專題33二次函數(shù)綜合題相似類

2023年八升九數(shù)學(xué)暑假培優(yōu)計劃專題33二次函數(shù)綜合題——相似類1．如圖，拋物線y=x2+2x?3與x軸交于A、B兩點（點A在原點右側(cè)），與y軸交于點C．拋物線的對稱軸交x軸于點E，交拋物線于點F

(1)求A、B、C三點坐標(biāo)；(2)如圖，點P是線段BC上一動點，過點P作PD⊥x軸，交拋物線于點D，問當(dāng)動點P運動到什么位置時，四邊形CEBD的面積最大？求出四邊形CEBD的最大面積及此時P點的坐標(biāo)；(3)坐標(biāo)軸上是否存在點G，使以A，C，G為頂點的三角形與△BCF相似？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點G的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由．【答案】(1)A（1，0），B（?3，0），C（0，?3）(2)四邊形CEBD的最大面積為518，此時點P的坐標(biāo)為(3)存在，點G的坐標(biāo)為（0，0），（0，13【分析】（1）根據(jù)拋物線表達(dá)式y(tǒng)=x（2）根據(jù)B、C坐標(biāo)求出設(shè)直線BC的解析式，設(shè)點P坐標(biāo)為m，表示出PD，再根據(jù)S四邊形CEBD=S（3）根據(jù)拋物線表達(dá)式求出B、C、F三點坐標(biāo)，分析△BCF的形狀，分類討論△ACG和△BCF不同角對應(yīng)相等時，求出點G的坐標(biāo)即可．【詳解】（1）解：解方程x2+2x?3=0得：A（1，0），B（?3，0）當(dāng)x=0時y=∴C（0，?3）；（2）解：?=?2∴E（?1，0）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b把點B（?3，0），C（0，?3）分別代入y=kx+b中，得?3k+b=0b=?3解得k=?1∴直線BC的解析式為y=?x?3．∵點P在線段BC上，點D在拋物線上，PD⊥x軸，∴設(shè)P（m，?m?3），則D（m，m∴PD=?m∴S=?∴當(dāng)m=?32，四邊形CEBD的面積最大，最大面積為518（3）解：存在．連接AC，BF，CF，如解圖所示．

∵y=x∴F（?1，?4）．又∵B（?3，0），C（0，?3），∴BC=32，CF=2，BF=25，CA=∴BC∴△BCF為直角三角形．∵∠AOC=90°，OA=1，∴BC∴ΔBCF∽ΔCOA．∴當(dāng)點G與點O重合時，ΔBCF∽ΔCGA，∴此時點G的坐標(biāo)為（0，0）．過點A作AG1⊥AC交y軸正半軸于點G∴CACG1∴CG∴OG∴G1過點C作CG2⊥AC交x軸負(fù)半軸于點G∴CAG2A∴G2∴G2綜上所述，點G的坐標(biāo)為（0，0），（0，13）【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象性質(zhì)與應(yīng)用，結(jié)合求多邊形最大面積、相似三角形相關(guān)知識點，綜合性較強(qiáng)．?dāng)?shù)形結(jié)合、綜合知識點、分類討論求解是解題的關(guān)鍵．2．如圖，已知拋物線經(jīng)過原點O，頂點為A1，1，且與直線y=x?2交于B，C(1)求拋物線的解析式及點C的坐標(biāo)；(2)求證：△ABC是直角三角形；(3)若點N為x軸上的一個動點，過點N作MN⊥x軸與拋物線交于點M，則是否存在以O(shè)，M，N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)見解析(3)存在，N點，其坐標(biāo)為53，0或73,0【分析】（1）可設(shè)頂點式，把原點坐標(biāo)代入可求得拋物線解析式，聯(lián)立直線與拋物線解析式，可求得C點坐標(biāo)；（2）分別過A、C兩點作x軸的垂線，交x軸于D、E兩點，得出△BEC和△ADB為等腰直角三角形,進(jìn)而可得出∠ABC=90°,即可得到答案；（3）設(shè)出N點坐標(biāo)，可表示出M點坐標(biāo)，從而可表示出MN、ON的長度，當(dāng)△MON和△ABC相似時，利用三角形相似的性質(zhì)可得MNAB=ON【詳解】（1）∵頂點A的坐標(biāo)為(1,1)，∴設(shè)拋物線的解析式為y=ax?1又∵拋物線過原點，∴0=a0?1解得a=?1，∴拋物線的解析式為y=?x?12+1聯(lián)立拋物線和直線解析式可得y=?x解得x=2y=0或x=?1∴B2,0，C（2）如圖，分別過A、C兩點作x軸的垂線，交x軸于D、E兩點，則AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，∴△ADB和△BEC為等腰直角三角形，∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，∴△ABC是直角三角形；（3）存在，點N的坐標(biāo)為53,0或73,0或假設(shè)存在滿足條件的點N，設(shè)Nx,0，則M∴ON=x，MN=由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分別求得AB=2∵M(jìn)N⊥x軸于點N，∴∠ABC=∠MNO=90°，∴當(dāng)△MNO和△ABC相似時有MNAB=ON①當(dāng)MNAB=ONBC時，則有∵當(dāng)x=0時，M、O、N不能構(gòu)成三角形，∴x≠0，∴?x+2=13解得x=53或x=73，此時N點坐標(biāo)為②當(dāng)MNBC=ONAB時，則有∴?x+2=3即?x+2=±3，解得x=?1或x=5，此時N點坐標(biāo)為?1,0或(5,0)．綜上可知存在滿足條件的N點，其坐標(biāo)為53,0或73,0或【點睛】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及知識點有待定系數(shù)法、圖象的交點問題、直角三角形的判定、勾股定理及逆定理、相似三角形的性質(zhì)及分類討論等．在（1）中注意頂點式的運用，在（3）中設(shè)出N、M的坐標(biāo)，利用相似三角形的性質(zhì)得到關(guān)于坐標(biāo)的方程是解題的關(guān)鍵，注意相似三角形點的對應(yīng)．本題考查知識點較多，綜合性較強(qiáng)，難度稍大．3．如圖，拋物線y=ax2?2x+c與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，點A在點B的左側(cè)，A?1,0，

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖1，若點D是直線BC下方拋物線上的動點，求四邊形ACDB的面積最大值；(3)當(dāng)點P關(guān)于直線BC的對稱點Q落在拋物線上時，求點Q的橫坐標(biāo)；(4)如圖2，點E是拋物線的頂點，直線CE交x軸于點F，若點G是線段EF上的一個動點，是否存在以點O，F(xiàn)，G為頂點的三角形與△ABC相似．若存在，請直接寫出點G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)51(3)1+2或(4)?34,?【分析】（1）將A?1,0，C（2）先求出點B的坐標(biāo)為3,0，設(shè)點D的坐標(biāo)是t,t2?2t?3，過點D作DM⊥AB（3）可知△OBC是等腰直角三角形，結(jié)合對稱軸，進(jìn)一步得到點H的縱坐標(biāo)，分情況討論點P在點H的上方和下方，可得到Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式，即可得到點Q的橫坐標(biāo)；（4）連接AC，求出EC的解析式，設(shè)點Gx,?x?3【詳解】（1）解：將A?1,0，C0,?3代入得a+2+c=0c=?3解得a=1c=?3∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=x（2）∵拋物線的解析式為y=x∴令y=0，即x2解得x1=3，∴點B的坐標(biāo)為3,0，設(shè)點D的坐標(biāo)是t,t∵點D是直線BC下方拋物線上的動點，∴0<t<3，過點D作DM⊥AB于點H，則DM=?t

S四邊形ACDB=S∴當(dāng)t=12時，四邊形ACDB的面積最大值為（3）∵y=拋物線y=x2?2x?∵OC=OB=3，∠BOC=90°，∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=∠OCB=45°，又∵對稱軸x=1與x軸垂直，設(shè)垂足為點K，直線BC與對稱軸x=1的交點為H，∴∠KHB=∠OCB=45°，∴△KBH是等腰直角三角形，∴KH=KB=OB?1=3?1=2，∴點H的縱坐標(biāo)是?2，①當(dāng)點P在點H的上方時，連接HQ，∵點P、Q關(guān)于直線BC對稱，∴∠PHB=∠QHB=45°，∴∠PHQ=∠PHB+∠QHB=90°，∴HQ∥∴點Q的縱坐標(biāo)為?2．②當(dāng)點P在點H的下方時，同理可求得點Q的縱坐標(biāo)為?2．∴將y=?2解得x=1+2或x=1?∴點Q的橫坐標(biāo)為1+2或1?

（4）解：連接AC，OG，

設(shè)EC的解析式為y=kx+b，將C0,?3、E有b=?3k+b=?4，解得k=?1∴EC的解析式為y=?x?3，令y=0，即?x?3=0，解得x=?3，∴點F的坐標(biāo)為?3,0，∴OF=OB=3，且OC⊥BF，∴CF=CB，∴∠CBF=∠CFB，設(shè)點Gx,?x?3∵點G在線段EF上，∴－3<x<1，則FG=x+3BC=3分情況討論：①△GFO∽△CBA時，有FOBA∴34=2x+33則此時?x?3=?9此時點G的坐標(biāo)為?3②△GFO∽△ABC時，有FOBC∴332=2x+3此時?x?3=?2，此時點G的坐標(biāo)為?1,?2，∴點G的坐標(biāo)為?34,?【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)、待定系數(shù)法求解析式、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、分類討論思想等知識點，綜合性較強(qiáng)，難度較大，熟練掌握二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，學(xué)會用代數(shù)方法求解幾何問題．4．綜合與探究如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A?5,0，B?1,0兩點，與y軸交于點C

(1)求拋物線的解析式；(2)連接AC，N為線段AC上的動點，連接BN，當(dāng)△AOC與△ABN相似時，求出點N的坐標(biāo)；(3)在拋物線的對稱軸l上是否存在一點P，使得△PMB是等腰三角形？若存在，直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線的解析式為y=x(2)點N的坐標(biāo)為?1,4或?3,2；(3)存在點P，使得△PMB是等腰三角形，點P的坐標(biāo)為?3,?32或?3,?4+25或【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）分兩種情況，①當(dāng)△AOC∽△ABN相似時，②當(dāng)△AOC∽△ANB相似時，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分別求解即可；（3）設(shè)點P?3，p，分三種情況：①當(dāng)PM=PB時，②當(dāng)PM=MB時，③當(dāng)PB=MB【詳解】（1）解：∵拋物線y=x2+bx+c與x∴25?5b+c=01?b+c=0，解得∴拋物線的解析式為y=x（2）∵y=x2+6x+5與y∴C0，5∵A?5，0∴OA=OC，∴△AOC是等腰直角三角形，設(shè)直線設(shè)直線AC的解析式為y=kx+a，把A?5，0，C0，5解得k=1a=5∴直線AC的解析式為y=x+5，設(shè)Nn，n+5①當(dāng)△AOC∽△ABN相似時，∠ABN=∠AOC=90°，∵△AOC是等腰直角三角形，OA=OC，∴AB=BN，∵A?5，0∴AB=4，BN=n+5，∴n+5=4，解得n=?1，∴點N的坐標(biāo)為?1，4；②當(dāng)△AOC∽△ANB相似時，∠ANB=∠AOC=90°，∵△AOC是等腰直角三角形，OA=OC，∴AN=BN，AB=2∵A?5，0∴AB=4，AN=n+5∴2∴n=?3，（不合題意的根舍去）∴點N的坐標(biāo)為?3，2；綜上，點N的坐標(biāo)為?1，4或?3，2；（3）存在點P，使得△PMB是等腰三角形，理由如下：∵y=x∴M?3，?4設(shè)點P?3，p∵B?1，0∴PM=p+4PB=3?1MB=3?1①當(dāng)PM=PB時，p+4=∴p=?3∴點P的坐標(biāo)為?3，?3②當(dāng)PM=MB時，p+4=2∴p=?4+25或p=?4?2∴點P的坐標(biāo)為?3，?4+25或?3，?4?2③當(dāng)PB=MB時，3?12∴p=?4（舍去）或p=4，經(jīng)檢驗符合題意；∴點P的坐標(biāo)為?3，4；綜上，存在一點P，使得△PMB是等腰三角形，點P的坐標(biāo)為?3，?32或?3，?4+25或?3，?4?2【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題目，考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、待定系數(shù)法求直線的解析式、相似三角形的性質(zhì)和判定、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性較強(qiáng)，具有一定的難度，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的圖形和性質(zhì)，學(xué)會用代數(shù)的方法求解幾何問題5．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A?2,0，

(1)求拋物線y=ax(2)如圖2，設(shè)點P是拋物線上在第一象限內(nèi)的動點（不與B，C重合），過點P作PD⊥BC，垂足為點D，點P在運動的過程中，以P，D，C為頂點的三角形與△AOC相似時，求點P的坐標(biāo)；(3)在y軸負(fù)半軸上是否存在點N，使點A繞點N順時針旋轉(zhuǎn)后，恰好落在第四象限拋物線上的點M處，且使∠ANM+∠ACM=180°，若存在，請求N點坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．（請在備用圖中自己畫圖）【答案】(1)y=?(2)6,4或3,(3)0,?16，圖見解析【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答，即可求解；（2）先證明△AOC∽△COB，可得∠ACO=∠CBO，然后分兩種情況討論：當(dāng)△AOC∽△PDC時，當(dāng)△AOC∽△CDP時，即可求解；（3）過N作NF⊥MC交MC于點F，過N點作NG⊥AC，交CA的延長線于點G，則∠G=∠CFN=90°，設(shè)CM與x軸交于K，證明△NGA≌△NFM，可得NG=NF，從而得到NC平分∠ACM，再求出CK的解析式，可得M14，?24，再由AN=MN【詳解】（1）解：將A?2,0,B8,0得，4a?2b+c=0c=464a+8b+c=0，解得，所以拋物線表達(dá)式為：y=?1（2）解：根據(jù)題意，得：∵A?2,0∴OA=2,OB=8,OC=4，∴AO又∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠ACO=∠CBO，∴∠ACB=∠ACO+∠BCO=∠CBO+∠BCO=90°，當(dāng)△AOC∽△PDC時，

∴∠ACO=∠PCD，∵∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCD+∠OCB=90°，∴PC⊥OC，∴點P的縱坐標(biāo)為4，當(dāng)y=4時，有?1解得x=6或x=0（舍），∴點P的坐標(biāo)為6,4；當(dāng)△AOC∽△CDP時，∠P作P′G⊥y軸于點G，過點P′作P′H∥y

∴∠P∵AO∴△AOC∽△COB∴∠OCB=∠OAC，∴∠P∴P設(shè)直線BC的解析式為y=k把點B8,08k′+∴直線BC的解析式為y=?1設(shè)P′m,?1∴P在Rt△P′即?1解得m=3，∴P綜上，點P的坐標(biāo)為：6,4或3,25（3）解：過N作NF⊥MC交MC于點F，過N點作NG⊥AC，交CA的延長線于點G，則∠G=∠CFN=90°，

∴∠ACM+∠GNF=180°，設(shè)CM與x軸交于K，由旋轉(zhuǎn)得：AN=MN，∵∠ANM+∠ACM=180°∴∠ANM=∠GNF，∴∠ANG=∠MNF，∵∠G=∠MFN=90°，∴△NGA≌△NFM，∴NG=NF，∴NC平分∠ACM，∵CO⊥AB，∴OK=OA=2，

∴K2,0∴CK的解析式為：y=?2x+4，∴?2x+4=?1解得：x1∴M14，?24設(shè)N0,n∵AN=MN，∴(?2)解得：n=?16，所以，點N坐標(biāo)為0,?16．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及了二次函數(shù)，一次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握二次函數(shù)，一次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用分類討論思想解答是解題的關(guān)鍵．6．如圖，拋物線y=ax2+bx經(jīng)過兩點A(?1,1)，B(2,2)．過點B作BC∥x軸，交拋物線于點C

(1)求此拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式及點C的坐標(biāo)；(2)若拋物線上存在點M，使得△BCM的面積為72，求出點M(3)連接OA、OB、OC、AC，在坐標(biāo)平面內(nèi)，求使得△AOC與△OBN相似（邊OA與邊OB對應(yīng)）的點N的坐標(biāo)．【答案】(1)y=23(2)M點的坐標(biāo)為：(0,0)，12，0，1+97(3)點N的坐標(biāo)是(4,3)，(3,4)，(?1,?2)，(?2,?1)．【分析】（1）把A(?1,1)，B(2,2)代入y=ax2+bx求得拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=23x2（2）設(shè)△BCM邊BC上的高為?，根據(jù)已知條件得到?=2，點M即為拋物線上到BC的距離為2的點，于是得到M的縱坐標(biāo)為0或4，令y=23x（3）解直角三角形得到OB=22，OA=2，OC=52，∠AOD=∠BOD=45°，tan∠COD=34；①如圖1，當(dāng)△AOC∽△BON時，求得ON=2OC=5，過N作NE⊥x軸于E，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到OE=4，NE=3，于是得到結(jié)果；②如圖2，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BN=2OC=5，過B作BG⊥x軸于G，過N作x軸的平行線交BG的延長線于【詳解】（1）解：把A(?1,1)，B(2,2)代入y=ax1=a?b2=4a+2b，解得a=故拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=2∵BC∥設(shè)Cx∴23x02?∵x∴C?（2）解：設(shè)△BCM邊BC上的高為?，∵BC=7∴S∴?=2，點M即為拋物線上到BC的距離為2的點，∴M的縱坐標(biāo)為0或4，令y=2解得：x1=0，∴M1(0,0)令y=2解得：x3=1+∴M31+綜上所述：M點的坐標(biāo)為：(0,0)，12，0，1+97（3）解：∵A(?1,1)，B(2,2)，C?32∴OB=22，OA=2，∴∠AOD=∠BOD=45°，tan∠COD=3①如圖1，

當(dāng)△AOC∽△BON時，AOBO=OC∴ON=2OC=5，過N作NE⊥x軸于E，∵∠COD=45°?∠AOC=45°?∠BON=∠NOE，在Rt△NOE中，tan∠NOE=tan∠COD=∴OE=4，NE=3，∴N(4,3)同理可得N(3,4)；②如圖2，

當(dāng)△AOC∽△OBN時，AOOB=OC∴BN=2OC=5，過B作BG⊥x軸于G，過N作x軸的平行線交BG的延長線于F，∴NF⊥BF，∵∠COD=45°?∠AOC=45°?∠OBN=∠NBF，∴tan∠NBF=tan∠COD=3∴BF=4，NF=3，∴N(?1,?2)，同理N(?2,?1)，綜上所述：使得△AOC與△OBN相似（邊OA與邊OB對應(yīng)）的點N的坐標(biāo)是(4,3)，(3,4)，(?1,?2)，(?2,?1)．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用，難度較大，解答本題需要同學(xué)們熟練掌握二次函數(shù)和相似三角形的相關(guān)性質(zhì)．7．如圖，已知拋物線y=ax2+bx+ca>0與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C0,2，拋物線的對稱軸為直線x=52，且OB=2OC，連接BC，點D是線段OB上一點（不與點O、B重合），過點D作x

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)當(dāng)線段MN最大時，求點M的坐標(biāo)；(3)連接BN，以B、D、N為頂點的三角形是否能夠與△OBC相似？若能，請求出點N【答案】(1)y=1(2)2,1；(3)能，2,?1．【分析】（1）根據(jù)題意可得：A1，0（2）利用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式為y=?12x+2，設(shè)Dt,0，且0<t<4，則（3）以B、D、N為頂點的三角形當(dāng)D2，0時與△OBC相似，此時點N的坐標(biāo)為2，?1．設(shè)Dn,0，且0<n<4，則【詳解】（1）∵C0,2∴OC=2，∵OB=2OC，∴OB=4，∴B4,0∵拋物線的對稱軸為直線x=52，點A與點B關(guān)于直線∴A(1,0)，把A(1,0)，B4,0，C0,2分別代入a+b+c=016a+4b+c=0解得：a=1∴該拋物線的表達(dá)式為y=1（2）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+d，把B4,0，C0,2分別代入得：解得：k=?1∴直線BC的解析式為y=?1設(shè)Dt,0，且0<t<4則Mt,?12∴MN=?1∵?1∴當(dāng)t=2時，MN最大，最大值為2，此時點M的坐標(biāo)為2,1；（3）以B、D、N為頂點的三角形能與△OBC設(shè)Dn,0，且0<n<4，則N又∵B4,0，C∴BD=4?n，DN=12n2?當(dāng)△BDN～△BOC時，∵∠BDN=∠BOC=90°，∴DNOC解得：n=0或n=4或n=2，∵0<n<4，∴n=0或n=4均不符合題意。

所以當(dāng)n=2時，△BDN～△BOC成立，此時N2,?1當(dāng)△BDN～△COB時，∵∠BDN=∠BOC=90°，∴DNOB解得：n=4或n=?3或n=5，∵0<n<4，∴n=4或n=?3或n=5均不符合題意，即△BDN～△COB不成立；綜上所述，以B、D、N為頂點的三角形能與△OBC相似，此時點N的坐標(biāo)是2,?1【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，解題關(guān)鍵是運用分類討論思想和方程思想思考解決問題．8．如圖，已知拋物線經(jīng)過點A?2,0，B8,0，C0,4三點，點D與點C關(guān)于x軸對稱，點P是x軸上的一個動點，設(shè)點P的坐標(biāo)為m,0，過點P做x軸的垂線l交拋物線于點Q

(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)已知點F0,1，當(dāng)點P在x軸上運動時，試求m為何值時，四邊形DMQF(3)點P在線段AB運動過程中，是否存在點Q，使得以點B、Q、M為頂點的三角形與△BOD相似？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)?2或6(3)存在，點Q的坐標(biāo)為6,4或?2,0【分析】（1）可設(shè)解析式為y=ax+2x?8，將點（2）先求出直線BD解析式為y=12x?4，得出Qm,?1（3）易知∠ODB=∠QMB，故分①∠DOB=∠MBQ=90°，利用ΔDOB∽ΔMBQ得DOOB=MBBQ=12，再證△MBQ∽△BPQ得BMBQ=BPPQ，列出方程，解之即可得此時m【詳解】（1）由拋物線過點A?2,0、可設(shè)解析式為y=ax+2將點C0,4代入，得：?16a=4，解得：a=?則拋物線解析式為y=?1（2）由題意知點D坐標(biāo)為0,?4，設(shè)直線BD解析式為y=kx+b，將B8,0、D0,?4代入，得：8k+b=0∴直線BD解析式為y=1∵QM⊥x軸，Pm,0∴Qm,?14則QM=?1∵F0,1、D∴DF=5，∵QM∥∴當(dāng)?14m解得：m=?2或m=6，即m=?2或m=6時，四邊形DMQF是平行四邊形；（3）如圖所示：

∵QM∥∴∠ODB=∠QMB，分以下兩種情況：①當(dāng)∠DOB=∠MBQ=90°時，△DOB∽則DOOB∵∠MBQ=90°，∴∠MBP+∠PBQ=90°，∵∠MPB=∠BPQ=90°，∴∠MBP+∠BMP=90°，∴∠BMP=∠PBQ，∴△MBQ∽∴BMBQ即12解得：m1=6、當(dāng)m=8時，點P、Q、M均與點B重合，不能構(gòu)成三角形，舍去，∴m=6，點Q的坐標(biāo)為6,4；②當(dāng)∠BQM=90°時，此時點Q與點A重合，△BOD∽此時m=?2，點Q的坐標(biāo)為?2,0；綜上，點Q的坐標(biāo)為6,4或?2,0時，以點B、Q、M為頂點的三角形與△BOD相似．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行四邊形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及分類討論思想的運用．9．如圖，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于點A?2,0和點B，與y軸交于點C，對稱軸為直線x=3且OB=OC，頂點為D，連接AC

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點P是第一象限內(nèi)拋物線上的動點，連接PB，PC，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，求四邊形ABPC面積S的最大值及此時(3)點N是對稱軸l右側(cè)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△OBC相似？若存在，求點M【答案】(1)y=?(2)S最大值為72，此時點P的坐標(biāo)為4，12；(3)3,8或3,5+15或【分析】（1）先根據(jù)對稱性求出點B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出直線BC的解析式，進(jìn)而求出Ft，?t+8，則PF=?12（3）先證明△BOC是等腰直角三角形，然后分①當(dāng)MN=EM，∠EMN=90°，△NME∽△COB時；②當(dāng)ME=EN，∠MEN=90°時；③當(dāng)MN=EN，∠MNE=90°時，三種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于點A?2,0，且對稱軸為直線x=3∴拋物線與x軸的另一個交點B的坐標(biāo)為8，0，∴OC=OB=8，∴C0，8設(shè)拋物線解析式為y=ax+2∴a0+2∴a=?1∴拋物線解析式為y=?（2）解：如圖所示，過點P作PF∥y軸交BC于F，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b∴8k+b∴k=?1b∴直線BC的解析式為y=?x+8，∵Pt，?∴Ft，?t+8∴PF=?1∴S△PBC∴S四邊形ABPC==?2=?2t?4∵?2<0，∴當(dāng)t=4時，S四邊形ABPC∴此時點P的坐標(biāo)為4，12；

（3）解：∵C∴△OBC為等腰直角三角形，∵拋物線y=?12x∴點E的橫坐標(biāo)為3，又∵點E在直線BC上，∴點E的縱坐標(biāo)為5，∴E3，5設(shè)M3，m①當(dāng)MN=EM，∠EMN=90°，△NME∽△COB時m?5=n?3?解得n=6m=8或n=?2∴此時點M的坐標(biāo)為3,8；

②當(dāng)ME=EN，∠MEN=90°時m?5=n?3解得：m=5+15n=3+15∴此時點M的坐標(biāo)為3,5+

③當(dāng)MN=EN，∠MNE=90°時則有m?5=2n?3解得：m1此時點M的坐標(biāo)為3，11；

在射線ED上存在點M，使得以點M，N，E為頂點的三角形與△OBC相似，點M的坐標(biāo)為：3,8或3,5+15或【點睛】本題是一道綜合題，涉及到二次函數(shù)的綜合、相似三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)與判定、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識點，綜合性比較強(qiáng)，解答類似題的關(guān)鍵是添加合適的輔助線．10．如圖，拋物線y=ax2+bx+6與y軸交于點A，與x軸交于點B?1,0，C3,0，P是線段AC上方拋物線上的一個動點，過點P作x軸的垂線，交x軸于點H，交AC

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)用含t的式子表示線段PD的長，并求線段PD長度的最大值；(3)連接AP，當(dāng)△DPA與△DHC相似時，求點P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?2(2)PD=?2t2(3)2,6或7【分析】（1）把點B?3,0，C1,0代入（2）先求解A0,6，再求解直線AC為y=2x+6，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t?3<t<0．可得Pt,?2t2（3）如圖，連接AP，∠BDH=∠ADP，而△DPA與△DHC相似，分兩種情況討論：當(dāng)△DPA∽△DHC時，如圖，當(dāng)△DHC∽△DAP時，過A作AQ⊥PH于Q，再求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于點B∴9a+3b+c=0a?b+6=0解得a=?2b=4∴拋物線的表達(dá)式為y=?2x（2）解：在y=?2x2+4x+6中，當(dāng)x=0∴A0,6設(shè)直線AC的表達(dá)式為y=kx+n，∴n=63k+n=0解得k=?2n=6∴直線AC的表達(dá)式為y=?2x+6．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t0<t<3∴Pt,?2t2∴PD=?2t當(dāng)t=?62×?2=3（3）解：如圖，連接AP．

∵∠CDH=∠ADP，則△DPA與△DHC相似，∴分兩種情況討論：①當(dāng)△DPA∽△DHC時，∴DPDH=AP∴AP∥x軸，∴A，P關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∵B?1,0，C∴拋物線的對稱軸為直線x=3?1∵A0,6∴P2,6②當(dāng)△DHC∽△DAP時，過點A作AQ⊥PH于點Q，如圖．

∴AQ=OH，AO=QH=6，設(shè)AQ=OH=n，∵△DHC∽△DAP，∴∠DHC=∠DAP=90°，∴∠ADP+∠APD=∠APQ+∠QAP=90°，∴∠PAQ=∠ADP，由PH∥y軸，可得∴∠PAQ=∠CAO，∴tan∠PAQ=tan∠CAO=3∴PQAQ=1∴Pn,6+∴?2n解得：n=74（∴P7綜上所述，點P的坐標(biāo)為2,6或7【點睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解拋物線的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．11．如圖1，拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過A0,3和B72,?94兩點，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

(1)求該拋物線的表達(dá)式．(2)當(dāng)點P的坐標(biāo)為2，3時，求四邊形(3)如圖2，若PE∥x軸交AB于點E且點P在直線AB上方，求(4)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的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)7.5(3)245(4)P2,3或【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G的坐標(biāo)，得到OG=3，再推出OA=3，AP=2，AP∥x軸，然后根據(jù)梯形面積公式求解即可；（3）先求出點C的坐標(biāo)，然后證明Rt△DPE∽（4）根據(jù)題意，可分為兩種情況進(jìn)行分析：當(dāng)△AOC∽△APD時；當(dāng)△AOC∽△DAP時；分別求出兩種情況的點的坐標(biāo)，即可得到答案．【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過A∴將A0,3和B72,?94代入∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：在y=?x2+2x+3中，當(dāng)y=0時，?x2∴G3，0∴OG=3，∵A0，3∴OA=3，AP=2，AP∥x軸，∴S四邊形APGO（3）解：設(shè)直線AB的解析式為y=kx+n，把A0,3和B72,?9∴直線AB的解析式為y=?3在y=?32x+3，當(dāng)y=0時，?∴C2,0，聯(lián)立y=?x2+2x+3y=?3∵PD⊥x軸，PE∥x軸，∴∠ACO=∠DEP，∴Rt∴PDPE=OA∴PD+PE=5設(shè)點Pa,?a2+2a+3，∴PD=?∴PD+PE=?5∵?53<0，拋物線開口向下，PD+PE∴當(dāng)a=74時，PD+PE有最大值為（4）解：∵PD⊥x軸，∴PD∥y軸，即∠OAC=∠PDA，根據(jù)題意，分兩種情況：①當(dāng)△AOC∽△DPA時，∴∠DPA=∠AOC=90°，∵PD⊥x軸，∠DPA=90°，A0,3∴點P縱坐標(biāo)是3，橫坐標(biāo)x>0，即?x2+2x+3=3∴點D的坐標(biāo)為2,0；∵PD⊥x軸，∴點P的橫坐標(biāo)為2，∴點P2,3②當(dāng)△AOC∽△DAP時，∴∠APD=∠ACO，過點A作AG⊥PD于點G，如圖所示：

∴△APG∽△ACO，∴PGAG設(shè)點Pn,?n2+2n+3，則Dn,?∴P43綜上所述，P2,3或P【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，運用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想解題是關(guān)鍵．12．如圖，已知拋物線y=ax2+bx?3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，O是坐標(biāo)原點，已知點B的坐標(biāo)是3

(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點P在x軸上方的拋物線上，且∠PAB=∠CAB，求點P的坐標(biāo)；(3)點D是y軸上一動點，若以D、C、B為頂點的三角形與△ABC相似，求出符合條件的點D的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)6(3)0，1【分析】（1）根據(jù)正切函數(shù)，可得A點坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；（2）根據(jù)正切函數(shù)，可得P點坐標(biāo)，根據(jù)圖像上的點滿足函數(shù)解析式，可得關(guān)于x的方程，根據(jù)解方程，可得答案；（3）根據(jù)兩組對邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似，可得關(guān)于y的方程，根據(jù)解方程，可得答案．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax∴點C的坐標(biāo)為0,?3，∴OC=3，∵tan∠OAC=3∴OA=1，即點A的坐標(biāo)為?1，又∵B3∴a?b?3=09a+3b?3=0解得a=1b=?2∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式是y=x（2）解：∵∠PAB=∠CAB，∴tan∠PAB=tan∠CAB=3，∵點P在x軸上方，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為x，則點P的縱坐標(biāo)為3x+1∴3x+1得x=?1（舍去）或x=6，當(dāng)x=6時y=21，∴點P的坐標(biāo)為6，（3）解：如圖，

設(shè)點D的坐標(biāo)為0,y，∵OB=OC=3，∠BOC=90°，∴∠CBO=1∴△ABC為∠ABC=45°的銳角三角形，∴△DCB也是銳角三角形，∴點D在點C的上方，∴∠DCB=45°，∴∠ABC=∠DCB，∵AB=4，BC=32，DC=y+3①如果DCAB=BC∴y=1，即點D0②如果DCBC=BC∴y=32，即點綜上分析可知：符合條件的點D的坐標(biāo)為0，1或【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用待定系數(shù)求函數(shù)解析式；利用正切函數(shù)得出P點坐標(biāo)是解題關(guān)鍵，又利用圖像上的點滿足函數(shù)解析式得出P點坐標(biāo)；利用兩組對邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似得出關(guān)于y的方程是解題關(guān)鍵，要分類討論，以防遺漏．13．如圖，拋物線與x軸分別交于點A、B，與y軸交于點C，OB=6，頂點D2,8，對稱軸交x軸于點Q．

(1)求拋物線的解析式；(2)已知直線CD與對稱軸形成的夾角為45°，動點M在對稱軸上運動且位于點D下方時，是否存在△DCM和△BQC相似？如果存在，求出點M的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．【答案】(1)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?(2)存在，點M的坐標(biāo)為2,2或2,【分析】（1）由頂點D2,8設(shè)y=ax?2（2）首先確定B、D是對應(yīng)頂點，設(shè)點M2,n，表示△DCM和△BQC【詳解】（1）由頂點D2,8設(shè)y=ax?2∵OB=6，∴B6,0，代入得：a解得：a=?1∴拋物線對應(yīng)二次函數(shù)的表達(dá)式為：y=?1（2）存在點M，使得△DCM和△BQC相似，如圖：

連接CM，設(shè)M2,n∵D2,8∴DM=8?n，由題知∠CDM=45°，CD=2∵C0,6，B∴△OBC∴∠QBC=45°，BC=6∴∠CDM=∠QBC，BQ=6?2=4，①當(dāng)△BQC～△DCM時，BQCD解得n=2，∴M2,2②當(dāng)△BQC～△DMC時，BQDM解得n=20∴M2,綜上所述，點M的坐標(biāo)為2,2或2,20【點睛】本題考查了二次函數(shù)，相似三角形的綜合知識，解題的關(guān)鍵是設(shè)所求點的坐標(biāo)，表達(dá)出相關(guān)的線段長，列方程求解．14．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，拋物線y=?x2+c與y

(1)求拋物線的解析式．(2)如圖，將拋物線y=?x2+c向左平移1個單位長度，記平移后的拋物線頂點為Q，平移后的拋物線與x軸交于A,B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C(3)直線BC與拋物線y=?x2+c交于M,N兩點（點N在點M的右側(cè)），當(dāng)x軸上存在一點T，能使以B,N,T三點為頂點的三角形與△ABC【答案】(1)拋物線的解析式為y=?(2)△BCQ是直角三角形．理由見解析(3)點T的坐標(biāo)T1+25【分析】（1）將P0,4（2）寫出平移后的解析式，再求出B,C,Q三點的坐標(biāo)，求得∠BCQ=90°，即可判斷；（3）求出直線BC的解析式，再求出N兩點的坐標(biāo)，根據(jù)相似的性質(zhì)，進(jìn)行分類討論，即可解答．【詳解】（1）解：∵將點P0,4代入拋物線y=?x2∴拋物線的解析式為y=?x（2）△BCQ是直角三角形．理由如下：將拋物線y=?x2+4∴平移后的拋物線頂點為Q?1,4令x=0，得y=?1+4=3，∴C0,3令y=0，得?(x+1)解得：x1∴B?3,0,A1,0∵P0,4∴PQ⊥y軸，PQ=1，∵CP=4?3=1，∴PQ=CP,∠CPQ=90°，∴△CPQ是等腰直角三角形，∴∠PCQ=45°，∵OB=OC=3,∠BOC=90°，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠BCO=45°，∴∠BCQ=180°?45°?45°=90°，∴△BCQ是直角三角形．

（3）

解：存在，理由如下：∵B?3,0∴OB=OC=3，∴△OBC是等腰直角三角形，∴直線BC的斜率為1，∴直線BC的解析式為y=x+3，聯(lián)立方程y=x+3y=?x2+4，解得∴N?1+①當(dāng)NT1∥∴△BAC∽△BT根據(jù)圖形可得A1,0,B?3,0設(shè)直線CA的解析式為y=kx+b，將A1,0,C0,3解得k=?3b=3∴直線CA的解析式為y=?3x+3，設(shè)直線NT1的解析式為y=?3x+t，將N?1+52∴直線NT1的解析式為當(dāng)y=0時，解得x=2∴T∵B∴BN∴BN=5②當(dāng)△BAC∽△BNT2時，∴B∴BT∵OB=3，∴T【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，拋物線的平移，直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握數(shù)形結(jié)合技巧，分類討論是解題的關(guān)鍵．15．如圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點A?3,0，B1,0，與y

(1)求拋物線與直線AC的函數(shù)表達(dá)式．(2)設(shè)Q是拋物線上的一個動點（不與A，B重合），過點Q作QH⊥x軸，垂足為H，交直線AC于點P，當(dāng)QP=PH時，求點Q的坐標(biāo)．(3)在（2）的條件下，拋物線的對稱軸上是否存在點D，使得以點C，Q，D為頂點的三角形與△ABC相似，若存在，求點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?x2(2)Q(3)存在，點D的坐標(biāo)為?1,83【分析】（1）根據(jù)拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點A?3,0，B1,0，得到方程組，解出b，c得到拋物線的解析式，根據(jù)設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+bk≠0，把點A，C的坐標(biāo)代入（2）設(shè)點Q的坐標(biāo)為Qa,?a2?2x+3，得點Pa,a+3（3）根據(jù)點C，Q，D為頂點的三角形與△ABC相似，分類討論：①∠QCD1=∠ACB，得△QCD1～△ACB；【詳解】（1）∵拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點A∴0=?9?3b+c0=?1+b+c解得：b=?2c=3∴拋物線的解析式為：y=?x∴點C0,3設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+bk≠0∴0=?3k+bb=3解得：k=1b=3∴設(shè)直線AC的解析式為：y=x+3．（2）∵點Q在拋物線y=?x∴設(shè)點Q的坐標(biāo)為Qa,?∵過點Q作QH⊥x軸，垂足為H，交直線AC于點P，∴點Pa,a+3∵QP=PH，∴?a解得：a1=?1，a2∵點Q不與A，B重合，∴a=?1，∴點Q?1,4（3）存在．理由如下：∵拋物線y=?x∴頂點坐標(biāo)為：?1,4，∴Q是拋物線的頂點，拋物線的對稱軸為QH，對稱軸為直線x=過點C作CE⊥QH于點E，∴tan∠CQE=CE∴∠CQE=45°；∵tan∠CAB=CO∴∠CAO=45°，∴∠CAO=∠CQE，設(shè)點D?1,q，則CD與BC∴AB=1??3=4，∴AC=32+32①∠QCD1=∠ACB∴QD1與∴QD∴4?q4解得q=8∴D1②∠QCD2=∠ABC∴QD2與∴