9.5 存在性问题
存在性问题是各地中考的“热点”．解决存在性问题就是：假设存在→推理论证→得出结论．若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。尤其以二次函数中的是否存在相似三角形、三角形的面积相等、等腰(直角)三角形、平行四边形作为考查对象是中考命题热点。
一、解答题
1.（2017?青岛）已知：Rt△EFP和矩形ABCD如图①摆放（点P与点B重合），点F，B（P），C在同一直线上，AB=EF=6cm，BC=FP=8cm，∠EFP=90°，如图②，△EFP从图①的位置出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s，EP与AB交于点G；同时，点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM⊥BD，垂足为H，交AD于点M，连接AF，FQ，当点Q停止运动时，△EFQ也停止运动．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BD？
（2）设五边形AFPQM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形AFPQM：S矩形ABCD=9：8？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点M在线段PG的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
2.（2017?山西）如图，抛物线y=﹣ x2+ x+3 与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC．点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ．过点Q作QD⊥x轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E，连接PD，与BC交于点F．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求直线BC的函数表达式；
（2）①直接写出P，D两点的坐标（用含t的代数式表示，结果需化简） ②在点P、Q运动的过程中，当PQ=PD时，求t的值；
（3）试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点？若存在，请直接写出此时t的值与点F的坐标；若不存在，请说明理由．
3.（2017?通辽）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+2过点A（﹣2，0），B（2，2），与y轴交于点C．
（1）求抛物线y=ax2+bx+2的函数表达式；
（2）若点D在抛物线y=ax2+bx+2的对称轴上，求△ACD的周长的最小值；
（3）在抛物线y=ax2+bx+2的对称轴上是否存在点P，使△ACP是直角三角形？若存在直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
4.（2017?大庆）如图，直角△ABC中，∠A为直角，AB=6，AC=8．点P，Q，R分别在AB，BC，CA边上同时开始作匀速运动，2秒后三个点同时停止运动，点P由点A出发以每秒3个单位的速度向点B运动，点Q由点B出发以每秒5个单位的速度向点C运动，点R由点C出发以每秒4个单位的速度向点A运动，在运动过程中：
（1）求证：△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；
（2）求△PQR面积的最小值；
（3）用t（秒）（0≤t≤2）表示运动时间，是否存在t，使∠PQR=90°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
5.（2017?齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
6.（2017?淮安）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=﹣ x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．
（1）填空：b=________，c=________；
（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；
（4）如图②，点N的坐标为（﹣ ，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．
7.（2017?江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=________BC； ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为________．
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2 ，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
8.（2017?淄博）如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（ ，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
9.（2017?永州）如图，已知抛物线y=ax2+bx+1经过A（﹣1，0），B（1，1）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）阅读理解： 在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=k1x+b1（k1 ， b1为常数，且k1≠0），直线l2：y=k2x+b2（k2 ， b2为常数，且k2≠0），若l1⊥l2 ， 则k1?k2=﹣1． 解决问题： ①若直线y=3x﹣1与直线y=mx+2互相垂直，求m的值； ②抛物线上是否存在点P，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）M是抛物线上一动点，且在直线AB的上方（不与A，B重合），求点M到直线AB的距离的最大值．
10.（2017?西宁）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想△EDB的形状并加以证明；
（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
11.（2017?岳阳）如图，抛物线y= x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y=﹣ x﹣ 交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．
（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．
12.（2017?荆门）已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠C=90°，OB=25，OC=20，若点M是边OC上的一个动点（与点O、C不重合），过点M作MN∥OB交BC于点N．
（1）求点C的坐标；
（2）当△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等时，求CM的长；
（3）在OB上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由．
13.（2017?烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；
（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
14.（2017?新疆）如图，抛物线y=﹣ x2+ x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
（1）试求A，B，C的坐标；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD． ①求点D的坐标； ②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
15.（2017?深圳）如图，抛物线 经过点 ，交y 轴于点C：
（1）求抛物线的解析式（用一般式表示）．
（2）点 为 轴右侧抛物线上一点，是否存在点 使 ，若存在请直接给出点 坐标；若不存在请说明理由．
（3）将直线 绕点 顺时针旋转 ，与抛物线交于另一点 ，求 的长．
一、解答题
1. () 如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y=ax2+bx+c经过点A，B，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t， ①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求出当△CEF与△COD相似时，点P的坐标； ②是否存在一点P，使△PCD的面积最大？若存在，求出△PCD的面积的最大值；若不存在，请说明理由．
2. () 如图，在平面直角坐标系中，点C（﹣3，0），点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上，且满足 +|OA﹣1|=0
（1）求点A，点B的坐标．
（2）若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连结AP．设△ABP的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围．
（3）在（2）的条件下，是否存在点P，使以点A，B，P为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3. () 在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm，点P从点A出发，沿折线ABCD方向以3cm/s的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段DC方向以2cm/s的速度匀速运动．已知两点同时出发，当一个点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t（s）． （1）求CD的长；
（2）当四边形PBQD为平行四边形时，求四边形PBQD的周长；
（3）在点P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为20cm2？若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．
4. () 已知：抛物线C1：y=x2﹣2a x+2a+2 顶点P在另一个函数图象C2上
（1）求证：抛物线C1必过定点A（1，3）；并用含的a式子表示顶点P的坐标；
（2）当抛物线C1的顶点P达到最高位置时，求抛物线C1解析式；并判断是否存在实数m、n，当m≤x≤n时恰有3m≤y≤3n，若存在，求出求m、n的值；若不存在，说明理由；
（3）抛物线C1和图象C2分别与y轴交于B、C点，当△ABC为等腰三角形，求a的值．
5. () 如图，二次函数y=ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．该抛物线的顶点为M．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）判断△BCM的形状，并说明理由．
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以点P，A，C为顶点的三角形与△BCM相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
6. () 如图所示，抛物线y=ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图所示，直线BC下方的抛物线上有一点P，过点p作PE⊥BC于点E，作PF平行于x轴交直线BC于点F，求△PEF周长的最大值；
（3）已知点M是抛物线的顶点，点N是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，若点P是抛物线上一点，且位于抛物线的对称轴右侧，是否存在以P、M、N、Q为顶点且以PM为边的正方形？若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，说明理由．
7. () 如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，顶点M关于x轴的对称点是M′．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；
（3）是否存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
8. () 在矩形ABCD中，AB=4cm，AD=6cm，延长AB到E，使BE=2AB，连接CE，动点F从A出发以2cm/s的速度沿AE方向向点E运动，动点G从E点出发，以3cm/s的速度沿E→C→D方向向点D运动，两个动点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止，设动点运动的时间为t秒．
（1）当t为何值时，FC与EG互相平分；
（2）连接FG，当t＜ 时，是否存在时间t使△EFG与△EBC相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）设△EFG的面积为y，求出y与t的函数关系式，求当t为何值时，y有最大值？最大值是多少？
9. () 已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点B（14，0）和C（0，﹣8），对称轴为x=4．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点D在线段AB上且AD=AC，若动点P从A出发沿线段AB以每秒1个单位长度的速度匀速运动，同时另一动点N以某一速度从C出发沿线段CB匀速运动，问是否存在某一时刻，使线段PN被直线CD垂直平分？若存在，请求出此时的时间t（秒）和点N的运动速度；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的结论下，直线x=1上是否存在点M使△MPN为等腰三角形？若存在，请直接写出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10. () 如图1，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴的两个交点分别为A（﹣3，0），B（1，0），与y轴的交点为D，对称轴与抛物线交于点C，与x轴负半轴交于点H．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点E，F分别是抛物线对称轴CH上的两个动点（点E在点F上方），且EF=1，求使四边形BDEF的周长最小时的点E，F坐标及最小值；
（3）如图2，点P为对称轴左侧，x轴上方的抛物线上的点，PQ⊥AC于点Q，是否存在这样的点P使△PCQ与△ACH相似？若存在请求出点P的坐标，若不存在请说明理由．
11. () 如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的象经过A（﹣1，0）、B（3，0）、N（2，3）三点，且与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点M及点C的坐标；
（2）若直线y=kx+d经过C、M两点，且与x轴交于点D，试证明四边形CDAN是平行四边形；
（3）点P是这个二次函数的对称轴上一动点，请探索：是否存在这样的点P，使以点P为圆心的圆经过A、B两点，并且与直线CD相切？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
12. () 如图，抛物线y=ax2+bc+c（a＞0）的顶点为M，若△MCB为等边三角形，且点C，B在抛物线上，我们把这种抛物线称为“完美抛物线”，已知点M与点O重合，BC=2．
（1）求过点O、B、C三点完美抛物线y1的解析式；
（2）若依次在y轴上取点M1、M2、…Mn分别作等边三角形及完美抛物线y1、y2、…y3 ， 其中等边三角形的相似比都是2：1，如图，n为正整数． ①则完美抛物线a，y2=________，完美抛物线y3=________；完美抛物线yn=________； ②直接写出Bn的坐标________； ③判断点B1、B2、…、Bn是否在同一直线，若在，求出直线的解析式，若不在同一直线上，说明理由________．
13. () 已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．
（1）求点C的坐标；
（2）若抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过C、A两点，求此抛物线的解析式；
（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
14. () 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（4，﹣ ），且与y轴交于点C（0，2），与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）求抛物线的解析式及A、B两点的坐标；
（2）在（1）中抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使AP+CP的值最小？若存在，求AP+CP的最小值，若不存在，请说明理由；
（3）以AB为直径的⊙M相切于点E，CE交x轴于点D，求直线CE的解析式．
15. () 如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．
（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
9.5 存在性问题
存在性问题是各地中考的“热点”．解决存在性问题就是：假设存在→推理论证→得出结论．若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。尤其以二次函数中的是否存在相似三角形、三角形的面积相等、等腰(直角)三角形、平行四边形作为考查对象是中考命题热点。
一、解答题
1.（2017?青岛）已知：Rt△EFP和矩形ABCD如图①摆放（点P与点B重合），点F，B（P），C在同一直线上，AB=EF=6cm，BC=FP=8cm，∠EFP=90°，如图②，△EFP从图①的位置出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s，EP与AB交于点G；同时，点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM⊥BD，垂足为H，交AD于点M，连接AF，FQ，当点Q停止运动时，△EFQ也停止运动．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BD？
（2）设五边形AFPQM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形AFPQM：S矩形ABCD=9：8？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点M在线段PG的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：如图1中， 当PQ∥BD时， = ， ∴ = ， ∴t= ， ∴t= s时，PQ∥BD． （2）解：如图2中， 当0＜t＜6时，S五边形AFPQM=S梯形AFCD﹣S△DMQ﹣S△PQC = （8+8﹣t+8）?6﹣ ?（6﹣t）? （6﹣t）﹣ ?（8﹣t）?t = t2﹣ t+ ． （3）解：如图2中， 假设存在，则有（ t2﹣ t+ ．）：48=9：8， 解得t=2或18（舍弃）， ∴t=2s时，S五边形AFPQM：S矩形ABCD=9：8． （4）解：存在． 理由：如图3中，连接MG、MP，作MK⊥BC于K． 易知：AG=6﹣ t．DQ=6﹣t，DM=KC= （6﹣t），PK=8﹣t﹣ （6﹣t），MK=CD=6， ∵点M在PG的垂直平分线上， ∴MG=MP， ∴AG2+AM2=PK2+MK2 ， ∴（6﹣ t）2+[8﹣ （6﹣t）]2=62+[8﹣t﹣ （6﹣t）]2 ， 解得t= 或0（舍弃）， ∴t= s时，点M在线段PG的垂直平分线上
【点评】（1）如图1中，当PQ∥BD时， = ，可得 = ，解方程即可；（2）如图2中，当0＜t＜6时，S五边形AFPQM=S梯形AFCD﹣S△DMQ﹣S△PQC ， 由此计算即可解决问题；（3）假设存在，根据题意列出方程即可解决问题；（4）如图3中，连接MG、MP，作MK⊥BC于K．理由勾股定理，根据MG=MP，列出方程即可解决问题；
2.（2017?山西）如图，抛物线y=﹣ x2+ x+3 与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC．点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ．过点Q作QD⊥x轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E，连接PD，与BC交于点F．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求直线BC的函数表达式；
（2）①直接写出P，D两点的坐标（用含t的代数式表示，结果需化简） ②在点P、Q运动的过程中，当PQ=PD时，求t的值；
（3）试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点？若存在，请直接写出此时t的值与点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：由y=0得﹣ x2+ x+3 =0， 解得：x1=﹣3，x2=9， ∴B（9，0）， 由x=0得y=3 ， ∴C（0，3 ）， 设直线BC的解析式为y=kx+b，∴ ， ∴ ， ∴直线BC的解析式为y=﹣ x+3 （2）解：①过p作PG⊥x轴于G， ∵A（﹣3，0），C（0，3 ）， ∴OA=3．OC=3 ， ∴tan∠CAO= ， ∴∠CAO=60°， ∵AP=t， ∴PG= t，AG= t， ∴OG=3﹣ t， ∴P（ t﹣3， t）， ∵DQ⊥x轴，BQ=2t， ∴OQ=9﹣2t， ∴D（9﹣2t，﹣ t2+ t）， ②过P作PH⊥QD于H， 则四边形PGQH是矩形， ∴HQ=PG，∵PQ=PD，PH⊥QD，∴DQ=2HQ=2PG，∵P（ t﹣3， t），D（9﹣2t，﹣ t2+ t）， ∴﹣ t2+ t=2× t， 解得：t1=0（舍去），t2= ，∴当PQ=PD时，t的值是 ； （3）解：∵点F为PD的中点， ∴F的横坐标为： （ t﹣3+9﹣2t）=﹣ t+3，F的纵坐标为 （ t﹣ t2+ t）=﹣ t2+ t， ∴F（﹣ t+3，﹣ t2+ t）， ∵点F在直线BC上， ∴﹣ t2+ t=﹣ （﹣ t+3）+3 ， ∴t=3， ∴F（ ， ）
【点评】（1）更好函数的解析式得到B（9，0），C（0，3 ），解方程组即可得到结论；（2）①过p作PG⊥x轴于G，解直角三角形得到∠CAO=60°，得到PG= t，AG= t，于是得到P（ t﹣3， t），把OQ=9﹣2t代入二次函数的解析式即可得到D（9﹣2t，﹣ t2+ t），②过P作PH⊥QD于H，得到四边形PGQH是矩形，列方程即可得到即可；（3）根据折叠坐标公式得到F（﹣ t+3，﹣ t2+ t），由点F在直线BC上，列方程即可得到结论．
3.（2017?通辽）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+2过点A（﹣2，0），B（2，2），与y轴交于点C．
（1）求抛物线y=ax2+bx+2的函数表达式；
（2）若点D在抛物线y=ax2+bx+2的对称轴上，求△ACD的周长的最小值；
（3）在抛物线y=ax2+bx+2的对称轴上是否存在点P，使△ACP是直角三角形？若存在直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：把点A（﹣2，0），B（2，2）代入抛物线y=ax2+bx+2中， ， 解得： ， ∴抛物线函数表达式为：y=﹣ x2+ x+2 （2）解：y=﹣ x2+ x+2=﹣ （x﹣1）2+ ； ∴对称轴是：直线x=1， 如图1，过B作BE⊥x轴于E， ∵C（0，2），B（2，2），对称轴是：x=1， ∴C与B关于x=1对称， ∴CD=BD， 连接AB交对称轴于点D，此时△ACD的周长最小， ∵BE=2，AE=2+2=4，OC=2，OA=2， ∴AB= =2 ， AC= =2 ， ∴△ACD的周长=AC+CD+AD=AC+BD+AD=AC+AB=2 +2 ； 答：△ACD的周长的最小值是2 +2 （3）解：存在， 分两种情况： ①当∠ACP=90°时，△ACP是直角三角形，如图2， 过P作PD⊥y轴于D， 设P（1，y）， 则△CGP∽△AOC， ∴ ， ∴ ， ∴CG=1， ∴OG=2﹣1=1， ∴P（1，1）； ②当∠CAP=90°时，△ACP是直角三角形，如图3， 设P（1，y）， 则△PEA∽△AOC， ∴ ， ∴ = ， ∴PE=3， ∴P（1，﹣3）； 综上所述，△ACP是直角三角形时，点P的坐标为（1，1）或（1，﹣3）．
【点评】（1）利用待定系数法求抛物线的函数表达式；（2）由轴对称的最短路径得：因为B与C关于对称轴对称，所以连接AB交对称轴于点D，此时△ACD的周长最小，利用勾股定理求其三边相加即可；（3）存在，当A和C分别为直角顶点时，画出直角三角形，设P（1，y），根据三角形相似列比例式可得P的坐标．
4.（2017?大庆）如图，直角△ABC中，∠A为直角，AB=6，AC=8．点P，Q，R分别在AB，BC，CA边上同时开始作匀速运动，2秒后三个点同时停止运动，点P由点A出发以每秒3个单位的速度向点B运动，点Q由点B出发以每秒5个单位的速度向点C运动，点R由点C出发以每秒4个单位的速度向点A运动，在运动过程中：
（1）求证：△APR，△BPQ，△CQR的面积相等；
（2）求△PQR面积的最小值；
（3）用t（秒）（0≤t≤2）表示运动时间，是否存在t，使∠PQR=90°？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：如图，在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，根据勾股定理得，BC=10，tan∠B= = = ， 过点Q作QE⊥AB于E， 在Rt△BQE中，BQ=5t， ∴sin∠B= = ， ∴QE=4t， 过点Q作QD⊥AC于D， 在Rt△CDQ中，CQ=BC﹣BQ=10﹣5t， ∴QD=CQ?sin∠C= （10﹣5t）=3（2﹣t）， 由运动知，AP=3t，CR=4t， ∴BP=AB﹣AP=6﹣3t=3（2﹣t），AR=AC﹣CR=8﹣4t=4（2﹣t）， ∴S△APR= AP?AR= ×3t×4（2﹣t）=6t（2﹣t）， S△BPQ= BP?QE= ×3（2﹣t）×4t=6t（2﹣t）， S△CQR= CR?QD= ×4t×3（2﹣t）=6t（2﹣t）， ∴S△APR=S△BPQ=S△CQR ， ∴△APR，△BPQ，△CQR的面积相等； （2）解：由（1）知，S△APR=S△BPQ=S△CQR=6t（2﹣t）， ∵AB=6，AC=8， ∴S△PQR=S△ABC﹣（S△APR+S△BPQ+S△CQR） = ×6×8﹣3×6t（2﹣t）=24﹣18（2t﹣t2）=18（t﹣1）2+6， ∵0≤t≤2， ∴当t=1时，S△PQR最小=6； （3）解：存在，由点P，Q，R的运动速度知，运动1秒时，点P，Q，R分别在AB，BC，AC的中点，此时，四边形APQR是矩形，即：t=1秒时，∠PQR=90°， 由（1）知，QE=4t，QD=3（2﹣t），AP=3t，CR=4t，AR=4（2﹣t）， ∴BP=AB﹣AP=6﹣3t=3（2﹣t），AR=AC﹣CR=8﹣4t=4（2﹣t）， 过点Q作QD⊥AC于D，作QE⊥AB于E，∵∠A=90°， ∴四边形APQD是矩形， ∴AE=DQ=3（2﹣t），AD=QE=4t， ∴DR=|AD﹣AR|=|4t﹣4（2﹣t）|=4|2t﹣2|，PE=|AP﹣AE|=|3t﹣3（2﹣t）|=3|2t﹣2| ∵∠DQE=90°，∠PQR=90°， ∴∠DQR=∠EQP， ∴tan∠DQR=tan∠EQP， 在Rt△DQR中，tan∠DQR= = ， 在Rt△EQP中，tan∠EQP= = ， ∴ ， ∴16t=9（2﹣t）， ∴t= ． 即：t=1或 秒时，∠PQR=90°．
【点评】（1）由面积公式可知求三角形的面积，缺高时，须作垂线补出高，用t的代数式表示△APR，△BPQ，△CQR的面积，在由斜边表示直角边时选用正弦；（2）用△ABC面积减去第（1）问中表示的△APR的面积的3倍，构建二次函数，在0≤t≤2范围内由二次函数的性质可求最值;（3）由点P，Q，R的运动速度知，36=,510=,运动1秒时，点P，Q，R分别在AB，BC，AC的中点,可证得四边形APQD是矩形，∠PQR=90°；若∠PQR=90，则∠DQR=∠EQP，用t的代数式表示两个角的正切，建立方程，求出t.
5.（2017?齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC， ∴OA=8，OC=4； （2）证明∵四边形ABCO是矩形， ∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°， ∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处， ∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°， ∴AD=OC，∠ADE=∠COE， 在△ADE与△COE中， ， ∴△ADE≌△COE； ∵CE2=OE2+OC2 ， 即（8﹣OE）2=OE2+42 ， ∴OE=3； （3）解：过D作DM⊥x轴于M， 则OE∥DM， ∴△OCE∽△MCD， ∴ ， ∴CM= ，DM= ， ∴OM= ， ∴D（﹣ ， ）； （4）解：存在；∵OE=3，OC=4， ∴CE=5， 过P1作P1H⊥AO于H， ∵四边形P1ECF1是菱形， ∴P1E=CE=5，P1E∥AC， ∴∠P1EH=∠OAC， ∴ = = ， ∴设P1H=k，HE=2k， ∴P1E= k=5， ∴P1H= ，HE=2 ， ∴OH=2 +3， ∴P1（﹣ ，2 +3）， 同理P3（ ，3﹣2 ）， 当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形， ∴EF2∥CP2 ， EF2 ， =CP2=5， ∴P2（4，5）； 当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形， ∴EP4=5，EP4∥AC， 如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N， 则P4N=OG，P4G=ON， EP4∥AC， ∴ = ， 设P4N=x，EN=2x， ∴P4E=CP4= x， ∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x， ∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（ x）2 ， ∴x= ， ∴3﹣2x= ， ∴P4（ ， ）， 综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣ ，2 +3），（ ，3﹣2 ），（4，5），（ ， ）．
【点评】（1）解方程即可得到结论；（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM= ，DM= ，于是得到结论．（4）过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E= k=5，于是得到P1（﹣ ，2 +3），同理P3（ ，3﹣2 ），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．
6.（2017?淮安）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=﹣ x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．
（1）填空：b=________，c=________；
（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；
（4）如图②，点N的坐标为（﹣ ，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．
【答案】见解析
【解析】（1）；4 （2）解：在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形． 理由如下：连结QC． ∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角， ∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°． 将x=0代入抛物线的解析式得：y=4， ∴C（0，4）． ∵AP=OQ=t， ∴PC=5﹣t， ∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5，在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2=t2+16，在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2=CQ2﹣CP2 ， 在Rt△APQ中，AQ2﹣AP2=PQ2 ， ∴CQ2﹣CP2=AQ2﹣AP2 ， 即（3+t）2﹣t2=t2+16﹣（5﹣t）2 ， 解得：t=4.5． ∵由题意可知：0≤t≤4， ∴t=4.5不符合题意，即△APQ不可能是直角三角形． （3）解：如图所示： 过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E=∠D=90°． ∵PG∥y轴， ∴△PAG∽△ACO， ∴ = = ，即 = = ， ∴PG= t，AG= t， ∴PE=GQ=GO+OQ=AO﹣AG+OQ=3﹣ t+t=3+ t，DF=GP= t． ∵∠MPQ=90°，∠D=90°， ∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°， ∴∠DMP=∠EPQ． 又∵∠D=∠E，PM=PQ， ∴△MDP≌PEQ， ∴PD=EQ= t，MD=PE=3+ t， ∴FM=MD﹣DF=3+ t﹣ t=3﹣ t，OF=FG+GO=PD+OA﹣AG=3+ t﹣ t=3+ t， ∴M（﹣3﹣ t，﹣3+ t）． ∵点M在x轴下方的抛物线上， ∴﹣3+ t=﹣ ×（﹣3﹣ t）2+ ×（﹣3﹣ t）+4，解得：t= ． ∵0≤t≤4， ∴t= ． （4）解：如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′． ∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点， ∴EH= QO= t，RH∥OQ． ∵A（﹣3，0），N（﹣ ，0）， ∴点N为OA的中点． 又∵R为OP的中点， ∴NR= AP= t， ∴RH=NR， ∴∠RNH=∠RHN． ∵RH∥OQ， ∴∠RHN=∠HNO， ∴∠RNH=∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线． 设直线AC的解析式为y=mx+n，把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得： ， 解得：m= ，n=4， ∴直线AC的表示为y= x+4． 同理可得直线BC的表达式为y=﹣x+4． 设直线NR的函数表达式为y= x+s，将点N的坐标代入得： ×（﹣ ）+s=0，解得：s=2， ∴直线NR的表述表达式为y= x+2． 将直线NR和直线BC的表达式联立得： ，解得：x= ，y= ， ∴Q′（ ， ）．
【点评】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣4）．将a=﹣ 代入得：y=﹣ x2+ x+4，∴b= ，c=4；（2）直角三角形存在性问题可采取假设的方法，然后根据三个内角哪一个可能为直角进行分类讨论；（3）由等腰直角三角形的性质可推得全等，用t 的代数式表示出M的坐标，根据在抛物线上代入解析式，建立方程求处t ,再验证它是否在取值范围内；（4） Q′可采用交轨法，即是直线NR和直线BC的交点，联立两个解析式组成方程组，解出方程组的解就是交点坐标.
7.（2017?江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=________BC； ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为________．
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2 ，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；4 （2）解：结论：AD= BC． 理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M ∵B′D=DC′，AD=DM， ∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′=B′M=AC， ∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°， ∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′， ∴△BAC≌△AB′M， ∴BC=AM， ∴AD= BC （3）解：存在． 理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN． 连接DF交PC于O． ∵∠ADC=150°， ∴∠MDC=30°， 在Rt△DCM中，∵CD=2 ，∠DCM=90°，∠MDC=30°， ∴CM=2，DM=4，∠M=60°， 在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°， ∴EM= BM=7， ∴DE=EM﹣DM=3， ∵AD=6， ∴AE=DE，∵BE⊥AD， ∴PA=PD，PB=PC， 在Rt△CDF中，∵CD=2 ，CF=6， ∴tan∠CDF= ， ∴∠CDF=60°=∠CPF， 易证△FCP≌△CFD， ∴CD=PF，∵CD∥PF， ∴四边形CDPF是矩形， ∴∠CDP=90°， ∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°， ∴△ADP是等边三角形， ∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°， ∴∠BPC=120°， ∴∠APD+∠BPC=180°， ∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”， 在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN= ， ∴PN= = =
【解析】解：（1）①如图2中， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=BC=AB=AB′=AC′， ∵DB′=DC′， ∴AD⊥B′C′， ∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=120°， ∴∠B′=∠C′=30°， ∴AD= AB′= BC， 故答案为 ． ②如图3中， ∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=∠BAC=90°， ∵AB=AB′，AC=AC′， ∴△BAC≌△B′AC′， ∴BC=B′C′， ∵B′D=DC′， ∴AD= B′C′= BC=4， 故答案为4． 【点评】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD= AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD= BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
8.（2017?淄博）如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（ ，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上， ∴t=2， ∴B（2，2）， 把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得 ，解得 ， ∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x （2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F， ∵点C是抛物线上第四象限的点， ∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t）， ∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t， ∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD?OE+ CD?BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t， ∵△OBC的面积为2， ∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1， ∴C（1，﹣1） （3）解：存在．连接AB、OM． 设MB交y轴于点N，如图2， ∵B（2，2）， ∴∠AOB=∠NOB=45°， 在△AOB和△NOB中 ???????????????????????????????????????????????????????????????????????? ∴△AOB≌△NOB（ASA）， ∴ON=OA= ， ∴N（0， ）， ∴可设直线BN解析式为y=kx+ ， 把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ， ∴直线BN的解析式为y= x+ ， 联立直线BN和抛物线解析式可得 ，解得 或 ， ∴M（﹣ ， ）， ∵C（1，﹣1）， ∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2）， ∴OB=2 ，OC= ， ∵△POC∽△MOB， ∴ = =2，∠POC=∠BOM， 当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H， ∵∠COA=∠BOG=45°， ∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO， ∴△MOG∽△POH， ∴ = = =2， ∵M（﹣ ， ）， ∴MG= ，OG= ， ∴PH= MG= ，OH= OG= ， ∴P（ ， ）； 当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H， 同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ， ∴P（﹣ ，﹣ ）； 综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（ ， ）或（﹣ ，﹣ ）
【点评】根据二次函数的图像与性质把A,B两点的坐标代入求出抛物线解析式为：y=2x2﹣3x，再根据一次函数和三角形的面积公式求出点C（1，﹣1）的坐标，再利用相似三角形的判定与性质求出点P所有的坐标，此题是综合题，难度较大，计算和解方程时需认真仔细.
9.（2017?永州）如图，已知抛物线y=ax2+bx+1经过A（﹣1，0），B（1，1）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）阅读理解： 在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=k1x+b1（k1 ， b1为常数，且k1≠0），直线l2：y=k2x+b2（k2 ， b2为常数，且k2≠0），若l1⊥l2 ， 则k1?k2=﹣1． 解决问题： ①若直线y=3x﹣1与直线y=mx+2互相垂直，求m的值； ②抛物线上是否存在点P，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）M是抛物线上一动点，且在直线AB的上方（不与A，B重合），求点M到直线AB的距离的最大值．
【答案】见解析
【解析】（1）解：将A，B点坐标代入，得 ， 解得 ， 抛物线的解析式为y=﹣ x2+ x+1； （2）解：①由直线y=3x﹣1与直线y=mx+2互相垂直，得 3m=﹣1， 即m=﹣ ； ②AB的解析式为y= x+ ， 当PA⊥AB时，PA的解析式为y=﹣2x﹣2， 联立PA与抛物线，得 ， 解得 （舍）， ，即P（6，﹣14）； 当PB⊥AB时，PB的解析式为y=﹣2x+3， 联立PB与抛物线，得 ， 解得 （舍） 即P（4，﹣5）， 综上所述：△PAB是以AB为直角边的直角三角形，点P的坐标（6，﹣14）（4，﹣5）； （3）解：如图 ， ∵M（t，﹣ t2+ t+1），Q（t， t+ ）， ∴MQ=﹣ t2+ S△MAB= MQ|xB﹣xA = （﹣ t2+ ）×2 =﹣ t2+ ， 当t=0时，S取最大值 ，即M（0，1）． 由勾股定理，得 AB= = ， 设M到AB的距离为h，由三角形的面积，得 h= = ． 点M到直线AB的距离的最大值是 ．
【点评】（1）利用待定系数法把A、B两点的坐标代入解析式即可求出a、b；（2）分类讨论，A或B为直角顶点两类，利用“阅读理解”的结论“相互垂直的直线的斜率k 乘积=-1”构建方程，求出直线解析式，再和抛物线联立方程组，得出交点即P坐标;（3）三角形的底边AB是定值，要求距离最大值就须求面积的最大值，须过M点作x轴的垂线，把三角形MAB分割成两个有竖直边的三角形，构建以M的横坐标t 为自变量的函数S,求出其最大值，再利用三角形面积公式，求出此时的点M到AB的距离，就是最大距离.
10.（2017?西宁）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想△EDB的形状并加以证明；
（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请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】见解析
【解析】（1）解：在矩形OABC中，OA=4，OC=3， ∴A（4，0），C（0，3）， ∵抛物线经过O、A两点， ∴抛物线顶点坐标为（2，3）， ∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3， 把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣ ， ∴抛物线解析式为y=﹣ （x﹣2）2+3，即y=﹣ x2+3x （2）解：△EDB为等腰直角三角形． 证明： 由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1）， ∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20， ∴DE2+BD2=BE2 ， 且DE=BD， ∴△EDB为等腰直角三角形 （3）解：存在．理由如下： 设直线BE解析式为y=kx+b， 把B、E坐标代入可得 ，解得 ， ∴直线BE解析式为y= x+1， 当x=2时，y=2， ∴F（2，2）， ①当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2， ∴点M的纵坐标为2或﹣2， 在y=﹣ x2+3x中，令y=2可得2=﹣ x2+3x，解得x= ， ∵点M在抛物线对称轴右侧， ∴x＞2， ∴x= ， ∴M点坐标为（ ，2）； 在y=﹣ x2+3x中，令y=﹣2可得﹣2=﹣ x2+3x，解得x= ， ∵点M在抛物线对称轴右侧， ∴x＞2， ∴x= ， ∴M点坐标为（ ，﹣2）； ②当AF为平行四边形的对角线时， ∵A（4，0），F（2，2）， ∴线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1）， 设M（t，﹣ t2+3t），N（x，0）， 则﹣ t2+3t=2，解得t= ， ∵点M在抛物线对称轴右侧， ∴x＞2， ∴t= ， ∴M点坐标为（ ，2） 综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（ ，2）或（ ，﹣2）
【点评】（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得F点的坐标，当AF为边时，则有FM∥AN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标．
11.（2017?岳阳）如图，抛物线y= x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y=﹣ x﹣ 交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．
（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：把B（3，0），C（0，﹣2）代入y= x2+bx+c得， ， ∴ ∴抛物线的解析式为：y= x2﹣ x﹣2 （2）解：设P（m， m2﹣ m﹣2）， ∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上， ∴N（m，﹣ m﹣ ），M（﹣m2+2m+2， m2﹣ m﹣2）， ∴PM+PN=﹣m2+2m+2﹣m﹣ m﹣ ﹣ m2+ m+2=﹣ m2+ m+ =﹣ （m﹣ ）2+ ， ∴当m= 时，PM+PN的最大值是 （3）解：能， 理由：∵y=﹣ x﹣ 交y轴于点E， ∴E（0，﹣ ）， ∴CE= ， 设P（m， m2﹣ m﹣2）， ∵以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形， ①以CE为边，∴CE∥PF，CE=PF， ∴F（m，﹣ m﹣ ）， ∴﹣ m﹣ ﹣ m2+ m+2= ， ∴m=1，m=0（舍去）， ②以CE为对角线，连接PF交CE于G， ∴CG=GE，PG=FG， ∴G（0，﹣ ）， 设P（m， m2﹣ m﹣2），则F（﹣m， m﹣ ）， ∴ ×（ m2﹣ m﹣2+ m﹣ ）=﹣ ， ∵△＜0， ∴此方程无实数根， 综上所述，当m=1时，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形．
【点评】（1.）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y= x2+bx+c解方程组即可得到结论；（2.）设P（m， m2﹣ m﹣2），得到N（m，﹣ m﹣ ），M（﹣m2+2m+2， m2﹣ m﹣2），根据二次函数的性质即可得到结论； （3.）求得E（0，﹣ ），得到CE= ，设P（m， m2﹣ m﹣2），①以CE为边，根据CE=PF，列方程得到m=1，m=0（舍去），②以CE为对角线，连接PF交CE于G，CG=GE，PG=FG，得到G（0，﹣ ），设P（m， m2﹣ m﹣2），则F（﹣m， m﹣ ），列方程得到此方程无实数根，于是得到结论．
12.（2017?荆门）已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠C=90°，OB=25，OC=20，若点M是边OC上的一个动点（与点O、C不重合），过点M作MN∥OB交BC于点N．
（1）求点C的坐标；
（2）当△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等时，求CM的长；
（3）在OB上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：如图1，过C作CH⊥OB于H， ∵∠C=90°，OB=25，OC=20， ∴BC= = =15， ∵S△OBC= OB?CH= OC?BC， ∴CH= = =12， ∴OH= =16， ∴C（16，﹣12） （2）解：∵MN∥OB， ∴△CNM∽△COB， ∴ = = = ， 设CM=x，则CN= x， ∵△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等， ∴CM+CN+MN=OM+MN+OB，即x+ x+MN=20﹣x+mn+15﹣ x+25， 解得：x= ， ∴CM= （3）解：如图2， 由（2）知，当CM=x，则CN= x，MN= x， ①当∠OMQ1=90°MN=MQ时， ∵△OMQ∽△OBC， ∴ = ， ∵MN=MQ， ∴ = ， ∴x= ， ∴MN= x= × = ； ②当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时， 此时，四边形MNQ2Q1是正方形， ∴NQ2=MQ1=MN， ∴MN= ．
【点评】（1）如图1，过C作CH⊥OB于H，根据勾股定理得到BC= = =15，根据三角形的面积公式得到CH= = =12，由勾股定理得到OH= =16，于是得到结论；（2）∵根据相似三角形的性质得到 = = = ，设CM=x，则CN= x，根据已知条件列方程即可得到结论；（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN= x，MN= x，①当∠OMQ1=90°MN=MQ时，②当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时，根据相似三角形的性质即可得到结论．
13.（2017?烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；
（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵矩形OBDC的边CD=1， ∴OB=1， ∵AB=4， ∴OA=3， ∴A（﹣3，0），B（1，0）， 把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得 ，解得 ， ∴抛物线解析式为y=﹣ x2﹣ x+2； （2）解：在y=﹣ x2﹣ x+2中，令y=2可得2=﹣ x2﹣ x+2，解得x=0或x=﹣2， ∴E（﹣2，2）， ∴直线OE解析式为y=﹣x， 由题意可得P（m，﹣ m2﹣ m+2）， ∵PG∥y轴， ∴G（m，﹣m）， ∵P在直线OE的上方， ∴PG=﹣ m2﹣ m+2﹣（﹣m）=﹣ m2﹣ m+2=﹣ （m+ ）2+ ， ∵直线OE解析式为y=﹣x， ∴∠PGH=∠COE=45°， ∴l= PG= [﹣ （m+ ）2+ ]=﹣ （m+ ）2+ ， ∴当m=﹣ 时，l有最大值，最大值为 ； （3）解：①当AC为平行四边形的边时，则有MN∥AC，且MN=AC，如图，过M作对称轴的垂线，垂足为F，设AC交对称轴于点L， 则∠ALF=∠ACO=∠FNM， 在△MFN和△AOC中 ?? ∴△MFN≌△AOC（AAS）， ∴MF=AO=3， ∴点M到对称轴的距离为3， 又y=﹣ x2﹣ x+2， ∴抛物线对称轴为x=﹣1， 设M点坐标为（x，y），则|x+1|=3，解得x=2或x=﹣4， 当x=2时，y=﹣ ，当x=﹣4时，y= ， ∴M点坐标为（2，﹣ ）或（﹣4，﹣ ）； ②当AC为对角线时，设AC的中点为K， ∵A（﹣3，0），C（0，2）， ∴K（﹣ ，1）， ∵点N在对称轴上， ∴点N的横坐标为﹣1， 设M点横坐标为x， ∴x+（﹣1）=2×（﹣ ）=﹣3，解得x=﹣2，此时y=2， ∴M（﹣2，2）； 综上可知点M的坐标为（2，﹣ ）或（﹣4，﹣ ）或（﹣2，2）．
【点评】（1）由条件可求得A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可先求得E点坐标，从而可求得直线OE解析式，可知∠PGH=45°，用m可表示出PG的长，从而可表示出l的长，再利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）分AC为边和AC为对角线，当AC为边时，过M作对称轴的垂线，垂足为F，则可证得△MFN≌△AOC，可求得M到对称轴的距离，从而可求得M点的横坐标，可求得M点的坐标；当AC为对角线时，设AC的中点为K，可求得K的横坐标，从而可求得M的横坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标．
14.（2017?新疆）如图，抛物线y=﹣ x2+ x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
（1）试求A，B，C的坐标；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD． ①求点D的坐标； ②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：当y=0时，0=﹣ x2+ x+2， 解得：x1=﹣1，x2=4， 则A（﹣1，0），B（4，0）， 当x=0时，y=2， 故C（0，2） （2）解：①过点D作DE⊥x轴于点E， ∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD， ∴DE=2，AO=BE=1，OM=ME=1.5， ∴D（3，﹣2）； ②∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD， ∴AC=BD，AD=BC， ∴四边形ADBC是平行四边形， ∵AC= = ，BC= =2 ， AB=5， ∴AC2+BC2=AB2 ， ∴△ACB是直角三角形， ∴∠ACB=90°， ∴四边形ADBC是矩形 （3）解：由题意可得：BD= ，AD=2 ， 则 = ， 当△BMP∽△ADB时， = = ， 可得：BM=2.5， 则PM=1.25， 故P（1.5，1.25）， 当△BMP1∽△ABD时， P1（1.5，﹣1.25）， 当△BMP2∽△BDA时， 可得：P2（1.5，5）， 当△BMP3∽△BDA时， 可得：P3（1.5，﹣5）， 综上所述：点P的坐标为：（1.5，1.25），（1.5，﹣1.25），（1.5，5），（1.5，﹣5）
【点评】（1）直接利用y=0，x=0分别得出A，B，C的坐标；（2）①利用旋转的性质结合三角形各边长得出D点坐标；②利用平行四边形的判定方法结合勾股定理的逆定理得出四边形ADBC的形状；（3）直接利用相似三角形的判定与性质结合三角形各边长进而得出答案．
15.（2017?深圳）如图，抛物线 经过点 ，交y 轴于点C：
（1）求抛物线的解析式（用一般式表示）．
（2）点 为 轴右侧抛物线上一点，是否存在点 使 ，若存在请直接给出点 坐标；若不存在请说明理由．
（3）将直线 绕点 顺时针旋转 ，与抛物线交于另一点 ，求 的长．
【答案】见解析
【解析】（1）解：依题可得： 解得： ∴y=-x2+x+2. （2）解：依题可得：AB=5,OC=2, ∴S△ABC=AB×OC=×2×5=5. ∵S△ABC=S△ABD. ∴S△ABD=×5=. 设D（m,-m2+m+2）（m＞0）. ∵S△ABD=AB|yD|=.| ×5×|-m2+m+2|=. ∴m=1或m=2或m=-2（舍去）或m=5 ∴D1（1，3），D2（2，3）,D3（5，-3）. （3）解：过C作CF⊥BC交BE于点F；过点F作FH⊥y轴于点H. ∵∠CBF=45°,∠BCF=90°. ∴CF=CB. ∵∠BCF=90°,∠FHC=90°. ∴∠HCF+∠BCO=90°,∠HCF+∠HFC=90° ∴∠HFC=∠OCB. ∵ ∴△CHF≌△BOC（AAS）. ∴HF=OC=2,HC=BO=4, ∴F（2，6）. 设直线BE解析式为y=kx+b. ∴ 解得 ∴直线BE解析式为:y=-3x+12. ∴ 解得：x1=5,x2=4（舍去） ∴E（5，-3）. BE==.
【点评】（1）用待定系数法求二次函数解析式. （2）依题可得：AB=5,OC=2,求出S△ABC=AB×OC=×2×5=5；根据S△ABC=S△ABD；求出S△ABD=×5=. 设D（m,-m2+m+2）（m＞0）.根据三角形的面积公式得到一个关于m的方程，求解即可. （3）过C作CF⊥BC交BE于点F；过点F作FH⊥y轴于点H;根据同角的余角相等得到∠HFC=∠OCB；再根据条件得到△CHF≌△BOC（AAS）；利用其性质可求出HF=OC=2,HC=BO=4,从而得到F（2，6）；用待定系数法求直线BE解析式；再把抛物线解析式和直线BE解析式联立得到方程组求E点坐标，再根据勾股定理求出BE长.
一、解答题
1. () 如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y=ax2+bx+c经过点A，B，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t， ①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求出当△CEF与△COD相似时，点P的坐标； ②是否存在一点P，使△PCD的面积最大？若存在，求出△PCD的面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：在Rt△AOB中，OA=1，tan∠BAO= =3， ∴OB=3OA=3． ∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的， ∴△DOC≌△AOB， ∴OC=OB=3，OD=OA=1， ∴A、B、C的坐标分别为（1，0），（0，3）（﹣3，0）． 代入解析式为 ， 解得： ． ∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3 （2）解：①∵抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3， ∴对称轴l=﹣ =﹣1， ∴E点的坐标为（﹣1，0）． 如图， 当∠CEF=90°时，△CEF∽△COD．此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）； 当∠CFE=90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于点M，则△EFC∽△EMP． ∴ ， ∴MP=3EM． ∵P的横坐标为t， ∴P（t，﹣t2﹣2t+3）． ∵P在第二象限， ∴PM=﹣t2﹣2t+3，EM=﹣1﹣t， ∴﹣t2﹣2t+3=﹣（t﹣1）（t+3）， 解得：t1=﹣2，t2=﹣3（因为P与C重合，所以舍去）， ∴t=﹣2时，y=﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3=3． ∴P（﹣2，3）． ∴当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为：（﹣1，4）或（﹣2，3）； ②设直线CD的解析式为y=kx+b，由题意，得 ， 解得： ， ∴直线CD的解析式为：y= x+1． 设PM与CD的交点为N，则点N的坐标为（t， t+1）， ∴NM= t+1． ∴PN=PM﹣NM=﹣t2﹣2t+3﹣（ t+1）=﹣t2﹣ +2． ∵S△PCD=S△PCN+S△PDN ， ∴S△PCD= PN?CM+ PN?OM = PN（CM+OM） = PN?OC = ×3（﹣t2﹣ +2） =﹣ （t+ ）2+ ， ∴当t=﹣ 时，S△PCD的最大值为 ．
【点评】（1）先求出A、B、C的坐标，再用待定系数法就可以直接求出二次函数的解析式；（2）①抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3，故可以求出抛物线的对称轴，分类讨论当∠CEF=90°时，△CEF∽△COD．此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，当∠CFE=90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于点M，则△EFC∽△EMP．根据相似三角形的性质即可求出P点的坐标；②设直线CD的解析式为y=kx+b，由待定系数法即可求出解析式，设PM与CD的交点为N，根据CD的解析式表示出点N的坐标，再根据S△PCD=S△PCN+S△PDN ， 就可以表示出△PCD的面积，利用顶点式就可以求出结论。
2. () 如图，在平面直角坐标系中，点C（﹣3，0），点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上，且满足 +|OA﹣1|=0
（1）求点A，点B的坐标．
（2）若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连结AP．设△ABP的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围．
（3）在（2）的条件下，是否存在点P，使以点A，B，P为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵ +|OA﹣1|=0 ∴OA﹣1=0、OB2﹣3=0， ∴OA=1、OB= ， ∴点A的坐标为（1，0）、B的坐标（0， ） （2）解：∵C（﹣3，0），B（0， ）； ∴OC=3，OB= 在RT△BOC中，BC= =2 ， 设点A到直线CB的距离为y，则 ×2 y= ×（3+1）× ， 解得y=2． 则S= ×|2 ﹣t|×2=|2 ﹣t|． 故S与t的函数关系式为：S=﹣t+2 （0≤t≤2 ）或S=t﹣2 （t＞2 ）． （3）解：存在， 理由：∵tan∠OBC= = = ， ∴∠OBC=60°， ∴∠BCO=30°， ∴BC=2OB=2 ， ∵tan∠OBA= = = ， ∴∠OBA=30°， ∴∠ABC=90°，AB=2OA=2， ①当0≤t≤2 时，若△PBA∽△AOB时，则 = ， 即 = ， ∴PB= ， ∴PB?sin60°= × =1，PB?cos60°= × = ， ∴P（﹣1， ）； 若△ABP∽△AOB时，则 = ， 即 = ， ∴PB=2 ， ∴PB?sin60°=2 × =3，PB?cos60°=2 × = ， ∴P（﹣3，0）， ②当t＞2 时，若△PBA∽△AOB时，则 = ， 即 = ， ∴PB= ， ∴PB?sin60°= × =1，PB?cos60°= × = ， ∴P（1， ）； 若△ABP∽△AOB时，则 = ， 即 = ， ∴PB=2 ， ∴PB?sin60°=2 × =3，PB?cos60°=2 × = ， ∴P（3，2 ）， 所以，存在点P，使以点A，B，P为顶点的三角形与△AOB相似，P点的坐标为（﹣1， ）或（﹣3，0）或（1， ）或（3，2 ）．
【点评】（1）根据非负数的和为0，每个数均为0，得到OA、OB的长，即可求出答案；（2）根据勾股定理得到CB的长度，再根据三角形面积公式即可得到点A到直线CB的距离；再根据△ABP的面积=BPAB，用t的代数式表示BP即|?﹣t|，即可得到S与t的函数关系式，由于是射线CB，可分为P在线段CB上和在CB延长线上两种情况；（3）先求得∠ABC=90°，然后分两种情况讨论：①当0≤t≤? ②当t＞, 利用对应边成比例列出方程，再运用三角函数，即可求得点P的坐标．
3. () 在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm，点P从点A出发，沿折线ABCD方向以3cm/s的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段DC方向以2cm/s的速度匀速运动．已知两点同时出发，当一个点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t（s）． （1）求CD的长；
（2）当四边形PBQD为平行四边形时，求四边形PBQD的周长；
（3）在点P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为20cm2？若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：如图1， 过A作AM⊥DC于M， ∵在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°， ∴AM∥BC， ∴四边形AMCB是矩形， ∵AB=AD=10cm，BC=8cm， ∴AM=BC=8cm，CM=AB=10cm， 在Rt△AMD中，由勾股定理得：DM=6cm， CD=DM+CM=10cm+6cm=16cm； （2）解：如图2， 当四边形PBQD是平行四边形时，PB=DQ， 即10﹣3t=2t， 解得t=2， 此时DQ=4，CQ=12，BQ= = ， 所以C□PBQD=2（BQ+DQ）= ； 即四边形PBQD的周长是（8+8 ）cm； （3）解：当P在AB上时，如图3， 即 ， S△BPQ= BP?BC=4（10﹣3t）=20， 解得 ； 当P在BC上时，如图4，即 ， S△BPQ= BP?CQ= （3t﹣10）（16﹣2t）=20，、 此方程没有实数解； 当P在CD上时： 若点P在点Q的右侧，如图5，即 ， S△BPQ= PQ?BC=4（34﹣5t）=20， 解得 ，不合题意，应舍去； 若P在Q的左侧，如图6，即 ， S△BPQ= PQ?BC=4（5t﹣34）=20， 解得 ； 综上所述，当 秒或 秒时，△BPQ的面积为20cm2 ． （3）分为三种情况，根据题意画出符合条件的所有图形，根据三角形的面积得出方程，求出符合范围的数即可．
【点评】（1）由已知可知四边形ABCD是梯形，要解决梯形的相关问题，添加辅助线，将梯形转化为三角形和矩形，因此过A作AM⊥DC于M，易证四边形AMCB是矩形，易求得AM的长，再利用勾股定理求得DM的长，即可求解。 （2）利用平行四边形的性质及勾股定理易求得四边形PBQD的周长。 （3）此小题分三种情况讨论：当P在AB上时；当P在BC上时；当P在CD上时：根据题意画出符合题意的图形，再根据三角形的面积得出方程求解，即可求出符合范围的数。
4. () 已知：抛物线C1：y=x2﹣2a x+2a+2 顶点P在另一个函数图象C2上
（1）求证：抛物线C1必过定点A（1，3）；并用含的a式子表示顶点P的坐标；
（2）当抛物线C1的顶点P达到最高位置时，求抛物线C1解析式；并判断是否存在实数m、n，当m≤x≤n时恰有3m≤y≤3n，若存在，求出求m、n的值；若不存在，说明理由；
（3）抛物线C1和图象C2分别与y轴交于B、C点，当△ABC为等腰三角形，求a的值．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵当x=1时，y=1﹣2a+2a+2=3， ∴抛物线C1必过定点A（1，3）， ∵抛物线C1：y=x2﹣2ax+2a+2=（x﹣a）2﹣a 2+2a+2， ∴顶点P（a，﹣a 2+2a+2） （2）解：∵yP=﹣a 2+2a+2=﹣（a﹣1）2+3≤3 ∴当a=1时，P达到最高位置（1，3） 此时抛物线C1解析式为y=x2﹣2x+4， ∴y=x2﹣2x+4=（x﹣1）2+3≥3， ∵当m≤x≤n时恰有3m≤y≤3n， ∴3≤3m≤y≤3n， ∴1≤m≤n， ∴当1≤m≤x≤n，y随x的增大而增大， ∴当x=m时，y=3m，当x=n时，y=3n， 则 ， 解得： ， ∵1≤m≤n， ∴m=1、n=4； （3）解：∵抛物线C1：y=x2﹣2ax+2a+2与y轴交于B点 ∴B（0，2a+2） ∵函数yP=﹣x 2+2x+2图象C2与y轴交于C点 ∴C（0，2） ∵A（1，3） ∴由勾股定理得AC= ，BC=|2a|，AB2=（2a﹣1）2+1 ∵△ABC为等腰三角形， ∴①AC=BC? ②BC2=AB2 ③AC2=AB2 ∴ =|2a|或4a2=（2a﹣1）2+1或2=（2a﹣1）2+1， ∴ 或 或a=1或a=0（B与C重合，舍去）， 即a=± 或a= 或a=1
【点评】（1）因为当x=1时，抛物线的值是3，所以抛物线C1必过定点A（1，3），用配方法写出抛物线的顶点式即可；（2）根据抛物线的顶点式得出P点达到最高位置的坐标，求出抛物线C1的解析式，通过分析讨论求出m、n的值；（3）由抛物线C1与y轴交于B点，得到B点坐标的表达式，由抛物线C2与y轴交于C点，得到C点坐标，根据勾股定理求出AC、BC、AB2的值，根据等腰三角形的性质，△ABC为等腰三角形求出a的值，此题是综合题，难度较大，计算和解方程时需认真仔细.
5. () 如图，二次函数y=ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．该抛物线的顶点为M．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）判断△BCM的形状，并说明理由．
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以点P，A，C为顶点的三角形与△BCM相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵函数y=ax2+bx﹣3的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0）， ∴ ，解得： ∴二次函数解析式为y=x2﹣2x﹣3； （2）解：解：△BCM为直角三角形． 如图1 ， 作MF⊥y轴于F，ME⊥x轴于E ∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4 ∴顶点M（1，﹣4）． 当x=0时，y=﹣3， ∴C（0，﹣3）． ∴在Rt△CMF中，CM2=CF2+MF2=12+12=2， 在Rt△CBO中，CB2=OC2+OB2=32+32=18， 在Rt△EMB中，BM2=ME2+BE2=42+22=20， ∴CM2+CB2=BM2 ， ∴∠MCB=90°， ∴△BCM为直角三角形． （3）解：如图2 ， 在坐标轴上存在点P，使得以点P，A，C为顶点的三角形与△BCM相似． 如图分三种情形：①若假设点P在x轴上，构成以AC为斜边的Rt△ACP，由△PAC∽△CMB，得 = ， = ， ∴AP=1． 由A（﹣1，0）与点P在x轴上，可知P与原点重合，即点P的坐标为（0，0）． ②假设点P在x轴上，构成以AC为直角边的Rt△ACP，由△ACP∽△MCB， 得 = ， = ， ∴PA=10， ∴PO=9， ∴P（9，0）． ③若假设点P在y轴上，构成以 AC 为直角边的 Rt△ACP， 由△ACP∽△CBM，得 = ， = ， ∴PC= ， ∴PO= ， ∴P（O， ）． 综上所述，符合条件的点P的坐标为（0，0），（9，0），（O， ）．
【点评】（1）将点A，B的坐标分别代入函数解析式，即可求解。 （2）先求出点C的坐标，由点C、B、M的坐标，再利用勾股定理分别求出CM、BM、CB的长，然后求出较小两边的平方和及第三边的平方，比较即可得出△BCM为直角三角形。 （3）由已知坐标轴上是否存在点P，可知点P可能在x轴上，也可能在y轴上，有三种情况：①若假设点P在x轴上，构成以AC为斜边的Rt△ACP，由△PAC∽△CMB，得出对应边成比例，求得AP的长，可知此时点P与原点重合；②假设点P在x轴上，构成以AC为直角边的Rt△ACP，由△ACP∽△MCB，得对应边成比例，求出AP的长，再求出PO的长，即可得到点P的坐标；③若假设点P在y轴上，构成以 AC 为直角边的 Rt△ACP，根据对应边成比例，建立方程求出PC的长，即可得到PO的长，就可以求得点P的坐标。
6. () 如图所示，抛物线y=ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图所示，直线BC下方的抛物线上有一点P，过点p作PE⊥BC于点E，作PF平行于x轴交直线BC于点F，求△PEF周长的最大值；
（3）已知点M是抛物线的顶点，点N是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，若点P是抛物线上一点，且位于抛物线的对称轴右侧，是否存在以P、M、N、Q为顶点且以PM为边的正方形？若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：把A（﹣1，0），B（3，0）两点坐标代入抛物线y=ax2+bx﹣3， 得到 ， 解得 ， ∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3． （2）解：如图1中，连接PB、PC．设P（m，m2﹣2m﹣3）， ∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴OB=OC， ∴∠OBC=45°， ∵PF∥OB， ∴∠PFE=∠OBC=45°， ∵PE⊥BC， ∴∠PEF=90°， ∴△PEF是等腰直角三角形， ∴PE最大时，△PEF的面积中点，此时△PBC的面积最大， 则有S△PBC=S△POB+S△POC﹣S△BOC= ?3?（﹣m2+2m+3）+ ?3?m﹣ =﹣ （m﹣ ）2+ ， ∴m= 时，△PBC的面积最大，此时△PEF的面积也最大， 此时P（ ，﹣ ）， ∵直线BC的解析式为y=x﹣3， ∴F（﹣ ，﹣ ）， ∴PF= ， ∵△PEF是等腰直角三角形， ∴EF=EP= ， ∴C△PEF最大值= + ． （3）解：①如图2中， 当N与C重合时，点N关于对称轴的对称点P，此时思想MNQP是正方形，易知P（2，﹣3）．点P横坐标为2， ②如图3中，当四边形PMQN是正方形时，作PF⊥y轴于N，ME∥x轴，PE∥y轴． 易知△PFN≌△PEM， ∴PF=PE，设P（m，m2﹣2m﹣3）， ∵M（1，﹣4）， ∴m=m2﹣2m﹣3﹣（﹣4）， ∴m= 或 （舍弃）， ∴P点横坐标为 所以满足条件的点P的横坐标为2或 ．
【点评】（1）把A，B两点坐标代入抛物线，即可求出此函数解析式。 （2）由B（3，0），C（0，﹣3）两点坐标，可得出△OBC是等腰直角三角形，根据已知PE⊥BC，PF∥x轴，可证得△PEF是等腰直角三角形，则PE最大时，△PEF的面积中点，此时△PBC的面积最大，求出S△PBC与m的函数关系式，求出其顶点坐标，即可得到△PBC的面积最大时m的值，再求出直线BC的解析式，即可求得点F的坐标，求出PF、EF、EP的长，即可△PEF周长的最大值。 （3）①当N与C重合时，点N关于对称轴的对称点P，此时思想MNQP是正方形，易知P点坐标；②当四边形PMQN是正方形时，作PF⊥y轴于N，ME∥x轴，PE∥y轴．易知△PFN≌△PEM，得到F=PE，建立方程，求解即可得到满足条件的点P的横坐标。
7. () 如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，顶点M关于x轴的对称点是M′．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；
（3）是否存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：将A、B点坐标代入函数解析式，得 ， 解得 ， 抛物线的解析式y=x2﹣2x﹣3 （2）解：将抛物线的解析式化为顶点式，得 y=（x﹣1）2﹣4， M点的坐标为（1，﹣4）， M′点的坐标为（1，4）， 设AM′的解析式为y=kx+b， 将A、M′点的坐标代入，得 ， 解得 ， AM′的解析式为y=2x+2， 联立AM′与抛物线，得 ， 解得 ， C点坐标为（5，12）． S△ABC= ×4×12=24 （3）解：存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形， 由ABPQ是正方形，A（﹣1，0）B（3，0），得 P（1，﹣2），Q（1，2），或P（1，2），Q（1，﹣2）， ①当顶点P（1，﹣2）时，设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2﹣2， 将A点坐标代入函数解析式，得 a（﹣1﹣1）2﹣2=0， 解得a= ， 抛物线的解析式为y= （x﹣1）2﹣2， ②当P（1，2）时，设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2+2，将 A点坐标代入函数解析式，得 a（﹣1﹣1）2+2=0， 解得a=﹣ ， 抛物线的解析式为y=﹣ （x﹣1）2+2， 综上所述：y= （x﹣1）2﹣2或y=﹣ （x﹣1）2+2，使得四边形APBQ为正方形．
【点评】（1）根据待定系数法，将A、B点坐标代入函数解析式，即可求解。 （2）先求出顶点坐标，根据轴对称的性质，可求得点M′的坐标，再求出直线AM′的解析式，再将两函数解析式联立，建立方程组，求解即可求出点C的坐标，然后求出△ABC的面积。 （3）根据正方形的性质，求得P、Q两点的坐标，根据待定系数法，可得函数解析式。
8. () 在矩形ABCD中，AB=4cm，AD=6cm，延长AB到E，使BE=2AB，连接CE，动点F从A出发以2cm/s的速度沿AE方向向点E运动，动点G从E点出发，以3cm/s的速度沿E→C→D方向向点D运动，两个动点同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止，设动点运动的时间为t秒．
（1）当t为何值时，FC与EG互相平分；
（2）连接FG，当t＜ 时，是否存在时间t使△EFG与△EBC相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）设△EFG的面积为y，求出y与t的函数关系式，求当t为何值时，y有最大值？最大值是多少？
【答案】见解析
【解析】（1）解：如图1， ∵AB=4，∴BE=2AB=8， 在Rt△BCE中，根据勾股定理得，CE=10， 由运动知，CG=3t﹣10，EF=AB+BE﹣2t=12﹣2t． ∵FC与EG互相平分， ∴点G必在CD边上， ∴四边形CEFG是平行四边形， ∴CG=EF， ∴3t﹣10=12﹣2t， ∴t= ； （2）解：∵当t＜ 时，点G在CE上， ∵△EFG与△EBC相似， 当△EFG∽△EBC时， ∴ ， ∴ ， ∴t= ， 当△EGF∽△EBC时， ∴ ， ∴ ， ∴t= ； （3）解：当点G在CE上时，即：0＜t≤ ，如图3， 过点G作GM⊥BE， ∴GM∥BC， ∴△EMG∽△EBC， ∴ ， ∴ ， ∴GM= t， ∴y=S△EFG= EF?GM= ×（12﹣2t）× t=﹣ t2+ t=﹣ （t﹣3）2+ ； 当t=3时，y最大= ． 当点G在CD上时，即： ＜t≤ ， y=S△EFG= EF×BC= （12﹣2t）×6=﹣6t+36． 即：t=3时，y最大= ．
【点评】（1）在Rt△BCE中，根据勾股定理得，由运动知，CG=3t﹣10，EF=AB+BE﹣2t=12﹣2t．CE=10，判断出四边形CEFG是平行四边形，再用对边相等建立方程即可得出结论；（2）分当t＜ 时，点G在CE上与当点G在CD上时，即： ＜t≤ 两种情况，用相似三角形的对应边成比例建立方程即可；（3）分点G在CE上时，即：0＜t≤?与点G在CD上时，即：? ＜t≤? 两种情况，用三角形的面积y=S△EFG=? EF?GM与y=S△EFG=? EF×BC即可。
9. () 已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点B（14，0）和C（0，﹣8），对称轴为x=4．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点D在线段AB上且AD=AC，若动点P从A出发沿线段AB以每秒1个单位长度的速度匀速运动，同时另一动点N以某一速度从C出发沿线段CB匀速运动，问是否存在某一时刻，使线段PN被直线CD垂直平分？若存在，请求出此时的时间t（秒）和点N的运动速度；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的结论下，直线x=1上是否存在点M使△MPN为等腰三角形？若存在，请直接写出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵抛物线过C（0，﹣8）， ∴c=﹣8，即y=ax2+bx﹣8， 由函数经过点（14，0）及对称轴为x=4可得 ， 解得： ， ∴该抛物线的解析式为y= x2﹣ x﹣8 （2）解：存在直线CD垂直平分PN． 由函数解析式为y= x2﹣ x﹣8，可求出点A坐标为（﹣6，0）， 在Rt△AOC中，AC= = =10=AD， 故可得OD=AD﹣OA=4，点D在函数的对称轴上， ∵线CD垂直平分PN， ∴∠PDC=∠NDC，PD=DN， 由AD=AC可得，∠PDC=∠ACD， ∴∠NDC=∠ACD， ∴DN//AC， 又∵DB=AB﹣AD=20﹣10=10=AD， ∴点D是AB中点， ∴DN为△ABC的中位线， ∴DN= AC=5， ∴AP=AD﹣PD=AD﹣DN=10﹣5=5， ∴t=5÷1=5（秒）， ∴存在t=5（秒）时，线段PN被直线CD垂直平分． 在Rt△BOC中，BC= = =2 ， 而DN为△ABC的中位线，N是BC中点， ∴CN= ， ∴点N的运动速度为每秒 单位长度 （3）解：存在，过点N作NH⊥x轴于H，则NH= OC=4， PH=OP+OH=1+7=8， 在Rt△PNH中，PN= = =4 ， ①当MP=MN，即M为顶点，则此时CD与PN的交点即是M点（上面已经证明CD垂直平分PN）， 设直线CD的直线方程为：y=kx+b（k≠0）， 因为点C（0，﹣8），点D（4，0）， 所以可得直线CD的解析式为：y=2x﹣8， 当x=1时，y=﹣6， ∴M1（1，﹣6）； ②当PN为等腰△MPN的腰时，且P为顶点． 设直线x=1上存在点M（1，y），因为点P坐标为（﹣1，0）， 从而可得PM2=22+y2 ， 又PN2=80， 则22+y2=80， 即y=±2 ， ∴M2（1，2 ），M3（1，﹣2 ）； ③当PN为等腰△MPN的腰时，且N为顶点，点N坐标为（7，﹣4）， 设直线x=1存在点M（1，y）， 则NM2=62+（y+4）2=80， 解得：y=2 ﹣4或﹣2 ﹣4； ∴M4（1，﹣4+2 ），M5（1，﹣4﹣2 ）． 综上所述：存在这样的五点：M1（1，﹣6），M2（1，2 ），M3（1，﹣2 ），M4（1，﹣4+2 ），M5（1，﹣4﹣2 ）．
【点评】（1）由题意抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点B（14，0）和C（0，﹣8），对称轴为x=4，根据待定系数法可以求得该抛物线的解析式；（2）假设存在，设出时间t，则根据线段PN被直线CD垂直平分，再由垂直平分线的性质及勾股定理来求解t，看t是否存在；（3）假设直线x=1上是存在点M，使△MPN为等腰三角形，此时要分两种情况讨论：①当PN为等腰△MPN的腰时，且P为顶点；②当PN为等腰△MPN的腰时，且Q为顶点；然后再根据等腰三角形的性质及直角三角形的勾股定理求出M点坐标．
10. () 如图1，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴的两个交点分别为A（﹣3，0），B（1，0），与y轴的交点为D，对称轴与抛物线交于点C，与x轴负半轴交于点H．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点E，F分别是抛物线对称轴CH上的两个动点（点E在点F上方），且EF=1，求使四边形BDEF的周长最小时的点E，F坐标及最小值；
（3）如图2，点P为对称轴左侧，x轴上方的抛物线上的点，PQ⊥AC于点Q，是否存在这样的点P使△PCQ与△ACH相似？若存在请求出点P的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0）， ∴ ，解得 ， ∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3 （2）解：∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4， ∴顶点C（﹣1，4）． 将D点向下平移1个单位，得到点M，连结AM交对称轴于F，作DE∥FM交对称轴于E点，如图1所示． ∵EF∥DM，DE∥FM， ∴四边形EFMD是平行四边形， ∴DE=FM，EF=DM=1， DE+FB=FM+FA=AM． 由勾股定理，得AM= = = ，BD= = = ， 四边形BDEF周长的最小值=BD+DE+EF+FB=BD+EF+（DE+FB）=BD+EF+AM= +1+ ； 设AM的解析式为y=mx+n，将A（﹣3，0），M（0，2）代入，解得m= ，n=2，则AM的解析式为y= x+2， 当x=﹣1时，y= ，即F（﹣1， ）， 由EF=1，得E（﹣1， ）． 故四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为（﹣1， ），点F坐标为（﹣1， ），四边形BDEF周长的最小值是 +1+ ； （3）解：点P在对称轴左侧，当△PCQ∽△ACH时，∠PCQ=∠ACH． 过点A作CA的垂线交PC与点F，作FN⊥x轴与点N．则AF∥PQ， ∴△CPQ∽△CFA， ∴ = =2． ∵∠CAF=90°， ∴∠NAF+∠CAH=90°，∠NFA+∠NAF=90°， ∴∠BFA=∠CAH． 又∵∠FNA=∠AHC=90°， ∴△FNA∽△AHC， ∴ = = = ，即 = = ． ∴AN=2，FN=1． ∴F（﹣5，1）． 设直线CF的解析式为y=kx+b，将点C和点F的坐标代入得： ，解得：k= ，b= ． ∴直线CF的解析式为y= x+ ． 将y= x+ 与y=﹣x2﹣2x+3联立得： 解得： 或 （舍去）． ∴P（﹣ ， ）． ∴满足条件的点P的坐标为（﹣ ， ）．
【点评】（1）直接利用待定系数法来求解； （2）把（1）中得到的解析式写成顶点式可得C的坐标，将D点向下平移1个单位，得到点M，连结AM交对称轴于F，作DE∥FM交对称轴于E点，进而可得四边形EFMD是平行四边形，由平行四边形的性质和勾股定理可求得AM、BD，进而可求出四边形BDEF周长的最小值，再利用待定系数法求出直线AM的解析式，从而得到F的坐标，然后由EF=1得出E的坐标； （3）过点A作CA的垂线交PC与点F，作FN⊥x轴与点N．则AF∥PQ.当△PCQ∽△ACH时，∠PCQ=∠ACH．再证明△CPQ∽△CFA和△FNA∽△AHC，由相似三角形的性质可求出AN、FN的长，进而得到F点的坐标，再求出直线CF的解析式，然后与抛物线解析式联立，求出P点的坐标.
11. () 如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的象经过A（﹣1，0）、B（3，0）、N（2，3）三点，且与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点M及点C的坐标；
（2）若直线y=kx+d经过C、M两点，且与x轴交于点D，试证明四边形CDAN是平行四边形；
（3）点P是这个二次函数的对称轴上一动点，请探索：是否存在这样的点P，使以点P为圆心的圆经过A、B两点，并且与直线CD相切？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：因为二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、N（2，3） 所以，可建立方程组： ， 解得： 所以，所求二次函数的解析式为y=﹣x2+2x+3， 所以，顶点M（1，4），点C（0，3） （2）解：直线y=kx+d经过C、M两点， 所以 ， 即k=1，d=3， 直线解析式为y=x+3． 令y=0，得x=﹣3， 故D（﹣3，0） ∴CD= ，AN= ，AD=2，CN=2 ∴CD=AN，AD=CN（2分） ∴四边形CDAN是平行四边形 （3）解：假设存在这样的点P，使以点P为圆心的圆经过A、B两点，并且与直线CD相切， 因为这个二次函数的对称轴是直线x=1， 故可设P（1，y0）， 则PA是圆的半径且PA2=y02+22 ， 过P做直线CD的垂线，垂足为Q，则PQ=PA时以P为圆心的圆与直线CD相切． 由第（2）小题易得：△MDE为等腰直角三角形， 故△PQM也是等腰直角三角形， 由P（1，y0）得PE=y0 ， PM=|4﹣y0|， ， 由PQ2=PA2得方程： ， 解得 ，符合题意， 所以，满足题意的点P存在，其坐标为（1， ）或（1， ）
【点评】（1）根据题意将点A，B，N的坐标代入函数解析式，组成方程组即可求得；（2）求得点C，M的坐标，可得直线CM的解析式，可求得点D的坐标，即可得到CD= ，AN= ，AD=2，CN=2，根据平行四边形的判定定理可得四边形CDAN是平行四边形；（3）假设存在这样的点P，使以点P为圆心的圆经过A、B两点，并且与直线CD相切，因为这个二次函数的对称轴是直线x=1，故可设P（1，y0），则PA是圆的半径且PA2=y02+22 ， 过P做直线CD的垂线，垂足为Q，则PQ=PA时以P为圆心的圆与直线CD相切．由第（2）小题易得：△MDE为等腰直角三角形，故△PQM也是等腰直角三角形，继而求得满足题意的点P存在，其坐标为（1， ）或（1， ）．
12. () 如图，抛物线y=ax2+bc+c（a＞0）的顶点为M，若△MCB为等边三角形，且点C，B在抛物线上，我们把这种抛物线称为“完美抛物线”，已知点M与点O重合，BC=2．
（1）求过点O、B、C三点完美抛物线y1的解析式；
（2）若依次在y轴上取点M1、M2、…Mn分别作等边三角形及完美抛物线y1、y2、…y3 ， 其中等边三角形的相似比都是2：1，如图，n为正整数． ①则完美抛物线a，y2=________，完美抛物线y3=________；完美抛物线yn=________； ②直接写出Bn的坐标________； ③判断点B1、B2、…、Bn是否在同一直线，若在，求出直线的解析式，若不在同一直线上，说明理由________．
【答案】（1）解：∵△BMC是等边三角形，BC=2， ∴∠BMC=60°，OB=BC=2， ∴∠BOM1=30°， ∴BM1=1，OM1= ， ∴B（1， ）， ∵顶点M（0，0）， ∴y1= x2； （2）2 x2+ ；4 x2+ ；2n﹣1 x2+ ；解：②∵B1（ ， ），即B1（ ， + ）， B2（ ， ），即B2（（ ）2 ， + + ）， B3（ ， ），即B3（（ ）3 ， + + + ）， … ∴Bn（（ ）n ， + + +…+ ）， ∵ + + +…+ = =（2﹣ ） ， ∴Bn（（ ）n ， （2﹣ ） ）；③点B1、B2、…、Bn是在同一直线．理由如下： ∵Bn（（ ）n ， （2﹣ ） ）， ∴点B1、B2、…、Bn都在直线y=2 ﹣ x上．
【解析】解： （2）①∵△BMC∽△B1M1C1 ， ∵等边三角形的相似比都是2：1， ∴B1M2= ，M2M1= ， ∴B1（ ， ），M1（0， ）， ∴y2=2 x2+ ； 同理：B2M3= ，M3M2= ， ∴B2（ ， ），M2（0， ）， ∴y3=4 x2+ ； … yn=2n﹣1 x2+ ． 故答案为2 x2+ ，4 x2+ ，2n﹣1 x2+ ； 【点评】（1）根据等边三角形的性质得出∠BOM1=30°，解直角△BOM1 ， 得到BM1=1，OM1= ，那么B（1， ），又顶点M（0，0），利用待定系数法求出完美抛物线y1的解析式；（2）①由于等边三角形的相似比都是2：1，得出B1M2= ，M2M1= ，那么B1（ ， ），又M1（0， ），利用待定系数法求出完美抛物线y2的解析式；同理，求出B2（ ， ），M2（0， ），利用待定系数法求出完美抛物线y3的解析式；进而得到完美抛物线yn的解析式；②分别求出B1（ ， ），B2（ ， ），B3（ ， ），找出横坐标与纵坐标的规律，进而得出Bn（（ ）n ， + + +…+ ）；③根据Bn（（ ）n ， （2﹣ ） ）的坐标即可得出点B1、B2、…、Bn都在直线y=2 ﹣ x上．
13. () 已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．
（1）求点C的坐标；
（2）若抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过C、A两点，求此抛物线的解析式；
（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：过点C作CH⊥x轴，垂足为H； ∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2， ∴OB=4，OA=2 ； 由折叠的性质知：∠COB=30°，OC=AO=2 ， ∴∠COH=60°，OH= ，CH=3； ∴C点坐标为（ ，3） （2）解：∵抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过C（ ，3）、A（2 ，0）两点， ∴ ， 解得 ； ∴此抛物线的函数关系式为：y=﹣x2+2 x （3）解：存在． ∵y=﹣x2+2 x的顶点坐标为（ ，3）， 即为点C，MP⊥x轴，垂足为N，设PN=t； ∵∠BOA=30°， ∴ON= t， ∴P（ t，t）； 作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E； 把x= t代入y=﹣x2+2 x， 得y=﹣3t2+6t， ∴M（ t，﹣3t2+6t），E（ ，﹣3t2+6t）， 同理：Q（ ，t），D（ ，1）； 要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE=QD， 即3﹣（﹣3t2+6t）=t﹣1， 解得t= ，t=1（舍去）， ∴P点坐标为（ ， ）， ∴存在满足条件的P点，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点坐标为（ ， ）
【点评】（1）根据直角三角形的性质，求出OA、OB的值，由折叠的性质，得到C点坐标；（2）由抛物线经过C、A两点，由待定系数法求出抛物线的函数关系式；（3）根据抛物线的解析式，求出抛物线的顶点坐标，由∠BOA=30°，得到P点的坐标，求出M、E、Q、D的坐标，根据要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE=QD，求出P点坐标；此题是综合题，难度较大，计算和解方程时需认真仔细.
14. () 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（4，﹣ ），且与y轴交于点C（0，2），与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）求抛物线的解析式及A、B两点的坐标；
（2）在（1）中抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使AP+CP的值最小？若存在，求AP+CP的最小值，若不存在，请说明理由；
（3）以AB为直径的⊙M相切于点E，CE交x轴于点D，求直线CE的解析式．
【答案】见解析
【解析】（1）解：由题意，设抛物线的解析式为y=a（x﹣4）2﹣ （a≠0） ∵抛物线经过（0，2） ∴a（0﹣4）2﹣ =2 解得：a= ∴y= （x﹣4）2﹣ 即：y= x2﹣ x+2 当y=0时， x2﹣ x+2=0 解得：x=2或x=6 ∴A（2，0），B（6，0） （2）解：存在，如图2， 由（1）知：抛物线的对称轴l为x=4， 因为A、B两点关于l对称，连接CB交l于点P，则AP=BP，所以AP+CP=BC的值最小 ∵B（6，0），C（0，2） ∴OB=6，OC=2 ∴BC=2 ， ∴AP+CP=BC=2 ∴AP+CP的最小值为2 （3）解：如图3，连接ME ∵CE是⊙M的切线 ∴ME⊥CE，∠CEM=90° ∵C的坐标（0，2）， ∴OC=2， ∵AB=4， ∴ME=2 ∴OC=ME=2， ∵∠ODC=∠MDE， ∵在△COD与△MED中 ∴△COD≌△MED（AAS）， ∴OD=DE，DC=DM 设OD=x 则CD=DM=OM﹣OD=4﹣x 则Rt△COD中，OD2+OC2=CD2 ， ∴x2+22=（4﹣x）2 ∴x= ∴D（ ，0） 设直线CE的解析式为y=kx+b（k≠0）， ∵直线CE过C（0，2），D（ ，0）两点， 则 解得： ∴直线CE的解析式为y=﹣ +2；
【点评】（1）已知顶点坐标，因此函数解析式设成顶点式，再将点C的坐标代入即可求得函数解析式，由y=0，建立方程求解即可得到抛物线与x轴的两交点坐标。 （2）要在抛物线的对称轴l上求作点P，使AP+CP的值，抛物线是关于对称轴对称，点A关于直线l的对称点是点B，因此连接BC交直线l于点P，要求AP+CP的值，可证得AP+CP=BC，再Rt△OBC中根据勾股定理即可求出BC的长。 （3）由已知点A、B的坐标及AB时直径，可证得OC=ME，即可证明△COD≌△MED，得出OD=DE，DC=DM。运用勾股定理Rt△COD中，求出OD的长，即可求出点D的坐标，利用待定系数法，即可直线CE的解析式。
15. () 如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．
（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
【答案】见解析
【解析】（1）解：设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则： a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1； ∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3 （2）解：设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有： ， 解得 ； 故直线BC的解析式：y=﹣x+3． 已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）； ∴故MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）． （3）解：如图： ∵S△BNC=S△MNC+S△MNB= MN（OD+DB）= MN?OB， ∴S△BNC= （﹣m2+3m）?3=﹣ （m﹣ ）2+ （0＜m＜3）； ∴当m= 时，△BNC的面积最大，最大值为 ．
【点评】（1）观察已知点坐标的特点，可设函数解析式为两根式，将点的坐标代入即可求出函数解析式。 （2）先求出直线BC的函数解析式，抓住MN∥y轴，点M是线段BC上，点N在抛物线上，告诉了点M的横坐标为m，因此可以表示出点M、N的坐标，就可以用m的代数式表示MN的长． （3）先求出S△BNC与x的函数关系式，再求出此二次函数的顶点坐标，即可求出结果。
