2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题20 函数与相似综合问题

这是一份2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题20 函数与相似综合问题

【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题20函数与相似综合问题
经典例题



【例1】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A、B两点，其中A（1，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，过点B作x轴垂线，在该垂线上取点P，使得△PBC与△ABC相似，请求出点P坐标；
（3）如图2，在线段OB上取一点M，连接CM，请求出CM+BM最小值．

【例2】．已知，抛物线y＝ax2+bx+1与y轴交于点C．

（1）如图1，抛物线y＝ax2+bx+1与x轴交于点A和点B（3，0），对称轴为直线x＝1．
①求抛物线的解析式．
②点P为抛物线上一动点，PN⊥BC，垂足为N，当△PCN与△BOC相似时，直接写出P点坐标；
（2）点D为抛物线顶点，若抛物线上有且只有一个点Q的横坐标是纵坐标的2倍，且∠DCO＝45°，求a的值．
【例3】如图1，直线y＝﹣x+b与抛物线y＝ax2交于A，B两点，与y轴于点C，其中点A的坐标为（﹣4，8）．
（1）求a，b的值；
（2）将点A绕点C逆时针旋转90°得到点D．
①试说明点D在抛物线上；
②如图2，将直线AB向下平移，交抛物线于E，F两点（点E在点F的左侧），点G在线段OC上．若△GEF∽△DBA（点G，E，F分别与点D，B，A对应），求点G的坐标．

【例4】在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【例5】如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

培优训练


1．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（5，0）（如图），经过点A的抛物线y＝x2+bx+5与y轴相交于点B，顶点为点C．
（1）求此抛物线表达式与顶点C的坐标；
（2）求∠ABC的正弦值；
（3）将此抛物线向上平移，所得新抛物线的顶点为D，且△DCA与△ABC相似，求平移后的新抛物线的表达式．

2．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2ax+a2﹣4与x轴正半轴交于点A、点B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点记为D，△ABC的面积为10．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求∠BCD的正弦值；
（3）将此抛物线沿y轴上下平移，所得新抛物线的顶点为P，且△PBD与△BCD相似，求平移后的新抛物线的解析式．

3．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线在第四象限的图象上有一点M，求四边形ABMC面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图2，直线CD交x轴于点E，若点P是线段EC上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）过点B（1，3）和点A（4，0），过点B作直线BC∥x轴，交y轴于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，过点P作直线BC的垂线，垂足为D．连接OB，是否存在点P，使得以B，D，P为顶点的三角形与△BOC相似，若存在，求出对应点P的坐标；若不存在，请说明理由．

5．如图1，抛物线y＝（x﹣m）2﹣2m+1（m为常数）与x轴交于A、B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．
（1）下列说法：①抛物线开口向上；②点C在y轴正半轴上；③m＞；④抛物线顶点在直线y＝﹣2x+1上，其中正确的是 　 　；
（2）如图2，若直线y＝﹣2x+1与该抛物线交于M、N两点（点M在点N下方），试说明：线段MN的长是一个定值，并求出这个值；
（3）在（2）的条件下，设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，连接BM、BN、BD，当DN：MN＝1：2时，求此时m的值，判断△MBN与△MDB是否相似，并说明理由．

6．已知，如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，在第一象限的抛物线上有一点E，当点E绕原点O顺时针旋转90°得到线段OF，当点F恰好在直线AC上时，求点E的坐标；
（3）如图2，点D为抛物线的顶点，连接AD，CD，若点M是抛物线上的动点（不与点C重合），连接CM，作MN⊥CM交直线AC于点N，是否存在若以C，M，N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

7．如图1，已知抛物线y＝ax2﹣6ax+c过点A（2，0），C（0，﹣4），交x轴于点B，顶点为D，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；
（2）M为抛物线上一点，若tan∠BCM＝，求直线CM的解析式；
（3）如图2，CA，BD的延长线交于点E，点P在（1）中的抛物线的对称轴上，Q为y轴左侧的抛物线上一点，是否存在以点O，P，Q为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

8．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点为D，交x轴于点A（1，0）、B（点A在点B右侧），交y轴于点C（0，2），点P是该抛物线对称轴上的一点．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线上的一个动点，且位于其对称轴的左侧，若△DPQ与△ABC相似，请直接写出点P的坐标．

9．如图1，已知抛物线y＝x2+mx与x轴正半轴交于点A，B（﹣m，0）为x轴上另一点，直线y＝﹣x交抛物线的对称轴于点C，过点B作BM∥OC交过点C平行于x轴的直线于点M，D为抛物线的顶点．

（1）直接用含m的代数式表示点A，D的坐标；
（2）若点M恰好在该抛物线上，求四边形BOCM的面积；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接DM，G为x轴上一点，H为抛物线上一动点，若以点A，G，H为顶点的三角形与△CDM相似，请直接写出点H及其对应的点G的坐标．（每写一组正确的结果得分，记满分为止）
10．如图1，经过点C（﹣3，﹣5）的抛物线与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，CE⊥x轴于点E，直线OC交抛物线于点D，点P是直线CD下方抛物线上的一动点，设P点的横坐标为t．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当t为何值时，△CDP的面积最大．
（3）点Q是线段CD上的一个动点，过点Q作QF⊥CD，交直线CD下方的抛物线于点F，是否存在这样的点F，使得以Q、F、C为顶点的三角形与△COE相似，若存在，请直接写出点F的坐标，若不存在，请说明理由．
11．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为A（﹣3，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的顶点为D，连接AD，AC，CD，BC，将抛物线沿着y轴平移，点C的对应点为点M，是否存在点M使得以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出平移后的抛物线表达式；若不存在，请说明理由．
12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（1，0），B（﹣7，0），顶点D坐标为（﹣3，-23），点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．过顶点D作DD1⊥x轴于点D1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形．
（3）点P是抛物线上一动点，当P在B点左侧时，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，请问是否存在P点使得△PAM与△DD1A相似，如果存在，请写出点P的横坐标．

14．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2），作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，设点P的横坐标为t（0＜t＜3），求△ABP的面积S与t的函数关系式；
（3）条件同（2），若△ODP与△COB相似，求点P的坐标．

15．已知抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO＝S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

16．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C（0，-43），OA＝1，OB＝4，直线l过点A，交y轴于点D，交抛物线于点E，且满足tan∠OAD=34．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发，沿射线AE以每秒1个单位长度的速度向点E运动，当点P运动到点A时，点Q也停止运动，设运动时间为t秒．
①在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△ADC与△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
②在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

17．如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别相交于点B、C，经过B、C两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P，且对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接PB、PC，求△PBC的面积；
（3）连接AC，在x轴上是否存在一点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

18．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点P在抛物线的对称轴上，当△ACP的周长最小时，求出点P的坐标；
（3）点N在抛物线上，点M在抛物线的对称轴上，是否存在以点N为直角顶点的Rt△DNM与Rt△BOC相似？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．

19．如图1，已知抛物线y=1a（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴从左至右交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）若抛物线过点T（1，-54），求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内的抛物线上是否存在点D，使得以A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，在（1）的条件下，点P的坐标为（﹣1，1），点Q（6，t）是抛物线上的点，在x轴上，从左至右有M、N两点，且MN＝2，问MN在x轴上移动到何处时，四边形PQNM的周长最小？请直接写出符合条件的点M的坐标．

20．如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y＝x﹣2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求证：△ABC是直角三角形；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．



【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题20函数与相似综合问题
经典例题



【例1】．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A、B两点，其中A（1，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，过点B作x轴垂线，在该垂线上取点P，使得△PBC与△ABC相似，请求出点P坐标；
（3）如图2，在线段OB上取一点M，连接CM，请求出CM+BM最小值．

【分析】（1）将点A（1，0），点C（0，3）代入y＝x2+bx+c，即可求解析式；
（2）分两种情况讨论：①当∠PCB＝∠ACB时，△CAB≌△CPB（ASA），求得P（3，2）；②当∠CPB＝∠ACB时，△CAB∽△PCB，由＝，求得P（3，9）；
（3）过点B作直线l与x轴成角为30°，过点C作CN⊥l交于点N，交x轴于点M，此时CM+BM的值最小，求出∠OCM＝30°，在求出CM＝2，OM＝，MB＝3﹣，MN＝，所以CM+BM的值最小为．
【解析】（1）将点A（1，0），点C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
得，
∴，
∴y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得x＝3或x＝1，
∴A（1，0），
∴AB＝2，
∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∵BP⊥x轴，
∴∠CBP＝45°，
①当∠PCB＝∠ACB时，△CAB≌△CPB（ASA），
∴AB＝BP，
∴BP＝2，
∴P（3，2）；
②当∠CPB＝∠ACB时，△CAB∽△PCB，
∴＝，
∵BC＝3，
∴BP＝9，
∴P（3，9）；
综上所述：△PBC与△ABC相似时，P点坐标为（3，9）或P（3，2）；
（3）过点B作直线l与x轴成角为30°，过点C作CN⊥l交于点N，交x轴于点M，
∵∠OBN＝30°，
∴MB＝2MN，
∴MN＝MB，
∴CM+BM＝CM+MN＝CN，
此时CM+BM的值最小，
∵∠CBO＝45°，∠OBN＝30°，
∴∠BCN＝15°，
∵∠OCB＝45°，
∴∠OCM＝30°，
∴CM＝＝＝2，OM＝OC•tan30°＝，
∴MB＝3﹣，
∴MN＝，
∴CN＝CM+MN＝2+＝，
∴CM+BM的值最小为．

【例2】．已知，抛物线y＝ax2+bx+1与y轴交于点C．

（1）如图1，抛物线y＝ax2+bx+1与x轴交于点A和点B（3，0），对称轴为直线x＝1．
①求抛物线的解析式．
②点P为抛物线上一动点，PN⊥BC，垂足为N，当△PCN与△BOC相似时，直接写出P点坐标；
（2）点D为抛物线顶点，若抛物线上有且只有一个点Q的横坐标是纵坐标的2倍，且∠DCO＝45°，求a的值．
【分析】（1）①利用待定系数法求函数解析式；
②分情况讨论结合相似三角形的性质和判定求解；
（2）先根据二次函数图象抛物线与直线的交点情况确定点D的坐标，再结合二次函数的性质分情况讨论．
【解析】（1）①∵抛物线y＝ax2+bx+1与x轴交于点A和点B（3，0），对称轴为直线x＝1．
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式：y＝﹣；
②第一种情况，如图1，△BCO∽△CPN，∠PCN＝∠CBO，
∴CP∥AB，
∴点C与点P关于抛物线对称轴对称，
当x＝0时，y＝1，
∴点C坐标为（0，1），
∵抛物线对称轴为直线x＝1，
∴点P坐标为（2，1）；
第二种情况，如图2，△BCO∽△CPN，∠PCN＝∠CBO，
∴CM＝BM，
设CM＝BM＝m，则OM＝3﹣m，OC＝1，
在Rt△COM中，由勾股定理得：
1+（3﹣m）2＝m2，
解得：m＝，
∴点M的坐标为（，0），
设直线CM的解析式为y＝kx+b，将C（0，1）和M（，0）代入得
，
解得：，
∴直线CM的函数关系式为：y＝﹣，
由此联立方程组，
解得：或，
∴点P坐标为（，）；
第三种情况，如图3，△BCO∽△PCN，∠PCN＝∠OCB，
过点P作PD∥y轴于点D，交直线BC于点E，
设直线CB的函数关系式为：y＝px+q，
把C，B两点坐标代入得：，
解得：，
∴CB关系式为：y＝﹣x+1，
设点E坐标为（n，﹣n+1），则点P坐标为（n，﹣n2+n+1），
∴PE＝﹣n+1﹣（﹣n2+n+1）＝n2﹣n，
PC2＝n2+（﹣n2+n+1﹣1）2＝﹣+，
∵PD∥y轴，
∴∠PEB＝∠OCB，
∵∠PCN＝∠OCB，
∴∠PEB＝∠PCN，
∴PE＝PC，
∴﹣+＝（n2﹣n）2，
解得：n＝﹣2，
当n＝﹣2时，y＝﹣n2+n+1＝﹣，
∴点P坐标为（﹣2，﹣），
综上所述：点P坐标为（2，1）或（，）或（﹣2，﹣）；
（2）∵抛物线上有且只有一个点Q的横坐标是纵坐标的2倍，
∴抛物线与直线y＝x有且只有一个公共点，
∴ax2+bx+1＝x，即ax2+（b﹣）x+1＝0只有一个实数根，
∴△＝（b﹣）2﹣4a＝0，
∴（b﹣）2＝4a，
由题意得，点D的坐标为（﹣，），
过点D作DE⊥y轴交y轴于点E，
∵∠DCO＝45°，∠DEC＝90°，
∴∠DCO＝∠CDE＝45°，
∴DE＝CE，
∵DE＝|﹣|，CE＝1﹣＝，
①当点D在y轴的左侧时，
DE＝，
∴＝，
∵a≠0，
∴b2﹣2b＝0，
解得：b＝0或2（b＝0时，顶点与点C重合，不合题意），
∴4a＝（b﹣）2＝，
∴a＝；
②当点D在y轴右侧时，
DE＝﹣，
∴﹣＝，
∵a≠0，
∴b2+2b＝0，
解得：b＝0或﹣2（b＝0时，顶点与点C重合，不合题意），
∴4a＝（b﹣）2＝，
∴a＝，
∴a＝或．




【例3】．如图1，直线y＝﹣x+b与抛物线y＝ax2交于A，B两点，与y轴于点C，其中点A的坐标为（﹣4，8）．
（1）求a，b的值；
（2）将点A绕点C逆时针旋转90°得到点D．
①试说明点D在抛物线上；
②如图2，将直线AB向下平移，交抛物线于E，F两点（点E在点F的左侧），点G在线段OC上．若△GEF∽△DBA（点G，E，F分别与点D，B，A对应），求点G的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为解方程组即可．
（2）①如图1中，分别过点A，D作AM⊥y轴于点M，DN⊥y轴于点N．利用全等三角形的性质求出点D的坐标，可得结论．
②设E（t，t2），求出直线EG，FG的解析式，构建方程组求出点G的坐标，再根据点G的横坐标为O，构建方程组求出t，即可解决问题．
【解析】（1）由题意，得，
解得．

（2）①如图1中，分别过点A，D作AM⊥y轴于点M，DN⊥y轴于点N．

由（1）可知，直线AB的解析式为y＝﹣x+6，
∴C（0，6），
∵∠AMC＝∠DNC＝∠ACD＝90°，
∴∠ACM+∠DCN＝90°，∠DCN+∠CDN＝90°，
∴∠ACM＝∠CDN，
∵CA＝CD，
∴△AMC≌△CND（SAS），
∴AN＝AM＝4，DN＝CM＝2，
∴D（﹣2，2），
当x＝﹣2时，y＝×22＝2，
∴点D在抛物线y＝x2上．

②由，解得或，
∴点B的坐标为（3，），
∴直线AD的解析式为y＝﹣3x﹣4，直线BD的解析式为y＝x+3，
设E（t，t2），
∴直线EF的解析式为y＝﹣x+t2+t，
由，解得或，
∴F（﹣t﹣1，（t+1）2），
∵△GEF∽△DBA，EF∥AB，
由题意可知，EG∥DB，GF∥AD，
∴直线EG的解析式为y＝x+t2﹣，直线FG的解析式为y＝﹣3x+（t+1）2﹣3（t+1），
联立，解得，
∴G（﹣t﹣，t2﹣t﹣），
令﹣t﹣＝0，
解得t＝﹣，
∴G（0，）．
【例4】在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣4），将点C的坐标代入可求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，证明△AKE∽△DFE，得出DFAK=DEAE，则S1S2=S△BDES△ABE=DEAE=DFAK，求出直线BC的解析式为y=12x﹣2，设D（m，12m2-32m﹣2），则F（m，12m﹣2），可得出S1S2的关系式，由二次函数的性质可得出结论；
（3）设P（a1，a12），①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，得出Q（34a1，a1﹣2），将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可，②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标为（54a1，2），代入抛物线的解析可得出答案．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）．
∵将C（0，﹣2）代入得：4a＝2，解得a=12，
∴抛物线的解析式为y=12（x+1）（x﹣4），即y=12x2-32x﹣2．
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，

∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴DFAK=DEAE，
∴S1S2=S△BDES△ABE=DEAE=DFAK，
设直线BC的解析式为y＝kx+b1，
∴4k+b1=0b1=-2，解得k=12b1=-2，
∴直线BC的解析式为y=12x﹣2，
∵A（﹣1，0），
∴y=-12-2=-52，
∴AK=52，
设D（m，12m2-32m﹣2），则F（m，12m﹣2），
∴DF=12m-2-12m2+32m+2=-12m2+2m．
∴S1S2=-12m2+2m52=-15m2+45m=-15(m-2)2+45．
∴当m＝2时，S1S2有最大值，最大值是45．
（3）符合条件的点P的坐标为（689，349）或（6+2415，3+415）．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为y=12x，
设P（a1，a12），
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，

∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），
∴AC=5，AB＝5，BC＝25，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴PQPB=ACBC=12，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB=12，
∴QM=a14，PM=12（a1﹣4）=12a1﹣2，
∴MN＝a1﹣2，BN﹣QM＝a1﹣4-a4=34a1﹣4，
∴Q（34a1，a1﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得12×(34a1)2-32×34a1-2＝a1﹣2，
解得a1＝0（舍去）或a1=689．
∴P（689，349）．
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得点Q的坐标为（54a1，2）．
此时点P的坐标为（6+2415，3+415）．
【例5】如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出方程组，求出二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4，则C（0，4），由待定系数法求出BC所在直线的表达式即可
（2）证DE∥PF，只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，由二次函数解析式求出点D的坐标，由直线BC的解析式求出点E的坐标，则DE=154，设点P的横坐标为t，则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），由DE＝PF得出方程，解方程进而得出答案；
（3）由平行线的性质得出∠CED＝∠CFP，当∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，则PFCE=CFDE，得出方程，解方程即可．
【解析】（1）将点A（﹣1，0），B（4，0），代入y＝ax2+bx+4，
得：0=a-b+40=16a+4b+4，
解得：a=-1b=3，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+3x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设BC所在直线的表达式为：y＝mx+n，
将C（0，4）、B（4，0）代入y＝mx+n，
得：4=n0=4m+n，
解得：m=-1n=4，
∴BC所在直线的表达式为：y＝﹣x+4；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，
∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x-32）2+254，
∴点D的坐标为：（32，254），
将x=32代入y＝﹣x+4，即y=-32+4=52，
∴点E的坐标为：（32，52），
∴DE=254-52=154，
设点P的横坐标为t，
则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴PF＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
由DE＝PF得：﹣t2+4t=154，
解得：t1=32（不合题意舍去），t2=52，
当t=52时，﹣t2+3t+4＝﹣（52）2+3×52+4=214，
∴点P的坐标为（52，214）；
（3）存在，理由如下：
如图2所示：
由（2）得：PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
又∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，
∴PFCE=CFDE，
∵C（0，4）、E（32，52），
∴CE=(32)2+(4-52)2=322，
由（2）得：DE=154，PF＝﹣t2+4t，F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴CF=t2+[4-(-t+4)]2=2t，
∴-t2+4t322=2t154，
∵t≠0，
∴154（﹣t+4）＝3，
解得：t=165，
当t=165时，﹣t2+3t+4＝﹣（165）2+3×165+4=8425，
∴点P的坐标为：（165，8425）．



培优训练


1．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（5，0）（如图），经过点A的抛物线y＝x2+bx+5与y轴相交于点B，顶点为点C．
（1）求此抛物线表达式与顶点C的坐标；
（2）求∠ABC的正弦值；
（3）将此抛物线向上平移，所得新抛物线的顶点为D，且△DCA与△ABC相似，求平移后的新抛物线的表达式．

【分析】（1）将A（5，0）代入y＝x2+bx+5可得表达式，配方即得顶点坐标；
（2）设BC与x轴交于F，过F作FE⊥AB于E，求出EF、BF即可得出答案；
（3）设D坐标，用三边对应成比例列方程，求出D的坐标即可得出答案．
【解析】（1）将A（5，0）代入y＝x2+bx+5得：
0＝25+5b+5，解得b＝﹣6，
∴抛物线表达式为y＝x2﹣6x+5，
∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴顶点C的坐标为（3，﹣4）；
（2）设BC与x轴交于F，过F作FE⊥AB于E，如图：

抛物线y＝x2﹣6x+5与y轴交于B（0，5），
设BC解析式为y＝mx+n，
将B（0，5），C（3，﹣4）代入得：
，解得，
∴BC解析式为y＝﹣3x+5，
令y＝0得x＝，
∴F（，0），
∴AF＝OA﹣OF＝，
∵B（0，5），A（5，0），
∴OA＝OB＝5，AB＝5，∠BAO＝45°，
∴AE＝AF•cos45°＝＝EF，
∴BE＝AB﹣AE＝，
∴BF＝＝，
∴sin∠ABC＝＝＝；
（3）抛物线向上平移，所得新抛物线的顶点为D，设D（3，m），则平移后的新抛物线的表达式为y＝（x﹣3）2+m，
且CD＝m﹣（﹣4）＝m+4，AD＝，AC＝＝2，AB＝5，BC＝3，
若△DCA与△ABC相似，只需三边对应成比例，但AC对应边不能是AC，
故分三种情况：
①若△ABC∽△DCA，如图：

，即，
解得：m＝﹣，
∴D（3，m），
∴平移后的新抛物线的表达式y＝（x﹣3）2﹣＝x2﹣6x+，
②若△ABC∽△DAC，
则，即，无解，
③若△ABC∽△ACD，如图：

，即，
解得m＝2，
∴D（3，2），
∴平移后的新抛物线的表达式y＝（x﹣3）2+2＝x2﹣6x+11；
综上所述，△DCA与△ABC相似，平移后的新抛物线的表达式为y＝x2﹣6x+或y＝x2﹣6x+11．
2．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2ax+a2﹣4与x轴正半轴交于点A、点B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点记为D，△ABC的面积为10．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求∠BCD的正弦值；
（3）将此抛物线沿y轴上下平移，所得新抛物线的顶点为P，且△PBD与△BCD相似，求平移后的新抛物线的解析式．

【分析】（1）令y＝0，由x2﹣2ax+a2﹣4＝0求出点A、B的坐标，即用含a的代数式表示点A、B的横坐标，求出AB的长，再根据△ABC的面积为10求出点C的坐标，由此求出a的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）过点O作BC的垂线OE交CD于点F，求出直线OE的解析式，再求出直线CD的解析式并将这两条直线的解析式联立成方程组，解方程组求出它们的交点F的坐标，再求EF、CF的长，即可求∠BCD的正弦值；
（3）过点D作DP⊥x轴，交BC于点P，可证得△BDP∽△BCD，则点P就是平移后抛物线的顶点，还有一点P′，∠DBP′＝∠DPB，则△P′DB∽△BCD，求出点P、点P′的坐标，即可求得平移后的抛物线的解析式．
【解析】（1）当y＝0时，由x2﹣2ax+a2﹣4＝0，得x1＝a﹣2，x2＝a+2，
∴A（a﹣2，0），B（a+2，0），AB＝a+2﹣（a﹣2）＝4；
设C（0，m），则×4m＝10，解得m＝5，
∴C（0，5）；
又∵C（0，a2﹣4），
∴a2﹣4＝5，
解得a＝3或a＝﹣3（不符合题意，舍去），
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5.
（2）如图1，作OE⊥BC于点E，交CD于点F，设直线CD的解析式为y＝kx+5．
∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴D（3，﹣4），
∴3k+5＝﹣4，
解得k＝﹣3，
∴y＝﹣3x+5；
由（1），得A（1，0），B（5，0），
∴OB＝OC，
∴E为BC的中点，E（，），
设直线OE的解析式为y＝px，则p＝，解得p＝1，
∴y＝x，
由，得，
∴F（，），
∴EF＝＝，CF＝＝，
∴sin∠BCD＝＝．
（3）如图2，过点D作DM⊥x轴于点M，交BC于点P，则M（3，0），
∴BM＝5﹣3＝2，
∵DM＝4，
∴BD＝＝2
∴sin∠BDP＝＝＝sin∠BCD，
∴∠BDP＝∠BCD，
又∵∠PBD＝∠DBC（公共角），
∴△BDP∽△BCD，
∴点P为抛物线平移后的顶点，
∵∠OBC＝45°，
∴PM＝BM•tan45°＝BM＝2，
∴P（3，2）；
∵平移后的抛物线与抛物线y＝x2﹣6x+5的形状相同且对称轴相同，
∴平移后的抛物线为y＝（x﹣3）2+2，即y＝x2﹣6x+11；
如图2，在DM上还有一点P′，∠DBP′＝∠DPB，
∵∠BDP′＝∠PDB，
∴△P′DB∽△BDP，
∴△P′DB∽△BCD，
∵＝，PD＝2+4＝6，
∴P′D＝＝＝，
∴P′M＝4﹣＝，
∴P′（3，），
∴平移后的抛物线为y＝（x﹣3）2，即y＝x2﹣6x+，
综上所述，平移后的新抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+11或y＝x2﹣6x+．


3．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线在第四象限的图象上有一点M，求四边形ABMC面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图2，直线CD交x轴于点E，若点P是线段EC上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用二次函数的顶点式求解；
（2）将四边形ABMC进行分割，分成△ABC，△CMN，△BMN的和，△ABC的面积是定值，求出直线BC的表达式，当点M在移动时，表示出线段MN的长度，从而计算出△CMN，△BMN面积和的最大值，进而求解；
（3）利用三角形相似的判定条件，两边对应成比例且夹角相等进行求解，通过求直线CD的表达式，得到E点的坐标，从而求出∠OEC＝∠OBC，分情况讨论两边成比例的情况，进而求出点EP的长度，再借助解直角三角形进行求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将点C（0，﹣3）代入得：
4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴抛物线表达式为：y＝（x﹣1）2﹣4；
（2）连接BC，作MN∥y轴交BC于点N，作BE⊥MN，CF⊥MN，如图，

由（1）知，抛物线表达式为y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），
设直线BC的表达式为y＝kx+b，将点B （3，0），C（0，﹣3）代入得：
，
∴直线BC表达式为y＝x﹣3，
设M点（m，m2﹣2m﹣3），则点N（m，m﹣3），
MN＝yN﹣yM＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，
∴S四边形ABMC＝S△ABC+S△BCM
＝S△ABC+S△CMN+S△BMN
＝++
＝+
＝6+
＝（m﹣）2+，
当m＝时，即点M坐标（，﹣）时，四边形ABMC面积的最大值；
（3）如图，作PQ垂直x轴，

设直线CD：y＝px+q，将点C，D分别代入得，
，
解得，
∴直线CD：y＝﹣x﹣3，
当y＝0时，解得x＝﹣3，
∴点E坐标为（﹣3，0），
∵OE＝OC＝OB＝3，
∴∠OEC＝∠OBC＝45°，
在Rt△OBC中，
BC＝＝3，
①当△BAC∽△EPO时，
，即，
解得EP＝2，
在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，
∴sin45°＝，
解得PQ＝2，
∴EQ＝PQ＝2，
此时点P坐标（﹣1，﹣2）；
②当△BAC∽△EOP时，
，即，
解得EP＝，
在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，
∴sin45°＝，
解得PQ＝，
∴EQ＝PQ＝，
此时点P坐标（﹣，﹣）；
综上所述，当点P坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣，﹣）时，点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．
4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）过点B（1，3）和点A（4，0），过点B作直线BC∥x轴，交y轴于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，过点P作直线BC的垂线，垂足为D．连接OB，是否存在点P，使得以B，D，P为顶点的三角形与△BOC相似，若存在，求出对应点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法即可确定抛物线的解析式；
（2）先设出点P的坐标，分点P在B的左侧和右侧两种情况讨论，利用相似三角形的性质即可求出点P的坐标．
【解析】（1）把点A，B代入抛物线的解析式，
得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x；
（2）若点P在点B的左侧，如下图，

设点P（x，﹣x2+4x），
∵以B，D，P为顶点的三角形与△BOC相似，
∴或，
∴或，
解得x＝0或x＝1或x＝，
当x＝1时，P与B重合，故x＝1舍去，
∴x＝0或x＝，
当x＝0时，y＝0，当x＝时，y＝（舍弃），
∴点P的坐标为（0，0），
若点P在点B的右侧，如下图，

∵以B，D，P为顶点的三角形与△BOC相似，
∴或，
∴或，
解得x＝1或x＝6或x＝，
当x＝1时，P与B重合，故舍去，
当x＝6时，y＝﹣12，当x＝，y＝，
∴P的坐标为（6，﹣12）或（，），
综上，点P的坐标为（0，0）或（6，﹣12）或（，）．
5．如图1，抛物线y＝（x﹣m）2﹣2m+1（m为常数）与x轴交于A、B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．
（1）下列说法：①抛物线开口向上；②点C在y轴正半轴上；③m＞；④抛物线顶点在直线y＝﹣2x+1上，其中正确的是 　①③④　；
（2）如图2，若直线y＝﹣2x+1与该抛物线交于M、N两点（点M在点N下方），试说明：线段MN的长是一个定值，并求出这个值；
（3）在（2）的条件下，设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，连接BM、BN、BD，当DN：MN＝1：2时，求此时m的值，判断△MBN与△MDB是否相似，并说明理由．

【分析】（1）由二次项系数判定①，令x＝0计算y的值判定②，令y＝0，得到关于x的一元二次方程，由函数与x轴交于点A和点B得到该方程有两个不同的实数根判定③，由解析式得到顶点的坐标，然后代入直线判定④；
（2）联立直线解析式和抛物线解析式得到关于x的一元二次方程，进而由根与系数的关系得到点M和点N两点横坐标之间的关系，再结合两点之间的距离公式求得线段MN的长度，判定是否为定值；
（3）先根据DN：MN＝1：2算出DN的长度，然后利用两点间的距离公式计算得到点N的坐标，再将点N的坐标代入抛物线解析式求出m得到相关抛物线的解析式，进而联立直线和抛物线的解析式求出点M和点N的坐标进行判定三角形是否相似．
【解析】（1）由y＝（x﹣m）2﹣2m+1得顶点坐标为（m，﹣2m+1），二次项系数为1，
∴开口向上，故①正确，符合题意；
当x＝0时，y＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2≥0，
∴点C不一定在y轴正半轴上，故②错误，不符合题意；
令y＝0，得（x﹣m）2﹣2m+1＝0，即x2﹣2mx+m2﹣2m+1＝0，
∵抛物线与x轴交于两点A、B，且点B在点A的右侧，
∴该方程有两个不同的实数根，
∴Δ＝（﹣2m）2﹣4（m2﹣2m+1）＞0，
解得：m＞，故③正确，符合题意；
将顶点坐标代入直线y＝﹣2x+1，得﹣2m+1＝﹣2m+1，故④正确，符合题意；
故答案为：①③④．
（2）由，得：x2+（2﹣2m）x+m2﹣2m＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则
x1+x2＝2m﹣2，x1•x2＝m2﹣2m，
∴MN＝＝＝，
∴MN＝＝2，
∴线段MN的长度是定值2．
（3）∵DN：MN＝1：2，
∴，
∴DN＝，
对直线y＝﹣2x+1，当x＝0时，y＝1，
∴D（0，1），OD＝1，
设N（x，﹣2x+1），则
DN＝＝，
解得：x＝﹣1或x＝1，
∴N（﹣1，3）或（1，﹣1），
将N（﹣1，3）代入y＝（x﹣m）2﹣2m+1，得3＝（﹣1﹣m）2﹣2m+1，
解得：m＝1或m＝﹣1，
当m＝1时，y＝x2﹣2x，
令y＝0时，x＝0或x＝2，
∴A（0，0），B（2，0），
由，得：或，
∴M（1，﹣1），N（﹣1，3），符合条件；
∴MB＝＝，MD＝＝，
∴MB：MN≠MD：MB，
∴△MBN与△MDB不相似，舍去；
当m＝﹣1时，y＝x2+2x+4，
令y＝0时，x2+2x+4＝0，无解；
将N（1，﹣1）代入y＝（x﹣m）2﹣2m+1，得﹣1＝（1﹣m）2﹣2m+1，
解得：m＝1或m＝3，
当m＝1时，不符合条件，舍去；
当m＝3时，y＝x2﹣6x+4，
由，得：或，
∴N（1，﹣1），M（3，﹣5），
当y＝0时，x2﹣6x+4＝0，
解得：x＝3﹣或x＝3+，
∴A（3﹣，0），B（3+，0），
∴BM＝，DM＝3，
∵MN＝2，
∴MN：BM＝2：＝：3，BM：DM＝：3＝：3，
∴MN：BM＝BM：DM，
∵∠BMN＝∠DMB，
∴△BMN∽△DMB，
综上所述，m＝3时，△MBN与△MDB相似．
6．已知，如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，在第一象限的抛物线上有一点E，当点E绕原点O顺时针旋转90°得到线段OF，当点F恰好在直线AC上时，求点E的坐标；
（3）如图2，点D为抛物线的顶点，连接AD，CD，若点M是抛物线上的动点（不与点C重合），连接CM，作MN⊥CM交直线AC于点N，是否存在若以C，M，N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得到关于a和c的方程组，再解方程组求得a和c的值，从而得到函数的解析式；
（2）过点E作EM⊥y轴于点M，过点F作FN⊥y轴于点N，先求出点A的坐标得到直线AC的解析式，然后结合旋转的性质得证△OEM≌△FON，设点E的坐标，利用全等三角形的性质得到点F的坐标，再将点F的坐标代入直线AC的解析式求出点E；
（3）先求出点D的坐标，从而得到△ACD的相关边长，然后分类讨论利用相似三角形的性质求点M的坐标．
【解析】（1）将B（﹣1，0），C（0，3），代入函数解析式得，，
解得：，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或x＝3，
∴A（3，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
，解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
如图1，过点E作EP⊥y轴于点P，过点F作FQ⊥y轴于点Q，则∠EPO＝∠OQF＝90°，
∴∠EOP+∠PEO＝90°，
∵点E绕点O顺时针旋转90°得到点F，
∴OE＝OF，∠EOF＝90°，
∴∠EOP+∠QOF＝90°，
∵∠EOP+∠PEO＝90°，
∴∠QOF＝∠PEO，
∴△EOP≌△OFQ（AAS），
∴PE＝OQ，OP＝QF，
设点E（x，﹣x2+2x+3），则
∵点E在第一象限的抛物线上，
∴OQ＝EP＝x，QF＝OP＝﹣x2+2x+3，
∴F（﹣x2+2x+3，﹣x），
∵点F在直线AC上，
∴﹣（﹣x2+2x+3）+3＝﹣x，
解得：x＝1或x＝0（舍），
∴点E的坐标为（1，4），
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
∵C（0，3），A（3，0），
∴CD＝，AC＝3，AD＝2，
∴CD2+AC2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，且∠DCA＝90°，
∵△ACD与△CMN相似，CM⊥MN，
∴存在两种情况，∠MCN＝∠CAD或∠MCN＝∠ADC，
①（i）如图2，当∠MCN＝∠CAD，点M在直线AC上方时，记CM与AD的交点为K，
∵∠MCN＝∠CAD，
∴KC＝KA，∠DCK＝90°﹣∠KCA＝90°﹣∠CAD，
∵∠CDA＝90°﹣∠CAD，
∴∠DCK＝∠CDA，
∴KC＝KD，
∴KD＝KA，
∴点K是AD的中点，坐标为（2，2），
设直线CK的解析式为y＝kx+b，则
，解得：，
∴直线CK的解析式为y＝﹣x+3，
由，得：或，
∴点M（，），
（ii）如图3，当∠MCN＝∠CAD，点M在直线AC下方时，
∵∠MCN＝∠CAD，
∴AD∥CM，
设直线AD的解析式为y＝ax+b，则
，解得：，
∴直线AD的解析式为y＝﹣2x+6，
∴直线CM的解析式为y＝﹣2x+3，
由，得：或，
∴点M（4，﹣5），
②（i）如图4，当∠MCN＝∠ADC，点M在直线AC上方时，
∵∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠MCN+∠CAD＝90°，
∴∠CKA＝90°，
过点K作KH⊥y轴于点H，过点A作AG垂直HK交于点G，则∠HKC+∠AKG＝90°，∠KHC＝∠AGM＝90°，
∴∠HKC+∠HCK＝90°，
∴∠HCK＝∠AKG，
∴△KHC∽△AGK，
∴，
∵K在直线AD上，
设K（x，﹣2x+6），则HK＝x，HC＝﹣2x+3，
∵A（3，0），
∴AG＝﹣2x+6，KG＝3﹣x，
∴，
解得：x＝，
∴点K（，），
设直线CK的解析式为y＝sx+t，则
，解得：，
∴直线CK的解析式为y＝x+3，
由，得：或，
∴点M（，），
（ii）如图5，当∠MCN＝∠ADC，点M在直线AC下方时，
∵∠MCN+∠MNC＝90°，
∴此时的直线MN与∠MCN＝∠CAD，点M在直线AC上方时的直线CK互相垂直，
过点K作KG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥y轴于点H，则∠KGC＝∠CHM＝90°，∠MCH+∠KCG＝90°，
∵∠MCH+∠CMH＝90°，
∴∠CMH＝∠KCG，
∴△MHC∽△CGK，
∴，
设点M（x，﹣x2+2x+3），则MH＝﹣x，CH＝x2﹣2x，
∵K（2，2），C（0，3），
∴CG＝1，GK＝2，
∴，
解得：x＝0（舍），
综上所述，存在点M的坐标为（，）或（4，﹣5）或（，），使得以C，M，N为顶点的三角形与△ACD相似．



7．如图1，已知抛物线y＝ax2﹣6ax+c过点A（2，0），C（0，﹣4），交x轴于点B，顶点为D，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；
（2）M为抛物线上一点，若tan∠BCM＝，求直线CM的解析式；
（3）如图2，CA，BD的延长线交于点E，点P在（1）中的抛物线的对称轴上，Q为y轴左侧的抛物线上一点，是否存在以点O，P，Q为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A、C两点坐标代入即可；
（2）延长CA，BD交于点E，可推出△AEB是直角三角形，可得tan∠BCE＝，所以点A即为符合条件的点，过C作CN⊥FD于点N，得∠FCN＝∠ACO，进而求出F点坐标，从而求得；
（3）分为点P、Q及O均可以作为直角顶点，每种用分为两种情形，当∠OPQ＝90°时，过Q作QH⊥PG于点H，可得△OPG∽△PQH，若＝，则PH＝2OG＝6，QH＝2PG＝﹣2m，求得Q（2m+3，m﹣6），进而求得，其他情形类比可得．
【解析】（1）由题意得，
∴，
解得，，
∴
＝﹣（x﹣3）2，
∴顶点D的坐标为（3，），
（2）如图1，

延长CA，BD交于点E，
由B（4，0），D（3，）得，
，
由C（0，﹣4），A（2，0）得，
yAC＝2x﹣4，
由得E（，），
∴AE＝，BE＝，AB＝2，
∴AE2+BE2＝AB2，
∴△AEB是直角三角形，且∠AEB＝90°，
∴tan∠BCE＝，
∴点A即为符合条件的点，
∴M1（2，0），直线CM的解析式为：，
当M在BC下方时，如图2，

设CM交对称轴于点F，过C作CN⊥FD于点N，
则∠BCN＝45°，
∵∠OCB＝∠BCN＝45°，∠BCA＝∠BCM，
∴∠FCN＝∠ACO，
∴tan∠FCN＝tan∠ACO＝，
∴，
∴F（3，），
∴直线CM解析式为，
综上所述：符合条件的直线CM解析式为：，；
（3）设对称轴交x轴于点G，P（3，m），
由（2）知△ABE为直角三角形，且，
①如图3，

当∠OPQ＝90°时，过Q作QH⊥PG于点H，
∴∠H＝∠PGO＝90°，
∴∠GOP+∠GPO＝90°，
∠HPQ+∠GPO＝90°，
∴∠GOP＝∠HPQ，
∴△OPG∽△PQH，
∴，
若，
则PH＝2OG＝6，QH＝2PG＝﹣2m，
∴Q（2m+3，m﹣6），
∴可得方程，
解得，，
∴符合题意的点，
若，则同理可得，
②如图4，

当∠PQO＝90°时，
若＝，
设Q（x，﹣（x﹣3）2），
∴QH＝2OG＝（x﹣3）2﹣1，
由OG+HQ＝3得，
x+（x﹣3）2﹣1＝3，
∴x＝，
∴符合条件的Q3（，），
如图5，

若＝2，
∴PH＝QG＝（x﹣3）2﹣，
∴﹣x+3＝＝（x﹣3）2﹣，
∴x＝1，
∴符合条件Q4（1﹣，﹣4﹣2），
当∠POQ＝90°时，
若＝2，如图5，

∴OH＝，
∴﹣（x﹣3）2＝﹣，
∴x1＝1，x2＝5（舍去），
∴Q5（1，﹣），
若＝，如图6，

∴QH＝2PG＝6，
∴﹣（x﹣3）2＝﹣6，
∴x＝3，
∴Q6（3﹣，﹣6），
综上所述，Q点的坐标为，，Q3（，），Q4（1﹣，﹣4﹣2），Q5（1，﹣），Q6（3﹣，﹣6）．
8．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点为D，交x轴于点A（1，0）、B（点A在点B右侧），交y轴于点C（0，2），点P是该抛物线对称轴上的一点．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线上的一个动点，且位于其对称轴的左侧，若△DPQ与△ABC相似，请直接写出点P的坐标．

【分析】（1）将A（1，0）、C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）求直线AC的解析式为y＝﹣2x+2，连接AC交直线x＝﹣于点P，当P、A、C三点共线时，BP﹣PA的值最大，则P（﹣，5）；
（3）先求B（﹣4，0），然后分别求出AB＝5，AC＝，BC＝2，可以判断△BCA是直角三角形，tan∠ABC＝，设P（﹣，t），Q（m，﹣m2﹣m+2），分两种情况讨论：当∠DPQ＝90°时，t＝﹣m2﹣m+2，QP＝﹣﹣m，PD＝﹣t，①当∠QDP＝∠ABC时，＝，求得P（﹣，﹣）；②当∠DQP＝∠ABC时，＝，求得P（﹣，）；当∠DQP＝90°时，①当∠QDP＝∠ABC时，过点Q作QM垂直直线x＝﹣交于点M，此时M（﹣，﹣），Q（﹣，﹣），求得P（﹣，﹣）；②当∠QPD＝∠ABC时，过点Q作QM垂直直线x＝﹣交于点M，此时M（﹣，），Q（﹣，），求得P（﹣，）．
【解析】（1）将A（1，0）、C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
∴，
∴y＝﹣x2﹣x+2，
∴顶点为D（﹣，）；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣2x+2，
连接AC交直线x＝﹣于点P，
∵点B与点A关于直线x＝﹣对称
∴PB＝PA，
∴BP﹣CP＝PA﹣PC≤AC，
当P、A、C三点共线时，BP﹣PA的值最大，
∴P（﹣，5）；
（3）令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，
解得x＝﹣4或x＝1，
∴B（﹣4，0），
∵A（1，0）、C（0，2），
∴AB＝5，AC＝，BC＝2，
∴△BCA是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴tan∠ABC＝＝＝，
设P（﹣，t），Q（m，﹣m2﹣m+2），
当∠DPQ＝90°时，t＝﹣m2﹣m+2，
∴QP＝﹣﹣m，PD＝﹣t，
①当∠QDP＝∠ABC时，＝，
∴＝，
∴m＝﹣或m＝﹣（舍），
∴t＝﹣，
∴P（﹣，﹣）；
②当∠DQP＝∠ABC时，＝，
∴＝2，
∴m＝﹣（舍）或m＝﹣，
∴t＝，
∴P（﹣，）；
当∠DQP＝90°时，
①如图1，当∠QDP＝∠ABC时，过点Q作QM垂直直线x＝﹣交于点M，
此时M（﹣，﹣），Q（﹣，﹣）
∴QM＝4，
∵∠MQP＝∠QDM，
∴MP＝2，
∴P（﹣，﹣）；
②如图2，当∠QPD＝∠ABC时，过点Q作QM垂直直线x＝﹣交于点M，
此时M（﹣，），Q（﹣，），
∴MQ＝1，
∵∠QPM＝∠DQM，
∴PM＝2，
∴P（﹣，）；
综上所述：若△DPQ与△ABC相似，P点坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣，﹣）或（﹣，）．


9．如图1，已知抛物线y＝x2+mx与x轴正半轴交于点A，B（﹣m，0）为x轴上另一点，直线y＝﹣x交抛物线的对称轴于点C，过点B作BM∥OC交过点C平行于x轴的直线于点M，D为抛物线的顶点．

（1）直接用含m的代数式表示点A，D的坐标；
（2）若点M恰好在该抛物线上，求四边形BOCM的面积；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接DM，G为x轴上一点，H为抛物线上一动点，若以点A，G，H为顶点的三角形与△CDM相似，请直接写出点H及其对应的点G的坐标．（每写一组正确的结果得分，记满分为止）
【分析】（1）令y＝0，x2+mx＝0，求解即可得到答案；
（2）根据二次函数的性质与待定系数法求解析式可得点M的纵坐标，然后由点的坐标与函数的关系可得问题的答案；
（3）由（2）得CM＝2，CD＝4，然后分三种情况进行讨论可得答案．
【解析】（1）∵令y＝0，x2+mx＝0，
∴x1＝0，x2＝﹣m，
∴A（﹣m，0），
∵x＝﹣＝﹣，
∴y＝（﹣）2+m•（﹣）＝﹣，
∴；
（2）∵抛物线的对称轴为，
∴，
∴，
∴点M的纵坐标为，
∵BM∥OC，
∴可设直线BM的解析式为．
∵，
∴，
∴，
∴直线BM的解析式为，
∴，
∴，即点M的横坐标为，
∵点M在抛物线上，
∴，
又∵m≠0，
∴m＝﹣6．
∴C（3，﹣5），M（5，﹣5），
∴CM＝2．
∴S平行四边形OBMC＝2×5＝10．
（3）由（2）可知，C（3，﹣5），M（5，﹣5），D（3，﹣9），A（6，0），
∴CM＝2，CD＝4，
∵△CDM为直角三角形，
①当∠AGH＝90°，＝时，
△AGH∽△MCD，
∴＝，
设G（x，0），
∴＝，
∴x1＝2，x2＝6（舍），
∴G（2，0），H（2，﹣8），
②∠AHG＝90°时，时，即＝，
∴x1＝6（舍），x＝，
∴G（，0），H（，﹣），
③点G在O点左侧，
，
∴x1＝﹣2，x2＝6（舍去），
∴G（﹣2，0），H（﹣2，16），
＝，
∴x1＝6（舍），x＝﹣，
∴G（﹣，0），H（﹣，）．
同理可得：G（﹣14，0），H（2，﹣8）．G（﹣34，0），H（﹣2，16）．G（﹣，0），H（，﹣）．G（﹣，0），H（﹣，）．
10．如图1，经过点C（﹣3，﹣5）的抛物线与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，CE⊥x轴于点E，直线OC交抛物线于点D，点P是直线CD下方抛物线上的一动点，设P点的横坐标为t．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当t为何值时，△CDP的面积最大．
（3）点Q是线段CD上的一个动点，过点Q作QF⊥CD，交直线CD下方的抛物线于点F，是否存在这样的点F，使得以Q、F、C为顶点的三角形与△COE相似，若存在，请直接写出点F的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，连接PC，PD，过点P作PG∥y轴交直线OC于点G，运用待定系数法求出直线OC解析式为y＝x，联立方程组，求得D（，），设P（t，t2+2t﹣8），则G（t，t），可得PG＝﹣t2﹣t+8，再利用S△CDP＝×PG×（xD﹣xC）＝﹣（t+）2+，即可求得答案；
（3）分两种情况：①如图2，当△FCQ∽△COE时，过点C作CF1∥x轴交抛物线于点F1，过点F1作F1Q1⊥CD于点Q1，由CF1∥x轴可得点F1与C关于抛物线对称轴对称，即可得出答案；
②当△CFQ∽△COE时，如图2，过点O作OH⊥OC，作射线CH使∠OCH＝∠OCE，过点H作HK⊥x轴于点K，连接CH交抛物线于点F2，过点F2作F2Q2⊥CD于点Q2，根据△HCO∽△OCE，可得OH＝，再由△OKH∽△CEO，可得H（3，﹣），运用待定系数法可求得直线CH解析式为y＝x﹣，联立方程组即可求得答案．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣2），将C（﹣3，﹣5）代入，
得：a×（﹣3+4）×（﹣3﹣2）＝﹣5，
解得：a＝1，
∴y＝（x+4）（x﹣2）＝x2+2x﹣8，
∴该抛物线的函数解析式为y＝x2+2x﹣8；
（2）如图1，连接PC，PD，过点P作PG∥y轴交直线OC于点G，
设直线OC解析式为y＝kx，将C（﹣3，﹣5）代入，
得：﹣3k＝﹣5，
解得：k＝，
∴直线OC解析式为y＝x，
联立方程组，得：，
解得：（舍去），，
∴D（，），
设P（t，t2+2t﹣8），则G（t，t），
∴PG＝t﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣t+8，
∴S△CDP＝×PG×（xD﹣xC）＝×（﹣t2﹣t+8）×[﹣（﹣3）]＝﹣（t+）2+，
∵＜0，
∴当t＝﹣时，△CDP的面积最大．
（3）存在这样的点F，使得以Q、F、C为顶点的三角形与△COE相似．
∵以Q、F、C为顶点的三角形与△COE相似，
∴△FCQ∽△COE或△CFQ∽△COE，
①如图2，当△FCQ∽△COE时，过点C作CF1∥x轴交抛物线于点F1，过点F1作F1Q1⊥CD于点Q1，
则∠CQ1F1＝∠CEO＝90°，∠F1CQ1＝∠COE，
∴△F1CQ1∽△COE，
∵CE＝5，OE＝3，CF1＝4，
∴F1（1，﹣5）；
②当△CFQ∽△COE时，如图2，过点O作OH⊥OC，作射线CH使∠OCH＝∠OCE，
过点H作HK⊥x轴于点K，连接CH交抛物线于点F2，过点F2作F2Q2⊥CD于点Q2，
则∠COH＝∠OKH＝∠OEC＝90°，△HCO∽△OCE，
∴＝，
在Rt△COE中，OC＝＝＝，
∴＝，
∴OH＝，
∵∠HOK+∠COE＝∠COE+∠OCE＝90°，
∴∠OKH＝∠OCE，
又∵∠OKH＝∠OEC＝90°，
∴△OKH∽△CEO，
∴＝＝，
∵OE＝3，CE＝5，OH＝，
∴＝＝，
∴OK＝3，KH＝，
∴H（3，﹣），
设直线CH解析式为y＝mx+n，
∵C（﹣3，﹣5），H（3，﹣），
∴，
解得：，
∴直线CH解析式为y＝x﹣，
联立方程组，得：，
解得：（舍去），，
∴F2（，﹣）；
综上，点F的坐标为：F1（1，﹣5），F2（，﹣）．



11．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为A（﹣3，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的顶点为D，连接AD，AC，CD，BC，将抛物线沿着y轴平移，点C的对应点为点M，是否存在点M使得以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出平移后的抛物线表达式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题．
（2）利用勾股定理求出AD，CD，AC，证明∠ACD＝90°，确定Rt△ACD两直角边的比为3，如果以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似，则△MBC也是直角三角形，且两直角边的比是3，分两种情况讨论即可解决问题．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），
则有-9-3b+c=0c=3，
解得b=-2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）存在，
y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D（﹣1，4），
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴AD=(-1+3)2+42=20=25，CD=(-1)2+(4-3)2=2，AC=32+32=32，
∴AD2＝CD2+AC2，
∴∠ACD＝90°，ACCD=3，
∴以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似时，△CBM是直角三角形，
由题意可知：M在y轴上，
由对称得：B（1，0），
①当∠CMB＝90°时，如图1，M（0，0），

此时，抛物线向下平移了3个单位，平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x；
②当∠CBM＝90°时，如图2，CBBM=3，

∴BM=13BC=103，
∴OM=(103)2-12=13，
∴M（0，-13），
此时，抛物线向下平移了103个单位，平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3-103=-x2﹣2x-13．
12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（1，0），B（﹣7，0），顶点D坐标为（﹣3，-23），点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．过顶点D作DD1⊥x轴于点D1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形．
（3）点P是抛物线上一动点，当P在B点左侧时，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，请问是否存在P点使得△PAM与△DD1A相似，如果存在，请写出点P的横坐标．

【分析】（1）根据题意可设函数解析式为y＝a（x﹣1）（x+7），把点D的坐标代入求出a的值即可；
（2）欲证明四边形BFCE是平行四边形，只需推知EC∥BF且EC＝BF即可；
（3）利用相似三角形的对应边成比例求得点P的横坐标，没有指明相似三角形的对应边（角），需要分类讨论．
【解析】解（1）设函数解析式为y＝a（x﹣1）（x+7），
把D（﹣3，-23）带入可得a=38，
所以y=38(x-1)(x+7)=38x2+334x-738；

（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，
∴∠COF＝∠DD1F＝90°，
又∵∠D1FD＝∠OFC，
∴△DD1F∽△COF，
∴D1DFD1=OCOF，
∵D（﹣3，﹣23），
∴D1D＝23，OD1＝3，
∵AC＝CF，CO⊥AF，
∴OF＝OA＝1（三线合一），AF＝2，
∴D1F＝D1O﹣OF＝3﹣1＝2，
∴232=OC1，
解得OC=3，
在Rt△AOC中，AC=12+(3)2=2
∴AC＝CF＝FA＝2，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠AFC＝∠ACF＝60°，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，即∠ACF＝∠ECF＝60°，
∴∠ECF＝∠AFC＝60°，
∴EC∥BF，
由距离公式得EC＝DC=32+(3+23)2=6，BF＝6，
∴EC＝BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；

（3）存在．
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，38x2+334x-738），
当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴DD1PM=D1AMA或DD1AM=D1APM，
∴2338x2+334x-738=41-x或231-x=438x2+334x-738，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2=-373；
∴P点横坐标为﹣11或-373．
13．如图，直线y=-43x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y=-83x2+bx+c经过点A，B．
（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；
（2）M（m，0）为线段OA上的动点，过点M作垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N；若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．

【分析】（1）直线y=-43x+c交于点A（3，0），与y轴交于点B，0＝﹣4+c，解得c＝4，B（0，4），将点A、B的坐标代入抛物线表达式列方程组即可求解；
（2）M（m，0），则P（m，-43m+4），N（m，-83m2+203m+4），PN=-83m2+203m+4+43m﹣4=-83m2+8m，分两种情况：①当∠BNP＝90°时，根据N点的纵坐标为4，列方程可是结论；②当∠NBP＝90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，证明Rt△NCB∽Rt△BOA，列比例式即可求解．
【解析】（1）直线y=-43x+c交于点A（3，0），与y轴交于点B，
∴0＝﹣4+c，解得c＝4，
∴B（0，4），
∵抛物线y=-83x2+bx+c经过点A，B，
将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：-83×9+3b+c=0c=4，
解得：b=203c=4，
∴抛物线的解析式为y=-83x2+203x+4；

（2）∵M（m，0），
则P（m，-43m+4），N（m，-83m2+203m+4），
∴PN=-83m2+203m+4+43m﹣4=-83m2+8m（0≤m≤3），
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°，
①当∠BNP＝90°时，如图1，则有BN⊥MN，

∴N点的纵坐标为4，
∴-83m2+203m+4＝4，解得m＝0（舍去）或m=52，
∴M（52，0）；
②当∠NBP＝90°时，如图2，过点N作NC⊥y轴于点C，

则∠NBC+∠BNC＝90°，NC＝m，BC=-83m2+203m+4﹣4=-83m2+203m，
∵∠NBP＝90°，
∴∠NBC+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BNC，
∵∠NCB＝∠AOB＝90°，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，
∴NCOB=BCOA，即m4=-83m2+203m3，
解得m＝0（舍去）或m=7132，
∴M（7132，0）；
综上可知，当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（52，0）或（7132，0）．
14．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2），作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，设点P的横坐标为t（0＜t＜3），求△ABP的面积S与t的函数关系式；
（3）条件同（2），若△ODP与△COB相似，求点P的坐标．

【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2）代入y＝ax2+bx+c得到关于a、b、c的方程组，从而可求得a、b、c的值；
（2）设点P的坐标为（t，-23t2+43t+2），则DP=-23t2+43t+2，然后由点A和点B的坐标可得到AB＝4，接下来，依据三角形的面积公式求解即可；
（3）当△ODP∽△COB时，ODOC=DPOB；当△ODP∽△BOC，则ODBO=DPOC，然后依据比例关系列出关于t的方程求解即可．
【解析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2）代入y＝ax2+bx+c得：a-b+c=09a+3b+c=0c=2，
解得：a=-23，b=43，c＝2，
∴抛物线的解析式为y=-23x2+43x+2．

（2）设点P的坐标为（t，-23t2+43t+2）．
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4．
∴S=12AB•PD=12×4×（-23t2+43t+2）=-43t2+83t+4（0＜t＜3）；

（3）当△ODP∽△COB时，ODOC=DPOB即t2=-23t2+43t+23，
整理得：4t2+t﹣12＝0，
解得：t=-1+1938或t=-1-1938（舍去）．
∴OD＝t=-1+1938，DP=32OD=-3+319316，
∴点P的坐标为（-1+1938，-3+319316）．
当△ODP∽△BOC，则ODBO=DPOC，即t3=-23t2+43t+22，
整理得t2﹣t﹣3＝0，
解得：t=1+132或t=1-132（舍去）．
∴OD＝t=1+132，DP=23OD=1+133，
∴点P的坐标为（1+132，1+133）．
综上所述点P的坐标为（-1+1938，-3+319316）或（1+132，1+133）．
15．已知抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO＝S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）令y＝0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE＝CF，证明△OEG≌△CFG，则OG＝CG＝2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE＝∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
【解析】（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=12x2+bx+c中得：
2-2b+c=0c=-4，解得：b=-1c=-4，
∴抛物线的解析式为：y=12x2﹣x﹣4；
（2）当y＝0时，12x2﹣x﹣4＝0，
解得：x＝﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO＝S△PBC，
∴12PB⋅OE=12PB⋅CF，
∴OE＝CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG＝CG＝2，
设P（x，12x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM=PMBM=OGOB=24=12，
∴BM＝2PM，
∴4+12x2﹣x﹣4＝2x，
x2﹣6x＝0，
x1＝0（舍），x2＝6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y＝x+2，
BC的解析式为：y＝x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE＝∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE＝∠ACB＝45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴ABAC=AEAB，
∴256=AE25，
∴AE=103，OE=103-2=43
∴E（43，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y＝3x﹣4，
则12x2﹣x﹣4＝3x﹣4，
x1＝0（舍），x2＝8，
∴D（8，20）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，此时E在C的左边，
∵∠BEA＝∠BEC，
∴当∠ABE＝∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴ABBC=BECE=2542，
设BE＝25m，CE＝42m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，
∴42+(42m-4)2=(25m)2，
3m2﹣82m+8＝0，
（m﹣22）（3m﹣22）＝0，
m1＝22，m2=223，
∴OE＝42m﹣4＝12或43，
∵OE=43＜2，∠AEB或∠BEC是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=-13x﹣4，
-13x﹣4=12x2﹣x﹣4，
x=43或0（舍）
∴D（43，-409）；
同理可得E在C的右边时，△ABE∽△BCE，
∴ABBC=AEBE=2542，
设AE＝25m，BE＝42m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，
∴(25m-2)2+42=(42m)2，
3m2+25m﹣5＝0，
（m+5）（3m-5）＝0，
m1=-5，m2=53，
∴OE＝﹣12（舍）或43，
∵OE=43＜4，∠BEC是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，
综上，点D的坐标为（8，20）或（43，-409）．




16．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C（0，-43），OA＝1，OB＝4，直线l过点A，交y轴于点D，交抛物线于点E，且满足tan∠OAD=34．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发，沿射线AE以每秒1个单位长度的速度向点E运动，当点P运动到点A时，点Q也停止运动，设运动时间为t秒．
①在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△ADC与△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
②在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）应用待定系数法求解析式
（2）①分别用t表示△ADC、△PQA各边，应用分类讨论相似三角形比例式，求t值；
②分别用t表示△APQ与△CAQ的面积之和，讨论最大值．
【解析】（1）∵OA＝1，OB＝4，
∴A（1，0），B（﹣4，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），
∵点C（0，-43）在抛物线上，
∴-43=a×4×(-1)，
解得a=13，
∴抛物线的解析式为y=13(x+4)(x-1)=13x2+x-43．
（2）存在t，使得△ADC与△PQA相似．
理由：①在Rt△AOC中，OA＝1，OC=43，
则tan∠ACO=OAOC=34，
∵tan∠OAD=34，
∴∠OAD＝∠ACO，
∵直线l的解析式为y=34(x-1)，
∴D（0，-34），
∵点C（0，-43），
∴CD=43-34=712，
由AC2＝OC2+OA2，得AC=53，
在△AQP中，AP＝AB﹣PB＝5﹣2t，AQ＝t，
由∠PAQ＝∠ACD，要使△ADC与△PQA相似，
只需APAQ=CDAC或APAQ=ACCD，
则有5-2tt=71253或5-2tt=53712，
解得t1=10047，t2=3534，
∵t1＜2.5，t2＜2.5，
∴存在t=10047或t=3534，使得△ADC与△PQA相似．
②存在t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大，
理由：作PF⊥AQ于点F，CN⊥AQ于N，
在△APF中，PF＝AP•sin∠PAF=35(5-2t)，
在△AOD中，由AD2＝OD2+OA2，得AD=54，
在△ADC中，由S△ADC=12AD⋅CN=12CD⋅OA
∴CN=CD⋅OAAD=712×154=715，
∴S△AQP+S△AQC=12AQ(PF+CN)
=-12t[35(5-2t)+715]=-35(t-139)2+169135
∴当t=139时，△APQ与△CAQ的面积之和最大．
方法二：由题意可得Q点的坐标为（-4t+55，-35t），
∴S△AQP+S△AQC=12（5﹣2t）×35t+12（43-34）（45t﹣1+1）=-35t2+2615t．
可得当t=139时，△APQ与△CAQ的面积之和最大．

17．如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别相交于点B、C，经过B、C两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P，且对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接PB、PC，求△PBC的面积；
（3）连接AC，在x轴上是否存在一点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据二次函数的对称性，已知对称轴的解析式以及B点的坐标，即可求出A的坐标，利用抛物线过A、B、C三点，可用待定系数法来求函数的解析式
（2）首先利用各点坐标得△PBC是直角三角形，进而得出答案；
（3）本题要先根据抛物线的解析式求出顶点P的坐标，然后求出BP的长，进而分情况进行讨论：
①当BQBC=PBAB，∠PBQ＝∠ABC＝45°时，根据A、B的坐标可求出AB的长，根据B、C的坐标可求出BC的长，已经求出了PB的长度，那么可根据比例关系式得出BQ的长，即可得出Q的坐标．
②当QBAB=PBCB，∠QBP＝∠ABC＝45°时，可参照①的方法求出Q的坐标．
③当Q在B点右侧，即可得出∠PBQ≠∠BAC，因此此种情况是不成立的，综上所述即可得出符合条件的Q的坐标．
【解析】（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴相交于点B，
∴当y＝0时，x＝3，
∴点B的坐标为（3，0），
∵y＝﹣x+3过点C，易知C（0，3），
∴c＝3．
又∵抛物线过x轴上的A，B两点，且对称轴为x＝2，
根据抛物线的对称性，
∴点A的坐标为（1，0）．
又∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A（1，0），B（3，0），
∴a+b+3=09a+3b+3=0
解得：a=1b=-4
∴该抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；

（2）如图1，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
又∵B（3，0），C（0，3），
∴PC=22+42=20=25，PB=(3-2)2+12=2，
∴BC=32+32=18=32，
又∵PB2+BC2＝2+18＝20，PC2＝20，
∴PB2+BC2＝PC2，
∴△PBC是直角三角形，∠PBC＝90°，
∴S△PBC=12PB•BC=12×2×32=3；

（3）如图2，由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得P（2，﹣1），
设抛物线的对称轴交x轴于点M，
∵在Rt△PBM中，PM＝MB＝1，
∴∠PBM＝45°，PB=2．
由点B（3，0），C（0，3）易得OB＝OC＝3，在等腰直角三角形OBC中，∠ABC＝45°，
由勾股定理，得BC＝32．
假设在x轴上存在点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似．
①当BQBC=PBAB，∠PBQ＝∠ABC＝45°时，△PBQ∽△ABC．
即BQ32=22，
解得：BQ＝3，
又∵BO＝3，
∴点Q与点O重合，
∴Q1的坐标是（0，0）．
②当QBAB=PBCB，∠QBP＝∠ABC＝45°时，△QBP∽△ABC．
即QB2=232，
解得：QB=23．
∵OB＝3，
∴OQ＝OB﹣QB＝3-23，
∴Q2的坐标是（73，0）．
③当Q在B点右侧，
则∠PBQ＝180°﹣45°＝135°，∠BAC＜135°，
故∠PBQ≠∠BAC．
则点Q不可能在B点右侧的x轴上，
综上所述，在x轴上存在两点Q1（0，0），Q2（73，0），
能使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似．


18．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点P在抛物线的对称轴上，当△ACP的周长最小时，求出点P的坐标；
（3）点N在抛物线上，点M在抛物线的对称轴上，是否存在以点N为直角顶点的Rt△DNM与Rt△BOC相似？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）确定出当△ACP的周长最小时，点P就是BC和对称轴的交点，利用两点间的距离公式计算即可．
（3）作出辅助线，利用tan∠MDN＝2或12，建立关于点N的横坐标的方程，求出即可．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过A（﹣1，0），B（2，0）两点，
∴a-b-1=04a+2b-1=0
∴a=12b=-12，
∴抛物线解析式为y=12x2-12x﹣1=12（x-12）2-98，
∴抛物线的顶点坐标为（12，-98），
（2）如图1，

连接BC与抛物线对称轴的交点就是点P，连接AC，AP，
∵点A，B关于抛物线对称轴对称，
∴PA＝PB，
∵B（2，0），C（0，﹣1），
∴直线BC解析式为y=12x﹣1，
∵点P在抛物线对称轴上，
∴点P的横坐标为12，
∴点P的纵坐标为-34，
∴P（12，-34），
（3）如图2，

过点作NF⊥DM，
∵B（2，0），C（0，﹣1），
∴OB＝2，OC＝1，
∴tan∠OBC=OCOB=12，tan∠OCB=OBOC=2，
设点N（m，12m2-12m﹣1），
∴FN＝|m-12|，FD＝|12m2-12m﹣1+98|＝|12m2-12m+18|，
∵Rt△DNM与Rt△BOC相似，
∴∠MDN＝∠OBC，或∠MDN＝∠OCB，
①当∠MDN＝∠OBC时，
∴tan∠MDN=FNFD=12，
∴|m-12||12m2-12m+18|=12
∴m=12（舍）或m=92或m=-72，
∴N（92，558）或（-72，558），
②当∠MDN＝∠OCB时，
∴tan∠MDN=FNFD=2，
∴|m-12||12m2-12m+18|=2，
∴m=12（舍）或m=32或m=-12，
∴N（32，-58）或（-12，-58）；
∴符合条件的点N的坐标（92，558）或（-72，558）或（32，-58）或（-12，-58）．
19．如图1，已知抛物线y=1a（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴从左至右交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）若抛物线过点T（1，-54），求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内的抛物线上是否存在点D，使得以A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，在（1）的条件下，点P的坐标为（﹣1，1），点Q（6，t）是抛物线上的点，在x轴上，从左至右有M、N两点，且MN＝2，问MN在x轴上移动到何处时，四边形PQNM的周长最小？请直接写出符合条件的点M的坐标．

【分析】（1）如图1，把T的坐标代入解析式，求出a的值，写出解析式；
（2）根据点D在第二象限，∠DAB为钝角，所以当A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似时，只能∠DAB与∠ACB对应，所以分以下两种情况讨论：①如图2，当△BDA∽△ABC时，∠BAC＝∠ABD，
②当△DBA∽△ABC时，如图3，∠ABC＝∠ABD，分别列比例式，得方程求解；
（3）本题介绍两种解法：
解法一：先求出Q的坐标为（6，10），通过轴对称作出使四边形PQNM的周长最小时的M、N的位置，因为PQ、NM为定值，要想周长最小，则需要PM+NQ最小，即想办法做到一直线上，因此作P关于x轴的对称点P′，找到P′G＝2，且P′G∥x轴，利用平移构建平行四边形P′GNM，从而得到x轴上的M和N，求出M的坐标．
解法二：同理得Q的坐标，作P关于x轴的对称点P′，过Q作QH∥x轴，交y轴于H，在QH上从Q起取一点Q'，使QQ'＝2，连接Q'P'，交x轴于一点，则此点为M，根据P'Q'的解析式可得M的坐标．
【解析】（1）如图1，把T（1，-54）代入抛物线y=1a（x﹣2）（x+a）得：
-54=1a（1﹣2）（1+a），
解得：a＝4，
∴抛物线的解析式为：y=14x2+12x﹣2；
（2）当x＝0时，y=1a×（﹣2）×a＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
当y＝0时，1a（x﹣2）（x+a）＝0，
x1＝2，x2＝﹣a，
∴A（﹣a，0）、B（2，0），
如图2，过D作DE⊥x轴于E，
设D（m，n），
∵点D在第二象限，∠DAB为钝角，
∴分两种情况：
①如图2，当△BDA∽△ABC时，∠BAC＝∠ABD，
∴tan∠BAC＝tan∠ABD，即OCOA=DEBE，
∴2a=n-m+2，
n=4-2ma，
则n=4-2man=1a(m-2)(m+a)，
解得：m＝﹣2﹣a或2，
∴E（﹣2﹣a，0），
由勾股定理得：AC=a2+4，
∵AOAC=BEBD，
∴aa2+4=-m+2BD=a+4BD，
BD=(a+4)a2+4a，
∵△BDA∽△ABC，
∴ABBD=ACAB，
∴AB2＝AC•BD，
即（a+2）2=a2+4•(a+4)a2+4a，
解得：0＝16，此方程无解；
②当△DBA∽△ABC时，如图3，∠ABC＝∠ABD，
∵B（2，0），C（0，﹣2），
∴OB＝OC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
有BC＝22，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠ABC＝∠ABD＝45°，
∴DE＝BE，
n＝﹣m+2，
∴BD=2n2，
∵△DBA∽△ABC，
∴BDAB=ABBC，
∴AB2＝BD•BC，
∴（a+2）2=2n2•22=4n，
则(a+2)2=4nn=-m+2n=1a(m-2)(m+a)，
解得：m=-42-4n=6+42a=2+22，
则a＝2+22；
（3）解法一：当x＝6时，y=14（6﹣2）（6+4）＝10，
∴Q（6，10），
如图4，作P关于x轴的对称点P′，过P′作P′G∥x轴，且P′G＝2，连接GQ交x轴于N，过P′作P′M∥GN，交x轴于M，
此时，QG就是MP+NQ的最小值，由于PQ、NM为定值，所以此时，四边形PMNQ的周长最小，
∵P（﹣1，1），
∴P′（﹣1，﹣1），
∵P′G∥MN，P′M∥GN，
∴四边形P′GNM是平行四边形，
∴MN＝P′G＝2，NG＝P′M＝PM，
∴G（1，﹣1），
设GQ的解析式为：y＝kx+b，
把G（1，﹣1）和Q（6，10）代入得：k+b=-16k+b=10，
解得：k=115b=-165，
∴GQ的解析式为：y=115x-165，
当y＝0时，x=1611，
∴N（1611，0），
∵MN＝2，
∴M（-611，0）．
解法二：如图5，同理得Q（6，10），
P（﹣1，1）关于x轴的对称点P′（﹣1，﹣1），过Q作QH∥x轴，交y轴于H，在QH上从Q起取一点Q'，使QQ'＝2，连接Q'P'，交x轴于一点，则此点为M，此时，四边形PMNQ的周长最小，
∵Q'（4，10），P′（﹣1，﹣1），
易得P'Q'的解析式为：y=115x+65，
当y＝0时，115x+65=0，x=-611，
∴M（-611，0）．





20．如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y＝x﹣2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求证：△ABC是直角三角形；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（2）分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，结合A、B、C三点的坐标可求得∠ABO＝∠CBO＝45°，可证得结论；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得MNAB=ONBC或MNBC=ONAB，可求得N点的坐标．
【解析】
（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+1，
又抛物线过原点，
∴0＝a（0﹣1）2+1，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+1，
即y＝﹣x2+2x，
联立抛物线和直线解析式可得y=-x2+2xy=x-2，解得x=2y=0或x=-1y=-3，
∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，

则AD＝OD＝BD＝1，BE＝OB+OE＝2+1＝3，EC＝3，
∴∠ABO＝∠CBO＝45°，即∠ABC＝90°，
∴△ABC是直角三角形；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON＝|x|，MN＝|﹣x2+2x|，
由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=2，BC＝32，
∵MN⊥x轴于点N
∴∠ABC＝∠MNO＝90°，
∴当△ABC和△MNO相似时有MNAB=ONBC或MNBC=ONAB，
①当MNAB=ONBC时，则有|-x2+2x|2=|x|32，即|x||﹣x+2|=13|x|，
∵当x＝0时M、O、N不能构成三角形，
∴x≠0，
∴|﹣x+2|=13，即﹣x+2＝±13，解得x=53或x=73，
此时N点坐标为（53，0）或（73，0）；
②当MNBC=ONAB时，则有|-x2+2x|32=|x|2，即|x||﹣x+2|＝3|x|，
∴|﹣x+2|＝3，即﹣x+2＝±3，解得x＝5或x＝﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（53，0）或（73，0）或（﹣1，0）或（5，0）．