中考数学二轮压轴培优专题 二次函数与与线段数量关系最值定值问题（2份打包，教师版+原卷版）

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(1)若C(0，3)，求抛物线的解析式．
(2)在(1)的条件下，P(﹣2，m)为该抛物线上一点，Q是x轴上一点求PQ＋eq \f(3,5)BQ的最小值，并求此时点Q的坐标．
(3)如图2．过点A作BC的平行线，交y轴与点D，交抛物线于另一点E．若DE＝7AD，求c的值．
【答案解析】解：(1)把B(4，0)，C(0，3)代入y＝﹣eq \f(3,4)x2＋bx＋c，
得，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3．
(2)∵P(﹣2，m)为该抛物线y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3上一点，
∴m＝﹣eq \f(3,4)×(﹣2)2＋eq \f(9,4)×(﹣2)＋3＝﹣eq \f(9,2)，∴P(﹣2，﹣eq \f(9,2))，
如图1，过点Q作QH⊥BC于点H，作PH′⊥BC于点H′，PH′交x轴于点Q′，交y轴于点G，连接PQ，则∠BHQ＝∠BOC＝90°，
∵B(4，0)，C(0，3)，
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝5，
∵∠QBH＝∠CBO，
∴△BQH∽△BCO，
∴＝＝，
∴QH＝eq \f(3,5)BQ，
∴PQ＋eq \f(3,5)BQ＝PQ＋QH，
当P、Q、H在同一条直线上，且PH⊥BC时，PQ＋QH最小，即PQ＋eq \f(3,5)BQ＝PH′为最小值，
过点P作PK⊥y轴于点K，
则∠PKG＝∠CH′G＝90°，PK＝2，CK＝3﹣(﹣eq \f(9,2))＝eq \f(15,2)，
∵∠PGK＝∠CGH′，
∴△PGK∽△CGH′，
∴∠GPK＝∠GCH′，
∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝，∴＝，
∴GK＝eq \f(4,3)×2＝eq \f(8,3)，∴G(0，﹣eq \f(11,6))，
设直线PG的解析式为y＝kx＋d，
则，解得：，
∴直线PG的解析式为y＝eq \f(4,3)x﹣eq \f(11,6)，令y＝0，得eq \f(4,3)x﹣eq \f(11,6)＝0，
解得：x＝，∴Q(，0)，
∵cs∠GPK＝cs∠BCO＝eq \f(3,5)，
∴＝cs∠GPK＝，
∴PG＝eq \f(5,3)PK＝eq \f(10,3)，
∵CG＝3﹣(﹣eq \f(11,6))＝，sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝，
∴GH′＝CGsin∠GCH′＝×＝，
∴PH′＝PG＋GH′＝＋＝，
故的最小值为，此时Q(，0)，
(3)把B(4，0)代入y＝﹣eq \f(3,4)x2＋bx＋c，得0＝﹣eq \f(3,4)×42＋4b＋c，
∴b＝3﹣eq \f(1,4)c，∴y＝﹣eq \f(3,4)x2＋(3﹣eq \f(1,4)c)x＋c，
令y＝0，得﹣eq \f(3,4)x2＋(3﹣eq \f(1,4)c)x＋c＝0，解得：x1＝4，x2＝﹣eq \f(1,3)c，
∴A(﹣eq \f(1,3)c，0)，∴OA＝eq \f(1,3)c，
∵C(0，c)，∴OC＝c，
设E(t，﹣eq \f(3,4)t2＋bt＋c)，过点E作EF⊥x轴于点F，如图2，
则EF＝﹣[﹣eq \f(3,4)t2＋(3﹣eq \f(1,4)c)t＋c]＝eq \f(3,4)t2＋(eq \f(1,4)c﹣3)t﹣c，AF＝t﹣(﹣eq \f(1,3)c)＝t＋eq \f(1,3)c，
∵AE∥BC，
∴∠EAF＝∠CBO，
∵∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴△ADO∽△BCO，
∴＝，即＝，
∴OD＝eq \f(1,12)c2，
∵EF∥OD，
∴△ADO∽△AEF，
∴＝＝，
∵DE＝7AD，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴AF＝8OA，EF＝8OD，
∴，解得： (舍去)或，
故c的值为2．
如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝2x＋8与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A、B．
(1)求抛物线的表达式；
(2)P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝eq \f(1,2)AB时，求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求的值．
【答案解析】解：(1)∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A、与y轴交于点B，
∴令x＝0，则y＝8，
令y＝0，则x＝﹣4，
∴B(0，8)，A(﹣4，0)，
∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A、B，
∴，∴，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x＋8；
(2)①∵P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N，
∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，
∴∠MPN＝∠AOB＝90°，
∴△PMN∽△OBA，
∴，
设点M的横坐标为m(﹣4＜m＜0)，
则M(m，2m＋8)，P(m，﹣m2﹣2m＋8)，
∴PM＝﹣m2﹣2m＋8﹣(2m＋8)＝﹣m2﹣4m，
∵B(0，8)，A(﹣4，0)，
∴OA＝4，OB＝8，
∵MN＝eq \f(1,2)AB，
∴，∴＝，解得m1＝m2＝﹣2，
∴P(﹣2，8)；
②如图，连接OP交AB于点C，
∵PN∥x轴，P(m，﹣m2﹣2m＋8)，
∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m＋8，
令y＝﹣m2﹣2m＋8，则2x＋8＝﹣m2﹣2m＋8，
解得：x＝﹣eq \f(1,2)m2﹣m，N(﹣eq \f(1,2)m2﹣m，﹣m2﹣2m＋8)，
∵点C是MN的中点，M(m，2m＋8)，
∴C(﹣eq \f(1,4)m2，﹣eq \f(1,2)m2＋8)，
由①知：∠MPN＝90°，
又点C是MN的中点，
∴PC＝CM＝CN，
∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，
∵PM∥y轴、PN∥x轴，
∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，
∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，
∴AC＝OC，BC＝OC，
∴AC＝BC，
∴点C是AB的中点，
∴C(﹣2，4)，
∴﹣eq \f(1,4)m2＝﹣2，解得：m＝±2eq \r(2)，
∵﹣4＜m＜0，
∴m＝﹣2eq \r(2)，
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣(﹣2eq \r(2))2﹣4×(﹣2eq \r(2))＝8eq \r(2)﹣8，
∵PM∥y轴，
∴△PCM∽△OCB，
∴＝＝eq \r(2)﹣1，故的值为eq \r(2)﹣1．
如图，抛物线与坐标轴分别交于A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点P，使得∠CBP＝∠ACO，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
(3)如图2，Q是△ABC内任意一点，求＋＋的值．
【答案解析】解：(1)设抛物线的解析式为y＝a(x﹣x1)(x﹣x2)，把A(﹣1，0)，B(3，0)代入得：y＝a(x＋1)(x﹣3)，
再将C(0，3)代入得：a＝﹣1，b＝2，c＝3，
∴抛物线的解析式为，y＝﹣x2＋2x＋3；
(2)答：存在，理由如下：
如图1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ与OC相交于Q点，过Q作QM⊥BC，
∵∠AOC＝∠BMQ＝90°，∠CBQ＝∠ACO，
∴△ACO∽△QMB，
∴，
又∵∠OCB＝45°，
∴△CMQ为等腰直角三角形，
∴CM＝QM，＝
∵BC＝3eq \r(2)，
∴CM＝eq \f(3,4)eq \r(2)，CQ＝eq \f(3,2)，∴Q(0，eq \f(3,2))，
设直线BQ的解析式为y＝kx＋b，
∴，∴，
∴直线BQ的解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x＋eq \f(3,2)，
解得，或 (舍去)，
∴P1(﹣eq \f(1,2)，eq \f(7,4))；
延长QM到Q′，使QM＝QM′，连接BQ′，则Q′(eq \f(3,2)，3)，
∵B(3，0)，
∴直线BQ′的解析式为y＝﹣2x＋6，
解得，或 (舍去)，
∴P2＝(1，4)；
综上所述，P(﹣eq \f(1,2)，eq \f(7,4))或(1，4)；
(3)如图2，过Q点作QM⊥AB，
∵CO⊥AB，
∴QM∥OC，
∴△QMF∽△COF，
∴＝＝＝，同理＝，＝，
∴＝＋＋＝1．
抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(﹣1，0)，B(3，4)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式(用含a的式子表示)；
(2)当a＞0时，连接AB，BC，若tan∠ABC＝eq \f(1,3)，求a的值；
(3)直线y＝﹣x＋m与线段AB交于点P，与抛物线交于M，N两点(点M在点N的左侧)，若PM·PN＝6，求m的值．
【答案解析】解：(1)将A(﹣1，0)，B(3，4)代入y＝ax2＋bx＋c，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣(2a﹣1)x﹣3a＋1．
(2)设BC与x轴交于D，作DE⊥AB于E，过点B作BH⊥x轴于点H，如图1所示．
∵点A的坐标为(﹣1，0)，点B的坐标为(3，4)，
∴AH＝BH＝4，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴∠BAH＝45°，AB＝eq \r(2)AH＝4eq \r(2).
设DE＝t，则AE＝t，
∵tan∠ABC＝eq \f(1,3)，
∴BE＝3t，
∴AB＝t＋3t＝4t＝4eq \r(2)，
∴t＝eq \r(2)，
∴AD＝eq \r(2)DE＝eq \r(2)t＝eq \r(2)×eq \r(2)＝2，
∴点D的坐标为(1，0)．
设直线BD的解析式为y＝kx＋d(k≠0)，
将B(3，4)，D(1，0)代入y＝kx＋d，
得：，解得：，
∴直线BD的解析式为y＝2x﹣2．
当x＝0时，y＝﹣3a＋1，
∴点C的坐标为(0，﹣3a＋1)，
又∵点C在直线BD上，
∴﹣3a＋1＝﹣2，
∴a＝1，
∴a的值为1．
(3)∵点A的坐标为(﹣1，0)，点B的坐标为(3，4)，
∴直线AB的解析式为y＝x＋1(可利用待定系数法求出)，
联立直线AB和直线MN的解析式，
得：，解得：，∴点P的坐标为(，)；
将y＝﹣x＋m代入y＝ax2﹣(2a﹣1)x﹣3a＋1，
整理得：ax2﹣(2a﹣2)x﹣m﹣3a＋1＝0，
∴xM＋xN＝﹣＝2﹣，xMxN＝＝﹣﹣3，
∴PMPN＝eq \r(2)(xP﹣xM)×eq \r(2)(xM﹣xP)＝2(xP﹣xM)(xM﹣xP)
＝﹣2[xP2﹣(xM＋xN)xP＋xMxN]＝﹣2[()2﹣(2﹣)×﹣﹣3]＝6，
整理得：﹣(m﹣1)＝0，解得：m1＝1，m2＝5，
∴m的值为1或5．
如图(1)，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点A(﹣6，0)、B(2，0)，与y轴交于点C，抛物线对称轴交抛物线于点M，交x轴于点N．点P是抛物线上的动点，且位于x轴上方．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图(2)，点D与点C关于直线MN对称，若∠CAD＝∠CAP，求点P的坐标．
(3)直线BP交y轴于点E，交直线MN于点F，猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系，并证明．
【答案解析】解：(1)∵二次函数y＝ax2＋bx＋6的图象过点A(﹣6，0)、点B(2，0)，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣0.5x2﹣2x＋6；
(2)如图1，连接CD，设AP与y轴交点为Q，
∵抛物线与y轴交于点C，
∴C(0，6)，
∵点D与点C关于直线MN对称，直线MN是抛物线的对称轴，
∴D(﹣4，6)，M(﹣2，8)，N(﹣2，0)，CD∥AB，
∵C(0，6)，A(﹣6，0)，
∴AO＝CO，CD＝4，
∴∠BAC＝∠ACO＝45°，
∴∠QCA＝∠DCA，
∵∠CAD＝∠CAQ，AC＝AC，
∴△DCA≌△QCA(ASA)，
∴CQ＝CD＝4，
∴Q(0，2)，
设直线AP的解析式为y＝kx＋2，
把点A坐标代入解析式得：﹣6k＋2＝0，解得：k＝eq \f(1,3)，
∴直线AP的解析式为y＝eq \f(1,3)x＋2，
∵点P为直线AP与抛物线的交点，
∴，解得：或 (舍去)，
∴P(，)；
(3)∵∠BOE＝∠BNF＝90°，∠OBE＝∠NBF，
∴△BOE∽△BNF，
∴＝，
∵OB＝2，BN＝4，
∴＝，
即2OE＝NF．
分类讨论：
①如图2，此时FN＝FM＋MN，
∴FM＋MN＝2OE；
②如图3，此时FN＋FM＝MN，
∴FM＋2OE＝MN．
如图，抛物线y＝ax2＋bx﹣3交x轴于点A(﹣1，0)、B(3，0)，与y轴交于C点，直线y＝kx(k＜0)交线段BC下方抛物线于D点，交BC于E点
(1)分别求出a、b的值；
(2)求出线段BC的函数关系式，并写出自变量取值范围；
(3)探究是否有最大值，若存在，请求出此时k值，若不存在，请说明理由．
【答案解析】解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx﹣3交x轴于点A(﹣1，0)、B(3，0)，
则，解得；
(2)∵a＝1，b＝﹣2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C(0，﹣3)，
设线段BC所在的直线的函数解析式为y＝kx＋b1(k≠0)，
则，解得，
∴线段BC的函数解析式为y＝x﹣3(0≤x≤3)；
(3)存在，理由：
过点D作DF∥y轴，交BC于点F，如图：
∵OC∥DF，
∴△OEC∽△DFE，
∴＝＝，
设点D为(m，m2﹣2m﹣3)，则点F(m，m﹣3)，
∴DF＝m﹣3﹣(m2﹣2m﹣3)＝﹣m2＋3m，
∴＝＝＝﹣ (m﹣)2＋，
∵﹣eq \f(1,3)＜0，∴当m＝eq \f(3,2)时，有最大值，此时点D(eq \f(3,2)，﹣eq \f(15,4))，
∴k＝﹣eq \f(5,2)．
如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣ax2＋6ax＋6与y轴交于点B，交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点C，且S△ABC＝30．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点P为第一象限抛物线上一点，其横坐标为t，PD⊥x轴于点D，设tan∠PAD等于m，求m与t之间的函数关系式；
(3)如图3，在(2)的条件下，当m＝eq \f(4,3)时，过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N，点K在线段AB上，点M在线段AN上，连接KM、KN，∠MKN＝2∠BNK，作MT⊥KN于点T，延长MT交BN于点H，若NH＝4BH，求直线KN的解析式．
【答案解析】解：(1)令x＝0，则y＝6，
∴B(0，6)，
令y＝0，则﹣ax2＋6ax＋6＝0，
∴x1＋x2＝6，x1x2＝﹣，
∴|x1﹣x2|＝，∵S△ABC＝30＝6×，
解得a＝eq \f(3,8)，
∴y＝﹣eq \f(3,8)x2＋eq \f(9,4)x＋6；
(2)∵P点横坐标为t，
∴P(t，﹣eq \f(3,8)t2＋eq \f(9,4)t＋6)，
∵PD⊥x轴，
∴PD＝﹣eq \f(3,8)t2＋eq \f(9,4)t＋6，
令y＝0，则﹣eq \f(3,8)x2＋eq \f(9,4)x＋6，解得x＝﹣2或x＝8，
∴A(﹣2，0)，C(8，0)，
∴AD＝t＋2，
∵tan∠PAD＝m，
∴＝m，
整理得，m＝﹣eq \f(3,8)(t﹣8)(0＜t＜8)；
(3)连接BC与AP交于点E，
∵A(﹣2，0)，B(0，6)，C(8，0)，
∴AC＝10，BC＝10，
∴AC＝BC，
∴∠BAO＝∠ABE，
∵OB＝6，OC＝8，
∴tan∠OCB＝eq \f(4,3)，
∵m＝eq \f(4,3)，
∴∠PAD＝∠OBC，
∴∠BCO＝∠APD，
∴∠PAD＋∠BCO＝90°，
∴BC⊥AP，
∴∠BEA＝90°，
∴△ABO≌△EAB(AAS)，
∴∠BAE＝∠ABO，
∵AN平分∠PAC，
∴∠EAN＝∠NAC，
∴2∠OAE＋2∠EAN＝90°，
∴∠BAN＝45°，
∴△ABN是等腰直角三角形，
∴BN＝AB＝2eq \r(10)，
在Rt△APD中，设AN与PD交于Z，过Z作ZY⊥AP交于Y，
∵AZ是∠PAD的平分线，
∴YZ＝ZD，
∵tan∠PAD＝eq \f(4,3)，
设PD＝4，ZD＝y，则AD＝3，AP＝5，YZ＝y，
在Rt△PYZ中，(4﹣y)2＝y2＋22，
∴y＝eq \f(3,2)，∴tan∠ZAD＝eq \f(1,2)，
设N(m，n)，则＝，
∵2eq \r(10)＝，解得m＝6，n＝4，
∴N(6，4)，
过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L，过B作BS∥HL交AL于点S，交KN于点Q，
∵MT⊥KN，
∴∠NHT＝90°﹣∠HNT，∠BKN＝90°﹣∠HNT，
∵∠MKN＝2∠BNK，
∴∠AKM＝180°﹣(∠BKN＋∠NKM)＝90°﹣∠HNT，
∴∠AKM＝∠HTN，
∵∠BAN＝∠BNA＝45°，
∴∠HMN＝∠KMA，
∵∠HMN＝∠AML，
∴∠KMA＝∠AML，
∵AL⊥AB，∠PAN＝∠CAN，
∴∠CAL＝∠BAE，
∴∠KAM＝∠MAL，
∴△AKM≌△ALM(ASA)，
∴AK＝AL，∠ALM＝∠AKN，
∵BN⊥AB，AL⊥AB，
∴BN∥AL，
∵BS∥HL，
∴四边形BHLS是平行四边形，
∴∠ALM＝∠BSA，
∴∠BKN＝∠BSA，
∵AB＝BN，∠ABN＝∠BAS＝90°，
∴△NBK≌△BAS(ASA)，
∴BK＝AS，
∴HL＝KN，
∵NH＝4BH，
设BH＝a，KB＝b，则NH＝4a，AB＝5a，
∵AK＝AL，
∴5a﹣b＝a＋b，
∴b＝2a，
∴BK：AB＝2：5，
过K作KG⊥x轴交于G，
∴△ABO∽△AKG，
∴＝＝＝，
∴KG＝eq \f(18,5)，AG＝eq \f(6,5)，∴K(﹣eq \f(4,5)，eq \f(18,5))，
设直线KN的解析式为y＝sx＋h，
∴，解得，
∴y＝x＋．
如图1，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a＞0)与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C．
(1)若C(0，﹣3)，求抛物线的解析式；
(2)在(1)的条件下，E是线段BC上一动点，AE交抛物线于F点，求的最大值；
(3)如图2，点N为y轴上一点，AN、BN交抛物线于E、F两点，求的值．
【答案解析】解：(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)代入函数解析式y＝ax2＋bx＋c，
得，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
(2)如图1，过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G，过点F作FM∥y轴交BC于点M，
设BC表达式为y＝kx＋m，将点B(3，0)，C(0，﹣3)代入得：
，解得：，
∴BC表达式为y＝x﹣3，
∵AG∥y轴，A(﹣1，0)，
∴G(﹣1，﹣4)，
∴AG＝4，
F(t，t2﹣2t﹣3)，
∵FM∥y轴，
∴M (t，t﹣3)，
∴MF＝t﹣3﹣t2＋2t＋3＝﹣t2＋3t，
∵AG∥y轴，FM∥y轴，
∴AG∥FM，
∴△AGE∽△FME，
∴＝＝＝﹣ (t2﹣3t)＝﹣ (t﹣)2＋，
∴当t＝时，有最大值是；
(3)过点E作EI⊥x轴于点I，过点F作FH⊥x轴于点H，
设点N (0，n)，AN表达式为y＝k1x＋n，
将点A(﹣1，0)代入得k1＝n，
∴AN表达式为y＝nx＋n，联立y＝x2﹣2x﹣3得：
，
即：nx＋n＝x2﹣2x﹣3，
整理得：x2﹣(2＋n)x﹣(3＋n)＝0，解得x1＝3＋n．x2＝﹣1(舍)，
∴E点的横坐标为3＋n，
∵EI⊥x轴，
∴I点的横坐标为3＋n，
∴OI＝3＋n，
同理BN的直线表达式为v﹣y＝﹣eq \f(1,3)nx＋n，F点的横坐标为﹣1-eq \f(1,3)n，
∴OH＝1+eq \f(1,3)n，
∵EI⊥x轴，FH⊥x轴，
∴ON∥IE，ON∥HF，
又∵OA＝1，OB＝3，
∴，，
∴＝＝．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，直线l：y＝kx＋b经过点B，点C，点P是抛物线上一动点，连接OP交直线BC于点D．
(1)求直线l的解析式；
(2)当＝时，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，点N是直线BC上一动点，连接ON，过点D作DF⊥ON于点F，点F在线段ON上，当OD＝eq \r(5)DF时，请直接写出点N的坐标．
【答案解析】解：(1)令x＝0，则y＝2，
∴C(0，2)．
∴OC＝2．
令y＝0，则﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2＝0，解得：x＝﹣1或4，
∴A(﹣1，0)，B(4，0)．
∴OA＝1，OB＝4．
设直线l的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得：，
∴直线l的解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x＋2；
(2)过点P作PE∥y轴交BC于点E，如图，
∴∠COD＝∠DPE，∠OCD＝∠PED，
∴△CDO∽△EDP，
∴，∵＝，
∴PD＝OD．
∴PE＝OC＝2．
设P(m，﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2))，则E(m，-eq \f(1,2)m＋2)，
∴PE＝﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2﹣(-eq \f(1,2)m＋2)＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，
∴﹣eq \f(1,2)m2＋2m＝2．解得：m1＝m2＝2．
∴P(2，3)；
(3)N(，)或N(，)，理由：
∵P(2，3)，
∴直线OP的解析式为y＝eq \f(3,2)x．
∴，解得：．
∴D(1，eq \f(3,2))．
∴OD＝，BD＝．
①当点N在线段BD上时，如图，
在Rt△ODF中，∠DFO＝90°，
∵sin∠DOF＝，
∴tan∠DOF＝eq \f(1,2)．
在Rt△OBC中，∠BOC＝90°，
∴tan∠CBO＝eq \f(1,2)．
∴∠DOF＝∠CBO．
∵∠ODN＝∠BDO，
∴△ODN∽△BDO，
∴，即：OD2＝BDDN，
∴DN＝．∴BN＝BD﹣DN＝，
过点N作NH⊥x轴于点H，
∴NH＝BNsin∠CBO＝，BH＝BNcs∠CBO＝，
∴OH＝OB﹣BH＝4﹣＝．∴N(，)；
②当点N在线段BD的延长线上时，如图，
过点F作FK⊥x轴于点K，过点D作DQ⊥FK于点Q，
∵FD⊥ON，
∴∠OFK＋∠DFQ＝90°，
∵DQ⊥FK，
∴∠FDQ＋∠DFQ＝90°，
∴∠DFK＝∠FDQ．
∵∠FKO＝∠DQF＝90°，
∴△OKF∽△FQD．
∴＝2，
∴OK＝2FQ，FK＝2QD．
设F(a，n)，则OK＝a，FK＝n，
∵D(1，eq \f(3,2))，∴DQ＝1﹣a，FQ＝n﹣eq \f(3,2)．
∴，解得：，
∴F(eq \f(1,5)，1.6)．
设直线OF的解析式为y＝cx，∴eq \f(1,5)c＝1.6，
∴c＝8，
∴直线OF的解析式为y＝8x．
∴，解得：．
∴N(，)．
综上，点N的坐标为N(，)或N(，)．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx﹣eq \f(5\r(2),2)过点A(3eq \r(2)，2eq \r(2))和点B(eq \r(2)，0)，与x轴的另一个交点为点C．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)判断△ABC的形状，并说明理由．
(3)点D在线段BC上，连接AD，作DE⊥AD，且DE＝AD，连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合，射线DP⊥AE，交AE于点P，交AC于点Q．
①当AD＝AF时，请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时，请直接写出CQ的长．
【答案解析】解：(1)将A(3eq \r(2)，2eq \r(2))和B(eq \r(2)，0)代入y＝ax2＋bx﹣eq \f(5\r(2),2)，
∴，解得，
∴y＝﹣eq \f(\r(2),4)x2＋3x﹣eq \f(5\r(2),2)；
(2)令y＝0，则﹣eq \f(\r(2),4)x2＋3x﹣eq \f(5\r(2),2)＝0，解得x＝eq \r(2)或x＝5eq \r(2)，
∴C(5eq \r(2)，0)，
∴AB＝4，AC＝4，BC＝4eq \r(2)，
∴BC2＝AC2＋AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形；
(3)①∵AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵AD＝ED，DE⊥AD，
∴∠DAE＝45°，
∵AD＝AF，
∴∠AFD＝67.5°，
∴∠CAE＝67.5°﹣45°＝22.5°；
②如图1，D点在F点左侧时，
∵＝，
∴AF＝3EF，
设EF＝x，则AF＝3x，
∴AE＝4x，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝2eq \r(2)x，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2x，
∴PF＝x，
∴DF＝eq \r(5)x，
∵∠AED＝∠ACF＝45°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴x＝eq \f(1,3)eq \r(10)，∴AD＝eq \f(4,3)eq \r(5)，
设D(m，0)，0＜m＜3eq \r(2)，
∴(m﹣3eq \r(2))2＋(2eq \r(2))2＝(eq \f(4,3)eq \r(5))2，
∴m＝eq \f(7\r(3),3)或m＝eq \f(11,3)eq \r(3)(舍)，
∴D(eq \f(7\r(3),3)，0)，
过Q点作QH⊥x轴交于点H，
∵∠ACH＝45°，设QH＝n，则HC＝n，
当D(eq \f(7\r(3),3)，0)时，CD＝eq \f(8,3)eq \r(2)，∴DH＝eq \f(8,3)eq \r(2)﹣n，
∵tan∠PDF＝＝，
∴2n＝eq \f(8,3)eq \r(2)﹣n，∴n＝eq \f(8,9)eq \r(2)，
∴CQ＝eq \r(2)×eq \f(8,9)eq \r(2)＝eq \f(16,9)；
如图2，当D点在F点右侧时，3eq \r(2)＜m＜5eq \r(2)，
∵＝，
设EF＝t，则AF＝3t，
∴EA＝2t，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝eq \r(2)t，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝t，
∴PF＝2t，
∴DF＝eq \r(5)t，
∵∠AED＝∠ACF＝135°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴t＝eq \f(1,3)eq \r(10)，∴(m﹣3eq \r(2))2＋(2eq \r(2))2＝(eq \f(4,3)eq \r(5))2，∴m＝eq \f(7\r(3),3)(舍)或m＝eq \f(11,3)eq \r(3)，
∴D(eq \f(11,3)eq \r(3)，0)，∴CD＝eq \f(4,3)eq \r(2)，∴DH＝eq \f(4,3)eq \r(2)﹣n，∴0.5n＝eq \f(4,3)eq \r(2)﹣n，
∴n＝eq \f(8,9)eq \r(2)，∴CQ＝eq \f(16,9)；综上所述：CQ的长为eq \f(16,9)．