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2
【分析】（1）已知了顶点的横坐标，可用顶点式来设二次函数的解析式如：y=a（x﹣4）+k，根据二次函数过点（0，
），可得出
=16a+k；由于A、B关于x=4对称，且AB=6，
不难得出A、B的坐标为（1，0），（7，0），可将它们的坐标代入解析式中即可求出a、k的值．（2）本题的关键是确定P的位置，由于对称轴垂直平分AB，因此P不论在对称轴的什么位置都有PA=PB，连接DB，如果P是交点时，PA+PD的长就是BD的长，两点之间线段最短，因此要想PA+PD最小，P必为DB与对称轴的交点．可根据B、D的坐标求出BD所在直线的解析式，然后求出与抛物线对称轴的交点．即可得出P点的坐标．（3）由于三角形ABC是等腰三角形，要想使QAB与三角形ABC相似，三角形QAB必须为等腰三角形．要分两种情况进行讨论：①当Q在x轴下方时，Q，C重合，Q点的坐标就是C点的坐标．②当Q在x轴上方时，应该有两个符合条件的点，抛物线的对称轴左右两侧各一个，且这两点关于抛物线的对称轴相对称．因此只需求出一点的坐标即可．以AQ=AB为例：可过Q作x轴的垂线，在构建的直角三角形中，根据BQ即AB的长以及∠QBx的度数来求出Q的坐标．然后根据对称性求出另外一点Q的坐标．
2
【解答】解：（1）设二次函数的解析式为：y=a（x﹣h）+k ∵顶点C的横坐标为4，且过点（0，
）∴y=a（x﹣4）+k，
2
=16a+k①
又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6，∴A（1，0），B（7，0） ∴0=9a+k②。由①②解得a=
，k=﹣
∴二次函数的解析式为：y=，
（x﹣4）﹣
2
（2）∵点A、B关于直线x=4对称，∴PA=PB，∴PA+PD=PB+PD≥DB。∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值，∴DB与对称轴的交点即为所求点P。
设直线x=4与x轴交于点M。∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∵∠PBM=∠DBO， ∴△BPM∽△BDO，∴（3）由（1）知点C（4，
∴，
∴点P的坐标为（4，，
， ）
），又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cos∠ACM=
∴∠ACM=60°，∵AC=BC，∴∠ACB=120°
①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N
如果AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ=6，∠ABQ=120°，则∠QBN=60°，∴QN=3，BN=3，ON=10，此时点Q（10，），如果AB=AQ，由对称性知Q（﹣2，） ②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是（4，经检验，点（10，）与（﹣2，）都在抛物线上。 综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC， 点Q的坐标为（10，
），
）或（﹣2，）或（4，
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）．
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【点评】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的性质等知识点．要注意（2）中确定P点位置的方法．在（3）中不确定Q位置的情况下要分类进行讨论，不要漏解． 变式练习：【考点】圆的综合题；勾股定理；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义． 【专题】综合题；分类讨论．【分析】（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR=OB﹣OR=BG﹣RG可求出x，进而可求出BR，在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题． 【解答】解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA． ∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形．∴OC=BH，BC=OH．
∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°， ∴tan∠BAH=
=1．∴BH=HA=4．∴OC=BH=4．故答案为：4．
2
2
2
2
2
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R， 连接MN、DG，如图1（2）．由（1）得OH=2，BH=4．∵OC与⊙M相切于N， ∴MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．∵BC⊥OC，OA⊥OC， ∴BC∥MN∥OA．
∵BM=DM，∴CN=ON．∴MN=（BC+OD）．∴OD=2r﹣2．∴DH=
2
2
2
2
2
2
=．
在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD=BH+DH．∴（2r）=4+（2r﹣4）．解得：r=2． ∴DH=0，即点D与点H重合．∴BD⊥0A，BD=AD．∵BD是⊙M的直径， ∴∠BGD=90°，即DG⊥AB．∴BG=AG．∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD． ∴△AFG∽△ADB．∴∴OG=
设OR=x，则RG=2
2
2
2
===2
=．∴AF=AD=2，GF=BD=2．∴OF=4． ．同理可得：OB=2
，AB=4
．∴BG=AB=2
．
=
﹣x．∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°．
2
2
∴BR=OB﹣OR=BG﹣RG．∴（2∴BR=OB﹣OR=（2
2
2
2
）﹣x=（2）=
2
22
）﹣（2
2
﹣x）．解得：x=
2
．
）﹣（
2
．∴BR=．在Rt△ORB中，
sin∠BOR===．故答案为：．
（3）①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，
BD=t，OP=t．则有2t=2．解得：t=1．则OP=CD=DB=1．∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO． ∴
=
=．∴DE=2．∴EP=2．∴点E的坐标为（1，2）．
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②当∠BED=90°时，如图3．∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC． ∴
=
．∴
=
．∴BE=
t．∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．
=
．∴
=．∴OE=
．
t．
∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO．∴∵OE+BE=OB=2∴PE=
，∴=
t+
t=2
．解得：t=．∴OP=，OE=
）．
．∴点E的坐标为（，
③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．则有OD=PE，EA=
=
（6﹣t）=6
﹣
t．∴BE=BA﹣EA=4
﹣（6
﹣
t）=
t﹣2
．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形．∴DE=OP=t，DE∥OP． ∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED=∴t=
（
t﹣2
=
．∴DE=
BE．
）=2t﹣4．解得：t=4．∴OP=4，PE=6﹣4=2．∴点E的坐标为（4，2）．
）、
综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、（，（4，2）．
【点评】本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、
平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．
苏州中考题：(1)2.5； (2)t＝
14或－14＋269； (3)不存在。 5
面积与相似：解：⑴B（b，0），C（0， ）；
⑵假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点
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的等腰直角三角形。设点P坐标（x，y），连接OP，
则 四边形 △ △ ，∴ 。过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°. ∴四边形PEOD是矩形. ∴∠EPD=90°.∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°.∴∠EPC=∠BPD. ∴△PEC≌△PDB. ∴PE=PD，即x=y.由 ，解得： .由△PEC≌△PDB
得EC=DB，即
，解得
符合题意.∴点P坐标为（ ， ）.
⑶假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似. ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴.∵b＞2，∴AB＞OA. ∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB =90°.由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA. ∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°.
（Ⅰ）当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC. ∴AQ=CO= .由 得： ，解得： . ∵ ，∴ ， . ∴点Q坐标为（1， ）.
（Ⅱ）当∠OQC=90°时，△QOA≌△OCQ. ∴
，即 .又 . ∴
，即 .解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意. ∴点Q坐标为（1，4）.∴综上可知：存在点Q（1， ）或（1，4），使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.
例4. 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；动点型；开放型．
【分析】（1）根据矩形的宽为3即可得出C的坐标为（0，3）．当E落在BC边时，四边形OPEC和四边形PADF均为正方形的性质，那么OP=PE=OC=3，PA=PF=AD=1．因此P的坐标为（3，0），D的坐标为（4，1）．然后根据P，C，D三点的坐标，用待定系数法求出过P、C、D三点的抛物线的解析式．（2）根据折叠的性质可得出∠CPO=∠CPE，∠FPD=∠APD．由此可得出∠CPD=90°，由此不难得出Rt△POC∽Rt△DAP，可根据线段OC、OP、PA、AD的比例关系，得出关于x，y的函数关系式．根据关系式即可得出y的最大值以及对应的x的值．（3）可分两种情况进行讨论：
①当PQ是另一条直角边，即∠DPQ=90°时，由于∠DPC=90°，且C在抛物线上，因此C与Q重合，Q点的坐标即为C点的坐标．
②当DQ是另一条直角边，即∠PDQ=90°时，那么此时DQ∥PC．如果将PC所在的直线向上平移两个单位，即可得出此时DQ所在直线的解析式．然后联立直线DQ的解析式以及抛
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物线的解析式组成方程组，如果方程组无解，则说明不存在这样的Q点，如果方程组有解，那么方程组的解即为Q的坐标．综合上述两种情况即可得出符合条件的Q的坐标．
解：（1）由题意知，△POC，△PAD为等腰直角三角形，得P（3，0），C（0，3），D（4，1），
设过此三点的抛物线为y=ax+bx+c（a≠0），则
2
，∴，
∴过P、C、D三点的抛物线的函数关系式为y=x﹣x+3．
（2）由已知PC平分∠OPE，PD平分∠APF，且PE、PF重合，则∠CPD=90°，
∴∠OPC+∠APD=90°，又∠APD+∠ADP=90°，∴∠OPC=∠ADP．∴Rt△POC∽Rt△DAP． ∴
即
∵y=x（4﹣x）=﹣x+x=﹣（x﹣2）+（0＜x＜4）
。
2
2
2
∴当x=2时，y有最大值．
（3）假设存在，分两种情况讨论：
①当∠DPQ=90°时，由题意可知∠DPC=90°，且点C在抛物线上， 故点C与点Q重合，所求的点Q为（0，3）
②当∠QDP=90°时，过点D作平行于PC的直线DQ，假设直线DQ交抛物线于另﹣点Q， ∵点P（3，0），C（0，3），∴直线PC的方程为y=﹣x+3，将直线PC向上平移2个单位与直线DQ重合，∴直线DQ的方程为y=﹣x+5． 由
，得
或
．又点D（4，1），∴Q（﹣1，6），故该抛物线
上存在两点Q（0，3），（﹣1，6）满足条件．
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中考数学压轴题归类复习（十大类型附详细解答）
