中考数学二轮专项培优专题03 相似三角形的存在性问题(教师版)

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专题三 相似三角形的存在性问题
【考题研究】
相似三角形的存在性问题是近几年中考数学的热点问题．解相似三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根。难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使得列方程和解方程又好又快．
【解题攻略】
相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．
判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验。
应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．
应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．
【解题类型及其思路】
相似三角形存在性问题需要注意的问题：
1、若题目中问题为△ABC∽△DEF ，则对应线段已经确定。
2、若题目中为△ABC与 △DEF相似，则没有确定对应线段，此时有三种情况：①△ABC∽△DEF ,
②△ABC∽△FDE、 ③△ABC∽△EFD、
3、若题目中为△ABC与 △DEF并且有 ∠A、 ∠D（或为90°），则确定了一条对应的线段，此时有二种情况：①、△ABC∽△DEF ，②、△ABC∽△DFE 需要分类讨论上述的各种情况。
【典例指引】
类型一 【确定符合相似三角形的点的坐标】
典例指引1．（2019·贵州中考真题）如图，抛物线与直线分别相交于，两点，且此抛物线与轴的一个交点为，连接，．已知，．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴上找一点，使的值最大，并求出这个最大值；
（3）点为轴右侧抛物线上一动点，连接，过点作交轴于点，问：是否存在点使得以，，为顶点的三角形与相似？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点M的坐标为（，）时，取最大值为；（3）存在点．
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）根据三角形的三边关系可知：当点、、三点共线时，可使的值最大，据此求解即可；
（3）先求得，再过点作于点，过点作轴于点，如图，这样就把以，，为顶点的三角形与相似问题转化为以，，为顶点的三角形与相似的问题，再分当时与时两种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）将，代入得：
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）解方程组：，得，，
∵，∴
当点、、三点不共线时，根据三角形三边关系得，
当点、、三点共线时，，
∴当点、、三点共线时，取最大值，即为的长，
如图，过点作BE⊥x轴于点，则在中，由勾股定理得：，∴取最大值为；
易求得直线BC的解析式为：y=－x－3，抛物线的对称轴是直线，当时，，∴点M的坐标为（，）；
∴点M的坐标为（，）时，取最大值为；

（3）存在点，使得以、、为顶点的三角形与相似．
设点坐标为，
在中，∵，∴，
在中，∵，∴，
∴，，
过点作于点，过点作轴于点，如图，
∵，，∴∽，
∵，
∴①当时，∽，
∴，解得，，（舍去）
∴点的纵坐标为，∴点为；
②当时，∽，
∴，解得（舍去），（舍去），
∴此时无符合条件的点；
综上所述，存在点．
【名师点睛】
本题考查的是二次函数的综合运用，主要考查待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、两函数的交点和线段差的最值等问题，其中（1）题是基础题型，（2）题的求解需运用三角形的三边关系，（3）题要注意分类求解，避免遗漏，解题的关键是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以及一元二次方程的解法．
【举一反三】
（2019·海南模拟）抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0）．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）该抛物线与直线 相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N．
①连结PC、PD，如图1，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；
②连结PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似?若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）① ；② 存在，（（2，）或（，）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）①可设出P点坐标，则可表示出M、N的坐标，联立直线与抛物线解析式可求得C、D的坐标，过C、D作PN的垂线，可用t表示出△PCD的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值；
②当△CNQ与△PBM相似时有 或两种情况，利用P点坐标，可分别表示出线段的长，可得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标．
试题解析：（1）∵抛物线经过点A（1，0）和点B（5，0），
∴ ，解得
∴该抛物线对应的函数解析式为 ；
（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，
∴可设P（t，）（1＜t＜5），
∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N，
∴M（t，0），N（t，），
∴.
联立直线CD与抛物线解析式可得 ，解得 或，
∴C（0，3），D（7， ），
分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，

则CE=t，DF=7﹣t，
∴ ，
∴当时，△PCD的面积有最大值，最大值为；
②存在．

∵∠CQN=∠PMB=90°，
∴当△CNQ与△PBM相似时，有 或两种情况，
∵CQ⊥PM，垂足为Q，
∴Q（t，3），且C（0，3），N（t， ），
∴CQ=t，，
∴ ，
∵P（t，），M（t，0），B（5，0），
∴BM=5﹣t，，
当时，则，即，解得t=2或t=5（舍去），此时P（2， ）；
当时，则，即，解得或（舍去），此时P（，）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为P（2，）或（，）．
类型二 【确定符合相似三角形的动点的运动时间或路程等】
典例指引2．
（2019年广东模拟）如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式；
(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ADE相似？
(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由.

【解析】
（1）根据折叠图形的轴对称性，△CED、△CBD全等，首先在Rt△CEO中求出OE的长，进而可得到AE的长；在Rt△AED中，AD=AB-BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长．进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值；
（3）由于以M，N，C，E为顶点的四边形，边和对角线都没明确指出，所以要分情况进行讨论：
①EC做平行四边形的对角线，那么EC、MN必互相平分，由于EC的中点正好在抛物线对称轴上，所以M点一定是抛物线的顶点；
②EC做平行四边形的边，那么EC、MN平行且相等，首先设出点N的坐标，然后结合E、C的横、纵坐标差表示出M点坐标，再将点M代入抛物线的解析式中，即可确定M、N的坐标．
试题解析：（1）∵四边形ABCO为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10，
由题意，得△BDC≌△EDC，
∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD，
由勾股定理易得EO=6，
∴AE=10﹣6=4，
设AD=x，则BD=ED=8﹣x，由勾股定理，得 ，
解得，x=3，∴AD=3，
∵抛物线过点D（3, 10），C（8, 0），O（0, 0），
∴，解得 ，
∴抛物线的解析式为： ；

（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，
∴∠DEA=∠OCE，
由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5，
而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t，
当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，
∴，即 ，
解得，
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，
∴，即 ， 解得，
∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似；
（3）假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点； 则： ；而平行四边形的对角线互相平分，那么线段MN必被EC中点（4，3）平分，则；
②EC为平行四边形的边，则EC//MN，EC =MN，设N（4，m），
则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；
将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；
将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）；
综上，存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：
①， ； ②， ；
③， ．
【名师点睛】
本题考查了二次函数综合题，题目涉及了图形的折叠变换、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等重点知识．后两问的情况较多，需要进行分类讨论，以免漏解．
【举一反三】
（2019·湖南模拟）如图，已知直线y=-x+3与x轴、y轴分别交于A，B两点，抛物线y=-x2+bx+c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以1个单位/秒的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以个单位/秒的速度匀速运动，连接PQ，设运动时间为t秒．

（1）求抛物线的解析式；
（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；
（3）过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；
（4）设抛物线顶点为M，连接BP，BM，MQ，问：是否存在t的值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=-x2+2x+3；（2）t=1或t=；（3）点F的坐标为（2，3）．（4）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）先由直线AB的解析式为y=-x+3，求出它与x轴的交点A、与y轴的交点B的坐标，再将A、B两点的坐标代入y=-x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）由直线与两坐标轴的交点可知：∠QAP=45°，设运动时间为t秒，则QA=t，PA=3-t，然后再图①、图②中利用特殊锐角三角函数值列出关于t的方程求解即可；
（3）设点P的坐标为（t，0），则点E的坐标为（t，-t+3），则EP=3-t，点Q的坐标为（3-t，t），点F的坐标为（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），则FQ=3t-t2，EP∥FQ，EF∥PQ，所以四边形为平行线四边形，由平行四边形的性质可知EP=FQ，从而的到关于t的方程，然后解方程即可求得t的值，然后将t=1代入即可求得点F的坐标；
（4）设运动时间为t秒，则OP=t，BQ=（3-t），然后由抛物线的解析式求得点M的坐标，从而可求得MB的长度，然后根据相似相似三角形的性质建立关于t的方程，然后即可解得t的值．
试题解析：（1）∵y=-x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴当y=0时，x=3，即A点坐标为（3，0），
当x=0时，y=3，即B点坐标为（0，3），
将A（3，0），B（0，3）代入y=-x2+bx+c，
得，解得
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
（2）∵OA=OB=3，∠BOA=90°，
∴∠QAP=45°．

如图①所示：∠PQA=90°时，设运动时间为t秒，则QA=t，PA=3-t．
在Rt△PQA中，，即：，解得：t=1；
如图②所示：∠QPA=90°时，设运动时间为t秒，则QA=t，PA=3-t．
在Rt△PQA中，，即：，解得：t=．
综上所述，当t=1或t=时，△PQA是直角三角形；
（3）如图③所示：

设点P的坐标为（t，0），则点E的坐标为（t，-t+3），则EP=3-t，点Q的坐标为（3-t，t），点F的坐标为（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），则FQ=3t-t2．
∵EP∥FQ，EF∥PQ，
∴EP=FQ．即：3-t=3t-t2．
解得：t1=1，t2=3（舍去）．
将t=1代入F（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），得点F的坐标为（2，3）．
（4）如图④所示：

设运动时间为t秒，则OP=t，BQ=（3-t）．
∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴点M的坐标为（1，4）．
∴MB=．
当△BOP∽△QBM时，即：，整理得：t2-3t+3=0，
△=32-4×1×3＜0，无解：
当△BOP∽△MBQ时，即：，解得t=．
∴当t=时，以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似．
类型三 【确定符合相似三角形的函数解析式或字母参数的值】
典例指引3．（2019·江苏中考真题）如图，二次函数图象的顶点为，对称轴是直线，一次函数的图象与轴交于点，且与直线关于的对称直线交于点．

（1）点的坐标是 ______；
（2）直线与直线交于点，是线段上一点（不与点、重合），点的纵坐标为．过点作直线与线段、分别交于点，，使得与相似．
①当时，求的长；
②若对于每一个确定的的值，有且只有一个与相似，请直接写出的取值范围 ______．
【答案】（1）；（2）①；②.
【解析】
【分析】
（1）直接用顶点坐标公式求即可；
（2）由对称轴可知点C（2，），A（-，0），点A关于对称轴对称的点（，0），借助AD的直线解析式求得B（5，3）；①当n=时，N（2，），可求DA=，DN=，CD=，当PQ∥AB时，△DPQ∽△DAB，DP=9；当PQ与AB不平行时，DP=9；②当PQ∥AB，DB=DP时，DB=3，DN=，所以N（2，），则有且只有一个△DPQ与△DAB相似时，＜n＜.
【详解】
（1）顶点为；
故答案为；
（2）对称轴，
，
由已知可求，
点关于对称点为，
则关于对称的直线为，
，
①当时，，
，，
当时，，
，
，
；
当与不平行时，，
，
，
；
综上所述；
②当，时，
，
，
，
，
∴有且只有一个与相似时，；
故答案为；
【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质，三角形的相似；熟练掌握二次函数的性质，三角形相似的判定与性质是解题的关键．
【举一反三】
（2018武汉中考）抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B．
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．

【答案】（1）y=﹣x2+2x+1；（2）-3；（3）当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【解析】
【分析】（1）根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A（0，1）利用待定系数法进行求解可即得；
（2）根据直线y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1得出xN﹣xM=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据xN﹣xM=1列出关于k的方程，解之可得；
（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．
【详解】（1）由题意知，解得：，
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；
（2）如图1，设M点的横坐标为xM，N点的横坐标为xN，

∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，
∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），
∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，
∴点B（1，2），
则BG=2，
∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG•（xN﹣1）-BG•（xM-1）=1，
∴xN﹣xM=1，
由得：x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，
解得：x==，
则xN=、xM=，
由xN﹣xM=1得=1，
∴k=±3，
∵k＜0，
∴k=﹣3；
（3）如图2，

设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，
∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），
设P（0，t），
（a）当△PCD∽△FOP时，，
∴，
∴t2﹣（1+m）t+2=0①；
(b)当△PCD∽△POF时，，
∴，
∴t=（m+1）②；
（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，
△=（1+m）2﹣8=0，
解得：m=2﹣1（负值舍去），
此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，
方程②有一个实数根t=，
∴m=2﹣1，
此时点P的坐标为（0，）和（0，）；
（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，
把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，
解得：m=2（负值舍去），
此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，
方程②有一个实数根t=1，
∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；
综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；
当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【新题训练】
1．（2019·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校初三月考）如图1，已知抛物线；C1：y＝﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴交于点B、C（点B在点C的左侧），与y轴交于点E．

（1）求点B、点C的坐标；
（2）当△BCE的面积为6时，若点G的坐标为（0，b），在抛物线C1的对称轴上是否存在点H，使得△BGH的周长最小，若存在，则求点H的坐标（用含b的式子表示）；若不存在，则请说明理由；
（3）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）点B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（m，0）；（2）存在，点H（1，b）；（3）存在，m＝2
【详解】
解：（1），令y＝0，则x＝﹣2或m，
故点B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（m，0）；
（2）存在，理由：
，令x＝0，则y＝2，故点E（0，2），
△BCE的面积为： ，解得：m＝4，
则抛物线的对称轴为： ，
点B关于函数对称轴的对称点为点C（m，0），连接CE交对称轴于点H，则点H为所求，
将点C、E的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线CE的表达式为： ，当x＝1时, ，
故点H（1，b）；
（3）∵OE＝OB＝2，故∠EBO＝45°，

过点F作FT⊥x轴于点F；
①当△BEC∽△BCF时，
则BC2＝BE•BF，∠FBO＝EBO＝45°，
则直线BF的函数表达式为：y＝﹣x﹣2，故点F（x，﹣x﹣2）；
将点F的坐标代入抛物线表达式得：
解得：x＝﹣2（舍去）或2m，
故点F（2m，﹣2m﹣2），
则
∵BC2＝BE•BF，
则 解得： （舍去负值），
故
②当△BEC∽△FCB时，
则BC2＝BF•EC，∠CBF＝∠ECO，
则△BFT∽△COE，
则 ，则点
将点F的坐标代入抛物线表达式得：
解得：x＝﹣2（舍去）或m+2；
则点
BC2＝BF•EC，则
化简得：m3+4m2+4m＝m3+4m2+4m+16，
此方程无解；
综上，m＝2．
2．（2020·浙江初三期末）边长为2的正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点是边的中点，连接，点在第一象限，且，.以直线为对称轴的抛物线过，两点.

（1）求抛物线的解析式；
（2）点从点出发，沿射线每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为秒.过点作于点，当为何值时，以点，，为顶点的三角形与相似？
（3）点为直线上一动点，点为抛物线上一动点，是否存在点，，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）或时，以点，，为顶点的三角形与相似；（3）存在，四边形是平行四边形时，，；四边形是平行四边形时，，；四边形是平行四边形时，，
【详解】
解：（1）过点作轴于点.

∵四边形是边长为2的正方形，是的中点，
∴，，.
∵，∴.
∵，∴.
在和中，
∴，，.
∴点的坐标为.
∵抛物线的对称轴为直线即直线，∴可设抛物线的解析式为，
将、点的坐标代入解析式，得，解得.
∴抛物线的解析式为；
（2）①若，则，，
∴，∴四边形是矩形，
∴，∴；
②若，则，
∴.
∴.
∴，∴.
∵，∴，∴.
∵，
∴，，
综上所述：或时，以点，，为顶点的三角形与相似：
（3）存在，①若以DE为平行四边形的对角线，如图2，

此时，N点就是抛物线的顶点（2，），
由N、E两点坐标可求得直线NE的解析式为：y＝x；
∵DM∥EN，
∴设DM的解析式为：y＝x＋b，
将D（1，0）代入可求得b＝−，
∴DM的解析式为：y＝x−，
令x＝2，则y＝，
∴M（2，）；
②过点C作CM∥DE交抛物线对称轴于点M，连接ME，如图3，

∵CM∥DE，DE⊥CD，
∴CM⊥CD，
∵OC⊥CB，
∴∠OCD＝∠BCM，
在△OCD和△BCM中
，
∴△OCD≌△BCM（ASA），
∴CM＝CD＝DE，BM＝OD＝1，
∴CDEM是平行四边形，
即N点与C占重合，
∴N（0，2），M（2，3）；
③N点在抛物线对称轴右侧，MN∥DE，如图4，

作NG⊥BA于点G，延长DM交BN于点H，
∵MNED是平行四边形，
∴∠MDE＝MNE，∠ENH＝∠DHB，
∵BN∥DF，
∴∠ADH＝∠DHB＝∠ENH，
∴∠MNB＝∠EDF，
在△BMN和△FED中

∴△BMN≌△FED（AAS），
∴BM＝EF＝1，
BN＝DF＝2，
∴M（2，1），N（4，2）；
综上所述，
四边形是平行四边形时，，；
四边形是平行四边形时，，；
四边形是平行四边形时，，.
3．（2020·长沙市长郡双语实验中学初三开学考试）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c的图象经过点C（0，﹣2），顶点D的坐标为（1，﹣），与x轴交于A、B两点．

（1）求抛物线的解析式．
（2）连接AC，E为直线AC上一点，当△AOC∽△AEB时，求点E的坐标和的值．
（3）点C关于x轴的对称点为H，当FC+BF取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△QHF是直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）E（﹣，﹣）；；（3）（1，）或（1，）或Q（1，2）或Q（1，﹣）．
【详解】
（1）由题可列方程组：，解得：
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣x﹣2；
（2）由题意和勾股定理得，∠AOC＝90°，AC＝，AB＝4，

设直线AC的解析式为：y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣2x﹣2；
当△AOC∽△AEB时＝（）2＝（）2＝，
∵S△AOC＝1，
∴S△AEB＝，
∴AB×|yE|＝，AB＝4，则yE＝﹣，
则点E（﹣，﹣）；
由△AOC∽△AEB得：
∴；
（3）如图2，连接BF，过点F作FG⊥AC于G，

则FG＝CFsin∠FCG＝CF，
∴CF+BF＝GF+BF≥BE，
当折线段BFG与BE重合时，取得最小值，
由（2）可知∠ABE＝∠ACO
|y|＝OBtan∠ABE＝OBtan∠ACO＝3×＝，
∴当y＝﹣时，即点F（0，﹣），CF+BF有最小值；
①当点Q为直角顶点时（如图3） F（0，﹣），

∵C（0，﹣2）
∴H（0，2）设Q（1，m），过点Q作QM⊥y轴于点M．
则Rt△QHM∽Rt△FQM∴QM2＝HM•FM，
∴12＝（2﹣m）（m+），
解得：m＝，则点Q（1，）或（1，）
当点H为直角顶点时：点H（0，2），则点Q（1，2）；当点F为直角顶点时：
同理可得：点Q（1，﹣）；
综上，点Q的坐标为：（1，）或（1，）或Q（1，2）或Q（1，﹣）．
4．（2019·贵州初三）如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、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．

【答案】(1) 抛物线的解析式为y=x2-2x+1，(2) 四边形AECP的面积的最大值是，点P（，﹣）；(3) Q（4,1）或（-3，1）.
【详解】
解：(1)将A(0，1)，B(9，10)代入函数解析式得：
×81＋9b＋c＝10，c＝1，解得b＝−2，c＝1，
所以抛物线的解析式y＝x2−2x＋1；
(2)∵AC∥x轴，A(0，1)，
∴x2−2x＋1＝1，解得x1＝6，x2＝0(舍)，即C点坐标为(6，1)，
∵点A(0，1)，点B(9，10)，
∴直线AB的解析式为y＝x＋1，设P(m，m2−2m＋1)，∴E(m，m＋1)，
∴PE＝m＋1−(m2−2m＋1)＝−m2＋3m.
∵AC⊥PE，AC＝6，
∴S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC＝AC⋅EF＋AC⋅PF
＝AC⋅(EF＋PF)＝AC⋅EP
＝×6(−m2＋3m)＝−m2＋9m.
∵0 ∴当m＝时，四边形AECP的面积最大值是，此时P()；
(3)∵y＝x2−2x＋1＝(x−3)2−2，
P(3，−2)，PF＝yF−yp＝3，CF＝xF−xC＝3，
∴PF＝CF，∴∠PCF＝45∘，
同理可得∠EAF＝45∘，∴∠PCF＝∠EAF，
∴在直线AC上存在满足条件的点Q，
设Q(t，1)且AB＝，AC＝6，CP＝，
∵以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
①当△CPQ∽△ABC时，
CQ:AC＝CP:AB，(6−t):6＝，解得t＝4，所以Q(4，1)；
②当△CQP∽△ABC时，
CQ:AB＝CP:AC，(6−t)6，解得t＝−3，所以Q(−3，1).
综上所述：当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上存在点Q，使得以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，Q点的坐标为(4，1)或(−3，1).

5．（2020·河南初三）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、D两点，与y轴交于点B，四边形OBCD是矩形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，4），已知点E（m，0）是线段DO上的动点，过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，交BD于点H．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点P在直线BC上方时，请用含m的代数式表示PG的长度；
（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）PG=；（3）存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，此时m的值为﹣1或．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，4），
∴，解得.
∴抛物线的解析式为.
（2）∵E（m，0），B（0，4），PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，
∴P（m，），G（m，4）.
∴PG=.
（3）在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似．
∵，∴当y=0时，，解得x=1或﹣3.
∴D（﹣3，0）．
当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．
设直线BD的解析式为y=kx+4，
将D（﹣3，0）代入，得﹣3k+4=0，解得k=.
∴直线BD的解析式为y=x+4. ∴H（m，m+4）．
分两种情况：
①如果△BGP∽△DEH，那么，即.
由﹣3＜m＜0，解得m=﹣1.
②如果△PGB∽△DEH，那么，即.
由﹣3＜m＜0，解得m=．
综上所述，在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，此时m的值为﹣1或．
6．（2020·浙江初三期末）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，将直线绕着点顺时针旋转的度数后与该抛物线交于两点（点在点的左侧），点是该抛物线上一点

（1）若，求直线的函数表达式
（2）若点将线段分成的两部分，求点的坐标
（3）如图②，在（1）的条件下，若点在轴左侧，过点作直线轴，点是直线上一点，且位于轴左侧，当以，，为顶点的三角形与相似时，求的坐标
【答案】（1）；（2）或；（3），，，
【详解】
（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．

∵∠OPA=45°，
∴OM=OP=2，即M（-2，0）．
设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（-2，0），P（0，2）两点坐标代入，得
，
解得，．
故直线AB的解析式为y=x+2；
（2）①
设（a＞0）
∵点A、点B在直线y=x+2上和抛物线y=x2的图象上，
∴，
∴，
∴
解得，，（舍去）

②
设（a＞0）
∵点A、点B在直线y=x+2上和抛物线y=x2的图象上，
∴，
∴，
∴
解得：，（舍去）

综上或
（3），
，
①

此时，关于轴对称，为等腰直角三角形

②

此时满足，左侧还有也满足

，，，四点共圆，易得圆心为中点
设，
∵


且不与重合

，

为正三角形，

过作，则，

∵
∴
∴
解得，
∴
∵
∴
∴
解得，
∴
综上所述，满足条件的点M的坐标为：，，，.
7．（2020·上海初三）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+mx+n经过点B（6，1），C（5，0），且与y轴交于点A．
（1）求抛物线的表达式及点A的坐标；
（2）点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点P作PQ⊥OA，交线段OA的延长线于点Q，如果∠PAB＝45°．求证：△PQA∽△ACB；
（3）若点F是线段AB（不包含端点）上的一点，且点F关于AC的对称点F′恰好在上述抛物线上，求FF′的长．

【答案】（1）y＝x2﹣x+5，点A坐标为（0，5）；（2）详见解析；（3）．
【详解】
解：（1）将B（6，1），C（5，0）代入抛物线解析式y＝x2+mx+n，
得
解得，m＝﹣，n＝5，
则抛物线的解析式为：y＝x2﹣x+5，点A坐标为（0，5）；
（2）∵AC＝，BC＝，AB＝，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，
当∠PAB＝45°时，点P只能在点B右侧，过点P作PQ⊥y 轴于点Q，

∴∠QAB+∠OAB＝180°﹣∠PAB＝135°，
∴∠QAP+∠CAB＝135°﹣∠OAC＝90°，
∵∠QAP+∠QPA＝90°，∴∠QPA＝∠CAB，
又∵∠AQP＝∠ACB＝90°，∴△PQA∽△ACB；
（3）做点B关于AC的对称点B'，则A，F'，B'三点共线，
由于AC⊥BC，根据对称性知点B'（4，﹣1），
将B'（4，﹣1）代入直线y＝kx+5，
∴k＝﹣，∴yAB'＝﹣x+5，
联立解得，x1＝，x2＝0（舍去），
则F'（，﹣），
将B（6，1），B'（4，﹣1）代入直线y＝mx+n，
得，解得，∴yBB'＝x﹣5，
由题意知，kFF'＝KBB'，∴设yFF'＝x+b，
将点F'（，﹣）代入，得，b＝﹣，
∴yFF'＝x﹣，
联立解得，
∴F（，），
则FF'＝＝．

8．（2019·江苏初三期末）如图，抛物线y＝ax2＋5ax＋c（a＜0）与x轴负半轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，D是抛物线的顶点，过D作DH⊥x轴于点H，延长DH交AC于点E，且S△ABD：S△ACB＝9：16，

（1）求A、B两点的坐标；
（2）若△DBH与△BEH相似，试求抛物线的解析式．
【答案】(1) ;(2) 见解析.
【解析】
【详解】
解：（1） ∴
∵C(0，c) ∴OC=-c，DH= ∵S△ABD：S△ACB＝9∶16
∴ ∴
∴ ∴
（2）① ∵EH∥OC ∴△AEH∽△ACO ∴
∴ ∴
∵ ∵△DBH与△BEH相似
∴∠BDH=∠EBH, 又∵∠BHD=∠BHE=90°∴△DBH∽△BEH
∴ ∴
∴（舍去正值）
∴
9．（2019·湖南中考模拟）如图，顶点坐标为（2，﹣1）的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，3），与x轴交于A、B两点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的对称轴与直线BC交于点D，连接AC、AD，求△ACD的面积；
（3）点E为直线BC上一动点，过点E作y轴的平行线EF，与抛物线交于点F．问是否存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y==x2-4x+3；（2）AS△ACD=2；（3）①∠DFE=90°时，E1（2+,1-）; E2（2-,1+）；②∠EDF=90°时，E3（1，2）、E4（4，-1）．
【详解】
解：（1）依题意，设抛物线的解析式为 y=a（x-2）2-1，代入C（O，3）后，得：
a（0-2）2-1=3，a=1
∴抛物线的解析式：y=（x-2）2-1=x2-4x+3．
（2）由（1）知，A（1，0）、B（3，0）；
设直线BC的解析式为：y=kx+3，代入点B的坐标后，得：
3k+3=0，k=-1
∴直线BC：y=-x+3；
由（1）知：抛物线的对称轴：x=2，则 D（2，1）；
∴AD==，AC==，CD==2，
即：AC2=AD2+CD2，△ACD是直角三角形，且AD⊥CD；
∴S△ACD=AD•CD=××2=2．
（3）由题意知：EF∥y轴，则∠FED=∠OCB，若△OCB与△FED相似，则有：
①∠DFE=90°，即 DF∥x轴；
将点D纵坐标代入抛物线的解析式中，得：
x2-4x+3=1，解得 x=2±；
当x=2+时，y=-x+3=1-；
当x=2-时，y=-x+3=1+；
∴E1（2+，1-）、E2（2-，1+）．
②∠EDF=90°；
易知，直线AD：y=x-1，联立抛物线的解析式有：
x2-4x+3=x-1，
x2-5x+4=0，
解得 x1=1、x2=4；
当x=1时，y=-x+3=2；
当x=4时，y=-x+3=-1；
∴E3（1，2）、E4（4，-1）；
综上，存在符合条件的点E，且坐标为：（2+，1-）、（2-，1+）、（1，2）或（4，-1）．

10．（2019·西安市铁一中学中考模拟）如图，抛物线的顶点坐标为，并且与轴交于点，与轴交于、两点．
（）求抛物线的表达式．
（）如图，设抛物线的对称轴与直线交于点，点为直线上一动点，过点作轴的平行线，与抛物线交于点，问是否存在点，使得以、、为顶点的三角形与相似．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）或或或.
【详解】
（）该抛物线的顶点坐标为，所以该抛物线的解析式为，又该抛物线过点，代入得：
，解得，故该抛物线的解析式为+3．
（）假设存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似．
由（1）知，该抛物线的解析式是y=x2-4x+3，即y=（x-1）（x-3），
∴该抛物线与x轴的交点坐标分别是A（1，0），B（3，0）．
∵C（0，3），
∴易求直线BC的解析式为：y=-x+3．
∴∠OBC=∠OCB=45°．
又∵点D是对称轴上的一点，
∴D（2，1）．
如图，连接DF．

∵EF∥y轴，
∴只有∠EFD=∠COB=90°．
∵以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似，
∴∠DEF=∠FDE=45°，
∴只有△EFD∽△COB．
设E（x，-x+3），则F（x，1），
∴1=x2-4x+3，
解得x=2± ，
当x=2+时，y=-x+3=1-；
当x=2-时，y=-x+3=1+；
∴E1（2-，1+）、E2（2+，1-）．
∠EDF=90°；易知，直线AD：y=x-1，联立抛物线的解析式有：
x2-4x+3=x-1，解得 x1=1、x2=4；
当x=1时，y=-x+3=2；
当x=4时，y=-x+3=-1；
∴E3（1，2）、E4（4，-1）．
∴综上，点E的坐标为（2-，1+）或（2+，1-）或（1，2）或（4，-1）．
11．（2019·广东中考模拟）如图，在平面直角坐标系xoy中，直线与x 轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是且经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）①直接写出点B的坐标；②求抛物线解析式．
（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC．求△PAC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．
（3）抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）①B（1,0）②（2）4,P（－2，3）;（3）存在M1（0，2）,M2（－3,2）, M3（2，－3）,M4（5，－18）, 使得以点 A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．
【详解】
（1）①y=x+2
当x=0时，y=2，当y=0时，x=﹣4，
∴C（0，2），A（﹣4，0），
由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=﹣对称，
∴点B的坐标为（1，0）．
②∵抛物线y=ax2+bx+c过A（﹣4，0），B（1，0），
∴可设抛物线解析式为y=a（x+4）（x﹣1），
又∵抛物线过点C（0，2），
∴2=﹣4a
∴a=-
∴y=-x2-x+2．
（2）设P（m，-m2-m+2）．
过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，

∴Q（m，m+2），
∴PQ=-m2-m+2﹣（m+2）
=-m2﹣2m，
∵S△PAC=×PQ×4，
=2PQ=﹣m2﹣4m=﹣（m+2）2+4，
∴当m=﹣2时，△PAC的面积有最大值是4，
此时P（﹣2，3）．
（3）在Rt△AOC中，tan∠CAO=在Rt△BOC中，tan∠BCO=，
∴∠CAO=∠BCO，
∵∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠CAO+∠OBC=90°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC∽△ACO∽△CBO，
如下图：

①当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；
③ 根据抛物线的对称性，当M（﹣3，2）时，△MAN∽△ABC；
④ 当点M在第四象限时，设M（n，-n2-n+2），则N（n，0）
∴MN=n2+n﹣2，AN=n+4
当时，MN=AN，即n2+n﹣2=（n+4）
整理得：n2+2n﹣8=0
解得：n1=﹣4（舍），n2=2
∴M（2，﹣3）；
当时，MN=2AN，即n2+n﹣2=2（n+4），
整理得：n2﹣n﹣20=0
解得：n1=﹣4（舍），n2=5，
∴M（5，﹣18）．
综上所述：存在M1（0，2），M2（﹣3，2），M3（2，﹣3），M4（5，﹣18），使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．
12．（2019·江苏泗洪姜堰实验学校中考模拟）如图，抛物线与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点．
（1）求△AOB的外接圆的面积；
（2）若动点P从点A出发，以每秒2个单位沿射线AC方向运动；同时，点Q从点B出发，以每秒1个单位沿射线BA方向运动，当点P到达点C处时，两点同时停止运动．问当t为何值时，以A、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似？
（3）若M为线段AB上一个动点，过点M作MN平行于y轴交抛物线于点N．
①是否存在这样的点M，使得四边形OMNB恰为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
②当点M运动到何处时，四边形CBNA的面积最大？求出此时点M的坐标及四边形CBAN面积的最大值．

【答案】（1）π；（2）当t=时，以A、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似；（3）．①不存在；②M（，-6），四边形CBAN面积的最大值为：．
【详解】
（1）由题意得：A（9，0），B（0，－12）
∴OA＝9，OB＝12，
∴AB＝15
∴S＝π·()2＝π；
（2）AP＝2t，AQ＝15－t，易求AC=12，∴0≤t≤6
若△APQ∽△AOB，则＝．∴t＝．
若△AQP∽△AOB，则＝．∴t＝＞6（舍去）．
∴当t＝时，以A、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似．
（3）直线AB的函数关系式为y＝x－12．
设点M的横坐标为x，则M（x，x－12），N（x，x2－x－12）．
若四边形OMNB为平行四边形，则MN＝OB＝12
∴(x－12)－(x2－x－12)＝12
即x2－9x＋27＝0
∵△＜0，
∴此方程无实数根，
∴不存在这样的点M，使得四边形OMNB恰为平行四边形；
②∵S四边形CBNA= S△ACB+ S△ABN="72+" S△ABN
∵S△AOB＝54，S△OBN＝6x，S△OAN＝·9·＝－2x2＋12x＋54
∴S△ABN＝S△OBN＋S△OAN－S△AOB＝6x＋(－2x2＋12x＋54)－54＝－2x2＋18x＝－2(x－)2＋
∴当x＝时，S△ABN最大值＝
此时M（，－6），S四边形CBNA最大=．
13．（2019·陕西中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线L：经过点A（-3，0）和点B（0，-6），L关于原点O对称的抛物线为.
（1）求抛物线L的表达式；
（2）点P在抛物线上，且位于第一象限，过点P作PD⊥y轴，垂足为D.若△POD与△AOB相似，求符合条件的点P的坐标.

【答案】(1) y=－x2－5x－6；(2)符合条件的点P的坐标为(1，2)或(6，12)或(，)或(4，2)。
【详解】
(1)由题意，得，
解得：，
∴L：y=－x2－5x－6；
(2)∵抛物线L关于原点O对称的抛物线为，
∴点A(-3，0)、B(0，-6)在L′上的对应点分别为A′(3，0)、B′(0，6)，
∴设抛物线L′的表达式y＝x2＋bx＋6，
将A′(3，0)代入y＝x2＋bx＋6，得b＝－5，
∴抛物线L′的表达式为y＝x2－5x＋6，
∵A(－3，0)，B(0，－6)，
∴AO＝3，OB＝6，
设P(m，m2－5m＋6)(m＞0)，
∵PD⊥y轴，
∴点D的坐标为(0，m2－5m＋6)，
∵PD＝m，OD＝m2－5m＋6，
∵Rt△PDO与Rt△AOB相似，
∴有Rt△PDO∽Rt△AOB或Rt△ODP∽Rt△AOB两种情况，
①当Rt△PDO∽Rt△AOB时，则，即，
解得m1＝1，m2＝6，
∴P1(1，2)，P2(6，12)；
②当Rt△ODP∽Rt△AOB时，则，即，
解得m3＝，m4＝4，
∴P3(，)，P4(4，2)，
∵P1、P2、P3、P4均在第一象限，
∴符合条件的点P的坐标为(1，2)或(6，12)或(，)或(4，2).

14．（2019·湖南中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C，且过点．点P、Q是抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在直线OD下方时，求面积的最大值．
(3)直线OQ与线段BC相交于点E，当与相似时，求点Q的坐标．

【答案】(1)抛物线的表达式为：；(2)有最大值，当时，其最大值为；(3)点或．
【详解】
解：(1)函数的表达式为：，将点D坐标代入上式并解得：，
故抛物线的表达式为：…①；
(2)设直线PD与y轴交于点G，设点，

将点P、D的坐标代入一次函数表达式：并解得：
直线PD的表达式为：，则，
，
∵，故有最大值，当时，其最大值为；
(3)∵，∴，
∵，故与相似时，分为两种情况：
①当时，
，，，
过点A作AH⊥BC与点H，

，解得：，
则，则，
则直线OQ的表达式为：…②，
联立①②并解得：(舍去负值)，
故点
②时，
，
则直线OQ的表达式为：…③，
联立①③并解得：，
故点；
综上，点或．
15．（2018·四川中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？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．

【答案】（1）抛物线的解析式是y=x2+x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为；（3）存在点P（1，6）．
【详解】
（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
，解得，
抛物线的解析式是y=x2+x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD=MC，
联立方程组 ，
解得（不符合题意，舍），，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC=，
|MB﹣MD|取最大值为；
（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在Rt△BEC中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在Rt△ACO中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点P作PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°，
设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0）
①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴，即，
∴，
解得x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴，
即=3，
∴，
解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，
综上所述，存在点P（1，6）．
16．（2019·湖南中考真题）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.
【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.