2025年中考数学二轮专题复习讲义第27讲 动点产生的相似、全等三角形问题（含解析）

这是一份2025年中考数学二轮专题复习讲义第27讲 动点产生的相似、全等三角形问题（含解析），共21页。学案主要包含了解法提示，思路点拨等内容，欢迎下载使用。

相似三角形问题
1. 如图,在平面直角坐标系中,A(-3,0),B(3,0),C(0,4),点D为x轴上一点，当 △ABC∼△ACD时，求点D的坐标.
2.如图，在平面直角坐标系中，直线 y=−43x+8与x轴交于点A，与y轴交于点 B，已知点 C的坐标为( −40,点 P 是直线 AB上的一个动点.若以A，P，C为顶点的三角形与 △AOB相似，求点P的坐标.
3.如图，抛物线 y=−12x2+32x+2交x轴于点A,B,交y轴于点C,点M是第一象限内抛物线上一点，过点M作 MN⊥x轴于点N.若 △MON与 △BOC相似，求点M的横坐标.
● 全等三角形问题
4.如图,直线 y=12x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线 AC⊥AB于点A，若点 D 是x轴上方直线AC上的一个动点，点E 是x轴上的一个动点，当 △BOA≅△AED时，求点E的坐标.
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x²+2x+3与 x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，点C是第一象限内抛物线上一点，过点C作( CD⊥x轴于点 D，直线y=x与CD所在直线交于 y=x点 E,若直线: y=x；上存在一点 F，使得 △ODE≅△FCE,求点 C的坐标.
6.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x²−2x+3与x 轴交于点A,B(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,连接AC,BC,若在第二象限内存在一点D，使得以A，C，D为顶点的三角形与 △ABC全等，求点 D 的坐标.
二阶 设问进阶练
例 如图，在平面直角坐标系中，直线 y=kx+1l与x轴交于点A，与y轴交于点 C，过点 C的抛物线 y=34x2−52x+1与直线AC交于点B(4,3).
(1)已知点P是x轴上一点(点 P不与点O重合)，连接CP，若 △AOC∼△ACP,，求点P的坐标；
(2)已知点Q(m,0)是x轴上一点,连接BQ,若以点A,B,Q为顶点的三角形与 △AOC相似，求点Q的坐标；
(3)已知点E(0,n)为y轴正半轴上一点,点. D0−1,，若以点B，C，E为顶点的三角形与 △ACD相似，求点 E的坐标；
(4)若点 F 是抛物线上一点，过点 F 作 FG⊥y轴于点 G,点 J是y轴上一点，要使以F，G，J为顶点的三角形与 △OAC全等，求点 F的纵坐标；
(5)若点S为第一象限内抛物线上一点，过点S作 ST⊥x轴于点T，点Z 是x轴上一点，要使以S，T，Z 为顶点的三角形与 △AOC全等，求点 Z 的坐标；
(6)如图⑥，已知L为AO的中点，连接OB，点R为平面直角坐标系内一点，是否存在点R，使得以L，O，R为顶点的三角形与 △COB全等?若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.
综合强化练
1. 创新题·阅读理解题定义：将抛物线 y=ax²向右平移h个单位，再向上平移k个单位得到抛物线 y=ax−ℎ²+k(h,k均大于0)，则将抛物线 y=ax²称为“原函数”，把由它平移得到的抛物线 y=ax−ℎ²+k称为抛物线 y=ax²的“衍生函数”，将平移路径称为“衍生路径”，平移前后对应点之间的距离 ℎ2+k2称“衍生距离”.如图，已知抛物线L y=−12x2+2x与x轴交于点A,顶点为B,连接AB,OB.
(1)若抛物线 y=−12x2为抛物线L的“原函数”，则抛物线L 的“衍生路径”为 ，平移前后对应点的“衍生距离”为 ；
(2)若点Q是线段AB上一点，点C为OB的中点，连接CQ，点B 关于线段CQ的对称点为 B',当 △B'CO为等边三角形时，求CQ的长；
(3)若将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移 nn0))个单位得到它的“衍生函数”L'，L'与x轴的负半轴交于点E，与y轴交于点 D，点 P 为抛物线L'上一点，若 △POE≅△POD,求两抛物线的“衍生距离”.
作图区 答题区
2.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y=ax²+bx−2与x轴交于A(1,0), B−30)两点,与y轴交于点 C,连接AC.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点 P是第二象限内抛物线上的动点， PQ⊥x轴于点Q，M是x轴上的点，当以P，Q，M为顶点的三角形与 △AOC全等时，求 P点与M点的坐标；
(3)如图②,连接BC,过点A作. AD‖BC交抛物线于点 D，E为BC下方抛物线上的一个动点，连接DE,交线段BC于点 F,连接CE,AF,求四边形ACEF 面积的最大值.
作图区 答题区
3.如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y=−3x+3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，过点 B 的另一直线交x轴于点( C−30.
(1)求直线 BC的解析式;
(2)创新题·动点求面积关系若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CA运动，过点 P作y轴的平行线交直线BC于点Q，连接BP.设 △BPQ的面积为S，点 P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在直线BC上是否存在点 M，使得以A，B，M 为顶点的三角形与 △AOB相似?若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
4. 创新题·阅读理解题 定义：若抛物线 y=ax²+bx+cac≠0与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C.线段OA,OB,OC的长满足 OC²=OA⋅OB,则这样的抛物线称为“黄金抛物线”.如图，“黄金抛物线 y=ax²+bx+2a≠0与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点 B，与y轴交于点 C，且 OA=4OB.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为AC 上方抛物线上的动点，过点 P作 PD⊥AC于点 D.
①求 PD的最大值;
②连接PC，当以点 P，C，D为顶点的三角形与 △ACO相似时，求点 P 的坐标.
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5.如图①，在平面直角坐标系xOy中，直线 y=−x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线 y=ax²+
bx+ca≠0经过点A,B,( C−20.
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC，点 P 为直线AB上方抛物线上一动点，过点 P作 PE‖BC交AB于点E，过点P作
PF‖x轴交直线AB于点F，求 △PEF周长的最大值及此时点 P的坐标；
(3)如图②，将抛物线向右平移2个单位得到一个新的抛物线 y',，新抛物线与原抛物线交于点
G，连接BG并延长交新抛物线y'于点 D，连接OG，作射线OD.动点M位于射线 OD下方的新
抛物线上，动点 N位于射线OD上，是否存在动点M，N，使 ∠OMN=90°,,且以点O,M,N为顶
点的三角形与 △OBG相似?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
一阶 方法突破练
1. 解:∵A(-3,0),B(3,0),C(0,4),
∴AB=6,AC=5.
∵ △ABC∽△ACD,
∴ABAC=ACAD,即 65=5AD,解得 AD=256.
由题意得，点 D 在点A 的右侧，
∵OA=3,∴OD=AD−OA=76,
∴点D 的坐标为 760.
2. 解:在 y=−43x+8中,令x=0,解得y=8,令y=0,解得x=6,∴A(6,0),B(0,8),∴ AB=62+82=10.分两种情况考虑，如解图所示，
①当△AOB∽△ACP₁时, ∠ACP₁=∠AOB=90°,
当x=-4时 y=−43x+8=403,
∴点 P₁的坐标为 −4403;
②当△AOB∽△AP₂C时,设点
P₂的坐标为 m−43m+8.
∵点A的坐标为(6,0),点 C的坐标为(-4,0),
∴AC=10.
∵ △AOB∽△AP₂C,
∴CP2BO=ACAB,即 CP28=1010,
∴CP2=8,∴m−−42+−43m+8−02=8,整理，得 53m−42=0,解得 m1=m2=125,
∴点P₂的坐标为 125245.
综上所述，点P的坐标为 −4403或 125245.
3. 解:在 y=−12x2+32x+2中,令x=0,得y=2,∴C(0,2),∴OC=2,
令 −12x2+32x+2=0,解得x=4或x=-1,
∵点B在x轴正半轴,∴B(4,0),∴OB=4.
设 Mt−12t2+32t+2,1N(t,0),
∴MN=−12t2+32t+2,ON=t.
分两种情况讨论：
①当△BOC∽△MNO时, OCNO=BOMN,
即 2t=4−12t2+32t+2,
解得 t=−1+172或 t=−1−172(舍去);
②当△BOC∽△ONM时, OCNM=OBNO,艮 2−12t2+32t+2=4t,
解得 t=1+5或 t=1−5(舍去).
综上所述，点M的横坐标为 −1+172或 1+5.
4. 解:如解图,∵ AC⊥AB,∴∠BAC=∠AOB=90°,
∴ ∠ABO + ∠BAO = ∠CAE +∠BAO=90°,
∴∠ABO=∠CAE,
在 y=12x+2中,
令x=0,则y=2,令y=0,则x=-4,
∴OA=4,OB=2,
∵△BOA≌△AED,∴AE=OB=2,∴OE=AE+OA=6,
∴E(-6,0).
5. 解:∵ CD⊥x 轴,直线 y=x 与 CD 交于点 E,∴∠OED=∠EOD=45°,OD=DE,
设D(m,0),
如解图, 当点 C 在直线 y = x 上方时, △ODE≌△FCE,
∴∠ODE=∠FCE=90°,ED=CE,∴C(m,2m),将 C 点坐标代入抛物线的解析式，得 2m=−m²+2m+3,解得 m=3或 m=−3(舍去),
∴C( 3,2 3),
当点 C 在直线y=x下方时，不存在满足条件的点 C.
综上所述，点C的坐标为 323.
6. 解:∵ 抛物线 y=−x²−2x+3与x轴交于点 A,B,与y轴交于点 C，
∴令x=0,解得y=3,令y=0,解得x=1或x=-3,
∴C(0,3),A(-3,0),B(1,0),∴OA=OC=3,OB=1.如解图，分两种情况讨论：
①当△CD₁A≌△ABC时,
∵OA=OC=3,∴∠CAO=45°,
∵△CD₁A≌△ABC,
∴∠ACD₁=∠CAO=45°,
∴CD₁‖AB,CD₁=AB=4,
∴D₁(-4,3);
②当△AD₂C≌△ABC时,
∠BAC=∠CAD₂=45°,AB=AD₂=4,
∴∠D₂AB=90°,∴D₂(-3,4),
综上所述,点D的坐标为(-4,3)或(-3,4).
二阶 设问进阶练
例 解:(1)∵直线AC经过点B(4,3),∴将点 B 的坐标代入直线 AC的解析式，得3=4k+1,解得 k=12,
∴直线AC的解析式为 y=12x+1,在 y=12x+1中,令y=0,解得x=-2,
∴ 点A 的坐标为(-2,0),
∴AO=2,CO=1,
∴AC=AO2+CO2=22+12=5.
如解图①,设点 P(p,0),连接CP,∴PA=p+2.
∵ △AOC∽△ACP,
∴ACAO=APAC,即 52=p+25,解得 p=12,
∴ 点P 的坐标为(( 12,0);
(2)如解图②，分两种情况讨论：
①△AOC∽△AQ₁B时,∠AQ₁B=∠AOC=90°,
∴BQ₁⊥x轴.
∵B(4,3),
∴点 Q₁的坐标为(4,0);
②△AOC∽△ABQ₂时,过点B作BQ₂⊥AB,交x轴于点Q₂,则点Q₂(m,0),
∵AOAB=ACAQ2,即 235=5m+2.
解得 m=112,此时点Q₂的坐标为 1120.
综上所述，点Q的坐标为(4，0)或 1120;
(3)∵A(-2,0),C(0,1),B(4,3),D(0,-1),E(0, n),∴AC=AD=5,BC=25,CD=2,CE=|n−1|
∴分两种情况讨论：
①当△ACD∽△BCE时, ACCD=BCCE,
即 52=25|n−1|,解得n=5或n=-3(舍去);
②当△ACD∽△ECB时,
ACEC=DCBC,即 5|n−1|=225,解得n=6或n=-4(舍去)
综上所述,点E的坐标为(0,5)或(0,6);
(4)∵A(-2,0),C(0,1),∴OA=2,OC=1,分两种情况讨论：
①△OAC≌△GJF时,
∴OC=FG=1,∴点F的横坐标为1或-1,
将点 F 的横坐标代入 y=34x2−52x+1,
解得 y=−34或 y=174;
②△OAC≌△GFJ时,
∴OA=FG=2,∴点F的横坐标为2或-2,将点 F 的横坐标代入 y=34x2−52x+1,解得y=-1或y=9,
∴ 点 F 的纵坐标为 −34或 174或-1或9;
(5)∵OA=2,OC=1,
分两种情况讨论：
①如解图③,当△AOC≌△STZ 时,ST=AO=2,OC=TZ=1,∴ys=2,
在 y=34x2−52x+1中，令y=2,得 34x2−52x+1=2,
解得 x=5+373或 x=5−373舍去),(1
∴S5+3732,T5+3730,
∴Z2+3730或 8+3730;
②如解图④,当△AOC≌△ZTS时,ST=CO=1,AO=TZ=2,∴ys=1,
在 y=34x2−52x+1中，令y=1,得 34x2−52x+1=1,解得 x=103或x=0(舍去),
∴S1031,T1030,∴Z430或 1630,
∴点Z的坐标为 2+3730或 8+3730或 430)或(( 163,0);
(6)存在.
∵ B(4,3),
∴OB=4−02+3−02=5,
∴在△COB中,( CO=1,BC=25,OB=5
∵L为AO 的中点,OA=2,CO=1,
∴LO=CO=1,L(-1,0),
设R点坐标为(x,y),
则 LR²=x+1²+y²,OR²=x²+y²,
∵ LO=CO,如解图⑤,分两种情况讨论:
①当△LOR≌△COB时,RL=BC,OR=OB.
∴x+12+y2=20x2+y2=25,解得 x1=−3y1=4,x2=−3y2=−4,
即R点坐标为(-3,4)或(-3,-4);
②当△OLR≌△COB时,RL=OB,OR=CB.
∴x+12+y2=25x2+y2=20,解得 x3=2y3=4,x4=2y4=−4,
即R点坐标为(2,4)或(2,-4).
∴综上所述,R点坐标为(-3,4)或(-3,-4)或(2,4)或(2,-4).
三阶 综合强化练
1.解：(1)将原函数向右平移2个单位，再向上平移2个单位，2 2; 【解法提示】 ∵y=−12x2+2x= −12x−22+2,.将原函数 y=−12x2向右平移2个单位，再向上平移2个单位即可得到 y=−12x2+2x,根据公式得“衍生距离”为 22+22=8=22.
(2)【思路点拨】审题后，根据题意画出草图，由△AOB的三边关系可判定△AOB 为等腰直角三角形，由对称性和等边三角形的性质结合锐角三角函数求解即可.
根据题意画出图象，如解图①，
在 y=−12x2+2x中,
令y=0,解得x=0或x=4,∴A(4,0).
∵ B 为抛物线 L 的顶点,
∴B(2,2),∴ OB=BA=22.
∵ C 是OB的中点, ∴OC=BC=2.
∵△OB'C为等边三角形,∴∠OCB'=60°.
又∵ 点 B 与点 B'关于线段CQ 对称,
∴∠B'CQ=∠BCQ=60°.
∵OA=4,OB=22,AB=22,
∴OB²+AB²=OA²,∴∠OBA=90°
在 Rt△CBQ中,∠CBQ=90°,∠BCQ=60°,BC= 2,
∴cs∠BCQ=BCCQ=2CQ=12,
∴CQ=22;
(3)【思路点拨】由全等三角形对应边角关系可得OD=OE,∠POD=∠POE,由线段相等关系结合抛物线与坐标轴交点，列方程求解即可.
∵将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移n个单位得到它的“衍生函数”L'(n>0),L:y=- 12(x- 2)²+2,
∴L':y=−12x−2+n2+2,
∵抛物线L的“衍生函数”L'与x轴的负半轴交于点E,与y轴交于点 D,
∴令x=0,得 y=−12n2+2n,令y=0,得x=-n或x=4-n,
∴OD=|−12n2+2n|,OE:=n或OE=4-n,
∵△POE≌△POD,∴OD=OE,
如解图②，当 −12n2+2n>0,即0∴ 抛物线L 的“衍生函数”L'为 y=−12x2+2,
∴两抛物线的“衍生距离”为 22+02=2;

如解图③，当 −12n2+2n<0时，即n<0(不符合题意)或n>4时,4-n<0,∴有 12n2−2n=n,解得n=0(舍去)或n=6,
∴两抛物线的“衍生距离”为 62+02=6,综上所述，两抛物线的“衍生距离”为2或6.
2. 解:(1)把A(1,0),B(-3,0)代入 y=ax²+bx−2中,得 a+b−2=09a−3b−2=0,解得 a=23b=43
∴ 抛物线的解析式为 y=23x2+43x−2;
(2)【思路点拨】∵以P，Q，M 为顶点的三角形与△AOC全等,由于∠AOC=∠PQM=90°,故分两种情况,①△PQM≌△AOC,②△MQP≌△AOC,分别求解即可.
在 y=23x2+43x−2中,令x=0,则y=-2,
∴C(0,-2),∴OC=2,
∵A(1,0),∴OA=1,
设 Px23x2+43x−2,
分两种情况讨论：
①如解图①,当△PQM≌△AOC 时,PQ=OA =1,QM=OC=2,
∴23x2+43x−2=1,
解得 x=−222−1或 x=222−1(舍去),
∴P−222−11,∴Q−222−10,
∴M−222−30或 M−222+10;
②如解图②,当△MQP≌△AOC时,PQ=OC=2,QM=OA=1,
∴23x2+43x−2=2,
解得 x=−7−1或 x=7−1(舍去),
∴P−7−12,∴Q−7−10,
∴M−7−20或 M−70,
综上所述，点 P，M的坐标为： P−222−11, M222−30或 M−222+10;P−7−12, M−7−20或 M−70;
(3)【思路点拨】分别求出BC，AD 的解析式确定点D坐标，连接DC，将四边形ACEF的面积转化为△DEC的面积，表示出面积关系式，利用二次函数的性质即可求出最大值.
∵B(-3,0),C(0,-2),
∴ 直线 BC 的解析式为 y=−23x−2,
∵AD∥BC,∴设直线AD 的解析式为 y=−23x+b2,将A(1,0)代入得 b2=23,
∴直线AD 的解析式为 y=−23x+23,
令 −23x+23=23x2+43x−2,
解得x=-4或x=1(舍去),
∴D−4103,
如解图③,连接DC,
∵AD∥BC,
∴SAFC=SDFC,
∴S四边形ACEF=SDEC,
∵D(-4, 103),C(0,-2),
∴直线 DC 的解析式为 y=−43x−2.
过点 E 作 EQ⊥x轴交 CD于点 Q,
设 Em23m2+43m−2,则 Qm−43m−2,
∴S圆锥侧ACEF=SDEC
=12×4×−43m−2−23m2−43m+2
=−43m2+4m =−43m+22+163,
∴−43<0,
∴当m=-2时,四边形 ACEF 面积的最大值为 163.
3. 解:(1)∵一次函数 y=−3x+3的图象经过A，B 两点，∴当x=0时,y= 3,∴B(0, 3),
设直线BC 的解析式为y=kx+b(k≠0),将 B(0, 3),C(-3,0)两点坐标代入,
得 b=3−3k+b=0, 解得 k=33.b=3
∴ 直线 BC的解析式为 y=33x+3;
(2)由题意可得CP=t,则OP=|t-3|,∴P(t-3,0),∵ PQ∥y轴,
∴Q 点的横坐标为t-3,将x=t-3,代入直线BC的解析式得 y=33t,∴Qt−333t,
当0≤t<3 时,△BPQ 在 y 轴左侧,此时 PQ=33t,OP=3-t,
∴SBPQ=12PQ⋅OP=12×33t×3−t=−36t2+32t.
当t=3时,点B,Q重合,
∴S=0;
当t>3时,△BPQ在y轴右侧,此时 PQ=33t,OP=t-3,
∴SBPQ=12PQ⋅OP=12×33t×t−3=36t2−32t.
当t=3时同样满足上式.
综上所述，S与t的函数关系式为
S=36t2+32t(0≤t<3)36t2−32tt≥3;
(3)存在.
∵tan∠OBC=OCOB=33=3,∴∠OBC=60∘,
∴∠BCO=30°,∴BC=2OB=2 3.
令 y=−3x+3=0,则x=1,∴A(1,0),
∵tan∠OBA=OAOB=13=33,∴∠OBA=30∘,
∴∠ABC=90°,AB=2OA=2.
①当点 M 在 y 轴左侧,△MBA∽△AOB 时,则 MBAO= BAOB,卧 MB1=23,∴MB=233,
如解图,过点M₁作M₁H⊥y轴于点H,
∴M1H=M1B⋅sin60∘=233×32=1,
BH=M1B⋅cs60∘=233×12=33,
∴HO=BO−BH=3−33=233.
∵点 M 在第二象限 ,∴M1−1233;
当△ABM∽△AOB时,则 BMOB=ABAO,
即 BM3=21,∴BM=23,此时点 M 与点 C 重合,
∴M₂−30;
②当点 M 在 y 轴右侧,△MBA∽△AOB 时,则 MBAO= BAOB,即 MB1=23,∴MB=233,
如解图,过点M₃作M₃N⊥y轴于点 N,
∴M3N=M3B⋅sin60∘=233×32=1,
BN=M3B⋅cs60∘=233×12=33,
∴ON=3+33=433,∴M31433;
当△ABM∽△AOB时,则 MBBO=ABAO,
即 MB3=21,∴MB=23,
如解图,过点M₄作M₄P⊥y轴于点P,
∴PM4=M4B⋅sin60∘=23×32=3,
PB=M4B⋅cs60∘=23×12=3,
∴OP=OB+PB=3+3=23,
∴M4323.
综上所述，符合条件的点M 的坐标为 −1233或(-3,0)或 1433或(3,2 3).
4.解:(1)由题意得, OC²=OA⋅OB,
∵抛物线 y=ax²+bx+2与y轴交于点 C，
∴C(0,2),∴OC=2,
∵OA=4OB,∴4=4OB·OB,
∴OB=1,OA=4,
∴A(-4,0),B(1,0),
将点A(-4,0),B(1,0)代入抛物线 y=ax²+bx+2中,得 16a−4b+2=0a+b+2=0,解得 a=−12b=−32
∴抛物线的解析式为 y=12x2−32x+2;
(2)①【思路点拨】过点 P作y轴的平行线与直线AC交于点E,∠PED=∠ACO,由锐角三角函数将求PD的最大值转化为求PE的最大值，利用二次函数的性质求解即可.
如解图①，过点 P 作 y 轴的平行线交直线 AC 于点E,
易知直线AC的解析式为 y=12x+2,
设 Pm−12m2−32m+2,则 Em12m+2,
∴PE=−12m2−32m+2−12m−2=−12m2−2m,
∵−12<0,..当 m=−b2a=−2时，PE有最大值，
∵∠PED=∠ACO,A(-4,0),C(0,2),
∴ sin∠PED=sin∠ACO,
∴AC=25,
∴PD:PE=AO:AC=4:2 5 ,
∴PD=255PE=255(−12 m²−2m),
∴当m=-2时,PD 有最大值,最大值为 455;
②【思路点拨】分两种情况,(i)△CPD∽△ACO,由对应角相等关系可得,PC∥AO,将OC=2=γ代入即可,(ii)△PCD∽△ACO,构造“A”字型与△PCD 相似的三角形，再构造“一线三垂直”模型，联立直线与抛物线的解析式求解即可.
∵PD⊥AC,∴∠PDC=90°=∠AOC,
∴当以点 P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，则△CPD∽△ACO或△PCD∽△ACO,
(i)如解图②,若△CPD∽△ACO,则∠PCD=∠CAO,∴CP∥AO,
∵C(0,2),∴点P 的纵坐标为2,
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
∴2=−12x2−32x+2,
解得 x₁=0(不合题意，舍去)， x₂=−3,
∴此时点 P的坐标为(-3,2);
(ii)如解图③,过点A作AC 的垂线,交 CP 的延长线于点 G,过点 G 作 GH⊥x 轴于点 H,若△PCD∽△ACO,则 ∠PCD=∠ACO,PDAO=CDCO,
∴PDCD=AOCO=42=2,
∵ PD⊥AC,GA⊥AC,∴GA∥PD,
∴△GAC∽△PDC,
∴GAPD=ACDC,∴GAAC=PDCD=2,
∵GA⊥AC,GH⊥x轴,
∴∠GAC=∠GHA=90°,
∴∠AGH+∠GAH=90°,∠GAH+∠CAO=90°,
∴∠AGH=∠CAO,
又∵∠GHA=∠AOC=90°,∴△GHA∽△AOC,
∴GHAO=AHCO=GAAC,即 GH4=AH2=2,
∴GH=8,AH=4,∴HO=AH+OA=8,∴G(-8,8),
易知直线CG的解析式为 y=−34x+2,
令 −34x+2=−12x2−32x+2,
解得 x₁=0(不合题意，舍去)， x2=−32,
把 x=−32代入 y=−34x+2 得 y=−34×−32+2=258,
∴此时点 P 的坐标为 −32258.
综上所述，符合条件的点P 的坐标为(-3，2)或 −32258.
5. 解:(1)∵直线y=-x+4与x轴,y轴分别交于点A,B,∴A(4,0),B(0,4),
∴抛物线的解析式为 y=ax²+bx+4
将A(4,0),C(-2,0)分别代入 y=ax²+bx+4中,得 16a+4b+4=04a−2b+4=0,解得 a=−12,b=1,
∴抛物线的解析式为 y=−12x2+x+4;
(2)由题意知,△OBC三边之比为1:2: 5,如解图①，过点 P 作PH∥y轴交AB 于点H,作EK⊥PH于点 K,
∴△PEK∽△BCO,
∴EKPK=COBO=12,
由题意可知△EHK 与
△FPH为等腰直角三角形.
∴EK=KH,PF=PH,设PH=l,
∴PK+HK=l,EK=13l,
∴EH=23l,EF=223l,PE=53l,
则 CPEF=1+223+53l,
设 Pm−12m2+m+4,则H(m,-m+4),
∴PH=−12m2+2m,
∴CPEF=1+223+53⋅−12m2+2m
=1+223+53⋅−12m−22+2.
∴−12<0,0∴当m=2时,C△PEF 取得最大值,最大值为2+ 423+253,
此时,点P的坐标为(2,4);
(3)【思路点拨】分两种情况,①△MON∽△BOG,旋转OG构造∠MON=∠BOG,联立直线OM与抛物线的解析式求解即可,②△MNO∽△BOG,旋转OD 构造∠MON=∠BGO，联立直线OM与抛物线的解析式求解即可.
存在.
将抛物线向右平移两个单位得 y'=−12x−22+ x−2+4=−12x2+3x,新抛物线与原抛物线交于点G,B(0,4),
∴G(2,4),D(4,4),
分两种情况讨论：
①当△MON∽△BOG时,
如解图②,将 OG绕点 O 顺时针旋转45°得到点 G',延长 OG'交抛物线于点 M,过点 M 作OM⊥MN交射线OD 于点 N,过点 G作GH⊥OD 于点 H,
∵G(2,4),D(4,4),B(0,4),
∴OD=4 2,GD=2,OB=4,OG=2 5,
∴GH=22GD=2,
∵∠GHO=90°,∴OH=3 2,
过点 G'作 G'Q⊥x轴于点 Q,则∠GOH=∠G'OQ,∠GHO=∠G'QO=90°,OG=OG',
∴△GOH≌△G'OQ,
∴G'Q=GH=2,OQ=OH=32,∴G'322,
∴直线OM 的解析式为 y=13x,
联立 y=13xy=−12x2+3x,解得 x1=0y1=0舍去) x2=163y2=169 ∴M163169;
②当△MNO∽△BOG时,∠NOM=∠OGB,如解图③，将OD 绕点 O顺时针旋转∠BGO 的度数交抛物线于点 M,过点 M作OM⊥MN交射线OD于点N,
同①理可得，直线OM 的解析式为 y=−13x.
联立 y=−13xy=−12x2+3x,解得 x1=0y1=0舍去) x2=203y2=−209 ∴M203−209.
综上所述，点M的坐标为 163169或 203−209.