1、2012年全國各地中考數(shù)學壓軸題精選（解析版2130）21（2012紹興）如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，連接AC，拋物線y=x24x2經(jīng)過A，B兩點（1）求A點坐標及線段AB的長；（2）若點P由點A出發(fā)以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發(fā)以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B移動，當其中一個點到達終點時另一個點也停止移動，點P的移動時間為t秒當PQAC時，求t的值；當PQAC時，對于拋物線對稱軸上一點H，HOQPOQ，求點H的縱坐標的取值范圍考點：二次函數(shù)綜合題。 專題：壓軸題；動點型；分類討論。分析：（1）已知拋物線的解析式，將x=0代入即可得A點坐標

2、；由于四邊形OABC是矩形，那么A、B縱坐標相同，代入該縱坐標可求出B點坐標，則AB長可求（2）Q點的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上 三段來分析，若PQAC時，很顯然前兩種情況符合要求，首先確定這三段上t的取值范圍，然后通過相似三角形（或構建相似三角形），利用比例線段來求出t的值，然后由t的取值范圍將不合題意的值舍去；當PQAC時，BPQBAC，通過比例線段求出t的值以及P、Q點的坐標，可判定P點在拋物線的對稱軸上，若P、H1重合，此時有H1OQ=POQ，顯然若做點H1關于OQ的對稱點H2，那么亦可得到H2OQ=POQ，而題干要求的是HOQPOQ，那么H1點以下、H2點以上的H點都是符

3、合要求的解答：解：（1）由拋物線y=x24x2知：當x=0時，y=2，A（0，2）由于四邊形OABC是矩形，所以ABx軸，即A、B的縱坐標相同；當y=2時，2=x24x2，解得x1=0，x2=4，B（4，2），AB=4（2）由題意知：A點移動路程為AP=t，Q點移動路程為7（t1）=7t7當Q點在OA上時，即07tt2，1t時，如圖1，若PQAC，則有RtQAPRtABC=，即，t=，此時t值不合題意當Q點在OC上時，即27t76，t時，如圖2，過Q點作QDABAD=OQ=7（t1）2=7t9DP=t（7t9）=96t若PQAC，則有RtQDPRtABC，即=，t=，t=符合題意當Q點在BC上

4、時，即67t78，t時，如圖3，若PQAC，過Q點作QGAC，則QGPG，即GQP=90QPB90，這與QPB的內角和為180矛盾，此時PQ不與AC垂直綜上所述，當t=時，有PQAC當PQAC時，如圖4，BPQBAC，=，=，解得t=2，即當t=2時，PQAC此時AP=2，BQ=CQ=1，P（2，2），Q（4，1）拋物線對稱軸的解析式為x=2，當H1為對稱軸與OP的交點時，有H1OQ=POQ，當yH2時，HOQPOQ作P點關于OQ的對稱點P，連接PP交OQ于點M，過P作PN垂直于對稱軸，垂足為N，連接OP，在RtOCQ中，OC=4，CQ=1OQ=，SOPQ=S四邊形ABCDSAOPSCOQSQ

5、BP=3=OQPM，PM=，PP=2PM=，NPP=COQRtCOQRtNPP，PN=，PN=，P（，），直線OP的解析式為y=x，OP與NP的交點H2（2，）當yH時，HOPPOQ綜上所述，當yH2或yH時，HOQPOQ點評：函數(shù)的動點問題是較難的函數(shù)綜合題，在解題時要尋找出關鍵點，然后正確的進行分段討論，做到不重復、不漏解22（2012濟寧）如圖，拋物線y=ax2+bx4與x軸交于A（4，0）、B（2，0）兩點，與y軸交于點C，點P是線段AB上一動點（端點除外），過點P作PDAC，交BC于點D，連接CP（1）求該拋物線的解析式；（2）當動點P運動到何處時，BP2=BDBC；（3）當PCD的

6、面積最大時，求點P的坐標考點：二次函數(shù)綜合題。 專題：壓軸題；轉化思想。分析：（1）該拋物線的解析式中有兩個待定系數(shù)，只需將點A、B的坐標代入解析式中求解即可（2）首先設出點P的坐標，由PDAC得到BPDBAC，通過比例線段可表示出BD的長；BC的長易得，根據(jù)題干給出的條件BP2=BDBC即可求出點P的坐標（3）由于PDAC，根據(jù)相似三角形BPD、BAC的面積比，可表示出BPD的面積；以BP為底，OC為高，易表示出BPC的面積，BPC、BPD的面積差為PDC的面積，通過所列二次函數(shù)的性質，即可確定點P的坐標解答：解：（1）由題意，得，解得，拋物線的解析式為y=x4；（2）設點P運動到點（x，0

7、）時，有BP2=BDBC，令x=0時，則y=4，點C的坐標為（0，4）PDAC，BPDBAC，BC=，AB=6，BP=x（2）=x+2BD=BP2=BDBC，（x+2）2=，解得x1=，x2=2（2不合題意，舍去），點P的坐標是（，0），即當點P運動到（，0）時，BP2=BDBC；（3）BPDBAC，SBPC=（x+2）4，當x=1時，SBPC有最大值為3即點P的坐標為（1，0）時，PDC的面積最大點評：該題綜合了相似三角形、圖形面積的求法等知識，難度系數(shù)大，（3）題中，將所求三角形的面積進行適當?shù)霓D化是解題的關鍵所在23（2012資陽）拋物線的頂點在直線y=x+3上，過點F（2，2）的直線交

8、該拋物線于點M、N兩點（點M在點N的左邊），MAx軸于點A，NBx軸于點B（1）先通過配方求拋物線的頂點坐標（坐標可用含m的代數(shù)式表示），再求m的值；（2）設點N的橫坐標為a，試用含a的代數(shù)式表示點N的縱坐標，并說明NF=NB；（3）若射線NM交x軸于點P，且PAPB=，求點M的坐標考點：二次函數(shù)綜合題。 專題：壓軸題。分析：（1）利用配方法將二次函數(shù)整理成頂點式即可，再利用點在直線上的性質得出答案即可；（2）首先利用點N在拋物線上，得出N點坐標，再利用勾股定理得出NF2=NC2+FC2，進而得出NF2=NB2，即可得出答案；（3）求點M的坐標，需要先求出直線PF的解析式首先由（2）的思路得出

9、MF=MA，然后連接AF、FB，通過證明PFAPBF，利用相關的比例線段將PAPB的值轉化為PF的值，進而求出點F的坐標和直線PF的解析式，即可得解解答：解：（1）y=x2+x+m=（x+2）2+（m1）頂點坐標為（2，m1）頂點在直線y=x+3上，2+3=m1，得m=2；（2）點N在拋物線上，點N的縱坐標為：a2+a+2，即點N（a，a2+a+2）過點F作FCNB于點C，在RtFCN中，F(xiàn)C=a+2，NC=NBCB=a2+a，NF2=NC2+FC2=（a2+a）2+（a+2）2，=（a2+a）2+（a2+4a）+4，而NB2=（a2+a+2）2，=（a2+a）2+（a2+4a）+4NF2=N

10、B2，NF=NB；（3）連接AF、BF，由NF=NB，得NFB=NBF，由（2）的結論知，MF=MA，MAF=MFA，MAx軸，NBx軸，MANB，AMF+BNF=180MAF和NFB的內角總和為360，2MAF+2NBF=180，MAF+NBF=90，MAB+NBA=180，F(xiàn)BA+FAB=90，又FAB+MAF=90，F(xiàn)BA=MAF=MFA，又FPA=BPF，PFAPBF，=，PF2=PAPB=，過點F作FGx軸于點G，在RtPFG中，PG=，PO=PG+GO=，P（，0）設直線PF：y=kx+b，把點F（2，2）、點P（，0）代入y=kx+b，解得k=，b=，直線PF：y=x+，解方程x

11、2+x+2=x+，得x=3或x=2（不合題意，舍去），當x=3時，y=，M（3，）點評：考查了二次函數(shù)綜合題，在該二次函數(shù)綜合題中，融入了勾股定理、相似三角形等重點知識，（3）題通過構建相似三角形將PAPB轉化為PF的值是解題的關鍵，也是該題的難點24（2012南京）如圖，A、B是O上的兩個定點，P是O上的動點（P不與A、B重合）、我們稱APB是O上關于點A、B的滑動角（1）已知APB是O上關于點A、B的滑動角，若AB是O的直徑，則APB=90；若O的半徑是1，AB=，求APB的度數(shù)；（2）已知O2是O1外一點，以O2為圓心作一個圓與O1相交于A、B兩點，APB是O1上關于點A、B的滑動角，直

12、線PA、PB分別交O2于M、N（點M與點A、點N與點B均不重合），連接AN，試探索APB與MAN、ANB之間的數(shù)量關系考點：勾股定理；垂徑定理；圓周角定理；點與圓的位置關系；圓與圓的位置關系。 專題：幾何綜合題。分析：（1）根據(jù)直徑所對的圓周角等于90即可求解；根據(jù)勾股定理的逆定理可得AOB=90，再分點P在優(yōu)弧上；點P在劣弧上兩種情況討論求解；（2）根據(jù)點P在O1上的位置分為四種情況得到APB與MAN、ANB之間的數(shù)量關系解答：解：（1）若AB是O的直徑，則APB=90如圖，連接AB、OA、OB在AOB中，OA=OB=1AB=，OA2+OB2=AB2AOB=90當點P在優(yōu)弧上時，AP1B=A

13、OB=45；當點P在劣弧上時，AP2B=（360AOB）=1356分（2）根據(jù)點P在O1上的位置分為以下四種情況第一種情況：點P在O2外，且點A在點P與點M之間，點B在點P與點N之間，如圖MAN=APB+ANB，APB=MANANB；第二種情況：點P在O2外，且點A在點P與點M之間，點N在點P與點B之間，如圖MAN=APB+ANP=APB+（180ANB），APB=MAN+ANB180；第三種情況：點P在O2外，且點M在點P與點A之間，點B在點P與點N之間，如圖APB+ANB+MAN=180，APB=180MANANB，第四種情況：點P在O2內，如圖，APB=MAN+ANB點評：綜合考查了圓周

14、角定理，勾股定理的逆定理，點與圓的位置關系，本題難度較大，注意分類思想的運用25（2012德州）如圖所示，現(xiàn)有一張邊長為4的正方形紙片ABCD，點P為正方形AD邊上的一點（不與點A、點D重合）將正方形紙片折疊，使點B落在P處，點C落在G處，PG交DC于H，折痕為EF，連接BP、BH（1）求證：APB=BPH；（2）當點P在邊AD上移動時，PDH的周長是否發(fā)生變化？并證明你的結論；（3）設AP為x，四邊形EFGP的面積為S，求出S與x的函數(shù)關系式，試問S是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由考點：翻折變換（折疊問題）；二次函數(shù)的最值；全等三角形的判定與性質；正方形的性質。

15、分析：（1）根據(jù)翻折變換的性質得出PBC=BPH，進而利用平行線的性質得出APB=PBC即可得出答案；（2）首先證明ABPQBP，進而得出BCHBQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）利用已知得出EFMBPA，進而利用在RtAPE中，（4BE）2+x2=BE2，利用二次函數(shù)的最值求出即可解答：（1）解：如圖1，PE=BE，EBP=EPB又EPH=EBC=90，EPHEPB=EBCEBP即PBC=BPH又ADBC，APB=PBCAPB=BPH（2）PHD的周長不變?yōu)槎ㄖ?證明：如圖2，過B作BQPH，垂足為Q由（1）知APB=BPH，又A=BQP=90，B

16、P=BP，ABPQBPAP=QP，AB=BQ又AB=BC，BC=BQ又C=BQH=90，BH=BH，BCHBQHCH=QHPHD的周長為：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8（3）如圖3，過F作FMAB，垂足為M，則FM=BC=AB又EF為折痕，EFBPEFM+MEF=ABP+BEF=90，EFM=ABP又A=EMF=90，EFMBPAEM=AP=x在RtAPE中，（4BE）2+x2=BE2解得，又四邊形PEFG與四邊形BEFC全等，即：配方得，當x=2時，S有最小值6點評：此題主要考查了翻折變換的性質以及全等三角形的判定與性質和勾股定理、二次函數(shù)的最值問題等知識，熟練利用

17、全等三角形的判定得出對應相等關系是解題關鍵26（2012湘潭）如圖，拋物線的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，已知B點坐標為（4，0）（1）求拋物線的解析式；（2）試探究ABC的外接圓的圓心位置，并求出圓心坐標；（3）若點M是線段BC下方的拋物線上一點，求MBC的面積的最大值，并求出此時M點的坐標考點：二次函數(shù)綜合題。 專題：轉化思想。分析：（1）該函數(shù)解析式只有一個待定系數(shù)，只需將B點坐標代入解析式中即可（2）首先根據(jù)拋物線的解析式確定A點坐標，然后通過證明ABC是直角三角形來推導出直徑AB和圓心的位置，由此確定圓心坐標（3）MBC的面積可由SMBC=BCh表示，若要它的面積最大，需

18、要使h取最大值，即點M到直線BC的距離最大，若設一條平行于BC的直線，那么當該直線與拋物線有且只有一個交點時，該交點就是點M解答：解：（1）將B（4，0）代入拋物線的解析式中，得：0=16a42，即：a=；拋物線的解析式為：y=x2x2（2）由（1）的函數(shù)解析式可求得：A（1，0）、C（0，2）；OA=1，OC=2，OB=4，即：OC2=OAOB，又：OCAB，OACOCB，得：OCA=OBC；ACB=OCA+OCB=OBC+OCB=90，ABC為直角三角形，AB為ABC外接圓的直徑；所以該外接圓的圓心為AB的中點，且坐標為：（，0）（3）已求得：B（4，0）、C（0，2），可得直線BC的解析

19、式為：y=x2；設直線lBC，則該直線的解析式可表示為：y=x+b，當直線l與拋物線只有一個交點時，可列方程：x+b=x2x2，即：x22x2b=0，且=0；44（2b）=0，即b=4；直線l：y=x4由于SMBC=BCh，當h最大（即點M到直線BC的距離最遠）時，ABC的面積最大所以點M即直線l和拋物線的唯一交點，有：，解得：即 M（2，3）點評：考查了二次函數(shù)綜合題，該題的難度不算太大，但用到的瑣碎知識點較多，綜合性很強熟練掌握直角三角形的相關性質以及三角形的面積公式是理出思路的關鍵27（2012嘉興）在平面直角坐標系xOy中，點P是拋物線：y=x2上的動點（點在第一象限內）連接 OP，過

20、點0作OP的垂線交拋物線于另一點Q連接PQ，交y軸于點M作PA丄x軸于點A，QB丄x軸于點B設點P的橫坐標為m（1）如圖1，當m=時，求線段OP的長和tanPOM的值；在y軸上找一點C，使OCQ是以OQ為腰的等腰三角形，求點C的坐標；（2）如圖2，連接AM、BM，分別與OP、OQ相交于點D、E用含m的代數(shù)式表示點Q的坐標；求證：四邊形ODME是矩形考點：二次函數(shù)綜合題。 專題：代數(shù)幾何綜合題；分類討論。分析：（1）已知m的值，代入拋物線的解析式中可求出點P的坐標；由此確定PA、OA的長，通過解直角三角形易得出結論題干要求OCQ是以OQ為腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO、CQ=CO三

21、種情況來判斷：QO=QC時，Q在線段OC的垂直平分線上，Q、O的縱坐標已知，C點坐標即可確定；QO=OC時，先求出OQ的長，那么C點坐標可確定；CQ=CO時，OQ為底，不合題意（2）由QOP=90，易求得QBOMOA，通過相關的比例線段來表示出點Q的坐標；在四邊形ODME中，已知了一個直角，只需判定該四邊形是平行四邊形即可，那么可通過證明兩組對邊平行來得證解答：解：（1）把x=代入 y=x2，得 y=2，P（，2），OP=PA丄x軸，PAMOtanP0M=tan0PA=設 Q（n，n2），tanQOB=tanPOM，n=Q（，），OQ=當OQ=OC時，則C1（0，），C2（0，）；當OQ=CQ

22、時，則C3（0，1）；當CQ=CO時，OQ為底，則C4（0，）不合題意，舍去綜上所述，所求點C坐標為：C1（0，），C2（0，），C3（0，1）；（2）P（m，m2），設 Q（n，n2），APOBOQ，得n=，Q（，）設直線PQ的解析式為：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（，）代入，得：解得b=1，M（0，1），QBO=MOA=90，QBOMOAMAO=QOB，QOMA同理可證：EMOD又EOD=90，四邊形ODME是矩形點評：考查了二次函數(shù)綜合題，該題涉及的知識點較多，有：解直角三角形、相似三角形、等腰直角三角形的判定、矩形的判定等重要知識點；（1）題中，要注意分類進行討論，以免出現(xiàn)漏解、

23、錯解的情況28（2012連云港）已知梯形ABCD，ADBC，ABBC，AD=1，AB=2，BC=3，問題1：如圖1，P為AB邊上的一點，以PD，PC為邊作平行四邊形PCQD，請問對角線PQ，DC的長能否相等，為什么？問題2：如圖2，若P為AB邊上一點，以PD，PC為邊作平行四邊形PCQD，請問對角線PQ的長是否存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由問題3：若P為AB邊上任意一點，延長PD到E，使DE=PD，再以PE，PC為邊作平行四邊形PCQE，請?zhí)骄繉蔷€PQ的長是否也存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由問題4：如圖3，若P為DC邊上任意一點，延長P

24、A到E，使AE=nPA（n為常數(shù)），以PE、PB為邊作平行四邊形PBQE，請?zhí)骄繉蔷€PQ的長是否也存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由考點：相似三角形的判定與性質；根的判別式；全等三角形的判定與性質；勾股定理；平行四邊形的判定與性質。 專題：代數(shù)幾何綜合題。分析：問題1：四邊形PCQD是平行四邊形，若對角線PQ、DC相等，則四邊形PCQD是矩形，然后利用矩形的性質，設PB=x，可得方程x2+32+（2x）2+1=8，由判別式0，可知此方程無實數(shù)根，即對角線PQ，DC的長不可能相等；問題2：在平行四邊形PCQD中，設對角線PQ與DC相交于點G，可得G是DC的中點，過點Q作

25、QHBC，交BC的延長線于H，易證得RtADPRtHCQ，即可求得BH=4，則可得當PQAB時，PQ的長最小，即為4；問題3：設PQ與DC相交于點G，PECQ，PD=DE，可得=，易證得RtADPRtHCQ，繼而求得BH的長，即可求得答案；問題4：作QHPE，交CB的延長線于H，過點C作CKCD，交QH的延長線于K，易證得=與ADPBHQ，又由DCB=45，可得CKH是等腰直角三角形，繼而可求得CK的值，即可求得答案解答：解：問題1：四邊形PCQD是平行四邊形，若對角線PQ、DC相等，則四邊形PCQD是矩形，DPC=90，AD=1，AB=2，BC=3，DC=2，設PB=x，則AP=2x，在Rt

26、DPC中，PD2+PC2=DC2，即x2+32+（2x）2+1=8，化簡得x22x+3=0，=（2）2413=80，方程無解，對角線PQ與DC不可能相等問題2：如圖2，在平行四邊形PCQD中，設對角線PQ與DC相交于點G，則G是DC的中點，過點Q作QHBC，交BC的延長線于H，ADBC，ADC=DCH，即ADP+PDG=DCQ+QCH，PDCQ，PDC=DCQ，ADP=QCH，又PD=CQ，RtADPRtHCQ，AD=HC，AD=1，BC=3，BH=4，當PQAB時，PQ的長最小，即為4問題3：如圖3，設PQ與DC相交于點G，PECQ，PD=DE，=，G是DC上一定點，作QHBC，交BC的延長

27、線于H，同理可證ADP=QCH，RtADPRtHCQ，即=，CH=2，BH=BC+CH=3+2=5，當PQAB時，PQ的長最小，即為5問題4：如圖4，設PQ與AB相交于點G，PEBQ，AE=nPA，=，G是AB上一定點，作QHCD，交CB的延長線于H，過點C作CKCD，交QH的延長線于K，ADBC，ABBC，D=QHC，DAP+PAG=QBH+QBG=90，PAG=QBG，QBH=PAD，ADPBHQ，AD=1，BH=n+1，CH=BH+BC=3+n+1=n+4，過點D作DMBC于M，則四邊形ABMD是矩形，BM=AD=1，DM=AB=2CM=BCBM=31=2=DM，DCM=45，KCH=4

28、5，CK=CHcos45=（n+4），當PQCD時，PQ的長最小，最小值為（n+4）點評：此題考查了相似三角形的判定與性質、直角梯形的性質、平行四邊形的性質、矩形的性質、勾股定理、一元二次方程根的判別式、全等三角形的判定與性質以及直角三角形的性質等知識此題難度較大，注意準確作出輔助線是解此題的關鍵，注意數(shù)形結合思想與方程思想的應用29（2012江西）已知，紙片O的半徑為2，如圖1，沿弦AB折疊操作（1）如圖2，當折疊后的經(jīng)過圓心O時，求的長；（2）如圖3，當弦AB=2時，求折疊后所在圓的圓心O到弦AB的距離；（3）在圖1中，再將紙片O沿弦CD折疊操作如圖4，當ABCD，折疊后的與所在圓外切于點

29、P時，設點O到弦AB、CD的距離之和為d，求d的值；如圖5，當AB與CD不平行，折疊后的與所在圓外切于點P時，設點M為AB的中點，點N為CD的中點試探究四邊形OMPN的形狀，并證明你的結論考點：相切兩圓的性質；等邊三角形的判定與性質；平行四邊形的判定；垂徑定理；弧長的計算；翻折變換（折疊問題）；解直角三角形。 專題：幾何綜合題。分析：（1）如圖2，過點O作OEAB交O于點E，連接OA、OB、AE、BE，可得OAE、OBE為等邊三角形，從而得到的圓心角，再根據(jù)弧長公式計算即可；（2）如圖3，連接OA、OB，過點O作OEAB于點E，可得AOB為等邊三角形，根據(jù)三角函數(shù)的知識可求折疊后所在圓的圓心O

30、到弦AB的距離；（3）如圖4，與所在圓外切于點P時，過點O作EFAB交于點E，交于點F，根據(jù)垂徑定理及折疊，可求點O到AB、CD的距離之和；根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可得證解答：解：（1）如圖2，過點O作OEAB交O于點E，連接OA、OB、AE、BE點E與點O關于AB對稱OAE、OBE為等邊三角形；1分OEA=OEB=60=；2分（2）如圖3，連接OA、OB，折疊前后所在的O與O是等圓，OA=OB=OA=AB=2AOB為等邊三角形；3分過點O作OEAB于點EOE=OBsin60=；4分（3）如圖4，與所在圓外切于點P時，過點O作EFAB交于點E，交于點F，ABCD，EF垂直平分

31、CD、且必過點P，5分根據(jù)垂徑定理及折疊，可知，6分又EF=4，點O到AB、CD的距離之和為：d=PH+PG=；7分如圖5，當AB與CD不平行時，四邊形OMPN是平行四邊形8分證明如下：設O、O為和所在圓的圓心，由折疊可知：O與O關于AB對稱，O與O關于CD對稱，M為OO的中點，N為OO的中點；9分所在圓外切，連心線OO必過點P，所在圓與O都是等圓，OP=OP=2；四邊形OMPN是平行四邊形點評：綜合考查了相切兩圓的性質，等邊三角形的判定與性質，平行四邊形的判定，垂徑定理，弧長的計算，翻折變換（折疊問題），解直角三角形，綜合性較強，難度較大30（2012德陽）在平面直角坐標xOy中，（如圖）正方形OABC的邊長為4，邊OA在x軸的正半軸上，邊OC在y軸的正半軸上，點D是OC的中點，BEDB交x軸于點E（1）求經(jīng)過點D、B、E的拋物線的解析式；（2）將DBE繞點B旋轉一定的角度后，邊BE交線段OA于點F，邊BD交y軸于點G，交（1）中的拋物線于M（不與點B重合），如果點M的橫坐標為，那么結論OF=DG能成立嗎？請說明理由；（3）過（2）中的點F的直線交射線CB于點P，交（1）中的拋物線在第一象限的部分于點Q，且使PFE為等腰三角形，求Q點的坐標考點：二次函數(shù)綜合題。 分析：（1）本題關鍵是求得E點坐標，然后利用待定系數(shù)法求拋物線解析式如題圖，可以證明BCDBAE，則AE=C