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寒假课程 【精品讲义】人教版 九年级 数学 总复习 第八讲 二次函数与存在性问题（教师版）
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这是一份寒假课程 【精品讲义】人教版 九年级 数学 总复习 第八讲 二次函数与存在性问题（教师版），共49页。教案主要包含了规律方法，变式训练1，难度分级，变式训练2，变式训练3，变式训练4等内容，欢迎下载使用。
第八讲 二次函数与存在性问题
明确目标﹒定位考点
存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来包括深圳在内各地中考的“热点”。这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
热点聚焦﹒考点突破
二次函数
1、二次函数由特殊到一般，可分为以下几种形式：
①；②；③；④；⑤.
C
O
A
B
x
y
2、二次函数的顶点坐标是，对称轴是直线.
3、抛物线中，的作用
（1）决定开口方向及开口大小，这与中的完全一样.
（2）和共同决定抛物线对称轴的位置.由于抛物线的对称轴是直线，（由图象可知，“左同右异”）
故：①时，对称轴为轴；
②（即、同号）时，对称轴在轴左侧；
③（即、异号）时，对称轴在轴右侧.
（3）的大小决定抛物线与轴交点的位置.
当时，，∴抛物线与轴有且只有一个交点（0，）：
①，抛物线经过原点; ②,与轴交于正半轴；③,与轴交于负半轴.
4、一次函数的图像与二次函数的图像的交点，由方程组 的解的数目来确定：
①方程组有两组不同的解时与有两个交点;
②方程组只有一组解时与只有一个交点；
③方程组无解时与没有交点.
5、抛物线与轴两交点之间的距离：若抛物线与轴两交点为，由
于、是方程的两个根，故
6、特殊值记忆：
二次函数 ，
当=1时，=
当=-1时，=
当=0时，=
7、存在性问题的处理思路：
① 研究背景图形．
② 分析不变特征（点、线、角），结合形成因素（判定），考虑需要满足的条件．
③ 画图求解：往往先从一种情形入手．先画出大致图形，再结合特征不断精确．
在图形上求解一种情况后，结合运动范围，考虑其他情形．
④ 结果验证：画图或推理，验证已求结果．
考点1： 四边形之存在性问题
例1.如图，抛物线2与x轴交于A（5,0）、B（-1,0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线于点C；
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求点A关于直线的对称点A`的坐标，判定点A`是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA`于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【规律方法】
1. 存在性问题的处理思路
① 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判 定等）考虑分类．
②画图求解：分析各种状态的可能性，画出符合题意的图形．
通常先尝试画出其中一种情形，分析解决后，再类比解决其他情形．
③结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．
2. 菱形、矩形、正方形的存在性问题，通常借助转化探究思想来分析，将复杂、陌生问题转化为简单、熟悉问题解决．如：
①菱形存在性问题通常转化为等腰三角形存在性处理，亦可借助菱形性质解决．
③ 矩形存在性问题通常转化为直角三角形存在性处理．
③正方形存在性问题通常转化为等腰直角三角形存在性处理．
考点2： 相似三角形的存在性
例2.如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，点A的坐标为(-1，0)，过点C的直线与x轴交于点Q，点P是线段BC上的一个动点，过P作PH⊥OB于点H．若PB=5t，且．
（1）点C的坐标是____________，b=_______，c=______．
（2）求线段QH的长（用含t的代数式表示）．
（3）依点P的变化，是否存在t的值，使以P，H，Q为顶点的三角形与△COQ相似？若存在，求出所有符合条件的t值；若不存在，说明理由．
【规律方法】相似三角形存在性的处理思路
1. 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．
注：相似三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．
2. 画图求解：
往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑对应关系和不变特征后列方程求解．
注：相似三角形列方程往往借助对应边成比例；
3. 结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．
考点3： 全等三角形的存在性
例3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴的一个交点为A(-2，0)，与y轴的交点为C，对称轴是直线x=3，对称轴与x轴交于点B．
（1） 求抛物线的函数表达式．
（2）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【规律方法】全等三角形存在性的处理思路
1. 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．
注：全等三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．
2. 画图求解：
往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑边、角的对应相等和不变特征后列方程求解．
3. 结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．
考点4：角度的存在性
例4.如图，抛物线与直线交于C，D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为(3，)．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．
（3）若存在点P，使∠PCF=45°，请直接写出相应的点P的坐标．
【规律方法】角度存在性的处理思路
1. 和角度相关的存在性问题通常要放在直角三角形中处理，通过三角函数将角的特征转化为边的比例特征来列方程求解．
2. 一般过定点构造直角三角形．
3. 当两个角相等时，常转化为两个直角三角形相似的问题来处理．
【变式训练1】
【难度分级】 A
题（1）抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C(0，-2)，与直线y=x交于点A(-2，-2)，B(2，2)．
（1）求抛物线的解析式．
（2）线段MN在线段AB上移动（点M不与点A重合，点N不与点B重合），且．若点M的横坐标为m，过点M作x轴的垂线与x轴交于点P，过点N作x轴的垂线与抛物线交于点Q，则以P，M，Q，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【难度分级】 B
题（2）已知：抛物线C1：y＝x2。如图（1），平移抛物线C1得到抛物线C2，C2经过C1的顶点O和A（2，0），C2的对称轴分别交C1、C2于点B、D。
（1）求抛物线C2的解析式；
（2）探究四边形ODAB的形状并证明你的结论；
（3）如图（2），将抛物线C2向下平移m个单位（m＞0）得抛物线C3，C3的顶点为G，与y轴交于M。点N是M关于x轴的对称点，点P（，）在直线MG上。问：当m为何值时，在抛物线C3上存在点Q，使得以M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？
【变式训练2】
【难度分级】 A
题（1）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(-3，0)，B(-1，0)，与y轴相交于点C．⊙O1为△ABC的外接圆，交抛物线于另一点D．
（1）求抛物线的解析式．
（2）求cos∠CAB的值和⊙O1的半径．
（3）如图2，抛物线的顶点为P，连接BP，CP，BD，M为弦BD的中点．若点N在坐标平面内，满足△BMN∽△BPC，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【难度分级】 B
题（2）若关于的二次函数与轴交于两个不同的点，与y轴交于点P，其图像顶点为点M，点O为坐标原点。
(1)当；
(2)当试问△ABM能否为等边三角形？判断并证明你的结论；
(3)当记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，若△BPO∽△PAO，且S1=S2,求m的值。
【变式训练3】
【难度分级】 A
题（1）如图，抛物线y=ax2-5ax+4经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y轴上，且AC=BC．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）写出A，B，C三点的坐标并求抛物线的解析式；
（3）探究：若点P是抛物线对称轴上且在x轴下方的动点，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由．
【难度分级】 B
题（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与y轴交于点C(0，4)，对称轴直线与x轴交于点D，顶点为M，且DM=OC+OD．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）设点P(x，y)是第一象限内该抛物线上的一动点，△PCD的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）设点Q是y轴右侧该抛物线上的一动点，若经过点Q的直线QE与y轴交于点E，是否存在以O，Q，E为顶点的三角形与△OQD全等？若存在，求出直线QE的解析式；若不存在，请说明理由．
【变式训练4】
【难度分级】 A
题（1）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线y=x2-4x-2经过A，B两点．
（1）求A点坐标及线段AB的长；
（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒．
①当PQ⊥AC时，求t的值；
②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围．
专题训练﹒对接中考
1. 如图1，以一块等腰直角三角板的两条直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，已知OA=OB=3，过点A，B的抛物线对称轴为直线x=1，抛物线与x轴的另一交点为D．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）如图2，如果将三角板的直角顶点C在x轴上滑动，一直角边所在直线过点B，另一条直角边所在直线与抛物线的交点为E，其横坐标为4，试求点C的坐标．
（3）如图3，点P为抛物线对称轴上一动点，M为x轴上方抛物线上一点，N为平面内一动点，是否存在点M，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
2. 如图，已知直线y=kx-6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，与y轴交于点D，且点A(1，-4)为抛物线的顶点，点B在x轴上．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线对称轴与x轴交于点E，F是y轴上一动点，在抛物线上是否存在一点P，使△POE与△POF全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
作业：
1. 如图，抛物线y=-x2+2x+3与x轴相交于A，B两点，与y轴交于C，顶点为D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．
（1）连接DA，DO，求∠DOF的正切值；
（2）设P为x轴上的一点，∠DAO+∠DPO=∠α，当tan∠α=4时，求点P的坐标．
2. 在平面直角坐标系中，二次函数图象的顶点坐标为C(4，)，且与x轴的两个交点间的距离为6．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在x轴上方的抛物线上，是否存在点Q，使得以Q，A，B为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】
例题1.解：（1）∵2与x轴交于A（5,0）、B（-1,0）两点，
解得
∴抛物线的解析式为2
（2）过点A`作A`E⊥x轴于E，AA/与OC交于点D，
∵点C在直线y=2x上， ∴C（5，10）
∵点A和A`关于直线y=2x对称，
∴OC⊥AA/，A`D=AD.
∵OA=5，AC=10,
∴0C==
∵S⊿OAC= ∴ ∴AA、
在Rt⊿A`EA和Rt⊿OAC中，
∵∠A`AE+∠A`AC=90°，∠ACD+∠A`AC=90°，
∴∠A`AE=∠ACD
又∵∠A`EA=∠OAC=90°，
∴Rt⊿A`EA～Rt⊿OAC
即
∴A`E=4,AE=8∴OE=AE－OA=3.
∴点A/的坐标为（﹣3,4）.
当x=﹣3时，2
所以，点A/ （﹣3,4）在该抛物线上.
(3)存在.
理由：设直线的解析式为y=kx+b, 则
，解得
∴直线CA`的解析式为
设点P的坐标为(,2,则点M为（，）
∵PM∥AC，
∴要使四边形PACM是平行四边形,只需PM=AC.又点M在点P的上方，
∴（）-（2=10
解得1=2，2=5（不合题意,舍去）当x=2时，
∴当点P运动到（2，）时，四边形PACM是平行四边形.
例题2.解：（1）（0，-3），b=-，c=-3；
（2）由（1），得y=x2-x-3，它与x轴交于A，B两点，得B（4，0），
∴OB=4，
又∵OC=3，
∴BC=5，
由题意，得△BHP∽△BOC，
∵OC∶OB∶BC=3∶4∶5，
∴HP∶HB∶BP=3∶4∶5，
∵PB=5t，
∴HB=4t，HP=3t，
∴OH=OB-HB=4-4t，
由y=x-3与x轴交于点Q，得Q（4t，0），∴OQ=4t，
①当H在Q、B之间时，QH=OH-OQ=（4-4t）-4t=4-8t，
②当H在O、Q之间时，QH=OQ-OH=4t-（4-4t）=8t-4，
综合①，②得QH=｜4-8t｜；
（3）存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似；
①当H在Q、B之间时，QH=4-8t，若△QHP∽△COQ，则QH∶CO=HP∶OQ，得，
∴t=，
若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO=HQ∶OQ，得，
即t2+2t-1=0，
∴t1=-1，t2=--1（舍去）；
②当H在O、Q之间时，QH=8t-4，
若△QHP∽△COQ，则QH∶CO=HP∶OQ，得，
∴t=，
若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO=HQ∶OQ，得，即t2-2t+1=0，∴t1=t2=1（舍去），
综上所述，存在t的值，t1=-1，t2=，t3=。
例题3.解：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+4交x轴于A（-2，0），
∴0=4a-2b+4，
∵对称轴是x=3，
∴-=3，即6a+b=0，
两关于a、b的方程联立解得 a=- ，b= ，
∴抛物线为y=-x 2+x+4．
（2）∵四边形为平行四边形，且BC∥MN，
∴BC=MN．
①N点在M点右下方，即M向下平移4个单位，向右平移2个单位与N重合．
设M（x，-x 2+x+4），则N（x+2，-x 2+x），
∵N在x轴上，
∴-x 2+x =0，
解得 x=0（M与C重合，舍去），或x=6，
∴x M =6，
∴M（6，4）．
②M点在N右下方，即N向下平行4个单位，向右2个单位与M重合．
设M（x，-x 2+x+4），则N（x-2，-x 2+x+8），
∵N在x轴上，
∴-x 2+x+8=0，
解得 x=3- ，或x=3+ ，
∴x M =3- ，或3+ ．
∴M（3- ，-4）或（3+ ，-4）
综上所述，M的坐标为（6，4）或（3- ，-4）或（3+ ，-4）
（3）使△PBD≌△PBC，易考虑∠CBD的平分线与抛物线的交点．确定平分线可因为BC=BD，可作等腰△BCD，利用三线合一，求其中线所在方程，进而与抛物线联立得方程组，解出P即可．点P的坐标为（4+ ， ）或（4- ， ）或（-1+ ，-8+2 ）或（-1- ，-8-2 ）．
例题4.解：（1）∵直线经过点C，∴C（0，2）
∵抛物线2经过点C（0，2），D（3，）
∴ 2 ，解得
∴抛物线的解析式为2.
（2）∵点P的横坐标为m且在抛物线上， ∴P（m, 2）,F(m,).
∵PF∥CO，∴当PF=CO时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形.
当时，PF=2-()=2+3m
∴2+3m=2,解得：1=1, 2=2
即当m=1或2时，四边形OCPF是平行四边形.
当时，PF=()-(2)=2-3m
∴2-3m=2,解得：1=，2=∵点P在y轴右侧的抛物线上，∴舍去）.
即当=时，四边形OCFP是平行四边形.
综上所述，当m=1或2或时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形.
（3）如图，当点P在CD上方且∠PCF=450时，作PM⊥CD于点M，CN⊥PF于点N，则△PMF∽△CNF，
∴=2
∴PM=CM=2CF，
∴PF=FM=CF=×=
又∵PF=2+3m
∴2+3m=
解得：1=,2=0（舍去），
∴P(2, ),当点P在CD下方且∠PCF=450时，同理可以求得：另外一点为P(,)
【变式训练1】
【难度分级】 A
题（1）
【难度分级】 B
题（2）
【变式训练2】
【难度分级】 A
题（1）
【难度分级】 B
题(2)
【变式训练3】
【难度分级】 A
题（1）
【难度分级】 B
题（2）
（2）解：（1）由题意得：OC=4，OD=2，∴DM=OC+OD=6。
∴顶点M坐标为（2，6）。
设抛物线解析式为：y=a（x﹣2） 2 +6，
∵点C（0，4）在抛物线上，∴4=4a+6，解得a= 。
∴抛物线的解析式为：y= （x﹣2） 2 +6= x 2 +2x+4。
（2）如答图1，过点P作PE⊥x轴于点E．
∵P（x，y），且点P在第一象限，∴PE=y，OE=x。
∴DE=OE﹣OD=x﹣2．
∴S=S 梯形PEOC ﹣S △ COD ﹣S △ PDE = （4+y）?x﹣ ×2×4﹣ （x﹣2）?y=y+2x﹣4。
将y= x 2 +2x+4代入上式得：S= x 2 +2x+4+2x﹣4= x 2 +4x。
在抛物线解析式y= x 2 +2x+4中，令y=0，即 x 2 +2x+4=0，解得x=2± ．
设抛物线与x轴交于点A、B，则B（2+ ，0）。
∴0＜x＜2+ ．
∴S关于x的函数关系式为：S= x 2 +4x（0＜x＜2+ ）。
（3）存在。若以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，可能有以下情形：
①OD=OP。
由图象可知，OP最小值为4，即OP≠OD，故此种情形不存在。
②OD=OE。
若点E在y轴正半轴上，如答图2所示，此时△OPD≌△OPE。
∴∠OPD=∠OPE，即点P在第一象限的角平分线上。
∴直线PE的解析式为：y=x。
若点E在y轴负半轴上，易知此种情形下，两个三角形不可能全等，故不存在。
③OD=PE。
∵OD=2，∴第一象限内对称轴右侧的点到y轴的距离均大于2。
∴点P只能位于对称轴左侧或与顶点M重合。
若点P位于第一象限内抛物线对称轴的左侧，易知△OPE为钝角三角形，而△OPD为锐角三角形，则不可能全等。
若点P与点M重合，如答图3所示，此时△OPD≌OPE，四边形PDOE为矩形。
∴直线PE的解析式为：y=6。
综上所述，存在以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，直线PE的解析式为y=x或y=6。
【变式训练4】
【难度分级】 A
题（1）
(1)
解：（1）由抛物线y=x2-4x-2知：当x=0时，y=-2，∴A（0，-2）．
由于四边形OABC是矩形，所以AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同；
当y=-2时，-2=x2-4x-2，解得x1=0，x2=4，∴B（4，-2），∴AB=4．
（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7（t-1）=7t-7．
当Q点在OA上时，即0≤7t-7＜2，1≤t＜时，
如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC．
∴=，即，∴t=．
∵＞，∴此时t值不合题意．
当Q点在OC上时，即2≤7t-7＜6，≤t＜时，
如图2，过Q点作QD⊥AB．
∴AD=OQ=7（t-1）-2=7t-9．∴DP=t-（7t-9）=9-6t．
若PQ⊥AC，易证Rt△QDP∽Rt△ABC，
∴，即=，∴t=，
∵＜＜，∴t=符合题意．
当Q点在BC上时，即6≤7t-7≤8，≤t≤时，
如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，则QG⊥PG，即∠GQP=90°．
∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，此时PQ不与AC垂直．
综上所述，当t=时，有PQ⊥AC．
②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴=，∴=，
解得t=2，即当t=2时，PQ∥AC．
此时AP=2，BQ=CQ=1，∴P（2，-2），Q（4，-1）．
抛物线对称轴的解析式为x=2，
当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，∴当yH＜-2时，∠HOQ＞∠POQ．
作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，
过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，
在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．∴OQ=，
∵S△OPQ=S四边形ABCO-S△AOP-S△COQ-S△QBP=3=OQ×PM，
∴PM=，∴PP′=2PM=，
∵∠NPP′=∠COQ．∴△COQ∽△NPP′∴，
∴P′N=，PN=，∴P′（，），
∴直线OP′的解析式为y=x，∴OP′与NP的交点H2（2，）．
∴当yH＞时，∠HOP＞∠POQ．
综上所述，当yH＜-2或yH＞时，∠HOQ＞∠POQ．
专题训练﹒对接中考
1.解：（1）∵OA=OB=3
∴A(3，0)，B(0，3)
又∵对称轴为直线x=1
∴D(-1，0)
可设抛物线解析式为y=a(x+1)(x-3)
将B(0，3)代入，可得a=-1
∴y=-x2+2x+3
（2）如图，过点E作轴于点F
将x=4代入，可得E(4，-5)
设点C的横坐标为m ，则C(m，0)
①当点C在y轴的左侧时，m<0，如图
OC=-m，CF=4-m
由△BOC∽△CFE，可得
解得，
∵m<0
∴C1(，0)
②当点C在y轴的右侧时，如图
由题意，点C在点F的右侧，所以m>4
OC=m，CF=m-4
由△BOC∽△CFE，可得
解得，
∵m>0
∴
（3）存在
①若以AP，AM为正方形的两边，则∠PAM=90°且PA=AM：
过点M作MF⊥x轴于点F，则△MFA≌△AGP
∴MF=AG=2
∴-x2+2x+3=2
解得，x=
∴M1()，M2()
②若以MP，MA为正方形的两边，
则∠PMA=90°且MP=MA：
过点M作MF⊥x轴于点F，
MH垂直对称轴于点H，
则△MFA≌△MHP
∴MF=MH，AF=HP
当M在对称轴右侧时，
设MH=t，则AF=2-t；
∴M(1+t，t)
∴-(1+t)2+2(1+t)+3=t
解得，t1=，t2=（舍去）
∴M3()
当M在对称轴左侧时，
同理可得，M4()
③若以PM，PA为正方形的两边，则∠MPA=90°且PM=PA：
过点M作MN垂直对称轴于点N，则△AGP≌△PNM，
设PG=MN=n，则M(n+1，n+2)
∴-(n+1)2+2(n+1)+3= n+2
解得，n=1或n=-2（舍去）
可得M5(2，3)．
综上，M点坐标可以为M1()，M2()，
M3()，M4()，M5(2，3)．
2. 解：（1）将A(1，-4)代入y=kx-6，得k=2
∴y=2x-6
令y=0，解得，x=3
∴B(3，0)
由点A(1，-4)是抛物线的顶点，设y=a(x-1)2-4，
把B(3，0)代入，解得，a=1
∴y=(x-1)2-4=x2-2x-3
（2）I 当△POE≌△POF时，OE=OF=1
∴F1(0，1)，F2(0，-1)
①当OF1=OE时，此时∠F1OP=∠EOP，
则lOP：y=x
∴
则或
∴P1(，)，P2(，)
②当OF2=OE时，此时∠F2OP=∠EOP，
则lOP：y=-x
∴
则或
∴P3(，)，P4(，)
II 当△POE≌△OPF时，∠EPO=∠FOP，PF∥OE（x轴）；同理，EP∥OF（y轴）过点E作EP∥y轴，与抛物线的交点即为点P，
此时，P与A重合，
P5(1，-4)．
综上，点P的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，(1，-4)．
作业：
1. 解：（1）y=-x2+2x+3
=-( x-1)2+4
∴抛物线顶点坐标D(1，4)，对称轴为直线x=1
∴F(1，0)，
∴OF=1，DF=4
连接OD，在Rt△OFD中，tan∠DOF=
（2）∵tan∠DOF=
∴∠DOF=∠α
∵∠DOF=∠DAO+∠ADO=∠α
∠DAO+∠DPO=∠α
∴∠DPO=∠ADO
∴△ADP∽△AOD
∴AD2=AP·AO
∵AF=2，DF=4
∴AD2=AF2+DF2=20
∴OP=19
同理，当点P在对称轴左侧时，OP=17
∴P1(19，0)，P2(-17，0)
2. 解：（1）∵顶点坐标为C(4，)，
∴抛物线对称轴为直线x=4，
又∵抛物线与x轴的两个交点间的距离为6，
∴由抛物线的对称性可知：A(1，0)，B(7，0)．
设抛物线的解析式为，
将C(4，)代入可得，，
∴所求解析式为．
(2) 存在点Q使得△QAB与△ABC相似．
由抛物线对称性可知，AC=BC，过点C作CD⊥x轴于D，
则AD=3，CD=．
在Rt△ACD中，tan∠DAC=，
∴∠BAC=∠ABC=30°，∠ACB=120°．
①当△ACB∽△ABQ1时，
∠ABQ1=120°且BQ1=AB=6．
过点Q1作Q1E⊥x轴，垂足为E，
则在Rt△BQ1E中，BQ1=6，∠Q1BE=60°，
∴Q1E=BQ1·sin60°=，BE=3，
∴E(10，0)，Q1(10，)．
当x=10时，y=，
∴点Q1在抛物线上．
②由抛物线的对称性可知，还存在AQ2=AB，
此时△Q2AB∽△ACB，点Q2的坐标为(-2，)．
综上，Q1(10，)，Q2(-2，)
第八讲 二次函数与存在性问题
明确目标﹒定位考点
存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来包括深圳在内各地中考的“热点”。这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
热点聚焦﹒考点突破
二次函数
1、二次函数由特殊到一般，可分为以下几种形式：
①；②；③；④；⑤.
C
O
A
B
x
y
2、二次函数的顶点坐标是，对称轴是直线.
3、抛物线中，的作用
（1）决定开口方向及开口大小，这与中的完全一样.
（2）和共同决定抛物线对称轴的位置.由于抛物线的对称轴是直线，（由图象可知，“左同右异”）
故：①时，对称轴为轴；
②（即、同号）时，对称轴在轴左侧；
③（即、异号）时，对称轴在轴右侧.
（3）的大小决定抛物线与轴交点的位置.
当时，，∴抛物线与轴有且只有一个交点（0，）：
①，抛物线经过原点; ②,与轴交于正半轴；③,与轴交于负半轴.
4、一次函数的图像与二次函数的图像的交点，由方程组 的解的数目来确定：
①方程组有两组不同的解时与有两个交点;
②方程组只有一组解时与只有一个交点；
③方程组无解时与没有交点.
5、抛物线与轴两交点之间的距离：若抛物线与轴两交点为，由
于、是方程的两个根，故
6、特殊值记忆：
二次函数 ，
当=1时，=
当=-1时，=
当=0时，=
7、存在性问题的处理思路：
① 研究背景图形．
② 分析不变特征（点、线、角），结合形成因素（判定），考虑需要满足的条件．
③ 画图求解：往往先从一种情形入手．先画出大致图形，再结合特征不断精确．
在图形上求解一种情况后，结合运动范围，考虑其他情形．
④ 结果验证：画图或推理，验证已求结果．
考点1： 四边形之存在性问题
例1.如图，抛物线2与x轴交于A（5,0）、B（-1,0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线于点C；
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求点A关于直线的对称点A`的坐标，判定点A`是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA`于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【规律方法】
1. 存在性问题的处理思路
① 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判 定等）考虑分类．
②画图求解：分析各种状态的可能性，画出符合题意的图形．
通常先尝试画出其中一种情形，分析解决后，再类比解决其他情形．
③结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．
2. 菱形、矩形、正方形的存在性问题，通常借助转化探究思想来分析，将复杂、陌生问题转化为简单、熟悉问题解决．如：
①菱形存在性问题通常转化为等腰三角形存在性处理，亦可借助菱形性质解决．
③ 矩形存在性问题通常转化为直角三角形存在性处理．
③正方形存在性问题通常转化为等腰直角三角形存在性处理．
考点2： 相似三角形的存在性
例2.如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，点A的坐标为(-1，0)，过点C的直线与x轴交于点Q，点P是线段BC上的一个动点，过P作PH⊥OB于点H．若PB=5t，且．
（1）点C的坐标是____________，b=_______，c=______．
（2）求线段QH的长（用含t的代数式表示）．
（3）依点P的变化，是否存在t的值，使以P，H，Q为顶点的三角形与△COQ相似？若存在，求出所有符合条件的t值；若不存在，说明理由．
【规律方法】相似三角形存在性的处理思路
1. 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．
注：相似三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．
2. 画图求解：
往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑对应关系和不变特征后列方程求解．
注：相似三角形列方程往往借助对应边成比例；
3. 结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．
考点3： 全等三角形的存在性
例3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴的一个交点为A(-2，0)，与y轴的交点为C，对称轴是直线x=3，对称轴与x轴交于点B．
（1） 求抛物线的函数表达式．
（2）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【规律方法】全等三角形存在性的处理思路
1. 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．
注：全等三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．
2. 画图求解：
往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑边、角的对应相等和不变特征后列方程求解．
3. 结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．
考点4：角度的存在性
例4.如图，抛物线与直线交于C，D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为(3，)．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．
（3）若存在点P，使∠PCF=45°，请直接写出相应的点P的坐标．
【规律方法】角度存在性的处理思路
1. 和角度相关的存在性问题通常要放在直角三角形中处理，通过三角函数将角的特征转化为边的比例特征来列方程求解．
2. 一般过定点构造直角三角形．
3. 当两个角相等时，常转化为两个直角三角形相似的问题来处理．
【变式训练1】
【难度分级】 A
题（1）抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C(0，-2)，与直线y=x交于点A(-2，-2)，B(2，2)．
（1）求抛物线的解析式．
（2）线段MN在线段AB上移动（点M不与点A重合，点N不与点B重合），且．若点M的横坐标为m，过点M作x轴的垂线与x轴交于点P，过点N作x轴的垂线与抛物线交于点Q，则以P，M，Q，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【难度分级】 B
题（2）已知：抛物线C1：y＝x2。如图（1），平移抛物线C1得到抛物线C2，C2经过C1的顶点O和A（2，0），C2的对称轴分别交C1、C2于点B、D。
（1）求抛物线C2的解析式；
（2）探究四边形ODAB的形状并证明你的结论；
（3）如图（2），将抛物线C2向下平移m个单位（m＞0）得抛物线C3，C3的顶点为G，与y轴交于M。点N是M关于x轴的对称点，点P（，）在直线MG上。问：当m为何值时，在抛物线C3上存在点Q，使得以M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？
【变式训练2】
【难度分级】 A
题（1）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(-3，0)，B(-1，0)，与y轴相交于点C．⊙O1为△ABC的外接圆，交抛物线于另一点D．
（1）求抛物线的解析式．
（2）求cos∠CAB的值和⊙O1的半径．
（3）如图2，抛物线的顶点为P，连接BP，CP，BD，M为弦BD的中点．若点N在坐标平面内，满足△BMN∽△BPC，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【难度分级】 B
题（2）若关于的二次函数与轴交于两个不同的点，与y轴交于点P，其图像顶点为点M，点O为坐标原点。
(1)当；
(2)当试问△ABM能否为等边三角形？判断并证明你的结论；
(3)当记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，若△BPO∽△PAO，且S1=S2,求m的值。
【变式训练3】
【难度分级】 A
题（1）如图，抛物线y=ax2-5ax+4经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y轴上，且AC=BC．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）写出A，B，C三点的坐标并求抛物线的解析式；
（3）探究：若点P是抛物线对称轴上且在x轴下方的动点，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由．
【难度分级】 B
题（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与y轴交于点C(0，4)，对称轴直线与x轴交于点D，顶点为M，且DM=OC+OD．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）设点P(x，y)是第一象限内该抛物线上的一动点，△PCD的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）设点Q是y轴右侧该抛物线上的一动点，若经过点Q的直线QE与y轴交于点E，是否存在以O，Q，E为顶点的三角形与△OQD全等？若存在，求出直线QE的解析式；若不存在，请说明理由．
【变式训练4】
【难度分级】 A
题（1）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线y=x2-4x-2经过A，B两点．
（1）求A点坐标及线段AB的长；
（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒．
①当PQ⊥AC时，求t的值；
②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围．
专题训练﹒对接中考
1. 如图1，以一块等腰直角三角板的两条直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，已知OA=OB=3，过点A，B的抛物线对称轴为直线x=1，抛物线与x轴的另一交点为D．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）如图2，如果将三角板的直角顶点C在x轴上滑动，一直角边所在直线过点B，另一条直角边所在直线与抛物线的交点为E，其横坐标为4，试求点C的坐标．
（3）如图3，点P为抛物线对称轴上一动点，M为x轴上方抛物线上一点，N为平面内一动点，是否存在点M，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
2. 如图，已知直线y=kx-6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，与y轴交于点D，且点A(1，-4)为抛物线的顶点，点B在x轴上．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线对称轴与x轴交于点E，F是y轴上一动点，在抛物线上是否存在一点P，使△POE与△POF全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
作业：
1. 如图，抛物线y=-x2+2x+3与x轴相交于A，B两点，与y轴交于C，顶点为D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．
（1）连接DA，DO，求∠DOF的正切值；
（2）设P为x轴上的一点，∠DAO+∠DPO=∠α，当tan∠α=4时，求点P的坐标．
2. 在平面直角坐标系中，二次函数图象的顶点坐标为C(4，)，且与x轴的两个交点间的距离为6．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在x轴上方的抛物线上，是否存在点Q，使得以Q，A，B为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】
例题1.解：（1）∵2与x轴交于A（5,0）、B（-1,0）两点，
解得
∴抛物线的解析式为2
（2）过点A`作A`E⊥x轴于E，AA/与OC交于点D，
∵点C在直线y=2x上， ∴C（5，10）
∵点A和A`关于直线y=2x对称，
∴OC⊥AA/，A`D=AD.
∵OA=5，AC=10,
∴0C==
∵S⊿OAC= ∴ ∴AA、
在Rt⊿A`EA和Rt⊿OAC中，
∵∠A`AE+∠A`AC=90°，∠ACD+∠A`AC=90°，
∴∠A`AE=∠ACD
又∵∠A`EA=∠OAC=90°，
∴Rt⊿A`EA～Rt⊿OAC
即
∴A`E=4,AE=8∴OE=AE－OA=3.
∴点A/的坐标为（﹣3,4）.
当x=﹣3时，2
所以，点A/ （﹣3,4）在该抛物线上.
(3)存在.
理由：设直线的解析式为y=kx+b, 则
，解得
∴直线CA`的解析式为
设点P的坐标为(,2,则点M为（，）
∵PM∥AC，
∴要使四边形PACM是平行四边形,只需PM=AC.又点M在点P的上方，
∴（）-（2=10
解得1=2，2=5（不合题意,舍去）当x=2时，
∴当点P运动到（2，）时，四边形PACM是平行四边形.
例题2.解：（1）（0，-3），b=-，c=-3；
（2）由（1），得y=x2-x-3，它与x轴交于A，B两点，得B（4，0），
∴OB=4，
又∵OC=3，
∴BC=5，
由题意，得△BHP∽△BOC，
∵OC∶OB∶BC=3∶4∶5，
∴HP∶HB∶BP=3∶4∶5，
∵PB=5t，
∴HB=4t，HP=3t，
∴OH=OB-HB=4-4t，
由y=x-3与x轴交于点Q，得Q（4t，0），∴OQ=4t，
①当H在Q、B之间时，QH=OH-OQ=（4-4t）-4t=4-8t，
②当H在O、Q之间时，QH=OQ-OH=4t-（4-4t）=8t-4，
综合①，②得QH=｜4-8t｜；
（3）存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似；
①当H在Q、B之间时，QH=4-8t，若△QHP∽△COQ，则QH∶CO=HP∶OQ，得，
∴t=，
若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO=HQ∶OQ，得，
即t2+2t-1=0，
∴t1=-1，t2=--1（舍去）；
②当H在O、Q之间时，QH=8t-4，
若△QHP∽△COQ，则QH∶CO=HP∶OQ，得，
∴t=，
若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO=HQ∶OQ，得，即t2-2t+1=0，∴t1=t2=1（舍去），
综上所述，存在t的值，t1=-1，t2=，t3=。
例题3.解：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+4交x轴于A（-2，0），
∴0=4a-2b+4，
∵对称轴是x=3，
∴-=3，即6a+b=0，
两关于a、b的方程联立解得 a=- ，b= ，
∴抛物线为y=-x 2+x+4．
（2）∵四边形为平行四边形，且BC∥MN，
∴BC=MN．
①N点在M点右下方，即M向下平移4个单位，向右平移2个单位与N重合．
设M（x，-x 2+x+4），则N（x+2，-x 2+x），
∵N在x轴上，
∴-x 2+x =0，
解得 x=0（M与C重合，舍去），或x=6，
∴x M =6，
∴M（6，4）．
②M点在N右下方，即N向下平行4个单位，向右2个单位与M重合．
设M（x，-x 2+x+4），则N（x-2，-x 2+x+8），
∵N在x轴上，
∴-x 2+x+8=0，
解得 x=3- ，或x=3+ ，
∴x M =3- ，或3+ ．
∴M（3- ，-4）或（3+ ，-4）
综上所述，M的坐标为（6，4）或（3- ，-4）或（3+ ，-4）
（3）使△PBD≌△PBC，易考虑∠CBD的平分线与抛物线的交点．确定平分线可因为BC=BD，可作等腰△BCD，利用三线合一，求其中线所在方程，进而与抛物线联立得方程组，解出P即可．点P的坐标为（4+ ， ）或（4- ， ）或（-1+ ，-8+2 ）或（-1- ，-8-2 ）．
例题4.解：（1）∵直线经过点C，∴C（0，2）
∵抛物线2经过点C（0，2），D（3，）
∴ 2 ，解得
∴抛物线的解析式为2.
（2）∵点P的横坐标为m且在抛物线上， ∴P（m, 2）,F(m,).
∵PF∥CO，∴当PF=CO时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形.
当时，PF=2-()=2+3m
∴2+3m=2,解得：1=1, 2=2
即当m=1或2时，四边形OCPF是平行四边形.
当时，PF=()-(2)=2-3m
∴2-3m=2,解得：1=，2=∵点P在y轴右侧的抛物线上，∴舍去）.
即当=时，四边形OCFP是平行四边形.
综上所述，当m=1或2或时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形.
（3）如图，当点P在CD上方且∠PCF=450时，作PM⊥CD于点M，CN⊥PF于点N，则△PMF∽△CNF，
∴=2
∴PM=CM=2CF，
∴PF=FM=CF=×=
又∵PF=2+3m
∴2+3m=
解得：1=,2=0（舍去），
∴P(2, ),当点P在CD下方且∠PCF=450时，同理可以求得：另外一点为P(,)
【变式训练1】
【难度分级】 A
题（1）
【难度分级】 B
题（2）
【变式训练2】
【难度分级】 A
题（1）
【难度分级】 B
题(2)
【变式训练3】
【难度分级】 A
题（1）
【难度分级】 B
题（2）
（2）解：（1）由题意得：OC=4，OD=2，∴DM=OC+OD=6。
∴顶点M坐标为（2，6）。
设抛物线解析式为：y=a（x﹣2） 2 +6，
∵点C（0，4）在抛物线上，∴4=4a+6，解得a= 。
∴抛物线的解析式为：y= （x﹣2） 2 +6= x 2 +2x+4。
（2）如答图1，过点P作PE⊥x轴于点E．
∵P（x，y），且点P在第一象限，∴PE=y，OE=x。
∴DE=OE﹣OD=x﹣2．
∴S=S 梯形PEOC ﹣S △ COD ﹣S △ PDE = （4+y）?x﹣ ×2×4﹣ （x﹣2）?y=y+2x﹣4。
将y= x 2 +2x+4代入上式得：S= x 2 +2x+4+2x﹣4= x 2 +4x。
在抛物线解析式y= x 2 +2x+4中，令y=0，即 x 2 +2x+4=0，解得x=2± ．
设抛物线与x轴交于点A、B，则B（2+ ，0）。
∴0＜x＜2+ ．
∴S关于x的函数关系式为：S= x 2 +4x（0＜x＜2+ ）。
（3）存在。若以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，可能有以下情形：
①OD=OP。
由图象可知，OP最小值为4，即OP≠OD，故此种情形不存在。
②OD=OE。
若点E在y轴正半轴上，如答图2所示，此时△OPD≌△OPE。
∴∠OPD=∠OPE，即点P在第一象限的角平分线上。
∴直线PE的解析式为：y=x。
若点E在y轴负半轴上，易知此种情形下，两个三角形不可能全等，故不存在。
③OD=PE。
∵OD=2，∴第一象限内对称轴右侧的点到y轴的距离均大于2。
∴点P只能位于对称轴左侧或与顶点M重合。
若点P位于第一象限内抛物线对称轴的左侧，易知△OPE为钝角三角形，而△OPD为锐角三角形，则不可能全等。
若点P与点M重合，如答图3所示，此时△OPD≌OPE，四边形PDOE为矩形。
∴直线PE的解析式为：y=6。
综上所述，存在以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，直线PE的解析式为y=x或y=6。
【变式训练4】
【难度分级】 A
题（1）
(1)
解：（1）由抛物线y=x2-4x-2知：当x=0时，y=-2，∴A（0，-2）．
由于四边形OABC是矩形，所以AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同；
当y=-2时，-2=x2-4x-2，解得x1=0，x2=4，∴B（4，-2），∴AB=4．
（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7（t-1）=7t-7．
当Q点在OA上时，即0≤7t-7＜2，1≤t＜时，
如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC．
∴=，即，∴t=．
∵＞，∴此时t值不合题意．
当Q点在OC上时，即2≤7t-7＜6，≤t＜时，
如图2，过Q点作QD⊥AB．
∴AD=OQ=7（t-1）-2=7t-9．∴DP=t-（7t-9）=9-6t．
若PQ⊥AC，易证Rt△QDP∽Rt△ABC，
∴，即=，∴t=，
∵＜＜，∴t=符合题意．
当Q点在BC上时，即6≤7t-7≤8，≤t≤时，
如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，则QG⊥PG，即∠GQP=90°．
∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，此时PQ不与AC垂直．
综上所述，当t=时，有PQ⊥AC．
②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴=，∴=，
解得t=2，即当t=2时，PQ∥AC．
此时AP=2，BQ=CQ=1，∴P（2，-2），Q（4，-1）．
抛物线对称轴的解析式为x=2，
当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，∴当yH＜-2时，∠HOQ＞∠POQ．
作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，
过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，
在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．∴OQ=，
∵S△OPQ=S四边形ABCO-S△AOP-S△COQ-S△QBP=3=OQ×PM，
∴PM=，∴PP′=2PM=，
∵∠NPP′=∠COQ．∴△COQ∽△NPP′∴，
∴P′N=，PN=，∴P′（，），
∴直线OP′的解析式为y=x，∴OP′与NP的交点H2（2，）．
∴当yH＞时，∠HOP＞∠POQ．
综上所述，当yH＜-2或yH＞时，∠HOQ＞∠POQ．
专题训练﹒对接中考
1.解：（1）∵OA=OB=3
∴A(3，0)，B(0，3)
又∵对称轴为直线x=1
∴D(-1，0)
可设抛物线解析式为y=a(x+1)(x-3)
将B(0，3)代入，可得a=-1
∴y=-x2+2x+3
（2）如图，过点E作轴于点F
将x=4代入，可得E(4，-5)
设点C的横坐标为m ，则C(m，0)
①当点C在y轴的左侧时，m<0，如图
OC=-m，CF=4-m
由△BOC∽△CFE，可得
解得，
∵m<0
∴C1(，0)
②当点C在y轴的右侧时，如图
由题意，点C在点F的右侧，所以m>4
OC=m，CF=m-4
由△BOC∽△CFE，可得
解得，
∵m>0
∴
（3）存在
①若以AP，AM为正方形的两边，则∠PAM=90°且PA=AM：
过点M作MF⊥x轴于点F，则△MFA≌△AGP
∴MF=AG=2
∴-x2+2x+3=2
解得，x=
∴M1()，M2()
②若以MP，MA为正方形的两边，
则∠PMA=90°且MP=MA：
过点M作MF⊥x轴于点F，
MH垂直对称轴于点H，
则△MFA≌△MHP
∴MF=MH，AF=HP
当M在对称轴右侧时，
设MH=t，则AF=2-t；
∴M(1+t，t)
∴-(1+t)2+2(1+t)+3=t
解得，t1=，t2=（舍去）
∴M3()
当M在对称轴左侧时，
同理可得，M4()
③若以PM，PA为正方形的两边，则∠MPA=90°且PM=PA：
过点M作MN垂直对称轴于点N，则△AGP≌△PNM，
设PG=MN=n，则M(n+1，n+2)
∴-(n+1)2+2(n+1)+3= n+2
解得，n=1或n=-2（舍去）
可得M5(2，3)．
综上，M点坐标可以为M1()，M2()，
M3()，M4()，M5(2，3)．
2. 解：（1）将A(1，-4)代入y=kx-6，得k=2
∴y=2x-6
令y=0，解得，x=3
∴B(3，0)
由点A(1，-4)是抛物线的顶点，设y=a(x-1)2-4，
把B(3，0)代入，解得，a=1
∴y=(x-1)2-4=x2-2x-3
（2）I 当△POE≌△POF时，OE=OF=1
∴F1(0，1)，F2(0，-1)
①当OF1=OE时，此时∠F1OP=∠EOP，
则lOP：y=x
∴
则或
∴P1(，)，P2(，)
②当OF2=OE时，此时∠F2OP=∠EOP，
则lOP：y=-x
∴
则或
∴P3(，)，P4(，)
II 当△POE≌△OPF时，∠EPO=∠FOP，PF∥OE（x轴）；同理，EP∥OF（y轴）过点E作EP∥y轴，与抛物线的交点即为点P，
此时，P与A重合，
P5(1，-4)．
综上，点P的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，(1，-4)．
作业：
1. 解：（1）y=-x2+2x+3
=-( x-1)2+4
∴抛物线顶点坐标D(1，4)，对称轴为直线x=1
∴F(1，0)，
∴OF=1，DF=4
连接OD，在Rt△OFD中，tan∠DOF=
（2）∵tan∠DOF=
∴∠DOF=∠α
∵∠DOF=∠DAO+∠ADO=∠α
∠DAO+∠DPO=∠α
∴∠DPO=∠ADO
∴△ADP∽△AOD
∴AD2=AP·AO
∵AF=2，DF=4
∴AD2=AF2+DF2=20
∴OP=19
同理，当点P在对称轴左侧时，OP=17
∴P1(19，0)，P2(-17，0)
2. 解：（1）∵顶点坐标为C(4，)，
∴抛物线对称轴为直线x=4，
又∵抛物线与x轴的两个交点间的距离为6，
∴由抛物线的对称性可知：A(1，0)，B(7，0)．
设抛物线的解析式为，
将C(4，)代入可得，，
∴所求解析式为．
(2) 存在点Q使得△QAB与△ABC相似．
由抛物线对称性可知，AC=BC，过点C作CD⊥x轴于D，
则AD=3，CD=．
在Rt△ACD中，tan∠DAC=，
∴∠BAC=∠ABC=30°，∠ACB=120°．
①当△ACB∽△ABQ1时，
∠ABQ1=120°且BQ1=AB=6．
过点Q1作Q1E⊥x轴，垂足为E，
则在Rt△BQ1E中，BQ1=6，∠Q1BE=60°，
∴Q1E=BQ1·sin60°=，BE=3，
∴E(10，0)，Q1(10，)．
当x=10时，y=，
∴点Q1在抛物线上．
②由抛物线的对称性可知，还存在AQ2=AB，
此时△Q2AB∽△ACB，点Q2的坐标为(-2，)．
综上，Q1(10，)，Q2(-2，)
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