专项33 相似三角形-一线三等角模型综合应用- 2022-2023 九年级数学下册高分突破必练专题（人教版）

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专项33 相似三角形-一线三等角模型综合应用


1. 如图，∽（一线三等角）
如图，∽（一线三直角）
如图，特别地，当是中点时：∽∽平分，平分。
2. 一线三等角辅助线添加：一般情况下，已知一条直线上有两个等角（直角）或一个直角时，可构造“一线三等角”型相似。


【类型1：标准“K”型图】
【典例1】已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．如图，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．
（1）求证：＝；
（2）若OP与PA的比为1：2，求边AB的长．

【解答】（1）证明：由折叠的性质可知，∠APO＝∠B＝90°，
∴∠APD+∠OPC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠POC+∠OPC＝90°，
∴∠APD＝∠POC，
∴△OCP∽△PDA，
∴＝；
（2）解：∵△OCP∽△PDA，
∴，
∵OP与PA的比为1：2，AD＝8，
∴，
∴PC＝4，
设AB＝x，则DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，
在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，
∴x2＝82+（x﹣4）2，
解得：x＝10，
∴AB＝10．
【变式1-1】如图，正方形ABCD中，点E在BC边上，且AE⊥EF，若BE＝2，CF＝，求正方形ABCD的边长．

【解答】解：∵∠AEB+∠CEF＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
又∵∠B＝∠C＝90°，
∴△BAE∽△CEF，
∴＝，
∵AB＝BC，
∴，
∴，
∴CE＝4，
∴BC＝CE+BE＝4+2＝6，
∴正方形ABCD的边长为6．
【变式1-2】如图，在正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交CD于F，交AD的延长线于点E．
（1）求证：△ABM∽△MCF；
（2）若AB＝4，BM＝2，求△DEF的面积．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠B＝∠C＝90°，BC∥AD，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∵ME⊥AM，
∴∠AME＝90°，
∴∠AMB+∠FMC＝90°，
∴∠BAM＝∠FMC，
∴△ABM∽△MCF；
（2）解：∵AB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝4，
∵BM＝2，
∴MC＝BC﹣BM＝4﹣2＝2，
由（1）得：△ABM∽△MCF，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴DF＝CD﹣CF＝4﹣1＝3，
∵BC∥AD，
∴∠EDF＝∠MCF，∠E＝∠EMC，
∴△DEF∽△CMF，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝6，
∴△DEF的面积＝DE•DF＝×6×3＝9，
答：△DEF的面积为9
【类型2：做辅助线构造“K”型图】
【典例2】已知：在△EFG中，∠EFG＝90°，EF＝FG，且点E，F分别在矩形ABCD的边AB，AD上．
（1）如图1，填空：当点G在CD上，且DG＝1，AE＝2，则EG＝　 　；
（2）如图2，若F是AD的中点，FG与CD相交于点N，连接EN，求证：∠AEF＝∠FEN；
（3）如图3，若AE＝AD，EG，FG分别交CD于点M，N，求证：MG2＝MN•MD．

【解答】（1）解：∵∠EFG＝90°，
∴∠AFE+∠DFG＝90°，
∵∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝∠DFG，
又∵∠A＝∠D＝90°，EF＝FG，
∴△AEF≌△DFG（AAS），
∴AE＝FD＝2，
∴FG＝，
∴EG＝FG＝，
故答案为：；
（2）证明：延长EA、NF交于点M，

∵点F为AD的中点，
∴AF＝DF，
∵AM∥CD，
∴∠M＝∠DNF，∠MAD＝∠D，
∴△MAF≌△NDF（AAS），
∴MF＝FN，
∵EF⊥MG，
∴ME＝GE，
∴∠MEF＝∠FEN；
（3）证明：如图，过点G作GP⊥AD交AD的延长线于P，

∴∠P＝90°，
同（1）同理得，△AEF≌△PFG（AAS），
∴AF＝PG，PF＝AE，
∵AE＝AD，
∴PF＝AD，
∴AF＝PD，
∴PG＝PD，
∵∠P＝90°，
∴∠PDG＝45°，
∴∠MDG＝45°，
在Rt△EFG中，EF＝FG，
∴∠FGE＝45°，
∴∠FGE＝∠GDM，
∵∠GMN＝∠DMG，
∴△MGN∽△MDG，
∴，
∴MG2＝MN•MD．
【变式2-1】（2021春•永川区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E为BC上一点，CE＝2BE，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，连接DF，则线段DF的长为 　 　．

【解答】解：过点F作FN⊥BC，垂足为N，延长NF交AD于点M，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝90°，AD∥BC，
∴FM⊥AD，
∴∠AMF＝∠FNE＝∠DMF＝90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴AM＝BN，
∵CE＝2BE，
∴BE＝BC＝2，
由折叠得：
BE＝FE＝2，AB＝AF＝6，∠B＝∠AFE＝90°，
∴∠AFM+∠EFN＝90°，
∵∠FEN+∠EFN＝90°，
∴∠FEN＝∠AFM，
∴△ENF∽△FMA，
∴＝＝＝，
设EN＝x，则FM＝3x，
∴AM＝BN＝BE+EN＝2+x，
在Rt△AFM中，AM2+FM2＝AF2，
∴（2+x）2+（3x）2＝36，
∴x＝或x＝﹣2（舍去），
∴AM＝2+x＝，FM＝3x＝，
∴DM＝AD﹣AM＝，
在Rt△DMF中，DF＝＝＝，
故答案为：．

【变式2-2】（2022秋•皇姑区校级月考）已知，如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E是射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点B落在点F处．

（1）若点F恰好落在CD边上，如图1，求线段BE的长；
（2）若BE＝1，如图2，直接写出点F到BC边的距离；
（3）若△CEF为直角三角形，直接写出CE所有值．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折叠的性质得：BE＝FE，AF＝AB＝5，
∴DF＝＝＝4，
∴CF＝CD﹣DF＝5﹣4＝1，
设BE＝FE＝x，则CE＝BC﹣BE＝3﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF2+CE2＝FE2，
即12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
即线段BE的长为；
（2）如图2，过F作FG⊥BC于G，延长GF交AD于H，
则∠FGE＝90°，四边形ABGH是矩形，
∴HG＝AB＝5，BG＝AH，∠AHF＝90°＝∠FGE，
由折叠的性质得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，
∴∠AFH+∠EFG＝90°，
∵∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠EFG＝∠FAH，
∴△EFG∽△FAH，
∴＝＝，
∴AH＝5FG，
设FG＝x，则BG＝AH＝5x，
∴EG＝BG﹣BE＝5x﹣1，
在Rt△EFG中，由勾股定理得：x2+（5x﹣1）2＝12，
解得：x＝或x＝0（不符合题意舍去），
∴FG＝，
即点F到BC边的距离为；
（3）分三种情况：
①∠CFE＝90°时，如图3，
∵∠AFE＝90°，
∴∠AFE+∠CFE＝180°，
∴A、F、C三点共线，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，∠B＝∠D＝90°，AD∥BC，
∴∠ECF＝∠CAD，AC＝＝＝，
由折叠的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠CFE＝90°＝∠D，CF＝AC﹣AF＝﹣5，
∴△CEF∽△ACD，
∴＝，
即＝，
解得：CE＝；
②点F在CD上，∠ECF＝90°时，如图4，
由（1）可知，BE＝，
∴CE＝BC﹣BE＝3﹣＝；
③∠CEF＝90°时，如图5，
由折叠的性质得：∠AEB＝∠AEF＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝5，
∴CE＝BE﹣BC＝5﹣3＝2；
④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，如图6，
由折叠的性质得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，
∵∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°，
∴DF＝＝＝4，
∴CF＝CD+DF＝5+4＝9，
∵∠CFE+∠CEF＝90°，∠CFE+∠DFA＝90°，
∴∠CEF＝∠DFA，
∵∠ECF＝∠ADF＝90°，
∴△CEF∽△DFA，
∴＝＝＝3，
∴CE＝3DF＝12；
综上所述，若△CEF为直角三角形，则CE的值为或或2或12．
【类型2：特殊“K”型图】
【典例3】（2021秋•通许县期中）感知：
（1）数学课上，老师给出了一个模型：如图1，∠BAD＝∠ACB＝∠AED＝90°，由∠1+∠2+∠BAD＝180°，∠2+∠D+∠AED＝180°，可得∠1＝∠D；又因为∠ACB＝∠AED＝90°，可得△ABC∽△DAE，进而得到＝　 　．我们把这个数学模型称为“一线三等角”模型．
应用：
（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，在△ABC中，点D在边BC上，并且DA＝DE，∠B＝∠ADE＝∠C．若BC＝a，AB＝b，求CE的长度（用含a，b的代数式表示）．
拓展：
（3）创新组突发奇想，将此模型迁移到平行四边形中，如图3，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF＝∠B．求证：AB•FE＝BE•DE．


【解答】（1）解：∵△ABC∽△DAE，
∴，
故答案为：；
（2）解：∵∠B＝∠ADE＝∠C，∠ADC＝∠B+∠BAD，∠ADC＝∠ADE+∠EDC，
∴∠EDC＝∠BAD，
∵DA＝DE，
在△ADB与△DEC中，
，
∴△ADB≌△DEC（AAS），
∴EC＝BD，AB＝DC＝b，
∴BD＝BC﹣DC＝a﹣b，
即CE＝a﹣b；
（3）解：∵∠DEF＝∠B，
∴∠BFE+∠BEF＝∠BEF+∠DEC，
∴∠BFE＝∠DEC，
作CG∥FE交DE于点G，如图：

∴∠DEF＝∠EGC，
∴∠B＝∠EGC，
∴△FBE∽△EGC，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠BCD＝180°，
∵∠EGC+∠DGC＝180°，
∵∠B＝∠EGC，
∴∠DGC＝∠BCD，
∵∠EDC＝∠CDG，
∴△DGC∽△DCE，
∴，
∴，
∴DC•FE＝BE•DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∴AB•FE＝•BE•DE．
解法二：延长BC到M，使得DC＝DM．

∵DC＝DM，
∴∠DCM＝∠M，
∵DC∥AB，
∴∠DCM＝∠B，
∴∠B＝∠M，
∵∠BFE＝∠DEM，
∴△BFE∽△MED．
∴＝，
∵AB＝CD＝DM，
∴AB•FE＝•BE•DE．
【变式3-1】如图，AB＝9，AC＝8，P为AB上一点，∠A＝∠CPD＝∠B，连接CD．
（1）若AP＝3，求BD的长；
（2）若CP平分∠ACD，求证：PD2＝CD•BD．

【解答】（1）解：∵AB＝9，AC＝3，
∴BP＝AB﹣AP＝9﹣3＝6，
∵∠A＝∠CPD，∠ACP+∠APC＝180°﹣∠A，∠APC+∠BPD＝180°﹣∠CPD，
∴∠ACP＝∠BPD，
∵∠A＝∠B，
∴△ACP∽△BPD，
∴＝，
∴＝，
∴BD＝，
∴BD的长为；
（2）证明：∵CP平分∠ACD，
∴∠PCD＝∠ACP，
∵∠ACP＝∠DPB，
∴∠PCD＝∠DPB，
∵∠CPD＝∠B，
∴△CPD∽△PBD，
∴＝，
∴PD2＝CD•BD．
【变式3-2】（2022春•定海区校级月考）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA．
【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，，AC＝20，求BD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在平行四边形ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，，CD＝，求平行四边形ABCD的面积．

【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠ACE＝90°，
∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝90°，
∴ACE+∠CAE＝90°．
∴∠BCD＝∠CAE．
∵BD⊥DE，
∴∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠AEC．
∴△BDC∽△CEA．
（2）解：过点E作EF⊥BC于点F．

由（1）得△EDF∽△DAC．
∴．
∵AD⊥DE，，AC＝20，
∴，
∴DF＝16．
∵BE＝DE，
∴BF＝DF．
∴BD＝2DF＝32．
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC的延长线于点N．

∴∠AMB＝∠DNC＝90°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∴∠B＝∠DCN．
∴△ABM≌△DCN（AAS）．
∴BM＝CN，AM＝DN．
∵AB＝AE，AM⊥BC，
∴BM＝ME，
∵，
设AM＝b，BE＝4a，EC＝3a．
∴BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a．
∵∠AED＝90°，
由（1）得△AEM∽△EDN．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴（2a）2+b2＝14，
∴a＝1，．
∴平行四边形ABCD的面积＝．


1．（2021秋•南京期末）如图，在矩形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，FC＝6，则DG的长是（　　）

A．4 B． C． D．5
【答案】B
【解答】解：∵EF⊥FG，
∴∠EFB+∠GFC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∴∠GFC+∠FGC＝90°，
∴∠EFB＝∠FGC，
∴△EFB∽△FGC，
∴，
∵BE＝3，BF＝2，FC＝6，
∴，
∴CG＝4，
同理可得△DAE∽△EBF，
∴，
∴，
∴AE＝，
∴BA＝AE+BE＝+3＝，
∴DG＝CD﹣CG＝﹣4＝．
故选：B．
2．（2022秋•二道区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，BC＝12，D，E分别是BC，AB上的动点（点D与B，C不重合），且2∠ADE+∠BAC＝180°，若BE＝4，则CD的长为 　 　．

【答案】6
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∴∠C+∠B+∠BAC＝2∠C+∠BAC＝180°，
又∵2∠ADE+∠BAC＝180°，
∴∠C＝∠ADE，
又∵∠BDE+∠ADC＝180°﹣∠ADE，∠CAD+∠ADC＝180°﹣∠C，
∴∠BDE＝∠CAD，
∴△BDE∽△CAD，
∴＝，即＝，
解得CD＝6．
故答案为：6．
3．（2022•杭州模拟）如图，点E是矩形ABCD边BC上一点，沿AE折叠，点B恰好落在CD边上的点F处．设＝x（x＞1），
（1）若点F恰为CD边的中点，则x＝　　．
（2）设＝y，则y关于x的函数表达式是 　 　．

【解答】解：（1）∵点F为CD边的中点，
∴DC＝2DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠FEC+∠EFC＝90°，
由折叠得：
BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，
∴AB＝AF＝DC＝2DF，
∵∠EFC+∠AFD＝90°，
∴∠AFD＝∠FEC，
∴△AFD∽△FEC，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴x＝2，
故答案为：2；
（2）由（1）可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，
∵△AFD∽△FEC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
∴x＝1+，
∴x＝1+，
∴y＝，
故答案为：y＝．
4．（2021•海州区校级二模）如图，△DEF的三个顶点分别在等边△ABC的三条边上，BC＝4，∠EDF＝90°，＝，则DF长度的最小值是 　 　．

【答案】
【解答】解：过点F作FH⊥BC，垂足为H，

∵∠EDF＝90°，tan∠EFD＝＝，
∴∠EFD＝60°，
∴∠AFE+∠DFC＝120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝∠A＝60°，AC＝BC＝4，
∴∠AFE+∠AEF＝120°，
∴∠AEF＝∠DFC，
∴△AEF∽△CFD，
∴＝，
∵∠EDF＝90°，∠EFD＝60°，
∴cos∠EFD＝＝，
∴＝2，
∴设CD＝a，则AF＝2a，
∴CF＝AC﹣AF＝4﹣2a，
在Rt△CFH中，∠C＝60°，
∴CH＝CF＝2﹣a，
∴FH＝CH＝2﹣a，
∴DH＝CD﹣CH＝a﹣（2﹣a）＝2a﹣2，
在Rt△DFH中，DF2＝DH2+FH2＝（2a﹣2）2+（2﹣a）2＝7a2﹣20a+16＝7（a﹣）2+，
∴DF2的最小值为，
∴DF的最小值为：．
5.如图，在等边三角形ABC中，点E，D分别在BC，AB上，且∠AED＝60°，求证：△AEC∽△EDB．

【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠EDB+∠BED＝120°，∠CAE+∠AEC＝120°
∵∠AED＝60°，
∴∠BED+∠AEC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BED＝∠CAE，
∴△AEC∽△EDB．
6.如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，有∠ADE＝45°．
（1）证明：△BDA∽△CED．
（2）若BC＝6，当AE＝ED时，求BD的长．

【解答】（1）证明：∵∠AED＝∠C+∠EDC＝45°+∠EDC，
而∠ADC＝∠ADE+∠EDC．
∵∠ADE＝45°，
∴∠ADC＝45°+∠EDC，
∴∠AED＝∠ADC．
∴∠DEC＝∠ADB（等角的补角相等）．
而∠B＝∠C＝45°，
∴△ABD∽△DCE．
故△ABD∽△DCE得证．
（2）解：当AE＝DE时，
∴∠ADE＝∠DAE，
∵∠ADE＝45°，
∴∠ADE＝∠DAE＝45°，
∵∠BAC＝90°，∠BAD＝∠EAD＝45°，
∴AD平分BAC，
∴AD垂直平分BC，
∴BD＝3．
7．（2022•安徽三模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AD＝AB，以BC为直径的半⊙O与边AD相切于点E．
（1）求证：∠BCE＝∠DCE；
（2）若，求DE的长．

【解答】（1）证明：连接OE，

∵半⊙O与边AD相切于点E，
∴∠OEA＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠D＝∠OEA＝90°，
∴OE∥CD，
∴∠ECD＝∠OEC，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠BCE＝∠DCE；
（2）解：连接BE，

∵BA⊥AD，OE⊥AD，CD⊥AD，
∴AB∥CD∥OE，
∵OB＝OC，
∴AE＝DE，
设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BEC＝90°，
∴∠DEC+∠AEB＝180°﹣∠BEC＝90°，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∴，
解得：，
∴DE的长为．



8．（2022•钦州一模）已知下列各图中，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°．
【基本模型感知】如图1，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N．求证：△ABM∽△BCN；
【基本模型应用】如图2，点P是边BC上一点，∠BAP＝∠C，，求tanC的值；
【灵活运用】如图3，点D是边CA延长线上一点，AE＝AB，∠DEB＝90°，，，请直接写出tan∠BEC的值．


【解答】（1）证明：∵AM⊥MN，CN⊥MN，
∴∠AMB＝∠BNC＝90°．
∴∠BAM+∠ABM＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°．
∴∠BAM＝∠CBN．
又∵∠AMB＝∠CNB，
∴△ABM∽△BCN．
（2）解：如图2，过点P作PF⊥AP交AC于点F，过点F作FQ⊥BC交BC于点Q，

在Rt△AFP中，tan∠PAC＝＝＝，
与（1）同理得，△ABP∽△PQF．
∴＝＝＝．
设AB＝a，PQ＝2a（a＞0），
∵∠BAP＝∠C＝∠FPQ，
∴PF＝CF，且FQ⊥BC．
∴PQ＝CQ＝2a．
∴BC＝BP+PQ+CQ＝BP+2a+2a＝4a+BP．
∵∠BAP＝∠C，∠B＝∠B＝90°，
∴△ABP∽△CBA．
∴＝．
∴BP⋅BC＝AB2，即BP⋅（4a+BP）＝．
∴BP＝a，BC＝5a，
在Rt△ABC中，tanC＝＝．
（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC＝＝，
如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于点H，

∵∠DEB＝90°，
∴CH∥AG∥DE．
∴＝＝．
与（1）同理得，△ABG∽△BCH
∴＝＝＝．
设BG＝4m，CH＝3m，AG＝4n，BH＝3n，
∵AB＝AE，AG⊥BE，
∴EG＝BG＝4m．
∴GH＝BG+BH＝4m+3n．
∴＝．
∴n＝2m．
∴EH＝EG+GH＝4m+4m+3n＝8m+3n＝8m+6m＝14m．
在Rt△CEH中，tan∠BEC＝＝．
9．（2021•坪山区一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）、B，与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上求点P，使S△BCP＝2S△BCO，求点P的坐标；
（3）如图2，直线y＝x+3交抛物线于第一象限的点M，若N是抛物线y＝x2+bx+c上一点，且∠MAN＝∠OCB，求点N的坐标．

【解答】解：（1）将C（0，﹣3）代入到抛物线解析式中得，c＝﹣3，
将B（﹣3，0）代入到抛物线解析式中得，9﹣3b﹣3＝0，
∴b＝2，
∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）令y＝0，则x2+2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣3，x2＝1，
∴B（1，0），
∴，
∵S△BCP＝2S△BCO，
∴S△BCP＝3，
如图1，过P作PM∥BC交x轴于M，连接MC，
则S△MBC＝S△BCP＝3，
∴，
∴MB＝2，
∴M（﹣1，0），
设直线BC为y＝k1x﹣3，
代入点B（1，0）得，k1＝3，
∴直线BC为：y＝3x﹣3，
则直线PM设为：y＝3x+b，
代入点M（﹣1，0）得，b＝3，
∴直线PM为：y＝3x+3，
联立，
解得，，
∴P（3，12）或（﹣2，﹣3）；
（3）∵直线y＝x+3交抛物线于第一象限的点M，
∴联立，
解得，，
∴A（﹣3，0），M（2，5），
在Rt△OBC中，tan∠OCB＝，
∴，
①如图2，当N在AM下方时，过A作y轴平行线，过M作x轴平行线，两线交于点G
过M作MQ⊥AM交AN于Q，过Q作y轴平行线交GM于H，
∴∠AGM＝∠MHQ＝90°，
∴∠AMG+∠GAM＝90°，
又AM⊥MQ，
∴∠AMQ＝90°，
∴∠AMG+∠HMQ＝90°，
∴∠GAM＝∠HMQ，
又∠AGM＝∠MHQ＝90°，
∴△AGM∽△MHQ，
∴＝，
∵A（﹣3，0），M（2，5），
∴AG＝5，GM＝5，
∴MH＝HQ＝，
∴Q（），
设直线AQ为：y＝k2（x+3），
代入点Q，得，
∴直线AQ为，
联立，
化简得，2x2+3x﹣9＝0，
解得x＝或﹣3，
当x＝时，y＝，
∴N（），
②当N在AM上方时，
同理可得，N（3，12），
∴N（）或（3，12）．