专题4二次函数与相似问题-挑战2022年中考数学压轴题（原卷版）

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挑战2022年中考数学压轴题
专题4二次函数与相似全等问题



函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。

相似三角形常见的判定方法：
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．

（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据，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．
如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．
应用判定定理“两角法”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“三边法”解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．
还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．

【例1】（2021•阿坝州）如图1，直线y＝﹣x+b与抛物线y＝ax2交于A，B两点，与y轴于点C，其中点A的坐标为（﹣4，8）．
（1）求a，b的值；
（2）将点A绕点C逆时针旋转90°得到点D．
①试说明点D在抛物线上；
②如图2，将直线AB向下平移，交抛物线于E，F两点（点E在点F的左侧），点G在线段OC上．若△GEF∽△DBA（点G，E，F分别与点D，B，A对应），求点G的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为解方程组即可．
（2）①如图1中，分别过点A，D作AM⊥y轴于点M，DN⊥y轴于点N．利用全等三角形的性质求出点D的坐标，可得结论．
②设E（t，t2），求出直线EG，FG的解析式，构建方程组求出点G的坐标，再根据点G的横坐标为O，构建方程组求出t，即可解决问题．
【解析】（1）由题意，得，
解得．

（2）①如图1中，分别过点A，D作AM⊥y轴于点M，DN⊥y轴于点N．

由（1）可知，直线AB的解析式为y＝﹣x+6，
∴C（0，6），
∵∠AMC＝∠DNC＝∠ACD＝90°，
∴∠ACM+∠DCN＝90°，∠DCN+∠CDN＝90°，
∴∠ACM＝∠CDN，
∵CA＝CD，
∴△AMC≌△CND（SAS），
∴AN＝AM＝4，DN＝CM＝2，
∴D（﹣2，2），
当x＝﹣2时，y＝×22＝2，
∴点D在抛物线y＝x2上．

②由，解得或，
∴点B的坐标为（3，），
∴直线AD的解析式为y＝﹣3x﹣4，直线BD的解析式为y＝x+3，
设E（t，t2），
∴直线EF的解析式为y＝﹣x+t2+t，
由，解得或，
∴F（﹣t﹣1，（t+1）2），
∵△GEF∽△DBA，EF∥AB，
由题意可知，EG∥DB，GF∥AD，
∴直线EG的解析式为y＝x+t2﹣，直线FG的解析式为y＝﹣3x+（t+1）2﹣3（t+1），
联立，解得，
∴G（﹣t﹣，t2﹣t﹣），
令﹣t﹣＝0，
解得t＝﹣，
∴G（0，）．
【例2】（2021•陕西）已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣5，0）和点B，与y轴交于点C（0，5），它的对称轴为直线l．
（1）求该抛物线的表达式及点B的坐标；
（2）若点P（m，2）在l上，点P′与点P过关于x轴对称．在该抛物线上，是否存在点D、E、F，使四边形P′DEF与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′？若存在，求点D、E、F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1用待定系数法可得抛物线的表达式为y＝x2+6x+5，令y＝0即可得B（﹣1，0）；
（2）延长AP'交抛物线于D，延长BP'交抛物线于F，对称轴交抛物线于E，由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），抛物线对称轴为直线x＝﹣3，故P（﹣3，2），P'（﹣3，﹣2），即得PP'＝4，P'E＝2，由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直线AP'为y＝﹣x﹣5，解得D（﹣2，﹣3），故AP'＝2，P'D＝，同理可得BP'＝2，P'F＝，即有＝＝＝2，故四边形P'FED与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′．
【解析】（1）∵A（﹣5，0）、C（0，5）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴，解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2+6x+5，
令y＝0得x＝﹣1或x＝﹣5，
∴B（﹣1，0）；
（2）存在，理由如下：
延长AP'交抛物线于D，延长BP'交抛物线于F，对称轴交抛物线于E，如图：

由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），抛物线对称轴为直线x＝﹣3，
∵点P（m，2）在对称轴直线l上，
∴P（﹣3，2），
∵点P′与点P关于x轴对称，
∴P'（﹣3，﹣2），
∴PP'＝4，P'E＝2，
由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直线AP'为y＝﹣x﹣5，
解得或，
∴D（﹣2，﹣3），
∴AP'＝＝2，P'D＝＝，
由B（﹣1，0）、P'（﹣3，﹣2）可得直线BP'为y＝x+1，
解得或，
∴F（﹣4，﹣3），
∴BP'＝＝2，P'F＝＝，
∴＝＝＝2，
由位似图形定义知，四边形P'FED与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′，
∴抛物线上存在D（﹣2，﹣3），E（﹣3，﹣4），F（﹣4，﹣3），使四边形P'FED与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′．
【例3】（2021•涪城区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A、B两点，其中A（1，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，过点B作x轴垂线，在该垂线上取点P，使得△PBC与△ABC相似，请求出点P坐标；
（3）如图2，在线段OB上取一点M，连接CM，请求出CM+BM最小值．

【分析】（1）将点A（1，0），点C（0，3）代入y＝x2+bx+c，即可求解析式；
（2）分两种情况讨论：①当∠PCB＝∠ACB时，△CAB≌△CPB（ASA），求得P（3，2）；②当∠CPB＝∠ACB时，△CAB∽△PCB，由＝，求得P（3，9）；
（3）过点B作直线l与x轴成角为30°，过点C作CN⊥l交于点N，交x轴于点M，此时CM+BM的值最小，求出∠OCM＝30°，在求出CM＝2，OM＝，MB＝3﹣，MN＝，所以CM+BM的值最小为．
【解析】（1）将点A（1，0），点C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
得，
∴，
∴y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得x＝3或x＝1，
∴A（1，0），
∴AB＝2，
∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∵BP⊥x轴，
∴∠CBP＝45°，
①当∠PCB＝∠ACB时，△CAB≌△CPB（ASA），
∴AB＝BP，
∴BP＝2，
∴P（3，2）；
②当∠CPB＝∠ACB时，△CAB∽△PCB，
∴＝，
∵BC＝3，
∴BP＝9，
∴P（3，9）；
综上所述：△PBC与△ABC相似时，P点坐标为（3，9）或P（3，2）；
（3）过点B作直线l与x轴成角为30°，过点C作CN⊥l交于点N，交x轴于点M，
∵∠OBN＝30°，
∴MB＝2MN，
∴MN＝MB，
∴CM+BM＝CM+MN＝CN，
此时CM+BM的值最小，
∵∠CBO＝45°，∠OBN＝30°，
∴∠BCN＝15°，
∵∠OCB＝45°，
∴∠OCM＝30°，
∴CM＝＝＝2，OM＝OC•tan30°＝，
∴MB＝3﹣，
∴MN＝，
∴CN＝CM+MN＝2+＝，
∴CM+BM的值最小为．

【例4】（2020•铜仁市中考）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．
【解答】解：（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．
【例5】（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．
【解答】解：（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y＝0，得到x＝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=2105121，
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）．
【例6】（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．
【解答】解：（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）．

【题组一】
1．（2021•历城区二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x﹣3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A和点C（0，3）．
（1）求点B坐标及二次函数的表达式；
（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第四象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD上方抛物线上一个动点，过点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求出线段PF的长度；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）依据一次函数与坐标轴交点特征可求A点、B点坐标，将A，C点坐标代入抛物线可求二次函数表达式．
（2）由平移性质可知，DE∥AC且DE＝AC，故四边形ACED是平行四边形．由平行四边形顶点坐标的相对位置关系，可以设D点坐标并表示E点坐标，将E点坐标代入所在直线解析式建立方程即可求解．
（3）依题意，∠PFC＝∠OCM，要使得两三角形相似，只需再找另一组角相等即可．可找∠CPF＝∠COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°．
【解析】（1）依题意，对一次函数y＝x﹣3，
令y＝0，得x＝3．
∴A（3，0）．
令x＝0，得y＝﹣3．
∴B（0，﹣3）．
将A（3，0），C（0，3）代入抛物线解析式y＝﹣x2+bx+c，
得，解得．
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）依题意，DE∥AC且DE＝AC，
∴四边形ACED是平行四边形．
设点D（a，﹣a2+2a+3），
则点E（a﹣3，﹣a2+2a+6），
将点E代入y＝x﹣3得：
﹣a2+2a+6＝a﹣3﹣3，
a2﹣a﹣12＝0，
解得a1＝﹣3（舍），a2＝4．
∴D（4，﹣5）．
（3）存在．
依题意，PF∥y轴，则∠PFC＝∠OCM，
∴∠CPF＝∠COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°时，
以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似．
①当∠CPF＝∠COM＝90°，
∵PF∥y轴，
∴PC⊥y轴，
则点P与点C关于抛物线对称．
由二次函数图像的轴对称性得PC＝2．
又D（4，﹣5），如图，作DG⊥y轴于点G，则DG＝4，OG＝5，
∴tan∠DCG＝，
∴tan∠PFC＝tan∠DCG＝，
即，
又CP＝2．
∴PF＝4．
②当∠PCF＝∠COM＝90°时，
如图2，作CH⊥PF于点H．则∠OCH＝90°．
即∠DCG+∠FCH＝90°，
又∠PCH+∠FCH＝90°．
∴∠DCG＝∠PCH．
∴tan∠PCH＝tan∠DCG＝．
即．
设点P（m，﹣m2+2m+3）．
则点H（m，3）．
∴PH＝﹣m2+2m+3﹣3＝﹣m2+2m．
CH＝m．
∴．
解得m＝，
∴CH＝，PH＝．
又tan∠CFH＝tan∠DCG＝，
∴．
∴FH＝3．
∴PF＝PH+HF＝．
综上，存在这样的点P使得以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似．
此时PF＝4或．


2．（2021•天心区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线L与x轴交于A，B两点，且经过点C（0，﹣2），抛物线的顶点D的坐标为（，﹣）．
（1）求抛物线L的函数表达式；
（2）如图1，点E为第四象限抛物线L上一动点，过点E作EG⊥BC于点G，求EG的最大值，及此时点E的坐标；
（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L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）根据抛物线的顶点坐标，可以设出抛物线的顶点式，再根据抛物线过C点，代入C点坐标即可求出抛物线的解析式；
（2）过点E作EH⊥x轴于点H，交BC于点F，分别设出E，F的坐标，再证△EFG∽△BCO，得出＝，用含有E和F点横坐标m的代数式表示出EG，根据二次函数的性质得出EG的最大值并求出E点坐标即可；
（3）分情况讨论，根据△PQB∽△CAB得出线段比例关系分别计算出P点坐标即可．
【解析】（1）∵抛物线的顶点D的坐标为（，﹣），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣）2﹣，
∵抛物线过C（0，﹣2），
∴﹣2＝a（0﹣）2﹣，
解得a＝，
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣）2﹣，即y＝x2﹣x﹣2；
（2）如图1，过点E作EH⊥x轴于点H，交BC于点F，

∵点E在抛物线上，
∴设E点坐标为（m，m2﹣m﹣2），
由（1）知抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2，
∴当y＝0时，0＝x2﹣x﹣2，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
即A（﹣1，0），B（4，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
又∵C（0，﹣2），
∴，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∵F点在直线BC上，
∴设F点坐标为（m，m﹣2），
∴EF＝（m﹣2）﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣m2+2m，
又∵EG⊥BC，
∴∠EGF＝∠COB＝90°，
∵∠GFE＝∠HFB，∠HFB+∠ABC＝90°，∠GFE+∠GEF＝90°，
∴∠GEF＝∠ABC，
∴△EFG∽△BCO，
∴＝，
由（1）知OB＝4，OC＝2，
∴BC＝＝＝2，
∴＝＝，
∴BG＝EF＝×（﹣m2+2m）＝﹣（m﹣2）2+，
∴当m＝2时BG有最大值为，
此时E点坐标为（2，﹣3）；
（3）存在，符合条件的P点的坐标为（，）或（，），理由如下：
∵直线l∥BC，且l过原点（0，0），
∴直线l的解析式为y＝x，
设P（s，），
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＝＝，AB＝4﹣（﹣1）＝5，BC＝2，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴＝＝，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴＝＝＝，
∴QM＝PN＝＝，PM＝BN＝（s﹣4）＝﹣2，
∴MN＝MP+PN＝﹣2+＝s﹣2，BN﹣QM＝s﹣4﹣＝s﹣4，
∴Q（s，s﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线解析式得﹣×s﹣2＝s﹣2，
解得s1＝0（舍去）或s2＝，
∴P（，）；
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得Q点的坐标为（s，2），
将点Q的坐标代入抛物线解析式得﹣×s﹣2＝2，
解得s1＝（舍去）或s2＝，
∴P（，）；
综上，符合条件的P点的坐标为（，）或（，）．
3．（2021•市中区三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+3与两坐标轴交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c过点A和点B，并与x轴交于另一点C，顶点为D．点E在对称轴右侧的抛物线上．

（1）求抛物线的函数表达式和顶点D的坐标；
（2）若点F在抛物线的对称轴上，且EF∥x轴，若以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，求出此时点E的坐标；
（3）若点P为坐标平面内一动点，满足tan∠APB＝3，请直接写出△PAB面积最大时点P的坐标及该三角形面积的最大值．
【分析】（1）先由y＝﹣x+3得出A，B的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式，再求出顶点D的坐标；
（2）先确定△ABC是直角三角形，然后分两种情况讨论以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，由相似三角形的性质列方程求出点E的坐标；
（3）先根据tan∠APB＝3确定P所在的运动路径是以AD为直径的圆，然后找点P与AB最远的位置，求出此时△PAB面积的最大值及点P的坐标．
【解析】（1）∵直线y＝﹣x+3与y轴、x轴分别交于A、B两点、
∴A（0，3），B（3，0），
将A（0，3）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x+3，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1
∴抛物线的顶点D的坐标为（2，﹣1）．
（2）∵A（0，3），B（3，0），D（2，﹣1），
∴AB2＝32+32＝18，AD2＝（2﹣0）2+（3+1）2＝20，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，
∴AB2+BD2＝AD2，
∴△ABD为直角三角形，且∠ABD＝90°，
设点E（m，m2﹣4m+3）（m＞2）．
∵EF∥x轴，
∴DF＝m2﹣4m+3+1＝m2﹣4m+4，FE＝m﹣2，∠DFE＝90°，
∴∠DFE＝∠ABD＝90°，
∴如图1，以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，且∠FDE＝∠BAD，
则，
由AB2＝32+32＝18，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，得AB＝3，BD＝，
∴＝，
解得m1＝5，m2＝2（不符合题意，舍去）．
∴E（5，8）；
如图2，以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，且∠FDE＝∠BDA，
则，
∴＝，
解得m1＝，m2＝2（不符合题意，舍去），
∴E（，）．
综上所述，点E的坐标为（5，8）或（，）．
（3）由（2）得，tan∠ADB＝＝3，
∵tan∠APB＝3，
∴∠APB＝∠ADB，
∴点P在过A、B、D三点，即以AD为直径的圆上．
如图3，取AD的中点Q，以点Q为圆心，以QA为半径作圆，连接QB，
∵QB＝AD＝QA，
∴点B在⊙Q上；
连接并延长OQ、QO分别交AB于点G、⊙Q于点H，作PR⊥AB于点R，连接PG、PQ．
∵QB＝PA，OB＝OA，
∴HG垂直平分AB，
由PG≤QG+PQ，得PG≤GH，
∵PR≤PG，
∴PR≤GH；
∵S△PAB＝AB•PR，
∴当点P与点H重合时，△PAB的面积最大，此时S△PAB＝AB•GH．
由AD2＝（2﹣0）2+（3+1）2＝20，得AD＝2，
∵∠ABQ＝90°，AQ＝AD＝，AG＝AB＝，
∴QG＝＝，
∵HQ＝AQ＝，
∴GH＝+，
∴S△PAB最大＝×3×（+）＝；
过点H作HL⊥x轴于点L，
∵∠OHL＝90°﹣∠HOL＝90°﹣∠BOG＝∠OBA＝45°，
∴OL＝OH•tan45°＝OH；
∵OG＝AB＝，
∴OH＝GH﹣OG＝+﹣＝，
∴HL＝OL＝×（）＝，
∴H（，）．
∵此时点P与点H重合，
∴P（，）．
综上所述，△PAB面积最大值为，此时P（，）．



4．（2021•姑苏区校级二模）如图1，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0）点B（3，0）和点C（0，2），连接AC，线段AB上有一动点P，过点P作AC的平行线交直线BC于点D，交抛物线于点E．
（1）求二次函数的解析式；
（2）移动点P，求线段DE的最大值；
（3）如图2，过点E作y轴的平行线EF交BC于点F，连接PC，若以点C、D、P为顶点的三角形和△EFD是相似三角形，求此时点P坐标．

【分析】（1）用待定系数法易求二次函数的解析式为：y＝；
（2）先待定系数法求BC的函数解析式为：y＝﹣x+2，过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，证明△DFG∽△BCO，再证△EDG∽△CAO，则DG＝3k，EG＝6k，ED＝3k，ED＝EF，要线段DE的最大，只要求EF的最大值．设点E坐标为（e，﹣），则点F坐标为（e，﹣e+2），表示出EF＝﹣﹣（﹣e+2）＝﹣＝﹣+，当e＝时，EF最大＝，得ED最大＝EF＝；
（3）△CPD与△DEF中，已有∠CDP＝∠EDF，分两种情况讨论：①△DPC∽△DEF，易得P与O重合，点P坐标为（0，0）；
②△DCP∽△DEF先求tan∠DCP＝tan∠ACO＝，过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，在Rt△CBQ中．，证明△OCB∽△MBQ，得，从而求出点Q坐标为（2，﹣），用待定系数法求直线CQ的解析式为：y＝﹣x+2，当y＝0时，x＝﹣，即得点P坐标为（﹣，0）．
【解析】（1）把点A（﹣1，0）点B（3，0）和点C（0，2）代入二次函数y＝ax2+bx+c，
得，，
解得，，
∴二次函数的解析式为：y＝；
（2）设BC的函数解析式为：y＝mx+n，
把点C（0，2）和B（3，0）代入，
得，，
解得，，
∴BC的函数解析式为：y＝﹣x+2，
过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，
∴∠GFD＝∠BCO，
∵∠BOC＝∠DGF，
∴△DFG∽△BCO，
∴，
∵AC∥EP，DG∥AO，
∴∠GDE＝∠OAC，
∵∠COA＝∠EGD＝90°，
∴△EDG∽△CAO，
∴，
设GF＝2k，则DG＝3k，EG＝6k，
∴ED＝3k，
∴ED＝EF，
要线段DE的最大，只要求EF的最大值．
设点E坐标为（e，﹣），则点F坐标为（e，﹣e+2），
∴EF＝﹣﹣（﹣e+2）＝﹣
＝﹣+，
当e＝时，EF最大＝，
∴ED最大＝EF＝；
（3）∵△CPD与△DEF中，已有∠CDP＝∠EDF，分两种情况讨论：
①△DPC∽△DEF，
∴点C与点F对应，∠PCD＝∠EFD，
∴CP∥EF，即P与O重合，
∴点P坐标为（0，0）；
②△DCP∽△DEF，
∴点E与点C重合，
∴∠DEF＝∠PCD，
∵∠DEF＝∠ACO，
∴∠DCP＝∠ACO，
∴tan∠DCP＝tan∠ACO＝，
过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，
在Rt△CBQ中．，
∵∠CBO+∠MBQ＝90°，∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠MBQ＝∠OCB，
∵∠COB＝∠BMQ，
∴△OCB∽△MBQ，
∴，
∴BM＝OC＝1，MQ＝BO＝，
∴点Q坐标为（2，﹣），
设CQ的关系为：y＝px+q，
，
解得：，
∴直线CQ的解析式为：y＝﹣x+2，
当y＝0时，x＝，
∴点P坐标为（，0），
综上，点P坐标为（0，0）或（，0），



5．（2021•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且OC＝2OB＝6OA＝6，点P是第一象限内抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC与OP，交于点D，当S△PCD：S△ODC的值最大时，求点P的坐标；
（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∠CMN＝90°，且△CMN与△BOC相似，若存在，请求出点M、点N的坐标．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）当S△PCD：S△ODC的值最大时，即为PD：OD存在最大值，而PD：OD＝PH：OC，进而求解；
（3）证明△MHN∽△CGM，则＝2或，即可求解．
【解析】（1）∵OC＝2OB＝6OA＝6，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0）、（0，6），
则，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣2x2+4x+6；

（2）当S△PCD：S△ODC的值最大时，
上述两个三角形同高，故当S△PCD：S△ODC的值最大时，
即为PD：OD存在最大值．
由抛物线的表达式知，点C（0，6），
由B、C的表达式得，直线BC的表达式为y＝﹣2x+6，
过点P作y轴的平行线交BC于点H，

则△PDH∽△ODC，
则PD：OD＝PH：OC，
设点P的坐标为（x，﹣2x2+4x+6），则点H（x，﹣2x+6），
则PH＝（﹣2x2+4x+6）﹣（﹣2x+6）＝﹣2x2+6x，OC＝6，
∴PD：OD＝PH：OC＝（﹣2x2+6x），
∵﹣2×＜0，故PD：OD存在最大值，此时x＝，
故点P的坐标为（，）；

（3）存在，理由：
过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点G，交过点N与x轴的平行线于点H，
在Rt△BOC中，OB＝3，OC＝6，
则当△CMN与△BOC相似时，两个三角形的相似比为2或，
即MN：CM＝OB：OC＝1：2或MN：CM＝OB：OC＝2：1，

设点M的坐标为（x，﹣2x2+4x+6），设点N的坐标为（0，t），
∵∠CMG+∠HMN＝90°，∠HMN+∠HNM＝90°，
∴∠CMG＝∠HNM，
∵∠MHN＝∠CGM＝90°，
∴△MHN∽△CGM，
∴＝2或，
＝2或
解得：x＝0（舍去）或3或或1或，
即x＝3或或1或，
则与x对应的t＝﹣或或或，
故点M、N的坐标分别为（3，0）、（0，﹣）或（，）、（0，）或（1，8）、（0，）或（，）、（0，）．
【题组二】
6．（2021•玉州区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数：y＝x2﹣2x﹣6的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．
（1）求点A、点C的坐标及对称轴方程；
（2）若直线y＝﹣x+m将△AOC的面积分成相等的两部分，求m的值；
（3）点B是该二次函数图象与x轴的另一个交点，点D是直线x＝2上位于x轴下方的动点，点E是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线x＝2右侧．若以点E为直角顶点的△BED与△AOC相似，求点E的坐标．

【分析】（1）二次函数：y＝x2﹣2x﹣6，当y＝0时，解得x值即为A、B两点的横坐标，当x＝0时，二次函数的y值即为C的纵坐标，由对称轴公式可得对称轴方程；
（2）求出直线y＝﹣x+m与y轴的交点为（0，m），由S△AOC＝×2×6＝6，×（m+6）（m+6）＝3，即可求解；
（3）分△DEO∽△AOC、△BED∽△AOC两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）当y＝0时，代入二次函数解析式，
得：0＝x2﹣2x﹣6，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∵A在B的左边，
∴A的坐标为（﹣2，0），
当x＝0时，代入二次函数解析式，
得：y＝﹣6，
即C的坐标为（0，﹣6），
由对称轴公式得x＝﹣＝2，
即A的坐标为（﹣2，0），C的坐标为（0，﹣6），对称轴方程为x＝2；
（2）联立，
解得：x＝﹣（m+6），
直线y＝﹣x+m与y轴的交点为（0，m），
S△AOC＝×2×6＝6，
由题意得：×（m+6）（m+6）＝3，
解得：m＝﹣2或﹣10（舍去﹣10），
∴m＝﹣2；
（3）∵OA＝2，OC＝6，
∴＝3，
①当△DEB∽△AOC时，则＝＝3，
如图，过点E作EF⊥直线x＝2，垂足为F，过点B作BG⊥EF，垂足为G，

则Rt△BEG∽Rt△EDF，
则＝＝3，
则BG＝3EF，
设点E（h，k），
则BG＝﹣k，FE＝h﹣2，
则﹣k＝3（h﹣2），
即k＝6﹣3h，
∵点E在二次函数上，
故：h2﹣2h﹣6＝6﹣3h，
解得：h＝4或﹣6（舍去﹣6），
则点E（4，﹣6）；
②当△BED∽△AOC时，＝＝，
过点E作ME⊥直线x＝2，垂足为M，过点B作BN⊥ME，垂足为N，

则Rt△BEN∽Rt△EDM，
则＝＝，
则NB＝EM，
设点E（p，q），则BN＝﹣q，EM＝p﹣2，
则﹣q＝（p﹣2），
解得：p＝或（舍去），
故点E坐标为（4，﹣6）或（，）．
7．（2021•武汉模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣且经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线解析式；
（2）在第四象限的抛物线上找一点M，过点M作MN垂直x轴于点N．若△AMN与△ABC相似，点M的坐标；
（3）如图2，P为抛物线上一点，横坐标为p，直线EF交抛物线于E，F两点，其中∠EPF为直角，当p为定值时，直线EF过定点D，求随着p的值发生变化时，D点移动时形成的图象解析式．

【分析】（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得A、C点坐标，根据函数值相等的两点关于对称轴对称，可得B点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）首先证明△ACB是直角三角形，分两种情形分别根据等角的三角函数值相等求解即可解决问题；
（3）设E（xE，yE），F（xF，），P（p，yP），过P作y轴平行线l，分别过E，F作直线l的垂线，垂足分别为M，N，可得△PME∽△FNP，根据相似三角形的性质得ME•NF＝PM•PN，根据点的坐标表示出线段的长，设直线EF的解析式为y＝kx+m，联立y＝﹣x2﹣x+2可得x2﹣（2k+3）x+2m﹣4＝0，则xE+xF＝﹣2k﹣3，xE•xF＝2m﹣4，可得出m＝（p+3）k﹣，则直线EF的解析式为y＝kx+（p+3）k﹣，即可求出当p为定值时，直线EF过定点D（﹣p﹣3，﹣），即可得随着p的值发生变化时，D点移动时形成的图象解析式为y＝﹣x2﹣x．
【解析】（1）∵直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，
当x＝0时，y＝2，即C（0，2），
当y＝0时，x+2＝0，解得x＝﹣4，即A（﹣4，0）．
由A、B关于对称轴x＝﹣对称，得
B（1，0）．
将A、B、C点坐标代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）连接BC，

设M（m，﹣m2﹣m+2），则N（m，0）．
AN＝m+4，MN＝m2+m﹣2．
由勾股定理，得AC＝＝2，BC＝＝．
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
①当△ANM∽△ACB时，∠CAB＝∠MAN，
∵tan∠CAB＝tan∠MAN，tan∠CAB＝＝，
∴tan∠MAN＝＝，解得：m1＝﹣4（舍去），m2＝2，
∴M（2，﹣3），
②当△ANM′∽△BCA时，∠CBA＝∠MAN，
∵tan∠CBA＝tan∠MAN，tan∠CBA＝＝2，
∴tan∠MAN＝＝2，解得：m1＝﹣4（舍去），m2＝5，
∴M（5，﹣18），
综上，点M的坐标是M（2，﹣3）或（5，﹣18）；
（3）设E（xE，yE），F（xF，），P（p，yP），过P作y轴平行线l，分别过E，F作直线l的垂线，垂足分别为M，N，

∵∠EPF为直角，
∴∠MPE+∠NPF＝90°，
∵∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠MPE＝∠NPF，
∵∠PME＝∠FPN＝90°，
∴△PME∽△FNP，
∴，
∴ME•NF＝PM•PN，
∴（xE﹣p）（xF﹣p）＝（yE﹣yP）（yP﹣yF）①，
∵yE﹣yP＝﹣xE2﹣xE+2+p2+p﹣2＝﹣（xE﹣p）（xE+p+3），
yP﹣yF＝﹣p2﹣p+2+xF2+xF﹣2＝（xF﹣p）（xF+p+3），
代入①式得xE•xF+（p+3）（xE+xP）+p2+6p＝﹣13②，
设直线EF的解析式为y＝kx+m，联立y＝﹣x2﹣x+2得
，
∴x2﹣（2k+3）x+2m﹣4＝0，
∴xE+xF＝﹣2k﹣3，xE•xF＝2m﹣4，
∴m＝（p+3）k﹣，
则直线EF的解析式为y＝kx+（p+3）k﹣，
∴当p为定值时，直线EF过定点D（﹣p﹣3，﹣），
∴随着p的值发生变化时，D点移动时形成的图象解析式为y＝﹣x2﹣x．
8．（2021•长清区二模）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＝﹣x+2经过B、C两点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）设点Q是抛物线上一点，当Q在直线BC的下方时，△BCQ的面积为4，求点Q的坐标；
（3）过（2）中的点Q作QE∥y轴，交x轴于点E．点M是抛物线x轴上方的一个动点，点N在x轴上，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的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）由直线y＝﹣x+2与y轴交于点C，求出C（0，2），将A（1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c，列方程组求a、b、c的值；
（2）过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，交BC于点F，则QF⊥OB，用含有点Q的横坐标x的代数式表示点Q、F的坐标及线段QF的长，再根据△BCQ的面积为4列方程求出点Q的坐标；
（3）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．过点M作MR⊥x轴于点R，由△MER∽△NEM∽△BOC，得△MER两条直角边的比为1：2（或2：1），列方程求出点M的坐标．
【解析】（1）∵直线y＝﹣x+2与y轴交于点C，
∴C（0，2），
把A（1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c，
得，解得，
∴二次函数的解析式y＝x2x+2.
（2）如图1，过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，交BC于点F，则QF⊥OB．
设Q（x，x2x+2）（0＜x＜4），则F（x，﹣x+2），
∴QF＝﹣x+2﹣（x2x+2）＝﹣x2+2x．
∵S△BCQ＝QF•OE+QF•BE＝QF•OB，且S△BCQ＝4，
∴×4（﹣x2+2x）＝4，
解得x1＝x2＝2，
∴Q（2，﹣1）．
（3）存在．
如图2，作MR⊥x轴于点R，则∠ERM＝∠EMN＝90°，
∵∠MER＝∠NEM（公共角），
∴△EMR∽△ENM；
当△ENM∽△BOC时，则△EMR∽△BOC．
设M（m，m2m+2）（m＜1或m＞4），则R（m，0）；
由（1），得Q（2，﹣1），则E（2，0），
∴MR＝m2m+2，ER＝|m﹣2|．
当∠MEN＝∠CBO时，则，即2MR＝ER，
∴2（m2m+2）＝|m﹣2|，即m2﹣5m+4＝|m﹣2|．
由m2﹣5m+4＝m﹣2，整理，得m2﹣6m+6＝0，
解得m1＝3+，m2＝3﹣（不符合题意，舍去），
∴M（3+，+）；
由m2﹣5m+4＝2﹣m，整理，得m2﹣4m+2＝0，
解得m1＝2，m2＝2+（不符合题意，舍去），
∴（2，）；
当∠MEN＝∠BCO时，则，即MR＝2ER，
∴m2m+2＝2|m﹣2|，即m2﹣5m+4＝4|m﹣2|．
由m2﹣5m+4＝4（m﹣2），整理，得m2﹣9m+12＝0，
解得m1＝+，m2＝（不符合题意，舍去），
∴M（+，5+）；
由m2﹣5m+4＝﹣4（m﹣2），整理，得m2﹣m﹣4＝0，
解得m1＝，m2＝+（不符合题意，舍去），
∴M（，3+）．
四种不同情况如图2～图5所示．
综上所述，点M的坐标是（3+，+）或（2，）或（+，5+）或（，3+）.





9．（2021•武昌区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数）分别交x轴于A（﹣1，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），连接AC，作射线CB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点F在抛物线上，点G在射线CB上，若以A，C，F，G四点为顶点的四边形是平行四边形，求点F的坐标；
（3）点M在射线CB上，点N在抛物线上，若△CNM∽△COA，求点N的坐标．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）F在第一象限时，设点，则，将点G的坐标代入BC的解析式得：，即可求解；当点F在第四象限时，同理可解；
（3）当N在第一象限时，证明△MNH∽△NCI，则NI＝3HMCI＝3NH，进而求解；②N在第四象限时，同理可解．
【解析】（1）将点C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c得：c＝﹣3，
将点A（﹣1，0）B（6，0）代入函数表达式得：，解得：，
∴；

（2）分两种情况：
①F在第一象限时，设BC解析式为y＝kx+b（k≠0），
则，解得：，
∴，
设点，
∵FG∥AC，G可由F右移1个单位，下移3个单位得到，
则，
将点G的坐标代入BC的解析式得：，
解得：n1＝﹣1（舍），n2＝7，
∴F1（7，4）；
②点F在第四象限时，设点，
∴，
将点G的坐标代入BC解析式得：，
解得：，
∴，，
∴F1（7，4），，；
（3）分两种情况
①N在第一象限时，作NI∥y轴，CI∥x轴，MH⊥NI于点H，
∵△CNM∽△COA，
∴∠CNM＝∠COA＝90°，，
∵∠MNH+∠HNC＝∠HNC+∠NCI＝90°，
∴∠MNH＝∠NCI，
∵∠NHM＝∠I＝90°，
∴△MNH∽△NCI，
∴，
∴NI＝3HMCI＝3NH，

设，，
则，HM＝m﹣n，，CI＝n，
则，解得（舍去）或，
∴N（7，4）；
②N在第四象限时，
同理可得：，解得，
故点N（，﹣），
综上，点N的坐标为（7，4）或（，﹣）．
10．（2021•锡山区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2ax+a2﹣4与x轴正半轴交于点A、点B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点记为D，△ABC的面积为10．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求∠BCD的正弦值；
（3）将此抛物线沿y轴上下平移，所得新抛物线的顶点为P，且△PBD与△BCD相似，求平移后的新抛物线的解析式．

【分析】（1）令y＝0，由x2﹣2ax+a2﹣4＝0求出点A、B的坐标，即用含a的代数式表示点A、B的横坐标，求出AB的长，再根据△ABC的面积为10求出点C的坐标，由此求出a的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）过点O作BC的垂线OE交CD于点F，求出直线OE的解析式，再求出直线CD的解析式并将这两条直线的解析式联立成方程组，解方程组求出它们的交点F的坐标，再求EF、CF的长，即可求∠BCD的正弦值；
（3）过点D作DP⊥x轴，交BC于点P，可证得△PBD∽△BCD，则点P就是平移后抛物线的顶点，求出点P的坐标，即可求得平移后的抛物线的解析式．
【解析】（1）当y＝0时，由x2﹣2ax+a2﹣4＝0，得x1＝a﹣2，x2＝a+2，
∴A（a﹣2，0），B（a+2，0），AB＝a+2﹣（a﹣2）＝4；
设C（0，m），则×4m＝10，解得m＝5，
∴C（0，5）；
又∵C（0，a2﹣4），
∴a2﹣4＝5，
解得a＝3或a＝﹣3（不符合题意，舍去），
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5.
（2）如图1，作OE⊥BC于点E，交CD于点F，设直线CD的解析式为y＝kx+5．
∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴D（3，﹣4），
∴3k+5＝﹣4，
解得k＝﹣3，
∴y＝﹣3x+5；
由（1），得A（1，0），B（5，0），
∴OB＝OC，
∴E为BC的中点，E（，），
设直线OE的解析式为y＝px，则p＝，解得p＝1，
∴y＝x，
由，得，
∴F（，），
∴EF＝＝，CF＝＝，
∴sin∠BCD＝＝．
（3）如图2，过点D作DM⊥x轴于点M，交BC于点P，则M（3，0），
∴BM＝5﹣3＝2，
∵DM＝4，
∴BD＝＝2
∴sin∠BDP＝＝＝sin∠BCD，
∴∠BDP＝∠BCD，
又∵∠PBD＝∠DBC（公共角），
∴△PBD∽△BCD，
∴点P为抛物线平移后的顶点，
∵∠OBC＝45°，
∴PM＝BM•tan45°＝BM＝2，
∴P（3，2）；
∵平移后的抛物线与抛物线y＝x2﹣6x+5的形状相同且对称轴相同，
∴平移后的抛物线为y＝（x﹣3）2+2，即y＝x2﹣6x+11．


【题组三】
11．（2021•龙岗区校级三模）在直角坐标平面内，直线y＝x+2分别与x轴、y轴交于点A、C．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A与点C，且与x轴的另一个交点为点B，点D在该抛物线上，且位于直线AC的上方．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连结BC、BD，且BD交AC于点E，如果△ABE的面积与△ABC的面积之比为4：5，求∠DBA的正切值；
（3）过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连结CD．若△CFD与△AOC相似，求点D的坐标．

【分析】（1）先利用一次函数表达式确定点A、C的坐标A（﹣4，0），C（0，2），再用待定系数法求二次函数的表达式；
（2）如图1，过点E作EH⊥AB于H，解方程＝0，可得B坐标（1，0），再得出△ABC面积为5，则△ABE面积为4，设点E坐标为（x，），故＝4，解得：x＝，则点E坐标为（，）．最后利用正切定义求解；
（3）利用∠AOC＝∠DFC＝90°，分两种情况讨论：①若∠DCF＝∠ACO，△DCF∽△ACO，如图2，过点D作DG⊥y轴于点G，过点C作CQ⊥DC交x轴于点Q，先证明AQ＝CQ，设点Q坐标为（m，0），则m+4＝，确定点Q的坐标为（，0），再证明△DCG∽△CQO，利用相似比得到，设DG＝4t，GC＝3t，则点D的坐标为（﹣4t，3t+2），再将D点坐标代入y＝，求出t，可得点D坐标；②若∠DCF＝∠CAO，△DCF∽△CAO，如图3，则CD∥AO，利用点D纵坐标与点C纵坐标相同可确定此时点D的坐标．
【解析】（1）令y＝x+2中x＝0，得y＝2；令y＝0，得x＝﹣4，
故A（﹣4，0），C（0，2）．
把A、C两点坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，则得：
，解得：．
所以抛物线的表达式为y＝．
（2）如图1，过点E作EH⊥AB于H，
当y＝0时，＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝1，
故点B坐标为（1，0），A（﹣4，0），
∴S△ABC＝＝5，
∵△ABE的面积与△ABC的面积之比为4：5，
∴S△ABE＝4．
设点E坐标为（x，），
∴＝4，解得：x＝．
故点E坐标为（，）．
∴BH＝1+＝．
在Rt△BHE中，tan∠EBH＝＝＝．
即∠DBA的正切值为．
（3）∵∠AOC＝∠DFC＝90°，
∴分两种情况讨论：
①若∠DCF＝∠ACO，则△DCF∽△ACO，如图2，
过点D作DG⊥y轴于点G，过点C作CQ⊥DC交x轴于点Q．
∴∠DCF+∠ACQ＝90°，
∴∠ACO+∠ACQ＝90°，
又∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠ACQ＝∠CAO．
∴AQ＝CQ．
设点Q坐标为（m，0），则m+4＝，解得：m＝．
∴点Q坐标为（，0）．
∵∠QCO+∠DCG＝90°，∠QCO+∠CQO＝90°，
∴∠DCG＝∠CQO．
又∵∠DGC＝∠QOC＝90°，
∴△DCG∽△CQO．
∴，即＝＝．
设DG＝4t，GC＝3t，则点D的坐标为（﹣4t，3t+2），
将D点坐标代入y＝，得：
﹣8t2+6t+2＝3t+2，解得：t1＝0（舍去），t2＝．
故点D坐标为（﹣，）．
②若∠DCF＝∠CAO，则△DCF∽△CAO，如图3，
则CD∥AO，
∴点D的纵坐标为2，把y＝2代入y＝，得：
＝2，解得：x1＝﹣3，x2＝0（舍去）．
∴点D的坐标为（﹣3，2）．
综上所述，点D坐标为（﹣，）或（﹣3，2）．



12．（2021•金坛区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC．
（1）填空：b＝　2　；
（2）设抛物线的顶点是D，连接BC，BD，将∠ABC绕点B顺时针旋转，当射线BC经过点D时，射线BA与抛物线交于点P，求点P的坐标；
（3）设E是x轴上位于点B右侧的一点，F是第一象限内一点，EF⊥x轴且EF＝3，点H是线段AE上一点，以EH、EF为邻边作矩形EFGH，FT⊥AC，垂足为T，连接TG，TH．若△TGF与△TGH相似，求OE的长．

【分析】（1）将A（﹣1，0）代入二次函数得b＝2；
（2）求出D（1，4），A（﹣1，0），B（0，3），在△BCD中可以判断△BCD是以∠BCD为直角的直角三角形，所以tan∠DBC＝＝，当射线BC经过点D时，∠ABP＝∠CBD，记直线BP与y轴相交于点M，可得tan∠ABM＝，在Rt△MOB中，tan∠ABM＝＝＝，求出OM，可求直线BP的解析式为y＝﹣x+1，直线BP与抛物线联立即可求点P（﹣，）；
（3）过点T作TK⊥CF于K，①当点H在原点O的右侧时，可判断出四边形COHG是矩形，可得点C，G，F在同一条线上，∠TGH是钝角，而∠TGF也是钝角，由△TGF与△TGH相似，可得∠GTH＝45°＝∠CGT，TK＝GK，∠OCA＝∠TFC，，在Rt△AOC中，tan∠OCA＝＝，则可得tan∠TFC＝＝，FK＝3TK，同理：tan∠TCK＝＝，CK＝3TK，（Ⅰ）当△TGF∽△HGT时，＝，设TK＝TG＝m，则CK＝m，TG＝m，GF＝2m，由（m）2＝3×2m，可求OE＝CF＝m＝10；（Ⅱ）若△TGF∽△TGH则有∠GTF＝∠GTH，∠TGF＝∠TGH，可得TG＝TG，所以△TGF≌△TGH（ASA），进而求出OE＝CF＝5；②当点H在原点O的左侧时，∠HGT是钝角，GTF也是钝角，则△GTF≌△TGH（SAS），TF＝GH＝3，CT＝1，在Rt△CFT中，OE＝CF＝，当△GTF∽△HGT时∴△GTF≌△HGT（AAS），GT＝HG＝3，TF＝GT＝3，
CT＝1，OE＝CF＝＝＝．
【解析】（1）将A（﹣1，0）代入得，﹣1﹣b+3＝0，
∴b＝2，
故答案为2；
（2）如图1，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴OB＝OC＝3，BC＝3，
∵CD2＝12+（4﹣3）2＝2，BD2＝（3﹣1）2+32＝20，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴△BCD是以∠BCD为直角的直角三角形，
∴∠DCB＝90°，
∴tan∠DBC＝＝，
当射线BC经过点D时，∠ABP＝∠CBD，记直线BP与y轴相交于点M，
∴∠OBM＝∠CBD，
∴tan∠ABM＝，
在Rt△MOB中，tan∠ABM＝＝＝，
∴OM＝1，
∴直线BP的解析式为y＝﹣x+1①，
∵二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3②，
联立①②解得，或，
∴P（﹣，）；
（3）过点T作TK⊥CF于K，
分两种情形：
①当点H在原点O的右侧时，如图2，
∵四边形EFGH是矩形，
∴GH＝EF＝3，∠HGF＝∠OHG＝90°＝∠AOC，
∴OC∥GH，
∵C（0，3），
∴OC＝3＝GH，
∴CG∥OH，
∴四边形OCGH是平行四边形，
∵∠COH＝90°，
∴平行四边形COHG是矩形，
∴∠CGH＝90°＝∠HGF，
∴点C，G，F在同一条线上，
∵点H在点原点O右侧，
∴∠TGH＝∠CGH+∠CGT＝90°+∠CGT，
∴∠TGH是钝角，而∠TGF也是钝角，
∵△TGF与△TGH相似，
∴∠TGH＝∠TGF，
∴∠CGT＝45°，
∴∠GTH＝45°＝∠CGT，
∴TK＝GK，
∵FT⊥AC，
∴∠ATF＝90°，
∴∠CFT+∠TCF＝90°，
∵∠TCF+∠ACO＝90°，
∴∠OCA＝∠TFC，
∴tan∠TFC＝tan∠OAC，在Rt△AOC中，tan∠OCA＝＝，
∴tan∠TFC＝＝，
∴FK＝3TK，
∴FG＝2TK＝2MG，
同理：tan∠TCK＝＝，
∴CK＝3TK，
（Ⅰ）当△TGF∽△HGT时，
∴＝，
∴GT2＝HG•GF，
设TK＝TG＝m，
则CK＝m，TG＝m，GF＝2m，
∴（m）2＝3×2m，
∴m＝0（舍）或m＝3，
∴OE＝CF＝m＝10；
（Ⅱ）若△TGF∽△TGH，
∴∠GTF＝∠GTH，∠TGF＝∠TGH，
∵TG＝TG．
∴△TGF≌△TGH（ASA），
∴GH＝GF＝3，
∴TM＝MG＝，
∴CM＝，
∴OE＝CF＝++3＝5，
②当点H在原点O的左侧时，如图3，
∠HGT＝∠AGF+∠CGT＝90°+∠CGT，
∴∠HGT是钝角，
同理：∠GTF也是钝角，
当△TGF与△TGH相似时，
必有∠GTF＝∠HGT，
当△GTF∽△TGH时，∠GTF＝∠HGT，∠GTH＝∠TGF，
∵GT＝GT，
∴△GTF≌△TGH（ASA），
∴TF＝GH＝3，
∴CT＝1，
∴OE＝CF＝＝＝，
当△GTF∽△HGT时，∠GTF＝∠HGT，∠GTH＝∠TFG，
∵GT＝GT，
∴△GTF≌△HGT（AAS），
∴GT＝HG＝3，TF＝GT＝3，
∴CT＝1，
∴OE＝CF＝＝＝，
由上可知，OE的长是10或5或．



13．（2021•碑林区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，顶点为C，对称轴与x轴交于点M，点D在线段CM上（不与C，M重合），过点D作x轴的平行线交对称轴左侧的抛物线于点E．
（1）求抛物线的表达式及顶点C的坐标；
（2）点F在抛物线的对称轴上，且位于第三象限，若以点A，C，F为顶点的三角形与以D、E、F为顶点的三角形相似，求点E坐标．

【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的表达式，进而求解；
（2）当∠AFC为直角时，则点F在x轴上，与题意中点F在第三象限不符，故不存在；当∠ACF为直角时，则点F不在抛物线对称轴上，也与题意不符；故只有∠CAF为直角一种情况，进而求解．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：，解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
由点A、B的坐标知，抛物线的对称轴为x＝（﹣3+1）＝﹣1，
当x＝﹣1时，y＝﹣x2﹣2x+3＝4，
故点C（﹣1，4）；

（2）当∠AFC为直角时，则点F在x轴上，与题意中点F在第三象限不符，故不存在；
当∠ACF为直角时，则点F不在抛物线对称轴上，也与题意不符；
故只有∠CAF为直角一种情况，如下图：

当∠CAF＝90°时，
∵∠MAF+∠MAC＝90°，∠MAC+∠MCA＝90°，
∴∠MCA＝∠MAF，
在Rt△ACM中，AM＝﹣1﹣（﹣3）＝2，CM＝4，故tan∠ACM＝＝tan∠MAF，
则MF＝AMtan∠MAF＝2×＝1，
故点F的坐标为（﹣1，﹣1）；
设点D的坐标为（﹣1，m），点E（t，m），则m＝﹣t2﹣2t+3①，
在Rt△DEF中，ED＝﹣1﹣t，DF＝m+1，
∵以点A，C，F为顶点的三角形与以D、E、F为顶点的三角形相似，tan∠ACF＝，
故tan∠EFD＝或2，
即，则＝或2②，
联立①②并解得t＝（舍去）或﹣或（舍去）或﹣3（舍去），
故t＝﹣，
当t＝﹣时，m＝﹣t2﹣2t+3＝2﹣3，
故点E的坐标为（﹣，2﹣3）．
14．（2021•深圳模拟）已知抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，点D是直线BC下方抛物线上的动点．
（1）求直线BC的解析式；
（2）如图1，过D作DE∥y轴交BC于E，点P是BC下方抛物线上的动点（P在D的右侧），过点P作PQ∥y轴交BC于Q，若四边形EDPQ为平行四边形．且周长最大．求点P的坐标；
（3）如图2，当D点横坐标为1时，过A且平行于BD的直线交抛物线于另一点E，若M在x轴上，是否存在这样点的M，使得以M、B、D为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）先根据抛物线y＝x2﹣3x﹣4，求出点A、B、C的坐标，再运用待定系数法求直线BC的解析式；
（2）设E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），则D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），由四边形EDPQ为平行四边形，可得ED＝QP，建立方程求解即可；
（3）分两种情况：①若DM∥EB，则∠DMB＝∠EBM，可证明△AEB∽△BDM，利用相似三角形性质即可求得答案；
②若∠DM′B＝∠BEA且∠EAB＝∠DBM′，可证得△AEB∽△BM′D，利用相似三角形性质即可求得答案．
【解答】（1）∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，
∴令x＝0，则y＝4，
令y＝0，则x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴C（0，﹣4），A（﹣1，0），B（4，0），
∴OC＝4，OA＝1，OB＝4，AB＝5，
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
∴把B、C代入上式得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣4；
（2）如图1，过D作DE∥y轴交BC于E，点P是BC下方抛物线上的动点（P在D的右侧），过点P作PQ∥y轴交BC于Q，
又∵抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，直线BC的解析式为：y＝x﹣4，
∴设E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），则
D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），
若四边形EDPQ为平行四边形，则ED＝QP，
即（ x1﹣4）﹣（x12﹣3x1﹣4）＝（x2﹣4）﹣（x22﹣3x2﹣4），
解得：x1＝x2 （不合题意，应舍去），x1+x2＝4，
∵EQ＝＝＝（x2﹣x1），ED＝4x1﹣x12，
又∵C▱EDPQ＝2（EQ+ED）＝2[（x2﹣x1）+4x1﹣x12，
把x1＝4﹣x2代入上式得：C▱EDPQ＝﹣2（x1+﹣2）2+12（0＜x＜4），
∵﹣2＜0，此抛物线开口向下，C有最大值
∴当x1＝2﹣时，C▱EDPQ的最大值＝12，此时x2＝4﹣x1＝2+，
∴P（2+，﹣4）；
（3）如图2，此题有两种情形：
①若DM∥EB，则∠DMB＝∠EBM，
∵AE∥DB，
∴∠EAB＝∠DBM，
∴△AEB∽△BDM，
∴，
∵xD＝1，
∴yD＝1﹣3﹣4＝﹣6，
∴D（1，﹣6），
∵B（4，0），D（1，﹣6），
∴yBD＝2x﹣8，
∵AE∥BD，
∴设yAE＝2x+n并把A（﹣1，0）代入得：yAE＝2x+2，
联立，
解得：（与A重合，应舍去） 或，
∴＝7，BD＝＝3，
∴，
∴BM＝，
∴OM＝OB﹣BM＝4﹣＝，
∴M（，0），
②若∠DM′B＝∠BEA且∠EAB＝∠DBM′，
∴△AEB∽△BM′D，
∴，
∴，
∴BM′＝21，
∴OM′＝BM′﹣BO＝21﹣4＝17，
∴M′（﹣17，0），
综上所述，M（，0）或（﹣17，0）．



15．（2021•南宁一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣5），连接BC．N是线段BC上方抛物线上一点，过点N作NM⊥BC于M．
（1）求抛物线的解析式和点B的坐标；
（2）求线段NM的最大值；
（3）若点P是y轴上的一点，是否存在点P，使以B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把点A和点C的坐标分别代入y＝﹣x2+bx+c，求出b和c，再令y＝0，可求出点B坐标；
（2）过点N作NG⊥x轴与BC交于点G，易得△MNG是等腰直角三角形，即MN＝NG，求出NG的最大值即可；
（3）因为∠BAC＜135°，即点P只能在点C上方的y轴上，又∠OBC＝∠OCB＝45°，所以分两种情况：①△PCB∽△ABC和②△BCP∽△ABC，分别讨论即可求解．
【解析】（1）将A（﹣1，0），C（0，﹣5）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣6x﹣5，
令﹣x2﹣6x﹣5＝0，解得，x1＝﹣5，x2＝﹣1，
∴B（﹣5，0）；
（2）如图，过点N作NG⊥x轴与BC交于点G，

设直线BC的解析式为y＝kx+m，
把B（﹣5，0），C（0，﹣5）分别代入得：
，解得，，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣5，
∴NG＝（﹣x2﹣6x﹣5）﹣（﹣x﹣5）＝﹣x2﹣5x，
∴当x＝﹣＝﹣时，NG有最大值为，
又∵MN＝NG，
∴NM的最大值为．
（3）存在，以B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似，此时点P（0，﹣1），（0，）；理由如下：

∵C（0，﹣5），
∴OC＝5，
∵A（﹣1，0），B（﹣5，0），
∴OB＝5，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠BAC＜135°，即点P只能在点C上方的y轴上，
∴∠PCB＝∠ABC＝45°，
设P（0，a），则a＞﹣5，
∴AB＝4，BC＝5，CP＝a+5，
∵以点B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似，
∴①△PCB∽△ABC，
∴PC：AB＝BC：BC＝1，即（5+a）：4＝1，
解得a＝﹣1，
∴P（0，﹣1）；
②△BCP∽△ABC，
∴BC：AB＝PC：BC，即5：4＝（5+a）：5，
解得a＝，
∴P（0，）．
综上，以B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似，此时P（0，﹣1），（0，）．
【题组四】
16．（2021•范县模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线在第四象限的图象上有一点M，求四边形ABMC面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图2，直线CD交x轴于点E，若点P是线段EC上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用二次函数的顶点式求解；
（2）将四边形ABMC进行分割，分成△ABC，△CMN，△BMN的和，△ABC的面积是定值，求出直线BC的表达式，当点M在移动时，表示出线段MN的长度，从而计算出△CMN，△BMN面积和的最大值，进而求解；
（3）利用三角形相似的判定条件，两边对应成比例且夹角相等进行求解，通过求直线CD的表达式，得到E点的坐标，从而求出∠OEC＝∠OBC，分情况讨论两边成比例的情况，进而求出点EP的长度，再借助解直角三角形进行求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将点C（0，﹣3）代入得：
4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴抛物线表达式为：y＝（x﹣1）2﹣4；
（2）连接BC，作MN∥y轴交BC于点N，作BE⊥MN，CF⊥MN，如图，

由（1）知，抛物线表达式为y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），
设直线BC的表达式为y＝kx+b，将点B （3，0），C（0，﹣3）代入得：
，
∴直线BC表达式为y＝x﹣3，
设M点（m，m2﹣2m﹣3），则点N（m，m﹣3），
MN＝yN﹣yM＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，
∴S四边形ABMC＝S△ABC+S△BCM
＝S△ABC+S△CMN+S△BMN
＝++
＝+
＝6+
＝（m﹣）2+，
当m＝时，即点M坐标（，﹣）时，四边形ABMC面积的最大值；
（3）如图，作PQ垂直x轴，

设直线CD：y＝px+q，将点C，D分别代入得，
，
解得，
∴直线BC：y＝﹣x﹣3，
当y＝0时，解得x＝﹣3，
∴点E坐标为（﹣3，0），
∵OE＝OC＝OB＝3，
∴∠OEC＝∠OBC＝45°，
在Rt△OBC中，
BC＝＝3，
①当△BAC∽△EPO时，
，即，
解得EP＝2，
在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，
∴sin45°＝，
解得PQ＝2，
∴EQ＝PQ＝2，
此时点P坐标（﹣1，﹣2）；
②当△BAC∽△EOP时，
，即，
解得EP＝，
在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，
∴sin45°＝，
解得PQ＝，
∴EQ＝PQ＝，
此时点P坐标（﹣，﹣）；
综上所述，当点P坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣，﹣）时，点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．
17.（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．
【解答】解：（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）．

18．（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（a，a2），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（34a，a﹣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（54a，2），代入抛物线的解析可得出答案．
【解答】解：（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+b，
∴4k+b=0b=-2，解得k=12b=-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（a，a2），
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=a4，PM=12（a﹣4）=12a﹣2，
∴MN＝a﹣2，BN﹣QM＝a﹣4-a4=34a﹣4，
∴Q（34a，a﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得12×(34a)2-32×34a﹣2＝a﹣2，
解得a＝0（舍去）或a=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（54a，2）．
此时点P的坐标为（6+2415，3+415）．
19.（2020•连云港）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．
【解答】解：（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）．
20.（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．
【解答】解：（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）．

【题组五】
21．（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．
【解答】解：（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．
22．（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．
【解答】解：（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
23．（2020•柘城县模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B两点，且与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线与直线y＝﹣x﹣1交于A、E两点，P点在x轴上且位于点B的左侧，若以P、B、C为顶点的三角形与△ABE相似，求点P的坐标；
（3）F是直线BC上一动点，M为抛物线上一动点，若△MBF为等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．

【分析】（1）由点A的坐标及抛物线的对称轴可得出点B的坐标，由点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的函数表达式；
（2）联立直线AE和抛物线的函数关系式成方程组，通过解方程组可求出点E的坐标，进而可得出AE的长度，由直线AE的函数表达式可得出∠BAE＝45°，由点B、C的坐标可得出∠CBO＝45°、BC＝32，设点P的坐标为（m，0），则PB＝3﹣m，由∠BAE＝∠CBO利用相似三角形的性质可得出PBBC=ABAE或PBBC=AEAB，代入数据即可求出m的值，此问得解；
（3）由∠CBO＝45°可得出存在两种情况：①取点M1与点A重合，过点M1作M1F1∥y轴，交直线BC于点F1，则△BM1F1为等腰直角三角形，由此可得出点M1的坐标；②取点C′（0，﹣3），连接BC′，延长BC′交抛物线于点M2，过点M2作M2F2∥y轴，交直线BC于点F2，则△M2BF2为等腰直角三角形，由点B、C′的坐标可求出直线BC′的函数关系式，联立直线BC′和抛物线的函数关系式成方程组，通过解方程组可求出点M2的坐标，综上即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝1，且过点A（﹣1，0），
∴点B的坐标为（3，0）．
将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，得：
a-b+c=09a+3b+c=0c=3，解得：a=-1b=2c=3，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）联立直线AE和抛物线的函数关系式成方程组，得：y=-x-1y=-x2+2x+3，
解得：x1=-1y1=0，x2=4y2=-5，
∴点E的坐标为（4，﹣5），
∴AE=[4-(-1)]2+(-5-0)2=52．
∵点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），
∴∠CBO＝45°，BC＝32．
∵直线AE的函数表达式为y＝﹣x﹣1，
∴∠BAE＝45°＝∠CBO．
设点P的坐标为（m，0），则PB＝3﹣m．
∵以P、B、C为顶点的三角形与△ABE相似，
∴PBBC=ABAE或PBBC=AEAB，
∴3-m32=452或3-m32=524，
解得：m=35或m=-92，
∴点P的坐标为（35，0）或（-92，0）．
（3）∵∠CBO＝45°，
∴存在两种情况（如图2）．
①取点M1与点A重合，过点M1作M1F1∥y轴，交直线BC于点F1，
∵∠CBM1＝45°，∠BM1F1＝90°，
∴此时△BM1F1为等腰直角三角形，
∴点M1的坐标为（﹣1，0）；
②取点C′（0，﹣3），连接BC′，延长BC′交抛物线于点M2，过点M2作M2F2∥y轴，交直线BC于点F2，
∵点C、C′关于x轴对称，∠OBC＝45°，
∴∠CBC′＝90°，BC＝BC′，
∴△CBC′为等腰直角三角形，
∵M2F2∥y轴，
∴△M2BF2为等腰直角三角形．
∵点B（3，0），点C′（0，﹣3），
∴直线BC′的函数关系式为y＝x﹣3，
联立直线BC′和抛物线的函数关系式成方程组，得：y=x-3y=-x2+2x+3，
解得：x1=-2y1=-5，x2=3y2=0，
∴点M2的坐标为（﹣2，﹣5）．
综上所述：点M的坐标为（﹣1，0）或（﹣2，﹣5）．


24．（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．
【解答】解：（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．
25．（2020•宛城区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是y轴正半轴上的一点，OM=2，点Q在对称轴左侧的抛物线上运动，直线OQ交抛物线的对称轴于点N，连接MN，当MN平分∠OND时，求点Q的坐标；
（3）直线AC交对称轴于点E，P是坐标平面内一点，当△PCE与△BCD全等时，请直接写出点P的坐标．

【分析】（1）将点A，点B坐标代入解析式，可求解；
（2）由角平分线的性质和平行线的性质可求OM＝ON=2，由两点距离公式可求点N坐标，可求ON解析式，联立方程组可求点Q坐标；
（3）由题意可得CD＝CE，分两种情况讨论，由全等三角形的性质和两点距离公式可求点P坐标．
【解答】解：（1）由题意可得：0=9a-3b+30=a+b+3，
解得：a=-1b=-2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4；
∴点D的坐标为（﹣1，4），

∵MN平分∠OND，
∴∠DNM＝∠ONM，
∵ND∥OM，
∴∠DNM＝∠OMN，
∴∠OMN＝∠ONM，
∴OM＝ON=2，
设点N（﹣1，n），
∴（﹣1﹣0）2+（n﹣0）2＝2，
∴n＝±1，
∴N1（﹣1，1）或N2（﹣1，﹣1），
当N1（﹣1，1）时，
∴直线ON1的解析式为：y＝﹣x，
联立方程组可得：y=-xy=-x2-2x+3，
∴x1=-1+132y1=1+132，x2=1+132y2=-1+132，
∵点Q在对称轴左侧的抛物线上运动，
∴点Q（-1+132，1+132）；
当N2（﹣1，﹣1）时，
∴直线ON2的解析式为：y＝x，
联立方程组可得：y=xy=-x2-2x+3，
∴x3=-3-212y3=-3-212，x4=-3+212y4=-3+212，
∵点Q在对称轴左侧的抛物线上运动，
∴点Q（-3-212，-3-212）；
综上所述：点Q的坐标为（-1+132，1+132）或（-3-212，-3-212）；
（3）∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与y轴交于点C，
∴点C（0，3），
∵点A（﹣3，0），点C（0，3），
∴直线AC解析式为：y＝x+3，
∴当x＝﹣1时，y＝2，
∴点E（﹣1，2），
∵点A（﹣3，0），点B（1，0），点E（﹣1，2），点C（0，3），D（﹣1，4），
∴BC=10，BD＝25，CD=2，AE＝22，CE=2，
∴CD＝CE，
如图2，

设点P（x，y），
当PC＝BC，PE＝BD，CD＝CE，则△PCE≌△BCD（SSS），
∴(x-0)2+(y-3)2=10(x+1)2+(y-2)2=25，
解得：x1=3y1=4，x2=1y2=6，
∴点P1（3，4），点P2（1，6）；
当PC＝BD，PE＝BC，CD＝CE时，则△PCE≌△BDC（SSS），
∴(x-0)2+(y-3)2=25(x+1)2+(y-2)2=10，
解得：x3=-4y3=1，x4=-2y4=-1，
∴点P3（﹣4，1），点P4（﹣2，﹣1）；
综上所述：点P坐标为（3，4）或（1，6）或（﹣4，1）或（﹣2，﹣1）．
【题组六】
16．（2020•碑林区校级四模）如图，抛物线M：y＝﹣x2﹣3x+4与x轴的交点分别为A、B，与y轴交点为C．
（1）求A、B、C三点的坐标．
（2）将抛物线M向右平移m（m＞32）个单位得到抛物线M'，设抛物线M'的顶点为D，它的对称轴与x轴交点为E，要使△ODE与△OAC相似，求m的值．

【分析】（1）令y＝0，x＝0，可求A、B、C三点的坐标；
（2）用m表示点D坐标，由相似三角形的性质可得OAOE=OCDE或OADE=OCOE，即可求m的值．
【解答】解：∵y＝﹣x2﹣3x+4与x轴的交点分别为A、B，
∴0＝﹣x2﹣3x+4，
∴x1＝﹣4，x2＝1，
∴点A（1，0），点B（﹣4，0），
∵y＝﹣x2﹣3x+4与y轴交点为C，
∴点C（0，4）；
（2）∵y＝﹣x2﹣3x+4＝﹣（x+32）2+254，
∴顶点坐标为（-32，254），
∵将抛物线M向右平移m（m＞32）个单位得到抛物线M'，
∴点D（-32+m，254），
∴OE=-32+m，DE=254，
∵点A（1，0），点C（0，4），
∴OA＝1，OC＝4，
∵△ODE与△OAC相似，∠AOC＝∠DEO＝90°，
∴OAOE=OCDE或OADE=OCOE，
∴1-32+m=4254或1254=4-32+m，
∴m=4916或532．
27．（2020•市中区模拟）如图，将抛物线W1：y＝﹣x2+3平移后得到W2，抛物线W2经过抛物线W1的顶点C，且与x轴相交于A、B两点，其中B（1，0），抛物线W2顶点是D．
（1）求抛物线W2的关系式；
（2）设点E在抛物线W2上，连接AC、DC，如果CE平分∠DCA，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线W1沿x轴方向平移，点C的对应点为F，当△DEF与△ABC相似时，请求出平移后抛物线的表达式．

【分析】（1）先求出点C，点B坐标，代入解析式可求解；
（2）过点D作DH⊥OC，得出∠ECA＝∠CAO＝45°，可证EC∥AO，可得点E纵坐标为3，即可求点E坐标；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求点F坐标，即可求平移后得到抛物线的表达式．
【解答】解：（1）∵抛物线W1：y＝﹣x2+3的顶点为C，
∴C（0，3）．
设抛物线W2的关系式为y＝﹣x2+bx+c，
∵抛物线W2经过抛物线W1的顶点C（0，3），B（1，0），
∴-1+b+c=0c=3，
解得b=-2c=3，
∴抛物线W2的关系式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵新抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线W2的顶点D的坐标为（﹣1，4），
令y＝0，﹣x2﹣2x+3＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，

∴∠ACO＝∠CAO＝45°，
过点D作DH⊥OC，
∴DH＝1，HO＝4，
∴CH＝OH﹣OC＝1，
∴∠HDC＝∠DCH＝45°，
∴∠DCA＝90°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠DCE＝∠ACE＝45°，
∴∠ECA＝∠CAO＝45°，
∴CE∥OA，
∴点E纵坐标为3，
∴﹣x2﹣2x+3＝3，
∴x1＝﹣2，x2＝0，
∴点E（﹣2，3）；
（3）如图2，

∵点E（﹣2，3），点C（0，3），点A（﹣3，0），点B（1，0），点D坐标（﹣1，4），
∴DE＝DC=2，AC=AO2+OC2=32，AB＝3+1＝4，
∴∠DEC＝∠DCE，
∵EC∥AB，
∴∠ECA＝∠CAB，
∴∠DEC＝∠CAB，
∵△DEF和△ABC相似，
∴DEAC=EFAB或DEAB=EFAC，
∴232=EF4或24=EF32，
∴EF=43或32，
∴点F（-23，3）或（-12，3），
∵将抛物线W1沿x轴方向平移，点C的对应点为F，
∴平移后解析式为：y＝﹣（x+23）2+3或y=-(x+12)2+3．
28．（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．
【解答】解：（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）．

29．（2020•潍坊一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝﹣x+1相交于点A（0，1）和点B（3，﹣2），交x轴于点C，顶点为点F，点D是该抛物线上一点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，若点D在直线AB上方的抛物线上，求△DAB的面积最大时点D的坐标；
（3）如图2，若点D在对称轴左侧的抛物线上，且点E（1，t）是射线CF上一点，当以C、B、D为顶点的三角形与△CAE相似时，求所有满足条件的t的值．

【分析】（1）将点A（0，1）和点B（3，﹣2）代入抛物物线y＝﹣x2+bx+c中，列出方程组即印可解答；
（2）过点D作 DM∥y轴交AB于点M，D（a，﹣a2+2a+1），则M（a，﹣a+1），表达出DM，进而表达出△ABD的面积，利用二次函数的性质得出最大值及D点坐标；
（3）由题意可知，∠ACE＝∠ACO＝45°，则△BCD中必有一个内角为45°，有两种情况：①若∠CBD＝45°，得出△BCD是等腰直角三角形，因此△ACE也是等腰直角三角形，再対△ACE进行分类讨i论；②若∠CDB＝45，根括圆的性质确定D1的位置，求出D1的坐标，再对△ACE与△CD1B相以分关讨论．
【解答】解：（1）将点A（0，1）和点B（3，﹣2）代入抛物物线y＝﹣x2+bx+c中
得c=1-9+3b+c=-2，
解得b=2c=1
∴y＝﹣x2+2x+1
（2）如图1所示：过点D作 DM∥y轴交AB于点M，
设D（a，﹣a2+2a+1），则M（a，﹣a+1）
．∴DM＝﹣a2+2a+1﹣（﹣a+1）＝﹣a2+3a
∴S△ABD=12（﹣a2+3a）×3=-32（a-32）2+278，
∵-32＜0，s△ABD有最大值，
当a=32时，S△ABD=278
此时D(32，74)

图1
（3）∵OA＝OC，如图2，CF∥y轴，
∴∠ACE＝∠ACO＝45°，
∴△BCD中必有一个内角为45°，由题意可知，∠BCD不可能为45°，
①若∠CBD＝45°，则BD∥x轴，
∴点D与点B于抛物线的対称轴直线x＝1対称，设BD与直线＝1交于点H，则H（1，﹣2）
B（3，﹣2），D（﹣1，﹣2）
此时△BCD是等腰直角三角形，因此△ACE也是等腰直角三角形，
（i）当∠AEC＝90°时，得到AE＝CE＝1，
∴E（1.1），得到t＝1
（ii）当∠CAE＝90时，得到：AC＝AE=2，
∴CE＝2，∴E（1.2），得到t＝2

图2

②若∠CDB＝45°，如图3，①中的情况是其中一种，答案同上
以点H为圆心，HB为半径作圆，则点B、C、D都在圆H上，
设圆H与对称左侧的物线交于另一点D1，
则∠CD1B＝∠CDB＝45°（同弧所对的圆周角相等），即D1也符合题意
设D1(n，-n2+2n+1)(-1＜n＜1)
由HD1＝DH＝2
解得n1＝﹣1（含去），n2＝3（舍去），r3=1+3（舍去），n4=1-3
∴D1(1-3，-1)，
则CD1=(1-1+3)2+12=2，CB=22，
BD1=(3-1+3)2+(-2+1)2=8+43
（i）若△ACE∽△CD1B，
则ACCD1=CEBD1，
即22=t8+43，
解得t1=1+3，t2=-1-3（舍去）
（ii）△ACE∽△BD1C则ACBD1=CECD1，
即28+43=t2，
解得t1=3-1，t2=1-3（舍去）
综上所述：所有满足条件的t的值为t＝1或t＝2或t=1+3或t=3-1

图3
30．（2020•镇平县模拟）如图，在平面直角坐标系中抛物线y＝ax2+bx+c经过原点，且与直线y＝﹣kx+6交于则A（6，3）、B（﹣4，8）两点．
（1）求直线和抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，解决下列问题：
①在直线AB下方的抛物线上求点P，使得△PAB的面积等于20；
②连接OA，OB，OP，作PC⊥x轴于点C，若△POC和△ABO相似，请直接写出点P的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式即可；
（2）如图1，作PQ∥y轴，交AB于点Q，设P（x，14x2﹣x），则Q（x，-12x+6），则易得线段PQ的长度，利用三角形面积公式得到S△PAB=-54（x﹣1）2+1254=20，然后解方程求出x即可得到点P的坐标；
②设P（x，14x2﹣x），如图2，利用勾股定理的逆定理证明∠AOB＝90°，根据三角形相似的判定，由于∠AOB＝∠PCO，则当CPCO=OAOB时，△CPO∽△OAB，当CPOC=OBOA时，△CPO∽△OBA，由此得到相似三角形的对应边成比例，然后分别解关于x的绝对值方程即可得到对应的点P的坐标．
【解答】解：（1）把A（6，3）代入y＝﹣kx+6，得3＝﹣6x+6．
解得k=-12．
故直线的解析式是：y=-12x+6．
把O（0，0）、A（6，3）、B（﹣4，8）分别代入y＝ax2+bx+c，得
c=03=36a+6b8=16a-4b．
解得a=14b=-1c=0．故该抛物线解析式是：y=14x2﹣x；

（2）①如图1，作PQ∥y轴，交AB于点Q，
设P（x，14x2﹣x），则Q（x，-12x+6），则PQ＝（-12x+6）﹣（14x2﹣x）=-14（x﹣1）2+254，
∴S△PAB=12（6+4）×PQ=-54（x﹣1）2+1254=20，
解得x1＝﹣2，x2＝4，
∴点P的坐标为（4，0）或（﹣2，3）；
②设P（x，14x2﹣x），如图2，
由题意得：AO＝35，BO＝45，AB＝55，
∵AB2＝AO2+BO2，
∴∠AOB＝90°，
∵∠AOB＝∠PCO，
∴当CPCO=OAOB时，△CPO∽△OAB，即|14x2-x||x|=3545．
整理，得4|14x2﹣x|＝3|x|．
解方程4（14x2﹣x）＝3x，得x1＝0（舍去），x2＝7，此时P点坐标为（7，214）；
解方程4（14x2﹣x）＝﹣3x，得x1＝0（舍去），x2＝1，此时P点坐标为（1，-34）；
当CPOC=OBOA时，△CPO∽△OBA，即|14x2-x||x|=4535，
整理，得3|14x2﹣x|＝4|x|，
解方程3（14x2﹣x）＝4x，得x1＝0（舍去），x2=283，此时P点坐标为（283，1129）．
解方程3（14x2﹣x）＝﹣4x，得x1＝0（舍去），x2=-43，此时P点坐标为（-43，169）．
综上所述，点P的坐标为：（7，214）或（1，-34）或（-43，169）或（283，1129）．