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②是否存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q？若存在，求Q点坐标，并写出以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程；若不存在，说明理
由．
考点： 圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；
切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．
专题： 阅读型． 分析： 问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，则有AP=r，根据阅读材料中的两点之间距离公式即可
求出⊙P的方程；
综合应用：①由PO=PA，PD⊥OA可得∠OPD=∠APD，从而可证到△POB≌△PAB，则有∠POB=∠PAB．由⊙P与x轴相切于原点O可得∠POB=90°，即可得到∠PAB=90°，由此可得AB是⊙P的切线； ②当点Q在线段BP中点时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得QO=QP=BQ=AQ．易证∠OBP=∠POA，则有tan∠OBP==．由P点坐标可求出OP、OB．过点Q作QH⊥OB于H，易证△BHQ∽△BOP，根据相似三角形的性质可求出QH、BH，进而求出OH，就可得到点Q的坐标，然后运用问题拓展中的结论就可解决问题．
解答： 解：问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，
∵P（a，b），半径为r，
∴AP=（x﹣a）+（y﹣b）=r．
222
故答案为（x﹣a）+（y﹣b）=r；
综合应用：
①∵PO=PA，PD⊥OA， ∴∠OPD=∠APD． 在△POB和△PAB中， ，
∴△POB≌△PAB， ∴∠POB=∠PAB．
∵⊙P与x轴相切于原点O， ∴∠POB=90°， ∴∠PAB=90°， ∴AB是⊙P的切线；
②存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q． 当点Q在线段BP中点时， ∵∠POB=∠PAB=90°， ∴QO=QP=BQ=AQ．
此时点Q到四点O，P，A，B距离都相等． ∵∠POB=90°，OA⊥PB，
2222
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∴∠OBP=90°﹣∠DOB=∠POA， ∴tan∠OBP==tan∠POA=． ∵P点坐标为（0，6）， ∴OP=6，OB=OP=8．
过点Q作QH⊥OB于H，如图3， 则有∠QHB=∠POB=90°， ∴QH∥PO，
∴△BHQ∽△BOP， ∴===，
∴QH=OP=3，BH=OB=4， ∴OH=8﹣4=4，
∴点Q的坐标为（4，3）， ∴OQ==5，
∴以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程为（x﹣4）+（y﹣3）=25．
点评： 本题是一道阅读题，以考查阅读理解能力为主，在解决问题的过程中，用到了全等三角形的判定与
性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、切线的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角函数的定义等知识，有一定的综合性．
[来源:学。科。网]22
22．（14分）（2015?日照）如图，抛物线y=x+mx+n与直线y=﹣x+3交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）． （Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值； （Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：
（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． （2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？
考点： 二次函数综合题；线段的性质：两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；相似三角
形的判定与性质；锐角三角函数的定义．
专题： 压轴题．
2
分析： （Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=x+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物
线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=，AC=3，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值； （Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为+=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可
2
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得到点E的坐标．
2
解答： 解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=x+mx+n，得
， 解得：．
∴抛物线的解析式为y=x﹣x+3． 联立， 解得：或，
∴点B的坐标为（4，1）．
过点B作BH⊥x轴于H，如图1． ∵C（3，0），B（4，1），
∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1， ∴BH=CH=1． ∵∠BHC=90°，
∴∠BCH=45°，BC=．
同理：∠ACO=45°，AC=3，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°， ∴tan∠BAC===；
（Ⅱ）（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似． 过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．
设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x． ∵PQ⊥PA，∠ACB=90°， ∴∠APQ=∠ACB=90°． 若点G在点A的下方，
①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB． ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB， ∴△PGA∽△BCA， ∴==．
∴AG=3PG=3x． 则P（x，3﹣3x）． 把P（x，3﹣3x）代入y=x﹣x+3，得 2
x﹣x+3=3﹣3x，
2
整理得：x+x=0 解得：x1=0（舍去），x2=﹣1（舍去）．
②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA． 同理可得：AG=PG=x，则P（x，3﹣x）， 把P（x，3﹣x）代入y=x﹣x+3，得 2
x﹣x+3=3﹣x，
2
整理得：x﹣x=0 解得：x1=0（舍去），x2=， ∴P（，）；
若点G在点A的上方，
①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB， 同理可得：点P的坐标为（11，36）． ②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
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同理可得：点P的坐标为P（，）．
综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）； （2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．
在Rt△ANE中，EN=AE?sin45°=AE，即AE=EN， ∴点M在整个运动中所用的时间为+=DE+EN． 作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，
则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°， ∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN． 根据两点之间线段最短可得：
当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小． 此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°， ∴四边形OCD′N是矩形， ∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．
对于y=x﹣x+3，
2
当y=0时，有x﹣x+3=0， 解得：x1=2，x2=3． ∴D（2，0），OD=2，
∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1， ∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2， ∴点E的坐标为（2，1）．
点评： 本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐
标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第（Ⅱ）（1）小题的关键，把点M运动的总时间+转化为DE+EN是解决第（Ⅱ）（2）小题的关键．
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2015年山东省日照市中考数学试题及答案解析
