专题05二次函数与直角三角形综合(原卷版+解析)

专题05二次函数与直角三角形综合（重庆专用）（3类题型训练）（2023重庆实验外国语学校九年级下期3月月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A、By=12x2+bx+c，交y轴于点C(1)求抛物线的解析式；(2)D为抛物线的顶点，连接BD，点P为抛物线上点C、D之间一点，连接CP，DP，过点P作PM∥BD交直线BC于点M，连接DM，求四边形CPDM面积的最大值以及此时(3)将抛物线沿BC方向平移35个单位后得到新的抛物线y′，新抛物线与原抛物线的交点为E．在新抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B，E，Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请求出点解题思路分析本题考查二次函数综合应用，涉及二次函数图像中三角形，四边形面积问题，关键在于面积的转化，以及直角三角形的存在性问题，注意要分类讨论，利用勾股定理逆定理来求解．（1）将B4,0，C0,2代入抛物线（2）设CD与x轴交于点F，连接BP，过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，先求出S△BCD=154，设设P(t,12t2−52t+2)，则G(t,−54t+2)，H(t,（3）由OC=2,OB=4，得BC=25，抛物线沿BC方向平移35个单位，相当于抛物线向左平移6个单位，向上平移3个单位，即可求出点E，设Q(m,12m2−52解析过程详解（1）∵抛物线交x轴于A、By=12x2+bx+c，交y轴于点C∴12∴b=−5∴抛物线的解析式为：y=（2）设CD与x轴交于点F，连接BP，过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，如图所示：∵y=1∴顶点D(5∵B4,0，C∴设直线CD的解析式为：y=k∴52∴k1∴直线CD的解析式为：y=−5设直线BD的解析式为：y=k∴52∴k2∴直线CD的解析式为：y=3在y=−54x+2中，令y=0∴F(8∴BF=12∴S△BCD设P(t,12t2−∴PG=−12t∴S△CPDS△PDB∴S四边形CPDB∵PM∥BD，∴S△MBD∴S△MBD∴S四边形CPDM=(−5=−t=−(t−2)∴当t=2时，S四边形CPDM最（3）存在，理由如下：∵OC=2,OB=4，∴BC=25∵抛物线y=12x2−52∴y′∴y=1∴x=−1y=5∴交点E(−1,5)，设Q(m,1BE2=50，B当BQ为斜边时，即∠QEB=90°，如图，∵BE∴50+(m+1)∴50+10m−15=5(m∴m=8或m=−1（舍），∴Q(8,14)；②当BE为斜边时，即∠BQE=90°，如图，∵BQ∴(m+1)2∴(m+1)(m−4)(m−2)(m−5)=0，∴m=4（与B重合，舍去）或m=−1（与E重合，舍去），或m=2或m=5，∴Q(2,−1)或Q(5,2)；③当QE为斜边时，即∠QBE=90°，如图，∵BQ∴(m−4)2∴m=3或m=4（与B重合，舍去），∴Q(3,−1)，综上所述：Q(8,14)或(3,−1)或(2,−1)或(5,2)．类型一动点+直角三角形1．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣1，0）、C（4，0），BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，抛物线y＝x2+bx+c经过A、B两点．（1）求抛物线的表达式；（2）点E是线段AB上一动点（不与A、B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．2．如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3,0)，B(1,0)(1)求抛物线的解析式；(2)若点P为第三象限内抛物线上的一点，设△PAC的面积为S，求S的最大值并求此时点P的坐标．(3)设抛物线的顶点为D，DE⊥x轴于点E，在y轴上确定一点M，使得△ADM是直角三角形，写出所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B(1)求此抛物线的函数解析式．(2)点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．(3)点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．4．如图，在平面直角坐标系中，一抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，与y轴负半轴交于点C，与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，0），且OA＝OC，D为抛物线的顶点．(1)求抛物线的解析式；(2)若M（﹣2，y）是抛物线上一点，P是抛物线上另一点（点P与点D不重合），当S△BDM＝S△BPM时，求出此时点P的坐标；(3)在（2）的条件下，抛物线对称轴上是否存在点Q，使△BMQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，抛物线y=−x2+bx+c的图象交x轴于A,B两点，交y轴于点C，直线y=−x+3（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线第一象限上的一动点，连接PC,PB，求△PBC面积的最大值，并求出此时点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△BCM为直角三角形?若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．类型二平移+直角三角形6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−52x+2交x轴于（1）求△ABC的面积；（2）D为抛物线的顶点，连接BD，点P为抛物线上点C、D之间一点，连接CP，DP，过点P作PM//BD交直线BC于点M，连接DM，求四边形CPDM面积的最大值以及此时（3）将抛物线沿射线BC方向平移35个单位后得到新的抛物线y′=ax2+bx+c(a≠0)），新抛物线y'与原抛物线的交点为E，在原抛物线上是否存在点Q，使得以B，7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝12x2﹣x﹣32交x轴于A、B两点（点A在点B左侧）．一次函数y＝12x+b与抛物线交于A、D两点，交y（1）求点D的坐标；（2）点E是线段CD上任意一点，过点E作EF⊥y轴于点F，过点E作EP⊥AD交抛物线于点P．点P位于直线AD下方，求5PE+54EF的最大值及相应的P（3）将抛物线沿射线AD方向平移52个单位长度得到新抛物线y′，新抛物线与原抛物线交于点K．M、N是直线AD上两动点（M在N的左侧），满足MN＝35．是否存在以M、N、K为顶点的直角三角形？若存在，请直接写出8．如图1，二次函数y＝﹣12x2＋3x＋72交x轴于A、B两点（点A在点B左边），交y轴于点C．连接BC、AC，点P为直线BC上方抛物线上一点，作PD∥AC交BC于点（1）试求出A、B、C的坐标；（2）连接AD，记△ABD的面积为S1，△PBD的面积为S2，求S2S1（3）如图2将△AOC沿射线AC平移5534个单位，记平移后的三角形为△A1O1C1，其中A、O、C分别对应A1、O1、C1，在抛物线对称轴上一动点M，是否存在以M、A1、C1为顶点的三角形为直角三角形，若存在请直接写出点9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx−2的图象经过点−2,−2（1）求该抛物线的解析式；（2）连接BC，过点A作AD//（3）直线x=−510．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－33x2＋233x＋3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴与（1）求直线BC的解析式；（2）如图2，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC．当△PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E(不与B、C重合)，使PE+12BE的值最小，求点P的坐标和PE+12（3）如图3，点G是线段CB的中点，将抛物线y＝－33x2＋233x＋3沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为F．在抛物线y′11．已知抛物线y＝﹣16x2﹣2(1)求直线AC的解析式；(2)如图，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP面积最大时，求|PM﹣OM|的值．(3)如图，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'．使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形？若存在，请求出点D′的坐标；若不存在，请说明理由．类型三旋转+直角三角形12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A−6,0，B4,0(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，点D与点C关于抛物线的对称轴对称，连接BD交y轴于点G，作直线OD，点P为线段BD上方的抛物线上任意一点，过点P作PE∥y轴交BD于点E，过点P作PF⊥直线OD于点F．当PE+5(3)如图2，连接BC、BD，将△OCD绕点O顺时针旋转α0°<α<90°得到△OC'D'，使得C'D'∥BC，将线段OD'沿射线C'O平移得到O'D''，连接AO'，AD''，请问在平移过程中，是否存在△AO'D''是以△O'D''13．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝−18x2+14x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点P（1）求点P的坐标及直线AC的解析式；（2）如图2，过点P作x轴的垂线，垂足为E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OF，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接FA、FC．求AF+23CF（3）如图3，点M为线段OA上一点，以OM为边在第一象限内作正方形OMNG，当正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上时，将正方形OMNG沿x轴向右平移，记平移中的正方形OMNG为正方形O′MNG，当点M与点A重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形O′MNG的边MN与AC交于点R，连接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．14．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣23（1）连接EA、EB，取线段AC的中点Q，当△EAB面积最大时，在x轴上找一点R使得|RE一RQ|值最大，请求出R点的坐标及|RE﹣RQ|的最大值；（2）如图2，在（1）的条件下，将△PED绕E点旋转得△ED′P′，当△AP′P是以AP为直角边的直角三角形时，求点P′的坐标．15．如图，在平面直角坐标系中，将抛物线y=−x2向上平移4个单位，向右平移1个单位得新抛物线y1=ax2+bx+ca≠0，新抛物线交x轴于点A，B（点(1)求a，b，c的值；(2)如图1，点P为直线BC上方新抛物线上一动点，过点P作PQ∥x轴交直线BC于点Q．当PQ取最大值时，求点(3)在（2）的条件下，PQ取最大值时，PQ交新抛物线的对称轴于点M，直线BC交新抛物线的对称轴于点N．把Rt△MNQ绕点N逆时针旋转α0°<α<180°得到Rt△M'NQ'．在旋转过程中，当Rt△M'NQ'的直角边与直线专题05二次函数与直角三角形综合（重庆专用）（3类题型训练）（2023重庆实验外国语学校九年级下期3月月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A、By=12x2+bx+c，交y轴于点C(1)求抛物线的解析式；(2)D为抛物线的顶点，连接BD，点P为抛物线上点C、D之间一点，连接CP，DP，过点P作PM∥BD交直线BC于点M，连接DM，求四边形CPDM面积的最大值以及此时(3)将抛物线沿BC方向平移35个单位后得到新的抛物线y′，新抛物线与原抛物线的交点为E．在新抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B，E，Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请求出点解题思路分析本题考查二次函数综合应用，涉及二次函数图像中三角形，四边形面积问题，关键在于面积的转化，以及直角三角形的存在性问题，注意要分类讨论，利用勾股定理逆定理来求解．（1）将B4,0，C0,2代入抛物线（2）设CD与x轴交于点F，连接BP，过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，先求出S△BCD=154，设设P(t,12t2−52t+2)，则G(t,−54t+2)，H(t,（3）由OC=2,OB=4，得BC=25，抛物线沿BC方向平移35个单位，相当于抛物线向左平移6个单位，向上平移3个单位，即可求出点E，设Q(m,12m2−52解析过程详解（1）∵抛物线交x轴于A、By=12x2+bx+c，交y轴于点C∴12∴b=−5∴抛物线的解析式为：y=（2）设CD与x轴交于点F，连接BP，过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，如图所示：∵y=1∴顶点D(5∵B4,0，C∴设直线CD的解析式为：y=k∴52∴k1∴直线CD的解析式为：y=−5设直线BD的解析式为：y=k∴52∴k2∴直线CD的解析式为：y=3在y=−54x+2中，令y=0∴F(8∴BF=12∴S△BCD设P(t,12t2−∴PG=−12t∴S△CPDS△PDB∴S四边形CPDB∵PM∥BD，∴S△MBD∴S△MBD∴S四边形CPDM=(−5=−t=−(t−2)∴当t=2时，S四边形CPDM最（3）存在，理由如下：∵OC=2,OB=4，∴BC=25∵抛物线y=12x2−52∴y′∴y=1∴x=−1y=5∴交点E(−1,5)，设Q(m,1BE2=50，B当BQ为斜边时，即∠QEB=90°，如图，∵BE∴50+(m+1)∴50+10m−15=5(m∴m=8或m=−1（舍），∴Q(8,14)；②当BE为斜边时，即∠BQE=90°，如图，∵BQ∴(m+1)2∴(m+1)(m−4)(m−2)(m−5)=0，∴m=4（与B重合，舍去）或m=−1（与E重合，舍去），或m=2或m=5，∴Q(2,−1)或Q(5,2)；③当QE为斜边时，即∠QBE=90°，如图，∵BQ∴(m−4)2∴m=3或m=4（与B重合，舍去），∴Q(3,−1)，综上所述：Q(8,14)或(3,−1)或(2,−1)或(5,2)．类型一动点+直角三角形1．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣1，0）、C（4，0），BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，抛物线y＝x2+bx+c经过A、B两点．（1）求抛物线的表达式；（2）点E是线段AB上一动点（不与A、B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．答案:（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点E的坐标为（32，52）；（3）存在，P1（2−262，52），P2（2+262分析：（1）先求得点A的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可得到关于b、c的方程组，从而可求得b、c的值；（2）设点E的坐标为（x，x+1），则点F的坐标为F（x，x2﹣2x﹣3），则可得到EF与x的函数关系式，利用配方法可求得EF的最大值以及点E的坐标；（3）存在，分两种情况考虑：（i）过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3），由E的纵坐标与P纵坐标相等列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值，确定出P1，P2的坐标；（ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3），根据F的纵坐标与P的纵坐标相等列出关于n的方程，求出方程的解得到n的值，求出P3的坐标，综上得到所有满足题意P得坐标．【详解】（1）∵A（﹣1，0）、C（4，0），∴OA＝1，OC＝4，∴AC＝5，∵BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，∴B（4，5），将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得：1−b+c=016+4b+c=5∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．（2）∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴−k+b=04k+b=5，解得：k=1∴直线AB的解析式为：y＝x+1，∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3，∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t﹣32）2+∴当t＝32时，EF的最大值为25∴点E的坐标为（32（3）存在，分两种情况考虑：（ⅰ）过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3），∴m2−2m−3=∴m1=2−262∴P1（2−262，52），P2（2+（ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3）则有：n2﹣2n﹣3＝﹣15∴n1=12,n2=3∴P3（12，−综上所述，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形所有点P的坐标为：P1（2−262，52），P2（2+262，5【点睛】此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，解一元二次方程，利用了数形结合及分类讨论的思想，熟练掌握待定系数法和分类讨论思想是解本题的关键．2．如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3,0)，B(1,0)(1)求抛物线的解析式；(2)若点P为第三象限内抛物线上的一点，设△PAC的面积为S，求S的最大值并求此时点P的坐标．(3)设抛物线的顶点为D，DE⊥x轴于点E，在y轴上确定一点M，使得△ADM是直角三角形，写出所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．答案:(1)y=(2)S有最大值278，此时点P的坐标为(−(3)点M的坐标为(0,32)或(0,−72分析：（1）已知抛物线上的三点坐标，利用待定系数法可求出该二次函数的解析式；（2）过点P作x轴的垂线，交AC于点N，先运用待定系数法求出直线AC的解析式，设P点坐标为(x,x2+2x−3)，根据AC的解析式表示出点N的坐标，再根据S（3）分三种情况进行讨论：①以A为直角顶点；②以D为直角顶点；③以M为直角顶点；设点M的坐标为(0,t)，根据勾股定理列出方程，求出t的值即可．【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3,0)，B(1,0)∴9a−3b+c=0a+b+c=0c=−3，解得∴抛物线的解析式为：y=x（2）如图，过点P作x轴的垂线，交AC于点N．设直线AC的解析式为y=kx+m，由题意，得−3k+m=0m=−3，解得k=−1∴直线AC的解析式为：y=−x−3．设P点坐标为(x,x2+2x−3)，则点N∴PN=PE−NE=−(x∵S∴S=1∴当x=−32时，S有最大值此时y=x此时点P的坐标为(−3（3）解：在y轴上存在点M，能够使得ΔADM是直角三角形．理由如下：∵y=x∴顶点D的坐标为(−1,−4)，∵A(−3,0)，∴AD设点M的坐标为(0,t)，分三种情况进行讨论：①当A为直角顶点时，如图3①，由勾股定理，得AM即(0+3)2解得t=3所以点M的坐标为(0,3②当D为直角顶点时，如图3②，由勾股定理，得DM即(0+1)2解得t=−7所以点M的坐标为(0,−7③当M为直角顶点时，如图3③，由勾股定理，得AM即(0+3)2解得t=−1或−3，所以点M的坐标为(0,−1)或(0,−3)；综上可知，点M的坐标为(0,32)或(0,−72【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的顶点式的运用，勾股定理等知识，解题的关键是运用数形结合、分类讨论及方程思想进行求解．3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B(1)求此抛物线的函数解析式．(2)点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．(3)点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．答案:(1)y=(2)（-2，-4）(3)P点坐标为：（-1，3），（-1，-5），−1，−2+7，分析：（1）直接将B（0，-4），C（2，0）代入y=ax（2）先求出直线AB关系式为：y=−x−4，直线AB平移后的关系式为：y=−x−4+n，当其与抛物线只有一个交点时，此时点D距AB最大，此时△ABD的面积最大，由此即可求得D点坐标；（3）分三种情况讨论，①当∠PAB=90°时，即PA⊥AB，则设PA所在直线解析式为：y=x+z，将A（-4,0）代入y=x+z得，解得：z=4，此时P点坐标为：（-1,3）；②当∠PBA=90°时，即PB⊥AB，则设PB所在直线解析式为：y=x+t，将B（0，-4）代入y=x+t得，t=−4，此时P点坐标为：（-1,-5）；③当∠APB=90°时，设P点坐标为：−1，yp，由于PA所在直线斜率为：yp3，PB在直线斜率为：yp+4−1，y【详解】（1）解：将B（0，-4），C（2，0）代入y=ax得：m=−44a+2+m=0解得：m=−4a=∴抛物线的函数解析式为：y=1（2）向下平移直线AB，使平移后的直线与抛物线只有唯一公共点D时，此时点D到直线AB的距离最大，此时△ABD的面积最大，∵12x2+x−4=0时，∴A点坐标为：（-4,0），设直线AB关系式为：y=kx+b（k≠0），将A（-4,0），B（0，-4），代入y=kx+b（k≠0），得：−4k+b=0b=−4解得：k=−1b=−4∴直线AB关系式为：y=−x−4，设直线AB平移后的关系式为：y=−x−4+n，则方程−x−4+n=1即12∴n=−2，即12将x=-2代入抛物线解析式得，y=1∴点D的坐标为：（-2，-4）时，△ABD的面积最大；（3）①当∠PAB=90°时，即PA⊥AB，则设PA所在直线解析式为：y=x+z，将A（-4,0）代入y=x+z得，−4+z=0，解得：z=4，∴PA所在直线解析式为：y=x+4，∵抛物线对称轴为：x=-1，∴当x=-1时，y=−1+4=3，∴P点坐标为：（-1，3）；②当∠PBA=90°时，即PB⊥AB，则设PB所在直线解析式为：y=x+t，将B（0，-4）代入y=x+t得，t=−4，∴PA所在直线解析式为：y=x−4，∴当x=-1时，y=−1−4=−5，∴P点坐标为：（-1，-5）；③当∠APB=90°时，设P点坐标为：−1，y∴PA所在直线斜率为：yp3，PB在直线斜率为：∵PA⊥PB，∴yp3·解得：yp1=−2+7∴P点坐标为：−1，−2+7，综上所述，P点坐标为：（-1，3），（-1，-5），−1，−2+7，−1，−2−【点睛】本题主要考查的是二次函数图象与一次函数、三角形的综合，灵活运用所学知识是解题的关键．4．如图，在平面直角坐标系中，一抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，与y轴负半轴交于点C，与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，0），且OA＝OC，D为抛物线的顶点．(1)求抛物线的解析式；(2)若M（﹣2，y）是抛物线上一点，P是抛物线上另一点（点P与点D不重合），当S△BDM＝S△BPM时，求出此时点P的坐标；(3)在（2）的条件下，抛物线对称轴上是否存在点Q，使△BMQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．答案:(1)y＝x2+2x﹣3(2)P点坐标为（−17−12，1−172(3)存在，Q点坐标为（﹣1，2）或（﹣1，﹣4）或(−1,−3+17分析：（1）先求解C的坐标，再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；（2）先求解M的坐标，再求解直线BM直线方程为：y＝x﹣1，如图，过点D作BM的平行线，交抛物线于点P3，设DP3直线为y＝x+n，求解DP3为y＝x﹣3，联立直线和抛物线{y=x−3y=x2+2x−3，解方程组可得P3的坐标，BM与y轴的交点坐标为(0,−1),而−1−(−3)=2,把（3）由点Q在对称轴上，可设点Q坐标为（﹣1，n），再利用勾股定理求解BM2＝18，BQ2＝4+n2，MQ（1）解：由题意可知A（﹣3，0），∵OA＝OC，∴C（0，﹣3），∵对称轴x=−b∴b＝2a，设解析式为：y＝ax2+bx+c（a≠0），将A（﹣3，0），C（0，﹣3），b＝2a，{9a−3b+c=0b=2ac=−3∴y＝x2+2x﹣3，顶点D（﹣1，﹣4），故抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3；（2）解：∵点M在抛物线上，∴将M点的横坐标x＝﹣2代入y＝x2+2x﹣3得y＝﹣3，∴M（﹣2，﹣3），由第（1）可知D（﹣1，﹣4），B（1，0），∵M（﹣2，﹣3）；∴直线BM直线方程为：y＝x﹣1，如图，过点D作BM的平行线，交抛物线于点P3，设DP联立直线和抛物线{y=x−3当x=−1时，y=−4,此时P,D重合，舍去，∴P3（0，﹣3），∵BM与y轴的交点坐标为(0,−1),而−1−(−3)=2,∴把(0,−1)向上平移两个单位得到E(0,1),过点E作BM的平行线，分别交抛物线于点P1，P2，，设P1P2直线为y＝x+m，将E（0，1）代入，得y＝x+1，联立直线和抛物线{y=x+1得x=17−12∴P1故P点坐标为(−17−1（3）解：存在，Q点坐标为（﹣1，2）或（﹣1，﹣4）或(−1,−3+172理由如下：点Q在对称轴上，可设点Q坐标为（﹣1，n），∵M（﹣2，﹣3），B（1，0），∴BM2＝（﹣2﹣1）2+（﹣3﹣0）2＝18，BQ2＝（﹣1﹣1）2+（n﹣0）2＝4+n2，MQ当∠MBQ＝90°时，BM2+BQ2＝MQ2，则18+4+n2＝n2+6n+10，解得n＝2，Q（﹣1，2）；当∠BMQ＝90°时，BM2+MQ2＝BQ2，18+n2+6n+10＝4+n2，解得n＝﹣4（与顶点D重合），Q（﹣1，﹣4）；当∠BQM＝90°时，MQ2+BQ2＝BM2，则n2+6n+10+4+n2＝18，解得n＝−3+172或n＝则Q(−1,−3+172综上所得，Q点坐标为（﹣1，2）或（﹣1，﹣4）或(−1,−3+172【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，一次函数的图象的性质，两平行间的距离处处相等，勾股定理的应用，二次函数的图象与性质，灵活的运用以上知识解题是关键.5．如图，抛物线y=−x2+bx+c的图象交x轴于A,B两点，交y轴于点C，直线y=−x+3（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线第一象限上的一动点，连接PC,PB，求△PBC面积的最大值，并求出此时点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△BCM为直角三角形?若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．答案:（1）y=−x2+2x+3；（2）P(分析：（1）先求出B、C两点的坐标，然后代入二次函数解析式求解即可；（2）过点P向x轴作垂线交直线BC于点，设P(t,−t2+2t+3)（3）设M1,y【详解】解：（1）∵直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，∴B（3，0），C（0，3）将B（3，0），C（0，3）代入y=−x可得−9+3b+c=0c=3解得b=2c=3所以抛物线的解析式为y=−x（2）过点P向x轴作垂线交直线BC于点Q，直线的解析式为y=−x+3，设P(t,−t2+2t+3)则：PQ=−t当t=32时，PQ最大=∴PQ最大时，三角形PBC的面积最大，最大面积为278，此时P(32,（3）设M1,y∵B3,0，C∴BM2=4+y2当BM⊥CM时，4+解得：y=∴M11,3+当BM⊥BC时，4+y解得：y=−2，∴M3当CM⊥BC时，4+y解得：y=4，∴M4综上所述，存在这样的点，使得ΔBCM为直角三角形，它们分别为：M1(1,3+【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合，两点距离公式，准确分析判断是解题的关键．类型二平移+直角三角形6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−52x+2交x轴于（1）求△ABC的面积；（2）D为抛物线的顶点，连接BD，点P为抛物线上点C、D之间一点，连接CP，DP，过点P作PM//BD交直线BC于点M，连接DM，求四边形CPDM面积的最大值以及此时（3）将抛物线沿射线BC方向平移35个单位后得到新的抛物线y′=ax2+bx+c(a≠0)），新抛物线y'与原抛物线的交点为E，在原抛物线上是否存在点Q，使得以B，答案:（1）3；（2）SCPDM最大=4，P(2,−1)；（3）存在，Q3,−1或Q2,−1或分析：（1）求出点A、B、C的坐标，即可求出AB、OC的长度，从而求出△ABC面积；（2）设CD与x轴交于F，连接BP、过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，先求出S△BCD=154，设P（t，12t2−52（3）由OC=2，OB=4，可得BC=25，抛物线沿射线BC方向平移35，即向左平移6个单位，向上平移3个单位，可求出新抛物线，然后可以求出点E，设Q（m，12m2−5【详解】解：（1）当x=0时，y=2，∴C当y=0时，x2解得：x1=1，∴A1,0，S△ABC（2）设CD与x轴交于F，连接BP、过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，如图：∵y=1∴顶点D（52，−∵C（0，2），B（4，0），∴直线CD解析式为y=−54x+2在y=−54x+2∴F（85∴BF=125∴S△BCD=12BF•|yC-yD|=12×125×（2+9设P（t，12t2−5∴GP=−12∴S△CPD=12GP•|xD-xC|=12×52×(−S△PDB=12PH•|xB-xD|=12×32×(1∴S四边形CPDB=S△CPD+S△BCD=−5∵PM//BD，∴S△MDB=S△PDB，∴S△MDB=38∴S四边形CPDM=S四边形CPDB-S△MDB=（−58t2−=−t2+4t=−（t−2）2+4，∴当t=2时，S四边形CPDM最大=4，此时P（2，−1）；（3）存在，理由如下：∵OC=2，OB=4，∴BC=25抛物线沿射线BC方向平移35∵y=1∴新抛物线解析式为：y′联立解析式得：y=解得：x=−1y=5∴交点E（-1，5），设Q（m，12m2−5①当BQ为斜边，即∠QEB=90°时，如图：∵BE2+EQ2=BQ2，∴50+（m+1）2+（12m2∴50+（m+1）2-（m-4）2=（12m2∴50+10m-15=（m2-5m-1）×5，解得：m=8或m=-1（舍去），∴Q（8，14）；②BE为斜边，即∠BQE=90°时，如图：∵QE2+BQ2=BE2，∴（m-4）2+（12m2∴（m+1）（m-4）（m-2）（m-5）=0，解得：m=-1（与E重合，舍去）或m=4（与B重合，舍去）或m=2或m=5，∴Q（2，-2）或Q（5，2）；③QE为斜边，即∠QBE=90°，如图：∵BQ2+BE2=QE2，∴（m-4）2+（12m2解得：m=3或m=4（与B重合，舍去），∴Q（3，-1），综上所述：Q3,−1或Q2,−1或Q8,14【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及二次函数图象中三角形，四边形面积问题，关键在于面积的转化，以及直角三角形的存在性问题，注意要分类讨论，利用勾股定理逆定理来求解，计算过程需要仔细点．7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝12x2﹣x﹣32交x轴于A、B两点（点A在点B左侧）．一次函数y＝12x+b与抛物线交于A、D两点，交y（1）求点D的坐标；（2）点E是线段CD上任意一点，过点E作EF⊥y轴于点F，过点E作EP⊥AD交抛物线于点P．点P位于直线AD下方，求5PE+54EF的最大值及相应的P（3）将抛物线沿射线AD方向平移52个单位长度得到新抛物线y′，新抛物线与原抛物线交于点K．M、N是直线AD上两动点（M在N的左侧），满足MN＝35．是否存在以M、N、K为顶点的直角三角形？若存在，请直接写出答案:（1）D（4，52）；（2）最大值为9112，P（73，﹣109）；（3）存在，M坐标为（45，910）或（﹣265，﹣21分析：（1）根据抛物线解析式求出点A，B坐标，联立y=12x+（2）过P作PG//y轴，交FE延长线于G，根据点E在线段CD上，可设E(m,12m+12)(0⩽m⩽4)，利用相似三角形对应边成比例，设EG=a，用含m、a的代数式表示出P点坐标，代入二次函数解析式，用m的式子表示a，表示（3）先求出K(2,−32)，再设M(a,12a+12)，则N(a+6,12a+72)，表示出KM2【详解】解：（1）令y＝0得：12解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），将A（﹣1，0）代入y=12x+b∴b=1∴AD的解析式为y=1联立y=12x+12y=1∴D(4,5（2）过P作PG//y轴，交FE延长线于G，如图：∵E在线段CD上，∴设E(m,12m+∴EF＝m，∵PE⊥AD，∴∠GEP＝90°﹣∠CEF＝∠ECF＝∠ACO，且∠G＝∠AOC＝90°，∴△AOC∽△PGE，∴OCEG由AD的解析式为y=12x+12∴OA＝2OC，∴PG＝2EG，PE＝5EG，设EG＝a，则PG＝2a，∴P(m+a,1代入y=12x解得：a=−m−1−5(m+1)或a=−m−1+∵点P在AD下方，∴a=−m−1+5(m+1)∴P(−1+5(m+1)，∴PE=5∴5PE+设5(m+1)=t，则m=∴5PE+∴t=103即m=119时，此时P(73，（3）存在，理由如下：∵OA＝2OC，∴抛物线沿射线AD方向平移52个单位长度得到新抛物线y′，相当于向右平移1个单位，再向上平移∴y由y=12x∴K(2,−3设M(a,12a+∴KM2=①当∠NMK＝90°时，如图：∵KM2+MN2＝KN2，∴54解得a=4∴M(45，②当∠MNK＝90°时，如图：∵KN2+MN2＝KM2，∴54解得a=−26∴M(−265，③当∠MKN＝90°时，如图：∵KM2+KN2＝MN2，∴54解得a=−25或∴M(−25，310综上所述，M坐标为(45，910)或(−265，−21【点睛】本题主要是考查了二次函数综合运用，涉及到相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，点的坐标求解，其中（3）要注意分类讨论，避免漏解．8．如图1，二次函数y＝﹣12x2＋3x＋72交x轴于A、B两点（点A在点B左边），交y轴于点C．连接BC、AC，点P为直线BC上方抛物线上一点，作PD∥AC交BC于点（1）试求出A、B、C的坐标；（2）连接AD，记△ABD的面积为S1，△PBD的面积为S2，求S2S1（3）如图2将△AOC沿射线AC平移5534个单位，记平移后的三角形为△A1O1C1，其中A、O、C分别对应A1、O1、C1，在抛物线对称轴上一动点M，是否存在以M、A1、C1为顶点的三角形为直角三角形，若存在请直接写出点答案:（1）A（-1，0）、B（7，0）、C（0，72（2）S2S1有最大值是494，此时P点坐标为（（3）见解析分析：（1）令y＝﹣12x2＋3x＋7（2）先求出BC直线解析式，设动点P的坐标，再根据点到直线的距离公式分别求出点A和点P到直线BC的距离d1和d2，由三角形面积公式可以推出S2（3）【详解】解：（1）令y＝﹣12x2＋3x＋72中y=0，得到﹣12解得x1=-1，x2=7,令x=0，得y=72∴A（-1，0）、B（7，0）、C（0，72（2）设BC直线解析式y=kx+b,∵B（7，0）、C（0，72∴0=7k+b72=b∴y=−1∵A（-1，0），∴点A到BC的距离d1=55∵点P在抛物线上，∴设P（x,﹣12x2＋3x＋7∴点P到BC的距离d2=21∵S1=d∴S2要使S2S1当x=−b2a即x=72时，S2S1（3）存在，如图所示有两种情况过点A1作A1E⊥AB,过点C1作C1E1⊥AB，∵A(-1,0)，C(0，7∴AC=532,y∵平移距离是±53∴AA1=±53∴H1∵CO⊥AB,A1E⊥AB，∴ACDHH1E∴ACAA1∵OH=1,∴OE=32∴H1点横坐标为32同理可得：HH1EAC1E1，∴HH1HC1∵OH=1,∴OE1=HE1∴C1点横坐标为52分以下两种情况：①M1H1⊥C1C即∠C1A1M1=90°，∵M1H1⊥C1C且AC斜率为72∴设yM1H1∵H1点横坐标为32∴纵坐标y=35∴H1(32∵H1在直线M1H1上，∴354=−2∴yM1H1∵抛物线的对称轴x=−b∴M1点横坐标为3，代入yM1H1=−∴∠C1A1M1=90°时，M1（3，23328②①M2H1⊥HC1即∠M2C1H1=90°，∵M2C1⊥H1C1且AC斜率为72∴设yM2C1∵C1点横坐标为52∴纵坐标y=49∴C1(52∵C1在直线M2C1上，∴494=−2∴yM2C1∵抛物线的对称轴x=−b∴M2点横坐标为3，代入yM2C1=−∴∠M2C1H1=90°时，M2（3，33928综上可得M（3，23328）或（3，339【点睛】本题主要考查二次函数图象与几何图形综合，解决本题的关键是要熟练掌握二次函数图象性质和几何图形性质.9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx−2的图象经过点−2,−2（1）求该抛物线的解析式；（2）连接BC，过点A作AD//（3）直线x=−5答案:（１）y=23x2+43分析：（1）将点−2,−2和1,0代入抛物线y=ax（2）令y=0，结合韦达定理解得x1+x2=−ba=−2，根据已知条件可得xB=−2−1=−3，由此得到点B、C的坐标，再利用待定系数法解得直线BC的解析式为：yBC=−23x−2，由两直线平行，斜率相等解得yAD=−23x+23，联立方程组yAD=−23x+（3）分当∠AME=90°时或当∠AEM=90°时，或当∠EAM=90°时，结合一次函数的性质解题即可．【详解】解：（1）将点−2,−2和1,0代入抛物线y=ax4a−2b−2=−2∴∴y=2（2）令y=0，2x∵∴∴B(−3,0)∵C(0,−2)设直线BC的解析式为：y=kx+b，代入点B、C得，−3k+b=0解得k=−∴∵AD//BC∴设y∵A(1,0)在AD上，∴0=−∴∴联立方程组y整理得：x∴(x−1)(x+4)=0∴∴D(−4,设E(m,n)∵E为直线BC下方∴−3<m<0n=∴联立方程组y∴∴x=∴F(设AF与OC相交于点P，作EQ⊥AB交BC于点Q，∴Q(m,−∴y∴P(0,∴====−=−当m=−2时，S最大值（3）由（2）知y∵x=−∴y=−∴G(−∵y=∴y=∴−∴∴−∴c=−14或即对称轴为：x=设M(∵A(1,0),E(−2,−2)∴k+b=0∴∴yAE设yME=mx+n，代入M(1∴∴∴yME同理解得yAM=−当∠AME=90°时，k∴16由公式法解得t=−4±当∠AEM=90°时，k解得：t=−43当∠EAM=90°时，k解得t=综上所述，存在这样的M,M(1【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及一次函数、一元二次方程的解法、直角三角形的判断等知识，是重要考点，难度较大，掌握相关知识是解题关键．10．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－33x2＋233x＋3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴与（1）求直线BC的解析式；（2）如图2，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC．当△PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E(不与B、C重合)，使PE+12BE的值最小，求点P的坐标和PE+12（3）如图3，点G是线段CB的中点，将抛物线y＝－33x2＋233x＋3沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为F．在抛物线y′答案:（1）直线BC的解析式为y=﹣33x+3；（2）S△PBC最大时，P(32，534)，PE+12BE值最小分析：（1）根据二次函数的解析式先求出点C、点B的坐标，然后利用待定系数法即可求出直线BC的解析式；（2）如图2中，过点P作PM⊥x轴于点M，交直线BC于点F，过点E作EN⊥x轴于点N，设P(a，﹣33a2+233a+3)，则F(a，﹣33a+3)则可得PF=﹣33a2+3a，继而得S△PBC=﹣32a2+332a，根据二次函数的性质可得当a=3（3）由题意可得D(1，0)，G(32，32)，继而可得直线DG解析式，根据抛物线y=﹣33x2+233x+3=﹣33(x−1)2+433沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，可得y′【详解】（1）当x=0时，y=﹣33x2+233x+∴点C的坐标为（0，3）；当y=0时，有﹣33x2+23解得：x1∴点B的坐标为（3，0），设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0将B（3，0）、C（0，3）代入y=kx+b，得：3k+b=0b=3，解得：∴直线BC的解析式为y=﹣33x+3（2）如图2中，过点P作PM⊥x轴于点M，交直线BC于点F，过点E作EN⊥x轴于点N，设P（a，﹣33a2+233a+3），则F（a，﹣∴PF=﹣33a2+∴S△PBC=12×PF×3=﹣32a2∴当a=32∴P（32，5∵直线BC的解析式为y=﹣33x+3∴∠CBO=30°，EN⊥x轴，∴EN=12∴PE+12∴根据两点之间线段最短和垂线段最短，则当P，E，N三点共线且垂直于x轴时，PE+12∴PE+12BE=PE+EN=PN=5（3）∵D是对称轴直线x=1与x轴的交点，G是BC的中点，∴D（1，0），G（32，3∴直线DG解析式y=3x﹣3，∵抛物线y=﹣33x2+233x+3=﹣33(x−1)2+∴y′═﹣33(x−3)2∴对称轴为x=3，F(3,43∵△FGQ为直角三角形，∴∠FGQ＝90°或∠FQG＝90°，∠GFQ＝90°（不合题意，舍去）当∠FQG＝90°，则QG//x轴∴Q（3，32当∠FGQ＝90°，设点Q坐标（3，y）∵FQ∴(∴y＝−2∴Q（3，−23综上所述：Q（3，32），（3，−2【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法、二次函数的最值、二次函数图象的平移等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和应用相关知识是解题的关键．11．已知抛物线y＝﹣16x2﹣2(1)求直线AC的解析式；(2)如图，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP面积最大时，求|PM﹣OM|的值．(3)如图，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'．使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形？若存在，请求出点D′的坐标；若不存在，请说明理由．答案:(1)y＝13x+2；(2)点M坐标为（﹣2，53）时，四边形AOCP的面积最大，此时|PM﹣OM|有最大值616；(3)存在，D′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（−分析：（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，求出点A、B、C坐标，即可求解；（2）连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有最大值，即可求解；（3）存在；分①A′D′⊥A′E；②A′D′⊥ED′；③ED′⊥A′E三种情况利用勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，∴A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，2），函数对称轴为：x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，83），C点坐标为（0，2），则过点C的直线表达式为：y＝kx+2，将点A坐标代入上式，解得：k=13（2）如图，过点P作x轴的垂线交AC于点H．四边形AOCP面积＝△AOC的面积+△ACP的面积，四边形AOCP面积最大时，只需要△ACP的面积最大即可，设点P坐标为（m，−16m2−23m+2），则点G坐标为（m，13m+2），S△ACP=12PG•OA=12•（−16m2−23m+2−13（3）存在．∵AE＝CD，∠AEC＝∠ADC＝90°，∠EMA＝∠DMC，∴△EAM≌△DCM（AAS），∴EM＝DM，AM＝MC，设：EM＝a，则：MC＝6﹣a．在Rt△DCM中，由勾股定理得：MC2＝DC2+MD2，即：（6﹣a）2＝22+a2，解得：a=83，则：MC=103，过点D作x轴的垂线交x轴于点N，交EC于点H．在Rt△DMC中，12DH•MC=12MD•DC，即：DH×设：△ACD沿着直线AC平移了m个单位，则：点A′坐标（﹣6+3m10，m10），点D′坐标为（−65+3m10，185+m10），而点E坐标为（﹣6，2），则①当A'D'2+A'E2=ED'2时，36+m2②当A'D'2+ED'2=A'E2时，36+m2③当A'E2+ED'2=A'D'2时，m2−4m10+4+m综上所述：D坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（−35，【点睛】本题考查了二次函数知识综合运用，涉及到一次函数、图形平移、解直角三角形等知识，其中（3）中图形是本题难点，其核心是确定平移后A′、D′的坐标，本题难度较大．类型三旋转+直角三角形12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A−6,0，B4,0(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，点D与点C关于抛物线的对称轴对称，连接BD交y轴于点G，作直线OD，点P为线段BD上方的抛物线上任意一点，过点P作PE∥y轴交BD于点E，过点P作PF⊥直线OD于点F．当PE+5(3)如图2，连接BC、BD，将△OCD绕点O顺时针旋转α0°<α<90°得到△OC'D'，使得C'D'∥BC，将线段OD'沿射线C'O平移得到O'D''，连接AO'，AD''，请问在平移过程中，是否存在△AO'D''是以△O'D''答案:(1)y=−1(2)P(73,(3)D″(分析：（1）将A、B两点的坐标代入二次函数解析式求解即可；（2）求出D的坐标，进而求得BD、OD直线解析式，设P(m,−16m2−13m+4)，过点P作PN∥x轴，可求得PN=5（3）根据题意可得当OC′⊥BC时，C′D′∥BC，过点D′作D′E⊥OB，交OC′、OB于点F、E，求得(1)解：将A、B两点代入二次函数解析式可得：36a−6b+4=016a+4b+4=0，解得a=−所以，解析式为y=−1(2)连接CD，过点P作PN∥x轴，如下图：则：CD∥PN∴∠CDO=∠PNF在Rt△OCD中，由勾股定理可得：OD=OC∴sin∠PNF=在Rt△PNF中，sin∠PNF=PFPN由y=−−16x2−1设直线BD为：y=kx+b，则4k+b=0−2k+b=4，解得k=−23直线OD为：y=−2x，设P(m,−16m2−13∴N(则PE=−1PN=m−(PE+当m=73时，PE+−即P(73(3)由C'D'∥BC，∠C′=90°可得OC′⊥BC，过点D′作D′E⊥OB由题意可得OB=OC，O∴∠BOF=12∴OE=EF，C∴OF=2，由勾股定理可得，OE2+EF2=O∴D′(直线OC′为y=x，直线O设O′(m,m)，由平移的性质可得：D当AO′⊥O′D″则D″当AD″⊥O′D则D″D″(【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，三角函数的定义，直线的有关性质等，解题的关键是熟练掌握并综合应用有关性质进行求解．13．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝−18x2+14x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点P（1）求点P的坐标及直线AC的解析式；（2）如图2，过点P作x轴的垂线，垂足为E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OF，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接FA、FC．求AF+23CF（3）如图3，点M为线段OA上一点，以OM为边在第一象限内作正方形OMNG，当正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上时，将正方形OMNG沿x轴向右平移，记平移中的正方形OMNG为正方形O′MNG，当点M与点A重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形O′MNG的边MN与AC交于点R，连接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．答案:（1）P（2，3），yAC＝﹣12x+3；（2）2853；（3）存在，t的值为17分析：（1）由抛物线y＝−18x2+（2）在OC上取点H（0，43），连接HF，AH，求出AH的长度，证△HOF∽△FOC，推出HF＝23CF，由AF+（3）先求出正方形的边长，通过△ARM∽△ACO将相关线段用含t的代数式表示出来，再分三种情况进行讨论：当∠O'RP＝90°时，当∠PO'R＝90°时，当∠O'PR＝90°时，分别构造相似三角形，即可求出t的值，其中第三种情况不存在，舍去．【详解】（1）在抛物线y＝−18x2+当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），当y＝3时，x1＝0，x2＝2，∴P（2，3），当y＝0时，则−18x2+解得：x1＝﹣4，x2＝6，B（﹣4，0），A（6，0），设直线AC的解析式为y＝kx+3，将A（6，0）代入，得，k＝﹣12∴y＝﹣12∴点P坐标为P（2，3），直线AC的解析式为y＝﹣12（2）在OC上取点H（0，43则OH＝43，AH＝O∵OHOF=4∴△HOF∽△FOC，∴HFCF∴HF＝23∴AF+23CF＝AF+HF≥AH＝2∴AF+23CF的最小值为2（3）∵正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上，∴GN＝MN，∴设N（a，a），将点N代入直线AC解析式，得，a＝﹣12∴a＝2，∴正方形OMNG的边长是2，∵平移的距离为t，∴平移后OM的长为t+2，∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，∵RM∥OC，∴△ARM∽△ACO，∴AMAO即4−t6∴RM＝2﹣12如图3﹣1，当∠O'RP＝90°时，延长RN交CP的延长线于Q，∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，∴∠PRQ＝∠RO'M，又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，∴△PQR∽△RMO'，∴PQRM∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+12∴t2−解得，t1＝﹣3﹣17（舍去），t2＝17﹣3；如图3﹣2，当∠PO'R＝90°时，∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，∴∠RO'M＝∠EPO'，又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，∴△PEO'∽△O'MR，∴PEO'M即32解得，t＝207如图3﹣3，当∠O'PR＝90°时，延长O’G交CP于K，延长MN交CP的延长线于点T，∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，∴∠KO'P＝∠TPR，又∵∠O'KP＝∠T＝90°，∴△KO'P∽△TPR，∴KPTR即2−t3−(2−整理，得t2-12∵△＝b2﹣4ac＝﹣474∴此方程无解，故不存在∠O'PR＝90°的情况；综上所述，△O′PR为直角三角形时，t的值为17﹣3或207【点睛】本题主要考查二次函数的图象和相似三角形的综合，添加合适的辅助线，构造相似三角形，是解题的关键.14．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣23（1）连接EA、EB，取线段AC的中