中考数学二轮专项培优专题03 相似三角形的存在性问题(教师版)

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专题三 相似三角形的存在性问题
【考题研究】
相似三角形的存在性问题是近几年中考数学的热点问题．解相似三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根。难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使得列方程和解方程又好又快．
【解题攻略】
相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．
判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验。
应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．
应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．
【解题类型及其思路】
相似三角形存在性问题需要注意的问题：
1、若题目中问题为△ABC∽△DEF ，则对应线段已经确定。
2、若题目中为△ABC与 △DEF相似，则没有确定对应线段，此时有三种情况：①△ABC∽△DEF ,
②△ABC∽△FDE、 ③△ABC∽△EFD、
3、若题目中为△ABC与 △DEF并且有 ∠A、 ∠D（或为90°），则确定了一条对应的线段，此时有二种情况：①、△ABC∽△DEF ，②、△ABC∽△DFE 需要分类讨论上述的各种情况。
【典例指引】
类型一 【确定符合相似三角形的点的坐标】
典例指引1．（2019·贵州中考真题）如图，抛物线与直线分别相交于，两点，且此抛物线与轴的一个交点为，连接，．已知，．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴上找一点，使的值最大，并求出这个最大值；
（3）点为轴右侧抛物线上一动点，连接，过点作交轴于点，问：是否存在点使得以，，为顶点的三角形与相似？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点M的坐标为（，）时，取最大值为；（3）存在点．
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）根据三角形的三边关系可知：当点、、三点共线时，可使的值最大，据此求解即可；
（3）先求得，再过点作于点，过点作轴于点，如图，这样就把以，，为顶点的三角形与相似问题转化为以，，为顶点的三角形与相似的问题，再分当时与时两种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）将，代入得：
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）解方程组：，得，，
∵，∴
当点、、三点不共线时，根据三角形三边关系得，
当点、、三点共线时，，
∴当点、、三点共线时，取最大值，即为的长，
如图，过点作BE⊥x轴于点，则在中，由勾股定理得：，∴取最大值为；
易求得直线BC的解析式为：y=－x－3，抛物线的对称轴是直线，当时，，∴点M的坐标为（，）；
∴点M的坐标为（，）时，取最大值为；

（3）存在点，使得以、、为顶点的三角形与相似．
设点坐标为，
在中，∵，∴，
在中，∵，∴，
∴，，
过点作于点，过点作轴于点，如图，
∵，，∴∽，
∵，
∴①当时，∽，
∴，解得，，（舍去）
∴点的纵坐标为，∴点为；
②当时，∽，
∴，解得（舍去），（舍去），
∴此时无符合条件的点；
综上所述，存在点．
【名师点睛】
本题考查的是二次函数的综合运用，主要考查待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、两函数的交点和线段差的最值等问题，其中（1）题是基础题型，（2）题的求解需运用三角形的三边关系，（3）题要注意分类求解，避免遗漏，解题的关键是熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质以及一元二次方程的解法．
【举一反三】
（2019·海南模拟）抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0）．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）该抛物线与直线 相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N．
①连结PC、PD，如图1，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；
②连结PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似?若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）① ；② 存在，（（2，）或（，）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）①可设出P点坐标，则可表示出M、N的坐标，联立直线与抛物线解析式可求得C、D的坐标，过C、D作PN的垂线，可用t表示出△PCD的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值；
②当△CNQ与△PBM相似时有 或两种情况，利用P点坐标，可分别表示出线段的长，可得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标．
试题解析：（1）∵抛物线经过点A（1，0）和点B（5，0），
∴ ，解得
∴该抛物线对应的函数解析式为 ；
（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，
∴可设P（t，）（1＜t＜5），
∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N，
∴M（t，0），N（t，），
∴.
联立直线CD与抛物线解析式可得 ，解得 或，
∴C（0，3），D（7， ），
分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，

则CE=t，DF=7﹣t，
∴ ，
∴当时，△PCD的面积有最大值，最大值为；
②存在．

∵∠CQN=∠PMB=90°，
∴当△CNQ与△PBM相似时，有 或两种情况，
∵CQ⊥PM，垂足为Q，
∴Q（t，3），且C（0，3），N（t， ），
∴CQ=t，，
∴ ，
∵P（t，），M（t，0），B（5，0），
∴BM=5﹣t，，
当时，则，即，解得t=2或t=5（舍去），此时P（2， ）；
当时，则，即，解得或（舍去），此时P（，）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为P（2，）或（，）．
类型二 【确定符合相似三角形的动点的运动时间或路程等】
典例指引2．
（2019年广东模拟）如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式；
(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ADE相似？
(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由.

【解析】
（1）根据折叠图形的轴对称性，△CED、△CBD全等，首先在Rt△CEO中求出OE的长，进而可得到AE的长；在Rt△AED中，AD=AB-BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长．进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值；
（3）由于以M，N，C，E为顶点的四边形，边和对角线都没明确指出，所以要分情况进行讨论：
①EC做平行四边形的对角线，那么EC、MN必互相平分，由于EC的中点正好在抛物线对称轴上，所以M点一定是抛物线的顶点；
②EC做平行四边形的边，那么EC、MN平行且相等，首先设出点N的坐标，然后结合E、C的横、纵坐标差表示出M点坐标，再将点M代入抛物线的解析式中，即可确定M、N的坐标．
试题解析：（1）∵四边形ABCO为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10，
由题意，得△BDC≌△EDC，
∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD，
由勾股定理易得EO=6，
∴AE=10﹣6=4，
设AD=x，则BD=ED=8﹣x，由勾股定理，得 ，
解得，x=3，∴AD=3，
∵抛物线过点D（3, 10），C（8, 0），O（0, 0），
∴，解得 ，
∴抛物线的解析式为： ；

（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，
∴∠DEA=∠OCE，
由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5，
而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t，
当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，
∴，即 ，
解得，
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，
∴，即 ， 解得，
∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似；
（3）假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点； 则： ；而平行四边形的对角线互相平分，那么线段MN必被EC中点（4，3）平分，则；
②EC为平行四边形的边，则EC//MN，EC =MN，设N（4，m），
则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；
将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；
将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）；
综上，存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：
①， ； ②， ；
③， ．
【名师点睛】
本题考查了二次函数综合题，题目涉及了图形的折叠变换、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等重点知识．后两问的情况较多，需要进行分类讨论，以免漏解．
【举一反三】
（2019·湖南模拟）如图，已知直线y=-x+3与x轴、y轴分别交于A，B两点，抛物线y=-x2+bx+c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以1个单位/秒的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以个单位/秒的速度匀速运动，连接PQ，设运动时间为t秒．

（1）求抛物线的解析式；
（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；
（3）过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；
（4）设抛物线顶点为M，连接BP，BM，MQ，问：是否存在t的值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=-x2+2x+3；（2）t=1或t=；（3）点F的坐标为（2，3）．（4）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）先由直线AB的解析式为y=-x+3，求出它与x轴的交点A、与y轴的交点B的坐标，再将A、B两点的坐标代入y=-x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）由直线与两坐标轴的交点可知：∠QAP=45°，设运动时间为t秒，则QA=t，PA=3-t，然后再图①、图②中利用特殊锐角三角函数值列出关于t的方程求解即可；
（3）设点P的坐标为（t，0），则点E的坐标为（t，-t+3），则EP=3-t，点Q的坐标为（3-t，t），点F的坐标为（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），则FQ=3t-t2，EP∥FQ，EF∥PQ，所以四边形为平行线四边形，由平行四边形的性质可知EP=FQ，从而的到关于t的方程，然后解方程即可求得t的值，然后将t=1代入即可求得点F的坐标；
（4）设运动时间为t秒，则OP=t，BQ=（3-t），然后由抛物线的解析式求得点M的坐标，从而可求得MB的长度，然后根据相似相似三角形的性质建立关于t的方程，然后即可解得t的值．
试题解析：（1）∵y=-x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴当y=0时，x=3，即A点坐标为（3，0），
当x=0时，y=3，即B点坐标为（0，3），
将A（3，0），B（0，3）代入y=-x2+bx+c，
得，解得
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
（2）∵OA=OB=3，∠BOA=90°，
∴∠QAP=45°．

如图①所示：∠PQA=90°时，设运动时间为t秒，则QA=t，PA=3-t．
在Rt△PQA中，，即：，解得：t=1；
如图②所示：∠QPA=90°时，设运动时间为t秒，则QA=t，PA=3-t．
在Rt△PQA中，，即：，解得：t=．
综上所述，当t=1或t=时，△PQA是直角三角形；
（3）如图③所示：

设点P的坐标为（t，0），则点E的坐标为（t，-t+3），则EP=3-t，点Q的坐标为（3-t，t），点F的坐标为（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），则FQ=3t-t2．
∵EP∥FQ，EF∥PQ，
∴EP=FQ．即：3-t=3t-t2．
解得：t1=1，t2=3（舍去）．
将t=1代入F（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），得点F的坐标为（2，3）．
（4）如图④所示：

设运动时间为t秒，则OP=t，BQ=（3-t）．
∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴点M的坐标为（1，4）．
∴MB=．
当△BOP∽△QBM时，即：，整理得：t2-3t+3=0，
△=32-4×1×3＜0，无解：
当△BOP∽△MBQ时，即：，解得t=．
∴当t=时，以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似．
类型三 【确定符合相似三角形的函数解析式或字母参数的值】
典例指引3．（2019·江苏中考真题）如图，二次函数图象的顶点为，对称轴是直线，一次函数的图象与轴交于点，且与直线关于的对称直线交于点．

（1）点的坐标是 ______；
（2）直线与直线交于点，是线段上一点（不与点、重合），点的纵坐标为．过点作直线与线段、分别交于点，，使得与相似．
①当时，求的长；
②若对于每一个确定的的值，有且只有一个与相似，请直接写出的取值范围 ______．
【答案】（1）；（2）①；②.
【解析】
【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，），A（-，0），点A关于对称轴对称的点（，0），借助AD的直线解析式求得B（5，3）；①当n=时，N（2，），可求DA=，DN=，CD=，当PQ∥AB时，△DPQ∽△DAB，DP=9；当PQ与AB不平行时，DP=9；②当PQ∥AB，DB=DP时，DB=3，DN=，所以N（2，），则有且只有一个△DPQ与△DAB相似时，＜n＜.
【详解】
（1）顶点为；
故答案为；
（2）对称轴，
，
由已知可求，
点关于对称点为，
则关于对称的直线为，
，
①当时，，
，，
当时，，
，
，
；
当与不平行时，，
，
，
；
综上所述；
②当，时，
，
，
，
，
∴有且只有一个与相似时，；
故答案为；
【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．
【举一反三】
（2018武汉中考）抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B．
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．

【答案】（1）y=﹣x2+2x+1；（2）-3；（3）当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【解析】
【分析】（1）根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A（0，1）利用待定系数法进行求解可即得；
（2）根据直线y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1得出xN﹣xM=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据xN﹣xM=1列出关于k的方程，解之可得；
（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．
【详解】（1）由题意知，解得：，
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；
（2）如图1，设M点的横坐标为xM，N点的横坐标为xN，

∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，
∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），
∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，
∴点B（1，2），
则BG=2，
∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG•（xN﹣1）-BG•（xM-1）=1，
∴xN﹣xM=1，
由得：x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，
解得：x==，
则xN=、xM=，
由xN﹣xM=1得=1，
∴k=±3，
∵k＜0，
∴k=﹣3；
（3）如图2，

设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，
∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），
设P（0，t），
（a）当△PCD∽△FOP时，，
∴，
∴t2﹣（1+m）t+2=0①；
(b)当△PCD∽△POF时，，
∴，
∴t=（m+1）②；
（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，
△=（1+m）2﹣8=0，
解得：m=2﹣1（负值舍去），
此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，
方程②有一个实数根t=，
∴m=2﹣1，
此时点P的坐标为（0，）和（0，）；
（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，
把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，
解得：m=2（负值舍去），
此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，
方程②有一个实数根t=1，
∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；
综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；
当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【新题训练】
1．（2019·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校初三月考）如图1，已知抛物线；C1：y＝﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴交于点B、C（点B在点C的左侧），与y轴交于点E．

（1）求点B、点C的坐标；
（2）当△BCE的面积为6时，若点G的坐标为（0，b），在抛物线C1的对称轴上是否存在点H，使得△BGH的周长最小，若存在，则求点H的坐标（用含b的式子表示）；若不存在，则请说明理由；
（3）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）点B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（m，0）；（2）存在，点H（1，b）；（3）存在，m＝2
【详解】
解：（1），令y＝0，则x＝﹣2或m，
故点B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（m，0）；
（2）存在，理由：
，令x＝0，则y＝2，故点E（0，2），
△BCE的面积为： ，解得：m＝4，
则抛物线的对称轴为： ，
点B关于函数对称轴的对称点为点C（m，0），连接CE交对称轴于点H，则点H为所求，
将点C、E的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线CE的表达式为： ，当x＝1时, ，
故点H（1，b）；
（3）∵OE＝OB＝2，故∠EBO＝45°，

过点F作FT⊥x轴于点F；
①当△BEC∽△BCF时，
则BC2＝BE•BF，∠FBO＝EBO＝45°，
则直线BF的函数表达式为：y＝﹣x﹣2，故点F（x，﹣x﹣2）；
将点F的坐标代入抛物线表达式得：
解得：x＝﹣2（舍去）或2m，
故点F（2m，﹣2m﹣2），
则
∵BC2＝BE•BF，
则 解得： （舍去负值），
故
②当△BEC∽△FCB时，
则BC2＝BF•EC，∠CBF＝∠ECO，
则△BFT∽△COE，
则 ，则点
将点F的坐标代入抛物线表达式得：
解得：x＝﹣2（舍去）或m+2；
则点
BC2＝BF•EC，则
化简得：m3+4m2+4m＝m3+4m2+4m+16，
此方程无解；
综上，m＝2．
2．（2020·浙江初三期末）边长为2的正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点是边的中点，连接，点在第一象限，且，.以直线为对称轴的抛物线过，两点.

（1）求抛物线的解析式；
（2）点从点出发，沿射线每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为秒.过点作于点，当为何值时，以点，，为顶点的三角形与相似？
（3）点为直线上一动点，点为抛物线上一动点，是否存在点，，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）或时，以点，，为顶点的三角形与相似；（3）存在，四边形是平行四边形时，，；四边形是平行四边形时，，；四边形是平行四边形时，，
【详解】
解：（1）过点作轴于点.

∵四边形是边长为2的正方形，是的中点，
∴，，.
∵，∴.
∵，∴.
在和中，
∴，，.
∴点的坐标为.
∵抛物线的对称轴为直线即直线，∴可设抛物线的解析式为，
将、点的坐标代入解析式，得，解得.
∴抛物线的解析式为；
（2）①若，则，，
∴，∴四边形是矩形，
∴，∴；
②若，则，
∴.
∴.
∴，∴.
∵，∴，∴.
∵，
∴，，
综上所述：或时，以点，，为顶点的三角形与相似：
（3）存在，①若以DE为平行四边形的对角线，如图2，

此时，N点就是抛物线的顶点（2，），
由N、E两点坐标可求得直线NE的解析式为：y＝x；
∵DM∥EN，
∴设DM的解析式为：y＝x＋b，
将D（1，0）代入可求得b＝−，
∴DM的解析式为：y＝x−，
令x＝2，则y＝，
∴M（2，）；
②过点C作CM∥DE交抛物线对称轴于点M，连接ME，如图3，

∵CM∥DE，DE⊥CD，
∴CM⊥CD，
∵OC⊥CB，
∴∠OCD＝∠BCM，
在△OCD和△BCM中
，
∴△OCD≌△BCM（ASA），
∴CM＝CD＝DE，BM＝OD＝1，
∴CDEM是平行四边形，
即N点与C占重合，
∴N（0，2），M（2，3）；
③N点在抛物线对称轴右侧，MN∥DE，如图4，

作NG⊥BA于点G，延长DM交BN于点H，
∵MNED是平行四边形，
∴∠MDE＝MNE，∠ENH＝∠DHB，
∵BN∥DF，
∴∠ADH＝∠DHB＝∠ENH，
∴∠MNB＝∠EDF，
在△BMN和△FED中

∴△BMN≌△FED（AAS），
∴BM＝EF＝1，
BN＝DF＝2，
∴M（2，1），N（4，2）；
综上所述，
四边形是平行四边形时，，；
四边形是平行四边形时，，；
四边形是平行四边形时，，.
3．（2020·长沙市长郡双语实验中学初三开学考试）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c的图象经过点C（0，﹣2），顶点D的坐标为（1，﹣），与x轴交于A、B两点．

（1）求抛物线的解析式．
（2）连接AC，E为直线AC上一点，当△AOC∽△AEB时，求点E的坐标和的值．
（3）点C关于x轴的对称点为H，当FC+BF取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△QHF是直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）E（﹣，﹣）；；（3）（1，）或（1，）或Q（1，2）或Q（1，﹣）．
【详解】
（1）由题可列方程组：，解得：
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣x﹣2；
（2）由题意和勾股定理得，∠AOC＝90°，AC＝，AB＝4，

设直线AC的解析式为：y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣2x﹣2；
当△AOC∽△AEB时＝（）2＝（）2＝，
∵S△AOC＝1，
∴S△AEB＝，
∴AB×|yE|＝，AB＝4，则yE＝﹣，
则点E（﹣，﹣）；
由△AOC∽△AEB得：
∴；
（3）如图2，连接BF，过点F作FG⊥AC于G，

则FG＝CFsin∠FCG＝CF，
∴CF+BF＝GF+BF≥BE，
当折线段BFG与BE重合时，取得最小值，
由（2）可知∠ABE＝∠ACO
|y|＝OBtan∠ABE＝OBtan∠ACO＝3×＝，
∴当y＝﹣时，即点F（0，﹣），CF+BF有最小值；
①当点Q为直角顶点时（如图3） F（0，﹣），

∵C（0，﹣2）
∴H（0，2）设Q（1，m），过点Q作QM⊥y轴于点M．
则Rt△QHM∽Rt△FQM∴QM2＝HM•FM，
∴12＝（2﹣m）（m+），
解得：m＝，则点Q（1，）或（1，）
当点H为直角顶点时：点H（0，2），则点Q（1，2）；当点F为直角顶点时：
同理可得：点Q（1，﹣）；
综上，点Q的坐标为：（1，）或（1，）或Q（1，2）或Q（1，﹣）．
4．（2019·贵州初三）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．

【答案】(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）.
【详解】
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.
∵0