10. 学科特色三垂直模型「2026山东德州月考，★★☆」如图，抛物线$y=-x^2+4x-3$与x轴、y轴分别交于A,B,C三点，点Q在抛物线上，若$∠ ACQ=45°$，则点Q的坐标为。

答案 $(\dfrac{7}{2},-\dfrac{5}{4})$
解析 令 $-x^2+4x-3=0$,解得 $x_1=1$,$x_2=3$,$\therefore A(1,0)$,$B(3,0)$,令 $x=0$,则 $y=-3$,$\therefore C(0,-3)$,如图,过 $A$ 点作 $AD ⊥ CQ$ 于点 $D$,过 $D$ 点作 $EF ⊥ x$ 轴于点 $F$,过 $C$ 点作 $CE ⊥ EF$ 于点 $E$,$\therefore ∠ ADC=∠ AFD=∠ CED=90°$,设 $D(e,f)$,$\because ∠ DAC=90°-∠ ACD=45°=∠ ACD$,$\therefore AD=CD$,$\because ∠ FAD+∠ ADF=∠ ADF+∠ EDC=90°$,$\therefore ∠ FAD=∠ EDC$,$\therefore △ AFD ≌ △ DEC$(AAS),$\therefore AF=DE=f+3=e-1$,$DF=CE=e$,$\because DE+DF=3$,$\therefore e-1+e=3$,$\therefore e=2$,$\therefore f=-2$,$\therefore D(2,-2)$,设直线 $CQ$ 的解析式为 $y=kx+b(k ≠ 0)$,由条件可得 $\begin{cases}b=-3,\\2k+b=-2,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}b=-3,\\k=\dfrac{1}{2},\end{cases}$ $\therefore$ 直线 $CQ$ 的解析式为 $y=\dfrac{1}{2}x-3$,联立得$\begin{cases}y=\dfrac{1}{2}x-3,\\y=-x^2+4x-3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=0,\\y=-3\end{cases}$ 或$\begin{cases}x=\dfrac{7}{2},\\y=-\dfrac{5}{4},\end{cases}$ $\therefore Q(\dfrac{7}{2},-\dfrac{5}{4})$.

11.「2025天津津南期末，★★☆」如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线$y=-x^2+bx+c$与x轴交于A,B(4,0)两点,与y轴交于点C,点D(3,4)在抛物线上,点P是抛物线上一动点.
(1)求该抛物线的解析式.
(2)连接BC,若在BC上方抛物线上有一点P,且P到直线BC的距离为$2\sqrt{2}$,求点P的坐标.
(3)连接AC,抛物线上是否存在点P,使$∠ CBP + ∠ ACO = 45°$?若存在,请直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

解析 (1)$\because$ 抛物线 $y=-x^2+bx+c$ 与 $x$ 轴交于点 $B(4,0)$,点 $D(3,4)$ 在抛物线上,$\therefore \begin{cases}-16+4b+c=0,\\-9+3b+c=4,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}b=3,\\c=4,\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线的解析式为 $y=-x^2+3x+4$.
(2)$\because$ 抛物线 $y=-x^2+3x+4$ 与 $y$ 轴交于点 $C$,
$\therefore C(0,4)$,$\therefore OC=4$,$\because OB=4$,$\therefore OB=OC$,
又$\because ∠ BOC=90°$,$\therefore ∠ OBC=∠ OCB=45°$,
设直线 $BC$ 的解析式为 $y=kx+m(k ≠ 0)$,将点 $B,C$ 的坐标代入,得$\begin{cases}4k+m=0,\\m=4,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k=-1,\\m=4,\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $BC$ 的解析式为 $y=-x+4$.
过 $P$ 点作 $PH ⊥ BC$ 于点 $H$,$PM ⊥ x$ 轴于点 $M$,交 $BC$ 于点 $N$,如图1,

$\because PM ⊥ x$ 轴,$\therefore PM // y$ 轴,$\therefore ∠ PNH=∠ OCB=45°$,
$\because PH ⊥ BC$,$\therefore ∠ PHN=90°$,$\therefore ∠ HPN=90°-∠ PNH=45°$,
$\therefore ∠ HPN=∠ PNH=45°$,$\therefore △ PHN$ 是等腰直角三角形,
$\therefore PN=\sqrt{2}PH$,
由题意得 $PH=2\sqrt{2}$,$\therefore PN=\sqrt{2} × 2\sqrt{2}=4$,
设点 $P$ 的坐标为 $(x,-x^2+3x+4)(0＜x＜4)$,
则点 $N$ 的坐标为 $(x,-x+4)$,
$\therefore PN=-x^2+3x+4-(-x+4)=-x^2+4x=4$,$\therefore x_1=x_2=2$,
$\therefore -x^2+3x+4=-2^2+3 × 2+4=6$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(2,6)$.
(3)存在,点 $P$ 的坐标为 $(-\dfrac{3}{4},\dfrac{19}{16})$ 或 $(3,4)$.
详解:令 $y=0$,得 $0=-x^2+3x+4$,解得 $x_1=-1$,$x_2=4$,$\therefore A(-1,0)$,如图2,将 $△ AOC$ 绕点 $O$ 顺时针旋转 $90°$ 得到 $△ A'OB$,延长 $BA'$ 交抛物线于点 $P$,则 $A'O=AO=1$,$∠ A'BO=∠ ACO$,
$\therefore A'(0,1)$,由(2)得 $∠ OBC=45°$,
$\therefore ∠ ABP+∠ CBP=45°$,$\therefore ∠ CBP+∠ ACO=45°$,
设直线 $BP$ 的解析式为 $y=tx+n(t ≠ 0)$,将点 $B,A'$ 的坐标代入,得$\begin{cases}4t+n=0,\\n=1,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}t=-\dfrac{1}{4},\\n=1,\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $BP$ 的解析式为 $y=-\dfrac{1}{4}x+1$,
联立得$\begin{cases}y=-x^2+3x+4,\\y=-\dfrac{1}{4}x+1,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=4,\\y=0\end{cases}$ 或$\begin{cases}x=-\dfrac{3}{4},\\y=\dfrac{19}{16},\end{cases}$ $\therefore P(-\dfrac{3}{4},\dfrac{19}{16})$.

如图2,连接 $CD,BD$,过点 $B$ 作 $BE ⊥ CD$ 交 $CD$ 的延长线于点 $E$,
$\because C(0,4)$,$D(3,4)$,$\therefore CD // x$ 轴,$\because BE ⊥ CD$,$B(4,0)$,
$\therefore ∠ E=90°$,$E(4,4)$,$\therefore CE=BE=4$,$DE=4-3=1$,
$\therefore △ CBE$ 是等腰直角三角形,$\therefore ∠ CBE=45°$,
$\because AO=1$,$OC=4$,$\therefore DE=AO$,$BE=OC$,
在 $△ BDE$ 和 $△ CAO$ 中,$\begin{cases}DE=AO,\\∠ E=∠ AOC=90°,\\BE=CO,\end{cases}$
$\therefore △ BDE ≌ △ CAO$(SAS),$\therefore ∠ DBE=∠ ACO$,
$\because ∠ CBD+∠ DBE=∠ CBE=45°$,$\therefore ∠ CBD+∠ ACO=45°$,
即点 $P$ 与点 $D$ 重合时符合题意.
综上所述,抛物线上存在点 $P$,使 $∠ CBP+∠ ACO=45°$,点 $P$ 的坐标为$(-\dfrac{3}{4},\dfrac{19}{16})$ 或 $(3,4)$.