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（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型六 与三角形全等、相似有关的问题（原卷版+解析版）
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类型六与三角形全等、相似有关的问题
1.如图所示，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B坐标为(4，t)(t＞0)．二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象经过点B，顶点为点D.
(1)当t＝12时，顶点D到x轴的距离等于____；
(2)点E是二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象与x轴的一个公共点(点E与点O不重合)．求OE·EA的最大值及取得最大值时的二次函数表达式；
(3)矩形OABC的对角线OB，AC交于点F，直线l平行于x轴，交二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象于点M，N，连结DM，DN.当△DMN≌△FOC时，求t的值．
【解析】 (1)将B点坐标(4，12)代入y＝x2＋bx求出二次函数关系式，再用配方法或二次函数的顶点坐标公式解决问题；
(2)分别用含b的代数式表示OE，AE的长，再运用二次函数的求最值的方法(配方法)求出OE·EA的最大值；
(3)由△DMN≌△FOC可得MN＝CO＝t，再分别用含b，t的代数式表示出点M，N的坐标，将点M或点N的坐标代入y＝x2＋bx就可以求出t的值．
解：(2)∵二次函数y＝x2＋bx与x轴交于点E，∴E(－b，0)．
∴OE＝－b，AE＝4＋b.∴OE·EA＝－b(b＋4)＝－b2－4b＝－(b＋2) 2＋4.
∴当b＝－2时，OE·EA有最大值，其最大值为4.此时b＝－2，二次函数表达式为y＝x2－2x；
(3)如答图，过D作DG⊥MN，垂足为G，过点F作FH⊥CO，垂足为H.
∵△DMN≌△FOC，∴MN＝CO＝t，DG＝FH＝2.
∵D，
∴N，即N.
把x＝，y＝代入y＝x2＋bx，
得＝＋b·，
解得t＝±2，∵t＞0，∴t＝2.
2.已知抛物线与x轴分别交于，两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）点F是线段AD上一个动点．
①如图1，设，当k为何值时，.
②如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．
【答案】（1），D的坐标为；（2）①；②以A，F，O为顶点的三角形与相似，F点的坐标为或．
【解析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点；
(2)①由A、C、D三点的坐标求出，，，可得为直角三角形，若，则点F为AD的中点，可求出k的值；
②由条件可判断，则，若以A，F，O为顶点的三角形与相似，可分两种情况考虑：当或时，可分别求出点F的坐标．
【详解】(1)抛物线过点，，
，解得：，
抛物线解析式为；
，
顶点D的坐标为；
(2)①在中，，，
，
，，，
，
，
，
为直角三角形，且，
，
F为AD的中点，
，
；
②在中，，
在中，，
，
，
，
，
若以A，F，O为顶点的三角形与相似，则可分两种情况考虑：
当时，，
，
设直线BC的解析式为，
，解得：，
直线BC的解析式为，
直线OF的解析式为，
设直线AD的解析式为，
，解得：，
直线AD的解析式为，
，解得：，
．
当时，，
，
，
直线OF的解析式为，
，解得：，
，
综合以上可得F点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
3.如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
【答案】（1）y＝﹣2x2+4x+6；（2）S△PBC＝﹣3m2+9m（0＜m＜3）；（3）M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，﹣）
【解析】
【分析】
（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【详解】
（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．
当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴，
∴当时，△PBC面积取最大值，最大值为 ．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，
∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△NCM相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当 时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴ ，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时，
∴N（0，），
当时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴ ，
解得 ，
∴M（，），
此时N（0，）．
如图3，当点M位于点C的下方，
过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：或，△CMN与△OBC相似，
解得或a＝3，
∴M（，）或M（3，0），
此时N点坐标为，N（0，）或N（0，﹣）．
综合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），，N（0，）或M（3，0），N（0，﹣），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
【点睛】
此题考查二次函数综合题，综合考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最大值，相似三角形的判定与性质，以及渗透分类讨论思想．
4.如图，抛物线经过，两点，且与轴交于点，抛物线与直线交于，两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）坐标轴上是否存在一点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．
（3）点在轴上且位于点的左侧，若以，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）存在，或，理由见解析；（3）或．
【解析】（1）将A、C的坐标代入求出a、c即可得到解析式；
（2）先求出E点坐标，然后作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，根据垂直平分线的性质可知Q、与A、E，Q'与A、E组成的三角形是以AE为底边的等腰三角形，设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，根据距离公式建立方程求解即可；
（3）根据A、E坐标，求出AE长度，然后推出∠BAE=∠ABC=45°，设，由相似得到或，建立方程求解即可．
【详解】（1）将，代入得：
，解得
∴抛物线解析式为
（2）存在，理由如下：
联立和，
，解得或
∴E点坐标为(4,-5)，
如图，作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，
此时Q点与Q'点的坐标即为所求，
设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，
由QA=QE，Q'A= Q'E得：
，
解得，
故Q点坐标为或
（3）∵，
∴，
当时，解得或3
∴B点坐标为(3,0)，
∴
∴，，，
由直线可得AE与y轴的交点为(0,-1)，而A点坐标为(-1,0)
∴∠BAE=45°
设则，
∵和相似
∴或，即或
解得或，
∴或．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，是中考常见的压轴题型，熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质，以及相似三角形的性质是解题的关键．
5.如图，已知抛物线(m＞0)与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧.
（1）若抛物线过点（2，2），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点H，使AH+CH的值最小，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）点H的坐标为（1，）；（3）当m=时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
【解析】
分析：
（1）把点（2，2）代入中，解出m的值即可得到抛物线的解析式；
（2）由（1）中所得解析式求出点A、B、C的坐标，由题意可知，点A、B关于抛物线的对称轴对称，这样连接BC与对称轴的交点即为所求的点H，根据B、C的坐标求出直线BC的解析式即可求得点H的坐标；
（3）由解析式可得点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、（m，0）和（0，2），如下图，由图可知∠ACB和∠ABM是钝角，因此存在两种可能性：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA，分这两种情况结合题中已知条件进行分析解答即可.
详解：
（1）把点（2，2）代入抛物线，
得2=.
解得m=4.
∴抛物线的解析式为.
（2）令，解得.
则A（-2，0），B（4，0）.
对称轴x=-.
∵ 中当x=0时，y=2，
∴点C的坐标为（0，2）.
∵点A和点B关于抛物线的对称轴对称，
∴连接BC与对称轴的交点即为点H，此时AH+CH的值最小，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B（4，0），C（0，2）代入得： ，解得： ，
∴直线BC的解析式为y=.
∵当x=1时，y==.
∴点H的坐标为（1，）.
（3）假设存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
如下图，连接AC，BC，AM，BM，过点M作MN⊥x轴于点N，
由图易知，∠ACB和∠ABM为钝角，
①当△ACB∽△ABM时，有=，即.
∵A（-2，0），C（0，2），即OA=OC=2，
∴∠CAB=∠BAM=.
∵MN⊥x轴，∴∠BAM=∠AMN=45°，
∴AN=MN.
∴可设M的坐标为：（x，-x-2）（x＞0），
把点M的坐标代入抛物线的解析式，得：-x-2=.
化简整理得：x=2m，
∴点M的坐标为：（2m，-2m-2）.
∴AM=.
∵，AC=，AB=m+2，
∴.
解得：m=.
∵m＞0，
∴m=.
②当△ACB∽△MBA时，有=，即.
∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=，
∴△ANM∽△BOC，∴=.
∵BO=m，设ON=x，
∴=，即MN=（x+2）.
令M（x，）（x＞0），
把M点的坐标代入抛物线的解析式，
得=.
解得x=m+2.即M（m+2，）.
∵，CB=，MN=，
∴.
化简整理，得16=0，显然不成立.
综上所述，当m=时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
点睛：本题是一道二次函数和几何图形综合的题目，解题的要点有以下两点：（1）“知道点A、B是关于抛物线的对称轴对称的，连接BC与对称轴的交点即为所求的点H”是解答第2小题的关键；（2）“能根据题意画出符合要求的图形，知道∠ACB和∠ABM为钝角，结合题意得到存在：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA这两种可能情况”是解答第3小题的关键.
6.如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【解析】
【分析】
（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【详解】
（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．
（3）设平移后抛物线的解析式，
联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】
本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
住两点间的距离公式；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
7.在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，顶点为点．
（1）当时，直接写出点，，，的坐标：
______，______，______，______；
（2）如图1，直线交轴于点，若，求的值和的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点为的中点，动点在第三象限的抛物线上，过点作轴的垂线，垂足为，交于点；过点作，垂足为．设点的横坐标为，记．
①用含的代数式表示；
②设，求的最大值．
【答案】（1），，，；（2）；；（3）①；②．
【解析】
【分析】
（1）求出时，x的值可得点A、B的坐标，求出时，y的值可得点C的坐标，将二次函数的解析式化为顶点式即可得点D的坐标；
（2）先求出顶点D的坐标，从而可得DK、OK的长，再利用正切三角函数可得EK、OE、OC的长，从而可得出点C的坐标，然后将点C的坐标代入二次函数的解析式可得a的值，利用勾股定理可求出CE的长；
（3）①如图，先利用待定系数法求出直线AN的解析式，从而可得点F的坐标，由此可得出PF的长，再利用待定系数法求出直线CE的解析式，从而可得点J的坐标，由此可得出FJ的长，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得FH的长，最后根据的定义即可得；
②先将的表达式化为顶点式，从而得出其增减性，再利用二次函数的性质即可得．
【详解】
（1）当时，
当时，，解得或
则点A的坐标为，点B的坐标为
当时，
则点C的坐标为
将化成顶点式为
则点D的坐标为
故答案为：，，，；
（2）如图，作轴于点
将化成顶点式为
则顶点D的坐标为
∴，
在中，，即
解得
在中，，即
解得
，
将点代入得：
解得；
（3）①如图，作与的延长线交于点
由（2）可知，，
∴
当时，，解得或
∴，
为OC的中点
∴
设直线AN的解析式为
将点，代入得：，解得
则直线AN的解析式为
∵
∴
∴
由（2）知，
，
设直线CE的解析式为
将点，代入得：，解得
则直线CE的解析式为
∴
∴
∵，轴
∴，
∴
∴，即
解得
∴
即；
②将化成顶点式为
由二次函数的性质可知，当时，随t的增大而增大；当时，随t的增大而减小
因此，分以下两种情况：
当时
在内，随t的增大而增大
则当时，取得最大值，最大值为
又当时，
当时
在内，随t的增大而增大；在内，随t的增大而减小
则当时，取得最大值，最大值为
综上，的最大值为．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、正切三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）①，通过作辅助线，构造相似三角形求出的长是解题关键．
8.已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C（0,3）．
（1）求b，c的值；
（2）直线l与x轴交于点P．
①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；
②如图2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线l的表达式．
【分析】（1）由抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，得－＝1，解得b＝2，把点C（0,3）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得c＝3．
（2）①由题意先求得点D，A，B的坐标， 的解析式，设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3) ，进而得EF＝－e2＋3e，因为CD⊥EF，所以S四边形CEDF＝CD·EF，利用二次函数的顶点式求出最大值；
②根据相似三角形的性质得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，根据tan∠ACP＝，得关于m的方程＝，解之可得点P的坐标，进而得直线l的表达式．
【解析】解：（1）由题可知解得
（2）①由题意可知D（2，3），CD⊥EF，∴CD＝2．
由（1）可知A (3,0)，B (－1,0)
∴：y＝－x＋3
设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3)
∴EF＝－e2＋3e
∴S四边形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.
∴当e＝时，四边形CEDF的面积最大，最大值为.
②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，
由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA
∴l∥AC．
由△PCQ∽△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，
∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，
由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠BCO＝，
∴tan∠ACP＝，
作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，则AP＝3－m.
∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝ (3＋m)
∴＝＝tan∠ACP＝，
即＝，解得m＝ ．
∴P (,0)，∴l：y＝－x＋．
【知识点】二次函数的性质；一次函数的表达式；相似三角形的性质；锐角三角函数； 分式方程，
9.如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M(﹣1，1)，交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及的值；
（2）随着a的变化，的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．
【答案】（1）N(4，﹣4)，＝；（2）不变，理由见解析；（3）y＝﹣x2+x+或y＝﹣x2+x+．
【解析】
【分析】
（1）证明△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，则，，求出AC＝，BC＝，即可求解；
（2）点D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，则ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的结论得：AC＝，BC＝，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F(﹣，﹣)，即可求解．
【详解】
解：（1）分别过点M、N作ME⊥CD于点E，NF⊥DC于点F，
∵ME∥FN∥x轴，
∴△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，
∴，，
∵a＝﹣1，则y＝﹣x2+2x+c，
将M(﹣1，1)代入上式并解得：c＝4，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+4，
则点D(1，5)，N(4，﹣4)，
则ME＝2，DE＝4，DC＝5，FN＝3，DF＝9，
∴，解得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（2）不变，理由：
∵y＝ax2﹣2ax+c过点M(﹣1，1)，则a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)，
∴点D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，
∴ME＝2，DE＝﹣4a，
由（1）的结论得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（3）过点F作FH⊥x轴于点H，则FH∥l，则△FHE∽△DCE，
∵FB＝FE，FH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
则CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH＝，
∵BC＝，
∴CH＝×＝，
∴F(﹣，﹣)，
将点F的坐标代入y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)＝a(x+1)(x﹣3)+1得：
﹣a＝a(﹣+1)(﹣﹣3)+1，
解得：a＝﹣或﹣，
故y＝﹣x2+x+或y＝﹣x2+x+．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的综合运用等知识．综合性强．
10.如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F1：的图象上，点A的横坐标为﹣4，点B的纵坐标为﹣2.(点A在点B的左侧)
(1)求点A、B的坐标；
(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，抛物线F2：经过A'、B'两点，已知点M为抛物线F2的对称轴上一定点，且点A'恰好在以OM为直径的圆上，连接OM、A'M，求△OA'M的面积；
(3)如图2，延长OB'交抛物线F2于点C，连接A'C，在坐标轴上是否存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)点A坐标为(﹣4，﹣4)，点B坐标为(﹣1，﹣2)；(2)S△OA'M＝8；(3)点D坐标为(4，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)时，以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.
【分析】(1)把x＝﹣4代入解析式，求得点A的坐标，把y=-2代入解析式，根据点B与点A的位置关系即可求得点B的坐标；
(2)如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B'作B'G⊥x轴于点G，先求出点A'、B'的坐标，OA＝OA'＝，然后利用待定系数法求得抛物线F2解析式为：，对称轴为直线：，设M(6，m)，表示出OM2，A'M2，进而根据OA'2+A'M2＝OM2，得到(4)2+m2+8m+20＝36+m2，求得m＝﹣2，继而求得A'M＝，再根据S△OA'M＝OA'•A'M通过计算即可得；
(3)在坐标轴上存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似，先求得直线OA与x轴夹角为45°，再分点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA'C相似，点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如图2、图3)，此时再分△AOD∽△OA'C，△DOA∽△OA'C两种情况分别讨论即可得.
【详解】(1)当x＝﹣4时，，
∴点A坐标为(﹣4，﹣4)，
当y＝﹣2时，，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6，
∵点A在点B的左侧，
∴点B坐标为(﹣1，﹣2)；
(2)如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B'作B'G⊥x轴于点G，
∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2，
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，
∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°，
∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠B'OG＝∠OBE，
在△B'OG与△OBE中
，
∴△B'OG≌△OBE(AAS)，
∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1，
∵点B'在第四象限，
∴B'(2，﹣1)，
同理可求得：A'(4，﹣4)，
∴OA＝OA'＝，
∵抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过点A'、B'，
∴，
解得：，
∴抛物线F2解析式为：，
∴对称轴为直线：，
∵点M在直线x＝6上，设M(6，m)，
∴OM2＝62+m2，A'M2＝(6﹣4)2+(m+4)2＝m2+8m+20，
∵点A'在以OM为直径的圆上，
∴∠OA'M＝90°，
∴OA'2+A'M2＝OM2，
∴(4)2+m2+8m+20＝36+m2，
解得：m＝﹣2，
∴A'M＝，
∴S△OA'M＝OA'•A'M＝；
(3)在坐标轴上存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似，
∵B'(2，﹣1)，
∴直线OB'解析式为y＝﹣x，
，
解得：(即为点B')，，
∴C(8，﹣4)，
∵A'(4，﹣4)，
∴A'C∥x轴，A'C＝4，
∴∠OA'C＝135°，
∴∠A'OC＜45°，∠A'CO＜45°，
∵A(﹣4，﹣4)，即直线OA与x轴夹角为45°，
∴当点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA'C相似，
∴点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如图2、图3)，
①若△AOD∽△OA'C，
则，
∴OD＝A'C＝4，
∴D(4，0)或(0，4)；
②若△DOA∽△OA'C，
则，
∴OD＝OA'＝8，
∴D(8，0)或(0，8)，
综上所述，点D坐标为(4，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)时，以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.
【点睛】本题考查的是二次函数与几何的综合题，涉及了待定系数法，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想与分类讨论思想的运用.
11.如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，顶点为D，连接与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接，当时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【解析】
【分析】
（1）直接将和点代入，解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F，设，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN=EM，MN=NE，NE=EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【详解】
（1）抛物线过点和点
抛物线解析式为：
（2）当时，
直线BC解析式为：
过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F
设
即
（3）
为等腰直角三角形
抛物线的对称轴为
点E的横坐标为3
又点E在直线BC上
点E的纵坐标为5
设
①当MN=EM，,时
解得或（舍去）
此时点M的坐标为
②当ME=EN，时
解得：或（舍去）
此时点M的坐标为
③当MN=EN，时
连接CM，易知当N为C关于对称轴l的对称点时，，
此时四边形CMNE为正方形
解得：（舍去）
此时点M的坐标为
在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【点睛】
本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．
12.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=a+bx+1的对称轴为直线x=，其图象与x轴交于点A和点B(4，0)，与y轴交于点C.
(1)直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
(2)动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设运动的时间为t(t>0)秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
(3)在(2)的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标.(每写出一组正确的结果得1分，至多得4分)
【解析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象与系数的关系、二次函数与方程的关系、一元二次方程的解法、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、两点间的距离公式、相似三角形的性质．
（1）首先利用抛物线y=a+bx+1的对称轴x=，与x轴的交点B(4，0)，列方程组求出ab的值，进而得到抛物线的解析式，然后利用解析式求出线段OA=OC=1，进而利用等腰直角三角形的性质得到∠CAO=45°.
（2）过点N作NE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，通过证明△NEM≌△MFD，得到NE=MF，EM=DF.然后由题意得：∠CAO=45°，AN=，AM=3t，，AE=NE=t， EM=AM-AE=2t，
∴DF=2t，MF=t，OF=4t-1，∴D(4t-1，2t），
将点D的坐标代入抛物线的解析式可得，进而求得：t=，再代回计算可得点D的坐标（2，）.
（3）由（2）知：C（0，1），M(，0)，D（2，），B（4，0），
进而得到BD=，DM=，MB=.
设P（a，），Q（0，b），则CQ=|1-b|，
PC==，PQ=，
∵以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似，∴分以下几种情况进行求解：
①如图所示，当点P在y轴左侧，点Q在点C上方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，通过计算可知：符合要求的点P和点Q不存在；
②如图所示，当点P在y轴左侧，点Q在点C下方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，进而求出点P和点Q的坐标：；；
③如图所示，当点P在y轴右侧，点Q在点C上方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，进而求出点P和点Q的坐标：；；；.
④如图所示，当点P在y轴右侧，点Q在点C下方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，进而求出点P和点Q的坐标：；；
；；；；
综上所述：符合要求的点P和点Q的坐标为：
；；；；；；；；；；；.
【答案】解：(1)∵抛物线y=a+bx+1的对称轴为直线x=，其图象与x轴交于点A和点B(4，0)，
∴，解得，∴抛物线的解析式为.
当y=0时，，∴x=-1或4，∴A(-1,0)，∴OA=1.
当x=0时，y=1，∴C(0，1)，∴OC=1，∴OA=OC.
又∵∠AOC=90°，∴∠CAO=45°.
答案：抛物线的解析式为，……2分
∠CAO=45°.…3分
(2)由(1)知A(1，0)，过点N作NE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，
∵NM=DM，∠DMN=90°，∴△NEM≌△MFD，∴NE=MF，EM=DF.
由题意得：∠CAO=45°，AN=，AM=3t，
∴AE=NE=t， EM=AM-AE=2t，
∴DF=2t，MF=t，OF=4t-1，∴D(4t-1，2t）……5分
∴，又t＞0，故可解得：t=，……7分
经检验，当t=时，点M，N均未到达终点，符合题意.
此时D点坐标为（2，）.……8分
(3)答案不唯一，从下面12组点中任意选择四组即可.；；；；；；；；；；；.
类型六与三角形全等、相似有关的问题
1.如图所示，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B坐标为(4，t)(t＞0)．二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象经过点B，顶点为点D.
(1)当t＝12时，顶点D到x轴的距离等于____；
(2)点E是二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象与x轴的一个公共点(点E与点O不重合)．求OE·EA的最大值及取得最大值时的二次函数表达式；
(3)矩形OABC的对角线OB，AC交于点F，直线l平行于x轴，交二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象于点M，N，连结DM，DN.当△DMN≌△FOC时，求t的值．
【解析】 (1)将B点坐标(4，12)代入y＝x2＋bx求出二次函数关系式，再用配方法或二次函数的顶点坐标公式解决问题；
(2)分别用含b的代数式表示OE，AE的长，再运用二次函数的求最值的方法(配方法)求出OE·EA的最大值；
(3)由△DMN≌△FOC可得MN＝CO＝t，再分别用含b，t的代数式表示出点M，N的坐标，将点M或点N的坐标代入y＝x2＋bx就可以求出t的值．
解：(2)∵二次函数y＝x2＋bx与x轴交于点E，∴E(－b，0)．
∴OE＝－b，AE＝4＋b.∴OE·EA＝－b(b＋4)＝－b2－4b＝－(b＋2) 2＋4.
∴当b＝－2时，OE·EA有最大值，其最大值为4.此时b＝－2，二次函数表达式为y＝x2－2x；
(3)如答图，过D作DG⊥MN，垂足为G，过点F作FH⊥CO，垂足为H.
∵△DMN≌△FOC，∴MN＝CO＝t，DG＝FH＝2.
∵D，
∴N，即N.
把x＝，y＝代入y＝x2＋bx，
得＝＋b·，
解得t＝±2，∵t＞0，∴t＝2.
2.已知抛物线与x轴分别交于，两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）点F是线段AD上一个动点．
①如图1，设，当k为何值时，.
②如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．
【答案】（1），D的坐标为；（2）①；②以A，F，O为顶点的三角形与相似，F点的坐标为或．
【解析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点；
(2)①由A、C、D三点的坐标求出，，，可得为直角三角形，若，则点F为AD的中点，可求出k的值；
②由条件可判断，则，若以A，F，O为顶点的三角形与相似，可分两种情况考虑：当或时，可分别求出点F的坐标．
【详解】(1)抛物线过点，，
，解得：，
抛物线解析式为；
，
顶点D的坐标为；
(2)①在中，，，
，
，，，
，
，
，
为直角三角形，且，
，
F为AD的中点，
，
；
②在中，，
在中，，
，
，
，
，
若以A，F，O为顶点的三角形与相似，则可分两种情况考虑：
当时，，
，
设直线BC的解析式为，
，解得：，
直线BC的解析式为，
直线OF的解析式为，
设直线AD的解析式为，
，解得：，
直线AD的解析式为，
，解得：，
．
当时，，
，
，
直线OF的解析式为，
，解得：，
，
综合以上可得F点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
3.如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
【答案】（1）y＝﹣2x2+4x+6；（2）S△PBC＝﹣3m2+9m（0＜m＜3）；（3）M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，﹣）
【解析】
【分析】
（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【详解】
（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．
当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴，
∴当时，△PBC面积取最大值，最大值为 ．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，
∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△NCM相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当 时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴ ，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时，
∴N（0，），
当时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴ ，
解得 ，
∴M（，），
此时N（0，）．
如图3，当点M位于点C的下方，
过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：或，△CMN与△OBC相似，
解得或a＝3，
∴M（，）或M（3，0），
此时N点坐标为，N（0，）或N（0，﹣）．
综合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），，N（0，）或M（3，0），N（0，﹣），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
【点睛】
此题考查二次函数综合题，综合考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最大值，相似三角形的判定与性质，以及渗透分类讨论思想．
4.如图，抛物线经过，两点，且与轴交于点，抛物线与直线交于，两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）坐标轴上是否存在一点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．
（3）点在轴上且位于点的左侧，若以，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）存在，或，理由见解析；（3）或．
【解析】（1）将A、C的坐标代入求出a、c即可得到解析式；
（2）先求出E点坐标，然后作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，根据垂直平分线的性质可知Q、与A、E，Q'与A、E组成的三角形是以AE为底边的等腰三角形，设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，根据距离公式建立方程求解即可；
（3）根据A、E坐标，求出AE长度，然后推出∠BAE=∠ABC=45°，设，由相似得到或，建立方程求解即可．
【详解】（1）将，代入得：
，解得
∴抛物线解析式为
（2）存在，理由如下：
联立和，
，解得或
∴E点坐标为(4,-5)，
如图，作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，
此时Q点与Q'点的坐标即为所求，
设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，
由QA=QE，Q'A= Q'E得：
，
解得，
故Q点坐标为或
（3）∵，
∴，
当时，解得或3
∴B点坐标为(3,0)，
∴
∴，，，
由直线可得AE与y轴的交点为(0,-1)，而A点坐标为(-1,0)
∴∠BAE=45°
设则，
∵和相似
∴或，即或
解得或，
∴或．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，是中考常见的压轴题型，熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质，以及相似三角形的性质是解题的关键．
5.如图，已知抛物线(m＞0)与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧.
（1）若抛物线过点（2，2），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点H，使AH+CH的值最小，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）点H的坐标为（1，）；（3）当m=时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
【解析】
分析：
（1）把点（2，2）代入中，解出m的值即可得到抛物线的解析式；
（2）由（1）中所得解析式求出点A、B、C的坐标，由题意可知，点A、B关于抛物线的对称轴对称，这样连接BC与对称轴的交点即为所求的点H，根据B、C的坐标求出直线BC的解析式即可求得点H的坐标；
（3）由解析式可得点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、（m，0）和（0，2），如下图，由图可知∠ACB和∠ABM是钝角，因此存在两种可能性：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA，分这两种情况结合题中已知条件进行分析解答即可.
详解：
（1）把点（2，2）代入抛物线，
得2=.
解得m=4.
∴抛物线的解析式为.
（2）令，解得.
则A（-2，0），B（4，0）.
对称轴x=-.
∵ 中当x=0时，y=2，
∴点C的坐标为（0，2）.
∵点A和点B关于抛物线的对称轴对称，
∴连接BC与对称轴的交点即为点H，此时AH+CH的值最小，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B（4，0），C（0，2）代入得： ，解得： ，
∴直线BC的解析式为y=.
∵当x=1时，y==.
∴点H的坐标为（1，）.
（3）假设存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
如下图，连接AC，BC，AM，BM，过点M作MN⊥x轴于点N，
由图易知，∠ACB和∠ABM为钝角，
①当△ACB∽△ABM时，有=，即.
∵A（-2，0），C（0，2），即OA=OC=2，
∴∠CAB=∠BAM=.
∵MN⊥x轴，∴∠BAM=∠AMN=45°，
∴AN=MN.
∴可设M的坐标为：（x，-x-2）（x＞0），
把点M的坐标代入抛物线的解析式，得：-x-2=.
化简整理得：x=2m，
∴点M的坐标为：（2m，-2m-2）.
∴AM=.
∵，AC=，AB=m+2，
∴.
解得：m=.
∵m＞0，
∴m=.
②当△ACB∽△MBA时，有=，即.
∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=，
∴△ANM∽△BOC，∴=.
∵BO=m，设ON=x，
∴=，即MN=（x+2）.
令M（x，）（x＞0），
把M点的坐标代入抛物线的解析式，
得=.
解得x=m+2.即M（m+2，）.
∵，CB=，MN=，
∴.
化简整理，得16=0，显然不成立.
综上所述，当m=时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
点睛：本题是一道二次函数和几何图形综合的题目，解题的要点有以下两点：（1）“知道点A、B是关于抛物线的对称轴对称的，连接BC与对称轴的交点即为所求的点H”是解答第2小题的关键；（2）“能根据题意画出符合要求的图形，知道∠ACB和∠ABM为钝角，结合题意得到存在：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA这两种可能情况”是解答第3小题的关键.
6.如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【解析】
【分析】
（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【详解】
（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．
（3）设平移后抛物线的解析式，
联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】
本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
住两点间的距离公式；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
7.在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，顶点为点．
（1）当时，直接写出点，，，的坐标：
______，______，______，______；
（2）如图1，直线交轴于点，若，求的值和的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点为的中点，动点在第三象限的抛物线上，过点作轴的垂线，垂足为，交于点；过点作，垂足为．设点的横坐标为，记．
①用含的代数式表示；
②设，求的最大值．
【答案】（1），，，；（2）；；（3）①；②．
【解析】
【分析】
（1）求出时，x的值可得点A、B的坐标，求出时，y的值可得点C的坐标，将二次函数的解析式化为顶点式即可得点D的坐标；
（2）先求出顶点D的坐标，从而可得DK、OK的长，再利用正切三角函数可得EK、OE、OC的长，从而可得出点C的坐标，然后将点C的坐标代入二次函数的解析式可得a的值，利用勾股定理可求出CE的长；
（3）①如图，先利用待定系数法求出直线AN的解析式，从而可得点F的坐标，由此可得出PF的长，再利用待定系数法求出直线CE的解析式，从而可得点J的坐标，由此可得出FJ的长，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得FH的长，最后根据的定义即可得；
②先将的表达式化为顶点式，从而得出其增减性，再利用二次函数的性质即可得．
【详解】
（1）当时，
当时，，解得或
则点A的坐标为，点B的坐标为
当时，
则点C的坐标为
将化成顶点式为
则点D的坐标为
故答案为：，，，；
（2）如图，作轴于点
将化成顶点式为
则顶点D的坐标为
∴，
在中，，即
解得
在中，，即
解得
，
将点代入得：
解得；
（3）①如图，作与的延长线交于点
由（2）可知，，
∴
当时，，解得或
∴，
为OC的中点
∴
设直线AN的解析式为
将点，代入得：，解得
则直线AN的解析式为
∵
∴
∴
由（2）知，
，
设直线CE的解析式为
将点，代入得：，解得
则直线CE的解析式为
∴
∴
∵，轴
∴，
∴
∴，即
解得
∴
即；
②将化成顶点式为
由二次函数的性质可知，当时，随t的增大而增大；当时，随t的增大而减小
因此，分以下两种情况：
当时
在内，随t的增大而增大
则当时，取得最大值，最大值为
又当时，
当时
在内，随t的增大而增大；在内，随t的增大而减小
则当时，取得最大值，最大值为
综上，的最大值为．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、正切三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）①，通过作辅助线，构造相似三角形求出的长是解题关键．
8.已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C（0,3）．
（1）求b，c的值；
（2）直线l与x轴交于点P．
①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；
②如图2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线l的表达式．
【分析】（1）由抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，得－＝1，解得b＝2，把点C（0,3）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得c＝3．
（2）①由题意先求得点D，A，B的坐标， 的解析式，设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3) ，进而得EF＝－e2＋3e，因为CD⊥EF，所以S四边形CEDF＝CD·EF，利用二次函数的顶点式求出最大值；
②根据相似三角形的性质得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，根据tan∠ACP＝，得关于m的方程＝，解之可得点P的坐标，进而得直线l的表达式．
【解析】解：（1）由题可知解得
（2）①由题意可知D（2，3），CD⊥EF，∴CD＝2．
由（1）可知A (3,0)，B (－1,0)
∴：y＝－x＋3
设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3)
∴EF＝－e2＋3e
∴S四边形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.
∴当e＝时，四边形CEDF的面积最大，最大值为.
②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，
由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA
∴l∥AC．
由△PCQ∽△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，
∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，
由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠BCO＝，
∴tan∠ACP＝，
作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，则AP＝3－m.
∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝ (3＋m)
∴＝＝tan∠ACP＝，
即＝，解得m＝ ．
∴P (,0)，∴l：y＝－x＋．
【知识点】二次函数的性质；一次函数的表达式；相似三角形的性质；锐角三角函数； 分式方程，
9.如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M(﹣1，1)，交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及的值；
（2）随着a的变化，的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．
【答案】（1）N(4，﹣4)，＝；（2）不变，理由见解析；（3）y＝﹣x2+x+或y＝﹣x2+x+．
【解析】
【分析】
（1）证明△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，则，，求出AC＝，BC＝，即可求解；
（2）点D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，则ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的结论得：AC＝，BC＝，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F(﹣，﹣)，即可求解．
【详解】
解：（1）分别过点M、N作ME⊥CD于点E，NF⊥DC于点F，
∵ME∥FN∥x轴，
∴△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，
∴，，
∵a＝﹣1，则y＝﹣x2+2x+c，
将M(﹣1，1)代入上式并解得：c＝4，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+4，
则点D(1，5)，N(4，﹣4)，
则ME＝2，DE＝4，DC＝5，FN＝3，DF＝9，
∴，解得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（2）不变，理由：
∵y＝ax2﹣2ax+c过点M(﹣1，1)，则a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)，
∴点D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，
∴ME＝2，DE＝﹣4a，
由（1）的结论得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（3）过点F作FH⊥x轴于点H，则FH∥l，则△FHE∽△DCE，
∵FB＝FE，FH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
则CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH＝，
∵BC＝，
∴CH＝×＝，
∴F(﹣，﹣)，
将点F的坐标代入y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)＝a(x+1)(x﹣3)+1得：
﹣a＝a(﹣+1)(﹣﹣3)+1，
解得：a＝﹣或﹣，
故y＝﹣x2+x+或y＝﹣x2+x+．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的综合运用等知识．综合性强．
10.如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F1：的图象上，点A的横坐标为﹣4，点B的纵坐标为﹣2.(点A在点B的左侧)
(1)求点A、B的坐标；
(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，抛物线F2：经过A'、B'两点，已知点M为抛物线F2的对称轴上一定点，且点A'恰好在以OM为直径的圆上，连接OM、A'M，求△OA'M的面积；
(3)如图2，延长OB'交抛物线F2于点C，连接A'C，在坐标轴上是否存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)点A坐标为(﹣4，﹣4)，点B坐标为(﹣1，﹣2)；(2)S△OA'M＝8；(3)点D坐标为(4，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)时，以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.
【分析】(1)把x＝﹣4代入解析式，求得点A的坐标，把y=-2代入解析式，根据点B与点A的位置关系即可求得点B的坐标；
(2)如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B'作B'G⊥x轴于点G，先求出点A'、B'的坐标，OA＝OA'＝，然后利用待定系数法求得抛物线F2解析式为：，对称轴为直线：，设M(6，m)，表示出OM2，A'M2，进而根据OA'2+A'M2＝OM2，得到(4)2+m2+8m+20＝36+m2，求得m＝﹣2，继而求得A'M＝，再根据S△OA'M＝OA'•A'M通过计算即可得；
(3)在坐标轴上存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似，先求得直线OA与x轴夹角为45°，再分点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA'C相似，点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如图2、图3)，此时再分△AOD∽△OA'C，△DOA∽△OA'C两种情况分别讨论即可得.
【详解】(1)当x＝﹣4时，，
∴点A坐标为(﹣4，﹣4)，
当y＝﹣2时，，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6，
∵点A在点B的左侧，
∴点B坐标为(﹣1，﹣2)；
(2)如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B'作B'G⊥x轴于点G，
∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2，
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，
∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°，
∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠B'OG＝∠OBE，
在△B'OG与△OBE中
，
∴△B'OG≌△OBE(AAS)，
∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1，
∵点B'在第四象限，
∴B'(2，﹣1)，
同理可求得：A'(4，﹣4)，
∴OA＝OA'＝，
∵抛物线F2：y＝ax2+bx+4经过点A'、B'，
∴，
解得：，
∴抛物线F2解析式为：，
∴对称轴为直线：，
∵点M在直线x＝6上，设M(6，m)，
∴OM2＝62+m2，A'M2＝(6﹣4)2+(m+4)2＝m2+8m+20，
∵点A'在以OM为直径的圆上，
∴∠OA'M＝90°，
∴OA'2+A'M2＝OM2，
∴(4)2+m2+8m+20＝36+m2，
解得：m＝﹣2，
∴A'M＝，
∴S△OA'M＝OA'•A'M＝；
(3)在坐标轴上存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似，
∵B'(2，﹣1)，
∴直线OB'解析式为y＝﹣x，
，
解得：(即为点B')，，
∴C(8，﹣4)，
∵A'(4，﹣4)，
∴A'C∥x轴，A'C＝4，
∴∠OA'C＝135°，
∴∠A'OC＜45°，∠A'CO＜45°，
∵A(﹣4，﹣4)，即直线OA与x轴夹角为45°，
∴当点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA'C相似，
∴点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如图2、图3)，
①若△AOD∽△OA'C，
则，
∴OD＝A'C＝4，
∴D(4，0)或(0，4)；
②若△DOA∽△OA'C，
则，
∴OD＝OA'＝8，
∴D(8，0)或(0，8)，
综上所述，点D坐标为(4，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)时，以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.
【点睛】本题考查的是二次函数与几何的综合题，涉及了待定系数法，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想与分类讨论思想的运用.
11.如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，顶点为D，连接与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接，当时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【解析】
【分析】
（1）直接将和点代入，解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F，设，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN=EM，MN=NE，NE=EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【详解】
（1）抛物线过点和点
抛物线解析式为：
（2）当时，
直线BC解析式为：
过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F
设
即
（3）
为等腰直角三角形
抛物线的对称轴为
点E的横坐标为3
又点E在直线BC上
点E的纵坐标为5
设
①当MN=EM，,时
解得或（舍去）
此时点M的坐标为
②当ME=EN，时
解得：或（舍去）
此时点M的坐标为
③当MN=EN，时
连接CM，易知当N为C关于对称轴l的对称点时，，
此时四边形CMNE为正方形
解得：（舍去）
此时点M的坐标为
在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【点睛】
本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．
12.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=a+bx+1的对称轴为直线x=，其图象与x轴交于点A和点B(4，0)，与y轴交于点C.
(1)直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
(2)动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设运动的时间为t(t>0)秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
(3)在(2)的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标.(每写出一组正确的结果得1分，至多得4分)
【解析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象与系数的关系、二次函数与方程的关系、一元二次方程的解法、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、两点间的距离公式、相似三角形的性质．
（1）首先利用抛物线y=a+bx+1的对称轴x=，与x轴的交点B(4，0)，列方程组求出ab的值，进而得到抛物线的解析式，然后利用解析式求出线段OA=OC=1，进而利用等腰直角三角形的性质得到∠CAO=45°.
（2）过点N作NE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，通过证明△NEM≌△MFD，得到NE=MF，EM=DF.然后由题意得：∠CAO=45°，AN=，AM=3t，，AE=NE=t， EM=AM-AE=2t，
∴DF=2t，MF=t，OF=4t-1，∴D(4t-1，2t），
将点D的坐标代入抛物线的解析式可得，进而求得：t=，再代回计算可得点D的坐标（2，）.
（3）由（2）知：C（0，1），M(，0)，D（2，），B（4，0），
进而得到BD=，DM=，MB=.
设P（a，），Q（0，b），则CQ=|1-b|，
PC==，PQ=，
∵以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似，∴分以下几种情况进行求解：
①如图所示，当点P在y轴左侧，点Q在点C上方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，通过计算可知：符合要求的点P和点Q不存在；
②如图所示，当点P在y轴左侧，点Q在点C下方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，进而求出点P和点Q的坐标：；；
③如图所示，当点P在y轴右侧，点Q在点C上方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，进而求出点P和点Q的坐标：；；；.
④如图所示，当点P在y轴右侧，点Q在点C下方时，利用△PCQ与△BDM相似的所有可能情况，分别得到对应边成比例，进而求出点P和点Q的坐标：；；
；；；；
综上所述：符合要求的点P和点Q的坐标为：
；；；；；；；；；；；.
【答案】解：(1)∵抛物线y=a+bx+1的对称轴为直线x=，其图象与x轴交于点A和点B(4，0)，
∴，解得，∴抛物线的解析式为.
当y=0时，，∴x=-1或4，∴A(-1,0)，∴OA=1.
当x=0时，y=1，∴C(0，1)，∴OC=1，∴OA=OC.
又∵∠AOC=90°，∴∠CAO=45°.
答案：抛物线的解析式为，……2分
∠CAO=45°.…3分
(2)由(1)知A(1，0)，过点N作NE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，
∵NM=DM，∠DMN=90°，∴△NEM≌△MFD，∴NE=MF，EM=DF.
由题意得：∠CAO=45°，AN=，AM=3t，
∴AE=NE=t， EM=AM-AE=2t，
∴DF=2t，MF=t，OF=4t-1，∴D(4t-1，2t）……5分
∴，又t＞0，故可解得：t=，……7分
经检验，当t=时，点M，N均未到达终点，符合题意.
此时D点坐标为（2，）.……8分
(3)答案不唯一，从下面12组点中任意选择四组即可.；；；；；；；；；；；.
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