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开放性问题
解答题
1. （2018·湖北十堰·12 分）已知抛物线 y= x2+bx+c 经过点 A（﹣2，0），B（0、﹣4）
与 x 轴交于另一点 C，连接 BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P 是第一象限内抛物线上一点，且 S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点 D，直线 BD 交 x 轴于点 E，使△ABE 与以 A，B，C，E 中的三点
为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点 D 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）令 y=0 求抛物线与 x 轴的交点 C 的坐标，作△POB 和△PBC 的高线，根据面积相等可得
OE=CF，证明△OEG≌△CFG，则 OG=CG=2，根据三角函数列式可得 P 的坐标，利用待定系数
法求一次函数 AP 和 BC 的解析式，k 相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析 A，B，C，E 中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE
有可能相似，即△ABC 和△BCE，
①当△ABE 与以 A，B，C 中的三点为顶点的三角形相似，如图 2，根据存在公共角
∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得 E 的坐标，利用待定系数法求直线 BE 的解
析式，与抛物线列方程组可得交点 D 的坐标；
②当△ABE 与以 B，C.E 中的三点为顶点的三角形相似，如图 3，同理可得结论．
【解答】解：（1）把点 A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线 y= x2+bx+c 中得：
，解得： ，
∴抛物线的解析式为：y= x2﹣x﹣4；
（2）当 y=0 时， x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2 或 4，
∴C（4，0），2
如图 1，过 O 作 OE⊥BP 于 E，过 C 作 CF⊥BP 于 F，设 PB 交 x 轴于 G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴ ，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设 P（x， x2﹣x﹣4），过 P 作 PM⊥y 轴于 M，
tan∠PBM= = = ，
∴BM=2PM，
∴4+ x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得 AP 的解析式为：y=x+2，
BC 的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以 A，B，C，E 中的三点为顶点的三角形有△ABC.△ABE.△ACE.△BCE，四种，其中△ABE
重合，不符合条件，△ACE 不能构成三角形，
∴当△ABE 与以 A，B，C，E 中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC 和
△BCE，
①当△ABE 与以 A，B，C 中的三点为顶点的三角形相似，如图 2，
∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE=∠ACB=45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴ ，
∴ ，
∴AE= ，
∴E（ ，0），
∵B（0，﹣4），3
易得 BE：y= ，
则 x2﹣x﹣4= x﹣4，
x1=0（舍），x2= ，
∴D（ ， ）；
②当△ABE 与以 B，C.E 中的三点为顶点的三角形相似，如图 3，
∵∠BEA=∠BEC，
∴当∠ABE=∠BCE 时，△ABE∽△BCE，
∴ = = ，
设 BE=2 m，CE=4 m，
Rt△BOE 中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴ ，
3m2﹣8 m+8=0，
（m﹣2 ）（3m﹣2 ）=0，
m1=2 ，m2= ，
∴OE=4 m﹣4=12 或 ，
∵OE= ＜2，∠AEB 是钝角，此时△ABE 与以 B，C.E 中的三点为顶点的三角形不相似，如图
4，
∴E（﹣12，0）；
同理得 BE 的解析式为：y=﹣ x﹣4，
﹣ x﹣4= x2﹣x﹣4，
x= 或 0（舍）
∴D（ ，﹣ ）；
综上，点 D 的坐标为（ ， ）或（ ，﹣ ）．4
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函
数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、一元二次方程、三角形面积以
及勾股定理，第 3 问有难度，确定三角形与△ABE 相似并画出图形是关键．
2. （2018·湖北江汉·12 分）抛物线 y=﹣ x2+ x﹣1 与 x 轴交于点 A，B（点 A 在点 B 的5
左侧），与 y 轴交于点 C，其顶点为 D．将抛物线位于直线 l：y=t（t＜ ）上方的部分沿
直线 l 向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．
（1）点 A，B，D 的坐标分别为 （ ，0） ， （3，0） ， （ ， ） ；
（2）如图①，抛物线翻折后，点 D 落在点 E 处．当点 E 在△ABC 内（含边界）时，求 t 的
取值范围；
（3）如图②，当 t=0 时，若 Q 是“M”形新图象上一动点，是否存在以 CQ 为直径的圆与 x
轴相切于点 P？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点 A.B 的坐标，再利用配方法即可找
出抛物线的顶点 D 的坐标；
（2）由点 D 的坐标结合对称找出点 E 的坐标，根据点 B.C 的坐标利用待定系数法可求出直
线 BC 的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于 t 的一元一次不等式组，
解之即可得出 t 的取值范围；
（3）假设存在，设点 P 的坐标为（ m，0），则点 Q 的横坐标为 m，分 m＜ 或 m＞3 及 ≤m≤3
两种情况，利用勾股定理找出关于 m 的一元二次方程，解之即可得出 m 的值，进而可找出点
P 的坐标，此题得解．
【解答】解：（1）当 y=0 时，有﹣ x2+ x﹣1=0，
解得：x1= ，x2=3，
∴点 A 的坐标为（ ，0），点 B 的坐标为（3，0）．
∵y=﹣ x2+ x﹣1=﹣ （x2﹣ x）﹣1=﹣ （x﹣ ）2+ ，
∴点 D 的坐标为（ ， ）．
故答案为：（ ，0）；（3，0）；（ ， ）．6
（2）∵点 E.点 D 关于直线 y=t 对称，
∴点 E 的坐标为（ ，2t﹣ ）．
当 x=0 时，y=﹣ x2+ x﹣1=﹣1，
∴点 C 的坐标为（0，﹣1）．
设线段 BC 所在直线的解析式为 y=kx+b，
将 B（3，0）、C（0，﹣1）代入 y=kx+b，
，解得： ，
∴线段 BC 所在直线的解析式为 y= x﹣1．
∵点 E 在△ABC 内（含边界），
∴ ，
解得： ≤t≤ ．
（3）当 x＜ 或 x＞3 时，y=﹣ x2+ x﹣1；
当 ≤x≤3 时，y= x2﹣ x+1．
假设存在，设点 P 的坐标为（ m，0），则点 Q 的横坐标为 m．
①当 m＜ 或 m＞3 时，点 Q 的坐标为（m，﹣ x2+ x﹣1）（如图 1），
∵以 CQ 为直径的圆与 x 轴相切于点 P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2=CP2+PQ2，即 m2+（﹣ m2+ m）2= m2+1+ m2+（﹣ m2+ m﹣1）2，
整理，得：m1= ，m2= ，
∴点 P 的坐标为（ ，0）或（ ，0）；
②当 ≤m≤3 时，点 Q 的坐标为（m， x2﹣ x+1）（如图 2），
∵以 CQ 为直径的圆与 x 轴相切于点 P，
∴CP⊥PQ，7
∴CQ2=CP2+PQ2，即 m2+（ m2﹣ m+2）2= m2+1+ m2+（ m2﹣ m+1）2，
整理，得：11m2﹣28m+12=0，
解得：m3= ，m4=2，
∴点 P 的坐标为（ ，0）或（1，0）．
综上所述：存在以 CQ 为直径的圆与 x 轴相切于点 P，点 P 的坐标为（ ，0）、（ ，
0）、（1，0）或（ ，0）．
3．（2018·辽宁省盘锦市）如图 1，点 E 是正方形 ABCD 边 CD 上任意一点，以 DE 为边作正
方形 DEFG，连接 BF，点 M 是线段 BF 中点，射线 EM 与 BC 交于点 H，连接 CM．
（1）请直接写出 CM 和 EM 的数量关系和位置关系；
（2）把图 1 中的正方形 DEF G 绕点 D 顺时针旋转 45°，此时点 F 恰好落在线段 CD 上，如图
2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；
（3）把图 1 中的正方形 DEFG 绕点 D 顺时针旋转 90°，此时点 E.G 恰好分别落在线段 AD.CD
上，如图 3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．
【解答】解：（1）如图 1，结论：CM=EM，CM⊥EM．8
理由：∵AD∥EF，AD∥BC，∴BC∥EF，∴∠EFM=∠HBM．在△FME 和△BMH 中，
，∴△FME≌△BMH，∴HM=EM，EF=BH．
∵CD=BC，∴CE=CH\1∠HCE=90°，HM=EM，∴CM=ME，CM⊥EM．
（2 如图 2，连接 AE，
∵四边形 ABCD 和四边形 EDGF 是正方形，∴∠FDE=45°，∠CBD=45°，∴点 B.E.D 在同一条
直线上．
∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M 为 AF 的中点，∴CM= AF，EM= AF，∴CM=ME．
∵∠EFD=45°，∴∠EFC=135°．
∵CM=FM=ME，∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，∴∠MCF+∠MEF=135°，
∴∠CME=360°﹣135°﹣135°=90°，∴CM⊥ME．
（3）如图 3，连接 CF，MG，作 MN⊥CD 于 N，
在△EDM 和△GDM 中， ，∴△EDM≌△GDM，∴ME=MG，∠MED=∠MGD．
∵M 为 BF 的中点，FG∥MN∥BC，∴GN=NC，又 MN⊥CD，∴MC=MG，∴MD=ME，∠MCG=∠MGC．
∵∠MGC+∠MGD=180°，∴∠MCG+∠MED=180°，∴∠CME+∠CDE=180°．
∵∠CDE=90°，∴∠CME=90°，∴（1）中的结论成立．
4. （2018•乐山•12 分）已知 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，点 D.E 分别在 BC.AC 边上，连结9
BE.AD 交于点 P，设 AC=kBD，CD=kAE，k 为常数，试探究∠APE 的度数：
（1）如图 1，若 k=1，则∠APE 的度数为 ；
（2）如图 2，若 k= ，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，
求出∠APE 的度数．
（3）如图 3，若 k= ，且 D.E 分别在 CB.CA 的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明
理由．
解：（1）如图 1，过点 A 作 AF∥CB，过点 B 作 BF∥AD 相交于 F，连接 EF，∴∠FBE=∠APE，
∠FAC=∠C=90°，四边形 ADBF 是平行四边形，∴BD=AF，BF=AD．
∵AC=BD，CD=AE，∴AF=AC．
∵∠FAC=∠C=90°，∴△FAE≌△ACD，∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC．
∵∠ADC+∠CAD=90°，∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD．
∵AD∥BF，∴∠EFB=90°．
∵EF=BF，∴∠FBE=45°，∴∠APE=45°．
故答案为：45°．
（2）（1）中结论不成立，理由如下：
如图 2，过点 A 作 AF∥CB，过点 B 作 BF∥AD 相交于 F，连接 EF，∴∠FBE=∠APE，
∠FAC=∠C=90°，四边形 ADBF 是平行四边形，∴BD=AF，BF=AD．
∵AC= BD，CD= AE，∴ ．
∵BD=AF，∴ ．
∵∠FAC=∠C=90°，∴△FAE∽△ACD，∴ = ，∠FEA=∠ADC．
∵∠ADC+∠CAD=90°，∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD．∵AD∥BF，∴∠EFB=90°．在 Rt△EFB
中，tan∠FBE= ，∴∠FBE=30°，∴∠APE=30°，（3）（2）中结论成立，如图 3，
作 EH∥CD，DH∥BE，EH，DH 相交于 H，连接 AH，∴∠APE=∠ADH，∠HEC=∠C=90°，四边形
EBDH 是平行四边形，∴BE=DH，EH=BD．
∵AC= BD，CD= AE，∴ ．10
∵∠HEA=∠C=90°，∴△ACD∽△HEA，∴ ，∠ADC=∠HAE．
∵∠CAD+∠ADC=90°，∴∠HAE+∠CAD=90°，∴∠HAD=90°．在 Rt△DAH 中，tan∠ADH=
= ，∴∠ADH=30°，∴∠APE=30°．
5. （2018•莱芜•12 分）如图，抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）
三点，D 为直线 BC 上方抛物线上一动点，DE⊥BC 于 E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图 1，求线段 DE 长度的最大值；
（3）如图 2，设 AB 的中点为 F，连接 CD，CF，是否存在点 D，使得△CDE 中有一个角与∠CFO11
相等？若存在，求点 D 的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于 y 轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得 DM，根据
相似三角形的判定与性质，可得 DE 的长，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据正切函数，可得∠CFO，根据相似三角形的性质，可得 GH，BH，根据待定系数法，
可得 CG 的解析式，根据解方程组，可得答案．
【解答】解：（1）由题意，得 ，
解得 ，
抛物线的函数表达式为 y=﹣ x2+ x+3；
（2）设直线 BC 的解析是为 y=kx+b， ，
解得
∴y=﹣ x+3，
设 D（a，﹣ a2+ a+3），（0＜a＜4），过点 D 作 DM⊥x 轴交 BC 于 M 点，
如图 1 ，
M（a，﹣ a+3），
DM=（﹣ a2+ a+3）﹣（﹣ a+3）=﹣ a2+3a，
∵∠DME=∠OCB，∠DEM=∠BOC，
∴△DEM∽△BOC，12
∴ = ，
∵OB=4，OC=3，
∴BC=5，
∴DE= DM
∴DE=﹣ a2+ a=﹣（ （a﹣2）2+ ，
当 a=2 时，DE 取最大值，最大值是 ，
（3）假设存在这样的点 D，△CDE 使得中有一个角与∠CFO 相等，
∵点 F 为 AB 的中点，
∴OF= ，tan∠CFO= =2，
过点 B 作 BG⊥BC，交 CD 的延长线于 G 点，过点 G 作 GH⊥x 轴，垂足为 H，
如图 2 ，
①若∠DCE=∠CFO，
∴tan∠DCE= =2，
∴BG=10，
∵△GBH∽BCO，
∴ = = ，
∴GH=8，BH=6，
∴G（10，8），
设直线 CG 的解析式为 y=kx+b，
∴ ，
解得13
∴直线 CG 的解析式为 y= x+3，
∴ ，
解得 x= ，或 x=0（舍）．
②若∠CDE=∠CFO，
同理可得 BG= ，GH=2，BH= ，
∴G（ ，2），
同理可得，直线 CG 的解析是为 y=﹣ x+3，
∴ ，
解得 x= 或 x=0（舍），
综上所述，存在点 D，使得△CDE 中有一个角与∠CFO 相等，点 D 的横坐标为 或 ．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用
相似三角形的性质得出 DE 的长，又利用了二次函数的性质；解（3）的关键是利用相似三角
形的性质得出 G 点的坐标，由；利用了待定系数法求函数解析式，解方程组的横坐标．
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