【文档说明】专题02二次函数与角的综合问题 -【题型与技法】中考数学二轮复习金典专题讲练系列（通用版）（解析版）.docx，共(55)页，1.772 MB，由管理员店铺上传

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【经典剖析1】（2018•福建）已知抛物线2yaxbxc=++过点(0,2)A．（1）若点(2−，0)也在该抛物线上，求a，b满足的关系式；（2）若该抛物线上任意不同两点1(Mx，1)y，2(Nx，2)y都满足：当120xx时，1212()()0xxyy−−；当1

20xx时，1212()()0xxyy−−．以原点O为心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且ABC有一个内角为60．①求抛物线的解析式；②若点P与点O关于点A对称，且O，M，N三点共线，求证：PA平分MPN．【分析】（1）由抛物线

经过点A可求出2c=，再代入(2−，0)即可找出2220(0)aba−+=；（2）①根据二次函数的性质可得出抛物线的对称轴为y轴、开口向下，进而可得出0b=，由抛物线的对称性可得出ABC为等腰三角形，结合其有一个60的内角可得出ABC为等边三角形，设线段BC与y

轴交于点D，根据等边三角形的性质可得出点C的坐标，再利用待定系数法可求出a值，此题得解；②由①的结论可得出点M的坐标为1(x，212)x−+、点N的坐标为2(x，222)x−+，由O、M、N三点共线可得出212

xx=−，进而可得出点N及点N的坐标，由点A、M的坐标利用待定系数法可求出直线AM的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点N在直线PM上，进而即可证出PA平分MPN．课前热身【解答】解：（1）抛物线2yaxbxc=++过点(0,2)A，2c=．

又点(2−，0)也在该抛物线上，2(2)(2)0abc−+−+=，2220(0)aba−+=．（2）①当120xx时，1212()()0xxyy−−，120xx−，120yy−，当0x时，y随x的增大而增大；同理：当0

x时，y随x的增大而减小，抛物线的对称轴为y轴，开口向下，0b=．OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B、C，ABC为等腰三角形，又ABC有一个内角为60，ABC为等边三角形．设线段B

C与y轴交于点D，则BDCD=，且30OCD=，又2OBOCOA===，cos303CDOC==，sin301ODOC==．不妨设点C在y轴右侧，则点C的坐标为(3，1)−．点C在抛物线上，且2c=，0b=，321a+=−，

1a=−，抛物线的解析式为22yx=−+．②证明：由①可知，点M的坐标为1(x，212)x−+，点N的坐标为2(x，222)x−+．直线OM的解析式为11(0)ykxk=．O、M、N三点共线，10x

，20x，且22121222xxxx−+−+=，121222xxxx−+=−+，1212122()xxxxxx−−=−，122xx=−，即212xx=−，点N的坐标为12(x−，2142)x−+．设点N关于y轴的对

称点为点N，则点N的坐标为12(x，2142)x−+．点P是点O关于点A的对称点，24OPOA==，点P的坐标为(0,4)．设直线PM的解析式为24ykx=+，点M的坐标为1(x，212)x−+，212124xkx−+=+，2121

2xkx+=−，直线PM的解析式为21124xyxx+=−+．22211122111122(2)42442xxxxxxx+−++−+==−+，点N在直线PM上，PA平分MPN．【点评】本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、二次函数的性质、等边三角形的性质以及一次（二次）函数

图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出a、b满足的关系式；（2）①利用等边三角形的性质找出点C的坐标；②利用一次函数图象上点的坐标特征找出点N在直线PM上．二次函数与角综合问题，常见的主要有三种类型：1.特殊角问题：（1）利用特殊角的三角函数值找到线

段之间的数量关系（2）遇到特殊角可以构造特殊三角形，如遇到45°构造等腰直角三角形，遇到30°、60°构造等边三角形，遇到90°构造直角三角形2.角的数量关系问题（1）等角问题：借助特殊图形的性质、全等和相似的性

质来解决；构造圆，利用圆周角的性质来解决（2）二倍角问题：利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答（3）角的和差问题3.角的最值问题：利用辅助圆等知识来解答【例题1】（长沙·中考真题）如图，抛物线y＝mx2﹣16mx+48m（m＞0）与x

轴交于A，B两点（点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点，且位于第四象限，连接OD、BD、AC、AD，延长AD交y轴于点E．（1）若△OAC为等腰直角三角形，求m的值；（2）若对任意m＞0，C、E两点总关于原点对称，求点D的坐标（用含m的式子表

示）；（3）当点D运动到某一位置时，恰好使得∠ODB＝∠OAD，且点D为线段AE的中点，此时对于该抛物线上任意一点P（x0，y0）总有n+≥﹣4my02﹣12y0﹣50成立，求实数n的最小值．【分析】（1）根据y＝mx2﹣16mx+48m，可得A（12，0），C（0，48m），再根据OA＝OC，即

可得到12＝48m，进而得出m的值；（2）根据C、E两点总关于原点对称，得到E（0，﹣48m），根据E（0，﹣48m），A（12，0）可得直线AE的解析式，最后解方程组即可得到直线AE与抛物线的交点D的坐标；（3）根据△ODB∽△OAD，可得OD＝4，进

而得到D（6，﹣2），代入抛物线y＝mx2﹣16mx+48m，可得抛物线解析式，再根据点P（x0，y0）为抛物线上任意一点，即可得出y0≥﹣，令t＝﹣2（y0+3）2+4，可得t最大值＝﹣2（﹣+3）2+4＝，再根据

n+≥，可得实数n的最小值为．【解答】解：（1）令y＝mx2﹣16mx+48m＝m（x﹣4）（x﹣12）＝0，则x1＝12，x2＝4，∴A（12，0），即OA＝12，又∵C（0，48m），∴当△OAC为等腰直角三角形时，OA＝OC，即12＝48m，∴m＝；（2）由（1）可知点C（0，48

m），∵对任意m＞0，C、E两点总关于原点对称，∴必有E（0，﹣48m），设直线AE的解析式为y＝kx+b，将E（0，﹣48m），A（12，0）代入，可得，解得，∴直线AE的解析式为y＝4mx﹣48m，∵点D为直线AE与抛

物线的交点，∴解方程组，可得或（点A舍去），即点D的坐标为（8，﹣16m）；（3）当∠ODB＝∠OAD，∠DOB＝∠AOD时，△ODB∽△OAD，∴OD2＝OA×OB＝4×12＝48，∴OD＝4，又∵点D为

线段AE的中点，∴AE＝2OD＝8，又∵OA＝12，∴OE＝＝4，∴D（6，﹣2），把D（6，﹣2）代入抛物线y＝mx2﹣16mx+48m，可得﹣2＝36m﹣96m+48m，解得m＝，∴抛物线的解析式为y＝（x﹣4）（x﹣12），即y＝（x﹣8）2﹣，∵点

P（x0，y0）为抛物线上任意一点，∴y0≥﹣，令t＝﹣4my02﹣12y0﹣50＝﹣2y02﹣12y0﹣50＝﹣2（y0+3）2+4，则当y0≥﹣时，t最大值＝﹣2（﹣+3）2+4＝，若要使n+≥﹣4my02﹣12

y0﹣50成立，则n+≥，∴n≥3，∴实数n的最小值为．【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的最值，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质以及待定系数法求直线解析式的综合应用，解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图

形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．【例题2】（天津·中考真题）在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（1，0）．已知抛物线y=x2+mx﹣2m（m是常数），顶点为P．（Ⅰ）当抛物线经过点A时，求顶点P的坐标；（Ⅱ）若点P在

x轴下方，当∠AOP=45°时，求抛物线的解析式；（Ⅲ）无论m取何值，该抛物线都经过定点H．当∠AHP=45°时，求抛物线的解析式．【分析】（Ⅰ）将点A坐标代入解析式求得m的值即可得；（Ⅱ）先求出顶点P的坐标（﹣，﹣

），根据∠AOP=45°知点P在第四象限且PQ=OQ，列出关于m的方程，解之可得；（Ⅲ）由y=x2+mx﹣2m=x2+m（x﹣2）知H（2，4），过点A作AD⊥AH，交射线HP于点D，分别过点D、H作x轴的垂线，垂足分别为E、G，证△ADE≌△HAG得DE=AG=1、

AE=HG=4，据此知点D的坐标为（﹣3，1）或（5，﹣1），再求出直线DH的解析式，将点P的坐标代入求得m的值即可得出答案．【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线y=x2+mx﹣2m经过点A（1，0），∴0=1+m﹣2m，解得：

m=1，∴抛物线解析式为y=x2+x﹣2，∵y=x2+x﹣2=（x+）2﹣，∴顶点P的坐标为（﹣，﹣）；（Ⅱ）抛物线y=x2+mx﹣2m的顶点P的坐标为（﹣，﹣），由点A（1，0）在x轴的正半轴上，点P在x轴的下方，∠AOP=45°知点

P在第四象限，如图1，过点P作PQ⊥x轴于点Q，则∠POQ=∠OPQ=45°，可知PQ=OQ，即=﹣，解得：m1=0，m2=﹣10，当m=0时，点P不在第四象限，舍去；∴m=﹣10，∴抛物线的解析式为y=x2﹣10x+20；（Ⅲ）由y=x2+mx﹣2m=x2+m（x﹣2）可

知当x=2时，无论m取何值时y都等于4，∴点H的坐标为（2，4），过点A作AD⊥AH，交射线HP于点D，分别过点D、H作x轴的垂线，垂足分别为E、G，则∠DEA=∠AGH=90°，∵∠DAH=90°，∠AHD=45°，∴∠ADH=45°，∴AH=AD，∵∠DAE+∠HAG=∠AHG+∠H

AG=90°，∴∠DAE=∠AHG，∴△ADE≌△HAG，∴DE=AG=1、AE=HG=4，则点D的坐标为（﹣3，1）或（5，﹣1）；①当点D的坐标为（﹣3，1）时，可得直线DH的解析式为y=x+，∵

点P（﹣，﹣）在直线y=x+上，∴﹣=×（﹣）+，解得：m1=﹣4、m2=﹣，当m=﹣4时，点P与点H重合，不符合题意，∴m=﹣；②当点D的坐标为（5，﹣1）时，可得直线DH的解析式为y=﹣x+，∵点P（﹣，﹣）在直线y=﹣x+上，∴﹣=﹣×（﹣）+，解得：m1=﹣4（舍），m2=﹣，综上，m

=﹣或m=﹣，则抛物线的解析式为y=x2﹣x+或y=x2﹣x+．【点评】本题主要考查二次函数综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、全等三角形的判定和性质等知识点．【例题3】（湖

南株洲·中考真题）如图，已知二次函数y=ax2﹣5x+c（a＞0）的图象抛物线与x轴相交于不同的两点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜x2，（1）若抛物线的对称轴为x=求的a值；（2）若a=15，求c的取值范围；（3）若该抛物线与y轴相交于点D，连接

BD，且∠OBD=60°，抛物线的对称轴l与x轴相交点E，点F是直线l上的一点，点F的纵坐标为3+，连接AF，满足∠ADB=∠AFE，求该二次函数的解析式．【分析】（1）根据抛物线的对称轴公式代入可得a的值；（2）根据已知得：抛物线与x轴

有两个交点，则△＞0，列不等式可得c的取值范围；（3）根据60°的正切表示点B的坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式中得：ac=12，则c=，从而得A和B的坐标，表示F的坐标，作辅助线，构建直角△ADG，根据已知的角相等可得△ADG∽△AFE，列比例式

得方程可得a和c的值．【解答】解：（1）抛物线的对称轴是：x=﹣=﹣=，解得：a=；（2）由题意得二次函数解析式为：y=15x2﹣5+c，∵二次函数与x轴有两个交点，∴△＞0，∴△=b2﹣4ac=﹣4×15c，∴c＜；（3）∵∠BOD

=90°，∠DBO=60°，∴tan60°===，∴OB=c，∴B（c，0），把B（c，0）代入y=ax2﹣5x+c中得：5+c=0，﹣5c+c=0，∵c≠0，∴ac=12，∴c=，把c=代入y=ax2﹣5x+c中得：y=a（x2﹣+）=a（x﹣）（

x﹣），∴x1=，x2=，∴A（，0），B（，0），D（0，），∴AB=﹣=，AE=，∵F的纵坐标为3+，∴F（，），过点A作AG⊥DB于G，∴BG=AB=AE=，AG=，DG=DB﹣BG=﹣=，∵∠ADB=∠AFE，∠AGD=∠F

EA=90°，∴△ADG∽△AFE，∴，∴=，∴a=2，c=6，∴y=2x2﹣5x+6．【点评】本题是二次函数综合题，涉及的知识点有：代入法的运用，根与判别式的关系，对称轴公式，解方程，三角形相似的性质和判定，勾股定理等知识，第3问有难度，利用特殊角的三角函数表示A、B两

点的坐标是关键，综合性较强．【例题4】（四川攀枝花·中考真题）如图，对称轴为直线x=1的抛物线y=x2﹣bx+c与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）两点，与y轴交于C点，且+=﹣．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线顶点为D，直线BD交y轴于

E点；①设点P为线段BD上一点（点P不与B、D两点重合），过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC=∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【

分析】（1）应用对称轴方程、根与系数关系求b，c（2）①设出点F坐标表示△BDF面积，求最大值；②利用勾股定理逆定理，证明∠BDC=90°，则QC⊥y轴，问题可解．【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为直线x=1∴﹣∴b=2由一元二次方程根与系数关系：x

1+x2=﹣，x1x2=∴+==﹣∴﹣则c=﹣3∴抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3（2）由（1）点D坐标为（1，﹣4）当y=0时，x2﹣2x﹣3=0解得x1=﹣1，x2=3∴点B坐标为（3，0）①设点F坐标为（a，b）∴△BDF

的面积S=×（4﹣b）（a﹣1）+（﹣b）（3﹣a）﹣×2×4整理的S=2a﹣b﹣6∵b=a2﹣2a﹣3∴S=2a﹣（a2﹣2a﹣3）﹣6=﹣a2+4a﹣3∵a=﹣1＜0∴当a=2时，S最大=﹣4+8﹣3=1②存在由已知

点D坐标为（1，﹣4），点B坐标为（3，0）∴直线BD解析式为：y=2x﹣6则点E坐标为（0，﹣6）连BC、CD，则由勾股定理CB2=（3﹣0）2+（﹣3﹣0）2=18CD2=12+（﹣4+3）2=2BD2=（﹣4）2+（3﹣1）2=20∴CB2+CD2=BD2∴∠BCD=90°∴tan∠BDC=

3当点Q使得∠BDC=∠QCE时连QC并延长交x轴于点N，过Q作QM⊥x轴于点M∵∠OCN=∠QCE，CO=3∴在RtNOC中，NO=3OC=9由已知，MQ∥OE，OE=6，OB=3∴设BM=a则MQ=2a，则MN=12﹣a∵∠MQN=∠QCE∴RtMNQ中，3MQ=MN∴12﹣a

=3（2a）∴a=则OM=3﹣=，MQ=则点Q坐标为（，﹣）【点评】本题是二次函数综合题，考查一元二次方程根与系数关系、二次函数图象性质及勾股定理逆定理．在求△BDF面积时，合理设出未知数可以简化计算．【例题5】（2018•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y=ax2+bx﹣1

经过点A（﹣2，1）和点B（﹣1，﹣1），抛物线C2：y=2x2+x+1，动直线x=t与抛物线C1交于点N，与抛物线C2交于点M．（1）求抛物线C1的表达式；（2）直接用含t的代数式表示线段MN的长；（3）当△AM

N是以MN为直角边的等腰直角三角形时，求t的值；（4）在（3）的条件下，设抛物线C1与y轴交于点P，点M在y轴右侧的抛物线C2上，连接AM交y轴于点K，连接KN，在平面内有一点Q，连接KQ和QN，当KQ=1且∠KNQ=∠BNP时，请直接写出点Q的坐标．【分析】（1）

应用待定系数法；（2）把x=t带入函数关系式相减；（3）根据图形分别讨论∠ANM=90°、∠AMN=90°时的情况．（4）根据题意画出满足条件图形，可以找到AN为△KNP对称轴，由对称性找到第一个满足条件Q，再通过延长和圆的对称性找到剩余三个点．利用勾股定理进行计算．【解答】解：（1）

∵抛物线C1：y=ax2+bx﹣1经过点A（﹣2，1）和点B（﹣1，﹣1）∴解得：∴抛物线C1：解析式为y=x2+x﹣1（2）∵动直线x=t与抛物线C1交于点N，与抛物线C2交于点M∴点N的纵坐标为t2+t﹣1，点M的纵坐标为2t2+t+1∴MN=

（2t2+t+1）﹣（t2+t﹣1）=t2+2（3）共分两种情况①当∠ANM=90°，AN=MN时，由已知N（t，t2+t﹣1），A（﹣2，1）∴AN=t﹣（﹣2）=t+2∵MN=t2+2∴t2+2=t+2∴t1=0（舍去），t

2=1∴t=1②当∠AMN=90°，AN=MN时，由已知M（t，2t2+t+1），A（﹣2，1）∴AM=t﹣（﹣2）=t+2，∵MN=t2+2∴t2+2=t+2∴t1=0，t2=1（舍去）∴t=0故t的值为1或0（4）由（3）可知t=1时M位于

y轴右侧，根据题意画出示意图如图：易得K（0，3），B、O、N三点共线∵A（﹣2，1）N（1，1）P（0，﹣1）∴点K、P关于直线AN对称设⊙K与y轴下方交点为Q2，则其坐标为（0，2）∴Q2与点P关于直线AN对称∴Q2是满足

条件∠KNQ=∠BNP．则NQ2延长线与⊙K交点Q1，Q1、Q2关于KN的对称点Q3、Q4也满足∠KNQ=∠BNP．由图形易得Q1（﹣1，3）设点Q3坐标为（a，b），由对称性可知Q3N=NQ1=BN=2由∵⊙K半径为1∴解得，同理，设点Q4坐标为（a，b），由对称性可知Q4N=NQ

2=NO=∴解得，∴满足条件的Q点坐标为：（0，2）、（﹣1，3）、（，）、（，）【点评】本题为代数几何综合题，考查了二次函数基本性质．解答过程中应用了分类讨论、数形结合以及构造数学模型等数学思想．【例题6】（20

18•莱芜）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，DE⊥BC于E．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，求线段DE长度的最大值；（3）如图2，设AB的中点为F，连接CD，CF，是否存在点D，使

得△CDE中有一个角与∠CFO相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得DM，根据相似三角形的判定与性质，可得DE的长，根

据二次函数的性质，可得答案；（3）根据正切函数，可得∠CFO，根据相似三角形的性质，可得GH，BH，根据待定系数法，可得CG的解析式，根据解方程组，可得答案．【解答】解：（1）由题意，得，解得，抛物线的函数表达式

为y=﹣x2+x+3；（2）设直线BC的解析是为y=kx+b，，解得∴y=﹣x+3，设D（a，﹣a2+a+3），（0＜a＜4），过点D作DM⊥x轴交BC于M点，如图1，M（a，﹣a+3），DM=（﹣a2+a+3）﹣（﹣a+3）=﹣a2+3a

，∵∠DME=∠OCB，∠DEM=∠BOC，∴△DEM∽△BOC，∴=，∵OB=4，OC=3，∴BC=5，∴DE=DM∴DE=﹣a2+a=﹣（（a﹣2）2+，当a=2时，DE取最大值，最大值是，（3）假设存在这样的点D，△CDE使得中有一个角与∠CFO相等，∵点F为AB的中点，∴OF=，tan∠C

FO==2，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于G点，过点G作GH⊥x轴，垂足为H，如图2，①若∠DCE=∠CFO，∴tan∠DCE==2，∴BG=10，∵△GBH∽BCO，∴==，∴GH=8，BH=6，∴G（10，8），设直线CG的解析式为y=kx+b，∴，解得∴直线

CG的解析式为y=x+3，∴，解得x=，或x=0（舍）．②若∠CDE=∠CFO，同理可得BG=，GH=2，BH=，∴G（，2），同理可得，直线CG的解析是为y=﹣x+3，∴，解得x=或x=0（舍），综上所述，存在点D，使得△CDE中有一个角

与∠CFO相等，点D的横坐标为或．【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出DE的长，又利用了二次函数的性质；解（3）的关键是利用相似三角形的性质得出

G点的坐标，利用了待定系数法求函数解析式，解方程组求得横坐标．【例题7】（四川资阳·中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（3，2），且与直线y＝﹣x+交于B、C两点，点B的坐标为（4，m）．（1）求抛物线的解析式；（2）点D为抛物线上位于直线BC上

方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD+PA的最小值；（3）设点M为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点Q，使∠AQM＝45°？若存在，求点Q的坐标；若不存

在，请说明理由．【分析】（1）将点B的坐标为（4，m）代入y＝﹣x+，m＝﹣4+＝﹣，B的坐标为（4，﹣），将A（3，2），B（4，﹣）代入y＝﹣x2+bx+c，解得b＝1，c＝，因此抛物线的解析式y＝；（2）设

D（m，），则E（m，﹣m+），DE＝（）﹣（﹣m+）＝＝﹣（m﹣2）2+2，当m＝2时，DE有最大值为2，此时D（2，），作点A关于对称轴的对称点A'，连接A'D，与对称轴交于点P．PD+PA＝PD+PA'＝A'D，此时PD+PA最小；（3）作AH⊥

y轴于点H，连接AM、AQ、MQ、HA、HQ，由M（1，4），A（3，2），可得AH＝MH＝2，H（1，2）因为∠AQM＝45°，∠AHM＝90°，所以∠AQM＝∠AHM，可知△AQM外接圆的圆心为H，于是QH＝HA＝HM＝2设Q（0，t），则＝2，

t＝2+或2﹣，求得符合题意的点Q的坐标：Q1（0，2﹣）、Q2（0，2）．【解答】解：（1）将点B的坐标为（4，m）代入y＝﹣x+，m＝﹣4+＝﹣，∴B的坐标为（4，﹣），将A（3，2），B（4，﹣）代入y

＝﹣x2+bx+c，解得b＝1，c＝，∴抛物线的解析式y＝；（2）设D（m，），则E（m，﹣m+），DE＝（）﹣（﹣m+）＝＝﹣（m﹣2）2+2，∴当m＝2时，DE有最大值为2，此时D（2，），作点A关于对称轴的对称点

A'，连接A'D，与对称轴交于点P．PD+PA＝PD+PA'＝A'D，此时PD+PA最小，∵A（3，2），∴A'（﹣1，2），A'D＝＝，即PD+PA的最小值为；（3）作AH⊥y轴于点H，连接AM、AQ、MQ、HA、HQ，∵抛物线的解析式y＝，∴M（1，4）

，∵A（3，2），∴AH＝MH＝2，H（1，2）∵∠AQM＝45°，∠AHM＝90°，∴∠AQM＝∠AHM，可知△AQM外接圆的圆心为H，∴QH＝HA＝HM＝2设Q（0，t），则＝2，t＝2+或2﹣∴

符合题意的点Q的坐标：Q1（0，2﹣）、Q2（0，2）．【点评】本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的图象的性质与一次函数的性质以及圆周角定理是解题的关键．【例题8】（重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，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，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+PC取得最小值时，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．在旋转过程中，是否存在一点G，使得∠Q'＝∠Q'OG？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．【分析】（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＝＝2时，NF取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，此时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点，交y轴于点P，sin∠OCK＝，直线KC的解析式为：y＝，从而得到直线FJ的解析式为：y＝联立解出点J（，）得FP+PC的最小值即为FJ的长

，且|FJ|＝最后得出|HF+FP+PC|min＝；（2）由题意可得出点Q（0，﹣2），AQ＝，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，∠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，则用OG＝GQ'，分四种情况求解．【解答】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＝＝1，＝＝﹣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：y＝，且点F（2，﹣2），∴PJ＝PC，直线FJ的解析式为：y＝∴点J（，）∴FP+PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|＝∴

|HF+FP+PC|min＝；（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G①如图2G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＝

＝＝∴sin∠IOQ'＝＝＝，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．【例题9】（江苏苏州·中考真题）如图①，抛物线y＝﹣x2+（a+1）x﹣a与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C．已知△ABC的面积是6．（1）求a的值；（2）求△AB

C外接圆圆心的坐标；（3）如图②，P是抛物线上一点，Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，△QPB的面积为2d，且∠PAQ＝∠AQB，求点Q的坐标．【分析】（1）由y＝﹣x2+（a+1）x﹣a，令y＝0

，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0，可求出A、B坐标结合三角形的面积，解出a＝﹣3；（2）三角形外接圆圆心是三边垂直平分线的交点，求出两边垂直平分线，解交点可求出；（3）作PM⊥x轴，则＝由可得A、Q到PB的距离相等，得到AQ∥PB，求出直

线PB的解析式，以抛物线解析式联立得出点P坐标，由于△PBQ≌△ABP，可得PQ＝AB＝4，利用两点间距离公式，解出m值．【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+（a+1）x﹣a令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0解得x1＝a，x2＝1由图象知：a＜0∴A（a，0），B（1，0）∵s△ABC＝

6∴解得：a＝﹣3，（a＝4舍去）（2）设直线AC：y＝kx+b，由A（﹣3，0），C（0，3），可得﹣3k+b＝0，且b＝3∴k＝1即直线AC：y＝x+3，A、C的中点D坐标为（﹣，）∴线段AC的垂直平分线解析式为：y＝﹣x，线段AB的垂直平分

线为x＝﹣1代入y＝﹣x，解得：y＝1∴△ABC外接圆圆心的坐标（﹣1，1）（3）作PM⊥x轴，则＝∵∴A、Q到PB的距离相等，∴AQ∥PB设直线PB解析式为：y＝x+b∵直线经过点B（1，0）所以：直线PB的解析式为y＝x﹣

1联立解得：∴点P坐标为（﹣4，﹣5）又∵∠PAQ＝∠AQB可得：△PBQ≌△ABP（AAS）∴PQ＝AB＝4设Q（m，m+3）由PQ＝4得：解得：m＝﹣4，m＝﹣8（舍去）∴Q坐标为（﹣4，﹣1）【点评】本题考查二次函数的综合应用，函数和几何图形的综合题目，抛物

线和直线“曲直”联立解交点，利用三角形的全等和二次函数的性质把数与形有机的结合在一起，转化线段长求出结果．【变式1】（2020•十堰）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A（﹣1，0）和C（0，3），与x轴交于另一点B，顶点为D．（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标

；（2）如图1，E为线段BC上方的抛物线上一点，EF⊥BC，垂足为F，EM⊥x轴，垂足为M，交BC于点G．当BG＝CF时，求△EFG的面积；（3）如图2，AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使∠OPB＝∠AHB？若存在，求

出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求出a的值即可得到解析式，进而得到顶点D坐标；（2）先求出BC的解析式y＝﹣x+3，再设直线EF的解析式为y＝x+b，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），联立方程求出点F，G的坐标，根据BG2＝CF

2列出关于m的方程并求解，然后求得G的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；（3）过点A作AN⊥HB，先求得直线BD，AN的解析式，得到H，N的坐标，进而得到∠H＝45°，设点P（n，﹣n2+2n+3），过点P作PR⊥x轴于点R

，在x轴上作点S使得RS＝PR，证明△OPS∽△OBP，根据相似三角形对应边成比例得到关于n的方程，求解后即可得到点P的坐标．【解析】（1）把点A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2﹣2ax+c中，{𝑎+2𝑎+𝑐=0

𝑐=3，解得{𝑎=−1𝑐=3，∴y＝﹣x2+2x+3，当𝑥=−𝑏2𝑎=1时，y＝4，∴D（1，4）；（2）如图1，∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，∴x＝﹣1，或x＝3，∴B（3，0）．设BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将点C（0，3），B

（3，0）代入，得{𝑏=33𝑘+𝑏=0，解得{𝑘=−1𝑏=3，∴y＝﹣x+3．∵EF⊥CB．设直线EF的解析式为y＝x+b，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），将点E坐标代入y＝x+b中，得b＝﹣m2+

m+3，∴y＝x﹣m2+m+3，联立得{𝑦=−𝑥+3𝑦=𝑥−𝑚2+𝑚+3．∴{𝑥=𝑚2−𝑚2𝑦=−𝑚2+𝑚+62．∴𝐹(𝑚2−𝑚2，−𝑚2+𝑚+62)．把x＝m代入y＝﹣x+3，得y＝﹣m+3，∴G（m，﹣m+3）．∵BG＝CF．∴BG2＝C

F2，即(𝑚−3)2+(3−𝑚)2=(𝑚2−𝑚2)2+(𝑚2−𝑚2)2．解得m＝2或m＝﹣3．∵点E是BC上方抛物线上的点，∴m＝﹣3，（舍去）．∴点E（2，3），F（1，2），G（2，1），𝐸𝐹

=√12+12=√2，𝐹𝐺=√12+12=√2，∴𝑆△𝐸𝐹𝐺=12×√2×√2=1；（3）如图2，过点A作AN⊥HB于N，∵点D（1，4），B（3，0），∴yDB＝﹣2x+6．∵点A（﹣1，0），点C（0，3），∴yAC＝3x+3，联立得{𝑦=𝑥+3𝑦=−2

𝑥+6，∴{𝑥=35𝑦=245，∴𝐻(35，245)．设𝑦𝐴𝑁=12𝑥+𝑏，把（﹣1，0）代入，得b=12，∴𝑦=12𝑥+12，联立得{𝑦=12𝑥+12𝑦=−2𝑥+6，∴{𝑥=11

5𝑦=85，∴𝑁(115，85)，∴𝐴𝑁2=(115+1)2+(85)2=(165)2+(85)2，𝐻𝑁2=(85)2+(165)2，∴AN＝HN．∴∠H＝45°．设点P（n，﹣n2+2n+3）．过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS＝PR，∴∠

RSP＝45°且点S的坐标为（﹣n2+3n+3，0）．若∠OPB＝∠AHB＝45°在△OPS和△OPB中，∠POS＝∠POB，∠OSP＝∠OPB，∴△OPS∽△OBP．∴𝑂𝑃𝑂𝐵=𝑂𝑆𝑂𝑃．∴OP2＝OB•OS．∴n2+（n+1）2（n﹣3）2＝3•（﹣n2+3

n+3）．∴n＝0或𝑛=1±√52或n＝3（舍去）．∴P1（0，3），𝑃2(1+√52，5+√52)，𝑃3(1−√52，5−√52)．【变式2】（2020•包头）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=1

3x2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y=−12x+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．（1）求b的值及点M的坐标；（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，求证：∠ADM﹣∠ACM＝45°；

（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G．当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．（2）证明：如图1中，设平移后的直

线的解析式为y=−12x+n．把点M的坐标代入求出n，过点D（2，0）作DH⊥MC于H，则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，构建方程组求出点H的坐标，证明DH＝HM，推出∠DMC＝45°可得结论．（3）如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．证明∠EFA＝

∠BAO，由题意∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO=𝑂𝐵𝑂𝐴=36=12，推出tan∠GFH＝tan∠EFK=12，由GH∥EK，推出𝐺𝐹𝐸𝐹=𝐺𝐻𝐸𝐾=43，设GH＝4k，EK＝3k，构建方程求出k即可解决问题．【解析】（1）解：对于

抛物线y=13x2﹣2x，令y＝0，得到13x2﹣2x＝0，解得x＝0或6，∴A（6，0），∵直线y=−12x+b经过点A，∴0＝﹣3+b，∴b＝3，∵y=13x2﹣2x=13（x﹣3）2﹣3，∴M（3，﹣3

）．（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式y=−12x+n．∵平移后的直线经过M（3，﹣3），∴﹣3=−32+n，∴n=−32，∴平移后的直线的解析式为y=−12x−32，过点D（2，0）作DH⊥MC于H，则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，由{𝑦=2

𝑥−4𝑦=−12𝑥−32，解得{𝑥=1𝑦=−2，∴H（1，﹣2），∵D（2，0），M（3，﹣3），∴DH=√22+12=√5，HM=√12+22=√5，∴DH＝HM．∴∠DMC＝45°，∵∠ADM＝∠DMC+∠AC

M，∴∠ADM﹣∠ACM＝45°．（3）解：如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．∵∠BEF＝2∠BAO，∠BEF＝∠BAO+∠EFA，∴∠EFA＝∠BAO，∵∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO=𝑂𝐵𝑂𝐴=36=12，∴ta

n∠GFH＝tan∠EFK=12，∵GH∥EK，∴𝐺𝐹𝐸𝐹=𝐺𝐻𝐸𝐾=43，设GH＝4k，EK＝3k，则OH＝HG＝4k，FH＝8k，FK＝AK＝6k，∴OF＝AF＝12k＝3，∴k=14，∴OF＝3，FK＝AK=32，EK=34，∴OK=92，∴E（92，3

4）．【变式3】（2020•鄂尔多斯）如图1，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，其中点A的坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的函数解析式；（2）点D为y轴上一点，如果直线BD与直线BC的夹角为15°，求线段CD的长度；（3）如图2，连接AC，点P在抛物线上，

且满足∠PAB＝2∠ACO，求点P的坐标．【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式可求解；（2）先求出点B坐标，可得OB＝OC，可得∠OBC＝∠OCB＝45°，再分点D在点C上方或下方两种情况讨论，由锐角三角函数可求解；（3）在BO上截取OE＝OA，连接C

E，过点E作EF⊥AC，由“SAS”可证△OCE≌△OCA，可得∠ACO＝∠ECO，CE＝AC=√10，由面积法可求EF的长，由勾股定理可求CF的长，可求tan∠ECA＝tan∠PAB=34，分点P在AB上方和下方两种情况讨论，求出AP解析式，

联立方程组可求点P坐标．【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3），∴{0=1+𝑏+𝑐𝑐=−3，解得：{𝑏=2𝑐=−3，∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣3；（2）∵抛物线y＝x2+2x

﹣3与x轴交于A，B两点，∴点B（﹣3，0），∵点B（﹣3，0），点C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，如图1，当点D在点C上方时，∵∠DBC＝15°，∴∠OBD＝30°，∴tan∠DBO=�

�𝐷𝐵𝑂=√33，∴OD=√33×3=√3，∴CD＝3−√3；若点D在点C下方时，∵∠DBC＝15°，∴∠OBD＝60°，∴tan∠DBO=𝑂𝐷𝐵𝑂=√3，∴OD＝3√3，∴DC＝3√3−3，综上所述：线段CD的长度为3−√3或3√

3−3；（3）如图2，在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，∵点A（1，0），点C（0，﹣3），∴OA＝1，OC＝3，∴AC=√𝑂𝐴2+𝑂𝐶2=√1+9=√10，∵OE＝OA，∠

COE＝∠COA＝90°，OC＝OC，∴△OCE≌△OCA（SAS），∴∠ACO＝∠ECO，CE＝AC=√10，∴∠ECA＝2∠ACO，∵∠PAB＝2∠ACO，∴∠PAB＝∠ECA，∵S△AEC=12AE×OC=12AC×EF，∴EF=2×3√10=3√105，∴CF=√𝐶𝐸2

−𝐸𝐹2=√10−185=4√105，∴tan∠ECA=𝐸𝐹𝐶𝐹=34，如图2，当点P在AB的下方时，设AP与y轴交于点N，∵∠PAB＝∠ECA，∴tan∠ECA＝tan∠PAB=𝑂𝑁𝐴𝑂=34，∴ON=34，∴点N（0，−34），又∵点A（1，0），

∴直线AP解析式为：y=34x−34，联立方程组得：{𝑦=34𝑥−34𝑦=𝑥2+2𝑥−3，解得：{𝑥1=1𝑦1=0或{𝑥2=−94𝑦2=−3916，∴点P坐标为：（−94，−3916），当点P在AB的上方时，同理可求直线AP解析式为：y=−34x+34，联立方程组得：{�

�=−34𝑥+34𝑦=𝑥2+2𝑥−3，解得：{𝑥1=1𝑦1=0或{𝑥2=−154𝑦2=5716，∴点P坐标为：（−154，5716），综上所述：点P的坐标为（−154，5716），（−94，−3916）

．【变式4】（2020•葫芦岛）如图，抛物线y＝ax2+94x+c（a≠0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）在直线BC上方的抛物线上存在点D，使∠DCB＝2∠A

BC，求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，点F的坐标为（0，72），点M在抛物线上，点N在直线BC上．当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N的坐标．【分析】（1）把点A（﹣1，0），C（0，3）代入抛物线的解析式中，列方程组解

出即可；（2）如图1，作辅助线，构建相似三角形，证明△DCH∽△CBO，则𝐷𝐻𝐶𝑂=𝐶𝐻𝐵𝑂，设点D的横坐标为t，则𝐷(𝑡，−34𝑡2+94𝑡+3)，列关于t的方程解出可得结论；（3）利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=−34x+3，设N（m，

−34m+3），当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，存在两种情况：如图2和图3，分别画图，根据平移的性质可表示M的坐标，代入抛物线的解析式列方程可解答．【解析】（1）∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+94𝑥+𝑐经过点

A（﹣1，0），C（0，3），∴{𝑎−94+𝑐=0𝑐=3，解得：{𝑎=−34𝑐=3，∴抛物线的解析式为：𝑦=−34𝑥2+94𝑥+3；（2）如图1，过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，则∠ECB＝∠ABC，过点D作DH⊥CE于点H，则∠DHC＝90°，∵∠DCB

＝∠DCH+∠ECB＝2∠ABC，∴∠DCH＝∠ABC，∵∠DHC＝∠COB＝90°，∴△DCH∽△CBO，∴𝐷𝐻𝐶𝑂=𝐶𝐻𝐵𝑂，设点D的横坐标为t，则𝐷(𝑡，−34𝑡2+94𝑡+3)，∵C（0

，3），∴𝐷𝐻=−34𝑡2+94𝑡，∵点B是𝑦=−34𝑥2+94𝑥+3与x轴的交点，∴−34𝑥2+94𝑥+3=0，解得x1＝4，x2＝﹣1，∴B的坐标为（4，0），∴OB＝4，∴−34𝑡2+94𝑡3=𝑡4，解得t1＝0（舍去），t2＝2，∴点D的

纵坐标为：−34𝑡2+94𝑡+3=92，则点D坐标为(2，92)；（3）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，则{4𝑘+𝑏=0𝑏=3，解得：{𝑘=−34𝑏=3，∴直线BC的解析式为：y=−34x+3，设N（m，−34m+3），

分两种情况：①如图2﹣1和图2﹣2，以DF为边，N在x轴的上方时，四边形DFNM是平行四边形，∵D（2，92），F（0，72），∴M（m+2，−34m+4），代入抛物线的解析式得：−34(𝑚+2)2+94(𝑚+2)+3=−34m+4，

解得：m=±√63，∴N（√63，3−√64）或（−√63，3+√64）；②如图3﹣1和3﹣2，以DF为边，四边形DFMN是平行四边形，同理得：M（m﹣2，−34m+2），代入抛物线的解析式得：−34(𝑚−2)2+94(�

�−2)+3=−34m+2，解得：m＝4±√663，∴N（4+√663，−√664）或（4−√663，√664）；综上，点N的坐标分别为：（√63，3−√64）或（−√63，3+√64）或（4+√663，−√

664）或（4−√663，√664）．【变式5】（2020•鞍山）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）经过点A（﹣2，﹣4）和点C（2，0），与y轴交于点D，与x轴的另一交点为点B．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，连接BD，在抛物

线上是否存在点P，使得∠PBC＝2∠BDO？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2，连接AC，交y轴于点E，点M是线段AD上的动点（不与点A，点D重合），将△CME沿ME所在直线翻折，得到△FME，当△F

ME与△AME重叠部分的面积是△AMC面积的14时，请直接写出线段AM的长．【分析】（1）根据点A和点C的坐标，利用待定系数法求解；（2）在x轴正半轴上取点E，使OB＝OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，构造出∠PB

C＝∠BDE，分点P在第三象限时，点P在x轴上方时，点P在第四象限时，共三种情况分别求解；（3）设EF与AD交于点N，分点F在直线AC上方和点F在直线AC下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得M

N＝AN，FN＝NE，从而证明四边形FMEA为平行四边形，继而求解．【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣2，﹣4）和点C（2，0），则{−4=4𝑎−2𝑏+20=4𝑎+2𝑏+2，解得：{𝑎=−1𝑏=1，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；（2）

存在，理由是：在x轴正半轴上取点E，使OB＝OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，在y＝﹣x2+x+2中，令y＝0，解得：x＝2或﹣1，∴点B坐标为（﹣1，0），∴点E坐标为（1，0），可知：点B和点E关于y轴对称，∴∠BDO＝∠EDO，即

∠BDE＝2∠BDO，∵D（0，2），∴DE=√22+12=√5=BD，在△BDE中，12×BE×OD=12×BD×EF，即2×2=√5×EF，解得：EF=4√55，∴DF=√𝐷𝐸2−𝐸𝐹2=3√55，∴

tan∠BDE=𝐸𝐹𝐷𝐹=4√55÷3√55=43，若∠PBC＝2∠BDO，则∠PBC＝∠BDE，∵BD＝DE=√5，BE＝2，则BD2+DE2＞BE2，∴∠BDE为锐角，当点P在第三象限时，∠PBC为钝角，不符合；当点P在x轴上方时，∵∠PBC＝∠BDE，设点P坐标为（c，﹣c2+c+

2），过点P作x轴的垂线，垂足为G，则BG＝c+1，PG＝﹣c2+c+2，∴tan∠PBC=𝑃𝐺𝐵𝐺=−𝑐2+𝑐+2𝑐+1=43，解得：c=23，∴﹣c2+c+2=209，∴点P的坐标为（23，209

）；当点P在第四象限时，同理可得：PG＝c2﹣c﹣2，BG＝c+1，tan∠PBC=𝑃𝐺𝐵𝐺=𝑐2−𝑐−2𝑐+1=43，解得：c=103，∴−𝑐2+𝑐+2=−529，∴点P的坐标为（103，−529），综上：点P的坐标为

（23，209）或（103，−529）；（3）设EF与AD交于点N，∵A（﹣2，﹣4），D（0，2），设直线AD表达式为y＝mx+n，则{−4=−2𝑚+𝑛2=𝑛，解得：{𝑚=3𝑛=2，∴直线

AD表达式为y＝3x+2，设点M的坐标为（s，3s+2），∵A（﹣2，﹣4），C（2，0），设直线AC表达式为y＝m1x+n1，则{−4=−2𝑚1+𝑛10=2𝑚1+𝑛1，解得：{𝑚1=1𝑛1=−2，∴直线AC表达式为y＝x﹣2，令x＝0，则y＝﹣2，∴点E坐标为（0，﹣2），可得：

点E是线段AC中点，∴△AME和△CME的面积相等，由于折叠，∴△CME≌△FME，即S△CME＝S△FME，由题意可得：当点F在直线AC上方时，∴S△MNE=14S△AMC=12S△AME=12S△FME，即S△MNE＝S△AN

E＝S△MNF，∴MN＝AN，FN＝NE，∴四边形FMEA为平行四边形，∴CM＝FM＝AE=12AC=12×√42+42=2√2，∵M（s，3s+2），∴√(𝑠−2)2+(3𝑠+2)2=2√2，解得：s

=−45或0（舍），∴M（−45，−25），∴AM=√(−45+2)2+(−25+4)2=6√105，当点F在直线AC下方时，如图，同理可得：四边形AFEM为平行四边形，∴AM＝EF，由于折叠可得：CE＝EF，∴AM＝EF＝CE=2√2，综上：

AM的长度为6√105或2√2．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com