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、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)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，分和兩種情況列方程．
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】 (2023?貴港）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（0，3）和B（，﹣）兩點(diǎn)，直線AB與x軸相交于點(diǎn)C，P是直線AB上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，PD⊥x軸交AB于點(diǎn)D．
（1）求該拋物線的表達(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)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)P，點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【例2】． (2023?衡陽(yáng)）如圖，已知拋物線y＝x2﹣x﹣2交x軸于A、B兩點(diǎn)，將該拋物線位于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）寫出圖象W位于線段AB上方部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
（2）若直線y＝﹣x+b與圖象W有三個(gè)交點(diǎn)，請(qǐng)結(jié)合圖象，直接寫出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．
【例3】． (2023?桂林）如圖，拋物線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)，拋物線的對(duì)稱軸l與x軸交于點(diǎn)N，長(zhǎng)為1的線段PQ（點(diǎn)P位于點(diǎn)Q的上方）在x軸上方的拋物線對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)．
（1）直接寫出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)．
【例4】 (2023?玉林）如圖，已知拋物線：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)稱軸是直線x＝，P是第一象限內(nèi)拋物線上的任一點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)D為線段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軸的垂線與線段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)．
1． (2023秋?興城市期末）如圖，拋物線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CF上的一點(diǎn)，MN⊥CF交拋物線于點(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)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
2． (2023秋?郴州期末）已知拋物線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，拋物線與y軸相交于點(diǎn)F．若點(diǎn)Q是線段OF上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作與x軸平行的直線交拋物線于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．
3． (2023秋?長(zhǎng)垣市期末）如圖1，拋物線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）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一動(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是線段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線l分別與直線BC和拋物線交于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)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
4． (2023秋?鄒城市期末）如圖，已知拋物線y＝x2+2x的頂點(diǎn)為A，直線y＝x+2與拋物線交于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．
5． (2023秋?攸縣期末）如圖，已知直線y＝﹣2x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、B，拋物線過(guò)A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D．
（1）若拋物線的解析式為y＝﹣2x2+2x+4，設(shè)其頂點(diǎn)為M，其對(duì)稱軸交AB于點(diǎn)N．
①求點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)；
②在拋物線的對(duì)稱軸上找一點(diǎn)Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，請(qǐng)直接寫出點(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，使得以B、P、D為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似？若存在，求出滿足條件的拋物線的解析式；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
6． (2023?禹城市模擬）如圖，拋物線經(jīng)過(guò)A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三點(diǎn)．
（1）求出拋物線的解析式；
（2）P是拋物線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）若拋物線上有一點(diǎn)D（點(diǎn)D位于直線AC的上方且不與點(diǎn)B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
7． (2023?祥云縣模擬）如圖，已知拋物線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，交線段BC于點(diǎn)D，MN∥x軸，交y軸于點(diǎn)N．
（1）求拋物線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．
8． (2023?松江區(qū)校級(jí)模擬）如圖，拋物線y＝x2﹣bx+c過(guò)點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣3），D為拋物線的頂點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式以及頂點(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y＝x2﹣bx+c對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為E點(diǎn)，連接BE，直線BE與對(duì)稱軸交于點(diǎn)M，在（2）的條件下，點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一點(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．
9． (2023?平江縣一模）如圖，拋物線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與拋物線的對(duì)稱軸l交于點(diǎn)E．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的動(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)稱軸l右側(cè)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，在射線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．
10． (2023?萊州市一模）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線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，連接PO．
（1）求拋物線的表達(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．
11． (2023?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)于該拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱．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．
12． (2023?澄邁縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點(diǎn)O，頂點(diǎn)為C．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）設(shè)該拋物線上一動(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在該拋物線上，點(diǎn)E在該拋物線的對(duì)稱軸上，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．
13． (2023?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）直接寫出C′的坐標(biāo)，并求經(jīng)過(guò)O、A、C′三點(diǎn)的拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P在第四象限的拋物線上，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的切線與x軸相交于點(diǎn)F，拋物線上是否存在一點(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．
14． (2023?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AB上，直接寫出四邊形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CD下方拋物線上一個(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，求出線段FP的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
15． (2023?臨清市三模）如圖，拋物線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)稱軸左側(cè)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F在拋物線上并且和點(diǎn)E關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，作矩形EFGH，其中點(diǎn)G，H都在x軸上．
（1）求拋物線解析式；
（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 （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，直接寫出△DFP與△DAM相似時(shí)，點(diǎn)F的坐標(biāo)．
16． (2023?成都模擬）如圖①，已知拋物線y＝﹣（x﹣1）2+k交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足OB＝3OA．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P在第一象限，直線y＝x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且與直線BC交于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，當(dāng)線段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m，與拋物線交于另一點(diǎn)D．點(diǎn)P在直線m上方，點(diǎn)Q在線段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)．
17． (2023?東莞市校級(jí)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線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)稱軸為直線l，對(duì)于拋物線上的兩點(diǎn)（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），當(dāng)x1+x2＝2時(shí)，y1﹣y2＝0恒成立．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)M是第二象限內(nèi)直線AC上方的拋物線上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AC于點(diǎn)N，求線段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l右側(cè)拋物線上的一點(diǎn)，PQ⊥l于點(diǎn)Q，AP交直線l于點(diǎn)F，是否存在這樣的點(diǎn)P，使△PQF與△ACO相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
18． (2023?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，以AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，若C（0，2）．
（1）請(qǐng)直接寫出A、B的坐標(biāo)；
（2）求經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)的拋物線表達(dá)式；
（3）l為拋物線對(duì)稱軸，P是直線l右側(cè)拋物線上的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作l的垂線，垂足為D，E是l上的點(diǎn)．要使以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△ABC全等，求滿足條件的點(diǎn)P，點(diǎn)E的坐標(biāo)．
挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘
專題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、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)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，分和兩種情況列方程．
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】 (2023?貴港）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（0，3）和B（，﹣）兩點(diǎn)，直線AB與x軸相交于點(diǎn)C，P是直線AB上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，PD⊥x軸交AB于點(diǎn)D．
（1）求該拋物線的表達(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)直接寫出所有滿足條件的點(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，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+n，把A（0，3）和B（，﹣）代入，
，
解得，
∴直線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】 (2023?衡陽(yáng)）如圖，已知拋物線y＝x2﹣x﹣2交x軸于A、B兩點(diǎn)，將該拋物線位于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）寫出圖象W位于線段AB上方部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
（2）若直線y＝﹣x+b與圖象W有三個(gè)交點(diǎn)，請(qǐng)結(jié)合圖象，直接寫出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y＝﹣x+b與新圖象恰好有三個(gè)不同的交點(diǎn)，①當(dāng)直線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y＝﹣x+b與圖象W位于線段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】 (2023?桂林）如圖，拋物線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)，拋物線的對(duì)稱軸l與x軸交于點(diǎn)N，長(zhǎng)為1的線段PQ（點(diǎn)P位于點(diǎn)Q的上方）在x軸上方的拋物線對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)．
（1）直接寫出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'交拋物線的對(duì)稱軸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，Q，C'共線，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得拋物線對(duì)稱軸為直線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'交拋物線的對(duì)稱軸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，
∴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得拋物線對(duì)稱軸為直線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】 (2023?玉林）如圖，已知拋物線：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)稱軸是直線x＝，P是第一象限內(nèi)拋物線上的任一點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)D為線段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軸的垂線與線段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)稱軸是直線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的垂直平分線上，所以作OD的垂直平分線與拋物線的交點(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． (2023秋?興城市期末）如圖，拋物線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CF上的一點(diǎn)，MN⊥CF交拋物線于點(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． (2023秋?郴州期末）已知拋物線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，拋物線與y軸相交于點(diǎn)F．若點(diǎn)Q是線段OF上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作與x軸平行的直線交拋物線于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． (2023秋?長(zhǎng)垣市期末）如圖1，拋物線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）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一動(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是線段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線l分別與直線BC和拋物線交于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的函數(shù)關(guān)系式；
（2）根據(jù)點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一動(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：，
∴拋物線的解析式為；
（2）設(shè)直線BC的解析式為：y＝ax+n，
由點(diǎn)B（6，0）和C（0，﹣3）得：，
解得：，
∴直線BC的解析式為，
如圖1，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交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． (2023秋?鄒城市期末）如圖，已知拋物線y＝x2+2x的頂點(diǎn)為A，直線y＝x+2與拋物線交于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）將拋物線配方后可得頂點(diǎn)A的坐標(biāo)，將拋物線和一次函數(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． (2023秋?攸縣期末）如圖，已知直線y＝﹣2x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、B，拋物線過(guò)A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D．
（1）若拋物線的解析式為y＝﹣2x2+2x+4，設(shè)其頂點(diǎn)為M，其對(duì)稱軸交AB于點(diǎn)N．
①求點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)；
②在拋物線的對(duì)稱軸上找一點(diǎn)Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，請(qǐng)直接寫出點(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，使得以B、P、D為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似？若存在，求出滿足條件的拋物線的解析式；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）①函數(shù)的對(duì)稱軸為：x＝﹣＝，故點(diǎn)M（，），即可求解；
②設(shè)拋物線與x軸左側(cè)的交點(diǎn)為R（﹣1，0），則點(diǎn)A與R關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，連接RB并延長(zhǎng)交拋物線的對(duì)稱軸于點(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)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，
連接RB并延長(zhǎng)交拋物線的對(duì)稱軸于點(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)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，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)代入拋物線表達(dá)式：y＝ax2+bx+c并解得：
y＝﹣2x2+2x+4或y＝﹣x2+3x+4．
6． (2023?禹城市模擬）如圖，拋物線經(jīng)過(guò)A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三點(diǎn)．
（1）求出拋物線的解析式；
（2）P是拋物線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）若拋物線上有一點(diǎn)D（點(diǎn)D位于直線AC的上方且不與點(diǎn)B重合）使得S△DCA＝S△ABC，直接寫出點(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AC的解析式為y＝x﹣2，再求出過(guò)點(diǎn)B作直線AC的平行線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AC的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直線AC的解析式為y＝x﹣2，
過(guò)點(diǎn)B作直線AC的平行線y＝x+m，
∴+m＝0，
∴m＝﹣，
∴y＝x﹣，
聯(lián)立方程組，
解得（舍）或，
∴D（3，1）．
7． (2023?祥云縣模擬）如圖，已知拋物線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，交線段BC于點(diǎn)D，MN∥x軸，交y軸于點(diǎn)N．
（1）求拋物線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． (2023?松江區(qū)校級(jí)模擬）如圖，拋物線y＝x2﹣bx+c過(guò)點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣3），D為拋物線的頂點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式以及頂點(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y＝x2﹣bx+c對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為E點(diǎn)，連接BE，直線BE與對(duì)稱軸交于點(diǎn)M，在（2）的條件下，點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一點(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，即可得到拋物線的解析式，然后利用配方法可求得拋物線的頂點(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)稱性得E（2，﹣3），可得直線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)代入拋物線表達(dá)式得：
，解得，
故拋物線的解析式為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y＝x2﹣2x﹣3對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為E點(diǎn)，y＝x2﹣2x﹣3的對(duì)稱軸為x＝1，
∴E（2，﹣3），
∵B（3，0），
∴直線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． (2023?平江縣一模）如圖，拋物線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與拋物線的對(duì)稱軸l交于點(diǎn)E．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的動(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)稱軸l右側(cè)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，在射線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，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，
∴M（3，11）；
綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，8）或（3，5+）或（3，11）．
10． (2023?萊州市一模）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線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，連接PO．
（1）求拋物線的表達(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y＝x2+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，3），
∴3＝4+c，
∴c＝﹣1，
∴拋物線的表達(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，
∴PH＝m2﹣1+2＝m2+1，PO＝＝m2+1，
∴PO＝PH，即直線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． (2023?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)于該拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱．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)于該拋物線的對(duì)稱軸直線x＝1對(duì)稱，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． (2023?澄邁縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點(diǎn)O，頂點(diǎn)為C．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）設(shè)該拋物線上一動(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在該拋物線上，點(diǎn)E在該拋物線的對(duì)稱軸上，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)角線的情況，分三種情況討論：當(dāng)AO為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，當(dāng)AP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，當(dāng)AE為平行四邊形的對(duì)角線時(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，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝﹣1，
設(shè)E（﹣1，m），
當(dāng)AO為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，
，
解得，
∴P（﹣1，﹣1）；
當(dāng)AP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，
，
解得，
∴P（1，3）；
當(dāng)AE為平行四邊形的對(duì)角線時(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． (2023?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）直接寫出C′的坐標(biāo)，并求經(jīng)過(guò)O、A、C′三點(diǎn)的拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P在第四象限的拋物線上，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的切線與x軸相交于點(diǎn)F，拋物線上是否存在一點(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'?cs∠C'AM＝2cs60°＝1，
∴OM＝OA+AM＝2+1＝3，
∴C'（3，），
∵A（2，0），O（0，0）在拋物線上，故設(shè)拋物線的解析式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)于拋物線對(duì)稱軸直線x＝1對(duì)稱，如圖：
由對(duì)稱性可知，此時(shí)∠AOM＝120°，
∴△BOF∽△AOM，
∴M；
③MO＝MA時(shí)，點(diǎn)M為拋物線頂點(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． (2023?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AB上，直接寫出四邊形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CD下方拋物線上一個(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CD的解析式為y＝kx+m，
∵C（0，﹣3）、D（4，5），
∴，
∴，
∴直線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． (2023?臨清市三模）如圖，拋物線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)稱軸左側(cè)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F在拋物線上并且和點(diǎn)E關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，作矩形EFGH，其中點(diǎn)G，H都在x軸上．
（1）求拋物線解析式；
（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AD的解析式為y＝px+q，
把A（﹣1，0），D（1，4）代入得，
解得，
∴直線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． (2023?成都模擬）如圖①，已知拋物線y＝﹣（x﹣1）2+k交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足OB＝3OA．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P在第一象限，直線y＝x+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且與直線BC交于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，當(dāng)線段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m，與拋物線交于另一點(diǎn)D．點(diǎn)P在直線m上方，點(diǎn)Q在線段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)拋物線的對(duì)稱軸為直線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y＝﹣（x﹣1）2+k的對(duì)稱軸為直線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PE的解析式為y＝x﹣t2+t+3，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+d，
∵B（3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴直線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)線段PE的長(zhǎng)度隨著t的增大而減小時(shí)，≤t＜3；
（3）∵直線m∥BC，
∴設(shè)直線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． (2023?東莞市校級(jí)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線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)稱軸為直線l，對(duì)于拋物線上的兩點(diǎn)（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），當(dāng)x1+x2＝2時(shí)，y1﹣y2＝0恒成立．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)M是第二象限內(nèi)直線AC上方的拋物線上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AC于點(diǎn)N，求線段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l右側(cè)拋物線上的一點(diǎn)，PQ⊥l于點(diǎn)Q，AP交直線l于點(diǎn)F，是否存在這樣的點(diǎn)P，使△PQF與△ACO相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）利用一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系可得：x1+x2＝2k，再結(jié)合當(dāng)x1+x2＝2時(shí)，y1﹣y2＝0恒成立，可得出k＝1，即可得出答案；
（2）運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝3x+3，如圖1，過(guò)點(diǎn)M作MD∥y軸交AC于點(diǎn)D，設(shè)M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），則D（t，3t+3），再證得△MDN∽△ACO，得出＝，可得MN＝﹣（t+）2+，運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；
（3）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），則Q（1，﹣m2+2m+3），過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，則H（m，0），可證得△PFQ∽△APH，分情況討論：當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，若△PFQ∽△CAO，則△APH∽△CAO，可得P（，）；若△PFQ∽△ACO，則△APH∽△ACO，求得m＝﹣1或0，均不符合題意；當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如圖3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，若△PFQ∽△CAO，則△APH∽△CAO，可得P（，﹣）；若△PFQ∽△ACO，則△APH∽△ACO，可得P（6，21）．
【解析】（1）∵（x1，y1），（x2，y2）在拋物線y＝﹣x2+2kx+2k2+1上，
∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2k2﹣1，y1＝﹣x12+2kx1+2k2+1，y2＝﹣x22+2kx2+2k2+1，
∴y1﹣y2＝（﹣x12+2kx1+2k2+1）﹣（﹣x22+2kx2+2k2+1）＝（x2﹣x1）（x1+x2﹣2k），
∵當(dāng)x1+x2＝2時(shí)，y1﹣y2＝0恒成立，
∴（x2﹣x1）（2﹣2k）＝0，
∵x1＜k＜x2，
∴2﹣2k＝0，
∴k＝1，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）由（1）知：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，得﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
在Rt△AOC中，AC＝＝＝，
設(shè)直線AC的解析式為y＝mx+n，則，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝3x+3，
如圖1，過(guò)點(diǎn)M作MD∥y軸交AC于點(diǎn)D，
設(shè)M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），則D（t，3t+3），
∴MD＝﹣t2+2t+3﹣（3t+3）＝﹣t2﹣t，
∵M(jìn)N⊥AC，
∴∠MND＝90°＝∠AOC，
∵M(jìn)D∥OC，
∴∠MDN＝∠ACO，
∴△MDN∽△ACO，
∴＝，即＝，
∴MN＝﹣（t+）2+，
∵＜0，
∴當(dāng)t＝﹣時(shí)，線段MN取得最大值，此時(shí)，M（﹣，）；
（3）存在．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，
設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），則Q（1，﹣m2+2m+3），過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，則H（m，0），
∵PQ⊥l，l⊥x軸，
∴PQ∥x軸，
∴∠FPQ＝∠PAH，
∵∠PQF＝∠AHP，
∴△PFQ∽△APH，
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，如圖2，PH＝﹣m2+2m+3，AH＝m+1，又OA＝1，OC＝3，
若△PFQ∽△CAO，則△APH∽△CAO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝，
當(dāng)m＝時(shí)，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝，
∴P（，）；
若△PFQ∽△ACO，則△APH∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝0（不符合題意，舍去）；
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如圖3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，
若△PFQ∽△CAO，則△APH∽△CAO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝，
當(dāng)m＝時(shí)，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝﹣，
∴P（，﹣）；
若△PFQ∽△ACO，則△APH∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝6，
當(dāng)m＝6時(shí)，﹣m2+2m+3＝﹣62+2×6+3＝﹣21，
∴P（6，21）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，﹣）或（6，21）．
18． (2023?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，以AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，若C（0，2）．
（1）請(qǐng)直接寫出A、B的坐標(biāo)；
（2）求經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)的拋物線表達(dá)式；
（3）l為拋物線對(duì)稱軸，P是直線l右側(cè)拋物線上的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作l的垂線，垂足為D，E是l上的點(diǎn)．要使以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△ABC全等，求滿足條件的點(diǎn)P，點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【分析】（1）運(yùn)用勾股定理即可求得OA＝2，再求得OB＝6，即可得出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；
（2）運(yùn)用待定系數(shù)法設(shè)y＝a（x+2）（x﹣6），把C（0，2）代入，即可求得答案；
（3）根據(jù)以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△ABC全等，且∠PDE＝∠ACB＝90°，可分兩種情況：①當(dāng)△PDE≌△ACB時(shí)，如圖1，②當(dāng)△PDE≌△BCA時(shí)，如圖2，分別結(jié)合圖形和全等三角形性質(zhì)即可求得答案．
【解析】（1）∵C（0，2），
∴OC＝2，
在Rt△AOC中，OA＝＝＝2，
∴OB＝AB﹣OA＝8﹣2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）設(shè)y＝a（x+2）（x﹣6），把C（0，2）代入得：2＝a（0+2）（0﹣6），
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣6）＝﹣x2+x+2，
∴該拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+x+2；
（3）在△BOC中，BC＝＝＝4，
∵y＝﹣x2+x+2＝（x﹣2）2+，
∴拋物線對(duì)稱軸為直線x＝2，
設(shè)P（m，﹣m2+m+2）（m＞2），E（2，n），
①當(dāng)△PDE≌△ACB時(shí)，如圖1，
∵∠PDE＝∠ACB＝90°，
∴PD＝AC＝4，DE＝BC＝4，
∴m﹣2＝4，
解得：m＝6，
∴P（6，0），D（2，0），
∴|n﹣0|＝4，
解得：n＝±4，
∴E（2，4）或（2，﹣4），
②當(dāng)△PDE≌△BCA時(shí)，如圖2，
∵∠PDE＝∠ACB＝90°，
∴PD＝BC＝4，DE＝AC＝4，
∴m﹣2＝4，
解得：m＝4+2，
∴P（4+2，﹣），D（2，﹣），
∴|n﹣（﹣）|＝4，
解得：n＝4﹣或﹣4﹣，
∴E（2，4﹣）或（2，﹣4﹣）；
綜上所述，P（6，0），E（2，4）或（2，﹣4）；或P（4+2，﹣），E（2，4﹣）或（2，﹣4﹣）．

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中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國(guó)通用）專題27以相似為載體的幾何綜合問(wèn)題（全國(guó)通用）（原卷版+解析）

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專題04 二次函數(shù)與相似問(wèn)題-挑戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國(guó)通用）

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