二次函數(shù)與相似問題-2022年中考數(shù)學(xué)壓軸題（解析）

挑戰(zhàn)2022年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題4二次函數(shù)與相似全等問題函數(shù)中因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的相似三角形問題一般有三個(gè)解題途徑①求相似三角形的第三個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，先要分析已知三角形的邊和角的特點(diǎn)，進(jìn)而得出已知三角形是否為特殊三角形。根據(jù)未知三角形中已知邊與已知三角形的可能對(duì)應(yīng)邊分類討論。②或利用已知三角形中對(duì)應(yīng)角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數(shù)、對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)等知識(shí)來推導(dǎo)邊的大小。③若兩個(gè)三角形的各邊均未給出，則應(yīng)先設(shè)所求點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)而用函數(shù)解析式來表示各邊的長(zhǎng)度，之后利用相似來列方程求解。相似三角形常見的判定方法：（1）平行線法：平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似；這是判定三角形相似的一種基本方法．相似的基本圖形可分別記為“A”型和“X”型，如圖所示在應(yīng)用時(shí)要善于從復(fù)雜的圖形中抽象出這些基本圖形．（2）三邊法：三組對(duì)應(yīng)邊的比相等的兩個(gè)三角形相似；（3）兩邊及其夾角法：兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等且夾角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似；（4）兩角法：有兩組角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似．判定定理“兩邊及其夾角法”是常用的解題依據(jù)，一般分三步：尋找一組等角，分兩種情況列比例方程，解方程并檢驗(yàn)．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC與△DEF相似，只要把夾∠A和∠D的兩邊表示出來，按照對(duì)應(yīng)邊成比例，分和兩種情況列方程．應(yīng)用判定定理“兩角法”解題，先尋找一組等角，再分兩種情況討論另外兩組對(duì)應(yīng)角相等．應(yīng)用判定定理“三邊法”解題不多見，根據(jù)三邊對(duì)應(yīng)成比例列連比式解方程（組）．還有一種情況，討論兩個(gè)直角三角形相似，如果一組銳角相等，其中一個(gè)直角三角形的銳角三角比是確定的，那么就轉(zhuǎn)化為討論另一個(gè)三角形是直角三角形的問題．

【例1】（2021?阿壩州）如圖1，直線y＝﹣x+b與拋物線y＝ax2交于A，B兩點(diǎn)，與y軸于點(diǎn)C，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣4，8）．（1）求a，b的值；（2）將點(diǎn)A繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)D．①試說明點(diǎn)D在拋物線上；②如圖2，將直線AB向下平移，交拋物線于E，F(xiàn)兩點(diǎn)（點(diǎn)E在點(diǎn)F的左側(cè)），點(diǎn)G在線段OC上．若△GEF∽△DBA（點(diǎn)G，E，F(xiàn)分別與點(diǎn)D，B，A對(duì)應(yīng)），求點(diǎn)G的坐標(biāo)．【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把問題轉(zhuǎn)化為解方程組即可．（2）①如圖1中，分別過點(diǎn)A，D作AM⊥y軸于點(diǎn)M，DN⊥y軸于點(diǎn)N．利用全等三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，可得結(jié)論．②設(shè)E（t，t2），求出直線EG，F(xiàn)G的解析式，構(gòu)建方程組求出點(diǎn)G的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為O，構(gòu)建方程組求出t，即可解決問題．【解析】（1）由題意，得，解得．（2）①如圖1中，分別過點(diǎn)A，D作AM⊥y軸于點(diǎn)M，DN⊥y軸于點(diǎn)N．由（1）可知，直線AB的解析式為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），當(dāng)x＝﹣2時(shí)，y＝×22＝2，∴點(diǎn)D在拋物線y＝x2上．②由，解得或，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，），∴直線AD的解析式為y＝﹣3x﹣4，直線BD的解析式為y＝x+3，設(shè)E（t，t2），∴直線EF的解析式為y＝﹣x+t2+t，由，解得或，∴F（﹣t﹣1，（t+1）2），∵△GEF∽△DBA，EF∥AB，由題意可知，EG∥DB，GF∥AD，∴直線EG的解析式為y＝x+t2﹣，直線FG的解析式為y＝﹣3x+（t+1）2﹣3（t+1），聯(lián)立，解得，∴G（﹣t﹣，t2﹣t﹣），令﹣t﹣＝0，解得t＝﹣，∴G（0，）．【例2】（2021?陜西）已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（﹣5，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，5），它的對(duì)稱軸為直線l．（1）求該拋物線的表達(dá)式及點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）若點(diǎn)P（m，2）在l上，點(diǎn)P′與點(diǎn)P過關(guān)于x軸對(duì)稱．在該拋物線上，是否存在點(diǎn)D、E、F，使四邊形P′DEF與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′？若存在，求點(diǎn)D、E、F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1用待定系數(shù)法可得拋物線的表達(dá)式為y＝x2+6x+5，令y＝0即可得B（﹣1，0）；（2）延長(zhǎng)AP'交拋物線于D，延長(zhǎng)BP'交拋物線于F，對(duì)稱軸交拋物線于E，由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），拋物線對(duì)稱軸為直線x＝﹣3，故P（﹣3，2），P'（﹣3，﹣2），即得PP'＝4，P'E＝2，由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直線AP'為y＝﹣x﹣5，解得D（﹣2，﹣3），故AP'＝2，P'D＝，同理可得BP'＝2，P'F＝，即有＝＝＝2，故四邊形P'FED與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′．【解析】（1）∵A（﹣5，0）、C（0，5）在拋物線y＝x2+bx+c上，∴，解得，∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2+6x+5，令y＝0得x＝﹣1或x＝﹣5，∴B（﹣1，0）；（2）存在，理由如下：延長(zhǎng)AP'交拋物線于D，延長(zhǎng)BP'交拋物線于F，對(duì)稱軸交拋物線于E，如圖：由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），拋物線對(duì)稱軸為直線x＝﹣3，∵點(diǎn)P（m，2）在對(duì)稱軸直線l上，∴P（﹣3，2），∵點(diǎn)P′與點(diǎn)P關(guān)于x軸對(duì)稱，∴P'（﹣3，﹣2），∴PP'＝4，P'E＝2，由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直線AP'為y＝﹣x﹣5，解得或，∴D（﹣2，﹣3），∴AP'＝＝2，P'D＝＝，由B（﹣1，0）、P'（﹣3，﹣2）可得直線BP'為y＝x+1，解得或，∴F（﹣4，﹣3），∴BP'＝＝2，P'F＝＝，∴＝＝＝2，由位似圖形定義知，四邊形P'FED與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′，∴拋物線上存在D（﹣2，﹣3），E（﹣3，﹣4），F(xiàn)（﹣4，﹣3），使四邊形P'FED與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′．【例3】（2021?涪城區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A、B兩點(diǎn)，其中A（1，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．（1）求拋物線解析式；（2）如圖1，過點(diǎn)B作x軸垂線，在該垂線上取點(diǎn)P，使得△PBC與△ABC相似，請(qǐng)求出點(diǎn)P坐標(biāo)；（3）如圖2，在線段OB上取一點(diǎn)M，連接CM，請(qǐng)求出CM+BM最小值．【分析】（1）將點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)C（0，3）代入y＝x2+bx+c，即可求解析式；（2）分兩種情況討論：①當(dāng)∠PCB＝∠ACB時(shí)，△CAB≌△CPB（ASA），求得P（3，2）；②當(dāng)∠CPB＝∠ACB時(shí)，△CAB∽△PCB，由＝，求得P（3，9）；（3）過點(diǎn)B作直線l與x軸成角為30°，過點(diǎn)C作CN⊥l交于點(diǎn)N，交x軸于點(diǎn)M，此時(shí)CM+BM的值最小，求出∠OCM＝30°，在求出CM＝2，OM＝，MB＝3﹣，MN＝，所以CM+BM的值最小為．【解析】（1）將點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)C（0，3）代入y＝x2+bx+c，得，∴，∴y＝x2﹣4x+3；（2）令y＝0，則x2﹣4x+3＝0，解得x＝3或x＝1，∴A（1，0），∴AB＝2，∵OB＝OC，∴∠CBO＝45°，∵BP⊥x軸，∴∠CBP＝45°，①當(dāng)∠PCB＝∠ACB時(shí)，△CAB≌△CPB（ASA），∴AB＝BP，∴BP＝2，∴P（3，2）；②當(dāng)∠CPB＝∠ACB時(shí)，△CAB∽△PCB，∴＝，∵BC＝3，∴BP＝9，∴P（3，9）；綜上所述：△PBC與△ABC相似時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為（3，9）或P（3，2）；（3）過點(diǎn)B作直線l與x軸成角為30°，過點(diǎn)C作CN⊥l交于點(diǎn)N，交x軸于點(diǎn)M，∵∠OBN＝30°，∴MB＝2MN，∴MN＝MB，∴CM+BM＝CM+MN＝CN，此時(shí)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的值最小為．【例4】（2020?銅仁市中考）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過兩點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），C是拋物線與y軸的交點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，設(shè)△PBC的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式（指出自變量m的取值范圍）和S的最大值；（3）點(diǎn)M在拋物線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在y軸上運(yùn)動(dòng)，是否存在點(diǎn)M、點(diǎn)N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似，如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)P作PF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），進(jìn)而可得出PF的長(zhǎng)度，利用三角形的面積公式可得出S＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PBC面積的最大值；（3）分兩種不同情況，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C上方或下方時(shí)，畫出圖形，由相似三角形的性質(zhì)得出方程，求出點(diǎn)M，點(diǎn)N的坐標(biāo)即可．【解答】解：（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，得：a-b+6=09a+3b+6=0∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6．（2）過點(diǎn)P作PF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，如圖1所示．當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2x2+4x+6＝6，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，將B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：3k+c=0c=6，解得：k=∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6．∵點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，∴S=12PF?OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m-32∴當(dāng)m=32時(shí)，△PBC面積取最大值，最大值為∵點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，∴0＜m＜3．綜上所述，S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式為＝﹣3m2+9m（0＜m＜3），S的最大值為274（3）存在點(diǎn)M、點(diǎn)N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．如圖2，∠CMN＝90°，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C上方，過點(diǎn)M作MD⊥y軸于點(diǎn)D，∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∴△MCD∽△NCM，若△CMN與△OBC相似，則△MCD與△OBC相似，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，當(dāng)DMCD=OBOC=36∴a-2解得，a＝1，∴M（1，8），此時(shí)ND=12DM∴N（0，172當(dāng)CDDM=OBOC=12∴-2a解得a=7∴M（74，55此時(shí)N（0，838如圖3，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C的下方，過點(diǎn)M作ME⊥y軸于點(diǎn)E，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，同理可得：2a2-4aa=12或解得a=94或a＝∴M（94，398）或M（3，此時(shí)N點(diǎn)坐標(biāo)為（0，38）或（0，-綜合以上得，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【例5】（2020?隨州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+1的對(duì)稱軸為直線x=32，其圖象與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（4，0），與y軸交于點(diǎn)（1）直接寫出拋物線的解析式和∠CAO的度數(shù)；（2）動(dòng)點(diǎn)M，N同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，點(diǎn)M以每秒3個(gè)單位的速度在線段AB上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N以每秒2個(gè)單位的速度在線段AC上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（t＞0）秒，連接MN，再將線段MN繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，設(shè)點(diǎn)N落在點(diǎn)D的位置，若點(diǎn)D恰好落在拋物線上，求t的值及此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，設(shè)P為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，Q為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)以點(diǎn)C，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△MDB相似時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P及其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Q的坐標(biāo)．（每寫出一組正確的結(jié)果得1分，至多得4分）【分析】（1）利用待定系數(shù)法，對(duì)稱軸公式構(gòu)建方程組求出a，b即可，再求出點(diǎn)A點(diǎn)C的坐標(biāo)即可得出結(jié)論．（2）如圖1中，過點(diǎn)C作CE⊥OA于E，過點(diǎn)D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解即可．（3）分6種情形首先確定點(diǎn)P的坐標(biāo)，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】解：（1）由題意：-b解得a=-∴拋物線的解析式為y=-14x2+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）如圖1中，過點(diǎn)C作CE⊥OA于E，過點(diǎn)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∵t＞0，故可以解得t=3經(jīng)檢驗(yàn)，t=34時(shí)，M，∴D（2，32（3）如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)C的下方，點(diǎn)P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠MDB時(shí)，取E（12，0），連接EC，過點(diǎn)E作EG⊥EC交PC于G∵M(jìn)（54，0），D（2，32），B（4，∴FM＝2-54=34，DM=35∴DF＝2MF，∵OC＝2OE，∴tan∠OCE＝tan∠MDF=1∴∠OCE＝∠MDF，∴∠OCP＝∠MDB，∴∠ECG＝∠FDB，∴tan∠ECG＝tan∠FDB=4∵EC=5∴EG=253，可得G（11∴直線CP的解析式為y=-211由y=-211x+1y=-∴P（4111，39121），C（0，∴PC=210當(dāng)MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ時(shí)，△QCP∴Q（0，-373242）或（0，如圖3﹣2中，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)C的下方，點(diǎn)P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠DMB時(shí)，設(shè)PC交x軸于k．∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，∴OK＝2OC＝2，∴點(diǎn)K與F重合，∴直線PC的解析式為y=-12由y=-12x+1y=-∴P（5，-3∴PC=5當(dāng)DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC時(shí)，△QCP∴Q（0，-496）或（0，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)C的下方，點(diǎn)P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠DBM時(shí)，同法可得P（253，-919），Q（0，-25718當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)C上方，∠QCP＝∠DMB時(shí)，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)C上方，∠QCP＝∠MDB時(shí)，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)C下方，點(diǎn)P在y軸的左側(cè)時(shí)，∠QCP＝∠DBM時(shí)，同法可得P（-73，-199），Q（0，-59【例6】（2020?廣東）如圖，拋物線y=3+36x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A，B分別位于原點(diǎn)的左、右兩側(cè)，BO＝3AO＝3，過點(diǎn)B的直線與y軸正半軸和拋物線的交點(diǎn)分別為C，D，BC（1）求b，c的值；（2）求直線BD的函數(shù)解析式；（3）點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱軸上且在x軸下方，點(diǎn)Q在射線BA上．當(dāng)△ABD與△BPQ相似時(shí)，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【分析】（1）先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B坐標(biāo)，代入交點(diǎn)式，可求拋物線解析式，即可求解；（2）過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，由平行線分線段成比例可求OE=3，可求點(diǎn)D（3）利用兩點(diǎn)距離公式可求AD，AB，BD的長(zhǎng)，利用銳角三角函數(shù)和直角三角形的性質(zhì)可求∠ABD＝30°，∠ADB＝45°，分∠ABP＝30°或∠ABP＝45°兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：（1）∵BO＝3AO＝3，∴點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)A（﹣1，0），∴拋物線解析式為：y=3+36（x+1）（x﹣3）=3+36∴b=-3+33（2）如圖1，過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，∴CO∥DE，∴BCCD∵BC=3CD，BO＝3∴3=∴OE=3∴點(diǎn)D橫坐標(biāo)為-3∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（-3，3+設(shè)直線BD的函數(shù)解析式為：y＝kx+b，由題意可得：3+1=-解得：k=-∴直線BD的函數(shù)解析式為y=-33（3）∵點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)D（-3，3+∴AB＝4，AD＝22，BD＝23+2，對(duì)稱軸為直線x＝1∵直線BD：y=-33x+3與∴點(diǎn)C（0，3），∴OC=3∵tan∠CBO=CO∴∠CBO＝30°，如圖2，過點(diǎn)A作AK⊥BD于K，∴AK=12AB＝∴DK=AD2∴DK＝AK，∴∠ADB＝45°，如圖，設(shè)對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)為N，即點(diǎn)N（1，0），若∠CBO＝∠PBO＝30°，∴BN=3PN＝2，BP＝2PN∴PN=233，當(dāng)△BAD∽△BPQ，∴BPBA∴BQ=433∴點(diǎn)Q（1-233當(dāng)△BAD∽△BQP，∴BPBD∴BQ=433∴點(diǎn)Q（﹣1+433若∠PBO＝∠ADB＝45°，∴BN＝PN＝2，BP=2BN＝22當(dāng)△DAB∽△BPQ，∴BPAD∴22∴BQ＝23+∴點(diǎn)Q（1﹣23，0）；當(dāng)△BAD∽△PQB，∴BPBD∴BQ=22×22∴點(diǎn)Q（5﹣23，0）；綜上所述：滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1-233，0）或（﹣1+433，0）或（1﹣23，0）或（5【題組一】1．（2021?歷城區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝x﹣3的圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A和點(diǎn)C（0，3）．（1）求點(diǎn)B坐標(biāo)及二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）如圖1，平移線段AC，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在二次函數(shù)在第四象限的圖象上，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E落在直線AB上，直接寫出四邊形ACED的形狀，并求出此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2，在（2）的條件下，連接CD，交x軸于點(diǎn)M，點(diǎn)P為直線CD上方拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF⊥x軸，交CD于點(diǎn)F，連接PC，是否存在點(diǎn)P，使得以P、C、F為頂點(diǎn)的三角形與△相似？若存在，求出線段PF的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）依據(jù)一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點(diǎn)特征可求A點(diǎn)、B點(diǎn)坐標(biāo)，將A，C點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線可求二次函數(shù)表達(dá)式．（2）由平移性質(zhì)可知，DE∥AC且DE＝AC，故四邊形ACED是平行四邊形．由平行四邊形頂點(diǎn)坐標(biāo)的相對(duì)位置關(guān)系，可以設(shè)D點(diǎn)坐標(biāo)并表示E點(diǎn)坐標(biāo)，將E點(diǎn)坐標(biāo)代入所在直線解析式建立方程即可求解．（3）依題意，∠PFC＝∠OCM，要使得兩三角形相似，只需再找另一組角相等即可．可找∠CPF＝∠＝90°或∠PCF＝∠＝90°．【解析】（1）依題意，對(duì)一次函數(shù)y＝x﹣3，令y＝0，得x＝3．∴A（3，0）．令x＝0，得y＝﹣3．∴B（0，﹣3）．將A（3，0），C（0，3）代入拋物線解析式y(tǒng)＝﹣x2+bx+c，得，解得．∴拋物線解析式為：y＝﹣x2+2x+3．（2）依題意，DE∥AC且DE＝AC，∴四邊形ACED是平行四邊形．設(shè)點(diǎn)D（a，﹣a2+2a+3），則點(diǎn)E（a﹣3，﹣a2+2a+6），將點(diǎn)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．依題意，PF∥y軸，則∠PFC＝∠OCM，∴∠CPF＝∠＝90°或∠PCF＝∠＝90°時(shí)，以P、C、F為頂點(diǎn)的三角形與△相似．①當(dāng)∠CPF＝∠＝90°，∵PF∥y軸，∴PC⊥y軸，則點(diǎn)P與點(diǎn)C關(guān)于拋物線對(duì)稱．由二次函數(shù)圖像的軸對(duì)稱性得PC＝2．又D（4，﹣5），如圖，作DG⊥y軸于點(diǎn)G，則DG＝4，OG＝5，∴tan∠DCG＝，∴tan∠PFC＝tan∠DCG＝，即，又CP＝2．∴PF＝4．②當(dāng)∠PCF＝∠＝90°時(shí)，如圖2，作CH⊥PF于點(diǎn)H．則∠OCH＝90°．即∠DCG+∠FCH＝90°，又∠PCH+∠FCH＝90°．∴∠DCG＝∠PCH．∴tan∠PCH＝tan∠DCG＝．即．設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m2+2m+3）．則點(diǎn)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＝．綜上，存在這樣的點(diǎn)P使得以P、C、F為頂點(diǎn)的三角形與△相似．此時(shí)PF＝4或．2．（2021?天心區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線L與x軸交于A，B兩點(diǎn)，且經(jīng)過點(diǎn)C（0，﹣2），拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（，﹣）．（1）求拋物線L的函數(shù)表達(dá)式；（2）如圖1，點(diǎn)E為第四象限拋物線L上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，求EG的最大值，及此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）如圖2，連接AC，BC，過點(diǎn)O作直線l∥BC，點(diǎn)P，Q分別為直線l和拋物線L上的點(diǎn)．試探究：在第一象限是否存在這樣的點(diǎn)P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，可以設(shè)出拋物線的頂點(diǎn)式，再根據(jù)拋物線過C點(diǎn)，代入C點(diǎn)坐標(biāo)即可求出拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)F，分別設(shè)出E，F(xiàn)的坐標(biāo)，再證△EFG∽△BCO，得出＝，用含有E和F點(diǎn)橫坐標(biāo)m的代數(shù)式表示出EG，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得出EG的最大值并求出E點(diǎn)坐標(biāo)即可；（3）分情況討論，根據(jù)△PQB∽△CAB得出線段比例關(guān)系分別計(jì)算出P點(diǎn)坐標(biāo)即可．【解析】（1）∵拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（，﹣），∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣）2﹣，∵拋物線過C（0，﹣2），∴﹣2＝a（0﹣）2﹣，解得a＝，∴拋物線的解析式為y＝（x﹣）2﹣，即y＝x2﹣x﹣2；（2）如圖1，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)F，∵點(diǎn)E在拋物線上，∴設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（m，m2﹣m﹣2），由（1）知拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣2，∴當(dāng)y＝0時(shí)，0＝x2﹣x﹣2，解得x1＝﹣1，x2＝4，即A（﹣1，0），B（4，0），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，又∵C（0，﹣2），∴，解得，∴直線BC的解析式為y＝x﹣2，∵F點(diǎn)在直線BC上，∴設(shè)F點(diǎn)坐標(biāo)為（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+，∴當(dāng)m＝2時(shí)BG有最大值為，此時(shí)E點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣3）；（3）存在，符合條件的P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）或（，），理由如下：∵直線l∥BC，且l過原點(diǎn)（0，0），∴直線l的解析式為y＝x，設(shè)P（s，），①當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ右側(cè)時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)Q作QM⊥直線PN于點(diǎn)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），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線解析式得﹣×s﹣2＝s﹣2，解得s1＝0（舍去）或s2＝，∴P（，）；②當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ左側(cè)時(shí)，由①的方法同理可得Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（s，2），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線解析式得﹣×s﹣2＝2，解得s1＝（舍去）或s2＝，∴P（，）；綜上，符合條件的P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）或（，）．3．（2021?市中區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝﹣x+3與兩坐標(biāo)軸交于A、B兩點(diǎn)，拋物線y＝x2+bx+c過點(diǎn)A和點(diǎn)B，并與x軸交于另一點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．點(diǎn)E在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）若點(diǎn)F在拋物線的對(duì)稱軸上，且EF∥x軸，若以點(diǎn)D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABD相似，求出此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）若點(diǎn)P為坐標(biāo)平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿足tan∠APB＝3，請(qǐng)直接寫出△PAB面積最大時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)及該三角形面積的最大值．【分析】（1）先由y＝﹣x+3得出A，B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，再求出頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）先確定△ABC是直角三角形，然后分兩種情況討論以點(diǎn)D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABD相似，由相似三角形的性質(zhì)列方程求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）先根據(jù)tan∠APB＝3確定P所在的運(yùn)動(dòng)路徑是以AD為直徑的圓，然后找點(diǎn)P與AB最遠(yuǎn)的位置，求出此時(shí)△PAB面積的最大值及點(diǎn)P的坐標(biāo)．【解析】（1）∵直線y＝﹣x+3與y軸、x軸分別交于A、B兩點(diǎn)、∴A（0，3），B（3，0），將A（0，3）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣4x+3，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1∴拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（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為直角三角形，且∠ABD＝90°，設(shè)點(diǎn)E（m，m2﹣4m+3）（m＞2）．∵EF∥x軸，∴DF＝m2﹣4m+3+1＝m2﹣4m+4，F(xiàn)E＝m﹣2，∠DFE＝90°，∴∠DFE＝∠ABD＝90°，∴如圖1，以點(diǎn)D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABD相似，且∠FDE＝∠BAD，則，由AB2＝32+32＝18，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，得AB＝3，BD＝，∴＝，解得m1＝5，m2＝2（不符合題意，舍去）．∴E（5，8）；如圖2，以點(diǎn)D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABD相似，且∠FDE＝∠BDA，則，∴＝，解得m1＝，m2＝2（不符合題意，舍去），∴E（，）．綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（5，8）或（，）．（3）由（2）得，tan∠ADB＝＝3，∵tan∠APB＝3，∴∠APB＝∠ADB，∴點(diǎn)P在過A、B、D三點(diǎn)，即以AD為直徑的圓上．如圖3，取AD的中點(diǎn)Q，以點(diǎn)Q為圓心，以QA為半徑作圓，連接QB，∵QB＝AD＝QA，∴點(diǎn)B在⊙Q上；連接并延長(zhǎng)OQ、QO分別交AB于點(diǎn)G、⊙Q于點(diǎn)H，作PR⊥AB于點(diǎn)R，連接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，∴當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)H重合時(shí)，△PAB的面積最大，此時(shí)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×（+）＝；過點(diǎn)H作HL⊥x軸于點(diǎn)L，∵∠OHL＝90°﹣∠HOL＝90°﹣∠BOG＝∠OBA＝45°，∴OL＝OH?tan45°＝OH；∵OG＝AB＝，∴OH＝GH﹣OG＝+﹣＝，∴HL＝OL＝×（）＝，∴H（，）．∵此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)H重合，∴P（，）．綜上所述，△PAB面積最大值為，此時(shí)P（，）．4．（2021?姑蘇區(qū)校級(jí)二模）如圖1，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0）點(diǎn)B（3，0）和點(diǎn)C（0，2），連接AC，線段AB上有一動(dòng)點(diǎn)P，過點(diǎn)P作AC的平行線交直線BC于點(diǎn)D，交拋物線于點(diǎn)E．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）移動(dòng)點(diǎn)P，求線段DE的最大值；（3）如圖2，過點(diǎn)E作y軸的平行線EF交BC于點(diǎn)F，連接PC，若以點(diǎn)C、D、P為頂點(diǎn)的三角形和△EFD是相似三角形，求此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法易求二次函數(shù)的解析式為：y＝；（2）先待定系數(shù)法求BC的函數(shù)解析式為：y＝﹣x+2，過點(diǎn)E作EF∥y軸交BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DG⊥EF于點(diǎn)G，證明△DFG∽△BCO，再證△EDG∽△CAO，則DG＝3k，EG＝6k，ED＝3k，ED＝EF，要線段DE的最大，只要求EF的最大值．設(shè)點(diǎn)E坐標(biāo)為（e，﹣），則點(diǎn)F坐標(biāo)為（e，﹣e+2），表示出EF＝﹣﹣（﹣e+2）＝﹣＝﹣+，當(dāng)e＝時(shí)，EF最大＝，得ED最大＝EF＝；（3）△CPD與△DEF中，已有∠CDP＝∠EDF，分兩種情況討論：①△DPC∽△DEF，易得P與O重合，點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，0）；②△DCP∽△DEF先求tan∠DCP＝tan∠ACO＝，過點(diǎn)B作BQ⊥CB交CP于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QM⊥BO于點(diǎn)M，在Rt△CBQ中．，證明△OCB∽△MBQ，得，從而求出點(diǎn)Q坐標(biāo)為（2，﹣），用待定系數(shù)法求直線CQ的解析式為：y＝﹣x+2，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣，即得點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣，0）．【解析】（1）把點(diǎn)A（﹣1，0）點(diǎn)B（3，0）和點(diǎn)C（0，2）代入二次函數(shù)y＝ax2+bx+c，得，，解得，，∴二次函數(shù)的解析式為：y＝；（2）設(shè)BC的函數(shù)解析式為：y＝mx+n，把點(diǎn)C（0，2）和B（3，0）代入，得，，解得，，∴BC的函數(shù)解析式為：y＝﹣x+2，過點(diǎn)E作EF∥y軸交BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DG⊥EF于點(diǎn)G，∴∠GFD＝∠BCO，∵∠BOC＝∠DGF，∴△DFG∽△BCO，∴，∵AC∥EP，DG∥AO，∴∠GDE＝∠OAC，∵∠COA＝∠EGD＝90°，∴△EDG∽△CAO，∴，設(shè)GF＝2k，則DG＝3k，EG＝6k，∴ED＝3k，∴ED＝EF，要線段DE的最大，只要求EF的最大值．設(shè)點(diǎn)E坐標(biāo)為（e，﹣），則點(diǎn)F坐標(biāo)為（e，﹣e+2），∴EF＝﹣﹣（﹣e+2）＝﹣＝﹣+，當(dāng)e＝時(shí)，EF最大＝，∴ED最大＝EF＝；（3）∵△CPD與△DEF中，已有∠CDP＝∠EDF，分兩種情況討論：①△DPC∽△DEF，∴點(diǎn)C與點(diǎn)F對(duì)應(yīng)，∠PCD＝∠EFD，∴CP∥EF，即P與O重合，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，0）；②△DCP∽△DEF，∴點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，∴∠DEF＝∠PCD，∵∠DEF＝∠ACO，∴∠DCP＝∠ACO，∴tan∠DCP＝tan∠ACO＝，過點(diǎn)B作BQ⊥CB交CP于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QM⊥BO于點(diǎn)M，在Rt△CBQ中．，∵∠CBO+∠MBQ＝90°，∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠MBQ＝∠OCB，∵∠COB＝∠BMQ，∴△OCB∽△MBQ，∴，∴BM＝OC＝1，MQ＝BO＝，∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（2，﹣），設(shè)CQ的關(guān)系為：y＝px+q，，解得：，∴直線CQ的解析式為：y＝﹣x+2，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（，0），綜上，點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，0）或（，0），5．（2021?成都模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C，且OC＝2OB＝6OA＝6，點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式；（2）連接BC與OP，交于點(diǎn)D，當(dāng)S△PCD：S△ODC的值最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)M在拋物線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在y軸上運(yùn)動(dòng)，是否存在點(diǎn)M、點(diǎn)N．使∠CMN＝90°，且△CMN與△BOC相似，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M、點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）當(dāng)S△PCD：S△ODC的值最大時(shí)，即為PD：OD存在最大值，而PD：OD＝PH：OC，進(jìn)而求解；（3）證明△MHN∽△CGM，則＝2或，即可求解．【解析】（1）∵OC＝2OB＝6OA＝6，故點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（﹣1，0）、（3，0）、（0，6），則，解得，故拋物線的表達(dá)式為y＝﹣2x2+4x+6；（2）當(dāng)S△PCD：S△ODC的值最大時(shí)，上述兩個(gè)三角形同高，故當(dāng)S△PCD：S△ODC的值最大時(shí)，即為PD：OD存在最大值．由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)C（0，6），由B、C的表達(dá)式得，直線BC的表達(dá)式為y＝﹣2x+6，過點(diǎn)P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)H，則△PDH∽△ODC，則PD：OD＝PH：OC，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，﹣2x2+4x+6），則點(diǎn)H（x，﹣2x+6），則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，此時(shí)x＝，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）；（3）存在，理由：過點(diǎn)M作y軸的平行線交過點(diǎn)C與x軸的平行線于點(diǎn)G，交過點(diǎn)N與x軸的平行線于點(diǎn)H，在Rt△BOC中，OB＝3，OC＝6，則當(dāng)△CMN與△BOC相似時(shí)，兩個(gè)三角形的相似比為2或，即MN：CM＝OB：OC＝1：2或MN：CM＝OB：OC＝2：1，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，﹣2x2+4x+6），設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（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，則與x對(duì)應(yīng)的t＝﹣或或或，故點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為（3，0）、（0，﹣）或（，）、（0，）或（1，8）、（0，）或（，）、（0，）．【題組二】6．（2021?玉州區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知二次函數(shù)：y＝x2﹣2x﹣6的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C．（1）求點(diǎn)A、點(diǎn)C的坐標(biāo)及對(duì)稱軸方程；（2）若直線y＝﹣x+m將△AOC的面積分成相等的兩部分，求m的值；（3）點(diǎn)B是該二次函數(shù)圖象與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)，點(diǎn)D是直線x＝2上位于x軸下方的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E是第四象限內(nèi)該二次函數(shù)圖象上的動(dòng)點(diǎn)，且位于直線x＝2右側(cè)．若以點(diǎn)E為直角頂點(diǎn)的△BED與△AOC相似，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．【分析】（1）二次函數(shù)：y＝x2﹣2x﹣6，當(dāng)y＝0時(shí)，解得x值即為A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)，當(dāng)x＝0時(shí)，二次函數(shù)的y值即為C的縱坐標(biāo)，由對(duì)稱軸公式可得對(duì)稱軸方程；（2）求出直線y＝﹣x+m與y軸的交點(diǎn)為（0，m），由S△AOC＝×2×6＝6，×（m+6）（m+6）＝3，即可求解；（3）分△DEO∽△AOC、△BED∽△AOC兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）當(dāng)y＝0時(shí)，代入二次函數(shù)解析式，得：0＝x2﹣2x﹣6，解得：x1＝﹣2，x2＝6，∵A在B的左邊，∴A的坐標(biāo)為（﹣2，0），當(dāng)x＝0時(shí)，代入二次函數(shù)解析式，得：y＝﹣6，即C的坐標(biāo)為（0，﹣6），由對(duì)稱軸公式得x＝﹣＝2，即A的坐標(biāo)為（﹣2，0），C的坐標(biāo)為（0，﹣6），對(duì)稱軸方程為x＝2；（2）聯(lián)立，解得：x＝﹣（m+6），直線y＝﹣x+m與y軸的交點(diǎn)為（0，m），S△AOC＝×2×6＝6，由題意得：×（m+6）（m+6）＝3，解得：m＝﹣2或﹣10（舍去﹣10），∴m＝﹣2；（3）∵OA＝2，OC＝6，∴＝3，①當(dāng)△DEB∽△AOC時(shí)，則＝＝3，如圖，過點(diǎn)E作EF⊥直線x＝2，垂足為F，過點(diǎn)B作BG⊥EF，垂足為G，則Rt△BEG∽R(shí)t△EDF，則＝＝3，則BG＝3EF，設(shè)點(diǎn)E（h，k），則BG＝﹣k，F(xiàn)E＝h﹣2，則﹣k＝3（h﹣2），即k＝6﹣3h，∵點(diǎn)E在二次函數(shù)上，故：h2﹣2h﹣6＝6﹣3h，解得：h＝4或﹣6（舍去﹣6），則點(diǎn)E（4，﹣6）；②當(dāng)△BED∽△AOC時(shí)，＝＝，過點(diǎn)E作ME⊥直線x＝2，垂足為M，過點(diǎn)B作BN⊥ME，垂足為N，則Rt△BEN∽R(shí)t△EDM，則＝＝，則NB＝EM，設(shè)點(diǎn)E（p，q），則BN＝﹣q，EM＝p﹣2，則﹣q＝（p﹣2），解得：p＝或（舍去），故點(diǎn)E坐標(biāo)為（4，﹣6）或（，）．7．（2021?武漢模擬）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y＝ax2+bx+c的對(duì)稱軸是直線x＝﹣且經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B．（1）求拋物線解析式；（2）在第四象限的拋物線上找一點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MN垂直x軸于點(diǎn)N．若△AMN與△ABC相似，點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）如圖2，P為拋物線上一點(diǎn)，橫坐標(biāo)為p，直線EF交拋物線于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，其中∠EPF為直角，當(dāng)p為定值時(shí)，直線EF過定點(diǎn)D，求隨著p的值發(fā)生變化時(shí)，D點(diǎn)移動(dòng)時(shí)形成的圖象解析式．【分析】（1）根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得A、C點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)函數(shù)值相等的兩點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，可得B點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；（2）首先證明△ACB是直角三角形，分兩種情形分別根據(jù)等角的三角函數(shù)值相等求解即可解決問題；（3）設(shè)E（xE，yE），F(xiàn)（xF，），P（p，yP），過P作y軸平行線l，分別過E，F(xiàn)作直線l的垂線，垂足分別為M，N，可得△PME∽△FNP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得ME?NF＝PM?PN，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)表示出線段的長(zhǎng)，設(shè)直線EF的解析式為y＝kx+m，聯(lián)立y＝﹣x2﹣x+2可得x2﹣（2k+3）x+2m﹣4＝0，則xE+xF＝﹣2k﹣3，xE?xF＝2m﹣4，可得出m＝（p+3）k﹣，則直線EF的解析式為y＝kx+（p+3）k﹣，即可求出當(dāng)p為定值時(shí)，直線EF過定點(diǎn)D（﹣p﹣3，﹣），即可得隨著p的值發(fā)生變化時(shí)，D點(diǎn)移動(dòng)時(shí)形成的圖象解析式為y＝﹣x2﹣x．【解析】（1）∵直線y＝x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，即C（0，2），當(dāng)y＝0時(shí)，x+2＝0，解得x＝﹣4，即A（﹣4，0）．由A、B關(guān)于對(duì)稱軸x＝﹣對(duì)稱，得B（1，0）．將A、B、C點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得，解得，拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；（2）連接BC，設(shè)M（m，﹣m2﹣m+2），則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當(dāng)△ANM∽△ACB時(shí)，∠CAB＝∠MAN，∵tan∠CAB＝tan∠MAN，tan∠CAB＝＝，∴tan∠MAN＝＝，解得：m1＝﹣4（舍去），m2＝2，∴M（2，﹣3），②當(dāng)△ANM′∽△BCA時(shí)，∠CBA＝∠MAN，∵tan∠CBA＝tan∠MAN，tan∠CBA＝＝2，∴tan∠MAN＝＝2，解得：m1＝﹣4（舍去），m2＝5，∴M（5，﹣18），綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)是M（2，﹣3）或（5，﹣18）；（3）設(shè)E（xE，yE），F(xiàn)（xF，），P（p，yP），過P作y軸平行線l，分別過E，F(xiàn)作直線l的垂線，垂足分別為M，N，∵∠EPF為直角，∴∠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，設(shè)直線EF的解析式為y＝kx+m，聯(lián)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﹣，則直線EF的解析式為y＝kx+（p+3）k﹣，∴當(dāng)p為定值時(shí)，直線EF過定點(diǎn)D（﹣p﹣3，﹣），∴隨著p的值發(fā)生變化時(shí)，D點(diǎn)移動(dòng)時(shí)形成的圖象解析式為y＝﹣x2﹣x．8．（2021?長(zhǎng)清區(qū)二模）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A（1，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y＝﹣x+2經(jīng)過B、C兩點(diǎn)．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）設(shè)點(diǎn)Q是拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)Q在直線BC的下方時(shí)，△BCQ的面積為4，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（3）過（2）中的點(diǎn)Q作QE∥y軸，交x軸于點(diǎn)E．點(diǎn)M是拋物線x軸上方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N在x軸上，是否存在以E、M、N三點(diǎn)為頂點(diǎn)的直角三角形（其中M為直角頂點(diǎn)）與△BOC相似？如果存在，請(qǐng)直接寫出滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）由直線y＝﹣x+2與y軸交于點(diǎn)C，求出C（0，2），將A（1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c，列方程組求a、b、c的值；（2）過點(diǎn)Q作QE∥y軸，交x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，則QF⊥OB，用含有點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)x的代數(shù)式表示點(diǎn)Q、F的坐標(biāo)及線段QF的長(zhǎng)，再根據(jù)△BCQ的面積為4列方程求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（3）存在以E、M、N三點(diǎn)為頂點(diǎn)的直角三角形（其中M為直角頂點(diǎn)）與△BOC相似．過點(diǎn)M作MR⊥x軸于點(diǎn)R，由△MER∽△NEM∽△BOC，得△MER兩條直角邊的比為1：2（或2：1），列方程求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．【解析】（1）∵直線y＝﹣x+2與y軸交于點(diǎn)C，∴C（0，2），把A（1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c，得，解得，∴二次函數(shù)的解析式y(tǒng)＝x2x+2.（2）如圖1，過點(diǎn)Q作QE∥y軸，交x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，則QF⊥OB．設(shè)Q（x，x2x+2）（0＜x＜4），則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．如圖2，作MR⊥x軸于點(diǎn)R，則∠ERM＝∠EMN＝90°，∵∠MER＝∠NEM（公共角），∴△EMR∽△ENM；當(dāng)△ENM∽△BOC時(shí)，則△EMR∽△BOC．設(shè)M（m，m2m+2）（m＜1或m＞4），則R（m，0）；由（1），得Q（2，﹣1），則E（2，0），∴MR＝m2m+2，ER＝|m﹣2|．當(dāng)∠MEN＝∠CBO時(shí)，則，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﹣（不符合題意，舍去），∴M（3+，+）；由m2﹣5m+4＝2﹣m，整理，得m2﹣4m+2＝0，解得m1＝2，m2＝2+（不符合題意，舍去），∴（2，）；當(dāng)∠MEN＝∠BCO時(shí)，則，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＝（不符合題意，舍去），∴M（+，5+）；由m2﹣5m+4＝﹣4（m﹣2），整理，得m2﹣m﹣4＝0，解得m1＝，m2＝+（不符合題意，舍去），∴M（，3+）．四種不同情況如圖2～圖5所示．綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)是（3+，+）或（2，）或（+，5+）或（，3+）.9．（2021?武昌區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)）分別交x軸于A（﹣1，0），B（6，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），連接AC，作射線CB．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)F在拋物線上，點(diǎn)G在射線CB上，若以A，C，F(xiàn)，G四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)M在射線CB上，點(diǎn)N在拋物線上，若△CNM∽△COA，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）F在第一象限時(shí)，設(shè)點(diǎn)，則，將點(diǎn)G的坐標(biāo)代入BC的解析式得：，即可求解；當(dāng)點(diǎn)F在第四象限時(shí)，同理可解；（3）當(dāng)N在第一象限時(shí)，證明△MNH∽△NCI，則NI＝3HMCI＝3NH，進(jìn)而求解；②N在第四象限時(shí)，同理可解．【解析】（1）將點(diǎn)C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c得：c＝﹣3，將點(diǎn)A（﹣1，0）B（6，0）代入函數(shù)表達(dá)式得：，解得：，∴；（2）分兩種情況：①F在第一象限時(shí)，設(shè)BC解析式為y＝kx+b（k≠0），則，解得：，∴，設(shè)點(diǎn)，∵FG∥AC，G可由F右移1個(gè)單位，下移3個(gè)單位得到，則，將點(diǎn)G的坐標(biāo)代入BC的解析式得：，解得：n1＝﹣1（舍），n2＝7，∴F1（7，4）；②點(diǎn)F在第四象限時(shí)，設(shè)點(diǎn)，∴，將點(diǎn)G的坐標(biāo)代入BC解析式得：，解得：，∴，，∴F1（7，4），，；（3）分兩種情況①N在第一象限時(shí)，作NI∥y軸，CI∥x軸，MH⊥NI于點(diǎn)H，∵△CNM∽△COA，∴∠CNM＝∠COA＝90°，，∵∠MNH+∠HNC＝∠HNC+∠NCI＝90°，∴∠MNH＝∠NCI，∵∠NHM＝∠I＝90°，∴△MNH∽△NCI，∴，∴NI＝3HMCI＝3NH，設(shè)，，則，HM＝m﹣n，，CI＝n，則，解得（舍去）或，∴N（7，4）；②N在第四象限時(shí)，同理可得：，解得，故點(diǎn)N（，﹣），綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（7，4）或（，﹣）．10．（2021?錫山區(qū)校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2﹣2ax+a2﹣4與x軸正半軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的頂點(diǎn)記為D，△ABC的面積為10．（1）求此拋物線的解析式；（2）求∠BCD的正弦值；（3）將此拋物線沿y軸上下平移，所得新拋物線的頂點(diǎn)為P，且△PBD與△BCD相似，求平移后的新拋物線的解析式．【分析】（1）令y＝0，由x2﹣2ax+a2﹣4＝0求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，即用含a的代數(shù)式表示點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)，求出AB的長(zhǎng)，再根據(jù)△ABC的面積為10求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，由此求出a的值，即可得到拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)O作BC的垂線OE交CD于點(diǎn)F，求出直線OE的解析式，再求出直線CD的解析式并將這兩條直線的解析式聯(lián)立成方程組，解方程組求出它們的交點(diǎn)F的坐標(biāo)，再求EF、CF的長(zhǎng)，即可求∠BCD的正弦值；（3）過點(diǎn)D作DP⊥x軸，交BC于點(diǎn)P，可證得△PBD∽△BCD，則點(diǎn)P就是平移后拋物線的頂點(diǎn)，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，即可求得平移后的拋物線的解析式．【解析】（1）當(dāng)y＝0時(shí)，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；設(shè)C（0，m），則×4m＝10，解得m＝5，∴C（0，5）；又∵C（0，a2﹣4），∴a2﹣4＝5，解得a＝3或a＝﹣3（不符合題意，舍去），∴拋物線的解析式為y＝x2﹣6x+5.（2）如圖1，作OE⊥BC于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，設(shè)直線CD的解析式為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為BC的中點(diǎn)，E（，），設(shè)直線OE的解析式為y＝px，則p＝，解得p＝1，∴y＝x，由，得，∴F（，），∴EF＝＝，CF＝＝，∴sin∠BCD＝＝．（3）如圖2，過點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)P，則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，∴點(diǎn)P為拋物線平移后的頂點(diǎn)，∵∠OBC＝45°，∴PM＝BM?tan45°＝BM＝2，∴P（3，2）；∵平移后的拋物線與拋物線y＝x2﹣6x+5的形狀相同且對(duì)稱軸相同，∴平移后的拋物線為y＝（x﹣3）2+2，即y＝x2﹣6x+11．【題組三】11．（2021?龍崗區(qū)校級(jí)三模）在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，直線y＝x+2分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、C．拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A與點(diǎn)C，且與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)D在該拋物線上，且位于直線AC的上方．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）連結(jié)BC、BD，且BD交AC于點(diǎn)E，如果△ABE的面積與△ABC的面積之比為4：5，求∠DBA的正切值；（3）過點(diǎn)D作DF⊥AC，垂足為點(diǎn)F，連結(jié)CD．若△CFD與△AOC相似，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．【分析】（1）先利用一次函數(shù)表達(dá)式確定點(diǎn)A、C的坐標(biāo)A（﹣4，0），C（0，2），再用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）如圖1，過點(diǎn)E作EH⊥AB于H，解方程＝0，可得B坐標(biāo)（1，0），再得出△ABC面積為5，則△ABE面積為4，設(shè)點(diǎn)E坐標(biāo)為（x，），故＝4，解得：x＝，則點(diǎn)E坐標(biāo)為（，）．最后利用正切定義求解；（3）利用∠AOC＝∠DFC＝90°，分兩種情況討論：①若∠DCF＝∠ACO，△DCF∽△ACO，如圖2，過點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)C作CQ⊥DC交x軸于點(diǎn)Q，先證明AQ＝CQ，設(shè)點(diǎn)Q坐標(biāo)為（m，0），則m+4＝，確定點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，0），再證明△DCG∽△CQO，利用相似比得到，設(shè)DG＝4t，GC＝3t，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣4t，3t+2），再將D點(diǎn)坐標(biāo)代入y＝，求出t，可得點(diǎn)D坐標(biāo)；②若∠DCF＝∠CAO，△DCF∽△CAO，如圖3，則CD∥AO，利用點(diǎn)D縱坐標(biāo)與點(diǎn)C縱坐標(biāo)相同可確定此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)．【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兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線y＝﹣x2+bx+c中，則得：，解得：．所以拋物線的表達(dá)式為y＝．（2）如圖1，過點(diǎn)E作EH⊥AB于H，當(dāng)y＝0時(shí)，＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝1，故點(diǎn)B坐標(biāo)為（1，0），A（﹣4，0），∴S△ABC＝＝5，∵△ABE的面積與△ABC的面積之比為4：5，∴S△ABE＝4．設(shè)點(diǎn)E坐標(biāo)為（x，），∴＝4，解得：x＝．故點(diǎn)E坐標(biāo)為（，）．∴BH＝1+＝．在Rt△BHE中，tan∠EBH＝＝＝．即∠DBA的正切值為．（3）∵∠AOC＝∠DFC＝90°，∴分兩種情況討論：①若∠DCF＝∠ACO，則△DCF∽△ACO，如圖2，過點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)C作CQ⊥DC交x軸于點(diǎn)Q．∴∠DCF+∠ACQ＝90°，∴∠ACO+∠ACQ＝90°，又∠ACO+∠CAO＝90°，∴∠ACQ＝∠CAO．∴AQ＝CQ．設(shè)點(diǎn)Q坐標(biāo)為（m，0），則m+4＝，解得：m＝．∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（，0）．∵∠QCO+∠DCG＝90°，∠QCO+∠CQO＝90°，∴∠DCG＝∠CQO．又∵∠DGC＝∠QOC＝90°，∴△DCG∽△CQO．∴，即＝＝．設(shè)DG＝4t，GC＝3t，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣4t，3t+2），將D點(diǎn)坐標(biāo)代入y＝，得：﹣8t2+6t+2＝3t+2，解得：t1＝0（舍去），t2＝．故點(diǎn)D坐標(biāo)為（﹣，）．②若∠DCF＝∠CAO，則△DCF∽△CAO，如圖3，則CD∥AO，∴點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為2，把y＝2代入y＝，得：＝2，解得：x1＝﹣3，x2＝0（舍去）．∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣3，2）．綜上所述，點(diǎn)D坐標(biāo)為（﹣，）或（﹣3，2）．12．（2021?金壇區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+3的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC．（1）填空：b＝2；（2）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)是D，連接BC，BD，將∠ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)射線BC經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)，射線BA與拋物線交于點(diǎn)P，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）設(shè)E是x軸上位于點(diǎn)B右側(cè)的一點(diǎn)，F(xiàn)是第一象限內(nèi)一點(diǎn)，EF⊥x軸且EF＝3，點(diǎn)H是線段AE上一點(diǎn)，以EH、EF為鄰邊作矩形EFGH，F(xiàn)T⊥AC，垂足為T，連接TG，TH．若△TGF與△TGH相似，求OE的長(zhǎng)．【分析】（1）將A（﹣1，0）代入二次函數(shù)得b＝2；（2）求出D（1，4），A（﹣1，0），B（0，3），在△BCD中可以判斷△BCD是以∠BCD為直角的直角三角形，所以tan∠DBC＝＝，當(dāng)射線BC經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)，∠ABP＝∠CBD，記直線BP與y軸相交于點(diǎn)M，可得tan∠ABM＝，在Rt△MOB中，tan∠ABM＝＝＝，求出OM，可求直線BP的解析式為y＝﹣x+1，直線BP與拋物線聯(lián)立即可求點(diǎn)P（﹣，）；（3）過點(diǎn)T作TK⊥CF于K，①當(dāng)點(diǎn)H在原點(diǎn)O的右側(cè)時(shí)，可判斷出四邊形COHG是矩形，可得點(diǎn)C，G，F(xiàn)在同一條線上，∠TGH是鈍角，而∠TGF也是鈍角，由△TGF與△TGH相似，可得∠GTH＝45°＝∠CGT，TK＝GK，∠OCA＝∠TFC，，在Rt△AOC中，tan∠OCA＝＝，則可得tan∠TFC＝＝，F(xiàn)K＝3TK，同理：tan∠TCK＝＝，CK＝3TK，（Ⅰ）當(dāng)△TGF∽△HGT時(shí)，＝，設(shè)TK＝TG＝m，則CK＝m，TG＝m，GF＝2m，由（m）2＝3×2m，可求OE＝CF＝m＝10；（Ⅱ）若△TGF∽△TGH則有∠GTF＝∠GTH，∠TGF＝∠TGH，可得TG＝TG，所以△TGF≌△TGH（ASA），進(jìn)而求出OE＝CF＝5；②當(dāng)點(diǎn)H在原點(diǎn)O的左側(cè)時(shí)，∠HGT是鈍角，GTF也是鈍角，則△GTF≌△TGH（SAS），TF＝GH＝3，CT＝1，在Rt△CFT中，OE＝CF＝，當(dāng)△GTF∽△HGT時(shí)∴△GTF≌△HGT（AAS），GT＝HG＝3，TF＝GT＝3，CT＝1，OE＝CF＝＝＝．【解析】（1）將A（﹣1，0）代入得，﹣1﹣b+3＝0，∴b＝2，故答案為2；（2）如圖1，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴D（1，4），令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，∴x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（0，3），令x＝0，則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為直角的直角三角形，∴∠DCB＝90°，∴tan∠DBC＝＝，當(dāng)射線BC經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)，∠ABP＝∠CBD，記直線BP與y軸相交于點(diǎn)M，∴∠OBM＝∠CBD，∴tan∠ABM＝，在Rt△MOB中，tan∠ABM＝＝＝，∴OM＝1，∴直線BP的解析式為y＝﹣x+1①，∵二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+3②，聯(lián)立①②解得，或，∴P（﹣，）；（3）過點(diǎn)T作TK⊥CF于K，分兩種情形：①當(dāng)點(diǎn)H在原點(diǎn)O的右側(cè)時(shí)，如圖2，∵四邊形EFGH是矩形，∴GH＝EF＝3，∠HGF＝∠OHG＝90°＝∠AOC，∴OC∥GH，∵C（0，3），∴OC＝3＝GH，∴CG∥OH，∴四邊形OCGH是平行四邊形，∵∠COH＝90°，∴平行四邊形COHG是矩形，∴∠CGH＝90°＝∠HGF，∴點(diǎn)C，G，F(xiàn)在同一條線上，∵點(diǎn)H在點(diǎn)原點(diǎn)O右側(cè)，∴∠TGH＝∠CGH+∠CGT＝90°+∠CGT，∴∠TGH是鈍角，而∠TGF也是鈍角，∵△TGF與△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）當(dāng)△TGF∽△HGT時(shí)，∴＝，∴GT2＝HG?GF，設(shè)TK＝TG＝m，則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當(dāng)點(diǎn)H在原點(diǎn)O的左側(cè)時(shí)，如圖3，∠HGT＝∠AGF+∠CGT＝90°+∠CGT，∴∠HGT是鈍角，同理：∠GTF也是鈍角，當(dāng)△TGF與△TGH相似時(shí)，必有∠GTF＝∠HGT，當(dāng)△GTF∽△TGH時(shí)，∠GTF＝∠HGT，∠GTH＝∠TGF，∵GT＝GT，∴△GTF≌△TGH（ASA），∴TF＝GH＝3，∴CT＝1，∴OE＝CF＝＝＝，當(dāng)△GTF∽△HGT時(shí)，∠GTF＝∠HGT，∠GTH＝∠TFG，∵GT＝GT，∴△GTF≌△HGT（AAS），∴GT＝HG＝3，TF＝GT＝3，∴CT＝1，∴OE＝CF＝＝＝，由上可知，OE的長(zhǎng)是10或5或．13．（2021?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸相交于A（﹣3，0）、B（1，0）兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為C，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)M，點(diǎn)D在線段CM上（不與C，M重合），過點(diǎn)D作x軸的平行線交對(duì)稱軸左側(cè)的拋物線于點(diǎn)E．（1）求拋物線的表達(dá)式及頂點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）點(diǎn)F在拋物線的對(duì)稱軸上，且位于第三象限，若以點(diǎn)A，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與以D、E、F為頂點(diǎn)的三角形相似，求點(diǎn)E坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法求出拋物線的表達(dá)式，進(jìn)而求解；（2）當(dāng)∠AFC為直角時(shí)，則點(diǎn)F在x軸上，與題意中點(diǎn)F在第三象限不符，故不存在；當(dāng)∠ACF為直角時(shí)，則點(diǎn)F不在拋物線對(duì)稱軸上，也與題意不符；故只有∠CAF為直角一種情況，進(jìn)而求解．【解析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：，解得，故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+3，由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)知，拋物線的對(duì)稱軸為x＝（﹣3+1）＝﹣1，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝﹣x2﹣2x+3＝4，故點(diǎn)C（﹣1，4）；（2）當(dāng)∠AFC為直角時(shí)，則點(diǎn)F在x軸上，與題意中點(diǎn)F在第三象限不符，故不存在；當(dāng)∠ACF為直角時(shí)，則點(diǎn)F不在拋物線對(duì)稱軸上，也與題意不符；故只有∠CAF為直角一種情況，如下圖：當(dāng)∠CAF＝90°時(shí)，∵∠MAF+∠MAC＝90°，∠MAC+∠MCA＝90°，∴∠MCA＝∠MAF，在Rt△ACM中，AM＝﹣1﹣（﹣3）＝2，CM＝4，故tan∠ACM＝＝tan∠MAF，則MF＝AMtan∠MAF＝2×＝1，故點(diǎn)F的坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）；設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，m），點(diǎn)E（t，m），則m＝﹣t2﹣2t+3①，在Rt△DEF中，ED＝﹣1﹣t，DF＝m+1，∵以點(diǎn)A，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與以D、E、F為頂點(diǎn)的三角形相似，tan∠ACF＝，故tan∠EFD＝或2，即，則＝或2②，聯(lián)立①②并解得t＝（舍去）或﹣或（舍去）或﹣3（舍去），故t＝﹣，當(dāng)t＝﹣時(shí)，m＝﹣t2﹣2t+3＝2﹣3，故點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣，2﹣3）．14．（2021?深圳模擬）已知拋物線y＝x2﹣3x﹣4與x軸交于A、B（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D是直線BC下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)．（1）求直線BC的解析式；（2）如圖1，過D作DE∥y軸交BC于E，點(diǎn)P是BC下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)（P在D的右側(cè)），過點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于Q，若四邊形EDPQ為平行四邊形．且周長(zhǎng)最大．求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）如圖2，當(dāng)D點(diǎn)橫坐標(biāo)為1時(shí)，過A且平行于BD的直線交拋物線于另一點(diǎn)E，若M在x軸上，是否存在這樣點(diǎn)的M，使得以M、B、D為頂點(diǎn)的三角形與△AEB相似？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【分析】（1）先根據(jù)拋物線y＝x2﹣3x﹣4，求出點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，再運(yùn)用待定系數(shù)法求直線BC的解析式；（2）設(shè)E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），則D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），由四邊形EDPQ為平行四邊形，可得ED＝QP，建立方程求解即可；（3）分兩種情況：①若DM∥EB，則∠DMB＝∠EBM，可證明△AEB∽△BDM，利用相似三角形性質(zhì)即可求得答案；②若∠DM′B＝∠BEA且∠EAB＝∠DBM′，可證得△AEB∽△BM′D，利用相似三角形性質(zhì)即可求得答案．【解答】（1）∵拋物線y＝x2﹣3x﹣4與x軸交于A、B（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，∴令x＝0，則y＝4，令y＝0，則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，設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b（k≠0），∴把B、C代入上式得：，解得：，∴直線BC的解析式為：y＝x﹣4；（2）如圖1，過D作DE∥y軸交BC于E，點(diǎn)P是BC下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)（P在D的右側(cè)），過點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于Q，又∵拋物線的解析式為：y＝x2﹣3x﹣4，直線BC的解析式為：y＝x﹣4，∴設(shè)E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），則D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），若四邊形EDPQ為平行四邊形，則ED＝QP，即（x1﹣4）﹣（x12﹣3x1﹣4）＝（x2﹣4）﹣（x22﹣3x2﹣4），解得：x1＝x2（不合題意，應(yīng)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，此拋物線開口向下，C有最大值∴當(dāng)x1＝2﹣時(shí)，C?EDPQ的最大值＝12，此時(shí)x2＝4﹣x1＝2+，∴P（2+，﹣4）；（3）如圖2，此題有兩種情形：①若DM∥EB，則∠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，∴設(shè)yAE＝2x+n并把A（﹣1，0）代入得：yAE＝2x+2，聯(lián)立，解得：（與A重合，應(yīng)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），綜上所述，M（，0）或（﹣17，0）．15．（2021?南寧一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣5），連接BC．N是線段BC上方拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)N作NM⊥BC于M．（1）求拋物線的解析式和點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）求線段NM的最大值；（3）若點(diǎn)P是y軸上的一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，使以B，C，P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）把點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)分別代入y＝﹣x2+bx+c，求出b和c，再令y＝0，可求出點(diǎn)B坐標(biāo)；（2）過點(diǎn)N作NG⊥x軸與BC交于點(diǎn)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?yàn)椤螧AC＜135°，即點(diǎn)P只能在點(diǎn)C上方的y軸上，又∠OBC＝∠OCB＝45°，所以分兩種情況：①△PCB∽△ABC和②△BCP∽△ABC，分別討論即可求解．【解析】（1）將A（﹣1，0），C（0，﹣5）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴二次函數(shù)的解析式為：y＝﹣x2﹣6x﹣5，令﹣x2﹣6x﹣5＝0，解得，x1＝﹣5，x2＝﹣1，∴B（﹣5，0）；（2）如圖，過點(diǎn)N作NG⊥x軸與BC交于點(diǎn)G，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+m，把B（﹣5，0），C（0，﹣5）分別代入得：，解得，，∴直線BC的解析式為y＝﹣x﹣5，∴NG＝（﹣x2﹣6x﹣5）﹣（﹣x﹣5）＝﹣x2﹣5x，∴當(dāng)x＝﹣＝﹣時(shí)，NG有最大值為，又∵M(jìn)N＝NG，∴NM的最大值為．（3）存在，以B，C，P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，此時(shí)點(diǎn)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°，即點(diǎn)P只能在點(diǎn)C上方的y軸上，∴∠PCB＝∠ABC＝45°，設(shè)P（0，a），則a＞﹣5，∴AB＝4，BC＝5，CP＝a+5，∵以點(diǎn)B，C，P為頂點(diǎn)的三角形與△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，）．綜上，以B，C，P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，此時(shí)P（0，﹣1），（0，）．【題組四】16．（2021?范縣模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4）．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，拋物線在第四象限的圖象上有一點(diǎn)M，求四邊形ABMC面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）如圖2，直線CD交x軸于點(diǎn)E，若點(diǎn)P是線段EC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，是否存在以點(diǎn)P、E、O為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）利用二次函數(shù)的頂點(diǎn)式求解；（2）將四邊形ABMC進(jìn)行分割，分成△ABC，△CMN，△BMN的和，△ABC的面積是定值，求出直線BC的表達(dá)式，當(dāng)點(diǎn)M在移動(dòng)時(shí)，表示出線段MN的長(zhǎng)度，從而計(jì)算出△CMN，△BMN面積和的最大值，進(jìn)而求解；（3）利用三角形相似的判定條件，兩邊對(duì)應(yīng)成比例且夾角相等進(jìn)行求解，通過求直線CD的表達(dá)式，得到E點(diǎn)的坐標(biāo)，從而求出∠OEC＝∠OBC，分情況討論兩邊成比例的情況，進(jìn)而求出點(diǎn)EP的長(zhǎng)度，再借助解直角三角形進(jìn)行求解．【解析】（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝a（x﹣1）2﹣4，將點(diǎn)C（0，﹣3）代入得：4a﹣4＝0，解得a＝1，∴拋物線表達(dá)式為：y＝（x﹣1）2﹣4；（2）連接BC，作MN∥y軸交BC于點(diǎn)N，作BE⊥MN，CF⊥MN，如圖，由（1）知，拋物線表達(dá)式為y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，∴點(diǎn)A坐標(biāo)（﹣1，0），點(diǎn)B坐標(biāo)（3，0），設(shè)直線BC的表達(dá)式為y＝kx+b，將點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣3）代入得：，∴直線BC表達(dá)式為y＝x﹣3，設(shè)M點(diǎn)（m，m2﹣2m﹣3），則點(diǎn)N（m，m﹣3），MN＝y(tǒng)N﹣yM＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，∴S四邊形ABMC＝S△ABC+S△BCM＝S△ABC+S△CMN+S△BMN＝++＝+＝6+＝（m﹣）2+，當(dāng)m＝時(shí)，即點(diǎn)M坐標(biāo)（，