如图所示.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A.B两点.与y轴交于点C.其中A.对称轴为直线x=1.顶点为E．(1)求抛物线顶点E的坐标,为y轴上一个动点.当PA+$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC最小时.此时抛物线上是否存在点Q.使得∠QBA=∠PBA．若这样的点Q存在请求出其坐标.若不存在请说明理由．(3)如图2.平移抛物线.使抛物线的顶点E在射线AE上移� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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1．如图所示，已知二次函数y=ax²+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中A（-2，0），C（0，4），对称轴为直线x=1，顶点为E．
（1）求抛物线顶点E的坐标；
（2）若点P（0，n）为y轴上一个动点，当PA+$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC最小时，此时抛物线上是否存在点Q，使得∠QBA=∠PBA．若这样的点Q存在请求出其坐标，若不存在请说明理由．
（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点E在射线AE上移动，点E平移后的对应点为点E′，点A的对应点为点A′，将△AOC绕点O顺时针旋转至△A₁OC₁的位置，点A，C的对应点分别为点A₁，C₁，且点A₁恰好落在AC上，连接C₁A′，C₁E′，△A′C₁E′是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点E′的坐标；若不能，请说明理由．

分析（1）求出A、B、C三点坐标代入y=ax²+bx+c，转化为解方程组即可．
（2）先利用对称，垂线段最短确定点P的位置，再根据条件求出点Q的坐标即可．
（3）△A′C₁E′是等腰三角形，分三种情况分别建立方程计算即可．

解答解：（1）∵A、B关于对称轴x=1对称，A（-2，0），
∴B（4，0），
把A、B、C三点坐标代入y=ax²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{4a-2b+c=0}\\{16a+4b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，顶点E坐标（1，$\frac{9}{2}$）．

（2）存在．理由如下：
如图1中，作点A关于y轴的对称点A′，作A′G⊥AC于G交OC于P，连接AP．

由△PCG∽△ACO得$\frac{PG}{OA}$=$\frac{PC}{AC}$，
∵OA=2，OC=4，
∴AC=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴$\frac{PG}{2}$=$\frac{PC}{2\sqrt{5}}$，
∴PG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC，
∴PA+$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC=PA+PG=A′P+PG=A′G，
根据垂线段最短可知，点P即为所求的点，
由△AOP∽△COA可知，$\frac{OA}{CO}$=$\frac{OP}{OA}$，
∴$\frac{2}{4}$=$\frac{OP}{2}$，
∴OP=1，
∴点P坐标为（0，1），
如图2中，延长BP交抛物线于Q，此时∠QBA=∠PBA．

∵P（0，1），B（4，0），
∴直线PQ的解析式为y=-$\frac{1}{4}$x+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{4}x+1}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{3}{2}}\\{y=\frac{11}{8}}\end{array}\right.$，
∴点Q（-$\frac{3}{2}$，$\frac{11}{8}$），
作P关于x轴的对称点P′，直线BP′交抛物线于Q′，此时∠Q′BA=∠PBA，
∵直线BP′的解析式为y=$\frac{1}{4}$x-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}x-1}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{5}{2}}\\{y=-\frac{13}{8}}\end{array}\right.$，
∴点Q′坐标为（-$\frac{5}{2}$，-$\frac{13}{8}$），
综上所述，满足条件的点Q坐标（-$\frac{3}{2}$，$\frac{11}{8}$）或（-$\frac{5}{2}$，-$\frac{13}{8}$）．

（3）如图3中，作A₁M⊥AB于M，C₁N⊥AB于N，设AM=x则A₁M=2x，

在Rt△AOM₁中，∵OA₁²=OM²+A₁M²，
∴4x²+（2-x）²=4，
∴x=$\frac{4}{5}$，
∴A₁M=$\frac{8}{5}$，OM=$\frac{6}{5}$，
由△OA₁M∽△C₁OB，
∴$\frac{{A}_{1}M}{ON}$=$\frac{OM}{{C}_{1}N}$=$\frac{O{A}_{1}}{O{C}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴OB=$\frac{16}{5}$，C₁N=$\frac{12}{5}$，
∴C₁（$\frac{16}{5}$，$\frac{12}{5}$），
∵点A（-2，0），E（1，$\frac{9}{2}$），
∴AE=5，
∴A′E′=AE=$\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
∵直线AE的解析式为y=$\frac{3}{2}$x+3，
设点E′（a，$\frac{3}{2}$a+3），
∵点E′向下平移$\frac{9}{2}$个单位，向左平移3个单位得到A′，
∴A′（a-3，$\frac{3}{2}$a-$\frac{3}{2}$），
∴C₁E′²=（$\frac{16}{5}$-a）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a-3）²，
C₁A′²=（$\frac{16}{5}$-a+3）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a+$\frac{3}{2}$）²，
①若C₁A′=C₁E′，则C₁A′²=C₁E′²
即：（$\frac{16}{5}$-a）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a-3）²=（$\frac{16}{5}$-a+3）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a+$\frac{3}{2}$）²，
解得a=$\frac{287}{130}$，
∴E′（$\frac{287}{130}$，$\frac{1641}{260}$）．

②若A′C1=A′E′，
∴A′C₁²=A′E′²
即（$\frac{16}{5}$-a+3）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a+$\frac{3}{2}$）²=$\frac{117}{4}$，
整理得65a²-482a+488=0，
解得a=$\frac{241±3\sqrt{2929}}{65}$，
∴点E的坐标为（$\frac{241+3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113+9\sqrt{2929}}{130}$）或（$\frac{241-3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113-9\sqrt{2929}}{130}$）．
③若E′A′=E′C₁，
∴E′A′²=E′C₁²
即（$\frac{16}{5}$-a）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a-3）²=$\frac{117}{4}$，
解得a=$\frac{64±9\sqrt{321}}{65}$，
∴点E坐标为（$\frac{64+9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582+27\sqrt{321}}{130}$）或（$\frac{64-9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582-27\sqrt{321}}{130}$），
综上所述，符合条件的点E坐标为（$\frac{287}{130}$，$\frac{1641}{260}$）或（$\frac{241+3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113+9\sqrt{2929}}{130}$）或（$\frac{241-3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113-9\sqrt{2929}}{130}$）或（$\frac{64+9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582+27\sqrt{321}}{130}$）或（$\frac{64-9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582-27\sqrt{321}}{130}$）．

点评本题考查二次函数的应用、一次函数的应用、等边三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解本题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会用构建方程解决问题，本题的计算量比较大，数值比较大．

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C．

3个

D．

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