專題4二次函數(shù)與相似問題（解析版）

專題4二次函數(shù)與相似全等問題

函數(shù)中因動點產(chǎn)生的相似三角形問題一般有三個解題途徑

①求相似三角形的第三個頂點時，先要分析已知三角形的邊和角的特點，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應(yīng)邊分類討論。

②或利用已知三角形中對應(yīng)角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數(shù)、對稱、旋轉(zhuǎn)等知識來推導(dǎo)

邊的大小。

③若兩個三角形的各邊均未給出，則應(yīng)先設(shè)所求點的坐標(biāo)進(jìn)而用函數(shù)解析式來表示各邊的長度，之后

利用相似來列方程求解。

相似三角形常見的判定方法：

（1）平行線法：平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊相交，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)

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用時要善于從復(fù)雜的圖形中抽象出這些基本圖形．

（2）三邊法：三組對應(yīng)邊的比相等的兩個三角形相似；

（3）兩邊及其夾角法：兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；

（4）兩角法：有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．

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．

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，按照對應(yīng)邊成

ABDEABDF

比例，分和△兩種情△況列方程．

ACDFACDE

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應(yīng)角相等．

應(yīng)用判定定理“三邊法”解題不多見，根據(jù)三邊對應(yīng)成比例列連比式解方程（組）．

還有一種情況，討論兩個直角三角形相似，如果一組銳角相等，其中一個直角三角形的銳角三角比是

確定的，那么就轉(zhuǎn)化為討論另一個三角形是直角三角形的問題．

【例1】（2021?阿壩州）如圖1，直線y＝﹣x+b與拋物線y＝ax2交于A，B兩點，與y軸于點C，其

中點A的坐標(biāo)為（﹣4，8）．

（1）求a，b的值；

（2）將點A繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到點D．

①試說明點D在拋物線上；

②如圖2，將直線AB向下平移，交拋物線于E，F(xiàn)兩點（點E在點F的左側(cè)），點G在線段OC上．若

△GEF∽△DBA（點G，E，F(xiàn)分別與點D，B，A對應(yīng)），求點G的坐標(biāo)．

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【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把問題轉(zhuǎn)化為解方程組即可．

（2）①如圖1中，分別過點A，D作AM⊥y軸于點M，DN⊥y軸于點N．利用全等三角形的性質(zhì)求出

點D的坐標(biāo)，可得結(jié)論．

②設(shè)E（t，t2），求出直線EG，F(xiàn)G的解析式，構(gòu)建方程組求出點G的坐標(biāo)，再根據(jù)點G的橫坐標(biāo)為

O，構(gòu)建方程組求出t，即可解決問題．

【解析】（1）由題意，得，

解得．

（2）①如圖1中，分別過點A，D作AM⊥y軸于點M，DN⊥y軸于點N．

由（1）可知，直線AB的解析式為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），

當(dāng)x＝﹣2時，y＝×22＝2，

∴點D在拋物線y＝x2上．

②由，解得或，

∴點B的坐標(biāo)為（3，），

∴直線AD的解析式為y＝﹣3x﹣4，直線BD的解析式為y＝x+3，

設(shè)E（t，t2），

∴直線EF的解析式為y＝﹣x+t2+t，

由，解得或，

∴F（﹣t﹣1，（t+1）2），

∵△GEF∽△DBA，EF∥AB，

由題意可知，EG∥DB，GF∥AD，

∴直線EG的解析式為y＝x+t2﹣，直線FG的解析式為y＝﹣3x+（t+1）2﹣3（t+1），

聯(lián)立，解得，

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∴G（﹣t﹣，t2﹣t﹣），

令﹣t﹣＝0，

解得t＝﹣，

∴G（0，）．

【例2】（2021?陜西）已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣5，0）和點B，與y軸交于點C（0，5），

它的對稱軸為直線l．

（1）求該拋物線的表達(dá)式及點B的坐標(biāo)；

（2）若點P（m，2）在l上，點P′與點P過關(guān)于x軸對稱．在該拋物線上，是否存在點D、E、F，使

四邊形P′DEF與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′？若存在，求點D、E、F的坐標(biāo)；若不存在，

請說明理由．

【分析】（1用待定系數(shù)法可得拋物線的表達(dá)式為y＝x2+6x+5，令y＝0即可得B（﹣1，0）；

（2）延長AP'交拋物線于D，延長BP'交拋物線于F，對稱軸交拋物線于E，由y＝x2+6x+5＝（x+3）2

﹣4知：E（﹣3，﹣4），拋物線對稱軸為直線x＝﹣3，故P（﹣3，2），P'（﹣3，﹣2），即得PP'＝4，

P'E＝2，由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直線AP'為y＝﹣x﹣5，解得D（﹣2，﹣3），

故AP'＝2，P'D＝，同理可得BP'＝2，P'F＝，即有＝＝＝2，故四邊形

P'FED與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′．

【解析】（1）∵A（﹣5，0）、C（0，5）在拋物線y＝x2+bx+c上，

∴，解得，

∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2+6x+5，

令y＝0得x＝﹣1或x＝﹣5，

∴B（﹣1，0）；

（2）存在，理由如下：

延長AP'交拋物線于D，延長BP'交拋物線于F，對稱軸交拋物線于E，如圖：

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由y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4知：E（﹣3，﹣4），拋物線對稱軸為直線x＝﹣3，

∵點P（m，2）在對稱軸直線l上，

∴P（﹣3，2），

∵點P′與點P關(guān)于x軸對稱，

∴P'（﹣3，﹣2），

∴PP'＝4，P'E＝2，

由A（﹣5，0），P'（﹣3，﹣2）可得直線AP'為y＝﹣x﹣5，

解得或，

∴D（﹣2，﹣3），

∴AP'＝＝2，P'D＝＝，

由B（﹣1，0）、P'（﹣3，﹣2）可得直線BP'為y＝x+1，

解得或，

∴F（﹣4，﹣3），

∴BP'＝＝2，P'F＝＝，

∴＝＝＝2，

由位似圖形定義知，四邊形P'FED與四邊形P′BPA位似，且位似中心是P′，

∴拋物線上存在D（﹣2，﹣3），E（﹣3，﹣4），F(xiàn)（﹣4，﹣3），使四邊形P'FED與四邊形P′BPA位

似，且位似中心是P′．

【例3】（2021?涪城區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A、B

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兩點，其中A（1，0），與y軸交于點C（0，3）．

（1）求拋物線解析式；

（2）如圖1，過點B作x軸垂線，在該垂線上取點P，使得△PBC與△ABC相似，請求出點P坐標(biāo)；

（3）如圖2，在線段OB上取一點M，連接CM，請求出CM+BM最小值．

【分析】（1）將點A（1，0），點C（0，3）代入y＝x2+bx+c，即可求解析式；

（2）分兩種情況討論：①當(dāng)∠PCB＝∠ACB時，△CAB≌△CPB（ASA），求得P（3，2）；②當(dāng)∠CPB

＝∠ACB時，△CAB∽△PCB，由＝，求得P（3，9）；

（3）過點B作直線l與x軸成角為30°，過點C作CN⊥l交于點N，交x軸于點M，此時CM+BM

的值最小，求出∠OCM＝30°，在求出CM＝2，OM＝，MB＝3﹣，MN＝，所以CM+BM

的值最小為．

【解析】（1）將點A（1，0），點C（0，3）代入y＝x2+bx+c，

得，

∴，

∴y＝x2﹣4x+3；

（2）令y＝0，則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軸，

∴∠CBP＝45°，

①當(dāng)∠PCB＝∠ACB時，△CAB≌△CPB（ASA），

∴AB＝BP，

∴BP＝2，

∴P（3，2）；

②當(dāng)∠CPB＝∠ACB時，△CAB∽△PCB，

∴＝，

∵BC＝3，

∴BP＝9，

∴P（3，9）；

綜上所述：△PBC與△ABC相似時，P點坐標(biāo)為（3，9）或P（3，2）；

（3）過點B作直線l與x軸成角為30°，過點C作CN⊥l交于點N，交x軸于點M，

∵∠OBN＝30°，

∴MB＝2MN，

∴MN＝MB，

∴CM+BM＝CM+MN＝CN，

此時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的值最小為．

【例4】（2020?銅仁市中考）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過兩點A（﹣1，0），B（3，0），C是拋物

線與y軸的交點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運動，設(shè)△PBC的面積為S，求S關(guān)于m

的函數(shù)表達(dá)式（指出自變量m的取值范圍）和S的最大值；

（3）點M在拋物線上運動，點N在y軸上運動，是否存在點M、點N使得∠CMN＝90°，且△CMN

與△OBC相似，如果存在，請求出點M和點N的坐標(biāo)．

【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；

（2）過點P作PF∥y軸，交BC于點F，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點C的坐標(biāo)，根據(jù)點

B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點F

的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），進(jìn)而可得出PF的長度，利用三角形的面積公式可得出S＝﹣3m2+9m，配方后

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利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PBC面積的最大值；

（3）分兩種不同情況，當(dāng)點M位于點C上方或下方時，畫出圖形，由相似三角形的性質(zhì)得出方程，求

出點M，點N的坐標(biāo)即可．

【解答】解：（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，

得：，解得：，

???+6=0?=?2

∴拋物9?線+的3解?析+式6=為0y＝﹣2x2+4?x+=6．4

（2）過點P作PF∥y軸，交BC于點F，如圖1所示．

當(dāng)x＝0時，y＝﹣2x2+4x+6＝6，

∴點C的坐標(biāo)為（0，6）．

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，

將B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：

，解得：，

3?+?=0?=?2

∴?直=線6BC的解析式為?y=＝6﹣2x+6．

∵點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運動，

∴點P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），

∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，

∴SPF?OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m）2，

1327

=2?2+4

∴當(dāng)m時，△PBC面積取最大值，最大值為．

327

=

∵點P（m2，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的4拋物線上運動，

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∴0＜m＜3．

綜上所述，S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式為＝﹣3m2+9m（0＜m＜3），S的最大值為．

27

（3）存在點M、點N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．4

如圖2，∠CMN＝90°，當(dāng)點M位于點C上方，過點M作MD⊥y軸于點D，

∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，

∴△MCD∽△NCM，

若△CMN與△OBC相似，則△MCD與△OBC相似，

設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），

∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，

當(dāng)時，△COB∽△CDM∽△CMN，

????31

===

∴????6，2

?1

2=

解得?2，?a+＝4?1，2

∴M（1，8），

此時NDDM，

11

=2=2

∴N（0，），

17

當(dāng)2時，△COB∽△MDC∽△NMC，

????1

==

∴????2，

2

?2?+4?1

=

?2

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解得a，

7

=4

∴M（，），

755

此時N4（0，8）．

83

如圖3，當(dāng)點8M位于點C的下方，

過點M作ME⊥y軸于點E，

設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），

∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，

同理可得：或2，△CMN與△OBC相似，

22

2??4?12??4?

==

解得a或a＝?3，2?

9

=4

∴M（，）或M（3，0），

939

此時N4點坐8標(biāo)為（0，）或（0，）．

33

?

綜合以上得，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與△OBC相8似．488

3

?

【例5】（2020?隨州）如2圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+1的對稱軸為直線x，其圖象與x

3

軸交于點A和點B（4，0），與y軸交于點C．=2

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（1）直接寫出拋物線的解析式和∠CAO的度數(shù)；

（2）動點M，N同時從A點出發(fā)，點M以每秒3個單位的速度在線段AB上運動，點N以每秒個單

位的速度在線段AC上運動，當(dāng)其中一個點到達(dá)終點時，另一個點也隨之停止運動．設(shè)運動的時間2為t

（t＞0）秒，連接MN，再將線段MN繞點M順時針旋轉(zhuǎn)90°，設(shè)點N落在點D的位置，若點D恰好

落在拋物線上，求t的值及此時點D的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，設(shè)P為拋物線上一動點，Q為y軸上一動點，當(dāng)以點C，P，Q為頂點的三角形

與△MDB相似時，請直接寫出點P及其對應(yīng)的點Q的坐標(biāo)．（每寫出一組正確的結(jié)果得1分，至多得4

分）

【分析】（1）利用待定系數(shù)法，對稱軸公式構(gòu)建方程組求出a，b即可，再求出點A點C的坐標(biāo)即可得

出結(jié)論．

（2）如圖1中，過點C作CE⊥OA于E，過點D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性質(zhì)求出點F的

坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解即可．

（3）分6種情形首先確定點P的坐標(biāo)，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．

【解答】解：（1）由題意：，

?3

?2?=2

解得，16?+4?+1=0

1

?=?4

3

?=

∴拋物線的4解析式為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）如圖1中，過點C作CE⊥OA于E，過點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

=

經(jīng)檢驗，t時，M，N4均沒有達(dá)到終點，符合題意，

3

=4

∴D（2，）．

3

（3）如圖23﹣1中，當(dāng)點Q在點C的下方，點P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠MDB時，

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取E（，0），連接EC，過點E作EG⊥EC交PC于G，

1

∵M(jìn)（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

=

∴直線C3P的解析式為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

=

當(dāng)121或時，△QCP與△MDB相似，可得CQ或，

????????6152050

===

????????242363

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∴Q（0，）或（0，）．

3731687

如圖3﹣2?中2，42當(dāng)點Q在點?C3的63下方，點P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠DMB時，設(shè)PC交x軸于k．

∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，

∴OK＝2OC＝2，

∴點K與F重合，

∴直線PC的解析式為yx+1，

1

=?2

由，解得或，

1

?=??+1?=0?=5

23

123?=1?=?

?=??+?+12

∴P（5，4），4

3

?2

∴PC，

55

=

當(dāng)2或時，△QCP與△MDB相似，可得CQ或，

????????5575

===6

∴Q?（?0，??）??或（0?，?）．22

4953

?6?22

當(dāng)點Q在點C的下方，點P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠DBM時，同法可得P（，），Q（0，）

2591257

??

或（0，），3918

1151

當(dāng)點Q在9點9C上方，∠QCP＝∠DMB時，同法可得P（1，），Q（0，）或（0，），

31737

當(dāng)點Q在點C上方，∠QCP＝∠MDB時，同法可得P（，2），Q（06，）或（220，），

251716171613

當(dāng)點Q在點C下方，點P在y軸的左側(cè)時，∠QCP＝∠D1B1M時12，1同法可得P2（42，），3Q6（30，）

71959

???

或（0，）．3918

251

?99

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【例6】（2020?廣東）如圖，拋物線yx2+bx+c與x軸交于A，B兩點，點A，B分別位于原點的左、

3+3

右兩側(cè)，BO＝3AO＝3，過點B的直=線與6y軸正半軸和拋物線的交點分別為C，D，BCCD．

（1）求b，c的值；=3

（2）求直線BD的函數(shù)解析式；

（3）點P在拋物線的對稱軸上且在x軸下方，點Q在射線BA上．當(dāng)△ABD與△BPQ相似時，請直接

寫出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)．

【分析】（1）先求出點A，點B坐標(biāo)，代入交點式，可求拋物線解析式，即可求解；

（2）過點D作DE⊥AB于E，由平行線分線段成比例可求OE，可求點D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法

可求解析式；=3

（3）利用兩點距離公式可求AD，AB，BD的長，利用銳角三角函數(shù)和直角三角形的性質(zhì)可求∠ABD＝

30°，∠ADB＝45°，分∠ABP＝30°或∠ABP＝45°兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)可求解．

【解答】解：（1）∵BO＝3AO＝3，

∴點B（3，0），點A（﹣1，0），

∴拋物線解析式為：y（x+1）（x﹣3）x2x，

3+33+33+33+3

==??

∴b，c；6632

3+33+3

（2）=?如圖31，過=點?D作2DE⊥AB于E，

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∴CO∥DE，

∴，

????

=

∵?B?C??CD，BO＝3，

∴=3，

3

∴O3E=??，

∴點D=橫3坐標(biāo)為，

∴點D坐標(biāo)為（?3，1），

設(shè)直線BD的函數(shù)?解析3式為3：+y＝kx+b，

由題意可得：，

3+1=?3?+?

0=3?+?

解得：，

3

?=?3

?=3

∴直線BD的函數(shù)解析式為yx；

3

（3）∵點B（3，0），點A（=﹣?1，30）+，點3D（，1），

∴AB＝4，AD＝2，BD＝22，對稱軸為?直線3x＝13，+

23+

∵直線BD：yx與y軸交于點C，

3

∴點C（0，=）?，3+3

∴OC，3

=3

∵tan∠CBO，

??3

∴∠CBO＝3=0°??，=3

如圖2，過點A作AK⊥BD于K，

第18頁共110頁.

∴AKAB＝2，

1

=

∴DK22，

22

∴DK=＝AK?，????=8?4=

∴∠ADB＝45°，

如圖，設(shè)對稱軸與x軸的交點為N，即點N（1，0），

若∠CBO＝∠PBO＝30°，

∴BNPN＝2，BP＝2PN，

=3

∴PN，BP，

2343

當(dāng)△B=AD3∽△BP=Q，3

∴，

????

=

????

∴BQ2，

43

3×(23+2)23

==+

∴點Q（14，0）；3

23

當(dāng)△BAD∽?△B3QP，

∴，

????

=

????

第19頁共110頁.

∴BQ4，

43

3×443

==?

∴點Q（2﹣3+12，03）；

43

若∠PBO＝∠+AD3B＝45°，

∴BN＝PN＝2，BPBN＝2，

當(dāng)△DAB∽△BPQ，=22

∴，

????

=

∴????，

22??

=

∴2BQ2＝223+22

∴點Q（1﹣3+2，0）；

當(dāng)△BAD∽△PQ3B，

∴，

????

=

∴B?Q???22，

22×22

==3?

∴點Q（25﹣3+22，0）；

3

綜上所述：滿足條件的點Q的坐標(biāo)為（1，0）或（﹣1，0）或（1﹣2，0）或（5﹣2，

2343

0）．?3+333

【題組一】

1．（2021?歷城區(qū)二模）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A，與y軸交

于點B，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A和點C（0，3）．

（1）求點B坐標(biāo)及二次函數(shù)的表達(dá)式；

（2）如圖1，平移線段AC，點A的對應(yīng)點D落在二次函數(shù)在第四象限的圖象上，點C的對應(yīng)點E落在

直線AB上，直接寫出四邊形ACED的形狀，并求出此時點D的坐標(biāo)；

（3）如圖2，在（2）的條件下，連接CD，交x軸于點M，點P為直線CD上方拋物線上一個動點，過

點P作PF⊥x軸，交CD于點F，連接PC，是否存在點P，使得以P、C、F為頂點的三角形與△COM

相似？若存在，求出線段PF的長度；若不存在，請說明理由．

第20頁共110頁.

【分析】（1）依據(jù)一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點特征可求A點、B點坐標(biāo)，將A，C點坐標(biāo)代入拋物線可求二

次函數(shù)表達(dá)式．

（2）由平移性質(zhì)可知，DE∥AC且DE＝AC，故四邊形ACED是平行四邊形．由平行四邊形頂點坐標(biāo)的

相對位置關(guān)系，可以設(shè)D點坐標(biāo)并表示E點坐標(biāo)，將E點坐標(biāo)代入所在直線解析式建立方程即可求解．

（3）依題意，∠PFC＝∠OCM，要使得兩三角形相似，只需再找另一組角相等即可．可找∠CPF＝∠

COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°．

【解析】（1）依題意，對一次函數(shù)y＝x﹣3，

令y＝0，得x＝3．

∴A（3，0）．

令x＝0，得y＝﹣3．

∴B（0，﹣3）．

將A（3，0），C（0，3）代入拋物線解析式y(tǒng)＝﹣x2+bx+c，

得，解得．

∴拋物線解析式為：y＝﹣x2+2x+3．

（2）依題意，DE∥AC且DE＝AC，

∴四邊形ACED是平行四邊形．

設(shè)點D（a，﹣a2+2a+3），

則點E（a﹣3，﹣a2+2a+6），

將點E代入y＝x﹣3得：

﹣a2+2a+6＝a﹣3﹣3，

a2﹣a﹣12＝0，

第21頁共110頁.

解得a1＝﹣3（舍），a2＝4．

∴D（4，﹣5）．

（3）存在．

依題意，PF∥y軸，則∠PFC＝∠OCM，

∴∠CPF＝∠COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°時，

以P、C、F為頂點的三角形與△COM相似．

①當(dāng)∠CPF＝∠COM＝90°，

∵PF∥y軸，

∴PC⊥y軸，

則點P與點C關(guān)于拋物線對稱．

由二次函數(shù)圖像的軸對稱性得PC＝2．

又D（4，﹣5），如圖，作DG⊥y軸于點G，則DG＝4，OG＝5，

∴tan∠DCG＝，

∴tan∠PFC＝tan∠DCG＝，

即，

又CP＝2．

∴PF＝4．

②當(dāng)∠PCF＝∠COM＝90°時，

如圖2，作CH⊥PF于點H．則∠OCH＝90°．

即∠DCG+∠FCH＝90°，

又∠PCH+∠FCH＝90°．

∴∠DCG＝∠PCH．

∴tan∠PCH＝tan∠DCG＝．

即．

設(shè)點P（m，﹣m2+2m+3）．

則點H（m，3）．

∴PH＝﹣m2+2m+3﹣3＝﹣m2+2m．

第22頁共110頁.

CH＝m．

∴．

解得m＝，

∴CH＝，PH＝．

又tan∠CFH＝tan∠DCG＝，

∴．

∴FH＝3．

∴PF＝PH+HF＝．

綜上，存在這樣的點P使得以P、C、F為頂點的三角形與△COM相似．

此時PF＝4或．

第23頁共110頁.

2．（2021?天心區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線L與x軸交于A，B兩點，且經(jīng)過點C（0，

﹣2），拋物線的頂點D的坐標(biāo)為（，﹣）．

（1）求拋物線L的函數(shù)表達(dá)式；

（2）如圖1，點E為第四象限拋物線L上一動點，過點E作EG⊥BC于點G，求EG的最大值，及此時

點E的坐標(biāo)；

（3）如圖2，連接AC，BC，過點O作直線l∥BC，點P，Q分別為直線l和拋物線L上的點．試探究：

在第一象限是否存在這樣的點P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，請求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；

若不存在，請說明理由．

【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點坐標(biāo)，可以設(shè)出拋物線的頂點式，再根據(jù)拋物線過C點，代入C點坐標(biāo)

即可求出拋物線的解析式；

（2）過點E作EH⊥x軸于點H，交BC于點F，分別設(shè)出E，F(xiàn)的坐標(biāo)，再證△EFG∽△BCO，得出

第24頁共110頁.

＝，用含有E和F點橫坐標(biāo)m的代數(shù)式表示出EG，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得出EG的最大值并求出E

點坐標(biāo)即可；

（3）分情況討論，根據(jù)△PQB∽△CAB得出線段比例關(guān)系分別計算出P點坐標(biāo)即可．

【解析】（1）∵拋物線的頂點D的坐標(biāo)為（，﹣），

∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣）2﹣，

∵拋物線過C（0，﹣2），

∴﹣2＝a（0﹣）2﹣，

解得a＝，

∴拋物線的解析式為y＝（x﹣）2﹣，即y＝x2﹣x﹣2；

（2）如圖1，過點E作EH⊥x軸于點H，交BC于點F，

∵點E在拋物線上，

∴設(shè)E點坐標(biāo)為（m，m2﹣m﹣2），

由（1）知拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣2，

∴當(dāng)y＝0時，0＝x2﹣x﹣2，

解得x1＝﹣1，x2＝4，

即A（﹣1，0），B（4，0），

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，

又∵C（0，﹣2），

第25頁共110頁.

∴，

解得，

∴直線BC的解析式為y＝x﹣2，

∵F點在直線BC上，

∴設(shè)F點坐標(biāo)為（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+，

∴當(dāng)m＝2時BG有最大值為，

此時E點坐標(biāo)為（2，﹣3）；

（3）存在，符合條件的P點的坐標(biāo)為（，）或（，），理由如下：

∵直線l∥BC，且l過原點（0，0），

∴直線l的解析式為y＝x，

設(shè)P（s，），

①當(dāng)點P在直線BQ右側(cè)時，如圖2，過點P作PN⊥x軸于點N，過點Q作QM⊥直線PN于點M，

第26頁共110頁.

∵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），

將點Q的坐標(biāo)代入拋物線解析式得﹣×s﹣2＝s﹣2，

解得s1＝0（舍去）或s2＝，

∴P（，）；

②當(dāng)點P在直線BQ左側(cè)時，

第27頁共110頁.

由①的方法同理可得Q點的坐標(biāo)為（s，2），

將點Q的坐標(biāo)代入拋物線解析式得﹣×s﹣2＝2，

解得s1＝（舍去）或s2＝，

∴P（，）；

綜上，符合條件的P點的坐標(biāo)為（，）或（，）．

3．（2021?市中區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝﹣x+3與兩坐標(biāo)軸交于A、B兩點，拋物

線y＝x2+bx+c過點A和點B，并與x軸交于另一點C，頂點為D．點E在對稱軸右側(cè)的拋物線上．

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和頂點D的坐標(biāo)；

（2）若點F在拋物線的對稱軸上，且EF∥x軸，若以點D，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△ABD相似，求出

此時點E的坐標(biāo)；

（3）若點P為坐標(biāo)平面內(nèi)一動點，滿足tan∠APB＝3，請直接寫出△PAB面積最大時點P的坐標(biāo)及該三

角形面積的最大值．

【分析】（1）先由y＝﹣x+3得出A，B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，再求出頂點D的坐

標(biāo)；

（2）先確定△ABC是直角三角形，然后分兩種情況討論以點D，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△ABD相似，

由相似三角形的性質(zhì)列方程求出點E的坐標(biāo)；

（3）先根據(jù)tan∠APB＝3確定P所在的運動路徑是以AD為直徑的圓，然后找點P與AB最遠(yuǎn)的位置，

求出此時△PAB面積的最大值及點P的坐標(biāo)．

【解析】（1）∵直線y＝﹣x+3與y軸、x軸分別交于A、B兩點、

第28頁共110頁.

∴A（0，3），B（3，0），

將A（0，3）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，

得：，

解得：，

∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣4x+3，

∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1

∴拋物線的頂點D的坐標(biāo)為（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為直角三角形，且∠ABD＝90°，

設(shè)點E（m，m2﹣4m+3）（m＞2）．

∵EF∥x軸，

∴DF＝m2﹣4m+3+1＝m2﹣4m+4，F(xiàn)E＝m﹣2，∠DFE＝90°，

∴∠DFE＝∠ABD＝90°，

∴如圖1，以點D，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△ABD相似，且∠FDE＝∠BAD，

則，

由AB2＝32+32＝18，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，得AB＝3，BD＝，

∴＝，

解得m1＝5，m2＝2（不符合題意，舍去）．

∴E（5，8）；

如圖2，以點D，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△ABD相似，且∠FDE＝∠BDA，

則，

∴＝，

解得m1＝，m2＝2（不符合題意，舍去），

第29頁共110頁.

∴E（，）．

綜上所述，點E的坐標(biāo)為（5，8）或（，）．

（3）由（2）得，tan∠ADB＝＝3，

∵tan∠APB＝3，

∴∠APB＝∠ADB，

∴點P在過A、B、D三點，即以AD為直徑的圓上．

如圖3，取AD的中點Q，以點Q為圓心，以QA為半徑作圓，連接QB，

∵QB＝AD＝QA，

∴點B在Q上；

連接并延長⊙OQ、QO分別交AB于點G、Q于點H，作PR⊥AB于點R，連接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，

∴當(dāng)點P與點H重合時，△PAB的面積最大，此時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×（+）＝；

過點H作HL⊥x軸于點L，

∵∠OHL＝90°﹣∠HOL＝90°﹣∠BOG＝∠OBA＝45°，

第30頁共110頁.

∴OL＝OH?tan45°＝OH；

∵OG＝AB＝，

∴OH＝GH﹣OG＝+﹣＝，

∴HL＝OL＝×（）＝，

∴H（，）．

∵此時點P與點H重合，

∴P（，）．

綜上所述，△PAB面積最大值為，此時P（，）．

第31頁共110頁