②当FQ＝FC时， ∴∠BCD＝∠CQF， ∵点D是AB的中点， ∴BD＝CD＝AB＝5， ∴∠BDC＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCQ，∠BDC＝∠CFQ， ∴△FQC∽△DCB，
由①知，点D，E，C，F四点共圆， ∴∠DEF＝∠DCF， ∵∠DQE＝∠FQC， ∴△FQC∽△DEQ， 即：△FQC∽△DEQ∽△DCB ∵在Rt△EDF中，
∴设DE＝3k，则DF＝4k，EF＝5k， ∵∠DEF＝∠DCF＝∠CQF＝∠DQE， ∴DE＝DQ＝3k， ∴CQ＝5﹣3k， ∵△DEQ∽△DCB， ∴∴∴
， ， ，
，
∵△FQC∽△DCB， ∴
，
∴，
解得∴
，
，
∴，
③当CF＝CQ时，如图3， ∴∠BCD＝∠CQF， 由②知，CD＝BD， ∴∠BDC＝∠BCD， ∵△EDQ∽△BDK，
在BC边上截取BK＝BD＝5，过点D作DH⊥BC于H， ∴DH＝AC＝4，BH＝BC＝3，由勾股定理得同②的方法得，△CFQ∽△EDQ， ∴设DE＝3m，则EQ＝3m，EF＝5m， ∴FQ＝2m， ∵△EDQ∽△BDK， ∴∴DQ＝
m，
m， ，
，
∴CQ＝FC＝5﹣∵△CQF∽△BDK， ∴
，
∴，
解得m＝∴∴
，
，
．
或
．
即：△CQF是等腰三角形时，BF的长为3或
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是判断出相似三角形得出比例式建立方程求解． 27．【分析】（1）先根据已知条件得出A点及C点坐标，利用待定系数法即可求出此抛物线的解析式； （2）y＝0代入（1）中所求二次函数的解析式即可的出此函数与x轴的交点坐标，由OD平分∠BOC可知OE所在的直线为y＝x，再解此直线与抛物线组成的方程组即可求出E点坐标；
（3）①过点E作x轴的平行线与抛物线交于另一点P，连接BE、PO，把y＝2代入二次函数解析式即可求出P点坐标，进而可得出四边形OBEP是平行四边形；
②设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE，由QA＝QB可知△BEQ的周长等于BE+QA+QE，由A、E两点的坐标可得出直线AE的解析式，再根据抛物线的对称轴是x＝可求出Q点的坐标，进而可得出结论．
【解答】解：（1）∵OA＝2， ∴点A的坐标为（﹣2，0）． ∵OC＝3，
∴点C的坐标为（0，3）．
∵把（﹣2，0），（0，3）代入y＝﹣x+bx+c，得
2
解得
∴抛物线解析式为y＝﹣x+x+3；
（2）把y＝0代入y＝﹣x+x+3， 解得x1＝﹣2，x2＝3
2
2
∴点B的坐标为（3，0）， ∴OB＝OC＝3 ∵OD⊥BC， ∴OD平分∠BOC ∴OE所在的直线为y＝x 解方程组
∵点E在第一象限内， ∴点E的坐标为（2，2）．
（3）①存在，如图1，过点E作x轴的平行线与抛物线交于另一点P，连接BE、PO， 把y＝2代入y＝﹣x+x+3， 解得x1＝﹣1，x2＝2
∴点P的坐标为（﹣1，2）， ∵PE∥OB，且PE＝OB＝3， ∴四边形OBEP是平行四边形，
∴在x轴上方的抛物线上，存在一点P（﹣1，2），使得四边形OBEP是平行四边形；
②存在，如图2，设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE， ∵QA＝QB，
∴△BEQ的周长等于BE+QA+QE， 又∵BE的长是定值
∴A、Q、E在同一直线上时，△BEQ的周长最小，
由A（﹣2，0）、E（2，2）可得直线AE的解析式为y＝x+1， ∵抛物线的对称轴是x＝ ∴点Q的坐标为（，）
∴在抛物线的对称轴上，存在点Q（，），使得△BEQ的周长最小．
2
得，，
【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，平行四边形的判定定理，难度较大．
2020-2021学年最新盐城市东台市中考数学第一次模拟试卷(及答案解析)
