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24(12分)【初步探索】如图1，已知点B在直线CE上，点A、D在直线CE的同侧，AB=AC，DE=CE，∠BAC=∠DEC=50°，求证：$\frac{AC}{CE}=\frac{BC}{CD}$。
【问题解决】在【初步探索】的基础上，将△ABC绕点C顺时针旋转α(0°＜α＜180°)，直线AE、BD交于点F，如图2所示。
(1)当△ACE的面积达到最大时，α的度数为
(2)求证：△BCD∽△ACE；
(3)求∠BFE的度数；
【类比应用】如图3，在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1，AD=DE=$\sqrt{3}$，DG=3，连接AG、BF，求$\frac{AG}{BF}$的值。
【问题解决】在【初步探索】的基础上，将△ABC绕点C顺时针旋转α(0°＜α＜180°)，直线AE、BD交于点F，如图2所示。
(1)当△ACE的面积达到最大时，α的度数为
$25°$
；(2)求证：△BCD∽△ACE；
(3)求∠BFE的度数；
【类比应用】如图3，在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1，AD=DE=$\sqrt{3}$，DG=3，连接AG、BF，求$\frac{AG}{BF}$的值。
答案
24.【初步探索】证明:$\because AB=AC$,$DE=CE$,
$\therefore \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{CE}$. 又 $\because ∠ BAC=∠ DEC=50°$,
$\therefore △ ABC∽△ EDC$,$\therefore \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$.
【问题解决】(1)解:在 $EC$ 延长线上取一点为 $B'$,过点 $A$ 作 $AM⊥ CE$ 于点 $M$,则 $S_{△ ACE}=\dfrac{1}{2}CE· AM$.
$\because CE$ 是定长,
$\therefore$ 当 $AM$ 的值最大时,$△ ACE$ 的面积最大.
根据题意,得 $AM≤ AC$.
$\therefore$ 当 $AM$ 与 $AC$ 重合时,$AM$ 取得最大值,为线段 $AC$ 的长度,
$\therefore$ 此时 $∠ ACB'=90°$.
$\because AB=AC$,$∠ BAC=50°$,
$\therefore ∠ ACB=\dfrac{1}{2}(180°-∠ BAC)=65°$.
$\therefore$ 旋转角 $α=90°-65°=25°$.故答案为 $25°$.
(2)证明:$\because AB=AC$,$DE=CE$,$∠ BAC=∠ DEC=50°$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB=65°$,$∠ EDC=∠ ECD=65°$,
$\therefore ∠ ACB-∠ ACD=∠ ECD-∠ ACD$,
$\therefore ∠ BCD=∠ ACE$.
$\because \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$,即 $\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{BC}{AC}$,$\therefore △ BCD∽△ ACE$.
(3)解:$\because △ BCD∽△ ACE$,$\therefore ∠ BDC=∠ AEC$,
$\therefore ∠ BFE=∠ FDE+∠ DEF=∠ EDC+∠ BDC+∠ DEF=∠ EDC+∠ AEC+∠ DEF=∠ EDC+∠ DEC=115°$,
即 $∠ BFE$ 的度数为 $115°$.
【类比应用】解:连接 $DF$、$BD$,如图 2.
在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 中,
由勾股定理,得 $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2$,$DF=\sqrt{FG^2+DG^2}=2\sqrt{3}$,
$\therefore \tan∠ ADB=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$\tan∠ GDF=\dfrac{FG}{DG}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,
$\therefore ∠ ADB=∠ GDF$,
$\therefore ∠ GDF+∠ ADF=∠ ADB+∠ ADF$,即 $∠ ADG=∠ BDF$.
又 $\because \dfrac{AD}{BD}=\dfrac{DG}{DF}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,$\therefore △ ADG∽△ BDF$,$\therefore \dfrac{AG}{BF}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
解析
【分析】
本题为几何综合探究题，分层设置考点，解题思路可按模块梳理：
1. 初步探索：先根据已知的等腰三角形边相等、顶角相等，证明△ABC与△EDC相似，再利用相似三角形对应边成比例即可得到待证比例式。
2. 问题解决：
(1) △ACE的底CE为定长，面积由CE边上的高决定，当高最大（即高等于AC长度，AC⊥CE）时面积最大，结合原等腰△ABC的底角度数即可求出旋转角α；
(2) 由初步探索得到的比例式变形得到两组对应边成比例，再通过角的和差推导得到夹角相等，即可证明△BCD∽△ACE；
(3) 利用相似三角形对应角相等的性质，将角进行转化，结合△CDE的内角即可求出∠BFE的度数。
3. 类比应用：连接BD、DF作为辅助线，先用勾股定理求出两个矩形的对角线长，再通过三角函数得到等角，推导得到△ADG和△BDF的夹角相等、对应边成比例，证明两三角形相似即可得到AG与BF的比值。
【解析】
初步探索
证明：$\because AB=AC$，$DE=CE$，
$\therefore \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{CE}$，
又$\because ∠BAC=∠DEC=50°$，
$\therefore △ABC∽△EDC$，
$\therefore \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$。
问题解决
(1) 解：在EC延长线上取一点为$B'$，过点A作$AM⊥CE$于点M，则$S_{△ACE}=\dfrac{1}{2}CE· AM$。
$\because CE$是定长，$\therefore$当$AM$的值最大时，$△ACE$的面积最大。
根据题意，得$AM≤ AC$，
$\therefore$当$AM$与$AC$重合时，$AM$取得最大值，为线段$AC$的长度，
$\therefore$此时$∠ACB'=90°$。
$\because AB=AC$，$∠BAC=50°$，
$\therefore ∠ACB=\dfrac{1}{2}(180°-∠BAC)=65°$，
$\therefore$旋转角$α=90°-65°=25°$。
(2) 证明：$\because AB=AC$，$DE=CE$，$∠BAC=∠DEC=50°$，
$\therefore ∠ABC=∠ACB=65°$，$∠EDC=∠ECD=65°$，
$\therefore ∠ACB-∠ACD=∠ECD-∠ACD$，即$∠BCD=∠ACE$，
$\because \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$，即$\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{BC}{AC}$，
$\therefore △BCD∽△ACE$。
(3) 解：$\because △BCD∽△ACE$，$\therefore ∠BDC=∠AEC$，
$\therefore ∠BFE=∠FDE+∠DEF=∠EDC+∠BDC+∠DEF=∠EDC+∠AEC+∠DEF=∠EDC+∠DEC=65°+50°=115°$。
类比应用
解：连接$DF$、$BD$，如图2。
在$\mathrm{Rt}△ABD$和$\mathrm{Rt}△DEF$中，
由勾股定理，得$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=2$，$DF=\sqrt{FG^2+DG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$，
$\therefore \tan∠ADB=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan∠GDF=\dfrac{FG}{DG}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore ∠ADB=∠GDF=30°$，
$\therefore ∠GDF+∠ADF=∠ADB+∠ADF$，即$∠ADG=∠BDF$。
又$\because \dfrac{AD}{BD}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\dfrac{DG}{DF}=\dfrac{3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，即$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{DG}{DF}$，
$\therefore △ADG∽△BDF$，
$\therefore \dfrac{AG}{BF}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
24.【初步探索】证明:$\because AB=AC$,$DE=CE$,
$\therefore \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{CE}$. 又 $\because ∠ BAC=∠ DEC=50°$,
$\therefore △ ABC∽△ EDC$,$\therefore \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$.
【问题解决】(1)解:在 $EC$ 延长线上取一点为 $B'$,过点 $A$ 作 $AM⊥ CE$ 于点 $M$,则 $S_{△ ACE}=\dfrac{1}{2}CE· AM$.
$\because CE$ 是定长,
$\therefore$ 当 $AM$ 的值最大时,$△ ACE$ 的面积最大.
根据题意,得 $AM≤ AC$.
$\therefore$ 当 $AM$ 与 $AC$ 重合时,$AM$ 取得最大值,为线段 $AC$ 的长度,
$\therefore$ 此时 $∠ ACB'=90°$.
$\because AB=AC$,$∠ BAC=50°$,
$\therefore ∠ ACB=\dfrac{1}{2}(180°-∠ BAC)=65°$.
$\therefore$ 旋转角 $α=90°-65°=25°$.故答案为 $25°$.
(2)证明:$\because AB=AC$,$DE=CE$,$∠ BAC=∠ DEC=50°$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB=65°$,$∠ EDC=∠ ECD=65°$,
$\therefore ∠ ACB-∠ ACD=∠ ECD-∠ ACD$,
$\therefore ∠ BCD=∠ ACE$.
$\because \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$,即 $\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{BC}{AC}$,$\therefore △ BCD∽△ ACE$.
(3)解:$\because △ BCD∽△ ACE$,$\therefore ∠ BDC=∠ AEC$,
$\therefore ∠ BFE=∠ FDE+∠ DEF=∠ EDC+∠ BDC+∠ DEF=∠ EDC+∠ AEC+∠ DEF=∠ EDC+∠ DEC=115°$,
即 $∠ BFE$ 的度数为 $115°$.
【类比应用】解:连接 $DF$、$BD$,如图 2.
在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 中,
由勾股定理,得 $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2$,$DF=\sqrt{FG^2+DG^2}=2\sqrt{3}$,
$\therefore \tan∠ ADB=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$\tan∠ GDF=\dfrac{FG}{DG}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,
$\therefore ∠ ADB=∠ GDF$,
$\therefore ∠ GDF+∠ ADF=∠ ADB+∠ ADF$,即 $∠ ADG=∠ BDF$.
又 $\because \dfrac{AD}{BD}=\dfrac{DG}{DF}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,$\therefore △ ADG∽△ BDF$,$\therefore \dfrac{AG}{BF}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
【知识点】
相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合类典型习题，从基础的相似证明入手，逐步延伸到旋转背景下的角度、面积计算，最后通过类比迁移到矩形背景下的线段比值求解，层层递进，既考察了基础几何定理的掌握情况，也对逻辑推理、知识迁移能力有较高要求。
【难度系数】
0.55
本题为几何综合探究题，分层设置考点，解题思路可按模块梳理：
1. 初步探索：先根据已知的等腰三角形边相等、顶角相等，证明△ABC与△EDC相似，再利用相似三角形对应边成比例即可得到待证比例式。
2. 问题解决：
(1) △ACE的底CE为定长，面积由CE边上的高决定，当高最大（即高等于AC长度，AC⊥CE）时面积最大，结合原等腰△ABC的底角度数即可求出旋转角α；
(2) 由初步探索得到的比例式变形得到两组对应边成比例，再通过角的和差推导得到夹角相等，即可证明△BCD∽△ACE；
(3) 利用相似三角形对应角相等的性质，将角进行转化，结合△CDE的内角即可求出∠BFE的度数。
3. 类比应用：连接BD、DF作为辅助线，先用勾股定理求出两个矩形的对角线长，再通过三角函数得到等角，推导得到△ADG和△BDF的夹角相等、对应边成比例，证明两三角形相似即可得到AG与BF的比值。
【解析】
初步探索
证明：$\because AB=AC$，$DE=CE$，
$\therefore \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{CE}$，
又$\because ∠BAC=∠DEC=50°$，
$\therefore △ABC∽△EDC$，
$\therefore \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$。
问题解决
(1) 解：在EC延长线上取一点为$B'$，过点A作$AM⊥CE$于点M，则$S_{△ACE}=\dfrac{1}{2}CE· AM$。
$\because CE$是定长，$\therefore$当$AM$的值最大时，$△ACE$的面积最大。
根据题意，得$AM≤ AC$，
$\therefore$当$AM$与$AC$重合时，$AM$取得最大值，为线段$AC$的长度，
$\therefore$此时$∠ACB'=90°$。
$\because AB=AC$，$∠BAC=50°$，
$\therefore ∠ACB=\dfrac{1}{2}(180°-∠BAC)=65°$，
$\therefore$旋转角$α=90°-65°=25°$。
(2) 证明：$\because AB=AC$，$DE=CE$，$∠BAC=∠DEC=50°$，
$\therefore ∠ABC=∠ACB=65°$，$∠EDC=∠ECD=65°$，
$\therefore ∠ACB-∠ACD=∠ECD-∠ACD$，即$∠BCD=∠ACE$，
$\because \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$，即$\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{BC}{AC}$，
$\therefore △BCD∽△ACE$。
(3) 解：$\because △BCD∽△ACE$，$\therefore ∠BDC=∠AEC$，
$\therefore ∠BFE=∠FDE+∠DEF=∠EDC+∠BDC+∠DEF=∠EDC+∠AEC+∠DEF=∠EDC+∠DEC=65°+50°=115°$。
类比应用
解：连接$DF$、$BD$，如图2。
在$\mathrm{Rt}△ABD$和$\mathrm{Rt}△DEF$中，
由勾股定理，得$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=2$，$DF=\sqrt{FG^2+DG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$，
$\therefore \tan∠ADB=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan∠GDF=\dfrac{FG}{DG}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore ∠ADB=∠GDF=30°$，
$\therefore ∠GDF+∠ADF=∠ADB+∠ADF$，即$∠ADG=∠BDF$。
又$\because \dfrac{AD}{BD}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\dfrac{DG}{DF}=\dfrac{3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，即$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{DG}{DF}$，
$\therefore △ADG∽△BDF$，
$\therefore \dfrac{AG}{BF}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
24.【初步探索】证明:$\because AB=AC$,$DE=CE$,
$\therefore \dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{CE}$. 又 $\because ∠ BAC=∠ DEC=50°$,
$\therefore △ ABC∽△ EDC$,$\therefore \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$.
【问题解决】(1)解:在 $EC$ 延长线上取一点为 $B'$,过点 $A$ 作 $AM⊥ CE$ 于点 $M$,则 $S_{△ ACE}=\dfrac{1}{2}CE· AM$.
$\because CE$ 是定长,
$\therefore$ 当 $AM$ 的值最大时,$△ ACE$ 的面积最大.
根据题意,得 $AM≤ AC$.
$\therefore$ 当 $AM$ 与 $AC$ 重合时,$AM$ 取得最大值,为线段 $AC$ 的长度,
$\therefore$ 此时 $∠ ACB'=90°$.
$\because AB=AC$,$∠ BAC=50°$,
$\therefore ∠ ACB=\dfrac{1}{2}(180°-∠ BAC)=65°$.
$\therefore$ 旋转角 $α=90°-65°=25°$.故答案为 $25°$.
(2)证明:$\because AB=AC$,$DE=CE$,$∠ BAC=∠ DEC=50°$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB=65°$,$∠ EDC=∠ ECD=65°$,
$\therefore ∠ ACB-∠ ACD=∠ ECD-∠ ACD$,
$\therefore ∠ BCD=∠ ACE$.
$\because \dfrac{AC}{CE}=\dfrac{BC}{CD}$,即 $\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{BC}{AC}$,$\therefore △ BCD∽△ ACE$.
(3)解:$\because △ BCD∽△ ACE$,$\therefore ∠ BDC=∠ AEC$,
$\therefore ∠ BFE=∠ FDE+∠ DEF=∠ EDC+∠ BDC+∠ DEF=∠ EDC+∠ AEC+∠ DEF=∠ EDC+∠ DEC=115°$,
即 $∠ BFE$ 的度数为 $115°$.
【类比应用】解:连接 $DF$、$BD$,如图 2.
在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 中,
由勾股定理,得 $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2$,$DF=\sqrt{FG^2+DG^2}=2\sqrt{3}$,
$\therefore \tan∠ ADB=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$\tan∠ GDF=\dfrac{FG}{DG}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,
$\therefore ∠ ADB=∠ GDF$,
$\therefore ∠ GDF+∠ ADF=∠ ADB+∠ ADF$,即 $∠ ADG=∠ BDF$.
又 $\because \dfrac{AD}{BD}=\dfrac{DG}{DF}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,$\therefore △ ADG∽△ BDF$,$\therefore \dfrac{AG}{BF}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
【知识点】
相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合类典型习题，从基础的相似证明入手，逐步延伸到旋转背景下的角度、面积计算，最后通过类比迁移到矩形背景下的线段比值求解，层层递进，既考察了基础几何定理的掌握情况，也对逻辑推理、知识迁移能力有较高要求。
【难度系数】
0.55
25(14分)如图
,抛物线的对称轴为直线$x=-1$,与x轴分别交于A、B两点,点A的坐标是$(-3,0)$,与y轴交于点$C(0,3)$.(1)求抛物线的表达式;(2)如图,点P是抛物线上一点,连接BP使得$∠ PBA=45°$,求点P的坐标;(3)如图,连接OP与AC交于点D,是否存在点P,满足$\frac{PD}{OD}=\frac{2}{3}$?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
,抛物线的对称轴为直线$x=-1$,与x轴分别交于A、B两点,点A的坐标是$(-3,0)$,与y轴交于点$C(0,3)$.(1)求抛物线的表达式;(2)如图,点P是抛物线上一点,连接BP使得$∠ PBA=45°$,求点P的坐标;(3)如图,连接OP与AC交于点D,是否存在点P,满足$\frac{PD}{OD}=\frac{2}{3}$?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.答案
25.解:(1)设抛物线的表达式为 $y=ax^2+bx+c(a≠0)$.
$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$,与 $x$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,点 $A$ 的坐标是 $(-3,0)$,与 $y$ 轴交于点 $C(0,3)$,$\therefore \begin{cases} -\dfrac{b}{2a}=-1,\\ 9a-3b+c=0,\\ c=3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} a=-1,\\ b=-2,\\ c=3, \end{cases}$
$\therefore$ 抛物线的表达式为 $y=-x^2-2x+3$.
(2)如图 1,过 $P$ 作 $PH⊥ x$ 轴于 $H$,则 $∠ PHB=90°$.
$\because ∠ PBA=45°$,
$\therefore △ PHB$ 是等腰直角三角形,$\therefore PH=BH$.
设 $P(m,-m^2-2m+3)$,
$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$,与 $x$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,点 $A$ 的坐标是 $(-3,0)$,$\therefore B(1,0)$.
当 $P$ 在 $x$ 轴上方时,有 $-m^2-2m+3=1-m$,
解得 $m=-2$ 或 $m=1$(与 $B$ 重合,舍去),$-m^2-2m+3=3$,$\therefore P(-2,3)$;
当 $P$ 在 $x$ 轴下方时,有 $-(-m^2-2m+3)=1-m$,
解得 $m=-4$ 或 $m=1$(与 $B$ 重合,舍去),$-m^2-2m+3=-5$,$\therefore P(-4,-5)$.
综上,点 $P$ 的坐标为 $(-2,3)$ 或 $(-4,-5)$.
(3)存在.设直线 $AC$ 的表达式为 $y=kx+t$,
$\because A(-3,0)$,$C(0,3)$,
$\therefore \begin{cases} -3k+t=0,\\ t=3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=1,\\ t=3, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $AC$ 的表达式为 $y=x+3$.
设 $P(m,-m^2-2m+3)$,
如图 2,当点 $D$ 在线段 $AC$ 上时,过 $P$ 作 $PH⊥ x$ 轴于 $H$,交 $AC$ 于 $Q$,
则 $PH// y$ 轴,$Q(m,m+3)$,
$\therefore △ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,$\therefore (-m^2-2m+3)-(m+3)=2$,
解得 $m=-1$ 或 $m=-2$,
$\therefore -m^2-2m+3=4$ 或 $-m^2-2m+3=3$,
$\therefore P(-1,4)$ 或 $P(-2,3)$;
当点 $D$ 在 $AC$ 延长线上时,如图 3,
同理可证 $△ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,
则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,
$\therefore (m+3)-(-m^2-2m+3)=2$,
解得 $m=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2}$ 或 $m=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2}$(舍去),
$\therefore -m^2-2m+3=\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}$,
$\therefore P(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$;
当点 $D$ 在 $CA$ 延长线上时,如图 4,
同理可证 $△ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,
$\therefore (m+3)-(-m^2-2m+3)=2$,
解得 $m=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2}$ 或 $m=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2}$(舍去),
$\therefore -m^2-2m+3=\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}$,
$\therefore P(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$.
综上,点 $P$ 的坐标为 $(-1,4)$ 或 $(-2,3)$ 或 $(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$ 或 $(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线解析式时，已知抛物线的对称轴、与x轴交点A、与y轴交点C三个条件，可设一般式$y=ax^2+bx+c(a≠0)$，结合对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$，将A、C两点坐标代入列出三元一次方程组，求解即可得到系数值，进而得到抛物线表达式。
(2) 遇到$45°$角可构造等腰直角三角形转化线段关系：过点P作$PH⊥ x$轴于H，可得$△ PHB$为等腰直角三角形，即$PH=BH$。先根据抛物线的对称性求出点B的坐标，设出点P的坐标，分P在x轴上方、下方两种情况，根据$PH=BH$列方程求解，舍去与点B重合的解即可得到符合条件的P点坐标。
(3) 先用待定系数法求出直线AC的解析式，要满足$\frac{PD}{OD}=\frac{2}{3}$，可过P作x轴的垂线交AC于Q，易证$△ PQD ∽ △ OCD$，利用相似三角形对应边成比例可得$PQ=\frac{2}{3}OC=2$，再分D在线段AC上、AC延长线上、CA延长线上三种情况，根据PQ的长度列方程求解，即可得到所有符合条件的P点坐标。
【解析】
(1)设抛物线的表达式为 $y=ax^2+bx+c(a≠0)$.
$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$,与 $x$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,点 $A$ 的坐标是 $(-3,0)$,与 $y$ 轴交于点 $C(0,3)$,$\therefore \begin{cases} -\dfrac{b}{2a}=-1,\\ 9a-3b+c=0,\\ c=3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} a=-1,\\ b=-2,\\ c=3, \end{cases}$
$\therefore$ 抛物线的表达式为 $y=-x^2-2x+3$.
(2)如图 1,过 $P$ 作 $PH⊥ x$ 轴于 $H$,则 $∠ PHB=90°$.
$\because ∠ PBA=45°$,
$\therefore △ PHB$ 是等腰直角三角形,$\therefore PH=BH$.
设 $P(m,-m^2-2m+3)$,
$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$,与 $x$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,点 $A$ 的坐标是 $(-3,0)$,$\therefore B(1,0)$.
当 $P$ 在 $x$ 轴上方时,有 $-m^2-2m+3=1-m$,
解得 $m=-2$ 或 $m=1$(与 $B$ 重合,舍去),$-m^2-2m+3=3$,$\therefore P(-2,3)$;
当 $P$ 在 $x$ 轴下方时,有 $-(-m^2-2m+3)=1-m$,
解得 $m=-4$ 或 $m=1$(与 $B$ 重合,舍去),$-m^2-2m+3=-5$,$\therefore P(-4,-5)$.
综上,点 $P$ 的坐标为 $(-2,3)$ 或 $(-4,-5)$.
(3)存在.设直线 $AC$ 的表达式为 $y=kx+t$,
$\because A(-3,0)$,$C(0,3)$,
$\therefore \begin{cases} -3k+t=0,\\ t=3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=1,\\ t=3, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $AC$ 的表达式为 $y=x+3$.
设 $P(m,-m^2-2m+3)$,
如图 2,当点 $D$ 在线段 $AC$ 上时,过 $P$ 作 $PH⊥ x$ 轴于 $H$,交 $AC$ 于 $Q$,
则 $PH// y$ 轴,$Q(m,m+3)$,
$\therefore △ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,$\therefore (-m^2-2m+3)-(m+3)=2$,
解得 $m=-1$ 或 $m=-2$,
$\therefore -m^2-2m+3=4$ 或 $-m^2-2m+3=3$,
$\therefore P(-1,4)$ 或 $P(-2,3)$;
当点 $D$ 在 $AC$ 延长线上时,如图 3,
同理可证 $△ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,
则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,
$\therefore (m+3)-(-m^2-2m+3)=2$,
解得 $m=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2}$ 或 $m=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2}$(舍去),
$\therefore -m^2-2m+3=\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}$,
$\therefore P(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$;
当点 $D$ 在 $CA$ 延长线上时,如图 4,
同理可证 $△ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,
$\therefore (m+3)-(-m^2-2m+3)=2$,
解得 $m=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2}$ 或 $m=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2}$(舍去),
$\therefore -m^2-2m+3=\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}$,
$\therefore P(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$.
综上,点 $P$ 的坐标为 $(-1,4)$ 或 $(-2,3)$ 或 $(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$ 或 $(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$.
【答案】
(1) $y=-x^2-2x+3$
(2) $(-2,3)$ 或 $(-4,-5)$
(3) 存在，点P的坐标为 $(-1,4)$、$(-2,3)$、$(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$、$(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$
【知识点】
待定系数法求解析式；等腰直角三角形性质；相似三角形判定与性质
【点评】
本题是二次函数综合题型，覆盖了函数解析式求解、特殊角度相关的坐标计算、线段比例问题三类考点，解题时需要用到分类讨论、数形结合的数学思想，既考查基础公式的应用能力，也对逻辑思维的严谨性有一定要求。
【难度系数】
0.3
(1) 求抛物线解析式时，已知抛物线的对称轴、与x轴交点A、与y轴交点C三个条件，可设一般式$y=ax^2+bx+c(a≠0)$，结合对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$，将A、C两点坐标代入列出三元一次方程组，求解即可得到系数值，进而得到抛物线表达式。
(2) 遇到$45°$角可构造等腰直角三角形转化线段关系：过点P作$PH⊥ x$轴于H，可得$△ PHB$为等腰直角三角形，即$PH=BH$。先根据抛物线的对称性求出点B的坐标，设出点P的坐标，分P在x轴上方、下方两种情况，根据$PH=BH$列方程求解，舍去与点B重合的解即可得到符合条件的P点坐标。
(3) 先用待定系数法求出直线AC的解析式，要满足$\frac{PD}{OD}=\frac{2}{3}$，可过P作x轴的垂线交AC于Q，易证$△ PQD ∽ △ OCD$，利用相似三角形对应边成比例可得$PQ=\frac{2}{3}OC=2$，再分D在线段AC上、AC延长线上、CA延长线上三种情况，根据PQ的长度列方程求解，即可得到所有符合条件的P点坐标。
【解析】
(1)设抛物线的表达式为 $y=ax^2+bx+c(a≠0)$.
$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$,与 $x$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,点 $A$ 的坐标是 $(-3,0)$,与 $y$ 轴交于点 $C(0,3)$,$\therefore \begin{cases} -\dfrac{b}{2a}=-1,\\ 9a-3b+c=0,\\ c=3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} a=-1,\\ b=-2,\\ c=3, \end{cases}$
$\therefore$ 抛物线的表达式为 $y=-x^2-2x+3$.
(2)如图 1,过 $P$ 作 $PH⊥ x$ 轴于 $H$,则 $∠ PHB=90°$.
$\because ∠ PBA=45°$,
$\therefore △ PHB$ 是等腰直角三角形,$\therefore PH=BH$.
设 $P(m,-m^2-2m+3)$,
$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$,与 $x$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,点 $A$ 的坐标是 $(-3,0)$,$\therefore B(1,0)$.
当 $P$ 在 $x$ 轴上方时,有 $-m^2-2m+3=1-m$,
解得 $m=-2$ 或 $m=1$(与 $B$ 重合,舍去),$-m^2-2m+3=3$,$\therefore P(-2,3)$;
当 $P$ 在 $x$ 轴下方时,有 $-(-m^2-2m+3)=1-m$,
解得 $m=-4$ 或 $m=1$(与 $B$ 重合,舍去),$-m^2-2m+3=-5$,$\therefore P(-4,-5)$.
综上,点 $P$ 的坐标为 $(-2,3)$ 或 $(-4,-5)$.
(3)存在.设直线 $AC$ 的表达式为 $y=kx+t$,
$\because A(-3,0)$,$C(0,3)$,
$\therefore \begin{cases} -3k+t=0,\\ t=3, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=1,\\ t=3, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $AC$ 的表达式为 $y=x+3$.
设 $P(m,-m^2-2m+3)$,
如图 2,当点 $D$ 在线段 $AC$ 上时,过 $P$ 作 $PH⊥ x$ 轴于 $H$,交 $AC$ 于 $Q$,
则 $PH// y$ 轴,$Q(m,m+3)$,
$\therefore △ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,$\therefore (-m^2-2m+3)-(m+3)=2$,
解得 $m=-1$ 或 $m=-2$,
$\therefore -m^2-2m+3=4$ 或 $-m^2-2m+3=3$,
$\therefore P(-1,4)$ 或 $P(-2,3)$;
当点 $D$ 在 $AC$ 延长线上时,如图 3,
同理可证 $△ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,
则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,
$\therefore (m+3)-(-m^2-2m+3)=2$,
解得 $m=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2}$ 或 $m=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2}$(舍去),
$\therefore -m^2-2m+3=\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}$,
$\therefore P(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$;
当点 $D$ 在 $CA$ 延长线上时,如图 4,
同理可证 $△ PQD∽△ OCD$,
$\therefore \dfrac{PQ}{OC}=\dfrac{PD}{OD}=\dfrac{2}{3}$,则 $PQ=\dfrac{2}{3}OC=2$,
$\therefore (m+3)-(-m^2-2m+3)=2$,
解得 $m=\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2}$ 或 $m=\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2}$(舍去),
$\therefore -m^2-2m+3=\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}$,
$\therefore P(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$.
综上,点 $P$ 的坐标为 $(-1,4)$ 或 $(-2,3)$ 或 $(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$ 或 $(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$.
【答案】
(1) $y=-x^2-2x+3$
(2) $(-2,3)$ 或 $(-4,-5)$
(3) 存在，点P的坐标为 $(-1,4)$、$(-2,3)$、$(\dfrac{-3+\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2})$、$(\dfrac{-3-\sqrt{17}}{2},\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2})$
【知识点】
待定系数法求解析式；等腰直角三角形性质；相似三角形判定与性质
【点评】
本题是二次函数综合题型，覆盖了函数解析式求解、特殊角度相关的坐标计算、线段比例问题三类考点，解题时需要用到分类讨论、数形结合的数学思想，既考查基础公式的应用能力，也对逻辑思维的严谨性有一定要求。
【难度系数】
0.3
