点Q，连接PQ，求证：P1P⊥PQ．
【分析】（1）利用旋转的性质以及等腰直角三角形得出∠APP1=∠BPP2=45°，进而得出答案；
（2）根据题意得出△PAP1和△PBP2均为顶角为α的等腰三角形，进而得出∠P1PP2=∠PAP2=α，求出△P2P1P∽△P2PA；
（3）首先连结QB，得出Rt△QBE≌Rt△QBF，利用∠P1PQ=180°﹣∠APP1﹣∠QPB求出即可．
【解答】（1）解：由旋转的性质得：AP=AP1，BP=BP2． ∵α=90°，
∴△PAP1和△PBP2均为等腰直角三角形， ∴∠APP1=∠BPP2=45°，
∴∠P1PP2=180°﹣∠APP1﹣∠BPP2=90°；
（2）证明：由旋转的性质可知△PAP1和△PBP2均为顶角为α的等腰三角形， ∴∠APP1=∠BPP2=90°﹣
，
）=α，
∴∠P1PP2=180°﹣（∠APP1+∠BPP2）=180°﹣2（90°在△PP2P1和△P2PA中，∠P1PP2=∠PAP2=α， 又∵∠PP2P1=∠AP2P， ∴△P2P1P∽△P2PA．
（3）证明：如图，连接QB． ∵l1，l2分别为PB，P2B的中垂线， ∴EB=BP，FB=BP2． 又BP=BP2， ∴EB=FB．
在Rt△QBE和Rt△QBF中，
，
∴Rt△QBE≌Rt△QBF，
∴∠QBE=∠QBF=∠PBP2=由中垂线性质得：QP=QB， ∴∠QPB=∠QBE=
，
，
，
由（2）知∠APP1=90°﹣
∴∠P1PQ=180°﹣∠APP1﹣∠QPB=180°﹣（90°﹣即 P1P⊥PQ．
）=90°，
六、解答题（本题满分15分）
21．（15分）已知抛物线E1：y=x2经过点A（1，m），以原点为顶点的抛物线E2经过点B（2，2），点A、B关于y 轴的对称点分别为点A′，B′． （1）求m的值及抛物线E2所表示的二次函数的表达式；
（2）如图1，在第一象限内，抛物线E1上是否存在点Q，使得以点Q、B、B′为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，P为第一象限内的抛物线E1上与点A不重合的一点，连接OP并延长与抛物线E2相交于点P′，求△PAA′与△P′BB′的面积之比．
【分析】（1）直接将（2，2）代入函数解析式进而求出a的值；
（2）由题意可得，在第一象限内，抛物线E1上存在点Q，使得△QBB′为直角三角形，由图象可知直角顶点只能为点B或点Q，分别利用当点B为直角顶点时以及当点Q为直角顶点时求出Q点坐标即可； （3）首先设P（c，c2）、P′（d，与△P′BB′的面积进而得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线E1经过点A（1，m）， ∴m=12=1．
∵抛物线E2的顶点在原点，可设它对应的函数表达式为y=ax2（a≠0）， 又∵点B（2，2）在抛物线E2上， ∴2=a×22， 解得：a=，
∴抛物线E2所对应的二次函数表达式为y=x2．
），进而得出c与d的关系，再表示出△PAA′
（2）如图1，假设在第一象限内，抛物线E1上存在点Q，使得△QBB′为直角三角形，
由图象可知直角顶点只能为点B或点Q．
①当点B为直角顶点时，过B作QB⊥BB′交抛物线E1于Q， 则点Q与B的横坐标相等且为2，将x=2代入y=x2得y=4， ∴点Q的坐标为（2，4）．
②当点Q为直角顶点时，则有QB′2+QB2=B′B2，过点Q作GQ⊥BB′于G， 设点Q的坐标为（t，t2）（t＞0），
则有（t+2）2+（t2﹣2）2+（2﹣t）2+（t2﹣2）2=16， 整理得：t4﹣3t2=0， ∵t＞0，∴t2﹣3=0，解得t1=∴点Q的坐标为（
，3），
，3）；
，t2=﹣
（舍去），
综合①②，存在符合条件的点Q坐标为（2，4）与（
（3）如图2，过点P作PC⊥x轴，垂足为点C，PC交直线AA′于点E，
过点P′作P′D⊥x轴，垂足为点D，P′D交直线BB′于点F， 依题意可设P（c，c2）、P′（d，∵tan∠POC=tan∠P′OD， ∴
=
，
） （c＞0，c≠q），
∴d=2c．
∵AA′=2，BB′=4，
∴====．