∴BD2+CD2=2AD2；
（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE， ∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， 即∠BAD=∠CAD′， 在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD=CE=9，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°， ∴∠EDC=90°， ∴DE=
=6
，
∵∠DAE=90°， ∴AD=AE=
DE=6．
25．（12.00分）抛物线y=﹣x2+x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y=t（t＜
）上方的部分沿直线l向下翻折，抛
物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．
（1）点A，B，D的坐标分别为 （，0） ， （3，0） ， （，
） ；
（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；
（3）如图②，当t=0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点D的坐标；
（2）由点D的坐标结合对称找出点E的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t的取值范围；
（3）假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m，分m＜或m＞3及≤m≤3两种情况，利用勾股定理找出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标，此题得解．
【解答】解：（1）当y=0时，有﹣x2+x﹣1=0， 解得：x1=，x2=3，
∴点A的坐标为（，0），点B的坐标为（3，0）． ∵y=﹣x2+x﹣1=﹣（x2﹣x）﹣1=﹣（x﹣）2+∴点D的坐标为（，
）．
，
故答案为：（，0）；（3，0）；（，）．
（2）∵点E、点D关于直线y=t对称， ∴点E的坐标为（，2t﹣
）．
当x=0时，y=﹣x2+x﹣1=﹣1， ∴点C的坐标为（0，﹣1）．
设线段BC所在直线的解析式为y=kx+b， 将B（3，0）、C（0，﹣1）代入y=kx+b，
，解得：
，
∴线段BC所在直线的解析式为y=x﹣1． ∵点E在△ABC内（含边界），
∴解得：
≤t≤
， ．
（3）当x＜或x＞3时，y=﹣x2+x﹣1； 当≤x≤3时，y=x2﹣x+1．
假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m． ①当m＜或m＞3时，点Q的坐标为（m，﹣x2+x﹣1）（如图1）， ∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P， ∴CP⊥PQ，
∴CQ2=CP2+PQ2，即m2+（﹣m2+m）2=m2+1+m2+（﹣m2+m﹣1）2， 整理，得：m1=∴点P的坐标为（
，m2=，0）或（
，
，0）；
②当≤m≤3时，点Q的坐标为（m，x2﹣x+1）（如图2）， ∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P， ∴CP⊥PQ，
∴CQ2=CP2+PQ2，即m2+（m2﹣m+2）2=m2+1+m2+（m2﹣m+1）2， 整理，得：11m2﹣28m+12=0， 解得：m3=
，m4=2，
，0）或（1，0）．
，0）、（
，0）、
∴点P的坐标为（
综上所述：存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，点P的坐标为（（1，0）或（
，0）．
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