北师大版九年级数学下册 专题2.48 二次函数压轴题-相似问题（培优篇）（附答案）

这是一份北师大版九年级数学下册 专题2.48 二次函数压轴题-相似问题（培优篇）（附答案），共55页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过A（－1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，顶点为D，点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，则点P的坐标为_______________．
2．点A为y轴正半轴上一点，A，B，两点关于x轴对称，过点A任作直线交抛物线于P，Q两点．若点A的坐标为，且，则所有满足条件的直线的函数解析式为：_______．
3．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点在该抛物线上，且位于直线的上方，过点作于点，连结，若与相似，则点的坐标是________．
二、解答题
4．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）为轴上一动点，过点作轴，交直线于点，交抛物线于点，连接．
①点在线段上运动，若直角三角形，求点的坐标；
②点在轴的正半轴上运动，若．请直接写出的值．
5．已知抛物线经过点A（1,0）和B（0,3），其顶点为D.
（1）求此抛物线的表达式；
（2）求△ABD的面积；
（3）设P为该抛物线上一点，且位于抛物线对称轴右侧，作PH⊥对称轴，垂足为H，若△DPH与△AOB相似，求点P的坐标.
已知抛物线：交x轴于点A、B，顶点为M，A、B、M关于原点的对称点分别是E、F、N．
（1）求点A、B的坐标；
（2）求出经过E、且以N为顶点的抛物线的表达式；
（3）抛物线与y轴交点为D，点P是抛物线在第四象限部分上一动点，点Q是y轴上一动点，求出一组P、Q的值，使得以点D、P、Q为顶点的三角形与相似．
如图，直线与轴、轴相交于、两点，抛物线过点、，且与轴另一个交点为，以、为边作矩形，交抛物线于点．
（1）求抛物线的解析式以及点的坐标；
（2）已知直线交于点，交于点，交于点，交抛物线（上方部分）于点，请用含的代数式表示的长；
（3）在（2）的条件下，连接，若和相似，求的值．
如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点为抛物线的顶点，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设，，求的值；
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C三点为顶点的三角形与相似，若存在，请指出点P的位置，并直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
9．如图，在同一直角坐标系中，抛物线：与轴交于和点C，且经过点，若抛物线与抛物线关于轴对称，点A的对应点为，点B的对应点为．
（1）求抛物线的表达式；
（2）现将抛物线向下平移后得到抛物线，抛物线的顶点为M，抛物线的对称轴与轴交于点N，试问：在轴的下方是否存在一点M，使与相似？若存在，请求出抛物线的表达式；若不存在，说明理由．
10．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．
11．如图，以D为顶点的抛物线y=﹣x2+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+3．
（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．
12．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．
13．如图，抛物线与轴交于，两点，点，分别位于原点的左、右两侧，，过点的直线与轴正半轴和抛物线的交点分别为，，．
（1）求，的值；
（2）求直线的函数解析式；
（3）点在抛物线的对称轴上且在轴下方，点在射线上，当与相似时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．
如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．
（1）求出二次函数和所在直线的表达式；
（2）在动直线移动的过程中，试求使四边形为平行四边形的点的坐标；
（3）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．
15．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．
16．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣x﹣1交于点C．
（1）求抛物线解析式及对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
17．抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
18．我们定义：如图1，在与中，两三角形有公共顶点，所在射线逆时针旋转到所在射线，所在射线逆时针旋转到所在射线，，则我们称与互为“旋补比例三角形”．
（1）如图1，与互为旋补比例三角形，时，①________，②___________；
（2）如图2，在中，于点，与互为旋补比例三角形，延长至点，使，连结，求证：与互为旋补比例三角形；
（3）如图3，在中，，点在轴的正半轴上，，点在第二象限，，抛物线经过点，与轴交点为， (点按逆时针排列)与互为旋补比例三角形，点在抛物线的对称轴上运动，当点构成的三角形是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标．
19．如图，抛物线y＝ax 2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标为（2，－1），并且与y轴交于点C（0，3），与x轴交于两点A，B．
（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，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
20．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）（0（1）求点A、B、D的坐标；
（2）若△AOD与△BPC相似，求a的值；
（3）点D、O、C、B能否在同一个圆上，若能，求出a的值，若不能，请说明理由.
22．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.
参考答案
1．
解：抛物线y＝ax 2＋bx＋c经过A（－1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点
，解得
∴y=
∴抛物线的对称轴为直线x=1，D点坐标为（1，4），
设P（1，a），过点P作PH⊥DM于H，连接PA、PB，如图，
则MP=4-a，又∠HMP=45°，
∴HP=AP=，
Rt△APE中，AP2=AE2+PE2，即：()2＝a2+4，
解得：
∴P1（1，-4+2），P2（1，-4-2）
【点拨】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和切线的性质；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会应用相似比建立线段之间的关系．
2．或
【分析】
利用抛物线的图象上点的坐标特征，待定系数法球函数解析式，根与系数的关系和相似三角形的判定与性质得到=30°，继续由相似三角形，根与系数的关系、函数解析式求得结果．
解：如图，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，．
设点的坐标为，则点的坐标为．
设直线的函数解析式为，并设，的坐标分别为，，，．由，
得，
于是，即．
于是．，
又因为，所以．
因为，
所以，
故=30°，
设，，不妨设，
∴，，
所以，．
因为，所以．
于是，即，
所以．
又，即，所以，
于是可求得．
将代入，得到点的坐标，．
再将点的坐标代入，求得．
所以直线的函数解析式为．
根据对称性知，所求直线的函数解析式为或．
【点拨】此题主要考查相似三角形的判定与性质、根与系数的关系、待定系数法求函数解析式以及对称解决问题．
3．（，）或（-3，2）
【分析】
利用进行讨论：若时，，如图2，过点作轴于点，过点作交轴于点，先证明，设，解方程可确定，，再证明，利用相似比得到，设，，可表示出，然后把代入抛物线解析式得到，解方程求出即可得到此时点坐标；当时，，则，利用点的纵坐标与点的纵坐标相同可确定此时点的纵坐标．
解：，
若时，，
如图1，过点作轴于点，过点作交轴于点，
，
，即，
而，
，
，
设，则，解得，
，，
，，
，
，
，即，
设，，则，
把代入得，
整理得，解得（舍去），，
，；
当时，，则，
点的纵坐标为2，
把代入得，解得，（舍去），
，
综上所述，点的坐标为，或．
故答案为：，或．
【点拨】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；灵活应用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形的性质；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
4．（1）；（2）①或；②或．
【分析】
（1）将点A坐标代入直线解析式可求n的值，可求点B坐标，利用待定系数法可求解；
（2）①分两种情况讨论，由两点距离公式和勾股定理可求解；②分两种情况讨论，由相似三角形的性质和等腰三角形的性质，可求BP解析式，联立方程可求解．
解：（1）直线与轴交于点，
，
，
直线解析式为：，
当时，，
点，
抛物线经过点，，则，
解得，
抛物线的解析式为：①；
（2）①轴，
，
，
设点，点，则点，
，，，
当时，，
，
，（舍去）
点的坐标为，
当时，，
同理可得：（舍去）或3或4（舍去），
点的坐标为，
综上所述：点的坐标为或；
②当点在轴上方时，如图1，连接，延长交轴于，
点，点，
，
，
抛物线与轴交于点，点，
，
，，
点，
，
，，
，
又，
，
，
，
，
点，
直线解析式为：②，
联立①②并解得：（舍去）或，
；
当点在轴下方时，如图2，连接，设与轴交于点，
，，
，
又，，
，
，
点，
直线解析式为：③，
联立①③并解得：（舍去）或7，
点的横坐标为7，
，
综上所述：或．
【点拨】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，两点距离公式，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（1）；（2）点P的坐标为（5,8），.
【分析】
（1）利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）直线BD交x轴于E，如图，先把解析式配成顶点式得到D（2，-1），再利用待定系数法求出直线BD的解析式，则可确定E点坐标，然后根据三角形的面积公式，利用S△ABD=S△ABE+S△ADE进行计算即可；
（3）先确定抛物线的对称轴为直线x=2，设P（x，x2-4x+3）（x＞2），则H（2，x2-4x+3），再表示出PH=x-2，HD=x2-4x+4，根据相似三角形的判定方法，当时，△PHD∽△AOB，即；当时，△PHD∽△BOA，即，然后分别解方程即可得到满足条件的P点坐标．
解：（1）把A（1，0）和B（0，3）代入y=x2+bx+c得，
解得：，
∴抛物线解析式为y=x2-4x+3；
（2）直线BD交x轴于E，如图，
∵y=（x-2）2-1，
∴D（2，-1），
设直线BD的解析式为y=mx+n，
把B（0，3），D（2，-1）代入得，解得，
∴直线BD的解析式为y=-2x+3，
当y=0时，-2x+3=0，解得x=，则E（，0），
∴S△ABD=S△ABE+S△ADE=×（-1）×3+×（-1）×1=1；
（3）抛物线的对称轴为直线x=2，
设P（x，x2-4x+3）（x＞2），则H（2，x2-4x+3），
∴PH=x-2，HD=x2-4x+3-（-1）=x2-4x+4，
∵∠PHD=∠AOB=90°，
∴当时，△PHD∽△AOB，即，解得x1=2（舍去），x2=5，此时P点坐标为（5，8）；
当时，△PHD∽△BOA，即，解得x1=2（舍去），x2=，此时P点坐标为（，-）；
综上所述，满足条件的P点坐标为（5，8）或（，-）．
6．（1）、；（2）；（3）
【分析】
（1）令，由求得的解就是点A、B的横坐标；
（2）由（1）得到点A、B、M关于原点的对称点的坐标，然后利用顶点式求得抛物线的表达式；
（3）先结合图形的特点，构造出与相似且顶点分别在y轴上和抛物线上的三解形，再利用相似三角形的性质求解．
解：（1）当时，由，得，
∴、．
（2）由，得抛物线的顶点，
∵点E、F、N分别与点A、B、M关于原点对称，
∴、、；
设经过点E且顶点为N的抛物线的解析式为，
则，解得，
∴抛物线的解析式为．
（3）如图，作交抛物线于点P，作轴于点R，在点R上方的y轴上取一点Q，使，则；
由，得．
∴，
又∵，
∴．
作交y轴于点H，则；
∵，
∴，
∴．
设直线的解析式为，则，解得，
∴，
∴直线的解析式为；
由，得，（不符合题意，舍去）．
∴；
∵，
∴点Q的纵坐标为，
∴．
综上所述，．
【点拨】本题考查二次函数综合问题以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握基本性质是解题关键．
7．（1），的坐标为；（2）；（3）的值为或1．
【分析】
（1）先求出点B、C的坐标，再利用待定系数法可求出抛物线的解析式，然后令即可求出点A的坐标；
（2）先利用待定系数法求出直线AC的解析式，从而可得点M的坐标，再根据抛物线可得点P的坐标，然后根据即可得；
（3）先根据点的坐标、正方形的性质分别求出AE、ME、CF、PF的长，再根据相似三角形的性质即可得．
解：（1）对于直线
当时，，解得，则点的坐标为
当时，，则点的坐标为
将点B、C的坐标代入抛物线的解析式得：，解得
则抛物线的解析式为
令得，解得或
∴点的坐标为；
（2）设直线的解析式为
把，代入得，解得
∴直线的解析式为
∵点的横坐标为，点在上
∴点的坐标为
∵点的横坐标为，点在抛物线上
∴点的坐标为
∴
即；
（3）由题意得，，，
根据相似三角形的性质，分以下两种情况：
①若，则
即
∵且
∴；
②若，则
即
∵且
∴
综上，的值为或1．
【点拨】本题考查了二次函数的图象和性质、利用待定系数法求函数的解析式、相似三角形的性质等知识点，掌握待定系数法求函数的解析式是解题关键．
8．（1）；（2）；（3）存在，，，
【分析】
（1）将点A、E的坐标代入抛物线解析式求出a、b即可；
（2）首先求出BD、EC、BC、BE的长，证明得出，将求的值转化为求的值，计算即可；
（3）首先证明∠ACO＝∠EBC，∠OAC＝∠CEB，可得以P、A、C三点为顶点与相似的三角形必为直角三角形，然后分情况讨论：①以A为直角顶点时，②以C为直角顶点时，③以Р为直角顶点时，利用射影定理求出OP的长即可.
解：（1）将，代入可得，
解得：
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵，，
∴，
令，
解得：，，
∴，
∵，，
∴，，，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）∵OA=OD=1，OC=OB=3，∠AOC＝∠DOB，
∴△AOC≌△DOB，
∴∠ACO＝∠DBO，∠OAC＝∠ODB，
∵，
∴∠DBO＝∠EBC，∠ODB＝∠CEB，
∴∠ACO＝∠EBC，∠OAC＝∠CEB，
∵为直角三角形，则以P、A、C三点为顶点与相似的三角形必为直角三角形，
∴分三种情况讨论：
①以A为直角顶点时，
在中，，即：，
∴，
∴；
②以C为直角顶点时，在中，，即：，
∴，
∴；
③以Р为直角顶点时，则P与O重合，
即；
综上所述：满足条件的Р点有，，．
【点拨】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义和性质以及射影定理的应用等知识，熟练掌握待定系数法和相似三角形判定定理是解答本题的关键.
9．（1）抛物线的解析式为．（2）函数的解析式为：或．
【分析】
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，确定顶点坐标，利用轴对称的性质得到抛物线的表达式；
（2）先根据点坐标求出，，，再分两种情况利用相似三角形的性质求解即可．
解：（1）将，分别代入中得，
，
解得，
抛物线的解析式为，
则：顶点为，
抛物线与抛物线关于轴对称，顶点也关于轴对称，开口方向及大小均相同，即二次项系数相同，
抛物线的顶点为，
抛物线的解析式为．
故抛物线的解析式为．
（2）如图，存在点M，使与相似．
由题意得：，，，，
，，，
，
与相似，可以分两种情况：
①当时，则，
，
即点，
此时，抛物线的表达式为．
②当时，
同理可得：点；
此时，抛物线的表达式为，
故：函数的解析式为：或．
【点拨】此题考查二次函数的综合知识，待定系数法求抛物线的解析式，轴对称的抛物线的特点，相似三角形的判定及性质，在解题中运用分类思想解决问题．
10．(1)抛物线的表达式为：；(2)有最大值，当时，其最大值为；(3) 或或或．
【分析】
（1）函数的表达式为：y=a（x+1）（x-3），将点D坐标代入上式，即可求解；
（2）设点，求出，根据，利用二次函数的性质即可求解；
（3）分∠ACB=∠BOQ、∠BAC=∠BOQ，两种情况分别求解，通过角的关系，确定直线OQ倾斜角，进而求解．
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：，
∴CH＝
则，
则直线OQ的表达式为：…②，
联立①②并解得：，
故点或；
②时，
，
则直线OQ的表达式为：…③，
联立①③并解得：，
故点或；
综上，点或或或．
【点拨】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、三角形相似、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
11．（1）y=﹣x2+2x+3；（2）P ( ,)；（3）当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
【分析】
（1）先求得点B和点C的坐标，然后将点B和点C的坐标代入抛物线的解析式得到关于b、c的方程，从而可求得b、c的值；（2）作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3），则OP+AP的最小值为AO′的长，然后求得AO′的解析式，最后可求得点P的坐标；（3）先求得点D的坐标，然后求得CD、BC、BD的长，依据勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形，然后分为△AQC∽△DCB和△ACQ∽△DCB两种情况求解即可．
解：（1）把x=0代入y=﹣x+3，得：y=3，
∴C（0，3）．
把y=0代入y=﹣x+3得：x=3，
∴B（3，0），A（﹣1，0）.
将C（0，3）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c得： ，解得b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）如图所示：作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3）．
∵O′与O关于BC对称，
∴PO=PO′．
∴OP+AP=O′P+AP≤AO′．
∴OP+AP的最小值=O′A==5．
O′A的方程为y=
P点满足解得：
所以P ( ,)
（3）y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
又∵C（0，3，B（3，0），
∴CD=，BC=3，DB=2．
∴CD2+CB2=BD2，
∴∠DCB=90°．
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴OA=1，CO=3．
∴．
又∵∠AOC=DCB=90°，
∴△AOC∽△DCB．
∴当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB．
如图所示：连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q．
∵△ACQ为直角三角形，CO⊥AQ，
∴△ACQ∽△AOC．
又∵△AOC∽△DCB，
∴△ACQ∽△DCB．
∴，即，解得：AQ=10．
∴Q（9，0）．
综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
【点拨】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数的解析式、轴对称图形的性质、相似三角形的性质和判定，分类讨论的思想．
12．（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）．
【分析】
（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据对称性，可得MC=MD，根据解方程组，可得B点坐标，根据两边之差小于第三边，可得B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可得关于x的方程，根据解方程，可得x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
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PG⊥y轴于G点，∠PGA=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）．
【点拨】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏．
13．（1）； （2） （3），，，
【分析】
（1）根据，得出，，将A，B代入得出关于b，c的二元一次方程组求解即可；
（2）根据二次函数是，，，得出的横坐标为，代入抛物线解析式求出，设得解析式为：，将B，D代入求解即可；
（3）由题意得tan∠ABD=，tan∠ADB=1，由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n<0，Q（x，0）且x<3，分①当△PBQ∽△ABD时，②当△PQB∽△ABD时，③当△PQB∽△DAB时，④当△PQB∽△ABD时四种情况讨论即可．
解：（1）∵，
∴，，
∴将A，B代入得，
解得，
∴，；
（2）∵二次函数是，，，
∴的横坐标为，
代入抛物线解析式得
∴，
设得解析式为：
将B，D代入得，
解得，
∴直线的解析式为；
（3）由题意得tan∠ABD=，tan∠ADB=1，
由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n<0，Q（x，0）且x<3，
①当△PBQ∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=，
解得n=，
tan∠PQB=tan∠ADB即，
解得x=1-，
此时Q的坐标为（1-，0）；
②当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ADB即=1，
解得n=-2，
tan∠QPB=tan∠ABD即=，
解得x=1-，
此时Q的坐标为（1-，0）；
③当△PQB∽△DAB时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=，
解得n=，
tan∠PQB=tan∠DAB即，
解得x=-1，
此时Q的坐标为（-1，0）；
④当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=1，
解得n=-2，
tan∠PQB=tan∠DAB即，
解得x=5-，
Q的坐标为（5-，0）；
综上：Q的坐标可能为，，，．
【点拨】本题考查了二次函数，一次函数，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，掌握知识点灵活运用是解题关键．
14．（1），；（2）；（3）存在，点的坐标是．
【分析】
（1）将，代入，解出a，b得值即可；求出C点坐标，将C，B代入线段所在直线的表达式，求解即可；
（2）根据题意只要，四边形即为平行四边形，先求出点D坐标，然后求出DE，设点的横坐标为，则，，得出，根据，得，求解即可；
（3）由（2）知，，根据与有共同的顶点，且在的内部，只有当时，，利用勾股定理，可得
，，根据，即，解出t值，即可得出答案．
解：（1）由题意，将，代入，
得，
解得，
∴二次函数的表达式，
当时，，得点，又点，
设线段所在直线的表达式，
∴，解得，
∴所在直线的表达式；
（2）∵轴，轴，
∴，
只要，此时四边形即为平行四边形，
由二次函数，
得点，
将代入，即，得点，
∴，
设点的横坐标为，则，，
由，得，
解之，得（不合题意舍去），，
当时，，
∴；
（3）由（2）知，，
∴，
又与有共同的顶点，且在的内部，
∴，
∴只有当时，，
由，，，
利用勾股定理，可得，，
由（2）以及勾股定理知，，
，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴点的坐标是．
【点拨】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用知识点是解题关键．
15．(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）.
【分析】
(1)把点A，B的坐标代入抛物线的解析式中，求b，c；(2)设P(m，m2−2m＋1)，根据S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC，把S四边形AECP用含m式子表示，根据二次函数的性质求解；(3)设Q(t，1)，分别求出点A，B，C，P的坐标，求出AB，BC，CA；用含t的式子表示出PQ，CQ，判断出∠BAC＝∠PCA＝45°，则要分两种情况讨论，根据相似三角形的对应边成比例求t.
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.
∵-6∴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，(t+6):6＝，解得t＝-4，所以Q(-4，1)；
②当△CQP∽△ABC时，
CQ:AB＝CP:AC，(t+6)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).
【点拨】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，平行于坐标轴的直线上两点间的距离是较大的坐标减较小的坐标；解（3）的关键是利用相似三角形的性质的出关于CQ的比例，要分类讨论，以防遗漏．
16．（1）抛物线解析式为：y=，抛物线对称轴为直线x=1；（2）存在P点坐标为（1，﹣）；（3）N点坐标为（4，﹣3）或（2，﹣1）
解：分析：（1）由待定系数法求解即可；
（2）将四边形周长最小转化为PC+PO最小即可；
（3）利用相似三角形对应点进行分类讨论，构造图形．设出点N坐标，表示点M坐标代入抛物线解析式即可．
详解：（1）把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得

解得
∴抛物线解析式为：y=x2−x−1
∴抛物线对称轴为直线x=-＝1
（2）存在
使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小
∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点．
设过点C′、O直线解析式为：y=kx
∴k=-
∴y=-x
则P点坐标为（1，-）
（3）当△AOC∽△MNC时，
如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E
∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°
∴∠CDN=∠CAO
由相似，∠CAO=∠CMN
∴∠CDN=∠CMN
∵MN⊥AC
∴M、D关于AN对称，则N为DM中点
设点N坐标为（a，-a-1）
由△EDN∽△OAC
∴ED=2a
∴点D坐标为（0，-a−1）
∵N为DM中点
∴点M坐标为（2a，a−1）
把M代入y=x2−x−1，解得
a=4
则N点坐标为（4，-3）
当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM
∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N
由（2）N（2，-1）
∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）
点拨：本题为代数几何综合题，考查了待定系数、两点之间线段最短的数学模型构造、三角形相似．解答时，应用了数形结合和分类讨论的数学思想．
17．（1）y=﹣2x2+x+3；（2）∠ACB=45°；（3）D（，）．
解：试题分析：把点的坐标代入即可求得抛物线的解析式.
作BH⊥AC于点H，求出的长度，即可求出∠ACB的度数.
延长CD交x轴于点G，△DCE∽△AOC，只可能∠CAO=∠DCE.求出直线的方程，和抛物线的方程联立即可求得点的坐标.
试题解析：（1）由题意，得
解得．
∴这条抛物线的表达式为．
（2）作BH⊥AC于点H，
∵A点坐标是（－1，0），C点坐标是（0，3），B点坐标是（，0），
∴AC=，AB=，OC=3，BC=．
∵，即∠BAD=，
∴．
Rt△ BCH中，，BC=，∠BHC=90º，
∴．
又∵∠ACB是锐角，∴．
（3）延长CD交x轴于点G，
∵Rt△ AOC中，AO=1，AC=，
∴．
∵△DCE∽△AOC，∴只可能∠CAO=∠DCE．
∴AG = CG．
∴．
∴AG=5．∴G点坐标是（4，0）．
∵点C坐标是（0，3），∴．
∴ 解得，（舍）.
∴点D坐标是
18．（1）①；②
（2）见解析
（3），．
【分析】
（1）根据题意直接可得出结论；
（2）结合旋补比例三角形的定义，找出，即可；
（3）结合题意，分析出为等腰直角三角形，在此基础上进行分类讨论，利用“一线三垂直”构造全等，得出结论．
解：（1）由题意可知：，
（2），，
和互为旋补比例三角形，，
，，
，
，
，
，
，
，
与互为旋补比例三角形．
（3），，
，过作轴于点，
，，
，
经过与，
，对称轴为直线，
与互为旋补比例三角形，
，，
，，
如图，过点作于点，
，，即点与点重合，
，即为等腰直角三角形，
为以点为顶点的等腰三角形，
，
，
①在轴上方，如图：
易证：，
，，
，，
②在轴下方，如图：
易证：
，，
，，
综上，，．
【点拨】本题考查了对新定义图形的理解与运用，前面两个小题属于较为基础的题型，结合题干中给出的概念，紧紧围绕概念展开证明即可；最后一问还考查了对二次函数解析式的求解，以及与“一线三垂直”模型的综合运用问题，掌握等腰三角形中常考的几何模型是比较关键的．
19．（1）y=x2－4x＋3；（2）=2；（3）存在符合条件的点E，且坐标为：、、、．
【分析】
（1）根据题意可设函数解析式为，然后把点C代入解析式求解即可；
（2）由（1）及题意可设直线BC的解析式为y=kx＋3，然后求解，进而可求证△ACD为直角三角形，然后利用面积计算公式求解即可；
（3）由题意知：EF∥y轴，则∠FED=∠OCB，若△OCB与△FED相似，则有当∠DFE=90°，即 DF∥x轴和当∠EDF=90°，然后进行分类讨论求解即可．
解：（1）依题意，设抛物线的解析式为，代入C（0，3）后，
得：，解得：a=1，
∴抛物线的解析式：；
（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）；
∴，，，
即：，△ACD是直角三角形，且AD⊥CD；
∴= AD•CD==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：
，解得
当x=2+时，y=－x+3=1－；
当x=2－时，y=－x+3=1+；
∴、；
②∠EDF=90°，
易知，直线AD：y=x－1，联立抛物线的解析式有：
，解得 ；
当x=1时，y=-x+3=2；
当x=4时，y=-x+3=-1；
∴、；
综上，存在符合条件的点E，且坐标为：、、、．
【点拨】本题主要考查二次函数的综合及相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的性质及相似三角形存在性的讨论是解题的关键．
20．（1）y=2x2﹣3x；（2）C（1，﹣1）；（3）（，）或（﹣，）．
【分析】
（1）由直线解析式可求得B点坐标，由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式；
（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，可设出C点坐标，利用C点坐标可表示出CD的长，从而可表示出△BOC的面积，由条件可得到关于C点坐标的方程，可求得C点坐标；
（3）设MB交y轴于点N，则可证得△ABO≌△NBO，可求得N点坐标，可求得直线BN的解析式，联立直线BM与抛物线解析式可求得M点坐标，过M作MG⊥y轴于点G，由B、C的坐标可求得OB和OC的长，由相似三角形的性质可求得的值，当点P在第一象限内时，过P作PH⊥x轴于点H，由条件可证得△MOG∽△POH，由的值，可求得PH和OH，可求得P点坐标；当P点在第三象限时，同理可求得P点坐标．
解：（1）∵B（2，t）在直线y=x上，
∴t=2，
∴B（2，2），
把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得：，解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，
∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），
∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，
∴S△OBC=S△CDO+S△CDB=CD•OE+CD•BF=（﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，
∵△OBC的面积为2，
∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，
∴C（1，﹣1）；
（3）存在．设MB交y轴于点N，
如图2，
∵B（2，2），
∴∠AOB=∠NOB=45°，
在△AOB和△NOB中，
∵∠AOB=∠NOB，OB=OB，∠ABO=∠NBO，
∴△AOB≌△NOB（ASA），
∴ON=OA=，
∴N（0，），
∴可设直线BN解析式为y=kx+，把B点坐标代入可得2=2k+，解得k=，
∴直线BN的解析式为，联立直线BN和抛物线解析式可得：，解得：或，
∴M（，），
∵C（1，﹣1），
∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），
∴OB=，OC=，
∵△POC∽△MOB，
∴，∠POC=∠BOM，
当点P在第一象限时
，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，如图3
∵∠COA=∠BOG=45°，
∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，
∴△MOG∽△POH，
∴
∵M（，），
∴MG=，OG=，
∴PH=MG=，OH=OG=，
∴P（，）；
当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，
同理可求得PH=MG=，OH=OG=，
∴P（﹣，）；
综上可知：存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）．
【点拨】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形的面积、二次函数的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用C点坐标表示出△BOC的面积是解题的关键，在（3）中确定出点P的位置，构造相似三角形是解题的关键，注意分两种情况．
21．（1）（1）A（a，0），B（3,0），D（0,3a）.（2）a的值为.（3）当a=时，D、O、C、B四点共圆.
解：【分析】（1）根据二次函数的图象与x轴相交，则y=0，得出A（a，0），B（3，0），与y轴相交，则x=0，得出D（0，3a）.
（2）根据（1）中A、B、D的坐标，得出抛物线对称轴x=，AO=a，OD=3a，代入求得顶点C（，-），从而得PB=3- =，PC=；再分情况讨论：①当△AOD∽△BPC时，根据相似三角形性质得， 解得：a= 3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，根据相似三角形性质得 ，解得：a1=3（舍），a2=；
（3）能；连接BD，取BD中点M，根据已知得D、B、O在以BD为直径，M（，a）为圆心的圆上，若点C也在此圆上，则MC=MB，根据两点间的距离公式得一个关于a的方程，解之即可得出答案.
【详解】（1）∵y=（x-a）（x-3）（0∴A（a，0），B（3，0），
当x=0时，y=3a，
∴D（0，3a）；
（2）∵A（a，0），B（3，0），D（0，3a）.∴对称轴x=，AO=a，OD=3a，
当x= 时，y=- ，
∴C（，-），
∴PB=3-=，PC=，
①当△AOD∽△BPC时，
∴，
即 ，
解得：a= 3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，
∴，
即 ，
解得：a1=3（舍），a2= .
综上所述：a的值为；
（3）能；连接BD，取BD中点M，
∵D、B、O三点共圆，且BD为直径，圆心为M（，a），
若点C也在此圆上，
∴MC=MB，
∴ ，
化简得：a4-14a2+45=0，
∴（a2-5）（a2-9）=0，
∴a2=5或a2=9，
∴a1=，a2=-，a3=3（舍），a4=-3（舍），
∵0∴a=，
∴当a=时，D、O、C、B四点共圆.
【点拨】本题考查了二次函数、相似三角形的性质、四点共圆等，综合性较强，有一定的难度，正确进行分析，熟练应用相关知识是解题的关键.
22．(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)．
【分析】
(1)利用待定系数法进行求解即可得；
(2)由关于原点对称的点的坐标特征可知点A(-3，0)、B(0，-6)在L′上的对应点分别为A′(3，0)、B′(0，6)，利用待定系数法求得抛物线L′的表达式为y＝x2－5x＋6，设P(m，m2－5m＋6)(m＞0)，根据PD⊥y轴，可得点D的坐标为(0，m2－5m＋6)，可得PD＝m，OD＝m2－5m＋6，再由Rt△POD与Rt△AOB相似，分Rt△PDO∽Rt△AOB或Rt△ODP∽Rt△AOB两种情况，根据相似三角形的性质分别进行求解即可得.
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).
【点拨】本题考查的是二次函数综合题，涉及了待定系数法、关于原点对称的抛物线的特点、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，正确把握和灵活运用相关知识是解题的关键.