专题33二次函数综合题相似类

2023年八升九数学暑假培优计划专题33二次函数综合题——相似类1．如图，抛物线y=x2+2x−3与x轴交于A、B两点（点A在原点右侧），与y轴交于点C．抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F

(1)求A、B、C三点坐标；(2)如图，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴，交抛物线于点D，问当动点P运动到什么位置时，四边形CEBD的面积最大？求出四边形CEBD的最大面积及此时P点的坐标；(3)坐标轴上是否存在点G，使以A，C，G为顶点的三角形与△BCF相似？若存在，请直接写出所有满足条件的点G的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】(1)A（1，0），B（−3，0），C（0，−3）(2)四边形CEBD的最大面积为518，此时点P的坐标为(3)存在，点G的坐标为（0，0），（0，13【分析】（1）根据抛物线表达式y=x（2）根据B、C坐标求出设直线BC的解析式，设点P坐标为m，表示出PD，再根据S四边形CEBD=S（3）根据抛物线表达式求出B、C、F三点坐标，分析△BCF的形状，分类讨论△ACG和△BCF不同角对应相等时，求出点G的坐标即可．【详解】（1）解：解方程x2+2x−3=0得：A（1，0），B（−3，0）当x=0时y=∴C（0，−3）；（2）解：ℎ=−2∴E（−1，0）设直线BC的解析式为y=kx+b把点B（−3，0），C（0，−3）分别代入y=kx+b中，得−3k+b=0b=−3解得k=−1∴直线BC的解析式为y=−x−3．∵点P在线段BC上，点D在抛物线上，PD⊥x轴，∴设P（m，−m−3），则D（m，m∴PD=−m∴S=−∴当m=−32，四边形CEBD的面积最大，最大面积为518（3）解：存在．连接AC，BF，CF，如解图所示．

∵y=x∴F（−1，−4）．又∵B（−3，0），C（0，−3），∴BC=32，CF=2，BF=25，CA=∴BC∴△BCF为直角三角形．∵∠AOC=90∘，OA=1，∴BC∴ΔBCF∽ΔCOA．∴当点G与点O重合时，ΔBCF∽ΔCGA，∴此时点G的坐标为（0，0）．过点A作AG1⊥AC交y轴正半轴于点G∴CACG1∴CG∴OG∴G1过点C作CG2⊥AC交x轴负半轴于点G∴CAG2A∴G2∴G2综上所述，点G的坐标为（0，0），（0，13）【点睛】本题考查了二次函数的图象性质与应用，结合求多边形最大面积、相似三角形相关知识点，综合性较强．数形结合、综合知识点、分类讨论求解是解题的关键．2．如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A1，1，且与直线y=x−2交于B，C(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)求证：△ABC是直角三角形；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)见解析(3)存在，N点，其坐标为53，0或73,0【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；（2）分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于D、E两点，得出△BEC和△ADB为等腰直角三角形,进而可得出∠ABC=90°,即可得到答案；（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得MNAB=ON【详解】（1）∵顶点A的坐标为(1,1)，∴设抛物线的解析式为y=ax−1又∵抛物线过原点，∴0=a0−1解得a=−1，∴抛物线的解析式为y=−x−12+1联立抛物线和直线解析式可得y=−x解得x=2y=0或x=−1∴B2,0，C（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于D、E两点，则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，∴△ADB和△BEC为等腰直角三角形，∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，∴△ABC是直角三角形；（3）存在，点N的坐标为53,0或73,0或假设存在满足条件的点N，设Nx,0，则M∴ON=x，MN=由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=2∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC=∠MNO=90°，∴当△MNO和△ABC相似时有MNAB=ON①当MNAB=ONBC时，则有∵当x=0时，M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，∴−x+2=13解得x=53或x=73，此时N点坐标为②当MNBC=ONAB时，则有∴−x+2=3即−x+2=±3，解得x=−1或x=5，此时N点坐标为−1,0或(5,0)．综上可知存在满足条件的N点，其坐标为53,0或73,0或【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理及逆定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度稍大．3．如图，抛物线y=ax2−2x+c与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点A在点B的左侧，A−1,0，

(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图1，若点D是直线BC下方抛物线上的动点，求四边形ACDB的面积最大值；(3)当点P关于直线BC的对称点Q落在抛物线上时，求点Q的横坐标；(4)如图2，点E是抛物线的顶点，直线CE交x轴于点F，若点G是线段EF上的一个动点，是否存在以点O，F，G为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)51(3)1+2或(4)−34,−【分析】（1）将A−1,0，C（2）先求出点B的坐标为3,0，设点D的坐标是t,t2−2t−3，过点D作DM⊥AB（3）可知△OBC是等腰直角三角形，结合对称轴，进一步得到点H的纵坐标，分情况讨论点P在点H的上方和下方，可得到Q的纵坐标，代入抛物线解析式，即可得到点Q的横坐标；（4）连接AC，求出EC的解析式，设点Gx,−x−3【详解】（1）解：将A−1,0，C0,−3代入得a+2+c=0c=−3解得a=1c=−3∴抛物线的函数表达式为y=x（2）∵抛物线的解析式为y=x∴令y=0，即x2解得x1=3，∴点B的坐标为3,0，设点D的坐标是t,t∵点D是直线BC下方抛物线上的动点，∴0<t<3，过点D作DM⊥AB于点H，则DM=−t

S四边形ACDB=S∴当t=12时，四边形ACDB的面积最大值为（3）∵y=抛物线y=x2−2x−∵OC=OB=3，∠BOC=90°，∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=∠OCB=45°，又∵对称轴x=1与x轴垂直，设垂足为点K，直线BC与对称轴x=1的交点为H，∴∠KHB=∠OCB=45°，∴△KBH是等腰直角三角形，∴KH=KB=OB−1=3−1=2，∴点H的纵坐标是−2，①当点P在点H的上方时，连接HQ，∵点P、Q关于直线BC对称，∴∠PHB=∠QHB=45°，∴∠PHQ=∠PHB+∠QHB=90°，∴HQ∥∴点Q的纵坐标为−2．②当点P在点H的下方时，同理可求得点Q的纵坐标为−2．∴将y=−2解得x=1+2或x=1−∴点Q的横坐标为1+2或1−

（4）解：连接AC，OG，

设EC的解析式为y=kx+b，将C0,−3、E有b=−3k+b=−4，解得k=−1∴EC的解析式为y=−x−3，令y=0，即−x−3=0，解得x=−3，∴点F的坐标为−3,0，∴OF=OB=3，且OC⊥BF，∴CF=CB，∴∠CBF=∠CFB，设点Gx,−x−3∵点G在线段EF上，∴－3<x<1，则FG=x+3BC=3分情况讨论：①△GFO∽△CBA时，有FOBA∴34=2x+33则此时−x−3=−9此时点G的坐标为−3②△GFO∽△ABC时，有FOBC∴332=2x+3此时−x−3=−2，此时点G的坐标为−1,−2，∴点G的坐标为−34,−【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质、待定系数法求解析式、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、分类讨论思想等知识点，综合性较强，难度较大，熟练掌握二次函数的图像和性质，学会用代数方法求解几何问题．4．综合与探究如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A−5,0，B−1,0两点，与y轴交于点C

(1)求抛物线的解析式；(2)连接AC，N为线段AC上的动点，连接BN，当△AOC与△ABN相似时，求出点N的坐标；(3)在抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使得△PMB是等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线的解析式为y=x(2)点N的坐标为−1,4或−3,2；(3)存在点P，使得△PMB是等腰三角形，点P的坐标为−3,−32或−3,−4+25或【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）分两种情况，①当△AOC∽△ABN相似时，②当△AOC∽△ANB相似时，根据相似三角形的性质分别求解即可；（3）设点P−3，p，分三种情况：①当PM=PB时，②当PM=MB时，③当PB=MB【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x∴25−5b+c=01−b+c=0，解得∴抛物线的解析式为y=x（2）∵y=x2+6x+5与y∴C0，5∵A−5，0∴OA=OC，∴△AOC是等腰直角三角形，设直线设直线AC的解析式为y=kx+a，把A−5，0，C0，5解得k=1a=5∴直线AC的解析式为y=x+5，设Nn，n+5①当△AOC∽△ABN相似时，∠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，∴点N的坐标为−1，4；②当△AOC∽△ANB相似时，∠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，（不合题意的根舍去）∴点N的坐标为−3，2；综上，点N的坐标为−1，4或−3，2；（3）存在点P，使得△PMB是等腰三角形，理由如下：∵y=x∴M−3，−4设点P−3，p∵B−1，0∴PM=p+4PB=3−1MB=3−1①当PM=PB时，p+4=∴p=−3∴点P的坐标为−3，−3②当PM=MB时，p+4=2∴p=−4+25或p=−4−2∴点P的坐标为−3，−4+25或−3，−4−2③当PB=MB时，3−12∴p=−4（舍去）或p=4，经检验符合题意；∴点P的坐标为−3，4；综上，存在一点P，使得△PMB是等腰三角形，点P的坐标为−3，−32或−3，−4+25或−3，−4−2【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求直线的解析式、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的判定与性质等知识；本题综合性较强，具有一定的难度，解题的关键是熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题5．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A−2,0，

(1)求抛物线y=ax(2)如图2，设点P是抛物线上在第一象限内的动点（不与B，C重合），过点P作PD⊥BC，垂足为点D，点P在运动的过程中，以P，D，C为顶点的三角形与△AOC相似时，求点P的坐标；(3)在y轴负半轴上是否存在点N，使点A绕点N顺时针旋转后，恰好落在第四象限抛物线上的点M处，且使∠ANM+∠ACM=180°，若存在，请求N点坐标，若不存在，请说明理由．（请在备用图中自己画图）【答案】(1)y=−(2)6,4或3,(3)0,−16，图见解析【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；（2）先证明△AOC∽△COB，可得∠ACO=∠CBO，然后分两种情况讨论：当△AOC∽△PDC时，当△AOC∽△CDP时，即可求解；（3）过N作NF⊥MC交MC于点F，过N点作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，则∠G=∠CFN=90°，设CM与x轴交于K，证明△NGA≌△NFM，可得NG=NF，从而得到NC平分∠ACM，再求出CK的解析式，可得M14，−24，再由AN=MN【详解】（1）解：将A−2,0,B8,0得，4a−2b+c=0c=464a+8b+c=0，解得，所以抛物线表达式为：y=−1（2）解：根据题意，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°，当△AOC∽△PDC时，

∴∠ACO=∠PCD，∵∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCD+∠OCB=90°，∴PC⊥OC，∴点P的纵坐标为4，当y=4时，有−1解得x=6或x=0（舍），∴点P的坐标为6,4；当△AOC∽△CDP时，∠P作P′G⊥y轴于点G，过点P′作P′H∥y

∴∠P∵AO∴△AOC∽△COB∴∠OCB=∠OAC，∴∠P∴P设直线BC的解析式为y=k把点B8,08k′+∴直线BC的解析式为y=−1设P′m,−1∴P在Rt△P′即−1解得m=3，∴P综上，点P的坐标为：6,4或3,25（3）解：过N作NF⊥MC交MC于点F，过N点作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，则∠G=∠CFN=90°，

∴∠ACM+∠GNF=180°，设CM与x轴交于K，由旋转得：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的解析式为：y=−2x+4，∴−2x+4=−1解得：x1∴M14，−24设N0,n∵AN=MN，∴(−2)解得：n=−16，所以，点N坐标为0,−16．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数，一次函数的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数，一次函数的性质，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．6．如图，抛物线y=ax2+bx经过两点A(−1,1)，B(2,2)．过点B作BC∥x轴，交抛物线于点C

(1)求此抛物线对应的函数表达式及点C的坐标；(2)若抛物线上存在点M，使得△BCM的面积为72，求出点M(3)连接OA、OB、OC、AC，在坐标平面内，求使得△AOC与△OBN相似（边OA与边OB对应）的点N的坐标．【答案】(1)y=23(2)M点的坐标为：(0,0)，12，0，1+97(3)点N的坐标是(4,3)，(3,4)，(−1,−2)，(−2,−1)．【分析】（1）把A(−1,1)，B(2,2)代入y=ax2+bx求得抛物线的函数表达式为y=23x2（2）设△BCM边BC上的高为ℎ，根据已知条件得到ℎ=2，点M即为抛物线上到BC的距离为2的点，于是得到M的纵坐标为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如图1，当△AOC∽△BON时，求得ON=2OC=5，过N作NE⊥x轴于E，根据三角函数的定义得到OE=4，NE=3，于是得到结果；②如图2，根据相似三角形的性质得到BN=2OC=5，过B作BG⊥x轴于G，过N作x轴的平行线交BG的延长线于【详解】（1）解：把A(−1,1)，B(2,2)代入y=ax1=a−b2=4a+2b，解得a=故抛物线的函数表达式为y=2∵BC∥设Cx∴23x02−∵x∴C−（2）解：设△BCM边BC上的高为ℎ，∵BC=7∴S∴ℎ=2，点M即为抛物线上到BC的距离为2的点，∴M的纵坐标为0或4，令y=2解得：x1=0，∴M1(0,0)令y=2解得：x3=1+∴M31+综上所述：M点的坐标为：(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如图1，

当△AOC∽△BON时，AOBO=OC∴ON=2OC=5，过N作NE⊥x轴于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如图2，

当△AOC∽△OBN时，AOOB=OC∴BN=2OC=5，过B作BG⊥x轴于G，过N作x轴的平行线交BG的延长线于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)，综上所述：使得△AOC与△OBN相似（边OA与边OB对应）的点N的坐标是(4,3)，(3,4)，(−1,−2)，(−2,−1)．【点睛】本题主要考查的是二次函数与相似三角形的综合应用，难度较大，解答本题需要同学们熟练掌握二次函数和相似三角形的相关性质．7．如图，已知抛物线y=ax2+bx+ca>0与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C0,2，抛物线的对称轴为直线x=52，且OB=2OC，连接BC，点D是线段OB上一点（不与点O、B重合），过点D作x

(1)求抛物线的表达式；(2)当线段MN最大时，求点M的坐标；(3)连接BN，以B、D、N为顶点的三角形是否能够与△OBC相似？若能，请求出点N【答案】(1)y=1(2)2,1；(3)能，2,−1．【分析】（1）根据题意可得：A1，0（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−12x+2，设Dt,0，且0<t<4，则（3）以B、D、N为顶点的三角形当D2，0时与△OBC相似，此时点N的坐标为2，−1．设Dn,0，且0<n<4，则【详解】（1）∵C0,2∴OC=2，∵OB=2OC，∴OB=4，∴B4,0∵抛物线的对称轴为直线x=52，点A与点B关于直线∴A(1,0)，把A(1,0)，B4,0，C0,2分别代入a+b+c=016a+4b+c=0解得：a=1∴该抛物线的表达式为y=1（2）设直线BC的解析式为y=kx+d，把B4,0，C0,2分别代入得：解得：k=−1∴直线BC的解析式为y=−1设Dt,0，且0<t<4则Mt,−12∴MN=−1∵−1∴当t=2时，MN最大，最大值为2，此时点M的坐标为2,1；（3）以B、D、N为顶点的三角形能与△OBC设Dn,0，且0<n<4，则N又∵B4,0，C∴BD=4−n，DN=12n2−当△BDN∼△BOC时，∵∠BDN=∠BOC=90°，∴DNOC解得：n=0或n=4或n=2，∵0<n<4，∴n=0或n=4均不符合题意。

所以当n=2时，△BDN∼△BOC成立，此时N2,−1当△BDN∼△COB时，∵∠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均不符合题意，即△BDN∼△COB不成立；综上所述，以B、D、N为顶点的三角形能与△OBC相似，此时点N的坐标是2,−1【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等，解题关键是运用分类讨论思想和方程思想思考解决问题．8．如图，已知抛物线经过点A−2,0，B8,0，C0,4三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为m,0，过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q

(1)求该抛物线的表达式；(2)已知点F0,1，当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF(3)点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)−2或6(3)存在，点Q的坐标为6,4或−2,0【分析】（1）可设解析式为y=ax+2x−8，将点（2）先求出直线BD解析式为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，再证△MBQ∽△BPQ得BMBQ=BPPQ，列出方程，解之即可得此时m【详解】（1）由抛物线过点A−2,0、可设解析式为y=ax+2将点C0,4代入，得：−16a=4，解得：a=−则抛物线解析式为y=−1（2）由题意知点D坐标为0,−4，设直线BD解析式为y=kx+b，将B8,0、D0,−4代入，得：8k+b=0∴直线BD解析式为y=1∵QM⊥x轴，Pm,0∴Qm,−14则QM=−1∵F0,1、D∴DF=5，∵QM∥∴当−14m解得：m=−2或m=6，即m=−2或m=6时，四边形DMQF是平行四边形；（3）如图所示：

∵QM∥∴∠ODB=∠QMB，分以下两种情况：①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽则DOOB∵∠MBQ=90°，∴∠MBP+∠PBQ=90°，∵∠MPB=∠BPQ=90°，∴∠MBP+∠BMP=90°，∴∠BMP=∠PBQ，∴△MBQ∽∴BMBQ即12解得：m1=6、当m=8时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，∴m=6，点Q的坐标为6,4；②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽此时m=−2，点Q的坐标为−2,0；综上，点Q的坐标为6,4或−2,0时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用．9．如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于点A−2,0和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=3且OB=OC，顶点为D，连接AC

(1)求抛物线的表达式；(2)点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，设点P的横坐标为t，求四边形ABPC面积S的最大值及此时(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△OBC相似？若存在，求点M【答案】(1)y=−(2)S最大值为72，此时点P的坐标为4，12；(3)3,8或3,5+15或【分析】（1）先根据对称性求出点B的坐标，再利用待定系数法求解即可；（2）先求出直线BC的解析式，进而求出Ft，−t+8，则PF=−12（3）先证明△BOC是等腰直角三角形，然后分①当MN=EM，∠EMN=90°，△NME∽△COB时；②当ME=EN，∠MEN=90°时；③当MN=EN，∠MNE=90°时，三种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A−2,0，且对称轴为直线x=3∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为8，0，∴OC=OB=8，∴C0，8设抛物线解析式为y=ax+2∴a0+2∴a=−1∴抛物线解析式为y=−（2）解：如图所示，过点P作PF∥y轴交BC于F，设直线BC的解析式为y=kx+b∴8k+b∴k=−1b∴直线BC的解析式为y=−x+8，∵Pt，−∴Ft，−t+8∴PF=−1∴S△PBC∴S四边形ABPC==−2=−2t−4∵−2<0，∴当t=4时，S四边形ABPC∴此时点P的坐标为4，12；

（3）解：∵C∴△OBC为等腰直角三角形，∵抛物线y=−12x∴点E的横坐标为3，又∵点E在直线BC上，∴点E的纵坐标为5，∴E3，5设M3，m①当MN=EM，∠EMN=90°，△NME∽△COB时m−5=n−3−解得n=6m=8或n=−2∴此时点M的坐标为3,8；

②当ME=EN，∠MEN=90°时m−5=n−3解得：m=5+15n=3+15∴此时点M的坐标为3,5+

③当MN=EN，∠MNE=90°时则有m−5=2n−3解得：m1此时点M的坐标为3，11；

在射线ED上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为：3,8或3,5+15或【点睛】本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的性质、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．10．如图，抛物线y=ax2+bx+6与y轴交于点A，与x轴交于点B−1,0，C3,0，P是线段AC上方抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交x轴于点H，交AC

(1)求抛物线的表达式；(2)用含t的式子表示线段PD的长，并求线段PD长度的最大值；(3)连接AP，当△DPA与△DHC相似时，求点P的坐标．【答案】(1)y=−2(2)PD=−2t2(3)2,6或7【分析】（1）把点B−3,0，C1,0代入（2）先求解A0,6，再求解直线AC为y=2x+6，设点P的横坐标为t−3<t<0．可得Pt,−2t2（3）如图，连接AP，∠BDH=∠ADP，而△DPA与△DHC相似，分两种情况讨论：当△DPA∽△DHC时，如图，当△DHC∽△DAP时，过A作AQ⊥PH于Q，再求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点B∴9a+3b+c=0a−b+6=0解得a=−2b=4∴抛物线的表达式为y=−2x（2）解：在y=−2x2+4x+6中，当x=0∴A0,6设直线AC的表达式为y=kx+n，∴n=63k+n=0解得k=−2n=6∴直线AC的表达式为y=−2x+6．设点P的横坐标为t0<t<3∴Pt,−2t2∴PD=−2t当t=−62×−2=3（3）解：如图，连接AP．

∵∠CDH=∠ADP，则△DPA与△DHC相似，∴分两种情况讨论：①当△DPA∽△DHC时，∴DPDH=AP∴AP∥x轴，∴A，P关于抛物线的对称轴对称，∵B−1,0，C∴抛物线的对称轴为直线x=3−1∵A0,6∴P2,6②当△DHC∽△DAP时，过点A作AQ⊥PH于点Q，如图．

∴AQ=OH，AO=QH=6，设AQ=OH=n，∵△DHC∽△DAP，∴∠DHC=∠DAP=90°，∴∠ADP+∠APD=∠APQ+∠QAP=90°，∴∠PAQ=∠ADP，由PH∥y轴，可得∴∠PAQ=∠CAO，∴tan∠PAQ=tan∠CAO=3∴PQAQ=1∴Pn,6+∴−2n解得：n=74（∴P7综上所述，点P的坐标为2,6或7【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．11．如图1，抛物线y=−x2+bx+c经过A0,3和B72,−94两点，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

(1)求该抛物线的表达式．(2)当点P的坐标为2，3时，求四边形(3)如图2，若PE∥x轴交AB于点E且点P在直线AB上方，求(4)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的坐标．【答案】(1)y=−(2)7.5(3)245(4)P2,3或【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；（2）先求出点G的坐标，得到OG=3，再推出OA=3，AP=2，AP∥x轴，然后根据梯形面积公式求解即可；（3）先求出点C的坐标，然后证明Rt△DPE∽（4）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．【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A∴将A0,3和B72,−94代入∴抛物线的解析式为y=−x（2）解：在y=−x2+2x+3中，当y=0时，−x2∴G3，0∴OG=3，∵A0，3∴OA=3，AP=2，AP∥x轴，∴S四边形APGO（3）解：设直线AB的解析式为y=kx+n，把A0,3和B72,−9∴直线AB的解析式为y=−3在y=−32x+3，当y=0时，−∴C2,0，联立y=−x2+2x+3y=−3∵PD⊥x轴，PE∥x轴，∴∠ACO=∠DEP，∴Rt∴PDPE=OA∴PD+PE=5设点Pa,−a2+2a+3，∴PD=−∴PD+PE=−5∵−53<0，抛物线开口向下，PD+PE∴当a=74时，PD+PE有最大值为（4）解：∵PD⊥x轴，∴PD∥y轴，即∠OAC=∠PDA，根据题意，分两种情况：①当△AOC∽△DPA时，∴∠DPA=∠AOC=90°，∵PD⊥x轴，∠DPA=90°，A0,3∴点P纵坐标是3，横坐标x>0，即−x2+2x+3=3∴点D的坐标为2,0；∵PD⊥x轴，∴点P的横坐标为2，∴点P2,3②当△AOC∽△DAP时，∴∠APD=∠ACO，过点A作AG⊥PD于点G，如图所示：

∴△APG∽△ACO，∴PGAG设点Pn,−n2+2n+3，则Dn,−∴P43综上所述，P2,3或P【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质，运用数形结合和分类讨论的思想解题是关键．12．如图，已知抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，O是坐标原点，已知点B的坐标是3

(1)求该抛物线的函数表达式；(2)点P在x轴上方的抛物线上，且∠PAB=∠CAB，求点P的坐标；(3)点D是y轴上一动点，若以D、C、B为顶点的三角形与△ABC相似，求出符合条件的点D的坐标．【答案】(1)y=(2)6(3)0，1【分析】（1）根据正切函数，可得A点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据正切函数，可得P点坐标，根据图像上的点满足函数解析式，可得关于x的方程，根据解方程，可得答案；（3）根据两组对边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得关于y的方程，根据解方程，可得答案．【详解】（1）解：∵抛物线y=ax∴点C的坐标为0,−3，∴OC=3，∵tan∠OAC=3∴OA=1，即点A的坐标为−1，又∵B3∴a−b−3=09a+3b−3=0解得a=1b=−2∴抛物线的函数表达式是y=x（2）解：∵∠PAB=∠CAB，∴tan∠PAB=tan∠CAB=3，∵点P在x轴上方，设点P的横坐标为x，则点P的纵坐标为3x+1∴3x+1得x=−1（舍去）或x=6，当x=6时y=21，∴点P的坐标为6，（3）解：如图，

设点D的坐标为0,y，∵OB=OC=3，∠BOC=90°，∴∠CBO=1∴△ABC为∠ABC=45°的锐角三角形，∴△DCB也是锐角三角形，∴点D在点C的上方，∴∠DCB=45°，∴∠ABC=∠DCB，∵AB=4，BC=32，DC=y+3①如果DCAB=BC∴y=1，即点D0②如果DCBC=BC∴y=32，即点综上分析可知：符合条件的点D的坐标为0，1或【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数求函数解析式；利用正切函数得出P点坐标是解题关键，又利用图像上的点满足函数解析式得出P点坐标；利用两组对边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得出关于y的方程是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．13．如图，抛物线与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，OB=6，顶点D2,8，对称轴交x轴于点Q．

(1)求抛物线的解析式；(2)已知直线CD与对称轴形成的夹角为45°，动点M在对称轴上运动且位于点D下方时，是否存在△DCM和△BQC相似？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)二次函数的表达式为y=−(2)存在，点M的坐标为2,2或2,【分析】（1）由顶点D2,8设y=ax−2（2）首先确定B、D是对应顶点，设点M2,n，表示△DCM和△BQC【详解】（1）由顶点D2,8设y=ax−2∵OB=6，∴B6,0，代入得：a解得：a=−1∴抛物线对应二次函数的表达式为：y=−1（2）存在点M，使得△DCM和△BQC相似，如图：

连接CM，设M2,n∵D2,8∴DM=8−n，由题知∠CDM=45°，CD=2∵C0,6，B∴△OBC∴∠QBC=45°，BC=6∴∠CDM=∠QBC，BQ=6−2=4，①当△BQC∼△DCM时，BQCD解得n=2，∴M2,2②当△BQC∼△DMC时，BQDM解得n=20∴M2,综上所述，点M的坐标为2,2或2,20【点睛】本题考查了二次函数，相似三角形的综合知识，解题的关键是设所求点的坐标，表达出相关的线段长，列方程求解．14．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−x2+c与y

(1)求抛物线的解析式．(2)如图，将抛物线y=−x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A,B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C(3)直线BC与抛物线y=−x2+c交于M,N两点（点N在点M的右侧），当x轴上存在一点T，能使以B,N,T三点为顶点的三角形与△ABC【答案】(1)抛物线的解析式为y=−(2)△BCQ是直角三角形．理由见解析(3)点T的坐标T1+25【分析】（1）将P0,4（2）写出平移后的解析式，再求出B,C,Q三点的坐标，求得∠BCQ=90°，即可判断；（3）求出直线BC的解析式，再求出N两点的坐标，根据相似的性质，进行分类讨论，即可解答．【详解】（1）解：∵将点P0,4代入抛物线y=−x2∴抛物线的解析式为y=−x（2）△BCQ是直角三角形．理由如下：将抛物线y=−x2+4∴平移后的抛物线顶点为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轴，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，∴直线BC的斜率为1，∴直线BC的解析式为y=x+3，联立方程y=x+3y=−x2+4，解得∴N−1+①当NT1∥∴△BAC∽△BT根据图形可得A1,0,B−3,0设直线CA的解析式为y=kx+b，将A1,0,C0,3解得k=−3b=3∴直线CA的解析式为y=−3x+3，设直线NT1的解析式为y=−3x+t，将N−1+52∴直线NT1的解析式为当y=0时，解得x=2∴T∵B∴BN∴BN=5②当△BAC∽△BNT2时，∴B∴BT∵OB=3，∴T【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，抛物线的平移，直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握数形结合技巧，分类讨论是解题的关键．15．如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−3,0，B1,0，与y

(1)求抛物线与直线AC的函数表达式．(2)设Q是拋物线上的一个动点（不与A，B重合），过点Q作QH⊥x轴，垂足为H，交直线AC于点P，当QP=PH时，求点Q的坐标．(3)在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点D，使得以点C，Q，D为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−x2(2)Q(3)存在，点D的坐标为−1,83【分析】（1）根据抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−3,0，B1,0，得到方程组，解出b，c得到抛物线的解析式，根据设直线AC的解析式为：y=kx+bk≠0，把点A，C的坐标代入（2）设点Q的坐标为Qa,−a2−2x+3，得点Pa,a+3（3）根据点C，Q，D为顶点的三角形与△ABC相似，分类讨论：①∠QCD1=∠ACB，得△QCD1∼△ACB；【详解】（1）∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A∴0=−9−3b+c0=−1+b+c解得：b=−2c=3∴抛物线的解析式为：y=−x∴点C0,3设直线AC的解析式为：y=kx+bk≠0∴0=−3k+bb=3解得：k=1b=3∴设直线AC的解析式为：y=x+3．（2）∵点Q在抛物线y=−x∴设点Q的坐标为Qa,−∵过点Q作QH⊥x轴，垂足为H，交直线AC于点P，∴点Pa,a+3∵QP=PH，∴−a解得：a1=−1，a2∵点Q不与A，B重合，∴a=−1，∴点Q−1,4（3）存在．理由如下：∵抛物线y=−x∴顶点坐标为：−1,4，∴Q是抛物线的顶点，抛物线的对称轴为QH，对称轴为直线x=过点C作CE⊥QH于点E，∴tan∠CQE=CE∴∠CQE=45°；∵tan∠CAB=CO∴∠CAO=45°，∴∠CAO=∠CQE，设点D−1,q，则CD与BC∴AB=1−−3=4，∴AC=32+32①∠QCD1=∠ACB∴QD1与∴QD∴4−q4解得q=8∴D1②∠QCD2=∠ABC∴QD2与∴