中考复习几何三大变换—平移 11页

专题11：几何三大变换问题之平移 一、选择题 ‎1. （2012陕西省3分）在平面直角坐标系中，将抛物线向上（下）或向左（右）平移了m个单位，使平移后的抛物线恰好经过原点，则的最小值为【 】‎ A．1 　　 B．‎2 ‎ 　　　　 C．3 　　　　 D．6‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换 ‎【分析】计算出函数与x轴、y轴的交点，将图象适当运动，即可判断出抛物线移动的距离及方向：‎ ‎ 当x=0时，y=－6，故函数与y轴交于C（0，－6），‎ 当y=0时，x2－x－6=0， 解得x=－2或x=3，即A（－2，0），B（3，0）。‎ 由图可知，函数图象至少向右平移2个单位恰好过原点，故|m|的最小值为2。故选B。‎ ‎2. （2012江苏宿迁3分）在平面直角坐标系中，若将抛物线y=2x2 - 4x+3先向右平移3个单位长度，再 向上平移2个单位长度，则经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是【 】‎ A.（－2，3） B.（－1，4） C.（1，4） D.（4，3）‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】坐标平移。‎ ‎【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此，将抛物线y=2x2 - 4x+3先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，其顶点也同样变换。‎ ‎ ∵的顶点坐标是（1，1），‎ ‎ ∴点（1，1）先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，得点（4，3），即经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是（4，3）。故选D。‎ ‎3. （2012四川南充3分）如图，平面直角坐标系中，⊙O半径长为1.点⊙P（a,0），⊙P的半径长为2，把⊙P向左平移，当⊙P与⊙O相切时，a的值为【 】‎ ‎（A）3　　（B）1　　（C）1，3　（D）±1，±3‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】两圆的位置关系，平移的性质。‎ ‎【分析】⊙P与⊙O相切时，有内切和外切两种情况：‎ ‎∵⊙O 的圆心在原点，当⊙P与⊙O外切时，圆心距为1+2=3，‎ 当⊙P与⊙O第内切时，圆心距为2-1=1，‎ 当⊙P与⊙O第一次外切和内切时，⊙P圆心在x轴的正半轴上，‎ ‎∴⊙P（3,0）或（1,0）。∴a=3或1。‎ 当⊙P与⊙O第二次外切和内切时，⊙P圆心在x轴的负半轴上，‎ ‎∴⊙P（-3,0）或（-1,0）。∴a =-3或-1 。故选D。‎ ‎4. （2012辽宁大连3分）如图，一条抛物线与x轴相交于A、B两点，其顶点P在折线C－D－E上移动，若点C、D、E的坐标分别为（－1，4）、（3，4）、（3，1），点B的横坐标的最小值为1，则点A的横坐标的最大值为【 】‎ ‎  A.1   B.2   C.3   D.4‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数的性质。‎ ‎【分析】∵抛物线的点P在折线C－D－E上移动，且点B的横坐标的最小值为1，‎ ‎ ∴观察可知，当点B的横坐标的最小时，点P与点C重合。‎ ‎ ∵C（－1，4），∴设当点B的横坐标的最小时抛物线的解析式为。‎ ‎ ∵B（1，0），∴，解得a=－1。‎ ‎ ∴当点B的横坐标的最小时抛物线的解析式为。‎ ‎ ∵观察可知，当点A的横坐标的最大时，点P与点E重合，E（3，1），‎ ‎ ∴当点A的横坐标的最大时抛物线的解析式为。‎ ‎ 令，即，解得或。‎ ‎ ∵点A在点B的左侧，∴此时点A横坐标为2。故选B。‎ ‎ ∴点A的横坐标的最大值为2。‎ ‎5. （2012山东枣庄3分）如图：矩形ABCD的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为【 】‎ A、14 B、‎16 ‎‎ C、20 D、28 ‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】平移的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】由勾股定理，得AB=，将五个小矩形的所有上边平移至AD，所有下边平移至BC，所有左边平移至AB，所有右边平移至CD，‎ ‎∴五个小矩形的周长之和=2（AB+CD）=2×（6+8）=28。故选D。‎ 二、填空题 ‎1. （2012海南省3分）如图，∠APB=300，圆心在边PB上的⊙O半径为‎1cm，OP=‎3cm，若⊙O沿BP 方向移动，当⊙O与PA相切时，圆心O移动的距离为 ▲ cm.‎ ‎【答案】1或5。‎ ‎【考点】直线与圆相切的性质，含300角直角三角形的性质。‎ ‎【分析】如图，设⊙O移动到⊙O1，⊙O2位置时与PA相切。‎ ‎ 当⊙O移动到⊙O1时，∠O1DP=900。‎ ‎ ∵∠APB=300，O1D=1，∴PO1=2。‎ ‎ ∵OP=3，∴OO1=1。‎ 当⊙O移动到⊙O2时，∠O2EP=900。‎ ‎ ∵∠APB=300，O2D=1，∴∠O2PE=300，PO2=2。‎ ‎ ∵OP=3，∴OO1=5。‎ ‎ 综上所述，当⊙O与PA相切时，圆心O移动的距离为‎1cm或‎5 cm。‎ ‎2. （2012宁夏区3分）如图，将等边△ABC沿BC方向平移得到△A1B‎1C1．若BC＝3， ，则BB1＝ ▲ ．‎ ‎【答案】1。‎ ‎【考点】平移的性质，等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】由等边△ABC中BC＝3可求得高为，面积为。‎ ‎ 由平移的性质，得△ABC∽△PB‎1C。∴，即，得B‎1C＝2。‎ ‎ ∴BB1＝BC－B‎1C=1。‎ ‎3. （2012浙江绍兴5分）如图，矩形OABC的两条边在坐标轴上，OA=1，OC=2，现将此矩形向右平移，每次平移1个单位，若第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为 ▲ （用含n的代数式表示）‎ ‎【答案】或。‎ ‎【考点】反比例函数综合题，反比例函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】设反比例函数解析式为，则 ‎①与BC，AB平移后的对应边相交时，则由两交点纵坐标之差的绝对值为0.6和反比例函数关于对称的性质，得 与AB平移后的对应边相交的交点的坐标为（2，1.4），代入，得，解得。‎ ‎∴反比例函数解析式为。‎ 则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：。‎ ‎②与OC，AB平移后的对应边相交时，由得。‎ ‎∴反比例函数解析式为。‎ 则第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：。‎ 综上所述，第n次（n＞1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为或。‎ ‎4. （2012四川广安3分）如图，把抛物线y=x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A（﹣6，0）和原点O（0，0），它的顶点为P，它的对称轴与抛物线y=x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为　 ▲ 　．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换，平移的性质，二次函数的性质。‎ ‎【分析】根据点O与点A的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出点P的坐标，过点P作PM⊥y轴于点M，根据抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于四边形NPMO的面积，然后求解即可：‎ ‎ 过点P作PM⊥y轴于点M，设PQ交x轴于点N，‎ ‎∵抛物线平移后经过原点O和点A（﹣6，0），∴平移后的抛物线对称轴为x=﹣3。‎ ‎∴平移后的二次函数解析式为：y=（x+3）2+h，‎ 将（﹣6，0）代入得出：0=（﹣6+3）2+h，解得：h=﹣。∴点P的坐标是（3，﹣）。‎ 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积，‎ ‎∴S=。‎ 三、解答题 ‎1. （2012湖北武汉12分）如图1，点A为抛物线C1：的顶点，点B的坐标为(1，0)，直线AB交抛物线C1于另一点C．‎ ‎(1)求点C的坐标；‎ ‎(2)如图1，平行于y轴的直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，平行于y轴的直线x＝a 交直线AB于F，交抛物线C1于G，若FG：DE＝4∶3，求a的值；‎ ‎(3)如图2，将抛物线C1向下平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，且抛物线C2的顶点为点P，交x轴 于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ时，求m的值．‎ 图1 图2‎ ‎【答案】解：（1）∵当x=0时，y＝－2。∴A（0，－2）。‎ ‎ 设直线AB的解析式为，则，解得。‎ ‎ ∴直线AB的解析式为。‎ ‎ ∵点C是直线AB与抛物线C1的交点，‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎ ∴C（4，6）。‎ ‎（2）∵直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，‎ ‎ ∴，∴DE=。‎ ‎ ∵FG：DE＝4∶3，∴FG=2。‎ ‎ ∵直线x＝a交直线AB于点F，交抛物线C1于点G，‎ ‎ ∴。‎ ‎∴FG=。‎ ‎ 解得。‎ ‎（3）设直线MN交y轴于点T，过点N作NH⊥y轴于点H。‎ ‎ 设点M的坐标为（t,0），抛物线C2的解析式为。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎∴。∴P（0，）。‎ ‎ ∵点N是直线AB与抛物线C2的交点，‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎∴N（）。‎ ‎ ∴NQ=，MQ=。∴NQ=MQ。∴∠NMQ=450。‎ ‎ ∴△MOT，△NHT都是等腰直角三角形。∴MO=TO，HT=HN。‎ ‎ ∴OT=－t，。‎ ‎ ∵PN平分∠MNQ，∴PT=NT。‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元二次方程组，平移的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，平行的性质。‎ ‎【分析】（1）由点A在抛物线C1上求得点A的坐标，用待定系数法求得直线AB的解析式；联立直线AB和抛物线C1即可求得点C的坐标。‎ ‎ （2）由FG：DE＝4∶3求得FG=2。把点F和点G的纵坐标用含a的代数式表示，即可得等式 FG=，解之即可得a的值。‎ ‎ （3）设点M的坐标为（t,0）和抛物线C2的解析式，求得t和m的关系。求出点P和点N的坐标（用t的代数式表示），得出△MOT，△NHT都是等腰直角三角形的结论。从而由角平分线和平行的性质得到PT=NT，列式求解即可求得t，从而根据t和m的关系式求出m的值。‎ ‎2. （2012江苏南通14分）如图，经过点A(0，－4)的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴相交于点B(－0，0)和C，O为坐标原点．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)将抛物线y＝x2＋bx＋c向上平移个单位长度、再向左平移m(m＞0)个单位长度，得到新抛物 线．若新抛物线的顶点P在△ABC内，求m的取值范围；‎ ‎(3)设点M在y轴上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求AM的长． ‎ ‎【答案】解：（1）将A（0，－4）、B（－2，0）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：‎ ‎ ，解得，。 ‎ ‎∴抛物线的解析式：y=x2－x－4。源:学科网ZXXK]‎ ‎（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：，‎ 即：。它的顶点坐标P（1－m，－1）。‎ 由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）。‎ ‎∴直线AB：y=－2x-4；直线AC：y=x－4。‎ 当点P在直线AB上时，－2（1－m）－4=－1，解得：m=；‎ 当点P在直线AC上时，（1－m）＋4=－1，解得：m=－2；‎ 又∵m＞0，‎ ‎∴当点P在△ABC内时，0＜m＜ 。‎ ‎（3）由A（0，-4）、B（4，0）得：OA=OC=4，且△OAC是等腰直角三角形。‎ 如图，在OA上取ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°。‎ ‎∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，‎ 即∠ONB=∠OMB。‎ 如图，在△ABN、△AM1B中，‎ ‎∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，‎ ‎∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1；‎ 由勾股定理，得AB2=（－2）2+42=20，‎ 又AN=OA－ON=4－2=2，‎ ‎∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1－OA=10－4=6。‎ 而∠BM‎1A=∠BM‎2A=∠ABN，∴OM1=OM2=6，AM2=OM2－OA=6－4=2。‎ 综上，AM的长为6或2。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将A、B两点坐标代入即可得解。‎ ‎（2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，从而用m表示出该函数的顶点坐标，将其 代入直线AB、AC的解析式中，即可确定P在△ABC内时m的取值范围。‎ ‎（3）先在OA上取点N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，显然在y轴的正负半轴上都有一个符合条件的M点；以y轴正半轴上的点M为例，先证△ABN、△AMB相似，然后通过相关比例线段求出AM的长。‎ ‎3. （2012四川达州12分）如图1，在直角坐标系中，已知点A（0，2）、点B（－2，0），过点B和线 段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE. ‎ ‎（1）填空：点D的坐标为（ ），点E的坐标为（ ）.‎ ‎（2）若抛物线经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式. ‎（3）若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E 落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动. ‎ ‎①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为s，求s关于平移时间t（秒）的函数关系式，‎ 并写出相应自变量t的取值范围.‎ ‎②运动停止时，求抛物线的顶点坐标.  ‎【答案】解：（1）D（－1，3），E（－3，2）。‎  （2）抛物线经过（0，2）、（－1，3）、（－3，2），则 ‎，解得 。‎ ‎∴抛物线的解析式为  （3）①求出端点的时间：‎ 当点D运动到y轴上时，如图1，DD1=DC=BC =，t=。‎ 当点B运动到y轴上时，如图2，BB1=BC=，t=。‎ 当点E运动到y轴上时，如图2，EE1=ED＋DE1=，t=。‎  当0＜t≤时，如图4，正方形落在y轴右侧部分的面积为△CC′F的面积，设D′C′交y轴于点F。‎ ‎∵tan∠BCO==2，∠BCO=∠FCC′，‎ ‎∴tan∠FCC′=2, 即=2。‎ ‎∵CC′=t，∴FC′=2t。‎ ‎∴S△CC′F=CC′·FC′=t×t=5 t2。‎ 当＜t≤1时，如图5，正方形落在y轴右侧部分的面积为直角梯形CC′D′G的面积，设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H。‎  ∵GH=BC=，∴CH=GH=。‎ ‎∵CC′=t，∴HC′= GD′=t－。‎ ∴‎  当1＜t≤时，如图6，正方形落在y轴右侧部分的面积为五边形B′C′D′MN的面积，设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N。‎  ∵CC′=t，B′C′=,‎ ‎∴CB′=t－。∴B′N=2CB′=t－。‎ ‎∵B′E′=，∴E′N=B′E′－B′N=－t。‎ ‎∴E′M=E′N= (－t)。‎  ∴。‎ ∴。‎ 综上所述，S与x的函数关系式为：‎ ‎。‎ ‎②当点E运动到点E′时，运动停止，如图7所示。‎  ∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′，‎ ∴△BOC∽△E′B′C。∴。‎ ‎∵OB=2，B′E′=BC=，∴。‎ ‎∴CE′=。‎ ‎∴OE′=OC+CE′=1+。∴E′（0，）。‎  由点E（－3，2）运动到点E′（0，）,可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位。‎  ∵，∴原抛物线顶点坐标为（）‎ ∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】（1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标：‎ 由题意可知：OB=2，OC=1。‎ 如图8所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G。‎ 易证△CDH≌△BCO，∴DH=OC=1，CH=OB=2，∴D（－1，3）。‎ 同理△EBG≌△BCO，∴BG=OC=1，EG=OB=2，∴E（－3，2）。‎ ‎∴D（－1，3）、E（－3，2）。‎ ‎（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式。‎ ‎（3）①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时秒，期间可以划分成三个阶段： 0＜t≤， ＜t≤1，1＜t≤，对照图形，对每个阶段的表达式求解即可。‎ ‎②当运动停止时，点E到达y轴，点E（－3，2）运动到点E′（0，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．由此由平移前的抛物线顶点坐标推出平移后的抛物线顶点坐标。‎ ‎4. （2012浙江湖州12分）如图1，已知菱形ABCD的边长为，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点．点D的坐标为（- ，3），抛物线y=ax2+b（a≠0）经过AB、CD两边的中点．‎ ‎（1）求这条抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移（如图2），过点B作BE⊥CD于点E，交抛物线于点F，连接DF、AF．设菱形ABCD平移的时间为t秒（0＜t＜ 3 ）‎ ‎①是否存在这样的t，使△ADF与△DEF相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎②连接FC，以点F为旋转中心，将△FEC按顺时针方向旋转180°，得△FE′C′，当△FE′C′落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中（包括边界）时，求t的取值范围．（写出答案即可）‎ ‎【答案】解：（1）由题意得AB的中点坐标为（－3 ，0），CD的中点坐标为（0，3），‎ ‎ 分别代入y=ax2+b，得，解得， 。‎ ‎∴这条抛物线的函数解析式为y=－x2＋3。 ‎ ‎（2）①存在。如图2所示，在Rt△BCE中，∠BEC=90°，BE=3，BC= ，‎ ‎∴ 。∴∠C=60°，∠CBE=30°。∴EC=BC=，DE=。 ‎ 又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠C=180°。∴∠ADC=180°-60°=120°‎ 要使△ADF与△DEF相似，则△ADF中必有一个角为直角。‎ ‎（I）若∠ADF=90°，∠EDF=120°－90°=30°。‎ 在Rt△DEF中，DE=，得EF=1，DF=2。‎ 又∵E（t，3），F（t，－t2+3），∴EF=3－（－t2＋3）=t2。∴t2=1。‎ ‎∵t＞0，∴t=1 。 ‎ 此时，∴。‎ 又∵∠ADF=∠DEF，∴△ADF∽△DEF。 ‎ ‎（II）若∠DFA=90°，可证得△DEF∽△FBA，则。‎ 设EF=m，则FB=3－m。‎ ‎∴ ，即m2－‎3m＋6=0，此方程无实数根。∴此时t不存在。 ‎ ‎（III）由题意得，∠DAF＜∠DAB=60°，∴∠DAF≠90°，此时t不存在。 ‎ 综上所述，存在t=1，使△ADF与△DEF相似。‎ ‎②。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，平移的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，相似三角形的判定，解方程和不等式。‎ ‎【分析】（1）根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式。‎ ‎（2）①如图2所示，△ADF与△DEF相似，包括三种情况，需要分类讨论：‎ ‎（I）若∠ADF=90°时，△ADF∽△DEF，求此时t的值。‎ ‎（II）若∠ADF=90°时，△DEF∽△FBA，利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的t的值。‎ ‎（III）∠DAF≠90°，此时t不存在。‎ ‎②画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出t的取值范围：‎ 如图3所示，依题意作出旋转后的三角形△FE′C′，过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N。‎ 观察图形可知，欲使△FE′C′落在指定区域内，必须满足：EE′≤BE且MN≥C′N。‎ ‎∵F（t，3－t2），∴EF=3－（3－t2）=t2。∴EE′=2EF=2t2。‎ 由EE′≤BE，得2t2≤3，解得。‎ 又∵C′E′=CE= ，∴C′点的横坐标为t－。∴MN=3－（t－）2，‎ 又C′N=BE′=BE－EE′=3－2t2，‎ ‎∴由MN≥C′N，得3－（t－ ）2≥3－2t2，即t2＋2t－3≥0。‎ 求出t2＋2t－3=0，得，∴t2＋2t－3≥0即。‎ ‎∵，∴，解得t≥。‎ ‎∴t的取值范围为：。‎ ‎5. （2012福建福州14分）如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过A(3，0)、B(4，4)两点．‎ ‎(1) 求抛物线的解析式；‎ ‎(2) 将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D 的坐标；‎ ‎(3) 如图②，若点N在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB 的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)．‎ ‎【答案】解：(1) ∵抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过点A(3，0)、B(4，4)．‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴抛物线的解析式是y＝x2－3x。‎ ‎ (2) 设直线OB的解析式为y＝k1x，由点B(4，4)，‎ 得：4＝4k1，解得k1＝1。‎ ‎∴直线OB的解析式为y＝x。‎ ‎∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y＝x－m。‎ ‎∵点D在抛物线y＝x2－3x上，∴可设D(x，x2－3x)。‎ 又点D在直线y＝x－m上，∴ x2－3x ＝x－m，即x2－4x＋m＝0。‎ ‎∵抛物线与直线只有一个公共点， △＝16－‎4m＝0，解得：m＝4。‎ 此时x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2。∴ D点坐标为(2，－2)。‎ ‎ (3) ∵直线OB的解析式为y＝x，且A(3，0)，‎ ‎∴点A关于直线OB的对称点A'的坐标是(0，3)。‎ 设直线A'B的解析式为y＝k2x＋3，过点B(4，4)，‎ ‎∴4k2＋3＝4，解得：k2＝。‎ ‎∴直线A'B的解析式是y＝x＋3。‎ ‎∵∠NBO＝∠ABO，∴点N在直线A'B上。‎ ‎∴设点N(n，n＋3)，又点N在抛物线y＝x2－3x上，‎ ‎∴ n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－，n2＝4(不合题意，会去)。‎ ‎∴ 点N的坐标为(－，)。‎ 如图，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，‎ 则N1(－，－)，B1(4，－4)。‎ ‎∴O、D、B1都在直线y＝－x上。‎ ‎∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。‎ ‎∴ ＝＝。∴点P1的坐标为(－，－)。‎ 将△OP1D沿直线y＝－x翻折，可得另一个满足条件的点P2(，)。‎ 综上所述，点P的坐标是(－，－)或(，)。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，一元二次方程根的判别式，翻折对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】(1) 利用待定系数法求出二次函数解析式即可。‎ ‎(2) 根据已知可求出OB的解析式为y＝x，则向下平移m个单位长度后的解析式为：y＝x－m。‎ 由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解析式后得到的一元二次方程，其根的判别式等于0，由此可求出m的值和D点坐标。‎ ‎(3) 综合利用几何变换和相似关系求解：翻折变换，将△NOB沿x轴翻折。（或用旋转）求出P点坐标之后，该点关于直线y＝－x的对称点也满足题意，即满足题意的P点有两个。‎