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免费2017年春中考数学专题总复习课件+练习（七）函数与几何图形中考数学热点分类汇编专题复习(七)函数与几何图形综合探究题1．(2016·黄冈)如图，抛物线y＝－12x2＋32x＋2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上一个动点．设点P的坐标为(m，0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.(1)求点A，点B，点C的坐标；(2)求直线BD的解析式；(3)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；(4)在点P的运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)当x＝0时，y＝2，∴C(0，2)．当y＝0时，－12x2＋32x＋2＝0，解得x1＝4，x2＝－1.∴B(4，0)，A(－1，0)．(2)∵点D与点C关于x轴对称，∴D(0，－2)．设直线BD的解析式为y＝kx＋b.∴4k＋b＝0，b＝－2.∴k＝12，b＝－2.∴y＝12x－2.(3)∵CD∥QM，要使四边形CQMD是平行四边形，则CD＝QM.∵CD＝4，Q(m，－12m2＋32m＋2)，M(m，12m－2)．∴QM＝－12m2＋32m＋2＋2－12m＝－12m2＋m＋4.∴－12m2＋m＋4＝4，解得m1＝0，m2＝2.∵P点在OB上运动，∴0<m<4.∴m＝2.(4)当∠QBD＝90°时，即QB⊥DB，设BQ所在直线的解析式为y＝－2x＋b，将B(4，0)代入，得b＝8，∴y＝－2x＋8.∵点Q是直线QB与抛物线的交点，∴－12x2＋32x＋2＝－2x＋8，解得x1＝3，x2＝4.∵B(4，0)，∴Q1(3，2)．当∠QDB＝90°，即QD⊥DB，设QD所在直线的解析式为y＝－2x＋b，将D(0，－2)代入，得b＝－2，∴y＝－2x－2.∵点Q是直线QD与抛物线的交点，∴－12x2＋32x＋2＝－2x－2，解得x1＝8，x2＝－1.∴Q2(8，－18)，Q3(－1，0)．2．(2016·十堰)如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋1经过点A(4，－3)，顶点为B.点P为抛物线上的一个动点，l是经过点(0，2)且垂直于y轴的直线，过点P作PH⊥l，垂足为点H，连接PO.(1)求抛物线的解析式，并写出其顶点B的坐标；(2)①当点P运动到点A处时，计算：PO＝5，PH＝5，由此发现PO＝PH(填"＜""＞"或"＝")；②当点P在抛物线上运动时，猜想PO与PH有什么数量关系，并证明你的猜想；(3)如图2，设点C(1，－2)，问是否存在点P，使得以点P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由．图1图2解：(1)∵抛物线y＝ax2＋1经过点A(4，－3)，∴－3＝42×a＋1.解得a＝－14.∴抛物线的解析式为y＝－14x2＋1，顶点B的坐标是(0，1)．(2)②猜想PO＝PH.证明：当点P移动到抛物线与x轴，y轴的交点位置时，有PO＝PH＝2，PO＝PH＝1，显然PO＝PH成立；当点P在抛物线上的x轴上方时，如图3.设P(b，－b24＋1)，根据坐标的意义及勾股定理，得PO＝b2＋（－b24＋1）2＝（b24＋1）2＝b24＋1，PH＝2－|－b24＋1|＝2－(－b24＋1)＝b24＋1，∴PO＝PH.当点P在抛物线上的x轴下方时，如图1.设P(b，－b24＋1)，根据坐标的意义及勾股定理，得PO＝b2＋（－b24＋1）2＝（b24＋1）2＝b24＋1，PH＝|－b24＋1|＋2＝－(－b24＋1)＋2＝b24＋1，∴PO＝PH.综上所述，当P点在抛物线上运动时，总有PO＝PH.图3图4(3)存在．P1(1，34)，P2(－1，34)．如图4，根据坐标的意义和勾股定理，可以求得BC＝（0－1）2＋（1＋2）2＝1＋9＝10，AC＝（1－4）2＋（－2＋3）2＝9＋1＝10，AB＝（0－4）2＋（1＋3）2＝16＋16＝42.∴△ABC是等腰三角形．由(2)知道PO＝PH，△POH也是等腰三角形，且PO＝PH＝b24＋1，假设存在点P(b，－b24＋1)，使得以点P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，求出P点的坐标即可．由题意知H(b，2)，∴OH＝b2＋22＝b2＋4.要使等腰△OHP与等腰△ABC相似，就需要PHCB＝HOBA.∵PH＝b24＋1，BC＝10，OH＝b2＋4，AB＝42，∴b24＋110＝b2＋442.两边平方得（b24＋1）210＝b2＋432.整理，得b4＋3b2－4＝0，(b2＋4)(b2－1)＝0.∵b2＋4≠0，∴b2－1＝0.解得b＝1或－1.∴点P1(1，34)，P2(－1，34)．3．(2016·东营)在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是(0，4)、(－1，0)，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′.(1)若抛物线过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；(2)点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并求出此时点M的坐标；(3)若P为抛物线上的一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为(1，0)，当P、N、B、Q构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．解：(1)∵?ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到?A′B′OC′，点A的坐标是(0，4)，∴点A′的坐标为(4，0)，点B的坐标为(1，4)．∵抛物线过点C，A，A′，设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，得a－b＋c＝0，c＝4，16a＋4b＋c＝0，解得a＝－1，b＝3，c＝4.∴抛物线的解析式为y＝－x2＋3x＋4.(2)连接AA′，设直线AA′的解析式为y＝kx＋d，可得：0＋d＝4，4k＋d＝0，解得k＝－1，d＝4.∴直线AA′的解析式是y＝－x＋4.设M(x，－x2＋3x＋4)，S△AMA′＝12×4×[－x2＋3x＋4－(－x＋4)]＝－2x2＋8x＝－2(x－2)2＋8，∵0＜x＜4，∴x＝2时，△AMA′的面积最大，最大值为8，∴M(2，6)．(3)设P点的坐标为(x，－x2＋3x＋4)，当P、N、B、Q构成平行四边形时，①当BQ为边时，PN∥BQ且PN＝BQ，∵BQ＝4，∴－x2＋3x＋4＝±4.当－x2＋3x＋4＝4时，x1＝0，x2＝3，即P1(0，4)，P2(3，4)；当－x2＋3x＋4＝－4时，x3＝3＋412，x4＝3－412，即P3(3＋412，－4)，P4(3－412，－4)．②当BQ为对角线时，PB∥x轴，即P1(0，4)，P2(3，4)；当这个平行四边形为矩形时，即P1(0，4)，P2(3，4)时，N1(0，0)，N2(3，0)．综上所述，当P1(0，4)，P2(3，4)，P3(3＋412，－4)，P4(3－412，－4)时，P、N、B、Q构成平行四边形；当这个平行四边形为矩形时，N1(0，0)，N2(3，0)．4．(2016·岳阳)如图1，直线y＝43x＋4交x轴于点A，交y轴于点C.过A、C两点的抛物线F1交x轴于另一点B(1，0)．(1)求抛物线F1所表示的二次函数的表达式；(2)若点M是抛物线F1位于第二象限图象上的一点，设四边形MAOC和△BOC的面积分别为S四边形MAOC和S△BOC，记S＝S四边形MAOC－S△BOC，求S最大时点M的坐标及S的最大值；(3)如图2，将抛物线F1沿y轴翻折并"复制"得到抛物线F2，点A、B与(2)中所求的点M的对应点分别为A′、B′、M′，过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似；若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．解：(1)直线y＝43x＋4交x轴于点A(－3，0)，交y轴于点C(0，4)．设抛物线F1的表达式为y＝ax2＋bx＋c，由题意得9a－3b＋c＝0，a＋b＋c＝0，c＝4，解得a＝－43，b＝－83，c＝4.∴抛物线F1的表达式为y＝－43x2－83x＋4.(2)如图3，过点M作MQ⊥x轴交AC于点Q，设点M(x，－43x2－83x＋4)，则点Q(x，43x＋4)．∴MQ＝(－43x2－83x＋4)－(43x＋4)＝－43x2－4x＝－43(x＋32)2＋3.∴S△AMC＝S△AMQ＋S△QMC＝12MQ×3＝－2(x＋32)2＋92.∴S四边形MAOC＝S△AMC＋S△AOC＝－2(x＋32)2＋92＋12×4×3＝－2(x＋32)2＋212.∴S＝S四边形MAOC－S△BOC＝－2(x＋32)2＋212－12×4×1＝－2(x＋32)2＋172.∵－3＜x＜0，∴当x＝－32时，S最大，S最大＝172，此时，点M坐标为(－32，5)．图3图4(3)存在．理由如下：由翻折得：M′(32，5)，A′(3，0)，B′(－1，0)．易得直线A′C的解析式为y＝－43x＋4，则点D(32，2)．由勾股定理得AC＝5，A′D＝52.由对称性可得：∠CAB′＝∠DA′P.设点P(m，0)，易知点P在点A′的左侧，则PA′＝3－m.①若PA′AB′＝A′DAC，即3－m2＝525，解得m＝2时，△A′PD∽△AB′C，此时，点P(2，0)；②若PA′AC＝A′DAB′，即3－m5＝522，解得m＝－134时，△A′DP∽△AB′C，此时，点P(－134，0)．综上所述，存在点P1(2，0)或点P2(－134，0)，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似．5．(2016·青岛)已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，对角线AC，BD相交于点O.点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0<t<6)，解答下列问题：(1)当t为何值时，△AOP是等腰三角形？(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2)，试确定S与t的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°.在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝62＋82＝10.∴AO＝BO＝CO＝DO＝5.根据题意，得AP＝DQ＝1×t＝t.△AOP是等腰三角形，有以下三种可能：①当AP＝OP时，过点P作PG⊥AO于G，∴AG＝12AO＝52，∠AGP＝∠ADC＝90°.又∵∠PAG＝∠CAD，∴△PAG∽△CAD.∴PAAC＝AGAD，即t10＝528.解得t＝258；②当AP＝AO时，t＝5；③当AO＝PO时，点P与点D重合，此时t＝8＞6，不合题意，舍去．故当t＝258或5时，△AOP是等腰三角形．(2)∵QF∥AC，∴△DFQ∽△DOC.∴S△DFQS△DOC＝(DQDC)2，即S△DFQS△DOC＝t236.∵S△COD＝14S矩形ABCD＝14×6×8＝12.∴S△DFQ＝t236×12＝t23，∴S四边形FOCQ＝12－t23.∵AD∥BC，∴∠PAO＝∠ECO，∠APO＝∠CEO.又∵AO＝CO，∴△APO≌△CEO，∴CE＝AP＝t.过点O作OH⊥BC于H，∴OH＝12CD＝12×6＝3.∴S△CEO＝12×t×3＝32t.∴S＝S四边形FOCQ＋S△CEO＝12－t23＋32t＝－t23＋32t＋12.(3)存在．S△ACD＝12AD·CD＝12×8×6＝24.当S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16时，－t23＋3t2＋1224＝916，整理，得2t2－9t＋9＝0，解得t1＝3，t2＝32.故当t＝3或32时，S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16.(4)存在．过点D作DM⊥PE于点M，DN⊥AC于点N.∵∠POD＝∠COD，∴DM＝DN＝245.∴ON＝OM＝OD2－DN2＝52－（245）2＝75.∵OP·DM＝3PD，∴OP＝3PDDM＝3（8－t）245＝5－58t.∴PM＝(5－58t)－75＝185－58t.在Rt△PDM中，根据勾股定理，得PD2＝PM2＋DM2，即(8－t)2＝(185－58t)2＋(245)2，解得t1＝62439(不合题意，舍去)，t2＝11239.∴当t＝11239时，OD平分∠COP.6．(2016·威海)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－2，0)，点B(4，0)，点D(2，4)，与y轴交于点C，作直线BC，连接AC，CD.(1)求抛物线的函数表达式；(2)E是抛物线上的点，求满足∠ECD＝∠ACO的点E的坐标；(3)点M在y轴上且位于点C上方，点N在直线BC上，点P为第一象限内抛物线上一点．若以点C，M，N，P为顶点的四边形是菱形，求菱形的边长．备用图解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－2，0)，点B(4，0)，点D(2，4)，∴设抛物线的函数表达式为y＝a(x＋2)(x－4)．∴－8a＝4，解得a＝－12.∴抛物线的函数表达式为y＝－12(x＋2)(x－4)，即y＝－12x2＋x＋4.(2)分两种情况．情况一：若点E在直线CD上方的抛物线上，记作E1.连接CE1，过点E1作E1F1⊥CD，垂足为F1.由(1)知，OC＝4.∵∠ACO＝∠E1CF1，∴tan∠ACO＝tan∠E1CF1，即AOCO＝E1F1CF1＝24＝12.设线段E1F1＝h，则CF1＝2h，∴点E1的坐标为(2h，h＋4)．将E1(2h，h＋4)代入y＝－12x2＋x＋4，解得h1＝0(舍去)，h2＝12.∴点E1的坐标为(1，92)．情况二：若点E在直线CD下方的抛物线上，记作E2.连接CE2，过点E2作E2F2⊥CD，垂足为F2.设E2F2＝f，则CF2＝2f.∴点E2的坐标为(2f，4－f)．将E2(2f，4－f)代入y＝－12x2＋x＋4，解得f1＝0(舍去)，f2＝32.∴点E2的坐标为(3，52)．综上所述，点E的坐标为(1，92)或(3，52)．图1图2(3)可能存在两种情况．情况一：CM为菱形的边长．如图1，在第一象限内抛物线上取点P1，过点P1作P1N1∥y轴，交BC于点N1，过点P1作P1M1∥BC，交y轴于点M1，则四边形CM1P1N1为平行四边形．若四边形CM1P1N1是菱形，则P1M1＝P1N1.过点P1作P1Q1⊥y轴，垂足为Q1.∵OC＝OB，∠BOC＝90°，∴∠OCB＝45°.∴∠P1M1C＝45°.设点P1的坐标为(m，－12m2＋m＋4)，在Rt△P1M1Q1中，P1Q1＝m，∴P1M1＝2m.∵直线BC经过点B(4，0)，点C(0，4)，可求直线BC的函数表达式为y＝－x＋4.∵P1N1∥y轴，∴点N1的坐标为(m，－m＋4)．∴P1N1＝－12m2＋m＋4－(－m＋4)＝－12m2＋2m.∴2m＝－12m2＋2m，解得m1＝0(舍去)，m2＝4－22.此时菱形CM1P1N1的边长为2×(4－22)＝42－4.情况二：CM为菱形的对角线．如图2，在第一象限内抛物线上取点P2，过点P2作P2M2∥BC，交y轴于点M2，连接CP2，过点M2作M2N2∥CP2，交BC于点N2，则四边形CP2M2N2为平行四边形．连接P2N2交CM2于点Q2.若四边形CP2M2N2是菱形，则P2Q2⊥CM2，∠P2CQ2＝∠N2CQ2.∵∠OCB＝45°，∴∠N2CQ2＝45°.∴∠P2CQ2＝45°.∴∠CP2Q2＝∠P2CQ2＝45°.∴P2Q2＝CQ2.设点P2的坐标为(n，－12n2＋n＋4)，∴CQ2＝n，OQ2＝n＋4.∴n＋4＝－12n2＋n＋4，解得n1＝n2＝0.∴此情况不存在．综上所述，菱形的边长为42－4.7．(2016·聊城)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－3，0)，B(9，0)和C(0，4)，CD垂直于y轴，交抛物线于点D，DE垂直于x轴，垂足为E，l是抛物线的对称轴，点F是抛物线的顶点．(1)求出该二次函数的表达式以及点D的坐标；(2)若Rt△AOC沿x轴向右平移到其直角边OC与对称轴l重合，再沿对称轴l向上平移到点C与点F重合，得到Rt△A1O1F，求此时Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形的面积；(3)若Rt△AOC沿x轴向右平移t个单位长度(0＜t≤6)得到Rt△A2O2C2，Rt△A2O2C2与Rt△ODE重叠部分的图形面积记为S.求S与t之间的函数表达式，并写出自变量t的取值范围．解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－3，0)，B(－9，0)和C(0，4)．∴设抛物线的解析式为y＝a(x＋3)(x－9)．∵点C(0，4)在抛物线上，∴4＝－27a.∴a＝－427.∴抛物线的解析式为y＝－427(x＋3)(x－9)＝－427x2＋89x＋4.∵CD垂直于x轴，C(0，4)．∴－427x2＋89x＋4＝4.∴x＝6.∴点D的坐标为(6，4)．(2)如图1所示，∵点F是抛物线y＝－427x2＋89x＋4的顶点，∴F(3，163)，∴FH＝43.∵GH∥A1O1，∴GHA1O1＝FHFO1.∴GH3＝434.解得GH＝1.∵Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形的面积为S四边形GA1O1H，∴S重叠部分＝S△A1O1F－S△FGH＝12A1O1·O1F－12GH·FH＝12×3×4－12×1×43＝163.图1图2图3(3)①当0＜t≤3时，如图2所示．∵C2O2∥DE，∴O2GDE＝OO2OE.∴O2G4＝t6.∴O2G＝23t.∴S＝S△OO2G＝12OO2·O2G＝12t·23t＝13t2.②当3＜t≤6时，如图3所示．∵C2H∥OC，∴DC2CD＝C2HOC.∴6－t6＝C2H4.∴C2H＝23(6－t)．设直线OD为y＝kx，∵D(6，4)．∴y＝23x.设直线AC为y＝k2x＋b，将A(－3，0)，C(0，4)代入可得－3k2＋b＝0，b＝4，解得k2＝43，b＝4.∴y＝43x＋4.∵直线A2C2是直线AC向右平移了t个单位长度，∴直线A2C2为y＝43(x－t)＋4.由题意知G为直线OD与A2C2的交点，联立y＝23x，y＝43（x－t）＋4，解得x＝2t－6，y＝43t－4.即G(2t－6，43t－4)．过点G作GM⊥C2O2，则GM＝6－t.∴S＝S四边形A2O2HG＝S△A2O2C2－S△C2GH＝12OA·OC－12C2H·GM＝12×3×4－12×23(6－t)(6－t)＝－13t2＋4t－6.∴当0＜t≤3时，S＝13t2；当3＜t≤6时，S＝－13t2＋4t－6.8．(2016·德州)已知，m、n是一元二次方程x2＋4x＋3＝0的两个实数根，且m<n.抛物线y＝x2＋bx＋c的图象经过点A(m，0)，B(0，n)，如图所示．(1)求这个抛物线的解析式；(2)设(1)中抛物线与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D，试求出点C、D的坐标，并判断△BCD的形状；(3)点P是直线BC上的一个动点(点P不与点B和点C重合)，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，点Q在直线BC上，距离点P为2个单位长度，设点P的横坐标为t，△PMQ的面积为S，求出S与t之间的函数关系式．解：(1)解方程x2＋4x＋3＝0，得x1＝－1，x2＝－3.∵m、n是方程x2＋4x＋3＝0的两根，且|m|＜|n|，∴m＝－1，n＝－3.把点A(－1，0)，B(0，－3)代入y＝x2＋bx＋c，得1－b＋c＝0，c＝－3，解得b＝－2，c＝－3.∴这个抛物线的解析式为y＝x2－2x－3.(2)令y＝0，则x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3.∴点C的坐标为(3，0)．又∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴顶点D的坐标为(1，－4)．过点D作DE⊥y轴于点E，∵OB＝OC＝3，∴BE＝DE＝1.∴△BOC和△BED都是等腰直角三角形．∴∠OBC＝∠DBE＝45°.∴∠CBD＝90°.∴△BCD是直角三角形．(3)由点B的坐标为(0，－3)，点C的坐标为(3，0)，得直线BC的解析式为y＝x－3.∵点P的横坐标为t，PM⊥x轴，∴点M的横坐标为t.又∵点P在直线BC上，点M在抛物线上，∴点P的坐标为(t，t－3)，点M的坐标为(t，t2－2t－3)．过点Q作QF⊥PM于点F，则△PQF为等腰直角三角形．∵PQ＝2，∴QF＝1.讨论：如图1，当点P在M上方时，即0＜t＜3时，PM＝t－3－(t2－2t－3)＝－t2＋3t，∴S＝12PM·QF＝12(－t2＋3t)＝－12t2＋32t.图1图2如图2，当点P在点M下方时，t<0或t>3时，PM＝t2－2t－3－(t－3)＝t2－3t，∴S＝12PM·QF＝12(t2－3t)＝12t2－32t.9．(2016·临沂)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝－2x＋10与x轴，y轴相交于A，B两点．点C的坐标是(8，4)，连接AC，BC.(1)求过O，A，C三点的抛物线的解析式，并判断△ABC的形状；(2)动点P从点O出发，沿OB以每秒2个单位长度的速度向点B运动；同时，动点Q从点B出发，沿BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，PA＝QA?(3)在抛物线的对称轴上，是否存在点M，使以A，B，M为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)令y＝0，则－2x＋10＝0，x＝5，∴A(5，0)．把x＝0代入y＝－2x＋10，得y＝10，∴B(0，10)．设过O，A，C三点的抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，可得c＝0，25a＋5b＋c＝0，64a＋8b＋c＝4，解得a＝16，b＝－56，c＝0.∴抛物线的解析式为y＝16x2－56x.△ABC是直角三角形，理由如下：∵B(0，10)，A(5，0)，∴OA＝5，OB＝10.∴AB2＝125，AB＝55.∵C(8，4)，A(5，0)，∴AC2＝25，AC＝5.∵B(0，10)，C(8，4)，∴BC2＝100，BC＝10.∴AC2＋BC2＝AB2.∴△ABC是直角三角形，且∠C＝90°.(2)∵PA＝QA，PA2＝(2t)2＋52，QA2＝(10－t)2＋52，∴(2t)2＋52＝(10－t)2＋52.解得t＝10(舍去)或t＝103.故当运动时间为103秒时，PA＝QA.(3)存在．抛物线y＝16x2－56x过O，A两点，则对称轴是x＝52，设M的坐标为(52，m)．①当AM＝BM时，M是AB的垂直平分线与抛物线对称轴的交点，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，与AB交于点F，由题意可知EF∥y轴，E是OA的中点，∴F是AB的中点．∴AB的垂直平分线与抛物线的对称轴的交点就是F，此时不能形成三角形．②当AB＝BM时，(52)2＋(10－m)2＝AB2＝125，解得m1＝20＋5192，m2＝20－5192，∴M1(52，20＋5192)，M2(52，20－5192)．③当AB＝AM时，(5－52)2＋m2＝AB2＝125，解得m3＝5192，m4＝－5192，∴M3(52，5192)，M4(52，－5192)．综上所述，存在符合要求的点M共有4个，分别是M1(52，20＋5192)，M2(52，20－5192)，M3(52，5192)，M4(52，－5192)．10．(2016·武汉)抛物线y＝ax2＋c与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P在抛物线上，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，OE＋OFOC是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．图1图2解：(1)①将P(1，－3)，B(4，0)代入，得－3＝a＋c，0＝16a＋c，解得a＝15，c＝－165，∴抛物线的解析式为y＝15x2－165.②有两种可能，Ⅰ.当点D在P点左侧时，∵∠DPO＝∠POB，∴PD∥OB，∴点P与点D关于y轴对称，那么此时点D的坐标为(－1，－3)；Ⅱ.当点D在点P的右侧时，延长PD交x轴于点Q，∵∠DPO＝∠POB，∴QO＝QP.设Q(m，0)，∴OQ＝QP＝m.过P作PF⊥x轴于F，∵P(1，－3)，∴PF＝3，FQ＝m－1.∴32＋(m－1)2＝m2，解得m＝5.∴Q(5，0)．又P(1，－3)，∴直线PQ的解析式为y＝34x－154.联立直线与抛物线的解析式，得y＝15x2－165，y＝34x－154，解得x1＝114，x2＝1(与P点重合，舍去)．∴点D的坐标为(114，－2716)，综上所述，点D的坐标为(－1，－3)或(114，－2716)．(2)是定值，不妨设B(b，0)，则A(－b，0)，∴ab2＋c＝0，∴b2＝－ca.设P(x0，y0)，∴y0＝ax20＋c，过点P作PH⊥AB于H，∴△APH∽△AEO，∴OEHP＝OAAH，即OE－y0＝bx0＋b.∴OE＝－by0x0＋b.同理可得：△BHP∽△BOF，∴HBBO＝PHOF，即b－x0b＝－y0OF.解得OF＝－by0b－x0.∴OE＋OF＝－by0(1b＋x0＋1b－x0)＝－2b2y0b2－x20＝－2·（－ca）y0－ca－y0－ca＝－2c.又C(0，c)，∴OC＝－c.∴OE＋OFOC＝－2c－c＝2.11．(2016·常德)如图，已知抛物线与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)，与y轴交于C(0，－2)．(1)求抛物线的解析式；(2)H是C关于x轴的对称点，P是抛物线上的一点，当△PBH与△AOC相似时，求符合条件的P点的坐标(求出两点即可)；(3)过点C作CD∥AB，CD交抛物线于点D，点M是线段CD上的一动点，作直线MN与线段AC交于点N，与x轴交于点E，且∠BME＝∠BDC，当CN的值最大时，求点E的坐标．解：(1)设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，把A(－1，0)，B(4，0)，C(0，－2)的坐标代入，得a－b＋c＝0，16a＋4b＋c＝0，c＝－2，解得a＝12，b＝－32，c＝－2.则抛物线的解析式为y＝12x2－32x－2.(2)在Rt△AOC中，|OA|＝1，|OC|＝2，则△PBH是直角三角形．①过点H作HF⊥BH交x轴于点F，易证Rt△FOH∽Rt△HOB，∴OFOH＝OHOB，OF2＝24，解得OF＝1，∴点F的坐标为(－1，0)，即点F与点A重合．设直线HF的解析式为y＝kx＋b，把点F(－1，0)和点H(0，2)的坐标代入y＝kx＋b，得－k＋b＝0，b＝2，解得k＝2，b＝2.直线HF的解析式为y＝2x＋2.解方程2x＋2＝12x2－32x－2，得x1＝－1，x2＝8，把x1＝－1，x2＝8分别代入y＝2x＋2，得y1＝0，y2＝18，∴直线y＝2x＋2与抛物线y＝12x2－32x－2的交点为(－1，0)和(8，－18)，而点(－1，0)就是A点，显然△AOH∽△AOC.设点(8，18)为G，过点G作GL⊥y轴于点L，GL＝8，HL＝16，HG＝GL2＋HL2＝82＋162＝85，又HB＝OH2＋OB2＝22＋42＝25，∴HBHG＝2585＝14≠12.∴Rt△BHG与Rt△AOC不相似．②过点B作BK⊥BH，则BK∥HF，∴可设BK解析式为y＝2x＋b，把B(4，0)的坐标代入，得b＝－8，∴BK解析式为y＝2x－8.解方程2x－8＝12x2－32x－2，得x1＝3，x2＝4.把x1＝3，x2＝4分别代入y＝2x－8，得y1＝－2，y2＝0，∴直线y＝2x－8与抛物线y＝12x2－32x－2的交点为(3，－2)和(4，0)．设点(3，－2)为K，过点K作KQ⊥x轴于点Q，BK＝12＋22＝5，BKBH＝525＝12，∴△KBH∽△AOC.综上所述，P点的坐标为(－1，0)或(3，－2)．(3)∵∠BMC＝∠DBM＋∠BDC，即∠BME＋∠CME＝∠DBM＋∠BDC.又∵∠BME＝∠BDC，∴∠CME＝∠DBM.由抛物线的轴对称可知∠MCN＝∠MDB，∴△CMN∽△DBM.∴CNDM＝CMDB，CN3－CM＝CM5.∴CN＝55CM(3－CM)＝－55(CM－32)2＋9520.当CM＝32时，CN有最大值为9520，AN＝5－9520＝11520.∵CD∥AB，∴△ANE∽△CNM.∴ANCN＝AECM，AE＝CM·ANCN＝32×11520÷9520＝116，OE＝OA＋AE＝116＋1＝176.∴E点的坐标为(－176，0)．∴当CN的值最大时，点E的坐标为(－176，0)．