中考数学复习《二次函数相似三角形综合压轴题》专项提升训练(附答案)

中考数学复习《二次函数相似三角形综合压轴题》专项提升
训练(附答案)
学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 1．已知：二次函数y=x2−(m+2)x+m−1．
(1)求证：该抛物线与x轴一定有两个交点；
(2)设抛物线与x轴的两个交点是A、B（A在原点左边，B在原点右边），且AB=3，求此时抛物线的解析式；
(3)在（2）的前提下，若抛物线与y轴交于点C，问在y轴的正半轴上是否存在点D，使△DOB 和△AOC相似？
2．如图，抛物线：y=x2+bx+c的图像与x轴交于A和B(−3，0)两点，与y轴交于C(0，−3)，直线y=x+m经过点B，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E，与对称轴交于点F．
(1)求抛物线的解析式和E点坐标；
(2)在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△BOD相似，若存在，直接写出点P的坐标：若不存在，试说明理由．
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(1,0)和B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)绕点A旋转的直线l：y=kx+b1与y轴相交于点D，与抛物线相交于点E，且满足AD=2AE时，求直线l的解析式；
(3)点P为抛物线上的一点，点Q为抛物线对称轴上的一点，是否存在以点B，C，P，
Q为顶点的平行四边形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．4．已知：抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于A(−2，0)，B(8，0)两点，与y轴相交于点C，连接BC．
(1)求抛物线的表达式并直接写出点C的坐标；
(2)如图，点M是抛物线第一象限内的一点，连接MB，MC，求△MBC面积的最大值；
(3)点P也是抛物线第一象限内的一点，过点P作PN⊥BC于N，连接PC，当以P、C、N为顶点的三角形与△BOC相似时，直接写出点P的坐标．
5．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+3ax+c与x轴交于点A，B（点A 在点B的左边），与y轴负半轴交于点C，且OC=4，直线y=−x+b经过点A，C，点D为y轴左侧抛物线上一点，连接CD，AD．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当点D在直线AC下方时，连接DB交AC于点E，求S△ADC−S△BDC的最大值及此时点D 的坐标；
(3)是否存在点D，使∠CBA=45°+∠DCA？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图，二次函数y=mx2+(m2+3)x−(6m+9)的图象与x轴交于点A、B，与y 轴交于点C．连接AC、BC，已知B(3,0)．
(1)求直线BC的函数表达式；
(2)Q为抛物线上一点，若以B、C、Q为顶点的三角形和△OAC相似，求点Q的坐标；
(3)P为抛物线上一点（异于A点），若S△PBC=S△ABC，请直接写出P点的坐标．7．如图，抛物线y1=ax2−6ax+c(a≠0)与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC，设AC关系式为y2=kx+b．若OB=2，tan∠OBC=2，D是y轴右侧抛物线上一点，设其横坐标为m，DE⊥AC于点E．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)当点D位于直线AC下方时，求DE长度的最大值；
(3)当△CDE与△AOC相似时，求m的值．
8．如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(−6,0),B(2,0),C(0,6)三点．
(1)求拋物线的函数表达式；
(2)如图1，P为抛物线上在第二象限内的一点，若△PAC面积为15
，求点P的坐标；
2
(3)如图2，D为抛物线的顶点，在线段AD上是否存在点M，使得以M,A,O为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴分别相交于A(−2,0)，B(8,0)两点
(1)求a，b的值；
(2)点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+BF的最大值；
②G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，求点D的坐标．
x2＋bx＋c与y轴交于点C(0,−4)，与x轴交于点A，B，且B 10．如图，抛物线y=1
2
点的坐标为(2,0)．
(1)求该抛物线的解析式．
(2)若点P是AB上的一动点，过点P作PE∥AC，交BC于E，连接CP，求△PCE面积的最大值．
(3)若点D为OA的中点，点M是线段AC上一点，且△OMD为等腰三角形，求M点的坐标．
11．如图，抛物线y=−x2+bx+c的顶点D坐标为(1,4)，且与x轴相交于A，B两点，点A在点B的左侧，与y轴相交于点C，点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动，点F在抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称，作矩形EFGH，其中点G，H都在x 轴上．
(1)求抛物线解析式；
(2)设点F横坐标为m
①用含有m的代数式表示点E的横坐标为______(直接填空)；
②当矩形EFGH为正方形时，求点G的坐标；
③连接AD，当EG与AD垂直时，求点G的坐标；
(3)过顶点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FP⊥AD于点P，直接写出△DFP与△DAM相似时，点F的坐标．
12．如图，直线y=x−3与x轴，y轴分别交于点B(3，0)，C(0，−3)过B，C两点的抛物线y=−x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当0<x<3时，在抛物线上存在点E，使△CBE的面积有最大值，求点E坐标
(3)连接AC，点N在x轴上，是否存在以B，P，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．
13．如图1，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1，且经过
A(1,0),C(0,3)两点，与x轴的另一个交点为B，经过B、C两点作直线BC，点D为第二象限内抛物线上一动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)求△DBC面积最大值及此时点D坐标；
(3)如图2，点M也是第二象限抛物线上一个动点，直线OM交BC于点N，是否存在这样的点M，使以B、O、N为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求出点M坐标，若不存在，请说明理由．
x2+bx+c与x轴相交于点A，B，与y轴14．已知在平面直角坐标系中，抛物线y=−1
2
相交于点C，直线y=x+4经过A，C两点
(1)求抛物线的表达式；
(2)如果点P，Q在抛物线上，并与对称轴对称，（P点在对称轴左边），且PQ=2AO，求P，
Q的坐标；
(3)动点M在直线y=x+4上且△ABC与△COM相似求点M的坐标．
15．如图抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A B两点点A(2,0)且OA=2OB与y轴交于点C连接BC D为第一象限内抛物线上一动点过点D作DE⊥OA于点E 与AC交于点F设点D的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求△ACD面积的最大值及此时D点的坐标；
(3)抛物线上是否存在点D使得以点O D E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在求出m的值；若不存在请说明理由．
16．已知抛物线y=x2+2x−3的图像经过点A(−3，0)点B(n，0)且与y轴交于点C．
(1)求出点B的坐标；
(2)若点P为x轴上方的抛物线上任意一点．
①如图1 若点Q为线段BC上一点连接PQ PQ交x轴于点M连接CM当
∠MCQ=45°时求点M的坐标；
②如图2 连接BC、BP若满足∠ABP=2∠BCO求此时点P的坐标．
17．已知直线l:y=kx+b(k>0)与抛物线C:y=ax2(a>0)有唯一公共点P直线l分别交x轴y轴于A，B两点．
(1)如图1 当a=1k=1时求b的值；
时过点A作直线l的垂线交y轴于点T求T坐标；
(2)如图2 当a=1
2
(3)如图3 当k=1时平移直线l使之与抛物线C交于M，N两点点P关于y轴的对称点为Q求证：∠MQP=∠NQP．
18．在平面直角坐标系xOy中已知抛物线y=ax2−3ax+c与x轴分别交于A(−1,0) B两点与y轴交于点C(0,−2)．
(1)求抛物线的函数表达式；
的最大值；(2)如图1 点D为第四象限抛物线上一点连接AD，BC交于点E求DE
AE
(3)如图2 连接AC，BC过点O作直线l∥BC点P Q分别为直线l和抛物线上的点试探究：在第一象限是否存在这样的点P Q使△PQB∽△CAB．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．
19．如图1 已知二次函数y=x2+bx+c经过A(−2,0)C(0,−6)并交x轴于另一点B 点E是线段BC上的动点过A E两点的直线与抛物线在第四象限相交于点D．
(1)求二次函数的解析式；
取最大值时求点D的坐标；
(2)当ED
EA
(3)如图2 连接AC在抛物线上存在点F使△OEF∽△COA求出所有点F的坐标；
(4)如图3 过点E作EH⊥x轴于点H以EH为对角线作正方形EGHI当顶点G恰好落在抛物线上时请直接写出点G的坐标．
20．已知在平面直角坐标系中抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A(−2,0)点B(4,0)交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式：
(2)如图1 点P在抛物线第一象限上过点P作PD⊥x轴于点D交BC于点E设点P的横坐标为t PE的长为d求d与t的函数关系式：（不要求写出t的取值范围）
(3)如图2 在（2）的条件下点Q在抛物线第四象限上连接AQ AP AP与BC交于点F∠CFA−∠BAQ=2∠PAB若FE=√2GO求点Q的坐标．
参考答案
1．（1）证明：∵Δ=(m+2)2−4(m−1)=m2+8>0
故抛物线与x轴一定有两个交点；
（2）解：令y=x2−(m+2)x+m−1=0
解得：x=m+2±√m2+8
2
则AB=|x1−x2|=√m2+8=3
解得：m=1（舍去）或−1
故抛物线的解析式为：y=x2−x−2；
（3）解：存在理由：
由抛物线的解析式知点C(0,−2)
令y=0即x2−x−2=0
解得x1=−1
∵抛物线与x轴的两个交点是A B（A在原点左边B在原点右边）∵A(−1,0)
∵OA=1
∵C(0,−2)
∵CO=2
当△DOB∽△AOC时
∵OD AO =OB
OC
即OD
1
=2
2
解得OD=1
∵D(0,1)；
当△DOB∽△COA时
∵OD CO =OB
OA
即OD
2
=2
1
解得：OD=4
∵D(0，4)．
综上所述点D的坐标为：(0,1)或(0，4)．
2．解：（1）∵B(−3，0)C(0，−3)两点均在抛物线上
∴{c=−3
9−3b+c=0
解得{b =2c =−3
∴抛物线的解析式为y =x 2+2x −3 ∵直线y =x +m 经过点B
∴0=−3+m ∴m=3
∴直线BE 的解析式为y =x +3 联立方程组{y =x +3y =x 2+2x −3
解得{x 1=−3y 1=0
∴点E 的坐标为(2，5)；
（2）存在点P 坐标为(0，5)或(0，7)．
理由：若存在这样的点P 使得以D E P 为顶点的三角形与△BOD 相似 如图所示 由于△BOD 是等腰直角三角形 则存在两种情况 即∠DP 1E =90° 或∠DEP 2=90°
当∠DP 1E =90°时
∵OD =3 ∴OP 1=5
∴点P 1的坐标为(0，5)； 当∠DEP 2=90°时
∵EP 1⊥DP 2 ∴P 1P 2=DP 1=EP 1=2
∴OP 2=7
∴点P 2的坐标为(0，7)；
所以满足题意的点P 的坐标为(0，5)或(0，7)．
3．解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx −3经过点A (1,0)和点B (3,0)
∵{a +b −3=09a +3b −3=0
解得{a =−1b =4
∵抛物线的解析式为：y =−x 2+4x −3；
（2）①当点D E 在点A 的异侧时 过点E 作EF ⊥x 轴于点F
如图：
∵∠AOD =∠AFE =90°
∵∠OAD =∠FAE
∵△AOD∽△AFE
∵AF
AO =AE
AD
∵AD =2AE
∵AF AO =AE AD =1
2
∵AF =12AO =1
2×1=1
2
∵OF =3
2
∵点F 与点E 的横坐标为3
2
∵点E 的纵坐标为y =−x 2+4x −3=−(32)2+4×32−3=3
4
∵点E 的坐标为(32，3
4)
∵直线l ：y =kx +b 1过点A (1,0)和点E(32，3
4)
∵{k +b
1=0
32k +b 1=34
解得：{k
=3
2b 1=−32 ∵直线l 的解析式为y =32x −3
2；
②当点D E 在点A 的同侧时 过点E 作EF ⊥x 轴于点F 如图：
∵∠AOD =∠AFE =90°
∵∠OAD =∠FAE
∵△AOD∽△AFE
∵AF
AO =AE
AD
∵AD =2AE
∵AF
AO =AE
AD
=12 ∵AF =12AO =12×1=12
∵OF =1
2 ∵点F 与点E 的横坐标为1
2 ∵点E 的纵坐标为y =−(12)2+4×12−3=−5
4
∵点E 的坐标为(12，−54) ∵直线l ：y =kx +b 1过点A (1,0)和点E(12，−5
4) ∵{k +b 1=0
1
2k +b 1=−54 解得{k =52b =−52
∵直线l 的解析式为y =52x −5
2
综上所述：直线l 的解析式为y =32x −
32或y =52x −52；
（3）存在以点B C P Q 为顶点的平行四边形 理由如下：
抛物线y =−x 2+4x −3对称轴为直线x =2
设Q (2,t ),P (m,−m 2+4m −3)
又B (3,0)
①以PQ 、BC 为对角线 则PQ 、BC 的中点重合
∵{2+m =3+0t −m 2+4m −3=−3 解得m =1
∵P(1，0)
②以BQ 、PC 为对角线
∵{2+3=m +0t +0=−m 2+4m −3−3
解得m =5
∵P (5,−8)；
③以CQ 、BP 为对角线
∵{2=m +3t −3=−m 2+4m −3
解得m =﹣1
∵P (−1,−8)
综上所述 P 的坐标为(1,0)或(5,−8)或(−1,−8)．
4．解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A(−2，0)，B(8，0)两点
代入 得{4a −2b +4=064a +8b +4=0 解得：{a =−1
4
b =32
∵抛物线的表达式为：y =−14x 2+3
2x +4
当x =0时
∵C(0，4)；
（2）过M 作ME ∥y 轴交BC 于点E
设BC 的解析式为y =kx +b
将B(8,0)和C(0,4)代入得
解得{k=−1
2 b=4
∵y=−1
2
x+4
设M(m,−1
4m2+3
2
m+4)则E(m,−1
2
m+4)
∵ME=−1
4m2+3
2
m+4−(−1
2
m+4)=−1
4
m2+2m
∵S△MCB=1
2
×8ME=−m2+8m=−(m−4)2+16
当m=4时S取最大值16
即△MBC面积的最大值为16；
（3）①∵∠PNC=∠BOC=90°
当∠PCN=∠OCB时
作BD⊥CP交CP的延长线于点D作DF⊥y于点F作BE⊥FD交FD的延长线于点E则四边形OBEF是矩形
∵OB=EF,BE=OF．
∵∠PCN=∠OCB
∵BD=BO
∵△BOD≌△BDC(AAS)
∵BD=CD．
∵∠CDF+∠BDE=90°,∠DBE+∠BDE=90°
∵∠CDF=∠DBE
∵∠CFD=∠E=90°
∵△CDF≌△BDE(AAS)
∵CF=DE,DF=BE
∵DF+DE=OB=8
∵4+2CF=8
∵CF=2
∵DF=OF=4+2=6
∵D(6,6)．
设直线CD的解析式为y=kx+4
∵6=6k+4
∵k=1
3
∵y=1
3
x+4
解{
y=1
3
x+4
y=−1
4
x2+3
2
x+4
得
{
x1=14
3
y1=50
9
{
x2=0
y2=4（舍去）
∵P(14
3
,50
9
)；
②∵∠PNC=∠BOC=90°
当∠PCN=∠OBC时
∵CP∥OB
∵点P与点C的纵坐标相同
当y=4时
解得x1=6x2=0（舍去）
∵P(6,4)．
综上可知点P的坐标为(14
3
,50
9
)或(6,4)．
5．（1）解：∵CO=4则点C(0,−4)
将点C的坐标代入一次函数表达式得：−4=b 则一次函数表达式为：y=−x−4
令y=−x−4=0得x=−4∵点A(−4,0)
把A C两点坐标代入二次函数解析式中得：{c=−4
16a−12a+c=0解得：{a=1
c=−4则抛物线的表达式为：y=x2+3x−4；
（2）解：由y=x2+3x−4=0得x1=1，x2=−4
∵点B(1,0)
设直线BD交y轴于点N设点D(m,m2+3m−4)
设直线BD的表达式为：y=kx+d
则{k+d=0
mk+d=m2+3m−4解得：{k=m+4
d=−m−4直线BD的表达式为：y=(m+4)x−m−4
令x=0,得y=−m−4
∵点N(0,−m−4)
过点D作DH∥y轴交AC于点H
则点H(m,−m−4)
则S△ADC−S△BDC=1
2×DH×OA−1
2
×CN×(x B−x D)
=1
2
×(−m−4−m2−3m+4)×4−
1
2
×(−m)×(1−m)
=−
5
2
m2−
15
2
m
=−
5
2
(m+
3
2
)
2
+
45
8
∵−5
2
＜0则S△ADC−S△BDC有最大值
当m=−3
2时S△ADC−S△BDC的最大值为45
8
此时点D(−3
2,−25
4
)；
（3）解：存在理由：
当点D在AC下方时
由点A C的坐标知
∵∠CBA=45°+∠DCA
∵∠CBA=∠DCO
∵∠CBA+∠OCB=∠DCO+∠OCB即∠DCB=90°
∵DC⊥CB；
设点D(m,m2+3m−4)则DE=−m，CE=m2+3m−4−(−4)=m2+3m；过点D作DE⊥y轴于E如图
∵∠DCB=∠BOC=∠DEC=90°
∵∠BCO+∠DCE=∠DCE+∠CDE
∵∠BCO=∠CDE
∵△BCO∽△CDE
∵CE DE =OB
OC
=1
4
即4CE=DE
∵4(m2+3m)=−m 解得：m=0（舍去）
则点D(−13
4,−51
16
)；
当点D在AC的上方时如图设CD交x轴于点F ∵∠BFC=∠OAC+∠DCA=45°+∠DCA
∵∠BFC=∠DCA
∵CF=CB；
∵CO⊥BF
∵OF=OB=1
∵F(−1,0)；
设直线CD 解析式为y =k 1x −4 把点F 坐标代入得：k 1=−4
∵直线CD 的表达式为：y =−4x −4
联立直线CD 的表达式与抛物线表达式得：x 2+3x −4=−4x −4 解得：x =−7 x =0（舍去）
即点D (−7,24)；
综上 点D 的坐标为：(−13
4,−51
16)或(−7,24)． 6．（1）解：将B (3,0)代入y =mx 2+(m 2+3)x −(6m +9) 化简得m 2+m =0 则m =0（舍）或m =−1 ∵m =−1
∵y=−x 2+4x −3
当x =0时 y=−3 当y =0时 −x 2+4x −3=0 解得：x 1=3,x 2=1 ∵C (0,−3) A (1,0)．
设直线BC 对应的函数表达式为y =kx +b
将B (3,0) C (0,−3)代入可得{0=3k +b −3=b 解得{k =1b =−3
则直线BC 对应的函数表达式为y =x −3．
（2）∵△OAC 为直角三角形
∵OA =1,OC =3,tan∠OCA =OA OC =1
3
当以B C Q 为顶点的三角形和△OAC 相似时 则：△BCQ 是直角三角形；
设Q (t,−t 2+4t −3)
①当∠CBQ=90°时如图：
∵B(3,0)
∵OB=OC=3
∵∠OBC=∠OCB=45°
∵∠OBQ=∠OBC=45°
过点Q作QE⊥OB则：BE=QE
∵3−t=−t2+4t−3
解得：t=2或t=3（舍去）；
∵Q(2,1)
当Q(2,1)时
∵BC=3√2
∵tan∠BCQ=1
3
=tan∠OCA满足题意；
②当∠CQB=90°时：如图：
过点Q作EF∥OB过点B作BF⊥EF 则：∠CEQ=∠BFQ=90°
∵∠CQE=∠QBF=90°−∠FQB
∵△CEQ∽△QFB
∵CE QF =EQ
BF
即：−t2+4t
3−t
=t
−t2+4t−3
解得：t =3（舍去）或t =0（舍去）或t =5+√5
2或t =5−√5
2
∵Q (5+√52,−1+√5
2)或Q (5−
√5
2,√5−1
2)
此时BQ
CQ =BF EQ =√5+15+√5=√55≠1
3
不满足题意 舍去；
③当∠QCB =90°时 如图：
过点Q 作QF ⊥y 轴 则：∠BOC =∠QFC =90° ∵∠BCO =∠FQC =90°−∠FCQ
∵∠FQC =45°
∵CF =QF =t
∵OF =3+t =−(−t 2+4t −3)
解得：t =5或t =0（舍去）；
∵Q (5,−8)
∵tan∠CQB =BC CQ =3√25√2=35≠1
3 不符合题意；
∵Q (5,−8)不满足题意；
综上：Q (2,1)．
（3）∵S △PBC =S △ABC
∵点P 与点A 到BC 的距离相等
如图 过点A 作AP 1∥BC 设直线AP 1与y 轴的交点为G
将直线BC 向下平移GC 个单位 得
到直线P 3P 2
设直线AG 的解析式为：y =x +n 则：0=1+n 解得：n =−1 ∵直线AG 的表达式为y =x −1 联立{y =x −1y =−x 2
+4x −3 解得：{x =1y =0 （舍） 或{x =2y =1
∵P 1(2,1)
∵直线AG 的表达式为y =x −1 ∵当x =0时 ∵G (−1,0) ∵GC =2
∵直线P 3P 2的表达式为y =x −5 联立{y =x −5y =−x 2
+4x −3
解得：{
x 1=
3+√17
2y 1=
−7+√17
∵P 3(
3+√172
,
−7+√172
) ∵P (2,1)或P (
3+√172
,
−7+√172
)或P (
3−√172
,
−7−√172
)．
7．（1）解：∵tan∠OBC =2
∴OC
OB
=2 ∵OB =2
∴OC=4
∴B(−2,0)把B(−2,0)C(0,−4)代入y1=ax2−6ax+c得
{4a+12a+c=0
c=−4解得{
a=1
4 c=−4
∴y1=1
4x2−3
2
x−4；
（2）解：作DF⊥x轴于点F交AC于点G
∴∠BAC+∠AGF=90°∵DE⊥AC于点E
∴∠EDF+∠EGD=90°
∵∠AGF=∠EGD
∴∠EDF=∠BAC
∴tan∠EDF=tan∠BAC=OC OA
=
1
2
∴cos∠EDF=cos∠BAC=2√5 5
∴DE=2√5
5
DG
令1
4x2−3
2
x−4=0
解得x1=−2
∴点A的坐标为(8,0)
把A(8,0)和C(0,−4)代入y2=kx+b得
{8k+b=0
b=−4解得
∴y 2=1
2
x −4
由题意 点D 坐标为(m,1
4m 2−3
2m −4) 点G 坐标为(m,1
2m −4)
∴DG =(12m −4)−(14m 2−32m −4)=−14m 2+2m =−1
4
(m −4)2+4
∴DE =−
√5
10(m −4)2+8√55 ∵−
√5
10
<0 ∴DE 有最大值为
8√5
5
； （3）解：由题意 ∠DCE =∠OCA 或∠DCE =∠OAC 时 △CDE 与△AOC 相似 ①当∠DCE =∠OCA 时
∴∠OCA =∠DGC ∴∠DCE =∠DGC ∴DC =DG
∵DE ⊥AC 于E
∴EG =EC =1
2CG
∵tan∠EDG =tan∠OAC =1
2
∴sin∠EDG =
√55
∴EG =
√55DG =√5
5(−14m 2+2m) ∵cos∠BAC =2√5
5
AG =
√5
2
(8−m ) 在Rt △AOC 中 由勾股定理得
∴CG =4√5−√52(8−m )=√52
m ∴
√5
5(−14m 2+2m)=12×√52
m 解得m =3
②当∠DCE =∠OAC 且D 位于x 轴下方时
CD//OA ∴y D=−4
令1
4x2−3
2
x−4=−4
解得x=0（舍去）或x=6即m=6；
③当∠DCE=∠OAC且D位于x轴上方时如图设CE交x轴于M
则MC=MA
设OM=n则CM=AM=8−n
在Rt△OCM中由勾股定理得n2+42=(8−n)2
解得n=3
∴M(3,0)
同理直线CM函数关系式为y=4
3
x−4
令1
4x2−3
2
x−4=4
3
x−4
解得x=0（舍去）或x=34
3即m=34
3
综上m=3或6或34
3
．
8．（1）解：把A(−6,0),B(2,0),C(0,6)代入抛物线解析式y=ax2+bx+c得
{36a −6b +c =04a +2b +c =0c =6
解得{a =−
1
2
b =−2
c =3
∵抛物线的函数表达式为y =−1
2x 2−2x +6．
（2）解：如解（2）图1 过P 点作PQ 平行y 轴 交AC 于Q 点
设直线AC 的解析式为y =kx +6 把A (−6,0)代入得：0=−6k +6 解得：k =1
∵直线AC 解析式为y =x +6
设P 点坐标为(x,−1
2x 2−2x +6) 则Q 点坐标为(x,x +6)
∵PQ =−12
x 2−2x +6−(x +6)=−1
2
x 2−3x
∵S △PAC =1
2
PQ ⋅OA
∵12(−12
x 2−3x)⋅6=152
解得：x 1=−1 x 2=−5． 当x =−1时 P 点坐标为(−1,15
2) 当x =−5时 P 点坐标为(−5,72)
综上所述：若△PAC 面积为15
2 点P 的坐标为(−1,15
2)或(−5,7
2
)；
（3）解：如解（3）图1 过D 点作DF 垂直x 轴于F 点 过A 点作AE ⊥BC 于E 点
∵D 为抛物线y =−1
2x 2−2x +6的顶点 ∵D 点坐标为(−2,8)
设直线AD 的解析式为：y =mx +n
把A (−6,0) D (−2,8)代入得：{−6m +n =0−2m +n =8
解得：{m =2n =12
∵直线AD 为y =2x +12 ∵B(2，0)
∵同理可得：直线BC 的解析式为y =−3x +6 ∵AF =−2−(−6)=4 ∵tan∠DAB =DF
AF =2 ∵B(2，0) C (0,6)
∵tan∠ABC =OC
OB =3 BC =√22+62=2√10 sin∠ABC =62√
10
=3√10
10
∵AB =2−(−6)=8 ∵AE =AB ⋅sin∠ABC =8×3√1010
=
12√10
5
∵BE =√AB 2−AE 2=
4√105
∵CE =BC −BE =2√10−4√10
5
=
6√105
∵tan∠ACB =
AE CE
=2
∵tan∠ACB =tan∠DAB =2 ∵∠ACB =∠DAB ∵OA =OC
=6
∵∠ACO =∠CAO =45°；
∵使得以M A O 为顶点的三角形与△ABC 相似 则有两种情况 如解（3）图2
当∠AOM =∠CAB =45°时 即M 点在直线y =−x 上 联立{y =−x
y =2x +12 解得{x =−4y =4
即M 点为(−4,4)．
当∠AOM =∠CBA 即OM∥BC 时 ∵直线BC 解析式为y =−3x +6 ∵直线OM 为y =−3x 联立{y =−3x y =2x +12
解得{x =−12
5
y =365
即M 点为(−
125,365)
综上所述：存在使得以M A O 为顶点的三角形与△ABC 相似的点M 其坐标为(−4,4)或(−
125
,365)．
9．解：（1）将A(−2,0) B(8,0)代入解析式得：
{4a −2b +4=064a +8b +4=0
解得：{a =−
1
4b =32 ∴ a =−1
4 b =3
2；
（2）①∵的值为−1
4
b 的值为3
2
抛物线的解析式为：y =−14x 2+3
2x +4；
∴C(0,4)
设直线BC 解析式为y =kx +c 将B(8,0) C(0,4)代入可得：{8k +c =0c =4
解得{k =−1
2c =4
∴直线BC 解析式为y =−1
2x +4
设第一象限D(m,−1
4
m 2+3
2
m +4) 则E(m,−1
2
m +4)
∴DE =(−14m 2+32m +4)−(−12m +4)=−1
4m 2+2m
∴DE +BF =(−14m 2+2m)+(8−m)=−1
4
(m −2)2+9
∴当m =2时 DE +BF 的最大值是9； ②∴A(−2,0)
∴OA =2
∴AC 2=OA 2+OC 2=20 ∴AC 2+BC 2=100
而AB 2=102=100
∴AC 2+BC 2=AB 2 ∴∠ACB =90° ∴∠CAB +∠CBA =90°
∵DF ⊥x 轴于F
∴∠FEB +∠CBA =90° ∴∠CAB =∠FEB =∠DEC
以点C D E 为顶点的三角形与△AOG 相似 只需OA
DE =AG
CE 或OA
CE =AG
DE 而G 为AC 中点
∴G(−1,2)
由①知：DE=−1
4
m2+2m
∴CE=√m2+[4−(−1
2
m+4)]2=
√5
2
m
当OA
DE =AG
CE
时
解得m=4或m=0（此时D与C重合舍去）
∴D(4,6)
当OA
CE =AG
DE
时
解得m=3或m=0（舍去）
∴D(3,25 4 )
综上所述以点C D E为顶点的三角形与△AOG相似则D的坐标为(4,6)或(3,25
4
)．
10．（1）解：把点C(0,−4)B(2,0)分别代入y=1
2
x2＋bx＋c中
得{c=−4
1
2
×22+2b+c=0
解得{b=1
c=−4
∵该抛物线的解析式为y=1
2
x2+x−4．
（2）解：令y=0即1
2
x2+x−4=0解得x1=−4，x2=2
∵A(−4，0)
∵C(0,−4)
∵AB=2−(−4)=6，OC=4
∵S△ABC=1
2
AB⋅OC=12．
设P点坐标为(x,0)则PB=2−x
∵PE∥AC
∵∠BPE=∠BAC，∠BEP=∠BCA ∵△PBE∽△ABC
∵S△PBE S△ABC =(PB
AB
)
2
即S△PBE
12
=(2−x
6
)
2
化简得：S△PBE=1
3
(2−x)2∵S△PCE=S△PCB−S△PBE
=1
2
PB⋅OC−S△PBE
=1
2
×(2−x)×4−
1
3
(2−x)2 =−
1
3
x2−
2
3
x+
8
3
=−
1
3
(x+1)2+3
∵当x=−1时S△PCE的最大值为3．
（3）解：△OMD为等腰三角形可能有三种情形：①当DM=DO时如图①所示．
则DO=DM=DA=2
∵AO=CO=4，∠AOC=90°
∵∠OAC=∠AMD=45°
∵∠ADM=90°
∵M点的坐标为(−2，−2)；
②当MD=MO时如图②所示．
过点M作MN⊥OD于点N则点N为OD的中点
∵DN=ON=1，AN=AD+DN=3
又△AMN为等腰直角三角形
∵MN=AN=3
∵M点的坐标为(−1，−3)；
③当OD=OM时
∵△OAC为等腰直角三角形
×4=2√2即AC上的点与点O之间的最小距离为2√2．∵点O到AC的距离为√2
2
∵2√2>2
∵OD=OM的情况不存在．
综上所述点M的坐标为(−2，−2)或(−1，−3)．
11．（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c的顶点D坐标为(1,4)
∴y=−(x−1)2+4=−x2+2x−1+4=−x2+2x+3
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：①当y=0时−x2+2x+3=0解得x1=−1
则A(−1,0)
∴1<m<3
设E点的横坐标为t
∵m−1=1−t
∴t=2−m
∴点E的横坐标为2−m；
故答案为：2−m；
②设F(m,−m2+2m+3)(1<m<3)则E(2−m,−m2+2m+3)
∵矩形EFGH为正方形
∴FG=FE
即−m2+2m+3=m−(2−m)
整理得：m2=5
解得m1=−√5(舍去)
∴G点坐标为(√5,0)；
③过点D作DM⊥x轴于M
∵EG⊥AD
而DM⊥x轴
∴∠1=∠4
∴Rt△GEH∽Rt△DAM
∴EH
AM =GH
DM
即EH
2
=GH
4
∴GH=2EH
即2m−2=2(−m2+2m+3)
整理得m2−m−4=0解得m1=1−√17
2
(舍去)
∴G点坐标为(1+√17
2
,0)；
（3）解：设AD交EF于Q如图
∵FP⊥AD
∴∠DPF =90°
∵△DFP 与△DAM 相似
∴∠1=∠3
∵∠1=∠2
∴∠2=∠3
而FP ⊥DQ
∴△FDQ 为等腰三角形
∴FD =FQ
设直线AD 的解析式为y =px +q
把A (−1,0) D (1,4)代入得{−p +q =0p +q =4
解得{p =2q =2
∴直线AD 的解析式为y =2x +2
当y =−m 2+2m +3时 2x +2=−m 2+2m +3 解得x =−12m 2+m +1
2 则Q (−12m 2+m +1
2,−m 2+2m +3)
∴FQ =m −(−12m 2+m +12)=12m 2−12=12
(m +1)(m −1) 而DF 2=(m −1)2+(−m 2+2m +3−4)2=(m −1)2+(m −1)4
∴(m −1)2+(m −1)4=(12
(m +1)(m −1))2 而m ≠1
∴1+(m −1)2=14
(m +1)2 整理得3m 2−10m +7=0 解得m 1=1(舍去)
∴F 点坐标为(73,209)．
12．（1）解：将点B(3，0)，C(0，−3)代入y =−x 2+bx +c 得：
{c =−3−9+3b +c =0 解得：{c =−3b =4
∵y =−x 2+4x −3
∵y =−x 2+4x −3=−(x −2)2+1．
（2）解：如图1：在抛物线上取点E 连接CE 过E 作x 轴的垂线交直线BC 于点F
设点F(x，x−3)则点E的坐标为(x,−x2+4x−3)∵EF=−x2+3x
∵S△CBE=S△CEF+S△BEF=1
2EF·OB=−3
2
x2+9
2
x=−3
2
(x−3
2
)
2
+27
8
∵当x=3
2
时△CBE的面积有最大值
此时点E的坐标为(3
2,3
4 )．
（3）解：存在以B P N为顶点的三角形与△ABC相似如图2：连接BP
设N(n，0)
当y=0时−x2+4x−3=0解得x2=1，x2=3
∵A(1，0)
∵y=−x2+4x−3=−(x−2)2+1
∵P(2，1)
∵B(3，0)，C(0，−3)，P(2，1)
∵∠CBA=∠ABP=45°
①当BN
BP =BC
BA
时
∵3−n √2=3√2
2
解得n=0所以点N的坐标为N1(0，0)；
②当
BN BP =BA BC 时 ∵3−n
√2=23√2 解得n =73 所以点N 的坐标为N 2(73,0)．
综上所述 点N 的坐标为N 1(0，0)或N 2(73,0)．
13．解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx +c 经过A (1,0),C(0,3）两点 且对称轴为直线x =−1 ∵B(−3，0)
设y =a (x +3)（x −1） 把C(0，3）代入得
解得：a =−1
∵抛物线解析式为y =−x 2−2x +3；
（2）如图1 作DE ∥y 轴 交直线BC 于点E
设直线BC 的函数解析式为y =px +q 可得：
{−3p +q =0q =3 解得：{p =1q =3
可得直线BC 的解析式为y =x +3
设P （m,−m 2−2m +3）
∵E （m,m +3）
∵DE =−m 2−2m +3−(m +3)=−m 2−3m
∵△DBC 的面积=12DE ×3=−32m 2−9
2m ∵a =−3
2<0 ∵m =−32时△DBC 的面积最大=278 此时点D 坐标为(−32，15
4)； （3）存在 理由如下：
∵A (1,0)
∴AB =3−(−1)=4
∵OB =OC =3
∴BC =3√2
设直线AC 解析式为y =mx +n
∵A (1,0)
∴{m +n =0n =3
解得：{m =−3n =3
∴直线AC 解析式为y =−3x +3
①当OM ∥AC 时
∴直线OM 的解析式为y =−3x
结合抛物线的解析式为y =−x 2−2x +3 得：−3x =−x 2−2x +3 解得：x 1=
1+√132（舍去） ∴M 坐标(1−√32,−3+3√132
)； ②当△BON ∽△BCA 时
∴
BN BA =BO BC
∴BN =BA ⋅BO BC =4×33√2=2√2 如图 过点N 作NG ⊥x 轴于点G
∵∠OBC =45°
∴BG =NG =2
∴OG =1
∴N (−1,2)
设直线OM 解析式为y =m 1x 将N (−1,2)代入
得：m 1=−2
∴直线OM 解析式为y =−2x
结合抛物线的解析式为y =−x 2−2x +3 得：−2x =−x 2−2x +3 解得：x 1=√3舍去，x 2=−√3
∴M 坐标 (−√3，2√3)
综上 点M 的坐标为(1−√13
2，−3+3√132
)或(−√3，2√3) 14．（1）解：当y =0=x +4时
∵A (−4,0)
当x =0时
∵C (0,4)
将点A C 的坐标代入y =−12x 2+bx +c 得{0=−1
2×16−4b +c 4=c 解得b =−1,c =4
∵抛物线的表达式为y =−1
2x 2−x +4； （2）∵A (−4,0)
∵OA =4
∵PQ =2OA =8
∵点P Q 关于对称轴直线x =−1对称
∵PQ∥OA
∵点P 的横坐标为−1−8
2=−5 点C 的横坐标为3 当x =−5时
∵P (−5,−72),Q (3,−72
)； （3）∵A (−4,0)
∵OA =4=OC
∵对称轴直线x =−1对称
∵B (2,0)
∵AB =6
∵∠AOC =90°
∵∠OAC =∠OCA =45°
①当△MCO ∽△CAB 时
∵46=CM
4√2
∵CM =8√2
3 如图 过点M 作MG ⊥y 轴于点G
∵MG =CG =√2
2CM =8
3
当x =−8
3时
∵M (−83,4
3)；
当△OCM ∽△CAB 时
∵44√2=CM
6
∵CM =3√2
如图 过点M 作MG ⊥y 轴于点G
∵MG =CG =√2
2CM =3
当x =−3时
∵M (−3,1)；
综上 M 点的坐标为(−83,4
3)或(−3,1)．
15．（1）解：因为y =ax 2+bx +2过点A (2,0)且OA =2OB 则B (−1,0)
则{4a +2b +2=0a −b +2=0
解得：{a =−1b =1
故抛物线的表达式为：y=−x2+x+2；
（2）对于y=−x2+x+2令x=0则y=2故点C(0,2)设直线AC的解析式为y=kx+b由直线过点A C的坐标得
{2k+b=0
b=2解得{k=−1 b=2
直线AC的表达式为：y=−x+2
设点D的横坐标为m则点D(m,−m2+m+2)则点F(m,−m+2)则DF=−m2+m+2−(−m+2)=−m2+2m=−(m−1)2+1
∵−1<0故DF有最大值
则△ACD面积最大值为1
2×AO×DF=1
2
×2×1=1
此时m=1点D(1,2)；
（3）存在理由：
点D(m,−m2+m+2)(m>0) 则OE=m 以点O D E为顶点的三角形与△BOC相似
①当DE
OE =OB
OC
时两三角形相似即DE
OE
=OB
OC
=1
2
则−m 2+m+2
m
=1
2
解得：m=1+√33
4
或m=1−√33
4
（舍去）
经检验m=1+√33
4
是原分式方程的解
②当DE
OE =OC
OB
时两三角形相似即DE
OE
=OC
OB
=2
则−m 2+m+2
m
=2解得：m=1或m=−2（舍去）
经检验m=1是分式方程的解
故m=1+√33
4
或m=1．
16．（1）解：由y=x2+2x−3当y=0时即x2+2x−3=0解得：x1=−3，x2=1∵B(1，0)．
（2）解：①∵A(−3，0)，C(0，−3)，B(1，0)
∵OA=OC=3,OB=1,则AB=OA+OB=4,BC=√OC2+OB2=√10
∵∠OCA=∠OAC=45°
∵∠MCQ=45°，
∵∠MCQ=∠MAB=45°
∵∠CBM =∠ABC
∵△CBM∽△ABC
∵CB ：AB =BM ：BC 即：BM =
BC 2AB =104=5
2 ∵OM =BM −OB =32 ∵M 在x 轴负半轴
∵M (−3
2,0)；
②如图：过点P 作PH ⊥x 轴 设P(m ，m 2+2m −3) (m <0)
在线段OC 上取点D 使得DC =DB 则∠ODB =2∠BOC
∵∠ABP =2∠BCO =∠ODB 且∠PHO =∠BOD =90°
∵△PHB∽△BOD
∵PH:BO =HB:OD
设OD =a 则DC =CB =3−a
在Rt △OBD 中 由勾股定理得 a 2+12＝（3﹣a ）2 解得a =43 即OD =43 ∵m 2+2m−3
1=1−m
4
3 解得m =−15
4或m =1（舍去） 当m =−15
4时 ∵P (−154,57
16
)． 17．（1）解：当a =1 k =1时 直线l:y =x +b 抛物线C:y =x 2
联立{y =x +b y =x
2 得：x 2−x −b =0 ∵直线l:y =x +b 与抛物线C:y =x 2有唯一公共点P
∴(−1)2−4×1×(−b )=0
解得：b =−1
4
；
（2）解：当a =12
时 抛物线C:y =1
2
x 2
联立{y =1
2x 2y =kx +b
得：1
2x 2−kx −b =0 ∵直线l:y =kx +b (k >0)与抛物线C:y =1
2x 2有唯一公共点P
∴(−k )2−4×1
2
×(−b )=0
∴b =−1
2k 2
∴y =kx −1
2
k 2
当x =0时 y =−12k 2 当y =0时 kx −12k 2=0 解得：x =k
2
∴A (k
2，0)
∴OA =k
2
∵过点A 作直线l 的垂线交y 轴于点T
∴∠BAT =90° ∴∠ATB +∠ABT =90° ∵∠OBA +∠OAB =90° ∴∠OTA =∠OAB ∵∠AOB =∠TOA =90° ∴△AOB ∽△TOA
∴OT
OA =OA
BO 即
OT
k 2
=
k 2k 22
∴OT =1
2
∵ T 在y 轴的正半轴 ∴T (0，1
2
)；
（3）证明：如图 令OM QP QN 与y 轴交点分别为D
设M(m ，am 2) N(n ，an 2) MN 的解析式为：y =x +c 联立{y =x +b y =ax 2 得：ax 2
−x −b =0 解得：x P =
12a
∴P (12a ，1
4a
)
∵点P 关于y 轴的对称点为Q
∴Q (−
12a ，14a
) 联立{y =x +c y =ax 2 得：ax 2
−x −c =0 ∵平移直线l 使之与抛物线C 交于M ，N 两点
∴m +n =1
a
令QM 为y =k 1x +b 1 代入M(m ，am 2) Q (−12a ，1
4a )得：{14a =−k
1
2a +b 1am 2
=k 1m +b 1
解得：{k 1=am −1
2
b 1=m
2
∴QM ：y =(am −1
2)x +m
2 令x =0 则y =m 2
∴D (0，
m 2
) 同理可得：QN ：y =(an −1
2)x +n
2
∴DE =
m 2−1
4a
∴DE −EF =
m +n 2−12a =12a −1
2a =0 ∴DE =EF
∵QP ⊥DF
∴∠MQP =∠NQP ．
18．（1）解：∵抛物线y =ax 2−3ax +c 与x 轴分别交于A(−1,0) B 两点 与y 轴交于点C(0,−2)． ∴ a +3a +c =0 ∴ a =1
2
∴设抛物线的解析式为y =12x 2−3
2x −2
（2）解：过点D 作DG ⊥x 轴于点G 交BC 于点F 过点A 作AK ⊥x 轴交BC 的延长线于点K
∴ AK∥DG
△AKE ∽△DFE ∴
DF AK =DE
AE
设直线BC 的解析式为y =kx +b 1
∴{4k +b 1=0b 1=−2
解得{
k =
12
b 1=−2
∴直线BC 的解析式为y =12
x −2 ∵ A(−1,0)
∴y =−12−2=−5
2
∴AK =52
设D (m,1
2m 2−3
2m −2) 则
F (m,1
2
m −2)
∴DF=1
2m−2−1
2
m2+3
2
m+2=−1
2
m2+2m
∴DE
AE =−
1
2
m2+2m
5
2
=−1
5
m2+4
5
m=−1
5
(m−2)2+4
5
∴当m=2时DE
AE 有最大值最大值为4
5
（3）解：符合条件的点P的坐标为(68
9,34
9
)(6+2√41
5
,3+√41
5
)
理由如下：
∵l∥BC
∴直线l的解析式为y=1
2
x
设P(a1,a1
2
)
当点P在直线BQ右侧时如图过点P作PN⊥x轴于点N过点Q作QM⊥PN 于点M
∵A(−1,0)
∴AC=√5
∵AC2+BC2=AB2
∴∠ACB=90°
∵△PQB∽△CAB
∴PQ
PB
=
AC
BC
=
1
2
∵∠QMP=∠BNP=90°∴∠MQP+∠MPQ=90°∴∠MQP=∠BPN
∴△QPM∽△PBN
∴QM
PN
=
PM
BN
=
PQ
PB
=
1
2
∴QM =
a 14
∴MN =a 1−2
BN −QM =a −BN −QM =a 1−4−
a 4=3
4a 1
−4 ∴Q (3
4
a 1,a 1−2)
将点Q 的坐标代入抛物线的解析式得
12×(34a 1)2
−32×3
4
a 1−2=a 1−2 解得a 1=0（舍去）
∴P (
689,349
) 当点P 在直线BQ 左侧时 由①的方法同理可得点Q 的坐标为(54
a 1,2) 此时点P 的坐标为(
6+2√415,3+√41
5
) ∴综合所述 存在这样的点P 且坐标为为(689,34
9)或 (6+2√415
,3+√41
5) 19．解：（1）∵抛物线经过A(−2,0) ∴ {4−2b +c =0c =−6 解得：{b =−1c =−6
∴抛物线的表达式为：y =x 2−x −6； （2）y =x 2−x −6=(x +2)(x −3)
∴A(−2,0)
设直线BC 的解析式为y =px +q 由题意得{3p +q =0q =−6 解得：{p =2q =−6
所以直线BC 的解析式为y =2x −6
如图 分别过点A 和点D 作y 轴的平行线 交直线BC 于点M 和点N
∴△NED ∽△MEA
则ED
EA =DN
AM
∵A(−2,0)
∴点M 横坐标为−2
将x =−2代入BC 的解析式y =2x −6 得y =−10
∴M(−2,−10)
∴AM =10为定值． ∴当DN 取最大值时
ED EA
取得最大值
设D(t,t 2−t −6) 则N(t,2t −6)
则DN =(2t −6)−(t 2−t −6)=−t 2+3t =−(t −3
2)2+9
4 ∴当t =3
2
时 DN 取最大值 即ED
EA
取得最大值 此时D(3
2
,−21
4
)；
（3）∵△OEF ∽△COA
∠OEF =∠COA =90°
①如右图 当点F 在OE 左侧时 过点E 作EP ⊥x 轴于点P 过点F 作FQ ⊥PE 于点Q 则∠OPE =∠EQF =90°
∵∠OEF =90°
∴∠OEP +∠FEQ =90° ∵∠OEP +∠EOP =90° ∴∠FEQ =∠EOP ∴△OEP ∽△EFQ .
OP EQ =PE QF =OE EF =3
1
设E(m,2m −6) 则P(m,0)
∵点E在第四象限
∴OP=m
∵EQ=1
3m,QF=2−2
3
m
∵F(5
3m−2,5
3
m−6)
将F(5
3m−2,5
3
m−6)代入抛物线得：5
3
m−6=(5
3
m−2)2−(5
3
m−2)−6
解得：m1=9+3√3
5
∴点F的坐标(1+√3,−3+√3)或(1−√3,−3−√3)；
②如右图当点F在OE右侧时过点E作EH⊥x轴于点H过点F作FG⊥EH于点G
则∠OHE=∠EGF=90°
则△OHE∽△EGF
OH EG =
HE
GF
=
OE
EF
=
3
1
设OH=n则H(n,0)
∵点E在线段BC上且在第四象限
∴E(n,2n−6)
GF=2−2 3 n
A G(n,7
3n−6)F(1
3
n+2,7
3
n−6)
将F(1
3n+2,7
3
n−6)代入抛物线得：7
3
n−6=(1
3
n+2)2−(1
3
n+2)−6
解得：n1=6−3√2n1=6+3√2（舍去）
∴点F的坐标(4−√2,8−7√2)
综上所述：点F的坐标为(1+√3,−3+√3)或(1−√3,−3−√3)或(4−√2,8−7√2)；（4）设点E(m,2m−6)
则EH=6−2m则1
2
EH=3−m
则x G=m−(3−m)=2m−3
即点G(2m−3,m−3)
将点G的坐标代入抛物线表达式得：m−3=(2m−3)2−(2m−3)−6
解得：m=3（舍去）或3
4
则点G(−3
2−9
4
)．
20．（1）解：将点A(−2,0)点B(4,0)代入y=ax2+bx+4
{0=a(−2)2+b⋅(−2)+4
0=a⋅42+b⋅4+4解得：{
a=−1
2
b=1
故答案为：抛物线的解析式：y=−1
2
x2+x+4
（2）解：由（1）结论可知点C坐标为(0,4)
设直线BC解析式为：y=kx+4将点B(4,0)代入解得：k=−1∴直线BC解析式为：y=−x+4
∵点P的横坐标为t则点P的纵坐标为−1
2
t2+t+4
∴点E的横坐标为t点E的纵坐标为−t+4
∵点P在抛物线第一象限上
∴PE=PD−ED即：d=−1
2t2+t+4−(−t+4)=−1
2
t2+2t
故答案为：d与t的函数关系式：d=−1
2
t2+2t
（3）解：∵GO⊥AB
∴△GAO∽△PAD
∴GO
AO =PD
AD
即：GO
2
=−
1
2
t2+t+4
t+2
整理得：GO=4−t
∴CG=CO−GO=4−(4−t)=t
∵CO∥PD
∴CE
OD =CB
OB
=√2即：CE
t
=√2整理得：CE=√2t
∵∠GCF=∠FEP
∴△GCF∽△PEF
∴CG
PE =CF
EF
即：CG
PE
=EC−EF
EF
即：t
−1
2
t2+2t
=√2t−(4√2−√2t)
4√2−√2t
解得：t=3或
t=4（舍）
∴GO=4−t=4−3=1
∵∠CFA−∠BAQ=2∠PAB
∴∠PAB+45°−∠BAQ=2∠PAB即：∠PAB+∠BAQ=45°
作点H(1,−1)作HI⊥x轴垂足为I连接GH
则：GI=OA=2
∴△AGO≌△GHI(SAS)
∴∠GAO=∠HGI
∴∠AGH=90°
∴∠GAH=45°
∴∠PAB+∠BAH=45°=∠PAB+∠BAQ
∴∠ABH=∠BAQ
∴直线AH与抛物线交点即为点Q
设直线AH解析式为：y=kx+b点A(−2,0)点Q(1,−1)在直线上
∴{0=k⋅(−2)+b
−1=k⋅1+b解得：{k=−1
3
b=−2
3
直线AH解析式为：y=−1
3
x−2
3
∴{
y=−1
3
x−2
3
y=−1
2
x2+x+4
解得：{
x1=−2
y1=0
∴(−2,0)为点A(14
3,−20
9
)为点Q
故答案为：Q(14
3,−20
9
)．。