角的存在性处理策略原卷

这是一份角的存在性处理策略原卷，共21页。试卷主要包含了如图1－3－1，已知二次函数等内容，欢迎下载使用。
（1）S△OAB＝______________，m＝_________________；
（2）已知点P（6，0）在线段OE上，当∠PDE＝∠CBO时，求点D的坐标.
2、如图1－2－1，二次函数的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且关于直线x＝1对称，点A的坐标为（－1，0）.
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，若点P在y轴上时，BP和BC的夹角为15°，求线段CP的长度；
（3）当a≤x≤a＋1时，二次函数的最小值为2a，求a的值.

变式；当a≤x≤a＋1时，二次函数的最大值为2a，求a的值.
3、如图1－3－1，已知二次函数：（＜0）.
（1）求证：二次函数的图像与x轴有两个交点；
（2）当二次函数的图像与x轴的两个交点的横坐标均为整数，且a为负整数时，求a的值及二次函数的解析式，并画出二次函数的图像（不用列表，只要求用其与x轴的两个交点A，B（A在B的左侧），与y轴的交点C及其顶点D这四点画出二次函数的大致图像，同时标出A、B、C、D的位置）；
（3）在（2）的条件下，二次函数的图像上是否存在一点P，使∠PCA＝75°？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.
4、已知抛物线经过点A（1，0）和点B（－3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点.
（1）抛物线的解析式为_______________，抛物线的顶点坐标为___________；
（2）如图1－4－1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△bPD＝1：2时，请求出点D的坐标；
（3）如图1－4－2，点E的坐标为（0，－1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标；
（4）如图1－4－3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

5、如图1－5－1，顶点为P（3，3）的二次函数图像与x轴交于点A（6，0），点B在该图像上，OB交其对称轴于点M，点M、N关于点P对称，连接BN、ON.
（1）求该二次函数的关系式；
（2）若点B在对称轴右侧的二次函数图像上运动，请解答下列问题：
①连接OP，当OP＝MN时，请判断△NOB的形状，并求出此时点B的坐标；
②求证：∠BNM＝∠ONM.
6、如图1－6－1，抛物线与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且x2－x1＝
（1）求抛物线的解析式；
（2）若P（x1，y1）、Q（x2，y2）是抛物线上的两点，当a≤x1≤a＋2且x2≥时，均有y1≤y2，求a的取值范围；
（3）抛物线上一点D（1，－5），直线BD与y轴交于点E，动点M在线段BD上，当∠BDC＝∠MCE时，求点M的坐标.
7、如图1－7－1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x－1的图像分别交x、y轴于点A，B，将直线AB绕点B按顺时针方向旋转45°，交x轴于点C，则直线BC的函数表达式是________________.
8、（1）如图1－8－1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E、F分别在BC、CD上，若BE＝1，∠EAF＝45°，则DF的长为_____________；
（2）如图1－8－2，在平面直角坐标系中，点A（12，0），点B（0，4），点P是直线上一点，且∠ABP＝45°，则点P的坐标为_____________.

9、如图1－9－1，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E、F分别在边AD、BC上，点A与点C关于EF所在的直线对称，P是边DC上的一动点.
（1）连接AF、CE，求证：四边形AFCE是菱形；
（2）当△PEF的周长最小时，求的值；
（3）连接BP交EF于点M，当∠EMP＝45°时，求CP的长.
10、如图1－10－1，在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（－3，0），C（－3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为点E，线段AC交⊙E于点D，连接OD.
（1）求证：直线OD是⊙E的切线；
（2）点F为x轴上的一个动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG，如图1－10－2所示.
①当tan∠ACF＝时，直接写出所有符合条件的点F的坐标；
②试求的最大值.

11、如图1－11－1，若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像与x轴、y轴分别交于点A（3，0）、B（0，－2），且过点C（2，－2）.
（1）求二次函数表达式；
（2）若点P为抛物线上第一象限内的点，且S△PBA＝4,求点P的坐标；
（3）在抛物线上（AB下方）是否存在点M，使∠ABO＝∠ABM？若存在，求出点M到y轴的距离；若不存在，请说明理由.
12、如图1－12－1，已知抛物线y＝ax2＋bx＋5经过A（－5，0）、B（－4，－3）两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连接CD.
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点P为该抛物线上一动点（与点B、C不重合），设点P的横坐标为t.
①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值；
②该抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由.
13、如图1－13－1，抛物线C：y＝ax2＋bx经过点A（－4，0）、B（－1，3）两点，G是其顶点，将抛物线C绕原点O旋转180°，得到新的抛物线C'.
（1）求抛物线C的函数解析式及顶点G的坐标；
（2）如图1－13－2，直线l：y＝kx－经过点A，D是抛物线C上的一点，设D点的横坐标为m（m＜－2），连接DO并延长，交抛物线C'于点E,交直线l于点M，若DE＝2EM，求m的值；
（3）如图1－13－3，在（2）的条件下，连接AG、AB，在直线DE下方的抛物线C上，是否存在点P,使得∠DEP＝∠GAB？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由.

14、已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图像与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C（0，3）.
（1）求b、c的值；
（2）直线l与x轴交于点P.
①如图1－14－1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；
②如图1－14－2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线l的表达式.

15、如图1－15－1，二次函数y＝－x2＋bx＋3的图像与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（－1，0），点D为OC的中点，点P在抛物线上.
（1）b＝_____________;
（2）若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC、BD分别交于点M、N.是否存在这样的点P，使得PM＝MN＝NH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB＝2S△QRB,求点P的坐标.

答案解析：
1、简析：（1）由一次函数y＝kx＋3知，B（0，3）．又点A的坐标是（2，n），
∴S△OAB＝×3×2＝3．S△ODE＝4．故m＝8．
（2）连接PD，易得故A（2，4），则AG＝2，BG＝1，故tan∠PDE＝tan∠CBO＝tan∠ABG＝;设DE＝m＞0，PE＝2m，则D（6＋2m，m），代入反比例函数的关系式，可得m（6＋2m）＝8．解得 m＝1（m＝－4舍去），因此点D的坐标为（8，1）．
反思：本题第（2）问是一个角的存在性问题，且目标∠PDE存在一条平行于坐标轴的边，基于确定性分析，只需借助其正切值，巧设边长列方程，本质上是△PDE∽△ABG；
此题若不提醒“点P（6，0）在线段OE上”，则须分类讨论，点P还有可能在DE的右侧，方法同上，计算后发现无解，即这种情形不存在.
2、简析：（1）二次函数的表达式为y＝x2－2x－3；
（2）如图1－2－2， 由B（3，0），C（0，－3），则∠OBC＝45°，
①当点P在点C上方，由∠CBP＝15°，可得∠OBP＝30°，则OP＝，
∴CP＝3－；
②当点P在点C下方，同理可得CP＝3－3；
综上所述：当BP和BC的夹角为15°时，线段CP的长为3－或3－3；
（3）抛物线y＝x2－2x－3，即y＝（x－1）2－4的对称轴为直线x＝1，分以下三种情况：
①a＋1＜1，即a＜0，若a≤x≤a＋1，则y随x的增大而减小，故当x＝a＋1时，y取得最小值，即（a＋1－1）2－4＝2a，解得a＝1－（a＝1＋舍去）；
②当a≤x≤a＋1，即0≤a≤1时，若a≤x≤a＋1，则x＝1时，y取得最小值，
即－4＝2a，解得a＝－2（舍去）；
则函数的最小值为1－2－3＝2a，
③当a＞1，若a≤x≤a＋1，则y随x的增大而增大，故当x＝a时，y取得最小值，即a2－2a－3＝2a，解得a＝2＋（a＝1－舍去）；
综上，a的值为1－或2＋
反思:本题第（2）问是一个角的存在性问题，这里借助角的加减法，将15°角转化为30°或60°的特殊角，而且存在一条平行于坐标轴的边，直接借助正切进行处理；
后两问都涉及分类讨论，特别是第（3）问，还需利用数形结合来分析，考虑抛物线的对称轴的位置与自变量的取值范围之间的关系，然后借助增减性求最值；
若将最小值改为最大值，则有如下精彩的变式：
变式简析：借助对称性，当x＝a与x＝a＋1对应的函数值相等时，有，解得a＝；
当a≤时，若a≤x≤a＋1，则x＝a，y取得最大值，即a2－2a－3＝2a，解得a＝2－（a＝2＋舍去）；
当a＞，时，若a≤x≤a＋1，则x＝a＋1，y取得最大值，即（a＋1－1）2－4＝2a，解得a＝1＋（a＝1－舍去）；
综上所述：a的值为2－或1＋.
反思：第（3）问中的最小值问题与变式中的最大值问题，看似相同，实则分类标准略有不同，前者须考虑对称轴位置与自变量范围之间的三类关系，而后者只需结合抛物线的对称性，找到自变量范围中两个端点对应函数值相等的临界位置，分两类解决.
产生这种差别的主要原因是：对于开口向上的抛物线，最小值可能在自变量范围的两个端点处取得，也可能在顶点处取得，但最大位却只可能在自变量范围的两个端点处取得，不可能在顶点处取得；
另外，对于开口向下的抛物线在自变量某一范围内的最值问题，分类的方法同上.
3、简析：（1）由题得△＝(2a＋1)2－8a＝4a2－4a＋1＝(2a－1)2，又a＜0，则△＞0
∴二次函数的图像与x轴有两个交点；
（2）令，得，
解得,，因为，所以，
故有点A(－2,0)，B(，0)
又为负整数且为整数，则，故有点B（1,0），二次函数的关系式为，即，从而有点C（0,2），D（），二次函数的图像如图1－3－2;
（3）如图1－3－2，分以下两种情形：
∵OA＝OC＝2，∴∠ACO＝45°，
如图2，当点P在直线AC上方时，记直线PC与x轴的交点为E，
①当点P在AC的下方时，延长CP交x轴于点Q，若∠PCA＝75°，则∠OCQ＝∠PCA－∠OCA＝30°，故有点Q（），此时直线CQ的函数关系式为，将其与抛物线联立，可得点P（）；
②当点P在AC的上方时，延长CP交x轴于点Q，若∠PCA＝75°，则∠OCQ＝∠PCA－∠OCA＝30°，故有点Q（），此时直线CQ的函数关系式为，将其与抛物线联立，可得点P（）；
综上，点P的坐标为（）或（）．
反思：第（1）问也可将二次函数化为，直接求得其图像与x轴的两个交点坐标，进而解决问题，也为第（2）问做好铺垫；
第（3）问是一个角的存在性问题，这里依然借助角的加减法，将75°角转化为30°或60°的特殊角，与例2有异曲同工之妙，当然，本问也可以过点P向y轴作垂线段，利用特殊角巧设边长，写出P点坐标，再代入二次函数关系式求解.
4、简析：（1）抛物线的解析式为：，其顶点坐标为（－1，4）；
（2）如图1－4－4，当S△CPD：S△BPD＝1：2，可得BD＝2CD，作DH⊥y轴于点H，则△CDH∽△CBO，易得DH＝BO＝1，OH＝OC＝2，故点D（－1，2）；
（3）如图1－4－5，设直线PE交x轴于点F，由题得∠PEG＝2∠OGE＝30°，则∠OFE＝∠PEG＋∠OGE＝45°，故OF＝OE＝1，直线EF的表达式为：，将其 与抛物线联立，可得，解得（舍去），因此点P的坐标为（，）；
（4）不存在，理由如下：如图1－4－6，连接OP，设点P（x，－t2－2t＋3），
则S四边形BOCP＝S△OBC＋S△PBC＝，故当时，S四边形BOCP取得最大值为，因此不存在点P，使四边形BOCP的面积为8．

反思：第（3）问是一个角的存在性问题，这里通过角的加法，将15°角转化为45°特殊角，轻松获解；借助正切处理，不仅可解决相关的计算问题，还可用于证明等角。
5、简析：（1）二次函数的关系式为；
（2）①设由题得OP＝，MN＝,PM＝PN＝，则有M（3，），N（3，），直线OM的关系式为，与二次函数联立，可求得点B的坐标为（，－3）；
如图1－5－2，分别过点B、N作y轴的垂线，垂足依次为G、H，则HN＝OG＝3，OH＝BG＝，故Rt △OHN≌Rt△BGO（SAS），从而易得ON＝OB且∠BON＝90°，即此时△NOB为等腰直角三角形；
②设B（）（其中t＞3），则直线OB的关系式为，从而点M的坐标为（3，－t＋6），点N的坐标为（3，t）；
如图1－5－3，作BT⊥于点T，则tan∠BNM＝,tan∠ONM＝，故tan∠BNM＝tan∠ONM，即 ∠ONM＝∠BNM.

反思：第（2）①问，也可以计算得出ON2＝OB2且OB2＋ON2＝BN2，利用勾股逆定理来证明等腰直角三角形；
第（2）②问，依然借助正切处理，通过计算说明等角，本质上是两个直角三角形相似，即Rt△BNT∽Rt△ONC.这里还体现出确定性及变中不变的重要思想方法，即先用字母表示出点B的坐标，一旦点B确定下来，点M、N都随之确定下来，这就必然可以用同一个字母表示出点M N的坐标，然后求出两个目标角的正切值，进而得到两个等角；
当然，这里还可以求出直线NB与x轴的交点，借助等腰三角形“三线合一”定理进行说理.
题6简析（1）抛物线的对称轴为直线x＝，又x2－x1＝，即AB＝ ，结合对称性可知x1＝，x2＝；设抛物线的解析式为，代入C（0，－4），可得，故抛物线的解析式为；
（2）由（1）知，抛物线的对称轴为：x＝，则x＝和x＝－2关于对称轴对称，故其函数值相等，
又a≤x1≤a＋2，x2≥时，均有y1≤y2，结合函数图象可得：，且，解得；
（3）如图1－6－2，连接BC、CM，过点D、M作y轴的垂线，垂足依次为F、G，
则OB＝OC＝4，CF＝DF＝1，BC＝，CD＝，可得△BOC、△CDF均为等腰直角三角形，
故∠BCD＝180°－∠OCB－∠DCF＝90°，tan∠BDC＝；
当∠BDC＝∠MCE，有tan∠MCE＝4，即；设CG＝m＞0，则MG＝4m，点M（4m，－4－m），
又易得直线BD的解析式为，将点M（4m，－4－m）,代入得，
解得，因此点M的坐标为（）
反思：第（2）问借助数形结合，利用函数的图像及增减性来解决；
第（3）问是一个角的存在性问题，基于确定性分析，先研究确定的∠BDC，借助直观感知，大胆猜想出△BCD是直角三角形，再小心求证，求得tan∠BDC，然后转化为tan∠MCE，利用正切处理，解决角问题.
7、解析作AD⊥AB交BC于D，再作DE⊥x轴于E，则△ABD是等腰直角三角形，Rt△OAB≌Rt△EDA，故DE＝AO＝，AE＝BO＝1，点D的坐标为（），从而可得直线BC的函数表达式为.
反思：本题解法多样，如构造“母子型相似”或“一线三等角”模型等，这里仅提供一种通用而简便的构造方式，即依托45 °角（∠ABC），先构造一个等腰直角三角形（△ABD），且将已知点（A）作成直角顶点最为方便，再构造“一线三直角”模型；
8、简析：（1）如图1－8－3，作EG⊥AE交AF于点G，再作GH⊥BC于点H，交AD于点K，易证Rt△ABE≌Rt△EHG，则EH＝AB＝2，HG＝BE＝1，从而GK＝1，AK＝3，故tan∠GAK＝，即tan∠FAD＝，因此DF＝；
（2）如图1－8－4，作AC⊥AB交直线BP于点C，再作CG⊥x轴于点G，易证Rt△AOB≌Rt△CGA，则CG＝AO＝12，AG＝BO＝4，点C的坐标为（8，－12），故直线BP的解析式为，将其与直线联立，可得点P的坐标为（5，－6）.

9、解析（1）如图1－9－2，连接AC，交EF于点O，则EF垂直平分AC，可证Rt△OAE≌Rt△OCF，
故OE＝OF，从而四边形AFCE是平行四边形；又EF⊥AC，因此四边形AFCE是菱形；
（2）由题得OC＝AC＝，cs ∠OCF＝，则，BF＝；
作点E关于CD的对称点E'，连接FE'，交CD于点P，此时△PEF的周长最小，故;
（3）方法一（45°→等腰直角三角形→一线三直角）：如图1－9－3，作FN⊥MF交BP于点N，再作NH⊥BC于点H，MK⊥NH于点K，当∠EMP＝45°时，易证Rt△FHN≌Rt△MGF，tan∠MFG＝tan∠BAC＝2；
设FG＝m，MG＝2m，则NH＝m，FH＝2m，NK＝m，MK＝3m，
故tan∠PBC＝tan∠KMN＝，即,因此CP＝
方法二（解三角形）：如图1－9－4，作BG⊥AC于点G，当∠EMP＝45°时，由AC⊥EF，可得∠AQB＝45°，则AG＝AB＝BG＝,QG＝2AG＝，AQ＝AG＋GQ＝.CQ＝AC－AQ＝,
故,即，因此CP＝.

反思：本题第（3）问是一个角的存在性问题，这里仅提供两种较为常见的解法，一是借助45°角联想构造等腰直角三角形，进而构造“一线三直角”解决问题；二是解三角形基本功，即△ABQ与△CPQ都是确定的三角形，必可求.
10、简析：（1）如图1－10－3，连接DE，BD，由BC为直径，可得∠ADB＝∠CDB＝90°，又OA＝OB，则OD＝OB，因此∠OBD＝∠ODB；又因为EB＝ED，所以∠EBD＝∠EDB，故∠EDO＝∠EBO＝90°，即ED⊥OD，所以直线OD是⊙E的切线；
（2）①情形一：当点F在点A的右侧时，如图1－10－4，作AH⊥AC交CF于点H，再作HK⊥x轴于点K，则Rt△ABC∽Rt△HKA，又因为tan∠ACF＝，所以故AK＝,HK＝；
作CT⊥KH于点T，则CT＝BK＝，HT＝KT－HK＝BC－HK＝，故∠HCT＝∠CHT＝45°，∠BCF＝45°，从而BF＝BC＝8，因此点F的坐标为（5，0）；
情形二：当点F在点A的左侧时，如图1－10－5，同理可得AK＝，HK＝，则CT＝，HT＝，从而tan ∠TCH＝，即 tan∠BCF＝，故BF＝，因此点F的坐标为（）；
综上所述：当tan∠ACF＝时，点F的坐标为（5，0）或（）；
②如图1－10－6，取CF的中点M，连接BM，则 ，当且仅当点G与点M重合时取等，此时BF＝BC＝8，即的最大值为.


反思:第（2）①问是一个角的存在性问题，而且是一个一般角的存在性问题，这里依托∠ACF，先构造直角三角形，再构造“一线三直角”相似结构，最后框出矩形，借助“定角定比”，顺利解题；也可以求出点H的坐标，然后计算直线CH的解析式，其与x轴的交点即为所求，相较而言，前者更为方便；
第（2）②问巧取直角三角形斜边上的中线，利用“斜大于直”，即“垂线段最短”原理，轻松解题.
11、简析（1）二次函数表达式为y＝x2－x－2；
（2）如图1－11－2，作PG⊥x轴于点G，交直线BA于点Q，再作BH⊥PQ于点H，则S△PBA＝S△PBQ－S△PAQ＝PQ·BH－PQ·（BH－AG）＝PQ·（OG－AG）＝PQ·OA＝PQ＝4.故PQ＝；
又直线BA的解析式为y＝x－2，设P（t, t2－t－2），Q（t，t－2），则PQ＝yp－yQ＝t2－ －2－（t－2）＝t2－2t＝，解得t＝4（t＝－1舍去），所以点P的坐标为（4，）；

（3）方法一：如图1－11－3，作AC⊥AB交BM的延长线于点C，过点C分别作x轴、y轴的垂线，垂足依次为点D、E，则Rt△AB0∽Rt△CAD，由tan∠ABM＝tan∠ABO＝，可得＝＝，故AD＝3，CD＝，从而CE＝OD＝6,BE＝CD－B0＝；
作MG⊥y轴于点G，则tan∠MBG＝tan∠CBE＝＝，即＝.可设BG＝5m＞0，MG＝12m，则点M（12m，－2－5m）,代入抛物线解析式，可得－2－5m＝×（12m）2－×12m－2，解得m＝（m＝0舍去），因此点M到y轴的距离为12×＝；
方法二：如图1－11－4，作∠MBO的邻补角平分线BC，过点C作y轴的垂线，垂足为D，再作CF⊥BC交BM的延长线于点F，过点F作DC的垂线，垂足为E，易证Rt△BCD∽Rt△CFE，且∠ABC＝90°，则tan∠CBD＝tan∠CBF＝tan∠OAB＝，故＝＝＝；作BG⊥EF于点G，再作MH⊥BG于点H，可设DC＝6k＞0，则BD＝9k，EF＝4k，CE＝6k，故BG＝12k，FG＝5k，从而tan∠FBG＝＝即tan∠MBH＝＝.设MH＝5m＞0，则BH＝12m，点M（12m，－2－5m），代入抛物线解析式即可，下略；
方法三：如图1－11－5，作点O关于AB的对称点O'，连接OO'交AB于点G，再作O'H⊥y轴于点H，易证OG⊥AB且OO'＝2OG，则OG＝OA＝，OO'＝2OG＝，O'H＝ OO'＝，OH＝ OO'＝，故BH＝OH－OB＝，tan∠O'BH＝＝，下略；

方法四：如图1－11－6，过点A作AB的垂线，分别交y轴、BM的延长线于点C、D，再分别过点D、M作y轴的垂线，垂足依次为G、H，作DE⊥x轴于点E，易证点A为CD的中点，Rt△ADE≌Rt△ACO，则DE＝CO＝OA＝，AE＝AO＝3，故BG＝DE－OB＝，DG＝OE＝6，tan∠DBG＝＝，即tan∠MBH＝＝.可设BH＝5m＞0，MH＝12m，点M（12m，－2－5m），下略.
反思 第（2）问利用所谓“宽高法”，解决面积问题，本质上是割补策略，即过一动点作y轴（或x轴）的平行线，将目标三角形的面积分割成（或补成）两个三角形的面积之和（或之差）；
第（3）问是一个角的存在性问题，方法一是角处理的通法，即依托于目标角，先构造直角三角形，且最好将已知顶点作成直角顶点，再构造“一线三直角”相似结构，最后补成矩形，借助定角定比，巧设边长，写出坐标，代入解析式；方法二，见角平分线，再造邻补角的平分线，出现垂直结构，接下来的处理方式与方法一大同小异；方法三，通过作对称点的方式，结合定角定比，巧施比例，顺利解题；方法四，基于寻找更简单的对称点的想法，使对称点的连线恰好经过已知点A，达到简化运算之效.更有趣的是，方法四与方法一，看似不同的思考方式，却殊途同归，体现数学中“统一”之观念.
12、（1）抛物线的表达式为y＝x2＋6x＋5；
（2）①△PBC的面积的最大值为此时点P的横坐标为－；
②情形一：当点P在直线BC上方时，如图1－12－2，作CE⊥BC交BP于点E，再分别过点B、E作x轴的垂线，垂足依次为H、G，作DF⊥HB于点F，由题得B（－4，－3），C（－1，0），D（－3，－4），则BH＝CH＝3，BF＝DF＝1，△BDF与△BCH均为等腰直角三角形，故BC＝32，BD＝2，∠CBD＝90°，tan∠BCD＝＝；
易证Rt△BCH∽Rt△CEG，则＝＝＝tan∠PBC＝tan∠BCD＝，故CG＝1，EG＝1，从而有点E（－2，1），直线BE的解析式为y＝2x＋5，将其与抛物线联立，可得2x＋5＝x2＋6x＋5，解得x＝0（x＝－4舍去），因此点P的坐标为（0，5）；
情形二：当点P再直线BC下方时，同理可得点P的坐标为（－，－）；
综上所述：点P的坐标为（0，5）或（－，－）.
13、（1）抛物线C的函数解析式为y＝－x2－4x，顶点G的坐标为（－2，4）；
（2）将点A（－4，0）代入y＝kx－，可得k＝－，直线l的解析式为y＝－x－；
当DE＝2EM时，由对称性可知DO＝OE＝EM，由D（m，－m2－4m），
可得E（－m，m2＋4m），M（－2m，2m2＋8m），将点M代入直线l：y＝－x－，
得2m2＋8m＝－×（－2m）－，解得m＝－3（m＝－舍去），即m的值为－3；
（3）如图1－13－4，连接BG，过点B作x轴的垂线，垂足为C，再作GF⊥BC于点F，
易得BF＝GF＝1,BC＝AC＝3,则∠ABG＝90°，tan∠GAB＝，故tan∠DEP＝；
过点D作DE的垂线，交直线EP于点Q，再过点D作x轴的平行线，分别过点Q、E作该平行线的垂线，垂足依次为K、T，易得Rt△QDK∽Rt△DET，则＝＝＝tan∠DEP＝，
又DT＝ET＝6，故DK＝QK＝2，点Q的坐标为（－5，1），从而直线EQ的解析式为y＝－x－，
将其与抛物线联立，可得－x－＝－x2－4x，解得x＝，即点P的横坐标为.
反思 以上两例，最后一问都是角的存在性问题，首先通过直觉感知直角三角形的存在，然后构造“K型图”加以验证，最后借助角处理的通法解决问题；值得一提的是，“大胆假设，小心求证”是一种科学的研究方法，需引起关注.
14、（1）b＝2，c＝3；
（2）①由题易得，点D（2，3），CD＝2，直线AC的解析式为y＝－x＋3；设E（t，－t＋3），F（t，－t2＋2t＋3），其中0＜t＜3，则EF＝YF－yE＝－t2＋3t,S四边形CEDF＝CD·EF＝－t（t－3），故当t＝时，,S四边形CEDF取得最大值为；
②方法一：由题得，OB＝1，OA＝OC＝3，则∠CAP＝45°；当△PCQ∽△CAP时，有∠PCQ＝∠CAP＝45°，又∠CBP＝∠ABC，则△CBP∽△ABC，故＝，即BC2＝BA·BP，即10＝4BP，BP＝，点P的坐标为（，0）；由△PCQ∽△CAP，可得∠CPQ＝∠ACP，故AC∥PQ，因此直线l的表达式为y＝－x＋.
方法二：同上，得∠PCQ＝∠CAP＝45°，如图1－14－3，过点B作BC得垂线，交CP得延长线于点M，再作MN⊥x轴于点N，易证Rt△OBC≌Rt△NMB，则NM＝OB＝1,NB＝OC＝3,点M的坐标为（2，－1），故直线CM的表达式为y＝－2x＋3；令y＝0，可得x＝，点P的坐标为（，0），下略.
反思 最后一问，看似相似三角形的存在性问题，通过导角转化，演变为角的存在性问题，这里提供两种方法，前者利用现成的“母子型相似”，后者构造“一线三直角”全等结构，然后导出平行，顺利解题，这两种方法都是角的存在性问题的通解通法.
15、（1）b＝2；
（2）如图1－15－2，由PH⊥x轴，得PH∥CO，则△BHN∽△BOD且△BMN∽△BCD，故＝＝，又DO＝CD，所以NH＝MN；
要使PM＝MN＝NH，只需PH＝3PM；易得直线BC得解析式为y＝－x＋3，可设P（t，－t2＋2t＋3），则M（t，－t＋3），PH＝－t2＋2t＋3，PM＝(－t2＋2t＋3）－(－t＋3）＝－t2＋3t，从而有－t2＋2t＋3＝3（－t2＋3t），解得t＝（t＝3舍去），因此点P的坐标为（，）；

（3）本问分两种情形：①点P位于直线BD的上方；②点P位于直线BD的下方；
下面以情形①为例，提供做种方法如下：
方法一：如图1－15－3，过点Q作x轴的垂线，垂足为G，再作PH⊥QG于点H，由题得tan∠OBD＝＝＝，即tan∠QBR＝＝，则BQ＝2QR；
由S△PQB＝2S△QRB，可得PQ＝2QR，故PQ＝BQ，易证Rt△BQG≌Rt△QPH，可设PH＝QG＝m＞0，则QH＝BG＝2m，又点B（3，0），故点P得坐标为（3－m，3m），将其代入抛物线得解析式，可得3m＝－（3－m）2＋2（3－m）＋3，解得m＝1（m＝0舍去），因此点P得坐标为（2，3）；

方法二：如图1－15－4，同上可得PQ＝BQ，则∠PBQ＝45°；过点D作BD得垂线，交BP的延长线于点M，再作MN⊥y轴于N，易证Rt△BOD≌Rt△DNM，则MN＝DO＝，DN＝BO＝3，点M的坐标为（，），故直线BM的解析式为y＝－3x＋9，将其与抛物线联立，可得－3x＋9＝－x2＋2x＋3，解得x＝2（x＝3舍去），因此点P的坐标为（2，3）；
方法三：如图1－15－5，作PN⊥x轴于点N，交BD于点M，则tan∠P＝tan∠OBD＝12，设QR＝m＞0，则PQ＝BQ＝2m，BR＝5m，PR＝3m，RN＝＝，PN＝2RN＝，BN＝BR－RN＝，故P（3－,），将其代入y＝－x2＋2x＋3，即y＝（3－x）（x＋1），可得＝·（4－），解得m＝（m＝0舍去），因此点P的坐标为（2，3）；

情形②：如图1－15－6，当点P位于直线BD的下方时，同理∠PBQ＝45°，上述三张方法依然适用，可求得点P的坐标为（－，－），不再赘述；
综上所述，点P坐标为（2，3）或（－，－）.
反思 第（2）问，由平行得相似，发现一个有趣的结论，即当点D为OC的中点时，无论点P再抛物线上第一象限内任一点，点N始终为MH的中点； 第（3）问，看似一个面积问题，通过转化，竟演变成一个45°角的存在性问题，方法一与方法二均依托45°角，构造等腰直角三角形，然后构造“一线三直角”全等基本型来解决问题；方法三，则通过作y轴（或x轴）的平行线，抓住“定角定比”，巧施比例来解决问题；
值得一提的是，对于此类角的存在性问题，利用构造如图1－15－7所示的“一线三等角”方式（即△BDE∽△PB糟如图1－15－8所示的“母子型相似”方式（即△EBD∽△EFB），都能顺利解题，可自行探究.