则△DEP1∽△P1OC， ∴
DEP1E45－t15±129＝，即＝，解得t＝； P1OOCt26
3
当P2D⊥DC时，△P2DC为直角三角形， 由△P2DB∽△DEB得＝23解得t＝；
3
当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，
10
DFCF534415±12923∴＝，即＝，解得t＝.∴当t的值为或或时，△PDC为直角三角形． OCP3O2t9963
3210
(3)存在．由已知得直线EF的解析式为y＝－x－.如答图2，在抛物线上取点D的对称点D′，
33过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于点M，过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM＋MN＝D′N最小．
则D′(2,4)，△EOF∽△NHD′.设点N的坐标为
10
35
＝，
2102－aa－33
DBP2Bt＋152
，即＝，
EBDB652
210OEOF(a，－a－)，∴＝，即33NHHD′
4
解得a＝－2，则点N的坐标为(－2，－2)， 3
求得直线ND′的解析式为y＝x＋1.
235
当x＝－时，y＝－，
2435
∴点M的坐标为(－，－)，
24
此时，DM＋MN的值最小为D′H＋NH＝4＋6＝213.
2222
第3题答图
类型2 探究角度数量关系的存在性
1．(2017·河池)抛物线y＝－x＋2x＋3与x轴交于点A，B(A在B的左侧)，与y轴交于点C.
第1题图
(1)求直线BC的解析式；
(2)抛物线的对称轴上存在点P，使∠APB＝∠ABC，利用图1求点P的坐标； (3)点Q在y轴右侧的抛物线上，利用图2比较∠OCQ与∠OCA的大小，并说明理由． 解：(1)在y＝－x＋2x＋3中， 令y＝0可得0＝－x＋2x＋3，
解得x＝－1或x＝3；令x＝0可得y＝3， ∴B(3,0)，C(0,3)，
∴可设直线BC的解析式为y＝kx＋3，把B点坐标代入可得3k＋3＝0，解得k＝－1， ∴直线BC的解析式为y＝－x＋3. (2)∵OB＝OC， ∴∠ABC＝45°.
∵y＝－x＋2x＋3＝－(x－1)＋4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝1.
设抛物线的对称轴交直线BC于点D，交x轴于点E，当点P在x轴上方时，如答图1.
第1题答图
∵∠APB＝∠ABC＝45°，且PA＝PB， 180°－45°
∴∠PBA＝＝67.5°，
2
2
2
22
2
1
∠DPB＝∠APB＝22.5°，
2∴∠PBD＝67.5°－45°＝22.5°， ∴∠DPB＝∠DBP， ∴DP＝DB，
在Rt△BDE中，BE＝DE＝2， 由勾股定理可求得BD＝22， ∴PE＝2＋22，∴P(1,2＋22)；
当点P在x轴下方时，由对称性可知P点坐标为(1，－2－22)． 综上可知P点坐标为(1,2＋22)或(1，－2－22)．
(3)设Q(x，－x＋2x＋3)，当点Q在x轴下方时，如答图2，过Q作QF⊥y轴于点F，
第1题答图
当∠OCA＝∠OCQ时，则△QFC∽△AOC，
2
QFAO1x1∴＝＝，即2＝， CFCO3x－2x3
解得x＝0(舍去)或x＝5，
∴当Q点横坐标为5时，∠OCA＝∠OCQ；
当Q点横坐标大于5时，则∠OCQ逐渐变小，故∠OCA＞∠OCQ； 当Q点横坐标小于5且大于0时，则∠OCQ逐渐变大，故∠OCA＜∠OCQ.
2．(2019·原创)抛物线y＝－x＋bx＋c与x轴交于A，B两点(点A在点B的左边)，与y轴正半轴交于点C.
(1)如图1，若A(－1,0)，B(3,0)，求抛物线y＝－x＋bx＋c的解析式；
(2)在(1)的条件下，P为抛物线上一点，连接AC，PC，若∠PCO＝3∠ACO，求点P的横坐标； (3)如图2，D为x轴下方抛物线上一点，连DA，DB，若∠BDA＋2∠BAD＝90°，求点D的纵坐标．
第2题图
2
2
解：(1)将A(－1,0)，B(3,0)分别代入y＝－x＋bx＋c，得
??－1－b＋c＝0，?
?－9＋3b＋c＝0，?
2
??b＝2，
解得?
?c＝3，?
2
∴抛物线的解析式为y＝－x＋2x＋3.
(2)如答图1，延长CP交x轴于点E，在x轴上取点D，使CD＝CA，作EN⊥CD交CD的延长线于点
，过点A作AI⊥CN于点I.
∵CD＝CA，OC⊥AD， ∴∠DCO＝∠ACO. ∵∠PCO＝3∠ACO， ∴∠ACD＝∠ECD， ∴tan∠ACD＝tan∠ECD， ∴AI＝ENCICN. ∵AI＝
AD·OCCD＝6
10
， CI＝CA2－AI2＝810
，
∴ENCN＝AI3CI＝4
， 设EN＝3x，则CN＝4x， 由tan∠CDO＝tan∠EDN，知
ENOC3DN＝OD＝1
，∴DN＝x，∴CD＝CN－DN＝3x＝10， ∴x＝103，∴DE＝103
， 则点E的坐标为(13
3
，0)，
第2题答图1
N