专题2.4 以二次函数与相似三角形问题为背景的解答题-2022年中考数学备考优生百日闯关系列（解析版）

这是一份专题2.4 以二次函数与相似三角形问题为背景的解答题-2022年中考数学备考优生百日闯关系列（解析版），共53页。
【总体点评】二次函数在全国中考数学中常常作为压轴题，同时在省级，国家级数学竞赛中也有二次函数大题，很多学生在有限的时间内都不能很好完成。由于在高中和大学中很多数学知识都与函数知识或函数的思想有关，学生在初中阶段函数知识和函数思维方法学得好否，直接关系到未来数学的学习。二次函数与相似三角形的存在性问题是中考考试的一个热点。解决这类问题需要用到数形结合思想，把“数”与“形”结合起来，互相渗透．存在探索型问题是指在给定条件下，判断某种数学现象是否存在、某个结论是否出现的问题．解决这类问题的一般思路是先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设下进行演绎推理，若推出矛盾，即可否定假设；若推出合理结论，则可肯定假设．
【解题思路】理解存在性问题的解题思路，根据已知角相等找出对应边成比例，存在性问题的知识覆盖面较广，综合性较强，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的要求较高。一般思路是从存在的角度出发→推理论证→得出结论。若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，若导出矛盾，就做出不存在的判断.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关系式表示各边的长度,之后利用相似列方程求解.
【典型例题】
【例1】（2018毕节中考）如图，以D为顶点的抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y=﹣x+3．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在直线BC上有一点P，使PO+PA的值最小，求点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=﹣x2+2x+3；（2）P ( ,)；（3）当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
【解析】
【分析】
（1）先求得点B和点C的坐标，然后将点B和点C的坐标代入抛物线的解析式得到关于b、c的方程，从而可求得b、c的值；（2）作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3），则OP+AP的最小值为AO′的长，然后求得AO′的解析式，最后可求得点P的坐标；（3）先求得点D的坐标，然后求得CD、BC、BD的长，依据勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形，然后分为△AQC∽△DCB和△ACQ∽△DCB两种情况求解即可．
【详解】
（1）把x=0代入y=﹣x+3，得：y=3，
∴C（0，3）．
把y=0代入y=﹣x+3得：x=3，
∴B（3，0），A（﹣1，0）.
将C（0，3）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c得： ，解得b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）如图所示：作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3）．

∵O′与O关于BC对称，
∴PO=PO′．
∴OP+AP=O′P+AP≤AO′．
∴OP+AP的最小值=O′A==5．
O′A的方程为y=
P点满足解得：
所以P ( ,)
（3）y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
又∵C（0，3，B（3，0），
∴CD=，BC=3，DB=2．
∴CD2+CB2=BD2，
∴∠DCB=90°．
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴OA=1，CO=3．
∴．
又∵∠AOC=DCB=90°，
∴△AOC∽△DCB．
∴当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB．[来源:Z_xx_k.Com]
如图所示：连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q．

∵△ACQ为直角三角形，CO⊥AQ，
∴△ACQ∽△AOC．
又∵△AOC∽△DCB，
∴△ACQ∽△DCB．
∴，即，解得：AQ=10．
∴Q（9，0）．
综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
【名师点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数的解析式、轴对称图形的性质、相似三角形的性质和判定，分类讨论的思想．
【例2】（2018青海中考）如图，抛物线与坐标轴交点分别为，，，作直线BC．
求抛物线的解析式；
点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作轴于点D，设点P的横坐标为，求的面积S与t的函数关系式；
条件同，若与相似，求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3）点P的坐标为或
【解析】
【分析】
把，，代入，利用待定系数法进行求解即可得；
设点P的坐标为，则，然后由点A和点B的坐标可得到，接下来，依据三角形的面积公式求解即可；
当∽时，；当∽，则，然后依据比例关系列出关于t的方程求解即可．
【详解】
把，，代入得：，
解得：，，，
抛物线的解析式为；
设点P的坐标为，
，，[来源:Z。xx。k.Com]
，
；
当∽时，，即，
整理得：，
解得：或舍去，
，，
点P的坐标为；
当∽，则，即，
整理得，
解得：或舍去，
，，
点P的坐标为，
综上所述点P的坐标为或
【名师点睛】本题考查了二次函数的性质、待定系数法、相似三角形的性质、三角形面积公式等， 综合性较强，有一定的难度，熟练掌握待定系数法、相似三角形的性质是解题的关键.
【方法归纳】
两个定三角形是否相似：
（1）已知有一个角相等的情形：运用两点间的距离公式求出已知角的两条夹边，看看是否成比例？若成比例，则相似;否则不相似。
（2）不知道是否有一个角相等的情形：运用两点间的距离公式求出两个三角形各边的长，看看是否成比例？若成比例，则相似;否则不相似。
一个定三角形和动三角形相似：
（1）已知有一个角相等的情形：先借助于相应的函数关系式，把动点坐标表示出来（用字母表示），然后把两个目标三角形（题中要相似的那两个三角形）中相等的那个已知角作为夹角，分别计算或表示出夹角的两边，让形成相等的夹角的那两边对应成比例（要注意是否有两种情况），列出方程，解此方程即可求出动点的横坐标，进而求出纵坐标，注意去掉不合题意的点。
（2）不知道是否有一个角相等的情形：这种情形在相似性中属于高端问题，破解方法是，在定三角形中，由各个顶点坐标求出定三角形三边的长度，用观察法得出某一个角可能是特殊角，再为该角寻找一个直角三角形，用三角函数的方法得出特殊角的度数，在动点坐标（用字母表示）后，分析在动三角形中哪个角可以和定三角形中的那个特殊角相等，借助于特殊角，为动点寻找一个直角三角形，求出动点坐标，从而转化为已知有一个角相等的两个定三角形是否相似的问题了，只需再验证已知角的两边是否成比例？若成比例，则所求动点坐标符合题意，否则这样的点不存在。简称“找特角，求（动）点标，再验证”。或称为“一找角，二求标，三验证”。
【针对练习】
1．（2018绵阳中考）如图，已知抛物线过点A(,-3) 和B(3,0)，过点A作直线AC//x轴，交y轴与点C.
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D，连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使得?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）P点坐标为（4 ,6）或（,- ）；（3）Q点坐标（3，0）或（-2，15）
【详解】
（1）把，和点，代入抛物线得：，
解得：，，
则抛物线解析式为；

当时，，即，
整理得：，即，
解得：，即或（舍去），
此时，；学科*网
当点时，也满足；
当在直线下方时，同理可得：的坐标为，，
综上，的坐标为，或，或，或；
（3）在中，，，
根据勾股定理得：，
，
，
，
边上的高为，
过作，截取，过作，交轴于点，如图所示：

在中，，即，
过作轴，
在中，，，即，，

2．（2018衡阳中考）如图，已知直线分别交轴、轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC 轴于点C，交抛物线于点D．
（1）若抛物线的解析式为，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N．
①求点M、N的坐标；
②是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；
（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）① ②答案见解析 （2）存在，或
（2）如图2，利用勾股定理计算出，再表示出，则可计算出，接着表示出抛物线解析式为，则可用表示出点坐标为，所以，由于，根据相似三角形的判定方法，当时，，即；当时，，即，然后利用比例性质分别求出的值，从而得到对应的抛物线的解析式．
【详解】
（1）①如图1，
，
顶点为的坐标为，，学科*网
当时，，则点坐标为，；
②不存在．
理由如下：
，
设点坐标为，则，
，
，
当时，四边形为平行四边形，即，解得（舍去），，此时点坐标为，，学&科网
，
，
平行四边形不为菱形，
不存在点，使四边形为菱形；

当时，，则，
，
，
，
当时，，即，解得，此时抛物线解析式为；
当时，，即，解得，此时抛物线解析式为；
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为或．

3．已知，抛物线（a＜0）与x轴交于A（3，0）、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴是直线x=1，D为抛物线的顶点，点E在y轴C点的上方，且CE=．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）求证：直线DE是△ACD外接圆的切线；
（3）在直线AC上方的抛物线上找一点P，使，求点P的坐标；
（4）在坐标轴上找一点M，使以点B、C、M为顶点的三角形与△ACD相似，直接写出点M的坐标．

【答案】（1），顶点D（1，4）；（2）证明见解析；（3）P（， ）或（， ）；（4）（0，0）或（9，0）或（0，﹣）．
（3）求出直线AC的解析式，再求出线段AD的中点N的坐标，过点N作NP∥AC，交抛物线于点P，求出直线NP的解析式，与抛物线联立，即可得出答案；
（2）当=0时，∴点C的坐标为（0，3），∴AC= =，CD==，AD= =，∴AC2+CD2=AD2，∴△ACD为直角三角形，∠ACD=90°，∴AD为△ACD外接圆的直径，∵点E在 轴C点的上方，且CE=，∴E（0， ），∴AE= =，DE= =，∴DE2+AD2=AE2，∴△AED为直角三角形，∠ADE=90°，∴AD⊥DE，又∵AD为△ACD外接圆的直径，∴DE是△ACD外接圆的切线；
（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，根据题意得： ，解得： ，∴直线AC的解析式为y=﹣x+3，∵A（3，0），D（1，4），∴线段AD的中点N的坐标为（2，2），过点N作NP∥AC，交抛物线于点P，设直线NP的解析式为y=﹣x+c，则﹣2+c=2，解得：c=4，∴直线NP的解析式为y=﹣x+4，由y=﹣x+4，y=﹣x2+2x+3联立得：﹣x2+2x+3=﹣x+4，解得：x=或x=，∴y=，或y=，∴P（， ）或（， ）；学科*网
（4）分三种情况：①M恰好为原点，满足△CMB∽△ACD，M（0，0）；
②M在x轴正半轴上，△MCB∽△ACD，此时M（9，0）；
③M在y轴负半轴上，△CBM∽△ACD，此时M（0，﹣ ）；
综上所述，点M的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，﹣ ）．

4．如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式；
(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ADE相似？
(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）或；（3）①， ； ②， ③， ．
②EC做平行四边形的边，那么EC、MN平行且相等，首先设出点N的坐标，然后结合E、C的横、纵坐标差表示出M点坐标，再将点M代入抛物线的解析式中，即可确定M、N的坐标．
试题解析：（1）∵四边形ABCO为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10，
由题意，得△BDC≌△EDC，
∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD，
由勾股定理易得EO=6，
∴AE=10﹣6=4，学科*网
设AD=x，则BD=ED=8﹣x，由勾股定理，得 ，
解得，x=3，∴AD=3，
∵抛物线过点D（3, 10），C（8, 0），O（0, 0），
∴，解得 ，[来源:学#科#网Z#X#X#K]
∴抛物线的解析式为： ；

（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，
∴∠DEA=∠OCE，
由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5，
而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t，
当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，
∴，即 ，
解得，
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，
∴，即 ， 解得，
∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似；
②EC为平行四边形的边，则EC//MN，EC =MN，设N（4，m），
则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；
将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；
将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）；学&科网
综上，存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：
①， ； ②， ；
③， ．
5．（2018十堰中考）已知抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；（2）证明见解析；（3）点D的坐标为（，）或（，﹣）．
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；学&科网
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
【详解】（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；
（2）当y=0时，x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴PB•OE=PB•CF，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM=，
∴BM=2PM，
∴4+x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y=x+2，
BC的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
∴AE=，
∴E（，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y=，
则x2﹣x﹣4=x﹣4，
x1=0（舍），x2=，
∴D（，）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，
∵∠BEA=∠BEC，
∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴，
设BE=2m，CE=4m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴，
3m2﹣8m+8=0，
（m﹣2）（3m﹣2）=0，
m1=2，m2=，
∴OE=4m﹣4=12或，学科&网
∵OE=＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=﹣x﹣4，
﹣x﹣4=x2﹣x﹣4，
x=或0（舍）
∴D（，﹣）；
综上，点D的坐标为（，）或（，﹣）．

6．（2018盘锦中考）如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣x﹣1交于点C．
（1）求抛物线解析式及对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线解析式为：y=，抛物线对称轴为直线x=1；（2）存在P点坐标为（1，﹣）；（3）N点坐标为（4，﹣3）或（2，﹣1）

解得
∴抛物线解析式为：y=x2−x−1
∴抛物线对称轴为直线x=-＝1

（3）当△AOC∽△MNC时，
如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E

∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°
∴∠CDN=∠CAO
由相似，∠CAO=∠CMN
∴∠CDN=∠CMN
∵MN⊥AC
∴M、D关于AN对称，则N为DM中点
设点N坐标为（a，-a-1）
由△EDN∽△OAC
∴ED=2a
∴点D坐标为（0，-a−1）
∵N为DM中点
∴点M坐标为（2a，a−1）
把M代入y=x2−x−1，解得
a=4
则N点坐标为（4，-3）
当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM
∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N
由（2）N（2，-1）学科*网
∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）
7．（2018广安中考）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式是y=x2+x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为；（3）存在点P（1，6）．
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD=MC，
联立方程组 ，
解得（不符合题意，舍），，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC=，
|MB﹣MD|取最大值为；

①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴，即，
∴，
解得x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴，
即=3，
∴，
解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，学科&网
综上所述，存在点P（1，6）．
8．（2018铜仁）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=﹣x2+x+2；（2）m=﹣1或m=3时，四边形DMQF是平行四边形；（3）点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
【解析】
分析：（1）待定系数法求解可得；

详解：（1）由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），
将点C（0，2）代入，得：-4a=2，
解得：a=-，
则抛物线解析式为y=-（x+1）（x-4）=-x2+x+2；
（2）由题意知点D坐标为（0，-2），
设直线BD解析式为y=kx+b，
将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
，解得：，
∴直线BD解析式为y=x-2，
∵QM⊥x轴，P（m，0），学科*网
∴Q（m，--m2+m+2）、M（m，m-2），
则QM=-m2+m+2-（m-2）=-m2+m+4，
∵F（0，）、D（0，-2），
∴DF=，
∵QM∥DF，
∴当-m2+m+4=时，四边形DMQF是平行四边形，
解得：m=-1（舍）或m=3，
即m=3时，四边形DMQF是平行四边形；
（3）如图所示：

∵QM∥DF，
∴∠ODB=∠QMB，
分以下两种情况：
①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，
则，
∵∠MBQ=90°，
∴∠MBP+∠PBQ=90°，
∵∠MPB=∠BPQ=90°，
∴∠MBP+∠BMP=90°，
∴∠BMP=∠PBQ，
∴△MBQ∽△BPQ，
∴，即，

9．（2018达州中考）如图，抛物线经过原点O（0，0），点A（1，1），点B（，0）．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接OA，过点A作AC⊥OA交抛物线于C，连接OC，求△AOC的面积；
（3）点M是y轴右侧抛物线上一动点，连接OM，过点M作MN⊥OM交x轴于点N．问：是否存在点M，使以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）4；（3）（，﹣54）或（，）或（，﹣）
（3）如图2，作MH⊥x轴于H，AC=4，OA=，设M（x，-x2+x）（x＞0），根据三角形相似的判定，由于∠OHM=∠OAC，则当时，△OHM∽△OAC，即；当时，△OHM∽△CAO，即，则分别解关于x的绝对值方程可得到对应M点的坐标，由于△OMH∽△ONM，所以求得的M点能以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似．学&科网
详解：（1）设抛物线解析式为y=ax（x-），
把A（1，1）代入得a•1（1-）=1，解得a=-，
∴抛物线解析式为y=-x（x-），
即y=-x2+x；

∴OD=OA=2，
∴D（0，2），
易得直线AD的解析式为y=-x+2，
解方程组得或，则C（5，-3），
∴S△AOC=S△COD-S△AOD=×2×5-×2×1=4；
（3）存在．如图2，

作MH⊥x轴于H，AC=，OA=，
设M（x，-x2+x）（x＞0），
∵∠OHM=∠OAC，
∴当时，△OHM∽△OAC，即，
解方程-x2+x =4x得x1=0（舍去），x2=-（舍去），
解方程-x2+x =-4x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，-54）；
当时，△OHM∽△CAO，即，
解方程-x2+x=x得x1=0（舍去），x2=，此时M点的坐标为（，），
解方程-x2+x=-x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，-）；
∵MN⊥OM，学科*网
∴∠OMN=90°，
∴∠MON=∠HOM，
∴△OMH∽△ONM，
∴当M点的坐标为（，-54）或（，）或（，-）时，以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似．
10．（2018武汉中考）抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B．
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．

【答案】（1）y=﹣x2+2x+1；（2）-3；（3）当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．学科*网
【详解】（1）由题意知，解得：，
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；
（2）如图1，设M点的横坐标为xM，N点的横坐标为xN，


解得：x==，
则xN=、xM=，
由xN﹣xM=1得=1，
∴k=±3，
∵k＜0，
∴k=﹣3；
（3）如图2，

设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，
∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），
设P（0，t），

（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，
△=（1+m）2﹣8=0，
解得：m=2﹣1（负值舍去），
此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，
方程②有一个实数根t=，
∴m=2﹣1，学科*网
此时点P的坐标为（0，）和（0，）；
（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，
把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，
解得：m=2（负值舍去），
此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，
方程②有一个实数根t=1，
∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；
综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；[来源:学科网]
当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
11．（2018常德中考）如图，已知二次函数的图像过点,,与轴交于另一点,且对称轴是直线.

（1）求该二次函数的解析式；
（2）若是上的一点，作交于,当面积最大时，求的坐标；
（3）是轴上的点，过作轴，与抛物线交于,过作轴于.当以、、为顶点的三角形与、、为顶点的三角形相似时，求点的坐标.
【答案】（1）y=x2﹣x；（2）当t=3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；（3）P点坐标为（14，28）或（﹣2，4）或（2，﹣1）．

（2）设M（t，0），
易得直线OA的解析式为y=x，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y=2x﹣12，
∵MN∥AB，
∴设直线MN的解析式为y=2x+n，
把M（t，0）代入得2t+n=0，解得n=﹣2t，
∴直线MN的解析式为y=2x﹣2t，
解方程组得，则N（t，t），
∴S△AMN=S△AOM﹣S△NOM
=•4•t﹣•t•t
=﹣t2+2t
=﹣（t﹣3）2+3，学&科网
当t=3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；
（3）设Q（m，m2﹣m），
∵∠OPQ=∠ACO，
∴当=时，△PQO∽△COA，即=，
∴PQ=2PO，即|m2﹣m|=2|m|，
解方程m2﹣m=2m得m1=0（舍去），m2=14，此时P点坐标为（14，28）；
解方程m2﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，4）；
∴当=时，△PQO∽△CAO，即=，
∴PQ=PO，即|m2﹣m|=|m|，
解方程m2﹣m=m得m1=0（舍去），m2=8（舍去），
解方程m2﹣m=﹣m得m1=0（舍去），m2=2，此时P点坐标为（2，﹣1）；
综上所述，P点坐标为（14，28）或（﹣2，4）或（2，﹣1）．
12．（2018连云港中考）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
【答案】（1）y1=﹣x2+1，y2=3x2﹣3；（2）存在，理由见解析；（3）（0，﹣）或（，﹣1）或（1，﹣）或（﹣，﹣2）．

①如图1，当△DBC∽△DAE时，得出，进而求出DE=，即可得出E（0，-），
再判断出△DEF∽△DAO，得出，求出DF=，EF=，再用面积法求出E'M=，即可得出结论；学&科网
②如图2，当△DBC∽△ADE时，得出，求出AE=，
当E在直线AD左侧时，先利用勾股定理求出PA=，PO=，进而得出PE=，再判断出，即可得出点E坐标，当E'在直线DA右侧时，即可得出结论．
详解：（1）∵点A（1，0），B（0，1）在二次函数y1=kx2+m（k＜0）的图象上，
∴，
∴，
∴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，
∴，
∴，
∴二次函数y2=3x2-3；
（3）在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，
∴AD=，
同理：CD=，
在Rt△BOC中，OB=OC=1，
∴BC=，
①如图1，当△DBC∽△DAE时，



∴，
∴DF=，EF=，
∵S△DEE'=DE•E'M=EF×DF=，
∴E'M=，学&科网
∵DE'=DE=，
在Rt△DE'M中，DM=，
∴OM=1，
∴E'（，-1），
②如图2，

当△DBC∽△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，
∴，
∴AE=，
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=，
∴PA=，PO=，
∵AE=，
∴PE=，
在AEQ中，OP∥EQ，
∴，
∴OQ=，
∵，
∴QE=2，
∴E（-，-2），
当E'在直线DA右侧时，

13．（2018潍坊中考）如图1,抛物线与轴交于点和点,与轴交于点,抛物线的顶点为轴于点．将抛物线平移后得到顶点为且对称轴为直的抛物线．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2,在直线上是否存在点,使是等腰三角形?若存在,请求出所有点的坐标:若不存在,请说明理由；
(3)点为抛物线上一动点,过点作轴的平行线交抛物线于点，点关于直线的对称点为，若以为顶点的三角形与全等,求直线的解析式．
【答案】（1）抛物线的解析式为；（2）点的坐标为,,；（3）的解析式为或.
详解:(1)由题意知，
，
解得，
所以,抛物线y的解析式为；
因为抛物线平移后得到抛物线,且顶点为，
所以抛物线的解析式为，
即： ；
(2)抛物线的对称轴为,设,已知，
过点作轴于,学&科网

则 ，
，
，
当时，
即，
解得或；
当时,得，无解；
当时,得,解得;
综上可知,在抛物线的对称轴上存在点使是等腰三角形,此时点的坐标为,,.
(3)设,则,
因为关于对称,

所以,
设的解析式,
则有
解得,
即的解析式为,
当且时,无解,
情况二:当点在直线右侧时,
,
,
同理可得
的解析式为,
综上所述, 的解析式为或.
14．（2018德州中考）如图1,在平面直角坐标系中,直线与抛物线交于两点，其中,.该抛物线与轴交于点,与轴交于另一点.

(1)求的值及该抛物线的解析式;
(2)如图2.若点为线段上的一动点(不与重合).分别以、为斜边,在直线的同侧作等腰直角△和等腰直角△,连接,试确定△面积最大时点的坐标.
(3)如图3.连接、,在线段上是否存在点,使得以为顶点的三角形与△相似,若存在,请直接写出点的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】（1）；（2）当，即时，最大，此时,所以；（3）存在点坐标为或.
详解：（1）把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得：m=1，n=3，∴A（1，0），B（4，3）．
∵y=﹣x2+bx+c经过点A与点B，∴，解得：，则二次函数解析式为y=﹣x2+6x﹣5；学科*网
（2）如图2，△APM与△DPN都为等腰直角三角形，∴∠APM=∠DPN=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN为直角三角形，令﹣x2+6x﹣5=0，得到x=1或x=5，∴D（5，0），即DP=5﹣1=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，∴PM=m，PN=（4﹣m），∴S△MPN=PM•PN=×m×（4﹣m）=﹣m2﹣m=﹣（m﹣2）2+1，∴当m=2，即AP=2时，S△MPN最大，此时OP=3，即P（3，0）；
（3）存在，易得直线CD解析式为y=x﹣5，设Q（x，x﹣5），由题意得：∠BAD=∠ADC=45°，分两种情况讨论：
①当△ABD∽△DAQ时，=，即=，解得：AQ=，由两点间的距离公式得：（x﹣1）2+（x﹣5）2=，解得：x=，此时Q（，﹣）；
②当△ABD∽△DQA时，=1，即AQ=，∴（x﹣1）2+（x﹣5）2=10，解得：x=2，此时Q（2，﹣3）．学*科网
综上，点Q的坐标为（2，﹣3）或（，﹣）．
15．抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0）．[来源:学&科&网Z&X&X&K]
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）该抛物线与直线相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N．
①连结PC、PD，如图1，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；
②连结PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）①；②存在，（2，）或（，）.
试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0），
∴，解得
∴该抛物线对应的函数解析式为；
（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，
∴可设P（t，）（1＜t＜5），
∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N，
∴M（t，0），N（t，），学科*网
∴PN=.
联立直线CD与抛物线解析式可得，解得或，
∴C（0，3），D（7，），
分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，

则CE=t，DF=7﹣t，
∴S△PCD=S△PCN+S△PDN=PN·CE+PNDF=PN=，
∴当t=时，△PCD的面积有最大值，最大值为；
②存在．

∵∠CQN=∠PMB=90°，
∴当△CNQ与△PBM相似时，有或两种情况，
∵CQ⊥PM，垂足为Q，学科*网
∴Q（t，3），且C（0，3），N（t，），
∴CQ=t，NQ=﹣3=，
∴，
∵P（t，），M（t，0），B（5，0），
∴BM=5﹣t，PM=0﹣（）=，
当时，则PM=BM，即，解得t=2或t=5（舍去），此时P（2，）；
当时，则BM=PM，即5﹣t=（），解得t=或t=5（舍去），此时P（，）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为P（2，）或（，）．学&科网
16．（2017淄博中考）如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=2x2﹣3x；（2）C（1，﹣1）；（3）（， ）或（﹣， ）．
线BM与抛物线解析式可求得M点坐标，过M作MG⊥y轴于点G，由B、C的坐标可求得OB和OC的长，由相似三角形的性质可求得的值，当点P在第一象限内时，过P作PH⊥x轴于点H，由条件可证得△MOG∽△POH，由==的值，可求得PH和OH，可求得P点坐标；当P点在第三象限时，同理可求得P点坐标．学科*网
（2）如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB=CD•OE+CD•BF=（﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，∴C（1，﹣1）；

（3）存在．设MB交y轴于点N，如图2，∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，在△AOB和△NOB中，∵∠AOB=∠NOB，OB=OB，∠ABO=∠NBO，∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA=，∴N（0，），∴可设直线BN解析式为y=kx+，把B点坐标代入可得2=2k+，解得k=，∴直线BN的解析式为，联立直线BN和抛物线解析式可得：，解得：或，∴M（，），∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），∴OB=，OC=，∵△POC∽△MOB，∴==2，∠POC=∠BOM，当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，如图3
∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，∴△MOG∽△POH，∴===2，∵M（，），∴MG=，OG=，∴PH=MG=，OH=OG=，∴P（，）；
当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可求得PH=MG=，OH=OG=，∴P（﹣，）；学科*网
综上可知：存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）．

17．（2016岳阳中考）如图①，直线y=x+4交于x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线F1交x轴于另一点B（1，0）．

（1）求抛物线F1所表示的二次函数的表达式．
（2）若点M是抛物线F1位于第二象限图象上一点，求△AMC的面积最大时点M的坐标及S△AMC的最大值．
（3）如图②，将抛物线F1沿y轴翻折并“复制”得到抛物线F2，点A、B与（2）中所求的点M的对应点分别为A′、B′、M′，过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣x2﹣x+4；
（2）当a=﹣时，S△AMC有最大值，最大值为9，此时，M（﹣，5）；
（3）当以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似时，点P的坐标为（2，0）或（﹣，0）．
∴C（0，4），
设抛物线F1的解析式为：y=a（x+3）（x﹣1），
把C（0，4）代入上式得，a=﹣，
∴y=﹣x2﹣x+4，
（2）如图①，设点M（a，﹣a2﹣a+4）
其中﹣3＜a＜0
∵B（1，0），C（0，4），
∴OB=1，OC=4
∴S△BOC=OB•OC=2，学科*网
过点M作MP⊥x轴于点P，
∴MP=﹣a2﹣a+4，AP=a+3，OP=﹣a，
∴S四边形MAOC=AP•MP+（MP+OC）•OP
=AP•MP+OP•MP+OP•OC
=+
=+
=×3（﹣a2﹣a+4）+×4×（﹣a）
=﹣2a2﹣6a+6
∴S=S四边形MAOC﹣S△BOC
=（﹣2a2﹣6a+6）﹣2
=﹣2a2﹣6a+4
=﹣2（a+）2+
∴当a=﹣时，
S有最大值，最大值为
此时，M（﹣，5）；


设P（m，0）
当m＜3时，
此时点P在A′的左边，
∴∠DA′P=∠CAB′，
当=时，△DA′P∽△CAB′，
此时，=（3﹣m），
解得：m=2，
∴P（2，0）
当=时，△DA′P∽△B′AC，
此时，=（3﹣m）
m=﹣，
∴P（﹣，0）
当m＞3时，
此时，点P在A′右边，
由于∠CB′O≠∠DA′E，
∴∠AB′C≠∠DA′P
∴此情况，△DA′P与△B′AC不能相似，
综上所述，当以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似时，点P的坐标为（2，0）或（﹣，0）．