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（共12道题）
1．（2016?泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线??=??
??
2
+????相交于A（1，3
3
），B（4，0）两点．
/
（1）求出抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出
????
????
的值，并求出此时点M的坐标．
2．（2016?山西）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线/与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为（－2，0），（6，－8）．
/
（1）求抛物线的函数表达式，并分别求出点B和点E的坐标；
（2）试探究抛物线上是否存在点F，使/≌/，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为（0，m），直线PB与直线l交于点Q．试探究：当m为何值时，/是等腰三角形．
3．（2016?包头）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．
/
（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y=a（x﹣h）2+k的形式；
（2）若点H（1，y）在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？
（4）在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2017?铁岭）如图，抛物线与x轴的两个交点分别为A（3，0），D（﹣1，0），与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且OB=OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接BE，AB，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使∠QBA=∠BEM，求出点Q的坐标；
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，交抛物线于点F，连接BF，点G是x轴上一点，在抛物线上是否存在点N，使以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
/
5．（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．
/
6．（2017?盐城）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为，△BCE的面积为，求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
/
7．（2018?连云港）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1=kx2+m（k＜0）与y2=ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
/
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC，CD，AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标
8．（2018?金华）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
/
9．（2018?济宁）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
（3）若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
/
10．（2018?十堰）已知抛物线y=
??
??
x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
/
11．（2018?韶关）如图，已知顶点为??(0,?3)的抛物线??=??
??
2
+??(??≠0)与??轴交于??，??两点，直线??=??+??过顶点??和点??．
（1）求??的值；
（2）求函数??=??
??
2
+??(??≠0)的解析式；
（3）抛物线上是否存在点??，使得∠??????=15°？若存在，求出点??的坐标；若不存在，请说明理由．
/
12．（2018?重庆B）抛物线y=﹣
??
??
x2﹣
??
??
??
x+
??
与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+
??
??
EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
/
一、解答题（共12道题）
1．（2017?北京一模）在平面直角坐标系中xOy中，抛物线y=
1
2
x2﹣mx+
1
2
m2+m﹣2的顶点在x轴上．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点Q是x轴上一点，
①若在抛物线上存在点P，使得∠POQ=45°，求点P的坐标；
②抛物线与直线y=2交于点E，F（点E在点F的左侧），将此抛物线在点E，F（包含点E和点F）之间的部分沿x轴平移n个单位后得到的图象记为G，若在图象G上存在点P，使得∠POQ=45°，求n的取值范围．
/
2．（2017?石家庄模拟）如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BD⊥AC于点D，BD=8cm．点M从点A出发，沿AC的方向匀速运动，同时直线PQ由点B出发，沿BA的方向匀速运动，运动过程中始终保持PQ∥AC，直线PQ交AB于点P、交BC于点Q、交BD于点F．连接PM，设运动时间为t秒（0＜t≤5）．线段CM的长度记作y甲，线段BP的长度记作y乙，y甲和y乙关于时间t的函数变化情况如图所示．
（1）由图2可知，点M的运动速度是每秒 cm，当t为何值时，四边形PQCM是平行四边形？在图2中反映这一情况的点是 ；
（2）设四边形PQCM的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S四边形PQCM=
1
2
S△ABC？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
（4）连接PC，是否存在某一时刻t，使点M在线段PC的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．
/
3．（2017?海安模拟）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣
3
4
x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．
/
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PE=5EF，求m的值；
（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点、是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2017?广州模拟）如图，已知抛物线与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，8）．
（1）求抛物线的解析式及其顶点D的坐标；
（2）设直线CD交x轴于点E．在线段OB的垂直平分线上是否存在点P，使得点P到直线CD的距离等于点P到原点O的距离？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）过点B作x轴的垂线，交直线CD于点F，将抛物线沿其对称轴平移，使抛物线与线段EF总有公共点．试探究：抛物线向上最多可平移多少个单位长度？向下最多可平移多少个单位长度？
/
5．（2017?日照模拟）如图1，在平面之间坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2﹣x1|2+|y2﹣y1|2，所以A，B两点间的距离为AB=/．
我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系xoy中，A（x，y）为圆上任意一点，则A到原点的距离的平方为OA2=|x﹣0|2+|y﹣0|2，当⊙O的半径为r时，⊙O的方程可写为：x2+y2=r2．
问题拓展：如果圆心坐标为P（a，b），半径为r，那么⊙P的方程可以写为 ．
综合应用：
如图3，⊙P与x轴相切于原点O，P点坐标为（0，6），A是⊙P上一点，连接OA，使tan∠POA=/，作PD⊥OA，垂足为D，延长PD交x轴于点B，连接AB．
①证明AB是⊙P的切点；
②是否存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q？若存在，求Q点坐标，并写出以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程；若不存在，说明理由．
/
6．（2017?达州模拟）如图，在直角体系中,直线AB交x轴于点A(5,0),交y轴于点B,AO是⊙M的直径,其半圆交AB于点C,且AC=3.取BO的中点D,连接CD、MD和OC.
（1）求证：CD是⊙M的切线；
（2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求△PDM的周长最小时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下,当△PDM的周长最小时,抛物线上是否存在点Q，使S△PDM=6S△QAM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
/
7．（2018?淮北模拟）已知????⊥????于??，????⊥????于??，????=6，????=4，????=14，则在????上是否存在点??，使以??、??、??为顶点的三角形与以??、??、??为顶点的三角形相似？如果存在，求????的长；如果不存在，说明理由．
/
8．（2018?沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣
3
2
与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0）．绕点A旋转的直线l：y＝kx+b1交抛物线于另一点D，交y轴于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当点D在第二象限且满足CD＝5AC时，求直线l的解析式；
（3）在（2）的条件下，点E为直线l下方抛物线上的/一点，直接写出△ACE面积的最大值；
（4）如图2，在抛物线的对称轴上有一点P，其纵坐标为4，点Q在抛物线上，当直线l与y轴的交点C位于y轴负半轴时，是否存在以点A，D，P，Q为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
/
9．（2018?铜仁）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，
1
2
），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
/
10．（2018?日照）如图，已知点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，1）在抛物线y=ax2+bx+c上．
（1）求抛物线解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上求一点P，使△PBC面积为1；
（3）在x轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点Q，使∠BQC=∠BAC？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
/
11．（2018?曲靖模拟）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，A、B两点的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）点E为抛物线的顶点，点C为抛物线与x轴的另一交点，点D为y轴上一点，且DC=DE，求出点D的坐标．
（3）在第二问的条件下，射线DE上是否存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
/
12．（2018?襄阳模拟）已知平面直角坐标系中两定点A（﹣1，0）、B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，顶点为C，点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围；
（3）若m＞
3
2
，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（0＜t＜
5
2
）个单位，点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′，是否存在t，使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t的值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．
/
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（共12道题）
1．（2016?泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线??=??
??
2
+????相交于A（1，3
3
），B（4，0）两点．
/
（1）求出抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出
????
????
的值，并求出此时点M的坐标．
【答案】（1）??=?
3
??
2
+4
3
??；（2）D（1，0）或（0，
3
3
+
11
2
）或（0，
3
3
?
11
2
）；（3）
2
，M（
2
+1，2
6
+
3
）．
【解析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）分D在x轴上和y轴上，当D在x轴上时，过A作AD⊥x轴，垂足D即为所求；当D点在y轴上时，设出D点坐标为（0，d），可分别表示出AD、BD，再利用勾股定理可得到关于d的方程，可求得d的值，从而可求得满足条件的D点坐标；
（3）过P作PF⊥CM于点F，利用Rt△ADO∽Rt△MFP以及三角函数，可用PF分别表示出MF和NF，从而可表示出MN，设BC=a，则可用a表示出CN，再利用S△BCN=2S△PMN，可用PF表示出a的值，从而可用PF表示出CN，可求得
????
????
的值；借助a可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可求得a的值，从而可求出M点的坐标．
解：（1）∵A（1，3
3
），B（4，0）在抛物线??=??
??
2
+????的图象上，∴
??+??=3
3
16??+4??=0
，解得
??=?
3
??=4
3
，∴抛物线解析式为??=?
3
??
2
+4
3
??；
（2）存在三个点满足题意，理由如下：
①当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，3
3
），
∴D坐标为（1，0）；
②当点D在y轴上时，设D（0，d），
则??
??
2
=1+
(3
3
???)
2
，??
??
2
=
4
2
+
??
2
，
且??
??
2
=
(4?1)
2
+
(3
3
)
2
=36，
∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，∴
??
??
2
+??
??
2
=??
??
2
，即1+
(3
3
???)
2
+
4
2
+
??
2
=36，
解得d=
3
3
±
11
2
，∴D点坐标为（0，
3
3
+
11
2
）或（0，
3
3
?
11
2
）；
综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，
3
3
+
11
2
）或（0，
3
3
?
11
2
）；
（3）如图2，过P作PF⊥CM于点F，
∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，
∴
????
????
=
????
????
=3
3
，∴MF=3
3
PF，
在Rt△ABD中，BD=3，AD=3
3
，
∴tan∠ABD=
3
，∴∠ABD=60°，
设BC=a，则CN=
3
a，
在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，
∴tan∠PNF=
????
????
=
3
3
，
∴FN=
3
PF，∴MN=MF+FN=4
3
PF，
∵S△BCN=2S△PMN，
∴
3
2
??
2
=2×
1
2
×4
3
??
??
2
，
∴a=2
2
PF，
∴NC=
3
a=2
6
PF，
∴
????
????
=
4
3
????
2
6
????
=
2
，
∴MN=
2
NC=
2
×
3
??=
6
a，
∴MC=MN+NC=（
6
+
3
）a，
∴M点坐标为（4﹣a，（
6
+
3
）a），
又M点在抛物线上，代入可得?
3
(4???)
2
+4
3
(4???)=（
6
+
3
）a，解得a=3?
2
或a=0（舍去），OC=4﹣a=
2
+1，MC=2
6
+
3
，
∴点M的坐标为（
2
+1，2
6
+
3
）．
/ /
【点评】在这类综合练习题中，求点坐标通常过点作x轴，y轴的垂线，并根据题意找到相似关系，或者根据题求出点所在图像对应的函数的解析式，代入求解。计算量较大，需要有较强的计算功底。
2．（2016?山西）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线/与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为（－2，0），（6，－8）．
/
（1）求抛物线的函数表达式，并分别求出点B和点E的坐标；
（2）试探究抛物线上是否存在点F，使/≌/，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为（0，m），直线PB与直线l交于点Q．试探究：当m为何值时，/是等腰三角形．
【答案】（1）/；B（8,0）；E（3，-4）；（2）（/）或（/）；（3）/或/.
【解析】（1）将A，D的坐标代入函数解析式，解二元一次方程即可求出函数表达式；点B坐标：利用抛物线对称性，求出对称轴结合A点坐标即可求出B点坐标；点E坐标：E为直线l和抛物线对称轴的交点，利用D点坐标求出l表达式，令其横坐标为/，即可求出点E的坐标；（2）利用全等对应边相等，可知FO=FC，所以点F肯定在OC的垂直平分线上，所以点F的纵坐标为-4，带入抛物线表达式，即可求出横坐标；（3）根据点P在y轴负半轴上运动，∴分两种情况讨论，再结合相似求解.
解：（1）/抛物线/经过点A（－2，0），D（6，－8），
/解得//抛物线的函数表达式为/
//，/抛物线的对称轴为直线/．又/抛物线与x轴交于A，B两点，点A的坐标为（－2，0）．/点B的坐标为（8，0）
设直线l的函数表达式为/．/点D（6，－8）在直线l上，/6k=－8，解得/．
/直线l的函数表达式为/
/点E为直线l和抛物线对称轴的交点．/点E的横坐标为3，纵坐标为/，
即点E的坐标为（3，－4）
（2）抛物线上存在点F，使/≌/．点F的坐标为（/）或（/）
（3）分两种情况：
①当/时，/是等腰三角形．
/点E的坐标为（3，－4），/，过点E作直线ME//PB，交y轴于点M，交x轴于点H，则/，//点M的坐标为（0，－5）．
设直线ME的表达式为/，//，解得/，/ME的函数表达式为/，令y=0，得/，解得x=15，/点H的坐标为（15，0）
又/MH//PB，//，即/，//
②当/时，/是等腰三角形． 当x=0时，/，/点C的坐标为（0，－8），
//，/OE=CE，//，又因为/，//，//，/CE//PB
设直线CE交x轴于点N，其函数表达式为/，//，解得/，
/CE的函数表达式为/，令y=0，得/，//，/点N的坐标为（6，0）
/CN//PB，//，//，解得/
综上所述，当m的值为/或/时，/是等腰三角形．
//
3．（2016?包头）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．
/
（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y=a（x﹣h）2+k的形式；
（2）若点H（1，y）在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？
（4）在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣/（x﹣2）2+/；（2）/．（3）/﹣/；（4）在x轴上方的抛物线上，存在点P，使得∠PBF被BA平分，P（/，）．
【解析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；（2）先求出GH，点F的坐标，用三角形的面积公式计算即可；（3）设出点M，用勾股定理求出点M的坐标，从而求出MD，最后求出时间t；（4）由∠PBF被BA平分，确定出过点B的直线BN的解析式，求出此直线和抛物线的交点即可．
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，
∴/
∴/，
∴抛物线解析式为y=﹣/x2+/x﹣2=﹣/（x﹣2）2+/；
（2）如图1，
/
过点A作AH∥y轴交BC于H，BE于G，
由（1）有，C（0，﹣2），
∵B（0，3），
∴直线BC解析式为y=/x﹣2，
∵H（1，y）在直线BC上，
∴y=﹣/，
∴H（1，﹣/），
∵B（3，0），E（0，﹣1），
∴直线BE解析式为y=﹣/x﹣1，
∴G（1，﹣/），
∴GH=/，
∵直线BE：y=﹣/x﹣1与抛物线y=﹣/x2+/x﹣2相较于F，B，
∴F（，﹣/），
∴S△FHB=GH×|xG﹣xF|+GH×|xB﹣xG|
=GH×|xB﹣xF|
=×/×（3﹣）
=/．
（3）如图2，
/
由（1）有y=﹣/x2+/x﹣2，
∵D为抛物线的顶点，
∴D（2，/），
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，
∴设M（2，m），（m＞/），
∴OM2=m2+4，BM2=m2+1，AB2=9，
∵∠OMB=90°，
∴OM2+BM2=AB2，
∴m2+4+m2+1=9，
∴m=/或m=﹣/（舍），
∴M（0，/），
∴MD=/﹣/，
∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，
∴t=/﹣/；
（4）存在点P，使∠PBF被BA平分，
如图3，/
∴∠PBO=∠EBO，
∵E（0，﹣1），
∴在y轴上取一点N（0，1），
∵B（3，0），
∴直线BN的解析式为y=﹣/x+1①，
∵点P在抛物线y=﹣/x2+/x﹣2②上，
联立①②得，/或/（舍），
∴P（/，），
即：在x轴上方的抛物线上，存在点P，使得∠PBF被BA平分，P（/，）．
4．（2017?铁岭）如图，抛物线与x轴的两个交点分别为A（3，0），D（﹣1，0），与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且OB=OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接BE，AB，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使∠QBA=∠BEM，求出点Q的坐标；
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，交抛物线于点F，连接BF，点G是x轴上一点，在抛物线上是否存在点N，使以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）；（2）Q的坐标为（1，1）或（1， ）；（3）N的坐标为（，2）或（，2）或（，﹣2）或（，﹣2）或（1，4）．
【解析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）首先证明BE⊥AB，分两种情形求解①作BQ⊥EM交EM于Q，由∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，推出∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）．
②当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1，/），由△Q′BK∽△Q′EB，可得Q′B2=Q′K?Q′E，列出方程即可解决问题；
（3）由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，由此即可解决问题；
解：（1）把A（3，0），D（﹣1，0）代入，得： ，解得： ，∴抛物线的解析式为；
（2）如图1中，∵y=﹣（x﹣1）2+4，∴E（1，4），∵A（3，0），B（0，1），∴直线BE的解析式为y=3x+1，直线AB的解析式为y=﹣x+1，∵3×（﹣）=﹣1，∴BE⊥AB，作BQ⊥EM交EM于Q，∵∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，∴∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）；
/
当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1， ）．∵∠QBK=∠BEM，∠BQ′K=∠BQ′E，∴△Q′BK∽△Q′EB，∴Q′B2=Q′K?Q′E，∴12+（m﹣1）2=（﹣m）?（4﹣m），解得m=，∴Q（1， ）；
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，1）或（1， ）；
（3）如图2中，由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，①当y=2时，﹣x2+2x+3=2，解得x=，可得N1（，2），N4（，2）；
②当y=﹣2时，﹣x2+2x+3=﹣2，解得x=，可得N2（，﹣2），N3（，﹣2），当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，此时N5（1，4）；
综上所述，满足条件的点N的坐标为（，2）或（，2）或（，﹣2）或（，﹣2）或（1，4）．
/
【点评】本题考查二次函数的综合题，涉及到待定系数法、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质与判定等，正确添加辅助线、分类讨论是解题的关键.
5．（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】（1）证明见解析；（2）6；（3）t=1或
18
25
．
【解析】（1）先利用锐角三角函数表示出QE=4t，QD=3（2﹣t），再由运动得出AP=3t，CR=4t，BP=3（2﹣t），AR=4（2﹣t），最后用三角形的面积公式即可得出结论；
（2）借助（1）得出的结论，利用面积差得出S△PQR=18（t﹣1）2+6，即可得出结论；
（3）先判断出∠DQR=∠EQP，用此两角的正切值建立方程求解即可．
解：（1）如图，在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，根据勾股定理得，BC=10，sin∠B=
????
????
=
8
10
=
4
5
，sin∠C=
3
4
，过点Q作QE⊥AB于E，在Rt△BQE中，BQ=5t，∴sin∠B=
????
????
=
4
5
，∴QE=4t，过点Q作QD⊥AC于D，在Rt△CDQ中，CQ=BC﹣BQ=10﹣5t，∴QD=CQ?sin∠C=
3
5
（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=
1
2
AP?AR=
1
2
×3t×4（2﹣t）=6t（2﹣t），S△BPQ=
1
??
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）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）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】此题是三角形综合题．解（1）的关键是求出QD，QE，解（2）的关键是建立函数关系式，解（3）的关键是用tan∠DQR=tan∠EQP建立方程，是一道中等难度的题目．
6．（2017?盐城）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为，△BCE的面积为，求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）；（2）①；②﹣2或．
【解析】（1）根据题意得到A（﹣4，0），C（0，2）代入，于是得到结论；
（2）①如图，令y=0，解方程得到x1=﹣4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（，0），得到PA=PC=PB=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情况二，∠FDC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
解：（1）根据题意得A（﹣4，0），C（0，2），∵抛物线经过A、C两点，∴，∴，∴；
（2）①如图，令y=0，∴，∴x1=﹣4，x2=1，∴B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴ ==，设D（a， ），∴M（a，），∵B（1.0），∴N（1，），∴===；∴当a=-2时，的最大值是；
②∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P（，0），∴PA=PC=PB=，∴∠CPO=2∠BAC，∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G．分两种情况：
情况一：如图，∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，∴∠CDG=∠BAC，∴tan∠CDG=tan∠BAC=，即，令D（a，），∴DR=﹣a，RC=，∴，∴a1=0（舍去），a2=﹣2，∴xD=﹣2．
情况二，∴∠FDC=2∠BAC，∴tan∠FDC=，设FC=4k，∴DF=3k，DC=5k，∵tan∠DGC==，∴FG=6k，∴CG=2k，DG=k，∴
∴RC=k，RG=k，DR=k﹣k=k，∴，∴a1=0（舍去），a2=．
综上所述：点D的横坐标为﹣2或．
/
7．（2018?连云港）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1=kx2+m（k＜0）与y2=ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
/
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC，CD，AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标
【答案】（1）y1=﹣x2+1，y2=3x2﹣3；（2）存在，理由见解析；（3）（0，﹣
??
??
）或（
??
??
，﹣1）或（1，﹣
??
??
）或（﹣
??
??
，﹣2）．
【解析】（1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出MM'=（1-m2）-（3m2-3）=4-4m2，进而建立方程2m=4-4m2，即可得出结论；
（3）先利用勾股定理求出AD=
????
，同理：CD=
????
，BC=
??
，再分两种情况：
①如图1，当△DBC∽△DAE时，得出
????
????
＝
????
????
，进而求出DE=
??
??
，即可得出E（0，-
??
??
），
再判断出△DEF∽△DAO，得出
????
????
＝
????
????
＝
????
????
，求出DF=
??
????
??
，EF=
????
??
，再用面积法求出E'M=
??
??
，即可得出结论；
②如图2，当△DBC∽△ADE时，得出
????
????
＝
????
????
，求出AE=
5
??
，
当E在直线AD左侧时，先利用勾股定理求出PA=
??
??
，PO=
??
??
，进而得出PE=
??
??
，再判断出
????
????
＝
????
????
，即可得出点E坐标，当E'在直线DA右侧时，即可得出结论．
解：（1）∵点A（1，0），B（0，1）在二次函数y1=kx2+m（k＜0）的图象上，
∴
??+??＝??
??＝??
，
∴
??＝???
??＝??
，
∴二次函数解析式为y1=-x2+1，
∵点A（1，0），D（0，-3）在二次函数y2=ax2+b（a＞0）的图象上，
∴
??+??＝??
??＝???
，
∴
??＝??
??＝???
，
∴二次函数y2=3x2-3；
（2）设M（m，-m2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（m，3m2-3）为第四象限的图形上一点，
∴MM'=（1-m2）-（3m2-3）=4-4m2，
由抛物线的对称性知，若有内接正方形，
∴2m=4-4m2，
∴m=
???+
????
??
或m=
????
????
??
（舍），
∵0＜
???+
????
??
＜1，
∴存在内接正方形，此时其边长为
???+
????
??
；
（3）在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，
∴AD=
??
??
??
+??
??
??
=
????
，
同理：CD=
????
，
在Rt△BOC中，OB=OC=1，
∴BC=
??
??
??
+??
??
??
=
??
，
①如图1，当△DBC∽△DAE时，
/
∵∠CDB=∠ADO，
∴在y轴上存在E，由
????
????
＝
????
????
，
∴
??
????
＝
????
????
，
∴DE=
??
??
，
∵D（0，-3），
∴E（0，-
??
??
），
由对称性知，在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC∽△DAE'，
连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD于M，连接E'D，
∵E，E'关于DA对称，
∴DF垂直平分EE'，
∴△DEF∽△DAO，
∴
????
????
＝
????
????
＝
????
????
，
∴
??.??
????
＝
????
??
＝
????
??
，
∴DF=
??
????
??
，EF=
????
??
，
∵S△DEE'=
??
??
DE?E'M=EF×DF=
????
??
，
∴E'M=
??
??
，
∵DE'=DE=
??
??
，
在Rt△DE'M中，DM=
????
′
??
???′
??
??
=??，
∴OM=1，
∴E'（
??
??
，-1），
②如图2，
/
当△DBC∽△ADE时，有∠BDC=∠DAE，
????
????
＝
????
????
，
∴
??
????
=
????
????
，
∴AE=
??
??
，
当E在直线AD左侧时，设AE交y轴于P，作EQ⊥AC于Q，
∵∠BDC=∠DAE=∠ODA，
∴PD=PA，
设PD=n，
∴PO=3-n，PA=n，
在Rt△AOP中，PA2=OA2+OP2，
∴n2=（3-n）2+1，
∴n=
??
??
，
∴PA=
??
??
，PO=
??
??
，
∵AE=
??
??
，
∴PE=
??
??
，
在AEQ中，OP∥EQ，
∴
????
????
＝
????
????
，
∴OQ=
??
??
，
∵
????
????
＝
????
????
＝
??
??
，
∴QE=2，
∴E（-
??
??
，-2），
当E'在直线DA右侧时，
根据勾股定理得，AE=
??
??
??
+??
??
??
=
??
??
，
∴AE'=
??
??
∵∠DAE'=∠BDC，∠BDC=∠BDA，
∴∠BDA=∠DAE'，
∴AE'∥OD，
∴E'（1，-
??
??
），
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即：（0，-
??
??
）或（
??
??
，-1）或（1，-
??
??
）或（-
??
??
，-2）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，对称性，正确作出辅助线和用分类讨论的思想是解本题的关键．
8．（2018?金华）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
/
【答案】（1）①FG =2
??
；②BC=12
??
；（2）等腰三角形△DFG的腰长为4或20或
????+????
????
??
或
?????+????
????
??
．
【解析】（1）①只要证明△ACF∽△GEF，推出
????
????
=
????
????
，即可解决问题；②如图1中，想办法证明∠1=∠2=30°即可解决问题；
（2）分四种情形：①如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，②如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，
③如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，分别求解即可解决问题；
解：（1）①在正方形ACDE中，DG=GE=6，
中Rt△AEG中，AG=
??
??
??
+??
??
??
=??
??
，
∵EG∥AC，
∴△ACF∽△GEF，
∴
????
????
=
????
????
，
∴
????
????
=
??
????
=
??
??
，
∴FG=
??
??
AG=2
??
．
②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°，
/
∵EF=EF，
∴△AEF≌△DEF，
∴∠1=∠2，设∠1=∠2=x，
∵AE∥BC，
∴∠B=∠1=x，
∵GF=GD，
∴∠3=∠2=x，
在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°，
∴x+（x+90°）+x=180°，
解得x=30°，
∴∠B=30°，
∴在Rt△ABC中，BC=
????
??????????°
=????
??
．
（2）在Rt△ABC中，AB=
??
??
??
+??
??
??
=
????
??
+
??
??
=15，
如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，
/
∵DG∥AC，
∴△BDG∽△BCA，
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x，
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x，
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF，
∴
????
????
=
????
????
，
∴
???????
??
=
?????????
????
，
整理得：x2-6x+5=0，
解得x=1或5（舍弃）
∴腰长GD为=4x=4．
如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，
/
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，
∴FG=DG=12+4x，
∵AE∥BC，
∴△AEF∽△BCF，
∴
????
????
=
????
????
，
∴
????
??
=
????+????
????+????
，
解得x=2或-2（舍弃），
∴腰长DG=4x+12=20．
如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥FG．
/
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12，
∴FH=GH=DG?cos∠DGB=（4x+12）×
??
??
=
??????+????
??
，
∴GF=2GH=
??????+????
??
，
∴AF=GF-AG=
????+????
??
，
∵AC∥DG，
∴△ACF∽△GEF，
∴
????
????
=
????
????
∴
????
????
=
????+????
??
??????+????
??
，
解得x=
????
????
??
或-
????
????
??
（舍弃），
∴腰长GD=4x+12=
????+????
????
??
，
如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，作DH⊥AG于H．
/
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12，
∴FH=GH=DG?cos∠DGB=
???????????
??
，
∴FG=2FH=
???????????
??
，
∴AF=AG-FG=
?????????
??
，
∵AC∥EG，
∴△ACF∽△GEF，
∴
????
????
=
????
????
，
∴
????
????
=
?????????
??
???????????
??
，解得x=
????
????
??
或-
????
????
??
（舍弃），
∴腰长DG=4x-12=
?????+????
????
??
，
综上所述，等腰三角形△DFG的腰长为4或20或
????+????
????
??
或
?????+????
????
??
．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
9．（2018?济宁）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
（3）若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）M（﹣
??
??
，﹣
??
??
）；（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+
??
，3）或（1﹣
??
，3）或（2，﹣3）．
【解析】（1）把A，B，C的坐标代入抛物线解析式求出a，b，c的值即可；
（2）由题意得到直线BC与直线AM垂直，求出直线BC解析式，确定出直线AM中k的值，利用待定系数法求出直线AM解析式，联立求出M坐标即可；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况，利用平移规律确定出P的坐标即可．
解：（1）把A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）代入抛物线解析式得：
&????+????+??=??
&?????+??=??
&??=???
，
解得：
&??=??
&??=???
&??=???
，
则该抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设直线BC解析式为y=kx﹣3，
把B（﹣1，0）代入得：﹣k﹣3=0，即k=﹣3，
∴直线BC解析式为y=﹣3x﹣3，
∴直线AM解析式为y=
??
??
x+m，
把A（3，0）代入得：1+m=0，即m=﹣1，
∴直线AM解析式为y=
??
??
x﹣1，
联立得：
&??=????????
&??=
??
??
?????
，
解得：
&??=?
??
??
&??=?
??
??
，
则M（﹣
??
??
，﹣
??
??
）；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
分两种情况考虑：
设Q（x，0），P（m，m2﹣2m﹣3），
当四边形BCQP为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+x=0+m，0+0=﹣3+m2﹣2m﹣3，
解得：m=1±
??
，x=2±
??
，
当m=1+
??
时，m2﹣2m﹣3=8+2
??
﹣2﹣2
??
﹣3=3，即P（1+
??
，3）；
当m=1﹣
??
时，m2﹣2m﹣3=8﹣2
??
﹣2+2
??
﹣3=3，即P（1﹣
??
，3）；
当四边形BCPQ为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+m=0+x，0+m2﹣2m﹣3=﹣3+0，
解得：m=0或2，
当m=0时，P（0，﹣3）（舍去）；当m=2时，P（2，﹣3），
综上，存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+
??
，3）或（1﹣
??
，3）或（2，﹣3）．
【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质以及平移规律，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
10．（2018?十堰）已知抛物线y=
??
??
x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=
??
??
x2﹣x﹣4；（2）证明见解析；（3）点D的坐标为（
????
??
，
????
??
）或（
??
??
，﹣
????
??
）．
【解析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可
（2）令y=0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE=CF，证明△OEG≌△CFG，则OG=CG=2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=
??
??
x2+bx+c中得：
???????+??=??
??=???
，解得：
??=???
??=???
，
∴抛物线的解析式为：y=
??
??
x2﹣x﹣4；
（2）当y=0时，
??
??
x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴
??
??
PB?OE=
??
??
PB?CF，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设P（x，
??
??
x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM=
????
????
=
????
????
=
??
??
=
??
??
，
∴BM=2PM，
∴4+
??
??
x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y=x+2，
BC的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE=∠ACB=45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴
????
????
=
????
????
，
∴
??
??
??
=
????
??
??
，
∴AE=
????
??
，
∴E（
????
??
，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y=
??
??
，
则
??
??
x2﹣x﹣4=
??
??
x﹣4，
x1=0（舍），x2=
????
??
，
∴D（
????
??
，
????
??
）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，
∵∠BEA=∠BEC，
∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴
????
????
=
????
????
=
??
??
??
??
，
设BE=2
??
m，CE=4
??
m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴
??
??
+
??
??
?????
??
=
??
??
??
??
，
3m2﹣8
??
m+8=0，
（m﹣2
??
）（3m﹣2
??
）=0，
m1=2
??
，m2=
??
??
??
，
∴OE=4
??
m﹣4=12或
??
??
，
∵OE=
??
??
＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=﹣
??
??
x﹣4，
﹣
??
??
x﹣4=
??
??
x2﹣x﹣4，
x=
??
??
或0（舍）
∴D（
??
??
，﹣
????
??
）；
综上，点D的坐标为（
????
??
，
????
??
）或（
??
??
，﹣
????
??
）．
////
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、一元二次方程、三角形面积以及勾股定理，第3问有难度，确定△BCE与△ABE相似并画出图形是关键．
11．（2018?韶关）如图，已知顶点为??(0,?3)的抛物线??=??
??
2
+??(??≠0)与??轴交于??，??两点，直线??=??+??过顶点??和点??．
（1）求??的值；
（2）求函数??=??
??
2
+??(??≠0)的解析式；
（3）抛物线上是否存在点??，使得∠??????=15°？若存在，求出点??的坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）﹣3；（2）y=
1
3
x2﹣3；（3）M的坐标为（3
3
，6）或（
3
，﹣2）．
【解析】（1）把C（0，﹣3）代入直线y＝x+m中解答即可；
（2）把y＝0代入直线解析式得出点B的坐标，再利用待定系数法确定函数关系式即可；
（3）分M在BC上方和下方两种情况进行解答即可．
解：（1）将C（0，﹣3）代入y＝x+m，可得：
m＝﹣3；
（2）将y＝0代入y＝x﹣3得：
x＝3，
所以点B的坐标为（3，0），
将（0，﹣3）、（3，0）代入y＝ax2+b中，可得：
??=?3
9??+??=0
，
解得：
??=
1
3
??=?3
，
所以二次函数的解析式为：y=
1
3
x2﹣3；
（3）存在，分以下两种情况：
/
①若M在B上方，设MC交x轴于点D，
则∠ODC＝45°+15°＝60°，
∴OD＝OC?tan30°=
3
，
设DC为y＝kx﹣3，代入（
3
，0），可得：k=
3
，
联立两个方程可得：
??=
3
???3
??=
1
3
??
2
?3
，
解得：
??
1
=0
??
1
=?3
，
??
2
=3
3
??
2
=6
，
所以M1（3
3
，6）；
②若M在B下方，设MC交x轴于点E，
则∠OEC＝45°-15°＝30°，
∴OE＝OC?tan60°＝3
3
，
设EC为y＝kx﹣3，代入（3
3
，0）可得：k=
3
3
，
联立两个方程可得：
??=
3
3
???3
??=
1
3
??
2
?3
，
解得：
??
1
=0
??
1
=?3
，
??
2
=
3
??
2
=?2
，
所以M2（
3
，﹣2）．
综上所述M的坐标为（3
3
，6）或（
3
，﹣2）．
【点评】此题是一道二次函数综合题，熟练掌握待定系数法求函数解析式等知识是解题关键．
12．（2018?重庆B）抛物线y=﹣
??
??
x2﹣
??
??
??
x+
??
与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+
??
??
EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）
2
6
3
；（2）
26
+3
3
（3），O2M的长
6
3
或
6
或2
2
+
6
或2
2
?
6
．
【解析】（1）分别表示C和D的坐标，利用勾股定理可得CD的长；
（2）令y=0，可求得A（-3
2
，0），B（
2
，0），利用待定系数法可计算直线AC的解析式为：y=
3
3
x+
6
，设E（x，
3
3
x+
6
），P（x，﹣
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
），表示PE的长，利用勾股定理计算AC的长，发现∠CAO=30°，得AE=2EF=
2
3
3
x+2
6
，计算PE+
1
2
EC，利用配方法可得当PE+
1
2
EC的值最大时，x=-2
2
，此时P（-2
2
，
6
），确定要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，将点P向右平移
2
个单位长度得点P1（-
2
，
6
），连接P1B1，则PO1=P1B1，再作点P1关于x轴的对称点P2（-
2
，-
6
），可得结论；
（3）先确定对折后O2C落在AC上，△AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况：
①如图4，AN=MN，证明△C1EC≌△B2O2M，可计算O2M的长；
②如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=
6
；
③如图6，AM=MN，N和H、C1重合，可得结论；
④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E证明四边形C1EO2B2是矩形，根据O2M=EO2+EM可得结论．
解：（1）如图1，过点D作DK⊥y轴于K，
/
当x=0时，y=
6
，
∴C（0，
6
），
y=﹣
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
=-
6
6
（??+
2
)
2
+
4
6
3
，
∴D（-
2
，
4
6
3
），
∴DK=
2
，CK=
4
6
3
-
6
=
6
3
，
∴CD=
??
??
2
+??
??
2
=
（
2
）
2
+(
6
3
)
2
=
2
6
3
；
（2）在y=-
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
中，令y=0，则-
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
=0，
解得：x1=-3
2
，x2=
2
，
∴A（-3
2
，0），B（
2
，0），
∵C（0，
6
），
易得直线AC的解析式为：y=
3
3
x+
6
，
设E（x，
3
3
x+
6
），P（x，-
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
），
∴PF=-
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
，EF=
3
3
x+
6
，
Rt△ACO中，AO=3
2
，OC=
6
，
∴AC=2
6
，
∴∠CAO=30°，
∴AE=2EF=
2
3
3
x+2
6
，
∴PE+
1
2
EC=（-
6
6
x2﹣
2
3
3
x+
6
）-（
3
3
x+
6
）+
1
2
（AC-AE），
=-
6
6
x2-
3
x+
1
2
[2
6
-（
2
3
3
x+2
6
）]，
=-
6
6
x2-
3
x-
3
3
x，
=-
6
6
（x+2
2
）2+
4
6
3
，
∴当PE+
1
2
EC的值最大时，x=-2
2
，此时P（-2
2
，
6
），
∴PC=2
2
，
∵O1B1=OB=
2
，
∴要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，
如图2，将点P向右平移
2
个单位长度得点P1（-
2
，
6
），连接P1B1，则PO1=P1B1，
/
再作点P1关于x轴的对称点P2（-
2
，-
6
），则P1B1=P2B1，
∴PO1+B1C=P2B1+B1C，
∴连接P2C与x轴的交点即为使PO1+B1C的值最小时的点B1，
∴B1（-
2
2
，0），
将B1向左平移
2
个单位长度即得点O1，
此时PO1+B1C=P2C=
(2
6
)
2
+
(
2
)
2
=
26
，
对应的点O1的坐标为（-
3
2
2
，0），
∴四边形PO1B1C周长的最小值为
26
+3
2
；
（3）O2M的长度为
6
3
或
6
或2
2
+
6
或2
2
-
6
．
理由是：如图3，
∵H是AB的中点，
∴OH=
2
，
∵OC=
6
，
∴CH=BC=2
2
，
∴∠HCO=∠BCO=30°，
∵∠ACO=60°，
∴将CO沿CH对折后落在直线AC上，即O2在AC上，
∴∠B2CA=∠CAB=30°，
∴B2C∥AB，
∴B2（-2
2
，
6
），
①如图4，AN=MN，
/
∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3，
由旋转得：∠CB2C1=∠O2B2O3=30°，B2C=B2C1，
∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°，
过C1作C1E⊥B2C于E，
∵B2C=B2C1=2
2
，
∴C1E＝
2
=B2O2，B2E=
6
，
∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1，
∠B2O2M=∠C1EC=90°，
∴△C1EC≌△B2O2M，
∴O2M=CE=B2C-B2E=2
2
-
6
；
②如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=
6
，
/
③如图6，AM=MN，
/
∵B2C=B2C1=2
2
=B2H，即N和H、C1重合，
∴∠CAO=∠AHM=∠MHO2=30°，
∴O2M=
1
3
AO2=
6
3
；
④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E，
/
∴∠NMA=∠NAM=30°，
∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA，
∴C1B2∥AC，
∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°，
∵∠C1EC=90°，
∴四边形C1EO2B2是矩形，
∴EO2=C1B2=2
2
，C1E＝B2O2＝
2
，
∴EM=
6
，
∴O2M=EO2+EM=2
2
+
6
，
综上所述，O2M的长是
6
3
或
6
或2
2
+
6
或2
2
?
6
．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建轴对称解决最值问题，对于第3问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想，属于中考压轴题．
一、解答题（共12道题）
1．（2017?北京一模）在平面直角坐标系中xOy中，抛物线y=
1
2
x2﹣mx+
1
2
m2+m﹣2的顶点在x轴上．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点Q是x轴上一点，
①若在抛物线上存在点P，使得∠POQ=45°，求点P的坐标；
②抛物线与直线y=2交于点E，F（点E在点F的左侧），将此抛物线在点E，F（包含点E和点F）之间的部分沿x轴平移n个单位后得到的图象记为G，若在图象G上存在点P，使得∠POQ=45°，求n的取值范围．
/
【答案】(1) y=
1
2
（x﹣2）2 ;(2) ①（3+
5
，3+
5
）或（3﹣
5
，3﹣
5
）;②﹣6≤n≤2.
【解析】（1）把函数解析式化为顶点式，??=
1
2
??
2
-????+
1
2
??
2
+???2=
1
2
(?????)
2
+???2， 因顶点在x轴上，可得m-2=0，即m=2，即可求得函数的解析式??=
1
2
(???2)
2
；（2）由∠POQ=45°可知点P是直线y=x与抛物线的交点，令??=
1
2
??
2
-2??+2，解得x的值即可得点P的坐标；（3）当E点移动到点（2,2）时，n=2，当F点移动到点（-2,2）时，n=-6，由图象可知，符合题意的n的取值范围是-6≤??≤2 .
解：（1）??=
1
2
??
2
-????+
1
2
??
2
+???2=
1
2
(?????)
2
+???2.
由题意，可得m-2=0．
∴??=2．
∴??=
1
2
(???2)
2
．
（2）①由题意得，点P是直线??=??与抛物线的交点.
∴??=
1
2
??
2
-2??+2.
解得
??
1
=3+
5
，
??
2
=3?
5
.
∴P点坐标为(3+
5
,3+
5
)或 (3?
5
,3?
5
).
②当E点移动到点（2,2）时，n=2.
当F点移动到点（-2,2）时，n=-6.
由图象可知，符合题意的n的取值范围是-6≤??≤2 .
/
2．（2017?石家庄模拟）如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BD⊥AC于点D，BD=8cm．点M从点A出发，沿AC的方向匀速运动，同时直线PQ由点B出发，沿BA的方向匀速运动，运动过程中始终保持PQ∥AC，直线PQ交AB于点P、交BC于点Q、交BD于点F．连接PM，设运动时间为t秒（0＜t≤5）．线段CM的长度记作y甲，线段BP的长度记作y乙，y甲和y乙关于时间t的函数变化情况如图所示．
（1）由图2可知，点M的运动速度是每秒 cm，当t为何值时，四边形PQCM是平行四边形？在图2中反映这一情况的点是 ；
（2）设四边形PQCM的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S四边形PQCM=
1
2
S△ABC？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
（4）连接PC，是否存在某一时刻t，使点M在线段PC的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．
/
【答案】（1）2，E（
10
3
，
10
3
）；（2）y=
2
5
t2﹣8t+40；（3）存在；（4）t=
20
17
s时，点M在线段PC的垂直平分线上．
【解析】（1）先由图2判断出点M的速度为2cm/s，PQ的运动速度为1cm/s，再由四边形PQCM为平行四边形，根据平行四边形的性质得到对边平行，进而得到AP=AM，列出关于t的方程，求出方程的解得到满足题意t的值； （2）根据PQ∥AC可得△PBQ∽△ABC，根据相似三角形的形状必然相同可知△BPQ也为等腰三角形，即BP=PQ=t，再用含t的代数式就可以表示出BF，进而得到梯形的高PE=DF=8-t，又点M的运动速度和时间可知点M走过的路程AM=2t，所以梯形的下底CM=10-2t．最后根据梯形的面积公式即可得到y与t的关系式； （3）根据三角形的面积公式，先求出三角形ABC的面积，又根据S四边形PQCM=
1
2
S△ABC，求出四边形PQCM的面积，从而得到了y的值，代入第二问求出的y与t的解析式中求出t的值即可； （4）假设存在，则根据垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等即可得到MP=MC，过点M作MH垂直AB，由一对公共角的相等和一对直角的相等即可得到△AHM∽△ADB，由相似得到对应边成比例进而用含t的代数式表示出AH和HM的长，再由AP的长减AH的长表示出PH的长，从而在直角三角形PHM中根据勾股定理表示出MP的平方，再由AC的长减AM的长表示出MC的平方，根据两者的相等列出关于t的方程进而求出t的值．
解：（1）由图2得，点M的运动速度为2cm/s，PQ的运动速度为1cm/s，
∵四边形PQCM是平行四边形，则PM∥QC，
∴AP：AB=AM：AC，
∵AB=AC，
∴AP=AM，即10﹣t=2t，
解得：t=
10
3
，
∴当t=
10
3
时，四边形PQCM是平行四边形，此时，图2中反映这一情况的点是E（
10
3
，
10
3
）
故答案为：2，E（
10
3
，
10
3
）．
（2）∵PQ∥AC，
∴△PBQ∽△ABC，
∴△PBQ为等腰三角形，PQ=PB=t，
∴
????
????
=
????
????
，即
????
8
=
??
10
，
解得：BF=
4
5
t，
∴FD=BD﹣BF=8﹣
4
5
t，
又∵MC=AC﹣AM=10﹣2t，
∴y=
1
2
（PQ+MC）?FD=
1
2
（t+10﹣2t）（8﹣
4
5
t）=
2
5
t2﹣8t+40；
（3）存在；
∵S△ABC=
1
2
AC?BD=
1
2
×10×8=40，
当S四边形PQCM=
1
2
S△ABC时，y=
2
5
t2﹣8t+40=20，
解得：t=10﹣5
2
，或t=10+5
2
（不合题意，舍）；
即：t=10﹣5
2
时，S四边形PQCM=
1
2
S△ABC．
（4）假设存在某一时刻t，使得M在线段PC的垂直平分线上，则MP=MC，
过M作MH⊥AB，交AB与H，如图所示：
∵∠A=∠A，∠AHM=∠ADB=90°，
∴△AHM∽△ADB，
∴
????
????
=
????
????
=
????
????
，
又∵AD=6，
∴
????
8
=
????
6
=
2??
10
，
∴HM=
8
5
t，AH=
6
5
t，
∴HP=10﹣t﹣
6
5
t=10﹣
11
5
t，
在Rt△HMP中，MP2=（
8
5
t）2+（10﹣
11
5
t）2=
37
5
t2﹣44t+100，
又∵MC2=（10﹣2t）2=100﹣40t+4t2，
∵MP2=MC2，
∴
37
5
t2﹣44t+100=100﹣40t+4t2，
解得 t1=
20
17
，t2=0（舍去），
∴t=
20
17
s时，点M在线段PC的垂直平分线上．
/
3．（2017?海安模拟）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣
3
4
x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．
/
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PE=5EF，求m的值；
（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点、是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=-x2+4x+5．（2）m=2或m=
1+
69
2
．（3）（-
1
2
，
11
4
），（4，5），（3-
11
，2
11
-3）
【解析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；
（3）解题关键是识别出当四边形PECE′是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解；当四边形PECE′是菱形不存在时，P点y轴上，即可得到点P坐标．
解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
?1???+??=0
?25+5??+??=0
，解得
??=4
??=5
，
∴抛物线的解析式为：y=-x2+4x+5．
（2）∵点P的横坐标为m，
∴P（m，-m2+4m+5），E（m，-
3
4
m+3），F（m，0）
∴PE=|yP-yE|=|（-m2+4m+5）-（-
3
4
m+3）|=|-m2+
19
4
m+2|，
EF=|yE-yF|=|（-
3
4
m+3）-0|=|-
3
4
m+3|．
由题意，PE=5EF，即：|-m2+
19
4
m+2|=5|-
3
4
m+3|=|-
15
4
m+15|
①若-m2+
19
4
m+2=-
15
4
m+15，整理得：2m2-17m+26=0，
解得：m=2或m=
13
2
；
②若-m2+
19
4
m+2=-（-
15
4
m+15），整理得：m2-m-17=0，
解得：m=
1+
69
2
或m=
1?
69
2
．
由题意，m的取值范围为：-1＜m＜5，故m=
13
2
、m=
1?
69
2
这两个解均舍去．
∴m=2或m=
1+
69
2
．
（3）假设存在．
作出示意图如下：
/
∵点E、E′关于直线PC对称，
∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′．
∵PE平行于y轴，∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，∴PE=CE，
∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形．
当四边形PECE′是菱形存在时，
由直线CD解析式y=-
3
4
x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5．
过点E作EM∥x轴，交y轴于点M，易得△CEM∽△CDO，
∴
????
????
=
????
????
，即
|??|
4
=
????
5
，解得CE=
5
4
|m|，
∴PE=CE=
5
4
|m|，又由（2）可知：PE=|-m2+
19
4
m+2|
∴|-m2+
19
4
m+2|=
5
4
|m|．
①若-m2+
19
4
m+2=
5
4
m，整理得：2m2-7m-4=0，解得m=4或m=-
1
2
；
②若-m2+
19
4
m+2=-
5
4
m，整理得：m2-6m-2=0，解得m1=3+
11
，m2=3-
11
．
由题意，m的取值范围为：-1＜m＜5，故m=3+
11
这个解舍去．
当四边形PECE′是菱形这一条件不存在时，
此时P点横坐标为0，E，C，E'三点重合与y轴上，菱形不存在．
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（-
1
2
，
11
4
），（4，5），（3-
11
，2
11
-3）
4．（2017?广州模拟）如图，已知抛物线与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，8）．
（1）求抛物线的解析式及其顶点D的坐标；
（2）设直线CD交x轴于点E．在线段OB的垂直平分线上是否存在点P，使得点P到直线CD的距离等于点P到原点O的距离？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）过点B作x轴的垂线，交直线CD于点F，将抛物线沿其对称轴平移，使抛物线与线段EF总有公共点．试探究：抛物线向上最多可平移多少个单位长度？向下最多可平移多少个单位长度？
/
【答案】（1）y=﹣x2+2x+8，顶点D（1，9）； （2）存在满足条件的点P，P的坐标为（2，﹣10±8）；（3）向上最多可平移72个单位长，向下最多可平移个单位长．
【解析】（1）由抛物线过A、B、C三点可求出抛物线表达式；
（2）假设存在，设出P点，解出直线CD的解析式，根据点P到CD的距离等于PO可解出P点坐标；
（3）应分两种情况：抛物线向上或下平移，设出解析式，代入点求出平移的单位长度．
解：（1）设抛物线解析式为y=a（x+2）（x-4）．
把C（0，8）代入，得a=-1．
∴y=-x2+2x+8=-（x-1）2+9，
顶点D（1，9）；
（2）假设满足条件的点P存在．依题意设P（2，t）．
由C（0，8），D（1，9）求得直线CD的解析式为y=x+8，
它与x轴的夹角为45°．
设OB的中垂线交CD于H，则H（2，10）．
则PH=|10-t|，点P到CD的距离为
又．
∴．
平方并整理得：t2+20t-92=0，解之得t=-10±8．
∴存在满足条件的点P，P的坐标为（2，-10±8）．
（3）由上求得E（-8，0），F（4，12）．
①若抛物线向上平移，可设解析式为y=-x2+2x+8+m（m＞0）．
当x=-8时，y=-72+m．
当x=4时，y=m．
∴-72+m≤0或m≤12．
∴0＜m≤72．
②若抛物线向下平移，可设解析式为y=-x2+2x+8-m（m＞0）．
由，
有-x2+x-m=0．
∴△=1-4m≥0，
∴m≤．
∴向上最多可平移72个单位长，向下最多可平移个单位长．
/
5．（2017?日照模拟）如图1，在平面之间坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），由勾股定理得AB2=|x2﹣x1|2+|y2﹣y1|2，所以A，B两点间的距离为AB=/．
我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系xoy中，A（x，y）为圆上任意一点，则A到原点的距离的平方为OA2=|x﹣0|2+|y﹣0|2，当⊙O的半径为r时，⊙O的方程可写为：x2+y2=r2．
问题拓展：如果圆心坐标为P（a，b），半径为r，那么⊙P的方程可以写为 ．
综合应用：
如图3，⊙P与x轴相切于原点O，P点坐标为（0，6），A是⊙P上一点，连接OA，使tan∠POA=/，作PD⊥OA，垂足为D，延长PD交x轴于点B，连接AB．
①证明AB是⊙P的切点；
②是否存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q？若存在，求Q点坐标，并写出以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程；若不存在，说明理由．
/
【答案】问题拓展：（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2综合应用：①见解析②点Q的坐标为（4，3），方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=25．
【解析】问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，则有AP=r，根据阅读材料中的两点之间距离公式即可求出⊙P的方程；
综合应用：①由PO=PA，PD⊥OA可得∠OPD=∠APD，从而可证到△POB≌△PAB，则有∠POB=∠PAB．由⊙P与x轴相切于原点O可得∠POB=90°，即可得到∠PAB=90°，由此可得AB是⊙P的切线；
②当点Q在线段BP中点时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得QO=QP=BQ=AQ．易证∠OBP=∠POA，则有tan∠OBP=/=/．由P点坐标可求出OP、OB．过点Q作QH⊥OB于H，易证△BHQ∽△BOP，根据相似三角形的性质可求出QH、BH，进而求出OH，就可得到点Q的坐标，然后运用问题拓展中的结论就可解决问题．
解：问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，
∵P（a，b），半径为r，
∴AP2=（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2．
故答案为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2；
综合应用：
①∵PO=PA，PD⊥OA，
∴∠OPD=∠APD．
在△POB和△PAB中，
/，
∴△POB≌△PAB，
∴∠POB=∠PAB．
∵⊙P与x轴相切于原点O，
∴∠POB=90°，
∴∠PAB=90°，
∴AB是⊙P的切线；
②存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q．
当点Q在线段BP中点时，
∵∠POB=∠PAB=90°，
∴QO=QP=BQ=AQ．
此时点Q到四点O，P，A，B距离都相等．
∵∠POB=90°，OA⊥PB，
∴∠OBP=90°﹣∠DOB=∠POA，
∴tan∠OBP=/=tan∠POA=/．
∵P点坐标为（0，6），
∴OP=6，OB=/OP=8．
过点Q作QH⊥OB于H，如图3，
则有∠QHB=∠POB=90°，
∴QH∥PO，
∴△BHQ∽△BOP，
∴/=/=/=/，
∴QH=/OP=3，BH=/OB=4，
∴OH=8﹣4=4，
∴点Q的坐标为（4，3），
∴OQ=/=5，
∴以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=25．
/
6．（2017?达州模拟）如图，在直角体系中,直线AB交x轴于点A(5,0),交y轴于点B,AO是⊙M的直径,其半圆交AB于点C,且AC=3.取BO的中点D,连接CD、MD和OC.
（1）求证：CD是⊙M的切线；
（2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求△PDM的周长最小时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下,当△PDM的周长最小时,抛物线上是否存在点Q，使S△PDM=6S△QAM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
/
【答案】见解析
【解析】（1）连接CM，可以得出CM=OM，就有∠MOC=∠MCO，由OA为直径，就有∠ACO=90°，D为OB的中点，就有CD=OD，∠DOC=∠DCO，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论。
（2）根据条件可以得出OC=
OA
2
?
AC
2
=
5
2
?
3
2
=4和tan∠OAC=
OC
AC
=
OB
OA
，从而求出OB的值，根据D是OB的中点就可以求出D的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD交对称轴于P，先求出AD的解析式就可以求出P的坐标。
（3）根据
S
??PDM
=
S
??DAM
?
S
??PAM
，/求出Q的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标。
解：（1）证明：连接CM，
/
∵OA 为⊙M直径，∴∠OCA=90°。∴∠OCB=90°。
∵D为OB中点，∴DC=DO。∴∠DCO=∠DOC。
∵MO=MC，∴∠MCO=∠MOC。
∴/。
又∵点C在⊙M上，∴DC是⊙M的切线。
（2）∵A点坐标（5，0），AC=3
∴在Rt△ACO中，/。
∴?
5
12
=
4
15
(x?
5
2
)（x?5)，∴/，解得OD=
10
3
。
又∵D为OB中点，∴
15+5
2
4
。∴D点坐标为（0，
15
4
)。
连接AD，设直线AD的解析式为y=kx+b，则有
/解得/。
∴直线AD为/。
∵二次函数的图象过M（
5
6
，0)、A(5，0)，
∴抛物线对称轴x=
15
4
。
∵点M、A关于直线x=
15
4
对称，设直线AD与直线x=
15
4
交于点P，
∴PD+PM为最小。
又∵DM为定长，∴满足条件的点P为直线AD与直线x=
15
4
的交点。
当x=
15
4
时，y=
4
15
(x?
5
2
)（x?5)。
∴P点的坐标为（
15
4
，
5
6
）。
（3）存在。
∵/，y=a(x?
5
2
)（x?5)
又由（2）知D（0，
15
4
)，P（
15
4
，
5
6
），
∴由/，得/，解得yQ=±
10
3
。
∵二次函数的图像过M(0，
5
6
)、A(5，0），
∴设二次函数解析式为/，
又∵该图象过点D（0，
15
4
)，∴/，解得a=
5
12
。
∴二次函数解析式为/。
又∵Q点在抛物线上，且yQ=±
10
3
。
∴当yQ=
10
3
时，/，解得x=
15?5
2
4
或x=
15+5
2
4
；
当yQ=?
5
12
时，/，解得x=
15
4
。
∴点Q的坐标为（
15?5
2
4
，
10
3
)，或（
15+5
2
4
，
10
3
)，或（
15
4
，?
5
12
）。
7．（2018?淮北模拟）已知????⊥????于??，????⊥????于??，????=6，????=4，????=14，则在????上是否存在点??，使以??、??、??为顶点的三角形与以??、??、??为顶点的三角形相似？如果存在，求????的长；如果不存在，说明理由．
/
【答案】存在，当DP=2或12或5.6时，△PCD与△PAB相似．
【解析】分△PCD∽△APB与△PCD∽△PAB两种情况进行分析求解，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
解：存在，
①若△PCD∽△APB，则
????
????
=
????
????
，即
4
14?????
=
????
6
，解得DP=2或12；
②若△PCD∽△PAB，则
????
????
=
????
????
，即
4
6
=
????
14?????
，解得DP=5.6，
∴当DP=2或12或5.6时，△PCD与△PAB相似．
【点评】本题考查了相似三角形的性质，运用分类讨论思想是解答本题的关键.
8．（2018?沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣
3
2
与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0）．绕点A旋转的直线l：y＝kx+b1交抛物线于另一点D，交y轴于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当点D在第二象限且满足CD＝5AC时，求直线l的解析式；
（3）在（2）的条件下，点E为直线l下方抛物线上的/一点，直接写出△ACE面积的最大值；
（4）如图2，在抛物线的对称轴上有一点P，其纵坐标为4，点Q在抛物线上，当直线l与y轴的交点C位于y轴负半轴时，是否存在以点A，D，P，Q为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）y＝
1
2
x2+x﹣
3
2
；（2）y＝﹣x+1；（3）当x＝﹣2时，最大值为
9
4
；（4）存在，点D的横坐标为﹣3或
7
或﹣
7
．
【解析】（1）设二次函数的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即可求解；
（2）OC∥DF，则
????
????
=
????
????
=
1
5
, 即可求解；
（3）由S△ACE=S△AME﹣S△CME即可求解；
（4）分当AP为平行四边形的一条边、对角线两种情况，分别求解即可．
解：（1）设二次函数的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，
即：?3??=?
3
2
， 解得：??=
1
2
，
故函数的表达式为： ??=
1
2
??
2
+???
3
2
①；
（2）过点D作DF⊥x轴交于点F，过点E作y轴的平行线交直线AD于点M，
/
∵OC∥DF，∴
????
????
=
????
????
=
1
5
,OF＝5OA＝5，
故点D的坐标为（﹣5，6），
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n得：
6=?5??+??
0=??+??
，解得：
??=?1
??=1.
即直线AD的表达式为：y＝﹣x+1，
（3）设点E坐标为
??,
1
2
??
2
+???
3
2
， 则点M坐标为
??,???+1
，
则????=???+1?
1
2
??
2
???+
3
2
=?
1
2
??
2
?2??+
5
2
，
??
△
??????
=
??
△
??????
?
??
△
??????
=
1
2
×1×????=?
1
4
??+2
2
+
9
4
，
∵??=?
1
4
<0，故S△ACE有最大值，
当x＝﹣2时，最大值为
9
4
；
（4）存在，理由：
①当AP为平行四边形的一条边时，如下图，
/
设点D的坐标为
??,
1
2
??
2
+???
3
2
，
将点A向左平移2个单位、向上平移4个单位到达点P的位置，
同样把点D左平移2个单位、向上平移4个单位到达点Q的位置，
则点Q的坐标为
???2，
1
2
??
2
+??+
5
2
，
将点Q的坐标代入①式并解得：??=?3；
②当AP为平行四边形的对角线时，如下图，
/
设点Q坐标为
??,
1
2
??
2
+???
3
2
，点D的坐标为（m，n），
AP中点的坐标为（0，2），该点也是DQ的中点，
则：
??+??
2
=0
??+
1
2
??
2
+???
3
2
2
=2,
即：
??=???
??=?
1
2
??
2
???+
11
2
,
将点D坐标代入①式并解得：??=±
7
．
故点D的横坐标为：?3或
7
或?
7
．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形平移、平行四边形的性质等，关键是（4）中，用图形平移的方法求解点的坐标，本题难度大．
9．（2018?铜仁）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，
1
2
），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）y=﹣
1
2
x2+
3
2
x+2；（2）m=﹣1或m=3时，四边形DMQF是平行四边形；（3）点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
【解析】（1）待定系数法求解可得； （2）先利用待定系数法求出直线BD解析式为y=
1
2
x-2，则Q（m，-
1
2
m2+
3
2
m+2）、M（m，
1
2
m-2），由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，据此列出关于m的方程，解之可得； （3）易知∠ODB=∠QMB，故分①∠DOB=∠MBQ=90°，利用△DOB∽△MBQ得
????
????
=
????
????
=
1
2
，再证△MBQ∽△BPQ得
????
????
=
????
????
，即
1
2
=
4???
?
1
2
??
2
+
3
2
??+2
，解之即可得此时m的值；②∠BQM=90°，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，易得点Q坐标．
解：（1）由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4）， 将点C（0，2）代入，得：-4a=2， 解得：a=-
1
2
， 则抛物线解析式为y=-
1
2
（x+1）（x-4）=-
1
2
x2+
3
2
x+2； （2）由题意知点D坐标为（0，-2）， 设直线BD解析式为y=kx+b， 将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
4??+??＝0
??＝?2
，解得：
??＝
1
2
??＝?2
， ∴直线BD解析式为y=
1
2
x-2， ∵QM⊥x轴，P（m，0）， ∴Q（m，--
1
2
m2+
3
2
m+2）、M（m，
1
2
m-2）， 则QM=-
1
2
m2+
3
2
m+2-（
1
2
m-2）=-
1
2
m2+m+4， ∵F（0，
1
2
）、D（0，-2）， ∴DF=
5
2
， ∵QM∥DF， ∴当-
1
2
m2+m+4=
5
2
时，四边形DMQF是平行四边形， 解得：m=-1（舍）或m=3， 即m=3时，四边形DMQF是平行四边形； （3）如图所示： / ∵QM∥DF， ∴∠ODB=∠QMB， 分以下两种情况： ①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ， 则
????
????
=
????
????
=
2
4
=
1
2
， ∵∠MBQ=90°， ∴∠MBP+∠PBQ=90°， ∵∠MPB=∠BPQ=90°， ∴∠MBP+∠BMP=90°， ∴∠BMP=∠PBQ， ∴△MBQ∽△BPQ， ∴
????
????
=
????
????
，即
1
2
=
4???
?
1
2
??
2
+
3
2
??+2
， 解得：m1=3、m2=4， 当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去， ∴m=3，点Q的坐标为（3，2）； ②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′， 此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）； 综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用．
10．（2018?日照）如图，已知点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，1）在抛物线y=ax2+bx+c上．
（1）求抛物线解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上求一点P，使△PBC面积为1；
（3）在x轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点Q，使∠BQC=∠BAC？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
/
【答案】（1）抛物线的解析式为y=﹣
1
3
x2+
2
3
x+1；（2）点P的坐标为（1，
4
3
）或（2，1）；（3）存在，理由见解析．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），将C（0，1）代入求得a的值即可；
（2）过点P作PD⊥x，交BC与点D，先求得直线BC的解析式为y=﹣
1
3
x+1，设点P（x，﹣
1
3
x2+
2
3
x+1），则D（x，﹣
1
3
x+1），然后可得到PD与x之间的关系式，接下来，依据△PBC的面积为1列方程求解即可；
（3）首先依据点A和点C的坐标可得到∠BQC=∠BAC=45°，设△ABC外接圆圆心为M，则∠CMB=90°，设⊙M的半径为x，则Rt△CMB中，依据勾股定理可求得⊙M的半径，然后依据外心的性质可得到点M为直线y=﹣x与x=1的交点，从而可求得点M的坐标，然后由点M的坐标以及⊙M的半径可得到点Q的坐标．
解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），将C（0，1）代入得﹣3a=1，解得：a=﹣
1
3
，
∴抛物线的解析式为y=﹣
1
3
x2+
2
3
x+1；
（2）过点P作PD⊥x，交BC与点D，
设直线BC的解析式为y=kx+b，则
3??+??=0
??=1
，解得：k=﹣
1
3
，
∴直线BC的解析式为y=﹣
1
3
x+1，
设点P（x，﹣
1
3
x2+
2
3
x+1），则D（x，﹣
1
3
x+1），
∴PD=（﹣
1
3
x2+
2
3
x+1）﹣（﹣
1
3
x+1）=﹣
1
3
x2+x，
∴S△PBC=
1
2
OB?DP=
1
2
×3×（﹣
1
3
x2+x）=﹣
1
2
x2+
3
2
x，
又∵S△PBC=1，
∴﹣
1
2
x2+
3
2
x=1，整理得：x2﹣3x+2=0，解得：x=1或x=2，
∴点P的坐标为（1，
4
3
）或（2，1）；
（3）存在．
∵A（﹣1，0），C（0，1），
∴OC=OA=1，
∴∠BAC=45°，
∵∠BQC=∠BAC=45°，
∴点Q为△ABC外接圆与抛物线对称轴在x轴下方的交点，
设△ABC外接圆圆心为M，则∠CMB=90°，
设⊙M的半径为x，则Rt△CMB中，由勾股定理可知CM2+BM2=BC2，即2x2=10，
解得：x=
5
（负值已舍去），
∵AC的垂直平分线的为直线y=﹣x，AB的垂直平分线为直线x=1，
∴点M为直线y=﹣x与x=1的交点，即M（1，﹣1），
∴Q的坐标为（1，﹣1﹣
5
）．
【点评】本题考查的是二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求二次函数的解析式、三角形的外心的性质，求得点M的坐标以及⊙M的半径的长度是解题的关键．
11．（2018?曲靖模拟）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，A、B两点的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）点E为抛物线的顶点，点C为抛物线与x轴的另一交点，点D为y轴上一点，且DC=DE，求出点D的坐标．
（3）在第二问的条件下，射线DE上是否存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
/
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）（0，﹣1）；（3）满足条件的点P共有2个，其坐标分别为（
1
3
，﹣2）、（3，﹣10）．
【解析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，解方程组求出b、c的值，即可得解； （2）令y=0，利用抛物线解析式求出点C的坐标，设点D的坐标为（0，m），作EF⊥y轴于点F，利用勾股定理列式表示出DC2与DE2，然后解方程求出m的值，即可得到点D的坐标； （3）根据点C、D、E的坐标判定△COD和△DFE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EDF=∠DCO，然后求出CD⊥DE，再利用勾股定理求出CD的长度，然后①分OC与CD是对应边；②OC与DP是对应边；根据相似三角形对应边成比例列式求出DP的长度，过点P作PG⊥y轴于点G，分别求出DG、PG的长度，结合平面直角坐标系即可写出点P的坐标．
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（0，﹣3），
∴
1???+??＝0
??＝?3
，
解得
??＝?2
??＝?3
，
故抛物线的函数解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）令x2﹣2x﹣3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
则点C的坐标为（3，0），
∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴点E坐标为（1，﹣4），
设点D的坐标为（0，m），
∵DC2=OD2+OC2=m2+32，DE2=DF2+EF2=（m+4）2+12，
∵DC=DE，
∴m2+9=m2+8m+16+1，
解得m=﹣1，
∴点D的坐标为（0，﹣1）；
（3）作EF⊥y轴于F．
/
∵点C（3，0），D（0，﹣1），E（1，﹣4），
∴CO=DF=3，DO=EF=1，
根据勾股定理，CD=
??
??
2
+??
??
2
=
3
2
+
1
2
=
10
，
在△COD和△DFE中，
∵
????＝????
∠??????＝∠??????
????＝????
，
∴△COD≌△DFE（SAS），
∴∠EDF=∠DCO，
又∵∠DCO+∠CDO=90°，
∴∠EDF+∠CDO=90°，
∴∠CDE=180°﹣90°=90°，
∴CD⊥DE，
①分OC与CD是对应边时，
∵△DOC∽△PDC，
∴
????
????
=
????
????
，
即
3
10
=
1
????
，
解得DP=
10
3
，
过点P作PG⊥y轴于点G，
则
????
????
=
????
????
=
????
????
，
即
????
3
=
????
1
=
10
3
10
，
解得DG=1，PG=
1
3
，
OG=DO+DG=1+1=2，
所以，点P（
1
3
，﹣2）；
②OC与DP是对应边时，
∵△DOC∽△CDP，
∴
????
????
=
????
????
，
即
3
????
=
1
10
，
解得DP=3
10
，
过点P作PG⊥y轴于点G，
则
????
????
=
????
????
=
????
????
，
即
????
3
=
????
1
=
3
10
10
，
解得DG=9，PG/=3，
OG=OD+DG=1+9=10，
所以，点P的坐标是（3，﹣10），
综上所述，满足条件的点P共有2个，其坐标分别为（
1
3
，﹣2）、（3，﹣10）．
【点评】二次函数的综合题型，主要涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的应用，相似三角形对应边成比例的性质，（3）题稍微复杂，一定要注意分相似三角形的对应边的不同，点P在点D的左右两边的情况讨论求解．
12．（2018?襄阳模拟）已知平面直角坐标系中两定点A（﹣1，0）、B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，顶点为C，点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围；
（3）若m＞
3
2
，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（0＜t＜
5
2
）个单位，点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′，是否存在t，使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t的值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) 抛物线的解析式为：y=
1
2
x2﹣
3
2
x﹣2；C（
3
2
，﹣
25
8
）．(2) ﹣1＜m＜0或3＜m＜4;(3)
15
41
【解析】（1）待定系数法求解析式即可，求得解析式后转换成顶点式即可．
（2）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以-1＜m＜0，或3＜m＜4．
（3）左右平移时，使A′D+DB″最短即可，那么作出点C′关于x轴对称点的坐标为C″，得到直线P″C″的解析式，然后把A点的坐标代入即可．
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，
∴
??????2=0
16??+4???2=0
，
解得：
??=
1
2
??=?
3
2
，
∴抛物线的解析式为：y=
1
2
x2﹣
3
2
x﹣2；
∵y=
1
2
x2﹣
3
2
x﹣2=
1
2
（x﹣
3
2
）2﹣
25
8
，
∴C（
3
2
，﹣
25
8
）．
（2）如图1，以AB为直径作圆M，则抛物线在圆内的部分，能使∠APB为钝角，
∴M（
3
2
，0），⊙M的半径=
5
2
．
/
∵P′是抛物线与y轴的交点，
∴OP′=2，
∴MP′=
??
??
′
2
+??
??
2
=
5
2
，
∴P′在⊙M上，
∴P′的对称点（3，﹣2），
∴当﹣1＜m＜0或3＜m＜4时，∠APB为钝角．
（3）存在；
抛物线向左或向右平移，因为AB、P′C′是定值，所以A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短，只要AC′+BP′最小；
第一种情况：抛物线向右平移，AC′+BP′＞AC+BP，
第二种情况：向左平移，如图2所示，由（2）可知P（3，﹣2），
/
又∵C（
3
2
，﹣
25
8
）
∴C'（
3
2
﹣t，﹣
25
8
），P'（3﹣t，﹣2），
∵AB=5，
∴P″（﹣2﹣t，﹣2），
要使AC′+BP′最短，只要AC′+AP″最短即可，
点C′关于x轴的对称点C″（
3
2
﹣t，
25
8
），
设直线P″C″的解析式为：y=kx+b，
?2=(?2???)??+??
25
8
=(
3
2
???）??+??
，
解得
??=
41
28
??=
41
28
??+
13
14
∴直线y=
41
28
??+
41
28
??+
13
14
，
当P″、A、C″在一条直线上时，周长最小，
∴?
41
28
??+
41
28
??+
13
14
=0
∴t=
15
41
．
故将抛物线向左平移
15
41
个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短．
【点评】利用轴对称的性质解决几何图形中的最值问题借助的主要基本定理有两个：（1）两点之间线段最短；（2）三角形两边之和大于第三边.
/
