2024年中考数学二轮复习压轴题培优练习专题4二次函数与相似问题（教师版）

专题4二次函数与相似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】（2022•贵港）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，3）和B（，﹣）两点，直线AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方的抛物线上的一个动点，PD⊥x轴交AB于点D．（1）求该抛物线的表达式；（2）若PE∥x轴交AB于点E，求PD+PE的最大值；（3）若以A，P，D为顶点的三角形与△AOC相似，请直接写出所有满足条件的点P，点D的坐标．【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；（2）先求出点C的坐标，然后证明Rt△DPE∽Rt△AOC，再由二次函数的最值性质，求出答案；（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：当△AOC∽△APD时；当△AOC∽△DAP时；分别求出两种情况的点的坐标，即可得到答案．【解析】（1）将A（0，3）和B（，﹣）代入y＝﹣x2+bx+c，，解得，∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）设直线AB的解析式为y＝kx+n，把A（0，3）和B（，﹣）代入，，解得，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，当y＝0时，﹣x+3＝0，解得：x＝2，∴C点坐标为（2，0），∵PD⊥x轴，PE∥x轴，∴∠ACO＝∠DEP，∴Rt△DPE∽Rt△AOC，∴，∴PE＝PD，∴PD+PE＝PD，设点P的坐标为（a，﹣a2+2a+3），则D点坐标为（a，﹣a+3），∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣（a﹣）2+，∴PD+PE＝﹣（a﹣）2+，∵﹣＜0，∴当a＝时，PD+PE有最大值为；（3）①当△AOC∽△APD时，∵PD⊥x轴，∠DPA＝90°，∴点P纵坐标是3，横坐标x＞0，即﹣x2+2x+3＝3，解得x＝2，∴点D的坐标为（2，0）；∵PD⊥x轴，∴点P的横坐标为2，∴点P的纵坐标为：y＝﹣22+2×2+3＝3，∴点P的坐标为（2，3），点D的坐标为（2，0）；②当△AOC∽△DAP时，此时∠APG＝∠ACO，过点A作AG⊥PD于点G，∴△APG∽△ACO，∴，设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），则D点坐标为（m，﹣m+3），则，解得：m＝，∴D点坐标为（，1），P点坐标为（，），综上，点P的坐标为（2，3），点D的坐标为（2，0）或P点坐标为（，），D点坐标为（，1）．【例2】（2022•衡阳）如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．（1）写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；（2）若直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；（3）P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，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）令x＝0和翻折的性质可得C（0，2），令y＝0可得点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出图象W的解析式；（2）利用数形结合找出当y＝﹣x+b经过点C或者y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，直线y＝﹣x+b与新图象恰好有三个不同的交点，①当直线y＝﹣x+b经过点C（0，2）时，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出b值；②当y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，联立一次函数解析式和抛物线解析式，利用根的判别式Δ＝0，即可求出b值．综上即可得出结论；（3）先确定△BOC是等腰直角三角形，分三种情况：∠CNM＝90°或∠MCN＝90°，分别画图可得结论．【解析】（1）当x＝0时，y＝﹣2，∴C（0，2），当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，（x﹣2）（x+1）＝0，∴x1＝2，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（2，0），设图象W的解析式为：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，∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为：y＝﹣x2+x+2（﹣1＜x＜2）；（2）由图象得直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点时，存在两种情况：①当直线y＝﹣x+b过点C时，与图象W有三个交点，此时b＝2；②当直线y＝﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时，如图1，﹣x+b＝﹣x2+x+2，x2﹣2x+b﹣2＝0，Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（b﹣2）＝0，∴b＝3，综上，b的值是2或3；（3）∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，如图2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，∵PN∥y轴，∴P（1，0）；如图3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，当y＝2时，x2﹣x﹣2＝2，x2﹣x﹣4＝0，∴x1＝，x2＝，∴P（，0）；如图4，当∠MCN＝90°时，△OBC∽△CMN，∴CN的解析式为：y＝x+2，∴x+2＝x2﹣x﹣2，∴x1＝1+，x2＝1﹣（舍），∴P（1+，0），综上，点P的坐标为（1，0）或（，0）或（1+，0）．【例3】（2022•桂林）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动．（1）直接写出A，B，C三点的坐标；（2）求CP+PQ+QB的最小值；（3）过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP是平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6；（3）由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，设Q（，t），则P（，t+1），M（0，t+1），N（，0），知BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，①当＝时，＝，可解得Q（，）或（，）；②当＝时，＝，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）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，如图：∵CC'＝PQ，CC'∥PQ，∴四边形CC'QP是平行四边形，∴CP＝C'Q，∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，∵B，Q，C'共线，∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为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最小值为6；（3）如图：由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，设Q（，t），则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当＝时，＝，解得t＝或t＝，∴Q（，）或（，）；②当＝时，＝，解得t＝或t＝（舍去），∴Q（，），综上所述，Q的坐标是（，）或（，）或（，）．【例4】（2022•玉林）如图，已知抛物线：y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于点A，B（2，0）（A在B的左侧），与y轴交于点C，对称轴是直线x＝，P是第一象限内抛物线上的任一点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；（3）过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．【分析】（1）把点B（2，0）代入y＝﹣2x2+bx+c中，再由对称轴是直线x＝列方程，两个方程组成方程组可解答；（2）当△POD是等边三角形时，点P在OD的垂直平分线上，所以作OD的垂直平分线与抛物线的交点即为点P，计算OD≠PD，可知△POD不可能是等边三角形；（3）分种情况：①当PC∥x轴时，△CPM∽△BHM时，根据PH的长列方程可解答；②②如图3，△PCM∽△BHM，过点P作PE⊥y轴于E，证明△PEC∽△COB，可得结论．【解析】（1）由题意得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+2x+4；（2）△POD不可能是等边三角形，理由如下：如图1，取OD的中点E，过点E作EP∥x轴，交抛物线于点P，连接PD，PO，∵C（0，4），D是OD的中点，∴E（0，1），当y＝1时，﹣2x2+2x+4＝1，2x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝，x2＝（舍），∴P（，1），∴OD≠PD，∴△POD不可能是等边三角形；（3）设点P的坐标为（t，﹣2t2+2t+4），则OH＝t，BH＝2﹣t，分两种情况：①如图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如图3，△PCM∽△BHM，则∠PCM＝∠BHM＝90°，过点P作PE⊥y轴于E，∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，∴∠PCE+∠EPC＝∠PCE+∠BCO＝90°，∴∠BCO＝∠EPC，∴△PEC∽△COB，∴＝，∴＝，解得：t1＝0（舍），t2＝，∴P（，）；综上，点P的坐标为（1，4）或（，）．1．（2020秋•兴城市期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，D为第一象限抛物线上的动点，连接AC，BC，DA，DB，DB与AC相交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，设△ADE的面积为S1，△BCE的面积为S2，当S1＝S2+5时，求点D的坐标；（3）如图2，过点C作CF∥x轴，点M是直线CF上的一点，MN⊥CF交抛物线于点N，是否存在以C，M，N为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法将A（4，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，解方程组即可求得答案；（2）根据题意，当S1＝S2+5，即S△ABD＝S△ABC+5，设D（x，y），表示出△ABD和△ABC的面积，列方程求解即可；（3）分情况讨论，列出三角形相似的三种情况，画出相应图形，设M（m，4），则N（m，﹣m2+3m+4），运用相似三角形性质，建立方程求解即可．【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，∴，解得：，∴y＝﹣x2+3x+4；（2）∵抛物线y＝﹣x2+3x+4与y轴交于点C，令x＝0，则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，设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）设M（m，4），则N（m，﹣m2+3m+4），①如图2，△BOC∽△NMC，则＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝，经检验，m＝是原方程的解，∴M（，4）；②如图3，△BOC∽△CMN，则＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝﹣1，经检验，m＝﹣1是原方程的解，∴M（﹣1，4）；③如图4，△BOC∽△NMC，则＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝，经检验，m＝是原方程的解，∴M（，4）；④如图5，△BOC∽△CMN，则＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝7，经检验，m＝7是原方程的解，∴M（7，4）；综上所述，点M的坐标为（，4）或（﹣1，4）或（，4）或（7，4）．2．（2020秋•郴州期末）已知抛物线y＝x2﹣3x+与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）．（1）求A，B两点的坐标；（2）如图1，若点D是抛物线上在第四象限的点，连接DA并延长，交y轴于点P，过点D作DE⊥x轴于点E．当△APO与△ADE的面积比为＝时．求点D的坐标；（3）如图2，抛物线与y轴相交于点F．若点Q是线段OF上的动点，过点Q作与x轴平行的直线交抛物线于M，N两点（点M在点N的左边）．请问是否存在以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）在抛物线解析式中，令y＝0则可求得A、B的坐标；（2）证明△AOP∽△AED，根据相似三角形面积的比等于对应边的比的平方列比例式可得AE＝2，从而得点D的横坐标为3，代入抛物线的解析式可得点D的坐标；（3）如图2所示，若以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似，有两种情况，但是∠QAM与∠QAN不可能相等，所以最后只存在一种情况：△AQM∽△NQA，列比例式可得结论．【解析】（1）当y＝0时，x2﹣3x+＝0，解得：x1＝1，x2＝5，∴A（1，0），B（5，0）；（2）∵DE⊥x轴，∴∠AED＝90°，∴∠AOP＝∠AED＝90°，∵∠OAP＝∠DAE，∴△AOP∽△AED，∴＝＝，∴＝，∵OA＝1，∴AE＝2，∴OE＝3，当x＝3时，y＝﹣3×3+＝﹣2，∴D（3，﹣2）；（3）如图2，设Q（0，m），当x＝0时，y＝，∴F（0，），∵点Q是线段OF上的动点，∴0≤m≤，当y＝m时，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，∴当△AQM和△AQN相似只存在一种情况：△AQM∽△NQA，∴，∴AQ2＝NQ•QM，即1+m2＝（3+）（3﹣），解得：m1＝﹣1+，m2＝﹣1﹣（舍），∴Q（0，﹣1+）．3．（2020秋•长垣市期末）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴、y轴分别交于点B（6，0）和点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为m，连接PB、PC，当△PBC的面积为时，求m值；（3）如图2，点M是线段OB上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线BC和抛物线交于D，E两点，是否存在以C，D，E为顶点的三角形与△BDM相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出该抛物线的函数关系式；（2）根据点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为m，表示PH的长，根据三角形的面积列方程解出即可得出结论；（3）先根据两三角形相似判断出∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，进而分两种情况讨论即可得出结论．【解析】（1）把点B（6，0）和点C（0，﹣3）代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）设直线BC的解析式为：y＝ax+n，由点B（6，0）和C（0，﹣3）得：，解得：，∴直线BC的解析式为，如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点H，∵点P的坐标为（m，），PH∥y轴，∴点H的坐标为（m，），∴PH＝yH﹣yP＝﹣（）＝﹣，xB﹣xC＝6﹣0＝6，∵S△PBC＝PH×6＝（﹣）×6＝﹣＝，解得：m1＝1，m2＝5，∴m值为1或5；（3）如图2，∵∠CDE＝∠BDM，△CDE与△BDM相似，∴∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，设M（x，0），①当∠CED＝∠BDM＝90°，∴CE∥AB，∵C（0，﹣3），∴点E的纵坐标为﹣3，∵点E在抛物线上，∴x2﹣x﹣3＝﹣3．∴x＝0（舍）或x＝5，∴M（5，0）；②当∠DCE＝∠DMB＝90°，∵OB＝6，OC＝3，∴BC＝＝3，由（2）知直线BC的关系式为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）；综上所述：点M的坐标为（5，0）或（1，0）．4．（2021秋•邹城市期末）如图，已知抛物线y＝x2+2x的顶点为A，直线y＝x+2与抛物线交于B，C两点．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将抛物线配方后可得顶点A的坐标，将抛物线和一次函数的解析式联立方程组，解出可得B和C的坐标；（2）先根据两点的距离计算AB、BC、AC的长，根据勾股定理的逆定理可得：∠ABC＝90°，最后根据两边的比相等且夹角为90度得两三角形相似；（3）存在，设M（x，0），则P（x，x2+2x），表示OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，分两种情况：有＝或＝，根据比例式代入可得对应x的值，计算点P的坐标即可．【解答】（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，∴顶点A（﹣1，﹣1）；由，解得：或∴B（﹣2，0），C（1，3）；（2）证明：∵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）存在这样的P点，设M（x，0），则P（x，x2+2x），∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，当以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似时，有＝或＝，由（2）知：AB＝，CB＝3，①当＝时，则＝，当P在第二象限时，x＜0，x2+2x＞0，∴，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，当P在第三象限时，x＜0，x2+2x＜0，∴＝，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，②当＝时，则＝3，同理代入可得：x＝﹣5或x＝1（舍），综上所述，存在这样的点P，坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣5，15）．5．（2021秋•攸县期末）如图，已知直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D．（1）若抛物线的解析式为y＝﹣2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N．①求点M和点N的坐标；②在抛物线的对称轴上找一点Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，请直接写出点Q的坐标；③是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．【分析】（1）①函数的对称轴为：x＝﹣＝，故点M（，），即可求解；②设抛物线与x轴左侧的交点为R（﹣1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，即可求解；③四边形MNPD为菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故点P（，1），而PN＝＝≠MN，即可求解；（2）分∠DBP为直角、∠BDP为直角两种情况，分别求解即可．【解析】（1）①函数的对称轴为：x＝﹣＝，故点M（，），当x＝时，y＝﹣2x+4＝3，故点N（，3）；②设抛物线与x轴左侧的交点为R（﹣1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，将R、B的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：直线RB的表达式为：y＝4x+4，当x＝时，y＝6，故点Q（，6）；③不存在，理由：设点P（x，﹣2x+4），则点D（x，﹣2x2+2x+4），MN＝﹣3＝，四边形MNPD为菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故点P（，1），而PN＝＝≠MN，故不存在点P，使四边形MNPD为菱形；（2）当点P的横坐标为1时，则其坐标为：（1，2），此时点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，4），①当∠DBP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似，则∠BAO＝∠BDP＝α，tan∠BAO＝＝2＝tanα，则sinα＝，PA＝，PB＝AB﹣PA＝2﹣＝，则PD＝＝，故点D（1，）；②当∠BDP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似，则BD∥x轴，则点B、D关于抛物线的对称轴对称，故点D（1，4），综上，点D的坐标为：（1，4）或（1，），将点A、B、D的坐标代入抛物线表达式：y＝ax2+bx+c并解得：y＝﹣2x2+2x+4或y＝﹣x2+3x+4．6．（2022•禹城市模拟）如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三点．（1）求出抛物线的解析式；（2）P是抛物线在第一象限上的一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）若抛物线上有一点D（点D位于直线AC的上方且不与点B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接写出点D的坐标．【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；（2）设P（t，﹣t2+t﹣2），则M（t，0），1＜t＜4，分两种情况讨论：①当∠PAM＝∠OAC时，tan∠OAC＝tan∠MAP，可求P（2，1）；②当∠PAM＝∠OCA时，tan∠OAC＝tan∠APM，此时P点坐标不存在；（3）求出直线AC的解析式为y＝x﹣2，再求出过点B作直线AC的平行线y＝x﹣，联立方程组，即可求D点坐标．【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，将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点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似，理由如下：设P（t，﹣t2+t﹣2），则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当∠PAM＝∠OAC时，＝，解得t＝2或t＝4（舍），∴P（2，1）；②当∠PAM＝∠OCA时，＝2，解得t＝4（舍）或t＝5（舍），∴此时P不存在；综上所述：P点坐标为（2，1）；（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴直线AC的解析式为y＝x﹣2，过点B作直线AC的平行线y＝x+m，∴+m＝0，∴m＝﹣，∴y＝x﹣，联立方程组，解得（舍）或，∴D（3，1）．7．（2022•祥云县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C（0，3），点M是该抛物线上第一象限内的一个动点，ME垂直x轴于点E，交线段BC于点D，MN∥x轴，交y轴于点N．（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；（2）若四边形MNOE是正方形，求该正方形的边长；（3）连结OD，AC，抛物线上是否存在点M，使得以C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据点A，B，C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），利用正方形的性质可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（3）利用点C，点A，B的坐标可得出AB，BC的值，由OB＝OC＝3可得出∠OCD＝∠ABC＝45°，进而可得出存在两种情况，过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，则△CDF为等腰直角三角形，①当△OCD∽△ABC时，利用相似三角形的性质可求出CD的长度，进而可得出DF的长度，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标；②当△DCO∽△ABC时，用相似三角形的性质可求出CD的长度，进而可得出DF的长度，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标．综上，此题得解．【解析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3）．∵四边形MNOE为正方形，∴x＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝，x2＝（舍去），∴MN＝，∴该正方形的边长为；（3）∵点C的坐标为（0，3）．点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），∴AB＝4，BC＝3．∵OB＝OC＝3，∴∠OCD＝∠ABC＝45°．∴存在两种情况．过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，则△CDF为等腰直角三角形，如图所示．①当△OCD∽△ABC时，，即，∴CD＝，∴DF＝CF＝，∴点M的坐标为（，）；②当△DCO∽△ABC时，，即，∴CD＝2，∴DF＝CF＝2，∴点M的坐标为（2，3）．综上所述：抛物线上存在点M，使得以点C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，点M的坐标为（，）或（2，3）．8．（2022•松江区校级模拟）如图，抛物线y＝x2﹣bx+c过点B（3，0），C（0，﹣3），D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式以及顶点坐标；（2）连接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；（3）点C关于抛物线y＝x2﹣bx+c对称轴的对称点为E点，连接BE，直线BE与对称轴交于点M，在（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一点，是否存在点P使△CDB和△BMP相似，若存在，求点P坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点B、C的坐标代入y＝x2﹣bx+c，即可得到抛物线的解析式，然后利用配方法可求得抛物线的顶点坐标；（2）求得BC，CD，DB的长，根据勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，利用锐角三角函数的定义求解即可；（3）根据二次函数的对称性得E（2，﹣3），可得直线BE为y＝3x﹣9，则M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°时，②∠MBP＝∠BCD＝90°时，根据相似三角形的性质即可求解．【解析】（1）将点B、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4）；（2）如图．∵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）∵点C关于抛物线y＝x2﹣2x﹣3对称轴的对称点为E点，y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，∴E（2，﹣3），∵B（3，0），∴直线BE为y＝3x﹣9，∴M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°时，点P在x轴上，∵M（1，﹣6），B（3，0），∴PM＝6，BP＝2，∴，∴＝，∵∠MPB＝∠BCD＝90°，∴△CDB和△PBM，∴P（1，0）；②∠MBP＝∠BCD＝90°时，∵M（1，﹣6），B（3，0），∴MB＝＝2，∵△CDB和△BPM，∴，∴，解得PM＝，∴点MP的纵坐标为﹣6＝，∴P（1，）．综上所述，存在，点P的坐标为（1，0）或（1，）．9．（2022•平江县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，设四边形PBOC和△AOC的面积分别为S四边形PBOC和S△AOC，记S＝S四边形PBOC﹣S△AOC，求S最大值点P的坐标及S的最大值；（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求解；（2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，﹣t2+3t+8），则G（t，﹣t+8），PG＝﹣t2+4t，分别求出S△AOC＝8，S△BOC＝32，S△BCP＝﹣2t2+16t，则S＝S四边形PBOC﹣S△AOC＝﹣2（t﹣4）2+56，即可求解；（3）先证明△BCD是等腰直角三角形，求出E（3，5），设M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），分三种情况讨论：①当∠NME＝90°，ME＝MN时，△OBC∽△MNE，则m＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，可求M（3，8）；当∠MEN＝90°，EN＝ME时，△MNE∽△BOC，5＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，求得M（3，5+）；③当∠MNE＝90°，MN＝EN时，△MNE∽△BOC，过点N作NH⊥l交于H，由①M与E点关于H点对称，可求M（3，11）．【解析】（1）将点A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，∴，解得，∴y＝﹣x2+3x+8；（2）令x＝0，则y＝8，∴C（0，8），∴S△AOC＝×2×8＝8，S△BOC＝×8×8＝32，设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴yx+8，过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，﹣t2+3t+8），则G（t，﹣t+8），∴PG＝﹣t2+4t，∴S△BCP＝×8×（﹣t2+4t）＝﹣2t2+16t，∴S四边形PBOC＝S△BOC+S△BCP＝32﹣2t2+16t，∴S＝S四边形PBOC﹣S△AOC＝﹣2t2+16t+24＝﹣2（t﹣4）2+56，∵点P是第一象限，∴0＜t＜8，∴当t＝4时，S有最大值56，此时P（4，12）；（3）∵OB＝OC＝8，∴△BCD是等腰直角三角形，∵直线BC的解析式为y＝﹣x+8，∴E（3，5），设M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），①当∠NME＝90°，ME＝MN时，△OBC∽△MNE，∴MN∥x轴，∴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存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：当∠MEN＝90°，EN＝ME时，△MNE∽△BOC，∴ME＝m﹣5，EN＝n＝3，∴MN∥x轴，∴5＝﹣n2+3n+8，∴m﹣5＝n﹣3，∴n＝3+或n＝3﹣，∵n＞1，∴n＝3+，∴m＝5+，∴M（3，5+）；③当∠MNE＝90°，MN＝EN时，△MNE∽△BOC，过点N作NH⊥l交于H，由①可知H（3，8），∵M与E点关于H点对称，∴M（3，11）；综上所述：点M的坐标为（3，8）或（3，5+）或（3，11）．10．（2022•莱州市一模）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+c经过点A（4，3），顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，连接PO．（1）求抛物线的表达式，并求出顶点B的坐标；（2）试证明：经过点O的⊙P与直线l相切；（3）如图②，已知点C的坐标为（1，2），是否存在点P，使得以点P，O及（2）中的切点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；（2）过P作PH⊥l，垂足为H，求出OP、PH，可得PO＝PH，即可解决问题；（3）以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，易知PH与BC，PO与AC是对应边，可得，由此构建方程即可解决问题．【解答】（1）解：∵抛物线y＝x2+c经过点A（4，3），∴3＝4+c，∴c＝﹣1，∴抛物线的表达式为y＝x2﹣1，顶点B（0，﹣1）；（2）证明：过P作PH⊥l，垂足为H，设点P坐标（m，m2﹣1），∵l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，PO＝＝m2+1，∴PO＝PH，即直线l到圆心P的距离等于⊙P的半径，∴经过点O的⊙P与直线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为顶点的三角形与△ABC相似，∴PH与BC，PO与AC是对应边，∴，设点P（m，m2﹣1），则H（m，﹣2），∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，OH＝＝，∴，∴×＝m2+4，解得m＝±1．∴点P坐标（1，﹣）或（﹣1，﹣）．11．（2022•巩义市模拟）已知，二次函数y＝ax2+bx﹣3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C点，点A的坐标为（﹣1，0），且OB＝OC．（1）求二次函数的解析式；（2）当0≤x≤4时，求二次函数的最大值和最小值分别为多少？（3）设点C'与点C关于该抛物线的对称轴对称．在y轴上是否存在点P，使△PCC'与△POB相似，且PC与PO是对应边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据OB＝OC可得B点的坐标为（3，0），把A、B的坐标代入二次函数y＝ax2+bx﹣3，求出a、b的值即可；（2）求出二次函数的顶点坐标为（1，﹣4），根据二次函数的性质即可得出答案；（3）先设出P的坐标，根据相似三角形的性质列出方程，解出方程即可得到点P的坐标．【解析】（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3的图象与y轴交于C点，∴C（0，﹣3）．∵OB＝OC，点A在点B的左边，∴B（3，0）．∵点A的坐标为（﹣1，0），由题意可得，解得：，∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣2）2﹣4，∴二次函数顶点坐标为（1，﹣4），∴当x＝1时，y最小值＝﹣4，∵当0≤x≤1时，y随着x的增大而减小，∴当x＝0时，y最大值＝﹣3，∵当1＜x≤4时，y随着x的增大而增大，∴当x＝4时，y最大值＝5．∴当0≤x≤4时，函数的最大值为5，最小值为﹣4；（3）存在点P，设P（0，m），如图，∵点C'与点C关于该抛物线的对称轴直线x＝1对称，C（0，﹣3）．∴C′（2，﹣3）．∴CC'∥OB，∵△PCC'与△POB相似，且PC与PO是对应边，∴，即：，解得：m＝﹣0或m＝﹣，∴存在，P（0，﹣9）或P（0，﹣）．12．（2022•澄迈县模拟）在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C．（1）求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标；（2）设该抛物线上一动点P的横坐标为t．①在图1中，当﹣3＜t＜0时，求△PBO的面积S与t的函数关系式，并求S的最大值；②在图2中，若点P在该抛物线上，点E在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；③在图3中，若P是y轴左侧该抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由待定系数法求函数的解析式即可；（2）①求出直线BO的解析式，过点P作PG⊥x轴交BO于点G，可得E（t，﹣t）再由S＝﹣（t+）2+，即可求解；②设E（﹣1，m），根据平行四边形对角线的情况，分三种情况讨论：当AO为平行四边形的对角线时，当AP为平行四边形的对角线时，当AE为平行四边形的对角线时；利用中点坐标公式求解即可；③先判断△COB为直角三角形，求出tan∠CBO＝，设P（m，m2+2m）（t＜0），则PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，根据角的情况分两种情况讨论：当∠MPA＝∠OBC时，＝，P（﹣3，3）；当∠PAM＝∠OBC时，＝，P（﹣，﹣）．【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，将A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，∴，解得，∴y＝x2+2x，∴C（﹣1，﹣1）；（2）①∵P的横坐标为t，∴P（t，t2+2t），设直线BO的解析式为y＝kx，∴﹣3k＝3，∴k＝﹣1，∴y＝﹣x，过点P作PG⊥x轴交BO于点G，∴E（t，﹣t）∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，∴S＝×3×（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）2+，∵﹣3＜t＜0，∴t＝﹣时，S有最大值；②∵y＝x2+2x，∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设E（﹣1，m），当AO为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（﹣1，﹣1）；当AP为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（1，3）；当AE为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（﹣3，3）；综上所述：P点坐标为（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；（3）存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），∴BO＝3，OC＝，BC＝2，∴BO2+CO2＝BC2，∴△COB为直角三角形，∠BOC＝90°，∴tan∠CBO＝＝，∵PM⊥AM，∴∠BOC＝∠PMA，设P（m，m2+2m）（t＜0），∴PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，当∠MPA＝∠OBC时，＝，解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣3，∴P（﹣3，3）；当∠PAM＝∠OBC时，＝，解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣，∴P（﹣，﹣）；综上所述：P点坐标为（﹣3，3）或（﹣，﹣）．13．（2022•丰南区二模）如图①、②，在平面直角坐标系中，一边长为2的等边三角板CDE恰好与坐标系中的△OAB重合，现将三角板CDE绕边AB的中点G（G点也是DE的中点），按顺时针方向旋转180°到△C′ED的位置．（1）直接写出C′的坐标，并求经过O、A、C′三点的抛物线的解析式；（2）点P在第四象限的抛物线上，求△C′OP的最大面积；（3）如图③，⊙G是以AB为直径的圆，过B点作⊙G的切线与x轴相交于点F，抛物线上是否存在一点M，使得△BOF与△AOM相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据等边三角形的性质求出点C'的坐标，根据二次函数经过A（2，0），O（0，0），设出二次函数的交点式，将C'代入，求出二次函数解析式；（2）过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接OC'，求出OC'的表达式，将P点的横坐标为m，则过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接PC'，OP，设OC'的表达式为：y＝kx，可得OC'的表达式为y＝x，设P点的横坐标为m，则P（m，m2﹣m），Q（m，m），PQ＝﹣m2+m，故S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，即可得当m＝时，△C'OP的最大面积为；（3）根据三角形相似的判定，分3种情况，找出点M的位置，求出坐标即可．【解析】（1）过点C'作C′M⊥x轴，垂足为M，如图：∵由题意可知△OAB和△C′DE是等边三角形，∴∠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）在抛物线上，故设抛物线的解析式y＝ax（x﹣2），∴将C'（3，）代入得3a＝，解得a＝，∴y＝x2﹣x；（2）过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接PC'，OP，如图：设OC'的表达式为：y＝kx，由（1）知C'（3，），∴＝3k，解得k＝，∴OC'的表达式为y＝x，设P点的横坐标为m，则有：P（m，m2﹣m），Q（m，m），∴PQ＝﹣m2+m，∴S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，∴当m＝时，△C'OP的最大面积为；（3）抛物线上存在一点M，使得△BOF与△AOM相似，理由如下：∵BF与⊙G相切，∴∠ABF＝90°，∵∠BAF＝60°，AB＝OA＝2，∴AF＝4，OF＝2，∵∠BOF＝180°﹣∠BOA＝120°，∴△BOF为顶角为120°的等腰三角形①AO＝AM＝2时，点M与点C'重合，如图：此时∠OAC’＝120°，∴∠BOF＝∠OAC'，＝，∴△BOF∽△MAO，此时M（3，）；②OA＝OM＝2时，点M与点C'关于抛物线对称轴直线x＝1对称，如图：由对称性可知，此时∠AOM＝120°，∴△BOF∽△AOM，∴M；③MO＝MA时，点M为抛物线顶点（1，），此时tan∠AOM＝，∴∠AOM＝30°，∴∠AOM＝∠OAM＝30°＝∠BFO＝∠FBO，∴△BOF∽AMO，∴M（1，﹣），综上所述，M的坐标为：（3，），（﹣1，），（1，﹣）．14．（2022•莱芜区三模）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A和点C（0，﹣3）．（1）求二次函数的表达式；（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第一象限的图象上，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下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，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求出线段FP的长度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由一次函数解析式求得A点坐标，再待定系数法求二次函数解析式即可；（2）由平移的性质可得四边形ACED是平行四边形；设点D（a，a2﹣2a﹣3）根据坐标的平移规律可得E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），将点E代入一次函数求得a即可解答；（3）由PF∥y轴，可得∠OCM＝∠CFP，则∠CFP≠90°，①△COM∽△FPC时，过点D作DG⊥y轴于G，则，由二次函数的对称性可得PC＝2，由tan∠CFP＝tan∠DCG即可解答；②△COM∽△FCP时，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥PF于H，解Rt△CHF和Rt△CHP可得，由C、D坐标可得lCD：y＝2x﹣3，设P（n，n2﹣2n+3），F（n，2n﹣3），则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，则﹣x+3＝0，解得x＝3，∴A（3，0），将C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得c＝﹣3，将A（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得b＝﹣2，∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）由平移性质可得DE＝AC，DE∥AC，∴四边形ACED是平行四边形，∴CE＝AD，CE∥AD，设点D（a，a2﹣2a﹣3），∵点A（3，0）向下平移3个单位，再向左平移3个单位可以得到点C（0，﹣3），∴点D向下平移3个单位，再向左平移3个单位可以得到点E，∴E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），将点E坐标代入y＝﹣x+3，得：3﹣a+3＝a2﹣2a﹣6，解得a1＝﹣3（不符合题意舍去），a2＝4，把a＝4代入y＝x2﹣2x﹣3，y＝5，∴D（4，5）；（3）∵PF∥y轴，∴∠OCM＝∠CFP，∴∠CFP≠90°，①如图，过点D作DG⊥y轴于G，当∠CPF＝∠COM＝90°时，△COM∽△FPC，∵y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，PC∥x轴，C（0，﹣3），∴P（2，﹣3），∴PC＝2，∵D（4，5），C（0，﹣3），∴tan∠DCG＝，∴tan∠CFP＝，∴PF＝2CP＝4；②如图，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥PF于H，当∠PCF＝∠COM＝90°时，△COM∽△FCP，∵∠CPF+∠PCH＝90°，∠CPF+∠CFH＝90°∴∠PCH＝∠CFH＝∠DCG，∴tan∠PCH＝tan∠CFH＝，∴PH＝CH，FH＝2CH，∴PF＝CH，设直线CD的解析式为y＝kx+m，∵C（0，﹣3）、D（4，5），∴，∴，∴直线CD的解析式为lCD：y＝2x﹣3，设P（n，n2﹣2n+3），F（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＝，综上所述，存在点P，使得以P，C，F为顶点的三角形与△COM相似，此时PF＝4或．15．（2022•临清市三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），且与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧，与y轴相交于点C，点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动，点F在抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称，作矩形EFGH，其中点G，H都在x轴上．（1）求抛物线解析式；（2）设点F横坐标为m，①用含有m的代数式表示点E的横坐标为2﹣m（直接填空）；②当矩形EFGH为正方形时，求点G的坐标；③连接AD，当EG与AD垂直时，求点G的坐标；（3）过顶点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FP⊥AD于点P，直接写出△DFP与△DAM相似时，点F的坐标．【分析】（1）根据顶点D坐标为（1，4）可得二次函数的顶点式，即可求解；（2）①先解方程﹣x2+2x+3＝0得A（﹣1，0），B（3，0），则1＜m＜3，设E点的横坐标为t，利用E、F到对称性的距离相等得到m﹣1＝1﹣t，求出t即可得到点E的横坐标；②设F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），则E（2﹣m，﹣m2+2m+3），利用正方形的性质得到FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），然后解方程求出m即可得到G点坐标；③先证明Rt△GEH∽Rt△DAM，利用相似比得到GH＝2EH，从而得到即m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），然后解方程求出m即可得到G点坐标；（3）AD交EF于Q，如图，利用△DFP与△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，于是可判断△FDQ为等腰三角形，即FD＝FQ，接着利用待定系数法求出直线AD的解析式为y＝2x+2，从而可表示出Q（﹣m2+m+，﹣m2+2m+3），则FQ＝（m+1）（m﹣1），而利用两点间的距离公式得到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点坐标．【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x﹣1+4＝﹣x2+2x+3，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）①当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，则A（﹣1，0），B（3，0），∴1＜m＜3，设E点的横坐标为t，∵m﹣1＝1﹣t，∴t＝2﹣m，∴点E的横坐标为2﹣m；故答案为：2﹣m；②设F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），则E（2﹣m，﹣m2+2m+3），∵矩形EFGH为正方形，∴FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），整理得m2＝5，解得m1＝﹣（舍去），m2＝，∴G点坐标为（，0）；③过点D作DM⊥x轴于M，∵EG⊥AD，而DM⊥x轴，∴∠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点坐标为（，0）；（3）设AD交EF于Q，如图，∵FP⊥AD，∴∠DPF＝90°，∵△DFP与△DAM相似∴∠1＝∠3，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，而FP⊥DQ，∴△FDQ为等腰三角形，∴FD＝FQ，设直线AD的解析式为y＝px+q，把A（﹣1，0），D（1，4）代入得，解得，∴直线AD的解析式为y＝2x+2，当y＝﹣m2+2m+3时，2x+2＝﹣m2+2m+3，解得x＝﹣m2+m+，则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点坐标为（，）．16．（2022•成都模拟）如图①，已知抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k交x轴于A，B两点，交y轴于点C，P是抛物线上的动点，且满足OB＝3OA．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P在第一象限，直线y＝x+b经过点P且与直线BC交于点E，设点P的横坐标为t，当线段PE的长度随着t的增大而减小时，求t的取值范围；（3）如图②，过点A作BC的平行线m，与抛物线交于另一点D．点P在直线m上方，点Q在线段AD上，若△CPQ与△AOC相似，且点P与点O是对应点，求点P的坐标．【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝1，OB＝3OA，可得出：B（3，0），代入解析式即可求得答案；（2）运用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，过点P作PH∥y轴交BC于点H，过点E作EK⊥PH于点K，如图①，设P（t，﹣t2+2t+3），则H（t，﹣t+3），得出PE＝PK＝﹣（t﹣）2+，运用二次函数的性质即可求得答案；（3）先求出直线m的解析式为y＝﹣x﹣1，分情况讨论：当△CPQ∽△AOC时，则＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥PE于点F，可证得△PCE∽△QPF，得出＝＝＝，建立方程求解即可得出答案；当△CPQ∽△COA时，同理可求得点P的坐标．【解析】（1）∵抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k的对称轴为直线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，∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）设P（t，﹣t2+2t+3），∴t+b＝﹣t2+2t+3，∴b＝﹣t2+t+3，∴直线PE的解析式为y＝x﹣t2+t+3，设直线BC的解析式为y＝kx+d，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，过点P作PH∥y轴交BC于点H，过点E作EK⊥PH于点K，如图①，则H（t，﹣t+3），∴PH＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，联立得：，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+，∴当t≥时，线段PE的长度随着t的增大而减小，又∵点P在第一象限，∴0＜t＜3，∴当线段PE的长度随着t的增大而减小时，≤t＜3；（3）∵直线m∥BC，∴设直线m的解析式为y＝﹣x+n，把A（﹣1，0）代入得：1+n＝0，解得：n＝﹣1，∴直线m的解析式为y＝﹣x﹣1，当△CPQ∽△AOC时，则＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥PE于点F，∵P（t，﹣t2+2t+3），C（0，3），∴E（0，﹣t2+2t+3），则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（﹣，）；当△CPQ∽△COA时，＝＝，∠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＝，∵点P在直线m上方，∴﹣1＜t＜4，∴P（，）或（，）；综上所述，点P的坐标为（2，3）或（﹣，）或（，）或（，）．17．（2022•东莞市校级一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A，右交点为B，与y轴的交点为C，对称轴为直线l，对于抛物线上的两点（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立．（1）求该抛物线的解析式；（2）点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点，过点M作MN⊥AC于点N，求线段MN的最大值，并求出此时点M的坐标；（3）点P是直线l右侧抛物线上的一点，PQ⊥l于点Q，AP交直线l于点F，是否存在这