如图.在平面直角坐标系中.△CDE的顶点C坐标为.点D的横坐标为$\frac{19}{5}$.将△CDE绕点C旋转到△CBO.点D的对应点B在x轴上.抛物线y=ax2+bx+c以点C为顶点.且经过点B.它与x轴的另一个交点为点A．(1)图中.∠OCE=∠BCD,(2)求抛物线的解析式,(3)抛物线上是否存在点P.使S△PAE=$\frac{1}{2}$S△CDE?如果存在.请直� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图，在平面直角坐标系中，△CDE的顶点C坐标为（1，-2），点D的横坐标为$\frac{19}{5}$，将△CDE绕点C旋转到△CBO，点D的对应点B在x轴上，抛物线y=ax²+bx+c以点C为顶点，且经过点B，它与x轴的另一个交点为点A．
（1）图中，∠OCE=∠BCD；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线上是否存在点P，使S_△PAE=$\frac{1}{2}$S_△CDE？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

分析（1）由旋转的性质，即可得∠OCE=∠BCD；
（2）首先过点C作CH⊥OE于H，易求得点E的坐标，然后设B（m，0），D（$\frac{19}{5}$，n），由CD=CB，可得方程（1-$\frac{19}{5}$）²+（-2-n）²=（1-m）²+2²，继而求得m的值，再利用待定系数法求得函数的解析式；
（3）首先由对称性可求得点A的坐标，易得△CDE≌△CBO，然后由S_△CDE=S_△CBO=$\frac{1}{2}$•2•3=3，可设设P（t，$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$），即可得方程$\frac{1}{2}$•3•|$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$|=$\frac{1}{2}$•3，继而求得答案．

解答解：（1）∵△CDE绕点C旋转到△CBO，
∴∠OCE=∠BCD；
故答案为BCD；

（2）过点C作CH⊥OE于H，如图，
∵△CDE绕点C旋转到△CBO，
∴CO=CE，CB=CD，OB=DE，
∴OH=HE=1，
∴OE=2，
∴E点坐标为（2，0），
设B（m，0），D（$\frac{19}{5}$，n），
∵CD²=（1-$\frac{19}{5}$）²+（-2-n）²，CB²=（1-m）²+2²，DE²=（2-$\frac{19}{5}$）²+n²，
∴（1-$\frac{19}{5}$）²+（-2-n）²=（1-m）²+2²，（2-$\frac{19}{5}$）²+n²=m²，
∴m=3，n=-$\frac{12}{5}$，
∴B（3，0），
设抛物线解析式为y=a（x-1）²-2，
把B（3，0）代入得4a-2=0，解得a=$\frac{1}{2}$，
∴抛物线解析式为y=$\frac{1}{2}$（x-1）²-2，即y=$\frac{1}{2}$x²-x-$\frac{3}{2}$；

（3）存在．
∵A与点B关于直线x=1对称，
∴A（-1，0），
∵△CDE绕点C旋转到△CBO，
∴△CDE≌△CBO，
∴S_△CDE=S_△CBO=$\frac{1}{2}$•2•3=3，
设P（t，$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$），
∵S_△PAE=$\frac{1}{2}$S_△CDE，
∴$\frac{1}{2}$•3•|$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$|=$\frac{1}{2}$•3，
∴$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$=1或$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$=-1，
解方程$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$=1得t₁=1+$\sqrt{6}$，t₂=1-$\sqrt{6}$，此时P点坐标为（1+$\sqrt{6}$，1）或（1-$\sqrt{6}$，1）；
解方程$\frac{1}{2}$t²-t-$\frac{3}{2}$=-1得t₁=1+$\sqrt{2}$，t₂=1-$\sqrt{2}$，此时P点坐标为（1+$\sqrt{2}$，-1）或（1-$\sqrt{2}$，1）；
综上所述，满足条件的P点坐标为（1+$\sqrt{6}$，1）或（1-$\sqrt{6}$，1）或（1+$\sqrt{2}$，-1）或（1-$\sqrt{2}$，1）．

点评此题属于二次函数的综合题．考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和旋转的性质等知识．注意会利用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质是关键．

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