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1. 如图,点 C 在 y 轴正半轴上,OC=3,将线段 OC 绕点 O 顺时针旋转 90°到 OB 的位置,点 A 的横坐标为方程$x^2 -1=0$的一个解且点 A,B 在 y 轴两侧.
(1)求经过点 A,B,C 的抛物线的表达式.
(2)在如图抛物线的对称轴 l 上是否存在点 M,使△MAC 为直角三角形? 若存在,求出所有符合条件的点 M 的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)求经过点 A,B,C 的抛物线的表达式.
(2)在如图抛物线的对称轴 l 上是否存在点 M,使△MAC 为直角三角形? 若存在,求出所有符合条件的点 M 的坐标;若不存在,请说明理由.
答案
1. (1)
∵点 C 在 y 轴正半轴上,OC=3,
∴ C(0,3),由旋转的性质可得 OB=OC=3,
∴ B(3,0),解方程 $x^2 -1=0$,得 $x=\pm1$.
∵ 点 A 的横坐标为方程 $x^2 -1=0$ 的一个解且点 A,B 在 y 轴两侧,
∴ A(-1,0).设经过点 A,B,C 的抛物线的表达式为 $y=a(x+1)(x-3)$,把 C(0,3)代入 $y=a(x+1)(x-3)$,得 $3=a(0+1)×(0-3)$,解得 $a=-1$,
∴ 经过点 A,B,C 的抛物线的表达式为 $y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$.
(2)存在.
∵ 抛物线表达式为 $y=-x^2+2x+3$,
∴ 对称轴为直线 $x=-\frac{2}{-2}=1$,设 $M(1,m)$,
∴ $AM^2=(-1-1)^2+(0-m)^2=m^2+4$,$CM^2=(0-1)^2+(3-m)^2=m^2-6m+10$,$AC^2=(-1-0)^2+(0-3)^2=10$.当$∠AMC=90°$时,则 $AM^2+CM^2=AC^2$,
∴ $m^2+4+m^2-6m+10=10$,解得 $m=1$ 或 $m=2$,
∴ 点 M 的坐标为 (1,1) 或 (1,2);当 $∠ACM=90°$ 时,则 $AC^2+CM^2=AM^2$,
∴ $10+m^2-6m+10=m^2+4$,解得 $m=\frac{8}{3}$,
∴ 点 M 的坐标为 $(1,\frac{8}{3})$;当 $∠CAM=90°$ 时,则 $AC^2+AM^2=CM^2$,
∴ $10+m^2+4=m^2-6m+10$,解得 $m=-\frac{2}{3}$,
∴ 点 M 的坐标为 $(1,-\frac{2}{3})$.综上所述,点 M 的坐标为(1,1)或(1,2)或 $(1,\frac{8}{3})$ 或 $(1,-\frac{2}{3})$.
∵点 C 在 y 轴正半轴上,OC=3,
∴ C(0,3),由旋转的性质可得 OB=OC=3,
∴ B(3,0),解方程 $x^2 -1=0$,得 $x=\pm1$.
∵ 点 A 的横坐标为方程 $x^2 -1=0$ 的一个解且点 A,B 在 y 轴两侧,
∴ A(-1,0).设经过点 A,B,C 的抛物线的表达式为 $y=a(x+1)(x-3)$,把 C(0,3)代入 $y=a(x+1)(x-3)$,得 $3=a(0+1)×(0-3)$,解得 $a=-1$,
∴ 经过点 A,B,C 的抛物线的表达式为 $y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$.
(2)存在.
∵ 抛物线表达式为 $y=-x^2+2x+3$,
∴ 对称轴为直线 $x=-\frac{2}{-2}=1$,设 $M(1,m)$,
∴ $AM^2=(-1-1)^2+(0-m)^2=m^2+4$,$CM^2=(0-1)^2+(3-m)^2=m^2-6m+10$,$AC^2=(-1-0)^2+(0-3)^2=10$.当$∠AMC=90°$时,则 $AM^2+CM^2=AC^2$,
∴ $m^2+4+m^2-6m+10=10$,解得 $m=1$ 或 $m=2$,
∴ 点 M 的坐标为 (1,1) 或 (1,2);当 $∠ACM=90°$ 时,则 $AC^2+CM^2=AM^2$,
∴ $10+m^2-6m+10=m^2+4$,解得 $m=\frac{8}{3}$,
∴ 点 M 的坐标为 $(1,\frac{8}{3})$;当 $∠CAM=90°$ 时,则 $AC^2+AM^2=CM^2$,
∴ $10+m^2+4=m^2-6m+10$,解得 $m=-\frac{2}{3}$,
∴ 点 M 的坐标为 $(1,-\frac{2}{3})$.综上所述,点 M 的坐标为(1,1)或(1,2)或 $(1,\frac{8}{3})$ 或 $(1,-\frac{2}{3})$.
解析
【分析】
(1) 先根据已知条件确定A、B、C三点坐标：由OC=3得C点坐标，再根据旋转性质得OB长度，确定B点坐标；解方程$x^2-1=0$得到x的两个解，结合A、B在y轴两侧确定A点坐标。之后选用交点式设抛物线解析式，代入C点坐标求出参数a，即可得到抛物线表达式。
(2) 先求出抛物线对称轴，设出对称轴上点M的坐标，利用勾股定理分别表示出$AM^2$、$CM^2$、$AC^2$。△MAC为直角三角形需分三种情况讨论：①∠AMC为直角；②∠ACM为直角；③∠CAM为直角，分别根据勾股定理列方程求解m的值，即可得到所有符合条件的M点坐标。
【解析】
(1)
∵点C在y轴正半轴上，OC=3，
∴ C(0,3)，由旋转的性质可得OB=OC=3，
∴ B(3,0)，解方程 $x^2 -1=0$，得 $x=\pm1$。
∵ 点A的横坐标为方程 $x^2 -1=0$ 的一个解且点A,B 在 y 轴两侧，
∴ A(-1,0)。
设经过点A,B,C的抛物线的表达式为 $y=a(x+1)(x-3)$，把C(0,3)代入 $y=a(x+1)(x-3)$，得 $3=a(0+1)×(0-3)$，解得 $a=-1$，
∴ 经过点A,B,C的抛物线的表达式为 $y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$。
(2) 存在。
∵ 抛物线表达式为 $y=-x^2+2x+3$，
∴ 对称轴为直线 $x=-\frac{2}{2×(-1)}=1$，设 $M(1,m)$，
∴ $AM^2=(-1-1)^2+(0-m)^2=m^2+4$，
$CM^2=(0-1)^2+(3-m)^2=m^2-6m+10$，
$AC^2=(-1-0)^2+(0-3)^2=10$。
①当$∠AMC=90°$时，则 $AM^2+CM^2=AC^2$，
∴ $m^2+4+m^2-6m+10=10$，解得 $m=1$ 或 $m=2$，
∴ 点M的坐标为 (1,1) 或 (1,2)；
②当 $∠ACM=90°$ 时，则 $AC^2+CM^2=AM^2$，
∴ $10+m^2-6m+10=m^2+4$，解得 $m=\frac{8}{3}$，
∴ 点M的坐标为 $(1,\frac{8}{3})$；
③当 $∠CAM=90°$ 时，则 $AC^2+AM^2=CM^2$，
∴ $10+m^2+4=m^2-6m+10$，解得 $m=-\frac{2}{3}$，
∴ 点M的坐标为 $(1,-\frac{2}{3})$。
综上所述，所有符合条件的点M的坐标为(1,1)、(1,2)、$(1,\frac{8}{3})$、$(1,-\frac{2}{3})$。
【答案】
(1) $y=-x^2+2x+3$；
(2) 存在，点M的坐标为$(1,1)$、$(1,2)$、$(1,\frac{8}{3})$、$(1,-\frac{2}{3})$。
【知识点】
1. 待定系数法求二次函数解析式
2. 直角三角形性质
3. 分类讨论思想
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，第一问侧重基础，关键是准确求出三个点的坐标，选择合适的解析式形式简化计算；第二问需要对直角顶点的位置进行分类讨论，避免漏解，利用勾股定理建立方程求解是此类问题的常用解题思路，能够有效考查思维的严谨性。
【难度系数】
0.6
(1) 先根据已知条件确定A、B、C三点坐标：由OC=3得C点坐标，再根据旋转性质得OB长度，确定B点坐标；解方程$x^2-1=0$得到x的两个解，结合A、B在y轴两侧确定A点坐标。之后选用交点式设抛物线解析式，代入C点坐标求出参数a，即可得到抛物线表达式。
(2) 先求出抛物线对称轴，设出对称轴上点M的坐标，利用勾股定理分别表示出$AM^2$、$CM^2$、$AC^2$。△MAC为直角三角形需分三种情况讨论：①∠AMC为直角；②∠ACM为直角；③∠CAM为直角，分别根据勾股定理列方程求解m的值，即可得到所有符合条件的M点坐标。
【解析】
(1)
∵点C在y轴正半轴上，OC=3，
∴ C(0,3)，由旋转的性质可得OB=OC=3，
∴ B(3,0)，解方程 $x^2 -1=0$，得 $x=\pm1$。
∵ 点A的横坐标为方程 $x^2 -1=0$ 的一个解且点A,B 在 y 轴两侧，
∴ A(-1,0)。
设经过点A,B,C的抛物线的表达式为 $y=a(x+1)(x-3)$，把C(0,3)代入 $y=a(x+1)(x-3)$，得 $3=a(0+1)×(0-3)$，解得 $a=-1$，
∴ 经过点A,B,C的抛物线的表达式为 $y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$。
(2) 存在。
∵ 抛物线表达式为 $y=-x^2+2x+3$，
∴ 对称轴为直线 $x=-\frac{2}{2×(-1)}=1$，设 $M(1,m)$，
∴ $AM^2=(-1-1)^2+(0-m)^2=m^2+4$，
$CM^2=(0-1)^2+(3-m)^2=m^2-6m+10$，
$AC^2=(-1-0)^2+(0-3)^2=10$。
①当$∠AMC=90°$时，则 $AM^2+CM^2=AC^2$，
∴ $m^2+4+m^2-6m+10=10$，解得 $m=1$ 或 $m=2$，
∴ 点M的坐标为 (1,1) 或 (1,2)；
②当 $∠ACM=90°$ 时，则 $AC^2+CM^2=AM^2$，
∴ $10+m^2-6m+10=m^2+4$，解得 $m=\frac{8}{3}$，
∴ 点M的坐标为 $(1,\frac{8}{3})$；
③当 $∠CAM=90°$ 时，则 $AC^2+AM^2=CM^2$，
∴ $10+m^2+4=m^2-6m+10$，解得 $m=-\frac{2}{3}$，
∴ 点M的坐标为 $(1,-\frac{2}{3})$。
综上所述，所有符合条件的点M的坐标为(1,1)、(1,2)、$(1,\frac{8}{3})$、$(1,-\frac{2}{3})$。
【答案】
(1) $y=-x^2+2x+3$；
(2) 存在，点M的坐标为$(1,1)$、$(1,2)$、$(1,\frac{8}{3})$、$(1,-\frac{2}{3})$。
【知识点】
1. 待定系数法求二次函数解析式
2. 直角三角形性质
3. 分类讨论思想
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，第一问侧重基础，关键是准确求出三个点的坐标，选择合适的解析式形式简化计算；第二问需要对直角顶点的位置进行分类讨论，避免漏解，利用勾股定理建立方程求解是此类问题的常用解题思路，能够有效考查思维的严谨性。
【难度系数】
0.6
2. （2026·徐州期中）如图，二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象交$x$轴于点$A(-3,0),B(1,0)$，交$y$轴于点$C$.
(1)求二次函数的表达式.
(2)二次函数图象上是否存在点$Q$使$△ ACQ$为直角三角形？如果存在，请直接写出所有符合条件的点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.
$\gg$进一步挑战进阶专题:P35 专题33~P37 专题35
(1)求二次函数的表达式.
(2)二次函数图象上是否存在点$Q$使$△ ACQ$为直角三角形？如果存在，请直接写出所有符合条件的点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.
$\gg$进一步挑战进阶专题:P35 专题33~P37 专题35
答案
2. (1)
∵ 图象交 x 轴于点 A(-3,0),B(1,0),
∴ 对称轴为直线 $x=-1$,
∴ $\begin{cases} -\frac{b}{2a}=-1, \\ a+b-3=0, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} a=1, \\ b=2, \end{cases}$ 则二次函数的表达式为 $y=x^2+2x-3$.
(2)存在.符合条件的点 Q 的坐标为 $(-1,-4),(2,5),(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2}),(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$
解析:由题意知A(-3,0),C(0,-3),$AC=3\sqrt{2}$,设直线 AC 的表达式为 $y=kx+b$,则 $\begin{cases} -3k+b=0, \\ b=-3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=-1, \\ b=-3, \end{cases}$
∴ 直线 AC 的表达式为 $y=-x-3$.
①如图①,当$∠QCA=90°$,即 $QC⊥AC$ 时,设 A 关于 y 轴对称点为 $A_1$,则 $A_1(3,0)$,又 $C(0,-3)$,
∴ $OC=OA=OA_1$,
∴ $∠ACO=∠A_1CO=45°$,则$∠ACA_1=90°$,即 $A_1C⊥AC$,
∴ 点 Q 在直线 $A_1C$ 上.
∵ $A_1(3,0),C(0,-3)$,
∴ 直线 $A_1C$ 的表达式为 $y=x-3$,即直线 QC 的表达式为 $y=x-3$,令 $x^2+2x-3=x-3$,即 $x^2+x=0$,解得 $x=-1$ 或 $x=0$,
∴ $Q_1(-1,-4)$.
②如图②,当$∠QAC=90°$,即 $QA⊥AC$ 时,设 C 关于 x 轴对称点为 $C_1$,则 $C_1(0,3)$,
∴ $OA=OC=OC_1$,
∴ $∠CAO=∠C_1AO=45°$,$∠C_1AC=90°$,即 $C_1A⊥AC$,
∴ 点 Q 在直线 $AC_1$ 上.
∵ $A(-3,0),C_1(0,3)$,
∴ 直线 $AC_1$ 的表达式为 $y=x+3$,即直线 QA 的表达式为 $y=x+3$,令 $x^2+2x-3=x+3$,即 $x^2+x-6=0$,解得 $x=-3$ 或 $x=2$,
∴ $Q_2(2,5)$.
③如图 ③,当 $∠AQC = 90°$ 时, $QA^2 + QC^2=AC^2$,设 $Q(x,x^2+2x-3)$,
∴ $(x+3)^2 + (x^2+2x-3)^2 + x^2 + (x^2+2x)^2 = 18$, 整理得 $x(x+3)(x^2+x-1)=0$,解得 $x=0$ 或 $x=-3$ 或 $x = \frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ 或 $x = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$,
∴ $Q_3(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2})$, $Q_4 (\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$.
综上,符合条件的点 Q 的坐标为 $(-1,-4),(2,5),(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2}),(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$.
解析
【分析】
(1) 求二次函数表达式时，已知抛物线与x轴的两个交点坐标，可先求出抛物线对称轴，再结合交点坐标列关于a、b的二元一次方程组，求解即可得到解析式。
(2) 直角三角形存在性问题需用分类讨论思想，分三种情况讨论：①以C为直角顶点，过C作AC的垂线，求垂线与抛物线的交点（排除点C本身）；②以A为直角顶点，过A作AC的垂线，求垂线与抛物线的交点（排除点A本身）；③以Q为直角顶点，利用勾股定理列方程求解，排除A、C点后得到对应点坐标。
【解析】
(1)
∵ 二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象交x轴于点$A(-3,0),B(1,0)$，
∴ 抛物线的对称轴为直线$x=\frac{-3+1}{2}=-1$，
可列方程组：$\begin{cases} -\frac{b}{2a}=-1 \\ a+b-3=0 \end{cases}$，
解得$\begin{cases} a=1 \\ b=2 \end{cases}$，
因此二次函数的表达式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 存在符合条件的点Q，求解过程如下：
由函数解析式得C点坐标为$(0,-3)$，先求直线AC的表达式：
设直线AC为$y=kx+b$，代入$A(-3,0)、C(0,-3)$得$\begin{cases} -3k+b=0 \\ b=-3 \end{cases}$，解得$\begin{cases} k=-1 \\ b=-3 \end{cases}$，即直线AC：$y=-x-3$。
① 当$∠ QCA=90°$时：
取A关于y轴的对称点$A_1(3,0)$，由$OA=OC=OA_1=3$得$∠ ACO=∠ A_1CO=45°$，故$∠ ACA_1=90°$，即$A_1C⊥ AC$，点Q在直线$A_1C$上。
求直线$A_1C$的表达式为$y=x-3$，联立抛物线解析式得$x^2+2x-3=x-3$，整理得$x^2+x=0$，解得$x_1=0$（对应点C，舍去），$x_2=-1$，代入得$y=-4$，即$Q_1(-1,-4)$。
② 当$∠ QAC=90°$时：
取C关于x轴的对称点$C_1(0,3)$，由$OA=OC=OC_1=3$得$∠ CAO=∠ C_1AO=45°$，故$∠ C_1AC=90°$，即$C_1A⊥ AC$，点Q在直线$AC_1$上。
求直线$AC_1$的表达式为$y=x+3$，联立抛物线解析式得$x^2+2x-3=x+3$，整理得$x^2+x-6=0$，解得$x_1=-3$（对应点A，舍去），$x_2=2$，代入得$y=5$，即$Q_2(2,5)$。
③ 当$∠ AQC=90°$时，由勾股定理得$QA^2+QC^2=AC^2$，其中$AC=3\sqrt{2}$，$AC^2=18$。
设$Q(x,x^2+2x-3)$，代入勾股定理等式整理得$x(x+3)(x^2+x-1)=0$，解得$x_1=0$（对应点C，舍去），$x_2=-3$（对应点A，舍去），$x_3=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$，$x_4=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$，代入抛物线解析式得$Q_3(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2})$，$Q_4(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=x^2+2x-3}$；
(2) 存在，符合条件的点Q的坐标为$\boldsymbol{(-1,-4),(2,5),(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2}),(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$。
【知识点】
二次函数解析式求解，直角三角形分类讨论，函数交点计算
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型题型，核心考查分类讨论思想，解题时需对直角顶点分情况讨论，计算过程中要注意排除与已知点重合的增解，对学生的逻辑思维和代数计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 求二次函数表达式时，已知抛物线与x轴的两个交点坐标，可先求出抛物线对称轴，再结合交点坐标列关于a、b的二元一次方程组，求解即可得到解析式。
(2) 直角三角形存在性问题需用分类讨论思想，分三种情况讨论：①以C为直角顶点，过C作AC的垂线，求垂线与抛物线的交点（排除点C本身）；②以A为直角顶点，过A作AC的垂线，求垂线与抛物线的交点（排除点A本身）；③以Q为直角顶点，利用勾股定理列方程求解，排除A、C点后得到对应点坐标。
【解析】
(1)
∵ 二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象交x轴于点$A(-3,0),B(1,0)$，
∴ 抛物线的对称轴为直线$x=\frac{-3+1}{2}=-1$，
可列方程组：$\begin{cases} -\frac{b}{2a}=-1 \\ a+b-3=0 \end{cases}$，
解得$\begin{cases} a=1 \\ b=2 \end{cases}$，
因此二次函数的表达式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 存在符合条件的点Q，求解过程如下：
由函数解析式得C点坐标为$(0,-3)$，先求直线AC的表达式：
设直线AC为$y=kx+b$，代入$A(-3,0)、C(0,-3)$得$\begin{cases} -3k+b=0 \\ b=-3 \end{cases}$，解得$\begin{cases} k=-1 \\ b=-3 \end{cases}$，即直线AC：$y=-x-3$。
① 当$∠ QCA=90°$时：
取A关于y轴的对称点$A_1(3,0)$，由$OA=OC=OA_1=3$得$∠ ACO=∠ A_1CO=45°$，故$∠ ACA_1=90°$，即$A_1C⊥ AC$，点Q在直线$A_1C$上。
求直线$A_1C$的表达式为$y=x-3$，联立抛物线解析式得$x^2+2x-3=x-3$，整理得$x^2+x=0$，解得$x_1=0$（对应点C，舍去），$x_2=-1$，代入得$y=-4$，即$Q_1(-1,-4)$。
② 当$∠ QAC=90°$时：
取C关于x轴的对称点$C_1(0,3)$，由$OA=OC=OC_1=3$得$∠ CAO=∠ C_1AO=45°$，故$∠ C_1AC=90°$，即$C_1A⊥ AC$，点Q在直线$AC_1$上。
求直线$AC_1$的表达式为$y=x+3$，联立抛物线解析式得$x^2+2x-3=x+3$，整理得$x^2+x-6=0$，解得$x_1=-3$（对应点A，舍去），$x_2=2$，代入得$y=5$，即$Q_2(2,5)$。
③ 当$∠ AQC=90°$时，由勾股定理得$QA^2+QC^2=AC^2$，其中$AC=3\sqrt{2}$，$AC^2=18$。
设$Q(x,x^2+2x-3)$，代入勾股定理等式整理得$x(x+3)(x^2+x-1)=0$，解得$x_1=0$（对应点C，舍去），$x_2=-3$（对应点A，舍去），$x_3=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$，$x_4=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$，代入抛物线解析式得$Q_3(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2})$，$Q_4(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=x^2+2x-3}$；
(2) 存在，符合条件的点Q的坐标为$\boldsymbol{(-1,-4),(2,5),(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\frac{-5+\sqrt{5}}{2}),(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},\frac{-5-\sqrt{5}}{2})$。
【知识点】
二次函数解析式求解，直角三角形分类讨论，函数交点计算
【点评】
本题是二次函数与几何结合的典型题型，核心考查分类讨论思想，解题时需对直角顶点分情况讨论，计算过程中要注意排除与已知点重合的增解，对学生的逻辑思维和代数计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
