2023年中考數(shù)學二輪復習壓軸題培優(yōu)練習專題4二次函數(shù)與相似問題（教師版）

專題4二次函數(shù)與相似問題函數(shù)中因動點產(chǎn)生的相似三角形問題一般有三個解題途徑①求相似三角形的第三個頂點時，先要分析已知三角形的邊和角的特點，進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應邊分類討論。②或利用已知三角形中對應角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數(shù)、對稱、旋轉等知識來推導邊的大小。③若兩個三角形的各邊均未給出，則應先設所求點的坐標進而用函數(shù)解析式來表示各邊的長度，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，如圖所示在應用時要善于從復雜的圖形中抽象出這些基本圖形．（2）三邊法：三組對應邊的比相等的兩個三角形相似；（3）兩邊及其夾角法：兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似；（4）兩角法：有兩組角對應相等的兩個三角形相似．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．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，按照對應邊成比例，分SKIPIF1<0和SKIPIF1<0兩種情況列方程．應用判定定理“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應角相等．應用判定定理“三邊法”解題不多見，根據(jù)三邊對應成比例列連比式解方程（組）．還有一種情況，討論兩個直角三角形相似，如果一組銳角相等，其中一個直角三角形的銳角三角比是確定的，那么就轉化為討論另一個三角形是直角三角形的問題．

【例1】（2022?貴港）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（0，3）和B（，﹣）兩點，直線AB與x軸相交于點C，P是直線AB上方的拋物線上的一個動點，PD⊥x軸交AB于點D．（1）求該拋物線的表達式；（2）若PE∥x軸交AB于點E，求PD+PE的最大值；（3）若以A，P，D為頂點的三角形與△AOC相似，請直接寫出所有滿足條件的點P，點D的坐標．【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法，即可求出解析式；（2）先求出點C的坐標，然后證明Rt△DPE∽Rt△AOC，再由二次函數(shù)的最值性質，求出答案；（3）根據(jù)題意，可分為兩種情況進行分析：當△AOC∽△APD時；當△AOC∽△DAP時；分別求出兩種情況的點的坐標，即可得到答案．【解析】（1）將A（0，3）和B（，﹣）代入y＝﹣x2+bx+c，，解得，∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設直線AB的解析式為y＝kx+n，把A（0，3）和B（，﹣）代入，，解得，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+3，當y＝0時，﹣x+3＝0，解得：x＝2，∴C點坐標為（2，0），∵PD⊥x軸，PE∥x軸，∴∠ACO＝∠DEP，∴Rt△DPE∽Rt△AOC，∴，∴PE＝PD，∴PD+PE＝PD，設點P的坐標為（a，﹣a2+2a+3），則D點坐標為（a，﹣a+3），∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣（a﹣）2+，∴PD+PE＝﹣（a﹣）2+，∵﹣＜0，∴當a＝時，PD+PE有最大值為；（3）①當△AOC∽△APD時，∵PD⊥x軸，∠DPA＝90°，∴點P縱坐標是3，橫坐標x＞0，即﹣x2+2x+3＝3，解得x＝2，∴點D的坐標為（2，0）；∵PD⊥x軸，∴點P的橫坐標為2，∴點P的縱坐標為：y＝﹣22+2×2+3＝3，∴點P的坐標為（2，3），點D的坐標為（2，0）；②當△AOC∽△DAP時，此時∠APG＝∠ACO，過點A作AG⊥PD于點G，∴△APG∽△ACO，∴，設點P的坐標為（m，﹣m2+2m+3），則D點坐標為（m，﹣m+3），則，解得：m＝，∴D點坐標為（，1），P點坐標為（，），綜上，點P的坐標為（2，3），點D的坐標為（2，0）或P點坐標為（，），D點坐標為（，1）．【例2】（2022?衡陽）如圖，已知拋物線y＝x2﹣x﹣2交x軸于A、B兩點，將該拋物線位于x軸下方的部分沿x軸翻折，其余部分不變，得到的新圖象記為“圖象W”，圖象W交y軸于點C．（1）寫出圖象W位于線段AB上方部分對應的函數(shù)關系式；（2）若直線y＝﹣x+b與圖象W有三個交點，請結合圖象，直接寫出b的值；（3）P為x軸正半軸上一動點，過點P作PM∥y軸交直線BC于點M，交圖象W于點N，是否存在這樣的點P，使△CMN與△OBC相似？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）令x＝0和翻折的性質可得C（0，2），令y＝0可得點A、B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出圖象W的解析式；（2）利用數(shù)形結合找出當y＝﹣x+b經(jīng)過點C或者y＝﹣x+b與y＝x2﹣x﹣2相切時，直線y＝﹣x+b與新圖象恰好有三個不同的交點，①當直線y＝﹣x+b經(jīng)過點C（0，2）時，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，即可求出b值；②當y＝﹣x+b與y＝x2﹣x﹣2相切時，聯(lián)立一次函數(shù)解析式和拋物線解析式，利用根的判別式Δ＝0，即可求出b值．綜上即可得出結論；（3）先確定△BOC是等腰直角三角形，分三種情況：∠CNM＝90°或∠MCN＝90°，分別畫圖可得結論．【解析】（1）當x＝0時，y＝﹣2，∴C（0，2），當y＝0時，x2﹣x﹣2＝0，（x﹣2）（x+1）＝0，∴x1＝2，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（2，0），設圖象W的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣2），把C（0，2）代入得：﹣2a＝2，∴a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，∴圖象W位于線段AB上方部分對應的函數(shù)關系式為：y＝﹣x2+x+2（﹣1＜x＜2）；（2）由圖象得直線y＝﹣x+b與圖象W有三個交點時，存在兩種情況：①當直線y＝﹣x+b過點C時，與圖象W有三個交點，此時b＝2；②當直線y＝﹣x+b與圖象W位于線段AB上方部分對應的函數(shù)圖象相切時，如圖1，﹣x+b＝﹣x2+x+2，x2﹣2x+b﹣2＝0，Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（b﹣2）＝0，∴b＝3，綜上，b的值是2或3；（3）∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，如圖2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，∵PN∥y軸，∴P（1，0）；如圖3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，當y＝2時，x2﹣x﹣2＝2，x2﹣x﹣4＝0，∴x1＝，x2＝，∴P（，0）；如圖4，當∠MCN＝90°時，△OBC∽△CMN，∴CN的解析式為：y＝x+2，∴x+2＝x2﹣x﹣2，∴x1＝1+，x2＝1﹣（舍），∴P（1+，0），綜上，點P的坐標為（1，0）或（，0）或（1+，0）．【例3】（2022?桂林）如圖，拋物線y＝﹣x2+3x+4與x軸交于A，B兩點（點A位于點B的左側），與y軸交于C點，拋物線的對稱軸l與x軸交于點N，長為1的線段PQ（點P位于點Q的上方）在x軸上方的拋物線對稱軸上運動．（1）直接寫出A，B，C三點的坐標；（2）求CP+PQ+QB的最小值；（3）過點P作PM⊥y軸于點M，當△CPM和△QBN相似時，求點Q的坐標．【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；（2）將C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，連接BC'交拋物線的對稱軸l于Q，可知四邊形CC'QP是平行四邊形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共線，故此時CP+PQ+BQ最小，最小值為BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值為6；（3）由在y＝﹣x2+3x+4得拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝，設Q（，t），則P（，t+1），M（0，t+1），N（，0），知BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，①當＝時，＝，可解得Q（，）或（，）；②當＝時，＝，得Q（，）．【解析】（1）在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；（2）將C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，連接BC'交拋物線的對稱軸l于Q，如圖：∵CC'＝PQ，CC'∥PQ，∴四邊形CC'QP是平行四邊形，∴CP＝C'Q，∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，∵B，Q，C'共線，∴此時CP+PQ+BQ最小，最小值為BC'+PQ的值，∵C（0，4），CC'＝PQ＝1，∴C'（0，3），∵B（4，0），∴BC'＝＝5，∴BC'+PQ＝5+1＝6，∴CP+PQ+BQ最小值為6；（3）如圖：由在y＝﹣x2+3x+4得拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝，設Q（，t），則P（，t+1），M（0，t+1），N（，0），∵B（4，0），C（0，4）；∴BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，∵∠CMP＝∠QNB＝90°，∴△CPM和△QBN相似，只需＝或＝，①當＝時，＝，解得t＝或t＝，∴Q（，）或（，）；②當＝時，＝，解得t＝或t＝（舍去），∴Q（，），綜上所述，Q的坐標是（，）或（，）或（，）．【例4】（2022?玉林）如圖，已知拋物線：y＝﹣2x2+bx+c與x軸交于點A，B（2，0）（A在B的左側），與y軸交于點C，對稱軸是直線x＝，P是第一象限內(nèi)拋物線上的任一點．（1）求拋物線的解析式；（2）若點D為線段OC的中點，則△POD能否是等邊三角形？請說明理由；（3）過點P作x軸的垂線與線段BC交于點M，垂足為點H，若以P，M，C為頂點的三角形與△BMH相似，求點P的坐標．【分析】（1）把點B（2，0）代入y＝﹣2x2+bx+c中，再由對稱軸是直線x＝列方程，兩個方程組成方程組可解答；（2）當△POD是等邊三角形時，點P在OD的垂直平分線上，所以作OD的垂直平分線與拋物線的交點即為點P，計算OD≠PD，可知△POD不可能是等邊三角形；（3）分種情況：①當PC∥x軸時，△CPM∽△BHM時，根據(jù)PH的長列方程可解答；②②如圖3，△PCM∽△BHM，過點P作PE⊥y軸于E，證明△PEC∽△COB，可得結論．【解析】（1）由題意得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝﹣2x2+2x+4；（2）△POD不可能是等邊三角形，理由如下：如圖1，取OD的中點E，過點E作EP∥x軸，交拋物線于點P，連接PD，PO，∵C（0，4），D是OD的中點，∴E（0，1），當y＝1時，﹣2x2+2x+4＝1，2x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝，x2＝（舍），∴P（，1），∴OD≠PD，∴△POD不可能是等邊三角形；（3）設點P的坐標為（t，﹣2t2+2t+4），則OH＝t，BH＝2﹣t，分兩種情況：①如圖2，△CMP∽△BMH，∴∠PCM＝∠OBC，∠BHM＝∠CPM＝90°，∴tan∠OBC＝tan∠PCM，∴＝＝＝＝2，∴PM＝2PC＝2t，MH＝2BH＝2（2﹣t），∵PH＝PM+MH，∴2t+2（2﹣t）＝﹣2t2+2t+4，解得：t1＝0，t2＝1，∴P（1，4）；②如圖3，△PCM∽△BHM，則∠PCM＝∠BHM＝90°，過點P作PE⊥y軸于E，∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，∴∠PCE+∠EPC＝∠PCE+∠BCO＝90°，∴∠BCO＝∠EPC，∴△PEC∽△COB，∴＝，∴＝，解得：t1＝0（舍），t2＝，∴P（，）；綜上，點P的坐標為（1，4）或（，）．1．（2020秋?興城市期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（4，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C，D為第一象限拋物線上的動點，連接AC，BC，DA，DB，DB與AC相交于點E．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，設△ADE的面積為S1，△BCE的面積為S2，當S1＝S2+5時，求點D的坐標；（3）如圖2，過點C作CF∥x軸，點M是直線CF上的一點，MN⊥CF交拋物線于點N，是否存在以C，M，N為頂點的三角形與△BCO相似？若存在，請直接寫出點M的坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）運用待定系數(shù)法將A（4，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，解方程組即可求得答案；（2）根據(jù)題意，當S1＝S2+5，即S△ABD＝S△ABC+5，設D（x，y），表示出△ABD和△ABC的面積，列方程求解即可；（3）分情況討論，列出三角形相似的三種情況，畫出相應圖形，設M（m，4），則N（m，﹣m2+3m+4），運用相似三角形性質，建立方程求解即可．【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（4，0），B（﹣1，0）兩點，∴，解得：，∴y＝﹣x2+3x+4；（2）∵拋物線y＝﹣x2+3x+4與y軸交于點C，令x＝0，則y＝4，∴C（0，4），∵S1＝S2+5，∴S1+S△AEB＝S2+S△AEB+5，即S△ABD＝S△ABC+5，∵A（4，0），B（﹣1，0），∴AB＝5，設D（x，y），∴×5×y＝×5×4+5，∴y＝6，∴﹣x2+3x+4＝6，解得：x1＝1，x2＝2，∴D1（1，6），D2（2，6）；（3）設M（m，4），則N（m，﹣m2+3m+4），①如圖2，△BOC∽△NMC，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝，經(jīng)檢驗，m＝是原方程的解，∴M（，4）；②如圖3，△BOC∽△CMN，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝﹣1，經(jīng)檢驗，m＝﹣1是原方程的解，∴M（﹣1，4）；③如圖4，△BOC∽△NMC，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝，經(jīng)檢驗，m＝是原方程的解，∴M（，4）；④如圖5，△BOC∽△CMN，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝7，經(jīng)檢驗，m＝7是原方程的解，∴M（7，4）；綜上所述，點M的坐標為（，4）或（﹣1，4）或（，4）或（7，4）．2．（2020秋?郴州期末）已知拋物線y＝x2﹣3x+與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左邊）．（1）求A，B兩點的坐標；（2）如圖1，若點D是拋物線上在第四象限的點，連接DA并延長，交y軸于點P，過點D作DE⊥x軸于點E．當△APO與△ADE的面積比為＝時．求點D的坐標；（3）如圖2，拋物線與y軸相交于點F．若點Q是線段OF上的動點，過點Q作與x軸平行的直線交拋物線于M，N兩點（點M在點N的左邊）．請問是否存在以Q，A，M為頂點的三角形與△QNA相似？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）在拋物線解析式中，令y＝0則可求得A、B的坐標；（2）證明△AOP∽△AED，根據(jù)相似三角形面積的比等于對應邊的比的平方列比例式可得AE＝2，從而得點D的橫坐標為3，代入拋物線的解析式可得點D的坐標；（3）如圖2所示，若以Q，A，M為頂點的三角形與△QNA相似，有兩種情況，但是∠QAM與∠QAN不可能相等，所以最后只存在一種情況：△AQM∽△NQA，列比例式可得結論．【解析】（1）當y＝0時，x2﹣3x+＝0，解得：x1＝1，x2＝5，∴A（1，0），B（5，0）；（2）∵DE⊥x軸，∴∠AED＝90°，∴∠AOP＝∠AED＝90°，∵∠OAP＝∠DAE，∴△AOP∽△AED，∴＝＝，∴＝，∵OA＝1，∴AE＝2，∴OE＝3，當x＝3時，y＝﹣3×3+＝﹣2，∴D（3，﹣2）；（3）如圖2，設Q（0，m），當x＝0時，y＝，∴F（0，），∵點Q是線段OF上的動點，∴0≤m≤，當y＝m時，x2﹣3x+＝m，x2﹣6x+5﹣2m＝0，x＝3，∴x1＝3+，x2＝3﹣，∴QM＝3﹣，QN＝3+，在Rt△AOQ中，由勾股定理得：AQ＝，∵∠AQM＝∠AQN，∴當△AQM和△AQN相似只存在一種情況：△AQM∽△NQA，∴，∴AQ2＝NQ?QM，即1+m2＝（3+）（3﹣），解得：m1＝﹣1+，m2＝﹣1﹣（舍），∴Q（0，﹣1+）．3．（2020秋?長垣市期末）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c與x軸、y軸分別交于點B（6，0）和點C（0，﹣3）．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是直線BC下方拋物線上一動點，其橫坐標為m，連接PB、PC，當△PBC的面積為時，求m值；（3）如圖2，點M是線段OB上的一個動點，過點M作x軸的垂線l分別與直線BC和拋物線交于D，E兩點，是否存在以C，D，E為頂點的三角形與△BDM相似，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出該拋物線的函數(shù)關系式；（2）根據(jù)點P是直線BC下方拋物線上一動點，其橫坐標為m，表示PH的長，根據(jù)三角形的面積列方程解出即可得出結論；（3）先根據(jù)兩三角形相似判斷出∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，進而分兩種情況討論即可得出結論．【解析】（1）把點B（6，0）和點C（0，﹣3）代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為；（2）設直線BC的解析式為：y＝ax+n，由點B（6，0）和C（0，﹣3）得：，解得：，∴直線BC的解析式為，如圖1，過點P作y軸的平行線交BC于點H，∵點P的坐標為（m，），PH∥y軸，∴點H的坐標為（m，），∴PH＝y(tǒng)H﹣yP＝﹣（）＝﹣，xB﹣xC＝6﹣0＝6，∵S△PBC＝PH×6＝（﹣）×6＝﹣＝，解得：m1＝1，m2＝5，∴m值為1或5；（3）如圖2，∵∠CDE＝∠BDM，△CDE與△BDM相似，∴∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，設M（x，0），①當∠CED＝∠BDM＝90°，∴CE∥AB，∵C（0，﹣3），∴點E的縱坐標為﹣3，∵點E在拋物線上，∴x2﹣x﹣3＝﹣3．∴x＝0（舍）或x＝5，∴M（5，0）；②當∠DCE＝∠DMB＝90°，∵OB＝6，OC＝3，∴BC＝＝3，由（2）知直線BC的關系式為y＝x﹣3，∴OM＝x，BM＝6﹣x，DM＝3﹣x，由（2）同理得ED＝﹣+3x，∵DM∥OC，∴，即，∴CD＝，∴BD＝BC﹣CD＝﹣x，∵△ECD∽△BMD，∴，即＝，∴＝x（3﹣x）2，x（6﹣x）（1﹣x）＝0，x1＝0（舍），x2＝6（舍），x3＝1，∴M（1，0）；綜上所述：點M的坐標為（5，0）或（1，0）．4．（2021秋?鄒城市期末）如圖，已知拋物線y＝x2+2x的頂點為A，直線y＝x+2與拋物線交于B，C兩點．（1）求A，B，C三點的坐標；（2）作CD⊥x軸于點D，求證：△ODC∽△ABC；（3）若點P為拋物線上的一個動點，過點P作PM⊥x軸于點M，則是否還存在除C點外的其他位置的點，使以O，P，M為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出這樣的P點坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將拋物線配方后可得頂點A的坐標，將拋物線和一次函數(shù)的解析式聯(lián)立方程組，解出可得B和C的坐標；（2）先根據(jù)兩點的距離計算AB、BC、AC的長，根據(jù)勾股定理的逆定理可得：∠ABC＝90°，最后根據(jù)兩邊的比相等且夾角為90度得兩三角形相似；（3）存在，設M（x，0），則P（x，x2+2x），表示OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，分兩種情況：有＝或＝，根據(jù)比例式代入可得對應x的值，計算點P的坐標即可．【解答】（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，∴頂點A（﹣1，﹣1）；由，解得：或∴B（﹣2，0），C（1，3）；（2）證明：∵A（﹣1，﹣1），B（﹣2，0），C（1，3），∴AB＝＝，BC＝＝3，AC＝＝2，∴AB2+BC2＝AC2，＝＝，∴∠ABC＝90°，∵OD＝1，CD＝3，∴＝，∴，∠ABC＝∠ODC＝90°，∴△ODC∽△ABC；（3）存在這樣的P點，設M（x，0），則P（x，x2+2x），∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，當以O，P，M為頂點的三角形與△ABC相似時，有＝或＝，由（2）知：AB＝，CB＝3，①當＝時，則＝，當P在第二象限時，x＜0，x2+2x＞0，∴，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，當P在第三象限時，x＜0，x2+2x＜0，∴＝，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，②當＝時，則＝3，同理代入可得：x＝﹣5或x＝1（舍），綜上所述，存在這樣的點P，坐標為（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣5，15）．5．（2021秋?攸縣期末）如圖，已知直線y＝﹣2x+4分別交x軸、y軸于點A、B，拋物線過A，B兩點，點P是線段AB上一動點，過點P作PC⊥x軸于點C，交拋物線于點D．（1）若拋物線的解析式為y＝﹣2x2+2x+4，設其頂點為M，其對稱軸交AB于點N．①求點M和點N的坐標；②在拋物線的對稱軸上找一點Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，請直接寫出點Q的坐標；③是否存在點P，使四邊形MNPD為菱形？并說明理由；（2）當點P的橫坐標為1時，是否存在這樣的拋物線，使得以B、P、D為頂點的三角形與△AOB相似？若存在，求出滿足條件的拋物線的解析式；若不存在，請說明理由．【分析】（1）①函數(shù)的對稱軸為：x＝﹣＝，故點M（，），即可求解；②設拋物線與x軸左側的交點為R（﹣1，0），則點A與R關于拋物線的對稱軸對稱，連接RB并延長交拋物線的對稱軸于點Q，則點Q為所求，即可求解；③四邊形MNPD為菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故點P（，1），而PN＝＝≠MN，即可求解；（2）分∠DBP為直角、∠BDP為直角兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）①函數(shù)的對稱軸為：x＝﹣＝，故點M（，），當x＝時，y＝﹣2x+4＝3，故點N（，3）；②設拋物線與x軸左側的交點為R（﹣1，0），則點A與R關于拋物線的對稱軸對稱，連接RB并延長交拋物線的對稱軸于點Q，則點Q為所求，將R、B的坐標代入一次函數(shù)表達式：y＝kx+b并解得：直線RB的表達式為：y＝4x+4，當x＝時，y＝6，故點Q（，6）；③不存在，理由：設點P（x，﹣2x+4），則點D（x，﹣2x2+2x+4），MN＝﹣3＝，四邊形MNPD為菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故點P（，1），而PN＝＝≠MN，故不存在點P，使四邊形MNPD為菱形；（2）當點P的橫坐標為1時，則其坐標為：（1，2），此時點A、B的坐標分別為：（2，0）、（0，4），①當∠DBP為直角時，以B、P、D為頂點的三角形與△AOB相似，則∠BAO＝∠BDP＝α，tan∠BAO＝＝2＝tanα，則sinα＝，PA＝，PB＝AB﹣PA＝2﹣＝，則PD＝＝，故點D（1，）；②當∠BDP為直角時，以B、P、D為頂點的三角形與△AOB相似，則BD∥x軸，則點B、D關于拋物線的對稱軸對稱，故點D（1，4），綜上，點D的坐標為：（1，4）或（1，），將點A、B、D的坐標代入拋物線表達式：y＝ax2+bx+c并解得：y＝﹣2x2+2x+4或y＝﹣x2+3x+4．6．（2022?禹城市模擬）如圖，拋物線經(jīng)過A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三點．（1）求出拋物線的解析式；（2）P是拋物線在第一象限上的一動點，過P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在P點，使得以A，P，M為頂點的三角形與△OAC相似？若存在，請求出符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）若拋物線上有一點D（點D位于直線AC的上方且不與點B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接寫出點D的坐標．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；（2）設P（t，﹣t2+t﹣2），則M（t，0），1＜t＜4，分兩種情況討論：①當∠PAM＝∠OAC時，tan∠OAC＝tan∠MAP，可求P（2，1）；②當∠PAM＝∠OCA時，tan∠OAC＝tan∠APM，此時P點坐標不存在；（3）求出直線AC的解析式為y＝x﹣2，再求出過點B作直線AC的平行線y＝x﹣，聯(lián)立方程組，即可求D點坐標．【解析】（1）設拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，將A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+bx+c，∴，解得，∴y＝﹣x2+x﹣2；（2）存在P點，使得以A，P，M為頂點的三角形與△OAC相似，理由如下：設P（t，﹣t2+t﹣2），則M（t，0），1＜t＜4，∴PM＝﹣t2+t﹣2，∵A（4，0），∴AM＝4﹣t，∴tan∠MAP＝，∵C（0，﹣2），∴OC＝2，OA＝4，∴tan∠OAC＝，①當∠PAM＝∠OAC時，＝，解得t＝2或t＝4（舍），∴P（2，1）；②當∠PAM＝∠OCA時，＝2，解得t＝4（舍）或t＝5（舍），∴此時P不存在；綜上所述：P點坐標為（2，1）；（3）設直線AC的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線AC的解析式為y＝x﹣2，過點B作直線AC的平行線y＝x+m，∴+m＝0，∴m＝﹣，∴y＝x﹣，聯(lián)立方程組，解得（舍）或，∴D（3，1）．7．（2022?祥云縣模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（3，0），交y軸于點C（0，3），點M是該拋物線上第一象限內(nèi)的一個動點，ME垂直x軸于點E，交線段BC于點D，MN∥x軸，交y軸于點N．（1）求拋物線y＝ax2+bx+c的表達式；（2）若四邊形MNOE是正方形，求該正方形的邊長；（3）連結OD，AC，拋物線上是否存在點M，使得以C，O，D為頂點的三角形與△ABC相似，若存在，請求出點M的坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)點A，B，C的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達式；（2）設點M的坐標為（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），利用正方形的性質可得出關于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結論；（3）利用點C，點A，B的坐標可得出AB，BC的值，由OB＝OC＝3可得出∠OCD＝∠ABC＝45°，進而可得出存在兩種情況，過點D作DF⊥y軸，垂足為點F，則△CDF為等腰直角三角形，①當△OCD∽△ABC時，利用相似三角形的性質可求出CD的長度，進而可得出DF的長度，再利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點M的坐標；②當△DCO∽△ABC時，用相似三角形的性質可求出CD的長度，進而可得出DF的長度，再利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點M的坐標．綜上，此題得解．【解析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+bx+c，得：，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設點M的坐標為（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3）．∵四邊形MNOE為正方形，∴x＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝，x2＝（舍去），∴MN＝，∴該正方形的邊長為；（3）∵點C的坐標為（0，3）．點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0），∴AB＝4，BC＝3．∵OB＝OC＝3，∴∠OCD＝∠ABC＝45°．∴存在兩種情況．過點D作DF⊥y軸，垂足為點F，則△CDF為等腰直角三角形，如圖所示．①當△OCD∽△ABC時，，即，∴CD＝，∴DF＝CF＝，∴點M的坐標為（，）；②當△DCO∽△ABC時，，即，∴CD＝2，∴DF＝CF＝2，∴點M的坐標為（2，3）．綜上所述：拋物線上存在點M，使得以點C，O，D為頂點的三角形與△ABC相似，點M的坐標為（，）或（2，3）．8．（2022?松江區(qū)校級模擬）如圖，拋物線y＝x2﹣bx+c過點B（3，0），C（0，﹣3），D為拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式以及頂點坐標；（2）連接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；（3）點C關于拋物線y＝x2﹣bx+c對稱軸的對稱點為E點，連接BE，直線BE與對稱軸交于點M，在（2）的條件下，點P是拋物線對稱軸上的一點，是否存在點P使△CDB和△BMP相似，若存在，求點P坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點B、C的坐標代入y＝x2﹣bx+c，即可得到拋物線的解析式，然后利用配方法可求得拋物線的頂點坐標；（2）求得BC，CD，DB的長，根據(jù)勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，利用銳角三角函數(shù)的定義求解即可；（3）根據(jù)二次函數(shù)的對稱性得E（2，﹣3），可得直線BE為y＝3x﹣9，則M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分兩種情況進行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°時，②∠MBP＝∠BCD＝90°時，根據(jù)相似三角形的性質即可求解．【解析】（1）將點B、C的坐標代入拋物線表達式得：，解得，故拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4）；（2）如圖．∵B（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4），∴BC2＝32+32＝18，BC＝＝3，CD2＝12+（4﹣3）2＝2，CD＝，BD2＝42+（3﹣1）2＝20，BD＝2，∴BD2＝BC2+CD2，∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，∴tan∠CBD＝＝＝；（3）∵點C關于拋物線y＝x2﹣2x﹣3對稱軸的對稱點為E點，y＝x2﹣2x﹣3的對稱軸為x＝1，∴E（2，﹣3），∵B（3，0），∴直線BE為y＝3x﹣9，∴M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分兩種情況進行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°時，點P在x軸上，∵M（1，﹣6），B（3，0），∴PM＝6，BP＝2，∴，∴＝，∵∠MPB＝∠BCD＝90°，∴△CDB和△PBM，∴P（1，0）；②∠MBP＝∠BCD＝90°時，∵M（1，﹣6），B（3，0），∴MB＝＝2，∵△CDB和△BPM，∴，∴，解得PM＝，∴點MP的縱坐標為﹣6＝，∴P（1，）．綜上所述，存在，點P的坐標為（1，0）或（1，）．9．（2022?平江縣一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+8與x軸交于A（﹣2，0）和點B（8，0），與y軸交于點C，頂點為D，連接AC，BC，BC與拋物線的對稱軸l交于點E．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）點P是第一象限內(nèi)拋物線上的動點，連接PB，PC，設四邊形PBOC和△AOC的面積分別為S四邊形PBOC和S△AOC，記S＝S四邊形PBOC﹣S△AOC，求S最大值點P的坐標及S的最大值；（3）點N是對稱軸l右側拋物線上的動點，在射線ED上是否存在點M，使得以點M，N，E為頂點的三角形與△BOC相似？若存在，求點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點A（﹣2，0）和點B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求解；（2）過點P作PG∥y軸交BC于點G，設P（t，﹣t2+3t+8），則G（t，﹣t+8），PG＝﹣t2+4t，分別求出S△AOC＝8，S△BOC＝32，S△BCP＝﹣2t2+16t，則S＝S四邊形PBOC﹣S△AOC＝﹣2（t﹣4）2+56，即可求解；（3）先證明△BCD是等腰直角三角形，求出E（3，5），設M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），分三種情況討論：①當∠NME＝90°，ME＝MN時，△OBC∽△MNE，則m＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，可求M（3，8）；當∠MEN＝90°，EN＝ME時，△MNE∽△BOC，5＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，求得M（3，5+）；③當∠MNE＝90°，MN＝EN時，△MNE∽△BOC，過點N作NH⊥l交于H，由①M與E點關于H點對稱，可求M（3，11）．【解析】（1）將點A（﹣2，0）和點B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，∴，解得，∴y＝﹣x2+3x+8；（2）令x＝0，則y＝8，∴C（0，8），∴S△AOC＝×2×8＝8，S△BOC＝×8×8＝32，設直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴yx+8，過點P作PG∥y軸交BC于點G，設P（t，﹣t2+3t+8），則G（t，﹣t+8），∴PG＝﹣t2+4t，∴S△BCP＝×8×（﹣t2+4t）＝﹣2t2+16t，∴S四邊形PBOC＝S△BOC+S△BCP＝32﹣2t2+16t，∴S＝S四邊形PBOC﹣S△AOC＝﹣2t2+16t+24＝﹣2（t﹣4）2+56，∵點P是第一象限，∴0＜t＜8，∴當t＝4時，S有最大值56，此時P（4，12）；（3）∵OB＝OC＝8，∴△BCD是等腰直角三角形，∵直線BC的解析式為y＝﹣x+8，∴E（3，5），設M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），①當∠NME＝90°，ME＝MN時，△OBC∽△MNE，∴MN∥x軸，∴m＝﹣n2+3n+8，∵ME＝m﹣5，MN＝n﹣3，∴m﹣5＝n﹣3，∴n＝6或n＝﹣2，∵n＞1，∴n＝6，∴m＝8，∴M（3，8）；②存在點M，使得以點M，N，E為頂點的三角形與△BOC相似，理由如下：當∠MEN＝90°，EN＝ME時，△MNE∽△BOC，∴ME＝m﹣5，EN＝n＝3，∴MN∥x軸，∴5＝﹣n2+3n+8，∴m﹣5＝n﹣3，∴n＝3+或n＝3﹣，∵n＞1，∴n＝3+，∴m＝5+，∴M（3，5+）；③當∠MNE＝90°，MN＝EN時，△MNE∽△BOC，過點N作NH⊥l交于H，由①可知H（3，8），∵M與E點關于H點對稱，∴M（3，11）；綜上所述：點M的坐標為（3，8）或（3，5+）或（3，11）．10．（2022?萊州市一模）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+c經(jīng)過點A（4，3），頂點為點B，點P為拋物線上的一個動點，l是過點（0，﹣2）且垂直于y軸的直線，連接PO．（1）求拋物線的表達式，并求出頂點B的坐標；（2）試證明：經(jīng)過點O的⊙P與直線l相切；（3）如圖②，已知點C的坐標為（1，2），是否存在點P，使得以點P，O及（2）中的切點為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出P點的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問題；（2）過P作PH⊥l，垂足為H，求出OP、PH，可得PO＝PH，即可解決問題；（3）以P，O，H為頂點的三角形與△ABC相似，易知PH與BC，PO與AC是對應邊，可得，由此構建方程即可解決問題．【解答】（1）解：∵拋物線y＝x2+c經(jīng)過點A（4，3），∴3＝4+c，∴c＝﹣1，∴拋物線的表達式為y＝x2﹣1，頂點B（0，﹣1）；（2）證明：過P作PH⊥l，垂足為H，設點P坐標（m，m2﹣1），∵l是過點（0，﹣2）且垂直于y軸的直線，∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，PO＝＝m2+1，∴PO＝PH，即直線l到圓心P的距離等于⊙P的半徑，∴經(jīng)過點O的⊙P與直線l相切；（3）解：存在．理由如下：∵A（4，3），B（0，﹣1），C（1，2），∴BC＝＝，AC＝＝，AB＝＝4．∴BC＝AC，∵PO＝PH，以P，O，H為頂點的三角形與△ABC相似，∴PH與BC，PO與AC是對應邊，∴，設點P（m，m2﹣1），則H（m，﹣2），∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，OH＝＝，∴，∴×＝m2+4，解得m＝±1．∴點P坐標（1，﹣）或（﹣1，﹣）．11．（2022?鞏義市模擬）已知，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于C點，點A的坐標為（﹣1，0），且OB＝OC．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）當0≤x≤4時，求二次函數(shù)的最大值和最小值分別為多少？（3）設點C'與點C關于該拋物線的對稱軸對稱．在y軸上是否存在點P，使△PCC'與△POB相似，且PC與PO是對應邊？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)OB＝OC可得B點的坐標為（3，0），把A、B的坐標代入二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3，求出a、b的值即可；（2）求出二次函數(shù)的頂點坐標為（1，﹣4），根據(jù)二次函數(shù)的性質即可得出答案；（3）先設出P的坐標，根據(jù)相似三角形的性質列出方程，解出方程即可得到點P的坐標．【解析】（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象與y軸交于C點，∴C（0，﹣3）．∵OB＝OC，點A在點B的左邊，∴B（3，0）．∵點A的坐標為（﹣1，0），由題意可得，解得：，∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣2）2﹣4，∴二次函數(shù)頂點坐標為（1，﹣4），∴當x＝1時，y最小值＝﹣4，∵當0≤x≤1時，y隨著x的增大而減小，∴當x＝0時，y最大值＝﹣3，∵當1＜x≤4時，y隨著x的增大而增大，∴當x＝4時，y最大值＝5．∴當0≤x≤4時，函數(shù)的最大值為5，最小值為﹣4；（3）存在點P，設P（0，m），如圖，∵點C'與點C關于該拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，C（0，﹣3）．∴C′（2，﹣3）．∴CC'∥OB，∵△PCC'與△POB相似，且PC與PO是對應邊，∴，即：，解得：m＝﹣0或m＝﹣，∴存在，P（0，﹣9）或P（0，﹣）．12．（2022?澄邁縣模擬）在平面直角坐標系中，拋物線經(jīng)過點A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點O，頂點為C．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式及頂點C的坐標；（2）設該拋物線上一動點P的橫坐標為t．①在圖1中，當﹣3＜t＜0時，求△PBO的面積S與t的函數(shù)關系式，并求S的最大值；②在圖2中，若點P在該拋物線上，點E在該拋物線的對稱軸上，且以A，O，P，E為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的坐標；③在圖3中，若P是y軸左側該拋物線上的動點，過點P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在點P使得以點P，M，A為頂點的三角形與△BOC相似？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）①求出直線BO的解析式，過點P作PG⊥x軸交BO于點G，可得E（t，﹣t）再由S＝﹣（t+）2+，即可求解；②設E（﹣1，m），根據(jù)平行四邊形對角線的情況，分三種情況討論：當AO為平行四邊形的對角線時，當AP為平行四邊形的對角線時，當AE為平行四邊形的對角線時；利用中點坐標公式求解即可；③先判斷△COB為直角三角形，求出tan∠CBO＝，設P（m，m2+2m）（t＜0），則PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，根據(jù)角的情況分兩種情況討論：當∠MPA＝∠OBC時，＝，P（﹣3，3）；當∠PAM＝∠OBC時，＝，P（﹣，﹣）．【解析】（1）設拋物線的解析式為y＝ax2+bx，將A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，∴，解得，∴y＝x2+2x，∴C（﹣1，﹣1）；（2）①∵P的橫坐標為t，∴P（t，t2+2t），設直線BO的解析式為y＝kx，∴﹣3k＝3，∴k＝﹣1，∴y＝﹣x，過點P作PG⊥x軸交BO于點G，∴E（t，﹣t）∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，∴S＝×3×（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）2+，∵﹣3＜t＜0，∴t＝﹣時，S有最大值；②∵y＝x2+2x，∴拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，設E（﹣1，m），當AO為平行四邊形的對角線時，，解得，∴P（﹣1，﹣1）；當AP為平行四邊形的對角線時，，解得，∴P（1，3）；當AE為平行四邊形的對角線時，，解得，∴P（﹣3，3）；綜上所述：P點坐標為（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；（3）存在點P使得以點P，M，A為頂點的三角形與△BOC相似，理由如下：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），∴BO＝3，OC＝，BC＝2，∴BO2+CO2＝BC2，∴△COB為直角三角形，∠BOC＝90°，∴tan∠CBO＝＝，∵PM⊥AM，∴∠BOC＝∠PMA，設P（m，m2+2m）（t＜0），∴PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，當∠MPA＝∠OBC時，＝，解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣3，∴P（﹣3，3）；當∠PAM＝∠OBC時，＝，解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣，∴P（﹣，﹣）；綜上所述：P點坐標為（﹣3，3）或（﹣，﹣）．13．（2022?豐南區(qū)二模）如圖①、②，在平面直角坐標系中，一邊長為2的等邊三角板CDE恰好與坐標系中的△OAB重合，現(xiàn)將三角板CDE繞邊AB的中點G（G點也是DE的中點），按順時針方向旋轉180°到△C′ED的位置．（1）直接寫出C′的坐標，并求經(jīng)過O、A、C′三點的拋物線的解析式；（2）點P在第四象限的拋物線上，求△C′OP的最大面積；（3）如圖③，⊙G是以AB為直徑的圓，過B點作⊙G的切線與x軸相交于點F，拋物線上是否存在一點M，使得△BOF與△AOM相似？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質求出點C'的坐標，根據(jù)二次函數(shù)經(jīng)過A（2，0），O（0，0），設出二次函數(shù)的交點式，將C'代入，求出二次函數(shù)解析式；（2）過P作PQ⊥x軸，交OC'于Q，連接OC'，求出OC'的表達式，將P點的橫坐標為m，則過P作PQ⊥x軸，交OC'于Q，連接PC'，OP，設OC'的表達式為：y＝kx，可得OC'的表達式為y＝x，設P點的橫坐標為m，則P（m，m2﹣m），Q（m，m），PQ＝﹣m2+m，故S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，即可得當m＝時，△C'OP的最大面積為；（3）根據(jù)三角形相似的判定，分3種情況，找出點M的位置，求出坐標即可．【解析】（1）過點C'作C′M⊥x軸，垂足為M，如圖：∵由題意可知△OAB和△C′DE是等邊三角形，∴∠BAO＝∠BAC'＝60°，AO＝AC'＝2，∴∠C'AM＝180°﹣∠BAO﹣∠BAC'＝60°，∴C'M＝AC'?sin∠C'AM＝2sin60°＝，AM＝AC'?cos∠C'AM＝2cos60°＝1，∴OM＝OA+AM＝2+1＝3，∴C'（3，），∵A（2，0），O（0，0）在拋物線上，故設拋物線的解析式y(tǒng)＝ax（x﹣2），∴將C'（3，）代入得3a＝，解得a＝，∴y＝x2﹣x；（2）過P作PQ⊥x軸，交OC'于Q，連接PC'，OP，如圖：設OC'的表達式為：y＝kx，由（1）知C'（3，），∴＝3k，解得k＝，∴OC'的表達式為y＝x，設P點的橫坐標為m，則有：P（m，m2﹣m），Q（m，m），∴PQ＝﹣m2+m，∴S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，∴當m＝時，△C'OP的最大面積為；（3）拋物線上存在一點M，使得△BOF與△AOM相似，理由如下：∵BF與⊙G相切，∴∠ABF＝90°，∵∠BAF＝60°，AB＝OA＝2，∴AF＝4，OF＝2，∵∠BOF＝180°﹣∠BOA＝120°，∴△BOF為頂角為120°的等腰三角形①AO＝AM＝2時，點M與點C'重合，如圖：此時∠OAC’＝120°，∴∠BOF＝∠OAC'，＝，∴△BOF∽△MAO，此時M（3，）；②OA＝OM＝2時，點M與點C'關于拋物線對稱軸直線x＝1對稱，如圖：由對稱性可知，此時∠AOM＝120°，∴△BOF∽△AOM，∴M；③MO＝MA時，點M為拋物線頂點（1，），此時tan∠AOM＝，∴∠AOM＝30°，∴∠AOM＝∠OAM＝30°＝∠BFO＝∠FBO，∴△BOF∽AMO，∴M（1，﹣），綜上所述，M的坐標為：（3，），（﹣1，），（1，﹣）．14．（2022?萊蕪區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過A和點C（0，﹣3）．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）如圖1，平移線段AC，點A的對應點D落在二次函數(shù)在第一象限的圖象上，點C的對應點E落在直線AB上，直接寫出四邊形ACED的形狀，并求出此時點D的坐標；（3）如圖2，在（2）的條件下，連接CD，交x軸于點M，點P為直線CD下方拋物線上一個動點，過點P作PF⊥x軸，交CD于點F，連接PC，是否存在點P，使得以點P，C，F(xiàn)為頂點的三角形與△COM相似？若存在，求出線段FP的長度；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由一次函數(shù)解析式求得A點坐標，再待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；（2）由平移的性質可得四邊形ACED是平行四邊形；設點D（a，a2﹣2a﹣3）根據(jù)坐標的平移規(guī)律可得E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），將點E代入一次函數(shù)求得a即可解答；（3）由PF∥y軸，可得∠OCM＝∠CFP，則∠CFP≠90°，①△COM∽△FPC時，過點D作DG⊥y軸于G，則，由二次函數(shù)的對稱性可得PC＝2，由tan∠CFP＝tan∠DCG即可解答；②△COM∽△FCP時，過點D作DG⊥y軸于G，過點C作CH⊥PF于H，解Rt△CHF和Rt△CHP可得，由C、D坐標可得lCD：y＝2x﹣3，設P（n，n2﹣2n+3），F(xiàn)（n，2n﹣3），則PF＝﹣n2+4n，由建立方程求得n值即可解答【解析】（1）由y＝﹣x+3，令y＝0，則﹣x+3＝0，解得x＝3，∴A（3，0），將C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得c＝﹣3，將A（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得b＝﹣2，∴二次函數(shù)的表達式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）由平移性質可得DE＝AC，DE∥AC，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴CE＝AD，CE∥AD，設點D（a，a2﹣2a﹣3），∵點A（3，0）向下平移3個單位，再向左平移3個單位可以得到點C（0，﹣3），∴點D向下平移3個單位，再向左平移3個單位可以得到點E，∴E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），將點E坐標代入y＝﹣x+3，得：3﹣a+3＝a2﹣2a﹣6，解得a1＝﹣3（不符合題意舍去），a2＝4，把a＝4代入y＝x2﹣2x﹣3，y＝5，∴D（4，5）；（3）∵PF∥y軸，∴∠OCM＝∠CFP，∴∠CFP≠90°，①如圖，過點D作DG⊥y軸于G，當∠CPF＝∠COM＝90°時，△COM∽△FPC，∵y＝x2﹣2x﹣3的對稱軸為x＝1，PC∥x軸，C（0，﹣3），∴P（2，﹣3），∴PC＝2，∵D（4，5），C（0，﹣3），∴tan∠DCG＝，∴tan∠CFP＝，∴PF＝2CP＝4；②如圖，過點D作DG⊥y軸于G，過點C作CH⊥PF于H，當∠PCF＝∠COM＝90°時，△COM∽△FCP，∵∠CPF+∠PCH＝90°，∠CPF+∠CFH＝90°∴∠PCH＝∠CFH＝∠DCG，∴tan∠PCH＝tan∠CFH＝，∴PH＝CH，F(xiàn)H＝2CH，∴PF＝CH，設直線CD的解析式為y＝kx+m，∵C（0，﹣3）、D（4，5），∴，∴，∴直線CD的解析式為lCD：y＝2x﹣3，設P（n，n2﹣2n+3），F(xiàn)（n，2n﹣3），PF＝2n﹣3﹣（n2﹣2n+3）＝﹣n2+4n，∴﹣n2+4n＝n即2n2﹣3n＝0，解得：n＝，n＝0（舍去），∴PF＝，綜上所述，存在點P，使得以P，C，F(xiàn)為頂點的三角形與△COM相似，此時PF＝4或．15．（2022?臨清市三模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c的頂點D坐標為（1，4），且與x軸相交于A，B兩點（點A在點B的左側，與y軸相交于點C，點E在x軸上方且在對稱軸左側的拋物線上運動，點F在拋物線上并且和點E關于拋物線的對稱軸對稱，作矩形EFGH，其中點G，H都在x軸上．（1）求拋物線解析式；（2）設點F橫坐標為m，①用含有m的代數(shù)式表示點E的橫坐標為2﹣m（直接填空）；②當矩形EFGH為正方形時，求點G的坐標；③連接AD，當EG與AD垂直時，求點G的坐標；（3）過頂點D作DM⊥x軸于點M，過點F作FP⊥AD于點P，直接寫出△DFP與△DAM相似時，點F的坐標．【分析】（1）根據(jù)頂點D坐標為（1，4）可得二次函數(shù)的頂點式，即可求解；（2）①先解方程﹣x2+2x+3＝0得A（﹣1，0），B（3，0），則1＜m＜3，設E點的橫坐標為t，利用E、F到對稱性的距離相等得到m﹣1＝1﹣t，求出t即可得到點E的橫坐標；②設F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），則E（2﹣m，﹣m2+2m+3），利用正方形的性質得到FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），然后解方程求出m即可得到G點坐標；③先證明Rt△GEH∽Rt△DAM，利用相似比得到GH＝2EH，從而得到即m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），然后解方程求出m即可得到G點坐標；（3）AD交EF于Q，如圖，利用△DFP與△DAM相似得到∠1＝∠3，再利用等角的余角相等得到∠1＝∠2，所以∠2＝∠3，于是可判斷△FDQ為等腰三角形，即FD＝FQ，接著利用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式為y＝2x+2，從而可表示出Q（﹣m2+m+，﹣m2+2m+3），則FQ＝（m+1）（m﹣1），而利用兩點間的距離公式得到DF2＝（m﹣1）2+（m﹣1）4，于是得到方程（m﹣1）2+（m﹣1）4＝[（m+1）（m﹣1）]2，然后解方程求出m即可得到F點坐標．【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c的頂點D坐標為（1，4），∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x﹣1+4＝﹣x2+2x+3，∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）①當y＝0時，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，則A（﹣1，0），B（3，0），∴1＜m＜3，設E點的橫坐標為t，∵m﹣1＝1﹣t，∴t＝2﹣m，∴點E的橫坐標為2﹣m；故答案為：2﹣m；②設F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），則E（2﹣m，﹣m2+2m+3），∵矩形EFGH為正方形，∴FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），整理得m2＝5，解得m1＝﹣（舍去），m2＝，∴G點坐標為（，0）；③過點D作DM⊥x軸于M，∵EG⊥AD，而DM⊥x軸，∴∠1＝∠4，∴Rt△GEH∽Rt△DAM，∴，即∴GH＝2EH，即2m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），整理得m2﹣m﹣4＝0，解得m1＝（舍去），m2＝，∴G點坐標為（，0）；（3）設AD交EF于Q，如圖，∵FP⊥AD，∴∠DPF＝90°，∵△DFP與△DAM相似∴∠1＝∠3，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，而FP⊥DQ，∴△FDQ為等腰三角形，∴FD＝FQ，設直線AD的解析式為y＝px+q，把A（﹣1，0），D（1，4）代入得，解得，∴直線AD的解析式為y＝2x+2，當y＝﹣m2+2m+3時，2x+2＝﹣m2+2m+3，解得x＝﹣m2+m+，則Q（﹣m2+m+，﹣m2+2m+3），∴FQ＝m﹣（﹣m2+m+）＝m2﹣＝（m+1）（m﹣1），而DF2＝（m﹣1）2+（﹣m2+2m+3﹣4）2＝（m﹣1）2+（m﹣1）4，∴（m﹣1）2+（m﹣1）4＝[（m+1）（m﹣1）]2，而m≠1，∴1+（m﹣1）2＝（m+1）2，整理得3m2﹣10m+7＝0，解得m1＝1（舍去），m2＝，∴F點坐標為（，）．16．（2022?成都模擬）如圖①，已知拋物線y＝﹣（x﹣1）2+k交x軸于A，B兩點，交y軸于點C，P是拋物線上的動點，且滿足OB＝3OA．（1）求拋物線的解析式；（2）若點P在第一象限，直線y＝x+b經(jīng)過點P且與直線BC交于點E，設點P的橫坐標為t，當線段PE的長度隨著t的增大而減小時，求t的取值范圍；（3）如圖②，過點A作BC的平行線m，與拋物線交于另一點D．點P在直線m上方，點Q在線段AD上，若△CPQ與△AOC相似，且點P與點O是對應點，求點P的坐標．【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸為直線x＝1，OB＝3OA，可得出：B（3，0），代入解析式即可求得答案；（2）運用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，過點P作PH∥y軸交BC于點H，過點E作EK⊥PH于點K，如圖①，設P（t，﹣t2+2t+3），則H（t，﹣t+3），得出PE＝PK＝﹣（t﹣）2+，運用二次函數(shù)的性質即可求得答案；（3）先求出直線m的解析式為y＝﹣x﹣1，分情況討論：當△CPQ∽△AOC時，則＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，過點P作PE⊥y軸于點E，過點Q作QF⊥PE于點F，可證得△PCE∽△QPF，得出＝＝＝，建立方程求解即可得出答案；當△CPQ∽△COA時，同理可求得點P的坐標．【解析】（1）∵拋物線y＝﹣（x﹣1）2+k的對稱軸為直線x＝1，OB＝3OA，∴OB＝3，OA＝1，∴B（3，0），A（﹣1，0），把B（3，0）代入y＝﹣（x﹣1）2+k，得0＝﹣（3﹣1）2+k，解得：k＝4，∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設P（t，﹣t2+2t+3），∴t+b＝﹣t2+2t+3，∴b＝﹣t2+t+3，∴直線PE的解析式為y＝x﹣t2+t+3，設直線BC的解析式為y＝kx+d，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，過點P作PH∥y軸交BC于點H，過點E作EK⊥PH于點K，如圖①，則H（t，﹣t+3），∴PH＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，聯(lián)立得：，解得：，∴E（t2﹣t，﹣t2+t+3），∴K（t，﹣t2+t+3），∴EK＝KH＝﹣t2+2t，PK＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t2+t+3）＝﹣t2+t，∴EK＝2PK，∵EK⊥PH，∴PE＝PK＝﹣（t﹣）2+，∴當t≥時，線段PE的長度隨著t的增大而減小，又∵點P在第一象限，∴0＜t＜3，∴當線段PE的長度隨著t的增大而減小時，≤t＜3；（3）∵直線m∥BC，∴設直線m的解析式為y＝﹣x+n，把A（﹣1，0）代入得：1+n＝0，解得：n＝﹣1，∴直線m的解析式為y＝﹣x﹣1，當△CPQ∽△AOC時，則＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，過點P作PE⊥y軸于點E，過點Q作QF⊥PE于點F，∵P（t，﹣t2+2t+3），C（0，3），∴E（0，﹣t2+2t+3），則PE＝|t|，CE＝|t2﹣2t|，∵∠PEC＝∠QFP＝90°，∴∠CPE+∠PCE＝90°，∵∠CPE+∠QPF＝90°，∴∠PCE＝∠QPF，∴△PCE∽△QPF，∴＝＝＝，∴PF＝3CE＝3（t2﹣2t），QF＝3PE＝3t，∴EF＝t﹣3（t2﹣2t）＝﹣3t2+7t，QF＝3t，∴Q（﹣3t2+7t，﹣t2﹣t+3），把Q（﹣3t2+7t，﹣t2﹣t+3）代入y＝﹣x﹣1，得﹣t2﹣t+3＝﹣（﹣3t2+7t）﹣1，解得：t＝2或﹣，∴P（2，3）或（﹣，）；當△CPQ∽△COA時，＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，同理可得：＝＝＝，Q（﹣t2+t，﹣t2+t+3），代入y＝﹣x﹣1，得﹣t2+t+3＝﹣（﹣t2+t）﹣1，解得：t＝，∵點P在直線m上方，∴﹣1＜t＜4，∴P（，）或（，）；綜上所述，點P的坐標為（2，3）或（﹣，）或（，）或（，）．17．（2022?東莞市校級一模）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝﹣x2+2kx+2k2+1與x軸的左交點為A，右交點為B，與y軸的交點為C，對稱軸為直線l，對于拋物線上的兩點（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），當x1+x2＝2時，y1﹣y2＝0恒成立．（1）求該拋物線的解析式；（2）點M是第二象限內(nèi)直線AC上方的拋物線上的一點，過點M作MN⊥AC于點N，求線段MN的最大值，并求出此時點M的坐標；（3）點P是直線l右側拋物線上的一點，PQ⊥l于點Q，AP交直線l于點F，是