理由． （3）解决问题
如图3，在正方形ABCD中，CD=
，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．
（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD=BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE．
（3）由PD=1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由∠BPD=90°可得：点P在以BD为直径的圆上．显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论．然后，添加适当的辅助线，借助于（2）中的结论即可解决问题． 【解答】解：（1）①如图1， ∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°． ∴∠ACD=∠BCE． 在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴∠ADC=∠BEC． ∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE=∠CED=60°．
∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC=120°． ∴∠BEC=120°．
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°． 故答案为：60°． ②∵△ACD≌△BCE， ∴AD=BE．
故答案为：AD=BE．
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（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM． 理由：如图2，
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°． ∴∠ACD=∠BCE． 在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴AD=BE，∠ADC=∠BEC． ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴∠CDE=∠CED=45°．
∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC=135°． ∴∠BEC=135°．
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°． ∵CD=CE，CM⊥DE， ∴DM=ME． ∵∠DCE=90°， ∴DM=ME=CM． ∴AE=AD+DE=BE+2CM． （3）点A到BP的距离为理由如下： ∵PD=1，
∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上． ∵∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的圆上． ∴点P是这两圆的交点．
①当点P在如图3①所示位置时，
连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H， 过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=
或．
，∠BAD=90°．
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∴BD=2． ∵DP=1， ∴BP=
．
∵∠BPD=∠BAD=90°，
∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上， ∴∠APB=∠ADB=45°． ∴△PAE是等腰直角三角形．
又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP， ∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD． ∴
=2AH+1．
．
∴AH=
②当点P在如图3②所示位置时，
连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，
过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②． 同理可得：BP=2AH﹣PD． ∴
=2AH﹣1．
．
或
．
∴AH=
综上所述：点A到BP的距离为
【点评】本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道好题．而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键．
23．（11分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．
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（1）求抛物线的解析式； （2）若PE=5EF，求m的值；
（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；
（3）解题关键是识别出当四边形PECE′是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解；当四边形PECE′是菱形不存在时，P点y轴上，即可得到点P坐标． 【解答】方法一：
解：（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
，解得
，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x+5． （2）∵点P的横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+4m+5），E（m，﹣m+3），F（m，0）． ∴PE=|yP﹣yE|=|（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+3）|=|﹣m2+EF=|yE﹣yF|=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|． 由题意，PE=5EF，即：|﹣m2+①若﹣m2+
m+2=
；
m+15），整理得：m2﹣m﹣17=0， ．
、m=
这两个解均舍去．
m+2|=5|﹣m+3|=|
m+15| m+2|，
m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，
解得：m=2或m=②若﹣m2+解得：m=
m+2=﹣（或m=
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=∴m=2或m=（3）假设存在．
．
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作出示意图如下：
∵点E、E′关于直线PC对称， ∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′． ∵PE平行于y轴，∴∠1=∠3， ∴∠2=∠3，∴PE=CE，
∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形． 当四边形PECE′是菱形存在时，
由直线CD解析式y=﹣x+3，可得OD=4，OC=3，由勾股定理得CD=5． 过点E作EM∥x轴，交y轴于点M，易得△CEM∽△CDO， ∴
，即
，解得CE=|m|，
m+2|
∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=|﹣m2+∴|﹣m2+①若﹣m2+②若﹣m2+
m+2|=|m|．
m+2=m，整理得：2m2﹣7m﹣4=0，解得m=4或m=﹣； m+2=﹣m，整理得：m2﹣6m﹣2=0，解得m1=3+
这个解舍去．
，m2=3﹣
．
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+当四边形PECE′是菱形这一条件不存在时，
此时P点横坐标为0，E，C，E'三点重合与y轴上，也符合题意， ∴P（0，5）
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（0，5），（﹣，﹣3） 方法二： （1）略． （2）略．
（3）若E（不与C重合时）关于直线PC的对称点E′在y轴上，则直线CD与直线CE′关于PC轴对称． ∴点D关于直线PC的对称点D′也在y轴上，
），（4，5），（3﹣
，2
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∴DD′⊥CP，∵y=﹣x+3， ∴D（4，0），CD=5， ∵OC=3，
∴OD′=8或OD′=2，
①当OD′=8时，D′（0，8），设P（t，﹣t2+4t+5），D（4，0），C（0，3）， ∵PC⊥DD′，∴KPC×KDD′=﹣1， ∴
∴2t2﹣7t﹣4=0， ∴t1=4，t2=﹣，
②当OD′=2时，D′（0，﹣2）， 设P（t，﹣t2+4t+5），
∵PC⊥DD′，∴KPC×KDD′=﹣1， ∴∴t1=3+
，t2=3﹣
=﹣1， ， ，
∵点P是x轴上方的抛物线上一动点， ∴﹣1＜t＜5，
∴点P的坐标为（﹣，
），（4，5），（3﹣
，2
﹣3）．
若点E与C重合时，P（0，5）也符合题意．
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为（0，5），（﹣，﹣3）
），（4，5），（3﹣
，2
【点评】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、菱形、相似三角形等多个知识点，重点考查了分类讨论思想与方程思想的灵活运用．需要注意的是，为了避免漏解，表示线段长度的代数式均含有绝对值，解方程时需要分类讨论、分别计算．
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2014年河南省中考数学试卷（解析版）
