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初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 二次函数与相似问题
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这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 二次函数与相似问题，共87页。
【真题再现】
1．（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）．
2．（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．
3．（2018年扬州第28题）如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t＝2时，线段PQ的中点坐标为 （52，2） ；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD=12∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t＝2，和P，Q的运动速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，分别列方程可得t的值；
（3）根据t＝1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，则KM＝KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D．
【解析】（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，
当t＝2时，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（2+32，0+42），即（52，2）；
故答案为：（52，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，
∴3−t2t=6−2t3，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t−34）＝0，
t1＝3（舍），t2=34，
②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，
∴3−t2t=36−2t，
t2﹣9t+9＝0，
t=9±352，
∵9+352＞3，
∴t=9+352不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是34或9−352；
（3）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
1+b+c=09+3b+c=2，解得：b=−3c=2，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x−32）2−14，
∴顶点k（32，−14），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE=12∠MKQ，
如图2，∠MQD=12∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE=MHMQ=EQEK，
即MH3=322+14，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y=−23x+4，
则y=−23x+4y=x2−3x+2，
x2﹣3x+2=−23x+4，
解得：x1＝3（舍），x2=−23，
∴D（−23，409）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=12∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y=23x，
则y=23xy=x2−3x+2，
x2﹣3x+2=23x，
解得：x1＝3（舍），x2=23，
∴D（23，49）；
综上所述，点D的坐标为：D（−23，409）或（23，49）．
点睛：本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．
4．（2018年镇江第27题）如图，二次函数y＝x2﹣3x的图象经过O（0，0），A（4，4），B（3，0）三点，以点O为位似中心，在y轴的右侧将△OAB按相似比2：1放大，得到△OA′B′，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过O，A′，B′三点．
（1）画出△OA′B′，试求二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的表达式；
（2）点P（m，n）在二次函数y＝x2﹣3x的图象上，m≠0，直线OP与二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象交于点Q（异于点O）．
①求点Q的坐标（横、纵坐标均用含m的代数式表示）
②连接AP，若2AP＞OQ，求m的取值范围；
③当点Q在第一象限内，过点Q作QQ′平行于x轴，与二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象交于另一点Q′，与二次函数y＝x2﹣3x的图象交于点M，N（M在N的左侧），直线OQ′与二次函数y＝x2﹣3x的图象交于点P′．△Q′P′M∽△QB′N，则线段NQ的长度等于 6 ．
【分析】（1）由位似求出A′、B′坐标，代入解析式即可；
（2）①用m表示P的坐标及OP解析式，用m表示OP与抛物线交点Q的坐标，表示用m表示AP、OQ，代入2AP＞OQ，求出m范围；
②用m表示QQ′解析式，得到P′坐标，求出M、N坐标，应用△Q′P′M∽△QB′N构造方程求m．
【解析】（1）由以点O为位似中心，在y轴的右侧将△OAB按相似比2：1放大，得OA'OA=OB'OB=2
∵A（4，4），B（3，0）
∴A′（8，8），B′（6，0）
将O（0，0），A′（8，8），B′（6，0）代入y＝ax2+bx+c
得c=036a+6b=064a+8b=0
解得a=12b=−3c=0
∴二次函数的解析式为y=12x2﹣3x；
（2）①∵点P在y＝x2﹣3x的图象上，
∴n＝m2﹣3m，
∴P（m，m2﹣3m），
设直线OP的解析式为y＝kx
将点P代入，得mk＝m2﹣3m，解得k＝m﹣3，
∴OP：y＝（m﹣3）x
∵直线OP与y=12x2﹣3x交于点Q
∴12x2﹣3x＝（m﹣3）x，解得x1＝0（舍），x2＝2m，
∴Q（2m，2m2﹣6m）
②∵P（m，n）在二次函数y＝x2﹣3x的图象上
∴n＝m2﹣3m
∴P（m，m2﹣3m）
设直线OP的解析式为y＝kx，将点P（m，m2﹣3m）代入函数解析式，
得mk＝m2﹣3m
∴k＝m﹣3
∴OP的解析是为y＝（m﹣3）x
∵OP与y═12x2﹣3x交于Q点
∴y=(m−3)xy=12x2−3x
解得x=0y=0（不符合题意舍去）x=2my=2m2−6m
∴Q（2m，2m2﹣6m）过点P作PC⊥x轴于点C，过点Q作QD⊥x轴于点D
则OC＝|m|，PC＝|m2﹣3m|，OD＝|2m|，QD＝|22﹣6m|
∵ODOC=OQOP=2
∴△OCP∽△ODQ
∴OQ＝2OP
∵2AP＞OQ
∴2AP＞2OP，即AP＞OP
∴(m−4)2+(m2−3m−4)2＞m2+(m2−3m)2
化简，得m2﹣2m﹣4＜0，解得1−5＜m＜1+5，且m≠0；
③P（m，m2﹣3m），Q（2m，2m2﹣6m）
∵点Q在第一象限，
∴2m＞02m2−6m＞0，解得＞3
由Q（2m，2m2﹣6m），得QQ′的表达式是y＝2m2﹣6m
∵QQ′交y=12x2﹣3x交于点Q′
y=12x2−3xy=2m2−6m
解得x=2my=2m2−6m（不符合题意，舍）x=6−2my=2m2−6m
∴Q′（6﹣2m，2m2﹣6m）
设OQ′的解析是为y＝kx，（6﹣2m）k＝2m2﹣6m
解得k＝﹣m，OQ′的解析式为y＝﹣m
∵OQ′与y＝x2﹣3x交于点P′
∴﹣mx＝x2﹣3x
解得x1＝0（舍），x2＝3﹣m
∴P′（3﹣m，m2﹣3m）
∵QQ′与y＝x2﹣3x交于点P′
∴﹣mx＝x2﹣3x
解得x1＝0（舍去），x2＝3﹣m
∴P′（3﹣m，m2﹣3m）
∵QQ′与y＝x2﹣3x交于点M、N
∴x2﹣3x＝2m2﹣6m
解得x1=3+8m2−24m+92，x2=3−8m2−24m+92
∵M在N左侧
∴M（3+8m2−24m+92，2m2﹣6m）
N（3−8m2−24m+92，2m2﹣6m）
∵△Q′P′M∽△QB′N
∴P'Q'QB'=QMQN
∵(P'QQB)2=(3−m)2+(m2−3m)2(2m−6)2+(2m2−6m)2=14
即3−8m2−24m+9−(6−2m)2m−3+8m224m+92=12
化简得m2﹣12m+27＝0
解得：m1＝3（舍），m2＝9
∴N（12，108），Q（18，108）
∴QN＝6．
故答案为：6．
点睛：本题二次函数背景的代数几何综合题，综合考查二次函数、一次函数、三角形相似的性质，应用数形结合的数学思想．
5．（2018年连云港第26题）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1＝kx2+m（k＜0）与y2＝ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC，CD，AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标
【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出MM'＝（1﹣m2）﹣（3m2﹣3）＝4﹣4m2，进而建立方程2m＝4﹣4m2，即可得出结论；
（3）先利用勾股定理求出AD=10，同理：CD=10，BC=2，再分两种情况：
①如图1，当△DBC∽△DAE时，得出DBDA=DCDE，进而求出DE=52，即可得出E（0，−12），
再判断出△DEF∽△DAO，得出DEDA=DFDO=EFAO，求出DF=3104，EF=104，再用面积法求出E'M=32，即可得出结论；
②如图2，当△DBC∽△ADE时，得出DBAD=DCAE，求出AE=52，
当E在直线AD左侧时，先利用勾股定理求出PA=53，PO=43，进而得出PE=56，再判断出APPE=AOOQ即可得出点E坐标，当E'在直线DA右侧时，即可得出结论．
【解析】（1）∵点A（1，0），B（0，1）在二次函数y1＝kx2+m（k＜0）的图象上，
∴k+m=0m=1，
∴k=−1m=1，
∴二次函数解析式为y1＝﹣x2+1，
∵点A（1，0），D（0，﹣3）在二次函数y2＝ax2+b（a＞0）的图象上，
∴a+b=0b=−3，
∴a=3b=−3，
∴二次函数y2＝3x2﹣3；
（2）设M（m，﹣m2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（m，3m2﹣3）为第四象限的图形上一点，
∴MM'＝（1﹣m2）﹣（3m2﹣3）＝4﹣4m2，
由抛物线的对称性知，若有内接正方形，
∴2m＝4﹣4m2，
∴m=−1+174或m=−1−174（舍），
∵0＜−1+174＜1，
∴MM'=−1+172
∴存在内接正方形，此时其边长为−1+172；
（3）在Rt△AOD中，OA＝1，OD＝3，
∴AD=OA2+OD2=10，
同理：CD=10，
在Rt△BOC中，OB＝OC＝1，
∴BC=OC2+OB2=2，
①如图1，当△DBC∽△DAE时，
∵∠CDB＝∠ADO，
∴在y轴上存在E，由DBDA=DCDE，
∴410=10DE，
∴DE=52，
∵D（0，﹣3），
∴E（0，−12），
由对称性知，在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC∽△DAE'，
连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD于M，连接E'D，
∵E，E'关于DA对称，
∴DF垂直平分线EE'，
∴△DEF∽△DAO，
∴DEDA=DFDO=EFAO，
∴2.510=DF3=EF1，
∴DF=3104，EF=104，
∵S△DEE'=12DE•E'M＝EF×DF=158，
∴E'M=32，
∵DE'＝DE=52，
在Rt△DE'M中，DM=DE'2−E'M2=2，
∴OM＝1，
∴E'（32，﹣1），
②如图2，
当△DBC∽△ADE时，有∠BDC＝∠DAE，DBAD=DCAE，
∴410=10AE，
∴AE=52，
当E在直线AD左侧时，设AE交y轴于P，作EQ⊥AC于Q，
∵∠BDC＝∠DAE＝∠ODA，
∴PD＝PA，
设PD＝n，
∴PO＝3﹣n，PA＝n，
在Rt△AOP中，PA2＝OA2+OP2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n=53，
∴PA=53，PO=43，
∵AE=52，
∴PE=56，
在AEQ中，OP∥EQ，
∴APPE=AOOQ，
∴OQ=12，
∵OPPE=APAE=23，
∴QE＝2，
∴E（−12，﹣2），
当E'在直线DA右侧时，
根据勾股定理得，AE=AQ2+QE2=52，
∴AE'=52
∵∠DAE'＝∠BDC，∠BDC＝∠BDA，
∴∠BDA＝∠DAE'，
∴AE'∥OD，
∴E'（1，−52），
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即：（0，−12）或（32，﹣1）或（1，−52）或（−12，﹣2）．
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，对称性，正确作出辅助线和用分类讨论的思想是解本题的关键．
6．（2018年宿迁第27题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点D，过其顶点C作直线CP⊥x轴，垂足为点P，连接AD、BC．
（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．
【分析】（1）根据函数解析式可以直接得到抛物线与x轴的两个交点坐标；令x＝0，即可求得点D的纵坐标；
（2）由抛物线顶点坐标公式求得点C的坐标，易得线段PB、PC的长度；
①若△AOD∽△BPC时，则AOBP=DOCP，将相关线段的长度代入求得a的值；
②若△AOD∽△CPB时，则AOCP=DOPB，将相关线段的长度代入求得a的值；
（3）能．理由如下：联结BD，取中点M，则D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（32，32a）．若点C也在圆上，则MC＝MB．根据两点间的坐标求得相关线段的长度，借助于方程解答即可．
【解析】（1）∵y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3），
∴A（a，0），B（3，0）．
当x＝0时，y＝3a，
∴D（0，3a）；
（2）∵A（a，0），B（3，0），
∴对称轴直线方程为：x=3+a2．
当x=3+a2时，y＝﹣（3−a2）2，
∴C（3+a2，﹣（3−a2）2），
PB＝3−3+a2，PC＝（3−a2）2，
①若△AOD∽△BPC时，则AOBP=DOCP，即a3−3+a2=3a(3−a2)2，
解得a＝0或a＝±3（舍去）；
②若△AOD∽△CPB时，则AOCP=DOPB，即a(3−a2)2=3a3−3+a2，
解得a＝3（舍去）或a=73．
所以a的值是73．
（3）能．理由如下：
联结BD，取中点M
∵D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（32，32a）．
若点C也在圆上，则MC＝MB．即（32−3+a2）2+（32a+（3−a2）2）2＝（32−3）2+（32a﹣0）2，
整理，得
a4﹣14a2+45＝0，
所以（a2﹣5）（a2﹣9）＝0，
解得a1=5，a2=−5（舍），a3＝3（舍），a4＝﹣3（舍），
∴a=5．
点睛：考查了二次函数综合题，需要掌握二次函数解析式的三种形式，抛物线对称轴的求法，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，方程思想的应用．解题时，注意“分类讨论”、“方程思想”等数学思想的应用，难度较大．
【专项突破】
【题组一】
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．（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）．
4．（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．
【题组二】
5．（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．
6．（2020•赤峰）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线y=−12x+2经过B，C两点．
（1）直接写出二次函数的解析式 y=12x2−52x+2 ；
（2）平移直线BC，当直线BC与抛物线有唯一公共点Q时，求此时点Q的坐标；
（3）过（2）中的点Q作QE∥y轴，交x轴于点E．若点M是抛物线上一个动点，点N是x轴上一个动点，是否存在以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似？如果存在，请直接写出满足条件的点M的个数和其中一个符合条件的点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出直线BC平移后的解析式，联立方程组可求解；
（3）分两种情况，构造出两三角形相似，得出比例式，进而建立绝对值方程求解即可得出结论．
【解析】（1）∵直线y=−12x+2经过B，C两点．
∴点C（0，2），
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（4，0），点C（0，2），
∴0=a+b+c0=16a+4b+cc=2，
解得：a=12b=−52c=2，
∴抛物线解析式为y=12x2−52x+2，
故答案为：y=12x2−52x+2；
（2）∵直线BC解析式为：y=−12x+2，
∴设平移后的解析式为：y=−12x+2+m，
∵平移后直线BC与抛物线有唯一公共点Q
∴12x2−52x+2=−12x+2+m，
∴△＝4﹣4×12×（﹣m）＝0，
∴m＝﹣2，
∴设平移后的解析式为：y=−12x，
联立方程组得：y=−12xy=12x2−52x+2，
∴x=2y=−1，
∴点Q（2，﹣1）；
（3）设点M的坐标为（m，12m2−52m+2），
∵以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似，
∴当△MEN∽△OBC时，
∴∠MEN＝∠OBC，
过点M作MH⊥x轴于H，
∴∠EHM＝90°＝∠BOC，
∴△EHM∽△BOC，
∴EHMH=OBOC，
∴MH＝|12m2−52m+2|，EH＝|m﹣2|，
∵OB＝4，OC＝2．
∴|m−2||12m2−52m+2|=2或12，
∴m＝3±3或m＝2±2或m＝﹣4或m＝﹣1或m＝1或m＝12，
当m＝3+3时，12m2−52m+2=3+12，
∴M（3+3，3+12），
当m＝3−3时，12m2−52m+2=1−32，
∴M（3−3，1−32），
当m＝2+2时，12m2−52m+2=−22，
∴M（2+2，−22），
当m＝2−2时，12m2−52m+2=22，
∴M（2−2，22），
当m＝﹣4时，12m2−52m+2＝20，
∴M（﹣4，20），
当m＝﹣1时，12m2−52m+2＝5，
∴M（﹣1，5），
当m＝1时，12m2−52m+2＝0，
∴M（1，0），
当m＝12时，12m2−52m+2＝44，
∴M（12，44），
即满足条件的点M共有8个，其点的坐标为（3+3，3+12）或（3−3，1−32）或（2+2，−22）或（2−2，22）或（﹣4，20）或（﹣1，5）或（1，0）或（12，44）．
7．（2020•随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+1的对称轴为直线x=32，其图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．
（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
（2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒2个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t（t＞0）秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）
【分析】（1）利用待定系数法，对称轴公式构建方程组求出a，b即可，再求出点A点C的坐标即可得出结论．
（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（3）分6种情形首先确定点P的坐标，再利用相似三角形的性质求解即可．
【解析】（1）由题意：−b2a=3216a+4b+1=0，
解得a=−14b=34，
∴抛物线的解析式为y=−14x2+34x+1，
令y＝0，可得x2﹣3x﹣4＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），
令x＝0，得到y＝1，
∴C（0，1），
∴OA＝OC＝1，
∴∠CAO＝45°．
（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．
∵∠NEM＝∠DFM＝∠NMD＝90°，
∴∠NME+∠DMF＝90°，∠DMF+∠MDF＝90°，
∴∠NME＝∠MDF，
∵NM＝DM，
∴△MEN≌△DFM（AAS），
∴NE＝MF，EM＝DF，
∵∠CAO＝45°，AN=2t，AM＝3t，
∴AE＝EN＝t，
∴EM＝AM﹣AE＝2t，
∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，
∴D（4t﹣1，2t），
∴−14（4t﹣1）2+34（4t﹣1）+1＝2t，
∵t＞0，故可以解得t=34，
经检验，t=34时，M，N均没有达到终点，符合题意，
∴D（2，32）．
（3）如图3﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，
取E（12，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G，
∵M（54，0），D（2，32），B（4，0）
∴FM＝2−54=34，DM=354，BM=114，BD=52，
∴DF＝2MF，
∵OC＝2OE，
∴tan∠OCE＝tan∠MDF=12，
∴∠OCE＝∠MDF，
∴∠OCP＝∠MDB，
∴∠ECG＝∠FDB，
∴tan∠ECG＝tan∠FDB=43，
∵EC=52，
∴EG=253，可得G（116，23），
∴直线CP的解析式为y=−211x+1，
由y=−211x+1y=−14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=4111y=39121，
∴P（4111，39121），C（0，1），
∴PC=2055121，
当MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=615242或2050363，
∴Q（0，−373242）或（0，−1687363）．
如图3﹣2中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DMB时，设PC交x轴于k．
∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，
∴OK＝2OC＝2，
∴点K与F重合，
∴直线PC的解析式为y=−12x+1，
由y=−12x+1y=−14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=5y=−32，
∴P（5，−32），
∴PC=552，
当DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=556或7522，
∴Q（0，−496）或（0，−5322）．
当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（253，−919），Q（0，−25718）或（0，115199），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，3722），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0，1613363），
当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（−73，−199），Q（0，−5918）或（0，−25199）．
8．（2020•鄂州）如图，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y=12x﹣2经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．
①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；
②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点B，C坐标，再代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）①先表示出点M，D，P坐标，再分三种情况利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论；
②先判断出△AOC∽△COB，得出∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
Ⅰ、当△PNC∽△AOC，得出∠PCN＝∠ACO，进而得出CP∥OB，即可得出结论；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，得出∠PCN＝∠CAO，进而得出PC＝PD，即可得出结论．
【解析】（1）针对于直线y=12x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，则0=12x﹣2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
将点B，C坐标代入抛物线y=12x2+bx+c中，得c=−28+4b+c=0，
∴b=−32c=−2，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2；
（2）①∵PM⊥x轴，M（m，0），
∴P（m，12m2−32m﹣2），D（m，12m﹣2），
∵P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，
∴Ⅰ、当点D是PM的中点时，12（0+12m2−32m﹣2）=12m﹣2，
∴m＝1或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅱ、当点P是DM的中点时，12（0+12m﹣2）=12m2−32m﹣2，
∴m=−12或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅲ、当点M是DP的中点时，12（12m2−32m﹣2+12m﹣2）＝0，
∴m＝﹣2或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
即满足条件的m的值为−12或1或﹣2；
②由（1）知，抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2，
令y＝0，则0=12x2−32x﹣2，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵B（4，0），C（0，﹣2），
∴OB＝4，OC＝2，
∴OAOC=OCOB，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
∵△PNC与△AOC相似，
∴Ⅰ、当△PNC∽△AOC，
∴∠PCN＝∠ACO，
∴∠PCN＝∠OBC，
∴CP∥OB，
∴点P的纵坐标为﹣2，
∴12m2−32m﹣2＝﹣2，
∴m＝0（舍）或m＝3，
∴P（3，﹣2）；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，
∴∠PCN＝∠CAO，
∴∠OCB＝∠PCD，
∵PD∥OC，
∴∠OCB＝∠CDP，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD，
由①知，P（m，12m2−32m﹣2），D（m，12m﹣2），
∵C（0，﹣2），
∴PD＝2m−12m2，PC=m2+(12m2−32m−2+2)2=m2+(12m2−32m)2，
∴2m−12m2=m2+(12m2−32m)2，
∴m=32或m＝0（舍），
∴P（32，−258），
即满足条件的点P的坐标为（3，﹣2）或（32，−258）．
【题组三】
9．（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）．
10．（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．
11．（2020•潍坊）如图，抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，当S△PBC=35S△ABC时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直接将A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8（a≠0），解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，设P(t，−12t2+3x+8)，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN＝EM，MN＝NE，NE＝EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）过点A（﹣2，0）和点B（8，0），
∴4a−2b+8=064a+8b+8=0，
解得a=−12b=3．
∴抛物线解析式为：y=−12x2+3x+8；
（2）当x＝0时，y＝8，
∴C（0，8），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+8，
∵S△ABC=12⋅AB⋅OC=12×10×8=40，
∴S△PBC=35S△ABC=24，
过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，
设P(t，−12t2+3t+8)，
∴F（t，﹣t+8），
∴PF=−12t2+4t，
∴S△PBC=12PF⋅OB=24，
即12×(−12t2+4t)×8=24，
∴t1＝2，t2＝6，
∴P1（2，12），P2（6，8）；
（3）∵C（0，8），B（8，0），∠COB＝90°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
抛物线y=−12x2+3x+8的对称轴为x=−b2a=−32×(−12)=3，
∴点E的横坐标为3，
又∵点E在直线BC上，
∴点E的纵坐标为5，
∴E（3，5），
设M(3，m)，N(n，−12n2+3n+8)，
①当MN＝EM，∠EMN＝90°，
△NME～△COB，则m−5=n−3−12n2+3n+8=m，
解得n=6m=8或n=−2m=0（舍去），
∴此时点M的坐标为（3，8），
②当ME＝EN，当∠MEN＝90°时，
则m−5=n−3−12n2+3n+8=5，
解得：m=5+15n=3+15或m=5−15n=3−15（舍去），
∴此时点M的坐标为(3，5+15)；
③当MN＝EN，∠MNE＝90°时，
此时△MNE与△COB相似，
此时的点M与点E关于①的结果（3，8）对称，
设M（3，m），
则m﹣8＝8﹣5，
解得m＝11，
∴M（3，11）；
此时点M的坐标为（3，11）；
故在射线ED上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为：（3，8），(3，5+15)或（3，11）．
12．（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）．
【题组四】
13．（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）．
14．（2020•聊城）如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意得出方程组，求出二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4，则C（0，4），由待定系数法求出BC所在直线的表达式即可
（2）证DE∥PF，只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，由二次函数解析式求出点D的坐标，由直线BC的解析式求出点E的坐标，则DE=154，设点P的横坐标为t，则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），由DE＝PF得出方程，解方程进而得出答案；
（3）由平行线的性质得出∠CED＝∠CFP，当∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，则PFCE=CFDE，得出方程，解方程即可．
【解析】（1）将点A（﹣1，0），B（4，0），代入y＝ax2+bx+4，
得：0=a−b+40=16a+4b+4，
解得：a=−1b=3，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+3x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设BC所在直线的表达式为：y＝mx+n，
将C（0，4）、B（4，0）代入y＝mx+n，
得：4=n0=4m+n，
解得：m=−1n=4，
∴BC所在直线的表达式为：y＝﹣x+4；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，
∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x−32）2+254，
∴点D的坐标为：（32，254），
将x=32代入y＝﹣x+4，即y=−32+4=52，
∴点E的坐标为：（32，52），
∴DE=254−52=154，
设点P的横坐标为t，
则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴PF＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
由DE＝PF得：﹣t2+4t=154，
解得：t1=32（不合题意舍去），t2=52，
当t=52时，﹣t2+3t+4＝﹣（52）2+3×52+4=214，
∴点P的坐标为（52，214）；
（3）存在，理由如下：
如图2所示：
由（2）得：PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
又∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，
∴PFCE=CFDE，
∵C（0，4）、E（32，52），
∴CE=(32)2+(4−52)2=322，
由（2）得：DE=154，PF＝﹣t2+4t，F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴CF=t2+[4−(−t+4)]2=2t，
∴−t2+4t322=2t154，
∵t≠0，
∴154（﹣t+4）＝3，
解得：t=165，
当t=165时，﹣t2+3t+4＝﹣（165）2+3×165+4=8425，
∴点P的坐标为：（165，8425）．
15．（2020•铜仁市）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【解析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：a−b+6=09a+3b+6=0，解得：a=−2b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．
当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
3k+c=0c=6，解得：k=−2c=6，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴S=12PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m−32）2+274，
∴当m=32时，△PBC面积取最大值，最大值为274．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
综上所述，S关于m的函数表达式为＝﹣3m2+9m（0＜m＜3），S的最大值为274．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，
∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当DMCD=OBOC=36=12时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴a−2a2+4a=12，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时ND=12DM=12，
∴N（0，172），
当CDDM=OBOC=12时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴−2a2+4aa=12，
解得a=74，
∴M（74，558），
此时N（0，838）．
如图3，当点M位于点C的下方，
过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：2a2−4aa=12或2a2−4aa=2，△CMN与△OBC相似，
解得a=94或a＝3，
∴M（94，398）或M（3，0），
此时N点坐标为（0，38）或（0，−32）．
综合以上得，存在M（1，8），N（0，172）或M（74，558），N（0，838）或M（94，398），N（0，38）或M（3，0），N（0，−32），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
16．（2020•山西模拟）如图，二次函数y＝0.5x2+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．
【分析】（1）利用待定系数法求解析式；
（2）设点P坐标为（x，0），根据两点距离公式可求BC，BP，CP的长度，根据勾股定理可列方程可求x的值，即可求点P 坐标；
（3）根据题意可求点A，点D坐标，即可求AB，AD的长，由以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似，可分△APQ∽△ABD，△APQ∽△ADB两种情况讨论可求a的值．
【解析】（1）∵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=−32，c＝1
∴抛物线解析式y=12x2−32x+1
（2）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=25，
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）存在
∵抛物线解析式y=12x2−32x+1与x轴交于点D，点E
∴0=12x2−32x+1
∴x1＝1，x2＝2
∴点D（1，0）
∵点B（0，1），C（4，3）
∴直线BC解析式y=12x+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
【题组五】
17．（2020•碑林区校级模拟）如图，直线y=−43x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y=−83x2+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）为线段OA上的动点，过点M作垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N；若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
【分析】（1）直线y=−43x+c交于点A（3，0），与y轴交于点B，0＝﹣4+c，解得c＝4，B（0，4），将点A、B的坐标代入抛物线表达式列方程组即可求解；
（2）M（m，0），则P（m，−43m+4），N（m，−83m2+203m+4），PN=−83m2+203m+4+43m﹣4=−83m2+8m，分两种情况：①当∠BNP＝90°时，根据N点的纵坐标为4，列方程可是结论；②当∠NBP＝90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，证明Rt△NCB∽Rt△BOA，列比例式即可求解．
【解析】（1）直线y=−43x+c交于点A（3，0），与y轴交于点B，
∴0＝﹣4+c，解得c＝4，
∴B（0，4），
∵抛物线y=−83x2+bx+c经过点A，B，
将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：−83×9+3b+c=0c=4，
解得：b=203c=4，
∴抛物线的解析式为y=−83x2+203x+4；
（2）∵M（m，0），
则P（m，−43m+4），N（m，−83m2+203m+4），
∴PN=−83m2+203m+4+43m﹣4=−83m2+8m（0≤m≤3），
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°，
①当∠BNP＝90°时，如图1，则有BN⊥MN，
∴N点的纵坐标为4，
∴−83m2+203m+4＝4，解得m＝0（舍去）或m=52，
∴M（52，0）；
②当∠NBP＝90°时，如图2，过点N作NC⊥y轴于点C，
则∠NBC+∠BNC＝90°，NC＝m，BC=−83m2+203m+4﹣4=−83m2+203m，
∵∠NBP＝90°，
∴∠NBC+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BNC，
∵∠NCB＝∠AOB＝90°，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，
∴NCOB=BCOA，即m4=−83m2+203m3，
解得m＝0（舍去）或m=7132，
∴M（7132，0）；
综上可知，当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（52，0）或（7132，0）．
18．（2020•雁塔区校级模拟）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为A（﹣3，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的顶点为D，连接AD，AC，CD，BC，将抛物线沿着y轴平移，点C的对应点为点M，是否存在点M使得以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出平移后的抛物线表达式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题．
（2）利用勾股定理求出AD，CD，AC，证明∠ACD＝90°，确定Rt△ACD两直角边的比为3，如果以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似，则△MBC也是直角三角形，且两直角边的比是3，分两种情况讨论即可解决问题．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），
则有−9−3b+c=0c=3，
解得b=−2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）存在，
y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D（﹣1，4），
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴AD=(−1+3)2+42=20=25，CD=(−1)2+(4−3)2=2，AC=32+32=32，
∴AD2＝CD2+AC2，
∴∠ACD＝90°，ACCD=3，
∴以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似时，△CBM是直角三角形，
由题意可知：M在y轴上，
由对称得：B（1，0），
①当∠CMB＝90°时，如图1，M（0，0），
此时，抛物线向下平移了3个单位，平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x；
②当∠CBM＝90°时，如图2，CBBM=3，
∴BM=13BC=103，
∴OM=(103)2−12=13，
∴M（0，−13），
此时，抛物线向下平移了103个单位，平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3−103=−x2﹣2x−13．
19．（2020•广东二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（1，0），B（﹣7，0），顶点D坐标为（﹣3，−23），点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．过顶点D作DD1⊥x轴于点D1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形．
（3）点P是抛物线上一动点，当P在B点左侧时，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，请问是否存在P点使得△PAM与△DD1A相似，如果存在，请写出点P的横坐标．
【分析】（1）根据题意可设函数解析式为y＝a（x﹣1）（x+7），把点D的坐标代入求出a的值即可；
（2）欲证明四边形BFCE是平行四边形，只需推知EC∥BF且EC＝BF即可；
（3）利用相似三角形的对应边成比例求得点P的横坐标，没有指明相似三角形的对应边（角），需要分类讨论．
【解答】解（1）设函数解析式为y＝a（x﹣1）（x+7），
把D（﹣3，−23）带入可得a=38，
所以y=38(x−1)(x+7)=38x2+334x−738；
（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，
∴∠COF＝∠DD1F＝90°，
又∵∠D1FD＝∠OFC，
∴△DD1F∽△COF，
∴D1DFD1=OCOF，
∵D（﹣3，﹣23），
∴D1D＝23，OD1＝3，
∵AC＝CF，CO⊥AF，
∴OF＝OA＝1（三线合一），AF＝2，
∴D1F＝D1O﹣OF＝3﹣1＝2，
∴232=OC1，
解得OC=3，
在Rt△AOC中，AC=12+(3)2=2
∴AC＝CF＝FA＝2，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠AFC＝∠ACF＝60°，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，即∠ACF＝∠ECF＝60°，
∴∠ECF＝∠AFC＝60°，
∴EC∥BF，
由距离公式得EC＝DC=32+(3+23)2=6，BF＝6，
∴EC＝BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（3）存在．
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，38x2+334x−738），
当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴DD1PM=D1AMA或DD1AM=D1APM，
∴2338x2+334x−738=41−x或231−x=438x2+334x−738，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2=−373；
∴P点横坐标为﹣11或−373．
20．（2020•沙坪坝区自主招生）如图1，二次函数y=−18x2+14x+3的图象交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，连接AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，已知点E是该二次函数图象的顶点，在线段AO上取一点F，过点F作FH⊥CD，交该二次函数的图象于点H（点H在点E的右侧），当五边形FCEHB的面积最大时，求点H的横坐标；
（3）如图3，在直线BC上取一点M（不与点B重合），在直线CD的右上方是否存在这样的点N，使得以C、M、N为顶点的三角形与△BCD全等？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先根据抛物线解析式求出A、B、C的坐标，由射影定理可得OD长度，从而求出D点坐标；
（2）设H点的横坐标为m，然后将五边形FCEHB的面积表示成关于m的二次函数，利用配方法可求得面积的最大值以及对应的H点坐标；
（3）由B、C、D的坐标可以求得DC、DB、BC的长度，然后分类讨论，分别画出符合要求的对应图形进行计算即可．
【解析】（1）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3．
令y＝0，则−18x2+14x+3＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝6，
∴A（﹣4，0），B（6，0），
∴OA＝4，OB＝6．
∵CD⊥AC，
∴∠ACD＝90°，
∵CO⊥AD，
∴OC2＝OA•OD，
∴OD=94，
∴D（94，0）．
（2）∵y=−18x2+14x+3=−18（x﹣1）2+258，
∴E（1，258）．
如图2，连接OE、BE，作HG⊥x轴于点G，交BE于点P．
由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为：y=−58x+154．
设H（m，−18m2+14m+3），则P（m，−58m+154）．
∴HG=−18m2+14m+3，HP＝yH﹣yP=−18m2+78m−34．
∴S△BHE=12（xB﹣xE）•HP=52（−18m2+78m−34）=−516m2+3516m−158．
∵FH⊥CD，AC⊥CD，
∴AC∥FH，
∴∠HFG＝∠CAO，
∵∠AOC＝∠FGH＝90°，
∴△ACO∼△FHG，
∴FGHG=OAOC=43，
∴FG=43HG=−16m2+13m+4，
∴AF＝AG﹣FG＝m+4+16m2−13m﹣4=16m2+23m，
∴S△AFC=12AF•OC=32（16m2+32m）=14m2+m，
∵S四边形ACEB＝S△ACO+S△OCE+S△OEB=12×4×3+12×3×1+126×258=1358，
∴S五边形FCEHB＝S四边形ACEB+S△BHE﹣S△AFC=1358+（−516m2+3516m−158）﹣（14m2+m）=−916m2+1916m+15=−916（m−1918）2+9001576，
∴当m=1918时，S五边形FCEHB取得最大值9001576．
此时，H的横坐标为1918．
（3）∵B（6，0），C（0，3），D（94，0），
∴CD＝BD=154，BC＝35，
∴∠DCB＝∠DBC．
①如图3﹣1，△CMN≌△DCB，MN交y轴于K，
则CM＝CN＝DC＝DB=154，MN＝BC＝35，∠CMN＝∠CNM＝∠DBC＝∠DCB，
∴MN∥AB，
∴MN⊥y轴，
∴∠CKN＝∠COB＝90°，MK＝NK=12MN=352，
∴△CKN∼△COB，
∴CKCN=COCB=55，
∴CK=354，
∴OK＝OC+CK=12+354，
∴N（352，12+354）．
②如图3﹣2，△MCN≌△DBC，
则CN＝CB＝35，∠MCN＝∠DBC，
∴CN∥AB，
∴N（35，3）．
③如图3﹣3，△CMN≌△DBC，
则∠CMN＝∠DCB，CM＝CN＝DC＝DB=154，MN＝BC＝35，
∴MN∥CD，
作MR⊥y轴于R，
则CRCO=RMOB=CMCB=54，
∴CR=354，RM=352，
∴OR＝3−354，
作MQ∥y轴，NQ⊥MQ于点Q，
则∠NMQ＝∠DCO，∠NQM＝∠DOC＝90°，
∴△COD∼△MQN，
∴MQNQ=CODO=43，
∴MQ=45MN=1255，NQ=35MN=955，
∴NQ﹣RM=3510，OR+MQ=60+33520，
∴N（−3510，60+33520）．
综上所述，满足要标的N点坐标有：（352，12+354）、（35，3）、（−3510，60+33520）．
【题组六】
21．（2020•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4经过点A（﹣3，0）和点B（3，2），与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）点P是抛物线在第一象限内一点，联结AP，如果点C关于直线AP的对称点D恰好落在x轴上，求直线AP的截距；
（3）在（2）小题的条件下，如果点E是y轴正半轴上一点，点F是直线AP上一点．当△EAO与△EAF全等时，求点E的纵坐标．
【分析】（1）把A（﹣3，0）和点B（3，2）代入抛物线的解析式，列方程组，可得结论；
（2）如图1，根据对称的性质得AD＝AC＝5，可得OD＝2，设OH＝a，则HC＝HD＝4﹣a，在Rt△HOD中，根据勾股定理得HD2＝OH2+OD2，列方程可得结论；
（3）分两种情况：先说明△AOE是直角三角形，所以△EAF也是直角三角形，根据∠EFA＝90°，画图，由勾股定理列方程可解答．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4过点A（﹣3，0）和点B（3，2），
∴9a−3b+4=09a+3b+4=2，
解得a=−13b=13，
∴y=−13x2+13x+4；
（2）如图1，连接AC，DH，
∵点C关于直线AP的对称点D，
∴AD＝AC，
∵y=−13x2+13x+4与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A（﹣3，0），
∴AC＝5，
∴AD＝5，
∴点D（2，0），
设直线AP与y轴交于点H，则HC＝HD，
设OH＝a，则HC＝HD＝4﹣a，
在Rt△HOD中，HD2＝OH2+OD2，
∴（4﹣a）2＝a2+22，
∴a=32，
∴直线AP的截距为32；
（3）∵点E是y轴正半轴上一点，
∴△AOE是直角三角形，且∠AOE＝90°
当△EAO与△EAF全等时，存在两种情况：
①如图2，当∠EFA＝∠AOE＝90°，△EFA≌△AOE，
∴EF＝OA，
∵∠AHO＝∠EHF，∠AOH＝∠EFH＝90°，
∴△AOH≌△EFH（AAS），
∴AH＝EH，
由（2）知：OH=32，
∴EH＝AH＝OE−32，
Rt△AHO中，AH2＝AO2+OH2，
∴（OE−32）2＝32+(32)2，
解得：OE=3+352或3−352（舍），
∴点E的纵坐标是3+352；
②如图3，当∠EFA＝∠AOE＝90°，△EFA≌△EOA，
∴AF＝AO＝3，EF＝OE，
Rt△AHO中，AH=32+(32)2=352，
∴FH=352−3，EH=32−OE，
Rt△EFH中，由勾股定理得：EH2＝FH2+EF2，
∴（32−OE）2＝（352−3）2+OE2，
解得：OE＝35−6，
∴点E的纵坐标是35−6；
综上，点E的纵坐标是3+352或35−6．
22．（2020•余干县模拟）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，−83），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AEAB的值．
【分析】（1）将点C、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）当△AOC∽△AEB时，根据相似三角形的性质可得S△AOCS△AEB=（ACAB）2＝（54）2=516，求出yE=−85，由△AOC∽△AEB得：AOAC=AEAB=15，即可求解．
【解析】（1）由题意可列方程组：c=−2a−2a+c=−83，
解得：a=23c=−2．
故抛物线解析式为：y=23x2−43x﹣2；
（2）连接BE，
由（1）知，抛物线解析式为：y=23x2−43x﹣2，
令y＝0，则0=23x2−43x﹣2
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵∠AOC＝90°，
∴AC=5，
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，则−k+b=0b=−2，
解得：k=−2b=−2．
∴直线AC的解析式为：y＝﹣2x﹣2；
当△AOC∽△AEB时
S△AOCS△AEB=（ACAB）2＝（54）2=516，
∵S△AOC＝1，
∴S△AEB=165，
∴12AB×|yE|=165，AB＝4，则yE=−85，
则点E（−15，−85）；
由△AOC∽△AEB得：AOAC=AEAB=15，
∴AEAB=55．
23．（2020•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A在x轴的正半轴上，且与原点的距离为3，抛物线y＝ax2﹣4ax+3（a≠0）经过点A，其顶点为C，直线y＝1与y轴交于点B，与抛物线交于点D（在其对称轴右侧），联结BC、CD．
（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）点P是y轴的负半轴上的一点，如果△PBC与△BCD相似，且相似比不为1，求点P的坐标；
（3）将∠CBD绕着点B逆时针方向旋转，使射线BC经过点A，另一边与抛物线交于点E（点E在对称轴的右侧），求点E的坐标．
【分析】（1）把点A的坐标代入抛物线的解析式中可得：a的值，从而得抛物线的解析式，配方得顶点C的坐标；
（2）根据∠DBC＝∠PBC＝45°，且相似比不为1，所以只能△CBP∽△DBC，列比例式可得BP的长，从而得点P的坐标；
（3）连接AC，过E作EH⊥BD于H，先根据勾股定理的逆定理证明△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，由等角三角函数得tan∠ABC＝tan∠EBD=12=EHBH，设EH＝m，则BH＝2m，表示E（2m，m+1），代入抛物线的解析式，可得结论．
【解析】（1）∵点A在x轴的正半轴上，且与原点的距离为3，
∴A（3，0），
把A（3，0）代入抛物线y＝ax2﹣4ax+3中得：0＝9a﹣12a+3，
∴a＝1，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3，
y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴C（2，﹣1）；
（2）当y＝1时，x2﹣4x+3＝1，
解得：x1＝2−2，x2＝2+2，
由题意得：D（2+2，1），
∵B（0，1），C（2，﹣1），
∴BC=22+(1+1)2=22，BD＝2+2，
∵∠DBC＝∠PBC＝45°，且相似比不为1，
只能△CBP∽△DBC，
∴CBDB=BPBC，即222+2=BP22，
∴BP＝8﹣42，
∴P（0，42−7）；
（3）连接AC，过E作EH⊥BD于H，
由旋转得：∠CBD＝∠ABE，
∴∠EBD＝∠ABC，
∵AB2＝32+12＝10，BC2＝22+22＝4，AC2＝12+12＝2，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴tan∠ABC=ACBC=222=12，
∴tan∠EBD=12=EHBH，
设EH＝m，则BH＝2m，
∴E（2m，m+1），
∵点E在抛物线上，
∴（2m）2﹣4×2m+3＝m+1，
4m2﹣9m+2＝0，
解得：m1＝2，m2=14（舍），
∴E（4，3）．
24．（2020•英德市一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（4，0）、B（1，0）两点，点C为抛物线与y轴的交点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）P是x轴上方抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，问：是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AC上方的抛物线上找一点D，过点D作x轴的垂线，交AC于点E，是否存在这样的点D，使DE最长，若存在，求出点D的坐标，以及此时DE的长，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用抛物线交点式表达式确定c的值，进而求解；
（2）tan∠OAC=12，以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似，则tan∠PAM＝2或12，即可求解；
（3）确定DE的函数表达式，即可求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣1）（x﹣4）＝a（x2﹣5x+4）＝ax2+bx﹣2，
故4a＝﹣2，解得：a=−12，
故抛物线的表达式为：y=−12x2+52x﹣2；
（2）存在，理由：
设点P（x，−12x2+52x﹣2），则点M（x，0），
则PM=−12x2+52x﹣2，AM＝4﹣x，
∵tan∠OAC=12，
∵以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似，
故tan∠PAM=12或2，故−12x2+52x−24−x=2或12，
解得：x＝2或4（舍去）或5（舍去），
故x＝2，
经检验x＝2是方程的解，
故P（2，1）；
（3）设直线AC的表达式为：y＝kx+t，则0=4k+tt=−2，解得k=12t=−2，
故直线AC的表达式为：y=12x﹣2，
设点D（x，−12x2+52x﹣2），则点E（x，12x﹣2），
DE＝（−12x2+52x﹣2）﹣（12x﹣2）=−12x2+2x，
∵−12＜0，故DE有最大值，当x＝2时，DE的最大值为2，
此时点D（2，1）；
故点D的坐标（2，1），此时DE的长为2．
【真题再现】
1．（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）．
2．（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．
3．（2018年扬州第28题）如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t＝2时，线段PQ的中点坐标为 （52，2） ；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD=12∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t＝2，和P，Q的运动速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，分别列方程可得t的值；
（3）根据t＝1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，则KM＝KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D．
【解析】（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，
当t＝2时，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（2+32，0+42），即（52，2）；
故答案为：（52，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，
∴3−t2t=6−2t3，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t−34）＝0，
t1＝3（舍），t2=34，
②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，
∴3−t2t=36−2t，
t2﹣9t+9＝0，
t=9±352，
∵9+352＞3，
∴t=9+352不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是34或9−352；
（3）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
1+b+c=09+3b+c=2，解得：b=−3c=2，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x−32）2−14，
∴顶点k（32，−14），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE=12∠MKQ，
如图2，∠MQD=12∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE=MHMQ=EQEK，
即MH3=322+14，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y=−23x+4，
则y=−23x+4y=x2−3x+2，
x2﹣3x+2=−23x+4，
解得：x1＝3（舍），x2=−23，
∴D（−23，409）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=12∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y=23x，
则y=23xy=x2−3x+2，
x2﹣3x+2=23x，
解得：x1＝3（舍），x2=23，
∴D（23，49）；
综上所述，点D的坐标为：D（−23，409）或（23，49）．
点睛：本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．
4．（2018年镇江第27题）如图，二次函数y＝x2﹣3x的图象经过O（0，0），A（4，4），B（3，0）三点，以点O为位似中心，在y轴的右侧将△OAB按相似比2：1放大，得到△OA′B′，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过O，A′，B′三点．
（1）画出△OA′B′，试求二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的表达式；
（2）点P（m，n）在二次函数y＝x2﹣3x的图象上，m≠0，直线OP与二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象交于点Q（异于点O）．
①求点Q的坐标（横、纵坐标均用含m的代数式表示）
②连接AP，若2AP＞OQ，求m的取值范围；
③当点Q在第一象限内，过点Q作QQ′平行于x轴，与二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象交于另一点Q′，与二次函数y＝x2﹣3x的图象交于点M，N（M在N的左侧），直线OQ′与二次函数y＝x2﹣3x的图象交于点P′．△Q′P′M∽△QB′N，则线段NQ的长度等于 6 ．
【分析】（1）由位似求出A′、B′坐标，代入解析式即可；
（2）①用m表示P的坐标及OP解析式，用m表示OP与抛物线交点Q的坐标，表示用m表示AP、OQ，代入2AP＞OQ，求出m范围；
②用m表示QQ′解析式，得到P′坐标，求出M、N坐标，应用△Q′P′M∽△QB′N构造方程求m．
【解析】（1）由以点O为位似中心，在y轴的右侧将△OAB按相似比2：1放大，得OA'OA=OB'OB=2
∵A（4，4），B（3，0）
∴A′（8，8），B′（6，0）
将O（0，0），A′（8，8），B′（6，0）代入y＝ax2+bx+c
得c=036a+6b=064a+8b=0
解得a=12b=−3c=0
∴二次函数的解析式为y=12x2﹣3x；
（2）①∵点P在y＝x2﹣3x的图象上，
∴n＝m2﹣3m，
∴P（m，m2﹣3m），
设直线OP的解析式为y＝kx
将点P代入，得mk＝m2﹣3m，解得k＝m﹣3，
∴OP：y＝（m﹣3）x
∵直线OP与y=12x2﹣3x交于点Q
∴12x2﹣3x＝（m﹣3）x，解得x1＝0（舍），x2＝2m，
∴Q（2m，2m2﹣6m）
②∵P（m，n）在二次函数y＝x2﹣3x的图象上
∴n＝m2﹣3m
∴P（m，m2﹣3m）
设直线OP的解析式为y＝kx，将点P（m，m2﹣3m）代入函数解析式，
得mk＝m2﹣3m
∴k＝m﹣3
∴OP的解析是为y＝（m﹣3）x
∵OP与y═12x2﹣3x交于Q点
∴y=(m−3)xy=12x2−3x
解得x=0y=0（不符合题意舍去）x=2my=2m2−6m
∴Q（2m，2m2﹣6m）过点P作PC⊥x轴于点C，过点Q作QD⊥x轴于点D
则OC＝|m|，PC＝|m2﹣3m|，OD＝|2m|，QD＝|22﹣6m|
∵ODOC=OQOP=2
∴△OCP∽△ODQ
∴OQ＝2OP
∵2AP＞OQ
∴2AP＞2OP，即AP＞OP
∴(m−4)2+(m2−3m−4)2＞m2+(m2−3m)2
化简，得m2﹣2m﹣4＜0，解得1−5＜m＜1+5，且m≠0；
③P（m，m2﹣3m），Q（2m，2m2﹣6m）
∵点Q在第一象限，
∴2m＞02m2−6m＞0，解得＞3
由Q（2m，2m2﹣6m），得QQ′的表达式是y＝2m2﹣6m
∵QQ′交y=12x2﹣3x交于点Q′
y=12x2−3xy=2m2−6m
解得x=2my=2m2−6m（不符合题意，舍）x=6−2my=2m2−6m
∴Q′（6﹣2m，2m2﹣6m）
设OQ′的解析是为y＝kx，（6﹣2m）k＝2m2﹣6m
解得k＝﹣m，OQ′的解析式为y＝﹣m
∵OQ′与y＝x2﹣3x交于点P′
∴﹣mx＝x2﹣3x
解得x1＝0（舍），x2＝3﹣m
∴P′（3﹣m，m2﹣3m）
∵QQ′与y＝x2﹣3x交于点P′
∴﹣mx＝x2﹣3x
解得x1＝0（舍去），x2＝3﹣m
∴P′（3﹣m，m2﹣3m）
∵QQ′与y＝x2﹣3x交于点M、N
∴x2﹣3x＝2m2﹣6m
解得x1=3+8m2−24m+92，x2=3−8m2−24m+92
∵M在N左侧
∴M（3+8m2−24m+92，2m2﹣6m）
N（3−8m2−24m+92，2m2﹣6m）
∵△Q′P′M∽△QB′N
∴P'Q'QB'=QMQN
∵(P'QQB)2=(3−m)2+(m2−3m)2(2m−6)2+(2m2−6m)2=14
即3−8m2−24m+9−(6−2m)2m−3+8m224m+92=12
化简得m2﹣12m+27＝0
解得：m1＝3（舍），m2＝9
∴N（12，108），Q（18，108）
∴QN＝6．
故答案为：6．
点睛：本题二次函数背景的代数几何综合题，综合考查二次函数、一次函数、三角形相似的性质，应用数形结合的数学思想．
5．（2018年连云港第26题）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1＝kx2+m（k＜0）与y2＝ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC，CD，AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标
【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出MM'＝（1﹣m2）﹣（3m2﹣3）＝4﹣4m2，进而建立方程2m＝4﹣4m2，即可得出结论；
（3）先利用勾股定理求出AD=10，同理：CD=10，BC=2，再分两种情况：
①如图1，当△DBC∽△DAE时，得出DBDA=DCDE，进而求出DE=52，即可得出E（0，−12），
再判断出△DEF∽△DAO，得出DEDA=DFDO=EFAO，求出DF=3104，EF=104，再用面积法求出E'M=32，即可得出结论；
②如图2，当△DBC∽△ADE时，得出DBAD=DCAE，求出AE=52，
当E在直线AD左侧时，先利用勾股定理求出PA=53，PO=43，进而得出PE=56，再判断出APPE=AOOQ即可得出点E坐标，当E'在直线DA右侧时，即可得出结论．
【解析】（1）∵点A（1，0），B（0，1）在二次函数y1＝kx2+m（k＜0）的图象上，
∴k+m=0m=1，
∴k=−1m=1，
∴二次函数解析式为y1＝﹣x2+1，
∵点A（1，0），D（0，﹣3）在二次函数y2＝ax2+b（a＞0）的图象上，
∴a+b=0b=−3，
∴a=3b=−3，
∴二次函数y2＝3x2﹣3；
（2）设M（m，﹣m2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（m，3m2﹣3）为第四象限的图形上一点，
∴MM'＝（1﹣m2）﹣（3m2﹣3）＝4﹣4m2，
由抛物线的对称性知，若有内接正方形，
∴2m＝4﹣4m2，
∴m=−1+174或m=−1−174（舍），
∵0＜−1+174＜1，
∴MM'=−1+172
∴存在内接正方形，此时其边长为−1+172；
（3）在Rt△AOD中，OA＝1，OD＝3，
∴AD=OA2+OD2=10，
同理：CD=10，
在Rt△BOC中，OB＝OC＝1，
∴BC=OC2+OB2=2，
①如图1，当△DBC∽△DAE时，
∵∠CDB＝∠ADO，
∴在y轴上存在E，由DBDA=DCDE，
∴410=10DE，
∴DE=52，
∵D（0，﹣3），
∴E（0，−12），
由对称性知，在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC∽△DAE'，
连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD于M，连接E'D，
∵E，E'关于DA对称，
∴DF垂直平分线EE'，
∴△DEF∽△DAO，
∴DEDA=DFDO=EFAO，
∴2.510=DF3=EF1，
∴DF=3104，EF=104，
∵S△DEE'=12DE•E'M＝EF×DF=158，
∴E'M=32，
∵DE'＝DE=52，
在Rt△DE'M中，DM=DE'2−E'M2=2，
∴OM＝1，
∴E'（32，﹣1），
②如图2，
当△DBC∽△ADE时，有∠BDC＝∠DAE，DBAD=DCAE，
∴410=10AE，
∴AE=52，
当E在直线AD左侧时，设AE交y轴于P，作EQ⊥AC于Q，
∵∠BDC＝∠DAE＝∠ODA，
∴PD＝PA，
设PD＝n，
∴PO＝3﹣n，PA＝n，
在Rt△AOP中，PA2＝OA2+OP2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n=53，
∴PA=53，PO=43，
∵AE=52，
∴PE=56，
在AEQ中，OP∥EQ，
∴APPE=AOOQ，
∴OQ=12，
∵OPPE=APAE=23，
∴QE＝2，
∴E（−12，﹣2），
当E'在直线DA右侧时，
根据勾股定理得，AE=AQ2+QE2=52，
∴AE'=52
∵∠DAE'＝∠BDC，∠BDC＝∠BDA，
∴∠BDA＝∠DAE'，
∴AE'∥OD，
∴E'（1，−52），
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即：（0，−12）或（32，﹣1）或（1，−52）或（−12，﹣2）．
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，对称性，正确作出辅助线和用分类讨论的思想是解本题的关键．
6．（2018年宿迁第27题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点D，过其顶点C作直线CP⊥x轴，垂足为点P，连接AD、BC．
（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．
【分析】（1）根据函数解析式可以直接得到抛物线与x轴的两个交点坐标；令x＝0，即可求得点D的纵坐标；
（2）由抛物线顶点坐标公式求得点C的坐标，易得线段PB、PC的长度；
①若△AOD∽△BPC时，则AOBP=DOCP，将相关线段的长度代入求得a的值；
②若△AOD∽△CPB时，则AOCP=DOPB，将相关线段的长度代入求得a的值；
（3）能．理由如下：联结BD，取中点M，则D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（32，32a）．若点C也在圆上，则MC＝MB．根据两点间的坐标求得相关线段的长度，借助于方程解答即可．
【解析】（1）∵y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3），
∴A（a，0），B（3，0）．
当x＝0时，y＝3a，
∴D（0，3a）；
（2）∵A（a，0），B（3，0），
∴对称轴直线方程为：x=3+a2．
当x=3+a2时，y＝﹣（3−a2）2，
∴C（3+a2，﹣（3−a2）2），
PB＝3−3+a2，PC＝（3−a2）2，
①若△AOD∽△BPC时，则AOBP=DOCP，即a3−3+a2=3a(3−a2)2，
解得a＝0或a＝±3（舍去）；
②若△AOD∽△CPB时，则AOCP=DOPB，即a(3−a2)2=3a3−3+a2，
解得a＝3（舍去）或a=73．
所以a的值是73．
（3）能．理由如下：
联结BD，取中点M
∵D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（32，32a）．
若点C也在圆上，则MC＝MB．即（32−3+a2）2+（32a+（3−a2）2）2＝（32−3）2+（32a﹣0）2，
整理，得
a4﹣14a2+45＝0，
所以（a2﹣5）（a2﹣9）＝0，
解得a1=5，a2=−5（舍），a3＝3（舍），a4＝﹣3（舍），
∴a=5．
点睛：考查了二次函数综合题，需要掌握二次函数解析式的三种形式，抛物线对称轴的求法，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，方程思想的应用．解题时，注意“分类讨论”、“方程思想”等数学思想的应用，难度较大．
【专项突破】
【题组一】
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．（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）．
4．（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．
【题组二】
5．（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．
6．（2020•赤峰）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线y=−12x+2经过B，C两点．
（1）直接写出二次函数的解析式 y=12x2−52x+2 ；
（2）平移直线BC，当直线BC与抛物线有唯一公共点Q时，求此时点Q的坐标；
（3）过（2）中的点Q作QE∥y轴，交x轴于点E．若点M是抛物线上一个动点，点N是x轴上一个动点，是否存在以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似？如果存在，请直接写出满足条件的点M的个数和其中一个符合条件的点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出直线BC平移后的解析式，联立方程组可求解；
（3）分两种情况，构造出两三角形相似，得出比例式，进而建立绝对值方程求解即可得出结论．
【解析】（1）∵直线y=−12x+2经过B，C两点．
∴点C（0，2），
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（4，0），点C（0，2），
∴0=a+b+c0=16a+4b+cc=2，
解得：a=12b=−52c=2，
∴抛物线解析式为y=12x2−52x+2，
故答案为：y=12x2−52x+2；
（2）∵直线BC解析式为：y=−12x+2，
∴设平移后的解析式为：y=−12x+2+m，
∵平移后直线BC与抛物线有唯一公共点Q
∴12x2−52x+2=−12x+2+m，
∴△＝4﹣4×12×（﹣m）＝0，
∴m＝﹣2，
∴设平移后的解析式为：y=−12x，
联立方程组得：y=−12xy=12x2−52x+2，
∴x=2y=−1，
∴点Q（2，﹣1）；
（3）设点M的坐标为（m，12m2−52m+2），
∵以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似，
∴当△MEN∽△OBC时，
∴∠MEN＝∠OBC，
过点M作MH⊥x轴于H，
∴∠EHM＝90°＝∠BOC，
∴△EHM∽△BOC，
∴EHMH=OBOC，
∴MH＝|12m2−52m+2|，EH＝|m﹣2|，
∵OB＝4，OC＝2．
∴|m−2||12m2−52m+2|=2或12，
∴m＝3±3或m＝2±2或m＝﹣4或m＝﹣1或m＝1或m＝12，
当m＝3+3时，12m2−52m+2=3+12，
∴M（3+3，3+12），
当m＝3−3时，12m2−52m+2=1−32，
∴M（3−3，1−32），
当m＝2+2时，12m2−52m+2=−22，
∴M（2+2，−22），
当m＝2−2时，12m2−52m+2=22，
∴M（2−2，22），
当m＝﹣4时，12m2−52m+2＝20，
∴M（﹣4，20），
当m＝﹣1时，12m2−52m+2＝5，
∴M（﹣1，5），
当m＝1时，12m2−52m+2＝0，
∴M（1，0），
当m＝12时，12m2−52m+2＝44，
∴M（12，44），
即满足条件的点M共有8个，其点的坐标为（3+3，3+12）或（3−3，1−32）或（2+2，−22）或（2−2，22）或（﹣4，20）或（﹣1，5）或（1，0）或（12，44）．
7．（2020•随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+1的对称轴为直线x=32，其图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．
（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
（2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒2个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t（t＞0）秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）
【分析】（1）利用待定系数法，对称轴公式构建方程组求出a，b即可，再求出点A点C的坐标即可得出结论．
（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（3）分6种情形首先确定点P的坐标，再利用相似三角形的性质求解即可．
【解析】（1）由题意：−b2a=3216a+4b+1=0，
解得a=−14b=34，
∴抛物线的解析式为y=−14x2+34x+1，
令y＝0，可得x2﹣3x﹣4＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），
令x＝0，得到y＝1，
∴C（0，1），
∴OA＝OC＝1，
∴∠CAO＝45°．
（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．
∵∠NEM＝∠DFM＝∠NMD＝90°，
∴∠NME+∠DMF＝90°，∠DMF+∠MDF＝90°，
∴∠NME＝∠MDF，
∵NM＝DM，
∴△MEN≌△DFM（AAS），
∴NE＝MF，EM＝DF，
∵∠CAO＝45°，AN=2t，AM＝3t，
∴AE＝EN＝t，
∴EM＝AM﹣AE＝2t，
∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，
∴D（4t﹣1，2t），
∴−14（4t﹣1）2+34（4t﹣1）+1＝2t，
∵t＞0，故可以解得t=34，
经检验，t=34时，M，N均没有达到终点，符合题意，
∴D（2，32）．
（3）如图3﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，
取E（12，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G，
∵M（54，0），D（2，32），B（4，0）
∴FM＝2−54=34，DM=354，BM=114，BD=52，
∴DF＝2MF，
∵OC＝2OE，
∴tan∠OCE＝tan∠MDF=12，
∴∠OCE＝∠MDF，
∴∠OCP＝∠MDB，
∴∠ECG＝∠FDB，
∴tan∠ECG＝tan∠FDB=43，
∵EC=52，
∴EG=253，可得G（116，23），
∴直线CP的解析式为y=−211x+1，
由y=−211x+1y=−14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=4111y=39121，
∴P（4111，39121），C（0，1），
∴PC=2055121，
当MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=615242或2050363，
∴Q（0，−373242）或（0，−1687363）．
如图3﹣2中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DMB时，设PC交x轴于k．
∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，
∴OK＝2OC＝2，
∴点K与F重合，
∴直线PC的解析式为y=−12x+1，
由y=−12x+1y=−14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=5y=−32，
∴P（5，−32），
∴PC=552，
当DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=556或7522，
∴Q（0，−496）或（0，−5322）．
当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（253，−919），Q（0，−25718）或（0，115199），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，3722），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0，1613363），
当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（−73，−199），Q（0，−5918）或（0，−25199）．
8．（2020•鄂州）如图，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y=12x﹣2经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．
①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；
②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点B，C坐标，再代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）①先表示出点M，D，P坐标，再分三种情况利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论；
②先判断出△AOC∽△COB，得出∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
Ⅰ、当△PNC∽△AOC，得出∠PCN＝∠ACO，进而得出CP∥OB，即可得出结论；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，得出∠PCN＝∠CAO，进而得出PC＝PD，即可得出结论．
【解析】（1）针对于直线y=12x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，则0=12x﹣2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
将点B，C坐标代入抛物线y=12x2+bx+c中，得c=−28+4b+c=0，
∴b=−32c=−2，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2；
（2）①∵PM⊥x轴，M（m，0），
∴P（m，12m2−32m﹣2），D（m，12m﹣2），
∵P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，
∴Ⅰ、当点D是PM的中点时，12（0+12m2−32m﹣2）=12m﹣2，
∴m＝1或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅱ、当点P是DM的中点时，12（0+12m﹣2）=12m2−32m﹣2，
∴m=−12或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅲ、当点M是DP的中点时，12（12m2−32m﹣2+12m﹣2）＝0，
∴m＝﹣2或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
即满足条件的m的值为−12或1或﹣2；
②由（1）知，抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2，
令y＝0，则0=12x2−32x﹣2，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵B（4，0），C（0，﹣2），
∴OB＝4，OC＝2，
∴OAOC=OCOB，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
∵△PNC与△AOC相似，
∴Ⅰ、当△PNC∽△AOC，
∴∠PCN＝∠ACO，
∴∠PCN＝∠OBC，
∴CP∥OB，
∴点P的纵坐标为﹣2，
∴12m2−32m﹣2＝﹣2，
∴m＝0（舍）或m＝3，
∴P（3，﹣2）；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，
∴∠PCN＝∠CAO，
∴∠OCB＝∠PCD，
∵PD∥OC，
∴∠OCB＝∠CDP，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD，
由①知，P（m，12m2−32m﹣2），D（m，12m﹣2），
∵C（0，﹣2），
∴PD＝2m−12m2，PC=m2+(12m2−32m−2+2)2=m2+(12m2−32m)2，
∴2m−12m2=m2+(12m2−32m)2，
∴m=32或m＝0（舍），
∴P（32，−258），
即满足条件的点P的坐标为（3，﹣2）或（32，−258）．
【题组三】
9．（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）．
10．（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．
11．（2020•潍坊）如图，抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，当S△PBC=35S△ABC时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直接将A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8（a≠0），解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，设P(t，−12t2+3x+8)，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN＝EM，MN＝NE，NE＝EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）过点A（﹣2，0）和点B（8，0），
∴4a−2b+8=064a+8b+8=0，
解得a=−12b=3．
∴抛物线解析式为：y=−12x2+3x+8；
（2）当x＝0时，y＝8，
∴C（0，8），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+8，
∵S△ABC=12⋅AB⋅OC=12×10×8=40，
∴S△PBC=35S△ABC=24，
过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，
设P(t，−12t2+3t+8)，
∴F（t，﹣t+8），
∴PF=−12t2+4t，
∴S△PBC=12PF⋅OB=24，
即12×(−12t2+4t)×8=24，
∴t1＝2，t2＝6，
∴P1（2，12），P2（6，8）；
（3）∵C（0，8），B（8，0），∠COB＝90°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
抛物线y=−12x2+3x+8的对称轴为x=−b2a=−32×(−12)=3，
∴点E的横坐标为3，
又∵点E在直线BC上，
∴点E的纵坐标为5，
∴E（3，5），
设M(3，m)，N(n，−12n2+3n+8)，
①当MN＝EM，∠EMN＝90°，
△NME～△COB，则m−5=n−3−12n2+3n+8=m，
解得n=6m=8或n=−2m=0（舍去），
∴此时点M的坐标为（3，8），
②当ME＝EN，当∠MEN＝90°时，
则m−5=n−3−12n2+3n+8=5，
解得：m=5+15n=3+15或m=5−15n=3−15（舍去），
∴此时点M的坐标为(3，5+15)；
③当MN＝EN，∠MNE＝90°时，
此时△MNE与△COB相似，
此时的点M与点E关于①的结果（3，8）对称，
设M（3，m），
则m﹣8＝8﹣5，
解得m＝11，
∴M（3，11）；
此时点M的坐标为（3，11）；
故在射线ED上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为：（3，8），(3，5+15)或（3，11）．
12．（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）．
【题组四】
13．（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）．
14．（2020•聊城）如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意得出方程组，求出二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4，则C（0，4），由待定系数法求出BC所在直线的表达式即可
（2）证DE∥PF，只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，由二次函数解析式求出点D的坐标，由直线BC的解析式求出点E的坐标，则DE=154，设点P的横坐标为t，则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），由DE＝PF得出方程，解方程进而得出答案；
（3）由平行线的性质得出∠CED＝∠CFP，当∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，则PFCE=CFDE，得出方程，解方程即可．
【解析】（1）将点A（﹣1，0），B（4，0），代入y＝ax2+bx+4，
得：0=a−b+40=16a+4b+4，
解得：a=−1b=3，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+3x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设BC所在直线的表达式为：y＝mx+n，
将C（0，4）、B（4，0）代入y＝mx+n，
得：4=n0=4m+n，
解得：m=−1n=4，
∴BC所在直线的表达式为：y＝﹣x+4；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，
∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x−32）2+254，
∴点D的坐标为：（32，254），
将x=32代入y＝﹣x+4，即y=−32+4=52，
∴点E的坐标为：（32，52），
∴DE=254−52=154，
设点P的横坐标为t，
则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴PF＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
由DE＝PF得：﹣t2+4t=154，
解得：t1=32（不合题意舍去），t2=52，
当t=52时，﹣t2+3t+4＝﹣（52）2+3×52+4=214，
∴点P的坐标为（52，214）；
（3）存在，理由如下：
如图2所示：
由（2）得：PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
又∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，
∴PFCE=CFDE，
∵C（0，4）、E（32，52），
∴CE=(32)2+(4−52)2=322，
由（2）得：DE=154，PF＝﹣t2+4t，F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴CF=t2+[4−(−t+4)]2=2t，
∴−t2+4t322=2t154，
∵t≠0，
∴154（﹣t+4）＝3，
解得：t=165，
当t=165时，﹣t2+3t+4＝﹣（165）2+3×165+4=8425，
∴点P的坐标为：（165，8425）．
15．（2020•铜仁市）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【解析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：a−b+6=09a+3b+6=0，解得：a=−2b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．
当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
3k+c=0c=6，解得：k=−2c=6，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴S=12PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m−32）2+274，
∴当m=32时，△PBC面积取最大值，最大值为274．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
综上所述，S关于m的函数表达式为＝﹣3m2+9m（0＜m＜3），S的最大值为274．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，
∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当DMCD=OBOC=36=12时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴a−2a2+4a=12，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时ND=12DM=12，
∴N（0，172），
当CDDM=OBOC=12时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴−2a2+4aa=12，
解得a=74，
∴M（74，558），
此时N（0，838）．
如图3，当点M位于点C的下方，
过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：2a2−4aa=12或2a2−4aa=2，△CMN与△OBC相似，
解得a=94或a＝3，
∴M（94，398）或M（3，0），
此时N点坐标为（0，38）或（0，−32）．
综合以上得，存在M（1，8），N（0，172）或M（74，558），N（0，838）或M（94，398），N（0，38）或M（3，0），N（0，−32），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
16．（2020•山西模拟）如图，二次函数y＝0.5x2+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．
【分析】（1）利用待定系数法求解析式；
（2）设点P坐标为（x，0），根据两点距离公式可求BC，BP，CP的长度，根据勾股定理可列方程可求x的值，即可求点P 坐标；
（3）根据题意可求点A，点D坐标，即可求AB，AD的长，由以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似，可分△APQ∽△ABD，△APQ∽△ADB两种情况讨论可求a的值．
【解析】（1）∵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=−32，c＝1
∴抛物线解析式y=12x2−32x+1
（2）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=25，
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）存在
∵抛物线解析式y=12x2−32x+1与x轴交于点D，点E
∴0=12x2−32x+1
∴x1＝1，x2＝2
∴点D（1，0）
∵点B（0，1），C（4，3）
∴直线BC解析式y=12x+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
【题组五】
17．（2020•碑林区校级模拟）如图，直线y=−43x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y=−83x2+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）为线段OA上的动点，过点M作垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N；若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
【分析】（1）直线y=−43x+c交于点A（3，0），与y轴交于点B，0＝﹣4+c，解得c＝4，B（0，4），将点A、B的坐标代入抛物线表达式列方程组即可求解；
（2）M（m，0），则P（m，−43m+4），N（m，−83m2+203m+4），PN=−83m2+203m+4+43m﹣4=−83m2+8m，分两种情况：①当∠BNP＝90°时，根据N点的纵坐标为4，列方程可是结论；②当∠NBP＝90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，证明Rt△NCB∽Rt△BOA，列比例式即可求解．
【解析】（1）直线y=−43x+c交于点A（3，0），与y轴交于点B，
∴0＝﹣4+c，解得c＝4，
∴B（0，4），
∵抛物线y=−83x2+bx+c经过点A，B，
将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：−83×9+3b+c=0c=4，
解得：b=203c=4，
∴抛物线的解析式为y=−83x2+203x+4；
（2）∵M（m，0），
则P（m，−43m+4），N（m，−83m2+203m+4），
∴PN=−83m2+203m+4+43m﹣4=−83m2+8m（0≤m≤3），
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°，
①当∠BNP＝90°时，如图1，则有BN⊥MN，
∴N点的纵坐标为4，
∴−83m2+203m+4＝4，解得m＝0（舍去）或m=52，
∴M（52，0）；
②当∠NBP＝90°时，如图2，过点N作NC⊥y轴于点C，
则∠NBC+∠BNC＝90°，NC＝m，BC=−83m2+203m+4﹣4=−83m2+203m，
∵∠NBP＝90°，
∴∠NBC+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BNC，
∵∠NCB＝∠AOB＝90°，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，
∴NCOB=BCOA，即m4=−83m2+203m3，
解得m＝0（舍去）或m=7132，
∴M（7132，0）；
综上可知，当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（52，0）或（7132，0）．
18．（2020•雁塔区校级模拟）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为A（﹣3，0），另一个交点为B，且与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的顶点为D，连接AD，AC，CD，BC，将抛物线沿着y轴平移，点C的对应点为点M，是否存在点M使得以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出平移后的抛物线表达式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题．
（2）利用勾股定理求出AD，CD，AC，证明∠ACD＝90°，确定Rt△ACD两直角边的比为3，如果以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似，则△MBC也是直角三角形，且两直角边的比是3，分两种情况讨论即可解决问题．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），
则有−9−3b+c=0c=3，
解得b=−2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）存在，
y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D（﹣1，4），
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴AD=(−1+3)2+42=20=25，CD=(−1)2+(4−3)2=2，AC=32+32=32，
∴AD2＝CD2+AC2，
∴∠ACD＝90°，ACCD=3，
∴以M，B，C为顶点的三角形与△ACD相似时，△CBM是直角三角形，
由题意可知：M在y轴上，
由对称得：B（1，0），
①当∠CMB＝90°时，如图1，M（0，0），
此时，抛物线向下平移了3个单位，平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x；
②当∠CBM＝90°时，如图2，CBBM=3，
∴BM=13BC=103，
∴OM=(103)2−12=13，
∴M（0，−13），
此时，抛物线向下平移了103个单位，平移后的抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3−103=−x2﹣2x−13．
19．（2020•广东二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（1，0），B（﹣7，0），顶点D坐标为（﹣3，−23），点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．过顶点D作DD1⊥x轴于点D1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形．
（3）点P是抛物线上一动点，当P在B点左侧时，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，请问是否存在P点使得△PAM与△DD1A相似，如果存在，请写出点P的横坐标．
【分析】（1）根据题意可设函数解析式为y＝a（x﹣1）（x+7），把点D的坐标代入求出a的值即可；
（2）欲证明四边形BFCE是平行四边形，只需推知EC∥BF且EC＝BF即可；
（3）利用相似三角形的对应边成比例求得点P的横坐标，没有指明相似三角形的对应边（角），需要分类讨论．
【解答】解（1）设函数解析式为y＝a（x﹣1）（x+7），
把D（﹣3，−23）带入可得a=38，
所以y=38(x−1)(x+7)=38x2+334x−738；
（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，
∴∠COF＝∠DD1F＝90°，
又∵∠D1FD＝∠OFC，
∴△DD1F∽△COF，
∴D1DFD1=OCOF，
∵D（﹣3，﹣23），
∴D1D＝23，OD1＝3，
∵AC＝CF，CO⊥AF，
∴OF＝OA＝1（三线合一），AF＝2，
∴D1F＝D1O﹣OF＝3﹣1＝2，
∴232=OC1，
解得OC=3，
在Rt△AOC中，AC=12+(3)2=2
∴AC＝CF＝FA＝2，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠AFC＝∠ACF＝60°，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，即∠ACF＝∠ECF＝60°，
∴∠ECF＝∠AFC＝60°，
∴EC∥BF，
由距离公式得EC＝DC=32+(3+23)2=6，BF＝6，
∴EC＝BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（3）存在．
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，38x2+334x−738），
当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴DD1PM=D1AMA或DD1AM=D1APM，
∴2338x2+334x−738=41−x或231−x=438x2+334x−738，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2=−373；
∴P点横坐标为﹣11或−373．
20．（2020•沙坪坝区自主招生）如图1，二次函数y=−18x2+14x+3的图象交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，连接AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，已知点E是该二次函数图象的顶点，在线段AO上取一点F，过点F作FH⊥CD，交该二次函数的图象于点H（点H在点E的右侧），当五边形FCEHB的面积最大时，求点H的横坐标；
（3）如图3，在直线BC上取一点M（不与点B重合），在直线CD的右上方是否存在这样的点N，使得以C、M、N为顶点的三角形与△BCD全等？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先根据抛物线解析式求出A、B、C的坐标，由射影定理可得OD长度，从而求出D点坐标；
（2）设H点的横坐标为m，然后将五边形FCEHB的面积表示成关于m的二次函数，利用配方法可求得面积的最大值以及对应的H点坐标；
（3）由B、C、D的坐标可以求得DC、DB、BC的长度，然后分类讨论，分别画出符合要求的对应图形进行计算即可．
【解析】（1）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3．
令y＝0，则−18x2+14x+3＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝6，
∴A（﹣4，0），B（6，0），
∴OA＝4，OB＝6．
∵CD⊥AC，
∴∠ACD＝90°，
∵CO⊥AD，
∴OC2＝OA•OD，
∴OD=94，
∴D（94，0）．
（2）∵y=−18x2+14x+3=−18（x﹣1）2+258，
∴E（1，258）．
如图2，连接OE、BE，作HG⊥x轴于点G，交BE于点P．
由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为：y=−58x+154．
设H（m，−18m2+14m+3），则P（m，−58m+154）．
∴HG=−18m2+14m+3，HP＝yH﹣yP=−18m2+78m−34．
∴S△BHE=12（xB﹣xE）•HP=52（−18m2+78m−34）=−516m2+3516m−158．
∵FH⊥CD，AC⊥CD，
∴AC∥FH，
∴∠HFG＝∠CAO，
∵∠AOC＝∠FGH＝90°，
∴△ACO∼△FHG，
∴FGHG=OAOC=43，
∴FG=43HG=−16m2+13m+4，
∴AF＝AG﹣FG＝m+4+16m2−13m﹣4=16m2+23m，
∴S△AFC=12AF•OC=32（16m2+32m）=14m2+m，
∵S四边形ACEB＝S△ACO+S△OCE+S△OEB=12×4×3+12×3×1+126×258=1358，
∴S五边形FCEHB＝S四边形ACEB+S△BHE﹣S△AFC=1358+（−516m2+3516m−158）﹣（14m2+m）=−916m2+1916m+15=−916（m−1918）2+9001576，
∴当m=1918时，S五边形FCEHB取得最大值9001576．
此时，H的横坐标为1918．
（3）∵B（6，0），C（0，3），D（94，0），
∴CD＝BD=154，BC＝35，
∴∠DCB＝∠DBC．
①如图3﹣1，△CMN≌△DCB，MN交y轴于K，
则CM＝CN＝DC＝DB=154，MN＝BC＝35，∠CMN＝∠CNM＝∠DBC＝∠DCB，
∴MN∥AB，
∴MN⊥y轴，
∴∠CKN＝∠COB＝90°，MK＝NK=12MN=352，
∴△CKN∼△COB，
∴CKCN=COCB=55，
∴CK=354，
∴OK＝OC+CK=12+354，
∴N（352，12+354）．
②如图3﹣2，△MCN≌△DBC，
则CN＝CB＝35，∠MCN＝∠DBC，
∴CN∥AB，
∴N（35，3）．
③如图3﹣3，△CMN≌△DBC，
则∠CMN＝∠DCB，CM＝CN＝DC＝DB=154，MN＝BC＝35，
∴MN∥CD，
作MR⊥y轴于R，
则CRCO=RMOB=CMCB=54，
∴CR=354，RM=352，
∴OR＝3−354，
作MQ∥y轴，NQ⊥MQ于点Q，
则∠NMQ＝∠DCO，∠NQM＝∠DOC＝90°，
∴△COD∼△MQN，
∴MQNQ=CODO=43，
∴MQ=45MN=1255，NQ=35MN=955，
∴NQ﹣RM=3510，OR+MQ=60+33520，
∴N（−3510，60+33520）．
综上所述，满足要标的N点坐标有：（352，12+354）、（35，3）、（−3510，60+33520）．
【题组六】
21．（2020•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4经过点A（﹣3，0）和点B（3，2），与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）点P是抛物线在第一象限内一点，联结AP，如果点C关于直线AP的对称点D恰好落在x轴上，求直线AP的截距；
（3）在（2）小题的条件下，如果点E是y轴正半轴上一点，点F是直线AP上一点．当△EAO与△EAF全等时，求点E的纵坐标．
【分析】（1）把A（﹣3，0）和点B（3，2）代入抛物线的解析式，列方程组，可得结论；
（2）如图1，根据对称的性质得AD＝AC＝5，可得OD＝2，设OH＝a，则HC＝HD＝4﹣a，在Rt△HOD中，根据勾股定理得HD2＝OH2+OD2，列方程可得结论；
（3）分两种情况：先说明△AOE是直角三角形，所以△EAF也是直角三角形，根据∠EFA＝90°，画图，由勾股定理列方程可解答．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4过点A（﹣3，0）和点B（3，2），
∴9a−3b+4=09a+3b+4=2，
解得a=−13b=13，
∴y=−13x2+13x+4；
（2）如图1，连接AC，DH，
∵点C关于直线AP的对称点D，
∴AD＝AC，
∵y=−13x2+13x+4与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A（﹣3，0），
∴AC＝5，
∴AD＝5，
∴点D（2，0），
设直线AP与y轴交于点H，则HC＝HD，
设OH＝a，则HC＝HD＝4﹣a，
在Rt△HOD中，HD2＝OH2+OD2，
∴（4﹣a）2＝a2+22，
∴a=32，
∴直线AP的截距为32；
（3）∵点E是y轴正半轴上一点，
∴△AOE是直角三角形，且∠AOE＝90°
当△EAO与△EAF全等时，存在两种情况：
①如图2，当∠EFA＝∠AOE＝90°，△EFA≌△AOE，
∴EF＝OA，
∵∠AHO＝∠EHF，∠AOH＝∠EFH＝90°，
∴△AOH≌△EFH（AAS），
∴AH＝EH，
由（2）知：OH=32，
∴EH＝AH＝OE−32，
Rt△AHO中，AH2＝AO2+OH2，
∴（OE−32）2＝32+(32)2，
解得：OE=3+352或3−352（舍），
∴点E的纵坐标是3+352；
②如图3，当∠EFA＝∠AOE＝90°，△EFA≌△EOA，
∴AF＝AO＝3，EF＝OE，
Rt△AHO中，AH=32+(32)2=352，
∴FH=352−3，EH=32−OE，
Rt△EFH中，由勾股定理得：EH2＝FH2+EF2，
∴（32−OE）2＝（352−3）2+OE2，
解得：OE＝35−6，
∴点E的纵坐标是35−6；
综上，点E的纵坐标是3+352或35−6．
22．（2020•余干县模拟）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，−83），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AEAB的值．
【分析】（1）将点C、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）当△AOC∽△AEB时，根据相似三角形的性质可得S△AOCS△AEB=（ACAB）2＝（54）2=516，求出yE=−85，由△AOC∽△AEB得：AOAC=AEAB=15，即可求解．
【解析】（1）由题意可列方程组：c=−2a−2a+c=−83，
解得：a=23c=−2．
故抛物线解析式为：y=23x2−43x﹣2；
（2）连接BE，
由（1）知，抛物线解析式为：y=23x2−43x﹣2，
令y＝0，则0=23x2−43x﹣2
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵∠AOC＝90°，
∴AC=5，
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，则−k+b=0b=−2，
解得：k=−2b=−2．
∴直线AC的解析式为：y＝﹣2x﹣2；
当△AOC∽△AEB时
S△AOCS△AEB=（ACAB）2＝（54）2=516，
∵S△AOC＝1，
∴S△AEB=165，
∴12AB×|yE|=165，AB＝4，则yE=−85，
则点E（−15，−85）；
由△AOC∽△AEB得：AOAC=AEAB=15，
∴AEAB=55．
23．（2020•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A在x轴的正半轴上，且与原点的距离为3，抛物线y＝ax2﹣4ax+3（a≠0）经过点A，其顶点为C，直线y＝1与y轴交于点B，与抛物线交于点D（在其对称轴右侧），联结BC、CD．
（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）点P是y轴的负半轴上的一点，如果△PBC与△BCD相似，且相似比不为1，求点P的坐标；
（3）将∠CBD绕着点B逆时针方向旋转，使射线BC经过点A，另一边与抛物线交于点E（点E在对称轴的右侧），求点E的坐标．
【分析】（1）把点A的坐标代入抛物线的解析式中可得：a的值，从而得抛物线的解析式，配方得顶点C的坐标；
（2）根据∠DBC＝∠PBC＝45°，且相似比不为1，所以只能△CBP∽△DBC，列比例式可得BP的长，从而得点P的坐标；
（3）连接AC，过E作EH⊥BD于H，先根据勾股定理的逆定理证明△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，由等角三角函数得tan∠ABC＝tan∠EBD=12=EHBH，设EH＝m，则BH＝2m，表示E（2m，m+1），代入抛物线的解析式，可得结论．
【解析】（1）∵点A在x轴的正半轴上，且与原点的距离为3，
∴A（3，0），
把A（3，0）代入抛物线y＝ax2﹣4ax+3中得：0＝9a﹣12a+3，
∴a＝1，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3，
y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴C（2，﹣1）；
（2）当y＝1时，x2﹣4x+3＝1，
解得：x1＝2−2，x2＝2+2，
由题意得：D（2+2，1），
∵B（0，1），C（2，﹣1），
∴BC=22+(1+1)2=22，BD＝2+2，
∵∠DBC＝∠PBC＝45°，且相似比不为1，
只能△CBP∽△DBC，
∴CBDB=BPBC，即222+2=BP22，
∴BP＝8﹣42，
∴P（0，42−7）；
（3）连接AC，过E作EH⊥BD于H，
由旋转得：∠CBD＝∠ABE，
∴∠EBD＝∠ABC，
∵AB2＝32+12＝10，BC2＝22+22＝4，AC2＝12+12＝2，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴tan∠ABC=ACBC=222=12，
∴tan∠EBD=12=EHBH，
设EH＝m，则BH＝2m，
∴E（2m，m+1），
∵点E在抛物线上，
∴（2m）2﹣4×2m+3＝m+1，
4m2﹣9m+2＝0，
解得：m1＝2，m2=14（舍），
∴E（4，3）．
24．（2020•英德市一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（4，0）、B（1，0）两点，点C为抛物线与y轴的交点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）P是x轴上方抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，问：是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AC上方的抛物线上找一点D，过点D作x轴的垂线，交AC于点E，是否存在这样的点D，使DE最长，若存在，求出点D的坐标，以及此时DE的长，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用抛物线交点式表达式确定c的值，进而求解；
（2）tan∠OAC=12，以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似，则tan∠PAM＝2或12，即可求解；
（3）确定DE的函数表达式，即可求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣1）（x﹣4）＝a（x2﹣5x+4）＝ax2+bx﹣2，
故4a＝﹣2，解得：a=−12，
故抛物线的表达式为：y=−12x2+52x﹣2；
（2）存在，理由：
设点P（x，−12x2+52x﹣2），则点M（x，0），
则PM=−12x2+52x﹣2，AM＝4﹣x，
∵tan∠OAC=12，
∵以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似，
故tan∠PAM=12或2，故−12x2+52x−24−x=2或12，
解得：x＝2或4（舍去）或5（舍去），
故x＝2，
经检验x＝2是方程的解，
故P（2，1）；
（3）设直线AC的表达式为：y＝kx+t，则0=4k+tt=−2，解得k=12t=−2，
故直线AC的表达式为：y=12x﹣2，
设点D（x，−12x2+52x﹣2），则点E（x，12x﹣2），
DE＝（−12x2+52x﹣2）﹣（12x﹣2）=−12x2+2x，
∵−12＜0，故DE有最大值，当x＝2时，DE的最大值为2，
此时点D（2，1）；
故点D的坐标（2，1），此时DE的长为2．
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