压轴题.doc

1、如图，正方形ABCD中，AB＝l，BC为⊙O的直径，设AD边上有一动点P（不运动至A、D），BP交⊙O于点F，CF的延长线交AB于点E，连结PE．
（1）设BP＝x，CF＝y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）当CF＝2EF时，求BP的长；
（3）是否存在点P，使ΔAEP∽ΔBEC（其对应关系只能是A—B，E－E，P－C）？如果存在，试求出AP的长；如果不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵BC为⊙O的直径，∴∠BFC=90°。
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=1，∠ABC=∠A=90°。∴AB是⊙O的切线，
∴∠ABP=∠FCB。∴△ABP∽△FCB。∴。
∵BP=x，CF=y，∴，即。
又∵AD＜AP＜BD， ∴。
∴y与x之间的函数关系式为： （）。
（2）∵∠ABC=90°，BF⊥EC，∴BC2=CF•EC.
∵CF=2EF，∴CF•CF=1。∴CF=。
∴BP=。
（3）存在.
∵∠A=∠ABC=90°，∠ABP=∠BCE，AB=BC，∴△ABP≌△BCE。∴AP=BE。
若△AEP∽△BEC，需。
设AP=a，则BE=AP=a，AE=1－a，
∴,即，解得：a=或a=（舍去）。
∴AP=。
【考点】动点问题，正方形的性质，切线的判定和性质，圆周角定理，全等、相似三角形的判定和性质，射影定理，
【分析】（1）由BC为⊙O的直径与四边形ACD是正方形，即可求得AB=BC=1，∠ABC=∠A=90°，则可证得△ABP∽△FCB，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得y与x之间的函数关系式。
（2）由射影定理，可得BC2=CF•EC，又由CF=2EF，即可求得CF的长，由（1）求得BP的长。
（3）由△ABP≌△BCE可得：AP=BE，由△AEP∽△BEC，即可得比例式 ，设AP=a，则BE=AP=a，AE=1－a，解方程即可求得AP的长。

2、如图甲，正方形ABCD的边长为2，点M是BC的中点，P是线段MC上
的一个动点(不运动至M，C),以AB为直径作⊙O，过点P的切线交AD于点F，切点为E。
（1）求四边形CDFP的周长；
（2）请连结OF，OP，求证：OF⊥OP；
（3）延长DC，FP相交于点G，连结OE并延长交直线DC于H(如图乙)。是否存在点P使△EFO∽△EHG（其对应关系是EE，FH，OG）？如果存在，试求此时的BP的长；如果不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）∵四边形ABCD是正方形 ，∴∠A=∠B=900。∴AF、BP都是⊙O的切线。
又∵PF是⊙O的切线， ∴EF=FA，PE=PB 。
∴四边形CDFP的周长为AD+DC+CB=2×3=6。
（2）证明：连结OE，
∵PF是⊙O的切线，∴OE⊥PF。
在Rt△AOF和Rt△EOF中，∵AO=EO，OF=OF，
∴Rt△AOF∽Rt△EOF。∴∠AOF=∠EOF。
同理∠BOP=∠EOP。
∴∠EOF+∠EOP=×180°=90°。
∴∠EOP=90°，即OF⊥OP 。
（3）存在。
∵∠EOF=∠AOF，∴∠EHG=∠AOE=2∠EOF。
∴当∠EHG=∠AOE=2∠EOF,即∠EOF=30°时，Rt△EOF∽Rt△EHG。
此时∠EOF=30°，∠BOP=∠EOP=90°－30°=60°。
∴BP=OB·tan60°=。
【考点】正方形的性质，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义。
【分析】（1）根据切线的性质，将所求四边形CDFP的边转化为已知正方形ABCD的边，即可求得。
（2）连结OE，根据切线的性质和相似三角形的判定和性质，求出∠EOF+∠EOP=×180°=90°，即可根据三角形内角和定理得到∠EOP=90°，即OF⊥OP 。
（3）要△EFO∽△EHG，必须∠EHG=∠EFO=2∠EOF=60°，在直角△OBP中，由正切定理可求出BP的长。

3、如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（﹣4，0），点B的坐标是（0，）（＞0）．P是直线AB上的一个动点，作PC⊥轴，垂足为C．记点P关于y轴的对称点为P´（点P´不在y轴上），连接PP´，P´A，P´C．设点P的横坐标为．
（1）当=3时，
①求直线AB的解析式；
②若点P′的坐标是（﹣1，），求的值；
（2）若点P在第一象限，记直线AB与P´C的交点为D．当P´D：DC=1：3时，求的值；
（3）是否同时存在，，使△P´CA为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足要求的，的值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）①∵点B在直线AB上，∴设直线AB的解析式为，
把=﹣4，y=0代入得：﹣4+3=0，∴，
∴直线的解析式是：。
②由已知得点P的坐标是（1，），且点P在直线AB上，得。
（2）∵PP′∥AC，∴△PP′D∽△ACD。
∴，即，∴。
（3）分三种情况讨论：
①当点P在第一象限时，
1）若∠AP′C=90°，P′A=P′C（如图1），
过点P′作P′H⊥轴于点H。
∴PP′=CH=AH=P′H=AC，即。∴。
∵P′H=PC=AC，△ACP∽△AOB。
∴，即。∴。
2）若∠P′AC=90°（如图2），P′A=CA，则PP′=AC，即。∴。
∵P′A=PC=AC，△ACP∽△AOB∴，即。∴。
3）若∠P′CA=90°，则点P′，P都在第一象限内，这与条件矛盾。
∴△P′CA不可能是以C为直角顶点的等腰直角三角形。
②当点P在第二象限时，∠P′CA为钝角（如图3），此时△P′CA不可能是等腰直角三角形。
③当P在第三象限时，∠P′CA为钝角（如图4），此时△P′CA不可能是等腰直角三角形。
综上所述，所有满足条件的，的值为和。

【考点】直线上的点的坐标与方程的关系，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定。
【分析】（1）①利用待定系数法即可求得函数的解析式。
②把（﹣1，）代入函数解析式即可求得的值。
（2）可以证明△PP′D∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求解。
（3）分P在第一，二，三象限，三种情况进行讨论，利用相似三角形的性质即可求解。
4、如图，经过原点的抛物线与轴的另一个交点为A.过点作直线轴于点M，交抛物线于点B.记点B关于抛物线对称轴的对称点为C（B、C不重合）.连结CB,CP。
（1）当时，求点A的坐标及BC的长；
（2）当时，连结CA，问为何值时CA⊥CP？
（3）过点P作PE⊥PC且PE=PC，问是否存在，使得点E落在坐标轴上？若存在，求出所有满足要求的的值，并写出相对应的点E坐标；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）当m=3时，y=－x2＋6x。
令y=0得－x2＋6x=0，解得，x1=0，x2=6。∴A（6，0）。
当x=1时，y=5。∴B（1，5）。
∵抛物线y=－x2＋6x的对称轴为直线x=3，且B，C关于对称轴对称，∴BC=4。
（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）
由已知得，∠ACP=∠BCH=90°，∴∠ACH=∠PCB。
又∵∠AHC=∠PBC=90°，∴△AGH∽△PCB。
∴。
∵抛物线y=－x2＋2mx的对称轴为直线x=m，其中m＞1，且B，C关于对称轴对称，
∴BC=2（m－1）。
∵B（1，2m－1），P（1，m），∴BP=m－1。
又∵A（2m，0），C（2m－1，2m－1），∴H（2m－1，0）。
∴AH=1，CH=2m－1，
∴，解得m= 。
（3）存在。∵B，C不重合，∴m≠1。
（I）当m＞1时，BC=2（m－1），PM=m，BP=m－1，
（i）若点E在x轴上（如图1），
∵∠CPE=90°，
∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP。
∴△BPC≌△MEP，∴BC=PM，即2（m-1）=m，解得m=2。
此时点E的坐标是（2，0）。
（ii）若点E在y轴上（如图2），
过点P作PN⊥y轴于点N，
易证△BPC≌△NPE，
∴BP=NP=OM=1，即m－1=1，解得，m=2。
此时点E的坐标是（0，4）。
（II）当0＜m＜1时，BC=2（1－m），PM=m，BP=1－m，
（i）若点E在x轴上（如图3），
易证△BPC≌△MEP，
∴BC=PM，即2（1－m）=m，解得，m=。
此时点E的坐标是（ ，0）。
（ii）若点E在y轴上（如图4），
过点P作PN⊥y轴于点N，易证△BPC≌△NPE，
∴BP=NP=OM=1，即1－m=1，∴m=0（舍去）。
综上所述，当m=2时，点E的坐标是（0，2）或（0，4），
当m=时，点E的坐标是（，0）。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。
【分析】（1）把m=3，代入抛物线的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即为和x轴交点的横坐标，再求出抛物线的对称轴方程，从而求出BC的长。
（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知条件证明
△AGH∽△PCB，根据相似的性质得到： ，再用含有m的代数式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值。
（3）存在。本题要分当m＞1时，BC=2（m-1），PM=m，BP=m－1和当0＜m＜1时，BC=2（1－m），PM=m，BP=1－m，两种情况分别讨论，再求出满足题意的m值和相对应的点E坐标。

5、设抛物线与x轴交于两个不同的点A(一1，0)、B(m，0)，与y轴交于点C.且∠ACB=90°．
(1)求m的值和抛物线的解析式；
(2)已知点D(1，n )在抛物线上，过点A的直线交抛物线于另一点E．若点P在x轴上，以
点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标．
(3)在(2)的条件下，△BDP的外接圆半径等于________________．

【答案】解：(1)∵在中令x=0，得y=－2 ，∴C(0，一2)。
∵∠ACB=90°，CO⊥AB，∴ △AOC ∽△COB。
∴，即OB= ∴m=4。
将A(一1，0)、B(4，0)代入，得
，解得。
∴抛物线的解析式为。
（2）将D(1，n )代入，得n=－3。
由解得，。
∴E（6，7）。
过点E作EH⊥轴于点H，则点H（6，0）。
∴AH=EH=7，∠EAH=450。
过点D作DF⊥轴于点F，则点F（1，0）。
∴BF=DF=3，∠DBF=450。
∴∠EAH=∠DBF=450。
∴∠DBH=1350，900＜∠EBA＜1350。
则点P只能在点B的左侧，有以下两种情况（如图）：
①若△BDP1∽△EAB，则，
由EH⊥轴，AH=EH=7，∠EAH=450得AE=。
由DF⊥轴，BF=DF=7，∠DBF=450得BD=。
∴。
∴OP1=4－。∴P1（，0）。
②若△BDP2∽△BAE，则，
由EH⊥轴，AH=EH=7，∠EAH=450得AE=。
由DF⊥轴，BF=DF=7，∠DBF=450得BD=。
∴。
∴OP2=。∴P2（，0）。
综上所述，所求点P的坐标为（，0）或（，0）。
（3）或。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组。
【分析】（1）在中令x=0即能求得C点坐标；由△AOC ∽△COB即能求得m的值；由
A、C三点坐标代入即可求出抛物线的解析式。
（2）将D(1，n )代入求得n，联立和求出点E的坐标。过点E作EH⊥轴于点H和过点D作DF⊥轴于点F，通过等腰直角三角形的判定和性质得出点P只能在点B的左侧的结论。分△BDP1∽△EAB和△BDP2∽△BAE分别求出符合条件的点P。
（3）①点P（，0）时，△BDP的外接圆圆心在直线上，设外接圆圆心坐标为S（）。
则，
∴,解得。
∴此时，△BDP的外接圆半径为。
②点P（，0）时，△BDP的外接圆圆心在直线上，设外接圆圆心坐标为T（）。
则，
∴,解得。
∴此时，△BDP的外接圆半径为。
6、如图，已知射线与轴和轴分别交于点和点．动点从点出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以1个单位长度/秒的速度沿射线的方向作匀速运动．设运动时间为秒．
（1）请用含的代数式分别表示出点与点的坐标；
（2）以点为圆心、个单位长度为半径的与轴交于A、B两点（点在点的左侧），连接PA、PB．
①当与射线有公共点时，求的取值范围；
②当为等腰三角形时，求的值．

【答案】解：（1）∵，∴。∴。
过点作⊥轴于点，
∵，，∴。
又∵，且，
∴，即。
∴。∴。
∴。
（2）①当的圆心由点向左运动，使点到点时，有，即。
当点在点左侧，与射线相切时，过点作射线，垂足为，则由，得，
则．解得。
由，即，解得。
∴当与射线有公共点时，的取值范围为。
②（I）当时，过作轴，垂足为，有。
由（1）得，，，
∴。
又∵，∴，即。
解得。
（II）当时，有，∴，解得。
（III）当时，有，
∴，即。
解得（不合题意，舍去）。
综上所述，当是等腰三角形时，，或，或，或。
【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直线和圆的位置关系，等腰三角形时的性质，解一元二次方程。
【分析】（1）由可得，从而得到点的坐标。作点作⊥轴于点，利用可得，从而得到点的坐标。
（2）①当与射线有公共点时，考虑（I）当的圆心由点向左运动，使点到点时，的取值 ；（II）当点在点左侧，与射线相切时，的取值。当在二者之间时，与射线有公共点。
②分，，三种情况讨论即可。

7、如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（－，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，线段BC与抛物线的对称轴l相交于点D。设抛物线的顶点为P，连接PA、AD、DP，线段AD与y轴相交于点E。
  （1）求该抛物线的解析式；
  （2）在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以Q、C、D为顶点的三角形与△ADP全等？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由；
  （3）将∠CED绕点E顺时针旋转，边EC旋转后与线段BC相交于点M，边ED旋转后与对称轴l相交于点N，连接PM、DN，若PM＝2DN，求点N的坐标（直接写出结果）。 

【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过A（－，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，
∴抛物线的解析式可设为，
将C（0，3）代入得，解得。
∴抛物线的解析式为，即。
（2）存在。如图，
由得对称轴l为，
由B（3，0）、C（0，3）得tan∠OBC=，
∴∠OBC==300。
由轴对称的性质和三角形外角性质，得
∠ADP==1200。
由锐角三角函数可得点D的坐标为（，2）。
∴DP=CP=1，AD=4。
①在y轴正方向上存在点Q1，只要CQ1=4，则由SAS可判断△Q1CD≌△ADP，
此时，Q1的坐标为（0，7）。
②由轴对称的性质，得Q1关于直线BC的对称点Q2也满足△Q2CD≌△ADP，
过点Q2作Q2G⊥y轴于点G，则在Rt△CQ2G中，由Q2C=4，∠Q2CG=600可得CG=2，Q2G=2。∴OG=1。∴Q2的坐标为（－2，1）。
③在对称轴l点P关于点D的反方向上存在点Q3，只要DQ3=4，则△Q3DC≌△ADP，
此时，Q3的坐标为（，－2）。
④由轴对称的性质，得Q3关于直线BC的对称点Q4也满足△Q2DC≌△ADP，
过点Q4作Q4H⊥l于点H，则在Rt△DQ4H中，由Q4D=4，∠Q4DH=600可得
DH=2，HQ4=2。∴Q4的坐标为（3，4）。
综上所述，点Q的坐标为（0，7）或（－2，1）或（，－2）或（3，4）。
（3）（）。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，轴对称的性质，三角形外角性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质。
【分析】（1）根据已知点的坐标，设抛物线的交点式，用待定系数法即可求。
（2）求出△ADP的两边夹一角，根据SAS作出判断。
（3）如图，作做EF⊥l于点F，
由题意易证明△PMD ≌△EMD，△CME ≌△DNE，
∴PM=EM=EN=2DN。
由题意DF=1，EF=，NF=1-DN
在Rt△EFN中，，
∴，整理得，解得（负值舍去）。
∴。
∴点N的纵坐标为。∴N（）。

8、如图，抛物线交轴于点C，直线 l为抛物线的对称轴，点
P在第三象限且为抛物线的顶点.P到轴的距离为，到轴的距离为1.点C关于直线l的对称点为A，连接AC交直线 l于B.
（1）求抛物线的表达式；
（2）直线与抛物线在第一象限内交于点D，与轴交于点F,连接BD交轴于点E，且
DE:BE=4:1.求直线的表达式；
（3）若N为平面直角坐标系内的点，在直线上是否存在点M，使得以点O、F、M、N为
顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】解：（1）∵抛物线交轴于点C，∴C（0，-3）则 OC=3。
∵P到轴的距离为，P到轴的距离是1，且在第三象限，
∴P（-1，-）。
∵C关于直线l的对称点为A，∴A（-2，-3）。
将点A（-2，-3），P（-1，-）代入得，
，解得。
∴抛物线的表达式为。
（2）过点D做DG⊥轴于G，则∠DGE=∠BCE=90°。
∵∠DEG=∠BEC，∴△DEG∽△BEC。
∴。
∵DE:BE=4:1，BC=1，
∴, 则DG=4。
将=4代入，得=5。
∴D（4,5）。
∵过点D（4,5）,∴ ,则=2。
∴所求直线的表达式为 。
（3）存在。 M1，M2，M3， M4。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定。
【分析】（1）求出点A、P的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的表达式。
　　　　（2）过点D做DG⊥轴于G，由△DEG∽△BEC求出点D的坐标，代入即可求得直线的表达式。
　　　　（3）存在。分三种情况讨论：
　　　　　　　①当OF和FM都为菱形的边时，
　　　　　　　∵点F在上，∴F（0，2），OF=2。
设M，则FM=，
由OF=FM解得。
当时，，∴M1。当时，，∴M2。
②当OF为菱形的对角线时，MN垂直平分OF，
∴在中令，即，解得。∴M3。
③当FM为菱形的对角线时， 设M，则OM=，
由OF=OM得解得（舍去）。，
∴M4。
综上所述，M1，M2，M3， M4。

9、如图，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中点，点E是线段AB上一动
点，连结EM并延长交线段CD的延长线于点F．
(1) 如图1，求证：AE=DF；
(2) 如图2，若AB=2，过点M作 MGEF交线段BC于点G，判断△GEF的形状，并说明理由；
(3) 如图3，若AB=，过点M作 MGEF交线段BC的延长线于点G．
① 直接写出线段AE长度的取值范围；
② 判断△GEF的形状，并说明理由．

【答案】解：（1）在矩形ABCD中，∠EAM=∠FDM＝900，∠AME=∠FMD。
∵AM=DM，∴△AEM≌△DFM（ASA）。∴AE=DF。
（2）△GEF是等腰直角三角形。理由如下：
过点G作GH⊥AD于H，
∵∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四边形ABGH是矩形。 ∴GH=AB=2。
∵MG⊥EF， ∴∠GME=90°。
∴∠AME＋∠GMH=90°。
∵∠AME＋∠AEM=90°，∴∠AEM=∠GMH。
又∵AD=4，M是AD的中点，∴AM=2。∴AN=HG。
∴△AEM≌△HMG（AAS）。∴ME=MG。∴∠EGM=45°。
由（1）得△AEM≌△DFM，∴ME=MF。
又∵MG⊥EF，∴GE=GF。∴∠EGF=2∠EGM =90°。
∴△GEF是等腰直角三角形。
（3）①＜AE≤。
②△GEF是等边三角形。理由如下：
过点G作GH⊥AD交AD延长线于点H，
∵∠A=∠B=∠AHG=90°，∴四边形ABGH是矩形。
∴GH=AB=2。
∵MG⊥EF， ∴∠GME=90°。∴∠AME＋∠GMH=90°。
∵∠AME＋∠AEM=90°，∴∠AEM=∠GMH。
又∵∠A=∠GHM=90°，∴△AEM∽△HMG。∴。
在Rt△GME中，∴tan∠MEG=。∴∠MEG=600。　
由（1）得△AEM≌△DFM．∴ME=MF。
又∵MG⊥EF，∴GE=GF。∴△GEF是等边三角形。
【考点】矩形的判定和性质，全等、相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定，等边三角形的判定，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，线段垂直平分线的性质。
【分析】（1）根据已知和矩形的性质由ASA得出△AEM≌△DFM，即可得到AE=DF。
（2）△GEF是等腰直角三角形。过点G作GH⊥AD于H，由AAS证明△AEM≌△HMG得到
ME=MG，从而∠EGM=45°。由（1）△AEM≌△DFM得ME=MF。由MG⊥EF得到GE=GF。从而证得
∠EGF=2∠EGM =90°。因此△GEF是等腰直角三角形。
另解：①过点M作MH⊥BC于H，得到△AEM≌△HGM。
② 过点G作GH⊥AD于H，证出△MGH≌△FMD，证出CF=BG，CG=BE，证出
△BEG≌△CGF。从而△GEF是等腰直角三角形。（若E与B重合时，则G与C重合，△GEF就是△CBF，易知△CBF是等腰直角三角形）。
（3）①如图，当点G与点C重合时， 由AD=4，M是AD的中点得MD=2；由AB=得DC=。
∴tan∠DMC=。
∴∠DMC=600。∴∠AME=300。
∴。
当点E与点B重合时，。
∴线段AE长度的取值范围为＜AE≤。
②△GEF是等边三角形。过点G作GH⊥AD交AD延长线于点H，则一方面由证明△AEM∽△HMG可得。在Rt△GME中，应用锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可求得∠MEG=600。另一方面由（1）△AEM≌△DFM得ME=MF，又由MG⊥EF根据线段垂直平分线的性质得GE=GF。从而得出△GEF是等边三角形。

10、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．
【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，
∴，解得：。
∴抛物线解析式为。
当y=2时，，解得：x1=3，x2=0（舍去）。
∴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：，解得：。
∴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（），
①当P点在y轴右侧时（如图1），CQ=a，
PQ=。
又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△Q′FP，
∴，即，解得F Q′=a﹣3
∴OQ′=OF﹣F Q′=a﹣（a﹣3）=3，
。
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，，＜0，CQ=﹣a，
PQ=。
又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°。
∴△COQ′∽△Q′FP。
∴，即，解得F Q′=3﹣a。
∴OQ′=3，。
此时a=﹣，点P的坐标为（）。
综上所述，满足条件的点P坐标为（），（）。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令y=2可得出点D的坐标。
（2）分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，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，求解点P坐标。
（3）结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为（），分情况讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。

11、如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）2+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣）a．
（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；
（2）当点C与点A重合时，求a的值；
（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？

【答案】解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣，
∴OA=1，OB=。∴A的坐标是（0，1）。
∴tan∠ABO=。∴∠ABO=30°。
（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°=，∴OD=。
∴D的坐标是（﹣，0），E的坐标是（，0），
把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入 y=a（x﹣m）2+n，得
，解得。∴a=﹣3。
（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足。
∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°，
∴∠BCE=90°，∠ECN=90°。
∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°。∴四边形MPCN为矩形。
∵MP=MN，∴四边形MPCN为正方形。
∴MP=MN=CP=CN=3（1﹣）a（a＜0）。
∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ。
∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°。∴∠EMQ，=30°。
∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a。
∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣2a。
∴DH=HE=﹣a，CH=﹣3a，BH=﹣3a。
∴OH=﹣3a﹣，OE=﹣4a﹣。
∴E（﹣4a﹣，0），C（﹣3a﹣，﹣3a）。
设二次函数的解析式为：y=a（x+3a+）2﹣3a，
∵E在该抛物线上，∴a（﹣4a﹣+3a+）2﹣3a=0，
得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1。
∵a＜0，∴a=﹣1。
∴AF=2，CF=2，∴AC=4。
∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切。
【考点】动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等边三角形的性质，直线与圆相切的性质。
【分析】（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的值。
（2）当C、A重合时，可知点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值。
（3）作出第一次相切时的示意图，已知的条件只有圆的半径，那么连接圆心与三个切点以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，从而可求出AC的长，由此得解。

12、如图，已知抛物线与坐标轴分别交于A(－2，O)、B(2，0)、C(0，－l)三点，过坐标原点O的直线y=kx与抛物线交于M、N两点．分别过点C、D(0，－2)作平行于x轴的直线、．
(1)求抛物线对应二次函数的解析式；
(2)求证以ON为直径的圆与直线相切；
(3)求线段MN的长(用k表示)，并证明M、N两点到直线的距离之和等于线段MN的长．

【答案】解：（1）设抛物线对应二次函数的解析式为y=ax2＋bx＋c，
则 解得。
∴抛物线对应二次函数的解析式 所以。
（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为点M、N在抛物线上，
∴，∴x22=4(y2+1)。
又∵，∴。
又∵y2≥－l，∴ON=2＋y2。
设ON的中点E，分别过点N、E向直线作垂线，垂足为P、F， 则 ，
∴ON=2EF，
即ON的中点到直线的距离等于ON长度的一半，
∴以ON为直径的圆与相切。
（3）过点M作MH⊥NP交NP于点H，则，
又∵y1=kx1，y2=kx2，∴（y2－y1)2=k2(x2－x1)2。∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2。
又∵点M、N既在y=kx的图象上又在抛物线上，
∴，即x2－4kx－4=0，∴x2＋x1=4k，x2·x1=－4。
∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2=(1+k2)[ (x2＋xl)2－4x2·xl] =16(1+k2)2。∴MN=4(1+k2)。
延长NP交于点Q，过点M作MS⊥交于点S，
则MS＋NQ=y1＋2＋y2＋2=

∴MS+NQ=MN，即M、N两点到距离之和等于线段MN的长。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中点坐标的求法，直线与圆相切的条件，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理。
【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出抛物线对应二次函数的解析式。
（2）要证以ON为直径的圆与直线相切，只要证ON的中点到直线的距离等于ON长的一半即可。
（3）运用一元二次方程根与系数的关系，求出MN和M、N两点到直线的距离