∴∠COK=180°﹣∠AOE﹣∠COE=60°． 在Rt△COK中，CK=OC?sin60°=2×∴C（1，﹣）． x﹣2=，OK=OC?cos60°=2×=1． 抛物线的解析式为：y=x﹣，当x=1时，y=﹣， ∴点C在所求二次函数的图象上． （3）假设存在． 如答图1所示，在Rt△ACK中，由勾股定理得：AC=如答图2所示，∵OB=3，∴BD=3，AB=OA+OB=5． ==2． ==． 在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=∵点A、C关于y=∴CD=AD=2x对称， ，∠DAC=∠DCA，AE=CE=AC=． 连接PQ、PE，QE，则∠APE=∠QPE，∠PQE=∠CQE． 在四边形APQC中，∠DAC+∠APQ+∠PQC+∠DCA=360°，（四边形内角和等于360°） 即2∠DAC+2∠APE+2∠CQE=360°， ∴∠DAC+∠APE+∠CQE=180°． 又∵∠DAC+∠APE+∠AEP=180°，（三角形内角和定理） ∴∠AEP=∠CQE． 在△APE与△CEQ中，∵∠DAC=∠DCA，∠AEP=∠CQE， ∴△APE∽△CEQ， ∴，即：2， t+3=0， 或t=（t＜，故舍去） ． 整理得：2t﹣解得：t=∴存在某一时刻，使PE平分∠APQ，同时QE平分∠PQC，此时t=点评： 本题是二次函数压轴题，考查了二次函数的图象与性质、正比例函数的图象与性质、待定系数法、对称、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识点．试题的难点在于第（3）问，图形中线段较多关系复杂，难以从中发现有效的等量关系，证明△APE∽△CEQ是解题关键． 26．（2013?绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．
（1）如图1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD． （2）如图2，AC：AB=1：，EF⊥CE，求EF：EG的值．
考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 压轴题． 分析： （1）根据同角的余角相等得出∠CAD=∠B，根据AC：AB=1：2及点E为AB的中点，得出AC=BE，再利用AAS证明△ACD≌△BEF，即可得出EF=CD； （2）作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=EF：EG的值． 解答： （1）证明：如图1， 在△ABC中，∵∠CAB=90°，AD⊥BC于点D， ∴∠CAD=∠B=90°﹣∠ACB． ∵AC：AB=1：2，∴AB=2AC， ∵点E为AB的中点，∴AB=2BE， ∴AC=BE． 在△ACD与△BEF中， ， ∴△ACD≌△BEF， ∴CD=EF，即EF=CD； （2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q， ∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC， ∴四边形EQDH是矩形， ∴∠QEH=90°， ∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG， 又∵∠EQF=∠EHG=90°， ∴△EFQ∽△EGH， ∴EF：EG=EQ：EH． ∵AC：AB=1：，∠CAB=90°， ∴∠B=30°． 在△BEQ中，∵∠BQE=90°， ∴sin∠B==， AE，又BE=AE，进而求出∴EQ=BE． 在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°， ∴cos∠AEH=∴EH=AE． =， ∵点E为AB的中点，∴BE=AE， ∴EF：EG=EQ：EH=BE：AE=1：． 点评： 本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，解直角三角形，综合性较强，有一定难度．解题的关键是作辅助线，构造相似三角形，并且证明四边形EQDH是矩形． 27．（2013?珠海）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴的正半轴上，且长分别为m、4m（m＞0），D为边AB的中点，一抛物线l经过点A、D及点M（﹣1，﹣1﹣m）． （1）求抛物线l的解析式（用含m的式子表示）；
（2）把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处，连接OA′并延长与线段BC的延长线交于点E，若抛物线l与线段CE相交，求实数m的取值范围；
（3）在满足（2）的条件下，求出抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标．
考点： 二次函数综合题． 专题： 压轴题． 分析： （1）设抛物线l的解析式为y=ax2+bx+c，将A、D、M三点的坐标代入，运用待定系数法即可求解； （2）设AD与x轴交于点M，过点A′作A′N⊥x轴于点N．根据轴对称及平行线的性质得出DM=OM=x，则A′M=2m﹣x，OA′=m，在Rt△OA′M中运用勾股定理求出x，得出A′点坐标，运用待定系数法得到直线OA′的解析式，确定E点坐标（4m，﹣3m），根据抛物线l与线段CE相交，列出关于m的不等式组，求出解集即可； （3）根据二次函数的性质，结合（2）中求出的实数m的取值范围，即可求解． 2解答： 解：（1）设抛物线l的解析式为y=ax+bx+c， 将A（0，m），D（2m，m），M（﹣1，﹣1﹣m）三点的坐标代入， 得，解得2， 所以抛物线l的解析式为y=﹣x+2mx+m； （2）设AD与x轴交于点M，过点A′作A′N⊥x轴于点N． ∵把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处， ∴△OAD≌△OA′D，OA=OA′=m，AD=A′D=2m，∠OAD=∠OA′D=90°，∠ADO=∠A′DO， ∵矩形OABC中，AD∥OC， ∴∠ADO=∠DOM， ∴∠A′DO=∠DOM， ∴DM=OM． 设DM=OM=x，则A′M=2m﹣x， 222在Rt△OA′M中，∵OA′+A′M=OM， 222∴m+（2m﹣x）=x， 解得x=m． ∵S△OA′M=OM?A′N=OA′?A′M， ∴A′N==m， ∴ON==m， ∴A′点坐标为（m，﹣m）， 易求直线OA′的解析式为y=﹣x， 当x=4m时，y=﹣×4m=﹣3m， ∴E点坐标为（4m，﹣3m）． 222当x=4m时，﹣x+2mx+m=﹣（4m）+2m?4m+m=﹣8m+m， 2即抛物线l与直线CE的交点为（4m，﹣8m+m）， ∵抛物线l与线段CE相交， 2∴﹣3m≤﹣8m+m≤0， ∵m＞0， ∴﹣3≤﹣8m+1≤0， 解得≤m≤； （3）∵y=﹣x+2mx+m=﹣（x﹣m）+m+m，≤m≤， ∴当x=m时，y有最大值m+m， 又∵m+m=（m+）﹣， ∴当≤m≤时，m+m随m的增大而增大， ∴当m=时，顶点P到达最高位置，m+m=（）+=， 故此时抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标为（，）． 222222222 点评： 本题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，轴对称的性质，勾股定理，两个函数交点坐标的求法，二次函数、矩形的性质，解不等式组等知识，综合性较强，有一定难度．（2）中求出A′点的坐标是解题的关键． 28．（2013?无锡）如图，直线x=﹣4与x轴交于点E，一开口向上的抛物线过原点交线段OE于点A，交直线x=﹣4于点B，过B且平行于x轴的直线与抛物线交于点C，直线OC交直线AB于D，且AD：BD=1：3． （1）求点A的坐标；
（2）若△OBC是等腰三角形，求此抛物线的函数关系式．
考点： 二次函数综合题． 分析： （1）过点D作DF⊥x轴于点F，由抛物线的对称性可知OF=AF，则2AF+AE=4①，由DF∥BE，得到△ADF∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出方程组，解出AE=2，AF=1，进而得到点A的坐标； ==，即AE=2AF②，①与②联立组成二元一次