1. 新素养 几何直观 如图，抛物线 $ y = ax^{2} + bx + 5 $ 与 $ x $ 轴交于 $ A(-5,0) $，$ B(1,0) $ 两点，$ D $ 为抛物线的顶点，连接 $ BD $。
(1) 求该抛物线的函数表达式；
(2) $ N $ 是该抛物线上一点，当 $ \triangle BDN $ 是以 $ DN $ 为腰的等腰三角形时，求点 $ N $ 的坐标。
(1) 求该抛物线的函数表达式；
(2) $ N $ 是该抛物线上一点，当 $ \triangle BDN $ 是以 $ DN $ 为腰的等腰三角形时，求点 $ N $ 的坐标。
答案：1 (1) 把点A(−5,0)，B(1,0)分别代入$y=ax^{2}+bx + 5$，得$\begin{cases}25a - 5b + 5 = 0,\\a + b + 5 = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a = -1,\\b = -4,\end{cases}$所以该抛物线的函数表达式为$y = -x^{2}-4x + 5$。
(2) 当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，分类讨论如下：①若DN = DB，则由抛物线的对称性可知点N与点A重合，则点N的坐标为(−5,0)；②若DN = BN，则$DN^{2}=BN^{2}$.设N(n,$-n^{2}-4n + 5$).因为$y = -x^{2}-4x + 5=-(x + 2)^{2}+9$，所以D(−2,9)，所以$DN^{2}=[n-(-2)]^{2}+(-n^{2}-4n + 5 - 9)^{2}=n^{4}+8n^{3}+25n^{2}+36n + 20$.因为B(1,0)，所以$BN^{2}=(n - 1)^{2}+(-n^{2}-4n + 5)^{2}=n^{4}+8n^{3}+7n^{2}-42n + 26$，所以$n^{4}+8n^{3}+25n^{2}+36n + 20=n^{4}+8n^{3}+7n^{2}-42n + 26$，即$18n^{2}+78n - 6 = 0$，解得$n=\frac{-13\pm\sqrt{181}}{6}$.当$n=\frac{-13+\sqrt{181}}{6}$时，$-n^{2}-4n + 5=\frac{71+\sqrt{181}}{18}$，所以$N(\frac{-13+\sqrt{181}}{6},\frac{71+\sqrt{181}}{18})$；当$n=\frac{-13-\sqrt{181}}{6}$时，$-n^{2}-4n + 5=\frac{71-\sqrt{181}}{18}$，所以$N(\frac{-13-\sqrt{181}}{6},\frac{71-\sqrt{181}}{18})$.综上所述，点N的坐标为(−5,0)或$(\frac{-13+\sqrt{181}}{6},\frac{71+\sqrt{181}}{18})$或$(\frac{-13-\sqrt{181}}{6},\frac{71-\sqrt{181}}{18})$.
(2) 当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，分类讨论如下：①若DN = DB，则由抛物线的对称性可知点N与点A重合，则点N的坐标为(−5,0)；②若DN = BN，则$DN^{2}=BN^{2}$.设N(n,$-n^{2}-4n + 5$).因为$y = -x^{2}-4x + 5=-(x + 2)^{2}+9$，所以D(−2,9)，所以$DN^{2}=[n-(-2)]^{2}+(-n^{2}-4n + 5 - 9)^{2}=n^{4}+8n^{3}+25n^{2}+36n + 20$.因为B(1,0)，所以$BN^{2}=(n - 1)^{2}+(-n^{2}-4n + 5)^{2}=n^{4}+8n^{3}+7n^{2}-42n + 26$，所以$n^{4}+8n^{3}+25n^{2}+36n + 20=n^{4}+8n^{3}+7n^{2}-42n + 26$，即$18n^{2}+78n - 6 = 0$，解得$n=\frac{-13\pm\sqrt{181}}{6}$.当$n=\frac{-13+\sqrt{181}}{6}$时，$-n^{2}-4n + 5=\frac{71+\sqrt{181}}{18}$，所以$N(\frac{-13+\sqrt{181}}{6},\frac{71+\sqrt{181}}{18})$；当$n=\frac{-13-\sqrt{181}}{6}$时，$-n^{2}-4n + 5=\frac{71-\sqrt{181}}{18}$，所以$N(\frac{-13-\sqrt{181}}{6},\frac{71-\sqrt{181}}{18})$.综上所述，点N的坐标为(−5,0)或$(\frac{-13+\sqrt{181}}{6},\frac{71+\sqrt{181}}{18})$或$(\frac{-13-\sqrt{181}}{6},\frac{71-\sqrt{181}}{18})$.
2. (2025·江苏南京模拟) 如图，顶点为 $ M $ 的抛物线 $ y = ax^{2} + bx + 3 $ 与 $ x $ 轴交于 $ A(3,0) $，$ B(-1,0) $ 两点。
(1) 求该抛物线的函数表达式；
(2) 在 $ y $ 轴上是否存在一点 $ P $，使得 $ \triangle PAM $ 为直角三角形？若存在，求出点 $ P $ 的坐标；若不存在，请说明理由。
(1) 求该抛物线的函数表达式；
(2) 在 $ y $ 轴上是否存在一点 $ P $，使得 $ \triangle PAM $ 为直角三角形？若存在，求出点 $ P $ 的坐标；若不存在，请说明理由。
答案：2 (1)因为抛物线$y=ax^{2}+bx + 3$与x轴交于A(3,0)，B(−1,0)两点，所以$\begin{cases}9a + 3b + 3 = 0,\\a - b + 3 = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a = -1,\\b = 2,\end{cases}$所以该抛物线的函数表达式为$y=-x^{2}+2x + 3$.
(2)因为$y=-x^{2}+2x + 3=-(x - 1)^{2}+4$，所以该抛物线的顶点M的坐标为(1,4).设P(0,t)，则$AM^{2}=(3 - 1)^{2}+(0 - 4)^{2}=20$，$AP^{2}=(3 - 0)^{2}+(0 - t)^{2}=t^{2}+9$，$MP^{2}=(1 - 0)^{2}+(4 - t)^{2}=t^{2}-8t + 17$.若△PAM为直角三角形，则分类讨论如下：①若∠PAM = 90°，则$AM^{2}+AP^{2}=MP^{2}$，即$20+t^{2}+9=t^{2}-8t + 17$，解得$t=-\frac{3}{2}$，所以$P(0,-\frac{3}{2})$；②若∠PMA = 90°，则$AM^{2}+MP^{2}=AP^{2}$，即$20+t^{2}-8t + 17=t^{2}+9$，解得$t=\frac{7}{2}$，所以$P(0,\frac{7}{2})$；③若∠APM = 90°，则$AP^{2}+MP^{2}=AM^{2}$，即$t^{2}+9+t^{2}-8t + 17=20$，解得t = 1或3，所以P(0,1)或P(0,3).综上所述，存在点P，使得△PAM为直角三角形，且点P的坐标为$(0,-\frac{3}{2})$或$(0,\frac{7}{2})$或(0,1)或(0,3).
(2)因为$y=-x^{2}+2x + 3=-(x - 1)^{2}+4$，所以该抛物线的顶点M的坐标为(1,4).设P(0,t)，则$AM^{2}=(3 - 1)^{2}+(0 - 4)^{2}=20$，$AP^{2}=(3 - 0)^{2}+(0 - t)^{2}=t^{2}+9$，$MP^{2}=(1 - 0)^{2}+(4 - t)^{2}=t^{2}-8t + 17$.若△PAM为直角三角形，则分类讨论如下：①若∠PAM = 90°，则$AM^{2}+AP^{2}=MP^{2}$，即$20+t^{2}+9=t^{2}-8t + 17$，解得$t=-\frac{3}{2}$，所以$P(0,-\frac{3}{2})$；②若∠PMA = 90°，则$AM^{2}+MP^{2}=AP^{2}$，即$20+t^{2}-8t + 17=t^{2}+9$，解得$t=\frac{7}{2}$，所以$P(0,\frac{7}{2})$；③若∠APM = 90°，则$AP^{2}+MP^{2}=AM^{2}$，即$t^{2}+9+t^{2}-8t + 17=20$，解得t = 1或3，所以P(0,1)或P(0,3).综上所述，存在点P，使得△PAM为直角三角形，且点P的坐标为$(0,-\frac{3}{2})$或$(0,\frac{7}{2})$或(0,1)或(0,3).
3. 新趋势 推导探究 如图①，在平面直角坐标系中，抛物线 $ F_{1}: y = a(x - \frac{2}{5})^{2} + \frac{64}{15} $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A(-\frac{6}{5},0) $ 和点 $ B $，与 $ y $ 轴交于点 $ C $。
(1) 求抛物线 $ F_{1} $ 的函数表达式；
(2) 如图②，将抛物线 $ F_{1} $ 先向左平移 1 个单位长度，再向下平移 3 个单位长度，得到抛物线 $ F_{2} $。设抛物线 $ F_{1} $ 与抛物线 $ F_{2} $ 相交于点 $ D $，连接 $ BD $，$ CD $，$ BC $。
① 求点 $ D $ 的坐标；
② 判断 $ \triangle BCD $ 的形状，并说明理由；
(3) 在 (2) 的条件下，抛物线 $ F_{2} $ 上是否存在点 $ P $，使得 $ \triangle BDP $ 为等腰直角三角形？若存在，求出点 $ P $ 的坐标；若不存在，请说明理由。
(1) 求抛物线 $ F_{1} $ 的函数表达式；
(2) 如图②，将抛物线 $ F_{1} $ 先向左平移 1 个单位长度，再向下平移 3 个单位长度，得到抛物线 $ F_{2} $。设抛物线 $ F_{1} $ 与抛物线 $ F_{2} $ 相交于点 $ D $，连接 $ BD $，$ CD $，$ BC $。
① 求点 $ D $ 的坐标；
② 判断 $ \triangle BCD $ 的形状，并说明理由；
(3) 在 (2) 的条件下，抛物线 $ F_{2} $ 上是否存在点 $ P $，使得 $ \triangle BDP $ 为等腰直角三角形？若存在，求出点 $ P $ 的坐标；若不存在，请说明理由。
答案：3 (1)因为点A$(-\frac{6}{5},0)$在抛物线$F_{1}$：$y=a(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}$上，所以$a×(-\frac{6}{5}-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}=0$，解得$a=-\frac{5}{3}$，所以抛物线$F_{1}$的函数表达式为$y=-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}$.
(2)①由平移的性质，得抛物线$F_{2}$的函数表达式为$y=-\frac{5}{3}(x + 1-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}-3=-\frac{5}{3}(x+\frac{3}{5})^{2}+\frac{19}{15}$.
联立方程组$\begin{cases}y=-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15},\\y=-\frac{5}{3}(x+\frac{3}{5})^{2}+\frac{19}{15}\end{cases}$解得$\begin{cases}x = -1,\\y = 1,\end{cases}$所以点D的坐标为(−1,1).
②△BCD为等腰直角三角形.理由如下：在$y=-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}$中，令x = 0，得$y=-\frac{5}{3}×\frac{4}{25}+\frac{64}{15}=4$，所以C(0,4)；令y = 0，得$-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}=0$，解得$x_{1}=-\frac{6}{5}$，$x_{2}=2$，所以B(2,0)，所以$BC^{2}=(2 - 0)^{2}+(0 - 4)^{2}=20$.因为D(−1,1)，所以$BD^{2}=[2-(-1)]^{2}+(0 - 1)^{2}=10$，$CD^{2}=[0-(-1)]^{2}+(4 - 1)^{2}=10$，所以$BD^{2}+CD^{2}=BC^{2}$且BD = CD，所以△BCD为等腰直角三角形.
(3)设$P(m,-\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})^{2}+\frac{19}{15})$.因为B(2,0)，D(−1,1)，所以$BP^{2}=(2 - m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}$，$DP^{2}=(1 + m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}$.当△BDP为等腰直角三角形时，分类讨论如下：若∠BDP = 90°，则$BD^{2}+DP^{2}=BP^{2}$，即$10+(1 + m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=(2 - m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}$，解得m = -1或−2.当m = -1时，点P与点D重合，不合题意，舍去；当m = −2时，$DP^{2}=(1 - 2)^{2}+[\frac{5}{3}×(-2+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}=10$，所以BD = DP，所以△BDP为等腰直角三角形，此时点P的坐标为$(-2,-\frac{5}{3}×(-2+\frac{3}{5})+\frac{19}{15})$，即(−2,−2)；若∠DBP = 90°，则$BD^{2}+BP^{2}=DP^{2}$，即$10+(2 - m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=(1 + m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}$，解得m = −4或1.当m = −4时，$BP^{2}=(2 + 4)^{2}+[\frac{5}{3}×(-4+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=360$，所以BD ≠ BP，不合题意，舍去；当m = 1时，$BP^{2}=(2 - 1)^{2}+[\frac{5}{3}×(1+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=10$，所以BD = BP，所以△BDP为等腰直角三角形，此时点P的坐标为$(1,-\frac{5}{3}×(1+\frac{3}{5})+\frac{19}{15})$，即(1,−3)；若∠BPD = 90°，则结合函数图像可知不存在满足题意的点P.综上所述，存在满足题意的点P，且点P的坐标为(−2,−2)或(1,−3).
(2)①由平移的性质，得抛物线$F_{2}$的函数表达式为$y=-\frac{5}{3}(x + 1-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}-3=-\frac{5}{3}(x+\frac{3}{5})^{2}+\frac{19}{15}$.
联立方程组$\begin{cases}y=-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15},\\y=-\frac{5}{3}(x+\frac{3}{5})^{2}+\frac{19}{15}\end{cases}$解得$\begin{cases}x = -1,\\y = 1,\end{cases}$所以点D的坐标为(−1,1).
②△BCD为等腰直角三角形.理由如下：在$y=-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}$中，令x = 0，得$y=-\frac{5}{3}×\frac{4}{25}+\frac{64}{15}=4$，所以C(0,4)；令y = 0，得$-\frac{5}{3}(x-\frac{2}{5})^{2}+\frac{64}{15}=0$，解得$x_{1}=-\frac{6}{5}$，$x_{2}=2$，所以B(2,0)，所以$BC^{2}=(2 - 0)^{2}+(0 - 4)^{2}=20$.因为D(−1,1)，所以$BD^{2}=[2-(-1)]^{2}+(0 - 1)^{2}=10$，$CD^{2}=[0-(-1)]^{2}+(4 - 1)^{2}=10$，所以$BD^{2}+CD^{2}=BC^{2}$且BD = CD，所以△BCD为等腰直角三角形.
(3)设$P(m,-\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})^{2}+\frac{19}{15})$.因为B(2,0)，D(−1,1)，所以$BP^{2}=(2 - m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}$，$DP^{2}=(1 + m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}$.当△BDP为等腰直角三角形时，分类讨论如下：若∠BDP = 90°，则$BD^{2}+DP^{2}=BP^{2}$，即$10+(1 + m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=(2 - m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}$，解得m = -1或−2.当m = -1时，点P与点D重合，不合题意，舍去；当m = −2时，$DP^{2}=(1 - 2)^{2}+[\frac{5}{3}×(-2+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}=10$，所以BD = DP，所以△BDP为等腰直角三角形，此时点P的坐标为$(-2,-\frac{5}{3}×(-2+\frac{3}{5})+\frac{19}{15})$，即(−2,−2)；若∠DBP = 90°，则$BD^{2}+BP^{2}=DP^{2}$，即$10+(2 - m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=(1 + m)^{2}+[\frac{5}{3}(m+\frac{3}{5})-\frac{4}{15}]^{2}$，解得m = −4或1.当m = −4时，$BP^{2}=(2 + 4)^{2}+[\frac{5}{3}×(-4+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=360$，所以BD ≠ BP，不合题意，舍去；当m = 1时，$BP^{2}=(2 - 1)^{2}+[\frac{5}{3}×(1+\frac{3}{5})-\frac{19}{15}]^{2}=10$，所以BD = BP，所以△BDP为等腰直角三角形，此时点P的坐标为$(1,-\frac{5}{3}×(1+\frac{3}{5})+\frac{19}{15})$，即(1,−3)；若∠BPD = 90°，则结合函数图像可知不存在满足题意的点P.综上所述，存在满足题意的点P，且点P的坐标为(−2,−2)或(1,−3).