9.5 存在性问题
存在性问题是各地中考的“热点”．解决存在性问题就是：假设存在→推理论证→得出结论．若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。尤其以二次函数中的是否存在相似三角形、三角形的面积相等、等腰(直角)三角形、平行四边形作为考查对象是中考命题热点。
一、解答题（共12道题）
1．（2017?铁岭）如图，抛物线与x轴的两个交点分别为A（3，0），D（﹣1，0），与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且OB=OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接BE，AB，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使∠QBA=∠BEM，求出点Q的坐标；
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，交抛物线于点F，连接BF，点G是x轴上一点，在抛物线上是否存在点N，使以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2017?大庆）如图，直角△ABC中，∠A为直角，AB=6，AC=8．点P，Q，R分别在AB，BC，CA边上同时开始作匀速运动，2秒后三个点同时停止运动，点P由点A出发以每秒3个单位的速度向点B运动，点Q由点B出发以每秒5个单位的速度向点C运动，点R由点C出发以每秒4个单位的速度向点A运动，在运动过程中：
（1）求证：△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；
（2）求△PQR面积的最小值；
（3）用t（秒）（0≤t≤2）表示运动时间，是否存在t，使∠PQR=90°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
3．（2017?盐城）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为，△BCE的面积为，求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2018?连云港）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1=kx2+m（k＜0）与y2=ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC，CD，AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标
5．（2018?金华）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
6．（2018?济宁）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
（3）若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
7．（2018?十堰）已知抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
8．（2018?重庆B）抛物线y=﹣66x2﹣233x+6与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+12EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
9．（2019·广安）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，已知，P点为抛物线上一动点（不与A、D重合）．
（1）求抛物线和直线l的解析式；
（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作轴交直线l于点F，求的最大值；
（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2019·自贡）如图，已知直线与抛物线： 相交于和点两点.
⑴求抛物线的函数表达式；
⑵若点是位于直线上方抛物线上的一动点，以为相邻两边作平行四边形,当平行四边形的面积最大时，求此时四边形的面积及点的坐标；
⑶在抛物线的对称轴上是否存在定点,使抛物线上任意一点到点的距离等于到直线的距离，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
11．（2019·重庆）如图，在平面在角坐标系中，抛物线y=x2-2x-3与x轴交与点A，B（点A在点B的左侧）交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）连结BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当MN取得最大值时，求HF+FP+PC的最小值；
（2）在（1）中，当MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值时，把点P向上平移个单位得到点Q，连结AQ，把△AOQ绕点O瓶时针旋转一定的角度（0°<<360°），得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点C在旋转过程中，是否存在一点G使得？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2019·毕节）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点.
（1）抛物线的解析式为 ，抛物线的顶点坐标为 ；
（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标；
（3）如图2，点E的坐标为（0，﹣1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标；
（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
一、解答题（共12道题）
1．（2018?淮北模拟）已知AB⊥BD于B，CD⊥BD于D，AB=6，cd=4，BD=14，则在BD上是否存在点P，使以C、D、P为顶点的三角形与以P、B、A为顶点的三角形相似？如果存在，求DP的长；如果不存在，说明理由．
2．（2018?沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣32与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0）．绕点A旋转的直线l：y＝kx+b1交抛物线于另一点D，交y轴于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当点D在第二象限且满足CD＝5AC时，求直线l的解析式；
（3）在（2）的条件下，点E为直线l下方抛物线上的一点，直接写出△ACE面积的最大值；
（4）如图2，在抛物线的对称轴上有一点P，其纵坐标为4，点Q在抛物线上，当直线l与y轴的交点C位于y轴负半轴时，是否存在以点A，D，P，Q为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
3．（2018?铜仁）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，12），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2018?日照）如图，已知点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，1）在抛物线y=ax2+bx+c上．
（1）求抛物线解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上求一点P，使△PBC面积为1；
（3）在x轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点Q，使∠BQC=∠BAC？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
5．（2018?曲靖模拟）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，A、B两点的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）点E为抛物线的顶点，点C为抛物线与x轴的另一交点，点D为y轴上一点，且DC=DE，求出点D的坐标．
（3）在第二问的条件下，射线DE上是否存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2018?襄阳模拟）已知平面直角坐标系中两定点A（﹣1，0）、B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，顶点为C，点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围；
（3）若m＞32，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（0＜t＜52）个单位，点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′，是否存在t，使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t的值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．
7．（2019·潍坊模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，交轴正半轴于点，与过点的直线相交于另一点，过点作轴，垂足为．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点在线段上（不与点，重合），过作轴，交直线于，交抛物线于点，于点，求的最大值；
（3）若是轴正半轴上的一动点，设的长为．是否存在，使以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
8．（2019·郑州模拟）如图所示，在正方形ABCD中，AD＝6，M在AD上从A向D运动，连接BM交AC于N，连接DN．
（1）证明：无论M运动到AD上的何处，都有△ABN≌△ADN；
（2）当M运动到何处时，S△ABN＝S正方形ABCD？
（3）若M从A到D，再从D到C，在整个运动过程中，DM为多少时，△ABN是等腰三角形？
9．（2019·石家庄模拟）如图，点P为抛物线L：y＝a（x﹣2）（x﹣4）（其中a为常数，且a＜0）的顶点，L与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线，与L交于点A，过点A作x轴的垂线，与射线OP交于点B，连接OA
（1）a＝﹣2时，点P的坐标是 ，点B的坐标是 ；
（2）是否存在a的值，使OA＝OB？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由
（3）若△OAB的外心N的坐标为（p，q），则
①当点N在△OAB内部时，求a的取值范围；
②用a表示外心N的横坐标p和纵坐标q，并求p与q的关系式（不写q的取值范围）．
10．（2019·成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点D，过点A的直线交抛物线于另一点C，点E为抛物线的顶点，连接CE，AE，设AE交y轴于点F，点A的坐标为，且，C、D两点关于对称轴对称．
（1）若，求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，试探究抛物线上是否存在一点M，使为以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设点P是直线AE上方抛物线上的一动点，若的面积最大值为，求a的值．
11．（2019·杭州模拟）如图①，已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，以OA、OC为边在第一象限内作长方形OABC．
（1）求点A、C的坐标；
（2）将△ABC对折，使得点A的与点C重合，折痕交AB于点D，求直线CD的解析式（图②）；
（3）在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得△APC与△ABC全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2019·株洲模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+x+m﹣1交x轴于A、B两点，交y轴于点C，若A点坐标为(x1，0)，B点坐标为(x2，0)（x1≠x2）．
（1）求m的取值范围；
（2）如图1，若x12+x22＝17，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，请解答下列两个问题：
①如图1，请连接AC，求证：△ACB为直角三角形．
②如图2，若D(1，n)在抛物线上，过点A的直线y＝﹣x﹣1交（2）中的抛物线于点E，那么在x轴上点B的左侧是否存在点P，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
9.5 存在性问题
存在性问题是各地中考的“热点”．解决存在性问题就是：假设存在→推理论证→得出结论．若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。尤其以二次函数中的是否存在相似三角形、三角形的面积相等、等腰(直角)三角形、平行四边形作为考查对象是中考命题热点。
一、解答题（共12道题）
1．（2017?铁岭）如图，抛物线与x轴的两个交点分别为A（3，0），D（﹣1，0），与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且OB=OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接BE，AB，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使∠QBA=∠BEM，求出点Q的坐标；
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，交抛物线于点F，连接BF，点G是x轴上一点，在抛物线上是否存在点N，使以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）Q的坐标为（1，1）或（1， ）；（3）N的坐标为（，2）或（，2）或（，﹣2）或（，﹣2）或（1，4）．
【解析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）首先证明BE⊥AB，分两种情形求解①作BQ⊥EM交EM于Q，由∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，推出∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）．
②当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1，），由△Q′BK∽△Q′EB，可得Q′B2=Q′K?Q′E，列出方程即可解决问题；
（3）由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，由此即可解决问题；
解：（1）把A（3，0），D（﹣1，0）代入，得： ，解得： ，∴抛物线的解析式为；
（2）如图1中，∵y=﹣（x﹣1）2+4，∴E（1，4），∵A（3，0），B（0，1），∴直线BE的解析式为y=3x+1，直线AB的解析式为y=﹣x+1，∵3×（﹣）=﹣1，∴BE⊥AB，作BQ⊥EM交EM于Q，∵∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，∴∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）；
当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1， ）．∵∠QBK=∠BEM，∠BQ′K=∠BQ′E，∴△Q′BK∽△Q′EB，∴Q′B2=Q′K?Q′E，∴12+（m﹣1）2=（﹣m）?（4﹣m），解得m=，∴Q（1， ）；
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，1）或（1， ）；
（3）如图2中，由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，①当y=2时，﹣x2+2x+3=2，解得x=，可得N1（，2），N4（，2）；
②当y=﹣2时，﹣x2+2x+3=﹣2，解得x=，可得N2（，﹣2），N3（，﹣2），当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，此时N5（1，4）；
综上所述，满足条件的点N的坐标为（，2）或（，2）或（，﹣2）或（，﹣2）或（1，4）．
【点评】本题考查二次函数的综合题，涉及到待定系数法、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质与判定等，正确添加辅助线、分类讨论是解题的关键.
2．（2017?大庆）如图，直角△ABC中，∠A为直角，AB=6，AC=8．点P，Q，R分别在AB，BC，CA边上同时开始作匀速运动，2秒后三个点同时停止运动，点P由点A出发以每秒3个单位的速度向点B运动，点Q由点B出发以每秒5个单位的速度向点C运动，点R由点C出发以每秒4个单位的速度向点A运动，在运动过程中：
（1）求证：△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；
（2）求△PQR面积的最小值；
（3）用t（秒）（0≤t≤2）表示运动时间，是否存在t，使∠PQR=90°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）6；（3）t=1或1825．
【解析】（1）先利用锐角三角函数表示出QE=4t，QD=3（2﹣t），再由运动得出AP=3t，CR=4t，BP=3（2﹣t），AR=4（2﹣t），最后用三角形的面积公式即可得出结论；
（2）借助（1）得出的结论，利用面积差得出S△PQR=18（t﹣1）2+6，即可得出结论；
（3）先判断出∠DQR=∠EQP，用此两角的正切值建立方程求解即可．
解：（1）如图，在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，根据勾股定理得，BC=10，sin∠B=ACAB=810=45，sin∠C=34，过点Q作QE⊥AB于E，在Rt△BQE中，BQ=5t，∴sin∠B=QEBQ=45，∴QE=4t，过点Q作QD⊥AC于D，在Rt△CDQ中，CQ=BC﹣BQ=10﹣5t，∴QD=CQ?sin∠C=35（10﹣5t）=3（2﹣t），由运动知，AP=3t，CR=4t，∴BP=AB﹣AP=6﹣3t=3（2﹣t），AR=AC﹣CR=8﹣4t=4（2﹣t），∴S△APR=12AP?AR=12×3t×4（2﹣t）=6t（2﹣t），S△BPQ=12BP?QE=12×3（2﹣t）×4t=6t（2﹣t），S△CQR=12CR?QD=12×4t×3（2﹣t）=6t（2﹣t），∴S△APR=S△BPQ=S△CQR，∴△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；
（2）由（1）知，S△APR=S△BPQ=S△CQR=6t（2﹣t），∵AB=6，AC=8，∴S△PQR=S△ABC﹣（S△APR+S△BPQ+S△CQR）
=12×6×8﹣3×6t（2﹣t）=24﹣18（2t﹣t2）=18（t﹣1）2+6，∵0≤t≤2，∴当t=1时，S△PQR最小=6；
（3）存在，由点P，Q，R的运动速度知，运动1秒时，点P，Q，R分别在AB，BC，AC的中点，此时，四边形APQR是矩形，即：t=1秒时，∠PQR=90°，由（1）知，QE=4t，QD=3（2﹣t），AP=3t，CR=4t，AR=4（2﹣t），∴BP=AB﹣AP=6﹣3t=3（2﹣t），AR=AC﹣CR=8﹣4t=4（2﹣t），过点Q作QD⊥AC于D，作QE⊥AB于E，∵∠A=90°，∴四边形APQD是矩形，∴AE=DQ=3（2﹣t），AD=QE=4t，∴DR=|AD﹣AR|=|4t﹣4（2﹣t）|=4|2t﹣2|，PE=|AP﹣AE|=|3t﹣3（2﹣t）|=3|2t﹣2|．∵∠DQE=90°，∠PQR=90°，∴∠DQR=∠EQP，∴tan∠DQR=tan∠EQP，在Rt△DQR中，tan∠DQR=DRDQ=42t?23(2?t)，在Rt△EQP中，tan∠EQP=PEQE=32t?24t，∴42t?23(2?t)=32t?24t，∴16t=9（2﹣t），∴t=1825．即：t=1或1825秒时，∠PQR=90°．
【点评】此题是三角形综合题．解（1）的关键是求出QD，QE，解（2）的关键是建立函数关系式，解（3）的关键是用tan∠DQR=tan∠EQP建立方程，是一道中等难度的题目．
3．（2017?盐城）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为，△BCE的面积为，求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①；②﹣2或．
【解析】（1）根据题意得到A（﹣4，0），C（0，2）代入，于是得到结论；
（2）①如图，令y=0，解方程得到x1=﹣4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（，0），得到PA=PC=PB=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情况二，∠FDC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
解：（1）根据题意得A（﹣4，0），C（0，2），∵抛物线经过A、C两点，∴，∴，∴；
（2）①如图，令y=0，∴，∴x1=﹣4，x2=1，∴B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴ ==，设D（a， ），∴M（a，），∵B（1.0），∴N（1，），∴===；∴当a=-2时，的最大值是；
②∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P（，0），∴PA=PC=PB=，∴∠CPO=2∠BAC，∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G．分两种情况：
情况一：如图，∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，∴∠CDG=∠BAC，∴tan∠CDG=tan∠BAC=，即，令D（a，），∴DR=﹣a，RC=，∴，∴a1=0（舍去），a2=﹣2，∴xD=﹣2．
情况二，∴∠FDC=2∠BAC，∴tan∠FDC=，设FC=4k，∴DF=3k，DC=5k，∵tan∠DGC==，∴FG=6k，∴CG=2k，DG=k，∴
∴RC=k，RG=k，DR=k﹣k=k，∴，∴a1=0（舍去），a2=．
综上所述：点D的横坐标为﹣2或．
4．（2018?连云港）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1=kx2+m（k＜0）与y2=ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC，CD，AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标
【答案】（1）y1=﹣x2+1，y2=3x2﹣3；（2）存在，理由见解析；（3）（0，﹣12）或（32，﹣1）或（1，﹣52）或（﹣12，﹣2）．
【解析】（1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出MM'=（1-m2）-（3m2-3）=4-4m2，进而建立方程2m=4-4m2，即可得出结论；
（3）先利用勾股定理求出AD=10，同理：CD=10，BC=2，再分两种情况：
①如图1，当△DBC∽△DAE时，得出DBDA＝DCDE，进而求出DE=52，即可得出E（0，-12），
再判断出△DEF∽△DAO，得出DEDA＝DFDO＝EFAO，求出DF=3104，EF=104，再用面积法求出E'M=32，即可得出结论；
②如图2，当△DBC∽△ADE时，得出DBAD＝DCAE，求出AE=52，
当E在直线AD左侧时，先利用勾股定理求出PA=53，PO=43，进而得出PE=56，再判断出APPE＝AOOQ，即可得出点E坐标，当E'在直线DA右侧时，即可得出结论．
解：（1）∵点A（1，0），B（0，1）在二次函数y1=kx2+m（k＜0）的图象上，
∴k+m＝0m＝1，
∴k＝?1m＝1，
∴二次函数解析式为y1=-x2+1，
∵点A（1，0），D（0，-3）在二次函数y2=ax2+b（a＞0）的图象上，
∴a+b＝0b＝?3，
∴a＝3b＝?3，
∴二次函数y2=3x2-3；
（2）设M（m，-m2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（m，3m2-3）为第四象限的图形上一点，
∴MM'=（1-m2）-（3m2-3）=4-4m2，
由抛物线的对称性知，若有内接正方形，
∴2m=4-4m2，
∴m=?1+174或m=?1?174（舍），
∵0＜?1+174＜1，
∴存在内接正方形，此时其边长为?1+174；
（3）在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，
∴AD=OA2+OD2=10，
同理：CD=10，
在Rt△BOC中，OB=OC=1，
∴BC=OC2+OB2=2，
①如图1，当△DBC∽△DAE时，
∵∠CDB=∠ADO，
∴在y轴上存在E，由DBDA＝DCDE，
∴410＝10DE，
∴DE=52，
∵D（0，-3），
∴E（0，-12），
由对称性知，在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC∽△DAE'，
连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD于M，连接E'D，
∵E，E'关于DA对称，
∴DF垂直平分EE'，
∴△DEF∽△DAO，
∴DEDA＝DFDO＝EFAO，
∴2.510＝DF3＝EF1，
∴DF=3104，EF=104，
∵S△DEE'=12DE?E'M=EF×DF=158，
∴E'M=32，
∵DE'=DE=52，
在Rt△DE'M中，DM=DE'2?E'M2=2，
∴OM=1，
∴E'（32，-1），
②如图2，
当△DBC∽△ADE时，有∠BDC=∠DAE，DBAD＝DCAE，
∴410=10AE，
∴AE=52，
当E在直线AD左侧时，设AE交y轴于P，作EQ⊥AC于Q，
∵∠BDC=∠DAE=∠ODA，
∴PD=PA，
设PD=n，
∴PO=3-n，PA=n，
在Rt△AOP中，PA2=OA2+OP2，
∴n2=（3-n）2+1，
∴n=53，
∴PA=53，PO=43，
∵AE=52，
∴PE=56，
在AEQ中，OP∥EQ，
∴APPE＝AOOQ，
∴OQ=12，
∵OPQE＝APAE＝23，
∴QE=2，
∴E（-12，-2），
当E'在直线DA右侧时，
根据勾股定理得，AE=AQ2+QE2=52，
∴AE'=52
∵∠DAE'=∠BDC，∠BDC=∠BDA，
∴∠BDA=∠DAE'，
∴AE'∥OD，
∴E'（1，-52），
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即：（0，-12）或（32，-1）或（1，-52）或（-12，-2）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，对称性，正确作出辅助线和用分类讨论的思想是解本题的关键．
5．（2018?金华）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）①FG =25；②BC=123；（2）等腰三角形△DFG的腰长为4或20或84+48147或?84+48147．
【解析】（1）①只要证明△ACF∽△GEF，推出FGAF=EGAC，即可解决问题；②如图1中，想办法证明∠1=∠2=30°即可解决问题；
（2）分四种情形：①如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，②如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，
③如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，分别求解即可解决问题；
解：（1）①在正方形ACDE中，DG=GE=6，
中Rt△AEG中，AG=AE2+EG2=65，
∵EG∥AC，
∴△ACF∽△GEF，
∴FGAF=EGAC，
∴FGAF=612=12，
∴FG=13AG=25．
②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°，
∵EF=EF，
∴△AEF≌△DEF，
∴∠1=∠2，设∠1=∠2=x，
∵AE∥BC，
∴∠B=∠1=x，
∵GF=GD，
∴∠3=∠2=x，
在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°，
∴x+（x+90°）+x=180°，
解得x=30°，
∴∠B=30°，
∴在Rt△ABC中，BC=ACtan30°=123．
（2）在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=122+92=15，
如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，
∵DG∥AC，
∴△BDG∽△BCA，
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x，
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x，
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF，
∴AEBC=AFBF，
∴9?3x9=15?9x9x，
整理得：x2-6x+5=0，
解得x=1或5（舍弃）
∴腰长GD为=4x=4．
如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，
∴FG=DG=12+4x，
∵AE∥BC，
∴△AEF∽△BCF，
∴AEBC=AFBF，
∴3x9=9x+129x+27，
解得x=2或-2（舍弃），
∴腰长DG=4x+12=20．
如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥FG．
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12，
∴FH=GH=DG?cos∠DGB=（4x+12）×45=16x+485，
∴GF=2GH=32x+965，
∴AF=GF-AG=7x+965，
∵AC∥DG，
∴△ACF∽△GEF，
∴ACEG=AFFG
∴124x=7x+96532x+965，
解得x=12147或-12147（舍弃），
∴腰长GD=4x+12=84+48147，
如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，作DH⊥AG于H．
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12，
∴FH=GH=DG?cos∠DGB=16x?485，
∴FG=2FH=32x?965，
∴AF=AG-FG=96?7x5，
∵AC∥EG，
∴△ACF∽△GEF，
∴ACEG=AFFG，
∴124x=96?7x532x?965，解得x=12147或-12147（舍弃），
∴腰长DG=4x-12=?84+48147，
综上所述，等腰三角形△DFG的腰长为4或20或84+48147或?84+48147．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．（2018?济宁）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
（3）若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）M（﹣35，﹣65）；（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+7，3）或（1﹣7，3）或（2，﹣3）．
【解析】（1）把A，B，C的坐标代入抛物线解析式求出a，b，c的值即可；
（2）由题意得到直线BC与直线AM垂直，求出直线BC解析式，确定出直线AM中k的值，利用待定系数法求出直线AM解析式，联立求出M坐标即可；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况，利用平移规律确定出P的坐标即可．
解：（1）把A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）代入抛物线解析式得：&9a+3b+c=0&a?b+c=0&c=?3，
解得：&a=1&b=?2&c=?3，
则该抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设直线BC解析式为y=kx﹣3，
把B（﹣1，0）代入得：﹣k﹣3=0，即k=﹣3，
∴直线BC解析式为y=﹣3x﹣3，
∴直线AM解析式为y=13x+m，
把A（3，0）代入得：1+m=0，即m=﹣1，
∴直线AM解析式为y=13x﹣1，
联立得：&y=?3x?3&y=13x?1，
解得：&x=?35&y=?65，
则M（﹣35，﹣65）；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
分两种情况考虑：
设Q（x，0），P（m，m2﹣2m﹣3），
当四边形BCQP为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+x=0+m，0+0=﹣3+m2﹣2m﹣3，
解得：m=1±7，x=2±7，
当m=1+7时，m2﹣2m﹣3=8+27﹣2﹣27﹣3=3，即P（1+7，3）；
当m=1﹣7时，m2﹣2m﹣3=8﹣27﹣2+27﹣3=3，即P（1﹣7，3）；
当四边形BCPQ为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+m=0+x，0+m2﹣2m﹣3=﹣3+0，
解得：m=0或2，
当m=0时，P（0，﹣3）（舍去）；当m=2时，P（2，﹣3），
综上，存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+7，3）或（1﹣7，3）或（2，﹣3）．
【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质以及平移规律，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
7．（2018?十堰）已知抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=12x2﹣x﹣4；（2）证明见解析；（3）点D的坐标为（225，325）或（43，﹣409）．
【解析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可
（2）令y=0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE=CF，证明△OEG≌△CFG，则OG=CG=2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=12x2+bx+c中得：
2?2b+c=0c=?4，解得：b=?1c=?4，
∴抛物线的解析式为：y=12x2﹣x﹣4；
（2）当y=0时，12x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴12PB?OE=12PB?CF，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设P（x，12x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM=PMBM=OGOB=24=12，
∴BM=2PM，
∴4+12x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y=x+2，
BC的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE=∠ACB=45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴ABAC=AEAB，
∴256=AE25，
∴AE=103，
∴E（103，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y=65，
则12x2﹣x﹣4=65x﹣4，
x1=0（舍），x2=225，
∴D（225，325）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，
∵∠BEA=∠BEC，
∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴ABBC=BECE=2542，
设BE=25m，CE=42m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴42+42m?42=25m2，
3m2﹣82m+8=0，
（m﹣22）（3m﹣22）=0，
m1=22，m2=223，
∴OE=42m﹣4=12或43，
∵OE=43＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=﹣13x﹣4，
﹣13x﹣4=12x2﹣x﹣4，
x=43或0（舍）
∴D（43，﹣409）；
综上，点D的坐标为（225，325）或（43，﹣409）．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、一元二次方程、三角形面积以及勾股定理，第3问有难度，确定△BCE与△ABE相似并画出图形是关键．
8．（2018?重庆B）抛物线y=﹣66x2﹣233x+6与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+12EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）263；（2）26+33（3），O2M的长63或6或22+6或22?6．
【解析】（1）分别表示C和D的坐标，利用勾股定理可得CD的长；
（2）令y=0，可求得A（-32，0），B（2，0），利用待定系数法可计算直线AC的解析式为：y=33x+6，设E（x，33x+6），P（x，﹣66x2﹣233x+6），表示PE的长，利用勾股定理计算AC的长，发现∠CAO=30°，得AE=2EF=233x+26，计算PE+12EC，利用配方法可得当PE+12EC的值最大时，x=-22，此时P（-22，6），确定要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，将点P向右平移2个单位长度得点P1（-2，6），连接P1B1，则PO1=P1B1，再作点P1关于x轴的对称点P2（-2，-6），可得结论；
（3）先确定对折后O2C落在AC上，△AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况：
①如图4，AN=MN，证明△C1EC≌△B2O2M，可计算O2M的长；
②如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=6；
③如图6，AM=MN，N和H、C1重合，可得结论；
④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E证明四边形C1EO2B2是矩形，根据O2M=EO2+EM可得结论．
解：（1）如图1，过点D作DK⊥y轴于K，
当x=0时，y=6，
∴C（0，6），
y=﹣66x2﹣233x+6=-66（x+2)2+463，
∴D（-2，463），
∴DK=2，CK=463-6=63，
∴CD=DK2+CK2=（2）2+(63)2=263；
（2）在y=-66x2﹣233x+6中，令y=0，则-66x2﹣233x+6=0，
解得：x1=-32，x2=2，
∴A（-32，0），B（2，0），
∵C（0，6），
易得直线AC的解析式为：y=33x+6，
设E（x，33x+6），P（x，-66x2﹣233x+6），
∴PF=-66x2﹣233x+6，EF=33x+6，
Rt△ACO中，AO=32，OC=6，
∴AC=26，
∴∠CAO=30°，
∴AE=2EF=233x+26，
∴PE+12EC=（-66x2﹣233x+6）-（33x+6）+12（AC-AE），
=-66x2-3x+12 [26-（233x+26）]，
=-66x2-3x-33x，
=-66（x+22）2+463，
∴当PE+12EC的值最大时，x=-22，此时P（-22，6），
∴PC=22，
∵O1B1=OB=2，
∴要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，
如图2，将点P向右平移2个单位长度得点P1（-2，6），连接P1B1，则PO1=P1B1，
再作点P1关于x轴的对称点P2（-2，-6），则P1B1=P2B1，
∴PO1+B1C=P2B1+B1C，
∴连接P2C与x轴的交点即为使PO1+B1C的值最小时的点B1，
∴B1（-22，0），
将B1向左平移2个单位长度即得点O1，
此时PO1+B1C=P2C=(26)2+(2)2=26，
对应的点O1的坐标为（-322，0），
∴四边形PO1B1C周长的最小值为26+32；
（3）O2M的长度为63或6或22+6或22-6．
理由是：如图3，
∵H是AB的中点，
∴OH=2，
∵OC=6，
∴CH=BC=22，
∴∠HCO=∠BCO=30°，
∵∠ACO=60°，
∴将CO沿CH对折后落在直线AC上，即O2在AC上，
∴∠B2CA=∠CAB=30°，
∴B2C∥AB，
∴B2（-22，6），
①如图4，AN=MN，
∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3，
由旋转得：∠CB2C1=∠O2B2O3=30°，B2C=B2C1，
∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°，
过C1作C1E⊥B2C于E，
∵B2C=B2C1=22，
∴C1E＝2=B2O2，B2E=6，
∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1，
∠B2O2M=∠C1EC=90°，
∴△C1EC≌△B2O2M，
∴O2M=CE=B2C-B2E=22-6；
②如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=6，
③如图6，AM=MN，
∵B2C=B2C1=22=B2H，即N和H、C1重合，
∴∠CAO=∠AHM=∠MHO2=30°，
∴O2M=13AO2=63；
④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E，
∴∠NMA=∠NAM=30°，
∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA，
∴C1B2∥AC，
∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°，
∵∠C1EC=90°，
∴四边形C1EO2B2是矩形，
∴EO2=C1B2=22，C1E＝B2O2＝2，
∴EM=6，
∴O2M=EO2+EM=22+6，
综上所述，O2M的长是63或6或22+6或22?6．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建轴对称解决最值问题，对于第3问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想，属于中考压轴题．
9．（2019·广安）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，已知，P点为抛物线上一动点（不与A、D重合）．
（1）求抛物线和直线l的解析式；
（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作轴交直线l于点F，求的最大值；
（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），直线l的表达式为：；（2）最大值：18；（3）存在，P的坐标为：或或或.
【解析】（1）将点A、D的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解；
（2），即可求解；
（3）分NC是平行四边形的一条边、NC是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可．
解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，
故直线l的表达式为：，
将点A、D的坐标代入抛物线表达式，
同理可得抛物线的表达式为：；
（2）直线l的表达式为：，则直线l与x轴的夹角为，
即：则，
设点P坐标为、则点，
，故有最大值，
当时，其最大值为18；
（3），
①当NC是平行四边形的一条边时，
设点P坐标为、则点，
由题意得：，即：，
解得或0或4（舍去0），
则点P坐标为或或；
②当NC是平行四边形的对角线时，
则NC的中点坐标为，
设点P坐标为、则点，
N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，
即：，
解得：或（舍去0），
故点；
故点P的坐标为：或或或．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
10．（2019·自贡）如图，已知直线与抛物线： 相交于和点两点.
⑴求抛物线的函数表达式；
⑵若点是位于直线上方抛物线上的一动点，以为相邻两边作平行四边形,当平行四边形的面积最大时，求此时四边形的面积及点的坐标；
⑶在抛物线的对称轴上是否存在定点,使抛物线上任意一点到点的距离等于到直线的距离，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】⑴；⑵当 ，□MANB=△= ，此时；⑶存在. 当时，无论取任何实数，均有. 理由见解析.
【解析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入y=ax2+2x+c即可求得二次函数的解析式；
（2）过点M作MH⊥x轴于H，交直线AB于K，求出直线AB的解析式，设点M（a，-a2+2a+3），则K（a，a+1），利用函数思想求出MK的最大值，再求出△AMB面积的最大值，可推出此时平行四边形MANB的面积S及点M的坐标；
（3）如图2，分别过点B，C作直线y=的垂线，垂足为N，H，设抛物线对称轴上存在点F，使抛物线C上任意一点P到点F的距离等于到直线y=的距离，其中F（1，a），连接BF，CF，则可根据BF=BN，CF=CN两组等量关系列出关于a的方程组，解方程组即可．
解：（1）由题意把点（-1，0）、（2，3）代入y=ax2+2x+c，
得，，
解得a=-1，c=3，
∴此抛物线C函数表达式为：y=-x2+2x+3；
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于H，交直线AB于K，
将点（-1，0）、（2，3）代入y=kx+b中，
得，，
解得，k=1，b=1，
∴yAB=x+1，
设点M（a，-a2+2a+3），则K（a，a+1），
则MK=-a2+2a+3-（a+1）
=-（a-）2+，
根据二次函数的性质可知，当a=时，MK有最大长度，
∴S△AMB最大=S△AMK+S△BMK
=MK?AH+MK?（xB-xH）
=MK?（xB-xA）
=××3
=，
∴以MA、MB为相邻的两边作平行四边形MANB，当平行四边形MANB的面积最大时，
S最大=2S△AMB最大=2×=，M（，）；
（3）存在点F，
∵y=-x2+2x+3
=-（x-1）2+4，
∴对称轴为直线x=1，
当y=0时，x1=-1，x2=3，
∴抛物线与点x轴正半轴交于点C（3，0），
如图2，分别过点B，C作直线y=的垂线，垂足为N，H，
抛物线对称轴上存在点F，使抛物线C上任意一点P到点F的距离等于到直线y=的距离，设F（1，a），连接BF，CF，
则BF=BN=-3=，CF=CH=，
由题意可列：，
解得，a=，
∴F（1，）．
【点评】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了用函数思想求极值等，解题关键是能够判断出当平行四边形MANB的面积最大时，△ABM的面积最大，且此时线段MK的长度也最大．
11．（2019·重庆）如图，在平面在角坐标系中，抛物线y=x2-2x-3与x轴交与点A，B（点A在点B的左侧）交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）连结BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当MN取得最大值时，求HF+FP+PC的最小值；
（2）在（1）中，当MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值时，把点P向上平移个单位得到点Q，连结AQ，把△AOQ绕点O瓶时针旋转一定的角度（0°<<360°），得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点C在旋转过程中，是否存在一点G使得？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，Q的坐标（，﹣），（，），（﹣，），（，﹣）
【解析】（1）先确定点F的位置，可设点N（m，m2-2m-3），则点F（m，2m-6），可得|NF|=（2m-6）-（m2-2m-3）=-m2+4m-3，根据二次函数的性质得m= 时，NF取到最大值，此时HF=2， F（2，-2），在x轴上找一点K（，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J，交y轴于点P，，直线KC的解析式为： ，从而得到直线FJ 的解析式为：联立解出点J（ ,
）得FP+PC的最小值即为FJ的长，且, 最后得出 ;（2）由题意可得出点Q（0，-2），A2=，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取AQ的中点G，连接OG，则OG=GQ=AQ=，此时，∠AQ0=∠GOQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度 （0°<<360°），得到△A'OQ'，其中边A’Q’交坐标轴于点G，则用0G=GQ’，分四种情况求解即可.
解：（1）如图1
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C
∴令y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令x＝0，解得：y＝﹣3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）
∵点D为抛物线的顶点，且﹣4
∴点D的坐标为D（1，﹣4）
∴直线BD的解析式为：y＝2x﹣6，
由题意，可设点N（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，2m﹣6）
∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3
∴当m＝＝2时，NF 取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，
此时，N（2，﹣3），F（2，﹣2），H（2，0）
在x轴上找一点K（，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J点，交y轴于点P，
∴sin∠OCK＝ ，直线KC的解析式为：，且点F（2，﹣2），
∴PJ＝PC，直线FJ的解析式为：
∴点J（ , ）
∴FP+PC的最小值即为FJ的长，且
∴；
（2）由（1）知，点P（0， ），
∵把点P向上平移 个单位得到点Q
∴点Q（0，﹣2）
∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝，取AQ的中点G，连接OG，则OG＝GQ＝AQ＝，此时，∠AQO＝∠GOQ
把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G
①如图2
G点落在y轴的负半轴，则G（0，﹣），过点Q'作Q'I⊥x轴交x轴于点I，且∠GOQ'＝∠Q'
则∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ，
∵sin∠OAQ＝＝＝
∴，解得：|IO|＝
∴在Rt△OIQ'中根据勾股定理可得|OI|＝
∴点Q'的坐标为Q'（，﹣）；
②如图3，
当G点落在x轴的正半轴上时，同理可得Q'（，）
③如图4
当G点落在y轴的正半轴上时，同理可得Q'（﹣，）
④如图5
当G点落在x轴的负半轴上时，同理可得Q'（﹣，﹣）
综上所述，所有满足条件的点Q′的坐标为：（，﹣），（，），（﹣，），（，﹣）
【点评】本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培养及直角三角形的中线性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过求点的坐标来表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
12．（2019·毕节）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点.
（1）抛物线的解析式为 ，抛物线的顶点坐标为 ；
（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标；
（3）如图2，点E的坐标为（0，﹣1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标；
（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3，顶点坐标为（﹣1，4）；（2）点D（﹣1，2）；（3）点P（，）（4）不存在，理由见解析.
【解析】(1)利用待定系数法可求得函数的表达式，再通过配方即可求得顶点坐标；
(2)又S△CPD：S△BPD＝1：2，可得BD＝BC＝×＝，再利用解直角三角形的知识即可求得答案；
(3)设直线PE交x轴于点H，∠OGE＝15°，∠PEG＝2∠OGE＝30°，则∠OHE＝45°，故OH＝OE＝1，解由①②构成的方程组即可求得答案；
(4)连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，设点P(x，﹣x2﹣2x+3)，点H(x，x+3)，则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝×3×3+(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)×3＝8，得到关于x的一元二次方程，根据方程解的情况即可得结论.
解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx+3经过点A(1，0)和点B(﹣3，0)，
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3…①，
y＝﹣x2﹣2x+3=-(x+1)2+4，
∴顶点坐标为(﹣1，4)；
(2)设点D坐标为(xD，yD)，∵OB＝OC，∠BOC=90°，
∴∠CBO＝45°，BC=，
∵S△CPD：S△BPD＝1：2，
∴BD：DC=2：1，
∴BD＝BC＝×＝，
∴xD=-3+ BD?cos∠CBO=-3+2=-1， yD＝BD?sin∠CBO＝2，
∴点D(﹣1，2)；
(3)如图2，设直线PE交x轴于点H，
∵∠OGE＝15°，∠EOG=90°，
∴∠OEG=90°-15°=75°，
∵∠PEG＝2∠OGE，
∴∠PEG＝2∠OGE＝30°，
∴∠OHE＝∠OGE+∠PEG=45°，∠HEO=∠OEG-∠PEG=45°，
∴OH＝OE＝1，
∴H(-1，0)，
设直线HE的解析式为y=mx+n，把H(-1，0)、E(0，-1)分别代入得，
解得，
∴直线HE的表达式为：y＝﹣x﹣1…②，
联立①②并解得：，(舍去)，
故点P(，)；
(4)不存在，理由：
如图3，连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，
直线BC的表达式为：y＝x+3，
设点P(x，﹣x2﹣2x+3)，点H(x，x+3)，
则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝×3×3+(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)×3＝8，
整理得：3x2+9x+7＝0，
解得：△＜0，故方程无解，
则不存在满足条件的点P.
【点评】本题考查了是二次函数的综合题，涉及了待定系数法，解直角三角形，解二元方程组，一元二次方程根的判别式等知识，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.注意数形结合思想以及方程思想的应用.
一、解答题（共12道题）
1．（2018?淮北模拟）已知AB⊥BD于B，CD⊥BD于D，AB=6，cd=4，BD=14，则在BD上是否存在点P，使以C、D、P为顶点的三角形与以P、B、A为顶点的三角形相似？如果存在，求DP的长；如果不存在，说明理由．
【答案】存在，当DP=2或12或5.6时，△PCD与△PAB相似．
【解析】分△PCD∽△APB与△PCD∽△PAB两种情况进行分析求解，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
解：存在，
①若△PCD∽△APB，则CDPB=DPAB，即414?DP=DP6，解得DP=2或12；
②若△PCD∽△PAB，则CDAB=DPPB，即46=DP14?DP，解得DP=5.6，
∴当DP=2或12或5.6时，△PCD与△PAB相似．
【点评】本题考查了相似三角形的性质，运用分类讨论思想是解答本题的关键.
2．（2018?沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣32与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0）．绕点A旋转的直线l：y＝kx+b1交抛物线于另一点D，交y轴于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当点D在第二象限且满足CD＝5AC时，求直线l的解析式；
（3）在（2）的条件下，点E为直线l下方抛物线上的一点，直接写出△ACE面积的最大值；
（4）如图2，在抛物线的对称轴上有一点P，其纵坐标为4，点Q在抛物线上，当直线l与y轴的交点C位于y轴负半轴时，是否存在以点A，D，P，Q为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝12x2+x﹣32；（2）y＝﹣x+1；（3）当x＝﹣2时，最大值为94；（4）存在，点D的横坐标为﹣3或7或﹣7．
【解析】（1）设二次函数的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即可求解；
（2）OC∥DF，则ACCD=AOOF=15, 即可求解；
（3）由S△ACE=S△AME﹣S△CME即可求解；
（4）分当AP为平行四边形的一条边、对角线两种情况，分别求解即可．
解：（1）设二次函数的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，
即：?3a=?32， 解得：a=12，
故函数的表达式为： y=12x2+x?32①；
（2）过点D作DF⊥x轴交于点F，过点E作y轴的平行线交直线AD于点M，
∵OC∥DF，∴ACCD=AOOF=15,OF＝5OA＝5，
故点D的坐标为（﹣5，6），
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n得：6=?5m+n0=m+n，解得：m=?1n=1.
即直线AD的表达式为：y＝﹣x+1，
（3）设点E坐标为x,12x2+x?32， 则点M坐标为x,?x+1，
则EM=?x+1?12x2?x+32=?12x2?2x+52，
S△ACE=S△AME?S△CME=12×1×EM=?14x+22+94，
∵a=?14<0，故S△ACE有最大值，
当x＝﹣2时，最大值为94；
（4）存在，理由：
①当AP为平行四边形的一条边时，如下图，
设点D的坐标为t,12t2+t?32，
将点A向左平移2个单位、向上平移4个单位到达点P的位置，
同样把点D左平移2个单位、向上平移4个单位到达点Q的位置，
则点Q的坐标为t?2，12t2+t+52，
将点Q的坐标代入①式并解得：t=?3；
②当AP为平行四边形的对角线时，如下图，
设点Q坐标为t,12t2+t?32，点D的坐标为（m，n），
AP中点的坐标为（0，2），该点也是DQ的中点，
则：m+t2=0n+12t2+t?322=2, 即： m=?tn=?12t2?t+112,
将点D坐标代入①式并解得：m=±7．
故点D的横坐标为：?3或7或?7．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形平移、平行四边形的性质等，关键是（4）中，用图形平移的方法求解点的坐标，本题难度大．
3．（2018?铜仁）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，12），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣12x2+32x+2；（2）m=﹣1或m=3时，四边形DMQF是平行四边形；（3）点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
【解析】（1）待定系数法求解可得； （2）先利用待定系数法求出直线BD解析式为y=12x-2，则Q（m，-12m2+32m+2）、M（m，12m-2），由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，据此列出关于m的方程，解之可得； （3）易知∠ODB=∠QMB，故分①∠DOB=∠MBQ=90°，利用△DOB∽△MBQ得DOOB=MBBQ=12，再证△MBQ∽△BPQ得BMBQ=BPPQ，即12=4?m?12m2+32m+2，解之即可得此时m的值；②∠BQM=90°，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，易得点Q坐标．
解：（1）由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4）， 将点C（0，2）代入，得：-4a=2， 解得：a=-12， 则抛物线解析式为y=-12（x+1）（x-4）=-12x2+32x+2； （2）由题意知点D坐标为（0，-2）， 设直线BD解析式为y=kx+b， 将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
4k+b＝0b＝?2，解得：k＝12b＝?2， ∴直线BD解析式为y=12x-2， ∵QM⊥x轴，P（m，0）， ∴Q（m，--12m2+32m+2）、M（m，12m-2）， 则QM=-12m2+32m+2-（12m-2）=-12m2+m+4， ∵F（0，12）、D（0，-2）， ∴DF=52， ∵QM∥DF， ∴当-12m2+m+4=52时，四边形DMQF是平行四边形， 解得：m=-1（舍）或m=3， 即m=3时，四边形DMQF是平行四边形； （3）如图所示： ∵QM∥DF， ∴∠ODB=∠QMB， 分以下两种情况： ①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ， 则DOOB=MBBQ=24=12， ∵∠MBQ=90°， ∴∠MBP+∠PBQ=90°， ∵∠MPB=∠BPQ=90°， ∴∠MBP+∠BMP=90°， ∴∠BMP=∠PBQ， ∴△MBQ∽△BPQ， ∴BMBQ=BPPQ，即12=4?m?12m2+32m+2， 解得：m1=3、m2=4， 当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去， ∴m=3，点Q的坐标为（3，2）； ②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′， 此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）； 综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用．
4．（2018?日照）如图，已知点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，1）在抛物线y=ax2+bx+c上．
（1）求抛物线解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上求一点P，使△PBC面积为1；
（3）在x轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点Q，使∠BQC=∠BAC？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为y=﹣13x2+23x+1；（2）点P的坐标为（1，43）或（2，1）；（3）存在，理由见解析．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），将C（0，1）代入求得a的值即可；
（2）过点P作PD⊥x，交BC与点D，先求得直线BC的解析式为y=﹣13x+1，设点P（x，﹣13x2+23x+1），则D（x，﹣13 x+1），然后可得到PD与x之间的关系式，接下来，依据△PBC的面积为1列方程求解即可；
（3）首先依据点A和点C的坐标可得到∠BQC=∠BAC=45°，设△ABC外接圆圆心为M，则∠CMB=90°，设⊙M的半径为x，则Rt△CMB中，依据勾股定理可求得⊙M的半径，然后依据外心的性质可得到点M为直线y=﹣x与x=1的交点，从而可求得点M的坐标，然后由点M的坐标以及⊙M的半径可得到点Q的坐标．
解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），将C（0，1）代入得﹣3a=1，解得：a=﹣13，
∴抛物线的解析式为y=﹣13x2+23x+1；
（2）过点P作PD⊥x，交BC与点D，
设直线BC的解析式为y=kx+b，则3k+b=0b=1，解得：k=﹣13，
∴直线BC的解析式为y=﹣13x+1，
设点P（x，﹣13 x2+23x+1），则D（x，﹣13 x+1），
∴PD=（﹣13x2+23x+1）﹣（﹣13x+1）=﹣13x2+x，
∴S△PBC=12OB?DP=12×3×（﹣13x2+x）=﹣12x2+32x，
又∵S△PBC=1，
∴﹣12x2+32x=1，整理得：x2﹣3x+2=0，解得：x=1或x=2，
∴点P的坐标为（1，43）或（2，1）；
（3）存在．
∵A（﹣1，0），C（0，1），
∴OC=OA=1，
∴∠BAC=45°，
∵∠BQC=∠BAC=45°，
∴点Q为△ABC外接圆与抛物线对称轴在x轴下方的交点，
设△ABC外接圆圆心为M，则∠CMB=90°，
设⊙M的半径为x，则Rt△CMB中，由勾股定理可知CM2+BM2=BC2，即2x2=10，
解得：x=5（负值已舍去），
∵AC的垂直平分线的为直线y=﹣x，AB的垂直平分线为直线x=1，
∴点M为直线y=﹣x与x=1的交点，即M（1，﹣1），
∴Q的坐标为（1，﹣1﹣5）．
【点评】本题考查的是二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求二次函数的解析式、三角形的外心的性质，求得点M的坐标以及⊙M的半径的长度是解题的关键．
5．（2018?曲靖模拟）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，A、B两点的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）点E为抛物线的顶点，点C为抛物线与x轴的另一交点，点D为y轴上一点，且DC=DE，求出点D的坐标．
（3）在第二问的条件下，射线DE上是否存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）（0，﹣1）；（3）满足条件的点P共有2个，其坐标分别为（13，﹣2）、（3，﹣10）．
【解析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，解方程组求出b、c的值，即可得解； （2）令y=0，利用抛物线解析式求出点C的坐标，设点D的坐标为（0，m），作EF⊥y轴于点F，利用勾股定理列式表示出DC2与DE2，然后解方程求出m的值，即可得到点D的坐标； （3）根据点C、D、E的坐标判定△COD和△DFE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EDF=∠DCO，然后求出CD⊥DE，再利用勾股定理求出CD的长度，然后①分OC与CD是对应边；②OC与DP是对应边；根据相似三角形对应边成比例列式求出DP的长度，过点P作PG⊥y轴于点G，分别求出DG、PG的长度，结合平面直角坐标系即可写出点P的坐标．
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（0，﹣3），
∴1?b+c＝0c＝?3 ，
解得b＝?2c＝?3，
故抛物线的函数解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）令x2﹣2x﹣3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
则点C的坐标为（3，0），
∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴点E坐标为（1，﹣4），
设点D的坐标为（0，m），
∵DC2=OD2+OC2=m2+32，DE2=DF2+EF2=（m+4）2+12，
∵DC=DE，
∴m2+9=m2+8m+16+1，
解得m=﹣1，
∴点D的坐标为（0，﹣1）；
（3）作EF⊥y轴于F．
∵点C（3，0），D（0，﹣1），E（1，﹣4），
∴CO=DF=3，DO=EF=1，
根据勾股定理，CD=OC2+OD2=32+12=10，
在△COD和△DFE中，
∵CO＝DF∠COD＝∠DFEDO＝EF ，
∴△COD≌△DFE（SAS），
∴∠EDF=∠DCO，
又∵∠DCO+∠CDO=90°，
∴∠EDF+∠CDO=90°，
∴∠CDE=180°﹣90°=90°，
∴CD⊥DE，
①分OC与CD是对应边时，
∵△DOC∽△PDC，
∴OCDC=ODDP ，
即310=1DP，
解得DP=103，
过点P作PG⊥y轴于点G，
则 DGDF=PGEF=PDDE ，
即DG3=PG1=10310 ，
解得DG=1，PG=13，
OG=DO+DG=1+1=2，
所以，点P（13，﹣2）；
②OC与DP是对应边时，
∵△DOC∽△CDP，
∴OCDP=ODDC ，
即 3DP=110，
解得DP=310，
过点P作PG⊥y轴于点G，
则DGDF=PGEF=DPDE，
即 DG3=PG1=31010，
解得DG=9，PG=3，
OG=OD+DG=1+9=10，
所以，点P的坐标是（3，﹣10），
综上所述，满足条件的点P共有2个，其坐标分别为（13，﹣2）、（3，﹣10）．
【点评】二次函数的综合题型，主要涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的应用，相似三角形对应边成比例的性质，（3）题稍微复杂，一定要注意分相似三角形的对应边的不同，点P在点D的左右两边的情况讨论求解．
6．（2018?襄阳模拟）已知平面直角坐标系中两定点A（﹣1，0）、B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，顶点为C，点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围；
（3）若m＞32，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（0＜t＜52）个单位，点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′，是否存在t，使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t的值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) 抛物线的解析式为：y=12x2﹣32x﹣2；C（ 32，﹣258 ）．(2) ﹣1＜m＜0或3＜m＜4;(3)1541
【解析】（1）待定系数法求解析式即可，求得解析式后转换成顶点式即可．
（2）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以-1＜m＜0，或3＜m＜4．
（3）左右平移时，使A′D+DB″最短即可，那么作出点C′关于x轴对称点的坐标为C″，得到直线P″C″的解析式，然后把A点的坐标代入即可．
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，
∴a?b?2=016a+4b?2=0，
解得：a=12b=?32，
∴抛物线的解析式为：y=12x2﹣32x﹣2；
∵y=12x2﹣32x﹣2=12（x﹣32）2﹣258，
∴C（32，﹣258）．
（2）如图1，以AB为直径作圆M，则抛物线在圆内的部分，能使∠APB为钝角，
∴M（32，0），⊙M的半径=52．
∵P′是抛物线与y轴的交点，
∴OP′=2，
∴MP′=OP'2+OM2=52，
∴P′在⊙M上，
∴P′的对称点（3，﹣2），
∴当﹣1＜m＜0或3＜m＜4时，∠APB为钝角．
（3）存在；
抛物线向左或向右平移，因为AB、P′C′是定值，所以A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短，只要AC′+BP′最小；
第一种情况：抛物线向右平移，AC′+BP′＞AC+BP，
第二种情况：向左平移，如图2所示，由（2）可知P（3，﹣2），
又∵C（32，﹣258）
∴C'（32﹣t，﹣258），P'（3﹣t，﹣2），
∵AB=5，
∴P″（﹣2﹣t，﹣2），
要使AC′+BP′最短，只要AC′+AP″最短即可，
点C′关于x轴的对称点C″（32﹣t，258），
设直线P″C″的解析式为：y=kx+b，
?2=(?2?t)k+b258=(32?t）k+b，
解得k=4128b=4128t+1314
∴直线y=4128x+4128t+1314，
当P″、A、C″在一条直线上时，周长最小，
∴?4128x+4128t+1314=0
∴t=1541．
故将抛物线向左平移1541个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短．
【点评】利用轴对称的性质解决几何图形中的最值问题借助的主要基本定理有两个：（1）两点之间线段最短；（2）三角形两边之和大于第三边.
7．（2019·潍坊模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，交轴正半轴于点，与过点的直线相交于另一点，过点作轴，垂足为．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点在线段上（不与点，重合），过作轴，交直线于，交抛物线于点，于点，求的最大值；
（3）若是轴正半轴上的一动点，设的长为．是否存在，使以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，
【解析】（1）根据点B、D坐标，利用待定系数法求解即可得；
（2）先由（1）的结论求出点A坐标，再利用待定系数法求出直线AD的解析式，设，可得点M、N坐标，从而可用t表示MN的长，然后根据的面积的两种求法列出等式解出NE的表达式，最后利用二次函数的性质求解即可得；
（3）分点在左侧和在右侧两种情况，分别求出MN的值，再根据求解即可．
解：（1）把点，点代入得
解得
故抛物线的表达式为；
（2）令，代入抛物线解析式得
设直线的解析式为
将点代入直线的解析式得
解得
则直线的解析式为
设，（）
∴，
∴
∵
又∵
∴
解得
由二次函数的性质得：当时，随t的增大而增大；当时，随t的增大而减小
则当时，取得最大值，最大值为；
（3）∵
∴点的横坐标为
∴，
①在左侧时，
若，即，以点为顶点的四边形是平行四边形
∵，方程无实根
则此时不存在，使以点为顶点的四边形是平行四边形
②当在右侧时，
若，即，以点为顶点的四边形是平行四边形
解得，（舍）
则当时，以点为顶点的四边形是平行四边形
综上，存在这样的t，t的值为．
【点评】本题考查了利用待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的定义、一元二次方程的解等知识点，较难的是题（2），利用的面积的两种求法进行求解是解题关键．
8．（2019·郑州模拟）如图所示，在正方形ABCD中，AD＝6，M在AD上从A向D运动，连接BM交AC于N，连接DN．
（1）证明：无论M运动到AD上的何处，都有△ABN≌△ADN；
（2）当M运动到何处时，S△ABN＝S正方形ABCD？
（3）若M从A到D，再从D到C，在整个运动过程中，DM为多少时，△ABN是等腰三角形？
【答案】（1）见解析；（2）AM＝2时；（3）当DM＝0或6或12﹣6时，△ABN是等腰三角形
【解析】（1）由正方形的性质得出AB＝AD＝BC＝6，∠BAN＝∠DAN，AD∥BC，由SAS证明△ABN≌△ADN即可；
（2）由正方形的性质得出，得出，由平行线得出△AMN∽△CBN，得出，求出；
（3）分三种情况：①若AN＝BN，此时M与D重合，DM＝0；
②若AB＝BN，此时M与重合，DM＝6；
③若AB＝AN，此时点M在DC上，由平行线得出△ABN∽△CMN，得出CM＝CN，求出，即可得出．
解：（1）证明：∵四边形ABD是正方形
∴AB＝AD＝BC＝6，∠BAN＝∠DAN，AD∥BC
在△ABN和△ADN中，
；
（2）
，即
，即
∵AM∥BC
∴△AMN∽△CBN
即当AM＝2时，；
（3）若△ABN是等腰三角形，分三种情况：
①若AN＝BN，此时M与D重合，DM＝0
②若AB＝BN，此时M与重合，DM＝6
③若AB＝AN，此时点M在DC上，如图所示：
∵AB∥CM
∴△ABN∽△CMN
∴
∴CM＝CN
综上，当DM＝0或6或时，△ABN是等腰三角形．
【点评】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的定义、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），依据等腰三角形的定义，正确分三种情况讨论是解题关键．
9．（2019·石家庄模拟）如图，点P为抛物线L：y＝a（x﹣2）（x﹣4）（其中a为常数，且a＜0）的顶点，L与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线，与L交于点A，过点A作x轴的垂线，与射线OP交于点B，连接OA
（1）a＝﹣2时，点P的坐标是 ，点B的坐标是 ；
（2）是否存在a的值，使OA＝OB？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由
（3）若△OAB的外心N的坐标为（p，q），则
①当点N在△OAB内部时，求a的取值范围；
②用a表示外心N的横坐标p和纵坐标q，并求p与q的关系式（不写q的取值范围）．
【答案】（1）（3，2），（6，4）；（2）不存在，见解析；（3）①﹣＜a＜0；②N横坐标p＝ a2+3，N纵坐标q＝3a ；p＝q2+3
【解析】（1）按照题意逐步计算：先把a＝﹣2代入抛物线求出顶点P及与y轴交点C的坐标，得到直线OP解析式．由AC∥x轴可知A、C关于抛物线对称轴对称，进而求出点A．由AB⊥x轴可得B的横坐标与A相同，再代回直线OP即求得B的纵坐标．
（2）按照（1）的解题思路，先用a表示点P、C，然后得到点A坐标，即得到点B横坐标，再代回直线OP求得点B坐标．由于点A、B到x轴距离不相等，x轴不能垂直平分AB，故不存在a使OA＝OB．
（3）①锐角三角形的外心会落在三角形内部，而∠OAB与∠OBA一定小于90°，则∠AOB<90°，可得OA2+OB2>AB2，把含a的式子代入即得到关于a的不等式，结合a<0得到a的取值范围；
②外心N为△OAB三边垂直平分线交点，由AB⊥x轴即可得点N纵坐标q＝3a，由ON＝AN列得关于a、p的等式，整理即得到用a表示p．再把a＝q代入即得到p关于q的关系式．
解：（1）∵a＝﹣2
∴抛物线L：y＝﹣2（x﹣2）（x﹣4）＝﹣2x2+12x﹣16＝﹣2（x﹣3）2+2
∴顶点P（3，2），C（0，﹣16）
∴直线OP解析式为：y＝x
∵AC∥x轴
∴yA＝yC＝﹣16，A、C关于直线x＝3对称
∴A（6，﹣16）
∵AB⊥x轴
∴xB＝xA＝6
∴yB＝×6＝4，即B（6，4）
故答案为：（3，2）；（6，4）．
（2）不存在a的值使OA＝OB，理由如下：
∵抛物线L：y＝a（x﹣2）（x﹣4）＝ax2﹣6ax+8a＝a（x﹣3）2﹣a
∴顶点P（3，﹣a），C（0，8a）
∴直线OP解析式为：y＝﹣x
∴A（6，8a）
∴yB＝﹣×6＝﹣2a
∵a≠0
∴|yA|≠yB，即x轴不平分AB
∴OA≠OB
（3）①∵△OAB的外心N在其内部
∴△OAB是锐角三角形
∴∠AOB<90°
∴OA2+OB2>AB2
∵A（6，8a），B（6，﹣2a）
∴62+（8a）2+62+（﹣2a）2>（8a+2a）2
解得：﹣
②∵外心N在AB的垂直平分线上，AB⊥x轴
∴q＝＝3a
∴N（p，3a），a＝
∵ON＝AN，即ON2＝AN2
∴p2+（3a）2＝（6﹣p）2+（8a﹣3a）2
整理得：p＝a2+3
把a＝代入得：p＝q2+9．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，涉及二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、三角形的外心等知识点，难度较大，解题的关键是熟练运用上述知识点．
10．（2019·成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点D，过点A的直线交抛物线于另一点C，点E为抛物线的顶点，连接CE，AE，设AE交y轴于点F，点A的坐标为，且，C、D两点关于对称轴对称．
（1）若，求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，试探究抛物线上是否存在一点M，使为以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设点P是直线AE上方抛物线上的一动点，若的面积最大值为，求a的值．
【答案】（1）；（2）存在，点M的坐标为或；（3）
【解析】（1）过点E作轴于点G，根据三角形中位线的性质求得点E的坐标，利用顶点式即可求得抛物线的解析式；
（2）作解图的辅助线，根据等腰直角三角形的判定和性质求得点的坐标，求得直线AC的解析式及与直线AC相互垂直的直线的解析式，联立直线与抛物线的解析式即可求得点的坐标；
（3）先求得点A、B的坐标，设抛物线的表达式为，分别求得点E、F的坐标，设，求得经过A、P两点的直线解析式，利用三角形的面积公式及二次的最值即可求得答案．
解：（1）如图，过点E作轴于点G，
∵，
∴F为AE的中点，
又∵，
∴O为AC的中点，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点E的坐标为，
∵点E为抛物线的顶点，
∴设抛物线的解析式为，
将点代入得，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在．
如图，分别过点A、C作，分别交抛物线于点、，过点作轴于点K，过点C作轴于点J，连接CD、，过点作于点L．
由（1）得，
∴，
∵顶点，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵C、D两点关对称轴对称，
∴，
①时，
∵，
∴∠CAJ=∠ACJ=45，
∴∠AK=90∠CAJ=45，
∴，
设的坐标为，
∴，，
∴，化简得，
解得 ：，，
∴点的坐标为；
②当，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
设直线AC的解析式为，直线的解析式为，
将，，代入得：
，解得
∴直线AC的解析式为，
∵，
∴，即直线的解析式，
将代入，得，
∴直线的解析式为，
联立直线与抛物线的解析式得，
解得或（与点C重合），
∴，即点与点E重合，
综上所述，点M的坐标为或；
（3）由（1）得，抛物线的对称轴为直线，
∵，
∴
设抛物线的表达式为，
即，
∴，
∴，
∴点P是直线AE上方抛物线上的动点，
如图，设，连接AP，直线AP与y轴交于点Q，
设经过A、P两点的直线解析式为，
则，解得，
∴经过A、P两点的直线解析式为，
∴点，
∴，
∴，
∵的面积最大值为，，
∴，
∴．
【点评】本题是一道二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式的运用，等腰直角三角形的判定和性质，轴对称的性质的运用，数学建模的运用，分类讨论思想的运用，解答本题时求出函数的解析式是关键．
11．（2019·杭州模拟）如图①，已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，以OA、OC为边在第一象限内作长方形OABC．
（1）求点A、C的坐标；
（2）将△ABC对折，使得点A的与点C重合，折痕交AB于点D，求直线CD的解析式（图②）；
（3）在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得△APC与△ABC全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（2，0）；C（0，4）；（2）；（3）存在，P的坐标为（0，0）或 或.
【解析】（1）已知直线y=-2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，即可求得A和C的坐标；
（2）根据题意可知△ACD是等腰三角形，算出AD长即可求得D点坐标，最后即可求出CD的解析式；
（3）将点P在不同象限进行分类，根据全等三角形的判定方法找出所有全等三角形，找出符合题意的点P的坐标．
解：（1）（1）令y=0，则-2x+4=0，解得x=2， ∴A（2，0）， 令x=0，则y=4， ∴C（0，4）；
（2）由折叠知：CD=AD．设AD=x，则CD=x，BD=4-x，
根据题意得：（4-x）2+22=x2解得：x=
此时，AD=，D(2，)
设直线CD为y=kx+4，把D(2，)代入得=2k+4
解得：k=-
∴该直线CD解析式为y=-x+4．
（3）①当点P与点O重合时，△APC≌△CBA，此时P（0，0）
②当点P在第一象限时，如图，
由△APC≌△CBA得∠ACP=∠CAB，
则点P在直线CD上．过P作PQ⊥AD于点Q，
在Rt△ADP中，
AD=，PD=BD=4-=，AP=BC=2
由AD×PQ=DP×AP得：PQ=3
∴PQ=
∴xP=2+=，
把x=代入y=-x+4得y=
此时P(，)
（也可通过Rt△APQ勾股定理求AQ长得到点P的纵坐标）
③当点P在第二象限时，如图
同理可求得：CQ=
∴OQ=4-=
此时P(-，)
综合得，满足条件的点P有三个，
分别为：P1（0，0）；P2(，)；P3(-，)．
12．（2019·株洲模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+x+m﹣1交x轴于A、B两点，交y轴于点C，若A点坐标为(x1，0)，B点坐标为(x2，0)（x1≠x2）．
（1）求m的取值范围；
（2）如图1，若x12+x22＝17，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，请解答下列两个问题：
①如图1，请连接AC，求证：△ACB为直角三角形．
②如图2，若D(1，n)在抛物线上，过点A的直线y＝﹣x﹣1交（2）中的抛物线于点E，那么在x轴上点B的左侧是否存在点P，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）m＞﹣；（2）y＝﹣x2+x+2；（3）①见解析；②存在，P(，0)或(﹣，0)
【解析】（1）利用根的判别式，若有两个实根，则；
（2）利用一元二次方程两根与系数的关系，又x12+x22＝17，即可求解；
（3）①求出A，B，C三点坐标，计算得出AC2＝5，BC2＝20，AB2＝25，根据勾股定理逆定理即可求解；
②分△PBD∽△BAE、△PBD∽△EAB两种情况，分别求解即可．
解：（1）△＝（）2﹣4×（﹣）（m﹣1）＝+2m﹣2＝2m+，
由题可得2m+＞0，
∴m＞﹣；
（2）∵x1+x2＝3，x1?x2＝﹣2（m﹣1），
又x12+x22＝17，
∴（x1+x2）2﹣2x1?x2＝17∴32+4（m﹣1）＝17，
∴m＝3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（3）①证明：令y＝0，﹣x2+x+2＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0）
令x＝0，y＝2，
∴C（0，2），
∴AC2＝5，BC2＝20，AB2＝25
∴AC2+BC2＝AB2∴△ACB为直角三角形；
②根据抛物线的解析式易知：D（1，3），
联立直线AE、抛物线解析式：，解得或，
∴E（6，﹣7），
∴tan∠DBO＝1，即∠DBO＝45°，tan∠EAB＝1，即∠EAB＝45°，
∴∠DBA＝∠EAB，
若以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似，则有两种情况：
①△PBD∽△BAE； ②△PBD∽△EAB．
易知BD＝3，EA＝7，AB＝5，
由①得：，即，即.
由②得：，即，即PB＝，OP＝OB﹣BP＝﹣，
∴P（，0）或（﹣，0）．
【点评】本题是一道关于二次函数的综合题目，涉及到的知识点有二次函数的图象及其性质，根的判别式，求根公式，相似三角形的判定定理及其性质，二元二次方程组的应用等，掌握以上知识点是解此题的关键．
