压轴题02二次函数的综合

二次函数的综合题型解读：二次函数的综合问题在中考中常常作为压轴题出现，多考查二次函数与几何图形的综合，一般要用到线段最值、图形面积、特殊三角形、特殊四边形、相似三角形等相关知识，以及转化与化归、数形结合、分类讨论等数学思想.此类题型常涉及以下问题：①求抛物线、直线的解析式；②求点的坐标、线段长度、图形面积；③探究几何图形的存在性问题或周长、面积的最值问题.下图为二次函数综合问题中各题型的考查热度.题型1：二次函数与最值问题解题模板：1.（2022•广元）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A，B两点，并与x轴的正半轴交于点C．（1）求a，b满足的关系式及c的值；（2）当a＝时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求△ABP周长的最小值；（3）当a＝1时，若点Q是直线AB下方抛物线上的一个动点，过点Q作QD⊥AB于点D，当QD的值最大时，求此时点Q的坐标及QD的最大值．【分析】（1）在直线y＝﹣x﹣2中，令x＝0和y＝0可得点A和B的坐标，代入抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）中可解答；（2）连接BC交直线x＝1于点P，利用两点之间线段最短可得出此时△PAB的周长最小，从而可以解答；（3）根据a＝1时，可得抛物线的解析式y＝x2+x﹣2，如图2，过点Q作QF⊥x轴于F，交AB于E，则△EQD是等腰直角三角形，设Q（m，m2+m﹣2），则E（m，﹣m﹣2），表示QE的长，配方后可解答．【解答】解：（1）直线y＝﹣x﹣2中，当x＝0时，y＝﹣2，∴B（0，﹣2），当y＝0时，﹣x﹣2＝0，∴x＝﹣2，∴A（﹣2，0），将A（﹣2，0），B（0，﹣2）代入抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）中，得，，∴2a﹣b＝1，c＝﹣2；（2）如图1，当a＝时，2×﹣b＝1，∴b＝﹣，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，∴抛物线的对称轴是：x＝1，由对称性可得C（4，0），要使△ABP的周长最小，只需AP+BP最小即可，如图1，连接BC交直线x＝1于点P，因为点A与点C关于直线x＝1对称，由对称性可知：AP+BP＝PC+BP＝BC，此时△ABP的周长最小，所以△ABP的周长为AB+BC，Rt△AOB中，AB＝＝＝2，Rt△BOC中，BC＝＝＝2，∴△ABP周长的最小值为2+2；（3）当a＝1时，2×1﹣b＝1，∴b＝1，∴y＝x2+x﹣2，∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0），∴OA＝OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠OAB＝45°，如图2，过点Q作QF⊥x轴于F，交AB于E，则△EQD是等腰直角三角形，设Q（m，m2+m﹣2），则E（m，﹣m﹣2），∴QE＝（﹣m﹣2）﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+1）2+1，∴QD＝QE＝﹣（m+1）2+，当m＝﹣1时，QD有最大值是，当m＝﹣1时，y＝1﹣1﹣2＝﹣2，综上，点Q的坐标为（﹣1，﹣2）时，QD有最大值是．【变式1-1】（2022•遂宁节选）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，E为△ABC边AB上的一动点，F为BC边上的一动点，D点坐标为（0，﹣2），求△DEF周长的最小值；【分析】（1）利用待定系数法把问题转化为方程组解决；（2）如图，设D1为D关于直线AB的对称点，D2为D关于直线BC的对称点，连接D1E，D2F，D1D2．当D1，E．F．D2共线时，△DEF的周长最小，最小值为D1D2的长；（3）求出直线AM的解析式，利用方程组求出点M的坐标，过点M作x轴的平行线l，过点N作y轴的平行线交x轴于点P，交直线l于点Q．分三种情形：当AM＝AN时，当AM＝MN时，当AN＝MN时，分别构建方程求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，﹣3）．∴，∴，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）如图，设D1为D关于直线AB的对称点，D2为D关于直线BC的对称点，连接D1E，D2F，D1D2．由对称性可知DE＝D1E，DF＝D2F，△DEF的周长＝D1E+EF+D2F，∴当D1，E．F．D2共线时，△DEF的周长最小，最小值为D1D2的长，令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或3，∴B（3，0），∴OB＝OC＝3，∴△BOC是等腰直角三角形，∵BC垂直平分DD2，且D（0，﹣2），∴D2（1，﹣3），∵D，D1关于x轴对称，∴D1（0，2），∴D1D2＝＝＝，∴△DEF的周长的最小值为．【变式1-2】（2022•齐齐哈尔节选）综合与探究如图，某一次函数与二次函数y＝x2+mx+n的图象交点为A（﹣1，0），B（4，5）．（1）求抛物线的解析式；（2）点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为；（3）点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；【分析】（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；（2）根据两点之间，线段最短，可知当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，求出直线AB的解析式，即可得出点C的坐标；（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），表示出DE的长度，利用二次函数的性质可得答案；（4）分CF为对角线和边，分别画出图形，利用正方形的性质可得答案．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，，∴，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）设直线AB的函数解析式为y＝kx+b，，∴，∴直线AB的解析式为y＝x+1，∵AC+BC≥AB，∴当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，∴当x＝1时，y＝2，∴C（1，2），故答案为：（1，2）；（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），∴当a＝时，DE的最大值为；题型2：二次函数与图形面积问题解题模板：技巧精讲：表示图形面积的方法2.（2022•常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．（1）求此抛物线的解析式；（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）设B（2，m）（m＞0），运用待定系数法求得直线OA的解析式为y＝x，设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），BH＝m﹣2，利用三角形面积公式建立方程求解即可得出答案；（3）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+10，当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，联立方程组求解即可求得点P的坐标，利用两点间距离公式可求得AB，即PA﹣PB的最大值．【解答】解：（1）∵抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），设抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入，得5a＝5，解得：a＝1，∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，故此抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；（2）∵点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，∴设B（2，m）（m＞0），设直线OA的解析式为y＝kx，则5k＝5，解得：k＝1，∴直线OA的解析式为y＝x，设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），∴BH＝m﹣2，∵S△OAB＝15，∴×（m﹣2）×5＝15，解得：t＝8，∴点B的坐标为（2，8）；（3）设直线AB的解析式为y＝cx+d，把A（5，5），B（2，8）代入得：，解得：，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+10，当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，∵P是抛物线上的动点，∴，解得：，（舍去），∴P（﹣2，12），此时，PA﹣PB＝AB＝＝3．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，利用三角形三边关系定理求线段差的最大值，利用线段和差求最值问题是解题的关键．【变式2-1】（2022•内蒙古节选）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，﹣）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，﹣m2+m+），则N（m，﹣m+），可得S△MBC＝•MN•OB＝﹣（m﹣）2+，再求解即可；（3）设Q（0，t），P（m，﹣m2+m+），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．【解答】解：（1）将B（3，0），D（﹣2，﹣）代入y＝ax2+x+c，∴，解得，∴y＝﹣x2+x+，令x＝0，则y＝，∴C（0，）；（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+设M（m，﹣m2+m+），则N（m，﹣m+），∴MN＝﹣m2+m，∴S△MBC＝•MN•OB＝﹣（m﹣）2+，当m＝时，△MBC的面积有最大值，此时M（，）；【变式2-2】（2022•淄博）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．（1）求这条抛物线对应的函数表达式；（2）过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；（3）设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．【分析】（1）利用顶点式求解，可得结论；（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J．设P（m，﹣m2+2m+3）．四边形DTBP的面积＝△PDT的面积+△PBT的面积＝×DT×PN+×TB×PM＝（PM+PN），推出四边形DTBP的面积最大时，PM+PN的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，可得结论；（3）四边形AFBG的面积不变．如图，设P（m，﹣m2+2m+3），求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可得结论．【解答】解：（1）∵抛物线的顶点D（1，4），∴可以假设抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J．设P（m，﹣m2+2m+3）．点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，∴4＝+t，∴t＝，∴直线DT的解析式为y＝x+，令y＝0，得到x＝﹣2，∴T（﹣2，0），∴OT＝2，∵B（3，0），∴OB＝3，∴BT＝5，∵DT＝＝5，∴TD＝TB，∵PM⊥BT，PN⊥DT，∴四边形DTBP的面积＝△PDT的面积+△PBT的面积＝×DT×PN+×TB×PM＝（PM+PN），∴四边形DTBP的面积最大时，PM+PN的值最大，∵D（1，4），B（3，0），∴直线BD的解析式为y＝﹣2x+6，∴J（m，﹣2m+6），∴PJ＝﹣m2+4m﹣3，∵四边形DTBP的面积＝△DTB的面积+△BDP的面积＝×5×4+×（﹣m2+4m﹣3）×2＝﹣m2+4m+7＝﹣（m﹣2）2+11∵﹣1＜0，∴m＝2时，四边形DTBP的面积最大，最大值为11，∴PM+PN的最大值＝×11＝；（3）四边形AFBG的面积不变．理由：如图，设P（m，﹣m2+2m+3），∵A（﹣1，0），B（3，0），∴直线AP的解析式为y＝﹣（m﹣3）x﹣m+3，∴E（1，﹣2m+6），∵E，G关于x轴对称，∴G（1，2m﹣6），∴直线PB的解析式y＝﹣（m+1）x+3（m+1），∴F（1，2m+2），∴GF＝2m+2﹣（2m﹣6）＝8，∴四边形AFBG的面积＝×AB×FG＝×4×8＝16．∴四边形AFBG的面积是定值．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．【变式2-2】（2022•菏泽节选）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC．（1）求抛物线的表达式；（2）将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出四边形OADC的面积；【分析】（1）利用待定系数法解答即可；（2）过点D作DE⊥x轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE，DE，则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面积公式即可求得结论；（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），∴，解得：．∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4；（2）点D的坐标为（﹣8，8），理由：将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，如图，过点D作DE⊥x轴于点E，∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．∵，，∴．∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB，∴∠ACO＝∠CBO．∵∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠ACO+∠OCB＝90°，∴∠ACB＝90°，∵将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，∴点D，C，B三点在一条直线上．由轴对称的性质得：BC＝CD，AB＝AD．∵OC⊥AB，DE⊥AB，∴DE∥OC，∴OC为△BDE的中位线，∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，∴D（﹣8，8）；由题意得：S△ACD＝S△ABC，∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC＝S△OAC+S△ABC＝OC•OA+AB•OC＝4×2+10×4＝4+20＝24；题型3：二次函数与图形判定问题：类型一：与特殊三角形相关解题模板：技巧精讲；1：动点构成特殊三角形的作图方法2.动点构成特殊三角形的分类讨论方法（情景同上）3.（2022•百色）已知抛物线经过A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．（1）求抛物线的表达式；（2）求证：∠BOF＝∠BDF；（3）是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入y＝ax2+bx+c，即可得解；（2）根据正方形的性质得出∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，再由BF＝BF，得出△BOF≌△BDF，最后利用全等三角形的性质得出结论；（3）分两种情况讨论解答，当M在线段BD的延长线上时，先求出∠M，再利用解直角三角形得出结果，当M在线段BD上时，得出∠BOM＝30°，类比①解答即可．【解答】（1）解：设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入得：，解得，∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）证明：∵正方形OBDC，∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，∵BF＝BF，∴△BOF≌△BDF，∴∠BOF＝∠BDF；（3）解：∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，∴令y＝3，则3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝2，∴E（2，3），①如图，当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，∴∠FDM为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴DF＝DM，∴∠M＝∠DFM，∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，∵BM∥OC，∴∠M＝∠MOC，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BDF+∠MOC＝3∠M＝90°，∴∠M＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BM﹣BE＝3﹣2；②如图，当M在线段BD上时，∠DMF为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴MF＝DM，∴∠BDF＝∠MFD，∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BMO＝2∠BOM，∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，∴∠BOM＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BE﹣BM＝2﹣，综上所述，ME的值为：3﹣2或2﹣．【点评】本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质及解直角三角形，分类讨论思想的运用是解题的关键．【变式3-1】（2022•东营）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；（3）点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）连接CB交对称轴于点Q，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，求出直线BC的解析式，再求Q点坐标即可；（3）分两种情况讨论：当∠BPM＝90°时，PM＝PB，M点与A点重合，则M（﹣1，0）；当∠PBM＝90°时，PB＝BM，P点在M点上方时，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH交于H，过点M作MG⊥HG交于G，可证明△BPH≌△MBG（AAS），设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），求出M点坐标为（1﹣，﹣2）；当P点在M点下方时，同理M（3+t，2），可求M点坐标为（1﹣，2）．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，∴，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）连接CB交对称轴于点Q，∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，∵A、B关于对称轴x＝1对称，∴AQ＝BQ，∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，∵C（0，﹣3），B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣3，∴Q（1，﹣2）；（3）当∠BPM＝90°时，PM＝PB，∴M点与A点重合，∴M（﹣1，0）；当∠PBM＝90°时，PB＝BM，如图1，当P点在M点上方时，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH交于H，过点M作MG⊥HG交于G，∵∠PBM＝90°，∴∠PBH+∠MBG＝90°，∵∠PBH+∠BPH＝90°，∴∠MBG＝∠BPH，∵BP＝BM，∴△BPH≌△MBG（AAS），∴BH＝MG，PH＝BG＝2，设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，解得t＝2+或t＝2﹣，∴M（1﹣，﹣2）或（1+，﹣2），∵M点在对称轴的左侧，∴M点坐标为（1﹣，﹣2）；如图2，当P点在M点下方时，同理可得M（3+t，2），∴2＝（3+t）2﹣2（3+t）﹣3，解得t＝﹣2+（舍）或t＝﹣2﹣，∴M（1﹣，2）；综上所述：M点的坐标为（1﹣，﹣2）或（1﹣，2）或（﹣1，0）．【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，轴对称求最短距离，分类讨论，数形结合是解题的关键．【变式3-2】（2022•呼和浩特节选）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴的另一个交点为A，连接AC、BC．（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；（2）如图1，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，令y＝0得A（﹣1，0）；（2）由A（﹣1，0），C（0，2），知线段AC的中点D（﹣，1），设E（0，t），根据∠BED＝90°，得[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（﹣﹣0）2+（1﹣t）2]＝（4+）2+（0﹣1）2，即可解得E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）；【解答】解：（1）将点B（4，0）和点C（0，2）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，则，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，在y＝﹣x2+x+2中，令y＝0得﹣x2+x+2＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0）；（2）存在y轴上一点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形，理由如下：如图：∵点D是线段AC的中点，A（﹣1，0），C（0，2），∴D（﹣，1），设E（0，t），又B（4，0），∵∠BED＝90°，∴BE2+DE2＝BD2，即[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（﹣﹣0）2+（1﹣t）2]＝（4+）2+（0﹣1）2，化简得：t2﹣t﹣2＝0，解得：t1＝﹣1，t2＝2，∴E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）；类型二：与特殊四边形相关技巧精讲：动点构成特殊四边形的作图方法2.动点构成特殊四边形的分类讨论方法（情境同上）4.（2022•攀枝花）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，y轴上一点B（0，1）．（1）求二次函数的表达式；（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意知，二次函数顶点为（1，﹣1），设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；（2）连接OP，根据题意得点A的坐标，则S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP，代入化简即可；（3）设N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分别为对角线，利用平行四边形的性质和中点坐标公式，分别求出n＝的值，进而得出答案．【解答】解：（1）∵二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，∴二次函数顶点为（1，﹣1），设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点O（0，0）代入得，a﹣1＝0，∴a＝1，∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x；（2）连接OP，当y＝0时，x2﹣2x＝0，∴x＝0或2，∴A（2，0），∵点P在抛物线y＝x2﹣2x上，∴点P的纵坐标为t2﹣2t，∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP＝+（﹣t2+2t）﹣t＝﹣t2++1；（3）设N（n，n2﹣2n），当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0＝1+n，∴n＝1，∴N（1，﹣1），当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1＝n+0，∴n＝3，∴N（3，3），当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n＝0+1，∴n＝﹣1，∴N（﹣1，3），综上：N（1，﹣1）或（3，3）或（﹣1，3）．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，平行四边形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．【变式4-1】（2022•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．（3）动点P以每秒个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y＝0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，结合图象，进一步得出结果．【解答】解：（1）由题意得，，∴，∴y＝x2+2x﹣3，当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，∴x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0）；（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x﹣3，设点P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，∴当m＝﹣时，PQ最大＝；（3）如图1，∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，作PD⊥y轴于D，∴CD＝PD＝PC•sin∠OCB＝＝t，当BM＝PM时，∴∠MPB＝∠OBC＝45°，∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，∴四边形OMPD是矩形，∴OM＝PD＝t，由BM+OM＝OB得，∴2t＝3，∴t＝，∴P（﹣，﹣），∴N（﹣3，﹣），如图2，当PM＝PB时，作PD⊥y轴于D，作PE⊥x轴于E，∴BM＝2BE，可得四边形PDOE是矩形，∴OE＝PD＝t，∴BE＝3﹣t，∴t＝2（3﹣t），∴t＝2，∴P（﹣2，﹣1），∴N（﹣2，1），如图3，当PB＝MB时，3﹣＝t，∴t＝6﹣3，∴P（3，3﹣3），∴N（0，3﹣3），综上所述：N（﹣3，﹣）或（﹣2，1）或（0，3﹣3）．【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．【变式4-2】（2022•泰安）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣2，0），B（0，﹣4），其对称轴为直线x＝1，与x轴的另一交点为C．（1）求二次函数的表达式；（2）若点M在直线AB上，且在第四象限，过点M作MN⊥x轴于点N．①若点N在线段OC上，且MN＝3NC，求点M的坐标；②以MN为对角线作正方形MPNQ（点P在MN右侧），当点P在抛物线上时，求点M的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求出a，b，c即可；（2）①求出直线AB的解析式为y＝﹣2x﹣4，因为A，C关于直线x＝1对称，推出C（4，0），设N（m，0），则M（m，﹣2m﹣4），NC＝4﹣m，根据MN＝3NC，构建方程求解；②如图2中，连接PQ，MN交于点E．设M（t，﹣2t﹣4），则点N（t，0），利用正方形的性质求出点P的坐标，代入抛物线的解析式，构建方程求解．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点B（0，﹣4），∴c＝﹣4，∵对称轴为直线x＝1，经过A（﹣2，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；（2）①如图1中，设直线AB的解析式为y＝kx+n，∵A（﹣2，0），B（0，﹣4），∴，解得，∴直线AB的解析式为y＝﹣2x﹣4，∵A，C关于直线x＝1对称，∴C（4，0），设N（m，0），∵MN⊥x轴，∴M（m，﹣2m﹣4），∴NC＝4﹣m，∵MN＝3NC，∴2m+4＝3（4﹣m），∴m＝，∴点M（，﹣）；②如图2中，连接PQ，MN交于点E．设M（t，﹣2t﹣4），则点N（t，0），∵四边形MPNQ是正方形，∴PQ⊥MN，NE＝EP，NE＝MN，∴PQ∥x轴，∴E（t，﹣t﹣2），∴NE＝t+2，∴ON+EP＝ON+NE＝t+t+2＝2t+2，∴P（2t+2，﹣t﹣2），∵点P在抛物线y＝x2﹣x﹣4上，∴（2t+2）2﹣（2t+2）﹣4＝﹣t﹣2，解得t1＝，t2＝﹣2，∵点P在第四象限，∴t＝﹣2舍去，∴t＝，∴点M坐标为（，﹣5）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．【变式4-3】（2022•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN＝2解方程可得答案；（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，∵MN∥y轴，设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，当M在N点的上方时，MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，解得：t1＝，t2＝（舍），∴M1（，），当M在N点下方时，MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，解得：t1＝2，t2＝3，∴M2（2，2），M3（3，1），综上，满足条件的点M的坐标有三个（，）或（2，2）或（3，1）；（3）存在，①如图2，若AC是矩形的边，设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，∵C（1，3），D（2，4），∴CD＝＝，同理得：CR＝，RD＝2，∴CD2+CR2＝DR2，∴∠RCD＝90°，∴点P1与点D重合，当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，∴﹣x2+4x＝x﹣4，解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），∴P2（﹣1，﹣5），当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；②如图3，若AC是矩形的对角线，设P3（m，﹣m2+4m）当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，∴△P3CK∽△AP3H，∴＝，∴＝，∵点P不与点A，C重合，∴m≠1或m≠4，∴m2﹣3m+1＝0，∴m＝，∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（，），P4（，），当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，∵P3（，）向左平移个单位，向下平移个单位得到C（1，3），∴A（4，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到Q3（，），当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，∵P4（，）向右平移个单位，向上平移个单位得到C（1，3），∴A（4，0）向右平移个单位，向上平移个单位得到Q4（，）；综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键．一、解答题1．（九上·垦利期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（2，0），B（﹣4，0）两点．（Ⅰ）求抛物线的解析式；（Ⅱ）若抛物线交y轴于点C，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）在抛物线第二象限的图象上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，请直接写出点P的坐标和△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】解：（Ⅰ）将A（2，0），B（﹣4，0）代入得：-4+2b+c=0-16-4b+c=0，解得b=-2c=8则该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+8；（Ⅱ）存在，理由：如图1，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，设直线BC的解析式为：y＝kx+d，将点B（﹣4，0）、C（0，8）代入得：d=8-4k+d=0，解得k=2d=8故直线BC解析式为：y＝2x+8，直线BC与抛物线对称轴x＝﹣1的交点为Q，此时△QAC的周长最小．解方程组y=2x+8x=-1，解得x=-1y=6故点Q的坐标为（﹣1，6）；（Ⅲ）存在，理由：如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，设P点的坐标为（x，﹣x2﹣2x+8）（﹣4＜x＜0），∵S△BPC＝S四边形BPCO﹣S△BOC＝S四边形BPCO﹣16，若S四边形BPCO有最大值，则S△BPC就最大，∴S四边形BPCO＝S△BPE+S直角梯形PEOC＝12BE•PE+12OE（PE+OC）＝12（x+4）（﹣x2﹣2x+8）+12（﹣x）（﹣x2﹣2x+8+8）＝﹣2（x+2当x＝﹣2时，S四边形BPCO最大值＝24，∴S△BPC最大＝24﹣16＝8，当x＝﹣2时，﹣x2﹣2x+8＝8，∴点P的坐标为（﹣2，8）．2．（九上·兰陵期中）如图，直线y=-12x+2与x轴、y轴分别交于B、A两点，Q是线段AB上的动点（不与A、B重合），将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°得到点Q【答案】解：作QM⊥x轴于点M，Q'N⊥x轴于∵∠PMQ=∠PNQ'=∠QPQ'=90°，∴∠QPM+∠NPQ'=∠PQ'N+∠NPQ'，∴∠QPM=∠PQ'N，在△PQM和△Q'∠PMQ=∠PNQ'∴△PQM≅△Q'∴PN=QM，Q'设Q(m，∴PM=|m-1|，QM=|-1∴ON=|3-1∴Q'∴OQ'当m=2时，OQ'2有最小值为∴OQ'的最小值为53．（2021·河东模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数）与x轴交于点（x1，0）和（x2，0），与y轴交于点A，点E为抛物线顶点．（Ⅰ）当x1＝﹣1，x2＝3时，求点E，点A的坐标；（Ⅱ）①若顶点E在直线y＝x上时，用含有b的代数式表示c；②在①的前提下，当点A的位置最高时，求抛物线的解析式；（Ⅲ）若x1＝﹣1，b＞0，当P（1，0）满足PA+PE值最小时，求b的值．【答案】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c（b，c为常数）与x轴交于点（x1，0）和（x2，0），与y轴交于点A，点E为抛物线顶点，x1＝﹣1，x2＝3，∴点（﹣1，0），（3，0）在抛物线y＝﹣x2＋bx＋c的图象上，∴1-b+c=0-9+3b+c=0，解得b=2c=3∴y＝﹣x2＋2x＋3＝﹣（x﹣1）2＋4，∴点A的坐标为（0，3），点E的坐标为（1，4）；（Ⅱ）①∵y＝﹣x2＋bx＋c＝-(x-b∴点E的坐标为（b2，b2∵顶点E在直线y＝x上，∴b2＝b2∴c＝2b-b2②由①知，c=2b-b则点A的坐标为（0，-14∴当b＝1时，此时点A的位置最高，函数y＝﹣x2＋x＋14即在①的前提下，当点A的位置最高时，抛物线的解析式是y=-x2（Ⅲ）∵x1＝﹣1，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过点（x1，0），∴﹣1﹣b＋c＝0，∴c＝1＋b，∵点E的坐标为（b2，b2+4c4），点A的坐标为（∴E（b2，(b+2)24），A（0，b∴点E关于x轴的对称点E′（b2，﹣(b+2)2设过点A（0，b＋1）、P（1，0）的直线解析式为y＝kx＋t，t=b+1k+t=0，得k=-b-1t=b+1∴直线AP的解析式为y＝（﹣b﹣1）x＋（b＋1）＝﹣（b＋1）x＋（b＋1）＝（b＋1）（﹣x＋1），∵当直线AP过点E′时，PA＋PE值最小，∴﹣(b+2)24＝（b＋1）（﹣b2化简得：b2﹣6b﹣8＝0，解得：b1＝3+17，b2＝∵b＞0，∴b＝3+17即b的值是3＋17．4．（2021·阳西模拟）如图，点B，C分别在x轴和y轴的正半轴上，OB，OC的长分别为x2-8x+12=0的两个根(OC>OB)，点A在x轴的负半轴上，且OA=OC=3OB，连接AC（1）求过A，B，C三点的抛物线的函数解析式；（2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求S△CPQ的最大值；（3）M是抛物线上一点，是否存在点M，使得∠ACM=15°？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）由x2-8x+12=0得x=6或x=2又∵OC>OB，∴点B的坐标为(2,0)，点C的坐标为(0,6)．∵OA=OC，∴点A的坐标为(-6,0)．设抛物线的函数解析式为y=ax2将点A，B，C的坐标代入y=ax2得36a-6b+c=04a+2b+c=0c=6，解得a=-∴过A，B，C三点的抛物线的函数解析式为y=-12（2）∵OA=OC，∴∠ACO=45°．由题意得PC=2t，CQ=6-t，∴|xP∴S△CPQ=∵-22<0，∴当t=3时，S△CPQ有最大值，最大值为（3）①如图，当点M在AC上方时，过点M作ME⊥x轴于点E，作MF⊥y轴于点F，连接MC．∵∠ACM=15°，∠ACO=45°，∴∠OCM=60°．设点M的坐标为(m,-12m2-2m+6)(-6<m<0)在Rt△MCF中，∵CF=MFtan∴CF=33MF=-33m∵∠MEO=∠EOF=∠MFO=90°，∴四边形MEOF是矩形．∴ME=OF．即-12m2-2m+6=6+33m，解得∴ME=6+33∴点M的坐标为[-4-23②如图，当点M在AC下方时，过点M作MH⊥x轴于点H，设MC与x轴交于点G，连接MC．设点M的坐标为(n,-12则OH=-n，MH=12∵∠ACM=15°，∠CAO=45°，∴∠CGO=∠HGM=∠CAG+∠ACM=60°．在Rt△CGO中，∵OC=6，∴OG=OCtan∴GH=OH-OG=-n-23在Rt△MGH中，MH=GH⋅tan∠HGM=∴12n解得n1=0（舍去），n∴GH=-n-23=4，MH=∴点M的坐标为(-4-23,-4综上所述，存在点M，使得∠ACM=15°，且点M的坐标为[-4-233,16-435．（2021九上·中山期末）如图，抛物线y＝ax2＋bx﹣3经过A、B、C三点，点A（﹣3，0）、C（1，0），点B在y轴上．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B重合）．（1）求此抛物线的解析式；（2）过点P作x轴的垂线，垂足为D，交直线AB于点E，动点P在什么位置时，PE最大，求出此时P点的坐标；（3）点Q是抛物线对称轴上一动点，是否存在点Q，使以点A、B、Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（﹣3，0）和C（1，0）代入y＝ax2+bx﹣3，得，0=9a-3b-30=a+b-3解得，a=1b=2∴抛物线解析式为y＝x2+2x﹣3；（2）解：设P（x，x2+2x﹣3），直线AB的解析式为y＝kx+b，由抛物线解析式y＝x2+2x﹣3，令x＝0，则y＝﹣3，∴B（0，﹣3），把A（﹣3，0）和B（0，﹣3）代入y＝kx+b，得，0=-3k+b-3=b解得，k=-1b=-3∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣3，∵PE⊥x轴，∴E（x，﹣x﹣3），∵P在直线AB下方，∴PE＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+32）2+9当x＝﹣32时，y＝x2+2x﹣3＝-∴当PE最大时，P点坐标为（﹣32，-（3）解：存在，理由如下，∵x＝﹣22×1＝-1∴抛物线的对称轴为直线x＝-1，设Q（-1，a），∵B（0，-3），A（-3，0），①当∠QAB＝90°时，AQ2+AB2＝BQ2，∴22+a2+32+32＝12+（3+a）2，解得：a＝2，∴Q1（-1，2），②当∠QBA＝90°时，BQ2+AB2＝AQ2，∴12+（3+a）2+32+32＝22+a2，解得：a＝﹣4，∴Q2（-1，﹣4），③当∠AQB＝90°时，BQ2+AQ2＝AB2，∴12+（3+a）2+22+a2＝32+32，解得：a1＝-3+172或a1＝∴Q3（-1，-3+172），Q4（-1，综上所述：点Q的坐标是（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，-3+172）或（-1，6．（九上·大安期末）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为(-3，0)，与y轴交于点C，点（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴上有一动点P，求出PA+PD的最小值；（3）若抛物线上有一动点Q，使△ABQ的面积为6，求点Q的坐标．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(-3，0)，D(-2，∴抛物线的解析式为y=（2）解：由（1）得抛物线y=x2+2x-3的对称轴为直线x=-1∵D(-2，-3)，∴C，D关于抛物线的对称轴对称，连接AC，可知，当点P为直线AC与对称轴的交点时，PA+PD∴最小值为AC=（3）解：设点Q(m，m2令y=x2得x=-3或1，∴点B的坐标为(1，0)∴AB=4．∵S△QAB∴12×4×|∴m2+2m-6=0或m解得：m=-1+7或-1-7或0或-2∴点Q的坐标为(0，-3)或(-2，-3)或(-1+7．（2021·长葛模拟）如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（5，0）两点，直线y=-x+4与y轴交于点C，与x轴交于点D.点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E.设点（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在点P，使得△PCE与△DEF相似.若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）解：由抛物线y=-x2+bx+c过A(-1,0)，B(5,0)-1-b+c=0-25+5b+c=0解得b=4c=5故该抛物线的解析式为y=-（2）解：存在点P，使得△PCE与△DEF相似.∵直线y=-x+4与y轴交于点C，与x轴交于点D.∴点C坐标为（0，4），点D坐标为（4，0），∴OC=OD=4，∴∠ODC=∠OCD=45°，又∵PF⊥x轴，∴∠EFD=90°，又∵∠PEC=∠DEF=45°，∴要使△PCE与△DEF相似，只需∠CPE=90°或∠PCE=90°即可.设P(m,-m2+4m+5)当∠CPE=90°时，则由-m2解得：m=2±5此时点P的坐标(2+5,4)或(2-当∠PCE=90°时，过P作PG⊥y轴于点G，则PG=|m|，GC=|-当△PCG为等腰直角三角形时，有∠PCE=90°.于是PG=GC，即m=-m2解得：m=3±13此时点P的坐标为(3+132,11+13故综上所述，有符合条件的点P存在，且坐标为(2+5,4)或(2-5,4)或8．（2021·铁岭模拟）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点A（6，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M为该抛物线对称轴上一点，当CM＋BM最小时，求点M的坐标．（3）抛物线上是否存在点P，使△ACP为直角三角形？若存在，有几个？写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）解：当x＝0时，y＝ax2＋bx＋6＝6，则C（0，6），设抛物线的解析式为y＝a（x＋1）（x﹣6），把C（0，6）代入得a•1•（﹣6）＝6，解得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x＋1）（x﹣6），即y＝﹣x2＋5x＋6；（2）解：连接AC，与对称轴交点即为所求点M，设AC所在直线的解析式为y＝mx＋n，将A（6，0），C（0，6）代入，得：6m+n=0n=6解得：m=-1n=6则AC所在直线解析式为y＝﹣x＋6，又y＝﹣x2＋5x＋6＝﹣（x﹣52）2＋494∴抛物线的对称轴为直线x＝52在直线y＝﹣x＋6中当x＝52时，y＝72则M的坐标为（52，72（3）解：设P点坐标为（x，-x2+5x+6），存在4个点P，使△ACP为直角三角形．PC2=x2+（-x2+5x）2，PA2=（x-6）2+（-x2+5x+6）2，AC2=62+62=72，当∠PAC=90°，∵PA2+AC2=PC2，∴（x-6）2+（-x2+5x+6）2+72=x2+（-x2+5x）2，整理得x2-4x-12=0，解得x1=6（舍去），x2=-2，此时P点坐标为（-2，-8）；当∠PCA=90°，∵PC2+AC2=PA2，72+x2+（-x2+5x）2=（x-6）2+（-x2+5x+6）2，整理得x2-4x=0，解得x1=0（舍去），x2=4，此时P点坐标为（4，10）；当∠APC=90°，∵PA2+AC2=PC2，∴（x-6）2+（-x2+5x+6）2+x2+（-x2+5x）2=72，整理得x3-10x2+20x+24=