专题2二次函数与直角三角形问题-挑战中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（解析版）.docx

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1、挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题2二次函数与直角三角形问题解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便 我们先看三个问题：1已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2已知线段AB，以线段AB为斜边

2、的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？3已知点A(4,0)，如果OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标图1 图2 图3如图1，点C在垂线上，垂足除外如图2，点C在以AB为直径的圆上，A、B两点除外如图3，以OA为边画两个正方形，除了O、A两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B，共6个如图4，已知A(3, 0)，B(1,4)，如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上，求点C的坐标我们可以用几何的方法，作AB为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C如果作BDy轴于D，那么AOCCDB来源:学科网来源:Zxxk.Com设OCm，那么这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的

3、两个交点对于代数法，可以采用两条直线的斜率之积来解决. 【例1】（2022滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx22x3与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接AC、BC（1）求线段AC的长；（2）若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当PAPC时，求点P的坐标；（3）若点M为该抛物线上的一个动点，当BCM为直角三角形时，求点M的坐标【分析】（1）根据坐标轴上点的特点求出点A，C的坐标，即可求出答案；（2）设出点P的坐标，利用PAPC建立方程求解，即可求出答案；（3）分三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出前两种情况，利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式，建立方程求

4、解，即可求出答案【解析】（1）针对于抛物线yx22x3，令x0，则y3，C（0，3）；令y0，则x22x30，x3或x1，点A在点B的左侧，A（1，0），B（3，0），AC；（2）抛物线yx22x3的对称轴为直线x1，点P为该抛物线对称轴上，设P（1，p），PA，PC，PAPC，p1，P（1，1）；（3）由（1）知，B（3，0），C（0，3），OBOC3，设M（m，m22m3），BCM为直角三角形，当BCM90时，如图1，过点M作MHy轴于H，则HMm，OBOC，OCBOBC45，HCM90OCB45，HMC45HCM，CHMH，CH3（m22m3）m2+2m，m2+2mm，m0（不符合题意，

5、舍去）或m1，M（1，4）；当CBM90时，过点M作MHx轴，同的方法得，M（2，5）；当BMC90时，如图2，、当点M在第四象限时，过点M作MDy轴于D，过点B作BEDM，交DM的延长线于E，CDME90，DCM+DMC90，DMC+EMB90，DCMEMB，CDMMEB，M（m，m22m3），B（3，0），C（0，3），DMm，CD3（m22m3）m2+2m，ME3m，BE（m22m3）m2+2m+3，m0（舍去）或m3（点B的横坐标，不符合题意，舍去）或m（不符合题意，舍去）或m，M（，），、当点M在第三象限时，M（，），即满足条件的M的坐标为（1，4）或（2，5）或（，），或（，）【例

6、2】（2022辽宁）如图，抛物线yax23x+c与x轴交于A（4，0），B两点，与y轴交于点C（0，4），点D为x轴上方抛物线上的动点，射线OD交直线AC于点E，将射线OD绕点O逆时针旋转45得到射线OP，OP交直线AC于点F，连接DF（1）求抛物线的解析式；（2）当点D在第二象限且时，求点D的坐标；（3）当ODF为直角三角形时，请直接写出点D的坐标【分析】（1）将点A（4，0），C（0，4）代入yax23x+c，即可求解；（2）过点D作DGAB交于G，交AC于点H，设D（n，n23n+4），H（n，n+4），由DHOC，可得，求出D（1，6）或（3，4）；（3）设F（t，t+4），当FDO4

7、5时，过点D作MNy轴交于点N，过点F作FMMN交于点M，证明MDFNOD（AAS），可得D点纵坐标为2，求出D点坐标为（，2）或（，2）；当DFO90时，过点F作KLx轴交于L点，过点D作DKKL交于点K，证明KDFLFO（AAS），得到D点纵坐标为4，求得D（0，4）或（3，4）【解析】（1）将点A（4，0），C（0，4）代入yax23x+c，解得，yx23x+4；（2）过点D作DGAB交于G，交AC于点H，设直线AC的解析式为ykx+b，解得，yx+4，设D（n，n23n+4），H（n，n+4），DHn24n，DHOC，OC4，DH3，n24n3，解得n1或n3，D（1，6）或（3，4）

8、；（3）设F（t，t+4），当FDO45时，过点D作MNy轴交于点N，过点F作FMMN交于点M，DOF45，DFDO，MDF+NDO90，MDF+MFD90，NDOMFD，MDFNOD（AAS），DMON，MFDN，DN+ONt，DNON+（t4），DNt2，ON2，D点纵坐标为2，x23x+42，解得x或x，D点坐标为（，2）或（，2）；当DFO90时，过点F作KLx轴交于L点，过点D作DKKL交于点K，KFD+LFO90，KFD+KDF90，LFOKDF，DFFO，KDFLFO（AAS），KDFL，KFLO，KLt+4t4，D点纵坐标为4，x23x+44，解得x0或x3，D（0，4）或（3

9、，4）；综上所述：D点坐标为（，2）或（，2）或（0，4）或（3，4）【例3】（2022广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+x+m（a0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，4），点C坐标为（2，0）（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【分析】（1）把点B，C两点坐标代入抛物线的解析式，解方程组，可得结论；（2）存在如图1中，设D（t，t2+t4

10、），连接OD构建二次函数，利用二次函数的性质，解决问题；（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM抛物线的对称轴于点M则N（1.0）M（1，4），分三种情形：PAB90，PBA90，APB90，分别求解可得结论【解析】（1）抛物线yax2+x+m（a0）的图象经过点B（0，4），点C（2，0），解得，抛物线的解析式为yx2+x4；（2）存在理由：如图1中，设D（t，t2+t4），连接OD令y0，则x2+x40，解得x4或2，A（4，0），C（2，0），B（0，4），OAOB4，SABDSAOD+SOBDSAOB4（t+4）+4（t）44t24t（t+2）2+4，10，t2时，A

11、BD的面积最大，最大值为4，此时D（2，4）；（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM抛物线的对称轴于点M则N（1.0）M（1，4）；OAOB4，AOB90，OABOBA45，当P1AB90时，ANP1是等腰直角三角形，ANNP13，P1（1，3），当ABP290时，BMP2是等腰直角三角形，可得P2（1，5），当APB90时，设P（1，n），设AB的中点为J，连接PJ，则J（2，2），PJAB2，12+（n+2）2（2）2，解得n2或2，P3（1，2），P4（1，2），综上所述，满足条件的点P的坐标为（1，3）或（1，5）或（1，2）或（1，2）【例4】（2022柳州）已知

12、抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）（1）求b，c，m的值；（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EFx轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；（3）如图2，点M是抛物线的顶点，将MBC沿BC翻折得到NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标【分析】（1）把A（1，0），C（0，5）代入yx2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，令y0

13、即可得m的值；（2）设D（x，x2+4x+5），则E（4x，x2+4x+5），表示出四边形DEFG的周长，根据二次函数的最值即可求解；（3）过点C作CH对称轴于H，过点N作NKy轴于K，证明MCHNCK，根据全等三角形的性质得NKMH4，CKCH2，则N（4，3），利用待定系数法可得直线BN的解析式为yx+，可得Q（0，），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：当BQP90时，当QBP90时，利用勾股定理即可求解【解析】（1）把A（1，0），C（0，5）代入yx2+bx+c，得，解得这个抛物线的解析式为：yx2+4x+5，令y0，则x2+4x+50，解得x15，

14、x21，B（5，0），m5；（2）抛物线的解析式为：yx2+4x+5（x2）2+9，对称轴为x2，设D（x，x2+4x+5），DEx轴，E（4x，x2+4x+5），过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EFx轴，四边形DEFG是矩形，四边形DEFG的周长2（x2+4x+5）+2（x4+x）2x2+12x+22（x3）2+20，当x3时，四边形DEFG的周长最大，当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；（3）过点C作CH对称轴于H，过点N作NKy轴于K，NKCMHC90，由翻折得CNCM，BCNBCM，B（5，0），C（0，5）OBOC，OCBOB

15、C45，CH对称轴于H，CHx轴，BCH45，BCHOCB，NCKMCH，MCHNCK（AAS），NKMH，CKCH，抛物线的解析式为：yx2+4x+5（x2）2+9，对称轴为x2，M（2，9），MH954，CH2，NKMH4，CKCH2，N（4，3），设直线BN的解析式为ymx+n，解得，直线BN的解析式为yx+，Q（0，），设P（2，p），PQ222+（p）2p2p+，BP2（52）2p29+p2，BQ252+（）225+，分两种情况：当BQP90时，BP2PQ2+BQ2，9+p2p2p+25+，解得p，点P的坐标为（2，）；当QBP90时，PQ2BP2+BQ2，p2p+9+p2+25+，

16、解得p9，点P的坐标为（2，9）综上，所有符合条件的点P的坐标为（2，），（2，9）1（2022公安县模拟）如图，已知二次函数yx2+bx+c经过A，B两点，BCx轴于点C，且点A（1，0），C（2，0），ACBC（1）求抛物线的解析式；（2）点E是抛物线AB之间的一个动点（不与A，B重合），求SABE的最大值以及此时E点的坐标；（3）根据问题（2）的条件，判断是否存在点E使得ABE为直角三角形，如果存在，求出E点的坐标，如果不存在，说明理由【分析】（1）先求得点B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）过点E作EFy轴交线段AB于

17、点F，设点E（t，t2+2t+3），则F（t，t+1），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，最后根据EF的最大值可得ABE的面积；（3）存在，设E（m，m2+2m+3），分三种情况：分别以A，B，E为直角顶点，作出辅助线，构造相似列出方程，解方程即可【解析】（1）点A（1，0），C（2，0），AC3，OC2，ACBC3，B（2，3），把A（1，0）和B（2，3）代入二次函数yx2+bx+c中得：，解得：，二次函数的解析式为：yx2+2x+3；（2）直线AB经过点A（1，0），B（2，3），设直线AB的解析式为ykx+b，解得：，直线AB的解析式为：yx+1

18、，如图，过点E作EFy轴交线段AB于点F，设点E（t，t2+2t+3），则F（t，t+1），EFt2+2t+3（t+1）（t）2+，当t时，EF的最大值为，点E的坐标为（，），此时SABE最大，SABEEF（xBxA）（2+1）（3）在问题（2）的条件下，存在点E使得ABE为直角三角形；设E（m，m2+2m+3），当点A为直角顶点，过点A作AB的垂线，与AB之间的抛物线无交点，故不可能存在点E使得ABE为以点A为直角顶点的直角三角形，当点B为直角顶点，如下图，此时EBA90，过点E作EGCB，交CB延长线于点G，BCx轴于点C，且ACBC，ABC是等腰直角三角形，ABC45，EBG45，BEG

19、是等腰直角三角形，EGBG，EG的长为点E与直线BC的距离，即2m，且BGCGBCm2+2m+33m2+2m，2mm2+2m，解得m1或m2（舍），E（1，4）；如下图，此时AEB90，作EMx轴，交CB的延长线于点M，过点A作ANx轴交ME的延长线于点N，BEM+AEN90，在RtAEN中，EAN+AEN90，BEMEAN，AENBEM，BM：ENEM：AN，（m2+2m）：（m+1）（2m）：（m2+2m+3），即m（2m）（m+1）（m3）（2m）（m+1），2m0，m+10，m23m+10，解得m或m（舍）E（，）综上，根据问题（2）的条件，存在点E（1，4）或（，）使得ABE为直角三

20、角形2（2022高邮市模拟）如图，抛物线yax2+bx3经过A（1，0），与y轴交于点C，过点C作BCx轴，交抛物线于点B，连接AC、AB，AB交y轴于点D，若（1）求点B的坐标；（2）点P为抛物线对称轴上一点，且位于x轴上方，连接PA、PC，若PAC是以AC为直角边的直角三角形，求点P的坐标【分析】（1）根据A（1，0），得到OAl，对于yax2+bx3，令x0，则y3，得到C（0，3），OC3，根据BCx轴，得到AODBCD，推出，得到BC2，即可得B（2，3）；（2）把A（1，0），B（2，3）代入yax2+bx3，求得a1，b2，得到抛物线解析式并配方为yx22x3（x1）24，得到抛

21、物线的对称轴是直线x1，设P（1，m），写出PA2m2+22m2+4PC2（m+3）2+12（m+3）2+1AC212+3210根据PAC是以AC为直角边的直角三角形，当PAC90时，PA2+AC2PC2得到m2+4+10（m+3）2+1，求得m；当PCA90时，PC2+AC2AP2，得到（m+3）2+1+10m2+4，求出m；即可得点P的坐标【解析】A（1，0），OAl，在yax2+bx3中，令x0，则y3，C（0，3），OC3，BCx轴，AODBCD，BC2，B（2，3）；（2）把A（1，0），B（2，3）代入yax2+bx3，解得，抛物线解析式为yx22x3（x1）24，抛物线的对称轴是

22、直线x1，设P（1，m），PA2m2+22m2+4PC2（m+3）2+12（m+3）2+1AC212+3210PAC是以AC为直角边的直角三角形，当PAC90时，PA2+AC2PC2m2+4+10（m+3）2+1，解得m；当PCA90时，PC2+AC2AP2，（m+3）2+1+10m2+4，解得m（不符合题意，舍去）P（1，）3（2022碑林区校级模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（2，0），B（4，0）两点（1）求b，c的值；（2）点E为抛物线yx2+bx+c上一点，且点E在x轴上方，连接BE，以点E为直角顶点，BE为直角边，作等直角BED，使得点D恰好落在直线yx上，求出满

23、足条件的所有点E的坐标【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）设D（m，m），E（n，n2+2n+8），分两种情况：当点E1在点D左侧，DE1B90，BE1D1E1时，当点E2在点D2右侧，D2E2B90，BE2D2E2时，利用等腰直角三角形性质，添加辅助线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质建立方程求解即可得出答案【解析】（1）抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（2，0），B（4，0）两点，解得：，b2，c8；（2）点D在直线yx上，点E在抛物线解析式为yx2+2x+8上，设D（m，m），E（n，n2+2n+8），当点E1在点D左侧，DE1B90，BE1D1E1时，如图，过点E1作

24、E1Gx轴，过点B作BFEG于点F，过点D1作D1GE1G于点G，则BFE1E1GD190，BFn2+2n+8，E1F4n，E1Gmn，D1Gm（n2+2n+8）n22n8+m，E1BF+BE1F90，D1E1G+BE1F90，E1BFD1E1G，在BE1F和E1D1G中，BE1FE1D1G（AAS），E1FD1G，BFE1G，解得：，当n2时，n2+2n+822+22+88，E1（2，8）；当点E2在点D2右侧，D2E2B90，BE2D2E2时，如图，过点E2作E2Hx轴于点H，过点D2作D2KE2H于点K，则BHE2E2KD290，BH4n，E2Hn2+2n+8，E2Kn2+2n+8m，D

25、2Knm，同理可得BE2HE2D2K（AAS），E2HD2K，BHE2K，解得：或，E（1+，2）或（1，2）；综上所述，满足条件的所有点E的坐标为（2，8）或（1+，2）或（1，2）4（2022雁峰区校级模拟）如图，抛物线yx2+bx+c经过A（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，直线yx+1与x轴交于点E，与y轴交于点D（1）求抛物线的解析式；（2）P为抛物线上的点，连接OP交直线DE于Q，当Q是OP中点时，求点P的坐标；（3）M在直线DE上，当CDM为直角三角形时，求出点M的坐标【分析】（1）根据抛物线yx2+bx+c经过A（1，0），B（3，0）两点，列方程组，于是得到答案；（

26、2）令x0，则yx+11，求得OD1，作PHOB，垂足为H，得到COAPHO90，根据平行线的性质得到PDOQ，PFQODQ，根据全等三角形的性质得到PFOD1，设P点横坐标为x，得到方程x2+2x+3（x+1）1，求得x12，x2，当x2时，y3，当x时，y，于是得到答案；（3）求得CDOCOD2，设M（a，a+1），分两种情况当CMD90时，当DCM90时，根据勾股定理即可得到结论【解析】（1）抛物线yx2+bx+c经过A（1，0），B（3，0）两点，解得：，抛物线的解析式是yx2+2x+3；（2）令x0，则yx+11，OD1，如图，作PHOB，垂足为H，交ED于F，则COAPHO90，P

27、HOC，OPFDOQ，PFQODQ，又Q是OP中点，PQOQ，PFQODQ（AAS），PFOD1设P点横坐标为x，则x2+2x+3（x+1）1，解得：x12，x2，当x2时，y3，当x时，y，点P的坐标是（2，3）或（，）；（3）令x0，则yx2+2x+33，OC3，CDOCOD2，设M（a，a+1），CM2a2+（3a1）2a22a+4，DM2a2+（a+11）2a2，当CMD90时，CD2CM2+DM2，22a22a+4+a2，解得：a1，a20（舍去），当a时，a+1，M（，）；当DCM90时，CD2+CM2DM2，22+a22a+4a2，解得：a4，当a4时，a+13，M（4，3）；解

28、法二：DCM90，CMx轴，a+13，解得a4，M（4，3）；综上所述：点M的坐标为（，）或（4，3）5（2022平南县二模）如图，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（1，0），对称轴为直线x2（1）求该抛物线的表达式；（2）直线l过点A与抛物线交于点P，当PAB45时，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得BCQ是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）设y（x2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为yx24x5；（2）过点P作PMx轴于点M，设P（m，m24m5），根据PAB45知AMPM，即

29、|m24m5|m+1，解得m的值，即可得P的坐标是（6，7）或P（4，5）；（3）由yx24x5求出B（5，0），C（0，5），设Q（2，t），有BC250，BQ29+t2，CQ24+（t+5）2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+（t+5）250，当BQ为斜边时，50+4+（t+5）29+t2，当CQ为斜边时，50+9+t24+（t+5）2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标【解析】（1）设y（x2）2+k，把A（1，0）代入得：（12）2+k0，解得：k9，y（x2）29x24x5，答：抛物线的解析式为yx24x5；（2）过点P作PMx轴于点M，如图：设P（m，m24m5），则P

30、M|m24m5|，A（1，0），AMm+1PAB45AMPM，|m24m5|m+1，即m24m5m+1或m24m5（m+1），当m24m5m+1时，解得：m16，m21（不合题意，舍去），当m24m5（m+1），解得m34，m41（不合题意，舍去），P的坐标是（6，7）或P（4，5）；（3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得BCQ是直角三角形，理由如下：在yx24x5中，令x0得y5，令y0得x1或x5，B（5，0），C（0，5），由抛物线yx24x5的对称轴为直线x2，设Q（2，t），BC250，BQ29+t2，CQ24+（t+5）2，当BC为斜边时，BQ2+CQ2BC2，9+t2+4+（t

31、+5）250，解得t6或t1，此时Q坐标为（2，6）或（2，1）；当BQ为斜边时，BC2+CQ2BQ2，50+4+（t+5）29+t2，解得t7，此时Q坐标为（2，7）；当CQ为斜边时，BC2+BQ2CQ2，50+9+t24+（t+5）2，解得t3，此时Q坐标为（2，3）；综上所述，Q的坐标为（2，3）或（2，7）或（2，1）或（2，6）6（2022太原一模）综合与实践如图，抛物线yx2+2x8与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C点D在直线AC下方的抛物线上运动，过点D作y轴的平行线交AC于点E（1）求直线AC的函数表达式；（2）求线段DE的最大值；（3）当点F在抛物线的对称

32、轴上运动，以点A，C，F为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出点F的坐标【分析】（1）分别令x0，y0，求得点C、A的坐标，再运用待定系数法即可求得答案；（2）设D（m，m2+2m8），则E（m，2m8），可得DE2m8（m2+2m8）m24m（m+2）2+4，运用二次函数的性质即可求得线段DE的最大值；（3）设F（1，n），根据两点间距离公式可得：AF232+n2n2+9，AC242+8280，CF212+（n+8）2n2+16n+65，分三种情况：当AFC90时，当CAF90时，当ACF90时，分别建立方程求解即可【解析】（1）在yx2+2x8中，令x0，得y8，C（0，8），令y0，得x

33、2+2x80，解得：x14，x22，A（4，0），B（2，0），设直线AC的解析式为ykx+b，则，解得：，直线AC的解析式为y2x8；（2）设D（m，m2+2m8），则E（m，2m8），点D在点E的下方，DE2m8（m2+2m8）m24m（m+2）2+4，10，当m2时，线段DE最大值为4；（3）yx2+2x8（x+1）29，抛物线的对称轴为直线x1，设F（1，n），又A（4，0），C（0，8），AF232+n2n2+9，AC242+8280，CF212+（n+8）2n2+16n+65，当AFC90时，AF2+CF2AC2，n2+9+n2+16n+6580，解得：n14，n24+，F（1，4

34、）或（1，4+）；当CAF90时，AF2+AC2CF2，n2+9+80n2+16n+65，解得：n，F（1，）；当ACF90时，CF2+AC2AF2，n2+16n+65+80n2+9，解得：n，F（1，）；综上所述，点F的坐标为（1，4）或（1，4+）或（1，）或（1，）7（2022桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC（1）求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；（2）探索直线L上是否存在点E，使ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由【分析】（

35、1）令x0，y0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可；（2）设E（t，t+2），分三种情况讨论：当CAE90时，AC2+AE2CE2，当ACE90时，AC2+CE2AE2，当AEC90时，AE2+CE2AC2，分别利用勾股定理求解即可【解析】（1）令y0，则0，解得x2或x6，A（2，0），B（6，0），令x0，则y2，C（0，2），y（x2）2+，抛物线的对称轴为直线x2，D（2，0），设直线CD的解析式为ykx+b，解得，yx+2；（2）在点E，使ACE为直角三角形，理由如下：设E（t，t+2），AC216，AE24t28t+16

36、，CE24t2，当CAE90时，AC2+AE2CE2，16+4t28t+164t2，t4，E（4，2）；当ACE90时，AC2+CE2AE2，16+4t24t28t+16，t0（舍）；当AEC90时，AE2+CE2AC2，4t28t+16+4t216，t0（舍）或t1，E（1，）；综上所述：E点坐标为（4，2）或（1，）8（2022沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3）（1）求抛物线的解析式（2）若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的

37、坐标（3）如图2，若点E坐标为（2，0），EFx轴交直线BC于点F，将BEF沿直线BC平移得到BEF，在BEF移动过程中，是否存在使ACE为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）将A（1，0），B（3，0），C（0，3）代入yax2+bx+c，即可求解；（2）过点M作HGy轴，交x轴于点H，过点N作NGHG交于点G，证明AMHMNG（AAS），设M（t，t22t3），由HMNG，可求t即可求M、N点的坐标；（3）设BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，则E（2+t，t），分三种情况讨论：当ACE90时，过点E作EH

38、y轴交于点H，可得ACOCEH，利用相似比可求E（，）；当N点与E重合时，也符合题意；当CAE90时，过点A作MNx轴，过点C作CNMN交于N点，过点E作EMMN交于M点，可得AMECNA，利用相似比可求E（，）；当AEC90时，过点E作STx轴交于S点，过点C作CTST交于T点，可得ASEETC，利用相似比可求E（1，1）【解析】（1）将A（1，0），B（3，0），C（0，3）代入yax2+bx+c，yx22x3；（2）过点M作HGy轴，交x轴于点H，过点N作NGHG交于点G，AMH+NMG90，AMH+MAH90，NMGMAH，AMMN，AMHMNG（AAS），AHMG，HMNG，设M（t

39、，t22t3），HMt2+2t+3，NGt，t2+2t+3t，t，点M是抛物线上B，C之间，0t3，t，M（，），AH1+，HG+2+，N（0，2）；（3）存在使ACE为直角三角形，理由如下：OBOC，OBC45，设BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，E（2，0），E（2+t，t），如图2，当ACE90时，过点E作EHy轴交于点H，ACO+ECH90，ACO+CAO90，ECHCAO，ACOCEH，AO1，CO3，CH3t，EH2t，解得t，E（，）；如图3，当CAE90时，过点A作MNx轴，过点C作CNMN交于N点，过点E作EMMN交于M点，MAE+NAC90，MAE+MEA90，NACMEA，AMECNA，NC1，AN3，AMt，ME3+t，解得t，E（，）；当E点与N重合时，ACE为直角三角形，E（1，3）；如图3，当AEC90时，过点E作ST