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2024年中考数学压轴题之二次函数相似三角形存在性问题（一）（解析）
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这是一份2024年中考数学压轴题之二次函数相似三角形存在性问题（一）（解析），共44页。
（1）求抛物线对应的函数关系式；
（2）若△DCE是由△ABO沿x轴向右平移得到的，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点F与点D关于y轴对称，过点F作直线GF交抛物线于点H、M.点H在点M左侧，连接GD、DM、HD.设直线GF解析式为y=kx+b，是否存在实数k，使得△GHD与△DGM相似.若存在，请求出k值以及△DHM的面积，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：B（0，4）代入得：c=4，
由二次函数的图象和系数的关系：对称轴−b2a=−b2×23=52，b=−103，
∴y=23x2−103x+4；
（2）解：Rt△ABO中由勾股定理得：AB=32+42=5，
当四边形ABCD是菱形时：AD=AB=BC=5，
由平移性质得：D(2，0)，C(5，4)，
∵23×4−103×2+4=0，∴D在抛物线上.
∵23×25−103×5+4=4，∴C在抛物线上.
故C，D两点在抛物线上；
（3）解：D(2，0)，由对称得F(−2，0)，
设直线解析式为： y=kx＋b，代入F得
−2k+b=0，b=2k，
∴G(0，2k)；
当直线与二次函数相交时：设H(x1，y1)，M(x2，y2)，则H（x1，kx1+2k），M（x2，kx2+2k）
y=23x2−103x+4y=kx+2k，
2x2−10x+12=3kx+6k，
2x2−(10+3k)x+12−6k=0，①
Δ=(10+3k)2−8(12−6k)≥0，
x1，x2是方程①的解，由根与系数的关系得：x1+x2=10+3k2x1x2=6−3k；
当△GHD与△DGM相似时：
若GHGM=GDGD，则H、M重合，不符合题意；
若GHGD=GDGM，则GD2=GH⋅GM，
∵G(0，2k)，D(2，0) ，H（x1，kx1+2k），M（x2，kx2+2k），
∴4+4k2=x12+(kx1)2·x22+(kx2)2=1+k21+k2x1x2，
4(1+k2)=(1+k2)x1x2，
x1x2=4，6−3k=4，k=23.
当k=23时，2x2−12x+8=0，x2−6x+4=0，
x=6±202，x1=3−5，x2=3+5，
S△HDM= S△FDM －S△FDH=12×4×（y2-y1）=835
【解析】【分析】（1）将B（0，4）代入可得c=4，根据对称轴方程可得b的值，进而可得抛物线的解析式；
（2）由勾股定理可得AB=5，当四边形ABCD是菱形时，AD=AB=BC=5，由平移的性质得D（2，0），C（5，4），然后代入抛物线解析式中验证即可；
（3）由对称性可得F（-2，0），易得G（0，2k），当直线与二次函数相交时，设H（x1，y1），M（x2，y2），则H（x1，kx1+2k），M（x2，kx2+2k），联立直线与抛物线解析式并结合根与系数的关系表示出x1+x2、x1x2，然后相似三角形的性质可得k的值，进而求出x的值，然后根据S△HDM= S△FDM-S△FDH进行计算.
2．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在×轴上．
（1）若抛物线过点P（0，14 ），求证：a=b2？；
（2）已知点P1（-2，1），P2（2，-1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y= 34 x+1与抛物线交于A，B两点，点M在直线y=n（n<0）上，过A，B两点分别作直线y=n（n<0）的垂线，垂足为C，D．是否存在这样的n的值，使得以点A，C，M为顶点的三角形与△BDM相似的点M恰有两个？若存在，请直接写出n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）求证：∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在x轴上，
∴4ac−b24a =0，即4ac-b2=0.
∵抛物线过点p（0， 14 ），
∴14 =a×02+b×0+c，即c= 14 .
∴a-b2=0，即a=b2.
（2）解：①∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在x轴上，
∴抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）在x轴的同侧，
.在抛物线上的是P1（-2，1），P3（2，1）两点
∴拋物线的对称轴是直线x= −2+22 =0，
即 −b2a =0，.b=0
由（1）得4ac-b2=0，∴4ac=0，
a≠0，∴c=0.
将P1（-2，1）代入y=ax2，得a= 14 ，
∴抛物线的解析式为y= 14 x2.
②n的值为-1或 −18
说明：当△ACM∽△BDM时，点M始终存在，即图中的M2
要使以点A，C，M为顶点的三角形与△BDM相似的点M恰有两个，
则当△ACM的△MDB时的点M1只有一个，或与M2重合，
.当△ACM∽△MDB时的点M1只有一个时，
直线y=n（n<0）与以AB为直径的圆相切，此时n=-1.
当△ACM∽△MDB时的点M1与M2重合时，n= −18 .
【解析】【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在x轴上，即顶点坐标纵坐标为0，得顶点坐标纵坐标为4ac−b24a=0，求得4ac-b2=0，再由抛物线经过点P，将点P代入抛物线解析式得c= 14，再代入4ac-b2=0，化简整理即可求证结论；
（2）①利用点P1（-2，1），P3（2，1）可求出抛物线的对称轴为x=0，即−b2a=0，得b=0，再由（1）中结论4ac-b2=0，得4ac=0，由a≠0，得c=0，即抛物线解析式为y=ax2，再将点P1（-2，1）代入解析式求出a值，即可求出抛物线的解析式；②如图，由题意需分两种情况，当△ACM∽△BDM时点M始终存在，即M2；当△ACM∽△MDB时，点M1只有一个，或与M2重合，分别求出对应的n值即可解决问题.
3．在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（－3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点Q是线段AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A，C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+2过点A（－3，0），B（1，0）
∴9a−3b+2=0a+b+2=0，解得：a=−23b=−43
∴二次函数的关系解析式为y=−23x2−43x+2．
（2）解：存在点Q（-2，2）或(−34，218)使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．
理由如下：如图①，
设点E的横坐标为c，则点Q的坐标为（c，−23c2−43c+2），
∴BE=1-c，QE=−23c2−43c+2，
①OA和BE是对应边时，∵△BEQ∽△AOC，
∴OABE=OCQE，
即31−c=2−23c2−43c+2，
整理得，c2+c-2=0，
解得c1=-2，c2=1（舍去），
此时，−23×(−2)2−43×(−2)+2=2，
点Q（-2，2）；
②OA和QE是对应边时，∵△QEB∽△AOC，
∴OAQE=OCBE，
即3−23c2−43c+2=21−c，
整理得，4c2-c-3=0，
解得c1=−34，c2=1（舍去），
此时，−23×(−34)2−43×(−34)+2=218，
点Q(−34，218)，
综上所述，存在点Q（-2，2）或(−34，218)使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．
（3）解：存在，满足条件的点Q的坐标为：Q1（-5，0），Q2（-1，0），Q3（2+7，0），Q4（2−7，0）．
【解析】【解答】①如图2，
当MC//AQ且MC=AQ时，M与C关于对称轴x=-1对称，
∴AQ=MC=2，
∴Q1（-1，0），Q2（-5，0），
②如图3，
当AC//MQ且AC=MQ时，
因为平行四边形是中心对称图形并且中心对称点在x轴上，所以点M到x轴的距离为2．
设M（m， 23m2−43m+3），
∴23m2−43m+3=-2，
∴m2+2m-6=0，
∴m=-1± 7，
∵QG=3，
∴Q3（2+ 7，0），Q4（2− 7，0）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为：Q1（-5，0），Q2（-1，0），Q3（2+ 7，0），Q4（2− 7，0）．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入 y=ax2+bx+2求出a、b的值即可；
（2）设点E的横坐标为c，则点Q的坐标为（c，−23c2−43c+2），则BE=1-c，QE=−23c2−43c+2，再分两种情况，利用相似三角形的性质列出方程求解即可；
（3）先画出图象，再结合图象，利用平行四边形的性质列出方程求解即可。
4．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x2+bx+c 经过点 A 和点 B(1,0) ，交 y 轴于点 C(0,3) ．
（1）求抛物线的解析式及顶点 D 的坐标；
（2）点 P 是抛物线上 A 、 D 之间的一点，过点 P 作 PE⊥x 轴于点 E ， PG⊥y 轴，交抛物线于点 G ，过点 G 作 GF⊥x 轴于点 F ，当矩形 PEFG 的周长最大时，求点 P 的坐标；
（3）如图2，连接 AD 、 BD ，点 M 在线段 AB 上（不与 A 、 B 重合），作直线 MN⊥x 轴交抛物线于点 N ，是否存在点 M ，使得 △AMN 与 △OBC 相似？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线 y=−x2+bx+c 经过点 A 和点 B(1,0) ，交 y 轴于点 C(0,3) ，
将B，C代入解析式得： 0=−1+b+c3=c
解得：b=－2，c=3
∴抛物线的表达式为： y=−x2−2x+3 ，
∵y=−x2−2x+3 =−(x+1)2+4
∴点 D(−1,4) ；
∴解析式为 y=−x2−2x+3 ，顶点坐标 D(−1,4)
（2）解：设点 P(m,−m2−2m+3) ，则 PE=−m2−2m+3 ，
∵顶点坐标 D(−1,4) ， P(m,−m2−2m+3)
∴PG=2(−1−m)=−2−2m ，
矩形 PEFG 的周长 =2(PE+PG)=2(−m2−2m+3−2−2m) =−2m2−8m+2 ，
∵−2<0 ，故当 m=−−8−4=−2 时，矩形 PEFG 周长最大，
此时，点 P 的横坐标为 −2 ；将-2，代入 y=−x2−2x+3 得y=3
∴坐标为 P(−2,3) ；
（3）解：设点 M(m,0) ，则 N(m,−m2−2m+3) ， MN=−m2−2m+3
令y=0,得 −x2−2x+3=0
解得： x1=−3,x2=1
∴点A（-3,0）， B(1,0)
∴AM=m+3 ,OB=1,OC=3
∵∠AMN=∠COB=90° ，
∴当 AMBO=MNOC 时 ΔAMN∽ΔBOC
即 m+31=−m2−2m+33 ，
解得: m=−2或m=−3 （舍去）
∴M(−2,0)
∵∠AMN=∠COB=90° ，
∴当 AMCO=MNOB 时 ΔAMN∽ΔCOB
即 m+33=−m2−2m+31 ，
解得： m=23或m=−3 （舍去）
∴M(23,0)
综上所述：存在点 M ，即 M(−2,0) 或者 M(23,0) ，使得 △AMN 与 △OBC 相似．
【解析】【分析】（1）根据点B、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式，由此即可得出顶点D的坐标；
（2）设点 P(m,−m2−2m+3) ，可得 PE=−m2−2m+3 ， PG=2(−1−m)=−2−2m ，矩形 PEFG 的周长 =2(PE+PG) ，即可求解；
（3）设点 M(m,0) ，则 N(m,−m2−2m+3) ， MN=−m2−2m+3 ，根据相似三角形的性质,可得关于 m 的方程，可得 M 点的坐标，要分类讨论,以防遗漏．
5．如图1，在平面直角坐标系中，直线 y=x−1 与抛物线 y=−x2+bx+c 交于 A、B 两点，其中 A(m，0) ， B(4，n) .该抛物线与y轴交于点C，与x轴交于另一点D.
（1）求 m、n 的值及该抛物线的解析式；
（2）如图2.若点P为线段 AD 上的一动点(不与 A、D 重合).分别以 AP 、 DP 为斜边，在直线 AD 的同侧作等腰直角△ APM 和等腰直角△ DPN ，连接 MN ，试确定△ MPN 面积最大时P点的坐标.
（3）如图3.连接 BD 、 CD ，在线段 CD 上是否存在点Q，使得以 A、D、Q 为顶点的三角形与△ ABD 相似，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得：m=1，n=3，∴A（1，0），B（4，3）.
∵y=﹣x2+bx+c经过点A与点B，∴−1+b+c=0−16+4b+c=3 ，解得： b=6c=−5 ，则二次函数解析式为y=﹣x2+6x﹣5；
（2）解：如图2，△APM与△DPN都为等腰直角三角形，∴∠APM=∠DPN=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN为直角三角形，令﹣x2+6x﹣5=0，得到x=1或x=5，∴D（5，0），即DP=5﹣1=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，∴PM= 22 m，PN= 22 （4﹣m），∴S△MPN= 12 PM•PN= 12 × 22 m× 22 （4﹣m）=﹣ 14 m2﹣m=﹣ 14 （m﹣2）2+1，∴当m=2，即AP=2时，S△MPN最大，此时OP=3，即P（3，0）；
（3）解：存在，易得直线CD解析式为y=x﹣5，设Q（x，x﹣5），由题意得：∠BAD=∠ADC=45°，分两种情况讨论：
①当△ABD∽△DAQ时， ABDA = BDAQ ，即 324 = 4AQ ，解得：AQ= 823 ，由两点间的距离公式得：（x﹣1）2+（x﹣5）2= 1283 ，解得：x= 73 ，此时Q（ 73 ，﹣ 83 ）；
②当△ABD∽△DQA时， BDAQ =1，即AQ= 10 ，∴（x﹣1）2+（x﹣5）2=10，解得：x=2，此时Q（2，﹣3）.
综上，点Q的坐标为（2，﹣3）或（ 73 ，﹣ 83 ）.
【解析】【分析】（1） 把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得m=1，n=3，即得A、B坐标，然后将A、B坐标代入抛物线解析式中，求出b、c的值即可；
（2）先求出D（5，0），可得DA=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，根据等腰直角三角形求出PM= 22 m，PN= 22 （4﹣m），由于S△MPN= 12 PM•PN= 12 × 22 m× 22 （4﹣m）=﹣ 14 m2﹣m ，根据二次函数的性质求出解即可；
（3） 由于 ∠BAD=∠ADC=45°，分两种情况①当△ABD∽△DAQ时，②当△ABD∽△DQA时，利用相似三角形的性质分别求解即可.
6．如图，抛物线 y=12x2+bx+c 与直线 y=12x+3 分别交于A、B两点，且此抛物线与x轴的一个交点为C,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,使|MB-MC|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，求出所有符合条件的点P;若不存在，请说明理由。
【答案】（1）如图，过点B作BE⊥x轴于点E，过点P作PG⊥y轴于G点，∠APQ=90°，
将A(0,3), c(-3,0)代入y=12x2+bx+c,
得：c=392−3b+c=0, 解得：b=52c=3,
∴抛物线的解析式为：y=12x2+52x+3.
（2）解：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y=12x+3y=12x2+52x+3,
解得x=0y=3（舍去），或x=−4y=1，
∴B（-4,1），
当B、C、M共线时， |MB-MC| 取最大值，即BC的长，
在Rt△BEC中，
BC=BE2+CE2=2，
∴ |MB-MC|的值最大值为2 ；
（3）解：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°，
12x2+52x+3 ,（x>0）,
①当∠PAQ=∠BAC时，
△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴BCPG=ACAG，
即PGAG=BCAC=13，
∴x12x2+52x+3−3=13,
解得x=1或0（舍去），
∴y=12×12+52×1+3=6，
∴P（1,6）;
②当∠PAQ=∠ABC时，
△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△CBA，
∴BCAG=ACPG，
即PGAG=ACBC=3，
∴x12x2+52x+3−3=3,
解得x=-133(舍去)或0（舍去），
此时无符合条件的点P，
综上，存在点P（1,6）.
【解析】【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．
7．如图，在平面直角坐标系 xy 中，直线 y=−12x+2 与 x 轴交于点 B ，与 y 轴交于点 C， 抛物线 y=ax2+bx+c 的对称轴是直线 x=32， 与 x 轴的交点为点 A， 且经过点 B、C 两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点 M 为抛物线对称轴上一动点，当 |BM−CM| 的值最小时，请你求出点 M 的坐标；
（3）抛物线上是否存在点 N ，过点 N 作 NH⊥x 轴于点 H， 使得以点 B、N、H 为顶点的三角形与 △ABC 相似？若存在，请直接写出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵直线 y=−12x+2 与 x 轴交于点 B ，与 y 轴交于点 C ，
∴当y=0时，即 0=−12x+2 ，解得：x=4，则点B的坐标为 (4，0) ，
当x=0时， y=−12×0+2=2 ，则点C的坐标为 (0，2) ，
由二次函数的对称性可知：点 A 与点 B 关于直线 x=32 对称，
∴点A的坐标为 (−1，0) ，
∵抛物线与 x 轴的交点为点 A(−1，0)，B(4，0) ，
∴可设抛物线的解析式为 y=a(x+1)(x−4) ，
又∵抛物线过点 C(0，2) ，
∴2=a(0+1)(0−4) ，解得： a=−12 ，
∴y=−12(x+1)(x−4)=−12x2+32x+2
∴抛物线的解析式为 y=−12x2+32x+2
（2）解：如图1，连结CM、BM，作线段BC的垂直平分线 l 分别交BC、直线 x=32 于点 N、M' ，则N为BC中点；
由绝对值的性质可得： |BM−CM|≥0 ，
∴当 |BM−CM| 的值最小时，即 |BM−CM|=0 ，则此时 CM=BM ，
∴点M为 l 与直线 x=32 的交点，此时 M 与 M' 重合，
设 l 的解析式为： y=kx+b ，
∵直线BC的解析式为： y=−12x+2 ， BC⊥l
∴−12⋅k=−1 ，解得： k=2 ，则 l 的解析式可化为： y=2x+b ，
由 B(4，0)，C(0，2) 得点N的坐标为 (2，1) ，
将 N(2，1) 代入 y=2x+b 得：
1=4+b ，解得： b=−3 ，
∴y=2x−3 ，
将 x=32 代入 y=2x−3 ，得 y=2×32−3=0 ，即 M'(32，0) ，
∴当 |BM−CM| 的值最小时，点 M 的坐标为 (32，0) ，
（3）存在； N(0，2) 或 N(3，2) 或 N(−2，−3) 或 N(−5，−18)
【解析】【解答】（3）抛物线上存在点 N ，使得以点 B、N、H 为顶点的三角形与 △ABC 相似；
∵A(−1，0)，B(4，0)，C(0，2)
∴OA=1，OB=4 ， OC=2 ， AB=5 ，
∴AC=OA2+OC2=12+22=5 ， BC=OB2+OC2=42+22=25 ，
∵AC2+BC2=5+20=25=AB2 ，
∴△ABC 为直角三角形， ∠ACB=90° ，
∵NH⊥x 轴，
∴∠NHB=90° ，则 ∠NHB=∠ACB=90° ，
如图2所示，分四种情况，点 N 的坐标分别为 N1、N2、N3、N4 ，设点 N 的坐标为 (m，n) ，
①当点 N1 在x轴的上方，要使 △N1BH1∼△ABC ，则 ∠N1BH1=∠ABC ，
则此时点 N1 与点C重合，则此时点 H1 与点O重合，
则 △N1BH1≅△ABC ，满足题意，
∴此时点 N1 的坐标为 (0，2) ；
②当点 N2 在x轴的上方，要使 △BN2H2∼△ABC ，则 N2H2BH2=BCAC=2 ，
∴n4−m=2 ，即 n=−2m+8 ，代入抛物线的解析式得：
−2m+8=−12m2+32m+2 ，化简得： m2−7m+12=0 ，
解得： m1=3 ， m2=4 （不符合题意，故舍去），
将 m=3 代入抛物线解析式得： n=2 ，
∴此时点 N2 的坐标为 (3，2) ；
③当点 N3 在x轴的下方，要使 △N3BH3∼△ABC ，则 BH3N3H3=BCAC=2 ，
∴4−m−n=2 ，即 n=m−42 ，代入抛物线的解析式得：
m−42=−12m2+32m+2 ，化简得： m2−2m−8=0 ，
解得： m1=−2 ， m2=4 （不符合题意，故舍去），
将 m=−2 代入抛物线解析式得： n=−3 ，
∴此时点 N3 的坐标为 (−2，−3) ；
④当点 N4 在x轴的下方，要使 △BN4H4∼△ABC ，则 N4H4BH4=BCAC=2 ，
∴−n4−m=2 ，即 n=2m−8 ，代入抛物线的解析式得：
2m−8=−12m2+32m+2 ，化简得： m2+m−20=0 ，
解得： m1=−5 ， m2=4 （不符合题意，故舍去），
将 m=−5 代入抛物线解析式得： n=−18 ，
∴此时点 N4 的坐标为 (−5，−18) ；
综上所述，抛物线存在点N的坐标为 (0，2) 或 (3，2) 或 (−2，−3) 或 (−5，−18) 使得以点 B、N、H 为顶点的三角形与 △ABC 相似．
【分析】（1）由直线 y=−12x+2 可得B、C两点的坐标，根据二次函数的对称轴求得A点坐标，可设抛物线的解析式为 y=a(x+1)(x−4) ，将C点坐标代入可求得a，即可得抛物线的解析式；（2）根据绝对值的性质得出 |BM−CM| 的值最小时，点 M 为BC的垂直平分线与直线 x=32 的交点，求得BC垂直平分线的解析式，联立直线 x=32 即可求得点 M ；（3）分四种情况进行讨论，设出N的坐标，根据相似三角形的对应边成比例的性质，求得N的横坐标与纵坐标的关系，然后联立抛物线解析式即可求解．
8．如图，以D为顶点的抛物线 y=ax2+2x+c 交x轴于点A， B(6,0) ，交y轴于点 C(0,6) .
（1）求抛物线的解析式；
（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.
【答案】（1）解：将点B和点C的坐标代入 y=ax2+2x+c 中，得
0=36a+12+c6=c
解得： a=−12c=6
∴抛物线的解析式为 y=−12x2+2x+6 ；
（2）解：把y=0代入 y=−12x2+2x+6 中，得
0=−12x2+2x+6
解得：x1=-2，x2=6，
∴点A的坐标为（-2,0）
设直线BC的解析式为y=kx＋b
将点B和点C的坐标代入，得
0=6k+b6=b
解得： k=−1b=6
∴直线BC的解析式为 y=−x+6
作点O关于BC的对称点O′，连接AO′交BC于点P，连接OP，O′B
根据对称可得PO=PO′，OB=O′B
此时 PO+PA = PO′+PA = O′A
根据两点之间线段最短，此时 PO+PA 最小
∵OB=OC=6，∠BOC=90°
∴∠OBC=45°
∴∠OBO′=90°
∵OB= O′B =6
∴点O′的坐标为（6,6）
设直线AO′的解析式为y=mx＋n
将点A和点O′的坐标代入，得
0=−2m+n6=6m+n
解得： m=34n=32
∴直线AO′的解析式为 y=34x+32
联立 y=−x+6y=34x+32
解得： x=187y=247
∴点P的坐标为 (187,247)
（3）解：∵y=−12x2+2x+6 = −12(x−2)2+8
∴点D的坐标为（2,8）
∴CD=(2−0)2+(8−6)2=22,BC=(0−6)2+(6−0)2=62,BD=(2−6)2+(8−0)2=45 AC=(−2−0)2+(0−6)2=210
∴CD2＋BC2=80=BD2
∴△BCD为直角三角形，且∠BCD=90°
点Q在点A左侧时，△QAC为钝角三角形，
∴△QAC不可能与△BCD相似
∴点Q必在点A右侧，设点Q的坐标为（q，0），则AQ=q－（-2）=q＋2
∵tan∠CAO= COAO=62=3 ，tan∠BDC= BCCD=6222=3
∴∠CAO=∠BDC
当△CQA∽△BCD时，
∴ACBD=AQCD
即 21045=q+222
解得：q=0
∴点Q的坐标为（0,0）；
当△QCA∽△BCD时，
∴ACCD=AQBD
即 21022=q+245
解得：q=18
∴点Q的坐标为（18,0）；
综上：点Q的坐标为 (0,0) 或 (18,0) .
【解析】【分析】（1）将点B和点C的坐标代入二次函数解析式中即可求出结论；（2）先求出点A的坐标，利用待定系数法求出BC的解析式，作点O关于BC的对称点O′，连接AO′交BC于点P，连接OP，O′B，根据两点之间线段最短，此时 PO+PA 最小，求出点O′的坐标，利用待定系数法求出AO′的解析式，联立方程即可求出结论；（3）求出顶点D的坐标，利用平面直角坐标系中任意两点之间的距离公式求出CD、BC、CD和AC，根据勾股定理的逆定理证出△BCD是直角三角形，然后根据相似三角形的对应情况分类讨论，根据相似三角形的性质列出比例式即可求出结论.
9．如图，已知抛物线y＝ax2﹣2x+c经过△ABC的三个顶点，其中点A(0，1)，点B(9，10)，AC∥x轴．
（1）求这条抛物线的解析式.
（2）求tan∠ABC的值.
（3）若点D为抛物线的顶点，点E是直线AC上一点，当△CDE与△ABC相似时，求点E的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2﹣2x+c经过点A(0，1)和点B(9，10)，
∴c=181a−18+c=10 ，解得 a=13c=1 ．
∴这条抛物线的解析式为 y=13x2−2x+1
（2）解：过点B作BH⊥AC交AC延长线于点H，
∵AC∥x轴，A(0，1)，B(9，10)，∴H(9，1)，∴BH＝AH＝9．
又∵∠BHA＝90°，∴△HAB是等腰直角三角形，∴∠HAB＝45°．
∵AC∥x轴，A(0，1)，对称轴为直线 x=3 ，∴C(6，1).
过点C作CG⊥AB，垂足为点G，
∵∠GAC＝45°，∠AGC＝90°，∴CG=AC·sin45°=32 ，∴AG=32 ．
又∵在Rt△ABH中， AB=BHsin45°=92 ，∴BG=92−32=62 ．
∴在Rt△BCG中， tan∠ABC=CGBG=12 ．
（3）解：如图2所示：过点D作DK⊥AC，垂足为K，
∵点D是抛物线 y=13x2−2x+1 的顶点，∴D(3，﹣2)．
∴K(3，1)，∴CK＝DK＝3．
又∵∠CKD＝90°，∴△CDK是等腰直角三角形，∴∠DCK＝45°
又∵∠BAC＝45°，
∴∠DCK＝∠BAC．
∴要使△CDE与△ABC相似，则点E在点C的左侧．
当 ACAB=ECCD 时，则 692=EC32 ，∴EC＝2，∴E(4，1)；
当 ACAB=DCEC 时，则 692=32EC ，∴EC＝9，∴E(﹣3，1)．
综上所述，当△CDE与△ABC相似时，点E的坐标为(4，1)或(﹣3，1)
【解析】【分析】(1)将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式求得a、c的值即可；(2)过点B作BH⊥AC交AC延长线于点H，过点C作CG⊥AB于点G，先证明△ABH和△ACG均为等腰直角三角形，再求出CG和BG的长，然后依据锐角三角函数的定义求解即可；(3)过点D作DK⊥AC，垂足为K，先证明△DCK为等腰直角三角形，则∠DCK＝∠BAC，当 ACAB=ECCD 或 ACAB=DCEC 时，△CDE与△ABC相似，然后可求得CE的长．
10．如图，二次函数y= 12 x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，与x轴交于点D、点E，过点B和点C的直线与x轴交于点A．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在x轴上有一动点P，随着点P的移动，存在点P使△PBC是直角三角形，请你求出点P的坐标；
（3）若动点P从A点出发，在x轴上沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q也从A点出发，以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵二次函数y=0.5x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，
∴1=c3=8+4b+c ，解得 b=−32c=1 ，
∴抛物线解析式y= 12 x2– 32 x+1．
（2）解：设点P坐标为（x，0）．
∵点P（x，0），点B（0，1），点C（4，3），
∴PB= (x−0)2+(0−1)2 = x2+1 ，
CP= (4−x)2+(3−0)2 = x2−8x+25 ，
BC= (4−0)2+(3−1)2 =2 5 ，
若∠BCP=90°，则BP2=BC2+CP2．
∴x2+1=20+x2–8x+25，∴x= 112 ．
若∠CBP=90°，则CP2=BC2+BP2．
∴x2+1+20=x2–8x+25，∴x= 12 ．
若∠BPC=90°，则BC2=BP2+CP2．
∴x2+1+x2–8x+25=20，
∴x1=1，x2=3，
综上所述：点P坐标为（1，0），（3，0），（ 12 ，0），（ 112 ，0）．
（3）a= 253 或 655
【解析】【解答】解：(3)a= 253 或 655 ．
∵抛物线解析式y= 12 x2– 32 x+1与x轴交于点D，点E，
∴0= 12 x2– 32 x+1，∴x1=1，x2=2，∴点D（1，0）．
∵点B（0，1），C（4，3），
∴直线BC解析式y= 12 x+1．
当y=0时，x=–2，∴点A（–2，0）．
∵点A（–2，0），点B（0，1），点D（1，0），
∴AD=3，AB= 5 ．
设经过t秒，∴AP=2t，AQ=at，
若△APQ∽△ADB，
∴APAQ=ADAB ，即 2tat=35 ，∴a= 253 ，
若△APQ∽△ABD，∴APAQ=ABAD ，即 2tat=53 ，∴a= 655 ．
综上所述：a= 253 或 655 ．
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）利用两点间的距离公式求出PB、CP和BC的长度，再利用勾股定理进行求解即可；
（3）分类讨论，证明三角形相似，进行求解即可。
11．如图，顶点为C（-1，1）的抛物线经过点D（-5，-3），且与x轴交于点A、B两点（点B在点A的右侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线上存在点Q，使得S△OAQ= 32 ，求点Q的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在x轴上，且∠MNA=∠OCD，是否存在点M，使得△AMN与△OCD相似？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线的顶点为C（-1，1）
∴设该抛物线的解析式为 y=a(x+1)2+1
将点D（-5，-3）代入，得
−3=a(−5+1)2+1
解得： a=−14
∴该抛物线的解析式为 y=−14(x+1)2+1=−14x2−12x+34 ；
（2）解：将y=0代入抛物线解析式中，得
0=−14x2−12x+34
解得： x1=−3,x2=1
∵点B在点A的右侧
∴点A的坐标为（-3,0）
∴OA=3
设点Q的坐标为（x， −14x2−12x+34 ）
∵S△OAQ= 32
∴12×3×|−14x2−12x+34|=32
整理，得 |−14x2−12x+34|=1
当 −14x2−12x+34=1 时
解得： x1=x2=−1
∴此时点Q的坐标为 (−1,1) ；
当 −14x2−12x+34=−1
解得： x1=−1+22,x2=−1−22
∴此时点Q的坐标为 (−1+22,−1) 或 (−1−22,−1)
综上：点Q的坐标为 (−1,1),(−1+22,−1) 或 (−1−22,−1) ；
（3）存在， (17,−80) 或 (2,−54) 或 (0,34) 或 (−15,−48)
【解析】【解答】解：（3）存在，点M的坐标为 (17,−80) 、 (2,−54) 、 (0,34) 、 (−15,−48) ．
∵C(−1,1) ， D(−5,−3) ，
∴OC2=2 ， CD2=32 ， OD2=34 ，
∴OC2+CD2=OD2 ， OC=2 ， CD=42 ， OD=34 ，
∴△OCD是直角三角形， ∠OCD=90° ，
∴∠MNA=∠OCD=90° ，
∵点M在抛物线上，点N在x轴上，
∴MN⊥x 轴，
设 M(n,−14n2−12n+34) ，则 N(n,0) ，
∴AN=|n+3| ， MN=|−14n2−12n+34| ，
∵以A，M，N为顶点的三角形与 △OCD 相似，
∴分两种情况： △AMN∽△ODC 或 △MAN∽△ODC ，
①当 △AMN∽△ODC 时，
∴MNCD=ANOC ，
∴|−14n2−12n+34|42=|n+3|2 ．
∴n=−3 （舍）或 n=17 或 n=−15 ，
代入 −14n2−12n+34 ，得 M(17,−80) 或 (−15,−48) ；
②当 △MAN∽△ODC 时，
∴MNOC=ANCD ，
∴|−14n2−12n+34|2=|n+3|42 ，
∴n=−3 （舍）或 n=2 或 n=0 ，
代入 −14n2−12n+34 ，得 M(2,−54) 或 (0,34) ，
综上所述，满足条件的点M的坐标为 (17,−80) 或 (2,−54) 或 (0,34) 或 (−15,−48) ．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求A、B的坐标，再用△OAQ面积建立方程求出m，最后分两种情况建立方程求出Q的坐标；
（3）分两种情况用相似三角形的相似比建立方程求出结果即可。
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于点A(2，0)、B(6，0)，与y轴交于点C(0，6)，顶点为D，连结AC，作直线BC，点E是抛物线对称轴上的一个动点。
（1）求出抛物线的解析式。
（2）若∠BCE=∠OCA，求点E的坐标。
（3）在(2)的条件下，延长CE交抛物线于点F，直接写出所有满足△GBD∽△FBC的点G的坐标。
【答案】（1）解：抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于点A(2，0)、B(6，0)，与y轴交于点C(0，6)，
∴设y=a（x-2）（x-6）
∴a（0-2）（0-6）=6
解之：a=12
∴y=12（x−2）（x−6）=12x2−4x+6;
（2）解：∵y=12x2−4x+6=12x−42−2
∴点D（4，-2）
过点E作EF⊥BC于点F,过点C作CM⊥对称轴于点M，对称轴交x轴于点H，对称轴与BC交于点N
设点E（4，n）
∵点C（0，6），点B（6，0）
∴OC=OB=HM=6，OH=CM=4，ME=6-n，
∴CE=42+6−n2=52−12n+n2
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠HNB=∠ENF=45°，HB=HN=6-4=2
∴△EFN是等腰直角三角形，
∴EN=n-2
在Rt△EKN中，
EK=ENsin∠ENK=ENsin45°=2n−22
∵∠BCE=∠OCA，∠AOC=∠EKC=90°
∴△AOC∽△EKC
∴ACCE=OAEK即252−12n+n2=22n−22
整理得：n2-2n-8=0
解之：n1=4，n2=2
∴点E（4，4）或（4，-2）;
（3）解：①当点G（4，-2）时，
∵点D（4，-2）,B（6，0），点C（0，6）
∴OC=OB=6
∴∠CBO=45°
∴sin∠CBO=OCBC
sin45°=6BC
解之：BC=62
BD=BF=22+22=22
∵ △GBD∽△FBC
∴GBBD=FBBC即GB22=2262
解之：BG=223
过点G作GH⊥x轴于点H，
在等腰直角△BGH中 GH=HB=BGsin45°=223×22=23
∴OH=6−23=163
∴点G163，23
点G1的横坐标为6+23=203，纵坐标为−23
∴G1203，−23;
当点E（4，4）时
设直线CF的解析式为y=kx+b
∴b=64k+b=4
解之：k=−12
∴yCF=−12x+6
∴y=−12x+6y=12x2−4x+6
解之：x1=7，x2=0（舍去）
当x=7时y=52
∴点F（7，52）
∴CF=6−522+72=752
∵△GBD∽△FBC
∴BDBC=GDFC即2262=GD752
解之：GD=756
∵由①可知G163，23，D（4，-2）
∴直线GD的解析式为y=2x-10，
设点G（x，2x-10）
∴x−42+2x−10+22=7562
解之：x1=316，x2=176（舍去），
∴2x-10=13
∴点G2316，13
同理当G在直线OG上时GD=756，
直线DG3的解析式为y=12x−4
设点Gx，12x−4
由题意得x−42+12x−4+22=7562
解之：x1=193，x2=53（舍去）
∴12x−4=−56
∴点G3（193，−56）
∴点G的坐标为163，23；203，−23；316，13；（193，−56）
【解析】【分析】（1）由点A，B的坐标设抛物线的解析式为y=a（x-2）（x-6），再将点C的坐标代入函数解析式，就可求出a的值，即可得到函数解析式。
（2）利用抛物线的解析式求出点D的坐标，过点E作EF⊥BC于点F,过点C作CM⊥对称轴于点M，对称轴交x轴于点H，对称轴与BC交于点N，设点E（4，n），利用勾股定理求出CE，再用含n的代数式表示出EN，利用解直角三角形求出EK的长，再证明△AOC∽△EKC，利用相似三角形的对应边成比例，建立关于n的方程，解方程求出n的值，即可得到点E的坐标。
（3） ①当点G（4，-2）时，利用点的坐标证明△BOC是等腰直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求出BC，BD，BF的长，再根据相似三角形的判定和性质求出BG的长，过点G作GH⊥x轴于点H，在等腰直角△BGH中，利用解直角三角形求出GH，OH的长，即可得到点G的坐标，从而可求出点G1的坐标；当点E（4，4）时，利用待定系数法求出直线CF的解析式，将直线CF和抛物线的解析式联立方程组，解方程组求出点F的坐标，利用勾股定理求出CF的长，再利用相似三角形的判定和性质，求出GD的长，从而可求出直线GD的函数解析式，设点G（x，2x-10），利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值即可得到点G2的坐标；然后求出直线DG3的解析式为y=12x−4，设点Gx，12x−4，建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到点G3的坐标，综上所述可得到符合题意的点G的坐标。
13．如图，已知抛物线y= 13 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）解：将A(0，1)，B(9，10)代入函数解析式得：
13 ×81＋9b＋c＝10，c＝1，解得b＝−2c＝1，
所以抛物线的解析式y＝ 13 x2−2x＋1
（2）解：∵AC∥x轴，A(0，1)，
∴13 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， 13 m2−2m＋1)，∴E(m，m＋1)，
∴PE＝m＋1−( 13 m2−2m＋1)＝− 13 m2＋3m.
∵AC⊥PE，AC＝6，
∴S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC＝ 12 AC⋅EF＋ 12 AC⋅PF
＝ 12 AC⋅(EF＋PF)＝ 12 AC⋅EP
＝ 12 ×6(− 13 m2＋3m)＝−m2＋9m.
∵0∴当m＝ 92 时，四边形AECP的面积最大值是 814 ，此时P( 92，−54 )
（3）解：∵y＝ 13 x2−2x＋1＝ 13 (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＝ 92 ，AC＝6，CP＝ 32 ，
∵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＝ 32:92 ，解得t＝4，所以Q(4，1)；
②当△CQP∽△ABC时，
CQ:AB＝CP:AC，(6−t) :92＝32: 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).
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，直接 将A(0，1)，B(9，10)代入函数解析式中，求出b、c即可.
（2）根据平行于x轴的直线上点的纵坐标相等，可得点C的纵坐标是1，将y=1代入
y＝ 13 x2−2x＋1 中，即可求出C（6,1）.利用待定系数法可求出 直线AB的解析式为y＝x＋1 . 设P(m， 13 m2−2m＋1)，可得E(m，m＋1)， 由 S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC，可得 S四边形AECP＝m2＋9m.，利用二次函数性质可求出最大值及P点坐标.
（3）先求出顶点P（3，-2），可求出∠PCF＝∠EAF=45°，
从而可得在直线AC上存在满足条件的点Q，设Q(t，1)且AB＝ 92 ，AC＝6，CP＝ 32 .以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似分两种情况，①当△CPQ∽△ABC时，②当△CQP∽△ABC时， 分别利用相似三角形对应边成比例列出等式，求出t即可.
14．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．
【答案】（1）解: 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： −9+3b+c=03 ，解得b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）解: 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′．
∴当A、P、O′在一条直线上时，OP+AP有最小值．
设AP的解析式为y=kx+b，则 −k+b=03k+b=3 ，解得：k= 34 ，b= 34 ．
∴AP的解析式为y= 34 x+ 34 ．
将y= 34 x+ 34 与y=﹣x+3联立，解得：y= 127 ，x= 97 ，
∴点P的坐标为（ 97 ， 127 ）．
（3）解: y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
又∵C（0，3，B（3，0），
∴CD= 2 ，BC=3 2 ，DB=2 5 ．
∴CD2+CB2=BD2，
∴∠DCB=90°．
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴OA=1，CO=3．
∴AOCO = CDBC = 13 ．
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．
∴CDBD = ACAQ ，即 225 = 10AQ ，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．
【解析】【分析】（1）因为直线 y=﹣x+3 与y轴相较于点C、与x轴相较于点B，于是分别令x=0和y=0，则可求得点C和点B的坐标，再将点B、C的坐标代入抛物线的解析式解方程即可求得抛物线的解析式；
（2）由轴对称的性质可作辅助线， 作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3）； 由轴对称的性质可得：当A、P、O′在一条直线上时，OP+AP有最小值； 用待定系数法可求直线AP的解析式；将直线AP和BC的解析式联立解方程组可求得点P的坐标；
（3）分两种情况讨论求解：①将（1）中求得的二次函数的解析式配成顶点式可得顶点D的坐标，则用勾股定理可求得CD、BC、DB的长；用勾股定理的逆定理可判断
∠DCB=90° ；由题意易得 AOCO = CDBC = 13 ；所以根据有两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得 △AOC∽△DCB ；即 当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB；
②连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q．由题意易证△ACQ∽△DCB． 于是可得比例式 CDBD = ACAQ ，从而求得 AQ 的长，则点Q的坐标可求解。
15．如图，直线 y=−23x+c 与x轴交于点A（3,0），与y轴交于点B，抛物线 y=−43x2+bx+c 经过点A,B.
（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；
（2）M（m，0）为x轴上一个动点，过点M垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N，
①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与 △APM 相似，求点M的坐标；
②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称M，P，N三点为“共谐点”.请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值.
【答案】（1）解：直线 y=−23x+c 与x轴交于点 A(3,0) ，
∴−23×3+c=0 ，解得c=2
∴B（0，2），
∵抛物线 y=−43x2+bx+c 经过点 A(3,0) ，
∴−43×32+3b+2=0 ，∴b= 103
∴抛物线的解析式为 y=−43x2+103x+2
（2）解：∵MN⊥x 轴，M（m，0），∴N( mz−43m2+103m+2 )
①有（1）知直线AB的解析式为 y=−23x+2 ，OA=3，OB=2
∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN, ∠AMP=90°，
若使△APM中和△BPN相似，则必须∠NBP=90°或∠BNP =90°，
分两种情况讨论如下：
（I）当∠NBP=90°时，过点N作NC ⊥y 轴于点C，
则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，
BC= −43m2+103m+2−2=−43m2+103m
∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，
∴∠BNC=∠ABO，
∴Rt△NCB∽ Rt△BOA
∴NCOB=CBOA ,即 m2=−43m2+103m3 ，解得m=0（舍去）或m= 118
∴M（ 118 ，0）；
（II）当∠BNP=90°时， BN ⊥ MN，
∴点N的纵坐标为2，
∴−43m2+103m+2=2
解得m=0（舍去）或m= 52
∴M（ 52 ，0）；
综上，点M的坐标为（ 118 ，0）或M（ 52 ，0）；
②12 或−1或 −14
【解析】【解答】（2）②由①可知M(m,0),P(m, −23m+2 ),N(m, −43m2+103m+2 )，
∵M，P，N三点为“共谐点”，
∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，
当P为线段MN的中点时,则有2( −23m+2 )= −43m2+103m+2 ,解得m=3(三点重合,舍去)或m= 12 ；
当M为线段PN的中点时,则有 −23m+2 +( −43m2+103m+2 )=0,解得m=3(舍去)或m=−1；
当N为线段PM的中点时,则有 −23m+2 =2( −43m2+103m+2 ),解得m=3(舍去)或m= −14 ；
综上可知当M,P,N三点成为“共谐点”时m的值为 12 或−1或 −14 .
【分析】(1)把点 A(3,0) 代入 y=−23x+c 求得c值，即可得点B的坐标；抛物线 y=−43x2+bx+c 经过点a(3,0)，即可求得b值，从而求得抛物线的解析式；（2）由 MN⊥x 轴，M（m，0），可得N( mz−43m2+103m+2 )，①分∠NBP=90°和∠BNP =90°两种情况求点M的坐标；②分N为PM的中点、P为NM的中点、M为PN的中点3种情况求m的值.
16．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（ 32 ，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．
【答案】（1）解：∵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 4a+b=294a+32b=0 ，解得 a=2b=−3 ，
∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x
（2）解：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= 12 CD•OE+ 12 CD•BF= 12 （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，
∵△OBC的面积为2，
∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，
∴C（1，﹣1）
解：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=∠NOBOB=OB∠ABO=∠NBO∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA= 32 ，∴N（0， 32 ），∴可设直线BN解析式为y=kx+ 32 ，把B点坐标代入可得2=2k+ 32 ，解得k= 14 ，
∴直线BN的解析式为y= 14 x+ 32 ，联立直线BN和抛物线解析式可得 y=14x+32y=2x2−3x ，解得 x=2y=2 或 x=−38y=4532 ，∴M（﹣ 38 ， 4532 ），
∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），
∴OB=2 2 ，OC= 2 ，∵△POC∽△MOB，
∴OMOP = OBOC =2，∠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，∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，
∴△MOG∽△POH，∴OMOP = MGPH = OGOH =2，∵M（﹣ 38 ， 4532 ），
∴MG= 38 ，OG= 4532 ，∴PH= 12 MG= 316 ，OH= 12 OG= 4564 ，
∴P（ 4564 ， 316 ）；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= 12 MG= 316 ，OH= 12 OG= 4564 ，∴P（﹣ 316 ， 4564 ）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（ 4564 ， 316 ）或（﹣ 316 ， 4564 ）
【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b的值，即可求得答案。
（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，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t的值，即可得出点C的坐标。
（3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出OMOP=2，∠POC=∠BOM，然后分情况讨论：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，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；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，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。
17．如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=−32，且经过A、C两点与x轴的另一交点为B.
（1）①直接写出点B的坐标；②求抛物线的解析式；
（2）点E为直线AC上方抛物线上的一动点，过点E作ED⊥x轴于点G，交AC于点D，连接AE、CE、CG，当四边形AGCE面积最大时，求出E点的坐标.
（3）抛物线上是否存在点M，过点M作MN⊥x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的△AMN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）解：①（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=−12，
∴y=−12x2−32x+2；
（2）解：设E(m，−12m2−32m+2)，
四边形AGCE面积=−12EG⋅xA=12(−12m2−32m+2)×4
=−m2−3m+4
=−(m+32)2+254，
当m=−32时，四边形AGCE面积有最大值，
−12m2−32m+2=−12×(−32)2−32×(−32)+2=258，
∴E(−32，258)；
（3）解：存在，点M的坐标为(0，2)或(−3，2)或(2，−3)或(5，−18)
【解析】【解答】解：(1)①y=12x+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=−32对称，
∴点B的坐标为(1，0).
(3)在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCAO=12，
在Rt△BOC中，tan∠BCO=OBOC=12，
∴∠CAO=∠BCO，
∵∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠CAO+∠OBC=90°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC∽△ACO∽△CBO，
如下图：
当M点与C点重合，即M(0，2)时，△MAN∽△BAC；
根据抛物线的对称性，当M(−3，2)时，△MAN∽△ABC；
当点M在第四象限时，设M(n，−12n2−32n+2)，则N(n，0)，
∴MN=12n2+32n−2，AN=n+4，
当MNAN=12时，MN=12AN，即12n2+32n−2=12(n+4)，
整理得：n2+2n−8=0，
解得：n1=−4（舍），n2=2，
∴M(2，−3)；
当MNAN=21时，MN=2AN，即12n2+32n−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，点M的坐标为(0，2)或(−3，2)或(2，−3)或(5，−18)，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似.
【分析】（1）①分别令x=0、y=0，求出y、x的值，得到点A、C的坐标，由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=−32对称，据此可得点B的坐标；
②将A、B、C的坐标代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，得到抛物线的解析式；
（2）设E（m，−12m2-32m+2），根据面积公式表示出四边形AGCE的面积，然后根据二次函数的性质可得面积的最大值以及对应的m的值，进而可得点E的坐标；
（3）根据三角函数的概念求出tan∠CAO、tan∠BCO的值，得到∠CAO=∠BCO，证明△ABC∽△ACO∽△CBO，当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△ABC；当点M在第四象限时，设M（n，−12n2-32n+2），则N（n，0），表示出MN、AN，当MNAN=12时，MN=12AN，求解可得n的值，据此可得点M的坐标；当MNAN=21时，MN=2AN，代入求解可得n的值，据此可得点M的坐标.
（1）求抛物线对应的函数关系式；
（2）若△DCE是由△ABO沿x轴向右平移得到的，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点F与点D关于y轴对称，过点F作直线GF交抛物线于点H、M.点H在点M左侧，连接GD、DM、HD.设直线GF解析式为y=kx+b，是否存在实数k，使得△GHD与△DGM相似.若存在，请求出k值以及△DHM的面积，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：B（0，4）代入得：c=4，
由二次函数的图象和系数的关系：对称轴−b2a=−b2×23=52，b=−103，
∴y=23x2−103x+4；
（2）解：Rt△ABO中由勾股定理得：AB=32+42=5，
当四边形ABCD是菱形时：AD=AB=BC=5，
由平移性质得：D(2，0)，C(5，4)，
∵23×4−103×2+4=0，∴D在抛物线上.
∵23×25−103×5+4=4，∴C在抛物线上.
故C，D两点在抛物线上；
（3）解：D(2，0)，由对称得F(−2，0)，
设直线解析式为： y=kx＋b，代入F得
−2k+b=0，b=2k，
∴G(0，2k)；
当直线与二次函数相交时：设H(x1，y1)，M(x2，y2)，则H（x1，kx1+2k），M（x2，kx2+2k）
y=23x2−103x+4y=kx+2k，
2x2−10x+12=3kx+6k，
2x2−(10+3k)x+12−6k=0，①
Δ=(10+3k)2−8(12−6k)≥0，
x1，x2是方程①的解，由根与系数的关系得：x1+x2=10+3k2x1x2=6−3k；
当△GHD与△DGM相似时：
若GHGM=GDGD，则H、M重合，不符合题意；
若GHGD=GDGM，则GD2=GH⋅GM，
∵G(0，2k)，D(2，0) ，H（x1，kx1+2k），M（x2，kx2+2k），
∴4+4k2=x12+(kx1)2·x22+(kx2)2=1+k21+k2x1x2，
4(1+k2)=(1+k2)x1x2，
x1x2=4，6−3k=4，k=23.
当k=23时，2x2−12x+8=0，x2−6x+4=0，
x=6±202，x1=3−5，x2=3+5，
S△HDM= S△FDM －S△FDH=12×4×（y2-y1）=835
【解析】【分析】（1）将B（0，4）代入可得c=4，根据对称轴方程可得b的值，进而可得抛物线的解析式；
（2）由勾股定理可得AB=5，当四边形ABCD是菱形时，AD=AB=BC=5，由平移的性质得D（2，0），C（5，4），然后代入抛物线解析式中验证即可；
（3）由对称性可得F（-2，0），易得G（0，2k），当直线与二次函数相交时，设H（x1，y1），M（x2，y2），则H（x1，kx1+2k），M（x2，kx2+2k），联立直线与抛物线解析式并结合根与系数的关系表示出x1+x2、x1x2，然后相似三角形的性质可得k的值，进而求出x的值，然后根据S△HDM= S△FDM-S△FDH进行计算.
2．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在×轴上．
（1）若抛物线过点P（0，14 ），求证：a=b2？；
（2）已知点P1（-2，1），P2（2，-1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y= 34 x+1与抛物线交于A，B两点，点M在直线y=n（n<0）上，过A，B两点分别作直线y=n（n<0）的垂线，垂足为C，D．是否存在这样的n的值，使得以点A，C，M为顶点的三角形与△BDM相似的点M恰有两个？若存在，请直接写出n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）求证：∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在x轴上，
∴4ac−b24a =0，即4ac-b2=0.
∵抛物线过点p（0， 14 ），
∴14 =a×02+b×0+c，即c= 14 .
∴a-b2=0，即a=b2.
（2）解：①∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在x轴上，
∴抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）在x轴的同侧，
.在抛物线上的是P1（-2，1），P3（2，1）两点
∴拋物线的对称轴是直线x= −2+22 =0，
即 −b2a =0，.b=0
由（1）得4ac-b2=0，∴4ac=0，
a≠0，∴c=0.
将P1（-2，1）代入y=ax2，得a= 14 ，
∴抛物线的解析式为y= 14 x2.
②n的值为-1或 −18
说明：当△ACM∽△BDM时，点M始终存在，即图中的M2
要使以点A，C，M为顶点的三角形与△BDM相似的点M恰有两个，
则当△ACM的△MDB时的点M1只有一个，或与M2重合，
.当△ACM∽△MDB时的点M1只有一个时，
直线y=n（n<0）与以AB为直径的圆相切，此时n=-1.
当△ACM∽△MDB时的点M1与M2重合时，n= −18 .
【解析】【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点在x轴上，即顶点坐标纵坐标为0，得顶点坐标纵坐标为4ac−b24a=0，求得4ac-b2=0，再由抛物线经过点P，将点P代入抛物线解析式得c= 14，再代入4ac-b2=0，化简整理即可求证结论；
（2）①利用点P1（-2，1），P3（2，1）可求出抛物线的对称轴为x=0，即−b2a=0，得b=0，再由（1）中结论4ac-b2=0，得4ac=0，由a≠0，得c=0，即抛物线解析式为y=ax2，再将点P1（-2，1）代入解析式求出a值，即可求出抛物线的解析式；②如图，由题意需分两种情况，当△ACM∽△BDM时点M始终存在，即M2；当△ACM∽△MDB时，点M1只有一个，或与M2重合，分别求出对应的n值即可解决问题.
3．在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（－3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点Q是线段AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A，C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+2过点A（－3，0），B（1，0）
∴9a−3b+2=0a+b+2=0，解得：a=−23b=−43
∴二次函数的关系解析式为y=−23x2−43x+2．
（2）解：存在点Q（-2，2）或(−34，218)使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．
理由如下：如图①，
设点E的横坐标为c，则点Q的坐标为（c，−23c2−43c+2），
∴BE=1-c，QE=−23c2−43c+2，
①OA和BE是对应边时，∵△BEQ∽△AOC，
∴OABE=OCQE，
即31−c=2−23c2−43c+2，
整理得，c2+c-2=0，
解得c1=-2，c2=1（舍去），
此时，−23×(−2)2−43×(−2)+2=2，
点Q（-2，2）；
②OA和QE是对应边时，∵△QEB∽△AOC，
∴OAQE=OCBE，
即3−23c2−43c+2=21−c，
整理得，4c2-c-3=0，
解得c1=−34，c2=1（舍去），
此时，−23×(−34)2−43×(−34)+2=218，
点Q(−34，218)，
综上所述，存在点Q（-2，2）或(−34，218)使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．
（3）解：存在，满足条件的点Q的坐标为：Q1（-5，0），Q2（-1，0），Q3（2+7，0），Q4（2−7，0）．
【解析】【解答】①如图2，
当MC//AQ且MC=AQ时，M与C关于对称轴x=-1对称，
∴AQ=MC=2，
∴Q1（-1，0），Q2（-5，0），
②如图3，
当AC//MQ且AC=MQ时，
因为平行四边形是中心对称图形并且中心对称点在x轴上，所以点M到x轴的距离为2．
设M（m， 23m2−43m+3），
∴23m2−43m+3=-2，
∴m2+2m-6=0，
∴m=-1± 7，
∵QG=3，
∴Q3（2+ 7，0），Q4（2− 7，0）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为：Q1（-5，0），Q2（-1，0），Q3（2+ 7，0），Q4（2− 7，0）．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入 y=ax2+bx+2求出a、b的值即可；
（2）设点E的横坐标为c，则点Q的坐标为（c，−23c2−43c+2），则BE=1-c，QE=−23c2−43c+2，再分两种情况，利用相似三角形的性质列出方程求解即可；
（3）先画出图象，再结合图象，利用平行四边形的性质列出方程求解即可。
4．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x2+bx+c 经过点 A 和点 B(1,0) ，交 y 轴于点 C(0,3) ．
（1）求抛物线的解析式及顶点 D 的坐标；
（2）点 P 是抛物线上 A 、 D 之间的一点，过点 P 作 PE⊥x 轴于点 E ， PG⊥y 轴，交抛物线于点 G ，过点 G 作 GF⊥x 轴于点 F ，当矩形 PEFG 的周长最大时，求点 P 的坐标；
（3）如图2，连接 AD 、 BD ，点 M 在线段 AB 上（不与 A 、 B 重合），作直线 MN⊥x 轴交抛物线于点 N ，是否存在点 M ，使得 △AMN 与 △OBC 相似？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线 y=−x2+bx+c 经过点 A 和点 B(1,0) ，交 y 轴于点 C(0,3) ，
将B，C代入解析式得： 0=−1+b+c3=c
解得：b=－2，c=3
∴抛物线的表达式为： y=−x2−2x+3 ，
∵y=−x2−2x+3 =−(x+1)2+4
∴点 D(−1,4) ；
∴解析式为 y=−x2−2x+3 ，顶点坐标 D(−1,4)
（2）解：设点 P(m,−m2−2m+3) ，则 PE=−m2−2m+3 ，
∵顶点坐标 D(−1,4) ， P(m,−m2−2m+3)
∴PG=2(−1−m)=−2−2m ，
矩形 PEFG 的周长 =2(PE+PG)=2(−m2−2m+3−2−2m) =−2m2−8m+2 ，
∵−2<0 ，故当 m=−−8−4=−2 时，矩形 PEFG 周长最大，
此时，点 P 的横坐标为 −2 ；将-2，代入 y=−x2−2x+3 得y=3
∴坐标为 P(−2,3) ；
（3）解：设点 M(m,0) ，则 N(m,−m2−2m+3) ， MN=−m2−2m+3
令y=0,得 −x2−2x+3=0
解得： x1=−3,x2=1
∴点A（-3,0）， B(1,0)
∴AM=m+3 ,OB=1,OC=3
∵∠AMN=∠COB=90° ，
∴当 AMBO=MNOC 时 ΔAMN∽ΔBOC
即 m+31=−m2−2m+33 ，
解得: m=−2或m=−3 （舍去）
∴M(−2,0)
∵∠AMN=∠COB=90° ，
∴当 AMCO=MNOB 时 ΔAMN∽ΔCOB
即 m+33=−m2−2m+31 ，
解得： m=23或m=−3 （舍去）
∴M(23,0)
综上所述：存在点 M ，即 M(−2,0) 或者 M(23,0) ，使得 △AMN 与 △OBC 相似．
【解析】【分析】（1）根据点B、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式，由此即可得出顶点D的坐标；
（2）设点 P(m,−m2−2m+3) ，可得 PE=−m2−2m+3 ， PG=2(−1−m)=−2−2m ，矩形 PEFG 的周长 =2(PE+PG) ，即可求解；
（3）设点 M(m,0) ，则 N(m,−m2−2m+3) ， MN=−m2−2m+3 ，根据相似三角形的性质,可得关于 m 的方程，可得 M 点的坐标，要分类讨论,以防遗漏．
5．如图1，在平面直角坐标系中，直线 y=x−1 与抛物线 y=−x2+bx+c 交于 A、B 两点，其中 A(m，0) ， B(4，n) .该抛物线与y轴交于点C，与x轴交于另一点D.
（1）求 m、n 的值及该抛物线的解析式；
（2）如图2.若点P为线段 AD 上的一动点(不与 A、D 重合).分别以 AP 、 DP 为斜边，在直线 AD 的同侧作等腰直角△ APM 和等腰直角△ DPN ，连接 MN ，试确定△ MPN 面积最大时P点的坐标.
（3）如图3.连接 BD 、 CD ，在线段 CD 上是否存在点Q，使得以 A、D、Q 为顶点的三角形与△ ABD 相似，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得：m=1，n=3，∴A（1，0），B（4，3）.
∵y=﹣x2+bx+c经过点A与点B，∴−1+b+c=0−16+4b+c=3 ，解得： b=6c=−5 ，则二次函数解析式为y=﹣x2+6x﹣5；
（2）解：如图2，△APM与△DPN都为等腰直角三角形，∴∠APM=∠DPN=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN为直角三角形，令﹣x2+6x﹣5=0，得到x=1或x=5，∴D（5，0），即DP=5﹣1=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，∴PM= 22 m，PN= 22 （4﹣m），∴S△MPN= 12 PM•PN= 12 × 22 m× 22 （4﹣m）=﹣ 14 m2﹣m=﹣ 14 （m﹣2）2+1，∴当m=2，即AP=2时，S△MPN最大，此时OP=3，即P（3，0）；
（3）解：存在，易得直线CD解析式为y=x﹣5，设Q（x，x﹣5），由题意得：∠BAD=∠ADC=45°，分两种情况讨论：
①当△ABD∽△DAQ时， ABDA = BDAQ ，即 324 = 4AQ ，解得：AQ= 823 ，由两点间的距离公式得：（x﹣1）2+（x﹣5）2= 1283 ，解得：x= 73 ，此时Q（ 73 ，﹣ 83 ）；
②当△ABD∽△DQA时， BDAQ =1，即AQ= 10 ，∴（x﹣1）2+（x﹣5）2=10，解得：x=2，此时Q（2，﹣3）.
综上，点Q的坐标为（2，﹣3）或（ 73 ，﹣ 83 ）.
【解析】【分析】（1） 把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得m=1，n=3，即得A、B坐标，然后将A、B坐标代入抛物线解析式中，求出b、c的值即可；
（2）先求出D（5，0），可得DA=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，根据等腰直角三角形求出PM= 22 m，PN= 22 （4﹣m），由于S△MPN= 12 PM•PN= 12 × 22 m× 22 （4﹣m）=﹣ 14 m2﹣m ，根据二次函数的性质求出解即可；
（3） 由于 ∠BAD=∠ADC=45°，分两种情况①当△ABD∽△DAQ时，②当△ABD∽△DQA时，利用相似三角形的性质分别求解即可.
6．如图，抛物线 y=12x2+bx+c 与直线 y=12x+3 分别交于A、B两点，且此抛物线与x轴的一个交点为C,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,使|MB-MC|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，求出所有符合条件的点P;若不存在，请说明理由。
【答案】（1）如图，过点B作BE⊥x轴于点E，过点P作PG⊥y轴于G点，∠APQ=90°，
将A(0,3), c(-3,0)代入y=12x2+bx+c,
得：c=392−3b+c=0, 解得：b=52c=3,
∴抛物线的解析式为：y=12x2+52x+3.
（2）解：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y=12x+3y=12x2+52x+3,
解得x=0y=3（舍去），或x=−4y=1，
∴B（-4,1），
当B、C、M共线时， |MB-MC| 取最大值，即BC的长，
在Rt△BEC中，
BC=BE2+CE2=2，
∴ |MB-MC|的值最大值为2 ；
（3）解：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°，
12x2+52x+3 ,（x>0）,
①当∠PAQ=∠BAC时，
△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴BCPG=ACAG，
即PGAG=BCAC=13，
∴x12x2+52x+3−3=13,
解得x=1或0（舍去），
∴y=12×12+52×1+3=6，
∴P（1,6）;
②当∠PAQ=∠ABC时，
△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△CBA，
∴BCAG=ACPG，
即PGAG=ACBC=3，
∴x12x2+52x+3−3=3,
解得x=-133(舍去)或0（舍去），
此时无符合条件的点P，
综上，存在点P（1,6）.
【解析】【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．
7．如图，在平面直角坐标系 xy 中，直线 y=−12x+2 与 x 轴交于点 B ，与 y 轴交于点 C， 抛物线 y=ax2+bx+c 的对称轴是直线 x=32， 与 x 轴的交点为点 A， 且经过点 B、C 两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点 M 为抛物线对称轴上一动点，当 |BM−CM| 的值最小时，请你求出点 M 的坐标；
（3）抛物线上是否存在点 N ，过点 N 作 NH⊥x 轴于点 H， 使得以点 B、N、H 为顶点的三角形与 △ABC 相似？若存在，请直接写出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵直线 y=−12x+2 与 x 轴交于点 B ，与 y 轴交于点 C ，
∴当y=0时，即 0=−12x+2 ，解得：x=4，则点B的坐标为 (4，0) ，
当x=0时， y=−12×0+2=2 ，则点C的坐标为 (0，2) ，
由二次函数的对称性可知：点 A 与点 B 关于直线 x=32 对称，
∴点A的坐标为 (−1，0) ，
∵抛物线与 x 轴的交点为点 A(−1，0)，B(4，0) ，
∴可设抛物线的解析式为 y=a(x+1)(x−4) ，
又∵抛物线过点 C(0，2) ，
∴2=a(0+1)(0−4) ，解得： a=−12 ，
∴y=−12(x+1)(x−4)=−12x2+32x+2
∴抛物线的解析式为 y=−12x2+32x+2
（2）解：如图1，连结CM、BM，作线段BC的垂直平分线 l 分别交BC、直线 x=32 于点 N、M' ，则N为BC中点；
由绝对值的性质可得： |BM−CM|≥0 ，
∴当 |BM−CM| 的值最小时，即 |BM−CM|=0 ，则此时 CM=BM ，
∴点M为 l 与直线 x=32 的交点，此时 M 与 M' 重合，
设 l 的解析式为： y=kx+b ，
∵直线BC的解析式为： y=−12x+2 ， BC⊥l
∴−12⋅k=−1 ，解得： k=2 ，则 l 的解析式可化为： y=2x+b ，
由 B(4，0)，C(0，2) 得点N的坐标为 (2，1) ，
将 N(2，1) 代入 y=2x+b 得：
1=4+b ，解得： b=−3 ，
∴y=2x−3 ，
将 x=32 代入 y=2x−3 ，得 y=2×32−3=0 ，即 M'(32，0) ，
∴当 |BM−CM| 的值最小时，点 M 的坐标为 (32，0) ，
（3）存在； N(0，2) 或 N(3，2) 或 N(−2，−3) 或 N(−5，−18)
【解析】【解答】（3）抛物线上存在点 N ，使得以点 B、N、H 为顶点的三角形与 △ABC 相似；
∵A(−1，0)，B(4，0)，C(0，2)
∴OA=1，OB=4 ， OC=2 ， AB=5 ，
∴AC=OA2+OC2=12+22=5 ， BC=OB2+OC2=42+22=25 ，
∵AC2+BC2=5+20=25=AB2 ，
∴△ABC 为直角三角形， ∠ACB=90° ，
∵NH⊥x 轴，
∴∠NHB=90° ，则 ∠NHB=∠ACB=90° ，
如图2所示，分四种情况，点 N 的坐标分别为 N1、N2、N3、N4 ，设点 N 的坐标为 (m，n) ，
①当点 N1 在x轴的上方，要使 △N1BH1∼△ABC ，则 ∠N1BH1=∠ABC ，
则此时点 N1 与点C重合，则此时点 H1 与点O重合，
则 △N1BH1≅△ABC ，满足题意，
∴此时点 N1 的坐标为 (0，2) ；
②当点 N2 在x轴的上方，要使 △BN2H2∼△ABC ，则 N2H2BH2=BCAC=2 ，
∴n4−m=2 ，即 n=−2m+8 ，代入抛物线的解析式得：
−2m+8=−12m2+32m+2 ，化简得： m2−7m+12=0 ，
解得： m1=3 ， m2=4 （不符合题意，故舍去），
将 m=3 代入抛物线解析式得： n=2 ，
∴此时点 N2 的坐标为 (3，2) ；
③当点 N3 在x轴的下方，要使 △N3BH3∼△ABC ，则 BH3N3H3=BCAC=2 ，
∴4−m−n=2 ，即 n=m−42 ，代入抛物线的解析式得：
m−42=−12m2+32m+2 ，化简得： m2−2m−8=0 ，
解得： m1=−2 ， m2=4 （不符合题意，故舍去），
将 m=−2 代入抛物线解析式得： n=−3 ，
∴此时点 N3 的坐标为 (−2，−3) ；
④当点 N4 在x轴的下方，要使 △BN4H4∼△ABC ，则 N4H4BH4=BCAC=2 ，
∴−n4−m=2 ，即 n=2m−8 ，代入抛物线的解析式得：
2m−8=−12m2+32m+2 ，化简得： m2+m−20=0 ，
解得： m1=−5 ， m2=4 （不符合题意，故舍去），
将 m=−5 代入抛物线解析式得： n=−18 ，
∴此时点 N4 的坐标为 (−5，−18) ；
综上所述，抛物线存在点N的坐标为 (0，2) 或 (3，2) 或 (−2，−3) 或 (−5，−18) 使得以点 B、N、H 为顶点的三角形与 △ABC 相似．
【分析】（1）由直线 y=−12x+2 可得B、C两点的坐标，根据二次函数的对称轴求得A点坐标，可设抛物线的解析式为 y=a(x+1)(x−4) ，将C点坐标代入可求得a，即可得抛物线的解析式；（2）根据绝对值的性质得出 |BM−CM| 的值最小时，点 M 为BC的垂直平分线与直线 x=32 的交点，求得BC垂直平分线的解析式，联立直线 x=32 即可求得点 M ；（3）分四种情况进行讨论，设出N的坐标，根据相似三角形的对应边成比例的性质，求得N的横坐标与纵坐标的关系，然后联立抛物线解析式即可求解．
8．如图，以D为顶点的抛物线 y=ax2+2x+c 交x轴于点A， B(6,0) ，交y轴于点 C(0,6) .
（1）求抛物线的解析式；
（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.
【答案】（1）解：将点B和点C的坐标代入 y=ax2+2x+c 中，得
0=36a+12+c6=c
解得： a=−12c=6
∴抛物线的解析式为 y=−12x2+2x+6 ；
（2）解：把y=0代入 y=−12x2+2x+6 中，得
0=−12x2+2x+6
解得：x1=-2，x2=6，
∴点A的坐标为（-2,0）
设直线BC的解析式为y=kx＋b
将点B和点C的坐标代入，得
0=6k+b6=b
解得： k=−1b=6
∴直线BC的解析式为 y=−x+6
作点O关于BC的对称点O′，连接AO′交BC于点P，连接OP，O′B
根据对称可得PO=PO′，OB=O′B
此时 PO+PA = PO′+PA = O′A
根据两点之间线段最短，此时 PO+PA 最小
∵OB=OC=6，∠BOC=90°
∴∠OBC=45°
∴∠OBO′=90°
∵OB= O′B =6
∴点O′的坐标为（6,6）
设直线AO′的解析式为y=mx＋n
将点A和点O′的坐标代入，得
0=−2m+n6=6m+n
解得： m=34n=32
∴直线AO′的解析式为 y=34x+32
联立 y=−x+6y=34x+32
解得： x=187y=247
∴点P的坐标为 (187,247)
（3）解：∵y=−12x2+2x+6 = −12(x−2)2+8
∴点D的坐标为（2,8）
∴CD=(2−0)2+(8−6)2=22,BC=(0−6)2+(6−0)2=62,BD=(2−6)2+(8−0)2=45 AC=(−2−0)2+(0−6)2=210
∴CD2＋BC2=80=BD2
∴△BCD为直角三角形，且∠BCD=90°
点Q在点A左侧时，△QAC为钝角三角形，
∴△QAC不可能与△BCD相似
∴点Q必在点A右侧，设点Q的坐标为（q，0），则AQ=q－（-2）=q＋2
∵tan∠CAO= COAO=62=3 ，tan∠BDC= BCCD=6222=3
∴∠CAO=∠BDC
当△CQA∽△BCD时，
∴ACBD=AQCD
即 21045=q+222
解得：q=0
∴点Q的坐标为（0,0）；
当△QCA∽△BCD时，
∴ACCD=AQBD
即 21022=q+245
解得：q=18
∴点Q的坐标为（18,0）；
综上：点Q的坐标为 (0,0) 或 (18,0) .
【解析】【分析】（1）将点B和点C的坐标代入二次函数解析式中即可求出结论；（2）先求出点A的坐标，利用待定系数法求出BC的解析式，作点O关于BC的对称点O′，连接AO′交BC于点P，连接OP，O′B，根据两点之间线段最短，此时 PO+PA 最小，求出点O′的坐标，利用待定系数法求出AO′的解析式，联立方程即可求出结论；（3）求出顶点D的坐标，利用平面直角坐标系中任意两点之间的距离公式求出CD、BC、CD和AC，根据勾股定理的逆定理证出△BCD是直角三角形，然后根据相似三角形的对应情况分类讨论，根据相似三角形的性质列出比例式即可求出结论.
9．如图，已知抛物线y＝ax2﹣2x+c经过△ABC的三个顶点，其中点A(0，1)，点B(9，10)，AC∥x轴．
（1）求这条抛物线的解析式.
（2）求tan∠ABC的值.
（3）若点D为抛物线的顶点，点E是直线AC上一点，当△CDE与△ABC相似时，求点E的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2﹣2x+c经过点A(0，1)和点B(9，10)，
∴c=181a−18+c=10 ，解得 a=13c=1 ．
∴这条抛物线的解析式为 y=13x2−2x+1
（2）解：过点B作BH⊥AC交AC延长线于点H，
∵AC∥x轴，A(0，1)，B(9，10)，∴H(9，1)，∴BH＝AH＝9．
又∵∠BHA＝90°，∴△HAB是等腰直角三角形，∴∠HAB＝45°．
∵AC∥x轴，A(0，1)，对称轴为直线 x=3 ，∴C(6，1).
过点C作CG⊥AB，垂足为点G，
∵∠GAC＝45°，∠AGC＝90°，∴CG=AC·sin45°=32 ，∴AG=32 ．
又∵在Rt△ABH中， AB=BHsin45°=92 ，∴BG=92−32=62 ．
∴在Rt△BCG中， tan∠ABC=CGBG=12 ．
（3）解：如图2所示：过点D作DK⊥AC，垂足为K，
∵点D是抛物线 y=13x2−2x+1 的顶点，∴D(3，﹣2)．
∴K(3，1)，∴CK＝DK＝3．
又∵∠CKD＝90°，∴△CDK是等腰直角三角形，∴∠DCK＝45°
又∵∠BAC＝45°，
∴∠DCK＝∠BAC．
∴要使△CDE与△ABC相似，则点E在点C的左侧．
当 ACAB=ECCD 时，则 692=EC32 ，∴EC＝2，∴E(4，1)；
当 ACAB=DCEC 时，则 692=32EC ，∴EC＝9，∴E(﹣3，1)．
综上所述，当△CDE与△ABC相似时，点E的坐标为(4，1)或(﹣3，1)
【解析】【分析】(1)将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式求得a、c的值即可；(2)过点B作BH⊥AC交AC延长线于点H，过点C作CG⊥AB于点G，先证明△ABH和△ACG均为等腰直角三角形，再求出CG和BG的长，然后依据锐角三角函数的定义求解即可；(3)过点D作DK⊥AC，垂足为K，先证明△DCK为等腰直角三角形，则∠DCK＝∠BAC，当 ACAB=ECCD 或 ACAB=DCEC 时，△CDE与△ABC相似，然后可求得CE的长．
10．如图，二次函数y= 12 x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，与x轴交于点D、点E，过点B和点C的直线与x轴交于点A．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在x轴上有一动点P，随着点P的移动，存在点P使△PBC是直角三角形，请你求出点P的坐标；
（3）若动点P从A点出发，在x轴上沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q也从A点出发，以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵二次函数y=0.5x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，
∴1=c3=8+4b+c ，解得 b=−32c=1 ，
∴抛物线解析式y= 12 x2– 32 x+1．
（2）解：设点P坐标为（x，0）．
∵点P（x，0），点B（0，1），点C（4，3），
∴PB= (x−0)2+(0−1)2 = x2+1 ，
CP= (4−x)2+(3−0)2 = x2−8x+25 ，
BC= (4−0)2+(3−1)2 =2 5 ，
若∠BCP=90°，则BP2=BC2+CP2．
∴x2+1=20+x2–8x+25，∴x= 112 ．
若∠CBP=90°，则CP2=BC2+BP2．
∴x2+1+20=x2–8x+25，∴x= 12 ．
若∠BPC=90°，则BC2=BP2+CP2．
∴x2+1+x2–8x+25=20，
∴x1=1，x2=3，
综上所述：点P坐标为（1，0），（3，0），（ 12 ，0），（ 112 ，0）．
（3）a= 253 或 655
【解析】【解答】解：(3)a= 253 或 655 ．
∵抛物线解析式y= 12 x2– 32 x+1与x轴交于点D，点E，
∴0= 12 x2– 32 x+1，∴x1=1，x2=2，∴点D（1，0）．
∵点B（0，1），C（4，3），
∴直线BC解析式y= 12 x+1．
当y=0时，x=–2，∴点A（–2，0）．
∵点A（–2，0），点B（0，1），点D（1，0），
∴AD=3，AB= 5 ．
设经过t秒，∴AP=2t，AQ=at，
若△APQ∽△ADB，
∴APAQ=ADAB ，即 2tat=35 ，∴a= 253 ，
若△APQ∽△ABD，∴APAQ=ABAD ，即 2tat=53 ，∴a= 655 ．
综上所述：a= 253 或 655 ．
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）利用两点间的距离公式求出PB、CP和BC的长度，再利用勾股定理进行求解即可；
（3）分类讨论，证明三角形相似，进行求解即可。
11．如图，顶点为C（-1，1）的抛物线经过点D（-5，-3），且与x轴交于点A、B两点（点B在点A的右侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线上存在点Q，使得S△OAQ= 32 ，求点Q的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在x轴上，且∠MNA=∠OCD，是否存在点M，使得△AMN与△OCD相似？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线的顶点为C（-1，1）
∴设该抛物线的解析式为 y=a(x+1)2+1
将点D（-5，-3）代入，得
−3=a(−5+1)2+1
解得： a=−14
∴该抛物线的解析式为 y=−14(x+1)2+1=−14x2−12x+34 ；
（2）解：将y=0代入抛物线解析式中，得
0=−14x2−12x+34
解得： x1=−3,x2=1
∵点B在点A的右侧
∴点A的坐标为（-3,0）
∴OA=3
设点Q的坐标为（x， −14x2−12x+34 ）
∵S△OAQ= 32
∴12×3×|−14x2−12x+34|=32
整理，得 |−14x2−12x+34|=1
当 −14x2−12x+34=1 时
解得： x1=x2=−1
∴此时点Q的坐标为 (−1,1) ；
当 −14x2−12x+34=−1
解得： x1=−1+22,x2=−1−22
∴此时点Q的坐标为 (−1+22,−1) 或 (−1−22,−1)
综上：点Q的坐标为 (−1,1),(−1+22,−1) 或 (−1−22,−1) ；
（3）存在， (17,−80) 或 (2,−54) 或 (0,34) 或 (−15,−48)
【解析】【解答】解：（3）存在，点M的坐标为 (17,−80) 、 (2,−54) 、 (0,34) 、 (−15,−48) ．
∵C(−1,1) ， D(−5,−3) ，
∴OC2=2 ， CD2=32 ， OD2=34 ，
∴OC2+CD2=OD2 ， OC=2 ， CD=42 ， OD=34 ，
∴△OCD是直角三角形， ∠OCD=90° ，
∴∠MNA=∠OCD=90° ，
∵点M在抛物线上，点N在x轴上，
∴MN⊥x 轴，
设 M(n,−14n2−12n+34) ，则 N(n,0) ，
∴AN=|n+3| ， MN=|−14n2−12n+34| ，
∵以A，M，N为顶点的三角形与 △OCD 相似，
∴分两种情况： △AMN∽△ODC 或 △MAN∽△ODC ，
①当 △AMN∽△ODC 时，
∴MNCD=ANOC ，
∴|−14n2−12n+34|42=|n+3|2 ．
∴n=−3 （舍）或 n=17 或 n=−15 ，
代入 −14n2−12n+34 ，得 M(17,−80) 或 (−15,−48) ；
②当 △MAN∽△ODC 时，
∴MNOC=ANCD ，
∴|−14n2−12n+34|2=|n+3|42 ，
∴n=−3 （舍）或 n=2 或 n=0 ，
代入 −14n2−12n+34 ，得 M(2,−54) 或 (0,34) ，
综上所述，满足条件的点M的坐标为 (17,−80) 或 (2,−54) 或 (0,34) 或 (−15,−48) ．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求A、B的坐标，再用△OAQ面积建立方程求出m，最后分两种情况建立方程求出Q的坐标；
（3）分两种情况用相似三角形的相似比建立方程求出结果即可。
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于点A(2，0)、B(6，0)，与y轴交于点C(0，6)，顶点为D，连结AC，作直线BC，点E是抛物线对称轴上的一个动点。
（1）求出抛物线的解析式。
（2）若∠BCE=∠OCA，求点E的坐标。
（3）在(2)的条件下，延长CE交抛物线于点F，直接写出所有满足△GBD∽△FBC的点G的坐标。
【答案】（1）解：抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于点A(2，0)、B(6，0)，与y轴交于点C(0，6)，
∴设y=a（x-2）（x-6）
∴a（0-2）（0-6）=6
解之：a=12
∴y=12（x−2）（x−6）=12x2−4x+6;
（2）解：∵y=12x2−4x+6=12x−42−2
∴点D（4，-2）
过点E作EF⊥BC于点F,过点C作CM⊥对称轴于点M，对称轴交x轴于点H，对称轴与BC交于点N
设点E（4，n）
∵点C（0，6），点B（6，0）
∴OC=OB=HM=6，OH=CM=4，ME=6-n，
∴CE=42+6−n2=52−12n+n2
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠HNB=∠ENF=45°，HB=HN=6-4=2
∴△EFN是等腰直角三角形，
∴EN=n-2
在Rt△EKN中，
EK=ENsin∠ENK=ENsin45°=2n−22
∵∠BCE=∠OCA，∠AOC=∠EKC=90°
∴△AOC∽△EKC
∴ACCE=OAEK即252−12n+n2=22n−22
整理得：n2-2n-8=0
解之：n1=4，n2=2
∴点E（4，4）或（4，-2）;
（3）解：①当点G（4，-2）时，
∵点D（4，-2）,B（6，0），点C（0，6）
∴OC=OB=6
∴∠CBO=45°
∴sin∠CBO=OCBC
sin45°=6BC
解之：BC=62
BD=BF=22+22=22
∵ △GBD∽△FBC
∴GBBD=FBBC即GB22=2262
解之：BG=223
过点G作GH⊥x轴于点H，
在等腰直角△BGH中 GH=HB=BGsin45°=223×22=23
∴OH=6−23=163
∴点G163，23
点G1的横坐标为6+23=203，纵坐标为−23
∴G1203，−23;
当点E（4，4）时
设直线CF的解析式为y=kx+b
∴b=64k+b=4
解之：k=−12
∴yCF=−12x+6
∴y=−12x+6y=12x2−4x+6
解之：x1=7，x2=0（舍去）
当x=7时y=52
∴点F（7，52）
∴CF=6−522+72=752
∵△GBD∽△FBC
∴BDBC=GDFC即2262=GD752
解之：GD=756
∵由①可知G163，23，D（4，-2）
∴直线GD的解析式为y=2x-10，
设点G（x，2x-10）
∴x−42+2x−10+22=7562
解之：x1=316，x2=176（舍去），
∴2x-10=13
∴点G2316，13
同理当G在直线OG上时GD=756，
直线DG3的解析式为y=12x−4
设点Gx，12x−4
由题意得x−42+12x−4+22=7562
解之：x1=193，x2=53（舍去）
∴12x−4=−56
∴点G3（193，−56）
∴点G的坐标为163，23；203，−23；316，13；（193，−56）
【解析】【分析】（1）由点A，B的坐标设抛物线的解析式为y=a（x-2）（x-6），再将点C的坐标代入函数解析式，就可求出a的值，即可得到函数解析式。
（2）利用抛物线的解析式求出点D的坐标，过点E作EF⊥BC于点F,过点C作CM⊥对称轴于点M，对称轴交x轴于点H，对称轴与BC交于点N，设点E（4，n），利用勾股定理求出CE，再用含n的代数式表示出EN，利用解直角三角形求出EK的长，再证明△AOC∽△EKC，利用相似三角形的对应边成比例，建立关于n的方程，解方程求出n的值，即可得到点E的坐标。
（3） ①当点G（4，-2）时，利用点的坐标证明△BOC是等腰直角三角形，利用解直角三角形和勾股定理求出BC，BD，BF的长，再根据相似三角形的判定和性质求出BG的长，过点G作GH⊥x轴于点H，在等腰直角△BGH中，利用解直角三角形求出GH，OH的长，即可得到点G的坐标，从而可求出点G1的坐标；当点E（4，4）时，利用待定系数法求出直线CF的解析式，将直线CF和抛物线的解析式联立方程组，解方程组求出点F的坐标，利用勾股定理求出CF的长，再利用相似三角形的判定和性质，求出GD的长，从而可求出直线GD的函数解析式，设点G（x，2x-10），利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值即可得到点G2的坐标；然后求出直线DG3的解析式为y=12x−4，设点Gx，12x−4，建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到点G3的坐标，综上所述可得到符合题意的点G的坐标。
13．如图，已知抛物线y= 13 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）解：将A(0，1)，B(9，10)代入函数解析式得：
13 ×81＋9b＋c＝10，c＝1，解得b＝−2c＝1，
所以抛物线的解析式y＝ 13 x2−2x＋1
（2）解：∵AC∥x轴，A(0，1)，
∴13 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， 13 m2−2m＋1)，∴E(m，m＋1)，
∴PE＝m＋1−( 13 m2−2m＋1)＝− 13 m2＋3m.
∵AC⊥PE，AC＝6，
∴S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC＝ 12 AC⋅EF＋ 12 AC⋅PF
＝ 12 AC⋅(EF＋PF)＝ 12 AC⋅EP
＝ 12 ×6(− 13 m2＋3m)＝−m2＋9m.
∵0
（3）解：∵y＝ 13 x2−2x＋1＝ 13 (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＝ 92 ，AC＝6，CP＝ 32 ，
∵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＝ 32:92 ，解得t＝4，所以Q(4，1)；
②当△CQP∽△ABC时，
CQ:AB＝CP:AC，(6−t) :92＝32: 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).
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，直接 将A(0，1)，B(9，10)代入函数解析式中，求出b、c即可.
（2）根据平行于x轴的直线上点的纵坐标相等，可得点C的纵坐标是1，将y=1代入
y＝ 13 x2−2x＋1 中，即可求出C（6,1）.利用待定系数法可求出 直线AB的解析式为y＝x＋1 . 设P(m， 13 m2−2m＋1)，可得E(m，m＋1)， 由 S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC，可得 S四边形AECP＝m2＋9m.，利用二次函数性质可求出最大值及P点坐标.
（3）先求出顶点P（3，-2），可求出∠PCF＝∠EAF=45°，
从而可得在直线AC上存在满足条件的点Q，设Q(t，1)且AB＝ 92 ，AC＝6，CP＝ 32 .以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似分两种情况，①当△CPQ∽△ABC时，②当△CQP∽△ABC时， 分别利用相似三角形对应边成比例列出等式，求出t即可.
14．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．
【答案】（1）解: 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： −9+3b+c=03 ，解得b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）解: 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′．
∴当A、P、O′在一条直线上时，OP+AP有最小值．
设AP的解析式为y=kx+b，则 −k+b=03k+b=3 ，解得：k= 34 ，b= 34 ．
∴AP的解析式为y= 34 x+ 34 ．
将y= 34 x+ 34 与y=﹣x+3联立，解得：y= 127 ，x= 97 ，
∴点P的坐标为（ 97 ， 127 ）．
（3）解: y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
又∵C（0，3，B（3，0），
∴CD= 2 ，BC=3 2 ，DB=2 5 ．
∴CD2+CB2=BD2，
∴∠DCB=90°．
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴OA=1，CO=3．
∴AOCO = CDBC = 13 ．
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．
∴CDBD = ACAQ ，即 225 = 10AQ ，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．
【解析】【分析】（1）因为直线 y=﹣x+3 与y轴相较于点C、与x轴相较于点B，于是分别令x=0和y=0，则可求得点C和点B的坐标，再将点B、C的坐标代入抛物线的解析式解方程即可求得抛物线的解析式；
（2）由轴对称的性质可作辅助线， 作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3）； 由轴对称的性质可得：当A、P、O′在一条直线上时，OP+AP有最小值； 用待定系数法可求直线AP的解析式；将直线AP和BC的解析式联立解方程组可求得点P的坐标；
（3）分两种情况讨论求解：①将（1）中求得的二次函数的解析式配成顶点式可得顶点D的坐标，则用勾股定理可求得CD、BC、DB的长；用勾股定理的逆定理可判断
∠DCB=90° ；由题意易得 AOCO = CDBC = 13 ；所以根据有两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得 △AOC∽△DCB ；即 当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB；
②连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q．由题意易证△ACQ∽△DCB． 于是可得比例式 CDBD = ACAQ ，从而求得 AQ 的长，则点Q的坐标可求解。
15．如图，直线 y=−23x+c 与x轴交于点A（3,0），与y轴交于点B，抛物线 y=−43x2+bx+c 经过点A,B.
（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；
（2）M（m，0）为x轴上一个动点，过点M垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N，
①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与 △APM 相似，求点M的坐标；
②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称M，P，N三点为“共谐点”.请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值.
【答案】（1）解：直线 y=−23x+c 与x轴交于点 A(3,0) ，
∴−23×3+c=0 ，解得c=2
∴B（0，2），
∵抛物线 y=−43x2+bx+c 经过点 A(3,0) ，
∴−43×32+3b+2=0 ，∴b= 103
∴抛物线的解析式为 y=−43x2+103x+2
（2）解：∵MN⊥x 轴，M（m，0），∴N( mz−43m2+103m+2 )
①有（1）知直线AB的解析式为 y=−23x+2 ，OA=3，OB=2
∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN, ∠AMP=90°，
若使△APM中和△BPN相似，则必须∠NBP=90°或∠BNP =90°，
分两种情况讨论如下：
（I）当∠NBP=90°时，过点N作NC ⊥y 轴于点C，
则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，
BC= −43m2+103m+2−2=−43m2+103m
∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，
∴∠BNC=∠ABO，
∴Rt△NCB∽ Rt△BOA
∴NCOB=CBOA ,即 m2=−43m2+103m3 ，解得m=0（舍去）或m= 118
∴M（ 118 ，0）；
（II）当∠BNP=90°时， BN ⊥ MN，
∴点N的纵坐标为2，
∴−43m2+103m+2=2
解得m=0（舍去）或m= 52
∴M（ 52 ，0）；
综上，点M的坐标为（ 118 ，0）或M（ 52 ，0）；
②12 或−1或 −14
【解析】【解答】（2）②由①可知M(m,0),P(m, −23m+2 ),N(m, −43m2+103m+2 )，
∵M，P，N三点为“共谐点”，
∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，
当P为线段MN的中点时,则有2( −23m+2 )= −43m2+103m+2 ,解得m=3(三点重合,舍去)或m= 12 ；
当M为线段PN的中点时,则有 −23m+2 +( −43m2+103m+2 )=0,解得m=3(舍去)或m=−1；
当N为线段PM的中点时,则有 −23m+2 =2( −43m2+103m+2 ),解得m=3(舍去)或m= −14 ；
综上可知当M,P,N三点成为“共谐点”时m的值为 12 或−1或 −14 .
【分析】(1)把点 A(3,0) 代入 y=−23x+c 求得c值，即可得点B的坐标；抛物线 y=−43x2+bx+c 经过点a(3,0)，即可求得b值，从而求得抛物线的解析式；（2）由 MN⊥x 轴，M（m，0），可得N( mz−43m2+103m+2 )，①分∠NBP=90°和∠BNP =90°两种情况求点M的坐标；②分N为PM的中点、P为NM的中点、M为PN的中点3种情况求m的值.
16．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（ 32 ，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．
【答案】（1）解：∵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 4a+b=294a+32b=0 ，解得 a=2b=−3 ，
∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x
（2）解：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= 12 CD•OE+ 12 CD•BF= 12 （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，
∵△OBC的面积为2，
∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，
∴C（1，﹣1）
解：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=∠NOBOB=OB∠ABO=∠NBO∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA= 32 ，∴N（0， 32 ），∴可设直线BN解析式为y=kx+ 32 ，把B点坐标代入可得2=2k+ 32 ，解得k= 14 ，
∴直线BN的解析式为y= 14 x+ 32 ，联立直线BN和抛物线解析式可得 y=14x+32y=2x2−3x ，解得 x=2y=2 或 x=−38y=4532 ，∴M（﹣ 38 ， 4532 ），
∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），
∴OB=2 2 ，OC= 2 ，∵△POC∽△MOB，
∴OMOP = OBOC =2，∠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，∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，
∴△MOG∽△POH，∴OMOP = MGPH = OGOH =2，∵M（﹣ 38 ， 4532 ），
∴MG= 38 ，OG= 4532 ，∴PH= 12 MG= 316 ，OH= 12 OG= 4564 ，
∴P（ 4564 ， 316 ）；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= 12 MG= 316 ，OH= 12 OG= 4564 ，∴P（﹣ 316 ， 4564 ）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（ 4564 ， 316 ）或（﹣ 316 ， 4564 ）
【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b的值，即可求得答案。
（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，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t的值，即可得出点C的坐标。
（3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出OMOP=2，∠POC=∠BOM，然后分情况讨论：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，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；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，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。
17．如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=−32，且经过A、C两点与x轴的另一交点为B.
（1）①直接写出点B的坐标；②求抛物线的解析式；
（2）点E为直线AC上方抛物线上的一动点，过点E作ED⊥x轴于点G，交AC于点D，连接AE、CE、CG，当四边形AGCE面积最大时，求出E点的坐标.
（3）抛物线上是否存在点M，过点M作MN⊥x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的△AMN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）解：①（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=−12，
∴y=−12x2−32x+2；
（2）解：设E(m，−12m2−32m+2)，
四边形AGCE面积=−12EG⋅xA=12(−12m2−32m+2)×4
=−m2−3m+4
=−(m+32)2+254，
当m=−32时，四边形AGCE面积有最大值，
−12m2−32m+2=−12×(−32)2−32×(−32)+2=258，
∴E(−32，258)；
（3）解：存在，点M的坐标为(0，2)或(−3，2)或(2，−3)或(5，−18)
【解析】【解答】解：(1)①y=12x+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=−32对称，
∴点B的坐标为(1，0).
(3)在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCAO=12，
在Rt△BOC中，tan∠BCO=OBOC=12，
∴∠CAO=∠BCO，
∵∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠CAO+∠OBC=90°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC∽△ACO∽△CBO，
如下图：
当M点与C点重合，即M(0，2)时，△MAN∽△BAC；
根据抛物线的对称性，当M(−3，2)时，△MAN∽△ABC；
当点M在第四象限时，设M(n，−12n2−32n+2)，则N(n，0)，
∴MN=12n2+32n−2，AN=n+4，
当MNAN=12时，MN=12AN，即12n2+32n−2=12(n+4)，
整理得：n2+2n−8=0，
解得：n1=−4（舍），n2=2，
∴M(2，−3)；
当MNAN=21时，MN=2AN，即12n2+32n−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，点M的坐标为(0，2)或(−3，2)或(2，−3)或(5，−18)，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似.
【分析】（1）①分别令x=0、y=0，求出y、x的值，得到点A、C的坐标，由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=−32对称，据此可得点B的坐标；
②将A、B、C的坐标代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，得到抛物线的解析式；
（2）设E（m，−12m2-32m+2），根据面积公式表示出四边形AGCE的面积，然后根据二次函数的性质可得面积的最大值以及对应的m的值，进而可得点E的坐标；
（3）根据三角函数的概念求出tan∠CAO、tan∠BCO的值，得到∠CAO=∠BCO，证明△ABC∽△ACO∽△CBO，当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△ABC；当点M在第四象限时，设M（n，−12n2-32n+2），则N（n，0），表示出MN、AN，当MNAN=12时，MN=12AN，求解可得n的值，据此可得点M的坐标；当MNAN=21时，MN=2AN，代入求解可得n的值，据此可得点M的坐标.
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