2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專(zhuān)題4二次函數(shù)與相似問(wèn)題（教師版）

專(zhuān)題4二次函數(shù)與相似問(wèn)題函數(shù)中因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的相似三角形問(wèn)題一般有三個(gè)解題途徑①求相似三角形的第三個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，先要分析已知三角形的邊和角的特點(diǎn)，進(jìn)而得出已知三角形是否為特殊三角形。根據(jù)未知三角形中已知邊與已知三角形的可能對(duì)應(yīng)邊分類(lèi)討論。②或利用已知三角形中對(duì)應(yīng)角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數(shù)、對(duì)稱(chēng)、旋轉(zhuǎn)等知識(shí)來(lái)推導(dǎo)邊的大小。③若兩個(gè)三角形的各邊均未給出，則應(yīng)先設(shè)所求點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)而用函數(shù)解析式來(lái)表示各邊的長(zhǎng)度，之后利用相似來(lái)列方程求解。相似三角形常見(jiàn)的判定方法：（1）平行線(xiàn)法：平行于三角形的一邊的直線(xiàn)與其他兩邊相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似；這是判定三角形相似的一種基本方法．相似的基本圖形可分別記為“A”型和“X”型，如圖所示在應(yīng)用時(shí)要善于從復(fù)雜的圖形中抽象出這些基本圖形．（2）三邊法：三組對(duì)應(yīng)邊的比相等的兩個(gè)三角形相似；（3）兩邊及其夾角法：兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等且?jiàn)A角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似；（4）兩角法：有兩組角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似．判定定理“兩邊及其夾角法”是常用的解題依據(jù)，一般分三步：尋找一組等角，分兩種情況列比例方程，解方程并檢驗(yàn)．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC與△DEF相似，只要把夾∠A和∠D的兩邊表示出來(lái)，按照對(duì)應(yīng)邊成比例，分SKIPIF1<0和SKIPIF1<0兩種情況列方程．應(yīng)用判定定理“兩角法”解題，先尋找一組等角，再分兩種情況討論另外兩組對(duì)應(yīng)角相等．應(yīng)用判定定理“三邊法”解題不多見(jiàn)，根據(jù)三邊對(duì)應(yīng)成比例列連比式解方程（組）．還有一種情況，討論兩個(gè)直角三角形相似，如果一組銳角相等，其中一個(gè)直角三角形的銳角三角比是確定的，那么就轉(zhuǎn)化為討論另一個(gè)三角形是直角三角形的問(wèn)題．

【例1】（2022?貴港）如圖，已知拋物線(xiàn)y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（0，3）和B（，﹣）兩點(diǎn)，直線(xiàn)AB與x軸相交于點(diǎn)C，P是直線(xiàn)AB上方的拋物線(xiàn)上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，PD⊥x軸交AB于點(diǎn)D．（1）求該拋物線(xiàn)的表達(dá)式；（2）若PE∥x軸交AB于點(diǎn)E，求PD+PE的最大值；（3）若以A，P，D為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P，點(diǎn)D的坐標(biāo)．【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(diǎn)C的坐標(biāo)，然后證明Rt△DPE∽R(shí)t△AOC，再由二次函數(shù)的最值性質(zhì)，求出答案；（3）根據(jù)題意，可分為兩種情況進(jìn)行分析：當(dāng)△AOC∽△APD時(shí)；當(dāng)△AOC∽△DAP時(shí)；分別求出兩種情況的點(diǎn)的坐標(biāo)，即可得到答案．【解析】（1）將A（0，3）和B（，﹣）代入y＝﹣x2+bx+c，，解得，∴該拋物線(xiàn)的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設(shè)直線(xiàn)AB的解析式為y＝kx+n，把A（0，3）和B（，﹣）代入，，解得，∴直線(xiàn)AB的解析式為y＝﹣x+3，當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x+3＝0，解得：x＝2，∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），∵PD⊥x軸，PE∥x軸，∴∠ACO＝∠DEP，∴Rt△DPE∽R(shí)t△AOC，∴，∴PE＝PD，∴PD+PE＝PD，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（a，﹣a2+2a+3），則D點(diǎn)坐標(biāo)為（a，﹣a+3），∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣（a﹣）2+，∴PD+PE＝﹣（a﹣）2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)a＝時(shí)，PD+PE有最大值為；（3）①當(dāng)△AOC∽△APD時(shí)，∵PD⊥x軸，∠DPA＝90°，∴點(diǎn)P縱坐標(biāo)是3，橫坐標(biāo)x＞0，即﹣x2+2x+3＝3，解得x＝2，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）；∵PD⊥x軸，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2，∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為：y＝﹣22+2×2+3＝3，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，3），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）；②當(dāng)△AOC∽△DAP時(shí)，此時(shí)∠APG＝∠ACO，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥PD于點(diǎn)G，∴△APG∽△ACO，∴，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），則D點(diǎn)坐標(biāo)為（m，﹣m+3），則，解得：m＝，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（，1），P點(diǎn)坐標(biāo)為（，），綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，3），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）或P點(diǎn)坐標(biāo)為（，），D點(diǎn)坐標(biāo)為（，1）．【例2】（2022?衡陽(yáng)）如圖，已知拋物線(xiàn)y＝x2﹣x﹣2交x軸于A、B兩點(diǎn)，將該拋物線(xiàn)位于x軸下方的部分沿x軸翻折，其余部分不變，得到的新圖象記為“圖象W”，圖象W交y軸于點(diǎn)C．（1）寫(xiě)出圖象W位于線(xiàn)段AB上方部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；（2）若直線(xiàn)y＝﹣x+b與圖象W有三個(gè)交點(diǎn)，請(qǐng)結(jié)合圖象，直接寫(xiě)出b的值；（3）P為x軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM∥y軸交直線(xiàn)BC于點(diǎn)M，交圖象W于點(diǎn)N，是否存在這樣的點(diǎn)P，使△CMN與△OBC相似？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）令x＝0和翻折的性質(zhì)可得C（0，2），令y＝0可得點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出圖象W的解析式；（2）利用數(shù)形結(jié)合找出當(dāng)y＝﹣x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)C或者y＝﹣x+b與y＝x2﹣x﹣2相切時(shí)，直線(xiàn)y＝﹣x+b與新圖象恰好有三個(gè)不同的交點(diǎn)，①當(dāng)直線(xiàn)y＝﹣x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（0，2）時(shí)，利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，即可求出b值；②當(dāng)y＝﹣x+b與y＝x2﹣x﹣2相切時(shí)，聯(lián)立一次函數(shù)解析式和拋物線(xiàn)解析式，利用根的判別式Δ＝0，即可求出b值．綜上即可得出結(jié)論；（3）先確定△BOC是等腰直角三角形，分三種情況：∠CNM＝90°或∠MCN＝90°，分別畫(huà)圖可得結(jié)論．【解析】（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2，∴C（0，2），當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣x﹣2＝0，（x﹣2）（x+1）＝0，∴x1＝2，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（2，0），設(shè)圖象W的解析式為：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，∴圖象W位于線(xiàn)段AB上方部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為：y＝﹣x2+x+2（﹣1＜x＜2）；（2）由圖象得直線(xiàn)y＝﹣x+b與圖象W有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)，存在兩種情況：①當(dāng)直線(xiàn)y＝﹣x+b過(guò)點(diǎn)C時(shí)，與圖象W有三個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)b＝2；②當(dāng)直線(xiàn)y＝﹣x+b與圖象W位于線(xiàn)段AB上方部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖象相切時(shí)，如圖1，﹣x+b＝﹣x2+x+2，x2﹣2x+b﹣2＝0，Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（b﹣2）＝0，∴b＝3，綜上，b的值是2或3；（3）∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，如圖2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，∵PN∥y軸，∴P（1，0）；如圖3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，當(dāng)y＝2時(shí)，x2﹣x﹣2＝2，x2﹣x﹣4＝0，∴x1＝，x2＝，∴P（，0）；如圖4，當(dāng)∠MCN＝90°時(shí)，△OBC∽△CMN，∴CN的解析式為：y＝x+2，∴x+2＝x2﹣x﹣2，∴x1＝1+，x2＝1﹣（舍），∴P（1+，0），綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，0）或（，0）或（1+，0）．【例3】（2022?桂林）如圖，拋物線(xiàn)y＝﹣x2+3x+4與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于C點(diǎn)，拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸l與x軸交于點(diǎn)N，長(zhǎng)為1的線(xiàn)段PQ（點(diǎn)P位于點(diǎn)Q的上方）在x軸上方的拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸上運(yùn)動(dòng)．（1）直接寫(xiě)出A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）求CP+PQ+QB的最小值；（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸于點(diǎn)M，當(dāng)△CPM和△QBN相似時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；（2）將C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，連接BC'交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸l于Q，可知四邊形CC'QP是平行四邊形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B(niǎo)，Q，C'共線(xiàn)，故此時(shí)CP+PQ+BQ最小，最小值為BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值為6；（3）由在y＝﹣x2+3x+4得拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝﹣＝，設(shè)Q（，t），則P（，t+1），M（0，t+1），N（，0），知BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，①當(dāng)＝時(shí)，＝，可解得Q（，）或（，）；②當(dāng)＝時(shí)，＝，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）將C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，連接BC'交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸l于Q，如圖：∵CC'＝PQ，CC'∥PQ，∴四邊形CC'QP是平行四邊形，∴CP＝C'Q，∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，∵B，Q，C'共線(xiàn)，∴此時(shí)CP+PQ+BQ最小，最小值為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最小值為6；（3）如圖：由在y＝﹣x2+3x+4得拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝﹣＝，設(shè)Q（，t），則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當(dāng)＝時(shí)，＝，解得t＝或t＝，∴Q（，）或（，）；②當(dāng)＝時(shí)，＝，解得t＝或t＝（舍去），∴Q（，），綜上所述，Q的坐標(biāo)是（，）或（，）或（，）．【例4】（2022?玉林）如圖，已知拋物線(xiàn)：y＝﹣2x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A，B（2，0）（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x＝，P是第一象限內(nèi)拋物線(xiàn)上的任一點(diǎn)．（1）求拋物線(xiàn)的解析式；（2）若點(diǎn)D為線(xiàn)段OC的中點(diǎn)，則△POD能否是等邊三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線(xiàn)與線(xiàn)段BC交于點(diǎn)M，垂足為點(diǎn)H，若以P，M，C為頂點(diǎn)的三角形與△BMH相似，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）把點(diǎn)B（2，0）代入y＝﹣2x2+bx+c中，再由對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x＝列方程，兩個(gè)方程組成方程組可解答；（2）當(dāng)△POD是等邊三角形時(shí)，點(diǎn)P在OD的垂直平分線(xiàn)上，所以作OD的垂直平分線(xiàn)與拋物線(xiàn)的交點(diǎn)即為點(diǎn)P，計(jì)算OD≠PD，可知△POD不可能是等邊三角形；（3）分種情況：①當(dāng)PC∥x軸時(shí)，△CPM∽△BHM時(shí)，根據(jù)PH的長(zhǎng)列方程可解答；②②如圖3，△PCM∽△BHM，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥y軸于E，證明△PEC∽△COB，可得結(jié)論．【解析】（1）由題意得：，解得：，∴拋物線(xiàn)的解析式為：y＝﹣2x2+2x+4；（2）△POD不可能是等邊三角形，理由如下：如圖1，取OD的中點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EP∥x軸，交拋物線(xiàn)于點(diǎn)P，連接PD，PO，∵C（0，4），D是OD的中點(diǎn)，∴E（0，1），當(dāng)y＝1時(shí)，﹣2x2+2x+4＝1，2x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝，x2＝（舍），∴P（，1），∴OD≠PD，∴△POD不可能是等邊三角形；（3）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，﹣2t2+2t+4），則OH＝t，BH＝2﹣t，分兩種情況：①如圖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如圖3，△PCM∽△BHM，則∠PCM＝∠BHM＝90°，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥y軸于E，∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，∴∠PCE+∠EPC＝∠PCE+∠BCO＝90°，∴∠BCO＝∠EPC，∴△PEC∽△COB，∴＝，∴＝，解得：t1＝0（舍），t2＝，∴P（，）；綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，4）或（，）．1．（2020秋?興城市期末）如圖，拋物線(xiàn)y＝ax2+bx+4經(jīng)過(guò)A（4，0），B（﹣1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，D為第一象限拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，連接AC，BC，DA，DB，DB與AC相交于點(diǎn)E．（1）求拋物線(xiàn)的解析式；（2）如圖1，設(shè)△ADE的面積為S1，△BCE的面積為S2，當(dāng)S1＝S2+5時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CF∥x軸，點(diǎn)M是直線(xiàn)CF上的一點(diǎn)，MN⊥CF交拋物線(xiàn)于點(diǎn)N，是否存在以C，M，N為頂點(diǎn)的三角形與△BCO相似？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法將A（4，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，解方程組即可求得答案；（2）根據(jù)題意，當(dāng)S1＝S2+5，即S△ABD＝S△ABC+5，設(shè)D（x，y），表示出△ABD和△ABC的面積，列方程求解即可；（3）分情況討論，列出三角形相似的三種情況，畫(huà)出相應(yīng)圖形，設(shè)M（m，4），則N（m，﹣m2+3m+4），運(yùn)用相似三角形性質(zhì)，建立方程求解即可．【解析】（1）∵拋物線(xiàn)y＝ax2+bx+4經(jīng)過(guò)A（4，0），B（﹣1，0）兩點(diǎn)，∴，解得：，∴y＝﹣x2+3x+4；（2）∵拋物線(xiàn)y＝﹣x2+3x+4與y軸交于點(diǎn)C，令x＝0，則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，設(shè)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）設(shè)M（m，4），則N（m，﹣m2+3m+4），①如圖2，△BOC∽△NMC，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝，經(jīng)檢驗(yàn)，m＝是原方程的解，∴M（，4）；②如圖3，△BOC∽△CMN，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝﹣1，經(jīng)檢驗(yàn)，m＝﹣1是原方程的解，∴M（﹣1，4）；③如圖4，△BOC∽△NMC，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝，經(jīng)檢驗(yàn)，m＝是原方程的解，∴M（，4）；④如圖5，△BOC∽△CMN，則＝，∴＝，解得：m＝0（舍去），m＝7，經(jīng)檢驗(yàn)，m＝7是原方程的解，∴M（7，4）；綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，4）或（﹣1，4）或（，4）或（7，4）．2．（2020秋?郴州期末）已知拋物線(xiàn)y＝x2﹣3x+與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊）．（1）求A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）如圖1，若點(diǎn)D是拋物線(xiàn)上在第四象限的點(diǎn)，連接DA并延長(zhǎng)，交y軸于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E．當(dāng)△APO與△ADE的面積比為＝時(shí)．求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2，拋物線(xiàn)與y軸相交于點(diǎn)F．若點(diǎn)Q是線(xiàn)段OF上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作與x軸平行的直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于M，N兩點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左邊）．請(qǐng)問(wèn)是否存在以Q，A，M為頂點(diǎn)的三角形與△QNA相似？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）在拋物線(xiàn)解析式中，令y＝0則可求得A、B的坐標(biāo)；（2）證明△AOP∽△AED，根據(jù)相似三角形面積的比等于對(duì)應(yīng)邊的比的平方列比例式可得AE＝2，從而得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為3，代入拋物線(xiàn)的解析式可得點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2所示，若以Q，A，M為頂點(diǎn)的三角形與△QNA相似，有兩種情況，但是∠QAM與∠QAN不可能相等，所以最后只存在一種情況：△AQM∽△NQA，列比例式可得結(jié)論．【解析】（1）當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣3x+＝0，解得：x1＝1，x2＝5，∴A（1，0），B（5，0）；（2）∵DE⊥x軸，∴∠AED＝90°，∴∠AOP＝∠AED＝90°，∵∠OAP＝∠DAE，∴△AOP∽△AED，∴＝＝，∴＝，∵OA＝1，∴AE＝2，∴OE＝3，當(dāng)x＝3時(shí)，y＝﹣3×3+＝﹣2，∴D（3，﹣2）；（3）如圖2，設(shè)Q（0，m），當(dāng)x＝0時(shí)，y＝，∴F（0，），∵點(diǎn)Q是線(xiàn)段OF上的動(dòng)點(diǎn)，∴0≤m≤，當(dāng)y＝m時(shí)，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，∴當(dāng)△AQM和△AQN相似只存在一種情況：△AQM∽△NQA，∴，∴AQ2＝NQ?QM，即1+m2＝（3+）（3﹣），解得：m1＝﹣1+，m2＝﹣1﹣（舍），∴Q（0，﹣1+）．3．（2020秋?長(zhǎng)垣市期末）如圖1，拋物線(xiàn)y＝x2+bx+c與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B（6，0）和點(diǎn)C（0，﹣3）．（1）求拋物線(xiàn)的解析式；（2）點(diǎn)P是直線(xiàn)BC下方拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，連接PB、PC，當(dāng)△PBC的面積為時(shí)，求m值；（3）如圖2，點(diǎn)M是線(xiàn)段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線(xiàn)l分別與直線(xiàn)BC和拋物線(xiàn)交于D，E兩點(diǎn)，是否存在以C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△BDM相似，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出該拋物線(xiàn)的函數(shù)關(guān)系式；（2）根據(jù)點(diǎn)P是直線(xiàn)BC下方拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，表示PH的長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積列方程解出即可得出結(jié)論；（3）先根據(jù)兩三角形相似判斷出∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，進(jìn)而分兩種情況討論即可得出結(jié)論．【解析】（1）把點(diǎn)B（6，0）和點(diǎn)C（0，﹣3）代入得：，解得：，∴拋物線(xiàn)的解析式為；（2）設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為：y＝ax+n，由點(diǎn)B（6，0）和C（0，﹣3）得：，解得：，∴直線(xiàn)BC的解析式為，如圖1，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線(xiàn)交BC于點(diǎn)H，∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，），PH∥y軸，∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為（m，），∴PH＝y(tǒng)H﹣yP＝﹣（）＝﹣，xB﹣xC＝6﹣0＝6，∵S△PBC＝PH×6＝（﹣）×6＝﹣＝，解得：m1＝1，m2＝5，∴m值為1或5；（3）如圖2，∵∠CDE＝∠BDM，△CDE與△BDM相似，∴∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，設(shè)M（x，0），①當(dāng)∠CED＝∠BDM＝90°，∴CE∥AB，∵C（0，﹣3），∴點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為﹣3，∵點(diǎn)E在拋物線(xiàn)上，∴x2﹣x﹣3＝﹣3．∴x＝0（舍）或x＝5，∴M（5，0）；②當(dāng)∠DCE＝∠DMB＝90°，∵OB＝6，OC＝3，∴BC＝＝3，由（2）知直線(xiàn)BC的關(guān)系式為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）；綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（5，0）或（1，0）．4．（2021秋?鄒城市期末）如圖，已知拋物線(xiàn)y＝x2+2x的頂點(diǎn)為A，直線(xiàn)y＝x+2與拋物線(xiàn)交于B，C兩點(diǎn)．（1）求A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）作CD⊥x軸于點(diǎn)D，求證：△ODC∽△ABC；（3）若點(diǎn)P為拋物線(xiàn)上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，則是否還存在除C點(diǎn)外的其他位置的點(diǎn)，使以O(shè)，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？若存在，請(qǐng)求出這樣的P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）將拋物線(xiàn)配方后可得頂點(diǎn)A的坐標(biāo)，將拋物線(xiàn)和一次函數(shù)的解析式聯(lián)立方程組，解出可得B和C的坐標(biāo)；（2）先根據(jù)兩點(diǎn)的距離計(jì)算AB、BC、AC的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理的逆定理可得：∠ABC＝90°，最后根據(jù)兩邊的比相等且?jiàn)A角為90度得兩三角形相似；（3）存在，設(shè)M（x，0），則P（x，x2+2x），表示OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，分兩種情況：有＝或＝，根據(jù)比例式代入可得對(duì)應(yīng)x的值，計(jì)算點(diǎn)P的坐標(biāo)即可．【解答】（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，∴頂點(diǎn)A（﹣1，﹣1）；由，解得：或∴B（﹣2，0），C（1，3）；（2）證明：∵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）存在這樣的P點(diǎn)，設(shè)M（x，0），則P（x，x2+2x），∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，當(dāng)以O(shè)，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似時(shí)，有＝或＝，由（2）知：AB＝，CB＝3，①當(dāng)＝時(shí)，則＝，當(dāng)P在第二象限時(shí)，x＜0，x2+2x＞0，∴，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，當(dāng)P在第三象限時(shí)，x＜0，x2+2x＜0，∴＝，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，②當(dāng)＝時(shí)，則＝3，同理代入可得：x＝﹣5或x＝1（舍），綜上所述，存在這樣的點(diǎn)P，坐標(biāo)為（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣5，15）．5．（2021秋?攸縣期末）如圖，已知直線(xiàn)y＝﹣2x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、B，拋物線(xiàn)過(guò)A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線(xiàn)段AB上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)C，交拋物線(xiàn)于點(diǎn)D．（1）若拋物線(xiàn)的解析式為y＝﹣2x2+2x+4，設(shè)其頂點(diǎn)為M，其對(duì)稱(chēng)軸交AB于點(diǎn)N．①求點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)；②在拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸上找一點(diǎn)Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；③是否存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形？并說(shuō)明理由；（2）當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1時(shí)，是否存在這樣的拋物線(xiàn)，使得以B、P、D為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似？若存在，求出滿(mǎn)足條件的拋物線(xiàn)的解析式；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）①函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為：x＝﹣＝，故點(diǎn)M（，），即可求解；②設(shè)拋物線(xiàn)與x軸左側(cè)的交點(diǎn)為R（﹣1，0），則點(diǎn)A與R關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，連接RB并延長(zhǎng)交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q為所求，即可求解；③四邊形MNPD為菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故點(diǎn)P（，1），而PN＝＝≠M(fèi)N，即可求解；（2）分∠DBP為直角、∠BDP為直角兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）①函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為：x＝﹣＝，故點(diǎn)M（，），當(dāng)x＝時(shí)，y＝﹣2x+4＝3，故點(diǎn)N（，3）；②設(shè)拋物線(xiàn)與x軸左側(cè)的交點(diǎn)為R（﹣1，0），則點(diǎn)A與R關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，連接RB并延長(zhǎng)交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q為所求，將R、B的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝kx+b并解得：直線(xiàn)RB的表達(dá)式為：y＝4x+4，當(dāng)x＝時(shí)，y＝6，故點(diǎn)Q（，6）；③不存在，理由：設(shè)點(diǎn)P（x，﹣2x+4），則點(diǎn)D（x，﹣2x2+2x+4），MN＝﹣3＝，四邊形MNPD為菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝，解得：x＝或（舍去），故點(diǎn)P（，1），而PN＝＝≠M(fèi)N，故不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形；（2）當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1時(shí)，則其坐標(biāo)為：（1，2），此時(shí)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為：（2，0）、（0，4），①當(dāng)∠DBP為直角時(shí)，以B、P、D為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似，則∠BAO＝∠BDP＝α，tan∠BAO＝＝2＝tanα，則sinα＝，PA＝，PB＝AB﹣PA＝2﹣＝，則PD＝＝，故點(diǎn)D（1，）；②當(dāng)∠BDP為直角時(shí)，以B、P、D為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似，則BD∥x軸，則點(diǎn)B、D關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，故點(diǎn)D（1，4），綜上，點(diǎn)D的坐標(biāo)為：（1，4）或（1，），將點(diǎn)A、B、D的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)表達(dá)式：y＝ax2+bx+c并解得：y＝﹣2x2+2x+4或y＝﹣x2+3x+4．6．（2022?禹城市模擬）如圖，拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三點(diǎn)．（1）求出拋物線(xiàn)的解析式；（2）P是拋物線(xiàn)在第一象限上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在P點(diǎn)，使得以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△OAC相似？若存在，請(qǐng)求出符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）若拋物線(xiàn)上有一點(diǎn)D（點(diǎn)D位于直線(xiàn)AC的上方且不與點(diǎn)B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接寫(xiě)出點(diǎn)D的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；（2）設(shè)P（t，﹣t2+t﹣2），則M（t，0），1＜t＜4，分兩種情況討論：①當(dāng)∠PAM＝∠OAC時(shí)，tan∠OAC＝tan∠MAP，可求P（2，1）；②當(dāng)∠PAM＝∠OCA時(shí)，tan∠OAC＝tan∠APM，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)不存在；（3）求出直線(xiàn)AC的解析式為y＝x﹣2，再求出過(guò)點(diǎn)B作直線(xiàn)AC的平行線(xiàn)y＝x﹣，聯(lián)立方程組，即可求D點(diǎn)坐標(biāo)．【解析】（1）設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為y＝ax2+bx+c，將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點(diǎn)，使得以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△OAC相似，理由如下：設(shè)P（t，﹣t2+t﹣2），則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當(dāng)∠PAM＝∠OAC時(shí)，＝，解得t＝2或t＝4（舍），∴P（2，1）；②當(dāng)∠PAM＝∠OCA時(shí)，＝2，解得t＝4（舍）或t＝5（舍），∴此時(shí)P不存在；綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1）；（3）設(shè)直線(xiàn)AC的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線(xiàn)AC的解析式為y＝x﹣2，過(guò)點(diǎn)B作直線(xiàn)AC的平行線(xiàn)y＝x+m，∴+m＝0，∴m＝﹣，∴y＝x﹣，聯(lián)立方程組，解得（舍）或，∴D（3，1）．7．（2022?祥云縣模擬）如圖，已知拋物線(xiàn)y＝ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），交y軸于點(diǎn)C（0，3），點(diǎn)M是該拋物線(xiàn)上第一象限內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，ME垂直x軸于點(diǎn)E，交線(xiàn)段BC于點(diǎn)D，MN∥x軸，交y軸于點(diǎn)N．（1）求拋物線(xiàn)y＝ax2+bx+c的表達(dá)式；（2）若四邊形MNOE是正方形，求該正方形的邊長(zhǎng)；（3）連結(jié)OD，AC，拋物線(xiàn)上是否存在點(diǎn)M，使得以C，O，D為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），利用正方形的性質(zhì)可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結(jié)論；（3）利用點(diǎn)C，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可得出AB，BC的值，由OB＝OC＝3可得出∠OCD＝∠ABC＝45°，進(jìn)而可得出存在兩種情況，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥y軸，垂足為點(diǎn)F，則△CDF為等腰直角三角形，①當(dāng)△OCD∽△ABC時(shí)，利用相似三角形的性質(zhì)可求出CD的長(zhǎng)度，進(jìn)而可得出DF的長(zhǎng)度，再利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；②當(dāng)△DCO∽△ABC時(shí)，用相似三角形的性質(zhì)可求出CD的長(zhǎng)度，進(jìn)而可得出DF的長(zhǎng)度，再利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．綜上，此題得解．【解析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+bx+c，得：，解得：，∴拋物線(xiàn)的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3）．∵四邊形MNOE為正方形，∴x＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝，x2＝（舍去），∴MN＝，∴該正方形的邊長(zhǎng)為；（3）∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3）．點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），∴AB＝4，BC＝3．∵OB＝OC＝3，∴∠OCD＝∠ABC＝45°．∴存在兩種情況．過(guò)點(diǎn)D作DF⊥y軸，垂足為點(diǎn)F，則△CDF為等腰直角三角形，如圖所示．①當(dāng)△OCD∽△ABC時(shí)，，即，∴CD＝，∴DF＝CF＝，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，）；②當(dāng)△DCO∽△ABC時(shí)，，即，∴CD＝2，∴DF＝CF＝2，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，3）．綜上所述：拋物線(xiàn)上存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)C，O，D為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，）或（2，3）．8．（2022?松江區(qū)校級(jí)模擬）如圖，拋物線(xiàn)y＝x2﹣bx+c過(guò)點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣3），D為拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)．（1）求拋物線(xiàn)的解析式以及頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）連接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；（3）點(diǎn)C關(guān)于拋物線(xiàn)y＝x2﹣bx+c對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E點(diǎn)，連接BE，直線(xiàn)BE與對(duì)稱(chēng)軸交于點(diǎn)M，在（2）的條件下，點(diǎn)P是拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸上的一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P使△CDB和△BMP相似，若存在，求點(diǎn)P坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入y＝x2﹣bx+c，即可得到拋物線(xiàn)的解析式，然后利用配方法可求得拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）求得BC，CD，DB的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，利用銳角三角函數(shù)的定義求解即可；（3）根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性得E（2，﹣3），可得直線(xiàn)BE為y＝3x﹣9，則M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分兩種情況進(jìn)行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°時(shí)，②∠MBP＝∠BCD＝90°時(shí)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【解析】（1）將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)表達(dá)式得：，解得，故拋物線(xiàn)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4）；（2）如圖．∵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）∵點(diǎn)C關(guān)于拋物線(xiàn)y＝x2﹣2x﹣3對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E點(diǎn)，y＝x2﹣2x﹣3的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，∴E（2，﹣3），∵B（3，0），∴直線(xiàn)BE為y＝3x﹣9，∴M（1，﹣6），由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分兩種情況進(jìn)行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°時(shí)，點(diǎn)P在x軸上，∵M(jìn)（1，﹣6），B（3，0），∴PM＝6，BP＝2，∴，∴＝，∵∠MPB＝∠BCD＝90°，∴△CDB和△PBM，∴P（1，0）；②∠MBP＝∠BCD＝90°時(shí)，∵M(jìn)（1，﹣6），B（3，0），∴MB＝＝2，∵△CDB和△BPM，∴，∴，解得PM＝，∴點(diǎn)MP的縱坐標(biāo)為﹣6＝，∴P（1，）．綜上所述，存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，0）或（1，）．9．（2022?平江縣一模）如圖，拋物線(xiàn)y＝ax2+bx+8與x軸交于A（﹣2，0）和點(diǎn)B（8，0），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，連接AC，BC，BC與拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸l交于點(diǎn)E．（1）求該拋物線(xiàn)的函數(shù)表達(dá)式；（2）點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，連接PB，PC，設(shè)四邊形PBOC和△AOC的面積分別為S四邊形PBOC和S△AOC，記S＝S四邊形PBOC﹣S△AOC，求S最大值點(diǎn)P的坐標(biāo)及S的最大值；（3）點(diǎn)N是對(duì)稱(chēng)軸l右側(cè)拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，在射線(xiàn)ED上是否存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，N，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似？若存在，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A（﹣2，0）和點(diǎn)B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求解；（2）過(guò)點(diǎn)P作PG∥y軸交BC于點(diǎn)G，設(shè)P（t，﹣t2+3t+8），則G（t，﹣t+8），PG＝﹣t2+4t，分別求出S△AOC＝8，S△BOC＝32，S△BCP＝﹣2t2+16t，則S＝S四邊形PBOC﹣S△AOC＝﹣2（t﹣4）2+56，即可求解；（3）先證明△BCD是等腰直角三角形，求出E（3，5），設(shè)M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），分三種情況討論：①當(dāng)∠NME＝90°，ME＝MN時(shí)，△OBC∽△MNE，則m＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，可求M（3，8）；當(dāng)∠MEN＝90°，EN＝ME時(shí)，△MNE∽△BOC，5＝﹣n2+3n+8，m﹣5＝n﹣3，求得M（3，5+）；③當(dāng)∠MNE＝90°，MN＝EN時(shí)，△MNE∽△BOC，過(guò)點(diǎn)N作NH⊥l交于H，由①M(fèi)與E點(diǎn)關(guān)于H點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，可求M（3，11）．【解析】（1）將點(diǎn)A（﹣2，0）和點(diǎn)B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，∴，解得，∴y＝﹣x2+3x+8；（2）令x＝0，則y＝8，∴C（0，8），∴S△AOC＝×2×8＝8，S△BOC＝×8×8＝32，設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴yx+8，過(guò)點(diǎn)P作PG∥y軸交BC于點(diǎn)G，設(shè)P（t，﹣t2+3t+8），則G（t，﹣t+8），∴PG＝﹣t2+4t，∴S△BCP＝×8×（﹣t2+4t）＝﹣2t2+16t，∴S四邊形PBOC＝S△BOC+S△BCP＝32﹣2t2+16t，∴S＝S四邊形PBOC﹣S△AOC＝﹣2t2+16t+24＝﹣2（t﹣4）2+56，∵點(diǎn)P是第一象限，∴0＜t＜8，∴當(dāng)t＝4時(shí)，S有最大值56，此時(shí)P（4，12）；（3）∵OB＝OC＝8，∴△BCD是等腰直角三角形，∵直線(xiàn)BC的解析式為y＝﹣x+8，∴E（3，5），設(shè)M（3，m），N（n，﹣n2+3n+8），①當(dāng)∠NME＝90°，ME＝MN時(shí)，△OBC∽△MNE，∴MN∥x軸，∴m＝﹣n2+3n+8，∵M(jìn)E＝m﹣5，MN＝n﹣3，∴m﹣5＝n﹣3，∴n＝6或n＝﹣2，∵n＞1，∴n＝6，∴m＝8，∴M（3，8）；②存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，N，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，理由如下：當(dāng)∠MEN＝90°，EN＝ME時(shí)，△MNE∽△BOC，∴ME＝m﹣5，EN＝n＝3，∴MN∥x軸，∴5＝﹣n2+3n+8，∴m﹣5＝n﹣3，∴n＝3+或n＝3﹣，∵n＞1，∴n＝3+，∴m＝5+，∴M（3，5+）；③當(dāng)∠MNE＝90°，MN＝EN時(shí)，△MNE∽△BOC，過(guò)點(diǎn)N作NH⊥l交于H，由①可知H（3，8），∵M(jìn)與E點(diǎn)關(guān)于H點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴M（3，11）；綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，8）或（3，5+）或（3，11）．10．（2022?萊州市一模）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線(xiàn)y＝x2+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，3），頂點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)P為拋物線(xiàn)上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，l是過(guò)點(diǎn)（0，﹣2）且垂直于y軸的直線(xiàn)，連接PO．（1）求拋物線(xiàn)的表達(dá)式，并求出頂點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）試證明：經(jīng)過(guò)點(diǎn)O的⊙P與直線(xiàn)l相切；（3）如圖②，已知點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1，2），是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，O及（2）中的切點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？若存在，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問(wèn)題；（2）過(guò)P作PH⊥l，垂足為H，求出OP、PH，可得PO＝PH，即可解決問(wèn)題；（3）以P，O，H為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，易知PH與BC，PO與AC是對(duì)應(yīng)邊，可得，由此構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．【解答】（1）解：∵拋物線(xiàn)y＝x2+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，3），∴3＝4+c，∴c＝﹣1，∴拋物線(xiàn)的表達(dá)式為y＝x2﹣1，頂點(diǎn)B（0，﹣1）；（2）證明：過(guò)P作PH⊥l，垂足為H，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)（m，m2﹣1），∵l是過(guò)點(diǎn)（0，﹣2）且垂直于y軸的直線(xiàn)，∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，PO＝＝m2+1，∴PO＝PH，即直線(xiàn)l到圓心P的距離等于⊙P的半徑，∴經(jīng)過(guò)點(diǎn)O的⊙P與直線(xiàn)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為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，∴PH與BC，PO與AC是對(duì)應(yīng)邊，∴，設(shè)點(diǎn)P（m，m2﹣1），則H（m，﹣2），∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，OH＝＝，∴，∴×＝m2+4，解得m＝±1．∴點(diǎn)P坐標(biāo)（1，﹣）或（﹣1，﹣）．11．（2022?鞏義市模擬）已知，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于C點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），且OB＝OC．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）當(dāng)0≤x≤4時(shí)，求二次函數(shù)的最大值和最小值分別為多少？（3）設(shè)點(diǎn)C'與點(diǎn)C關(guān)于該拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)．在y軸上是否存在點(diǎn)P，使△PCC'與△POB相似，且PC與PO是對(duì)應(yīng)邊？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)OB＝OC可得B點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0），把A、B的坐標(biāo)代入二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3，求出a、b的值即可；（2）求出二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣4），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案；（3）先設(shè)出P的坐標(biāo)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解出方程即可得到點(diǎn)P的坐標(biāo)．【解析】（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象與y軸交于C點(diǎn)，∴C（0，﹣3）．∵OB＝OC，點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊，∴B（3，0）．∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），由題意可得，解得：，∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣2）2﹣4，∴二次函數(shù)頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣4），∴當(dāng)x＝1時(shí)，y最小值＝﹣4，∵當(dāng)0≤x≤1時(shí)，y隨著x的增大而減小，∴當(dāng)x＝0時(shí)，y最大值＝﹣3，∵當(dāng)1＜x≤4時(shí)，y隨著x的增大而增大，∴當(dāng)x＝4時(shí)，y最大值＝5．∴當(dāng)0≤x≤4時(shí)，函數(shù)的最大值為5，最小值為﹣4；（3）存在點(diǎn)P，設(shè)P（0，m），如圖，∵點(diǎn)C'與點(diǎn)C關(guān)于該拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，C（0，﹣3）．∴C′（2，﹣3）．∴CC'∥OB，∵△PCC'與△POB相似，且PC與PO是對(duì)應(yīng)邊，∴，即：，解得：m＝﹣0或m＝﹣，∴存在，P（0，﹣9）或P（0，﹣）．12．（2022?澄邁縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點(diǎn)O，頂點(diǎn)為C．（1）求該拋物線(xiàn)的函數(shù)表達(dá)式及頂點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）設(shè)該拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t．①在圖1中，當(dāng)﹣3＜t＜0時(shí)，求△PBO的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最大值；②在圖2中，若點(diǎn)P在該拋物線(xiàn)上，點(diǎn)E在該拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸上，且以A，O，P，E為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；③在圖3中，若P是y軸左側(cè)該拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在點(diǎn)P使得以點(diǎn)P，M，A為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）①求出直線(xiàn)BO的解析式，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸交BO于點(diǎn)G，可得E（t，﹣t）再由S＝﹣（t+）2+，即可求解；②設(shè)E（﹣1，m），根據(jù)平行四邊形對(duì)角線(xiàn)的情況，分三種情況討論：當(dāng)AO為平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)，當(dāng)AP為平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)，當(dāng)AE為平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)；利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求解即可；③先判斷△COB為直角三角形，求出tan∠CBO＝，設(shè)P（m，m2+2m）（t＜0），則PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，根據(jù)角的情況分兩種情況討論：當(dāng)∠MPA＝∠OBC時(shí)，＝，P（﹣3，3）；當(dāng)∠PAM＝∠OBC時(shí)，＝，P（﹣，﹣）．【解析】（1）設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為y＝ax2+bx，將A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，∴，解得，∴y＝x2+2x，∴C（﹣1，﹣1）；（2）①∵P的橫坐標(biāo)為t，∴P（t，t2+2t），設(shè)直線(xiàn)BO的解析式為y＝kx，∴﹣3k＝3，∴k＝﹣1，∴y＝﹣x，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸交BO于點(diǎn)G，∴E（t，﹣t）∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，∴S＝×3×（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）2+，∵﹣3＜t＜0，∴t＝﹣時(shí)，S有最大值；②∵y＝x2+2x，∴拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝﹣1，設(shè)E（﹣1，m），當(dāng)AO為平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)，，解得，∴P（﹣1，﹣1）；當(dāng)AP為平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)，，解得，∴P（1，3）；當(dāng)AE為平行四邊形的對(duì)角線(xiàn)時(shí)，，解得，∴P（﹣3，3）；綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；（3）存在點(diǎn)P使得以點(diǎn)P，M，A為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，理由如下：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），∴BO＝3，OC＝，BC＝2，∴BO2+CO2＝BC2，∴△COB為直角三角形，∠BOC＝90°，∴tan∠CBO＝＝，∵PM⊥AM，∴∠BOC＝∠PMA，設(shè)P（m，m2+2m）（t＜0），∴PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，當(dāng)∠MPA＝∠OBC時(shí)，＝，解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣3，∴P（﹣3，3）；當(dāng)∠PAM＝∠OBC時(shí)，＝，解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣，∴P（﹣，﹣）；綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣3，3）或（﹣，﹣）．13．（2022?豐南區(qū)二模）如圖①、②，在平面直角坐標(biāo)系中，一邊長(zhǎng)為2的等邊三角板CDE恰好與坐標(biāo)系中的△OAB重合，現(xiàn)將三角板CDE繞邊AB的中點(diǎn)G（G點(diǎn)也是DE的中點(diǎn)），按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)180°到△C′ED的位置．（1）直接寫(xiě)出C′的坐標(biāo)，并求經(jīng)過(guò)O、A、C′三點(diǎn)的拋物線(xiàn)的解析式；（2）點(diǎn)P在第四象限的拋物線(xiàn)上，求△C′OP的最大面積；（3）如圖③，⊙G是以AB為直徑的圓，過(guò)B點(diǎn)作⊙G的切線(xiàn)與x軸相交于點(diǎn)F，拋物線(xiàn)上是否存在一點(diǎn)M，使得△BOF與△AOM相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)C'的坐標(biāo)，根據(jù)二次函數(shù)經(jīng)過(guò)A（2，0），O（0，0），設(shè)出二次函數(shù)的交點(diǎn)式，將C'代入，求出二次函數(shù)解析式；（2）過(guò)P作PQ⊥x軸，交OC'于Q，連接OC'，求出OC'的表達(dá)式，將P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，則過(guò)P作PQ⊥x軸，交OC'于Q，連接PC'，OP，設(shè)OC'的表達(dá)式為：y＝kx，可得OC'的表達(dá)式為y＝x，設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，則P（m，m2﹣m），Q（m，m），PQ＝﹣m2+m，故S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，即可得當(dāng)m＝時(shí)，△C'OP的最大面積為；（3）根據(jù)三角形相似的判定，分3種情況，找出點(diǎn)M的位置，求出坐標(biāo)即可．【解析】（1）過(guò)點(diǎn)C'作C′M⊥x軸，垂足為M，如圖：∵由題意可知△OAB和△C′DE是等邊三角形，∴∠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）在拋物線(xiàn)上，故設(shè)拋物線(xiàn)的解析式y(tǒng)＝ax（x﹣2），∴將C'（3，）代入得3a＝，解得a＝，∴y＝x2﹣x；（2）過(guò)P作PQ⊥x軸，交OC'于Q，連接PC'，OP，如圖：設(shè)OC'的表達(dá)式為：y＝kx，由（1）知C'（3，），∴＝3k，解得k＝，∴OC'的表達(dá)式為y＝x，設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，則有：P（m，m2﹣m），Q（m，m），∴PQ＝﹣m2+m，∴S△C'OP＝×3×（﹣m2+m）＝﹣（m﹣）2+，∴當(dāng)m＝時(shí)，△C'OP的最大面積為；（3）拋物線(xiàn)上存在一點(diǎn)M，使得△BOF與△AOM相似，理由如下：∵BF與⊙G相切，∴∠ABF＝90°，∵∠BAF＝60°，AB＝OA＝2，∴AF＝4，OF＝2，∵∠BOF＝180°﹣∠BOA＝120°，∴△BOF為頂角為120°的等腰三角形①AO＝AM＝2時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)C'重合，如圖：此時(shí)∠OAC’＝120°，∴∠BOF＝∠OAC'，＝，∴△BOF∽△MAO，此時(shí)M（3，）；②OA＝OM＝2時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)C'關(guān)于拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，如圖：由對(duì)稱(chēng)性可知，此時(shí)∠AOM＝120°，∴△BOF∽△AOM，∴M；③MO＝MA時(shí)，點(diǎn)M為拋物線(xiàn)頂點(diǎn)（1，），此時(shí)tan∠AOM＝，∴∠AOM＝30°，∴∠AOM＝∠OAM＝30°＝∠BFO＝∠FBO，∴△BOF∽AMO，∴M（1，﹣），綜上所述，M的坐標(biāo)為：（3，），（﹣1，），（1，﹣）．14．（2022?萊蕪區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過(guò)A和點(diǎn)C（0，﹣3）．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）如圖1，平移線(xiàn)段AC，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在二次函數(shù)在第一象限的圖象上，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E落在直線(xiàn)AB上，直接寫(xiě)出四邊形ACED的形狀，并求出此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2，在（2）的條件下，連接CD，交x軸于點(diǎn)M，點(diǎn)P為直線(xiàn)CD下方拋物線(xiàn)上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸，交CD于點(diǎn)F，連接PC，是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與△COM相似？若存在，求出線(xiàn)段FP的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）由一次函數(shù)解析式求得A點(diǎn)坐標(biāo)，再待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；（2）由平移的性質(zhì)可得四邊形ACED是平行四邊形；設(shè)點(diǎn)D（a，a2﹣2a﹣3）根據(jù)坐標(biāo)的平移規(guī)律可得E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），將點(diǎn)E代入一次函數(shù)求得a即可解答；（3）由PF∥y軸，可得∠OCM＝∠CFP，則∠CFP≠90°，①△COM∽△FPC時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于G，則，由二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性可得PC＝2，由tan∠CFP＝tan∠DCG即可解答；②△COM∽△FCP時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥PF于H，解Rt△CHF和Rt△CHP可得，由C、D坐標(biāo)可得lCD：y＝2x﹣3，設(shè)P（n，n2﹣2n+3），F(xiàn)（n，2n﹣3），則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，則﹣x+3＝0，解得x＝3，∴A（3，0），將C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得c＝﹣3，將A（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得b＝﹣2，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）由平移性質(zhì)可得DE＝AC，DE∥AC，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴CE＝AD，CE∥AD，設(shè)點(diǎn)D（a，a2﹣2a﹣3），∵點(diǎn)A（3，0）向下平移3個(gè)單位，再向左平移3個(gè)單位可以得到點(diǎn)C（0，﹣3），∴點(diǎn)D向下平移3個(gè)單位，再向左平移3個(gè)單位可以得到點(diǎn)E，∴E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），將點(diǎn)E坐標(biāo)代入y＝﹣x+3，得：3﹣a+3＝a2﹣2a﹣6，解得a1＝﹣3（不符合題意舍去），a2＝4，把a(bǔ)＝4代入y＝x2﹣2x﹣3，y＝5，∴D（4，5）；（3）∵PF∥y軸，∴∠OCM＝∠CFP，∴∠CFP≠90°，①如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于G，當(dāng)∠CPF＝∠COM＝90°時(shí)，△COM∽△FPC，∵y＝x2﹣2x﹣3的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，PC∥x軸，C（0，﹣3），∴P（2，﹣3），∴PC＝2，∵D（4，5），C（0，﹣3），∴tan∠DCG＝，∴tan∠CFP＝，∴PF＝2CP＝4；②如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥PF于H，當(dāng)∠PCF＝∠COM＝90°時(shí)，△COM∽△FCP，∵∠CPF+∠PCH＝90°，∠CPF+∠CFH＝90°∴∠PCH＝∠CFH＝∠DCG，∴tan∠PCH＝tan∠CFH＝，∴PH＝CH，F(xiàn)H＝2CH，∴PF＝CH，設(shè)直線(xiàn)CD的解析式為y＝kx+m，∵C（0，﹣3）、D（4，5），∴，∴，∴直線(xiàn)CD的解析式為lCD：y＝2x﹣3，設(shè)P（n，n2﹣2n+3），F(xiàn)（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＝，綜上所述，存在點(diǎn)P，使得以P，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的三角形與△COM相似，此時(shí)PF＝4或．15．（2022?臨清市三模）如圖，拋物線(xiàn)y＝﹣x2+bx+c的頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（1，4），且與x軸相交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，與y軸相交于點(diǎn)C，點(diǎn)E在x軸上方且在對(duì)稱(chēng)軸左側(cè)的拋物線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F在拋物線(xiàn)上并且和點(diǎn)E關(guān)于拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，作矩形EFGH，其中點(diǎn)G，H都在x軸上．（1）求拋物線(xiàn)解析式；（2）設(shè)點(diǎn)F橫坐標(biāo)為m，①用含有m的代數(shù)式表示點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為2﹣m（直接填空）；②當(dāng)矩形EFGH為正方形時(shí)，求點(diǎn)G的坐標(biāo)；③連接AD，當(dāng)EG與AD垂直時(shí)，求點(diǎn)G的坐標(biāo)；（3）過(guò)頂點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥AD于點(diǎn)P，直接寫(xiě)出△DFP與△DAM相似時(shí)，點(diǎn)F的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（1，4）可得二次函數(shù)的頂點(diǎn)式，即可求解；（2）①先解方程﹣x2+2x+3＝0得A（﹣1，0），B（3，0），則1＜m＜3，設(shè)E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t，利用E、F到對(duì)稱(chēng)性的距離相等得到m﹣1＝1﹣t，求出t即可得到點(diǎn)E的橫坐標(biāo)；②設(shè)F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），則E（2﹣m，﹣m2+2m+3），利用正方形的性質(zhì)得到FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），然后解方程求出m即可得到G點(diǎn)坐標(biāo)；③先證明Rt△GEH∽R(shí)t△DAM，利用相似比得到GH＝2EH，從而得到即m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），然后解方程求出m即可得到G點(diǎn)坐標(biāo)；（3）AD交EF于Q，如圖，利用△DFP與△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，于是可判斷△FDQ為等腰三角形，即FD＝FQ，接著利用待定系數(shù)法求出直線(xiàn)AD的解析式為y＝2x+2，從而可表示出Q（﹣m2+m+，﹣m2+2m+3），則FQ＝（m+1）（m﹣1），而利用兩點(diǎn)間的距離公式得到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點(diǎn)坐標(biāo)．【解析】（1）∵拋物線(xiàn)y＝﹣x2+bx+c的頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（1，4），∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x﹣1+4＝﹣x2+2x+3，∴拋物線(xiàn)解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）①當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，則A（﹣1，0），B（3，0），∴1＜m＜3，設(shè)E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t，∵m﹣1＝1﹣t，∴t＝2﹣m，∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為2﹣m；故答案為：2﹣m；②設(shè)F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），則E（2﹣m，﹣m2+2m+3），∵矩形EFGH為正方形，∴FG＝FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），整理得m2＝5，解得m1＝﹣（舍去），m2＝，∴G點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）；③過(guò)點(diǎn)D作DM⊥x軸于M，∵EG⊥AD，而DM⊥x軸，∴∠1＝∠4，∴Rt△GEH∽R(shí)t△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點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）；（3）設(shè)AD交EF于Q，如圖，∵FP⊥AD，∴∠DPF＝90°，∵△DFP與△DAM相似∴∠1＝∠3，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，而FP⊥DQ，∴△FDQ為等腰三角形，∴FD＝FQ，設(shè)直線(xiàn)AD的解析式為y＝px+q，把A（﹣1，0），D（1，4）代入得，解得，∴直線(xiàn)AD的解析式為y＝2x+2，當(dāng)y＝﹣m2+2m+3時(shí)，2x+2＝﹣m2+2m+3，解得x＝﹣m2+m+，則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點(diǎn)坐標(biāo)為（，）．16．（2022?成都模擬）如圖①，已知拋物線(xiàn)y＝﹣（x﹣1）2+k交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，P是拋物線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足OB＝3OA．（1）求拋物線(xiàn)的解析式；（2）若點(diǎn)P在第一象限，直線(xiàn)y＝x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且與直線(xiàn)BC交于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，當(dāng)線(xiàn)段PE的長(zhǎng)度隨著t的增大而減小時(shí)，求t的取值范圍；（3）如圖②，過(guò)點(diǎn)A作BC的平行線(xiàn)m，與拋物線(xiàn)交于另一點(diǎn)D．點(diǎn)P在直線(xiàn)m上方，點(diǎn)Q在線(xiàn)段AD上，若△CPQ與△AOC相似，且點(diǎn)P與點(diǎn)O是對(duì)應(yīng)點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝1，OB＝3OA，可得出：B（3，0），代入解析式即可求得答案；（2）運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線(xiàn)BC的解析式為y＝﹣x+3，過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)E作EK⊥PH于點(diǎn)K，如圖①，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則H（t，﹣t+3），得出PE＝PK＝﹣（t﹣）2+，運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；（3）先求出直線(xiàn)m的解析式為y＝﹣x﹣1，分情況討論：當(dāng)△CPQ∽△AOC時(shí)，則＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥PE于點(diǎn)F，可證得△PCE∽△QPF，得出＝＝＝，建立方程求解即可得出答案；當(dāng)△CPQ∽△COA時(shí)，同理可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)．【解析】（1）∵拋物線(xiàn)y＝﹣（x﹣1）2+k的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)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，∴該拋物線(xiàn)的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），∴t+b＝﹣t2+2t+3，∴b＝﹣t2+t+3，∴直線(xiàn)PE的解析式為y＝x﹣t2+t+3，設(shè)直線(xiàn)BC的解析式為y＝kx+d，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴直線(xiàn)BC的解析式為y＝﹣x+3，過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)E作EK⊥PH于點(diǎn)K，如圖①，則H（t，﹣t+3），∴PH＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，聯(lián)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+，∴當(dāng)t≥時(shí)，線(xiàn)段PE的長(zhǎng)度隨著t的增大而減小，又∵點(diǎn)P在第一象限，∴0＜t＜3，∴當(dāng)線(xiàn)段PE的長(zhǎng)度隨著t的增大而減小時(shí)，≤t＜3；（3）∵直線(xiàn)m∥BC，∴設(shè)直線(xiàn)m的解析式為y＝﹣x+n，把A（﹣1，0）代入得：1+n＝0，解得：n＝﹣1，∴直線(xiàn)m的解析式為y＝﹣x﹣1，當(dāng)△CPQ∽△AOC時(shí)，則＝＝，∠CPQ＝∠AOC＝90°，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥PE于點(diǎn)F，∵P（t，﹣t2+2t+3），C（0，3），∴E（0，﹣t2+2t+3），則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（﹣，）；當(dāng)△CPQ∽△COA時(shí)，＝＝，∠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＝，∵點(diǎn)P在直線(xiàn)m上方，∴﹣1＜t＜4，∴P（，）或（，）；綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，3）或（﹣，）或（，）或（，）．17．（2022?東莞市校級(jí)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線(xiàn)y＝﹣x2+2kx+2k2+1與x軸的左交點(diǎn)為A，右交點(diǎn)為B，與y軸的交點(diǎn)為C，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)l，對(duì)于拋物線(xiàn)上的兩點(diǎn)（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），當(dāng)x1+x2＝2時(shí)，y1﹣y2＝0恒成立．（1）求該拋物線(xiàn)的解析式；（2）點(diǎn)M是第二象限內(nèi)直線(xiàn)AC上方的拋物線(xiàn)上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AC于點(diǎn)N，求線(xiàn)段MN的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P是直線(xiàn)l右側(cè)拋物線(xiàn)上的一點(diǎn)，PQ⊥l于點(diǎn)Q，AP交直線(xiàn)l于點(diǎn)F，是