，∴PE⊥PD，∵拋物線的對稱軸為直線x＝2，∴PE＝2t﹣4，∵PD＝PE，∴﹣t2+3t＝2t﹣4，解得t＝2(舍)或t＝4，∴P(4，6)，當點P在對稱軸左側時，同理可求點P(5﹣，3﹣5)∴△PDE為等腰直角三角形時，P點坐標(4，6)或(5﹣，3﹣5)．4．(2021?湖州模擬)二次函數(shù)y＝ax2+bx+c(a≠0)的圖象與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C(0，﹣2)，直線l：x＝m(m＞3)與x軸交于點D．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)在直線l上找點P(點P在第一象限)，使得以點P，D，B為頂點的三角形與以點A，C，O為頂點的三角形相似，求點P的坐標(用含m的代數(shù)式表示)；(3)在(2)成立的條件下，拋物線上是否存在第一象限內(nèi)的點Q，使得△BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】(1)將A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣2)代入拋物線，待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式；(2)根據(jù)△PDB與△ACO相似，分或兩種情況分別表示出P的坐標即可；(3)根據(jù)△BPQ為等腰直角三角形得∠BPQ＝90°，PQ＝BP，再由∠QMP＝∠BDP＝90°，即可證明△BDP≌△PMQ，進而有QM＝PD，PM＝BD，再分P(m，2m﹣6)或兩種情況分別求出m即可．【解答】解：(1)將A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣2)代入y＝ax2+bx+c(a≠0)，得：a﹣b+c＝0，9a﹣3b+c＝0，c＝﹣2，解得：，，c＝﹣2，∴；(2)當時，，∴，∴，當時，，∴PD＝2m﹣6，∴P(m，2m﹣6)，綜上，P(m，2m﹣6)或；(3)如圖，過點Q作QM⊥l于點M∵△BPQ為等腰直角三角形，∠BPQ＝90°，PQ＝BP，又∵∠QMP＝∠BDP＝90°，∴△BDP≌△PMQ(AAS)，∴QM＝PD，PM＝BD，①當P為時，，，∴，代入，解得：m1＝4，m2＝3(舍去)∴②當P為(m，2m﹣6)時，QM＝PD＝2m﹣6，DM＝PM+PD＝3m﹣9，∴Q(6﹣m，3m﹣9)，代入，解得：，m2＝3(舍去)∴，此時的點Q不在第一象限內(nèi)，故舍去，綜上，可得．5．(2021?普寧市模擬)在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A(﹣3，0)，B(4，0)兩點，交y軸于點C．(1)求拋物線的表達式；(2)如圖，直線y＝x+與拋物線交于A，D兩點，與直線BC交于點E．若P(m，0)是線段AB上的動點，過點P作x軸的垂線，交拋物線于點F，交直線AD于點G，交直線BC于點H．①當m＜0時，是否存在一個m值，使得S△EFG＝S△OEG，如果存在，求出m的值，如果不存在，請說明理由；②當△EFH是以點F為直角頂點的等腰直角三角形時，求出點P的坐標．【分析】(1)根據(jù)拋物線解析式中a＝和交x軸于A(﹣3，0)，B(4，0)兩點，利用交點式可得拋物線的解析式；(2)①如圖1，先利用待定系數(shù)法求直線BC的解析式，聯(lián)立方程可得交點E的坐標，根據(jù)P(m，0)，且MH⊥x軸，表示點G(m，m+)，F(xiàn)(m，﹣m2+m+4)，由S△EFG＝S△OEG，列方程可得結論；②存在，根據(jù)等腰直角三角形的性質得：FH＝EF，∠EFH＝90°，由P(m，0)，得H(m，﹣m+4)，F(xiàn)(m，﹣m2+m+4)，分兩種情況：F在EM的左側，在EM的右側，根據(jù)EF＝FH，列方程可得結論．【解答】解：(1)∵拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A(﹣3，0)，B(4，0)兩點，∴y＝﹣(x+3)(x﹣4)＝﹣x2+x+4；(2)①如圖1，∵B(4，0)，C(0，4)，∴設BC的解析式為：y＝kx+n，則，解得，∴BC的解析式為：y＝﹣x+4，∴﹣x+4＝，解得：x＝1，∴E(1，3)，∵M(m，0)，且MH⊥x軸，∴G(m，m+)，F(xiàn)(m，﹣m2+m+4)，∵S△EFG＝S△OEG，∴＝ON(xE﹣xG)，∴[(﹣m2+m+4)﹣(m+)](1﹣m)＝，化簡得：4m2+5m+6＝0，∵Δ＝52﹣4×4×6＝﹣71＜0，∴此方程無解，∴當m＜0時，不存在一個m值，使得S△EFG＝S△OEG；②存在，由①知：E(1，3)，∵△EFH是以點F為直角頂點的等腰直角三角形，∴FH＝EF，∠EFH＝90°，∵P(m，0)，且PH⊥x軸，∴H(m，﹣m+4)，F(xiàn)(m，﹣m2+m+4)，分兩種情況：i)當﹣3≤m＜1時，如圖2，點F在EH的左側，∴FH＝(﹣m+4)﹣(﹣m2+m+4)＝m2﹣m，∵EF＝FH，∴m2﹣m＝1﹣m，解得：m1＝(舍)，m2＝，∴P(，0)，ii)當1＜m＜4時，點F在EH的右邊，如圖3，同理得﹣m2+m＝m﹣1，解得：m1＝，m2＝(舍)，同理得P(，0)；綜上，點P的坐標為：(，0)或(，0)．【題組二】6．(2021?遼寧模擬)在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A(﹣1，0)，B(3，0)．(1)求拋物線的解析式：(2)點E為拋物線上一點，且點E的橫坐標為a，若∠EBA＝2∠ACO，請求出a的值；(3)點P從A點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向右運動，運動時間為ts，點M為射線AC上一動點，過點M作MN∥x軸交拋物線對稱軸右側部分于點N，點P在運動過程中，是否存在以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形，若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】(1)將點A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝ax2+bx+3，即可求解析式；(2)在y軸上取點H(0，1)，連接HB，作O點關于HB的對稱點O'，連接BO'與拋物線交點即為E，連接OO'，過O'作O'G⊥y軸交于點G，設GO'＝n，由tan∠ACO＝＝tan∠O'OG，求出GH＝3n﹣1，在Rt△GHO'中，由勾股定理求出n＝，則可知O'(，)，求出直線BO'的解析式為y＝﹣x+，聯(lián)立，即可求a＝﹣；再求直線BO'關于x軸對稱的直線為y＝x﹣，聯(lián)立，再求得a＝﹣；(3)由題意可知P(t﹣1，0)，直線AC的解析式為y＝3x+3；分三種情況討論：①當MP＝MN時，M(t﹣1，3t+3)，N(4t+2，3t+3)，求得t＝；②當MN＝NP時，N(t﹣1，﹣t2+4t)，M(，﹣t2+4t)，再由NP＝MN，求得t＝；③當MP＝PN時，作M、N點分別作x軸的垂線，交于點E、F，設M(m，3m+3)，N(2t﹣2﹣m，3m+3)，由ME＝PE，得t＝4m+1，則N(7m+6，3m+3)，求得t＝．【解答】解：將點A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝ax2+bx+3，得，∴，∴y＝﹣x2+2x+3；(2)如圖1，在y軸上取點H(0，1)，連接HB，作O點關于HB的對稱點O'，連接BO'與拋物線交點即為E，∵AO＝HO＝1，OC＝OB＝3，∴△ACO≌△HBO(SAS)，∴∠ACO＝∠OBH，由對稱性可得，∠O'BH＝∠HBO，∴∠O'BO＝2∠ACO，連接OO'，過O'作O'G⊥y軸交于點G，∵OO'⊥HB，∴∠OBH+∠O'OB＝90°，∠GOO'+∠O'OB＝90°，∴∠GOO'＝∠HBO，設GO'＝n，∵tan∠ACO＝，∴tan∠O'OG＝，∴OG＝3n，∴GH＝3n﹣1，在Rt△GHO'中，O'H2＝GO'2+GH2，∴n2+(3n﹣1)2＝1，∴n＝，∴O'(，)，設直線BO'的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+，聯(lián)立，解得x＝﹣或x＝3(舍)，∴a＝﹣；直線BO'關于x軸對稱的直線為y＝x﹣，聯(lián)立，解得x＝﹣或x＝3(舍)，∴a＝﹣；綜上所述：a的值為﹣或﹣；(3)存在t，使以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形，理由如下：由題意可知P(t﹣1，0)，設直線AC的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝3x+3；①如圖2，當MP＝MN時，M(t﹣1，3t)，∴MP＝3t+3＝MN，∴N(4t﹣1，3t)，∴3t＝﹣(4t﹣1)2+2(4t﹣1)+3，解得t＝或t＝0(舍)；②如圖3，當MN＝NP時，N(t﹣1，﹣t2+4t)，∴M(，﹣t2+4t)，∵NP＝﹣t2+4t，MN＝t﹣1﹣，∴﹣t2+4t＝t﹣1﹣，解得t＝或t＝0(舍)；③當MP＝PN時，作M、N點分別作x軸的垂線，交于點E、F，設M(m，3m+3)，∴PE＝t﹣1﹣m＝PF，∴F(2t﹣2﹣m，0)，∴N(2t﹣2﹣m，3m+3)，∵ME＝PE，∴3m＝t﹣1﹣m，∴t＝4m+1，∴N(7m+6，3m+3)，∵3m+3＝﹣(7m+6)2+2(7m+6)+3，∴m＝﹣或m＝﹣1(舍)，∴t＝；綜上所述：當以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，t的值為或或．7．(2021?分宜縣校級模擬)如圖，拋物線y＝ax2+bx過A(4，0)，B(1，3)兩點，點C、B關于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H．(1)求拋物線的表達式；(2)直接寫出點C的坐標，并求出△ABC的面積；(3)若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，是否存在以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形？若存在，求出其值；若不存在，請說明理由．【分析】(1)利用待定系數(shù)法即可確定拋物線的解析式；(2)先寫出拋物線的頂點式，再寫出對稱軸，有B和C對稱即可得出點C的坐標，然后利用三角形的面積公式即可得出面積；(3)分M，E，N三個點為直角頂點討論，作輔助線構造一線三垂直模型，利用全等的性質即可確定點N的坐標．【解答】解：(1)把A(4，0)，B(1，3)代入拋物線y＝ax2+bx中，得，解得，所以該拋物線表達式為y＝﹣x2+4x；(2)∵y＝﹣x2+4x＝﹣(x﹣2)2+4，∴拋物線對稱軸為直線x＝2，∵點C和點B關于對稱軸對稱，點B的坐標為(1，3)，∴C(3，3)，又∵BC＝2，∴；(3)以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，分三類情況討論：①以點M為直角頂點且M在x軸上方時，如圖，∵CM＝MN，∠CMN＝90°，在△CBM和△MHN中，，∴△CBM≌△MHN(AAS)，∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3﹣2＝1，∴N(2，0)；②以點M為直角頂點且M在x軸下方時，如圖，作輔助線，構建如圖所示的兩直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，得Rt△NEM≌Rt△MDC，∴EM＝CD＝5，∵OH＝1，∴ON＝NH﹣OH＝5﹣1＝4，∴N(﹣4，0)；③以點N為直角頂點且N在y軸左側時，如圖，CN＝MN，∠CMN＝90°，做輔助線，同理得Rt△NEM≌Rt△MDC，∴ME＝NH＝DN＝3，∴0N＝3﹣1＝2，∴N(﹣2，0)；④以點N為直角頂點且N在y軸右側時，如圖，做輔助線，同理得ME＝DN＝NH＝3，∴0N＝1+3＝4，∴N(4，0)；⑤以C為直角頂點時，不能構成滿足條件的等腰直角三角形；綜上可知當△CMN為等腰直角三角形時N點坐標為(2，0)或(﹣4，0)或(﹣2，0)或(4，0)．8．(2021?秦都區(qū)模擬)如圖，在平面直角坐標系中，一拋物線的對稱軸為直線x＝1，且該拋物線與y軸負半軸交于C點，與x軸交于A，B兩點，其中B點的坐標為(3，0)，且OB＝OC．(1)求此拋物線的函數(shù)表達式；(2)若平行于x軸的直線與該拋物線交于M、N兩點(其中點M在點N的右側)，在x軸上是否存在點Q，使△MNQ是以MN為一直角邊的等腰直角三角形？若存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】(1)根據(jù)OB＝OC，可得C(0，﹣3)，由拋物線的對稱軸為直線x＝1，可得A(﹣1，0)，利用待定系數(shù)法可得出答案；(2)設點M(m，m2﹣2m﹣3)且m＞1，則MN＝2(m﹣1)，①當點M、N在x軸下方時，若∠QMN＝90°，且MN＝MQ時，△MNQ為等腰直角三角形，建立方程求解即可，②當點M、N在x軸上方時，若∠QMN＝90°，且MN＝MQ時，△MNQ為等腰直角三角形，建立方程求解即可．【解答】解：(1)∵B點的坐標為(3，0)，且OB＝OC，∴C點的坐標為(0，﹣3)，∵拋物線的對稱軸為直線x＝1，B點的坐標為(3，0)，∴A點的坐標為(﹣1，0)，設拋物線的函數(shù)表達式為y＝a(x+1)(x﹣3)(a≠0)．將C(0，﹣3)代人y＝a(x+1)(x﹣3)中，解得：a＝1，∴拋物線的函數(shù)表達式為y＝(x+1)(x﹣3)＝x2﹣2x﹣3．(2)∵MN∥x軸，且M、N在拋物線上，∴M、N關于直線x＝1對稱，設點M(m，m2﹣2m﹣3)且m＞1，則MN＝2(m﹣1)，①當點M、N在x軸下方時，若∠QMN＝90°，且MN＝MQ時，△MNQ為等腰直角三角形，∴MQ⊥MN，即MQ⊥x軸，∴2(m﹣1)＝﹣(m2﹣2m﹣3)，解得：m1＝，m2＝﹣(舍去)，∴點M為(，2﹣2)，Q1(，0)．由MQ1＝MN可得﹣(2﹣2)＝﹣xN，解得：xN＝2﹣，∴點N為(2﹣，2﹣2)，故當∠MNQ2＝90°，MN＝NQ2時，點Q2的坐標為(2﹣，0)．②當點M、N在x軸上方時，若∠QMN＝90°，且MN＝MQ時，△MNQ為等腰直角三角形，∴MQ⊥MN，即MQ⊥x軸，∴2(m﹣1)＝m2﹣2m﹣3，解得：m1＝2+，m2＝2﹣(舍去)，∴點M為(2+，2+2)，點Q3為(2+，0)，由MQ3＝MN，可得2+2＝2+﹣xN，解得xN＝﹣，∴點N為(﹣，2+2)．當∠MNQ4＝90°，MN＝NQ4時，點Q4的坐標為(﹣，0)．綜上所述，存在滿足條件的點Q，其坐標分別為(，0)或(2﹣，0)或(2+，0)或(﹣，0)．9．(2021?福建模擬)已知拋物線的頂點為A，點M(m，n)為第三象限拋物線上的一點，過M點作直線MB，MC交拋物線于B，C兩點(點B在點C的左側)，MC交y軸于D點，連接BC．(1)當B，C兩點在x軸上，且△ABC為等腰直角三角形時，求c的值；(2)當BC經(jīng)過O點，MC經(jīng)過OA的中點D，且OC＝2OB時，設直線BM交y軸于E點，求證：M為BE的中點；(3)若△MBC的內(nèi)心在直線x＝m上，設BC的中點為N，直線l1經(jīng)過N點且垂直于x軸，直線l2經(jīng)過M，A兩點，記l1與l2的交點為P，求證P點在一條新拋物線上，并求這條拋物線的解析式．【分析】(1)令得，再由△ABC為等腰直角三角形得．解出c即可；(2)設B點坐標為，由OC＝2OB得直線BC的解析式．再由得，，再由D為OA的中點得直線MC的解析式為，再和拋物線聯(lián)立即可求得或，即可證得M為BE的中點；(3)過點B作BG⊥直線x＝m于點G，過點C作CH⊥直線x＝m于點H，設，，由△MBC的內(nèi)心在直線x＝m上可證△BMG∽△CMH，．由此可得得x1+x2＝﹣2m，從而直線l1的解析式為x＝﹣m．再求直線MA的解析式，將x＝﹣m代入直線MA的解析式，得，即可證得證P點在一條新拋物線上．【解答】(1)解：令，解得．∴．∵△ABC為等腰直角三角形，∴OB＝OC＝OA＝c，∴．解得c1＝0(舍去)，c2＝2，∴c＝2；(2)證明：如圖，設B點坐標為，∵OC＝2OB，∴，設直線BC的解析式為y＝kx，將點B代入，得，∴∴．將點代入，得，整理得，∴(正值已舍)，∴，．∵D為OA的中點，∴D點坐標為，則直線MC的解析式可設為，將點代入，解得，∴直線MC的解析式為，由，得，解得或，∴，即M為BE的中點；(3)證明：如圖，過點B作BG⊥直線x＝m于點G，過點C作CH⊥直線x＝m于點H，設，，∵△MBC的內(nèi)心在直線x＝m上，∴∠BMG＝∠CMH，∴△BMG∽△CMH．∴，則有，得x1+x2＝﹣2m，∴直線l1的解析式為x＝﹣m．設直線MA的解析式為y＝k2x﹣c，將代入，得，解得，∴直線MA的解析式為．將x＝﹣m代入直線MA的解析式，得，∴P點在新拋物線上．10．(2020秋?九龍坡區(qū)校級期末)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx﹣(a≠0)與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點(點A在點B左側)，且A點的坐標為(﹣，0)，直線BC的解析式為y＝x﹣．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，過A作AD∥BC，交拋物線于點D，點P為直線BC下方拋物線上一動點，連接PB，PC，BD，CD，求四邊形PBDC面積的最大值；(3)將拋物線y＝ax2+bx﹣(a≠0)向左平移個單位長度，平移后的拋物線的頂點為E，連接BE，將線段BE沿y軸平移得到線段B1E1(B1為B的對應點，E1為E的對應點)，直線B1E1與x軸交于點F，點Q為原拋物線對稱軸上一點，連接E1Q，F(xiàn)Q，△E1FQ能否成為以E1F為直角邊的等腰直角三角形？若能，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標；若不能，請說明理由．【分析】(1)求出B點坐標后，將A(﹣，0)，B(3，0)代入y＝ax2+bx﹣，即可求解析式；(2)過點P作x軸的垂線交直線BC于點K，由題意可求S△BCD＝S△ABC＝，設P(t，t2﹣t﹣)，K(t，t﹣)，則S△BPC＝﹣(t﹣)2+，所以當t＝時，S△BPC有最大值，則S四邊形PBDC＝S△BCD+S△BPC的最大值為；(3)先求出平移后的頂點E(0，﹣3)，再分四種情況討論：當E1F⊥E1Q，F(xiàn)點在x軸正半軸時，求得Q(，﹣3﹣)；當E1F⊥E1Q，F(xiàn)點在x軸正半軸時，求得Q(，﹣3+)；③當QF⊥E1F，Q點在x軸上方時，求得Q(，)；④當QF⊥E1F，Q點在x軸下方時，求得Q(，)．【解答】解：(1)直線BC的解析式為y＝x﹣，令y＝0，則x＝3，∴B(3，0)，將A(﹣，0)，B(3，0)代入y＝ax2+bx﹣，得，∴，∴y＝x2﹣x﹣；(2)如圖1，過點P作x軸的垂線交直線BC于點K，y＝x2﹣x﹣中令x＝0，則y＝﹣，∴C(0，﹣)，∴OC＝，∵A(﹣，0)，B(3，0)，∴AB＝4，∵AD∥BC，∴S△BCD＝S△ABC＝×AB×OC＝××4＝，設P(t，t2﹣t﹣)，K(t，t﹣)，∴PK＝(t﹣)﹣(t2﹣t﹣)＝﹣t2+t，∴S△BPC＝×OB×PK＝×3×(﹣t2+t)＝﹣(t﹣)2+，∴當t＝時，S△BPC有最大值，∴S四邊形PBDC＝S△BCD+S△BPC，∴S四邊形PBDC的最大值為+＝；(3)存在Q點，使△E1FQ成為以E1F為直角邊的等腰直角三角形；理由如下：∵y＝x2﹣x﹣＝(x﹣)2﹣3，∴函數(shù)的頂點坐標為(，﹣3)，∵向左平移個單位長度，∴平移后的頂點E(0，﹣3)，∵B(3，0)，∴OE＝3，OB＝3，∴tan∠OBE＝＝，∴∠OBE＝30°，∵點Q為原拋物線對稱軸上一點，∴Q點的橫坐標為，分四種情況討論：①如圖2，當E1F⊥E1Q，F(xiàn)點在x軸正半軸時，過點Q作MQ⊥y軸交于點M，∵∠FE1Q＝90°，∴∠OE1F+∠ME1Q＝90°，∵∠OE1F+∠OFE1＝90°，∴∠ME1Q＝∠OFE1，∵E1F＝E1Q，∴△OE1F≌△MQE1(AAS)，∴OF＝E1M，OE1＝MQ，∵MQ＝，∴OE1＝，∵E1B1∥EB，∴∠OFE1＝30°，∴∠ME1Q＝30°，∴E1M＝3，∴OM＝3+，∴Q(，﹣3﹣)；②如圖3，當E1F⊥E1Q，F(xiàn)點在x軸正半軸時，過點E1作y軸的垂線GH，過點F、Q分別作x軸的垂線，分別與GH交于點G、H，∵∠FE1Q＝90°，∴∠GE1F+∠HE1Q＝90°，∵∠GE1F+∠GFE1＝90°，∴∠HE1Q＝∠GFE1，∵E1F＝E1Q，∴△GE1F≌△HQE1(AAS)，∴GF＝E1H，GE1＝HQ，∵E1H＝，∴GF＝，∵E1B1∥EB，∴∠GE1F＝30°，∴E1G＝3，∴HQ＝3，∴Q(，﹣3+)；③如圖4，當QF⊥E1F，Q點在x軸上方時，過點F作x軸的垂線MN，過點Q、E1作y軸的垂線，分別交MN于點M、N，同理，△QMF≌△FNE1(AAS)，∴QM＝FN，F(xiàn)M＝NE1，∵∠OFE1＝30°，∴∠FE1N＝30°，∴∠QFM＝30°，∴MF＝QM，∵MF＝+QM，∴+QM＝QM，∴MQ＝，∴MF＝，∴Q(，)；④如圖5，當QF⊥E1F，Q點在x軸下方時，過點Q作QT⊥x軸，交于點T，同理，△OFE1≌△TQF(AAS)，∴OF＝TQ，OE1＝FT，∵∠OFE1＝30°，∴OF＝OE1，∵OF+FT＝，∴OE1+OE1＝，∴OE1＝，∴TQ＝，∴Q(，)；綜上所述：△E1FQ成為以E1F為直角邊的等腰直角三角形時，Q點的坐標為(，﹣3﹣)或(，﹣3+)或(，)或(，)．【題組三】11．(2021秋?石景山區(qū)校級月考)在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣x2+mx+n與x軸交于點A，B(A在B的左側)．(1)若拋物線的對稱軸為直線x＝﹣3，AB＝4．求拋物線的表達式；(2)平移(1)中的拋物線，使平移后的拋物線經(jīng)過點O，且與x軸正半軸交于點C，記平移后的拋物線頂點為P，若△OCP是等腰直角三角形，求點P的坐標．【分析】(1)先根據(jù)拋物線的對稱性求出點A、點B的坐標，再將點A、點B的坐標代入y＝﹣x2+mx+n，列方程組求出m、n的值即可；(2)設平移后的拋物線的表達式為y＝﹣x2+bx，將點P的坐標用含b的式子表示，過該拋物線的頂點P作PD⊥x軸于點D，根據(jù)等腰直角三角形的性質，可列方程求出b的值及點P的坐標．【解答】解：(1)∵拋物線y＝﹣x2+mx+n與x軸交于A、B兩點，且拋物線的對稱軸為直線x＝﹣3，∴點A與點B關于直線x＝﹣3對稱，∵點A在點B的左側，且AB＝4，∴A(﹣5，0)，B(﹣1，0)，把A(﹣5，0)、B(﹣1，0)代入y＝﹣x2+mx+n，得，解得，∴拋物線的表達式為y＝﹣x2﹣6x﹣5．(2)根據(jù)題意，平移后的拋物線經(jīng)過原點，設平移后的拋物線的表達式為y＝﹣x2+bx，當y＝0時，由﹣x2+bx＝0得x1＝0，x2＝b，∴C(b，0)，∴該拋物線的對稱軸為直線x＝b，當x＝b時，y＝﹣(b)2+b2＝b2，∴P(b，b2)；如圖，作PD⊥x軸于點D，則OD＝CD，∵△OCP是等腰直角三角形，∴∠OPC＝90°，∴PD＝OC＝OD，∴b2＝b，解得b1＝2，b2＝0(不符合題意，舍去)，∴P(1，1)．12．(2021秋?永城市月考)已知拋物線C的解析式為y＝2x2﹣4x+m，與y軸交于點A．(1)直接寫出拋物線C的開口方向及頂點坐標(用含m的式子表示)．(2)過點A作AB∥x軸交拋物線C于另一點B，當S△AOB＝6時，求此拋物線C的解析式．(3)在拋物線C的對稱軸上存在一點P，使得△OAP為等腰直角三角形，請直接寫出此時m的值．【分析】(1)把拋物線解析式化為頂點式，即可得出答案；(2)利用三角形面積公式得出關于m的方程，解方程即可得出m的值；(3)分OA＝AP、OA＝OP、AP＝OP三種情況討論，即可得出m的值．【解答】解：(1)∵y＝2x2﹣4x+m＝2(x2﹣2x+1﹣1)+m＝2(x﹣1)2+m﹣2，∴拋物線開口向上，頂點坐標為(1，m﹣2)；(2)當x＝0時，y＝m，∴A(0，m)，∵拋物線的對稱軸為：直線x＝1，∴|AB|＝2，∴S△AOB＝?|OA|?|AB|＝6，∴×2×|m|＝6，解得：m＝±6，∴拋物線的解析式為：y＝2x2﹣4x+6或y＝2x2﹣4x﹣6；(3)分三種情況分類討論：①當OA＝AP時，|m|＝1，解得：m＝±1，②當OA＝OP時，|m|＝1，解得：m＝±1，③當OP＝AP時，12+()2＝()2，解得：m＝±2，綜上所述，當△OAP為為等腰直角三角形m的值為±1或±2．13．(2021秋?漢濱區(qū)校級月考)已知，如圖，拋物線y＝﹣(x﹣2)2+8與x軸分別交于B，C兩點(點C在點B的左邊)，與y軸交于點A，點P是線段AB上方拋物線上的一個動點．(1)求A、B、C三點坐標；(2)求直線AB的解析式；(3)過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P做PE∥x軸交拋物線于點E，連結DE，請問是否存在點P使△PDE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．【分析】(1)通過解析式即可得出C點坐標，令y＝0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐標；(2)設直線AB的解析式為：y＝kx+b，將點A、B的坐標代入計算即可；(3)設點P的橫坐標為a，點E的橫坐標為b，表示出PD，PE的長，根據(jù)等腰三角形的性質得方程，求解即可．【解答】解：(1)由拋物線y＝﹣(x﹣2)2+8可知點A(0，6)，令y＝0，則0＝﹣(x﹣2)2+8，解得x＝﹣2或x＝6，∴點C(﹣2，0)，B(6，0)；(2)設直線AB的解析式為：y＝kx+b，將A(0，6)，B(6，0)代入得，，解得，，∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+6；(3)如圖：∵△PDE為等腰直角三角形，∴PD＝PE，設點P的橫坐標為a，點E的橫坐標為b，∴PD＝﹣(a﹣2)2+8﹣(﹣a+6)＝﹣a2+3a，＝﹣，∴b＝4﹣a，∴PE＝|a﹣(4﹣a)|＝|2a﹣4|＝2|2﹣a|，∴﹣a2+3a＝2|2﹣a|，∴a＝4或a＝5﹣，∴P(4，6)或P(5﹣，3﹣5)．14．(2021秋?大連月考)在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c過(﹣1，0)和(0，﹣3)兩點，點M(a，y1)，N(a+1，y2)為該拋物線上兩點．(1)拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；(2)過點M作y軸的垂線，過點N作x軸的垂線，兩條垂線交于點Q，當△MNQ為等腰直角三角形時，求a的值；(3)拋物線在M，N兩點之間的部分為圖象G(含M，N兩點)，若圖象G上最高點與最低點的縱坐標之差為h，求h關于a的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量a的取值范圍．【分析】(1)利用待定系數(shù)法即可求得答案；(2)根據(jù)題意，可得出：MQ＝xN﹣xM＝a+1﹣a＝1，NQ＝|yN﹣yQ|＝|(a+1)2﹣2(a+1)﹣3﹣(a2﹣2a﹣3)|＝|2a﹣1|，再由等腰直角三角形性質建立方程求解即可；(3)分三種情況：①當點M，N在對稱軸左側時，②當點M，N在對稱軸左右兩側時，③當點M，N在對稱軸右兩側時，分別討論計算即可．【解答】解：(1)∵拋物線y＝x2+bx+c過(﹣1，0)和(0，﹣3)兩點，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，故答案為：y＝x2﹣2x﹣3；(2)∵MQ⊥y軸，NQ⊥x軸，∴MQ＝xN﹣xM＝a+1﹣a＝1，NQ＝|yN﹣yQ|＝|(a+1)2﹣2(a+1)﹣3﹣(a2﹣2a﹣3)|＝|2a﹣1|，∵△MNQ為等腰直角三角形，∴MQ＝NQ，∴|2a﹣1|＝1，∴2a﹣1＝1或2a﹣1＝﹣1，∴a＝1或a＝0，∴a的值為1或0；(3)∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝1，①當點M，N在對稱軸左側時，y隨x的增大而減小，此時a+1≤1，∴a≤0，∴h＝a2﹣2a﹣3﹣[(a+1)2﹣2(a+1)﹣3]＝﹣2a+1，②當點M，N在對稱軸左右兩側時，若y1＝y(tǒng)2，則＝1，∴a＝，此時最低點為頂點，最低點的縱坐標為﹣4．當0＜a≤時，最高點為M，∴h＝a2﹣2a﹣3﹣(﹣4)＝a2﹣2a+1，當＜a≤1時，最高點為N，∴h＝(a+1)2﹣2(a+1)﹣3﹣(﹣4)＝a2．③當點M，N在對稱軸右兩側時，此時a＞1，y隨x的增大而增大，∴h＝(a+1)2﹣2(a+1)﹣3﹣(a2﹣2a﹣3)＝2a﹣1．綜上所述，h＝．15．(2020?雁塔區(qū)校級模擬)如圖，拋物線C1：y=-12x2+2x+2的頂點為A，且與