图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12黄冈25”，拖动点C在x轴正半轴上运动，观察左图，可以体验到，EC与BF保持平行，但是∠BFC在无限远处也不等于45°．观察右图，可以体验到，∠CBF保持45°，存在∠BFC＝∠BCE的时刻．
思路点拨
1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当H落在线段EC上时，BH＋EH最小． 2．第（4）题的解题策略是：先分两种情况画直线BF，作∠CBF＝∠EBC＝45°，或者作BF//EC．再用含m的式子表示点F的坐标．然后根据夹角相等，两边对应成比例列关于m的方程．
满分解答
11(x?2)(x?m)，得2???4(2?m)．解得m＝4． mm111（2）当m＝4时，y??(x?2)(x?4)??x2?x?2．所以C(4, 0)，E(0, 2)．
44211所以S△BCE＝BC?OE??6?2?6．
22（3）如图2，抛物线的对称轴是直线x＝1，当H落在线段EC上时，BH＋EH最小．
HPEO设对称轴与x轴的交点为P，那么． ?CPCOHP233因此?．解得HP?．所以点H的坐标为(1,)．
3422（4）①如图3，过点B作EC的平行线交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′．
CEBC由于∠BCE＝∠FBC，所以当，即BC2?CE?BF时，△BCE∽△FBC． ?CBBF（1）将M(2, 2)代入y??1(x?2)(x?m)1FF'EO2m设点F的坐标为(x,?(x?2)(x?m))，由，得??．
mBF'COx?2m解得x＝m＋2．所以F′(m＋2, 0)．
COBF'(m?4)m2?4mm?4由，得．所以BF?． ??2CEBFmBFm?4(m?4)m2?4由BC?CE?BF，得(m?2)?m?4?．
m222整理，得0＝16．此方程无解．
图2 图3 图4
②如图4，作∠CBF＝45°交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′，
BEBC由于∠EBC＝∠CBF，所以，即BC2?BE?BF时，△BCE∽△BFC． ?BCBF在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得
1(x?2)(x?m)?x?2． m解得x＝2m．所以F′(2m,0)．所以BF′＝2m＋2，BF?2(2m?2)． 由BC2?BE?BF，得(m?2)2?22?2(2m?2)．解得m?2?22． 综合①、②，符合题意的m为2?22．
考点伸展
第（4）题也可以这样求BF的长：在求得点F′、F的坐标后，根据两点间的距离公式求BF的长．
例3 2011年上海市闸北区中考模拟第25题
直线y??1x?1分别交x轴、y轴于A、B两点，△AOB绕点O按逆时针方向旋转90°3后得到△COD，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A、C、D三点．
(1) 写出点A、B、C、D的坐标；
(2) 求经过A、C、D三点的抛物线表达式，并求抛物线顶点G的坐标；
(3) 在直线BG上是否存在点Q，使得以点A、B、Q为顶点的三角形与△COD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“11闸北25”， 拖动点Q在直线BG上运动， 可以体验到， △ABQ的两条直角边的比为1∶3共有四种情况，点B上、下各有两种．
思路点拨
1．图形在旋转过程中，对应线段相等，对应角相等，对应线段的夹角等于旋转角． 2．用待定系数法求抛物线的解析式，用配方法求顶点坐标． 3．第（3）题判断∠ABQ＝90°是解题的前提．
4．△ABQ与△COD相似，按照直角边的比分两种情况，每种情况又按照点Q与点B的位置关系分上下两种情形，点Q共有4个．
满分解答
（1）A(3，0)，B(0，1)，C(0，3)，D(－1，0)．
（2）因为抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(3，0)、C(0，3)、D(－1，0) 三点，所以
?9a?3b?c?0,?a??1,? 解得??c?3,?b?2, ?a?b?c?0.?c?3.??所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，顶点G的坐标为(1，4)．
（3）如图2，直线BG的解析式为y＝3x＋1，直线CD的解析式为y＝3x＋3，因此CD//BG． 因为图形在旋转过程中，对应线段的夹角等于旋转角，所以AB⊥CD．因此AB⊥BG，即∠ABQ＝90°．
因为点Q在直线BG上，设点Q的坐标为(x，3x＋1)，那么BQ?x2?(3x)2??10x． Rt△COD的两条直角边的比为1∶3，如果Rt△ABQ与Rt△COD相似，存在两种情况： ①当
BQ?10x?3时，?3．解得x??3．所以Q1(3,10)，Q2(?3,?8)． BA10BQ1111?10x1．解得
?时，x??．所以Q3(,2)，Q4(?,0)． ?BA3333310②当
图2 图3
考点伸展
第（3）题在解答过程中运用了两个高难度动作：一是用旋转的性质说明AB⊥BG；二是BQ?x2?(3x)2??10x．
我们换个思路解答第（3）题：
如图3，作GH⊥y轴，QN⊥y轴，垂足分别为H、N．
通过证明△AOB≌△BHG，根据全等三角形的对应角相等，可以证明∠ABG＝90°．
在Rt△BGH中，sin?1?1，cos?1?3．
1010BQ?3时，BQ?310． BA在Rt△BQN中，QN?BQ?sin?1?3，BN?BQ?cos?1?9．
①当
当Q在B上方时，Q1(3,10)；当Q在B下方时，Q2(?3,?8)． ②当
BQ1111?时，BQ?10．同理得到Q3(,2)，Q4(?,0)． BA3333