人教版 九年级 数学 总复习 第八讲 二次函数与存在性问题(教师版)

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文档介绍

人教版 九年级 数学 总复习 第八讲 二次函数与存在性问题(教师版)

第八讲二次函数与存在性问题明确目标﹒定位考点存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题,这类问题的知识覆盖面较广,综合性较强,题意构思非常精巧,解题方法灵活,对学生分析问题和解决问题的能力要求较高,是近几年来包括深圳在内各地中考的“热点”。这类题目解法的一般思路是:假设存在→推理论证→得出结论。若能导出合理的结果,就做出“存在”的判断,导出矛盾,就做出不存在的判断。热点聚焦﹒考点突破二次函数1、二次函数由特殊到一般,可分为以下几种形式:①;②;③;④;⑤.COABxy2、二次函数的顶点坐标是,对称轴是直线.3、抛物线中,的作用(1)决定开口方向及开口大小,这与中的完全一样.(2)和共同决定抛物线对称轴的位置.由于抛物线的对称轴是直线,(由图象可知,“左同右异”) 故:①时,对称轴为轴;②(即、同号)时,对称轴在轴左侧;③(即、异号)时,对称轴在轴右侧.(3)的大小决定抛物线与轴交点的位置.当时,,∴抛物线与轴有且只有一个交点(0,):①,抛物线经过原点;②,与轴交于正半轴;③,与轴交于负半轴.4、一次函数的图像与二次函数的图像的交点,由方程组的解的数目来确定:①方程组有两组不同的解时与有两个交点;②方程组只有一组解时与只有一个交点;③方程组无解时与没有交点.5、抛物线与轴两交点之间的距离:若抛物线与轴两交点为,由于、是方程的两个根,故 6、特殊值记忆:二次函数,当=1时,=当=-1时,=当=0时,=7、存在性问题的处理思路:①研究背景图形.②分析不变特征(点、线、角),结合形成因素(判定),考虑需要满足的条件.③画图求解:往往先从一种情形入手.先画出大致图形,再结合特征不断精确.在图形上求解一种情况后,结合运动范围,考虑其他情形.④结果验证:画图或推理,验证已求结果.考点1:四边形之存在性问题例1.如图,抛物线2与x轴交于A(5,0)、B(-1,0)两点,过点A作直线AC⊥x轴,交直线于点C;(1)求该抛物线的解析式;(2)求点A关于直线的对称点A`的坐标,判定点A `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y轴的平行线,交线段CA`于点M,是否存在这样的点P,使四边形PACM是平行四边形?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.【规律方法】1.存在性问题的处理思路①分析特征:分析背景图形中的定点、定线及不变特征,结合图形形成因素(判定等)考虑分类.②画图求解:分析各种状态的可能性,画出符合题意的图形.通常先尝试画出其中一种情形,分析解决后,再类比解决其他情形.③结果验证:回归点的运动范围,画图或推理,验证结果.2.菱形、矩形、正方形的存在性问题,通常借助转化探究思想来分析,将复杂、陌生问题转化为简单、熟悉问题解决.如:①菱形存在性问题通常转化为等腰三角形存在性处理,亦可借助菱形性质解决.③矩形存在性问题通常转化为直角三角形存在性处理. ③正方形存在性问题通常转化为等腰直角三角形存在性处理.考点2:相似三角形的存在性例2.如图,已知抛物线与坐标轴交于A,B,C三点,点A的坐标为(-1,0),过点C的直线与x轴交于点Q,点P是线段BC上的一个动点,过P作PH⊥OB于点H.若PB=5t,且.(1)点C的坐标是____________,b=_______,c=______.(2)求线段QH的长(用含t的代数式表示).(3)依点P的变化,是否存在t的值,使以P,H,Q为顶点的三角形与△COQ相似?若存在,求出所有符合条件的t值;若不存在,说明理由.【规律方法】相似三角形存在性的处理思路1.分析特征:分析背景图形中的定点、定线及不变特征,结合图形形成因素(判定等)考虑分类.注:相似三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类.2.画图求解:往往先从对应关系入手,再结合背景中的不变特征分析,综合考虑对应关系和不变特征后列方程求解.注:相似三角形列方程往往借助对应边成比例;3.结果验证:回归点的运动范围,画图或推理,验证结果. 考点3:全等三角形的存在性例3.如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴的一个交点为A(-2,0),与y轴的交点为C,对称轴是直线x=3,对称轴与x轴交于点B.(1)求抛物线的函数表达式.(2)若点D在x轴上,在抛物线上是否存在点P,使得△PBD≌△PBC?若存在,直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 【规律方法】全等三角形存在性的处理思路1.分析特征:分析背景图形中的定点、定线及不变特征,结合图形形成因素(判定等)考虑分类.注:全等三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类.2.画图求解:往往先从对应关系入手,再结合背景中的不变特征分析,综合考虑边、角的对应相等和不变特征后列方程求解.3.结果验证:回归点的运动范围,画图或推理,验证结果.考点4:角度的存在性例4.如图,抛物线与直线交于C,D两点,其中点C在y轴上,点D的坐标为(3,).点P是y轴右侧的抛物线上一动点,过点P作PE⊥x轴于点E,交CD于点F.(1)求抛物线的解析式.(2)若点P的横坐标为m,当m为何值时,以O,C,P,F为顶点的四边形是平行四边形?请说明理由.(3)若存在点P,使∠PCF=45°,请直接写出相应的点P的坐标. 【规律方法】角度存在性的处理思路1.和角度相关的存在性问题通常要放在直角三角形中处理,通过三角函数将角的特征转化为边的比例特征来列方程求解.2.一般过定点构造直角三角形.3.当两个角相等时,常转化为两个直角三角形相似的问题来处理.【变式训练1】【难度分级】A题(1)抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C(0,-2),与直线y=x交于点A(-2,-2),B(2,2).(1)求抛物线的解析式.(2)线段MN在线段AB上移动(点M不与点A重合,点N不与点B重合),且 .若点M的横坐标为m,过点M作x轴的垂线与x轴交于点P,过点N作x轴的垂线与抛物线交于点Q,则以P,M,Q,N为顶点的四边形能否为平行四边形?若能,求出m的值;若不能,请说明理由. 【难度分级】B题(2)已知:抛物线C1:y=x2。如图(1),平移抛物线C1得到抛物线C2,C2经过C1的顶点O和A(2,0),C2的对称轴分别交C1、C2于点B、D。(1)求抛物线C2的解析式;(2)探究四边形ODAB的形状并证明你的结论;(3)如图(2),将抛物线C2向下平移m个单位(m>0)得抛物线C3,C3的顶点为G,与y轴交于M。点N是M关于x轴的对称点,点P(,)在直线MG上。问:当m为何值时,在抛物线C3上存在点Q,使得以M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形? 【变式训练2】【难度分级】A题(1)如图1,抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(-3,0),B(-1,0),与y轴相交于点C.⊙O1为△ABC的外接圆,交抛物线于另一点D.(1)求抛物线的解析式.(2)求cos∠CAB的值和⊙O1的半径.(3)如图2,抛物线的顶点为P,连接BP,CP,BD,M为弦BD的中点.若点N在坐标平面内,满足△BMN∽△BPC,请直接写出所有符合条件的点N的坐标. 【难度分级】B题(2)若关于的二次函数与轴交于两个不同的点,与y轴交于点P,其图像顶点为点M,点O为坐标原点。(1)当;(2)当试问△ABM能否为等边三角形?判断并证明你的结论;(3)当记△MAB,△PAB的面积分别为S1,S2,若△BPO∽△PAO,且S1=S2,求m的值。 【变式训练3】【难度分级】A题(1)如图,抛物线y=ax2-5ax+4经过△ABC的三个顶点,已知BC∥x轴,点A在x轴上,点C在y轴上,且AC=BC.(1)求抛物线的对称轴;(2)写出A,B,C三点的坐标并求抛物线的解析式;(3)探究:若点P是抛物线对称轴上且在x轴下方的动点,是否存在△PAB是等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的点P坐标;不存在,请说明理由. 【难度分级】B题(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线与y轴交于点C(0,4),对称轴直线与x轴交于点D,顶点为M,且DM=OC+OD.(1)求该抛物线的解析式.(2)设点P(x,y)是第一象限内该抛物线上的一动点,△PCD的面积为S,求S与x之间的函数关系式,并写出自变量x的取值范围.(3)设点Q是y轴右侧该抛物线上的一动点,若经过点Q的直线QE与y轴交于点E,是否存在以O,Q,E为顶点的三角形与△OQD全等?若存在,求出直线QE的解析式;若不存在,请说明理由. 【变式训练4】【难度分级】A题(1)如图,矩形OABC的两边在坐标轴上,连接AC,抛物线y=x2-4x-2经过A,B两点.(1)求A点坐标及线段AB的长;(2)若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动,1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO,OC,CB边向点B移动,当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动,点P的移动时间为t秒.①当PQ⊥AC时,求t的值;②当PQ∥AC时,对于抛物线对称轴上一点H,∠HOQ>∠POQ,求点H的纵坐标的取值范围. 专题训练﹒对接中考1.如图1,以一块等腰直角三角板的两条直角边为坐标轴建立平面直角坐标系,已知OA=OB=3,过点A,B的抛物线对称轴为直线x=1,抛物线与x轴的另一交点为D.(1)求该抛物线的解析式.(2)如图2,如果将三角板的直角顶点C在x轴上滑动,一直角边所在直线过点B,另一条直角边所在直线与抛物线的交点为E,其横坐标为4,试求点C的坐标.(3)如图3,点P为抛物线对称轴上一动点,M为x轴上方抛物线上一点,N为平面内一动点,是否存在点M,使得以A,P,M,N为顶点的四边形为正方形?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由. 2.如图,已知直线y=kx-6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A,B两点,与y轴交于点D,且点A(1,-4)为抛物线的顶点,点B在x轴上. (1)求抛物线的解析式.(2)设抛物线对称轴与x轴交于点E,F是y轴上一动点,在抛物线上是否存在一点P,使△POE与△POF全等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 作业:1.如图,抛物线y=-x2+2x+3与x轴相交于A,B两点,与y轴交于C,顶点为D,抛物线的对称轴DF与BC相交于点E,与x轴相交于点F.(1)连接DA,DO,求∠DOF的正切值;(2)设P为x轴上的一点,∠DAO+∠DPO=∠α,当tan∠α=4时,求点P的坐标. 2.在平面直角坐标系中,二次函数图象的顶点坐标为C(4,),且与x轴的两个交点间的距离为6.(1)求二次函数的解析式;(2)在x轴上方的抛物线上,是否存在点Q,使得以Q,A,B为顶点的三角形与△ABC相似?如果存在,请求出点Q的坐标;如果不存在,请说明理由. 【答案】例题1.解:(1)∵2与x轴交于A(5,0)、B(-1,0)两点, 解得∴抛物线的解析式为2(2)过点A`作A`E⊥x轴于E,AA/与OC交于点D,∵点C在直线y=2x上,   ∴C(5,10) ∵点A和A`关于直线y=2x对称,∴OC⊥AA/,A`D=AD.∵OA=5,AC=10,∴0C==∵S⊿OAC=∴∴AA、在Rt⊿A`EA和Rt⊿OAC中,∵∠A`AE+∠A`AC=90°,∠ACD+∠A`AC=90°,∴∠A`AE=∠ACD又∵∠A`EA=∠OAC=90°,∴Rt⊿A`EA~Rt⊿OAC即∴A`E=4,AE=8∴OE=AE-OA=3.∴点A/的坐标为(﹣3,4).当x=﹣3时,2所以,点A/(﹣3,4)在该抛物线上.(3)存在.理由:设直线的解析式为y=kx+b,则 ,解得∴直线CA`的解析式为设点P的坐标为(,2,则点M为(,)∵PM∥AC,∴要使四边形PACM是平行四边形,只需PM=AC.又点M在点P的上方,∴()-(2=10解得1=2,2=5(不合题意,舍去)当x=2时,∴当点P运动到(2,)时,四边形PACM是平行四边形.例题2.解:(1)(0,-3),b=-,c=-3;(2)由(1),得y=x2-x-3,它与x轴交于A,B两点,得B(4,0),∴OB=4,又∵OC=3,∴BC=5,由题意,得△BHP∽△BOC,∵OC∶OB∶BC=3∶4∶5,∴HP∶HB∶BP=3∶4∶5,∵PB=5t,∴HB=4t,HP=3t,∴OH=OB-HB=4-4t,由y=x-3与x轴交于点Q,得Q(4t,0),∴OQ=4t,①当H在Q、B之间时,QH=OH-OQ=(4-4t)-4t=4-8t,②当H在O、Q之间时,QH=OQ-OH=4t-(4-4t)=8t-4, 综合①,②得QH=|4-8t|;(3)存在t的值,使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似;①当H在Q、B之间时,QH=4-8t,若△QHP∽△COQ,则QH∶CO=HP∶OQ,得,∴t=,若△PHQ∽△COQ,则PH∶CO=HQ∶OQ,得,即t2+2t-1=0,∴t1=-1,t2=--1(舍去);②当H在O、Q之间时,QH=8t-4,若△QHP∽△COQ,则QH∶CO=HP∶OQ,得,∴t=,若△PHQ∽△COQ,则PH∶CO=HQ∶OQ,得,即t2-2t+1=0,∴t1=t2=1(舍去),综上所述,存在t的值,t1=-1,t2=,t3=。例题3.解:(1)∵抛物线y=ax 2+bx+4交x轴于A(-2,0),∴0=4a-2b+4,∵对称轴是x=3,∴-=3,即6a+b=0,两关于a、b的方程联立解得a=- ,b= ,∴抛物线为y=-x 2+x+4.(2)∵四边形为平行四边形,且BC∥MN,∴BC=MN.①N点在M点右下方,即M向下平移4个单位,向右平移2个单位与N重合.设M(x,-x 2+x+4),则N(x+2,-x 2+x),∵N在x轴上, ∴-x 2+x=0,解得x=0(M与C重合,舍去),或x=6,∴x M =6,∴M(6,4).②M点在N右下方,即N向下平行4个单位,向右2个单位与M重合.设M(x,-x 2+x+4),则N(x-2,-x 2+x+8),∵N在x轴上,∴-x 2+x+8=0,解得x=3- ,或x=3+ ,∴x M =3- ,或3+ .∴M(3- ,-4)或(3+ ,-4)综上所述,M的坐标为(6,4)或(3- ,-4)或(3+ ,-4)(3)使△PBD≌△PBC,易考虑∠CBD的平分线与抛物线的交点.确定平分线可因为BC=BD,可作等腰△BCD,利用三线合一,求其中线所在方程,进而与抛物线联立得方程组,解出P即可.点P的坐标为(4+ , )或(4- , )或(-1+ ,-8+2 )或(-1- ,-8-2 ).例题4.解:(1)∵直线经过点C,∴C(0,2)∵抛物线2经过点C(0,2),D(3,)∴2,解得 ∴抛物线的解析式为2.(2)∵点P的横坐标为m且在抛物线上,∴P(m,2),F(m,).∵PF∥CO,∴当PF=CO时,以O,C,P,F为顶点的四边形是平行四边形.当时,PF=2-()=2+3m∴2+3m=2,解得:1=1,2=2即当m=1或2时,四边形OCPF是平行四边形.当时,PF=()-(2)=2-3m∴2-3m=2,解得:1=,2=∵点P在y轴右侧的抛物线上,∴舍去).即当=时,四边形OCFP是平行四边形.综上所述,当m=1或2或时,以O,C,P,F为顶点的四边形是平行四边形.(3)如图,当点P在CD上方且∠PCF=450时,作PM⊥CD于点M,CN⊥PF于点N,则△PMF∽△CNF,∴=2∴PM=CM=2CF,∴PF=FM=CF=×=又∵PF=2+3m ∴2+3m=解得:1=,2=0(舍去),∴P(2,),当点P在CD下方且∠PCF=450时,同理可以求得:另外一点为P(,)【变式训练1】【难度分级】A题(1) 【难度分级】B题(2)【变式训练2】 【难度分级】A题(1) 【难度分级】B题(2) 【变式训练3】【难度分级】A题(1) 【难度分级】B题(2)(2)解:(1)由题意得:OC=4,OD=2,∴DM=OC+OD=6。∴顶点M坐标为(2,6)。设抛物线解析式为:y=a(x﹣2) 2 +6,∵点C(0,4)在抛物线上,∴4=4a+6,解得a= 。∴抛物线的解析式为:y= (x﹣2) 2 +6= x 2 +2x+4。(2)如答图1,过点P作PE⊥x轴于点E. ∵P(x,y),且点P在第一象限,∴PE=y,OE=x。∴DE=OE﹣OD=x﹣2.∴S=S 梯形PEOC ﹣S △ COD ﹣S △ PDE = (4+y)?x﹣ ×2×4﹣ (x﹣2)?y=y+2x﹣4。将y= x 2 +2x+4代入上式得:S= x 2 +2x+4+2x﹣4= x 2 +4x。 在抛物线解析式y= x 2 +2x+4中,令y=0,即 x 2 +2x+4=0,解得x=2± .设抛物线与x轴交于点A、B,则B(2+ ,0)。∴0<x<2+ .∴S关于x的函数关系式为:S= x 2 +4x(0<x<2+ )。(3)存在。若以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等,可能有以下情形:①OD=OP。由图象可知,OP最小值为4,即OP≠OD,故此种情形不存在。②OD=OE。若点E在y轴正半轴上,如答图2所示,此时△OPD≌△OPE。 ∴∠OPD=∠OPE,即点P在第一象限的角平分线上。∴直线PE的解析式为:y=x。若点E在y轴负半轴上,易知此种情形下,两个三角形不可能全等,故不存在。③OD=PE。∵OD=2,∴第一象限内对称轴右侧的点到y轴的距离均大于2。∴点P只能位于对称轴左侧或与顶点M重合。若点P位于第一象限内抛物线对称轴的左侧,易知△OPE为钝角三角形,而△OPD为锐角三角形,则不可能全等。若点P与点M重合,如答图3所示,此时△OPD≌OPE,四边形PDOE为矩形。  ∴直线PE的解析式为:y=6。综上所述,存在以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等,直线PE的解析式为y=x或y=6。【变式训练4】【难度分级】A题(1)(1)解:(1)由抛物线y=x2-4x-2知:当x=0时,y=-2,∴A(0,-2).由于四边形OABC是矩形,所以AB∥x轴,即A、B的纵坐标相同;当y=-2时,-2=x2-4x-2,解得x1=0,x2=4,∴B(4,-2),∴AB=4.(2)①由题意知:A点移动路程为AP=t,Q点移动路程为7(t-1)=7t-7.当Q点在OA上时,即0≤7t-7<2,1≤t<时,如图1,若PQ⊥AC,则有Rt△QAP∽Rt△ABC.∴=,即,∴t=.∵>,∴此时t值不合题意.当Q点在OC上时,即2≤7t-7<6,≤t<时,如图2,过Q点作QD⊥AB.∴AD=OQ=7(t-1)-2=7t-9.∴DP=t-(7t-9)=9-6t.若PQ⊥AC,易证Rt△QDP∽Rt△ABC,∴,即=,∴t=,∵<<,∴t=符合题意. 当Q点在BC上时,即6≤7t-7≤8,≤t≤时,如图3,若PQ⊥AC,过Q点作QG∥AC,则QG⊥PG,即∠GQP=90°.∴∠QPB>90°,这与△QPB的内角和为180°矛盾,此时PQ不与AC垂直.综上所述,当t=时,有PQ⊥AC.②当PQ∥AC时,如图4,△BPQ∽△BAC,∴=,∴=,解得t=2,即当t=2时,PQ∥AC.此时AP=2,BQ=CQ=1,∴P(2,-2),Q(4,-1).抛物线对称轴的解析式为x=2,当H1为对称轴与OP的交点时,有∠H1OQ=∠POQ,∴当yH<-2时,∠HOQ>∠POQ.作P点关于OQ的对称点P′,连接PP′交OQ于点M,过P′作P′N垂直于对称轴,垂足为N,连接OP′,在Rt△OCQ中,∵OC=4,CQ=1.∴OQ=,∵S△OPQ=S四边形ABCO-S△AOP-S△COQ-S△QBP=3=OQ×PM,∴PM=,∴PP′=2PM=,∵∠NPP′=∠COQ.∴△COQ∽△NPP′∴,∴P′N=,PN=,∴P′(,),∴直线OP′的解析式为y=x,∴OP′与NP的交点H2(2,).∴当yH>时,∠HOP>∠POQ.综上所述,当yH<-2或yH>时,∠HOQ>∠POQ. 专题训练﹒对接中考1.解:(1)∵OA=OB=3∴A(3,0),B(0,3)又∵对称轴为直线x=1∴D(-1,0)可设抛物线解析式为y=a(x+1)(x-3)将B(0,3)代入,可得a=-1∴y=-x2+2x+3(2)如图,过点E作轴于点F将x=4代入,可得E(4,-5)设点C的横坐标为m,则C(m,0)①当点C在y轴的左侧时,m<0,如图OC=-m,CF=4-m由△BOC∽△CFE,可得解得,∵m<0∴C1(,0)②当点C在y轴的右侧时,如图由题意,点C在点F的右侧,所以m>4OC=m,CF=m-4由△BOC∽△CFE,可得 解得,∵m>0∴(3)存在①若以AP,AM为正方形的两边,则∠PAM=90°且PA=AM:过点M作MF⊥x轴于点F,则△MFA≌△AGP∴MF=AG=2∴-x2+2x+3=2解得,x=∴M1(),M2()②若以MP,MA为正方形的两边,则∠PMA=90°且MP=MA:过点M作MF⊥x轴于点F,MH垂直对称轴于点H,则△MFA≌△MHP∴MF=MH,AF=HP当M在对称轴右侧时,设MH=t,则AF=2-t; ∴M(1+t,t)∴-(1+t)2+2(1+t)+3=t解得,t1=,t2=(舍去)∴M3()当M在对称轴左侧时,同理可得,M4()③若以PM,PA为正方形的两边,则∠MPA=90°且PM=PA:过点M作MN垂直对称轴于点N,则△AGP≌△PNM,设PG=MN=n,则M(n+1,n+2)∴-(n+1)2+2(n+1)+3=n+2解得,n=1或n=-2(舍去)可得M5(2,3).综上,M点坐标可以为M1(),M2(),M3(),M4(),M5(2,3).2.解:(1)将A(1,-4)代入y=kx-6,得k=2 ∴y=2x-6令y=0,解得,x=3∴B(3,0)由点A(1,-4)是抛物线的顶点,设y=a(x-1)2-4,把B(3,0)代入,解得,a=1∴y=(x-1)2-4=x2-2x-3(2)I当△POE≌△POF时,OE=OF=1∴F1(0,1),F2(0,-1)①当OF1=OE时,此时∠F1OP=∠EOP,则lOP:y=x∴则或∴P1(,),P2(,)②当OF2=OE时,此时∠F2OP=∠EOP,则lOP:y=-x∴则或 ∴P3(,),P4(,)II当△POE≌△OPF时,∠EPO=∠FOP,PF∥OE(x轴);同理,EP∥OF(y轴)过点E作EP∥y轴,与抛物线的交点即为点P,此时,P与A重合,P5(1,-4).综上,点P的坐标为(,),(,),(,),(,),(1,-4).作业:1.解:(1)y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4∴抛物线顶点坐标D(1,4),对称轴为直线x=1∴F(1,0),∴OF=1,DF=4连接OD,在Rt△OFD中,tan∠DOF=(2)∵tan∠DOF=∴∠DOF=∠α∵∠DOF=∠DAO+∠ADO=∠α∠DAO+∠DPO=∠α∴∠DPO=∠ADO∴△ADP∽△AOD ∴AD2=AP·AO∵AF=2,DF=4∴AD2=AF2+DF2=20∴OP=19同理,当点P在对称轴左侧时,OP=17∴P1(19,0),P2(-17,0)2.解:(1)∵顶点坐标为C(4,),∴抛物线对称轴为直线x=4,又∵抛物线与x轴的两个交点间的距离为6,∴由抛物线的对称性可知:A(1,0),B(7,0).设抛物线的解析式为,将C(4,)代入可得,,∴所求解析式为.(2)存在点Q使得△QAB与△ABC相似.由抛物线对称性可知,AC=BC,过点C作CD⊥x轴于D,则AD=3,CD=.在Rt△ACD中,tan∠DAC=,∴∠BAC=∠ABC=30°,∠ACB=120°.①当△ACB∽△ABQ1时,∠ABQ1=120°且BQ1=AB=6.过点Q1作Q1E⊥x轴,垂足为E, 则在Rt△BQ1E中,BQ1=6,∠Q1BE=60°,∴Q1E=BQ1·sin60°=,BE=3,∴E(10,0),Q1(10,).当x=10时,y=,∴点Q1在抛物线上.②由抛物线的对称性可知,还存在AQ2=AB,此时△Q2AB∽△ACB,点Q2的坐标为(-2,).综上,Q1(10,),Q2(-2,)
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