2022年中考数学压轴题突破专题03 二次函数与相似问题

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2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题3 二次函数与相似问题
【真题再现】
1．（2021·江苏镇江·中考真题）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A(﹣6，0)，点B(0，2)，点C(﹣4，8)，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D．
（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；
（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开．
①请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
②连接MP，NP，在下列选项中：A．折痕与AB垂直，B．折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.＝，D.＝，所有正确选项的序号是　　．
③点Q在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，当PDQ∼PMN时，求点Q的坐标．

2．（2021·江苏无锡·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交于点F，交二次函数的图象于点E．

（1）求二次函数的表达式；
（2）当以C、E、F为顶点的三角形与相似时，求线段的长度；
（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线对称，求点N的坐标．
3．（2020年连云港中考第26题）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y=12x2−32x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．
（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．

4．（2019年镇江第27题）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5图象的顶点为D，对称轴是直线l，一次函数y=25x+1的图象与x轴交于点A，且与直线DA关于l的对称直线交于点B．
（1）点D的坐标是　 　；
（2）直线l与直线AB交于点C，N是线段DC上一点（不与点D、C重合），点N的纵坐标为n．过点N作直线与线段DA、DB分别交于点P、Q，使得△DPQ与△DAB相似．
①当n=275时，求DP的长；
②若对于每一个确定的n的值，有且只有一个△DPQ与△DAB相似，请直接写出n的取值范围　 　．

【专项突破】
1．（2020•常州一模）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP（AP不平行x轴）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC（点P与点C对应），求点P的坐标；
（3）如图2，若点P位于抛物线的对称轴的右侧，将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q'，当点Q'落在x轴上时，求点P的坐标．

2．（2020•灌云县一模）如图，以D为顶点的抛物线y=−12x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y＝﹣x+6．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在直线BC上有一点P，使PO+PA的值最小，求点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

3．（2021·江苏姑苏·二模）如图1，已知二次函数的图像经过点点和点，连接，线段上有一动点P，过点P作的平行线交直线于点D，交抛物线于点E．

（1）求二次函数的解析式；
（2）移动点P，求线段的最大值；
（3）如图2，过点E作y轴的平行线交于点F，连接，若以点C、D、P为顶点的三角形和是相似三角形，求此时点P坐标．
4．（2021·江苏射阳·三模）如图，抛物线经过、、三点，对称轴与抛物线相交于点，与直线相交于点，连接，．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与轴交于点，在对称轴上是否存在点，使以、、为顶点的三角形与相似？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点，使与的面积相等，若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）点是轴上的动点，连接，求的最小值．
5．（2021·江苏徐州·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D是线段BC上一动点，点D关于AC、AB的对称点分别为点M、N，连接MN交线段AC、AB于E、F．求MF•NE最小值；
（3）点J是抛物线顶点，连接JC、JA，点H为抛物线对称轴上一动点，设纵坐标为m，过点H的直线交边CJ于P，交边JA于Q，若对于每个确定的m值，有且只有一个△JQP与△JCA相似，请直接写出m的取值范围．

6．（2021·江苏新吴·二模）在矩形中，已知，，E为上一点，若沿直线翻折，使点A落在边上点F处，折痕为．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，矩形的一边落在平面直角坐标系的x轴上，轴，且点C坐标为，点P为平面内一点，若以O、B、F、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出n的值；
（3）如图3，二次函数的图像经过A、F两点，其顶点为，连接，若，求此二次函数的表达式．

7．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，二次函数与轴交于两点，点在点左边，与轴交于点，点与点关于轴对称，为轴上一动点，

（1）直接写出的面积=______；
（2）若以点为顶点的三角形与相似，求点的坐标；
（3）若点在线段上运动，延长交于点，过作//轴交抛物线于点，点在运动过程中，直接写出能够使面积的值为整数的点的个数______．
8．（2021·江苏镇江·一模）如图1，二次函数的图像记为，与y轴交于点A，其顶点为B，二次函数的图像记为，其顶点为D，图像、相交于点P，设点P的横坐标为m．

（1）求证：点D在直线上；
（2）求m和h的数量关系；
（3）平行于x轴的直线经过点P，与图像交于另一点E，与图像交于另一点F，若，求h的值；
（4）如图2，过点P作平行于的直线，与图像交于另一点Q，连接．当时，_________．（直接写出结果）
9．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）如图1，抛物线（为常数）与轴交于两点（点在点右侧），与轴交于点．

（1）下列说法：①抛物线开口向上，②点在轴正半轴上；③；④抛物线顶点在直线上，其中正确的是_______；
（2）如图2，若直线与该抛物线交于两点（点在点下方），试说明：线段的长是一个定值，并求出这个值；
（3）在（2）的条件下，设直线与轴交于点，连接，当时，求此时的值，判断与是否相似，并说明理由．
10．（2021·江苏丹阳·二模）如图1，在平面直角坐标系中抛物线与x轴交于点、．与y轴交于点C，点P是该抛物线的对称轴（x轴上方部分）上的一个动点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AP、BP将沿直线AP翻折，得到，当点落在该抛物线的对称轴上时，求点P的坐标；
（3）如图2，过点P作轴交抛物线于点E、F，连接AC，交线段EF于M，AC、OF交于点N．求的最大值．
11．（2021·江苏金坛·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于点和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接．
（1）填空：_______；
（2）设抛物线的顶点是D，连接，，将绕点B顺时针旋转，当射线经过点D时，射线与抛物线交于点P，求点P的坐标；
（3）设E是x轴上位于点B右侧的一点，F是第一象限内一点，轴且，点H是线段上一点，以、为邻边作矩形，，垂足为T，连接，．若与相似，求的长．

12．（2021·江苏·宝应中学二模）在中，，，，点、点同时从点出发，点沿边以的速度向点运动，点从点出发，沿边以的速度向点运动（点不与、重合，点不与、重合），设运动时间为．

（1）求证：；
（2）当为何值时，以为直径的与直线相切？
（3）把沿直线折叠得到，若与梯形重叠部分的面积为，试求关于的函数表达式，并求为何值时，的值最大，最大值是多少？
13．（2021·江苏宜兴·一模）如图，二次函数的图象与轴交于、两点（点在点的右边），与轴交于点．
（1）请直接写出、两点的坐标：______，______；
（2）若以为直径的圆恰好经过这个二次函数图象的顶点．
①求这个二次函数的表达式；
②若为二次函数图象位于第二象限部分上的一点，过点作平行于轴，交直线于点．连接、，是否存在一个点，使？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．

14．（2020•新吴区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A（﹣3，0），B（1，0）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k=AFAD，当k为何值时，有CF=12AD．
②如图2，若△AFO∽△CAB，求出点F的坐标．

15．（2020•昆山市二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）交x轴于点A，B（4，0），交y轴于点C（0，2），且抛物线的对称轴经过点（32，0），过点A的直线y＝﹣x+m交抛物线于另一点D，点E（1，n）是该抛物线上一点，连接AD，BC，BD，BE．
（1）求直线AD及抛物线的函数表达式；
（2）试问：x轴上是否存在某一点P，使得以点P，B，E为顶点的△PBE与△ABD相似？若相似，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点M是直线BC上方的抛物线上一动点（不与点B，C重合），过M作MN⊥BE交直线BC于点N，以MN为直径作⊙O'，则⊙O'在直线BC上所截得的线段长度的最大值等于　4515　．（直接写出答案）

16．（2020•梁溪区一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与坐标轴分别交于A、B、C三点，其中A（﹣3，0），点B在x轴正半轴上，连接AC、BC．点D从点A出发，沿AC向点C移动；同时点E从点O出发，沿x轴向点B移动，它们移动的速度都是每秒1个单位长度，当其中一点到达终点时，另一点随之停止移动，连接DE，设移动时间为t秒．
（1）若t＝3时，△ADE与△ABC相似，求这个二次函数的表达式；
（2）若△ADE可以为直角三角形，求a的取值范围．

17．（2020•广东）如图，抛物线y=3+36x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC=3CD．
（1）求b，c的值；
（2）求直线BD的函数解析式；
（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．

18．（2020•烟台）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x=12，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当线段DF的长度最大时，求D点的坐标；
（3）抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

19．（2020•陕西）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）P是该抛物线上的点，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△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．

20．（2020•成都）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．


2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题3 二次函数与相似问题
【真题再现】
1．（2021·江苏镇江·中考真题）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A(﹣6，0)，点B(0，2)，点C(﹣4，8)，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D．
（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；
（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开．
①请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
②连接MP，NP，在下列选项中：A．折痕与AB垂直，B．折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.＝，D.＝，所有正确选项的序号是　　．
③点Q在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，当PDQ∼PMN时，求点Q的坐标．

【答案】（1）y＝，D(﹣4，﹣)；（2）①见解析；②A，D；③(2，)或(﹣10，)
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可．
（2）①根据要求作出图形即可．
②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．想办法证明△PMN是等腰直角三角形，可得结论．
③设P（﹣4，m）．由△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，推出△PDQ是等腰直角三角形，推出∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，推出Q（﹣+m，m），构建方程求出m即可．
【详解】
解（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A(﹣6，0)，点B(0，2)，且抛物线的对称轴经过点C(﹣4，8)，
∴，
解之得：，
∴y＝，
∴当x＝﹣4时，y＝＝﹣，
∴D(﹣4，﹣)．
（2）①如图1中，点N，直线l即为所求．

②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．
由题意A（﹣6，0），B（0，2），C（﹣4，8），

∴直线AC的解析式为y＝4x+24，直线AB的解析式为y＝x+2，直线BC的解析式为y＝﹣x+2，
∵MN∥AB，
∴可以假设直线MN的解析式为y＝x+t，
由，解得，
∴M（，），
由．解得，
∴N（，），
∴Q（（，），
∵QJ⊥CD，QT⊥MH，
∴QJ＝+4＝，QT＝﹣＝，
∴QJ＝QT，
∵∠PJQ＝∠MTQ＝90°，∠QPJ＝∠QMT，QJ＝QT，
∴△PJQ≌△MTQ（AAS），
∴PQ＝MQ，
∵∠PQM＝90°，
∴∠PMN＝∠MPQ＝45°，
∵PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM＝45°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴＝，故选项D正确，B，C错误，
∵将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，
∴折痕与AB垂直，故选项A正确，
故答案为：A，D．
③设P（﹣4，m）．

∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，
∴Q（﹣4+m+，m），即Q（﹣+m，m），
把Q的坐标代入，得到，，
整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，
解得m＝或﹣（舍弃），
∴Q（2，），
根据对称性可知Q′（﹣10，）也满足条件，
综上所述，满足条件的点Q的坐标为(2，)或(﹣10，)．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，证明△PMN是等腰直角三角形是本题的突破点．
2．（2021·江苏无锡·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交于点F，交二次函数的图象于点E．

（1）求二次函数的表达式；
（2）当以C、E、F为顶点的三角形与相似时，求线段的长度；
（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线对称，求点N的坐标．
【答案】（1）；（2）或；（3）N(0，)
【解析】
【分析】
（1）先求出B(3，0)，C(0，3)，再利用待定系数法即可求解；
（2）先推出∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，可得以C、E、F为顶点的三角形与相似时，或，设F(m，-m+3)，则E(m，)，根据比例式列出方程，即可求解；
（3）先推出四边形NCFE是平行四边形，再推出FE=FC，列出关于m的方程，求出m的值，从而得CN=EF=，进而即可得到答案．
【详解】
解：（1）∵直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，
∴B(3，0)，C(0，3)，
∵二次函数的图象过B、C两点，
∴，解得：，
∴二次函数解析式为：；
（2）∵B(3，0)，C(0，3)，l∥y轴，

∴OB=OC，
∴∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，
∴以C、E、F为顶点的三角形与相似时，或，
设F(m，-m+3)，则E(m，)，
∴EF=-(-m+3)= ，CF=，
∴或，
∴或（舍去）或或（舍去），
∴EF==或；
（3）∵l∥y轴，点N是y轴上的点，
∴∠EFC=∠NCG，
∵点N、F关于直线对称，
∴∠CNE=∠EFC，
∴∠CNE=∠NCG，
∴NE∥FC，
∴四边形NCFE是平行四边形，
∵点N、F关于直线对称，
∴∠NCE=∠FCE，
∵l∥y轴，
∴∠NCE=∠FEC，
∴∠FCE=∠FEC，
∴FE=FC，
∴=，解得：或（舍去），
∴CN=EF=，
∴ON=+3=，
∴N(0，)．

【点睛】
本题主要考查二次函数与几何的综合，相似三角形的判定，掌握函数图像上点的坐标特征，用点的横坐标表示出相关线段的长，是解题的关键．
3．（2020年连云港中考第26题）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y=12x2−32x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．
（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．

【分析】（1）由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），利用待定系数法求出a即可解决问题．
（2）由题意BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，此时点P为直线AC与直线x=32的交点．
（3）由题意，顶点D（32，−258），∠PDQ不可能是直角，第一种情形：当∠DPQ＝90°时，①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时．②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时．第二种情形：当∠DQP＝90°．①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．
【解析】（1）当y＝0时，12x2−32x﹣2＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），
把（2，﹣12）代入y＝a（x+1）（x﹣4），
﹣12＝﹣6a，
解得a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝2（x+1）（x﹣4）＝2x2﹣6x﹣8．
（2）∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A（﹣1，0），B（4，0），
∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x=32，
∴点P在直线x=32上，
∴BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，
此时点P为直线AC与直线x=32的交点，
∵直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴P（32，﹣5）


（3）由题意，AB＝5，CB＝25，CA=5，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴∠ACB＝90°，CB＝2CA，
∵y=12x2−32x﹣2=12（x−32）2−258，
∴顶点D（32，−258），
由题意，∠PDQ不可能是直角，
第一种情形：当∠DPQ＝90°时，
①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时，QPDP=ACBC=12，

设Q（x，12x2−32x﹣2），则P（32，12x2−32x﹣2），
∴DP=12x2−32x﹣2﹣（−258）=12x2−32x+98，QP＝x−32，
∵PD＝2QP，
∴2x﹣3=12x2−32x+98，解得x=112或32（舍弃），
∴P（32，398）．

②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得PQ＝2PD，

x−32=x2﹣3x+94，
解得x=52或32（舍弃），
∴P（32，−218）．
第二种情形：当∠DQP＝90°．
①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时，PQDQ=ACBC=12，

过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，
∴QMMD=PQDQ=12，由图3﹣3可知，M（32，398），Q（112，398），
∴MD＝8，MQ＝4，
∴DQ＝45，
由DQDM=PDDQ，可得PD＝10，
∵D（32，−258）
∴P（32，558）．

②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．

同法可得M（32，−218），Q（52，−218），
∴DM=12，QM＝1，QD=52，
由QDDM=PDDQ，可得PD=52，
∴P（32，−58）．
综上所述：P点坐标为（32，398）或（32，−218）或（32，558）或（32，−58）．
4．（2019年镇江第27题）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5图象的顶点为D，对称轴是直线l，一次函数y=25x+1的图象与x轴交于点A，且与直线DA关于l的对称直线交于点B．
（1）点D的坐标是　（2，9）　；
（2）直线l与直线AB交于点C，N是线段DC上一点（不与点D、C重合），点N的纵坐标为n．过点N作直线与线段DA、DB分别交于点P、Q，使得△DPQ与△DAB相似．
①当n=275时，求DP的长；
②若对于每一个确定的n的值，有且只有一个△DPQ与△DAB相似，请直接写出n的取值范围　95＜n＜215　．

【分析】（1）直接用顶点坐标公式求即可；
（2）由对称轴可知点C（2，95），A（−52，0），点A关于对称轴对称的点（132，0），借助AD的直线解析式求得B（5，3）；①当n=275时，N（2，275），可求DA=952，DN=185，CD=365当PQ∥AB时，△DPQ∽△DAB，DP＝DP=945；当PQ与AB不平行时，DP=325，；②当PQ∥AB，DB＝DP时，DB＝35，DN=245，所以N（2，215），则有且只有一个△DPQ与△DAB相似时，95＜n＜215；
【解析】（1）顶点为D（2，9）；
故答案为（2，9）；
（2）对称轴x＝2，
∴C（2，95），
由已知可求A（−52，0），
点A关于x＝2对称点为（132，0），
则AD关于x＝2对称的直线为y＝﹣2x+13，
∴B（5，3），
①当n=275时，N（2，275），
∴DA=952，DN=185，CD=365
当PQ∥AB时，△DPQ∽△DAB，
∵△DAC∽△DPN，
∴DPDA=DNDC，
∴DP=945；
当PQ与AB不平行时，△DPQ∽△DBA，
∴△DNQ∽△DCA，
∴DPDB=DNDC，
∴DP=325；
综上所述，DP=325，DP=945；
②当PQ∥AB，DB＝DP时，
DB＝35，
∴DPDA=DNDC，
∴DN=245，
∴N（2，215），
∴有且只有一个△DPQ与△DAB相似时，95＜n＜215；
故答案为95＜n＜215；
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．
【专项突破】
1．（2020•常州一模）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP（AP不平行x轴）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC（点P与点C对应），求点P的坐标；
（3）如图2，若点P位于抛物线的对称轴的右侧，将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q'，当点Q'落在x轴上时，求点P的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C点坐标；
（2）利用△AQP∽△AOC得到AQ＝4PQ，设P（m，﹣m2+3m+4），所以m＝4|4﹣（﹣m2+3m+4|，然后解方程4（m2﹣3m）＝m和方程4（m2﹣3m）＝﹣m得P点坐标；
（3）设P（m，﹣m2+3m+4）（m＞32），当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQ＝m2﹣3m，证明Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，利用相似比得到Q′H＝4m﹣12，则OQ′＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，利用勾股定理得到方程42+（12﹣3m）2＝m2，然后解方程求出m得到此时P点坐标；当点Q′落在y轴上，易得点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，利用PQ＝PQ′得到|m2﹣3m|＝m，然后解方程m2﹣3m＝m和方程m2﹣3m＝﹣m得此时P点坐标．
【解析】（1）把A（0，4），B（4，0）分别代入y＝﹣x2+bx+c得 c=4−16+4b+c=0，
解得b=3c=4，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4．

（2）当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴C（﹣1，0），
∴OC＝1，
∵A（0，4），
∴OA＝4，
∵△AQP∽△AOC，
∴AQAO=PQCO，
∴AQPQ=AOCO=4，即AQ＝4PQ，
设P（m，﹣m2+3m+4），
∴m＝4|4﹣（﹣m2+3m+4|，即4|m2﹣3m|＝m，
解方程4（m2﹣3m）＝m得m1＝0（舍去），m2=134，此时P点坐标为（134，5116）；
解方程4（m2﹣3m）＝﹣m得m1＝0（舍去），m2=114，此时P点坐标为（114，7516）；
综上所述，点P的坐标为（134，5116）或（114，7516）．

（3）设P（m，﹣m2+3m+4）（m＞32），
当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，
则PQ＝4﹣（﹣m2+3m+4）＝m2﹣3m，
∵△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q'，
∴∠AQ′P＝∠AQP＝90°，AQ′＝AQ＝m，PQ′＝PQ＝m2﹣3m，
∵∠AQ′O＝∠Q′PH，
∴Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，
∴OA：Q′H＝AQ′：Q′P，解得Q′H＝4m﹣12，
∴OQ′＝m﹣（4m﹣12）＝12﹣3m，
在Rt△AOQ′中，42+（12﹣3m）2＝m2，
整理得m2﹣9m+20＝0，解得m1＝4，m2＝5，此时P点坐标为（4，0）或（5，﹣6）；
综上所述，点P的坐标为（4，0）或（5，﹣6）．

2．（2020•灌云县一模）如图，以D为顶点的抛物线y=−12x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y＝﹣x+6．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在直线BC上有一点P，使PO+PA的值最小，求点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出点B，C坐标，再用待定系数法即可得出结论；
（2）作点O关于BC的对称点O′，则O′（6，6），则OP+AP的最小值为AO′的长，然后求得AP的解析式，联立直线AP和BC的解析式可求得点P的坐标；
（3）先判断出△BCD是直角三角形，求出tan∠BDC=BCCD=3，tan∠CAO=OCOA=3，得出∠BDC＝∠CAO．分两种情况由相似三角形的性质可得出比例线段，求出AQ的长，则可得出答案．
【解析】（1）把x＝0代入y＝﹣x+6，得：y＝6，
∴C（0，6），
把y＝0代入y＝﹣x+6得：x＝6，
∴B（6，0），
将C（0，6）、B（6，0）代入y=−12x2+bx+c得：
−12×36+6b+c=0c=6，
解得b=2c=6
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x+6；
（2）如图1所示：作点O关于BC的对称点O'，则O'（6，6），

∵O'与O关于BC对称，
∴PO＝PO'．
∴PO+AP＝PO'+AP．
∴当A、P、O'在一条直线上时，OP+AP有最小值．
∵y=−12x2+2x+6，
当y＝0时，−12x2+2x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），
设AP的解析式为y＝mx+n，
把A（﹣2，0）、O'（6，6）代入得：−2m+n=06m+n=6，
解得：m=34n=32，
∴AP的解析式为y=34x+32
将y=34x+32与y＝﹣x+6联立y=34x+32y=−x+6，
解得：x=187y=247，
∴点P的坐标为(187，247)；
（3）如图2，

∵y=−12x2+2x+6=−12(x−2)2+8，
∴D（2，8），
又∵C（0，6）、B（6，0），
∴CD＝22，BC＝62，BD＝45．
∴CD2+BC2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，
∴tan∠BDC=BCCD=3，
∵A（﹣2，0），C（0，6），
∴OA＝2，OC＝6，AC＝210
∴tan∠CAO=OCOA=3，
∴∠BDC＝∠CAO．
当△ACQ∽△DCB时，有ACDC=AQDB，
即21022=AQ45，解得AQ＝20，
∴Q（18，0）；
当△ACQ∽△DBC时，有ACDB=AQDC，
即21045=AQ22，解得AQ＝2，
∴Q（0，0）；
综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（18，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
3．（2021·江苏姑苏·二模）如图1，已知二次函数的图像经过点点和点，连接，线段上有一动点P，过点P作的平行线交直线于点D，交抛物线于点E．

（1）求二次函数的解析式；
（2）移动点P，求线段的最大值；
（3）如图2，过点E作y轴的平行线交于点F，连接，若以点C、D、P为顶点的三角形和是相似三角形，求此时点P坐标．
【答案】（1）二次函数的解析式为：；（2）ED最大值为；（3）点P坐标为（0，0）或（，0）．
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先待定系数法求BC的函数解析式为：，过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，证明△DFG～△BCO，再证△EDG∽△CAO，则DG=3k，EG=6k，ED=，ED=EF，要线段DE的最大，只要求EF的最大值．设点E坐标为（e，），则点F坐标为（e，），然后表示出EF，结合最值的性质，即可得到答案；
（3）△CPD与△DEF中，已有∠CDP=∠EDF，分两种情况讨论：①△DPC∽△DEF，易得P与O重合，点P坐标为（0，0）；
②△DCP∽△DEF先求tan∠DCP=tan∠ACO=，过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，在Rt△CBQ中．，证明△OCB∽△MBQ，求出点Q坐标为（2，），用待定系数法求直线CQ的解析式为：y=+2，当y=0时，x=，即得点P坐标为（，0）．
【详解】
解：（1）把点A（-1，0）点B（3，0）和点C（0，2）代入二次函数y=ax2+bx+c，得，
，解得，，
∴二次函数的解析式为：；
（2）设BC的函数解析式为：y=mx+n，
把点C（0，2）和B（3，0）代入，得，
，
解得，，
∴BC的函数解析式为：，
过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，

∴∠GFD=∠BCO，
∵∠BOC=∠DGF，
∴△DFG～△BCO，
∴，
∵AC∥EP，DG∥AO，
∴∠GDE=∠OAC，
∵∠COA=∠EGD=90°，
∴△EDG∽△CAO，
∴，
设GF=2k，则DG=3k，EG=6k，
∴ED=，
∴ED=EF，
要线段DE的最大，只要求EF的最大值．
设点E坐标为（e，），则点F坐标为（e，），

∴EF=
=
=；
当时，EF最大=，
∴ED最大=EF=；
（3）∵△CPD与△DEF中，已有∠CDP=∠EDF，分两种情况讨论：
①△DPC∽△DEF，
∴点C与点F对应，∠PCD=∠EFD，
∴CP∥EF，即P与O重合，
∴点P坐标为（0，0）；
②△DCP∽△DEF，
∴点E与点C重合，
∴∠DEF=∠PCD，
∵∠DEF=∠ACO，
∴∠DCP=∠ACO，
∴tan∠DCP=tan∠ACO=；
过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，

在Rt△CBQ中，，
∵∠CBO+∠MBQ=90°，∠CBO+∠OCB=90°，
∴∠MBQ=∠OCB，
∵∠COB=∠BMQ，
∴△OCB∽△MBQ，
∴，
∴BM=OC=1，MQ=BO=，
∴点Q坐标为（2，），
设CQ的关系为：
，
解得：，
∴直线CQ的解析式为：，
当y=0时，，
∴点P坐标为（，0），
综上，点P坐标为（0，0）或（，0）；
【点睛】
本题考查了二次函数、一次函数待定系数法求关系式，三角形相似的判定与性质的综合运用，解题关键是熟练掌握所学的知识，熟练运用化斜为直的解题策略，
4．（2021·江苏射阳·三模）如图，抛物线经过、、三点，对称轴与抛物线相交于点，与直线相交于点，连接，．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与轴交于点，在对称轴上是否存在点，使以、、为顶点的三角形与相似？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点，使与的面积相等，若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）点是轴上的动点，连接，求的最小值．
【答案】（1）；（2）存在，点坐标为或或或；（3）存在，点坐标为或或；（4）．
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法即可求得解析式；
（2）分和两种情况，分别利用相似三角形的边对应成比例即可求解即可；
（3）由于与共底，利用平行线的性质，只要两个三角形等高即可；分两种情况找平行线，①过点作交轴于点，直线的解析式为，直线与抛物线的交点即为；②由点关于点对称的点为，过点与直线平行的直线解析式为，该直线与抛物线的交点即为；
（4）连接，在上截取使得，过点作交于点，过点作轴交于点，在中，，，当、、三点共线，并且时，值最小．在中，求出，进而求出直线的解析式，再求出，由于，在中，，可求，则即为所求的最小值．
【详解】
解：（1）将点、、代入中，
得到，解得，
∴；
（2）函数对称轴为直线，
设，
由已知可得，，
∵轴，轴，
∴，
∵，
∴，
当以、、为顶点的三角形与相似时，
①时，
，
∴或；
②当时，
，即，
∴或；
∴：以、、为顶点的三角形与相似时，满足条件的点坐标为或或或；
（3）当时，，
∴，
设直线的解析式为，
将点、代入，可得，
解得，
∴，
过点作交轴于点，
∴直线的解析式为，
联立，解得或，
∴或（舍）；
当时，，
∴，
∵点关于点对称的点为，
∴过点与直线平行的直线解析式为，
联立，
解得或，
∴或；
∴与的面积相等时，点坐标为或或；
（4）连接，在上截取使得，过点作交于点，过点作轴交于点，
在中，，
∴，此时的值最小；
∵，，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
将点，代入，可得，
，解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴的最小值为．

【点睛】
本题属于考查二次函数的综合应用，主要考查了待定系数法、三角形相似的判定与性质、三角函数、共边的三角形面积相等知识点，综合应用所学知识以及分类讨论思想成为解答本题的关键．
5．（2021·江苏徐州·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D是线段BC上一动点，点D关于AC、AB的对称点分别为点M、N，连接MN交线段AC、AB于E、F．求MF•NE最小值；
（3）点J是抛物线顶点，连接JC、JA，点H为抛物线对称轴上一动点，设纵坐标为m，过点H的直线交边CJ于P，交边JA于Q，若对于每个确定的m值，有且只有一个△JQP与△JCA相似，请直接写出m的取值范围．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）设抛物线为交点式，代入点C坐标即可求得表达式；
（2）由轴对称性质可证得是等腰直角三角形，再证明，得到 ，即 ．当 时，AD最小，利用三角形的面积公式 求出AD的长，从而求得 的最小值；
（3）当H在AC上时，容易证得临界值m＝2，此时有且只有一个△JQP与△ JCA相似；当H在AC上方时，过点C作CR⊥ AJ于点R，交直线x=1于点H，过点R作直线RF⊥y轴于点 F，过点A作AE⊥RF于点 E．可证△RFC～△AER．从而得到点R坐标，由此知直线CR的解析式，令 x＝1，即可得H点的纵坐标 m＝ ，此为另一临界值，若 ，则不存在唯一的△ JQP与△JCA相似．根据m的两个临界值，可得m的取值范围．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（3，0），B（-1,0），
∴设抛物线表达式为
∵点C（0，3）在抛物线上，
∴a（0+1）（0﹣3）=3，解得，a＝﹣1．
∴该抛物线表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．
（2）如图，连接
∵A（3，0），B（-1，0），
∴OC＝OA＝3，OB＝1，
∴∠OCA＝∠OAC＝45°，BC＝．
∵点D与点M关于直线AC对称，
∴AM=AD，∠MAC＝∠DAC．

同理：AN=AD，∠BAN＝∠BAD，
∴AM=AN=AD．∠MAN＝2∠OAC＝2×45°＝90°．
∴△MAN为等腰直角三角形．
∴∠AMN＝∠ANM＝45°．
∵∠AEN为△AEM的外角，
∴∠AEN＝∠AME+∠MAE＝45°+∠MAE，
∵∠MAO＝∠CAO+∠MAE＝45°+∠MAE，
∴∠AEN＝∠MAO．
∴△AEN～△FAM．
∴，即MF•NE＝AN•AM＝AD2．
∵点D在线段BC上，
∴当AD⊥BC时，AD最小，
此时，∵

∴
∴AD＝．
即MF•NE的最小值为＝．
（3）∵抛物线解析式y＝﹣x2+2x+3，
∴当时，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，顶点J（1，4）．
∵A（3，0）、C（0，3），
∴JC2＝CA2＝32+32＝18，AJ2＝4+16＝20，
∴AJ2＝CA2+JC2，
故△JCA为直角三角形，∠JCA＝90°．
若△JQP与△JCA相似，则△JQP也为直角三角形．
设直线AJ的解析式为y＝kx+b，根据题意，得，
，解得：．
故直线AJ解析式为y＝﹣2x+6．
同理可得直线AC的解析式为y＝﹣x+3．
①当H在直线AC上时，此时作为一个临界条件（若H在AC下方，则过点H的直线必有一边不与CJ或JA相交）．
∵抛物线对称轴为x＝1，点H在AC上，
∴当x=1时，y=-1+3=2．
∴H（1，2）．
此时m＝2；
②当H在直线AC的上方时，过点C作CR⊥AJ于点R，交直线x=1于点H，过点R作直线RF⊥y轴于点F，过点A作AE⊥RF于点E．如图（为了避免干扰，略去了抛物线图象）．

∴∠REA＝90°．
∵点R在直线AJ：y=-2x+6上，
∴设点R坐标为（a，﹣2a+6）．
∵∠CRA＝90°＝∠RFC，
∴∠FRC+∠ERA＝90°．
又∠EAR+∠ERA＝90°
∴∠FRC＝∠EAR．
∴△RFC～△AER．
∴，即，
整理得，5a2﹣21a+18＝0，解得：，a2＝3（不合题意，舍去）．
∴
∴点R（，）．
设直线CR解析式为y＝px+q，根据题意，得，
，解得，．
∴直线CR解析式为y＝．
令x＝1，得y＝．
∴点H的纵坐标m＝．
此时m的值为另一临界值，若H再向上（包含此点（1，）），则不存在唯一的△JQP与△JCA相似．
∴符合条件的m的取值范围为．
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式、轴对称、最值、相似三角形的判定与性质等知识点，求函数解析式是解题的基础，而第（2）题求的最小值，将解题目标锁定在证明上是关键；第（3）题求m的取值范围，将目标锁定在求m的两个临界值上是关键．
6．（2021·江苏新吴·二模）在矩形中，已知，，E为上一点，若沿直线翻折，使点A落在边上点F处，折痕为．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，矩形的一边落在平面直角坐标系的x轴上，轴，且点C坐标为，点P为平面内一点，若以O、B、F、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出n的值；
（3）如图3，二次函数的图像经过A、F两点，其顶点为，连接，若，求此二次函数的表达式．

【答案】（1）见解析；（2）或或；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质和等角的余角相等可证得，进而可证得结论；
（2）分当OB、BF为菱形的边；当OB、OF为菱形的边；当BF、OF为菱形的边三种情况讨论求解即可；
（3）设抛物线的表达式为，将点A、F坐标代入求出a、h，过M作，交的延长线于点G，证明，利用相似三角形的性质列出关于n的方程，求出n值，即可得出抛物线的表达式．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：连接OF，

由折叠性质得BF=15，
∵C点坐标为（n，0）（n＜0），
∴OC=﹣n，即OB=9﹣n，
当OB、BF为菱形的边时，OB=BF，
即9﹣n=15，解得：n=﹣6；
当OB、OF为菱形的边时，OB=OF，
∵BC=9，BF=15，
∴CF=12，
在Rt△OCF中，由勾股定理得：OF2=122+（﹣n）2=144+n2，
∴（9﹣n）2=144+n2，解得：n=﹣3.5；
当BF、OF为菱形的边时，BF=OF，
由152=144+n2得：n=﹣9或n=9（不符题意，舍去），
综上，满足题意的n的值为或或
（3）设二次函数表达式为，
由题意得，
将A、F坐标代入抛物线得解得：，，
过M作，交的延长线于点G，如图所示
∵，
∴
∵，
∴
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴二次函数表达式，即．
．
【点睛】
本题考查二次函数与几何图形的综合应用，涉及矩形的性质、折叠性质、相似三角形的判定与性质、等角的余角相等、坐标与图形、菱形的性质、勾股定理、待定系数法求函数的解析式、解方程等知识，解答的关键是熟练掌握相关知识的性质与运用，利用数形结合和分类讨论的数学思想方法进行推理、探究和计算．
7．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，二次函数与轴交于两点，点在点左边，与轴交于点，点与点关于轴对称，为轴上一动点，

（1）直接写出的面积=______；
（2）若以点为顶点的三角形与相似，求点的坐标；
（3）若点在线段上运动，延长交于点，过作//轴交抛物线于点，点在运动过程中，直接写出能够使面积的值为整数的点的个数______．
【答案】（1）3；（2）(0，1)，(0，-6)；（3）6
【解析】
【分析】
（1）先求出A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)，即可求解；
（2）分两种情况：①若，②若，分别列出比例式，进而即可求解；
（3）设M(a，3-a)，则N(a，)，根据待定系数法得，直线MD的解析式为：y=x+，从而得P(0，)，进而得，进而即可得到答案．
【详解】
解：（1）∵二次函数与轴交于两点，与轴交于点，
∴A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴的面积=，
故答案是：3；
（2）∵OC=OB=3，∠COB=90°，
∴∠ABC=45°，BC=，
∵点与点关于轴对称，
∴D(-3，0)，
同理：∠DCO=45°，CD=，
①若，设P(0，a)，则CP=3-a，
∴，即：，解得：a=1，
∴P(0，1)，
②若， ，即：，解得：a=-6，
∴P(0，-6)，
综上所述：P的坐标为：(0，1)，(0，-6)；
（3）∵B(3，0)，C(0，3)，
∴直线BC的解析式为：y=-x+3，
∴设M(a，3-a)，则N(a，)，
设直线MD的解析式为：y=kx+b，
∴，解得：，
∴直线MD的解析式为：y=x+，
∴P(0，)，
∴=，
∵要使面积的值为整数，
∴的值为或或，
∵0≤≤3，
∴0≤a≤3，
∴当=时，解得：a=1或2，符合题意；
当=时，解得：a=或，符合题意；
当=时，解得：a=或，符合题意；
∴能够使面积的值为整数的点的个数有6个，
故答案是：6．
【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，熟练掌握相似三角形的判定和性质，函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．
8．（2021·江苏镇江·一模）如图1，二次函数的图像记为，与y轴交于点A，其顶点为B，二次函数的图像记为，其顶点为D，图像、相交于点P，设点P的横坐标为m．

（1）求证：点D在直线上；
（2）求m和h的数量关系；
（3）平行于x轴的直线经过点P，与图像交于另一点E，与图像交于另一点F，若，求h的值；
（4）如图2，过点P作平行于的直线，与图像交于另一点Q，连接．当时，_________．（直接写出结果）
【答案】（1）见解析；（2）m= h；（3）h的值为8；（4）4或20．
【解析】
【分析】
（1）先求出A、B的坐标，再代入，最后验证即可；
（2）联立 ，得出x与h的关系，再根据图象交于点P，即可得出结论；
（3）求出P、E、F的坐标轴即可得出结果；
（4）得出四边形BPQD为矩形，再分两种情况解得即可．
【详解】
（1）证明：由，
令x=0时，y=1，即A(0，1)，令y=0时，x=2，即B(2，0)，
设A，B的解析式为： ，
把A，B的坐标代入得，解得，
∴顶点D的坐标为，
令x=h，则 ，
∴点D在直线上；
（2）联立 ，
得出，
根据图象交于点P，
设点P的横坐标为m,则；
（3）由点P的横坐标为x=，代入，得出E点的横坐标为4-，
将P的横坐标为x=，代入得出F点的横坐标为，
则，
解得h=8；
（4）由题意得由平移得到，
∴BD=PQ且BD∥PQ，得出四边形BPQD为矩形，
作DM⊥x轴，得出△AOB∽△BMP，当h=4时，一定成立；
又有 ，得出h=20，
综上所述h=4或20．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，矩形的性质，相似三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
9．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）如图1，抛物线（为常数）与轴交于两点（点在点右侧），与轴交于点．

（1）下列说法：①抛物线开口向上，②点在轴正半轴上；③；④抛物线顶点在直线上，其中正确的是_______；
（2）如图2，若直线与该抛物线交于两点（点在点下方），试说明：线段的长是一个定值，并求出这个值；
（3）在（2）的条件下，设直线与轴交于点，连接，当时，求此时的值，判断与是否相似，并说明理由．
【答案】（1）①③④；（2）见解析；（3）m=3，相似；m=1，不相似
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线表达式，判断开口方向，令x=0，根据y值判断点C的位置，根据图像与x轴交点，结合根的判别式，得到△＞0，可得m的范围，求出顶点坐标，可判断在y=-2x+1上；
（2）联立抛物线表达式和直线表达式，解之得到M和N坐标，利用勾股定理求出MN值即可；
（3）分点D在线段MN的延长线上，点D在线段MN上，两种情况，结合DN和MN的比值，画出图像，分类讨论求解．
【详解】
解：（1），
∵1＞0，
∴开口向上，故①正确；
当x=0时，，
∴点C在y轴正半轴或原点，故②错误；
由题意可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，
∴，
解得：，故③正确；
由可得顶点坐标为（m，），
∴顶点在y=-2x+1上，故④正确；
∴正确的是①③④；
（2）联立得：，
解得：，，代入可得：
，，
∴M（m，-2m+1），N（m-2，-2m+5），
∴MN==，为定值；
（3）当点D在线段MN的延长线上时，
∵DM：MN=1：2，
∴DM=，即，
解得：m=3或m=-3（舍），
此时，M（3，-5），
令，
解得：或，又点B在点A右侧，
∴B（，0），
∴BM=，
∵∠BMN是公共角，且，
∴△MBN与△MDB相似；

当D在线段MN上时，
∵DN：MN=1：2，
∴点D是MN的中点，
∴，
解得：m=1，
此时∠BDM>∠BND，∠BDM>∠DBM，
∴此时△MBN与△MDB不相似．

【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数与一元二次方程，相似三角形的判定，解题的关键是结合二次函数的性质画出图像，分类讨论，有一定难度．
10．（2021·江苏丹阳·二模）如图1，在平面直角坐标系中抛物线与x轴交于点、．与y轴交于点C，点P是该抛物线的对称轴（x轴上方部分）上的一个动点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AP、BP将沿直线AP翻折，得到，当点落在该抛物线的对称轴上时，求点P的坐标；
（3）如图2，过点P作轴交抛物线于点E、F，连接AC，交线段EF于M，AC、OF交于点N．求的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法把点、代入二次函数解析式即可求解；
（2）根据得到，则，解直角三角形PAD即可；
（3）通过证明得到，即当MF的值最大时，有最大值即可求解．
【详解】
解：（1）把点、代入二次函数解析式，可得：
，解得，
∴抛物线解析式为；
（2）设对称轴与x轴交于点D，则，

∵将沿直线AP翻折，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点；
（3）∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当MF的值最大时，有最大值，
设AC的函数解析式为，
把，代入可得，
∴AC的函数解析式为，
设，则，，
∴，
令，则，
∴，
当时，，此时取得最大值，
此时为最大值．
【点睛】
本题考查二次函数综合、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等内容，灵活运用上述性质定理是解题的关键．
11．（2021·江苏金坛·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于点和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接．
（1）填空：_______；
（2）设抛物线的顶点是D，连接，，将绕点B顺时针旋转，当射线经过点D时，射线与抛物线交于点P，求点P的坐标；
（3）设E是x轴上位于点B右侧的一点，F是第一象限内一点，轴且，点H是线段上一点，以、为邻边作矩形，，垂足为T，连接，．若与相似，求的长．

【答案】（1）2；（2）；（3）10或5或
【解析】
【分析】
（1）由题意将代入二次函数即可求出b的值；
（2）根据题意过点D作轴于E，得出，进而过点P作轴于H，并设，以此即可求出点P的坐标；
（3）根据题意分两种情形：当点H在原点O的右侧和当点H在原点O的左侧，并结合全等三角形的性质判定进行分析即可.
【详解】
解：（1）将代入二次函数，
解得：，
故答案为：；
（2）如图1，

∵，
∴，，
过点D作轴于E，
则，，
∴．
解方程，
得，．
∴，．
∴．
∴．
∴．
当射线经过点D时，．
∴．
过点P作轴于H，
设，
则，．
∴．
解得（舍去），．
∴．
（3）分两种情形：
①当点H在原点O的右侧时，
如图2，由题意可知，点C、G、F共线，
过点T作于M．

则，
∴．
（i）若，
则，．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，
则，，．
∴．
∴．
∴．
（ii）若，
则．
∴．
∴．
∴．
∴．
②当点H在原点O的左侧时，如图3，

若，
则．
∴．
∴．
∴．
由上可知，的长是10或5或．
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，熟练掌握二次函数图象性质并结合全等与相似三角形的性质判定和勾股定理运用方程思维进行分析是解题的关键.
12．（2021·江苏·宝应中学二模）在中，，，，点、点同时从点出发，点沿边以的速度向点运动，点从点出发，沿边以的速度向点运动（点不与、重合，点不与、重合），设运动时间为．

（1）求证：；
（2）当为何值时，以为直径的与直线相切？
（3）把沿直线折叠得到，若与梯形重叠部分的面积为，试求关于的函数表达式，并求为何值时，的值最大，最大值是多少？
【答案】（1）见解析；（2）；（3）当0＜t≤1时，s=6t2，当1＜t＜2时，s=，当t=时，重叠部分面积最大，最大值为8
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得AD=4t （cm），AE=3t （cm），AB=8cm，AC=6cm，且在△ADE和△ABC中有一个公共角，只需证明，将各线段长度代入即可证明；
（2）运用勾股定理求得BC、DE，根据直角三角形的两种面积求法，得出△ADE中DE边上的高和△ABC中BC边上的高h1、h2，再根据⊙O以DE为直径，且直线BC相切，推出圆的半径r=h2-h1，列方程求解即可；
（3）由题意可知当点P落在直线BC上时，D、E分别是AB、AC的中点，此时t=1s，故需分两种情况讨论：①当0＜t≤1时，重叠部分面积s=S△PDE=S△ADE；②当1＜t＜2时，重叠部分面积s=S△PDE-S△PMN，再根据相似三角形的性质及三角形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）证明：根据题意可知AD=4t （cm），AE=3t （cm），AB=8cm，AC=6cm，
∴，，
在△ADE和△ABC中，
∠DAE=∠BAC，，
∴△ADE∽△ABC．
（2）根据题意在Rt△ABC中，BC==10cm，
在Rt△ADE中，DE==5t cm，
由题意⊙O以DE为直径，
∴⊙O的半径r=DE=cm，
设△ADE中DE边上的高和△ABC中BC边上的高分别为h1（cm）、h2（cm），
则：S△ADE=×AD×AE=DE×h1，解得h1=cm，
S△ABC=×AB×AC=BC×h2，解得h2=cm，
∵⊙O与直线BC相切，
∴r=h2-h1，即，
解得t=s；
（3）由题意可知当点P落在直线BC上时，D、E分别是AB、AC的中点，此时t=1s，故需分两种情况讨论：
①当0＜t≤1时，重叠部分面积s=S△PDE=S△ADE=×4t×3t=6t2，
∴当t=1s时，重叠部分的面积面积最大为s=6；
②当1＜t＜2时，如下图所示，DP、EP分别交直线BC于点M、点N，

由（1）可知∠B=∠ADE，AD=4t，
∴DEBC，
∴∠EDM=∠BMD，
∵∠ADE=∠EDM，
∴∠B=∠BMD，
∴DB=DM=AB-AD=8-4t，
∵PD=AD=4t，
∴PM=PD-DM=4t-（8-4t）=8t-8，
∵DEMN，
∴△PMN∽△PDE，
∴，
∵S△PDE=S△ADE=×4t×3t=6t2，
∴S△PMN=6t2×，
∴重叠部分面积s=S△PDE-S△PMN=6t2-6t2×=，
∴当t=时，重叠部分面积最大为8；
综上所述：当0＜t≤1时，s=6t2，当1＜t＜2时，s=，
当t=时，重叠部分面积最大，最大值为8．
【点睛】
本题考查三角形的综合题，解题的关键是数形结合将动点问题分情况进行讨论：点P在三角形内部或三角形一边上及点P在三角形外部．
13．（2021·江苏宜兴·一模）如图，二次函数的图象与轴交于、两点（点在点的右边），与轴交于点．
（1）请直接写出、两点的坐标：______，______；
（2）若以为直径的圆恰好经过这个二次函数图象的顶点．
①求这个二次函数的表达式；
②若为二次函数图象位于第二象限部分上的一点，过点作平行于轴，交直线于点．连接、，是否存在一个点，使？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1），；（2）①，②存在，
【解析】
【分析】
（1）令，解方程即可得到答案；
（2）①根据二次函数的对称性可以表示出顶点坐标，再根据圆的半径相等建立方程即可得到答案；
②由得到，再根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到答案．
【详解】
（1）在中，
令得，
解得：，，
∴，，
故答案为：，．
（2）①∵，，
∴抛物线的对称轴为直线，，
∴抛物线的顶点坐标为，
∵以为直径的圆经过这个二次函数图象的顶点，
∴，
∴，
∴这个二次函数的表达式为．
②如图所示：

当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴AO：AQ=AQ：AB，
∴，
设点，则，
∴，
解得或（不合题意，舍去），
∴点的坐标为．
【点睛】
本题主要考查二次函数性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的基本性质，利用函数图象上的点的坐标特征表示线段的长是解题的关键．

14．（2020•新吴区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A（﹣3，0），B（1，0）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k=AFAD，当k为何值时，有CF=12AD．
②如图2，若△AFO∽△CAB，求出点F的坐标．

【分析】（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D（﹣1，4）；
（2）①由A、C、D三点的坐标求出AC＝32，DC=2，AD＝25，可得△ACD为直角三角形，若CF=12AD，则点F为AD的中点，可求出k的值；
②由条件可判断∠DAC＝∠OCB，若△AFO∽△CAB，则∠AOF＝∠CBA，可求出点F的坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴9a−3b+3=0a+b+3=0，
解得：a=−1b=−2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4
∴顶点D的坐标为（﹣1，4）；

（2）①∵在Rt△AOC中，OA＝3，OC＝3，
∴AC2＝OA2+OC2＝18，
∵D（﹣1，4），C（0，3），A（﹣3，0），
∴CD2＝12+12＝2．
∴AD2＝22+42＝20．
∴AC2+CD2＝AD2．
∴△ACD为直角三角形，且∠ACD＝90°．
∵CF=12AD，
∴F为AD的中点，
∴AFAD=12，
∴k=12．
②在Rt△ACD中，tan∠CAD=DCAC=232=13，
在Rt△OBC中，tan∠OCB=OBOC=13，
∴∠CAD＝∠OCB，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∴∠FAO＝∠ACB，
当∠AOF＝∠CBA时，△AFO∽△CAB，
∴OF∥BC，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴k+b=0b=3，
解得：k=−3b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+3，
∴直线OF的解析式为y＝﹣3x，
设直线AD的解析式为y＝mx+n，
∴−k+b=4−3k+b=0，
解得：k=2b=6，
∴直线AD的解析式为y＝2x+6，
∴y=2x+6y=−3x，
解得：x=−65y=185，
∴F（−65，185）．
15．（2020•昆山市二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）交x轴于点A，B（4，0），交y轴于点C（0，2），且抛物线的对称轴经过点（32，0），过点A的直线y＝﹣x+m交抛物线于另一点D，点E（1，n）是该抛物线上一点，连接AD，BC，BD，BE．
（1）求直线AD及抛物线的函数表达式；
（2）试问：x轴上是否存在某一点P，使得以点P，B，E为顶点的△PBE与△ABD相似？若相似，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点M是直线BC上方的抛物线上一动点（不与点B，C重合），过M作MN⊥BE交直线BC于点N，以MN为直径作⊙O'，则⊙O'在直线BC上所截得的线段长度的最大值等于　4515　．（直接写出答案）

【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）构建方程组确定解得D的坐标，分两种情形：①若点P在点B的左侧时，②若点P在点B的右侧，分别求解即可．
（3）设M（m，−12m2+32m+1），设⊙O′与BC的另一个交点为K，连接MK，因为MN是⊙O′的直径，推出∠MKN＝90°，推出MK⊥BC，因为MN⊥BE，推出∠NMK＝∠CBE＝定值，推出MK的值最大时，NK的值最大，求出△BCM的面积的最大值即可解决问题．
【解析】（1）由题意可得−b2a=32c=20=16a+4b+c，
解得：a=−12b=32c=2，
∴抛物线解析式为：y=−12x2+32x+2；
当y＝0时，0=−12x2+32x+2，
∴x1＝﹣1，x2＝4，
∴点A坐标为（﹣1，0），
∵直线AD：y＝﹣x+m过点A，
∴0＝1+m，
∴m＝﹣1，
∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣1，

（2）由y=−x−1y=−12x2+32x+2，解得x=−1y=0或x=6y=−7，
∴D（6，﹣7），
可知，∠ABE＝∠DAB＝45°，则90°＜∠ABD＜135°，
∵A（﹣1，0），B（4，0），D（6，﹣7），E（1，3），
∴AB＝5，AD＝72，BE＝32，
设P（x，0），
①若点P在点B的左侧时，
∵∠PBE＝∠BAD＝45°，
（a）当△PBE∽△DAB时，
则有PBDA=BEAB，
∴4−x5=3272，
∴x=137，
∴P（137，0）．
（b）当△PBE∽△DAB时，
则有PBAD=BEAB，
∴4−x72=325，
∴x=−225，
∴P（−225，0）．

②若点P在点B的右侧，∠PBE＝135°，
∵90°＜∠ABD＜135°，
∴∠PBE≠∠ABD，此时△PBE与△ABD不可能相似．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（137，0）或（−225，0）．

（3）设M（m，−12m2+32m+1），设⊙O′与BC的另一个交点为K，连接MK，

∵MN是⊙O′的直径，
∴∠MKN＝90°，
∴MK⊥BC，
∵MN⊥BE，
∴∠NMK＝∠CBE＝定值，
∴MK的值最大时，NK的值最大，
∵S△BCM＝S△MCO+S△MOB﹣S△BOC
=12×2×m+12×4×（−12m2+32m+2）−12×2×4
＝﹣（m﹣2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴m＝2时，△BCM的面积最大，最大值为4，
∴MK的最大值=825=455，
∵C（0，2），E（1，3），B（4，0），
∴EC=2，BE＝32，BC＝25，
∴BC2＝EC2+BE2，
∴∠CEB＝∠MKN＝90°，
∵∠KMN＝∠CBE，
∴△MKN∽△BEC，
∴MKBE=NKEC，
∴45532=NK2，
∴NK=4515．
故答案为4515．
16．（2020•梁溪区一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与坐标轴分别交于A、B、C三点，其中A（﹣3，0），点B在x轴正半轴上，连接AC、BC．点D从点A出发，沿AC向点C移动；同时点E从点O出发，沿x轴向点B移动，它们移动的速度都是每秒1个单位长度，当其中一点到达终点时，另一点随之停止移动，连接DE，设移动时间为t秒．
（1）若t＝3时，△ADE与△ABC相似，求这个二次函数的表达式；
（2）若△ADE可以为直角三角形，求a的取值范围．

【分析】（1）先求出点C坐标，由勾股定理可求AC的长，分两种情况讨论，通过相似三角形的性质可求出点B坐标，即可求解；
（2）通过证明△ADE∽△AOC，可得ADAO=AEAC，可求t=92．则设B（x，0），则x≥92，将点A代入解析式可得b=3a+43②，由对称轴可得−b2a≥34①，可求a的取值范围．
【解析】（1）∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象与y轴交于点C，
∴C（0，4），
∴OC＝4，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴AC=OA2+OC2=9+16=5，
∵t＝3，
∴AD＝OE＝3，AE＝6，
当△ADE∽△ACB时，
∴ADAC=AEAB，
即35=6AB，
∴AB＝10，
∴B（7，0），
∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象过点A（﹣3，0），点B（7，0），
∴0=9a−3b+40=49a+7b+4
解得：a=−421b=1621
∴抛物线解析式为：y=−421x2+1621x+4，
当△ADE∽△ABC时，ADAB=AEAC，即3AB=65，
∴AB=52（舍去），
综上，二次函数的表达式为：y=−421x2+1621x+4；
（2）若△ADE可以为直角三角形，显然∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△AOC，
∴ADAO=AEAC，
∴t3=3+t5，
解得：t=92．
设B（x，0），则x≥92，
设抛物线对称轴为直线x=−b2a，
∵A（﹣3，0），
∴−b2a≥34①．
把x＝﹣3，y＝0代入y＝ax2+bx+4，得b=3a+43②，
把②代入①，∵a＜0，
解得：−827≤a＜0．
17．（2020•广东）如图，抛物线y=3+36x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC=3CD．
（1）求b，c的值；
（2）求直线BD的函数解析式；
（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．

【分析】（1）先求出点A，点B坐标，代入交点式，可求抛物线解析式，即可求解；
（2）过点D作DE⊥AB于E，由平行线分线段成比例可求OE=3，可求点D坐标，利用待定系数法可求解析式；
（3）利用两点距离公式可求AD，AB，BD的长，利用锐角三角函数和直角三角形的性质可求∠ABD＝30°，∠ADB＝45°，分∠ABP＝30°或∠ABP＝45°两种情况讨论，利用相似三角形的性质可求解．
【解析】（1）∵BO＝3AO＝3，
∴点B（3，0），点A（﹣1，0），
∴抛物线解析式为：y=3+36（x+1）（x﹣3）=3+36x2−3+33x−3+32，
∴b=−3+33，c=−3+32；
（2）如图1，过点D作DE⊥AB于E，

∴CO∥DE，
∴BCCD=BOOE，
∵BC=3CD，BO＝3，
∴3=3OE，
∴OE=3，
∴点D横坐标为−3，
∴点D坐标为（−3，3+1），
设直线BD的函数解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：3+1=−3k+b0=3k+b，
解得：k=−33b=3，
∴直线BD的函数解析式为y=−33x+3；
（3）∵点B（3，0），点A（﹣1，0），点D（−3，3+1），
∴AB＝4，AD＝22，BD＝23+2，对称轴为直线x＝1，
∵直线BD：y=−33x+3与y轴交于点C，
∴点C（0，3），
∴OC=3，
∵tan∠CBO=COBO=33，
∴∠CBO＝30°，
如图2，过点A作AK⊥BD于K，

∴AK=12AB＝2，
∴DK=AD2−AK2=8−4=2，
∴DK＝AK，
∴∠ADB＝45°，
如图，设对称轴与x轴的交点为N，即点N（1，0），

若∠CBO＝∠PBO＝30°，
∴BN=3PN＝2，BP＝2PN，
∴PN=233，BP=433，
当△BAD∽△BPQ，
∴BPBA=BQBD，
∴BQ=433×(23+2)4=2+233，
∴点Q（1−233，0）；
当△BAD∽△BQP，
∴BPBD=BQAB，
∴BQ=433×423+2=4−433，
∴点Q（﹣1+433，0）；
若∠PBO＝∠ADB＝45°，
∴BN＝PN＝2，BP=2BN＝22，
当△DAB∽△BPQ，
∴BPAD=BQBD，
∴2222=BQ23+2，
∴BQ＝23+2
∴点Q（1﹣23，0）；
当△BAD∽△PQB，
∴BPBD=BQAD，
∴BQ=22×2223+2=23−2，
∴点Q（5﹣23，0）；
综上所述：满足条件的点Q的坐标为（1−233，0）或（﹣1+433，0）或（1﹣23，0）或（5﹣23，0）．
18．（2020•烟台）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x=12，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当线段DF的长度最大时，求D点的坐标；
（3）抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）点A、B的坐标分别为（2t，0）、（﹣t，0），则x=12=12（2t﹣t），即可求解；
（2）点D（m，﹣m2+m+2），则点F（m，﹣m+2），则DF＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m，即可求解；
（3）以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，则DEOE=OBOC或OCOB，即可求解．
【解析】（1）设OB＝t，则OA＝2t，则点A、B的坐标分别为（2t，0）、（﹣t，0），
则x=12=12（2t﹣t），解得：t＝1，
故点A、B的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），
则抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）（x+1）＝ax2+bx+2，
解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2；

（2）对于y＝﹣x2+x+2，令x＝0，则y＝2，故点C（0，2），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x+2，
设点D的横坐标为m，则点D（m，﹣m2+m+2），则点F（m，﹣m+2），
则DF＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m，
∵﹣1＜0，故DF有最大值，DF最大时m＝1，
∴点D（1，2）；

（3）存在，理由：
点D（m，﹣m2+m+2）（m＞0），则OE＝m，DE＝﹣m2+m+2，
以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，
则DEOE=OBOC或OCOB，即DEOE=12或2，即−m2+m+2m=12或2，
解得：m＝1或﹣2（舍去）或1+334或1−334（舍去），
故m＝1或1+334．
19．（2020•陕西）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）P是该抛物线上的点，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△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．

【分析】（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由题意得：PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得12=9+3b+c−3=4−2b+c，解得b=2c=−3，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；

（2）抛物线的对称轴为x＝﹣1，令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，
故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C（0，﹣3），
故OA＝OC＝3，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴当PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，
设点P（m，n），当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，
故n＝22+2×2﹣3＝5，故点P（2，5），
故点E（﹣1，2）或（﹣1，8）；
当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P（﹣4，5），此时点E坐标同上，
综上，点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．

20．（2020•成都）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）．