（3）求出 m ＝﹣k 2﹣k √k 2 + 1，在△AHM 中，tan α= AH = −k =k +√k 2 + 1 =tan ∠BEC = EK =k +2，即2020 年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）专题 4 二次函数与特殊图形的存在性问题【真题再现】1．（2019 年盐城 27 题）如图所示，二次函数 y ＝k （x ﹣1）2+2 的图象与一次函数 y ＝kx ﹣k +2 的图象交于 A 、B 两点，点 B 在点 A 的右侧，直线 AB 分别与 x 、y 轴交于 C 、D 两点，其中 k ＜0．（1）求 A 、B 两点的横坐标；（△2）若 OAB 是以 OA 为腰的等腰三角形，求 k 的值；（3）二次函数图象的对称轴与 x 轴交于点 E ，是否存在实数 k ，使得∠ODC ＝2∠BEC ，若存在，求出 k的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k （x ﹣1）2+2＝kx ﹣k +2，即可求解； （2）分 OA ＝AB 、OA ＝OB 两种情况，求解即可；HMm BK在△AHM中，tanα=AH =−k=k+√k2+1=tan∠BEC=EK=k+2，可求解．【解析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，解得：x＝1和2，故点A、B的坐标横坐标分别为1和2；（2）OA=√22+1=√5，①当OA＝AB时，即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；②当OA＝OB时，4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；故k的值为：﹣1或﹣2或﹣3；（3）存在，理由：①当点B在x轴上方时，过点B作BH⊥AE于点△H，将AHB的图形放大见右侧图形，过点A作∠HAB的角平分线交BH于点M，过点M作MN⊥AB于点N，过点B作BK⊥x轴于点K，图中：点A（1，2）、点B（2，k+2），则AH＝﹣k，HB＝1，设：HM＝m＝MN，则BM＝1﹣m，则AN＝AH＝﹣k，AB=√k2+1，NB＝AB﹣AN，由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，即：（1﹣m）2＝m2+（√k2+1+k）2，解得：m＝﹣k2﹣k√k2+1，HM m BK解得：k=±√3，此时k+2＞0，则﹣2＜k＜0，故：舍去正值，同理可得：tanα=AH=−k=k+√k2+1=tan∠BEC=EK=−（k+2），解得：k=−4−√7−4+√7，故k的值为：−√3或−4−√72．（2019年连云港26题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y＝x2+b x+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y=−1x2−3x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线L2：y=−2x2−2x+2中，列出方程求−m2−m+2），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．故k=−√3；②当点B在x轴下方时，HM m BK33−4+√7此时k+2＜0，k＜﹣2，故舍去3，3．122动点．（1）求抛物线L1对应的函数表达式；（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．【分析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边13得解便可；（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH ⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，x12−2x1−3），点R坐标为（x2，x22−2x2−3），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，1322【解析】（1）将 x ＝2 代入 y = − 2x 2− 2x +2，得 y ＝﹣3，故点 A 的坐标为（2，﹣3）， {−3 = 2 + 2b + c，解得{ c = −3 ，将 Q （x +2，x 2﹣2x ﹣3）代入 y = − 2x 2− 2x +2，得 x 2﹣2x ﹣3= − 2（x +2）2− 2（x +2）+2，将 Q （x ﹣2，x 2﹣2x ﹣3）代入 y = − 2x 2− 2x +2，得 y = − 2x 2− 2x +2，得x 2﹣2x ﹣3= − 2（x ﹣2）2− 2（x ﹣2）+2，解得，x ＝3，或 x = − 3，将 Q （2﹣x ，﹣x 2+2x ﹣3）代入 y = − 2x2− 2x +2，得 ﹣x 2+2x ﹣3═− 2（2﹣x ）2− 2（2﹣x ）+2，1 3将 A （2，﹣3），C （0，﹣3）代入 y ＝x 2+b x +c ，得2 −3 = 0 + 0 + cb = −2∴抛物线 L 1：y ＝x 2﹣2x ﹣3；（2）如图，设点 P 的坐标为（x ，x 2﹣2x ﹣3），第一种情况：AC 为平行四边形的一条边，①当点 Q 在点 P 右侧时，则点 Q 的坐标为（x +2，x 2﹣2x ﹣3），1 31 3解得 x ＝0 或 x ＝﹣1，因为 x ＝0 时，点 P 与 C 重合，不符合题意，所以舍去，此时点 P 的坐标为（﹣1，0）；②当点 Q 在点 P 左侧时，则点 Q 的坐标为（x ﹣2，x 2﹣2x ﹣3），1 31 31 344 13 此时点 P 的坐标为（3，0）或（− 3， 9）；第二种情况：当 AC 为平行四边形的一条对角线时，由 AC 的中点坐标为（1，﹣3），得 PQ 的中点坐标为（1，﹣3），故点 Q 的坐标为（2﹣x ，﹣x 2+2x ﹣3），1 31 3解得，x ＝0 或 x ＝﹣3，综上所述，点P的坐标为（﹣1，0）或（3，0）或（−3，139）或（﹣3，12）；CS=x12−2x1−3−(−3)=x2在△Rt PRH中，tan∠PRH=RH=x1−x2=x1+x2−2=2过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，−2m2−2m+2），所以2m=−2m2−2m+2，解得，m=−7±√65因为x＝0时，点P与点C重合，不符合题意，所以舍去，此时点P的坐标为（﹣3，12），4（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，则有∠PSC＝∠RTC＝90°，由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，则∠PCS＝∠RCT，∴△PSC∽△RTC，∴PS RTCT，设点P坐标为（x1，x12−2x1−3），点R坐标为（x2，x22−2x2−3），所以有x1整理得，x1+x2＝4，−3−(x22−2x2−3)，PH x12−2x1−3−(x22−2x2−3)13若OQ∥PR，则需∠QOK＝∠PRH，所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，132，所以点Q坐标为（−7+√65−7−√652，﹣7+√65）或（2，﹣7−√65）．3．（2019年无锡27题）已知二次函数y＝ax2﹣4ax+c（a＜0）的图象与它的对称轴相交于点A，与y 轴相交于点C（0，﹣2），其对称轴与x轴相交于点B（1）若直线BC与二次函数的图象的另一个交点D在第一象限内，且BD=√2，求这个二次函数的表达式；（2）已知P在y轴上，且△POA为等腰三角形，若符合条件的点P恰好有2个，试直接写出a的值．【分析】（1）先求得对称轴方程，进而得B点坐标，过D作DH⊥x轴于点H，由B，C的坐标得∠OBC ＝45°，进而求得DH，BH，便可得D点坐标，再由待定系数法求得解析式；（2）先求出A点的坐标，再分两种情况：A点在x轴上时，△OP A为等腰直角三角形，符合条件的点P 恰好有2个；A点不在x轴上，∠AOB＝△30°，OP A为等边三角形或顶角为120°的等腰三角形，符合条件的点P恰好有2个．据此求得a．【解析】（1）过点D作DH⊥x轴于点H，如图1，∴对称轴为 x = − = 2，2a{，∴{，∵二次函数 y ＝ax 2﹣4ax +c ，−4a∴B （2，0），∵C （0，﹣2），∴OB ＝OC ＝2，∴∠OBC ＝∠DBH ＝45°，∵BH = √2，∴BH ＝DH ＝1，∴OH ＝OB +BH ＝2+1＝3，∴D （3，1），把 C （0，﹣2），D （3，1）代入 y ＝ax 2﹣4ax +c 中得，c = −29a − 12a + c = 1a = −1 c = −2∴二次函数的解析式为 y ＝﹣x 2+4x ﹣2；（2）∵y ＝ax 2﹣4ax +c 过 C （0，﹣2），∴c ＝﹣2，∴y ＝ax 2﹣4ax +c ＝a （x ﹣2）2﹣4a ﹣2，∴A （2，﹣4a ﹣2），∵P 在 y 轴上，且△POA 为等腰三角形，若符合条件的点 P 恰好有 2 个，∴①当抛物线的顶点 A 在 x 轴上时，∠POA ＝90°，则 OP ＝OA ，这样的 P 点只有 2 个，正、负半轴各一个，如图 2，解得 a = − 2；∴AB ＝OB •tan30°＝2× 3 = 3 ，∴|﹣4a ﹣2|= 3 ，∴a = − 2 − 6 √3或− 2 + 6 √3．综上，a = − 2或− 2 − 6 √3或− 2 + 6 √3． 4．（2017 年淮安 28 题）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数 y = − 1x 2+b x +c 的图象与坐标轴交此时 A （﹣2，0），∴﹣4a ﹣2＝0，1②当抛物线的顶点 A 不在 x 轴上时，∠AOB ＝△30°时，则 OP A 为等边三角形或∠AOP ＝120°的等腰三角形，这样的 P 点也只有两个，如图 3，√ 3 2√32√31 1 1 11 1 1 1 13于 A ，B ，C 三点，其中点 A 的坐标为（﹣3，0），点 B 的坐标为（4，0），连接 AC ，BC ．动点 P 从点 A出发，在线段 AC 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 C 作匀速运动；同时，动点 Q 从点 O 出发，在线段OB 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 B 作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为 t 秒．连接 PQ ．（1）填空：b ＝13，c ＝ 4 ；（4）如图②，点 N 的坐标为（− 2，0），线段 PQ 的中点为 H ，连接 NH ，当点 Q 关于直线 NH 的对称【分析】（1）设抛物线的解析式为 y ＝a （x +3）（x ﹣4）．将 a = − 3代入可得到抛物线的解析式，从而可F ，过点 P 作 PG ⊥x 轴，垂足为点，首先证明△G P AG ∽△ACO ，依据相似三角形的性质可得到 PG = 5t ，AG = 5t ，然后可求得 PE 、DF 的长，然后再证明△MDP ≌PEQ ，从而得到 PD ＝EQ = 5t ，MD ＝PE ＝3+ 5t ，位线定理得到 RH = 2QO = 2t ，RH ∥OQ ，NR = 2AP = 2t ，则 RH ＝NR ，接下来，依据等腰三角形的性质 【解析】（1）设抛物线的解析式为 y ＝a （x +3）（x ﹣4）．将 a = − 3代入得：y = − 3x 2+ 3x +4，∴b = 3，c ＝4．（2）在点 P ，Q 运动过程中，△APQ 可能是直角三角形吗？请说明理由；（3）在 x 轴下方，该二次函数的图象上是否存在点 △M ，使PQM 是以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间 t ；若不存在，请说明理由；3点 Q ′恰好落在线段 BC 上时，请直接写出点 Q ′的坐标．1确定出 b 、c 的值；（2）连结 QC ．先求得点 C 的坐标，则 PC ＝5﹣t ，依据勾股定理可求得 AC ＝5，CQ 2＝t 2+16，接下来，依据 CQ 2﹣CP 2＝AQ 2﹣AP 2 列方程求解即可；（3）过点 P 作 DE ∥x 轴，分别过点 M 、Q 作 MD ⊥DE 、QE ⊥DE ，垂足分别为 D 、E ，MD 交 x 轴与点43 4 2然后可求得 FM 和 OF 的长，从而可得到点 M 的坐标，然后将点 M 的坐标代入抛物线的解析式求解即可；（4）连结：OP ，取 OP 的中点 R ，连结 RH ，NR ，延长 NR 交线段 BC 与点 Q ′．首先依据三角形的中1 1 1 1和平行线的性质证明 NH 是∠QNQ ′的平分线，然后求得直线 N R 和 BC 的解析式，最后求得直线 N R 和BC 的交点坐标即可．1 1 11（2）在点 P 、Q 运动过程中，△APQ 不可能是直角三角形．理由如下：连结 QC ．OC =∵在点P、Q运动过程中，∠P AQ、∠PQA始终为锐角，∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ＝90°．将x＝0代入抛物线的解析式得：y＝4，∴C（0，4）．∵AP＝OQ＝t，∴PC＝5﹣t，∵在△Rt AOC中，依据勾股定理得：AC＝5，在△Rt COQ中，依据勾股定理可知：CQ2＝t2+16，在Rt △CPQ中依据勾股定理可知：PQ2＝CQ2﹣CP2，在Rt△APQ中，AQ2﹣AP2＝PQ2，∴CQ2﹣CP2＝AQ2﹣AP2，即（3+t）2﹣t2＝t2+16﹣（5﹣t）2，解得：t＝4.5．∵由题意可知：0≤t≤4，∴t＝4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．（3）如图所示：过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E＝∠D＝90°．∵PG∥y轴，∴△P AG∽△ACO，∴PG AGOA=APPGAC，即4=AG t3=5，10/82∴PG=5t，AG=5t，∴PE＝GQ＝GO+OQ＝AO﹣AG+OQ＝3−5t+t＝3+5t，DF＝GP=5t．∴PD＝EQ=5t，MD＝PE＝3+5t，∴FM＝MD﹣DF＝3+5t−5t＝3−5t，OF＝FG+GO＝PD+OA﹣AG＝3+5t−5t＝3+5t，∴M（﹣3−5t，﹣3+5t）．∴﹣3+5t=−3×（﹣3−5t）2+3×（﹣3−5t）+4，解得：t=−65±5√2052．∴t=−65+5√205∴RH=2QO=2t，RH∥OQ．∵A（﹣3，0），N（−2，0），43324∵∠MPQ＝90°，∠D＝90°，∴∠DMP+∠DPM＝∠EPQ+∠DPM＝90°，∴∠DMP＝∠EPQ．又∵∠D＝∠E，PM＝PQ，∴△MDP≌△PEQ，42242431 12∵点M在x轴下方的抛物线上，21111∵0≤t≤4，2．（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC于点Q′．∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，113∴点N为OA的中点．又∵R为OP的中点，∴NR = 2AP= 2t ，设直线 AC 的解析式为 y ＝mx +n ，把点 A （﹣3，0）、C （0，4）代入得：{ ，解得：m = 3，n ＝4，∴直线 AC 的表示为 y = 3x+4． 设直线 NR 的函数表达式为 y = 3x +s ，将点 N 的坐标代入得： ×（− 2）+s ＝0，解得：s ＝2，∴直线 NR 的表述表达式为 y = 3x +2． y = x + 2 4，解得：x = 7，y = 7 ，7 ）．1 1∴RH ＝NR ，∴∠RNH ＝∠RHN ．∵RH ∥OQ ，∴∠RHN ＝∠HNO ，∴∠RNH ＝∠HNO ，即 NH 是∠QN Q ′的平分线．−3m + n = 0n = 444同理可得直线 BC 的表达式为 y ＝﹣x +4．4 4 3 34将直线 NR 和直线 BC 的表达式联立得：{ 3 y = −x + 46 226 22∴Q ′（ ， 75．（2017 年宿迁 25 题）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y ＝x 2﹣2x ﹣3 交 x 轴于 A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），将该抛物线位于 x 轴上方曲线记作 M ，将该抛物线位于 x 轴下方部分沿 x 轴翻折，翻折后所得曲线记作 N ，曲线 N 交 y 轴于点 C ，连接 AC 、BC ．（1）求曲线 N 所在抛物线相应的函数表达式；（△2）求 ABC 外接圆的半径；（3）点 P 为曲线 M 或曲线 N 上的一动点，点 Q 为 x 轴上的一个动点，若以点 B ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点 Q 的坐标．【分析】（1）由已知抛物线可求得A、B坐标及顶点坐标，利用对称性可求得C的坐标，利用待定系数法可求得曲线N的解析式；（2）由外接圆的定义可知圆心即为线段BC与AB的垂直平分线的交点，即直线y＝x与抛物线对称轴的交点，可求得外接圆的圆心，再利用勾股定理可求得半径的长；（3）设Q（x，0），当BC为平行四边形的边时，则有BQ∥PC且BQ＝PC，从而可用x表示出P点的坐标，代入抛物线解析式可得到x的方程，可求得Q点坐标，当BC为平行四边形的对角线时，由B、C 的坐标可求得平行四边形的对称中心的坐标，从而可表示出P点坐标，代入抛物线解析式可得到关于x 的方程，可求得P点坐标．【解析】（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝0可得x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），令x＝0可得y＝﹣3，又抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折后得到曲线N，∴C（0，3），设曲线N的解析式为y＝ax2+bx+c，a−b+c=0a=−1把A、B、C的坐标代入可得{9a+3b+c=0，解得{b=2，c=3c=3∴曲线N所在抛物线相应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；（△2）设ABC外接圆的圆心为M，则点M为线段BC、线段AB垂直平分线的交点，∵B（3，0），C（0，3），∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，又线段AB的垂直平分线为曲线N的对称轴，即x＝1，∴M（1，1），∴MB=√(1−3)2+12=√5，即△ABC外接圆的半径为√5；（3）设Q（t，0），则BQ＝|t﹣3|①当BC为平行四边形的边时，如图1，则有BQ∥PC，∴P点纵坐标为3，即过C点与x轴平行的直线与曲线M和曲线N的交点即为点P，x轴上对应的即为点Q，当点P在曲线M上时，在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝3可解得x＝1+√7或x＝1−√7，∴PC＝1+√7或PC=√7−1，当x＝1+√7时，可知点Q在点B的右侧，可得BQ＝t﹣3，∴t﹣3＝1+√7，解得t＝4+√7，当x＝1−√7时，可知点Q在点B的左侧，可得BQ＝3﹣t，∴3﹣t=√7−1，解得t＝4−√7，∴Q点坐标为（4+√7，0）或（4−√7，0）；当点P在曲线N上时，在y＝﹣x2+2x+3中，令y＝3可求得x＝0（舍去）或x＝2，∴PC＝2，此时Q点在B点的右侧，则BQ＝t﹣3，∴t﹣3＝2，解得t＝5，∴Q点坐标为（5，0）；②当BC为平行四边形的对角线时，6．（2017 年常州 27 题）如图，在平面直角坐标系 xOy ，已知二次函数 y = − 1x 2+bx 的图象过点 A （4， ∵B （3，0），C （0，3），3 3∴线段 BC 的中点为（ ， ），设 P （x ，y ），2 2∴x +t ＝3，y +0＝3，解得 x ＝3﹣t ，y ＝3，∴P （3﹣t ，3），当点 P 在曲线 M 上时，则有 3＝（3﹣t ）2﹣2（3﹣t ）﹣3，解得 t ＝2+√7或 t ＝2−√7，∴Q 点坐标为（2+√7，0）或（2−√7，0）；当点 P 在曲线 N 上时，则有 3＝﹣（3﹣t ）2+2（3﹣t ）+3，解得 t ＝3（Q 、B 重合，舍去）或 t ＝1，∴Q 点坐标为（1，0）；综上可知 Q 点的坐标为（4+√7，0）或（4−√7，0）或（5，0）或（2+√7，0）或（2−√7，0）或（1，0）．20），顶点为 B ，连接 AB 、BO ．（1）求二次函数的表达式；（2）若 C 是 BO 的中点，点 Q 在线段 AB 上，设点 B 关于直线 CQ 的对称点为 B △'，当 OCB'为等边三角形时，求 BQ 的长度；（3）若点 D 在线段 BO 上，OD ＝2DB ，点 E 、F 在△OAB 的边上，且满足△DOF 与△DEF 全等，求点E 的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的表达式；（2）先求出 OB 和 AB 的长，根据勾股定理的逆定理证明∠ABO ＝90°，由对称计算∠QCB ＝60°，利用特殊的三角函数列式可得 BQ 的长；（3）因为 D 在 OB 上，所以 F 分两种情况：i ）当 F 在边 OA 上时，ii ）当点 F 在 AB 上时，【解析】（1）将点A的坐标代入二次函数的解析式得：−2×42+4b＝0，解得b＝2，∴二次函数的表达式为y=−2x2+2x．（2）∵y=−2x2+2x=−2（x﹣2）2+2，∴tan60°=BC ，当F在边OA上时，分三种情况：①如图2，过D作DF⊥x轴，垂足为F，则E、F在OA上，②如图△3，作辅助线，构建OFD≌△EDF ≌△FGE，③如图△4，将DOF沿边DF翻折，使得O恰好落在AB边上，记为点E，当点F在OB上时，过D作DF∥x轴，交AB于F，连接OF与DA，依次求出点E的坐标即可．ii）当点F在AB上时，分两种情况：画出图形可得结论．1111∴B（2，2），抛物线的对称轴为x＝2．如图1所示：由两点间的距离公式得：OB=√22+22=2√2，BA=√(4−2)2+(2−0)2=2√2．∵C是OB的中点，∴OC＝BC=√2．∵△OB′C为等边三角形，∴∠OCB′＝60°．又∵点B与点B′关于CQ对称，∴∠B′CQ＝∠BCQ＝60°．∵OA＝4，OB＝2√2，AB＝2√2，∴OB2+AB2＝OA2∴∠OBA＝90°．在△Rt CBQ中，∠CBQ＝90°，∠BCQ＝60°，BC=√2，BQ∴BQ=√3CB=√3×√2=√6．∴OD=3OB=3，∴cos45°=OD，∴OF＝OD•cos45°=3×2=3，8（3）分两种情况：i）当F在边OA上时，①如图2，过D作DF⊥x轴，垂足为F，∵△DOF≌△DEF，且E在线段OA上，∴OF＝FE，由（2）得：OB＝2√2，∵点D在线段BO上，OD＝2DB，24√2∵∠BOA＝45°，OF4√2√24则OE＝2OF=3，8∴点E的坐标为（，0）；3②如图3，过D作DF⊥x轴于F，过D作DE∥x轴，交AB于E，连接EF，过E作EG⊥x轴于G，∴△BDE∽△BOA，OB=∴DE=3，∵DE＝OF=3，DF＝DF，∴OG＝OF+FG＝OF+DE=3+3=3，EG＝DF＝OD•sin45°=3，∴OD＝DE=3，∵BD=2OD=3，∴在△Rt DBE中，由勾股定理得：BE=√DE2−BD2=3，则BN＝NE＝BE•cos45°=3×2=3，OM+NE＝2+3，BM﹣BN＝2−3，∴BD DE1OA=3，∵OA＝4，4∵DE∥OA，∴∠OFD＝∠FDE＝90°，4∴△OFD≌△EDF，同理可得：△EDF≌△FGE，∴△OFD≌△EDF≌△FGE，448484∴E的坐标为（，）；33③如图△4，将DOF沿边DF翻折，使得O恰好落在AB边上，记为点E，过B作BM⊥x轴于M，过E作EN⊥BM于N，由翻折的性质得：△DOF≌△DEF，4√212√22√62√6√22√32√32√3∴点E的坐标为：（2+3，2−3）；BO=2√32√3，0）或（，2√32√3ii）当点F在AB上时，①过D作DF∥x轴，交AB于F，连接OF与DA，∵DF∥x轴，∴△BDF∽△BOA，∴BD BFBA，由抛物线的对称性得：OB＝BA，∴BD＝BF，则∠BDF＝∠BFD，∠ODF＝∠AFD，∴OD＝OB﹣BD＝BA﹣BF＝AF，则△DOF≌△DAF，∴E和A重合，则点E的坐标为（4，0）；②如图6，由①可知：当E与O重合时，△DOF与△DEF重合，此时点E（0，0）；884综上所述，点E的坐标为：（333）或（2+3，2−3）或（4，0）或（0，0）．【解答】（1）解：将 B （4，0），C （0，4）代入 y ＝x 2+b x +c 得{ 解得{【专项突破】【题组一】1．（2020•张家港市模拟）如图，二次函效 y ＝x 2+bx +c 的图象与 x 轴交于 A ，B 两点，B 点坐标为（4，0），与 y 轴交于点 C （0，4）点 D 为抛物线上一点．（1）求抛物线的解析式及 A 点坐标；（△2）若 BCD 是以 BC 为直角边的直角三角形时，求点 D 的坐标；（△3）若 BCD 是锐角三角形，请写出点 D 的横坐标 m 的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式，再令 y ＝0，求 A 的坐标；（2）设 D 点板坐标为 3，代入函数解析式可得纵坐标，分别论∠BCD ＝90°，∠CBD ＝90°的情況，作出图形进行求解；（3）当 BC 为斜边构成 △Rt BCD 时，以 BC 中点 O 为圆心，以 BC 直径画圆，与抛物线交于 D 和 D'，此时△BCD 和△BCD'就是以 BC 为斜边的直角三角形，利用两点间的距离公式列出方程求解，然后结合（2）找到 m 的取值范围．16 + 4b + c = 0 c = 4b = −5c = 4所以抛物的解析式为 y ＝x 2﹣5x +4令 y ＝0，得 x 2﹣5x +4＝0，解得 x 1＝1，x 2＝4∴A 点的坐标为（1，0）（2）解：设 D 点坐标为 a ，则坐标为 a 2﹣5a +4①当∠BCD ＝90°时，如下图所示，连结BC，过C点作CD⊥BC与抛物交于点D，过D作DE⊥y轴于点E，由B、C坐标可知，OB＝OC＝4∴△OBC为等要真角三角形，∴∠OCB＝∠OBC＝45°又∵∠BCD＝90°，∴∠ECD+∠OCB＝90°∴∠ECD＝45°，∴△CDE为等要真角三角形，∴DE＝CE＝a∴OE＝OC+CE＝a+4由D、E织坐标相等，可得a2﹣5a+4＝a+4解得a1＝6，a2＝0，当a＝0时，D点坐标为（0，4），与C重含，不符含思意，舍去当a＝6时，D点坐标为（6，10）②当∠CBD＝90°时，如下图所示，连按BC，过B点作BD⊥BC与抛物线交于点D，过B作FG⊥x轴，再过C作CF⊥FG于F，过D作DG⊥FG于G ∠COB＝∠OBF＝∠BFC＝90°，四边形OBFC为形，又∵OC＝OB，∴四边形OBFC为正方形，∠CBF＝45°∠CBD＝90°，∴∠CBF+∠DBG＝90°∴∠DBG＝45°，∴△DBG为等腰直角三角形，∴DG＝BGD点横坐标为a∴DG＝4﹣a而BG＝﹣（a2﹣5a+4）∴﹣（a2﹣5a+4）＝4﹣a解得a1＝2，a2＝4当a＝4时，D点坐标为（4，0），与B重含，不符含题意，舍去当a＝2时，D点坐标为（2，﹣2）上所述，D点坐标为（6，10）或（2，﹣2）（3）当BC为斜边构成△Rt BCD时，如下图所示，以BC中点O'为圆心，以BC为直径画圆，与物线交于D和D’BC为O'的直径∴D 到 O'的距离为 O'的半径r = 2 BC = 2√2∠BDC ＝∠BD'C ＝90°∵BC = √OB 2 + OC 2 = 4√21D 点横坐标为 m ，纵坐标为 m 2﹣5m +4，O'坐标为（2，2），∴DO ′ = √(m − 2)2 + (m 2 − 5m + 4 − 2)2由图象易得 m ＝0 或 4 为方程的解，则方程方边必有因式 m（m 一 4）采用因式分解法进行降次解方程m （m ﹣4）（m 2﹣6m +6）＝0m ＝0 或 m ﹣4＝0 或 m 2﹣6m +6＝0，解得m 1 = 0，m 2 = 4，m 3 = 3 + √3，m 4 = 3 − √3当 m ＝0 时，D 点坐标为（0，4），与 C 点重合， 舍去；当 m ＝4 时，D 点坐标为（4，0），与 B 点重合，舍去；当m = 3 + √3时，D 点横坐标3 + √3当m = 3 − √3时，D 点横坐标为3 − √3结合（△2）中 BCD 形成直角三角形的情况，可得△BCD 为锐角三角形时，D 点横坐标 m 的取值范围为3 + √3＜m ＜6或3 − √3＜m ＜2．2．（2020•宝应县一模）如图 1，矩形 ABCD 的一边 BC 在直角坐标系中 x 轴上，折叠边 AD ，使点 D 落在 x轴上点 F 处，折痕为 AE ，已知 AB ＝8，AD ＝10，并设点 B 坐标为（m ，0），其中 m ＜0．（1）求点 E 、F 的坐标（用含 m 的式子表示）；（2）连接 △OA ，若 OAF 是等腰三角形，求 m 的值；（3）如图 2，设抛物线 y ＝a （x ﹣m +6）2+h 经过 A 、E 两点，其顶点为 M ，连接 AM ，若∠O AM ＝90°，求 a 、h 、m 的值．【分析】（1）根据题意和图形，可以求得 BF ，CE 的长度，再根据点 B 坐标为（m ，0），从而可以用含a ∴（m ﹣6）2＝m 2+64，得 m = − 3；m 的式子表示表示出点 E 、F 的坐标；（2）根据题意，可知分三种情况，然后分别求出 m 的值即可解答本题；（3）根据（1）中的结果，可以用含 m 的式子表示出点 A 和点 E 的坐标，然后根据抛物线 y ＝ （x ﹣m +6）2+h 经过 A 、E 两点，从而可以求得 a 、h 的值，再根据三角形相似，可以求得 m 的值，本题得以解决．【解答】解：（1）∵四边形 ABCD 是矩形，AB ＝8，AD ＝10，∴AD ＝BC ＝10，AB ＝CD ＝8，∠D ＝∠DCB ＝∠ABC ＝90°，由折叠对称性：AF ＝AD ＝10，FE ＝DE ，在 △Rt ABF 中，BF = √AF 2 − AB 2 = √102 − 82 =6，∴FC ＝4，设 DE ＝x ，则 CE ＝8﹣x ，在 △Rt ECF 中，42+（8﹣x ）2＝x 2，得 x ＝5，∴CE ＝8﹣x ＝3，∵点 B 的坐标为（m ，0），∴点 E 的坐标为（m ﹣10，3），点 F 的坐标为（m ﹣6，0）；（2）分三种情形讨论：若 AO ＝AF ，∵AB ⊥OF ，BF ＝6，∴OB ＝BF ＝6，∴m ＝﹣6；若 OF ＝AF ，则 m ﹣6＝﹣10，得 m ＝﹣4；若 AO ＝OF ，在 △Rt AOB 中，AO 2＝OB 2+AB 2＝m 2+64，7由上可得，m ＝﹣6 或﹣4 或− 3；解得，{ a = 4 ， ∴该抛物线的解析式为 y = 4（x ﹣m +6）2﹣1， 由上可得，a = 4，h ＝﹣1，m ＝﹣12．7（3）由（1）知 A （m ，8），E （m ﹣10，3），∵抛物线 y ＝a （x ﹣m +6）2+h 经过 A 、E 两点，a(m − m + 6)2 + ℎ = 8∴{ ，a(m − 10 − m + 6)2 + ℎ = 31 ℎ = −11∴点 M 的坐标为（m ﹣6，﹣1），设对称轴交 AD 于 G ，∴G （m ﹣6，8），∴AG ＝6，GM ＝8﹣（﹣1）＝9，∵∠OAB +∠BAM ＝90°，∠BAM +∠MAG ＝90°，∴∠OAB ＝∠MAG ，又∵∠ABO ＝∠MGA ＝90°，∴△AOB ∽△AMG ，∴ OBMG = AB AG，即 −m 9 8 = ，6解得，m ＝﹣12，13．（2019 秋•邗江区校级期末）如图①抛物线 y ＝ax 2+bx +4（a ≠0）与 x 轴，y 轴分别交于点 A （﹣1，0），B （4，0），点C 三点．（1）试求抛物线解析式；（2）点 D （3，m ）在第一象限的抛物线上，连接BC ，BD ．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点 P ，满足∠PBC ＝∠DBC ？如果存在，请求出点 P 的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点 N 在抛物线的对称轴上，点 M 在抛物线上，当以 M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点 M 的坐标．∴{，解得{a=−1．【分析】（1）把已知点A、B代入抛物线y＝ax2+bx+4中即可求解；（2）将二次函数与方程、几何知识综合起来，先求点D的坐标，再根据三角形全等证明∠PBC＝∠DBC，最后求出直线BP解析式即可求出P点坐标；（3）根据平行四边形的判定即可写出点M的坐标．【解答】解：如图：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．a−b+4=016a+4b+4=0b=3∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4．（2）存在．理由如下：y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣1.5）2+6.25．∵点D（3，m）在第一象限的抛物线上，∴m＝4，∴D（3，4），∵C（0，4）∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．连接CD，∴CD∥x轴，∴∠DCB＝∠OBC＝45°，∴∠DCB＝∠OCB，在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，再延长BG交抛物线于点P，k = − 4，b ＝1，∴BP 解析式为 y BP = − 4x+1． y BP = − 4x +1，y ＝﹣x 2+3x +4，当 y ＝y BP 时，− 4x+1＝﹣x 2+3x +4， 解得 x 1= − 4，x 2＝4（舍去）， ∴y = 16，在△DCB 和△GCB 中，CB = CB{∠DCB = ∠OCB ， CG = CD∴△DCB ≌△GCB （SAS ）∴∠DBC ＝∠GBC ．设直线 BP 解析式为 y BP ＝kx +b （k ≠0），把 G （0，1），B （4，0）代入，得11113193 19 ∴P （− 4，16）．（3）设点 N （1.5，n ），当 BC 、MN 为平行四边形对角线时，由 BC 、MN 互相平分，M （2.5，4﹣n ），代入 y ＝﹣x 2+3x +4，得 4﹣n ＝﹣6.25+7.5+4，解得 n ＝1.25，∴M （2.5，2.75）；当 BM 、NC 为平行四边形对角线时，由 BM 、NC 互相平分，M （﹣2.5，4+n ），代入 y ＝﹣x 2+3x +4，得 4+n ＝﹣6.25﹣7.5+4，解得 n ＝﹣13.75，∴M （﹣2.5，﹣13.75）；当 MC 、BN 为平行四边形对角线时，由 MC 、BN 互相平分，M （5.5，n ﹣4），代入 y ＝﹣x 2+3x +4，t 1 2m ， ），△0 CBE 的面积= 2BH ×（x C ﹣y E ） = 1×（3 2 2m ）（3+m ﹣2m ﹣3）＝6，即可求解；3得 n ﹣4＝﹣30.25+16.5+4，解得 n ＝﹣5.75，∴M （5.5，﹣9.75）．综上所述，点 M 的坐标为：M 1（2.5，2.75），M 2（﹣2.5，﹣13.75），M 3（5.5，﹣9.75）．4．（2019 秋•亭湖区校级期末）如图，抛物线 y ＝﹣x 2+b x +3 与 x 轴交于 A ，B 两点，与 y 轴交于点 C ，其中点 A （﹣1，0）．过点 A 作直线 y ＝x +c 与抛物线交于点 D ，动点 P 在直线 y ＝x +c 上，从点 A 出发，以每秒√2个单位长度的速度向点 D 运动，过点 P 作直线 PQ ∥y 轴，与抛物线交于点 Q ，设运动时间为 （s ）．（1）直接写出 b ，c 的值及点 D 的坐标；（2）点 E 是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△CBE 的面积为 6 时，求出点 E 的坐标；（3）在线段 PQ 最长的条件下，点 M 在直线 PQ 上运动，点 N 在 x 轴上运动，当以点 D 、M 、N 为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请求出此时点 N 的坐标．【分析】（1）将点 A 的坐标分别代入抛物线和直线的表达式即可求解；3 （2）求出直线 CE 的表达式为：y ＝（2﹣m ）x +3，则点 H （21 3（3）PQ ＝﹣t 2+4t ﹣t ＝﹣t 2+3t ，故 PQ 有最大值，点 P （ ， ），①当∠D MN 为直角时，（Ⅰ）当点 M2 2在 x 轴上方时，如图 △2，证明 DGM ≌△MHN （AAS ），则 GD ＝MH ，NH ＝GM ，即可求解（Ⅱ）当点M在 x 轴下方时，同理可得：△MEN ≌△DHM （AAS ），即可求解；②当∠D NM 为直角时，同理可解．【解答】解：（1）将点 A 的坐标代入 y ＝﹣x 2+bx +3 得：0＝﹣1﹣b +3，，解得：{ s= −m + 2，△CBE 的面积= 2BH ×（x C ﹣y E ）= 2 ×（3− 2−m ）（3+m 2﹣2m ﹣3）＝6，解得：b ＝2，将点 A 的坐标代入 y ＝x +c 并解得：c ＝1，故抛物线和直线的表达式分别为：y ＝﹣x 2+2x +3，y ＝x +1；y = −x 2 + 2x + 3x = 2联立上述两式得：{y = x + 1，解得：{y = 3，故点 D （2，3）；（2）如图 1，设直线 CE 交 x 轴于点 H ，设点 E （m ，﹣m 2+2m +3），而点 C （0，3），将点 E 、C 坐标代入一次函数表达式 y ＝sx +t 得：{−m 2+ 2m + 3 = ms + tt = 3t = 3故直线 CE 的表达式为：y ＝（2﹣m ）x +3，33 令 y ＝0，则 x = 2−m ，故点 H （2−m ，0），1 1 3解得：m ＝2，故点 E （2，3）；（3）点 C 、E 的纵坐标相同，故 CD ∥x 轴，t 秒时，AP = √2t ，则点 P 在 x 轴和 y 轴方向移动的距离均为 t ，故点 P （t ﹣1，t ），当 x ＝t ﹣1 时，y ＝﹣x 2+2x +3＝﹣t 2+4t ，故点 Q （t ﹣1，﹣t 2+4t ），则 PQ ＝﹣t 2+4t ﹣t ＝﹣t 2+3t ，31 3 ∵﹣1＜0，故 PQ 有最大值，此时，t = 2，则点 P （2，2），故直线PQ表达式为：x=2；m=2−1m=33−m=n−1，解得：{2n=22，11设点M（，m），点N（n，0），而点D（2，3）；2①当∠D MN为直角时，（Ⅰ）当点M在x轴上方时，如图2，设直线PQ交x轴于点H，交CD于点G，∵∠DMG+∠GDM＝90°，∠DMG+∠HMN＝90°，∴∠HMN＝∠GDM，MN＝MD，∠DGM＝∠MHN＝90°，∴△DGM≌△MHN（AAS），∴GD＝MH，NH＝GM，即：{2故点N（2，0）；（Ⅱ）当点M在x轴下方时，如图3，1 − m =2 − 3即{1 2 ∴RM ＝NH ，即 3= 2 −n ，解得：n ＝﹣2.5；过点 M 作 x 轴的平行线交过点与 y 轴的平行线于点 H ，交过点 N 与 y 轴的平行线于点 E ，同理可得：△MEN ≌△DHM （AAS ），故：NE ＝MH ，EM ＝DH ，1，解得：{m = − 2， 2 − n = 3 − m n = −4故点 N （﹣4，0）；②当∠D NM 为直角时，（Ⅰ）当点 N 在 x 轴左侧时，如图 4，过点 N 作 y 轴的平行线交过点 C 与 x 轴的平行线于点 H ，交过点 M 与 x 轴的平行线于点 R ，同理可得：△DHN ≌△NRM （AAS ），1（Ⅱ）当点 N 在 x 轴右侧时，如图 5，过点 N 作 y 轴的平行线交过点 M 与 x 轴的平行线于点 H ，交过点 D 与 x 轴的平行线于点 G ，∴MH＝GN，即n−2=3，解得：n＝3.5，4同理可得：△MHN≌△NGD（AAS），1综上，N的坐标为：（2，0）或（﹣4，0）或（﹣2.5，0）或（3.5，0）．【题组二】5．（2019秋•崇川区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，顶点为（，﹣1）的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，3）．（1）求此抛物线的解析式；（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明．【分析】（1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；（2）根据抛物线的解析式，易求得对称轴l的解析式及B、C的坐标，分别求出直线AB、BD、CE的解析式，再求出CE的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可．【解答】解：（1）设抛物线为y＝a（x﹣4）2﹣1，∵抛物线经过点A（0，3），a=4；∴抛物线的表达式为：y=4x2﹣2x+3；证明：连接CE，则CE⊥BD，（x﹣4）2﹣1＝0时，x1＝2，x2＝6．√138√13=CE（3）若点E在二次函数图象上，且以E为圆心的圆与直线BC相切与点F，且EF=5，请直接写出点E ∴3＝a（0﹣4）2﹣1，11（2）相交．14A（0，3），B（2，0），C（6，0），对称轴x＝4，∴OB＝2，AB=√13，BC＝4，∵AB⊥BD，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∠OBA+∠EBC＝90°，∴△AOB∽△BEC，∴ABBC=OB2CE，即4，解得CE=13，∵8√1313＞2，故抛物线的对称轴l与⊙C相交．6．（2019•徐州一模）如图，已知二次函数y＝ax2+b x+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0），与y 的正半轴交于点C．（1）求二次函数y＝ax2+b x+3的表达式．（2）点Q（m，0）是线段OB上一点，过点Q作y轴的平行线，与BC交于点M，与抛物线交于点N，连结△CN，将CMN沿CN翻折，M的对应点为D．探究：是否存在点Q，使得四边形MNDC是菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．6到直线 BC 的距离，结合 EF = 5可得出点 P 1 为线段 OC 的中点，进而可得出点 P 1 的坐标，由 CP 1＝CP 2a = − {，解得：{ 9 ，b =∴二次函数的表达式为 y = − 4x 2+ 4x +3． （2）当 x ＝0 时，y = − 4x2+ 4x +3＝3，4k + c = 0 k = − { ，解得：{ 4， c = 3的坐标．【分析】（1）根据点 A ，B 的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C 的坐标，由点 B ，C 的坐标利用待定系数法可求出直线 BC 的函数表达式，由点 Q 的坐标可得出点 M ，N 的坐标，进而可得出 MN 的长度，结合点 C 的坐标可得出 MC 的长度，由菱形的性质可得出 MN ＝MC ，进而可得出关于 m 的一元二次方程，解之即可得出m 的值（取正值），进而可得出点 Q 的坐标；（3）过点 E 作 EP ∥直线 BC ，交 y 轴于点 P ，这样的点 P 有两个，记为 P 1，P 2，利用面积法可求出点 O6可得出点 P 2 的坐标，结合 BC 的解析式可求出直线 EP 的函数表达式，联立直线 EP 和抛物线的函数表达式成方程组，通过解方程组即可求出点 P 的坐标．【解答】解：（1）将 A （﹣1，0），B （4，0）代入 y ＝ax 2+b x +3，得：3a −b + 3 = 04 16a + 4b + 3 = 043 93 9∴点 C 的坐标为（0，3）．设直线 BC 的函数表达式为 y ＝kx +c （k ≠0），将 B （4，0），C （0，3）代入 y ＝kx +c ，得：3c = 3∴直线BC的函数表达式为y=−4x+3．∴点M的坐标为（m，−4m+3），点N的坐标为（m，−4m2+4m+3），∴NM=−4m2+4m+3﹣（−4m+3）=−4m2+3m．∴CM=√(m−0)2+(−4m+3−3)2=4m，∴−4m2+3m=4m，解得：m1＝0（舍去），m2=3，3∵点Q的坐标为（m，0），3393933∵四边形MNDC是菱形，∴MN＝MC．∵点C的坐标为（0，3），353577∴点Q的坐标为（，0）．37∴存在点Q（，0），使得四边形MNDC是菱形．3（3）过点E作EP∥直线BC，交y轴于点P，这样的点P有两个，记为P1，P2，如图2所示．∵OB＝4，OC＝3，∴BC=√OB2+OC2=5，∴点 O 到直线 BC 的距离为OB⋅OC∵以 E 为圆心的圆与直线 BC 相切与点 F ，且 EF = 5，∴点 P 1 的坐标为（0， ）．∴点 P 2 的坐标为（0， ）．∵直线 BC 的函数表达式为 y = − 4x+3， ∴直线 EP 的函数表达式为 y = − 4x + 2或 y = − 4x + 2． y = − x + y = − x +联立直线 EP 和抛物线的函数表达式成方程组，得：{ 或{ ，3√ 6，{ 3√ 6 ，{ 3√ 2，{ 3√ 2，∴点 E 的坐标为（2−√6， ），（2+√6，− 4 ），（2−√2，3+ 4 ）或（2+√2，3− 4 ）．4 7．（2019•亭湖区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y = − 4x 2+b x +c 的图象与 y 轴交于点 A （0，+ x + 3 y = − + y 2 = − y 3 = 3 + y 4 = 3 −BC=12 5．66∴点 E 到直线 BC 的距离为 ，5∴点 P 1 为线段 OC 的中点，3 2∵CP 1＝CP 2，9 233 3 3 93 3 3 94 2 4 2y = − 3 x 2 9 3 x 2 9 x + 34 4 4 4x 1 = 2 − √6x 2 = 2 + √6 x 3 = 2 − √2 x 4 = 2 + √2 解得：{ y 1 = 44 4 43√6 3√ 6 3√ 2 3√ 218），与 x 轴交于 B 、C 两点，其中点 C 的坐标为（4，0）．点 P （m ，n ）为该二次函数在第二象限内图象上的动点，点 D 的坐标为（0，4），连接 BD ．（1）求该二次函数的表达式及点 B 的坐标；（2）连接 OP ，过点 P 作 PQ ⊥x 轴于点 Q ，当以 O 、P 、Q 为顶点的三角形与△OBD 相似时，求 m 的值；（3）连接 BP ，以 BD 、BP 为邻边作 BDEP ，直线 PE 交 y 轴于点 T ．①当点 E 落在该二次函数图象上时，求点 E 的坐标；②在点 P 从点 A 到点 B 运动过程中（点 P 与点 A 不重合），直接写出点 T 运动的路径长．（2）可设P（m，−4m2﹣m+8），由∠OQP＝∠BOD＝°，则分两种情况：△90POQ∽△OBD和△POQ【解答】解：（1）把A（0，8），C（4，0）代入y=−4x2+b x+c得{，解得{∴该二次函数的表达为y=−4x2﹣x+8当y＝0时，−4x2﹣x+8＝0，解得x1＝﹣8，x2＝4（2）设P（m，−4m2﹣m+8），由∠OQP＝∠BOD＝90°，分两种情况：OQ=即−4m2﹣m+8＝2×（﹣m），解得m＝﹣4，或m＝8（舍去）DO=即﹣m＝2×（−4m2﹣m+8），解m＝﹣1−√33或m＝﹣1+√33（舍去）【分析】（1）直接将A，C两点代入即可求1∽△OBD分别求出PQ与OQ的关系即可（3）作平行四边形，实质是将B、P向右平移8个单位，再向上平移4个单位即可得到点E和点D，点E在二次函数上，代入即可求m的值，从而求得点E的坐标．1c=8b=−1−4+4b+c=0c=811∴点B的坐标为（﹣8，0）1当△POQ∽△OBD时，PQ BOOD=84=2∴PQ＝2OQ1OQ 当△POQ∽△OBD时，PQ =BO84=2∴OQ＝2PQ1综上所述，m的值为﹣4或﹣1−√33（3）①∵四边形BDEP为平行四边形，∵点 P （m ，− 4m 2﹣m +8），∴点 E （m +8，− 4m 2﹣m +12）， ∴− 4（m +8）2﹣（m +8）+8= − 4m 2﹣m +12②∵点 P （m ，− m 2﹣m +8），∴点 E （m +8，− 4m 2﹣m +12），∴直线 PE 与 BD 的斜率相同 k = 8 = 2∴直线 PE 的解析式为：y = 2 x+b 点 P 在直线上，则有− 4m 2﹣m +8= 2m+b 整理得，b = − 4（m +3）2+ 4 则点 T 在 y 轴的运动的路径为41 −8=42 ．∴PE ∥BD ，PE ＝BD∵点 B 向右平移 8 个单位，再向上平移 4 个单位得到点 D∴点 P 向右平移 8 个单位，再向上平衡 4 个单位得到点 E11∵点 E 落在二次函数的图象上1 1解得 m ＝﹣727 ∴点 E 的坐标为（1，4）1 41∵PE ∥BD4 111 11 41即 T 的纵坐标最大值为414当点 P 与点 B 重合时，点 T 的纵坐标为 4，4 −4+ 41 178．（2019 秋•灌云县期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A （﹣2，0），B （0，﹣2），C （1，0）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点 M 为第三象限内抛物线上一动点，点 M 的横坐标为 △m ， AMB 的面积为 S ，求 S 关于 m 的函数关系式，并求出 S 的最大值．（3）若点 P 是抛物线上的动点，点 Q 是直线 y ＝﹣x 上的动点，判断有几个位置能够使得点 P 、Q 、B 、。