判定2：兩邊對(duì)應(yīng)成比例且夾角相等的兩個(gè)三角形是相似三角形；
判定3：有兩組角對(duì)應(yīng)相等的三角形是相似三角形．
以上也是坐標(biāo)系中相似三角形存在性問題的方法來(lái)源，根據(jù)題目給的已知條件選擇恰當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒?，解決問題．
1.（2024春?渠縣校級(jí)月考）如圖，一次函數(shù)與x軸、y軸分別交于A、C兩點(diǎn)，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)，與x軸交于另一點(diǎn)B，其對(duì)稱軸為直線
（1）求該二次函數(shù)表達(dá)式；
（2）在y軸的負(fù)半軸上是否存在一點(diǎn)M，使以點(diǎn)M、O、B為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似，若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
【解答】解：（1）對(duì)于，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2，即點(diǎn)C（0，﹣2），
令，則x＝﹣4，即點(diǎn)A（﹣4，0）．
∵拋物線的對(duì)稱軸為直線，則點(diǎn)B（1，0），
∴拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為（﹣4，0），
設(shè)二次函數(shù)表達(dá)式為：y＝a（x﹣1）（x+4）＝a（x2+3x﹣4），
∵拋物線過(guò)點(diǎn)C（0，﹣2），
則﹣4a＝﹣2，
解得：，
故拋物線的表達(dá)式為：；
（2）存在，
理由：在Rt△AOC中，AO＝4，CO＝2，則，
∵以點(diǎn)M、O、B為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似，∠AOC＝∠MOB＝90°，
∴∠MBO＝∠CAO或∠MBO＝∠ACO，
∴或tan∠MBO＝tan∠ACO＝2，
即或，
解得：或2，
∵點(diǎn)M在y軸的負(fù)半軸上，
即點(diǎn)M（0，﹣2）或；
2．（2023秋?大豐區(qū)月考）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣4，0）和點(diǎn)B，與y軸相交于點(diǎn)C（0，4）．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）點(diǎn)D在線段OA上運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線，與AC交于點(diǎn)Q，與拋物線交于點(diǎn)P．探究是否存在點(diǎn)P使得以點(diǎn)P，C，Q為頂點(diǎn)的三角形與△ADQ相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過(guò)A（﹣4，0）與點(diǎn)C（0，4），
∴，
∴，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）存在，
當(dāng)△ADQ∽△CPQ時(shí)；
則∠PCQ＝∠DAQ，∠CPQ＝∠ADQ＝90°；
∵OA＝OC＝4，
∴∠DAO＝∠ACO＝45°，
∴∠PCQ＝∠DAQ＝45°，
∴∠PCQ＝∠PQC＝45°，
∴PQ＝PC，
即﹣m2﹣4m＝﹣m，
解得：m＝﹣3，m＝0（舍去），
此時(shí)P（﹣3，4）；
當(dāng)△ADQ∽△PCQ時(shí)，如圖，
則∠PCQ＝∠ADQ＝90°，∠QPC＝∠QAD＝45°，
則有∠PQC＝∠QPC＝45°，
∴PC＝QC；
過(guò)點(diǎn)C作CE⊥PQ于E，則PQ＝2CE，
∵CE＝﹣m，
∴﹣m2﹣4m＝﹣2m，
解得：m＝﹣2，m＝0（舍去），
此時(shí)P（﹣2，6）；
綜上，P（﹣3，4）或P（﹣2，6）．
3．（2024秋?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)月考）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣4的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為A（﹣1，0），C（2，﹣6）．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）點(diǎn)G是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)G與線段AC的端點(diǎn)不重合），若△ABG與△ABC相似，求點(diǎn)G的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將A（﹣1，0），C（2，﹣6）代入y＝ax2+bx﹣4
得：，
解得：，
∴解析式為：y＝x2﹣3x﹣4；
（2）對(duì)于y＝x2﹣3x﹣4，令y＝0時(shí)，即x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x＝4或﹣1，
∴B（4，0），
∴AB＝5，
由點(diǎn)A、C的坐標(biāo)得，直線AC的函數(shù)解析式為y＝﹣2x﹣2．
設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（k，﹣2k﹣2）．
∵點(diǎn)G與點(diǎn)C不重合，
∴△ABG與△ABC相似只有△AGB∽△ABC這一種情況．
由△AGB∽△ABC，得．
∵AB＝5，，
，
∴，
解得：或（舍去），
∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為．
4．（2023秋?開福區(qū)校級(jí)月考）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+3交x軸負(fù)、正半軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，連接AC，tan∠OAC＝3，△ABC的外接圓的圓心為M．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）在AC段的拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使，若存在請(qǐng)求出點(diǎn)P坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由；
（3）圓上是否存在Q點(diǎn)，使△AOC與△BQC相似？若存在，直接寫出點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+3交y軸于點(diǎn)C，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∵，
∴OA＝1，
∴A（﹣1，0），
代入拋物線解析式y(tǒng)＝﹣x2+bx+3得：
0＝﹣1﹣b+3，
解得b＝2，
∴該二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）在AC段的拋物線上存在一點(diǎn)P，使；理由如下：
令y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）（x+1）＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
設(shè)P（x，﹣x2+2x+3），
∵點(diǎn)P在AC段的拋物線上，
∴﹣1≤x≤0，
如圖1，過(guò)P作PL⊥x軸于L，
則：S△BCP＝S△BOC+S梯形PLOC﹣S△PLB
＝
＝，
∴，x2﹣3x＝1，
解得，或（舍去），
∴點(diǎn)P縱坐標(biāo)為：，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為；
（3）圓上存在Q點(diǎn)，使△AOC與△BQC相似；理由如下：
如圖2，
由（1）可知：B（3，0），
∵C（0，3），
∴，
∵AB的垂直平分線是拋物線的對(duì)稱軸x＝1，
∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)是1，
∵△AOC是直角三角形，△AOC與△BQC相似，
∴△BQC是直角三角形，
∵BC不是直徑，
∴點(diǎn)Q是⊙M的直徑的一個(gè)端點(diǎn)，
①當(dāng)∠BCQ是直角，則BQ是直徑，
∴CQ⊥BC，
∵△AOC∽△QCB，
∴，即，
∴，，
∴，
設(shè)點(diǎn)M（1，t），
∴，
解得，t＝1或﹣1（舍去），
∴M（1，1），
∵B（3，0），
設(shè)點(diǎn)Q（m，n），
∵點(diǎn)M是BQ的中點(diǎn)，
∴，
解得：，
∴Q（﹣1，2）；
②當(dāng)∠BQC＝90°時(shí)，則CQ是直徑，
設(shè)Q（m，n），
∵點(diǎn)M是CQ的中點(diǎn)，
∴，
解得：，
∴Q（2，﹣1）；
綜上，滿足條件的Q（﹣1，2）或Q（2，﹣1）．
5．（2024?內(nèi)蒙古）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過(guò)原點(diǎn)和點(diǎn)A（4，0）．經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的直線與該二次函數(shù)圖象交于點(diǎn)B（1，3），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)P是二次函數(shù)圖象上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在直線AB上方時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，與直線AB交于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．
①m為何值時(shí)線段PD的長(zhǎng)度最大，并求出最大值；
②是否存在點(diǎn)P，使得△BPD與△AOC相似．若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵拋二次函數(shù)經(jīng)過(guò)O（0，0），A（4，0），B（1，3），
∴將三點(diǎn)坐標(biāo)代入解析式得，
解得：a＝﹣1，b＝4，c＝0，
∴二次函數(shù)的解析式為：y＝﹣x2+4x；
∵直線經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，設(shè)直線AB解析式為：y＝kx+n，
∴將A、B兩點(diǎn)代入得，
解得：k＝﹣1，n＝4，
∴直線AB解析式為：y＝﹣x+4，
∵點(diǎn)C是直線與y軸交點(diǎn)，
∴令x＝0，則y＝4，
∴C（0，4）．
（2）①∵點(diǎn)P在直線AB上方，
∴0≤m≤4，
由題知P（m，﹣m2+4m），D（m，﹣m+4），
∴PD＝y(tǒng)P﹣yD＝﹣m2+4m+m﹣4＝﹣m2+5m﹣4＝﹣（m﹣）+，
∵﹣1＜0
∴當(dāng)m＝時(shí)，PD＝是最大值．
②存在，理由如下：
∵∠PDB＝∠ADE，∠ADE＝∠ACO，
∴∠BDP＝∠ACO，
∵△AOC是直角三角形，
∴要使△BPD與△AOC相似，只有保證△BPD是直角三角形就可以．
（Ⅰ）當(dāng)△BPD∽△AOC時(shí)，
∵∠AOC＝90°，
∴∠BPD＝90°，
此時(shí)BP∥x軸，B、P關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，
∴P（3，3）；
（Ⅱ）法一：當(dāng)△PBD∽△AOC時(shí)，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，
∵OC＝OA＝4，
∴∠BDP＝∠ADE＝∠OAC＝45°，
∴△BDE為等腰直角三角形，
∴PD＝BD，
由①知PD＝﹣m2+5m﹣4，
∵B（1，3），D（m，﹣m+4），
∴BD＝＝（m﹣1），
∵PD＝BD，
∴﹣m2+5m﹣4＝2（m﹣1），
解得m1＝2，m2＝1（舍），
∴P（2，4）．
法二：當(dāng)△PBD∽△AOC時(shí)，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，
過(guò)B作GH∥y軸，作PG⊥GH，作DH⊥GH，
則易證△PGB∽△BHD，
∴，
∵PG＝m﹣1，BG＝﹣m2+4m﹣3，BH＝m﹣1，DH＝m﹣1，
∴，
解得m1＝2，m2＝1（舍），
∴P（2，4）．
法三：當(dāng)△PBD∽△AOC時(shí)，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，
∴AB⊥PB，
∵kAC＝﹣1，
∴kBP＝1，
∴直線BP的解析式為：y＝x+2，
聯(lián)立方程組得，
解得：或，
∴P（2，4）
綜上，存在點(diǎn)P使△BPD與△AOC相似，此時(shí)P的坐標(biāo)為（3，3）或（2，4）．
6．（2024?南皮縣三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝ax+b1與x軸交于點(diǎn)B（﹣2，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，2），二次函數(shù)y＝﹣x2+b2x+c的圖象過(guò)B、C兩點(diǎn)，且與x軸交于另一點(diǎn)A，點(diǎn)M為線段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作直線l平行于y軸交BC于點(diǎn)F，交二次函數(shù)y＝﹣x2+b2x+c的圖象于點(diǎn)E．
（1）求一次函數(shù)及二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）求△ABC的面積；
（3）當(dāng)以點(diǎn)C、E、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似時(shí)，求線段EF的長(zhǎng)度．
【解答】解：（1）∵直線y＝ax+b1與x軸交于點(diǎn)B（﹣2，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，2），
∴，
解得，
∴一次函數(shù)的表達(dá)式為y＝x+2；
把B（﹣2，0），C（0，2）代入y＝﹣x2+b2x+c，
得，
解得，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2﹣x+2；
（2）在y＝﹣x2﹣x+2中，令y＝0，得x＝﹣2或x＝1，
∴A（1，0），
∴AB＝3，OC＝2，
∴．
（3）如圖，連接CE，
∵B（﹣2，0），C（0，2），
∴OB＝OC，AB＝3，，
∴∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，
∴以C、E、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，B和F為對(duì)應(yīng)點(diǎn)，
設(shè)E（n，﹣n2﹣n+2），則F（n，n+2），
∴EF＝（﹣n2﹣n+2）﹣（n+2）＝﹣n2﹣2n，，
①當(dāng)△ABC∽△CFE 時(shí)，，
∴，
∴或n＝0（舍去），
∴；
②當(dāng)△ABC∽△EFC時(shí)，，
∴，
解得或n＝0（舍去），
∴，
綜上所述，或．
7．（2024?閻良區(qū)校級(jí)二模）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）連接AC，P為第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，連接PA，是否存在一點(diǎn)P，使得△PDA與△COA相似，若存在，請(qǐng)求出滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵OB＝3OA，OC＝OB，
∴OB＝OC＝3，
∴B（3，0），C（0，3），
∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＜0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，B，C，
∴
解得，
∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），
∵PD⊥x軸，P為第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，
∴m＞0，OD＝m，PD＝﹣m2+2m+3，
∴AD＝OA+OD＝m+1，
∵△PDA與△COA相似，
∴或，
∴或，
解得m1＝0，m2＝﹣1或m3＝﹣1，，
∵m＞0，
∴，
∴△PDA與△COA相似，滿足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為．
8．（2024?漣水縣模擬）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A（，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）作直線x＝t（0＜t＜4），分別交x軸、線段BC、拋物線于D、E、F三點(diǎn)，連接CF，若以B、D、E為頂點(diǎn)的三角形與以C、E、F為頂點(diǎn)的三角形相似，求t的值；
（3）點(diǎn)M為y軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，且OM＝2，將拋物線沿x軸的負(fù)方向平移得到新拋物線，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B'，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C′，C′B與CB′交于點(diǎn)N．在拋物線平移過(guò)程中，當(dāng)MB′+MC′的值最小時(shí)，試求△B′NC′的面積．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A（，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，
∴，
解得，
∴這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+x+2；
（2）以B、D、E為頂點(diǎn)的三角形與以C、E、F為頂點(diǎn)的三角形相似，則存在∠CFE或∠FCE為直角，
當(dāng)∠CFE＝90°時(shí)，
則點(diǎn)C、F關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，
∵拋物線y＝﹣x2+x+2的對(duì)稱軸為直線x＝，
∴點(diǎn)F（，2），
則t＝；
當(dāng)∠FCE＝90°時(shí)，
由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，直線BC的表達(dá)式為：y＝﹣x+2，
則直線CF的表達(dá)式為：y＝2x+2，
聯(lián)立上式和拋物線的表達(dá)式得：2x+2＝x2+x+2，
解得：x＝0（舍去）或x＝﹣（舍去），
綜上，t＝；
（3）設(shè)拋物線沿x軸的負(fù)方向平移m個(gè)單位長(zhǎng)度得到新拋物線，
將點(diǎn)M向右平移m個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)M'，作出圖形如下：
由平移的性質(zhì)可知，MC'＝M'C，MB'＝M'B，
∴MC'+MB'的值最小就是M'C+M'B最小值，
顯然點(diǎn)M'在直線y＝﹣2上運(yùn)動(dòng)，
作出點(diǎn)B關(guān)于直線y＝﹣2對(duì)稱的對(duì)稱點(diǎn)B″，連接CB″交直線y＝﹣2于點(diǎn)M'，連接M'B，則此時(shí)M'C+M'B取得最小值，
∵點(diǎn)B關(guān)于直線y＝﹣2對(duì)稱的對(duì)稱的點(diǎn)是點(diǎn)B″，C（4，0），
∴B″（4，﹣4），
設(shè)直線CB″的解析式是：y＝k1x+b1，
將點(diǎn)C（0，2），B″（4，﹣4）代入得，
解得，
∴直線CB″的解析式是：y＝﹣x+2，
令y＝﹣x+2＝﹣2，解得：x＝，
∴M'＝（，﹣2），
∴平移的距離是m＝，
∴BB′＝，
∵四邊形BB′C′C是平行四邊形，C′B與CB′交于點(diǎn)N，
∴△B′NC′的面積＝四邊形BB′C′C的面積＝××2＝．
9．（2024?工業(yè)園區(qū)校級(jí)二模）已知，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝ax2+2ax﹣3a（a＞0）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，圖象頂點(diǎn)為D，連接AC、BC、CD．
（1）請(qǐng)直接寫出點(diǎn)A、B、C、D的坐標(biāo)（用數(shù)字或含a的式子表示）：
A （﹣3，0） ；B （1，0） ；C （0，﹣3a） ；D （﹣1，﹣4a） ；
（2）作出點(diǎn)C關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE、CE、DE，若△ACE和△DCE相似，求a的值；
（3）若∠ACB≥90°，直接寫出a的取值范圍．
【解答】解：（1）把x＝0代入y＝ax2+2ax﹣3a得，y＝﹣3a，
∴C（0，﹣3a），
把y＝0代入y＝ax2+2ax﹣3a得，ax2+2ax﹣3a＝0，
∵a＞0，
∴x2+2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線，
把x＝﹣1代入y＝ax2+2ax﹣3a得，y＝a﹣2a﹣3a＝﹣4a，
∴頂點(diǎn)為D（﹣1，﹣4a），
故答案為：（﹣3，0）；（1，0）；（0，﹣3a）；（﹣1，﹣4a）；
（2）如圖1，∵點(diǎn)C、E關(guān)于對(duì)稱軸x＝﹣1對(duì)稱，C（0，﹣3a），點(diǎn)D在對(duì)稱軸上，
∴E（﹣2，﹣3a），DC＝DE，
∴CE＝2，
∵△ACE和△DCE相似，
∴AE＝CE，
∴，
整理得，3a2＝1，
解得或（不合，舍去），
∴；
（3）設(shè)拋物線的對(duì)稱軸x＝﹣1與x軸的交點(diǎn)為點(diǎn)F，以點(diǎn)F為圓心，2為半徑畫圓，連接FC，如圖2，
當(dāng)點(diǎn)C在⊙F上或⊙F內(nèi)時(shí)，∠ACB≥90°，
∴FC≤2，
即，
解得，
又∵a＞0，
∴．
10．（2024?岱岳區(qū)二模）如圖①，已知拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)），與y的正半軸交于點(diǎn)C，連結(jié)BC，二次函數(shù)的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E，且OC＝3OE．
（1）求出拋物線的解析式；
（2）如圖②Q（t，0）是x的正半軸上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作y軸的平行線，與直線BC交于點(diǎn)M，與拋物線交于點(diǎn)N，若以點(diǎn)C、O、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）若N點(diǎn)在直線BC的上方，連結(jié)CN，①若△MCN與△BQM相似，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
②將△CMN沿CN翻折，M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為M'，是否存在點(diǎn)Q，使得M'恰好落在y軸正半軸上？若存在，請(qǐng)直接寫出Q的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）對(duì)稱軸為直線x＝﹣＝1，二次函數(shù)的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E，
E（1，0），即OE＝1，
則OC＝3OE＝3，即點(diǎn)C（0，3），
即﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
故拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3．
（2）令y＝0代入y＝﹣x2+2x+3得x1＝﹣1，x2＝3
∴A（﹣1，0），B（3，0）
設(shè)直線BC表達(dá)式為y＝kx+b，
分別把B（3，0）和C（0，3）代入得，
解得，
∴y＝﹣x+3．
∵Q（t，0），MN∥y軸，
∴點(diǎn)M，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)都為t，
∵點(diǎn)M在直線BC上，點(diǎn)N在拋物線上，
∴M（t，﹣t+3），N（t，﹣t2+2t+3），
如圖，當(dāng)ON，CM為對(duì)角線時(shí)，
∵M(jìn)N∥CO，當(dāng)MN＝CO時(shí)，OMNC是平行四邊形，
∴（﹣t2+2t+3）﹣（﹣t+3）＝3，
即t2﹣3t+3＝0，
∵Δ＝（﹣3）2﹣4×3×1＜0，
∴t無(wú)解，此時(shí)，不存在點(diǎn)Q使得點(diǎn)C、O、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形；
如圖，當(dāng)CN，OM對(duì)角線時(shí)，
同理得：當(dāng)MN＝CO時(shí)，ONMC是平行四邊形，
∴（﹣t+3）﹣（﹣t2+2t+3）＝3，
即t2﹣3t﹣3＝0，
解得或（舍去），
∴，
綜上，當(dāng)時(shí)，ONMC是平行四邊形．
（3）①由（2）知C（0，3），B（3，0），Q（t，0），M（t，﹣t+3），N（t，﹣t2+2t+3），
∴MQ＝﹣t+3，MN＝（﹣t2+2t+3）﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，BQ＝3﹣t，
∵∠NMC＝∠QMB∴，
若△MCN 與△BQM相似，則∠CNM＝∠BQM＝90°或∠NCM＝∠BQM＝90°，
∴分兩種情況討論：如圖，∠CNM＝∠BQM＝90°時(shí)，
∴CN＝t，
∴，
∴，
解得t1＝2，t2＝0（舍去），
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，0），
②如圖，∠NCM＝∠BQM＝90°，
∴，
∵在Rt△BOC中，BO＝3，CO＝3，
∴BC＝CO，∠OBC＝∠OCB＝45°，，
∵QN∥OC，
在Rt△BQM中，，
∴，
∴，
解得t1＝1，t2＝0（舍去），
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，0），
綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，0）或（2，0）；
②解：∵點(diǎn)N在直線BC上方時(shí)，如圖，
∵M(jìn)N∥y軸，
∴∠2＝∠3，
由折疊可得∠1＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴M′C＝MN，
∴MC＝MN，
∵M(jìn)N＝﹣t2+3t，，
∴，
解得，t2＝0（舍去），
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為．
11．（2024?思明區(qū)校級(jí)二模）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于A和B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于C（0，﹣2），對(duì)稱軸為直線，連接BC，在線段BC上有一動(dòng)點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)N，交x軸于點(diǎn)M，
（1）求拋物線的函數(shù)解析式：
（2）請(qǐng)你從以下三個(gè)選項(xiàng)中，任選一個(gè)為條件，另一個(gè)作結(jié)論，組成一個(gè)真命題，并證明．
①P的橫坐標(biāo)為；②△PCN與△BPM相似；③
（3）若動(dòng)點(diǎn)P橫坐標(biāo)記為t，△CBN的面積記為S1，△CBM的面積記為S2，且S＝S1﹣S2，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系，并判斷S是否有最大值，若有請(qǐng)求出；若沒有請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的對(duì)稱軸為直線，
∴，
∴，
∴，
二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于C（0，﹣2），將點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣2）代入得：
∴，
解得：，
∴拋物線的函數(shù)解析式為；
（2）條件：P的橫坐標(biāo)為，結(jié)論：△PCN與△BPM相似．
證明：∵過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)N，交x軸于點(diǎn)M，且點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，
∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為，
∵點(diǎn)N在拋物線上；
∴當(dāng)時(shí)，得：，
∴，
∵C（0，﹣2），
∴CN∥x軸，
∴∠PCN＝∠PBM，∠PNC＝∠PMB，
∴△PCN∽△PBM，
即△PCN與△BPM相似；
（3）若動(dòng)點(diǎn)P橫坐標(biāo)記為t，△CBN的面積記為S1，△CBM的面積記為S2，且S＝S1﹣S2，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kBCx+bBC，過(guò)點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣2），
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為，
設(shè)點(diǎn)P橫坐標(biāo)記為t（0≤t≤3），
∵過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)N，交x軸于點(diǎn)M，
∴，，M（t，0），
∴，
設(shè)xB，xC分別為點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣2）的橫坐標(biāo)，
∴△CBN的面積：，△CBM的面積：，
∴，
∵﹣2≤0，
∴當(dāng)時(shí)，S有最大值，最大值為，
∴S與t的函數(shù)關(guān)系為S＝﹣2t2+7t﹣3，當(dāng)時(shí)，S有最大值，最大值為．
12．（2024春?贛榆區(qū)校級(jí)月考）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＜0）的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，已知OB＝3OA，OC＝OB．
（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)M為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M使得|BM﹣CM|有最大值，若存在，請(qǐng)直接寫出其最大值及此時(shí)點(diǎn)M坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）連接AC，P為第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥x軸，垂足為D，連接PA，若△PDA與△COA相似，請(qǐng)求出滿足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)：若沒有滿足條件的P點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵OB＝3OA，OC＝OB，
∴OB＝OC＝3．
∴B（3，0），C（0，3），
∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＜0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，B，C，
∴，
解得：，
∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線對(duì)稱軸為直線x＝1，
延長(zhǎng)AC交對(duì)稱軸于點(diǎn)M，此時(shí)|BM﹣CM|＝|AM﹣CM|＝AC有最大值，
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴，
設(shè)直線AC的解析式為y＝mx+3，代入A（﹣1，0）得0＝﹣m+3，
解得m＝3，
∴直線AC的解析式為y＝3x+3，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，y＝3+3＝6，
∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（1，6）；
答：|BM﹣CM|的最大值為，點(diǎn)M坐標(biāo)為（1，6）；
（3）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），
∵PD⊥x軸，P為第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，
∴m＞0，OD＝m，P D＝﹣m2+2 m+3，
∴AD＝OA+OD＝m+1，
∵△PDA與△COA相似，
∴或，
∴或．
解得：m1＝0，m2＝﹣1或m3＝﹣1，．
∵m＞0，
∴．
∴△PDA與△COA相似，滿足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為．
13．（2024?鄒城市二模）如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BC，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥BC，垂足為Q．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求PQ的最大值；
（3）連接CP，拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）設(shè)拋物線為y＝ax2+bx+3，
把A，B代入y＝ax2+bx+3中得
：，
∴，
∴；
（2）如圖，過(guò)P作PT⊥x軸于T，交BC于R，
∵B（4，0），C（0，3），
∴，，
設(shè)直線BC為y＝kx+3，
∴4k+3＝0，解得：，
∴BC為，
∵∠PQR＝∠BTR＝90°，∠PRQ＝∠BRT，
∴∠QPR＝∠OBC，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∴，
當(dāng)PR最大，則PQ最大，
當(dāng)時(shí)，PR最大值為，
∴PQ的最大值為：．
（3）如圖，∵PQ⊥BC，
∴∠PQC＝∠BOC＝90°，
∵以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，
∴分兩種情況討論：①△PQC∽△COB，②△PQC∽△BOC，
當(dāng)△PQC∽△COB，
∴∠PCQ＝∠CBO，
∴CP∥x軸，
∴yP＝3＝y(tǒng)C，
∵拋物線的對(duì)稱軸為直線，
∴P（3，3）；
當(dāng)△PQC∽△BOC時(shí)，如圖，則∠PCQ＝∠BCO，
由（2）得：PR∥y軸，
∴∠BCO＝∠PRQ，
∴∠PCQ＝∠PRQ，
∴PC＝PR，
∵由（2）得：，，
∴，
解得：（不符合題意的根舍去）
∴，
∴．
綜上：P（3，3）或．
14．（2024?科爾沁區(qū)模擬）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+3（a≠0）的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)P是拋物線上點(diǎn)A與點(diǎn)C之間的動(dòng)點(diǎn)（不包括點(diǎn)A，點(diǎn)C）．
（1）求此二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖1，連結(jié)PA，PC，求△PAC的面積的最大值；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交于點(diǎn)D，與AC交于點(diǎn)Q．探究是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P、C、Q為頂點(diǎn)的三角形與△ADQ相似？若存在，直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣3，0）、B（1，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得：，
∴該二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+m，把A（﹣3，0）、C（0，3）代入得：
，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝x+3，
過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸交直線AC于點(diǎn)N，如圖1，
設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則N（t，t+3），
∴PN＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，
∴S△ACP＝S△APN+S△CPN＝×3×PN＝PN＝（﹣t2﹣3t）＝﹣+，
∴當(dāng)t＝﹣時(shí)，S△ACP有最大值，最大值為；
（3）當(dāng)△CPQ∽△ADQ時(shí)，如圖2，連接AP，
∴∠CPQ＝∠ADQ＝90°，
∴CP∥x軸，
∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為3，
∴3＝﹣x2﹣2x+3，
解得：x1＝0（舍去），x2＝﹣2，
∴P（﹣2，3）；
當(dāng)△PCQ∽△ADQ時(shí)，如圖3，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥PD于M，
∴∠PCQ＝∠ADQ＝90°，
∴C（0，3），A（﹣3，0），PD⊥x軸，
∴OC＝OA＝3，∠OAC＝45°，
∴∠CQP＝∠CPQ＝45°，
∵PC＝QC，
∵PQ＝2CM，
由（2）得PQ＝﹣t2﹣3t，CM＝﹣t，
∴﹣t2﹣3t＝﹣2t，
解得：x1＝0（舍去），x2＝﹣1，
∴P（﹣1，4），
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，3）或 （﹣1，4）．
15．（2024春?游仙區(qū)月考）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c（b＞0）的圖象與x軸分別交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C（0，4），二次函數(shù)的最大值為，P為直線BC上方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線和直線BC的解析式；
（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥BC，垂足為D，連接CP．是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)C，D，P為頂點(diǎn)的三角形與△AOC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；
（3）如圖2，點(diǎn)Q也是直線BC上方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)Q在點(diǎn)P的左側(cè)），分別過(guò)點(diǎn)P，Q作y軸的平行線，分別交直線BC于點(diǎn)M，N，連接PQ．若四邊形PQNM是平行四邊形，且周長(zhǎng)l最大時(shí)，求l的最大值及相應(yīng)的點(diǎn)P的橫坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c（b＞0）的圖象與x軸分別交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C（0，4），二次函數(shù)的最大值為，
∴c＝4，，OC＝4，
∴b＝3，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4，
當(dāng)y＝0時(shí)，得：﹣x2+3x+4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴OA＝1，OB＝4，
設(shè)直線BC的解析式為y＝k1x+b1，過(guò)點(diǎn)B（4，0），C（0，4），
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4，直線BC的解析式為y＝﹣x+4；
（2）如圖，過(guò)O作OG⊥BC于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)P作PK⊥x軸于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，延長(zhǎng)HD交PK于點(diǎn)E，延長(zhǎng)DP交y軸于點(diǎn)L，
∴∠EHO＝∠EKO＝∠HOK＝90°，
∴四邊形HOKE是矩形，
∴∠PED＝∠HEK＝90°，HE＝OK，
∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，OG⊥BC，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，
∵B（4，0），C（0，4），
∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為，即（2，2），
設(shè)直線OG的解析式為y＝kOGx，
∴2＝2kOG，得：kOG＝1，
∴直線OG的解析式為y＝x，
∵OG⊥BC，PD⊥BC，
∴OG∥PD，∠PDB＝∠PDC＝∠CDL＝90°，
設(shè)直線PD的解析式為y＝x+bPD，
∵DH⊥y軸，
∴DH∥x軸，∠CHD＝90°，
∴∠HDC＝∠OBC＝45°，∠PDE＝180°﹣∠HDC﹣∠PDC＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
設(shè)P（m，﹣m2+3m+4），則HE＝OK＝m，
①當(dāng)△PDC∽△AOC時(shí)，
則，
設(shè)PD＝a，則CD＝4a，
在Rt△HCD中，∠HDC＝45°，
則，
在Rt△EPD中，∠PDE＝45°，
則，
∴，
∴，
在Rt△DCL中，∠DCL＝45°，
則，
∴，
∴，
∵直線PD的解析式為y＝x+bPD，
∴，
∴直線PD的解析式為，
∵點(diǎn)P（m，﹣m2+3m+4）在直線PD上，
∴，
解得：，
∴；
②當(dāng)△CDP∽△AOC時(shí)，
則，
設(shè)CD＝a，則PD＝4a，
在Rt△HCD中，∠HDC＝45°，
則，
在Rt△EPD中，∠PDE＝45°，
則，
∴，
∴，
在Rt△DCL中，∠DCL＝45°，
則，
∴，
∴，
∵直線PD的解析式為y＝x+bPD，
∴，
∴直線PD的解析式為，
∵點(diǎn)P（m，﹣m2+3m+4）在直線PD上，
∴，
解得：，
∴；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為或時(shí)，以點(diǎn)C，D，P為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似；
（3）過(guò)點(diǎn)M作MF⊥QF，交QN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，
∵PM∥y軸，PN∥y軸，
∴MF⊥y軸，
∴MF∥x軸，
∴∠NMF＝∠CBO＝45°，
∵四邊形PQNM是平行四邊形，
∴PM＝QN，PQ＝MN，PQ∥MN，
設(shè)PM＝QN＝n，
即線段MN向上平移n個(gè)單位得到線段PQ，
設(shè)直線PQ的解析式為y＝﹣x+4+n，
聯(lián)立方程組，
∴x2﹣4x+n＝0，
則方程x2﹣4x+n＝0的根即為點(diǎn)P、Q的橫坐標(biāo)，分別設(shè)為xP，xQ（xP＞xQ），
∴xP+xQ＝4，xP?xQ＝n，
∴，
∴，
∴，
在Rt△FMN中，∠NMF＝45°，
則，
∴平行四邊形PQNM的周長(zhǎng)：
l＝2（MN+PM）
＝
＝
＝
＝
＝，
當(dāng)時(shí)，l取得最大值，最大值為12，
此時(shí)n＝2，
∴x2﹣4x+2＝0，
解得：，，
∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，
∴l(xiāng)的最大值為12，相應(yīng)的點(diǎn)P的橫坐標(biāo)．
16．（2024?金壇區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝x2+bx+4的圖象與x軸正半軸交于點(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C，OC＝4OA，點(diǎn)P是線段BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥x軸，交拋物線于點(diǎn)Q，連接OQ，四邊形OCPQ是平行四邊形．
（1）填空：b＝ ﹣5 ；
（2）求四邊形OCPQ的面積；
（3）若點(diǎn)D是OC的中點(diǎn)，連接AD、AC．點(diǎn)E（5，4）是拋物線上一點(diǎn)，F(xiàn)是直線QE上一點(diǎn)，連接BE、BF．若△BEF與△ADC相似，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵OC＝4OA＝4，
則OA＝1，則點(diǎn)A（1，0），
將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：1+b+4＝0，
解得：b＝﹣5，
故答案為：﹣5；
（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PR⊥y軸于R．
∵y＝x2﹣5x+4＝（x﹣1）（x﹣4）
∴B（4，0）．
∵C（0，4），
∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式是 y＝﹣x+4，
∵四邊形OCQP是平行四邊形，
∴PQ∥OC且 PQ＝OC．
設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m+4），
則點(diǎn)Q（m，m2﹣5m+4），
∴PQ＝﹣m＝m2+5m＝﹣m2+4m，
∴﹣m2+4m＝4．
∴m1＝m2＝2，
∴PR＝2．
∴四邊形OCPQ的面積＝OC×PR＝4×2＝8；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作ET⊥x軸于T，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥ET于G．
則ET＝4．
∵Q（2，﹣2），E（5，4），
∴直線EQ的函數(shù)表達(dá)式是y＝2x﹣6．
∴直線EQ與x軸的交點(diǎn)H（3，0）．
∴HT＝2．
∴，
∵OA＝1，OD＝2，
∴，
∴∠HET＝∠ADO．
∵，
∴∠ACD＝∠BET．
∴∠CAD＝∠BEH．
當(dāng)△BEF∽△CAD 時(shí)，即，
∵，
∴．
∴FG＝1，EG＝2．
∴F（4，2）；
當(dāng)△BEF∽△DAC時(shí)，則，
∵，
則，
則，
∴，
綜上所述，點(diǎn)F的坐標(biāo)是（4，2）或 ．

相關(guān)試卷

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 14相似三角形存在性問題（不含答案版）：

這是一份全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 14相似三角形存在性問題（不含答案版），共16頁(yè)。

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 10正方形存在性問題（含答案解析版）：

這是一份全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 10正方形存在性問題（含答案解析版），共22頁(yè)。試卷主要包含了【實(shí)踐探究】，綜合與探究等內(nèi)容，歡迎下載使用。

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 10正方形存在性問題（不含答案版）：

這是一份全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 10正方形存在性問題（不含答案版），共7頁(yè)。試卷主要包含了【實(shí)踐探究】，綜合與探究等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 09菱形存在性問題（含答案解析版）

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 09菱形存在性問題（含答案解析版）
全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 09菱形存在性問題（不含答案版）

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 09菱形存在性問題（不含答案版）
全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 08矩形存在性問題（含答案解析版）

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 08矩形存在性問題（含答案解析版）
全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 08矩形存在性問題（不含答案版）

全國(guó)通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 08矩形存在性問題（不含答案版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部