专题4二次函数与相似问题（解析版）

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

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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

ABDEABDF

比例，分和△两种情△况列方程．

ACDFACDE

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．

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【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），

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∵∠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，

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∴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：

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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

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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°，

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∵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+＝，

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∴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

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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：，解得：，

�−�+6=0�=−2

∴抛物9�线+的3解�析+式6=为0y＝﹣2x2+4�x+=6．4

（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：

，解得：，

3�+�=0�=−2

∴�直=线6BC的解析式为�y=＝6﹣2x+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，

∴SPF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m）2，

1327

=2−2+4

∴当m时，△PBC面积取最大值，最大值为．

327

=

∵点P（m2，n）在平面直角坐标系第一象限内的4抛物线上运动，

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∴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．

27

（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．4

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，

当时，△COB∽△CDM∽△CMN，

𝐷𝑂31

===

∴����6，2

�1

2=

解得−2，�a+＝4�1，2

∴M（1，8），

此时NDDM，

11

=2=2

∴N（0，），

17

当2时，△COB∽△MDC∽△NMC，

��𝑂1

==

∴𝐷��2，

2

−2�+4�1

=

�2

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解得a，

7

=4

∴M（，），

755

此时N4（0，8）．

83

如图3，当点8M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：或2，△CMN与△OBC相似，

22

2�−4�12�−4�

==

解得a或a＝�3，2�

9

=4

∴M（，）或M（3，0），

939

此时N4点坐8标为（0，）或（0，）．

33

−

综合以上得，存在M（81，8），N（02，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M

（3，0），N（0，），使得∠CMN＝920°，且△C4MN8与△OBC相8似．488

3

−

【例5】（2020•随州）如2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，其图象与x

3

轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．=2

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（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2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：，

�3

−2�=2

解得，16�+4�+1=0

1

�=−4

3

�=

∴抛物线的4解析式为yx2x+1，

13

令y＝0，可得x2﹣3x﹣=4−＝40，+解4得x＝﹣1或4，

∴A（﹣1，0），

令y＝0，得到x＝1，

∴C（0，1），

∴OA＝OC＝1，

∴∠CAO＝45°．

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（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°，ANt，AM＝3t，

∴AE＝EN＝t，=2

∴EM＝AM﹣AE＝2t，

∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，

∴D（4t﹣1，2t），

∴（4t﹣1）2（4t﹣1）+1＝2t，

13

−+

∵t＞40，故可以解得4t，

3

=

经检验，t时，M，N4均没有达到终点，符合题意，

3

=4

∴D（2，）．

3

（3）如图23﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，

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取E（，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G，

1

∵M（2，0），D（2，），B（4，0）

53

∴FM＝42，DM2，BM，BD，

5335115

∴DF＝2M−F4，=4=4=4=2

∵OC＝2OE，

∴tan∠OCE＝tan∠MDF，

1

∴∠OCE＝∠MDF，=2

∴∠OCP＝∠MDB，

∴∠ECG＝∠FDB，

∴tan∠ECG＝tan∠FDB，

4

=3

∵EC，

5

=

∴EG2，可得G（，），

25112

=

∴直线C3P的解析式为y63x+1，

2

=−11

由，解得或，

241

�=−11�+1�=0�=11

123�=139

�=−�+�+1�=

∴P（，4），4C（0，1），121

4139

∴PC11121，

2105

=

当121或时，△QCP与△MDB相似，可得CQ或，

��������6152050

===

𝐶𝐶��𝐶242363

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∴Q（0，）或（0，）．

3731687

如图3﹣2−中2，42当点Q在点−C3的63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yx+1，

1

=−2

由，解得或，

1

�=−�+1�=0�=5

23

123�=1�=−

�=−�+�+12

∴P（5，4），4

3

−2

∴PC，

55

=

当2或时，△QCP与△MDB相似，可得CQ或，

𝐷��𝐷��5575

===6

∴Q�（�0，𝐶）𝐶或（0�，�）．22

4953

−6−22

当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（，），Q（0，）

2591257

−−

或（0，），3918

1151

当点Q在9点9C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，），Q（0，）或（0，），

31737

当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得P（，2），Q（06，）或（220，），

251716171613

当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠D1B1M时12，1同法可得P2（42，），3Q6（30，）

71959

−−−

或（0，）．3918

251

−99

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【例6】（2020•广东）如图，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、

3+3

右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直=线与6y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BCCD．

（1）求b，c的值；=3

（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，可求点D坐标，利用待定系数法

可求解析式；=3

（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（x+1）（x﹣3）x2x，

3+33+33+33+3

==−−

∴b，c；6632

3+33+3

（2）=−如图31，过=点−D作2DE⊥AB于E，

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∴CO∥DE，

∴，

����

=

∵�B�C𝑂CD，BO＝3，

∴=3，

3

∴O3E=𝑂，

∴点D=横3坐标为，

∴点D坐标为（−3，1），

设直线BD的函数−解析3式为3：+y＝kx+b，

由题意可得：，

3+1=−3�+�

0=3�+�

解得：，

3

�=−3

�=3

∴直线BD的函数解析式为yx；

3

（3）∵点B（3，0），点A（=﹣−1，30）+，点3D（，1），

∴AB＝4，AD＝2，BD＝22，对称轴为−直线3x＝13，+

23+

∵直线BD：yx与y轴交于点C，

3

∴点C（0，=）−，3+3

∴OC，3

=3

∵tan∠CBO，

��3

∴∠CBO＝3=0°��，=3

如图2，过点A作AK⊥BD于K，

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∴AKAB＝2，

1

=

∴DK22，

22

∴DK=＝AK�，�−𝐴=8−4=

∴∠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°，

∴BNPN＝2，BP＝2PN，

=3

∴PN，BP，

2343

当△B=AD3∽△BP=Q，3

∴，

����

=

����

∴BQ2，

43

3×(23+2)23

==+

∴点Q（14，0）；3

23

当△BAD∽−△B3QP，

∴，

����

=

��𝑂

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∴BQ4，

43

3×443

==−

∴点Q（2﹣3+12，03）；

43

若∠PBO＝∠+AD3B＝45°，

∴BN＝PN＝2，BPBN＝2，

当△DAB∽△BPQ，=22

∴，

����

=

∴����，

22��

=

∴2BQ2＝223+22

∴点Q（1﹣3+2，0）；

当△BAD∽△PQ3B，

∴，

����

=

∴B�Q���22，

22×22

==3−

∴点Q（25﹣3+22，0）；

3

综上所述：满足条件的点Q的坐标为（1，0）或（﹣1，0）或（1﹣2，0）或（5﹣2，

2343

0）．−3+333

【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△COM

相似？若存在，求出线段PF的长度；若不存在，请说明理由．

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【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＝∠

COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝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，

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解得a1＝﹣3（舍），a2＝4．

∴D（4，﹣5）．

（3）存在．

依题意，PF∥y轴，则∠PFC＝∠OCM，

∴∠CPF＝∠COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°时，

以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似．

①当∠CPF＝∠COM＝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＝∠COM＝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．

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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△COM相似．

此时PF＝4或．

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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

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＝，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），

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∴，

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，

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∵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，

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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、

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∴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），

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∴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°，

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∴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（，）．

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