2020中考数学二轮复习专题训练5——二次函数压轴题

这是一份2020中考数学二轮复习专题训练5——二次函数压轴题，共34页。试卷主要包含了 已知等内容，欢迎下载使用。

(1)求a的值；
(2)若PN∶MN＝1∶3，求m的值；
(3)如图②，在(2)的条件下，设动点P对应的位置是P1，将线段OP1绕点O逆时针旋转得到OP2，旋转角为α(0°<α<90°)，连接AP2、BP2，求AP2＋eq \f(3,2)BP2的最小值．

图① 图②
第1题图
解：(1)∵A(4，0)在抛物线上，
∴0＝16a＋4(a＋2)＋2，解得a＝－eq \f(1,2)；
(2)由(1)可知抛物线解析式为y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2，令x＝0可得y＝2，
∴OB＝2，
∵OP＝m，
∴AP＝4－m，
∵PM⊥x轴，
∴△OAB∽△PAN，
∴eq \f(OB,OA)＝eq \f(PN,PA)，即eq \f(2,4)＝eq \f(PN,4－m)，
∴PN＝eq \f(1,2)(4－m)，
∵M在抛物线上，
∴PM＝－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2，
∵PN∶MN＝1∶3，
∴PN∶PM＝1∶4，
∴－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝4×eq \f(1,2)(4－m)，
解得m＝3或m＝4(舍去)，
即m的值为3；
(3)如解图，在y轴上取一点Q，使eq \f(OQ,OP2)＝eq \f(3,2)，
第1题解图
由(2)可知P1(3，0)，且OB＝2，
∴eq \f(OP2,OB)＝eq \f(3,2)，且∠P2OB＝∠QOP2，
∴△P2OB∽△QOP2，
∴eq \f(QP2,BP2)＝eq \f(OP2,OB)＝eq \f(3,2)，
∴当Q(0，eq \f(9,2))时，QP2＝eq \f(3,2)BP2，
∴AP2＋eq \f(3,2)BP2＝AP2＋QP2≥AQ，
∴当A、P2、Q三点在一条直线上时，AP2＋QP2有最小值，
又∵A(4，0)，Q(0，eq \f(9,2))，
∴AQ＝eq \r(42＋（\f(9,2)）2)＝eq \f(\r(145),2)，
即AP2＋eq \f(3,2)BP2的最小值为eq \f(\r(145),2).
2. 如图，已知二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于
A(－2，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，点P是x轴上方抛物线上的一个动点，过P作PN⊥x轴于N，交直线BC于M.
(1)求二次函数表达式及顶点D的坐标；
(2)当PM＝MN时，求点P的坐标；
(3)设抛物线对称轴与x轴交于点H，连接AP交对称轴于E，连接BP并延长交对称轴于F，试证明HE＋HF的值为定值，并求出这个定值．
第2题图
解：(1)∵A(－2，0)，B(4，0)在二次函数的图象上，将A，B点代入二次函数表达式中，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＋（－2）b＋4＝0,16a＋4b＋4＝0))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2),b＝1))，
∴二次函数的表达式为y＝－eq \f(1,2)x2＋x＋4，
将其化为顶点式为y＝－eq \f(1,2)(x－1)2＋eq \f(9,2)，
∴顶点D的坐标为(1，eq \f(9,2))；
(2)由抛物线表达式得点C的坐标为(0，4)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋c(k≠0)，将点B(4，0)，点C(0，4)代入得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4k＋c＝0,c＝4))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－1,c＝4))，
∴直线BC的解析式为y＝－x＋4，(5分)
∵点P在x轴上方的抛物线上，
∴设点P的坐标为(t，－eq \f(1,2)t2＋t＋4)(－2＜t＜4)，
∵PN⊥x轴于N，
∴点N的坐标为(t，0)，
∵PN交BC于M，
∴点M的坐标为(t，－t＋4)，(7分)
∵PM＝MN，点P在点M的上方，∴PN＝2MN，
即－eq \f(1,2)t2＋t＋4＝2(－t＋4)，
解得t1＝2，t2＝4(与B重合舍去)，
∴当PM＝MN时，点P的坐标为(2，4)；(8分)
第2题解图
(3)如解图，过点P作PG⊥x轴于点G，设点P的坐标为(t，－eq \f(1,2)t2＋t＋4)，
∵DH⊥x轴于点H，
∴PG∥DH，
∴△AHE∽△AGP，
△BGP∽△BHF，
∴eq \f(EH,PG)＝eq \f(AH,AG)，eq \f(PG,FH)＝eq \f(BG,BH)，
∴EH＝eq \f(AH·PG,AG)，FH＝eq \f(BH·PG,BG)，(10分)
当点G在BH上时，
∵AH＝BH＝3，AG＝t＋2，BG＝4－t，PG＝－eq \f(1,2)t2＋t＋4，
∴EH＋FH＝3(eq \f(PG,t＋2)＋eq \f(PG,4－t))＝3·(－eq \f(1,2))(t＋2)(t－4)·eq \f(4－t＋t＋2,（t＋2）（4－t）)＝9，
同理，当点G在AH上，由抛物线对称性可知，结果相同．
综上可知，HE＋HF的结果为定值，且这个定值为9.(14分)
3. 如图，在平面直角坐标系中，直线y＝eq \f(1,2)x＋1与抛物线y＝ax2＋bx－3交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3.点P是直线AB下方的抛物线上一动点(不与点A、B重合)，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D.
(1)求a、b及sin∠ACP的值；
(2)设点P的横坐标为m.
①用含m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值；
②连接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m值，使这两个三角形的面积之比为9 ∶10？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由．
第3题图
解：(1)由eq \f(1,2)x＋1＝0，得x＝－2，
∴A(－2，0)，
由eq \f(1,2)x＋1＝3，得x＝4，∴B(4，3)．
∵y＝ax2＋bx－3经过A、B两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2）2·a－2b－3＝0,42·a＋4b－3＝3))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2),b＝－\f(1,2)))，
如解图，设直线AB与y轴交于点E，则E(0，1)．
∵PC∥y轴，∴∠ACP＝∠AEO.
∴sin∠ACP＝sin∠AEO＝eq \f(OA,AE)＝eq \f(2,\r(22＋12))＝eq \f(2\r(5),5)；
(2)①由(1)知，抛物线的解析式为
y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x－3，
∴P(m，eq \f(1,2)m2－eq \f(1,2)m－3)，
C(m，eq \f(1,2)m＋1)，
∴PC＝eq \f(1,2)m＋1－(eq \f(1,2)m2－eq \f(1,2)m－3)＝－eq \f(1,2)m2＋m＋4.
在Rt△PCD中，PD＝PC·sin∠ACP＝(－eq \f(1,2)m2＋m＋4)×eq \f(2\r(5),5)＝－eq \f(\r(5),5)(m－1)2＋eq \f(9\r(5),5).
∵－eq \f(\r(5),5)<0，
∴当m＝1时，PD有最大值eq \f(9\r(5),5)；
②存在，m＝eq \f(5,2)或eq \f(32,9).
【解法提示】如解图，分别过点D、B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为点F、G.
第3题解图
由图中几何关系可知
∠FDP＝∠DCP＝∠AEO，
∴cs∠FDP＝cs∠AEO＝eq \f(OE,AE)＝eq \f(1,\r(22＋12))＝eq \f(\r(5),5)，
在Rt△PDF中，DF＝cs∠FDP·PD＝eq \f(\r(5),5)PD＝－eq \f(1,5)(m2－2m－8)．
又∵BG＝4－m，
∴＝eq \f(DF,BG)＝eq \f(－\f(1,5)（m2－2m－8）,4－m)＝eq \f(m＋2,5).
当＝eq \f(m＋2,5)＝eq \f(9,10)时，解得m＝eq \f(5,2)；
当＝eq \f(m＋2,5)＝eq \f(10,9)时，解得m＝eq \f(32,9).
∴m＝eq \f(5,2)或eq \f(32,9).
4. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA＝3，AB＝4，在OC上取一点E，使OA＝OE，抛物线y＝ax2＋bx＋c过A，E，B三点．
(1)求B，E点的坐标及抛物线表达式；
(2)若M为抛物线对称轴上一动点，则当|MA－ME|最大时，求M点的坐标；
(3)若点D为OA中点，过D作DN⊥BC于点N，连接AC，若点P为线段OC上一动点且不与C重合，PF⊥DN于F，PG⊥AC于G，连接GF，是否存在点P，使△PGF为等腰三角形？若存在，求出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．
第4题图
解：(1)∵OA＝3，AB＝4, OA＝OE，∴A(0，3)，B(－4，3), E(－3，0)．
将A，B，E三点坐标代入y＝ax2＋bx＋c中，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝3,16a－4b＋c＝3,9a－3b＋c＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝4,c＝3))，
∴抛物线的表达式为y＝x2＋4x＋3；(3分)
(2)∵抛物线y＝x2＋4x＋3的对称轴为直线x＝－2，点A关于对称轴的对称点为点B，
∴当|MA－ME|最大时，M在直线BE与直线x＝－2的交点处，即连接BE并延长交直线x＝－2于点M，M点即为所求，如解图①，(5分)
第4题解图①
设直线BE的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
∵直线过B(－4，3)，E(－3，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4k＋b＝3,－3k＋b＝0))，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－3,b＝－9))，
∴直线BE的解析式为y＝－3x－9.
当x＝－2时， y＝－3，
∴M(－2，－3)；(7分)
(3)设P(x，0)(x＜0)，如解图②，过点P分别作PF⊥DN于点F，PG⊥AC于点G，
过点G作GH⊥OC于点H，交DN于点Q，连接GF，
第4题解图②
∵OA＝3，AB＝4，∠AOC＝90°，
∴AC＝5，
∵D为OA的中点，DN⊥BC，
∴PF＝eq \f(3,2)，sin∠1＝eq \f(PG,PC)＝eq \f(OA,AC)，
∴eq \f(PG,x＋4)＝eq \f(3,5)，
∴PG＝eq \f(3（x＋4）,5)，
∵cs∠1＝eq \f(CG,PC)＝eq \f(OC,AC)，
∴eq \f(CG,x＋4)＝eq \f(4,5)，
∴CG＝eq \f(4（x＋4）,5).
∵△CGH∽△CAO，
∴eq \f(GH,AO)＝eq \f(CG,CA)＝eq \f(CH,CO)，
∴eq \f(GH,3)＝eq \f(CG,5)＝eq \f(CH,4)，
∴GH＝eq \f(3,5)CG＝eq \f(3,5)×eq \f(4（x＋4）,5)＝eq \f(12（x＋4）,25)，
CH＝eq \f(4,5)CG＝eq \f(4,5)×eq \f(4（x＋4）,5)＝eq \f(16（x＋4）,25)，(9分)
∴PH＝QF＝OC－CH－OP＝4－eq \f(16（x＋4）,25)＋x＝eq \f(9（x＋4）,25)，
GQ＝GH－QH＝eq \f(12（x＋4）,25)－eq \f(3,2)，
∴在Rt△GQF中，
GF2＝[eq \f(12（x＋4）,25)－eq \f(3,2)]2＋eq \f(81（4＋x）2,625)＝eq \f(9（x＋4）2,25)－eq \f(36（x＋4）,25)＋eq \f(9,4).
要使△PGF为等腰三角形，可分三种情况讨论：
(ⅰ)当GF＝GP时， GF2＝GP2，
∴eq \f(9（x＋4）2,25)－eq \f(36（x＋4）,25)＋eq \f(9,4)＝eq \f(9（x＋4）2,25)，
∴x＝－eq \f(39,16)，
∴P1(－eq \f(39,16)，0)；(11分)
(ⅱ)当FG＝FP时，FG2＝FP2，
∴eq \f(9（x＋4）2,25)－eq \f(36（x＋4）,25)＋eq \f(9,4)＝eq \f(9,4)，
∴x1＝－4，x2＝0.
∵点P不与C重合，
∴x＝－4(舍去)，∴P2(0，0)；
(12分)
(ⅲ)当PG＝PF时，eq \f(3（x＋4）,5)＝eq \f(3,2)，
∴x＝－eq \f(3,2)，
∴P3(－eq \f(3,2)，0)．(13分)
综上所述，存在P1(－eq \f(39,16)，0)，P2(0，0)，P3(－eq \f(3,2)，0)使△PFG为等腰三角形．(14分)
5. 已知：直线y＝eq \f(1,2)x－3与x轴、y轴分别交于A、B，抛物线y＝eq \f(1,3)x2＋bx＋c经过点A、B，且交x轴于点C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为抛物线上一点，且点P在AB的下方，设点P的横坐标为m.
①试求当m为何值时，△PAB的面积最大；
②当△PAB的面积最大时，过点P作x轴的垂线PD，垂足为点D，问在直线PD上是否存在点Q，使△QBC为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的Q点的坐标，若不存在，请说明理由．

第5题图 备用图
解：(1)∵直线y＝eq \f(1,2)x－3与x轴、y轴分别交于A、B，
则A(6，0)，B(0，－3)，
又∵抛物线y＝eq \f(1,3)x2＋bx＋c经过点A、B，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝\f(1,3)×62＋6b＋c,－3＝c))， 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－\f(3,2),c＝－3))，
∴抛物线的解析式为y＝eq \f(1,3)x2－eq \f(3,2)x－3；
(2)①∵点P的横坐标为m，∴P(m，eq \f(1,3)m2－eq \f(3,2)m－3)，
∵点P在直线AB下方，∴0＜m＜6，
第5题解图①
如解图①，过点P作x轴的垂线，交AB于点E，交x轴于点D，
则E(m，eq \f(1,2)m－3)，
∴PE＝eq \f(1,2)m－3－(eq \f(1,3)m2－eq \f(3,2)m－3)＝－eq \f(1,3)m2＋2m，
∴S△PAB＝S△BPE＋S△PEA＝eq \f(1,2)PE·OA
＝eq \f(1,2)(－eq \f(1,3)m2＋2m)×6
＝－(m－3)2＋9，
∴当m＝3时，△PAB的面积最大；
②在直线PD上存在点Q，使△QBC为直角三角形；点Q的坐标为(3，eq \f(9,4))或(3，－eq \f(3,2))．
【解法提示】直线PD的解析式为：x＝3，易得C(－eq \f(3,2)，0)，D(3，0)，
当∠BCQ＝90°时，如解图②，易证△COB∽△QDC，则eq \f(CO,OB)＝eq \f(QD,DC)，可得Q(3，eq \f(9,4))；
第5题解图②
当∠CBQ＝90°时，如解图③，易知Q在AB上，将x＝3代入直线y＝eq \f(1,2)x－3，得y＝－eq \f(3,2)，∴Q(3，－eq \f(3,2))；
第5题解图③
当∠BQC＝90°时，如解图④，易证△CDQ∽△QRB，则eq \f(CD,QR)＝eq \f(DQ,BR)，即eq \f(\f(9,2),3－DQ)＝eq \f(DQ,3)，无解．
第5题解图④
综上所述，在直线PD上存在点Q，使△QBC为直角三角形，点Q的坐标为(3，eq \f(9,4))或(3，－eq \f(3,2))．
6. 如图，抛物线y＝x2－4x－5与x轴交于A，B两点(点B在点A的右侧)，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点D.
(1)求A，B，C三点的坐标及抛物线的对称轴；
(2)如图①，点E(m，n)为抛物线上一点，且2(3)如图②，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在点P，使以点P，B，C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

图① 图②
第6题图
解：(1)把y＝0代入y＝x2－4x－5，得x2－4x－5＝0，
解得x1＝－1，x2＝5，
∵点B在点A的右侧，
∴A，B两点的坐标分别为(－1，0)，(5，0)，
把x＝0代入y＝x2－4x－5，得y＝－5，
∴点C的坐标为(0，－5)，
∵y＝x2－4x－5＝(x－2)2－9，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2；(4分)
(2)由题意可知，四边形EHDF是矩形，
∵抛物线的对称轴为直线x＝2，点E坐标为(m，m2－4m－5)，
∴EH＝－m2＋4m＋5，EF＝m－2，
∴矩形EHDF的周长为2(EH＋EF)＝2(－m2＋4m＋5＋m－2)＝－2(m2－5m－3)＝－2(m－eq \f(5,2))2＋eq \f(37,2)，
∵－2<0，2∴当m＝eq \f(5,2)时，矩形EHDF的周长最大，最大值为eq \f(37,2)；(8分)
第6题解图
(3)存在点P，使以点P，B，C为顶点的三角形是直角三角形．
如解图，设点P的坐标为(2，k)，
∵B和C两点的坐标分别为(5，0)，(0，－5)，
∴BC＝eq \r(52＋52)＝5eq \r(2)，
①当∠CBP＝90°时，
∵BC2＋BP2＝CP2，
∴(5eq \r(2))2＋(5－2)2＋(－k)2＝22＋(k＋5)2，
解得k＝3，
∴P1(2，3)；(10分)
②当∠PCB＝90°，
∵BC2＋PC2＝BP2，
∴(5eq \r(2))2＋22＋(k＋5)2＝(5－2)2＋(－k)2，
解得k＝－7，
∴P2(2，－7)；(12分)
③当∠CPB＝90°时，
∵PC2＋PB2＝BC2，
∴22＋(k＋5)2＋(5－2)2＋k2＝(5eq \r(2))2，
解得k＝1或k＝－6，
∴P3(2，1)，P4(2，－6)，
综上所述，满足条件的点P的坐标为(2，3)，(2，－7)，(2，1)或(2，－6)．(14分)
7. 如图，抛物线y＝－eq \f(1,4)x2＋bx＋c经过A(2，0)，B(－4，0)两点，直线y＝2x－2交y轴于点D，过点B作BC⊥x轴交直线CD于点C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点B关于直线y＝2x－2对称的点E的坐标，判断点E是否在抛物线上，并说明理由；
(3)点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线CE于点F，是否存在这样的点P，使以点P、B、C、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
第7题图
解：(1)∵抛物线y＝－eq \f(1,4)x2＋bx＋c的图象经过点A(2，0)，B(－4，0)两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)×4＋2b＋c＝0,－\f(1,4)×16－4b＋c＝0))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－\f(1,2),c＝2))，
∴抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,4)x2－eq \f(1,2)x＋2；
(2)点E在抛物线上，理由如下：
如解图①，设直线CD：y＝2x－2与x轴交于点N，过点E作EM⊥x轴，垂足为点M，
令y＝2x－2＝0，解得x＝1，
∴点N的坐标为(1，0)，点D的坐标为(0，－2)，
∵BN2＝25，BD2＝20，DN2＝5，BN2＝BD2＋DN2，
∴BD⊥CD，
∵点B和点E关于点D对称，
∴BE＝2BD，∴BE＝4eq \r(5)，
∵当x＝－4时，y＝2x－2＝－10，
∴点C的坐标为(－4，－10)，
∵BN＝5，BC＝10，
∴CN＝5eq \r(5)，
又∵∠MBE＝∠BCN，∠CBN＝∠BME，
∴△CBN∽△BME，
∴eq \f(BE,CN)＝eq \f(ME,BN)，即eq \f(4\r(5),5\r(5))＝eq \f(ME,5)，
∴ME＝4，
根据勾股定理得BM＝eq \r(BE2－ME2)＝eq \r(80－16)＝8，
∴BM＝8，∴OM＝4，
∴点E的坐标为(4，－4)，
当x＝4时，
y＝－eq \f(1,4)x2－eq \f(1,2)x＋2＝－eq \f(1,4)×16－eq \f(1,2)×4＋2＝－4，
∴点E在抛物线上；
第7题解图①
(3)存在，点P的坐标为(－1，eq \f(9,4))或(eq \f(－5＋\r(329),2)，eq \f(3\r(329)－151,8))或(eq \f(－5－\r(329),2)，－eq \f(3\r(329)＋151,8))．
【解法提示】如解图②，设直线CE的解析式为y＝kx＋b′，
由(2)得点C(－4，－10)，E(4，－4)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4k＋b′＝－10,4k＋b′＝－4))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(3,4),b′＝－7))，
第7题解图②
∴直线CE的解析式为y＝eq \f(3,4)x－7.
∵PF⊥x轴，设点P的坐标为(a，－eq \f(1,4)a2－eq \f(1,2)a＋2)，则点F的坐标为(a，eq \f(3,4)a－7)，
∴PF＝|－eq \f(1,4)a2－eq \f(1,2)a＋2－(eq \f(3,4)a－7)|＝|－eq \f(1,4)a2－eq \f(5,4)a＋9|，
要使以点P、B、C、F为顶点的四边形为平行四边形，
∵PF∥BC，
∴PF＝BC＝10.
当－eq \f(1,4)a2－eq \f(5,4)a＋9＝10时，
解得a1＝－4(舍去)，a2＝－1，
∴点P的坐标为(－1，eq \f(9,4))，
当－eq \f(1,4)a2－eq \f(5,4)a＋9＝－10时，
解得a1＝eq \f(－5＋\r(329),2)，
a2＝eq \f(－5－\r(329),2)，
∴点P的坐标为(eq \f(－5＋\r(329),2)，eq \f(3\r(329)－151,8))或(eq \f(－5－\r(329),2)，
－eq \f(3\r(329)＋151,8))，
综上所述，存在点P，使以点P、B、C、F为顶点的四边形为平行四边形，点P的坐标为(－1，eq \f(9,4))或(eq \f(－5＋\r(329),2)，eq \f(3\r(329)－151,8))或(eq \f(－5－\r(329),2)，－eq \f(3\r(329)＋151,8))．
8. 如图，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)过点A(eq \r(3)，－3)和点B(3eq \r(3)，0)，过点A作直线AC∥x轴，交y轴于点C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D.连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出相应点P的坐标；
(3)抛物线上是否存在点Q，使得S△AOC＝eq \f(1,3)S△AOQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
第8题图
解：(1)将点A(eq \r(3)，－3)，B(3eq \r(3)，0)分别代入y＝ax2＋bx中，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3＝3a＋\r(3)b,0＝27a＋3\r(3)b))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2),b＝－\f(3\r(3),2)))，
∴抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3\r(3),2)x；
(2)设P点的坐标为P(m，eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m)，则D(m，－3)，
∴PD＝|eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3|，AD＝|m－eq \r(3)|，
∵∠ACO＝∠ADP＝90°，
∴①当△ACO∽△ADP时，有eq \f(AC,OC)＝eq \f(AD,PD)，
即eq \f(\r(3),3)＝eq \f(|m－\r(3)|,|\f(1,2)m2－\f(3\r(3),2)m＋3|)，
∴eq \r(3)|m－eq \r(3)|＝|eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3|，
∴eq \r(3)(m－eq \r(3))＝eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3或－eq \r(3)(m－eq \r(3))＝eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3，整理得m2－5eq \r(3)m＋12＝0或m2－eq \r(3)m＝0，
解方程m2－5eq \r(3)m＋12＝0得：m1＝4eq \r(3)，m2＝eq \r(3)(点P与A点重合，△APD不存在，舍去)；
解方程m2－eq \r(3)m＝0得：m3＝0，m4＝eq \r(3)(点P与A点重合，△APD不存在，舍去)；
此时P点的坐标为P(0，0)或P(4eq \r(3)，6)；
②当△ACO∽△PDA时，有eq \f(AC,OC)＝eq \f(PD,AD)，
即eq \f(\r(3),3)＝eq \f(|\f(1,2)m2－\f(3\r(3),2)m＋3|,|m－\r(3)|)，
∴eq \r(3)|eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3|＝|m－eq \r(3)|，
∴eq \r(3)(eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3)＝m－eq \r(3)或－eq \r(3)(eq \f(1,2)m2－eq \f(3\r(3),2)m＋3)＝m－eq \r(3)，
整理得eq \r(3)m2－11m＋8eq \r(3)＝0或eq \r(3)m2－7m＋4eq \r(3)＝0，
解方程eq \r(3)m2－11m＋8eq \r(3)＝0，得：m1＝eq \f(8\r(3),3)，m2＝eq \r(3)(点P与A点重合，△APD不存在，舍去)；
解方程eq \r(3)m2－7m＋4eq \r(3)＝0，得：m1＝eq \f(4,3)eq \r(3)，m2＝eq \r(3)(点P与A点重合，△APD不存在，舍去)；
此时P点的坐标为P(eq \f(8\r(3),3)，－eq \f(4,3))或P(eq \f(4\r(3),3)，－eq \f(10,3))，
综上可知：以点A、D、P为顶点的三角形与△AOC相似时，点P的坐标为：P(0，0)或P(4eq \r(3)，6)或P(eq \f(8\r(3),3)，－eq \f(4,3))或P(eq \f(4\r(3),3)，－eq \f(10,3))；
(3)存在．在Rt△AOC中，OC＝3，AC＝eq \r(3)，根据勾股定理得OA＝2eq \r(3)，
∵S△AOC＝eq \f(1,2)OC·AC＝eq \f(3\r(3),2)，S△AOC＝eq \f(1,3)S△AOQ，
∴S△AOQ＝eq \f(9\r(3),2)，
∵OA＝2eq \r(3)，∴△AOQ边OA上的高为eq \f(9,2)，
如解图，过点O作OM⊥OA，截取OM＝eq \f(9,2)，
第8题解图
过点M作MN∥OA交y轴于点N，
∵AC＝eq \r(3)，OA＝2eq \r(3)，
∴∠AOC＝30°，
又∵MN∥OA
∴∠MNO＝∠AOC＝30°，
∴在Rt△OMN中，ON＝2OM＝9，即N(0，9)，过点M作MH⊥x轴交x轴于点H，
∵∠MNO＝30°，∴∠MOH＝30°，∴MH＝eq \f(1,2)OM＝eq \f(9,4)，OH＝eq \f(9\r(3),4)，即M(eq \f(9\r(3),4)，eq \f(9,4))，
设直线MN的解析式为y＝kx＋9(k≠0)，
把点M的坐标代入得eq \f(9,4)＝eq \f(9\r(3),4)k＋9，即k＝－eq \r(3)，
∴y＝－eq \r(3)x＋9，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)x＋9,y＝\f(1,2)x2－\f(3\r(3),2)x))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3\r(3),y＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2\r(3),y＝15))，即Q(3eq \r(3)，0)或(－2eq \r(3)，15)．
9. 如图，抛物线经过原点O(0，0)，与x轴交于点A(3，0)，与直线l交于点B(2，－2)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点C是x轴正半轴上一动点，过点C作y轴的平行线交直线l于点E，交抛物线于点F，当EF＝OE时，请求出点C的坐标；
(3)点D为抛物线的顶点，连接OD，在抛物线上是否存在点P，使得∠BOD＝∠AOP？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

第9题图 备用图
解：(1)由题意可设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx，
将A(3，0)，B(2，－2)代入y＝ax2＋bx中，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(9a＋3b＝0,4a＋2b＝－2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝－3))，
∴抛物线的解析式为y＝x2－3x；
(2)设直线l的解析式为y＝kx，
将B(2，－2)代入y＝kx中，得－2＝2k，
解得k＝－1，
∴直线l的解析式为y＝－x，
设点C的坐标为(n，0)，则点E的坐标为(n，－n)，点F的坐标为(n，n2－3n)．
①当点C在点A的左侧时，如解图①所示，EF＝－n－(n2－3n)＝－n2＋2n，OE＝eq \r(n2＋（－n）2)＝eq \r(2)n，
∵EF＝OE，
∴－n2＋2n＝eq \r(2)n，
解得n1＝0(C，E，F三点均与原点重合，舍去)，n2＝2－eq \r(2)，
∴点C的坐标为(2－eq \r(2)，0)；
②当点C在点A的右侧时，如解图②所示，EF＝n2－3n－(－n)＝n2－2n，OE＝eq \r(n2＋（－n）2)＝eq \r(2)n，
∵EF＝OE，
∴n2－2n＝eq \r(2)n，
解得n1＝0(C，E，F均与原点重合，舍去)，n2＝2＋eq \r(2)，
∴点C的坐标为(2＋eq \r(2)，0)；
综上所述，当EF＝OE时，点C的坐标为(2－eq \r(2)，0)或(2＋eq \r(2)，0)；
(3)存在点P使得∠BOD＝∠AOP，点P的坐标为(eq \f(14,5)，－eq \f(14,25))或(eq \f(16,5)，eq \f(16,25))．
【解法提示】抛物线的解析式为y＝x2－3x＝(x－eq \f(3,2))2－eq \f(9,4)，
∴顶点D的坐标为(eq \f(3,2)，－eq \f(9,4))，设抛物线的对称轴交直线l于点M，交x轴正半轴于点N，过点D作DG⊥OB于点G，过点P作PH⊥x轴于点H，如解图③所示，
∵直线l的解析式为y＝－x，
∴∠MON＝45°，
∴△ONM为等腰直角三角形，ON＝MN＝eq \f(3,2)，OM＝eq \r(2)ON＝eq \f(3\r(2),2)，
∴DM＝eq \f(9,4)－eq \f(3,2)＝eq \f(3,4)，
在Rt△DGM中，
∵∠DMG＝∠NMO＝45°，
∴Rt△DGM为等腰直角三角形，
∴MG＝DG＝eq \f(3,4)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(2),8)，
∴OG＝OM＋MG＝eq \f(3\r(2),2)＋eq \f(3\r(2),8)＝eq \f(15\r(2),8).
设点P的坐标为(c，c2－3c)，当点P在x轴下方时，如解图③所示，OH＝c，HP＝3c－c2，
第9题解图③
∵∠HOP＝∠BOD，
∴tan∠HOP＝tan∠BOD，
∴eq \f(HP,OH)＝eq \f(DG,OG)，即eq \f(3c－c2,c)＝eq \f(\f(3\r(2),8),\f(15\r(2),8))，
解得c1＝0(P点与O点重合，舍去)，c2＝eq \f(14,5)，
∴点P的坐标为(eq \f(14,5)，－eq \f(14,25))；
当点P在x轴上方时，如解图④所示，OH＝c，HP＝c2－3c，
第9题解图④
同理可得eq \f(c2－3c,c)＝eq \f(\f(3\r(2),8),\f(15\r(2),8))，
解得c1＝0(P点与O点重合，舍去)，c2＝eq \f(16,5)，
∴P点的坐标为(eq \f(16,5)，eq \f(16,25))．
综上所述，存在点P使得∠BOD＝∠AOP，点P的坐标为(eq \f(14,5)，－eq \f(14,25))或(eq \f(16,5)，eq \f(16,25))．
10. 在平面直角坐标系中，直线y＝eq \f(1,2)x－2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图①，连接DC，DB，设△BCD的面积为S，求S的最大值；
(3)如图②，过点D作DM⊥BC于点M，是否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

图① 图②
第10题图
解：(1)直线y＝eq \f(1,2)x－2中，令y＝0，解得x＝4，
令x＝0，解得y＝－2，
∴点B(4，0)，C(0，－2)，
将点B(4，0)，C(0，－2)代入y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c中，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8＋4b＋c＝0,c＝－2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－\f(3,2),c＝－2))，
∴二次函数的表达式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2；
第10题解图①
(2)如解图①，过点D作DE∥y轴，交BC于点E，
设点D的坐标为(x，eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2)(－1∴DE＝eq \f(1,2)x－2－(eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2)＝－eq \f(1,2)x2＋2x，
∴S＝S△CDE＋S△BDE＝eq \f(1,2)(－eq \f(1,2)x2＋2x)×4＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，
∴当x＝2时，S有最大值，S的最大值为4；
(3)存在，满足条件的点D的横坐标为2或eq \f(29,11).
【解法提示】令y＝0，则eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2＝0，
解得x1＝－1，x2＝4，
∴A(－1，0)，
∵B(4，0)，C(0，－2)，
∴AB2＝52＝25，AC2＝12＋(－2)2＝5，BC2＝42＋22＝20，
∴AB2＝AC2＋BC2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，如解图②，取AB的中点P，
第10题解图②
∴P(eq \f(3,2)，0)，
∴PA＝PC＝PB＝eq \f(5,2)，
∴∠CPO＝2∠ABC，
∴tan∠CPO＝eq \f(OC,OP)＝
tan2∠ABC＝eq \f(4,3)，
过点D作x轴的平行线交y轴于点R，交BC的延长线于点G，连接CR，
①当∠DCM＝2∠ABC＝∠DGC＋∠CDG，
∵DG∥x轴，
∴∠DGC＝∠ABC，
∴∠CDG＝∠ABC，
∴tan∠CDG＝tan∠ABC＝eq \f(OC,OB)＝eq \f(1,2)，即eq \f(CR,DR)＝eq \f(1,2)，
设点D(x，eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2)，
∴DR＝x，RC＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x，
∴eq \f(－\f(1,2)x2＋\f(3,2)x,x)＝eq \f(1,2)，解得x1＝0(舍去)，x2＝2，
∴点D的横坐标为2；
②当∠MDC＝2∠ABC，
∴tan∠MDC＝eq \f(4,3)，
设MC＝4k，∴DM＝3k，DC＝5k，
∵tan∠DGC＝eq \f(3k,MG)＝eq \f(1,2)，
∴MG＝6k，∴CG＝2k，∴DG＝3eq \r(5)k，
∵∠MGD＝∠RGC，∠DMG＝∠CRG＝90°，
∴△DMG∽△CRG，
∴eq \f(DM,CR)＝eq \f(DG,CG)，
∴CR＝eq \f(2\r(5),5)k，RG＝2CR＝eq \f(4\r(5),5)k，
即eq \f(3k,CR)＝eq \f(3\r(5)k,2k)，∴DR＝3eq \r(5)k－eq \f(4\r(5),5)k＝eq \f(11\r(5),5)k，
∴eq \f(DR,CR)＝eq \f(\f(11\r(5),5)k,\f(2\r(5),5)k)＝eq \f(x,－\f(1,2)x2＋\f(3,2)x)，
解得x1＝0(舍去)，x2＝eq \f(29,11)，
∴点D的横坐标为eq \f(29,11)，
综上所述，满足条件的点D的横坐标为2或eq \f(29,11).