江蘇省2020學(xué)年中考數(shù)學(xué)試題研究二次函數(shù)綜合題練習

PagePage1二次函數(shù)綜合題★1.如圖，已知拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于點A(－1，0)和點B(3，0)，與y軸交于點C，連接BC交拋物線的對稱軸于點E，D是拋物線的頂點．(1)求此拋物線的解析式；(2)直接寫出點C和點D的坐標；(3)若點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，且S△ABP＝4S△COE，求P點坐標．注：二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的頂點坐標為(－eq\f(b,2a)，eq\f(4ac－b2,4a))第1題圖解：(1)由A(－1，0)，B(3，0)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－b＋c＝0,－9＋3b＋c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2,c＝3))，∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3；C(0，3)，D(1，4)；【解法提示】∵拋物線與y軸交于點C，將x=0代入y=-x2+2x+3，得y=3，∴C（0，3），∵拋物線與x軸交于A（-1，0），B（3，0），∴對稱軸為直線x=，y=-1+2+3=4，∴D（1，4）.(3)設(shè)P(x，y)(x>0，y>0)，∵S△COE＝3×1×eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，S△ABP＝4×y×eq\f(1,2)＝2y，∵S△ABP＝4S△COE，∴2y＝4×eq\f(3,2)，∴y＝3，又∵點P在拋物線上，將y＝3代入得－x2＋2x＋3＝3，解得x1＝0(不合題意，舍去)，x2＝2，∴P(2，3)．★2.如圖，拋物線y＝a(x－1)(x－3)與y軸交于A，B兩點，與y軸的正半軸交于點C，其頂點為D.(1)寫出C，D兩點的坐標(用含a的式子表示)；(2)設(shè)S△BCD：S△ABD＝k，求k的值；(3)當△BCD是直角三角形時，求對應(yīng)拋物線的解析式．第2題圖解：(1)∵y＝a(x－1)(x－3)＝ax2－4ax＋3a＝a(x－2)2－a，令x＝0，y＝3a，∴C(0，3a)，D(2，－a)；(2)由(1)得C(0，3a)，D(2，－a)，得直線CD的解析式為y＝－2ax＋3a，令y＝0，則x＝eq\f(3,2)，如解圖，設(shè)CD交x軸于點M，則M(eq\f(3,2)，0)，第2題解圖由題意知點A的坐標為(1，0)，B的坐標為(3，0),∴BM＝eq\f(3,2)，∴，∴k＝3；(3)∵B(3，0)，C(0，3a)，D(2，－a)，∴BC2＝32＋(3a)2＝9＋9a2，CD2＝22＋(－a－3a)2＝4＋16a2，BD2＝(3－2)2＋a2＝1＋a2，∵∠BCD<∠BCO<90°，∴△BCD為直角三角形時，只能有兩種情況，①當∠CBD＝90°時，則有BC2＋BD2＝CD2，即9＋9a2＋1＋a2＝4＋16a2，解得a＝1或a＝－1(舍去)，此時拋物線的解析式為y＝x2－4x＋3；②當∠CDB＝90°時，則有CD2＋BD2＝BC2，即4＋16a2＋1＋a2＝9＋9a2，解得a＝eq\f(\r(2),2)或a＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)，此時拋物線的解析式為y＝eq\f(\r(2),2)x2－2eq\r(2)x＋eq\f(3\r(2),2).綜上所述，當△BCD是直角三角形時，拋物線的解析式為y＝x2－4x＋3或y＝eq\f(\r(2),2)x2－2eq\r(2)x＋eq\f(3\r(2),2).★3.如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝eq\f(1,2)x＋2與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝－eq\f(1,2)x2＋bx＋c經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B.(1)求拋物線的函數(shù)表達式；(2)點D為直線AC上方拋物線上一動點．①連接BC、CD，設(shè)直線BD交線段AC于點E，△CDE的面積為S1，△BCE的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的最大值；②過點D作DF⊥AC，垂足為點F，連接CD，是否存在點D，使得△CDF中的某個角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由．第3題圖備用圖解：(1)據(jù)題意得A(－4，0)，C(0，2)，∵y＝－eq\f(1,2)x2＋bx＋c過點A、C兩點，∴，解得，∴y＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x＋2；(2)①令y＝0，∴－eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x＋2＝0，解得x1＝－4，x2＝1，∴B(1，0)，如解圖①，過D作DM⊥x軸交AC于M，過B作BN⊥x軸交AC于N，∴DM∥BN，第3題解圖①∴△DME∽△BNE，∴＝eq\f(DE,BE)＝eq\f(DM,BN)，令D(a，－eq\f(1,2)a2－eq\f(3,2)a＋2)（-4<a<0），∴M(a，eq\f(1,2)a＋2)，∵B(1，0)，∴N(1，eq\f(5,2))，∴＝eq\f(DM,BN)＝eq\f(－\f(1,2)a2－2a,\f(5,2))＝－eq\f(1,5)(a＋2)2＋eq\f(4,5)，∴當a＝－2時，的最大值為eq\f(4,5)；②存在；∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，∴AC＝2eq\r(5)，BC＝eq\r(5)，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，如解圖②，取AB中點P，連接PC，∴P(－eq\f(3,2)，0)，第3題解圖②∴PA＝PC＝PB＝eq\f(5,2)，∴∠CPO＝2∠BAC，tan∠CPO＝eq\f(OC,OP)＝eq\f(4,3)；如解圖②，作QA∥DF，Q在CD延長線上，QH⊥x軸于點H，情況1：∠DCF＝2∠BAC，即∠QCA＝2∠BAC，∴tan∠QCA＝eq\f(4,3)，∴eq\f(AQ,AC)＝eq\f(AQ,2\r(5))＝eq\f(4,3)，∴AQ＝eq\f(8\r(5),3)，∵∠QAH＋∠HQA＝∠CAO＋∠OCA＝90°，∠QAH＋∠CAO＝90°，∴∠CAO＝∠HQA，∠QAH＝∠ACO，∴△QHA∽△AOC，∴eq\f(AQ,AC)＝eq\f(AH,OC)＝eq\f(QH,AO)，∴AH＝eq\f(AQ·OC,AC)，HQ＝eq\f(AH·AO,OC)，∴AH＝eq\f(8,3)，HQ＝eq\f(16,3)，∴Q(－eq\f(20,3)，eq\f(16,3))，又∵C(0，2)，∴QC的解析式為y＝－eq\f(1,2)x＋2，聯(lián)立，∴eq\f(1,2)x2＋x＝0，∴x1＝0(舍)，x2＝－2，∴xD＝－2；情況2：如解圖②，∠FDC＝2∠BAC，即∠AQC＝2∠BAC，∴eq\f(AC,AQ)＝eq\f(2\r(5),AQ)＝eq\f(4,3)，∴AQ＝eq\f(3\r(5),2)，△QHA∽△AOC，∴AH＝eq\f(3,2)，HQ＝3，∴Q(－eq\f(11,2)，3)，又∵C(0，2)，∴QC的解析式為y＝－eq\f(2,11)x＋2，聯(lián)立，∴eq\f(1,2)x2＋eq\f(29,22)x＝0，∴x1＝0(舍去)，x2＝－eq\f(29,11)，∴xD＝－eq\f(29,11).綜上所述，D點的橫坐標為－2或－eq\f(29,11).★4.如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖象交坐標軸于A(－1，0)，B(4，0)，C(0，－4)三點，點P是直線BC下方拋物線上一動點．(1)求這個二次函數(shù)的解析式；(2)是否存在點P，使△POC是以O(shè)C為底邊的等腰三角形？若存在，求出P點坐標；若不存在，請說明理由；(3)動點P運動到什么位置時，△PBC面積最大．求出此時P點坐標和△PBC的最大面積．第4題圖解：(1)由于拋物線與y軸交于點A(－1，0)，B(4，0)，可設(shè)拋物線解析式為y＝a(x＋1)(x－4)，將點C(0，－4)代入得：a(0＋1)(0－4)＝－4，解得a＝1，所求拋物線解析式為y＝(x＋1)(x－4)，即y＝x2－3x－4.(2)存在．如解圖①，取OC的中點D(0，－2)，過D作PD⊥y軸，交拋物線于點P，且點P在第四象限，則點P的縱坐標為－2，∴x2－3x－4＝－2，解得x＝eq\f(3±\r(17),2)(負值舍去)，滿足條件的P點的坐標為(eq\f(3＋\r(17),2)，－2)；第4題解圖①(3)∵點B(4，0)，點C(0，－4)，∴直線BC的解析式為y＝x－4，設(shè)點P的坐標為(t，t2－3t－4)，如解圖②，過P作PQ∥y軸交BC于Q，則點Q的坐標為(t,t－4)，第4題解圖②∴|PQ|＝t－4－(t2－3t－4)＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4，∴當t＝2時，PQ取最大值，最大值為4，∵S△PBC＝S△PCQ＋S△PBQ＝eq\f(1,2)PQ·xB＝eq\f(1,2)PQ·4＝2PQ，∴當PQ最大時，S△PBC最大，最大值為8.此時點P的坐標為(2，－6)．★5.如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與直線AB交于A(－4，－4)，B(0，4)兩點，直線AC：y＝－eq\f(1,2)x－6交y軸于點C.點E是直線AB上的動點，過點E作EF⊥x軸交AC于點F，交拋物線于點G.(1)求拋物線y＝－x2＋bx＋c的表達式；(2)連接GB，EO，當四邊形GEOB是平行四邊形時，求點G的坐標；(3)①在y軸上存在一點H，連接EH，HF，當點E運動到什么位置時，以A，E，F(xiàn)，H為頂點的四邊形是矩形？求出此時點E，H的坐標；②在①的前提下，以點E為圓心，EH長為半徑作圓，點M為⊙E上一動點，求eq\f(1,2)AM＋CM的最小值．第5題圖解：(1)∵拋物線y＝－x2＋bx＋c的圖象過A(－4，－4)，B(0，4)兩點，∴，解得，∴拋物線表達式為y＝－x2－2x＋4；(2)如解圖①，設(shè)lAB的解析式為y＝mx＋n，代入A(－4，－4)，B(0，4)兩點，∴，解得，∴直線AB的表達式為y＝2x＋4.∵B(0，4)，∴OB＝4，設(shè)E(x，2x＋4)，G(x，－x2－2x＋4)，∴GE＝(－x2－2x＋4)－(2x＋4)＝－x2－4x.∵四邊形GEOB是平行四邊形，∴OB∥GE，GE＝BO，即：－x2－4x＝4，解得x1＝x2＝－2，當xG＝－2時，yG＝4，∴G(－2，4)；(3)①如解圖①，設(shè)E(a，2a＋4)，F(xiàn)(a，－eq\f(1,2)a－6)，過A作AK⊥y軸于點K，交GF于點Q，過點H作HP⊥GF于點P，∴AK＝4，OK＝4，BC＝10，KC＝OC－OK＝6－4＝2，BK＝BC－KC＝10－2＝8，AC2＝AK2＋KC2＝42＋22＝20，AB2＝AK2＋BK2＝42＋82＝80，BC2＝102＝100，∴AC2＋AB2＝BC2，即∠BAC＝90°，∴∠AEF<90°，∠AFE<90°，∴四邊形AEHF以∠AEF，∠AFE為內(nèi)角時不是矩形，∴當∠BAC＝90°且四邊形AEHF是平行四邊形時，四邊形AEHF是矩形，∴EH∥AF，EH＝AF.∴∠HEP＝∠AFQ，∵∠EPH＝∠FQA＝90°，∴△EPH≌△FQA，∴PH＝AQ，EP＝FQ，∴0－a＝a－(－4)，解得a＝－2，∴E(－2，0)，－yH＝－4－(－eq\f(1,2)a－6)，解得yH＝－1，∴點H的坐標為(0，－1)；②如解圖②，EM＝EH＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，AE＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)，設(shè)在EA上存在點N，∵∠NEM＝∠MEA，∴當eq\f(EN,EM)＝eq\f(EM,EA)時，△ENM∽△EMA，∴eq\f(EN,EM)＝eq\f(EM,EA)＝eq\f(MN,AM)，即eq\f(EN,\r(5))＝eq\f(\r(5),2\r(5))＝eq\f(MN,AM)，∴EN＝eq\f(\r(5),2)，MN＝eq\f(1,2)AM，∴eq\f(1,2)AM＋CM＝MN＋MC≥NC(兩點之間線段最短)，即當N、M、C三點共線時，NC就是所要求的eq\f(1,2)AM＋CM的最小值．∵AN＝AE－EN＝2eq\r(5)－eq\f(\r(5),2)＝eq\f(3\r(5),2)，∴NC＝eq\r(AN2＋AC2)＝eq\r(（\f(3\r(5),2)）2＋（2\r(5)）2)＝eq\f(5\r(5),2)，即eq\f(1,2)AM＋CM的最小值為eq\f(5\r(5),2).第5題解圖★6.如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知二次函數(shù)y＝ax2＋2ax＋c的圖象與y軸交于點C(0，3)，與x軸交于A、B兩點，點B的坐標為(－3，0)．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)點M是第二象限內(nèi)拋物線上的一動點，若直線OM把四邊形ACDB分成面積為1∶2的兩部分，求出此時點M的坐標；(3)點P是第二象限內(nèi)拋物線上的一動點，當點P在何處時△CPB的面積最大？最大面積是多少？并求出此時點P的坐標．第6題圖解：(1)將點C(0，3)，B(－3，0)代入y＝ax2＋2ax＋c得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝3,9a－6a＋c＝0))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,c＝3))，∴二次函數(shù)的解析式為y＝－x2－2x＋3；(2)由y＝－x2－2x＋3，令y＝0，則－x2－2x＋3＝0，解得x1＝1，x2＝－3.∴點A(1，0)．如解圖①，連接OD、AD、AC、CD，第6題解圖①∵y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，∴頂點D的坐標為(－1，4)；易求直線AD的解析式為y＝－2x＋2，∴直線AD與y軸的交點為(0，2)，S四邊形ACDB＝S△ABD＋S△ACD＝eq\f(1,2)×4×4＋eq\f(1,2)×1×2＝9.∴直線OM必與線段BD相交，易得直線BD的解析式為y＝2x＋6；設(shè)直線OM與直線BD交于點E，則△OBE的面積可以為3或6.①當S△OBE＝eq\f(1,3)×9＝3時，易得點E的縱坐標為2，將y＝2代入直線BD解析式求得x＝－2，∴E點坐標(－2，2)，則直線OE的解析式為y＝－x，設(shè)M點坐標為(x，－x)，代入拋物線解析式得：－x＝－x2－2x＋3，解得：x1＝eq\f(－1－\r(13),2)，x2＝eq\f(－1＋\r(13),2)(舍去)，∴M(eq\f(－1－\r(13),2)，eq\f(1＋\r(13),2))；②當S△OBE＝eq\f(2,3)×9＝6時，同理可得M點坐標．∴M點坐標為(－1，4)；綜上所述，點M的坐標為(eq\f(－1－\r(13),2)，eq\f(1＋\r(13),2))或(－1，4)；(3)如解圖②，連接OP，設(shè)P點的坐標為(m，n)，第6題解圖②∵點P在拋物線上，∴n＝－m2－2m＋3，∴S△CPB＝S△CPO＋S△OPB－S△COB＝eq\f(1,2)OC·(－m)＋eq\f(1,2)OB·n－eq\f(1,2)OC·OB＝－eq\f(3,2)m＋eq\f(3,2)n－eq\f(9,2)＝eq\f(3,2)(n－m－3)＝－eq\f(3,2)(m2＋3m)＝－eq\f(3,2)(m＋eq\f(3,2))2＋eq\f(27,8).∵－3＜m＜0，∴當m＝－eq\f(3,2)時，n＝eq\f(15,4)，△CPB的面積有最大值eq\f(27,8).∴當點P的坐標為(－eq\f(3,2)，eq\f(15,4))時，△CPB的面積有最大值，最大值為eq\f(27,8).★7.拋物線y＝－x2＋2x＋3與x軸交于點A，B(A在B的左側(cè))，與y軸交于點C.(1)求直線BC的解析式；(2)拋物線的對稱軸上存在點P，使∠APB＝∠ABC，求點P的坐標；(3)點Q在y軸右側(cè)的拋物線上，設(shè)點Q的橫坐標為a，試確定當∠OCQ<∠OCA時，a的取值范圍．第7題圖解：(1)令y＝0，即－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∵點A在點B的左側(cè)，∴A(－1，0)，B(3，0)，當x＝0時，y＝3，則C(0，3)，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋3，把B(3，0)代入，得0＝3k＋3，解得k＝－1，∴直線BC的解析式為y＝－x＋3；(2)由(1)可知OB＝OC＝3，則△BOC為等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∴∠APB＝∠ABC＝45°，且PA＝PB，如解圖①，過點B作BD⊥PA于點D，設(shè)對稱軸與x軸交于點E，則△PBD為等腰直角三角形，設(shè)BD＝PD＝m，第7題解圖①由勾股定理得PB＝eq\r(2)m，∴PA＝PB＝eq\r(2)m，∴AD＝(eq\r(2)－1)m.在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得AD2＋BD2＝AB2，即[(eq\r(2)－1)m]2＋m2＝42，解得m2＝eq\f(8,2－\r(2))，在Rt△PBE中，PE2＝PB2－BE2＝2m2－22＝2×eq\f(8,2－\r(2))－4＝8eq\r(2)＋12＝(2eq\r(2)＋2)2，∴PE＝2eq\r(2)＋2，∴點P的坐標為(1，2eq\r(2)＋2)或(1，－2eq\r(2)－2)；(3)如解圖②，點A關(guān)于y軸對稱的點F的坐標為(1，0)，連接CF，第7題解圖②∴∠OCA＝∠OCF，設(shè)直線CF的解析式為y＝mx＋n，把點C(0，3)、F(1，0)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝3,m＋n＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－3,n＝3))，則直線CF的解析式為y＝－3x＋3，與二次函數(shù)聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3x＋3,y＝－x2＋2x＋3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5,y＝－12))，∴直線CF與拋物線的交點坐標為(0，3)，(5，－12)，由拋物線知，當點Q在直線CF的下方的拋物線上時，∠OCQ＜∠OCA，即a＞5.★8.如圖，一次函數(shù)y＝eq\f(2,3)x－4與x軸交于點B，與y軸交于點C.經(jīng)過點B、C兩點的拋物線y＝ax2＋bx＋c也經(jīng)過點A(－2，0)．(1)求拋物線的解析式；(2)點M是線段AB上的一個動點，過點M作MN∥BC，交AC于點N，連接CM，當△CMN的面積最大時，求點M的坐標；(3)點D(4，k)在拋物線上，點F為拋物線上一動點，在y軸上是否存在點E，使以A、D、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，求出所有滿足條件的點E，F(xiàn)的坐標；若不存在，請說明理由．第8題圖解：(1)由y＝eq\f(2,3)x－4可知B(6，0)，C(0，－4)，設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x＋2)(x－6)，將點C（-2，0）的坐標代入，解得a＝eq\f(1,3)，∴拋物線的解析式為y＝eq\f(1,3)x2－eq\f(4,3)x－4；(2)設(shè)點M的坐標為(m，0)，過點N作NH⊥x軸于點H，如解圖①，第8題解圖①∵點A的坐標為(－2，0)，點B的坐標為(6，0)，∴AB＝8，AM＝m＋2，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴eq\f(NH,CO)＝eq\f(AM,AB)∴eq\f(NH,4)＝eq\f(m＋2,8)，∴NH＝eq\f(m＋2,2)，∴S△CMN＝S△ACM－S△AMN＝eq\f(1,2)AM·CO－eq\f(1,2)AM·NH＝eq\f(1,2)(m＋2)(4－eq\f(m＋2,2))＝－eq\f(1,4)m2＋m＋3＝－eq\f(1,4)(m－2)2＋4，∴當m＝2時，S△CMN有最大值為4，此時，點M的坐標為(2，0)；(3)存在，理由如下：∵點D(4，k)在拋物線y＝eq\f(1,3)x2－eq\f(4,3)x－4上，∴當x＝4時，y＝－4，∴D(4，－4)，設(shè)點F的坐標為(m，n)，點E的坐標為(0，t)，由題意得：①若AF為平行四邊形的邊，如解圖②，則有：第8題解圖②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(yD－yF＝y(tǒng)E－yA,xD－xF＝xE－xA)))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－4－n＝t,4－m＝2)))，∵n＝eq\f(1,3)m2－eq\f(4,3)m－4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－4－\f(1,3)m2＋\f(4,3)m＋4＝t,4－m＝2)))，解得：m＝2，n＝－eq\f(16,3)，t＝eq\f(4,3).∴E1(0，eq\f(4,3))，F(xiàn)1(2，－eq\f(16,3))；②若AF為平行四邊形的對角線，如解圖③，則有：第8題解圖③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(yF－yD＝y(tǒng)E－yA,xF－xD＝xE－xA)))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n＋4＝t,m－4＝2)))，∵n＝eq\f(1,3)m2－eq\f(4,3)m－4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)m2－\f(4,3)m－4＋4＝t,m－4＝2)))，解得m＝6，n＝0，t＝4，∴E2(0，4)，F(xiàn)2(6，0)，綜上所述，存在E1(0，eq\f(4,3))，F(xiàn)1(2，－eq\f(16,3))或E2(0，4)，F(xiàn)2(6，0)使得以A、D、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形．★9.如圖，拋物線y＝eq\f(1,2)(x－3)2－1與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側(cè))，與y軸交于點C，頂點為D.(1)試求點A，B，D的坐標；(2)連接CD，過原點O作OE⊥CD與拋物線的對稱軸交于點E，求OE的長；(3)以(2)中的點E為圓心，1為半徑畫圓，在對稱軸右側(cè)的拋物線上有一動點P，過點P作⊙O的切線，切點為Q，當PQ的長最小時，求點P的坐標．第9題圖解：(1)由y＝0得eq\f(1,2)(x－3)2－1＝0，解得x1＝3－eq\r(2)，x2＝3＋eq\r(2)，又∵點A在點B的左側(cè)，∴A點坐標為(3－eq\r(2)，0)，B點坐標為(3＋eq\r(2)，0)，由拋物線解析式y(tǒng)＝eq\f(1,2)(x－3)2－1可得頂點D的坐標為(3，－1)；(2)如解圖①，過點D作DG⊥y軸于點G，設(shè)CD與x軸交于點F，第9題解圖①由題意可得，∠DCG＋∠CFO＝90°，∠EOM＋∠CFO＝90°，∴∠DCG＝∠EOM，又∵∠CGD＝∠OME＝90°，∴△CDG∽△OEM,∴eq\f(CG,OM)＝eq\f(DG,EM)，即eq\f(3,2)＝eq\f(3,EM)，∴EM＝2,∴E點坐標為(3，2)，∴OE＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13)；(3)如解圖②，由⊙E的半徑為1，由勾股定理得PQ2＝EP2－1，要使切線長PQ最小，只需EP長最小，即EP2最小，第9題解圖②設(shè)P點坐標為(x，y)，則PQ＝x－3，EQ＝2－y,∴由勾股定理得EP2＝(x－3)2＋(2－y)2,∵y＝eq\f(1,2)(x－3)2－1，∴(x－3)2＝2y＋2,∴EP2＝2y＋2＋x2－4x＋4＝(y－1)2＋5，當y＝1時，EP2為最小值，將y＝1代入y＝eq\f(1,2)(x