二次函数与相似问题-2022年中考数学压轴题（解析）

挑战2022年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题4二次函数与相似全等问题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或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解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。相似三角形常见的判定方法：（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．应用判定定理“两角法”解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理“三边法”解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．

【例1】（2021•阿坝州）如图1，直线y＝﹣x+b与抛物线y＝ax2交于A，B两点，与y轴于点C，其中点A的坐标为（﹣4，8）．（1）求a，b的值；（2）将点A绕点C逆时针旋转90°得到点D．①试说明点D在抛物线上；②如图2，将直线AB向下平移，交抛物线于E，F两点（点E在点F的左侧），点G在线段OC上．若△GEF∽△DBA（点G，E，F分别与点D，B，A对应），求点G的坐标．【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为解方程组即可．（2）①如图1中，分别过点A，D作AM⊥y轴于点M，DN⊥y轴于点N．利用全等三角形的性质求出点D的坐标，可得结论．②设E（t，t2），求出直线EG，FG的解析式，构建方程组求出点G的坐标，再根据点G的横坐标为O，构建方程组求出t，即可解决问题．【解析】（1）由题意，得，解得．（2）①如图1中，分别过点A，D作AM⊥y轴于点M，DN⊥y轴于点N．由（1）可知，直线AB的解析式为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），当x＝﹣2时，y＝×22＝2，∴点D在抛物线y＝x2上．②由，解得或，∴点B的坐标为（3，），∴直线AD的解析式为y＝﹣3x﹣4，直线BD的解析式为y＝x+3，设E（t，t2），∴直线EF的解析式为y＝﹣x+t2+t，由，解得或，∴F（﹣t﹣1，（t+1）2），∵△GEF∽△DBA，EF∥AB，由题意可知，EG∥DB，GF∥AD，∴直线EG的解析式为y＝x+t2﹣，直线FG的解析式为y＝﹣3x+（t+1）2﹣3（t+1），联立，解得，∴G（﹣t﹣，t2﹣t﹣），令﹣t﹣＝0，解得t＝﹣，∴G（0，）．【例2】（2021•陕西）已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣5，0）和点B，与y轴交于点C（0，5），它的对称轴为直线l．（1）求该抛物线的表达式及点B的坐标；（2）若点P（m，2）在l上，点P′与点P过关于x轴对称．在该抛物线上，是否存在点D、E、F，使四边形P′DEF与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′？若存在，求点D、E、F的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1用待定系数法可得抛物线的表达式为y＝x2+6x+5，令y＝0即可得B（﹣1，0）；（2）延长AP'交抛物线于D，延长BP'交抛物线于F，对称轴交抛物线于E，由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），抛物线对称轴为直线x＝﹣3，故P（﹣3，2），P'（﹣3，﹣2），即得PP'＝4，P'E＝2，由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直线AP'为y＝﹣x﹣5，解得D（﹣2，﹣3），故AP'＝2，P'D＝，同理可得BP'＝2，P'F＝，即有＝＝＝2，故四边形P'FED与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′．【解析】（1）∵A（﹣5，0）、C（0，5）在抛物线y＝x2+bx+c上，∴，解得，∴抛物线的表达式为y＝x2+6x+5，令y＝0得x＝﹣1或x＝﹣5，∴B（﹣1，0）；（2）存在，理由如下：延长AP'交抛物线于D，延长BP'交抛物线于F，对称轴交抛物线于E，如图：由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），抛物线对称轴为直线x＝﹣3，∵点P（m，2）在对称轴直线l上，∴P（﹣3，2），∵点P′与点P关于x轴对称，∴P'（﹣3，﹣2），∴PP'＝4，P'E＝2，由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直线AP'为y＝﹣x﹣5，解得或，∴D（﹣2，﹣3），∴AP'＝＝2，P'D＝＝，由B（﹣1，0）、P'（﹣3，﹣2）可得直线BP'为y＝x+1，解得或，∴F（﹣4，﹣3），∴BP'＝＝2，P'F＝＝，∴＝＝＝2，由位似图形定义知，四边形P'FED与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′，∴抛物线上存在D（﹣2，﹣3），E（﹣3，﹣4），F（﹣4，﹣3），使四边形P'FED与四边形P′BPA位似，且位似中心是P′．【例3】（2021•涪城区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A、B两点，其中A（1，0），与y轴交于点C（0，3）．（1）求抛物线解析式；（2）如图1，过点B作x轴垂线，在该垂线上取点P，使得△PBC与△ABC相似，请求出点P坐标；（3）如图2，在线段OB上取一点M，连接CM，请求出CM+BM最小值．【分析】（1）将点A（1，0），点C（0，3）代入y＝x2+bx+c，即可求解析式；（2）分两种情况讨论：①当∠PCB＝∠ACB时，△CAB≌△CPB（ASA），求得P（3，2）；②当∠CPB＝∠ACB时，△CAB∽△PCB，由＝，求得P（3，9）；（3）过点B作直线l与x轴成角为30°，过点C作CN⊥l交于点N，交x轴于点M，此时CM+BM的值最小，求出∠OCM＝30°，在求出CM＝2，OM＝，MB＝3﹣，MN＝，所以CM+BM的值最小为．【解析】（1）将点A（1，0），点C（0，3）代入y＝x2+bx+c，得，∴，∴y＝x2﹣4x+3；（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，解得x＝3或x＝1，∴A（1，0），∴AB＝2，∵OB＝OC，∴∠CBO＝45°，∵BP⊥x轴，∴∠CBP＝45°，①当∠PCB＝∠ACB时，△CAB≌△CPB（ASA），∴AB＝BP，∴BP＝2，∴P（3，2）；②当∠CPB＝∠ACB时，△CAB∽△PCB，∴＝，∵BC＝3，∴BP＝9，∴P（3，9）；综上所述：△PBC与△ABC相似时，P点坐标为（3，9）或P（3，2）；（3）过点B作直线l与x轴成角为30°，过点C作CN⊥l交于点N，交x轴于点M，∵∠OBN＝30°，∴MB＝2MN，∴MN＝MB，∴CM+BM＝CM+MN＝CN，此时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的值最小为．【例4】（2020•铜仁市中考）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，得：a-b+6=09a+3b+6=0∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，∴点C的坐标为（0，6）．设直线BC的解析式为y＝kx+c，将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：3k+c=0c=6，解得：k=∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，∴S=12PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m-32∴当m=32时，△PBC面积取最大值，最大值为∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m＜3．综上所述，S关于m的函数表达式为＝﹣3m2+9m（0＜m＜3），S的最大值为274（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∴△MCD∽△NCM，若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，当DMCD=OBOC=36∴a-2解得，a＝1，∴M（1，8），此时ND=12DM∴N（0，172当CDDM=OBOC=12∴-2a解得a=7∴M（74，55此时N（0，838如图3，当点M位于点C的下方，过点M作ME⊥y轴于点E，设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，此时N点坐标为（0，38）或（0，-综合以上得，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•随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+1的对称轴为直线x=32，其图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；（2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒2个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t（t＞0）秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；（3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）【分析】（1）利用待定系数法，对称轴公式构建方程组求出a，b即可，再求出点A点C的坐标即可得出结论．（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再利用待定系数法求解即可．（3）分6种情形首先确定点P的坐标，再利用相似三角形的性质求解即可．【解答】解：（1）由题意：-b解得a=-∴抛物线的解析式为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）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点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经检验，t=34时，M，∴D（2，32（3）如图3﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，取E（12，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G∵M（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∴直线CP的解析式为y=-211由y=-211x+1y=-∴P（4111，39121），C（0，∴PC=210当MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ时，△QCP∴Q（0，-373242）或（0，如图3﹣2中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DMB时，设PC交x轴于k．∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，∴OK＝2OC＝2，∴点K与F重合，∴直线PC的解析式为y=-12由y=-12x+1y=-∴P（5，-3∴PC=5当DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC时，△QCP∴Q（0，-496）或（0，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（253，-919），Q（0，-25718当点Q在点C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（-73，-199），Q（0，-59【例6】（2020•广东）如图，抛物线y=3+36x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC（1）求b，c的值；（2）求直线BD的函数解析式；（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．【分析】（1）先求出点A，点B坐标，代入交点式，可求抛物线解析式，即可求解；（2）过点D作DE⊥AB于E，由平行线分线段成比例可求OE=3，可求点D（3）利用两点距离公式可求AD，AB，BD的长，利用锐角三角函数和直角三角形的性质可求∠ABD＝30°，∠ADB＝45°，分∠ABP＝30°或∠ABP＝45°两种情况讨论，利用相似三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵BO＝3AO＝3，∴点B（3，0），点A（﹣1，0），∴抛物线解析式为：y=3+36（x+1）（x﹣3）=3+36∴b=-3+33（2）如图1，过点D作DE⊥AB于E，∴CO∥DE，∴BCCD∵BC=3CD，BO＝3∴3=∴OE=3∴点D横坐标为-3∴点D坐标为（-3，3+设直线BD的函数解析式为：y＝kx+b，由题意可得：3+1=-解得：k=-∴直线BD的函数解析式为y=-33（3）∵点B（3，0），点A（﹣1，0），点D（-3，3+∴AB＝4，AD＝22，BD＝23+2，对称轴为直线x＝1∵直线BD：y=-33x+3与∴点C（0，3），∴OC=3∵tan∠CBO=CO∴∠CBO＝30°，如图2，过点A作AK⊥BD于K，∴AK=12AB＝∴DK=AD2∴DK＝AK，∴∠ADB＝45°，如图，设对称轴与x轴的交点为N，即点N（1，0），若∠CBO＝∠PBO＝30°，∴BN=3PN＝2，BP＝2PN∴PN=233，当△BAD∽△BPQ，∴BPBA∴BQ=433∴点Q（1-233当△BAD∽△BQP，∴BPBD∴BQ=433∴点Q（﹣1+433若∠PBO＝∠ADB＝45°，∴BN＝PN＝2，BP=2BN＝22当△DAB∽△BPQ，∴BPAD∴22∴BQ＝23+∴点Q（1﹣23，0）；当△BAD∽△PQB，∴BPBD∴BQ=22×22∴点Q（5﹣23，0）；综上所述：满足条件的点Q的坐标为（1-233，0）或（﹣1+433，0）或（1﹣23，0）或（5【题组一】1．（2021•历城区二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x﹣3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A和点C（0，3）．（1）求点B坐标及二次函数的表达式；（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第四象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD上方抛物线上一个动点，过点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以P、C、F为顶点的三角形与△相似？若存在，求出线段PF的长度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）依据一次函数与坐标轴交点特征可求A点、B点坐标，将A，C点坐标代入抛物线可求二次函数表达式．（2）由平移性质可知，DE∥AC且DE＝AC，故四边形ACED是平行四边形．由平行四边形顶点坐标的相对位置关系，可以设D点坐标并表示E点坐标，将E点坐标代入所在直线解析式建立方程即可求解．（3）依题意，∠PFC＝∠OCM，要使得两三角形相似，只需再找另一组角相等即可．可找∠CPF＝∠＝90°或∠PCF＝∠＝90°．【解析】（1）依题意，对一次函数y＝x﹣3，令y＝0，得x＝3．∴A（3，0）．令x＝0，得y＝﹣3．∴B（0，﹣3）．将A（3，0），C（0，3）代入抛物线解析式y＝﹣x2+bx+c，得，解得．∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3．（2）依题意，DE∥AC且DE＝AC，∴四边形ACED是平行四边形．设点D（a，﹣a2+2a+3），则点E（a﹣3，﹣a2+2a+6），将点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．依题意，PF∥y轴，则∠PFC＝∠OCM，∴∠CPF＝∠＝90°或∠PCF＝∠＝90°时，以P、C、F为顶点的三角形与△相似．①当∠CPF＝∠＝90°，∵PF∥y轴，∴PC⊥y轴，则点P与点C关于抛物线对称．由二次函数图像的轴对称性得PC＝2．又D（4，﹣5），如图，作DG⊥y轴于点G，则DG＝4，OG＝5，∴tan∠DCG＝，∴tan∠PFC＝tan∠DCG＝，即，又CP＝2．∴PF＝4．②当∠PCF＝∠＝90°时，如图2，作CH⊥PF于点H．则∠OCH＝90°．即∠DCG+∠FCH＝90°，又∠PCH+∠FCH＝90°．∴∠DCG＝∠PCH．∴tan∠PCH＝tan∠DCG＝．即．设点P（m，﹣m2+2m+3）．则点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＝．综上，存在这样的点P使得以P、C、F为顶点的三角形与△相似．此时PF＝4或．2．（2021•天心区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线L与x轴交于A，B两点，且经过点C（0，﹣2），抛物线的顶点D的坐标为（，﹣）．（1）求抛物线L的函数表达式；（2）如图1，点E为第四象限抛物线L上一动点，过点E作EG⊥BC于点G，求EG的最大值，及此时点E的坐标；（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线L上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．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．【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标，可以设出抛物线的顶点式，再根据抛物线过C点，代入C点坐标即可求出抛物线的解析式；（2）过点E作EH⊥x轴于点H，交BC于点F，分别设出E，F的坐标，再证△EFG∽△BCO，得出＝，用含有E和F点横坐标m的代数式表示出EG，根据二次函数的性质得出EG的最大值并求出E点坐标即可；（3）分情况讨论，根据△PQB∽△CAB得出线段比例关系分别计算出P点坐标即可．【解析】（1）∵抛物线的顶点D的坐标为（，﹣），∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣）2﹣，∵抛物线过C（0，﹣2），∴﹣2＝a（0﹣）2﹣，解得a＝，∴抛物线的解析式为y＝（x﹣）2﹣，即y＝x2﹣x﹣2；（2）如图1，过点E作EH⊥x轴于点H，交BC于点F，∵点E在抛物线上，∴设E点坐标为（m，m2﹣m﹣2），由（1）知抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2，∴当y＝0时，0＝x2﹣x﹣2，解得x1＝﹣1，x2＝4，即A（﹣1，0），B（4，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，又∵C（0，﹣2），∴，解得，∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，∵F点在直线BC上，∴设F点坐标为（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+，∴当m＝2时BG有最大值为，此时E点坐标为（2，﹣3）；（3）存在，符合条件的P点的坐标为（，）或（，），理由如下：∵直线l∥BC，且l过原点（0，0），∴直线l的解析式为y＝x，设P（s，），①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点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），将点Q的坐标代入抛物线解析式得﹣×s﹣2＝s﹣2，解得s1＝0（舍去）或s2＝，∴P（，）；②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得Q点的坐标为（s，2），将点Q的坐标代入抛物线解析式得﹣×s﹣2＝2，解得s1＝（舍去）或s2＝，∴P（，）；综上，符合条件的P点的坐标为（，）或（，）．3．（2021•市中区三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+3与两坐标轴交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c过点A和点B，并与x轴交于另一点C，顶点为D．点E在对称轴右侧的抛物线上．（1）求抛物线的函数表达式和顶点D的坐标；（2）若点F在抛物线的对称轴上，且EF∥x轴，若以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，求出此时点E的坐标；（3）若点P为坐标平面内一动点，满足tan∠APB＝3，请直接写出△PAB面积最大时点P的坐标及该三角形面积的最大值．【分析】（1）先由y＝﹣x+3得出A，B的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式，再求出顶点D的坐标；（2）先确定△ABC是直角三角形，然后分两种情况讨论以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，由相似三角形的性质列方程求出点E的坐标；（3）先根据tan∠APB＝3确定P所在的运动路径是以AD为直径的圆，然后找点P与AB最远的位置，求出此时△PAB面积的最大值及点P的坐标．【解析】（1）∵直线y＝﹣x+3与y轴、x轴分别交于A、B两点、∴A（0，3），B（3，0），将A（0，3）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x+3，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1∴抛物线的顶点D的坐标为（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为直角三角形，且∠ABD＝90°，设点E（m，m2﹣4m+3）（m＞2）．∵EF∥x轴，∴DF＝m2﹣4m+3+1＝m2﹣4m+4，FE＝m﹣2，∠DFE＝90°，∴∠DFE＝∠ABD＝90°，∴如图1，以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，且∠FDE＝∠BAD，则，由AB2＝32+32＝18，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，得AB＝3，BD＝，∴＝，解得m1＝5，m2＝2（不符合题意，舍去）．∴E（5，8）；如图2，以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，且∠FDE＝∠BDA，则，∴＝，解得m1＝，m2＝2（不符合题意，舍去），∴E（，）．综上所述，点E的坐标为（5，8）或（，）．（3）由（2）得，tan∠ADB＝＝3，∵tan∠APB＝3，∴∠APB＝∠ADB，∴点P在过A、B、D三点，即以AD为直径的圆上．如图3，取AD的中点Q，以点Q为圆心，以QA为半径作圆，连接QB，∵QB＝AD＝QA，∴点B在⊙Q上；连接并延长OQ、QO分别交AB于点G、⊙Q于点H，作PR⊥AB于点R，连接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，∴当点P与点H重合时，△PAB的面积最大，此时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×（+）＝；过点H作HL⊥x轴于点L，∵∠OHL＝90°﹣∠HOL＝90°﹣∠BOG＝∠OBA＝45°，∴OL＝OH•tan45°＝OH；∵OG＝AB＝，∴OH＝GH﹣OG＝+﹣＝，∴HL＝OL＝×（）＝，∴H（，）．∵此时点P与点H重合，∴P（，）．综上所述，△PAB面积最大值为，此时P（，）．4．（2021•姑苏区校级二模）如图1，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0）点B（3，0）和点C（0，2），连接AC，线段AB上有一动点P，过点P作AC的平行线交直线BC于点D，交抛物线于点E．（1）求二次函数的解析式；（2）移动点P，求线段DE的最大值；（3）如图2，过点E作y轴的平行线EF交BC于点F，连接PC，若以点C、D、P为顶点的三角形和△EFD是相似三角形，求此时点P坐标．【分析】（1）用待定系数法易求二次函数的解析式为：y＝；（2）先待定系数法求BC的函数解析式为：y＝﹣x+2，过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，证明△DFG∽△BCO，再证△EDG∽△CAO，则DG＝3k，EG＝6k，ED＝3k，ED＝EF，要线段DE的最大，只要求EF的最大值．设点E坐标为（e，﹣），则点F坐标为（e，﹣e+2），表示出EF＝﹣﹣（﹣e+2）＝﹣＝﹣+，当e＝时，EF最大＝，得ED最大＝EF＝；（3）△CPD与△DEF中，已有∠CDP＝∠EDF，分两种情况讨论：①△DPC∽△DEF，易得P与O重合，点P坐标为（0，0）；②△DCP∽△DEF先求tan∠DCP＝tan∠ACO＝，过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，在Rt△CBQ中．，证明△OCB∽△MBQ，得，从而求出点Q坐标为（2，﹣），用待定系数法求直线CQ的解析式为：y＝﹣x+2，当y＝0时，x＝﹣，即得点P坐标为（﹣，0）．【解析】（1）把点A（﹣1，0）点B（3，0）和点C（0，2）代入二次函数y＝ax2+bx+c，得，，解得，，∴二次函数的解析式为：y＝；（2）设BC的函数解析式为：y＝mx+n，把点C（0，2）和B（3，0）代入，得，，解得，，∴BC的函数解析式为：y＝﹣x+2，过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，∴∠GFD＝∠BCO，∵∠BOC＝∠DGF，∴△DFG∽△BCO，∴，∵AC∥EP，DG∥AO，∴∠GDE＝∠OAC，∵∠COA＝∠EGD＝90°，∴△EDG∽△CAO，∴，设GF＝2k，则DG＝3k，EG＝6k，∴ED＝3k，∴ED＝EF，要线段DE的最大，只要求EF的最大值．设点E坐标为（e，﹣），则点F坐标为（e，﹣e+2），∴EF＝﹣﹣（﹣e+2）＝﹣＝﹣+，当e＝时，EF最大＝，∴ED最大＝EF＝；（3）∵△CPD与△DEF中，已有∠CDP＝∠EDF，分两种情况讨论：①△DPC∽△DEF，∴点C与点F对应，∠PCD＝∠EFD，∴CP∥EF，即P与O重合，∴点P坐标为（0，0）；②△DCP∽△DEF，∴点E与点C重合，∴∠DEF＝∠PCD，∵∠DEF＝∠ACO，∴∠DCP＝∠ACO，∴tan∠DCP＝tan∠ACO＝，过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，在Rt△CBQ中．，∵∠CBO+∠MBQ＝90°，∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠MBQ＝∠OCB，∵∠COB＝∠BMQ，∴△OCB∽△MBQ，∴，∴BM＝OC＝1，MQ＝BO＝，∴点Q坐标为（2，﹣），设CQ的关系为：y＝px+q，，解得：，∴直线CQ的解析式为：y＝﹣x+2，当y＝0时，x＝，∴点P坐标为（，0），综上，点P坐标为（0，0）或（，0），5．（2021•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且OC＝2OB＝6OA＝6，点P是第一象限内抛物线上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC与OP，交于点D，当S△PCD：S△ODC的值最大时，求点P的坐标；（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N．使∠CMN＝90°，且△CMN与△BOC相似，若存在，请求出点M、点N的坐标．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）当S△PCD：S△ODC的值最大时，即为PD：OD存在最大值，而PD：OD＝PH：OC，进而求解；（3）证明△MHN∽△CGM，则＝2或，即可求解．【解析】（1）∵OC＝2OB＝6OA＝6，故点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0）、（0，6），则，解得，故抛物线的表达式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）当S△PCD：S△ODC的值最大时，上述两个三角形同高，故当S△PCD：S△ODC的值最大时，即为PD：OD存在最大值．由抛物线的表达式知，点C（0，6），由B、C的表达式得，直线BC的表达式为y＝﹣2x+6，过点P作y轴的平行线交BC于点H，则△PDH∽△ODC，则PD：OD＝PH：OC，设点P的坐标为（x，﹣2x2+4x+6），则点H（x，﹣2x+6），则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，此时x＝，故点P的坐标为（，）；（3）存在，理由：过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点G，交过点N与x轴的平行线于点H，在Rt△BOC中，OB＝3，OC＝6，则当△CMN与△BOC相似时，两个三角形的相似比为2或，即MN：CM＝OB：OC＝1：2或MN：CM＝OB：OC＝2：1，设点M的坐标为（x，﹣2x2+4x+6），设点N的坐标为（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，则与x对应的t＝﹣或或或，故点M、N的坐标分别为（3，0）、（0，﹣）或（，）、（0，）或（1，8）、（0，）或（，）、（0，）．【题组二】6．（2021•玉州区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数：y＝x2﹣2x﹣6的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．（1）求点A、点C的坐标及对称轴方程；（2）若直线y＝﹣x+m将△AOC的面积分成相等的两部分，求m的值；（3）点B是该二次函数图象与x轴的另一个交点，点D是直线x＝2上位于x轴下方的动点，点E是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线x＝2右侧．若以点E为直角顶点的△BED与△AOC相似，求点E的坐标．【分析】（1）二次函数：y＝x2﹣2x﹣6，当y＝0时，解得x值即为A、B两点的横坐标，当x＝0时，二次函数的y值即为C的纵坐标，由对称轴公式可得对称轴方程；（2）求出直线y＝﹣x+m与y轴的交点为（0，m），由S△AOC＝×2×6＝6，×（m+6）（m+6）＝3，即可求解；（3）分△DEO∽△AOC、△BED∽△AOC两种情况，分别求解即可．【解析】（1）当y＝0时，代入二次函数解析式，得：0＝x2﹣2x﹣6，解得：x1＝﹣2，x2＝6，∵A在B的左边，∴A的坐标为（﹣2，0），当x＝0时，代入二次函数解析式，得：y＝﹣6，即C的坐标为（0，﹣6），由对称轴公式得x＝﹣＝2，即A的坐标为（﹣2，0），C的坐标为（0，﹣6），对称轴方程为x＝2；（2）联立，解得：x＝﹣（m+6），直线y＝﹣x+m与y轴的交点为（0，m），S△AOC＝×2×6＝6，由题意得：×（m+6）（m+6）＝3，解得：m＝﹣2或﹣10（舍去﹣10），∴m＝﹣2；（3）∵OA＝2，OC＝6，∴＝3，①当△DEB∽△AOC时，则＝＝3，如图，过点E作EF⊥直线x＝2，垂足为F，过点B作BG⊥EF，垂足为G，则Rt△BEG∽Rt△EDF，则＝＝3，则BG＝3EF，设点E（h，k），则BG＝﹣k，FE＝h﹣2，则﹣k＝3（h﹣2），即k＝6﹣3h，∵点E在二次函数上，故：h2﹣2h﹣6＝6﹣3h，解得：h＝4或﹣6（舍去﹣6），则点E（4，﹣6）；②当△BED∽△AOC时，＝＝，过点E作ME⊥直线x＝2，垂足为M，过点B作BN⊥ME，垂足为N，则Rt△BEN∽Rt△EDM，则＝＝，则NB＝EM，设点E（p，q），则BN＝﹣q，EM＝p﹣2，则﹣q＝（p﹣2），解得：p＝或（舍去），故点E坐标为（4，﹣6）或（，）．7．（2021•武汉模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣且经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B．（1）求抛物线解析式；（2）在第四象限的抛物线上找一点M，过点M作MN垂直x轴于点N．若△AMN与△ABC相似，点M的坐标；（3）如图2，P为抛物线上一点，横坐标为p，直线EF交抛物线于E，F两点，其中∠EPF为直角，当p为定值时，直线EF过定点D，求随着p的值发生变化时，D点移动时形成的图象解析式．【分析】（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得A、C点坐标，根据函数值相等的两点关于对称轴对称，可得B点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；（2）首先证明△ACB是直角三角形，分两种情形分别根据等角的三角函数值相等求解即可解决问题；（3）设E（xE，yE），F（xF，），P（p，yP），过P作y轴平行线l，分别过E，F作直线l的垂线，垂足分别为M，N，可得△PME∽△FNP，根据相似三角形的性质得ME•NF＝PM•PN，根据点的坐标表示出线段的长，设直线EF的解析式为y＝kx+m，联立y＝﹣x2﹣x+2可得x2﹣（2k+3）x+2m﹣4＝0，则xE+xF＝﹣2k﹣3，xE•xF＝2m﹣4，可得出m＝（p+3）k﹣，则直线EF的解析式为y＝kx+（p+3）k﹣，即可求出当p为定值时，直线EF过定点D（﹣p﹣3，﹣），即可得随着p的值发生变化时，D点移动时形成的图象解析式为y＝﹣x2﹣x．【解析】（1）∵直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，当x＝0时，y＝2，即C（0，2），当y＝0时，x+2＝0，解得x＝﹣4，即A（﹣4，0）．由A、B关于对称轴x＝﹣对称，得B（1，0）．将A、B、C点坐标代入函数解析式，得，解得，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；（2）连接BC，设M（m，﹣m2﹣m+2），则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当△ANM∽△ACB时，∠CAB＝∠MAN，∵tan∠CAB＝tan∠MAN，tan∠CAB＝＝，∴tan∠MAN＝＝，解得：m1＝﹣4（舍去），m2＝2，∴M（2，﹣3），②当△ANM′∽△BCA时，∠CBA＝∠MAN，∵tan∠CBA＝tan∠MAN，tan∠CBA＝＝2，∴tan∠MAN＝＝2，解得：m1＝﹣4（舍去），m2＝5，∴M（5，﹣18），综上，点M的坐标是M（2，﹣3）或（5，﹣18）；（3）设E（xE，yE），F（xF，），P（p，yP），过P作y轴平行线l，分别过E，F作直线l的垂线，垂足分别为M，N，∵∠EPF为直角，∴∠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，设直线EF的解析式为y＝kx+m，联立y＝﹣x2﹣x+2得，∴x2﹣（2k+3）x+2m﹣4＝0，∴xE+xF＝﹣2k﹣3，xE•xF＝2m﹣4，∴m＝（p+3）k﹣，则直线EF的解析式为y＝kx+（p+3）k﹣，∴当p为定值时，直线EF过定点D（﹣p﹣3，﹣），∴随着p的值发生变化时，D点移动时形成的图象解析式为y＝﹣x2﹣x．8．（2021•长清区二模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝﹣x+2经过B、C两点．（1）求二次函数的解析式；（2）设点Q是抛物线上一点，当Q在直线BC的下方时，△BCQ的面积为4，求点Q的坐标；（3）过（2）中的点Q作QE∥y轴，交x轴于点E．点M是抛物线x轴上方的一个动点，点N在x轴上，是否存在以E、M、N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似？如果存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）由直线y＝﹣x+2与y轴交于点C，求出C（0，2），将A（1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c，列方程组求a、b、c的值；（2）过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，交BC于点F，则QF⊥OB，用含有点Q的横坐标x的代数式表示点Q、F的坐标及线段QF的长，再根据△BCQ的面积为4列方程求出点Q的坐标；（3）存在以E、M、N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似．过点M作MR⊥x轴于点R，由△MER∽△NEM∽△BOC，得△MER两条直角边的比为1：2（或2：1），列方程求出点M的坐标．【解析】（1）∵直线y＝﹣x+2与y轴交于点C，∴C（0，2），把A（1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c，得，解得，∴二次函数的解析式y＝x2x+2.（2）如图1，过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，交BC于点F，则QF⊥OB．设Q（x，x2x+2）（0＜x＜4），则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．如图2，作MR⊥x轴于点R，则∠ERM＝∠EMN＝90°，∵∠MER＝∠NEM（公共角），∴△EMR∽△ENM；当△ENM∽△BOC时，则△EMR∽△BOC．设M（m，m2m+2）（m＜1或m＞4），则R（m，0）；由（1），得Q（2，﹣1），则E（2，0），∴MR＝m2m+2，ER＝|m﹣2|．当∠MEN＝∠CBO时，则，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﹣（不符合题意，舍去），∴M（3+，+）；由m2﹣5m+4＝2﹣m，整理，得m2﹣4m+2＝0，解得m1＝2，m2＝2+（不符合题意，舍去），∴（2，）；当∠MEN＝∠BCO时，则，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＝（不符合题意，舍去），∴M（+，5+）；由m2﹣5m+4＝﹣4（m﹣2），整理，得m2﹣m﹣4＝0，解得m1＝，m2＝+（不符合题意，舍去），∴M（，3+）．四种不同情况如图2～图5所示．综上所述，点M的坐标是（3+，+）或（2，）或（+，5+）或（，3+）.9．（2021•武昌区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数）分别交x轴于A（﹣1，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），连接AC，作射线CB．（1）求抛物线的解析式；（2）点F在抛物线上，点G在射线CB上，若以A，C，F，G四点为顶点的四边形是平行四边形，求点F的坐标；（3）点M在射线CB上，点N在抛物线上，若△CNM∽△COA，求点N的坐标．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）F在第一象限时，设点，则，将点G的坐标代入BC的解析式得：，即可求解；当点F在第四象限时，同理可解；（3）当N在第一象限时，证明△MNH∽△NCI，则NI＝3HMCI＝3NH，进而求解；②N在第四象限时，同理可解．【解析】（1）将点C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c得：c＝﹣3，将点A（﹣1，0）B（6，0）代入函数表达式得：，解得：，∴；（2）分两种情况：①F在第一象限时，设BC解析式为y＝kx+b（k≠0），则，解得：，∴，设点，∵FG∥AC，G可由F右移1个单位，下移3个单位得到，则，将点G的坐标代入BC的解析式得：，解得：n1＝﹣1（舍），n2＝7，∴F1（7，4）；②点F在第四象限时，设点，∴，将点G的坐标代入BC解析式得：，解得：，∴，，∴F1（7，4），，；（3）分两种情况①N在第一象限时，作NI∥y轴，CI∥x轴，MH⊥NI于点H，∵△CNM∽△COA，∴∠CNM＝∠COA＝90°，，∵∠MNH+∠HNC＝∠HNC+∠NCI＝90°，∴∠MNH＝∠NCI，∵∠NHM＝∠I＝90°，∴△MNH∽△NCI，∴，∴NI＝3HMCI＝3NH，设，，则，HM＝m﹣n，，CI＝n，则，解得（舍去）或，∴N（7，4）；②N在第四象限时，同理可得：，解得，故点N（，﹣），综上，点N的坐标为（7，4）或（，﹣）．10．（2021•锡山区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2ax+a2﹣4与x轴正半轴交于点A、点B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点记为D，△ABC的面积为10．（1）求此抛物线的解析式；（2）求∠BCD的正弦值；（3）将此抛物线沿y轴上下平移，所得新抛物线的顶点为P，且△PBD与△BCD相似，求平移后的新抛物线的解析式．【分析】（1）令y＝0，由x2﹣2ax+a2﹣4＝0求出点A、B的坐标，即用含a的代数式表示点A、B的横坐标，求出AB的长，再根据△ABC的面积为10求出点C的坐标，由此求出a的值，即可得到抛物线的解析式；（2）过点O作BC的垂线OE交CD于点F，求出直线OE的解析式，再求出直线CD的解析式并将这两条直线的解析式联立成方程组，解方程组求出它们的交点F的坐标，再求EF、CF的长，即可求∠BCD的正弦值；（3）过点D作DP⊥x轴，交BC于点P，可证得△PBD∽△BCD，则点P就是平移后抛物线的顶点，求出点P的坐标，即可求得平移后的抛物线的解析式．【解析】（1）当y＝0时，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；设C（0，m），则×4m＝10，解得m＝5，∴C（0，5）；又∵C（0，a2﹣4），∴a2﹣4＝5，解得a＝3或a＝﹣3（不符合题意，舍去），∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5.（2）如图1，作OE⊥BC于点E，交CD于点F，设直线CD的解析式为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为BC的中点，E（，），设直线OE的解析式为y＝px，则p＝，解得p＝1，∴y＝x，由，得，∴F（，），∴EF＝＝，CF＝＝，∴sin∠BCD＝＝．（3）如图2，过点D作DM⊥x轴于点M，交BC于点P，则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，∴点P为抛物线平移后的顶点，∵∠OBC＝45°，∴PM＝BM•tan45°＝BM＝2，∴P（3，2）；∵平移后的抛物线与抛物线y＝x2﹣6x+5的形状相同且对称轴相同，∴平移后的抛物线为y＝（x﹣3）2+2，即y＝x2﹣6x+11．【题组三】11．（2021•龙岗区校级三模）在直角坐标平面内，直线y＝x+2分别与x轴、y轴交于点A、C．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A与点C，且与x轴的另一个交点为点B，点D在该抛物线上，且位于直线AC的上方．（1）求抛物线的表达式；（2）连结BC、BD，且BD交AC于点E，如果△ABE的面积与△ABC的面积之比为4：5，求∠DBA的正切值；（3）过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连结CD．若△CFD与△AOC相似，求点D的坐标．【分析】（1）先利用一次函数表达式确定点A、C的坐标A（﹣4，0），C（0，2），再用待定系数法求二次函数的表达式；（2）如图1，过点E作EH⊥AB于H，解方程＝0，可得B坐标（1，0），再得出△ABC面积为5，则△ABE面积为4，设点E坐标为（x，），故＝4，解得：x＝，则点E坐标为（，）．最后利用正切定义求解；（3）利用∠AOC＝∠DFC＝90°，分两种情况讨论：①若∠DCF＝∠ACO，△DCF∽△ACO，如图2，过点D作DG⊥y轴于点G，过点C作CQ⊥DC交x轴于点Q，先证明AQ＝CQ，设点Q坐标为（m，0），则m+4＝，确定点Q的坐标为（，0），再证明△DCG∽△CQO，利用相似比得到，设DG＝4t，GC＝3t，则点D的坐标为（﹣4t，3t+2），再将D点坐标代入y＝，求出t，可得点D坐标；②若∠DCF＝∠CAO，△DCF∽△CAO，如图3，则CD∥AO，利用点D纵坐标与点C纵坐标相同可确定此时点D的坐标．【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两点坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，则得：，解得：．所以抛物线的表达式为y＝．（2）如图1，过点E作EH⊥AB于H，当y＝0时，＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝1，故点B坐标为（1，0），A（﹣4，0），∴S△ABC＝＝5，∵△ABE的面积与△ABC的面积之比为4：5，∴S△ABE＝4．设点E坐标为（x，），∴＝4，解得：x＝．故点E坐标为（，）．∴BH＝1+＝．在Rt△BHE中，tan∠EBH＝＝＝．即∠DBA的正切值为．（3）∵∠AOC＝∠DFC＝90°，∴分两种情况讨论：①若∠DCF＝∠ACO，则△DCF∽△ACO，如图2，过点D作DG⊥y轴于点G，过点C作CQ⊥DC交x轴于点Q．∴∠DCF+∠ACQ＝90°，∴∠ACO+∠ACQ＝90°，又∠ACO+∠CAO＝90°，∴∠ACQ＝∠CAO．∴AQ＝CQ．设点Q坐标为（m，0），则m+4＝，解得：m＝．∴点Q坐标为（，0）．∵∠QCO+∠DCG＝90°，∠QCO+∠CQO＝90°，∴∠DCG＝∠CQO．又∵∠DGC＝∠QOC＝90°，∴△DCG∽△CQO．∴，即＝＝．设DG＝4t，GC＝3t，则点D的坐标为（﹣4t，3t+2），将D点坐标代入y＝，得：﹣8t2+6t+2＝3t+2，解得：t1＝0（舍去），t2＝．故点D坐标为（﹣，）．②若∠DCF＝∠CAO，则△DCF∽△CAO，如图3，则CD∥AO，∴点D的纵坐标为2，把y＝2代入y＝，得：＝2，解得：x1＝﹣3，x2＝0（舍去）．∴点D的坐标为（﹣3，2）．综上所述，点D坐标为（﹣，）或（﹣3，2）．12．（2021•金坛区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC．（1）填空：b＝2；（2）设抛物线的顶点是D，连接BC，BD，将∠ABC绕点B顺时针旋转，当射线BC经过点D时，射线BA与抛物线交于点P，求点P的坐标；（3）设E是x轴上位于点B右侧的一点，F是第一象限内一点，EF⊥x轴且EF＝3，点H是线段AE上一点，以EH、EF为邻边作矩形EFGH，FT⊥AC，垂足为T，连接TG，TH．若△TGF与△TGH相似，求OE的长．【分析】（1）将A（﹣1，0）代入二次函数得b＝2；（2）求出D（1，4），A（﹣1，0），B（0，3），在△BCD中可以判断△BCD是以∠BCD为直角的直角三角形，所以tan∠DBC＝＝，当射线BC经过点D时，∠ABP＝∠CBD，记直线BP与y轴相交于点M，可得tan∠ABM＝，在Rt△MOB中，tan∠ABM＝＝＝，求出OM，可求直线BP的解析式为y＝﹣x+1，直线BP与抛物线联立即可求点P（﹣，）；（3）过点T作TK⊥CF于K，①当点H在原点O的右侧时，可判断出四边形COHG是矩形，可得点C，G，F在同一条线上，∠TGH是钝角，而∠TGF也是钝角，由△TGF与△TGH相似，可得∠GTH＝45°＝∠CGT，TK＝GK，∠OCA＝∠TFC，，在Rt△AOC中，tan∠OCA＝＝，则可得tan∠TFC＝＝，FK＝3TK，同理：tan∠TCK＝＝，CK＝3TK，（Ⅰ）当△TGF∽△HGT时，＝，设TK＝TG＝m，则CK＝m，TG＝m，GF＝2m，由（m）2＝3×2m，可求OE＝CF＝m＝10；（Ⅱ）若△TGF∽△TGH则有∠GTF＝∠GTH，∠TGF＝∠TGH，可得TG＝TG，所以△TGF≌△TGH（ASA），进而求出OE＝CF＝5；②当点H在原点O的左侧时，∠HGT是钝角，GTF也是钝角，则△GTF≌△TGH（SAS），TF＝GH＝3，CT＝1，在Rt△CFT中，OE＝CF＝，当△GTF∽△HGT时∴△GTF≌△HGT（AAS），GT＝HG＝3，TF＝GT＝3，CT＝1，OE＝CF＝＝＝．【解析】（1）将A（﹣1，0）代入得，﹣1﹣b+3＝0，∴b＝2，故答案为2；（2）如图1，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴D（1，4），令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，∴x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（0，3），令x＝0，则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为直角的直角三角形，∴∠DCB＝90°，∴tan∠DBC＝＝，当射线BC经过点D时，∠ABP＝∠CBD，记直线BP与y轴相交于点M，∴∠OBM＝∠CBD，∴tan∠ABM＝，在Rt△MOB中，tan∠ABM＝＝＝，∴OM＝1，∴直线BP的解析式为y＝﹣x+1①，∵二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3②，联立①②解得，或，∴P（﹣，）；（3）过点T作TK⊥CF于K，分两种情形：①当点H在原点O的右侧时，如图2，∵四边形EFGH是矩形，∴GH＝EF＝3，∠HGF＝∠OHG＝90°＝∠AOC，∴OC∥GH，∵C（0，3），∴OC＝3＝GH，∴CG∥OH，∴四边形OCGH是平行四边形，∵∠COH＝90°，∴平行四边形COHG是矩形，∴∠CGH＝90°＝∠HGF，∴点C，G，F在同一条线上，∵点H在点原点O右侧，∴∠TGH＝∠CGH+∠CGT＝90°+∠CGT，∴∠TGH是钝角，而∠TGF也是钝角，∵△TGF与△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）当△TGF∽△HGT时，∴＝，∴GT2＝HG•GF，设TK＝TG＝m，则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当点H在原点O的左侧时，如图3，∠HGT＝∠AGF+∠CGT＝90°+∠CGT，∴∠HGT是钝角，同理：∠GTF也是钝角，当△TGF与△TGH相似时，必有∠GTF＝∠HGT，当△GTF∽△TGH时，∠GTF＝∠HGT，∠GTH＝∠TGF，∵GT＝GT，∴△GTF≌△TGH（ASA），∴TF＝GH＝3，∴CT＝1，∴OE＝CF＝＝＝，当△GTF∽△HGT时，∠GTF＝∠HGT，∠GTH＝∠TFG，∵GT＝GT，∴△GTF≌△HGT（AAS），∴GT＝HG＝3，TF＝GT＝3，∴CT＝1，∴OE＝CF＝＝＝，由上可知，OE的长是10或5或．13．（2021•碑林区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，顶点为C，对称轴与x轴交于点M，点D在线段CM上（不与C，M重合），过点D作x轴的平行线交对称轴左侧的抛物线于点E．（1）求抛物线的表达式及顶点C的坐标；（2）点F在抛物线的对称轴上，且位于第三象限，若以点A，C，F为顶点的三角形与以D、E、F为顶点的三角形相似，求点E坐标．【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的表达式，进而求解；（2）当∠AFC为直角时，则点F在x轴上，与题意中点F在第三象限不符，故不存在；当∠ACF为直角时，则点F不在抛物线对称轴上，也与题意不符；故只有∠CAF为直角一种情况，进而求解．【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3，由点A、B的坐标知，抛物线的对称轴为x＝（﹣3+1）＝﹣1，当x＝﹣1时，y＝﹣x2﹣2x+3＝4，故点C（﹣1，4）；（2）当∠AFC为直角时，则点F在x轴上，与题意中点F在第三象限不符，故不存在；当∠ACF为直角时，则点F不在抛物线对称轴上，也与题意不符；故只有∠CAF为直角一种情况，如下图：当∠CAF＝90°时，∵∠MAF+∠MAC＝90°，∠MAC+∠MCA＝90°，∴∠MCA＝∠MAF，在Rt△ACM中，AM＝﹣1﹣（﹣3）＝2，CM＝4，故tan∠ACM＝＝tan∠MAF，则MF＝AMtan∠MAF＝2×＝1，故点F的坐标为（﹣1，﹣1）；设点D的坐标为（﹣1，m），点E（t，m），则m＝﹣t2﹣2t+3①，在Rt△DEF中，ED＝﹣1﹣t，DF＝m+1，∵以点A，C，F为顶点的三角形与以D、E、F为顶点的三角形相似，tan∠ACF＝，故tan∠EFD＝或2，即，则＝或2②，联立①②并解得t＝（舍去）或﹣或（舍去）或﹣3（舍去），故t＝﹣，当t＝﹣时，m＝﹣t2﹣2t+3＝2﹣3，故点E的坐标为（﹣，2﹣3）．14．（2021•深圳模拟）已知抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，点D是直线BC下方抛物线上的动点．（1）求直线BC的解析式；（2）如图1，过D作DE∥y轴交BC于E，点P是BC下方抛物线上的动点（P在D的右侧），过点P作PQ∥y轴交BC于Q，若四边形EDPQ为平行四边形．且周长最大．求点P的坐标；（3）如图2，当D点横坐标为1时，过A且平行于BD的直线交抛物线于另一点E，若M在x轴上，是否存在这样点的M，使得以M、B、D为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）先根据抛物线y＝x2﹣3x﹣4，求出点A、B、C的坐标，再运用待定系数法求直线BC的解析式；（2）设E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），则D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），由四边形EDPQ为平行四边形，可得ED＝QP，建立方程求解即可；（3）分两种情况：①若DM∥EB，则∠DMB＝∠EBM，可证明△AEB∽△BDM，利用相似三角形性质即可求得答案；②若∠DM′B＝∠BEA且∠EAB＝∠DBM′，可证得△AEB∽△BM′D，利用相似三角形性质即可求得答案．【解答】（1）∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，∴令x＝0，则y＝4，令y＝0，则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，设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），∴把B、C代入上式得：，解得：，∴直线BC的解析式为：y＝x﹣4；（2）如图1，过D作DE∥y轴交BC于E，点P是BC下方抛物线上的动点（P在D的右侧），过点P作PQ∥y轴交BC于Q，又∵抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，直线BC的解析式为：y＝x﹣4，∴设E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），则D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），若四边形EDPQ为平行四边形，则ED＝QP，即（x1﹣4）﹣（x12﹣3x1﹣4）＝（x2﹣4）﹣（x22﹣3x2﹣4），解得：x1＝x2（不合题意，应舍去），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，此抛物线开口向下，C有最大值∴当x1＝2﹣时，C▱EDPQ的最大值＝12，此时x2＝4﹣x1＝2+，∴P（2+，﹣4）；（3）如图2，此题有两种情形：①若DM∥EB，则∠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，∴设yAE＝2x+n并把A（﹣1，0）代入得：yAE＝2x+2，联立，解得：（与A重合，应舍去）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），综上所述，M（，0）或（﹣17，0）．15．（2021•南宁一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣5），连接BC．N是线段BC上方抛物线上一点，过点N作NM⊥BC于M．（1）求抛物线的解析式和点B的坐标；（2）求线段NM的最大值；（3）若点P是y轴上的一点，是否存在点P，使以B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求点P的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A和点C的坐标分别代入y＝﹣x2+bx+c，求出b和c，再令y＝0，可求出点B坐标；（2）过点N作NG⊥x轴与BC交于点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）因为∠BAC＜135°，即点P只能在点C上方的y轴上，又∠OBC＝∠OCB＝45°，所以分两种情况：①△PCB∽△ABC和②△BCP∽△ABC，分别讨论即可求解．【解析】（1）将A（﹣1，0），C（0，﹣5）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣6x﹣5，令﹣x2﹣6x﹣5＝0，解得，x1＝﹣5，x2＝﹣1，∴B（﹣5，0）；（2）如图，过点N作NG⊥x轴与BC交于点G，设直线BC的解析式为y＝kx+m，把B（﹣5，0），C（0，﹣5）分别代入得：，解得，，∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣5，∴NG＝（﹣x2﹣6x﹣5）﹣（﹣x﹣5）＝﹣x2﹣5x，∴当x＝﹣＝﹣时，NG有最大值为，又∵MN＝NG，∴NM的最大值为．（3）存在，以B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似，此时点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°，即点P只能在点C上方的y轴上，∴∠PCB＝∠ABC＝45°，设P（0，a），则a＞﹣5，∴AB＝4，BC＝5，CP＝a+5，∵以点B，C，P为顶点的三角形与△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，）．综上，以B，C，P为顶点的三角形与△ABC相似，此时P（0，﹣1），（0，）．【题组四】16．（2021•范县模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，抛物线在第四象限的图象上有一点M，求四边形ABMC面积的最大值及此时点M的坐标；（3）如图2，直线CD交x轴于点E，若点P是线段EC上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用二次函数的顶点式求解；（2）将四边形ABMC进行分割，分成△ABC，△CMN，△BMN的和，△ABC的面积是定值，求出直线BC的表达式，当点M在移动时，表示出线段MN的长度，从而计算出△CMN，△BMN面积和的最大值，进而求解；（3）利用三角形相似的判定条件，两边对应成比例且夹角相等进行求解，通过求直线CD的表达式，得到E点的坐标，从而求出∠OEC＝∠OBC，分情况讨论两边成比例的情况，进而求出点EP的长度，再借助解直角三角形进行求解．【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点C（0，﹣3）代入得：4a﹣4＝0，解得a＝1，∴抛物线表达式为：y＝（x﹣1）2﹣4；（2）连接BC，作MN∥y轴交BC于点N，作BE⊥MN，CF⊥MN，如图，由（1）知，抛物线表达式为y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，∴点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），设直线BC的表达式为y＝kx+b，将点B（3，0），C（0，﹣3）代入得：，∴直线BC表达式为y＝x﹣3，设M点（m，m2﹣2m﹣3），则点N（m，m﹣3），MN＝yN﹣yM＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，∴S四边形ABMC＝S△ABC+S△BCM＝S△ABC+S△CMN+S△BMN＝++＝+＝6+＝（m﹣）2+，当m＝时，即点M坐标（，