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2016年海南省海口市中考数学综合性压轴题含答案解析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＝12x2＋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＝12x2＋bx＋c中，得c＝－4，12×22＋2b＋c＝0，解得b＝1，c＝－4.∴该抛物线的表达式为y＝12x2＋x－4.(2)令y＝0，即12x2＋x－4＝0，解得x1＝－4，x2＝2，∴点A(－4，0)，S△ABC＝12AB·OC＝12.设点P的坐标为(x，0)，则PB＝2－x.∵PE∥AC，∴∠BPE＝∠BAC，∠BEP＝∠BCA，∴△PBE∽△ABC.∴S△PBES△ABC＝(PBAB)2，即S△PBE12＝(2－x6)2，化简，得S△PBE＝13(2－x)2.S△PCE＝S△PCB－S△PBE＝12PB·OC－S△PBE＝12·(2－x)·4－13(2－x)2＝－13x2－23x＋83＝－13(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22×4＝22，即AC上的点与点O之间的最小距离为22.∵22＞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＝－12x2＋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＝－12x2＋mx＋n经过点A(－1，0)，C(0，2)，∴－12－m＋n＝0，n＝2，解得m＝32，n＝2.∴抛物线的表达式为y＝－12x2＋32x＋2.(2)∵y＝－12x2＋32x＋2，∴y＝－12x－322＋258，∴抛物线的对称轴是直线x＝32.∴OD＝32.∵点C(0，2)，∴OC＝2.在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD＝52.∵△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P132，4，P232，52，P332，－52.(第2题图解)(3)当y＝0时，0＝－12x2＋32x＋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2＝b，0＝4k＋b，解得k＝－12，b＝2.∴直线BC的表达式为y＝－12x＋2.如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，设点Ea，－12a＋2，则Fa，－12a2＋32a＋2，∴EF＝－12a2＋32a＋2－－12a＋2＝－12a2＋2a(0≤x≤4)．∵S四边形CDBF＝S△BCD＋S△CEF＋S△BEF＝12BD·OC＋12EF·CM＋12EF·BN＝12×52×2＋12－12a2＋2aa＋12－12a2＋2a（4－a）.＝－a2＋4a＋52＝－(a－2)2＋132(0≤x≤4)．∴a＝2时，S四边形CDBF的面积最大，S最大＝132，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＝32＋42＝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＝32，∴点E0，32.在Rt△AOE中，AE＝32＋322＝352.(2)∵PM∥DE，MN∥AD，且∠ADE＝90°，∴四边形PMND是矩形．∵AP＝t·1＝t，∴PD＝3－t.∵△AMP∽△AED，∴PMDE＝APAD，∴PM＝APAD·DE＝t2，∴S矩形PMND＝PM·PD＝t2·(3－t)，∴S矩形PMND＝－12t2＋32t或S矩形PMND＝－12(t－32)2＋98，当t＝－322×－12＝32时，S最大＝98.(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＝AD2＝32，∴t＝32÷1＝32(s)．∴当t＝32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＝32，MF＝MP＝t2＝34，∴OF＝OA－AF＝3－32＝32，∴点M32，34.,(第3题图解))(Ⅱ)当AD＝AM＝3时，∵△AMP∽△AED，∴APAD＝AMAE，∴AP3＝3352，∴AP＝655，∴t＝655÷1＝655(s)．∴当t＝655s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＝655，FM＝PM＝t2＝355，∴OF＝OA－AF＝3－655，∴点M3－655，355.4．如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝203，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＝203，由勾股定理，得BD＝AB2＋AD2＝52＋2032＝253.∵S△ABD＝12BD·AE＝12AB·AD，∴AE＝AB·ADBD＝5×203253＝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＝253－3＝163，即m＝163.(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＝F′Q2＋F′B2＝92＋32＝310.(第4题图解③)∴DQ＝BQ－BD＝310－253.②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＝258.∴DQ＝BD－BQ＝253－258＝12524.③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°－12∠2.∵∠1＝∠2，∴∠4＝90°－12∠1.∴∠A′QB＝∠4＝90°－12∠1，∴∠A′BQ＝180°－∠A′QB－∠1＝90°－12∠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＝F′Q2＋F′B2＝12＋32＝10，∴DQ＝BD－BQ＝253－10.④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＝253－5＝103.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310－253，12524，253－10或103.5．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝14(x－m)2－14m2＋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＝14(x－2)2＋1，把x＝0代入y＝14(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，－14m2＋m)，点B(0，m)，∴AF＝AE＝|m|，BF＝m－(－14m2＋m)＝14m2，∵∠ABF＝90°－∠BAF＝∠DAE，∠AFB＝∠DEA＝90°，∴△ABF∽△DAE，∴BFAF＝AEDE，即14m2|m|＝|m|DE，∴DE＝4.(3)①∵点A的坐标为(m，－14m2＋m)，∴点D的坐标为(2m，－14m2＋m＋4)，∴x＝2m，y＝－14m2＋m＋4，∴y＝－14·x22＋12x＋4，∴所求函数的表达式为y＝－116x2＋12x＋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－14m2＋m＋4－14m2＝－12m2＋m＋4，把点P(3m，－12m2＋m＋4)的坐标代入y＝－116x2＋12x＋4，得－12m2＋m＋4＝－116·(3m)2＋12·3m＋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－14m2＋m＋4＋14m2＝m＋4，把点P(m，m＋4)的坐标代入y＝－116x2＋12x＋4，得m＋4＝－116m2＋12m＋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.∴PAPC＝PNPM.∵∠ACE＝∠AEC，∴AC＝AE.∵AP⊥PC，∴EP＝CP.∵PM∥y轴，∴AF＝CF，OM＝CM.∴FM＝12OA.设OA＝x，∵PF∥OA，∴△PDF∽△ODA.∴PFOA＝PDOD.∵PD＝2OD，∴PF＝2OA＝2x.∵FM＝12OA＝12x.∴PM＝52x.∵∠APC＝90°，AF＝CF，∴AC＝2PF＝4x.∵∠AOC＝90°，∴OC＝15x.∵∠PNO＝∠NOM＝∠OMP＝90°，∴四边形PMON是矩形．∴PN＝OM＝152x.∴PA∶PC＝PN∶PM＝152x∶52x＝155.②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＝32x，CA＝2PF＝4x，OC＝15x.∴PN＝OM＝12OC＝152x.∴PA∶PC＝PN∶PM＝152x∶32x＝153.综上所述，PA∶PC的值为155或153.(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＝90°，∠BPA＝∠PDQ，BA＝PQ，∴△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，∵∠PEO＝∠EBC，∠POE＝∠ECB，PE＝EB，∴△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，∵BA＝BC，BP＝BE，∴Rt△BAP≌Rt△BCE(HL)．∴AP＝CE.∵AP＝t，∴CE＝t.∴PO＝EO＝4－t.∵∠POE＝90°，∴PE＝PO2＋EO2＝2(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，∵AB＝CB，∠BAF＝∠BCE＝90°，AF＝CE，∴△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，∵BF＝BE，∠FBP＝∠EBP，BP＝BP，∴△FBP≌△EBP.∴FP＝EP.∴EP＝FP＝FA＋AP＝CE＋AP.∴EP＝t＋t＝2t.∴2(4－t)＝2t.解得t＝42－4.∴当t为4或42－4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：1，12；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1，12.②证明：∵四边形OABC是矩形，∴CE＝AE，BC∥OA，∴∠HCE＝∠EAG.在△CHE和△AGE中，∵∠HCE＝∠EAG，CE＝AE，∠HEC＝∠GEA，∴△CHE≌△AGE，∴AG＝CH.(2)连结DE并延长交CB于M，如解图①.∵OD＝OC＝1＝12OA，∴D是OA的中点，在△CME和△ADE中，∵∠MCE＝∠DAE，CE＝AE，∠MEC＝∠DEA，∴△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E1，12，∴可设CH＝HF＝x，FE＝ED＝12＝ME.在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2，即(1－x)2＋122＝12＋x2，解得x＝13，∴点H13，1，OG＝2－13＝53.又∵点G53，0，设直线GH的表达式是y＝kx＋b，把点G，H的坐标代入，得0＝35k＋b，且1＝13k＋b，解得k＝－34，b＝54，∴直线GH的函数表达式为y＝－34x＋54.(3)连结BG，如解图②，在△OCH和△BAG中，∵CH＝AG，∠HCO＝∠GAB，OC＝AB，,(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，∵EH＝EG，∠HEO＝∠GEB，OE＝BE，∴△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，∴PNBA＝GNGA，设半径为r，则r1＝13－r13，解得r＝14.∴⊙P的半径是14.9．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a－b＋c＝0，16a＋4b＋c＝0，c＝4，解得a＝－1，b＝3，c＝4.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＝OC2＋OA2＝42，根据等腰三角形的性质，D是AC的中点．又∵DF∥OC，∴DF＝12OC＝2，∴点P的纵坐标是2.则－x2＋3x＋4＝2，解得x＝3±172，∴当EF最短时，点P的坐标是3＋172，0或3－172，0.10．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，∵∠NPE＝∠MPF，PN＝PM，∠PNE＝∠PMF，∴△PNE≌△PMF(A)．∴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Q1－12t，0，∴OQ＝1－12t.由(1)，得△PNE≌△PMF，∴NE＝MF＝t，∴OE＝1－t.当△OEQ∽△MPF时，有OEMP＝OQMF，∴1－t1＝1－12tt，无解．当△OEQ∽△MFP时，有OEMF＝OQMP，∴1－tt＝1－12t1，解得t1＝2－2，t2＝2＋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Q1－12t，0，∴OQ＝1－12t.由(1)得△PNE≌△PMF，∴NE＝MF＝t，∴OE＝t－1.当△OEQ∽△MPF时，有OEMP＝OQMF，∴t－11＝1－12tt，解得t＝1＋174或t＝1－174(舍去)；当△OEQ∽△MFP时，有OEMF＝OQMP，∴t－1t＝1－12t1，解得t＝2或t＝－2(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Q1－12t，0，∴OQ＝12t－1，由(1)得△PMF≌△PNE∴NE＝MF＝t，∴OE＝t－1.当△OEQ∽△MPF时，有OEMP＝OQMF，∴t－11＝12t－1t，无解；当△OEQ∽△MFP时，有OEMP＝OQMF，∴t－1t＝12t－11，解得t＝2±2或t＝2－2(舍去)，综上所述，当t＝2－2，1＋174，2，2＋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．