2016年中考数学试卷-2016压轴.doc

2016年海南省海口九年级数学综合性压轴题

(第1题图)
1．如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与y轴交于点C(0，－4)，与x轴交于点A，B，且B点的坐标为(2，0)．
(1)求该抛物线的表达式．
(2)若点P是AB上的一动点，过点P作PE∥AC，交BC于E，连结CP，求△PCE面积的最大值．
(3)若点D为OA的中点，点M是线段AC上一点，且△OMD为等腰三角形，求M点的坐标．
解：(1)把点C(0，－4)，B(2，0)的坐标分别代入y＝x2＋bx＋c中，得

解得
∴该抛物线的表达式为y＝x2＋x－4.
(2)令y＝0，即x2＋x－4＝0，解得x1＝－4，x2＝2，
∴点A(－4，0)，S△ABC＝AB·OC＝12.
设点P的坐标为(x，0)，则PB＝2－x.
∵PE∥AC，
∴∠BPE＝∠BAC，∠BEP＝∠BCA，
∴△PBE∽△ABC.
∴＝()2，即＝()2，
化简，得S△PBE＝(2－x)2.
S△PCE＝S△PCB－S△PBE
＝PB·OC－S△PBE
＝·(2－x)·4－(2－x)2
＝－x2－x＋
＝－(x＋1)2＋3，
∴当x＝－1时，S△PCE的最大值为3.
(3)△OMD为等腰三角形，可能有三种情形：
(Ⅰ)当DM＝DO时，如解图①所示．
DO＝DM＝DA＝2，
∴∠OAC＝∠AMD＝45°，
∴∠ADM＝90°，
∴点M的坐标为(－2，－2)．
　,(第1题图解))
(Ⅱ)当MD＝MO时，如解图②所示．
过点M作MN⊥OD于点N，则点N为OD的中点，
∴DN＝ON＝1，AN＝AD＋DN＝3，
又∵△AMN为等腰直角三角形，∴MN＝AN＝3，
∴点M的坐标为(－1，－3)．
(Ⅲ)当OD＝OM时，
∵△OAC为等腰直角三角形，
∴点O到AC的距离为×4＝2，即AC上的点与点O之间的最小距离为2.
∵2＞2，∴OD＝OM的情况不存在．
综上所述，点M的坐标为(－2，－2)或(－1，－3)．

(第2题图)
2．如图，抛物线y＝－x2＋mx＋n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知点A(－1，0)，C(0，2)．
(1)求抛物线的表达式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
(3)点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时点E的坐标．
解：(1)∵抛物线y＝－x2＋mx＋n经过点A(－1，0)，C(0，2)，
∴解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋2.
(2)∵y＝－x2＋x＋2，∴y＝－＋，∴抛物线的对称轴是直线x＝.∴OD＝.
∵点C(0，2)，∴OC＝2.
在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD＝.
∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，如解图①，分别以C，D为圆心，CD长为半径画圆交对称轴于点P1，P2，P3，
∴CP1＝DP2＝DP3＝CD.
作CH⊥x轴于H，∴HP1＝HD＝2，∴DP1＝4.
∴点P1，P2，P3.

(第2题图解)
(3)当y＝0时，0＝－x2＋x＋2，解得x1＝－1，x2＝4，∴点B(4，0)．
设直线BC的表达式为y＝kx＋b，将B，C两点的坐标代入，得
解得
∴直线BC的表达式为y＝－x＋2.
如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，设点
E，则F，
∴EF＝－a2＋a＋2－＝－a2＋2a(0≤x≤4)．
∵S四边形CDBF＝S△BCD＋S△CEF＋S△BEF＝BD·OC＋EF·CM＋EF·BN
＝××2＋a＋

＝－a2＋4a＋
＝－(a－2)2＋(0≤x≤4)．
∴a＝2时，S四边形CDBF的面积最大，S最大＝，
此时点E(2，1)．

(第3题图)
3．如图所示，Rt△ABC是一张放在平面直角坐标系中的纸片，点C与原点O重合，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，已知OA＝3，OB＝4.将纸片的直角部分翻折，使点C落在AB边上，记为点D，AE为折痕，E在y轴上．
(1)在如图所示的直角坐标系中，求点E的坐标及AE的长．
(2)线段AD上有一动点P(不与A，D重合)自点A沿AD方向以每秒1个单位长度向点D作匀速运动，设运动时间为t(s)(0＜t＜3)，过点P作PM∥DE交AE于M点，过点M作MN∥AD交DE于N点，求四边形PMND的面积S与时间t之间的函数表达式．当t取何值时，S有最大值？最大值是多少？
(3)当t(0＜t＜3)为何值时，A，D，M三点构成等腰三角形？并求出点M的坐标．
解：(1)根据题意，得△AOE≌△ADE，
∴OE＝DE，∠ADE＝∠AOE＝90°，AD＝AO＝3，在Rt△AOB中，AB＝＝5，
设DE＝OE＝x，在Rt△BED中，根据勾股定理，得
BD2＋DE2＝BE2，
即22＋x2＝(4－x)2，解得x＝，∴点E.
在Rt△AOE中，AE＝＝.
(2)∵PM∥DE，MN∥AD，且∠ADE＝90°，
∴四边形PMND是矩形．
∵AP＝t·1＝t，∴PD＝3－t.
∵△AMP∽△AED，∴＝，
∴PM＝·DE＝，
∴S矩形PMND＝PM·PD＝·(3－t)，
∴S矩形PMND＝－t2＋t或S矩形PMND＝－(t－)2＋，当t＝－＝时，S最大＝.
(3)△ADM为等腰三角形有以下两种情况：
(Ⅰ)当MD＝MA时，点P是AD中点，
∴AP＝＝，∴t＝÷1＝(s)．
∴当t＝时，A，D，M三点构成等腰三角形，过点M作MF⊥OA于F，如解图①，∵△APM≌△AFM，
∴AF＝AP＝，MF＝MP＝＝，
∴OF＝OA－AF＝3－＝，∴点M.
,(第3题图解))
(Ⅱ)当AD＝AM＝3时，∵△AMP∽△AED，
∴＝，
∴＝，∴AP＝，∴t＝÷1＝(s)．
∴当t＝ s时，A，D，M三点构成等腰三角形，过点M作MF⊥OA于点F.如解图②.
∵△AMF≌△AMP，
∴AF＝AP＝，FM＝PM＝＝，
∴OF＝OA－AF＝3－，∴点M.
4．如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝，AE⊥BD，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连结AF，BF.

(第4题图)
(1)求AE和BE的长．
(2)若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度)．当点F分别平移到线段AB，AD上时，直接写出相应的m的值．
(3)如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α(0°＜α＜180°)，记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q.是否存在这样的P，Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)在Rt△ABD中，AB＝5，AD＝，由勾股定理，得BD＝＝＝.
∵S△ABD＝BD·AE＝AB·AD，
∴AE＝＝＝4.
在Rt△ABE中，AB＝5，AE＝4，由勾股定理，得BE＝3.

(第4题图解①)
(2)设平移中的三角形为△A′B′F′，如解图①所示．
由对称点性质可知，∠1＝∠2.
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠5＝∠1，B′F′＝BF＝3.
①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，
∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠1＝∠2，
∴BB′＝B′F′＝3，即m＝3；
②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，
∴∠6＝∠2.
∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，
∴∠5＝∠6.
又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D＝B′F′＝3，
∴BB′＝BD－B′D＝－3＝，即m＝.
(3)存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如解图②所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，易知∠2＝2∠Q.

(第4题图解②)
∵∠1＝∠3＋∠Q，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠Q，
∴A′Q＝A′B＝5，
∴F′Q＝F′A′＋A′Q＝4＋5＝9.
在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝＝＝3.

(第4题图解③)
∴DQ＝BQ－BD＝3－.
②如解图③所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，易知∠2＝∠P.
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P，
∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．
∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ＝A′Q，
∴F′Q＝F′A′－A′Q＝4－BQ.
在Rt△BQF′中，由勾股定理，得BF′2＋F′Q2＝BQ2，
即32＋(4－BQ)2＝BQ2，
解得BQ＝.
∴DQ＝BD－BQ＝－＝.
③如解图④所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，易知∠3＝∠4.

(第4题图解④)
∵∠2＋∠3＋∠4＝180°，∠3＝∠4，
∴∠4＝90°－∠2.
∵∠1＝∠2，
∴∠4＝90°－∠1.
∴∠A′QB＝∠4＝90°－∠1，
∴∠A′BQ＝180°－∠A′QB－∠1＝90°－∠1，
∴∠A′QB＝∠A′BQ，
∴A′Q＝A′B＝5，
∴F′Q＝A′Q－A′F′＝5－4＝1.
在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝＝＝，
∴DQ＝BD－BQ＝－.
④如解图⑤所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，易知∠2＝∠3.

(第4题图解⑤)
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠4，
∴BQ＝BA′＝5，
∴DQ＝BD－BQ＝－5＝.
综上所述，存在4组符合条件的点P，Q，使△DPQ为等腰三角形，其中DQ的长度分别为3－，，－或.
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝(x－m)2－m2＋m的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD＝AC，连结BD. 作AE∥x轴，DE∥y轴，交于点E.
(1)当m＝2时，求点B的坐标．
(2)求DE的长．
(3)①设点D的坐标为(x，y)，求y关于x的函数表达式．
②过点D作AB的平行线，与第(3)①题确定的函数图象的另一个交点为P.当m为何值时，以A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形？
,(第5题图))
解：(1)当m＝2时，y＝(x－2)2＋1，
把x＝0代入y＝(x－2)2＋1，得y＝2，
∴点B的坐标为(0，2)．
(2)延长EA，交y轴于点F，
∵AD＝AC，∠AFC＝∠AED＝90°，∠CAF＝∠DAE，
∴△AFC≌△AED，
∴AF＝AE.
∵点A(m，－m2＋m)，点B(0，m)，
∴AF＝AE＝|m|，BF＝m－(－m2＋m)＝m2，
∵∠ABF＝90°－∠BAF＝∠DAE，
∠AFB＝∠DEA＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴＝，即＝，
∴DE＝4.
(3)①∵点A的坐标为(m，－m2＋m)，
∴点D的坐标为(2m，－m2＋m＋4)，
∴x＝2m，y＝－m2＋m＋4，
∴y＝－·＋x＋4，
∴所求函数的表达式为y＝－x2＋x＋4.
②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，
(Ⅰ)当四边形ABDP为平行四边形时(如解图①)，
点P的横坐标为3m，
点P的纵坐标为－＝－m2＋m＋4，
把点P(3m，－m2＋m＋4)的坐标代入y＝－x2＋x＋4，得
－m2＋m＋4＝－·(3m)2＋·3m＋4，
解得m＝0(此时A，B，D，P在同一直线上，舍去)或m＝8.
,图①)
,图②),(第5题图解))
(Ⅱ)当四边形ABPD为平行四边形时(如解图②)，
点P的横坐标为m，
点P的纵坐标为＋＝m＋4，
把点P(m，m＋4)的坐标代入y＝－x2＋x＋4，得m＋4＝－m2＋m＋4，
解得m＝0(此时A，B，D，P在同一直线上，舍去)或m＝－8.
综上所述，m的值为8或－8.
拓展提高

(第6题图)
6．如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ＝90°，PQ交x轴于点C.
(1)当动点P与点B重合时，若点B的坐标是(2，1)，求PA的长．
(2)当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA∶PC的值．
(3)当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE＝∠AEC，PD＝2OD，求PA∶PC的值．
解：(1)∵点P与点B重合，点B的坐标是(2，1)，
∴点P的坐标是(2，1)．
∴PA的长为2.

(第6题图解①)
(2)过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如解图①所示．
∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，∴OA＝AB.
∵∠OAB＝90°，∴∠AOB＝∠ABO＝45°.
∵∠AOC＝90°，∴∠POC＝45°.
∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴PM＝PN，∠ANP＝∠CMP＝90°.∴∠NPM＝90°.
∵∠APC＝90°.∴∠APN＝90°－∠APM＝∠CPM.
在△ANP和△CMP中，
∵∠APN＝∠CPM，PN＝PM，∠ANP＝∠CMP，∴△ANP≌△CMP.∴PA＝PC.
∴PA∶PC的值为1∶1.
(3)①若点P在线段OB的延长线上，
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，

(第6题图解②)
PM与直线AC的交点为F，如解图②所示．
∵∠APN＝∠CPM，∠ANP＝∠CMP，
∴△ANP∽△CMP.
∴＝.
∵∠ACE＝∠AEC，
∴AC＝AE.
∵AP⊥PC，∴EP＝CP.
∵PM∥y轴，∴AF＝CF，OM＝CM.∴FM＝OA.
设OA＝x，
∵PF∥OA，∴△PDF∽△ODA.∴＝.
∵PD＝2OD，∴PF＝2OA＝2x.
∵FM＝OA＝x.
∴PM＝x.
∵∠APC＝90°，AF＝CF，∴AC＝2PF＝4x.
∵∠AOC＝90°，∴OC＝x.
∵∠PNO＝∠NOM＝∠OMP＝90°，
∴四边形PMON是矩形．
∴PN＝OM＝x.
∴PA∶PC＝PN∶PM＝x∶x＝.
②当点P在线段OB上，不合题意．
③若点P在线段OB的反向延长线上，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如解图③所示．

(第6题图解③)
同理可得：PM＝x，CA＝2PF＝4x，OC＝x.
∴PN＝OM＝OC＝x.
∴PA∶PC＝PN∶PM＝x∶x＝.
综上所述，PA∶PC的值为或.

(第7题图)
7．如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为(－4，4)．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连结BP，过点P作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l交于点D.连结BD，BD与y轴交于点E，连结PE.设点P运动的时间为t(s)．
(1)∠PBD的度数为__45°__，点D的坐标为(t，t)(用含t的式子表示)．
(2)当t为何值时，△PBE为等腰三角形？
(3)探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．
解：(1)由题意，得AP＝OQ＝1×t＝t，∴AO＝PQ.
∵四边形OABC是正方形，
∴AO＝AB＝BC＝OC，∠BAO＝∠AOC＝∠OCB＝∠ABC＝90°.
∵DP⊥BP，∴∠BPD＝90°.
∴∠BPA＝90°－∠DPQ＝∠PDQ.
∵AO＝PQ，AO＝AB，∴AB＝QP.
在△BAP和△PQD中，∵
∴△BAP≌△PQD.∴AP＝QD，BP＝PD.
∵∠BPD＝90°，BP＝PD，
∴∠PBD＝∠PDB＝45°.
∵AP＝t，∴QD＝t.∴点D的坐标为(t，t)．
(2)①若PB＝PE，则∠PBE＝∠PEB＝45°.
∴∠BPE＝90°.
∵∠BPD＝90°，∴∠BPE＝∠BPD.
∴点E与点D重合．
∴点Q与点O重合．与条件“DQ∥y轴”矛盾，
∴这种情况应舍去．
②若EB＝EP，则∠BPE＝∠PBE＝45°.
∴∠BEP＝90°.∴∠PEO＝90°－∠BEC＝∠EBC.
在△POE和△ECB中，∵
∴△POE≌△ECB.∴OE＝BC，OP＝EC.
∴OE＝OC.∴点E与点C重合(即EC＝0)．
∴点P与点O重合(即PO＝0)．
∵点B(－4，4)，
∴AO＝CO＝4.此时t＝AP÷1＝AO÷1＝4.
③若BP＝BE，
在Rt△BAP和Rt△BCE中，∵
∴Rt△BAP≌Rt△BCE(HL)．∴AP＝CE.
∵AP＝t，∴CE＝t.∴PO＝EO＝4－t.
∵∠POE＝90°，∴PE＝＝(4－t)．

(第7题图解)
延长OA到点F，使得AF＝CE，连结BF，如解图所示．
在△FAB和△ECB中，
∵
∴△FAB≌△ECB.∴FB＝EB，∠FBA＝∠EBC.
∵∠EBP＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠ABP＋∠EBC＝45°.
∴∠FBP＝∠FBA＋∠ABP＝∠EBC＋∠ABP＝45°.
∴∠FBP＝∠EBP.
在△FBP和△EBP中，∵
∴△FBP≌△EBP.∴FP＝EP.
∴EP＝FP＝FA＋AP＝CE＋AP.
∴EP＝t＋t＝2t.∴(4－t)＝2t.
解得t＝4－4.
∴当t为4或4－4时，△PBE为等腰三角形．
(3)不变．同理于(2)③，易得PE＝AP＋CE，
∴OP＋PE＋OE＝OP＋AP＋CE＋OE＝AO＋CO＝4＋4＝8.
∴△POE的周长是定值，该定值为8.
8．如图①，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA＝2，OC＝1，矩形对角线AC，OB相交于E，过点E的直线与边OA，BC分别交于点G，H.
(1)①直接写出点E的坐标：；
②求证：AG＝CH.
(2)如图②，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA于D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数表达式．
(3)在(2)的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当⊙P与HG，GA，AB都相切时，求⊙P的半径．
,(第8题图))
解：(1)①根据矩形的性质和边长即可求出点E的坐标是.
②证明：∵四边形OABC是矩形，
∴CE＝AE，BC∥OA，∴∠HCE＝∠EAG.
在△CHE和△AGE中，
∵
∴△CHE≌△AGE，∴AG＝CH.
(2)连结DE并延长交CB于M，如解图①.
∵OD＝OC＝1＝OA，∴D是OA的中点，
在△CME和△ADE中，∵
∴△CME≌△ADE，∴CM＝AD＝2－1＝1.
∵BC∥OA，∠COD＝90°，
∴四边形CMDO是矩形，
∴MD⊥OD，MD⊥CB，
∴MD切⊙O于点D.
∵HG切⊙O于F，点E，
∴可设CH＝HF＝x，FE＝ED＝＝ME.
在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2，即(1－x)2＋＝，解得x＝，
∴点H，OG＝2－＝.
又∵点G，设直线GH的表达式是y＝kx＋b，
把点G，H的坐标代入，得0＝k＋b，且1＝k＋b，
解得k＝－，b＝，
∴直线GH的函数表达式为y＝－x＋.
(3)连结BG，如解图②，
在△OCH和△BAG中，∵
,(第8题图解))
∴△OCH≌△BAG，∴∠CHO＝∠AGB.
∵∠HCO＝90°，∴HC切⊙O于C，HG切⊙O于F，
∴OH平分∠CHF，∴∠CHO＝∠FHO＝∠BGA.
∵△CHE≌△AGE，∴HE＝GE.
在△HOE和△GBE中，∵
∴△HOE≌△GBE，∴∠OHE＝∠BGE.
∵∠CHO＝∠FHO＝∠BGA，∴∠BGA＝∠BGE，即BG平分∠FGA.
∵⊙P与HG，GA，AB都相切，
∴圆心P必在BG上，
过P作PN⊥GA，垂足为N，则△GPN∽△GBA，
∴＝，
设半径为r，则＝，解得r＝.
∴⊙P的半径是.
9．如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是(4，0)，且OA＝OC＝4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．

(第9题图)
(1)求抛物线的表达式．
(2)是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
(3)过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连结EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．
解：(1)由点A(4，0)，可知OA＝4.
∵OA＝OC＝4OB，
∴OC＝OA＝4，OB＝1，
∴点C(0，4)，B(－1，0)．
设抛物线的表达式是y＝ax2＋bx＋x，
则
解得
则抛物线的表达式是y＝－x2＋3x＋4.
(2)存在．如解图①.
第一种情况，当以C为直角顶点时，过点C作CP1⊥AC，交抛物线于点P1.过点P1作y轴的垂线，垂足是M.
∵∠ACP1＝90°，
∴∠MCP1＋∠ACO＝90°.
∵∠ACO＋∠OAC＝90°，
∴∠MCP1＝∠OAC.
∵OA＝OC，
∴∠MCP1＝∠OAC＝45°，
∴∠MCP1＝∠MP1C，
∴MC＝MP1.
设点P(m，－m2＋3m＋4)，则m＝－m2＋3m＋4－4，
解得：m1＝0(舍去)，m2＝2.
∴－m2＋3m＋4＝6，
即点P(2，6)．
第二种情况，当点A为直角顶点时，过点A作AP2⊥AC交抛物线于点P2，过点P2作y轴的垂线，垂足是N，AP2交y轴于点F.
∴P2N∥x轴．
∵∠CAO＝45°，
∴∠OAP＝45°，
∴∠FP2N＝45°，AO＝OF.
∴P2N＝NF.
设点P2(n，－n2＋3n＋4)，则－n＝－(－n2＋3n＋4)－4，
解得n1＝－2，n2＝4(舍去)，
∴－n2＋3n＋4＝－6，
则点P2的坐标是(－2，－6)．
综上所述，点P的坐标是(2，6)或(－2，－6)．

(第9题图解)
(3)如解图②，连结OD，由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD＝EF.
根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．
由(1)可知，在Rt△AOC中，OC＝OA＝4，
则AC＝＝4，
根据等腰三角形的性质，D是AC的中点．
又∵DF∥OC，
∴DF＝OC＝2，
∴点P的纵坐标是2.
则－x2＋3x＋4＝2，
解得x＝，
∴当EF最短时，点P的坐标是或.
10．已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P(1，1)为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连结PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t(s)(t＞0)

(第10题图)
(1)若点E在y轴的负半轴上(如图所示)，求证：PE＝PF.
(2)在点F运动的过程中，设OE＝a，OF＝b，试用含a的代数式表示b.
(3)作点F关于点M的对称点F′，经过M，E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连结QE.在点F运动的过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q，O，E为顶点的三角形与以点P，M，F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

(第10题图解①)
解：(1)证明：如解图①，连结PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，
∴PM⊥MF，PN⊥ON，且PM＝PN，
∴∠PMF＝∠PNE＝90°，且∠NPM＝90°.
∵PE⊥PF，
∴∠NPE＝∠MPF＝90°－∠MPE.
在△PMF和△PNE中，
∵
∴△PNE≌△PMF(ASA)．
∴PE＝PF.
(2)①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如解图①，
由(1)得△PNE≌△PMF，∴NE＝MF＝t，PM＝PN＝1，
∴b＝OF＝OM＋MF＝1＋t，a＝OE＝NE－ON＝t－1，
∴b－a＝1＋t－(t－1)＝2，∴b＝2＋a.
②0＜t≤1时，如解图②，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，
∴b＝OF＝OM＋MF＝1＋t，a＝ON－NE＝1－t，
∴b＋a＝1＋t＋1－t＝2，∴b＝2－a.
　,(第10题图解))
(3)分情况讨论：
①当0＜t＜1时，如解图③.
∵点F(1＋t，0)，点F和点F′关于点M对称，
∴点F′(1－t，0)．
∵经过M，E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，
∴点Q，∴OQ＝1－t.
由(1)，得△PNE≌△PMF，∴NE＝MF＝t，
∴OE＝1－t.
当△OEQ∽△MPF时，有＝，
∴＝，无解．
当△OEQ∽△MFP时，有＝，
∴＝，解得t1＝2－，t2＝2＋(舍去)．

(第10题图解④)
②如解图④，当1＜t＜2时，
∵点F(1＋t，0)，点F和点F′关于点M对称，
∴点F′(1－t，0)．
∵经过M，E，F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴点Q，
∴OQ＝1－t.
由(1)得△PNE≌△PMF，∴NE＝MF＝t，
∴OE＝t－1.
当△OEQ∽△MPF时，有＝，
∴＝，解得t＝或t＝(舍去)；
当△OEQ∽△MFP时，有＝，
∴＝，解得t＝或t＝－(舍去)．

(第10题图解⑤)
③如解图⑤，当t＞2时，
∵点F(1＋t，0)，点F和点F′关于点M对称，
∴点F′(1－t，0)
∵经过M，E，F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴点Q，
∴OQ＝t－1，
由(1)得△PMF≌△PNE ∴NE＝MF＝t，
∴OE＝t－1.

当△OEQ∽△MPF时，有＝，
∴＝，无解；
当△OEQ∽△MFP时，有＝，
∴＝，解得t＝2±或t＝2－(舍去)，
综上所述，当t＝2－，，，2＋时，使得以点Q，O，E为顶点的三角形与以点P，M，F为顶点的三角形相似．