中考压轴题第4部分 抛物线垂直平分 学案

7．如图，以点G（4，0）为圆心，2为半径的圆与x轴交于A、B两点，已知抛物线y=﹣x2+bx+c过点A和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）求出点C的坐标
（3）点F（8，m）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，点P为此抛物线对称轴上一个动点，求PF+PB的最小值；
（4）OE是⊙G的切线，点E是切点，在抛物线上是否存在一点Q，使△COQ的面积等于△COE的面积？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．











8．综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）求直线AC的解析式及B、D两点的坐标；
（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．












9．如图，抛物线y=﹣x2﹣2x+3 的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求A、B、C的坐标；
（2）点M为线段AB上一点（点M不与点A、B重合），过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N．若点P在点Q左边，当矩形PMNQ的周长最大时，求△AEM的面积；
（3）在（2）的条件下，当矩形PMNQ的周长最大时，连接DQ．过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线AC交于点G（点G在点F的上方）．若FG=2DQ，求点F的坐标．
（4）在（2）的条件下，若直线l与抛物线相交，交点为G、H（G点在H点右侧）且点P与点B关于直线l对称，求出点G、H坐标．

















11．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A，C分别在y轴，x轴上，∠ACB=90°，OA=，抛物线y=ax2﹣ax﹣a经过点B（2，），与y轴交于点D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点B关于直线AC的对称点是否在抛物线上？请说明理由；
（3）延长BA交抛物线于点E，连接ED，试说明ED∥AC的理由．









12．已知抛物线C：y=x2﹣2x+1的顶点为P，与y轴的交点为Q，点F（1，）．
（Ⅰ）求点P，Q的坐标；
（Ⅱ）将抛物线C向上平移得到抛物线C′，点Q平移后的对应点为Q′，且FQ′=OQ′．
①求抛物线C′的解析式；
②若点P关于直线Q′F的对称点为K，射线FK与抛物线C′相交于点A，求点A的坐标．


















13．如图，已知抛物线与x轴相交于A、B两点，其对称轴为直线x=2，且与x轴交于点D，AO=1．
（1）填空：b=　　，c=　　，点B的坐标为（　　，　　）：
（2）若线段BC的垂直平分线EF交BC于点E，交x轴于点F．求FC的长；
（3）探究：在抛物线的对称轴上是否存在点P，使⊙P与x轴、直线BC都相切？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


















14．如图1，已知直线y=kx与抛物线y=交于点A（3，6）．
（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；
（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x轴于点M（点M、O不重合），交直线OA于点Q，再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N．试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；
（3）如图2，若点B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上（与点O、A不重合），点D（m，0）是x轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个？














15．二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点（﹣1，4），且与直线y=﹣x+1相交于A、B两点（如图），A点在y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（﹣3，0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交AB于点M，求MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．









16．如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点．

（1）求抛物线解析式及点D坐标；
（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．












17．已知抛物线y=ax2+x+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴相交于点C，该抛物线的顶点为点M，对称轴与BC相交于点N，与x轴交于点D．
（1）求该抛物线的解析式及点M的坐标；
（2）连接ON，AC，证明：∠NOB=∠ACB；
（3）点E是该抛物线上一动点，且位于第一象限，当点E到直线BC的距离为时，求点E的坐标；
（4）在满足（3）的条件下，连接EN，并延长EN交y轴于点F，E、F两点关于直线BC对称吗？请说明理由．









18．抛物线y=ax2+c与x轴交于A，B两点，顶点为C，点P为抛物线上，且位于x轴下方．
（1）如图1，若P（1，﹣3），B（4，0）．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上一点，满足∠DPO=∠POB，求点D的坐标；
（2）如图2，已知直线PA，PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．






















19．如图，抛物线y=（x﹣3）2﹣1与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求点A，B，D的坐标；
（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，求证：∠AEO=∠ADC；
（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出点Q的坐标．


20．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为（2m，m），翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE，设点B的对应点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C，F，D的抛物线为y=ax2+bx+c．
（1）求点D的坐标（用含m的式子表示）；
（2）若点G的坐标为（0，﹣3），求该抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P，使PM=EA？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．




















21．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+与y轴相交于点A，点B与点O关于点A对称
（1）填空：点B的坐标是　　；
（2）过点B的直线y=kx+b（其中k＜0）与x轴相交于点C，过点C作直线l平行于y轴，P是直线l上一点，且PB=PC，求线段PB的长（用含k的式子表示），并判断点P是否在抛物线上，说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点C关于直线BP的对称点C′恰好落在该抛物线的对称轴上，求此时点P的坐标．








22．如图1，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E（4，0）．
（1）写出D的坐标和直线l的解析式；
（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；
（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．















23．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣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．





7.解：（1）∵以点G（4，0）为圆心，2为半径的圆与x轴交于A、B两点，
点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），
∵抛物线y=﹣x2+bx+c过点A和点B，∴，解得：，
∴此抛物线的函数关系式为：y=﹣x2+x﹣2；

（2）∵C点为抛物线与y轴的交点，∴当x=0时，y=﹣2，
∴点C的坐标为（0，﹣2）；
∵y=﹣x2+x﹣2=﹣（x2﹣8x）﹣2=﹣（x﹣4）2+，
∴此抛物线的顶点坐标为（4，），如图：

（3）∵点F（8，m）在抛物线y=﹣x2+x﹣2上，∴点F的坐标为（8，﹣2），
连接AF，则与抛物线的对称轴的交点为点P，此时PF+PB的最小，∴PA=PB，
∴PF+PB=PA+PF=AF==2；∴PF+PB的最小值为2；

（4）连接EG，作ER⊥OB，ET⊥y轴，∴EG=2，∵OE是⊙G的切线，∴∠OEG=90°，
∴OE=2．
∵EG=2，OG=4，∴∠EOG=30°，∴∠EGO=90°﹣∠EOG=90°﹣30°=60°，
∴RG=1，∴ER=，OR=3，∴ET=3，
∴△COE的面积为：×2×3=3，∴△COQ的面积为3，
当Q点横坐标为3时，y=﹣x2+x﹣2=；∴Q点的坐标为：（3，），
当Q点横坐标为﹣3时，y=﹣x2+x﹣2；y=﹣，
∴Q点的坐标为：（﹣3，﹣），
∴点Q的坐标为：（﹣3，﹣），（3，）．



　








8.方法一：
解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3．
∵点A在点B的左侧，∴A、B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）．
当x=0时，y=3．∴C点的坐标为（0，3）
设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），
则，解得，∴直线AC的解析式为y=3x+3．
∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）．

（2）抛物线上有三个这样的点Q，

①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；
②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+，﹣3）；
③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣，﹣3）；
综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）．

（3）过点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D交直线AC于点M，则点M为所求，
过点B′作B′E⊥x轴于点E．
∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2．
∴Rt△AOC∽Rt△AFB，∴，
由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，
∴AC=，AB=4．∴，∴BF=，∴BB′=2BF=，
由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，
∴，∴，即．∴B′E=，BE=，
∴OE=BE﹣OB=﹣3=．∴B′点的坐标为（﹣，）．
设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0）．
∴，解得，∴直线B′D的解析式为：y=x+，
联立B′D与AC的直线解析式可得：，解得，
∴M点的坐标为（，）．
方法二：
（1）略．（2）略．
（3）设B点关于直线AC的对称点为B′，显然BB′被直线AC垂直平分，交点为F．
由BB′⊥AC，∴KBB′×KAC=﹣1，∵KAC=3，∴KBB′=﹣，
设BB′直线方程为y=﹣x+b，
∵B（3，0），∴⇒F（﹣，），
∵点F为BB′的中点，∴FX=，FY=，
∴B′（﹣，），∵D（1，4），∴⇒M（，），
∴△BDM的周长最小时，点M的坐标为（，）．

　































9.方法一：解：（1）由抛物线y=﹣x2﹣2x+3可知，C（0，3），
令y=0，则0=﹣x2﹣2x+3，解得x=﹣3或x=1，∴A（﹣3，0），B（1，0）．
（2）由抛物线y=﹣x2﹣2x+3可知，对称轴为x=﹣1，
设M点的横坐标为m，则PM=﹣m2﹣2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，
∴矩形PMNQ的周长=2（PM+MN）=（﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2）×2=﹣2m2﹣8m+2=﹣2（m+2）2+10，
∴当m=﹣2时矩形的周长最大．
∵A（﹣3，0），C（0，3），设直线AC解析式为y=kx+b，
解得k=1，b=3，
∴解析式y=x+3，当x=﹣2时，则E（﹣2，1），∴EM=1，AM=1，∴S=•AM•EM=．
（3）∵M点的横坐标为﹣2，抛物线的对称轴为x=﹣1，
∴N应与原点重合，Q点与C点重合，∴DQ=DC，
把x=﹣1代入y=﹣x2﹣2x+3，解得y=4，
∴D（﹣1，4）∴DQ=DC=，
∵FG=2DQ，∴FG=4，设F（n，﹣n2﹣2n+3），则G（n，n+3），
∵点G在点F的上方，∴（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）=4，
解得：n=﹣4或n=1．∴F（﹣4，﹣5）或（1，0）．
方法二：（1）略．
（2）设P（t，﹣t2﹣2t+3），Q（﹣2﹣t，﹣t2﹣2t+3），
∴矩形PQMN周长为：2PQ+2PM，∴2PQ+2PM=2（﹣2﹣t﹣t）+2（﹣t2﹣2t+3），
∴2PQ+2PM=﹣2t2﹣8t+2，∴当t=﹣2时，周长最大，∴P（﹣2，3），
∵A（﹣3，0），C（0，3），∴lAC：y=x+3，
∵点E在直线AC上，且EX=PX，
把x=﹣2代入，∴E（﹣2，1），
∴S△AEM=AM×EM=×1×1=，
（3）∵D为抛物线顶点，∴D（﹣1，4），Q（0，3），
∴DQ=，
∵FG=2DQ=2×=4，∴t2+3t﹣4=0，
∴t1=﹣4，t2=1，∴F1（﹣4，﹣5），F2（1，0）．

拓展：方法二追问（4）：在（2）的条件下，若直线l与抛物线相交，交点为G、H（G点在H点右侧）且点P与点B关于直线l对称，求出点G、H坐标．
（4）∵点P与点B关于直线L对称，
∴PB被GH垂直平分，
∵P（﹣2，3），B（1，0），∴KPB==﹣1，
∵PB⊥GH，∴KPB×KGH=﹣1，∴KGH=1，
∵F为PB的中点，∴FX==﹣，FY=，
∴⇒，∴G（，），H（，）．

11.方法一：解：（1）把点B的坐标代入抛物线的表达式，得=a×22﹣2a﹣a，解得a=，
∴抛物线的表达式为y=x2﹣x﹣．
（2）连接CD，过点B作BF⊥x轴于点F，则∠BCF+∠CBF=90°
∵∠ACB=90°，∴∠ACO+∠BCF=90°，∴∠ACO=∠CBF，
∵∠AOC=∠CFB=90°，∴△AOC∽△CFB，∴=，
设OC=m，则CF=2﹣m，则有=，解得m1=m2=1，∴OC=CF=1，
当x=0时，y=﹣，∴OD=，∴BF=OD，
∵∠DOC=∠BFC=90°，∴△OCD≌△FCB，
∴DC=CB，∠OCD=∠FCB，∴点B、C、D在同一直线上，
∴点B与点D关于直线AC对称，∴点B关于直线AC的对称点在抛物线上．
（3）过点E作EG⊥y轴于点G，设直线AB的表达式为y=kx+b，则，解得k=﹣，
∴y=﹣x+，代入抛物线的表达式﹣x+=x2﹣x﹣．
解得x=2或x=﹣2，
当x=﹣2时y=﹣x+=﹣×（﹣2）+=，∴点E的坐标为（﹣2，），
∵tan∠EDG===，∴∠EDG=30°
∵tan∠OAC===，∴∠OAC=30°，∴∠OAC=∠EDG，∴ED∥AC．
方法二：（1）略．
（2）设C点坐标为（t，0），B点关于直线AC的对称点为B′，
∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，∴KAC×KBC=﹣1，
∵OA=，∴A（0，），B（2，），C（t，0），∴=﹣1，∴t（t﹣2）=﹣1，
∴t=1，C（1，0），∴，，∴B′x=0，B′Y=﹣，
∴B关于直线AC的对称点即为点D．
（3）∵A（0，），B（2，），∴，解得：x1=2（舍），x2=﹣2，
∴E（﹣2，），D（0，﹣），A（0，），C（1，0），
∴KED=，KAC=，∴KED=KAC，∴ED∥AC．

　
12.解：（Ⅰ）∵y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2∴顶点P（1，0），
∵当x=0时，y=1，∴Q（0，1），
（Ⅱ）①设抛物线C′的解析式为y=x2﹣2x+m，∴Q′（0，m）其中m＞1，∴OQ′=m，
∵F（1，），过F作FH⊥OQ′，如图：

∴FH=1，Q′H=m﹣，
在Rt△FQ′H中，FQ′2=（m﹣）2+1=m2﹣m+，∵FQ′=OQ′，∴m2﹣m+=m2，∴m=，
∴抛物线C′的解析式为y=x2﹣2x+，
②设点A（x0，y0），则y0=x02﹣2x0+，
过点A作x轴的垂线，与直线Q′F相交于点N，则可设N（x0，n），
∴AN=y0﹣n，其中y0＞n，
连接FP，∵F（1，），P（1，0），∴FP⊥x轴，∴FP∥AN，∴∠ANF=∠PFN，
连接PK，则直线Q′F是线段PK的垂直平分线，
∴FP=FK，有∠PFN=∠AFN，∴∠ANF=∠AFN，则AF=AN，
根据勾股定理，得，AF2=（x0﹣1）2+（y0﹣）2，
∴（x0﹣1）2+（y0﹣）2=（x﹣2x0+）+y﹣y0=y，∴AF=y0，∴y0=y0﹣n，
∴n=0，∴N（x0，0），
设直线Q′F的解析式为y=kx+b，则，解得，∴y=﹣x+，
由点N在直线Q′F上，得，0=﹣x0+，∴x0=，
将x0=代入y0=x﹣2x0+，∴y0=，∴A（，）
　












13.方法一：
解：（1）∵抛物线与x轴相交于A、B两点，其对称轴为直线x=2，且与x轴交于点D，AO=1，
∴A（﹣1，0），B（5，0），代入解析式得：，解得：b=，c=，
故答案为：，，5，0．
（2）由（1）求得，∴C（2，4）
∵E为BC的中点，由中点坐标公式求得E的坐标为（3.5，2），
直线BC的表达式为y=﹣x+，整理得4x+3y﹣20=0
设直线EF的表达式为y=kx+b（k≠0），
∵EF为BC的中垂线，∴EF⊥BC，∵互相垂直的两条直线的斜率的积是﹣1，∴，
把E（3.5，2）代入求得，∴直线EF的表达式为，
在中，令y=0，得，∴F（，0），∴FC=FB=，
答：FC的长是．
（3）存在．
作∠OBC的平分线交DC于点P，则P满足条件，
设P（2，a），则P到x轴的距离为等于P到直线BC的距离，都是|a|，
∵抛物线解析式是y=﹣（x﹣2）2+4，
∴点C的坐标是（2，4），
又∵点B的坐标是（5，0），
∴CD=4，DB=5﹣2=3，
∴BC===5，
∵⊙P与x轴、直线BC都相切，
∴∠CEP=∠CDB=90°，
∴∠PCE+∠CPE=90°，∠CBA+∠CPE=90°，
∴∠CPE=∠CBA，
∴sin∠BCD==，
解得：a=，
当P在x轴的下方时，同法得出=，
解得：a=﹣6，
∴点P的坐标是P（2，﹣6）或P（2，）．
答：在抛物线的对称轴上存在点P，使⊙P与x轴、直线BC都相切，点P的坐标是（2，﹣6），（2，）．
方法二：
（1）略．
（2）由（1）的y=﹣（x﹣2）2+4，
∴C（2，4），
∵B（5，0），E为BC的中点，
∴E（3.5，2）
∵EF⊥BC，
∴KBC×KEF=﹣1，KBC=﹣，KEF=，
lEF：y=x﹣，
当y=0时，x=，即F（，0），
∴FC=．

（3）∵P在对称轴上，设P（2，t），
过点P作BC的垂线，垂足为Q，
∴PB⊥DQ，
∵PQ⊥BC，EF⊥BC，
∴PQ∥EF，
∴KPQ=KEF=，
∴lPQ：y=x+t﹣，
∵lBC：y=﹣x+，
∴lPQ与lBC的交点坐标Q（，），
设P（2，t），B（5，0），D（2，0），
∵PB⊥DQ，KPB×KDQ=﹣1，
∴=﹣1，
∴t1=，t2=﹣6，
∴P1（2，），P2（2，﹣6）．


　






14.方法一：解：（1）把点A（3，6）代入y=kx 得；
∵6=3k，∴k=2，∴y=2x．OA=．
（2）是一个定值，理由如下：
如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．
①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，此时=tan∠AOM=2；
②当QH与QM不重合时，
∵QN⊥QM，QG⊥QH
不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，∴∠MQH=∠GQN，
又∵∠QHM=∠QGN=90°∴△QHM∽△QGN…，∴=tan∠AOM=2，
当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得=2．
（3）如答图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R
∵∠AOD=∠BAE，∴AF=OF，∴OC=AC=OA=
∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，
∴△AOR∽△FOC，∴，∴OF=，∴点F（，0），
设点B（x，﹣），
过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF，
∴，即，
解得x1=6，x2=3（舍去），∴点B（6，2），
∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4，∴AB=5；
（求AB也可采用下面的方法）
设直线AF为y=kx+b（k≠0）把点A（3，6），点F（，0）代入得k=﹣，b=10，
∴y=﹣x+10，∴，∴（舍去），，∴B（6，2），
∴AB=5
（其它方法求出AB的长酌情给分）
在△ABE与△OED中
∵∠BAE=∠BED，∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB，∴∠ABE=∠DEO，
∵∠BAE=∠EOD，∴△ABE∽△OED．
设OE=a，则AE=3﹣a（0＜a＜3），
由△ABE∽△OED得，∴=，
∴m=a（3﹣a）=﹣a2+a（0＜a＜3），∴顶点为（，）
如答图3，当m=时，OE=a=，此时E点有1个；
当0＜m＜时，任取一个m的值都对应着两个a值，此时E点有2个．∴当m=时，E点只有1个
当0＜m＜时，E点有2个．




方法二：（1）略．
（2）过点Q分别作y轴，x轴垂线，垂足分别为G，H，
∵QN⊥QM，∴∠NQH+∠HQM=90°，
∵QG⊥QH，∴∠NQH+∠GQN=90°，∴∠HQM=∠GQN，
∵∠QGN=∠QHM=90°，∴△QGN∽△QHM，∴QM：QN=2：1．
（3）延长AB交x轴于F，过点F作FC⊥OA于点C．
∵∠BAE=∠AOD，∴OF=AF，
∵FC⊥OA，∴C为OA中点，
∵O（0，0），A（3，6），∴C（，3），KOA=2，
∵KOA×KPC=﹣1，∴KPC=﹣，∴lFC：y=﹣x+，
当y=0时，x=，即F（，0），∴lAF：y=﹣x+10，
∴⇒x1=3（舍），x2=6，∴B（6，2），AB=5，
∵D（m，0），OD=m，
设AE=a，OE=3﹣a，⇒∠OED=∠ABE，
∴△ABE∽△OED，∴，
∴，
∴a2﹣a+5m=0，
∵E只有一个，
∴△=45﹣25m=0，
∴m=，
∵E只有两个，
∴△=45﹣25m＞0，
即0＜m＜时，E有两个．



　








15.方法一：
解：（1）由直线y=﹣x+1可知A（0，1），B（﹣3，），又点（﹣1，4）经过二次函数，
根据题意得：，解得：，则二次函数的解析式是：y=﹣﹣x+1；
（2）设N（x，﹣x2﹣x+1），则M（x，﹣x+1），P（x，0）．∴MN=PN﹣PM
=﹣x2﹣x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2﹣x=﹣（x+）2+，
则当x=﹣时，MN的最大值为；
（3）连接MC、BN、BM与NC互相垂直平分，
即四边形BCMN是菱形，
则MN=BC，且BC=MC，即﹣x2﹣x=，且（﹣x+1）2+（x+3）2=，
解x2+3x+2=0，得：x=﹣1或x=﹣2（舍去）．
故当N（﹣1，4）时，BM和NC互相垂直平分．
方法二：（1）略．（2）设N（t，﹣），∴M（t，﹣t+1），
∴MN=NY﹣MY=﹣+t﹣1，
∴MN=﹣，
当t=﹣时，MN有最大值，MN=．
（3）若BM与NC相互垂直平分，则四边形BCMN为菱形．
∴NC⊥BM且MN=BC=，即﹣=，∴t1=﹣1，t2=﹣2，
①t1=﹣1，N（﹣1，4），C（﹣3，0），∴KNC==2，
∵KAB=﹣，∴KNC×KAB=﹣1，∴NC⊥BM．
②t2=﹣2，N（﹣2，），C（﹣3，0），∴KNC==，KAB=﹣，
∴KNC×KAB≠﹣1，此时NC与BM不垂直．
∴满足题意的N点坐标只有一个，N（﹣1，4）．

　





16.方法一：
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，∴，
解得：∴y=﹣x2+x+2；
当y=2时，﹣x2+x+2=2，解得：x1=3，x2=0（舍去），即：点D坐标为（3，2）．
（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：
①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1（0，2），
②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，
可知P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣2，
代入抛物线的解析式：﹣x2+x+2=﹣2解得：x1=，x2=，
∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）
综上所述：P1（0，2）；P2（，﹣2）；P3（，﹣2）．
（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方，设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为（a，﹣a2+a+2），

①当P点在y轴右侧时（如图1），CQ=a，PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣a，
又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△Q′FP，，，∴Q′F=a﹣3，
∴OQ′=OF﹣Q′F=a﹣（a﹣3）=3，CQ=CQ′==，
此时a=，点P的坐标为（，），
②当P点在y轴左侧时（如图2）此时a＜0，﹣a2+a+2＜0，CQ=﹣a，
PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣a，
又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°，
∴△COQ′∽△Q′FP，，，Q′F=3﹣a，∴OQ′=3，
CQ=CQ′==，
此时a=﹣，点P的坐标为（﹣，）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（，），（﹣，）．
方法二：
（1）略．（2）设E（t，0），A（﹣1，0），D（3，2），
∴P1（t+4，2），P2（t﹣4，﹣2），P3（2﹣t，2），
﹣（t+4）2+（t+4）+2=2，∴t+4=0或t+4=3．
﹣（t﹣4）2+（t﹣4）+2=﹣2，∴t﹣4=或
﹣（2﹣t）2+（2﹣t）+2=2，∴2﹣t=0或2﹣t=3，
∵P（3，2）与D重合，故舍去．∴P1（0，2），P2（，﹣2），P3（，﹣2）．
（3）∵△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′，
∴PQ=PQ′，QQ′⊥CP，∴CQ=CQ′，
设Q（a，2），∵PQ⊥CQ，∴P（a，﹣a2+a+2），
∵CQ=CQ′=a，∴OQ′=，∴Q（a，2），Q′（，0），C（0，2），
∵OQ′⊥CP，∴KQQ′×KCP=﹣1，
∴×=﹣1，
∴a=±，
∴P1（，），P2（﹣，）．
　






























17.方法一：
解：（1）∵抛物线y=ax2+x+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（2，0）两点，∴，
解得．
∴抛物线为y=﹣x2+x+2；∴抛物线为y=﹣x2+x+2=﹣（x﹣）2+，∴顶点M（，）．
（2）如图1，∵A（﹣1，0），B（2，0），C（0，2），
∴直线BC为：y=﹣x+2，
当x=时，y=，∴N（，），
∴AB=3，BC=2，OB=2，BN==，∴==，==，
∵∠ABC=∠NBO，∴△ABC∽△NBO，∴∠NOB=∠ACB；
（3）如图2，作EQ⊥BC于Q，
∵直线BC为y=﹣x+2，∴设E（m，﹣m2+m+2），直线EQ的解析式为y=x+b，
则直线EQ为y=x+（﹣m2+2），解得，∴Q（m2，﹣m2+2），
∵EQ=，∴（m﹣m2）2+（﹣m2+2+m2﹣m﹣2）2=（）2，
解得m=1，∴﹣m2+m+2=2，∴E（1，2），
（4）如图2，连接EN，并延长EN交y轴于点F，∵E（1，2），N（，），
设直线EN的解析式为y=mx+n，∴，解得，∴直线EF为y=x+1，
∴F（0，1），
∵直线BC和直线EF斜率互为负倒数，∴EF⊥BC，
∴EN==，FN==，∴EN=FN，
∴E、F两点关于直线BC对称．
方法二：（1）略．（2）略．（3）连接EN交y轴于F，作EH⊥x轴交BC于H，
设E（t，﹣t2+t+2），H（t，﹣t+2），
S△EBC=（EY﹣HY）（BX﹣CX）=BC×EN，∴2（﹣t2+t+2+t﹣2）=2×，∴t=1，E（1，2）．
（4）∵E（1，2），N（，），∴lEN：y=x+1，
当x=0时，y=1，∴F（0，1），∴KEN×KBC=﹣1，∴EN⊥BC，
∵E（1，2），F（0，1），∴线段EF中点为（，），即N（，），
∴点E，点F关于直线BC对称．

　
18.解：（1）①将P（1，﹣3），B（4，0）代入y=ax2+c，得
，解得，抛物线的解析式为y=x2﹣；
②如图1，当点D在OP左侧时，由∠DPO=∠POB，得DP∥OB，
D与P关于y轴对称，P（1，﹣3），
得D（﹣1，﹣3）；当点D在OP右侧时，延长PD交x轴于点G．
作PH⊥OB于点H，则OH=1，PH=3．
∵∠DPO=∠POB，∴PG=OG．
设OG=x，则PG=x，HG=x﹣1．在Rt△PGH中，由x2=（x﹣1）2+32，得x=5．
∴点G（5，0）．∴直线PG的解析式为y=x﹣
解方程组得，．
∵P（1，﹣3），∴D（，﹣）．∴点D的坐标为（1，﹣3）或（，﹣）．
（2）点P运动时，是定值，定值为2，理由如下：
作PQ⊥AB于Q点，设P（m，am2+c），A（﹣t，0），B（t，0），则at2+c=0，c=﹣at2．
∵PQ∥OF，∴，∴OF==﹣==amt+at2．
同理OE=﹣amt+at2．∴OE+OF=2at2=﹣2c=2OC．∴=2．


　



















19.方法一：
（1）解：顶点D的坐标为（3，﹣1）．
令y=0，得（x﹣3）2﹣1=0，解得：x1=3+，x2=3﹣，
∵点A在点B的左侧，∴A（3﹣，0），B（3+，0）．
（2）证明：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3．

令x=0，得y=，∴C（0，）．∴CG=OC+OG=+1=，∴tan∠DCG=．
设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）=．
由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG．∴tan∠EOM=tan∠DCG==，解得EM=2，
∴DE=EM+DM=3．
在Rt△AEM中，AM=，EM=2，由勾股定理得：AE=；
在Rt△ADM中，AM=，DM=1，由勾股定理得：AD=．
∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°．
设AE交CD于点F，
∵∠AEO+∠EFH=90°，∠ADC+AFD=90°，∠EFH=∠AFD（对顶角相等），
∴∠AEO=∠ADC．
（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：

由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，
要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．
设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2．
∵y=（x﹣3）2﹣1，∴（x﹣3）2=2y+2．∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5
当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．
将y=1代入y=（x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，解得：x1=1，x2=5．
又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，∴x1=1舍去．∴P（5，1）．
∵△EQ2P为直角三角形，
∴过点Q2作x轴的平行线，再分别过点E，P向其作垂线，垂足分别为M点和N点．
由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1
设点Q2的坐标为（m，n）
则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②
①﹣②得n=2m﹣5③
将③代入到①得到
m1=3（舍，为Q1）m2=再将m=代入③得n=，∴Q2（，）
此时点Q坐标为（3，1）或（，）．





方法二：（1）略．
（2）∵C（0，），D（3，﹣1），∴KCD=，
∵OE⊥CD，∴KCD×KOE=﹣1，∴KOE=，∴lOE：y=x，把x=3代入，得y=2，∴E（3，2），
∵A（3﹣，0），D（3，﹣1），∴KEA==，
∵KAD=，∴KEA×KAD=﹣1，∴EA⊥AD，∠EHD=∠EAD，
∵∠EFH=∠AFD，∴∠AEO=∠ADC．

（3）由⊙E的半径为1，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小，
设点P坐标为（x，y），EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，
∵y=（x﹣3）2﹣1，∴（x﹣3）2=2y+2，∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，
∴当y=1时，EP2有最小值，将y=1代入y=（x﹣3）2﹣1得：x1=1，x2=5，
又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，∴x1=1舍去，∴P（5，1），
显然Q1（3，1），
∵Q1Q2被EP垂直平分，垂足为H，∴KQ1Q2×KEP=﹣1，∴KEP==﹣，KQ1Q2=2，
∵Q1（3，1），∴lQ1Q2：y=2x﹣5，
∵lEP：y=﹣x+，∴x=，y=，∴H（，），
∵H为Q1Q2的中点，∴Hx=，HY=，∴Q2（x）=2×﹣3=，
Q2（Y）=2×﹣1=，
∴Q2（，）．

　













20.解：（1）根据折叠的性质得：CF=AB=m，DF=DB，∠DFC=∠DBA=90°，CE=AE，∠CED=∠AED，
设CD=x，则DF=DB=2m﹣x，
根据勾股定理得：CF2+DF2=CD2，
即m2+（2m﹣x）2=x2，解得：x=m，∴点D的坐标为：（m，m）；
（2）方法一：
∵四边形OABC是矩形，∴OA=2m，OA∥BC，
∴∠CDE=∠AED，∴∠CDE=∠CED，∴CE=CD=m，∴AE=CE=m，
∴OE=OA﹣AE=m，
∵OA∥BC，∴△OEG∽△CDG，∴，即，解得：m=2，∴C（0，2），D（，2），
作FH⊥CD于H，如图1所示：则∠FHC=90°=∠DFC，
∵∠FCH=∠FCD，∴△FCH∽△DCF，∴==，即，
∴FH=，CH=，+2=，∴F（，），
把点C（0，2），D（，2），F（，）代入y=ax2+bx+c得：，
解得：a=﹣，b=，c=2，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2；
方法二：由（1）得，A（2m，0），C（0，m），D（m，m），G（0，﹣3），
根据折叠的性质：AC⊥DG，∴KAC×KDG=﹣1，∴，∴m=2，C（0，2），D（，2），
作FH⊥CD于H，则∠FHC=∠DFC=90°，
∵∠FCH=∠FCD，∴△FCH∽△DCF，∴，即，
∴FH=，CH=，∴F（，），
∵抛物线：y=ax2+bx+c，∴（）2a+b+c=，（）2a+b+c=2，c=2，
∴a=﹣，b=，c=2，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2．
（3）存在；点P的坐标为：（，），或（，）；理由如下：
如图2所示：∵CD=CE，CE=EA，
∴CD=EA，∵线段CD的中点为M，∠DFC=90°，∴MF=CD=EA，点P与点F重合，
∴点P的坐标为：（，）；
由抛物线的对称性得另一点P的坐标为（，）；
∴在线段CD上方的抛物线上存在点P，使PM=EA，点P的坐标为：（，），或（，）．


　
21.解：
（1）∵抛物线y=x2+与y轴相交于点A，∴A（0，），
∵点B与点O关于点A对称，∴BA=OA=，∴OB=，即B点坐标为（0，），
故答案为：（0，）；
（2）∵B点坐标为（0，），∴直线解析式为y=kx+，令y=0可得kx+=0，解得x=﹣，
∴OC=﹣，
∵PB=PC，∴点P只能在x轴上方，
如图1，过B作BD⊥l于点D，设PB=PC=m，

则BD=OC=﹣，CD=OB=，∴PD=PC﹣CD=m﹣，
在Rt△PBD中，由勾股定理可得PB2=PD2+BD2，
即m2=（m﹣）2+（﹣）2，解得m=+，∴PB+，∴P点坐标为（﹣，+），
当x=﹣时，代入抛物线解析式可得y=+，∴点P在抛物线上；
（3）如图2，连接CC′，

∵l∥y轴，∴∠OBC=∠PCB，
又PB=PC，∴∠PCB=∠PBC，∴∠PBC=∠OBC，
又C、C′关于BP对称，且C′在抛物线的对称轴上，即在y轴上，∴∠PBC=∠PBC′，
∴∠OBC=∠CBP=∠C′BP=60°，
在Rt△OBC中，OB=，则BC=1
∴OC=，即P点的横坐标为，代入抛物线解析式可得y=（）2+=1，
∴P点坐标为（，1）



22.解：（1）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴D（1，4），
当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3，则C（0，3），
设直线l的解析式为y=kx+b，把C（0，3），E（4，0）分别代入得，解得，
∴直线l的解析式为y=﹣x+3；
（2）如图（1），当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，则B（3，0），
设直线BD的解析式为y=mx+n，
把B（3，0），D（1，4）分别代入得，解得，
∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6，
则P（x，﹣2x+6），∴S=•（﹣2x+6+3）•x=﹣x2+x（1＜x＜3），
∵S=﹣（x﹣）2+，∴当x=时，S有最大值，最大值为；
（3）存在．
如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，﹣t+3），N（t，﹣t2+2t+3），
∴MN=|﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）|=|t2﹣t|，CM==t，
∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，
而QN∥y轴，
∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，
∴∠M′CN=∠CNM，∴∠M′CN=∠CNM′，
∴CM′=NM′，∴NM=CM，∴|t2﹣t|=t，
当t2﹣t=t，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）；
当t2﹣t=﹣t，解得t1=0（舍去），t2=，此时Q点坐标为（，0），
综上所述，点Q的坐标为（，0）或（4，0）．


　









23.方法一：解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
，解得，∴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，﹣m+3），F（m，0）．
∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+m+2|，
EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|．
由题意，PE=5EF，即：|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|
①若﹣m2+m+2=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，解得：m=2或m=；
②若﹣m2+m+2=﹣（m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0，解得：m=或m=．
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=、m=这两个解均舍去．∴m=2或m=．
（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=﹣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，解得CE=|m|，
∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+m+2|∴|﹣m2+m+2|=|m|．
①若﹣m2+m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣；
②若﹣m2+m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m1=3+，m2=3﹣．
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+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，也符合题意，
∴P（0，5）
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（0，5），（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）
方法二：（1）略．（2）略．
（3）若E（不与C重合时）关于直线PC的对称点E′在y轴上，则直线CD与直线CE′关于PC轴对称．
∴点D关于直线PC的对称点D′也在y轴上，
∴DD′⊥CP，∵y=﹣x+3，∴D（4，0），CD=5，
∵OC=3，∴OD′=8或OD′=2，
①当OD′=8时，D′（0，8），设P（t，﹣t2+4t+5），D（4，0），C（0，3），
∵PC⊥DD′，∴KPC×KDD′=﹣1，∴，
∴2t2﹣7t﹣4=0，∴t1=4，t2=﹣，
②当OD′=2时，D′（0，﹣2），
设P（t，﹣t2+4t+5），
∵PC⊥DD′，∴KPC×KDD′=﹣1，∴=﹣1，∴t1=3+，t2=3﹣，
∵点P是x轴上方的抛物线上一动点，
∴﹣1＜t＜5，
∴点P的坐标为（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）．
若点E与C重合时，P（0，5）也符合题意．
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（0，5），（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）