2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题4二次函数与相似问题（原卷版+解析）

这是一份2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题4二次函数与相似问题（原卷版+解析），共78页。


函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。

相似三角形常见的判定方法：
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据，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．
如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．
应用判定定理“两角法”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“三边法”解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．
还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．
【例1】 (2023•贵港）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，3）和B（，﹣）两点，直线AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方的抛物线上的一个动点，PD⊥x轴交AB于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若PE∥x轴交AB于点E，求PD+PE的最大值；
（3）若以A，P，D为顶点的三角形与△AOC相似，请直接写出所有满足条件的点P，点D的坐标．
【例2】． (2023•衡阳）如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．
（1）写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；
（2）若直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；
（3）P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【例3】． (2023•桂林）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）求CP+PQ+QB的最小值；
（3）过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．
【例4】 (2023•玉林）如图，已知抛物线：y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于点A，B（2，0）（A在B的左侧），与y轴交于点C，对称轴是直线x＝，P是第一象限内抛物线上的任一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；
（3）过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．
1． (2023秋•兴城市期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，D为第一象限抛物线上的动点，连接AC，BC，DA，DB，DB与AC相交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，设△ADE的面积为S1，△BCE的面积为S2，当S1＝S2+5时，求点D的坐标；
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，点M是直线CF上的一点，MN⊥CF交抛物线于点N，是否存在以C，M，N为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
2． (2023秋•郴州期末）已知抛物线y＝x2﹣3x+与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）如图1，若点D是抛物线上在第四象限的点，连接DA并延长，交y轴于点P，过点D作DE⊥x轴于点E．当△APO与△ADE的面积比为＝时．求点D的坐标；
（3）如图2，抛物线与y轴相交于点F．若点Q是线段OF上的动点，过点Q作与x轴平行的直线交抛物线于M，N两点（点M在点N的左边）．请问是否存在以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3． (2023秋•长垣市期末）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴、y轴分别交于点B（6，0）和点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为m，连接PB、PC，当△PBC的面积为时，求m值；
（3）如图2，点M是线段OB上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线BC和抛物线交于D，E两点，是否存在以C，D，E为顶点的三角形与△BDM相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
4． (2023秋•邹城市期末）如图，已知抛物线y＝x2+2x的顶点为A，直线y＝x+2与抛物线交于B，C两点．
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；
（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．
5． (2023秋•攸县期末）如图，已知直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D．
（1）若抛物线的解析式为y＝﹣2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N．
①求点M和点N的坐标；
②在抛物线的对称轴上找一点Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，请直接写出点Q的坐标；
③是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；
（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
6． (2023•禹城市模拟）如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）P是抛物线在第一象限上的一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若抛物线上有一点D（点D位于直线AC的上方且不与点B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接写出点D的坐标．
7． (2023•祥云县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C（0，3），点M是该抛物线上第一象限内的一个动点，ME垂直x轴于点E，交线段BC于点D，MN∥x轴，交y轴于点N．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）若四边形MNOE是正方形，求该正方形的边长；
（3）连结OD，AC，抛物线上是否存在点M，使得以C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
8． (2023•松江区校级模拟）如图，抛物线y＝x2﹣bx+c过点B（3，0），C（0，﹣3），D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式以及顶点坐标；
（2）连接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；
（3）点C关于抛物线y＝x2﹣bx+c对称轴的对称点为E点，连接BE，直线BE与对称轴交于点M，在（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一点，是否存在点P使△CDB和△BMP相似，若存在，求点P坐标，若不存在，请说明理由．
9． (2023•平江县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，设四边形PBOC和△AOC的面积分别为S四边形PBOC和S△AOC，记S＝S四边形PBOC﹣S△AOC，求S最大值点P的坐标及S的最大值；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10． (2023•莱州市一模）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+c经过点A（4，3），顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，连接PO．
（1）求抛物线的表达式，并求出顶点B的坐标；
（2）试证明：经过点O的⊙P与直线l相切；
（3）如图②，已知点C的坐标为（1，2），是否存在点P，使得以点P，O及（2）中的切点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
11． (2023•巩义市模拟）已知，二次函数y＝ax2+bx﹣3 的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于C点，点A的坐标为（﹣1，0），且 OB＝OC．
（1）求二次函数的解析式；
（2）当0≤x≤4 时，求二次函数的最大值和最小值分别为多少？
（3）设点C'与点C关于该抛物线的对称轴对称．在y轴上是否存在点P，使△PCC'与△POB相似，且PC与PO是对应边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
12． (2023•澄迈县模拟）在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标；
（2）设该抛物线上一动点P的横坐标为t．
①在图1中，当﹣3＜t＜0时，求△PBO的面积S与t的函数关系式，并求S的最大值；
②在图2中，若点P在该抛物线上，点E在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；
③在图3中，若P是y轴左侧该抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
13． (2023•丰南区二模）如图①、②，在平面直角坐标系中，一边长为2的等边三角板CDE恰好与坐标系中的△OAB重合，现将三角板CDE绕边AB的中点G（G点也是DE的中点），按顺时针方向旋转180°到△C′ED的位置．
（1）直接写出C′的坐标，并求经过O、A、C′三点的抛物线的解析式；
（2）点P在第四象限的抛物线上，求△C′OP的最大面积；
（3）如图③，⊙G是以AB为直径的圆，过B点作⊙G的切线与x轴相交于点F，抛物线上是否存在一点M，使得△BOF与△AOM相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
14． (2023•莱芜区三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝x2+bx+c的图象经过A和点C（0，﹣3）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第一象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD下方抛物线上一个动点，过点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求出线段FP的长度；若不存在，请说明理由．
15． (2023•临清市三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），且与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧，与y轴相交于点C，点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动，点F在抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称，作矩形EFGH，其中点G，H都在x轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）设点F横坐标为m，
①用含有m的代数式表示点E的横坐标为 （直接填空）；
②当矩形EFGH为正方形时，求点G的坐标；
③连接AD，当EG与AD垂直时，求点G的坐标；
（3）过顶点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FP⊥AD于点P，直接写出△DFP与△DAM相似时，点F的坐标．
16． (2023•成都模拟）如图①，已知抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k交x轴于A，B两点，交y轴于点C，P是抛物线上的动点，且满足OB＝3OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在第一象限，直线y＝x+b经过点P且与直线BC交于点E，设点P的横坐标为t，当线段PE的长度随着t的增大而减小时，求t的取值范围；
（3）如图②，过点A作BC的平行线m，与抛物线交于另一点D．点P在直线m上方，点Q在线段AD上，若△CPQ与△AOC相似，且点P与点O是对应点，求点P的坐标．
17． (2023•东莞市校级一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A，右交点为B，与y轴的交点为C，对称轴为直线l，对于抛物线上的两点（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点，过点M作MN⊥AC于点N，求线段MN的最大值，并求出此时点M的坐标；
（3）点P是直线l右侧抛物线上的一点，PQ⊥l于点Q，AP交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PQF与△ACO相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
18． (2023•碑林区校级模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，若C（0，2）．
（1）请直接写出A、B的坐标；
（2）求经过A、B、C三点的抛物线表达式；
（3）l为抛物线对称轴，P是直线l右侧抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．
挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题4二次函数与相似问题
函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。

相似三角形常见的判定方法：
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据，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．
如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．
应用判定定理“两角法”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“三边法”解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．
还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．
【例1】 (2023•贵港）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，3）和B（，﹣）两点，直线AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方的抛物线上的一个动点，PD⊥x轴交AB于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若PE∥x轴交AB于点E，求PD+PE的最大值；
（3）若以A，P，D为顶点的三角形与△AOC相似，请直接写出所有满足条件的点P，点D的坐标．
【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）先求出点C的坐标，然后证明Rt△DPE∽Rt△AOC，再由二次函数的最值性质，求出答案；
（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：当△AOC∽△APD时；当△AOC∽△DAP时；分别求出两种情况的点的坐标，即可得到答案．
【解析】（1）将A（0，3）和B（，﹣）代入y＝﹣x2+bx+c，
，
解得，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+n，把A（0，3）和B（，﹣）代入，
，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
当y＝0时，﹣x+3＝0，
解得：x＝2，
∴C点坐标为（2，0），
∵PD⊥x轴，PE∥x轴，
∴∠ACO＝∠DEP，
∴Rt△DPE∽Rt△AOC，
∴，
∴PE＝PD，
∴PD+PE＝PD，
设点P的坐标为（a，﹣a2+2a+3），则D点坐标为（a，﹣a+3），
∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣（a﹣）2+，
∴PD+PE＝﹣（a﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当a＝时，PD+PE有最大值为；
（3）①当△AOC∽△APD时，
∵PD⊥x轴，∠DPA＝90°，
∴点P纵坐标是3，横坐标x＞0，
即﹣x2+2x+3＝3，解得x＝2，
∴点D的坐标为（2，0）；
∵PD⊥x轴，
∴点P的横坐标为2，
∴点P的纵坐标为：y＝﹣22+2×2+3＝3，
∴点P的坐标为（2，3），点D的坐标为（2，0）；
②当△AOC∽△DAP时，
此时∠APG＝∠ACO，
过点A作AG⊥PD于点G，
∴△APG∽△ACO，
∴，
设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），则D点坐标为（m，﹣m+3），
则，
解得：m＝，
∴D点坐标为（，1），P点坐标为（，），
综上，点P的坐标为（2，3），点D的坐标为（2，0）或P点坐标为（，），D点坐标为（，1）．
【例2】 (2023•衡阳）如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．
（1）写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；
（2）若直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；
（3）P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，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）令x＝0和翻折的性质可得C（0，2），令y＝0可得点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出图象W的解析式；
（2）利用数形结合找出当y＝﹣x+b经过点C或者y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，直线y＝﹣x+b与新图象恰好有三个不同的交点，①当直线y＝﹣x+b经过点C（0，2）时，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出b值；②当y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，联立一次函数解析式和抛物线解析式，利用根的判别式Δ＝0，即可求出b值．综上即可得出结论；
（3）先确定△BOC是等腰直角三角形，分三种情况：∠CNM＝90°或∠MCN＝90°，分别画图可得结论．
【解析】（1）当x＝0时，y＝﹣2，
∴C（0，2），
当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，
（x﹣2）（x+1）＝0，
∴x1＝2，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（2，0），
设图象W的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣2），
把C（0，2）代入得：﹣2a＝2，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，
∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为：y＝﹣x2+x+2（﹣1＜x＜2）；
（2）由图象得直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点时，存在两种情况：
①当直线y＝﹣x+b过点C时，与图象W有三个交点，此时b＝2；
②当直线y＝﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时，如图1，
﹣x+b＝﹣x2+x+2，
x2﹣2x+b﹣2＝0，
Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（b﹣2）＝0，
∴b＝3，
综上，b的值是2或3；
（3）∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
如图2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，
∵PN∥y轴，
∴P（1，0）；
如图3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，
当y＝2时，x2﹣x﹣2＝2，
x2﹣x﹣4＝0，
∴x1＝，x2＝，
∴P（，0）；
如图4，当∠MCN＝90°时，△OBC∽△CMN，
∴CN的解析式为：y＝x+2，
∴x+2＝x2﹣x﹣2，
∴x1＝1+，x2＝1﹣（舍），
∴P（1+，0），
综上，点P的坐标为（1，0）或（，0）或（1+，0）．
【例3】 (2023•桂林）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）求CP+PQ+QB的最小值；
（3）过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．
【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；
（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP是平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6；
（3）由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，设Q（，t），则P（，t+1），M（0，t+1），N（，0），知BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，①当＝时，＝，可解得Q（，）或（，）；②当＝时，＝，得Q（，）．
【解析】（1）在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；
（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，如图：
∵CC'＝PQ，CC'∥PQ，
∴四边形CC'QP是平行四边形，
∴CP＝C'Q，
∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，
∵B，Q，C'共线，
∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，
∵C（0，4），CC'＝PQ＝1，
∴C'（0，3），
∵B（4，0），
∴BC'＝＝5，
∴BC'+PQ＝5+1＝6，
∴CP+PQ+BQ最小值为6；
（3）如图：
由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，
设Q（，t），则P（，t+1），M（0，t+1），N（，0），
∵B（4，0），C（0，4）；
∴BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，
∵∠CMP＝∠QNB＝90°，
∴△CPM和△QBN相似，只需＝或＝，
①当＝时，＝，
解得t＝或t＝，
∴Q（，）或（，）；
②当＝时，＝，
解得t＝或t＝（舍去），
∴Q（，），
综上所述，Q的坐标是（，）或（，）或（，）．
【例4】 (2023•玉林）如图，已知抛物线：y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于点A，B（2，0）（A在B的左侧），与y轴交于点C，对称轴是直线x＝，P是第一象限内抛物线上的任一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；
（3）过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．
【分析】（1）把点B（2，0）代入y＝﹣2x2+bx+c中，再由对称轴是直线x＝列方程，两个方程组成方程组可解答；
（2）当△POD是等边三角形时，点P在OD的垂直平分线上，所以作OD的垂直平分线与抛物线的交点即为点P，计算OD≠PD，可知△POD不可能是等边三角形；
（3）分种情况：①当PC∥x轴时，△CPM∽△BHM时，根据PH的长列方程可解答；②②如图3，△PCM∽△BHM，过点P作PE⊥y轴于E，证明△PEC∽△COB，可得结论．
【解析】（1）由题意得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+2x+4；
（2）△POD不可能是等边三角形，理由如下：
如图1，取OD的中点E，过点E作EP∥x轴，交抛物线于点P，连接PD，PO，
∵C（0，4），D是OD的中点，
∴E（0，1），
当y＝1时，﹣2x2+2x+4＝1，
2x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x1＝，x2＝（舍），
∴P（，1），
∴OD≠PD，
∴△POD不可能是等边三角形；
（3）设点P的坐标为（t，﹣2t2+2t+4），则OH＝t，BH＝2﹣t，
分两种情况：
①如图2，△CMP∽△BMH，
∴∠PCM＝∠OBC，∠BHM＝∠CPM＝90°，
∴tan∠OBC＝tan∠PCM，
∴＝＝＝＝2，
∴PM＝2PC＝2t，MH＝2BH＝2（2﹣t），
∵PH＝PM+MH，
∴2t+2（2﹣t）＝﹣2t2+2t+4，
解得：t1＝0，t2＝1，
∴P（1，4）；
②如图3，△PCM∽△BHM，则∠PCM＝∠BHM＝90°，
过点P作PE⊥y轴于E，
∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，
∴∠PCE+∠EPC＝∠PCE+∠BCO＝90°，
∴∠BCO＝∠EPC，
∴△PEC∽△COB，
∴＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍），t2＝，
∴P（，）；
综上，点P的坐标为（1，4）或（，）．
1． (2023秋•兴城市期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，D为第一象限抛物线上的动点，连接AC，BC，DA，DB，DB与AC相交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，设△ADE的面积为S1，△BCE的面积为S2，当S1＝S2+5时，求点D的坐标；
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，点M是直线CF上的一点，MN⊥CF交抛物线于点N，是否存在以C，M，N为顶点的三角形与△BCO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）运用待定系数法将A（4，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，解方程组即可求得答案；
（2）根据题意，当S1＝S2+5，即S△ABD＝S△ABC+5，设D（x，y），表示出△ABD和△ABC的面积，列方程求解即可；
（3）分情况讨论，列出三角形相似的三种情况，画出相应图形，设M（m，4），则N（m，﹣m2+3m+4），运用相似三角形性质，建立方程求解即可．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，
∴，
解得：，
∴y＝﹣x2+3x+4；
（2）∵抛物线y＝﹣x2+3x+4与y轴交于点C，令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
∵S1＝S2+5，
∴S1+S△AEB＝S2+S△AEB+5，
即S△ABD＝S△ABC+5，
∵A（4，0），B（﹣1，0），
∴AB＝5，
设D（x，y），
∴×5×y＝×5×4+5，
∴y＝6，
∴﹣x2+3x+4＝6，
解得：x1＝1，x2＝2，
∴D1（1，6），D2（2，6）；
（3）设M（m，4），则N（m，﹣m2+3m+4），
①如图2，△BOC∽△NMC，
则＝，
∴＝，
解得：m＝0（舍去），m＝，
经检验，m＝是原方程的解，
∴M（，4）；
②如图3，△BOC∽△CMN，
则＝，
∴＝，
解得：m＝0（舍去），m＝﹣1，
经检验，m＝﹣1是原方程的解，
∴M（﹣1，4）；
③如图4，△BOC∽△NMC，
则＝，
∴＝，
解得：m＝0（舍去），m＝，
经检验，m＝是原方程的解，
∴M（，4）；
④如图5，△BOC∽△CMN，
则＝，
∴＝，
解得：m＝0（舍去），m＝7，
经检验，m＝7是原方程的解，
∴M（7，4）；
综上所述，点M的坐标为（，4）或（﹣1，4）或（，4）或（7，4）．
2． (2023秋•郴州期末）已知抛物线y＝x2﹣3x+与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）如图1，若点D是抛物线上在第四象限的点，连接DA并延长，交y轴于点P，过点D作DE⊥x轴于点E．当△APO与△ADE的面积比为＝时．求点D的坐标；
（3）如图2，抛物线与y轴相交于点F．若点Q是线段OF上的动点，过点Q作与x轴平行的直线交抛物线于M，N两点（点M在点N的左边）．请问是否存在以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）在抛物线解析式中，令y＝0则可求得A、B的坐标；
（2）证明△AOP∽△AED，根据相似三角形面积的比等于对应边的比的平方列比例式可得AE＝2，从而得点D的横坐标为3，代入抛物线的解析式可得点D的坐标；
（3）如图2所示，若以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似，有两种情况，但是∠QAM与∠QAN不可能相等，所以最后只存在一种情况：△AQM∽△NQA，列比例式可得结论．
【解析】（1）当y＝0时，x2﹣3x+＝0，
解得：x1＝1，x2＝5，
∴A（1，0），B（5，0）；
（2）∵DE⊥x轴，
∴∠AED＝90°，
∴∠AOP＝∠AED＝90°，
∵∠OAP＝∠DAE，
∴△AOP∽△AED，
∴＝＝，
∴＝，
∵OA＝1，
∴AE＝2，
∴OE＝3，
当x＝3时，y＝﹣3×3+＝﹣2，
∴D（3，﹣2）；
（3）如图2，设Q（0，m），
当x＝0时，y＝，
∴F（0，），
∵点Q是线段OF上的动点，
∴0≤m≤，
当y＝m时，x2﹣3x+＝m，
x2﹣6x+5﹣2m＝0，
x＝3，
∴x1＝3+，x2＝3﹣，
∴QM＝3﹣，QN＝3+，
在Rt△AOQ中，由勾股定理得：AQ＝，
∵∠AQM＝∠AQN，
∴当△AQM和△AQN相似只存在一种情况：△AQM∽△NQA，
∴，
∴AQ2＝NQ•QM，即1+m2＝（3+）（3﹣），
解得：m1＝﹣1+，m2＝﹣1﹣（舍），
∴Q（0，﹣1+）．
3． (2023秋•长垣市期末）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴、y轴分别交于点B（6，0）和点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为m，连接PB、PC，当△PBC的面积为时，求m值；
（3）如图2，点M是线段OB上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线BC和抛物线交于D，E两点，是否存在以C，D，E为顶点的三角形与△BDM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）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出该抛物线的函数关系式；
（2）根据点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为m，表示PH的长，根据三角形的面积列方程解出即可得出结论；
（3）先根据两三角形相似判断出∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，进而分两种情况讨论即可得出结论．
【解析】（1）把点B（6，0）和点C（0，﹣3）代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）设直线BC的解析式为：y＝ax+n，
由点B（6，0）和C（0，﹣3）得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点H，
∵点P的坐标为（m，），PH∥y轴，
∴点H的坐标为（m，），
∴PH＝yH﹣yP＝﹣（）＝﹣，
xB﹣xC＝6﹣0＝6，
∵S△PBC＝PH×6＝（﹣）×6＝﹣＝，
解得：m1＝1，m2＝5，
∴m值为1或5；
（3）如图2，∵∠CDE＝∠BDM，△CDE与△BDM相似，
∴∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，
设M（x，0），
①当∠CED＝∠BDM＝90°，
∴CE∥AB，
∵C（0，﹣3），
∴点E的纵坐标为﹣3，
∵点E在抛物线上，
∴x2﹣x﹣3＝﹣3．
∴x＝0（舍）或x＝5，
∴M（5，0）；
②当∠DCE＝∠DMB＝90°，
∵OB＝6，OC＝3，
∴BC＝＝3，
由（2）知直线BC的关系式为y＝x﹣3，
∴OM＝x，BM＝6﹣x，DM＝3﹣x，
由（2）同理得ED＝﹣+3x，
∵DM∥OC，
∴，即，
∴CD＝，
∴BD＝BC﹣CD＝﹣x，
∵△ECD∽△BMD，
∴，即＝，
∴＝x（3﹣x）2，
x（6﹣x）（1﹣x）＝0，
x1＝0（舍），x2＝6（舍），x3＝1，
∴M（1，0）；
综上所述：点M的坐标为（5，0）或（1，0）．
4． (2023秋•邹城市期末）如图，已知抛物线y＝x2+2x的顶点为A，直线y＝x+2与抛物线交于B，C两点．
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；
（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将抛物线配方后可得顶点A的坐标，将抛物线和一次函数的解析式联立方程组，解出可得B和C的坐标；
（2）先根据两点的距离计算AB、BC、AC的长，根据勾股定理的逆定理可得：∠ABC＝90°，最后根据两边的比相等且夹角为90度得两三角形相似；
（3）存在，设M（x，0），则P（x，x2+2x），表示OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，分两种情况：有＝或＝，根据比例式代入可得对应x的值，计算点P的坐标即可．
【解答】（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴顶点A（﹣1，﹣1）；
由，解得：或
∴B（﹣2，0），C（1，3）；
（2）证明：∵A（﹣1，﹣1），B（﹣2，0），C（1，3），
∴AB＝＝，
BC＝＝3，
AC＝＝2，
∴AB2+BC2＝AC2，＝＝，
∴∠ABC＝90°，
∵OD＝1，CD＝3，
∴＝，
∴，∠ABC＝∠ODC＝90°，
∴△ODC∽△ABC；
（3）存在这样的P点，
设M（x，0），则P（x，x2+2x），
∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，
当以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似时，
有＝或＝，
由（2）知：AB＝，CB＝3，
①当＝时，则＝，
当P在第二象限时，x＜0，x2+2x＞0，
∴，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，
当P在第三象限时，x＜0，x2+2x＜0，
∴＝，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，
②当＝时，则＝3，
同理代入可得：x＝﹣5或x＝1（舍），
综上所述，存在这样的点P，坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣5，15）．
5． (2023秋•攸县期末）如图，已知直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D．
（1）若抛物线的解析式为y＝﹣2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N．
①求点M和点N的坐标；
②在抛物线的对称轴上找一点Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，请直接写出点Q的坐标；
③是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；
（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①函数的对称轴为：x＝﹣＝，故点M（，），即可求解；
②设抛物线与x轴左侧的交点为R（﹣1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，即可求解；
③四边形MNPD为菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故点P（，1），而PN＝＝≠MN，即可求解；
（2）分∠DBP为直角、∠BDP为直角两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）①函数的对称轴为：x＝﹣＝，故点M（，），
当x＝时，y＝﹣2x+4＝3，故点N（，3）；
②设抛物线与x轴左侧的交点为R（﹣1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，
连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，
将R、B的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：
直线RB的表达式为：y＝4x+4，
当x＝时，y＝6，
故点Q（，6）；
③不存在，理由：
设点P（x，﹣2x+4），则点D（x，﹣2x2+2x+4），
MN＝﹣3＝，
四边形MNPD为菱形，首先PD＝MN，
即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），
故点P（，1），而PN＝＝≠MN，
故不存在点P，使四边形MNPD为菱形；
（2）当点P的横坐标为1时，则其坐标为：（1，2），此时点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，4），
①当∠DBP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似，
则∠BAO＝∠BDP＝α，tan∠BAO＝＝2＝tanα，则sinα＝，
PA＝，PB＝AB﹣PA＝2﹣＝，
则PD＝＝，故点D（1，）；
②当∠BDP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似，
则BD∥x轴，则点B、D关于抛物线的对称轴对称，故点D（1，4），
综上，点D的坐标为：（1，4）或（1，），
将点A、B、D的坐标代入抛物线表达式：y＝ax2+bx+c并解得：
y＝﹣2x2+2x+4或y＝﹣x2+3x+4．
6． (2023•禹城市模拟）如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）P是抛物线在第一象限上的一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若抛物线上有一点D（点D位于直线AC的上方且不与点B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接写出点D的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）设P（t，﹣t2+t﹣2），则M（t，0），1＜t＜4，分两种情况讨论：①当∠PAM＝∠OAC时，tan∠OAC＝tan∠MAP，可求P（2，1）；②当∠PAM＝∠OCA时，tan∠OAC＝tan∠APM，此时P点坐标不存在；
（3）求出直线AC的解析式为y＝x﹣2，再求出过点B作直线AC的平行线y＝x﹣，联立方程组，即可求D点坐标．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
将A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+x﹣2；
（2）存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似，理由如下：
设P（t，﹣t2+t﹣2），则M（t，0），1＜t＜4，
∴PM＝﹣t2+t﹣2，
∵A（4，0），
∴AM＝4﹣t，
∴tan∠MAP＝，
∵C（0，﹣2），
∴OC＝2，OA＝4，
∴tan∠OAC＝，
①当∠PAM＝∠OAC时，＝，
解得t＝2或t＝4（舍），
∴P（2，1）；
②当∠PAM＝∠OCA时，＝2，
解得t＝4（舍）或t＝5（舍），
∴此时P不存在；
综上所述：P点坐标为（2，1）；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线AC的解析式为y＝x﹣2，
过点B作直线AC的平行线y＝x+m，
∴+m＝0，
∴m＝﹣，
∴y＝x﹣，
联立方程组，
解得（舍）或，
∴D（3，1）．
7． (2023•祥云县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C（0，3），点M是该抛物线上第一象限内的一个动点，ME垂直x轴于点E，交线段BC于点D，MN∥x轴，交y轴于点N．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）若四边形MNOE是正方形，求该正方形的边长；
（3）连结OD，AC，抛物线上是否存在点M，使得以C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据点A，B，C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；
（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），利用正方形的性质可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（3）利用点C，点A，B的坐标可得出AB，BC的值，由OB＝OC＝3可得出∠OCD＝∠ABC＝45°，进而可得出存在两种情况，过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，则△CDF为等腰直角三角形，①当△OCD∽△ABC时，利用相似三角形的性质可求出CD的长度，进而可得出DF的长度，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标；②当△DCO∽△ABC时，用相似三角形的性质可求出CD的长度，进而可得出DF的长度，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标．综上，此题得解．
【解析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3）．
∵四边形MNOE为正方形，
∴x＝﹣x2+2x+3，
解得：x1＝，x2＝（舍去），
∴MN＝，
∴该正方形的边长为；
（3）∵点C的坐标为（0，3）．点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AB＝4，BC＝3．
∵OB＝OC＝3，
∴∠OCD＝∠ABC＝45°．
∴存在两种情况．
过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，则△CDF为等腰直角三角形，如图所示．
①当△OCD∽△ABC时，，即，
∴CD＝，
∴DF＝CF＝，
∴点M的坐标为（，）；
②当△DCO∽△ABC时，，即，
∴CD＝2，
∴DF＝CF＝2，
∴点M的坐标为（2，3）．
综上所述：抛物线上存在点M，使得以点C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，点M的坐标为（，）或（2，3）．
8． (2023•松江区校级模拟）如图，抛物线y＝x2﹣bx+c过点B（3，0），C（0，﹣3），D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式以及顶点坐标；
（2）连接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；
（3）点C关于抛物线y＝x2﹣bx+c对称轴的对称点为E点，连接BE，直线BE与对称轴交于点M，在（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一点，是否存在点P使△CDB和△BMP相似，若存在，求点P坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点B、C的坐标代入y＝x2﹣bx+c，即可得到抛物线的解析式，然后利用配方法可求得抛物线的顶点坐标；
（2）求得BC，CD，DB的长，根据勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，利用锐角三角函数的定义求解即可；
（3）根据二次函数的对称性得E（2，﹣3），可得直线BE为y＝3x﹣9，则M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°时，②∠MBP＝∠BCD＝90°时，根据相似三角形的性质即可求解．
【解析】（1）将点B、C的坐标代入抛物线表达式得：
，解得，
故抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4）；
（2）如图．
∵B（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4），
∴BC2＝32+32＝18，BC＝＝3，
CD2＝12+（4﹣3）2＝2，CD＝，
BD2＝42+（3﹣1）2＝20，BD＝2，
∴BD2＝BC2+CD2，
∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，
∴tan∠CBD＝＝＝；
（3）∵点C关于抛物线y＝x2﹣2x﹣3对称轴的对称点为E点，y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，
∴E（2，﹣3），
∵B（3，0），
∴直线BE为y＝3x﹣9，
∴M（1，﹣6），
由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，
若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：
①∠MPB＝∠BCD＝90°时，点P在x轴上，
∵M（1，﹣6），B（3，0），
∴PM＝6，BP＝2，
∴，
∴＝，
∵∠MPB＝∠BCD＝90°，
∴△CDB和△PBM，
∴P（1，0）；
②∠MBP＝∠BCD＝90°时，
∵M（1，﹣6），B（3，0），
∴MB＝＝2，
∵△CDB和△BPM，
∴，
∴，解得PM＝，
∴点MP的纵坐标为﹣6＝，
∴P（1，）．
综上所述，存在，点P的坐标为（1，0）或（1，）．
9． (2023•平江县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，设四边形PBOC和△AOC的面积分别为S四边形PBOC和S△AOC，记S＝S四边形PBOC﹣S△AOC，求S最大值点P的坐标及S的最大值；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求解；
（2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，﹣t2+3t+8），则G（t，﹣t+8），PG＝﹣t2+4t，分别求出S△AOC＝8，S△BOC＝32，S△BCP＝﹣2t2+16t，则S＝S四边形PBOC﹣S△AOC＝﹣2（t﹣4）2+56，即可求解；
（3）先证明△BCD是等腰直角三角形，求出E（3，5），设M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），分三种情况讨论：①当∠NME＝90°，ME＝MN时，△OBC∽△MNE，则m＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，可求M（3，8）；当∠MEN＝90°，EN＝ME时，△MNE∽△BOC，5＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，求得M（3，5+）；③当∠MNE＝90°，MN＝EN时，△MNE∽△BOC，过点N作NH⊥l交于H，由①M与E点关于H点对称，可求M（3，11）．
【解析】（1）将点A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+3x+8；
（2）令x＝0，则y＝8，
∴C（0，8），
∴S△AOC＝×2×8＝8，S△BOC＝×8×8＝32，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴yx+8，
过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，﹣t2+3t+8），则G（t，﹣t+8），
∴PG＝﹣t2+4t，
∴S△BCP＝×8×（﹣t2+4t）＝﹣2t2+16t，
∴S四边形PBOC＝S△BOC+S△BCP＝32﹣2t2+16t，
∴S＝S四边形PBOC﹣S△AOC＝﹣2t2+16t+24＝﹣2（t﹣4）2+56，
∵点P是第一象限，
∴0＜t＜8，
∴当t＝4时，S有最大值56，
此时P（4，12）；
（3）∵OB＝OC＝8，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+8，
∴E（3，5），
设M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），
①当∠NME＝90°，ME＝MN时，△OBC∽△MNE，
∴MN∥x轴，
∴m＝﹣n2+3n+8，
∵ME＝m﹣5，MN＝n﹣3，
∴m﹣5＝n﹣3，
∴n＝6或n＝﹣2，
∵n＞1，
∴n＝6，
∴m＝8，
∴M（3，8）；
②存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：
当∠MEN＝90°，EN＝ME时，△MNE∽△BOC，
∴ME＝m﹣5，EN＝n＝3，
∴MN∥x轴，
∴5＝﹣n2+3n+8，
∴m﹣5＝n﹣3，
∴n＝3+或n＝3﹣，
∵n＞1，
∴n＝3+，
∴m＝5+，
∴M（3，5+）；
③当∠MNE＝90°，MN＝EN时，△MNE∽△BOC，
过点N作NH⊥l交于H，
由①可知H（3，8），
∵M与E点关于H点对称，
∴M（3，11）；
综上所述：点M的坐标为（3，8）或（3，5+）或（3，11）．
10． (2023•莱州市一模）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+c经过点A（4，3），顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，连接PO．
（1）求抛物线的表达式，并求出顶点B的坐标；
（2）试证明：经过点O的⊙P与直线l相切；
（3）如图②，已知点C的坐标为（1，2），是否存在点P，使得以点P，O及（2）中的切点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）过P作PH⊥l，垂足为H，求出OP、PH，可得PO＝PH，即可解决问题；
（3）以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，易知PH与BC，PO与AC是对应边，可得，由此构建方程即可解决问题．
【解答】（1）解：∵抛物线y＝x2+c经过点A（4，3），
∴3＝4+c，
∴c＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣1，顶点B（0，﹣1）；
（2）证明：过P作PH⊥l，垂足为H，
设点P坐标（m，m2﹣1），
∵l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，
∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，PO＝＝m2+1，
∴PO＝PH，即直线l到圆心P的距离等于⊙P的半径，
∴经过点O的⊙P与直线l相切；
（3）解：存在．理由如下：
∵A（4，3），B（0，﹣1），C（1，2），
∴BC＝＝，AC＝＝，AB＝＝4．
∴BC＝AC，
∵PO＝PH，以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，
∴PH与BC，PO与AC是对应边，
∴，
设点P（m，m2﹣1），则H（m，﹣2），
∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，OH＝＝，
∴，
∴×＝m2+4，
解得m＝±1．
∴点P坐标（1，﹣）或（﹣1，﹣）．
11． (2023•巩义市模拟）已知，二次函数y＝ax2+bx﹣3 的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于C点，点A的坐标为（﹣1，0），且 OB＝OC．
（1）求二次函数的解析式；
（2）当0≤x≤4 时，求二次函数的最大值和最小值分别为多少？
（3）设点C'与点C关于该抛物线的对称轴对称．在y轴上是否存在点P，使△PCC'与△POB相似，且PC与PO是对应边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据OB＝OC可得B点的坐标为（3，0），把A、B的坐标代入二次函数y＝ax2+bx﹣3，求出a、b的值即可；
（2）求出二次函数的顶点坐标为（1，﹣4），根据二次函数的性质即可得出答案；
（3）先设出P的坐标，根据相似三角形的性质列出方程，解出方程即可得到点P的坐标．
【解析】（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3 的图象与y轴交于C点，
∴C（0，﹣3）．
∵OB＝OC，点A在点B的左边，
∴B（3，0）．
∵点A的坐标为（﹣1，0），
由题意可得，
解得：，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣2）2﹣4，
∴二次函数顶点坐标为（1，﹣4），
∴当x＝1时，y最小值＝﹣4，
∵当0≤x≤1时，y随着x的增大而减小，
∴当x＝0时，y最大值＝﹣3，
∵当1＜x≤4时，y随着x的增大而增大，
∴当x＝4时，y最大值＝5．
∴当0≤x≤4时，函数的最大值为5，最小值为﹣4；
（3）存在点P，设P（0，m），如图，
∵点C'与点C关于该抛物线的对称轴直线x＝1对称，C（0，﹣3）．
∴C′（2，﹣3）．
∴CC'∥OB，
∵△PCC'与△POB相似，且PC与PO是对应边，
∴，
即：，
解得：m＝﹣0或m＝﹣，
∴存在，P（0，﹣9）或P（0，﹣）．
12． (2023•澄迈县模拟）在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标；
（2）设该抛物线上一动点P的横坐标为t．
①在图1中，当﹣3＜t＜0时，求△PBO的面积S与t的函数关系式，并求S的最大值；
②在图2中，若点P在该抛物线上，点E在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；
③在图3中，若P是y轴左侧该抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①求出直线BO的解析式，过点P作PG⊥x轴交BO于点G，可得E（t，﹣t）再由S＝﹣（t+）2+，即可求解；
②设E（﹣1，m），根据平行四边形对角线的情况，分三种情况讨论：当AO为平行四边形的对角线时，当AP为平行四边形的对角线时，当AE为平行四边形的对角线时；利用中点坐标公式求解即可；
③先判断△COB为直角三角形，求出tan∠CBO＝，设P（m，m2+2m）（t＜0），则PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，根据角的情况分两种情况讨论：当∠MPA＝∠OBC时，＝，P（﹣3，3）；当∠PAM＝∠OBC时，＝，P（﹣，﹣）．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，
将A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，
∴，
解得，
∴y＝x2+2x，
∴C（﹣1，﹣1）；
（2）①∵P的横坐标为t，
∴P（t，t2+2t），
设直线BO的解析式为y＝kx，
∴﹣3k＝3，
∴k＝﹣1，
∴y＝﹣x，
过点P作PG⊥x轴交BO于点G，
∴E（t，﹣t）
∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，
∴S＝×3×（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）2+，
∵﹣3＜t＜0，
∴t＝﹣时，S有最大值；
②∵y＝x2+2x，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设E（﹣1，m），
当AO为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴P（﹣1，﹣1）；
当AP为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴P（1，3）；
当AE为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴P（﹣3，3）；
综上所述：P点坐标为（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；
（3）存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：
∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），
∴BO＝3，OC＝，BC＝2，
∴BO2+CO2＝BC2，
∴△COB为直角三角形，∠BOC＝90°，
∴tan∠CBO＝＝，
∵PM⊥AM，
∴∠BOC＝∠PMA，
设P（m，m2+2m）（t＜0），
∴PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，
当∠MPA＝∠OBC时，＝，
解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣3，
∴P（﹣3，3）；
当∠PAM＝∠OBC时，＝，
解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣，
∴P（﹣，﹣）；
综上所述：P点坐标为（﹣3，3）或（﹣，﹣）．
13． (2023•丰南区二模）如图①、②，在平面直角坐标系中，一边长为2的等边三角板CDE恰好与坐标系中的△OAB重合，现将三角板CDE绕边AB的中点G（G点也是DE的中点），按顺时针方向旋转180°到△C′ED的位置．
（1）直接写出C′的坐标，并求经过O、A、C′三点的抛物线的解析式；
（2）点P在第四象限的抛物线上，求△C′OP的最大面积；
（3）如图③，⊙G是以AB为直径的圆，过B点作⊙G的切线与x轴相交于点F，抛物线上是否存在一点M，使得△BOF与△AOM相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据等边三角形的性质求出点C'的坐标，根据二次函数经过A（2，0），O（0，0），设出二次函数的交点式，将C'代入，求出二次函数解析式；
（2）过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接OC'，求出OC'的表达式，将P点的横坐标为m，则过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接PC'，OP，设OC'的表达式为：y＝kx，可得OC'的表达式为y＝x，设P点的横坐标为m，则P（m，m2﹣m），Q（m，m），PQ＝﹣m2+m，故S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，即可得当m＝时，△C'OP的最大面积为；
（3）根据三角形相似的判定，分3种情况，找出点M的位置，求出坐标即可．
【解析】（1）过点C'作C′M⊥x轴，垂足为M，如图：
∵由题意可知△OAB和△C′DE是等边三角形，
∴∠BAO＝∠BAC'＝60°，AO＝AC'＝2，
∴∠C'AM＝180°﹣∠BAO﹣∠BAC'＝60°，
∴C'M＝AC'•sin∠C'AM＝2sin60°＝，AM＝AC'•cs∠C'AM＝2cs60°＝1，
∴OM＝OA+AM＝2+1＝3，
∴C'（3，），
∵A（2，0），O（0，0）在抛物线上，故设抛物线的解析式y＝ax（x﹣2），
∴将C'（3，）代入得3a＝，
解得a＝，
∴y＝x2﹣x；
（2）过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接PC'，OP，如图：
设OC'的表达式为：y＝kx，由（1）知C'（3，），
∴＝3k，
解得k＝，
∴OC'的表达式为y＝x，
设P点的横坐标为m，则有：P（m，m2﹣m），Q（m，m），
∴PQ＝﹣m2+m，
∴S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，△C'OP的最大面积为；
（3）抛物线上存在一点M，使得△BOF与△AOM相似，理由如下：
∵BF与⊙G相切，
∴∠ABF＝90°，
∵∠BAF＝60°，AB＝OA＝2，
∴AF＝4，OF＝2，
∵∠BOF＝180°﹣∠BOA＝120°，
∴△BOF为顶角为120°的等腰三角形
①AO＝AM＝2时，点M与点C'重合，如图：
此时∠OAC’＝120°，
∴∠BOF＝∠OAC'，＝，
∴△BOF∽△MAO，
此时M（3，）；
②OA＝OM＝2时，点M与点C'关于抛物线对称轴直线x＝1对称，如图：
由对称性可知，此时∠AOM＝120°，
∴△BOF∽△AOM，
∴M；
③MO＝MA时，点M为抛物线顶点（1，），
此时tan∠AOM＝，
∴∠AOM＝30°，
∴∠AOM＝∠OAM＝30°＝∠BFO＝∠FBO，
∴△BOF∽AMO，
∴M（1，﹣），
综上所述，M的坐标为：（3，），（﹣1，），（1，﹣）．
14． (2023•莱芜区三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝x2+bx+c的图象经过A和点C（0，﹣3）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第一象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD下方抛物线上一个动点，过点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求出线段FP的长度；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由一次函数解析式求得A点坐标，再待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）由平移的性质可得四边形ACED是平行四边形；设点D（a，a2﹣2a﹣3）根据坐标的平移规律可得E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），将点E代入一次函数求得a即可解答；
（3）由PF∥y轴，可得∠OCM＝∠CFP，则∠CFP≠90°，①△COM∽△FPC时，过点D作DG⊥y轴于G，则，由二次函数的对称性可得PC＝2，由tan∠CFP＝tan∠DCG即可解答；②△COM∽△FCP时，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥PF于H，解Rt△CHF和Rt△CHP可得，由C、D坐标可得lCD：y＝2x﹣3，设P（n，n2﹣2n+3），F（n，2n﹣3），则PF＝﹣n2+4n，由建立方程求得n值即可解答
【解析】（1）由y＝﹣x+3，令y＝0，则﹣x+3＝0，
解得x＝3，
∴A（3，0），
将C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得c＝﹣3，
将A（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得b＝﹣2，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由平移性质可得DE＝AC，DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴CE＝AD，CE∥AD，
设点D（a，a2﹣2a﹣3），
∵点A（3，0）向下平移3个单位，再向左平移3个单位可以得到点C（0，﹣3），
∴点D向下平移3个单位，再向左平移3个单位可以得到点E，
∴E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），
将点E坐标代入y＝﹣x+3，得：3﹣a+3＝a2﹣2a﹣6，
解得a1＝﹣3（不符合题意舍去），a2＝4，
把a＝4代入y＝x2﹣2x﹣3，y＝5，
∴D（4，5）；
（3）∵PF∥y轴，
∴∠OCM＝∠CFP，
∴∠CFP≠90°，
①如图，过点D作DG⊥y轴于G，
当∠CPF＝∠COM＝90°时，△COM∽△FPC，
∵y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，PC∥x轴，C（0，﹣3），
∴P（2，﹣3），
∴PC＝2，
∵D（4，5），C（0，﹣3），
∴tan∠DCG＝，
∴tan∠CFP＝，
∴PF＝2CP＝4；
②如图，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥PF于H，
当∠PCF＝∠COM＝90°时，△COM∽△FCP，
∵∠CPF+∠PCH＝90°，∠CPF+∠CFH＝90°
∴∠PCH＝∠CFH＝∠DCG，
∴tan∠PCH＝tan∠CFH＝，
∴PH＝CH，FH＝2CH，
∴PF＝CH，
设直线CD的解析式为y＝kx+m，
∵C（0，﹣3）、D（4，5），
∴，
∴，
∴直线CD的解析式为lCD：y＝2x﹣3，
设P（n，n2﹣2n+3），F（n，2n﹣3），PF＝2n﹣3﹣（n2﹣2n+3）＝﹣n2+4n，
∴﹣n2+4n＝n
即2n2﹣3n＝0，
解得：n＝，n＝0（舍去），
∴PF＝，
综上所述，存在点P，使得以P，C，F为顶点的三角形与△COM相似，此时PF＝4或．
15． (2023•临清市三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），且与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧，与y轴相交于点C，点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动，点F在抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称，作矩形EFGH，其中点G，H都在x轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）设点F横坐标为m，
①用含有m的代数式表示点E的横坐标为 2﹣m （直接填空）；
②当矩形EFGH为正方形时，求点G的坐标；
③连接AD，当EG与AD垂直时，求点G的坐标；
（3）过顶点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FP⊥AD于点P，直接写出△DFP与△DAM相似时，点F的坐标．
【分析】（1）根据顶点D坐标为（1，4）可得二次函数的顶点式，即可求解；
（2）①先解方程﹣x2+2x+3＝0得A（﹣1，0），B（3，0），则1＜m＜3，设E点的横坐标为t，利用E、F到对称性的距离相等得到m﹣1＝1﹣t，求出t即可得到点E的横坐标；
②设F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），则E（2﹣m，﹣m2+2m+3），利用正方形的性质得到FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），然后解方程求出m即可得到G点坐标；
③先证明Rt△GEH∽Rt△DAM，利用相似比得到GH＝2EH，从而得到即m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），然后解方程求出m即可得到G点坐标；
（3）AD交EF于Q，如图，利用△DFP与△DAM相似得到∠1＝∠3，再利用等角的余角相等得到∠1＝∠2，所以∠2＝∠3，于是可判断△FDQ为等腰三角形，即FD＝FQ，接着利用待定系数法求出直线AD的解析式为y＝2x+2，从而可表示出Q（﹣m2+m+，﹣m2+2m+3），则FQ＝（m+1）（m﹣1），而利用两点间的距离公式得到DF2＝（m﹣1）2+（m﹣1）4，于是得到方程（m﹣1）2+（m﹣1）4＝[（m+1）（m﹣1）]2，然后解方程求出m即可得到F点坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x﹣1+4＝﹣x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，则A（﹣1，0），B（3，0），
∴1＜m＜3，
设E点的横坐标为t，
∵m﹣1＝1﹣t，
∴t＝2﹣m，
∴点E的横坐标为2﹣m；
故答案为：2﹣m；
②设F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），则E（2﹣m，﹣m2+2m+3），
∵矩形EFGH为正方形，
∴FG＝FE，
即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），
整理得m2＝5，
解得m1＝﹣（舍去），m2＝，
∴G点坐标为（，0）；
③过点D作DM⊥x轴于M，
∵EG⊥AD，
而DM⊥x轴，
∴∠1＝∠4，
∴Rt△GEH∽Rt△DAM，
∴，即
∴GH＝2EH，
即2m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），
整理得m2﹣m﹣4＝0，解得m1＝（舍去），m2＝，
∴G点坐标为（，0）；
（3）设AD交EF于Q，如图，
∵FP⊥AD，
∴∠DPF＝90°，
∵△DFP与△DAM相似
∴∠1＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠3，
而FP⊥DQ，
∴△FDQ为等腰三角形，
∴FD＝FQ，
设直线AD的解析式为y＝px+q，
把A（﹣1，0），D（1，4）代入得，
解得，
∴直线AD的解析式为y＝2x+2，
当y＝﹣m2+2m+3时，2x+2＝﹣m2+2m+3，解得x＝﹣m2+m+，则Q（﹣m2+m+，﹣m2+2m+3），
∴FQ＝m﹣（﹣m2+m+）＝m2﹣＝（m+1）（m﹣1），
而DF2＝（m﹣1）2+（﹣m2+2m+3﹣4）2＝（m﹣1）2+（m﹣1）4，
∴（m﹣1）2+（m﹣1）4＝[（m+1）（m﹣1）]2，
而m≠1，
∴1+（m﹣1）2＝（m+1）2，
整理得3m2﹣10m+7＝0，解得m1＝1（舍去），m2＝，
∴F点坐标为（，）．
16． (2023•成都模拟）如图①，已知抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k交x轴于A，B两点，交y轴于点C，P是抛物线上的动点，且满足OB＝3OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在第一象限，直线y＝x+b经过点P且与直线BC交于点E，设点P的横坐标为t，当线段PE的长度随着t的增大而减小时，求t的取值范围；
（3）如图②，过点A作BC的平行线m，与抛物线交于另一点D．点P在直线m上方，点Q在线段AD上，若△CPQ与△AOC相似，且点P与点O是对应点，求点P的坐标．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝1，OB＝3OA，可得出：B（3，0），代入解析式即可求得答案；
（2）运用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，过点P作PH∥y轴交BC于点H，过点E作EK⊥PH于点K，如图①，设P（t，﹣t2+2t+3），则H（t，﹣t+3），得出PE＝PK＝﹣（t﹣）2+，运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）先求出直线m的解析式为y＝﹣x﹣1，分情况讨论：当△CPQ∽△AOC时，则＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥PE于点F，可证得△PCE∽△QPF，得出＝＝＝，建立方程求解即可得出答案；当△CPQ∽△COA时，同理可求得点P的坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k的对称轴为直线x＝1，OB＝3OA，
∴OB＝3，OA＝1，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
把B（3，0）代入y＝﹣（x﹣1）2+k，得0＝﹣（3﹣1）2+k，
解得：k＝4，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设P（t，﹣t2+2t+3），
∴t+b＝﹣t2+2t+3，
∴b＝﹣t2+t+3，
∴直线PE的解析式为y＝x﹣t2+t+3，
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
∵B（3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PH∥y轴交BC于点H，过点E作EK⊥PH于点K，如图①，
则H（t，﹣t+3），
∴PH＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，
联立得：，
解得：，
∴E（t2﹣t，﹣t2+t+3），
∴K（t，﹣t2+t+3），
∴EK＝KH＝﹣t2+2t，PK＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t2+t+3）＝﹣t2+t，
∴EK＝2PK，
∵EK⊥PH，
∴PE＝PK＝﹣（t﹣）2+，
∴当t≥时，线段PE的长度随着t的增大而减小，
又∵点P在第一象限，∴0＜t＜3，
∴当线段PE的长度随着t的增大而减小时，≤t＜3；
（3）∵直线m∥BC，
∴设直线m的解析式为y＝﹣x+n，把A（﹣1，0）代入得：1+n＝0，
解得：n＝﹣1，
∴直线m的解析式为y＝﹣x﹣1，
当△CPQ∽△AOC时，
则＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，
过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥PE于点F，
∵P（t，﹣t2+2t+3），C（0，3），
∴E（0，﹣t2+2t+3），
则PE＝|t|，CE＝|t2﹣2t|，
∵∠PEC＝∠QFP＝90°，
∴∠CPE+∠PCE＝90°，
∵∠CPE+∠QPF＝90°，
∴∠PCE＝∠QPF，
∴△PCE∽△QPF，
∴＝＝＝，
∴PF＝3CE＝3（t2﹣2t），QF＝3PE＝3t，
∴EF＝t﹣3（t2﹣2t）＝﹣3t2+7t，QF＝3t，
∴Q（﹣3t2+7t，﹣t2﹣t+3），
把Q（﹣3t2+7t，﹣t2﹣t+3）代入y＝﹣x﹣1，得﹣t2﹣t+3＝﹣（﹣3t2+7t）﹣1，
解得：t＝2或﹣，
∴P（2，3）或（﹣，）；
当△CPQ∽△COA时，
＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，
同理可得：＝＝＝，Q（﹣t2+t，﹣t2+t+3），
代入y＝﹣x﹣1，得﹣t2+t+3＝﹣（﹣t2+t）﹣1，
解得：t＝，
∵点P在直线m上方，
∴﹣1＜t＜4，
∴P（，）或（，）；
综上所述，点P的坐标为（2，3）或（﹣，）或（，）或（，）．
17． (2023•东莞市校级一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A，右交点为B，与y轴的交点为C，对称轴为直线l，对于抛物线上的两点（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点，过点M作MN⊥AC于点N，求线段MN的最大值，并求出此时点M的坐标；
（3）点P是直线l右侧抛物线上的一点，PQ⊥l于点Q，AP交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PQF与△ACO相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用一元二次方程根与系数关系可得：x1+x2＝2k，再结合当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立，可得出k＝1，即可得出答案；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝3x+3，如图1，过点M作MD∥y轴交AC于点D，设M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），则D（t，3t+3），再证得△MDN∽△ACO，得出＝，可得MN＝﹣（t+）2+，运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）设P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），则Q（1，﹣m2+2m+3），过点P作PH⊥x轴于点H，则H（m，0），可证得△PFQ∽△APH，分情况讨论：当点P在x轴上方时，若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，可得P（，）；若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，求得m＝﹣1或0，均不符合题意；当点P在x轴下方时，如图3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，可得P（，﹣）；若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，可得P（6，21）．
【解析】（1）∵（x1，y1），（x2，y2）在抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1上，
∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2k2﹣1，y1＝﹣x12+2kx1+2k2+1，y2＝﹣x22+2kx2+2k2+1，
∴y1﹣y2＝（﹣x12+2kx1+2k2+1）﹣（﹣x22+2kx2+2k2+1）＝（x2﹣x1）（x1+x2﹣2k），
∵当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立，
∴（x2﹣x1）（2﹣2k）＝0，
∵x1＜k＜x2，
∴2﹣2k＝0，
∴k＝1，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）由（1）知：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，得﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
在Rt△AOC中，AC＝＝＝，
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝3x+3，
如图1，过点M作MD∥y轴交AC于点D，
设M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），则D（t，3t+3），
∴MD＝﹣t2+2t+3﹣（3t+3）＝﹣t2﹣t，
∵MN⊥AC，
∴∠MND＝90°＝∠AOC，
∵MD∥OC，
∴∠MDN＝∠ACO，
∴△MDN∽△ACO，
∴＝，即＝，
∴MN＝﹣（t+）2+，
∵＜0，
∴当t＝﹣时，线段MN取得最大值，此时，M（﹣，）；
（3）存在．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），则Q（1，﹣m2+2m+3），过点P作PH⊥x轴于点H，则H（m，0），
∵PQ⊥l，l⊥x轴，
∴PQ∥x轴，
∴∠FPQ＝∠PAH，
∵∠PQF＝∠AHP，
∴△PFQ∽△APH，
当点P在x轴上方时，如图2，PH＝﹣m2+2m+3，AH＝m+1，又OA＝1，OC＝3，
若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝，
∴P（，）；
若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝0（不符合题意，舍去）；
当点P在x轴下方时，如图3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，
若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝﹣，
∴P（，﹣）；
若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝6，
当m＝6时，﹣m2+2m+3＝﹣62+2×6+3＝﹣21，
∴P（6，21）；
综上所述，点P的坐标为（，）或（，﹣）或（6，21）．
18． (2023•碑林区校级模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，若C（0，2）．
（1）请直接写出A、B的坐标；
（2）求经过A、B、C三点的抛物线表达式；
（3）l为抛物线对称轴，P是直线l右侧抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．
【分析】（1）运用勾股定理即可求得OA＝2，再求得OB＝6，即可得出点A、B的坐标；
（2）运用待定系数法设y＝a（x+2）（x﹣6），把C（0，2）代入，即可求得答案；
（3）根据以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等，且∠PDE＝∠ACB＝90°，可分两种情况：①当△PDE≌△ACB时，如图1，②当△PDE≌△BCA时，如图2，分别结合图形和全等三角形性质即可求得答案．
【解析】（1）∵C（0，2），
∴OC＝2，
在Rt△AOC中，OA＝＝＝2，
∴OB＝AB﹣OA＝8﹣2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）设y＝a（x+2）（x﹣6），把C（0，2）代入得：2＝a（0+2）（0﹣6），
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣6）＝﹣x2+x+2，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+2；
（3）在△BOC中，BC＝＝＝4，
∵y＝﹣x2+x+2＝（x﹣2）2+，
∴抛物线对称轴为直线x＝2，
设P（m，﹣m2+m+2）（m＞2），E（2，n），
①当△PDE≌△ACB时，如图1，
∵∠PDE＝∠ACB＝90°，
∴PD＝AC＝4，DE＝BC＝4，
∴m﹣2＝4，
解得：m＝6，
∴P（6，0），D（2，0），
∴|n﹣0|＝4，
解得：n＝±4，
∴E（2，4）或（2，﹣4），
②当△PDE≌△BCA时，如图2，
∵∠PDE＝∠ACB＝90°，
∴PD＝BC＝4，DE＝AC＝4，
∴m﹣2＝4，
解得：m＝4+2，
∴P（4+2，﹣），D（2，﹣），
∴|n﹣（﹣）|＝4，
解得：n＝4﹣或﹣4﹣，
∴E（2，4﹣）或（2，﹣4﹣）；
综上所述，P（6，0），E（2，4）或（2，﹣4）；或P（4+2，﹣），E（2，4﹣）或（2，﹣4﹣）．