中考數(shù)學(xué)二輪壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練拋物線上相似三角形（含全等三角形）有關(guān)問題的探究（2份，原卷版+解析版）

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拋物線上動點(diǎn)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(diǎn)時，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(diǎn)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.
典例分析
例1：（2021遂寧中考改編）如圖，已知二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B（－3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于C（0，－3），對稱軸為直線，直線y＝－2x＋m經(jīng)過點(diǎn)A，且與y軸交于點(diǎn)D，與拋物線交于點(diǎn)E，與對稱軸交于點(diǎn)F．
（1）求拋物線的解析式和m的值；
（2）在y軸上是否存在點(diǎn)P，使得以D、E、P為頂點(diǎn)的三角形與△AOD相似，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由；
【答案】（1）；m=2；（2）存在，或.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱性求出A（1，0），再利用待定系數(shù)法，即可求解；再把點(diǎn)A坐標(biāo)代入直線的解析式，即可求出m的值；
（2）先求出E（-5，12），過點(diǎn)E作EP⊥y軸于點(diǎn)P，從而得，即可得到P的坐標(biāo)，過點(diǎn)E作，交y軸于點(diǎn)，可得，再利用tan∠ADO=tan∠PE，即可求解.
【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B（－3，0）兩點(diǎn)，對稱軸為直線，
∴A（1，0），
設(shè)二次函數(shù)解析式為：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，
∴二次函數(shù)解析式為：y= (x-1)(x+3)，即：，
∵直線y＝－2x＋m經(jīng)過點(diǎn)A，
∴0=-2×1+m，解得：m=2；
（2）由（1）得：直線AF的解析式為：y=-2x+2，
又∵直線y=-2x+2與y軸交于點(diǎn)D，與拋物線交于點(diǎn)E，
∴當(dāng)x=0時，y=2，即D（0，2），
聯(lián)立，解得：，，
∵點(diǎn)E在第二象限，
∴E（-5，12），
過點(diǎn)E作EP⊥y軸于點(diǎn)P，
∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，
∴，
∴P（0，12）；
過點(diǎn)E作，交y軸于點(diǎn)，可得，
∵∠ED+∠PED=∠PE+∠PED=90°，
∴∠ADO=∠ED=∠PE，即：tan∠ADO=tan∠PE，
∴，即：，解得：，
∴（0，14.5），
綜上所述：點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，12）或（0，14.5）；
【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)與平面幾何的綜合，掌握待定系數(shù)法，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加輔助線，是解題的關(guān)鍵．
專題過關(guān)
1、（2021黃岡中考改編）（12分）已知拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸相交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（n，0）是x軸上的動點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，若n＜3，過點(diǎn)N作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)P，當(dāng)n為何值時，△PDG≌△BNG；
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）由△PDG≌△BNG，得到PG＝BG＝（3﹣n），求出P的坐標(biāo)為（n，﹣（3﹣n）（1+），即可求解；
【解答】解：（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
則y＝a（x﹣6）（x+1）＝ax2﹣5ax﹣3a，
故﹣3a＝﹣8，解得a＝1，
故拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣4x﹣3①；
（2）由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)C（0，
故OB＝OC＝6，則∠OBC＝∠OCB＝45°,
則NB＝3﹣n＝GG，則BG＝，
∵△PDG≌△BNG，
故PG＝BG＝（3﹣n），
則PN＝3﹣n+（3﹣n）＝（3﹣n）（5+），
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（n，﹣（3﹣n）（6+），
將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：（n﹣3）（+1）＝n2﹣6n﹣3，
解得n＝3（舍去）或，
故n＝；
2、（2021瀘州中考改編）（12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+x+4與兩坐標(biāo)軸分別相交于A，B，C三點(diǎn)．
（1）求證：∠ACB＝90°；
（2）點(diǎn)D是第一象限內(nèi)該拋物線上的動點(diǎn)，過點(diǎn)D作x軸的垂線交BC于點(diǎn)E，交x軸于點(diǎn)F．點(diǎn)G是AC的中點(diǎn)，若以點(diǎn)C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△AOG相似，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【分析】（1）由拋物線y＝﹣x2+x+4與兩坐標(biāo)軸分別相交于A，B，C三點(diǎn)，求出A，B，C坐標(biāo)和△ABC三邊長，用勾股定理逆定理判斷△ABC是直角三角形即可
（2）
由∠CAB+∠CBA＝90°，F(xiàn)EB+∠CBA＝90°，得∠CAB＝∠FEB＝∠DEC，以點(diǎn)C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△AOG相似，只需＝或＝，而OA＝2，AG＝，用含m的代數(shù)式表示DE＝﹣m2+2m，CE＝，分情況列出方程即可得m的值，從而得到答案．
【解答】解：（1）y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x1＝﹣2，x2＝8，
∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4，AB＝10，
∴AC2＝OA2+OC2＝20，BC2＝OB2+OC2＝80，
∴AC2+BC2＝100，
而AB2＝102＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°；
（2）
由（1）知∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵DF⊥x軸于F，
∴∠FEB+∠CBA＝90°，
∴∠CAB＝∠FEB＝∠DEC，
∴以點(diǎn)C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△AOG相似，只需＝或＝，
而G為AC中點(diǎn)，A（﹣2，0），C（0，4），
∴G（﹣1，2），OA＝2，AG＝，
由①知：DE＝﹣m2+2m，E（m，﹣m+4），
∴CE＝＝，
當(dāng)＝時，＝，解得m＝4或m＝0（此時D與C重合，舍去）
∴D（4，6），
當(dāng)＝時，＝，解得m＝3或m＝0（舍去），
∴D（3，），
綜上所述，以點(diǎn)C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△AOG相似，則D的坐標(biāo)為（4，6）或（3，）．
3、（2021黔東南中考改編）如圖，拋物線y＝ax2﹣2x+c（a≠0）與x軸交于A、B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），拋物線的頂點(diǎn)為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）已知點(diǎn)M是x軸上的動點(diǎn)，過點(diǎn)M作x的垂線交拋物線于點(diǎn)G，是否存在這樣的點(diǎn)M，使得以點(diǎn)A、M、G為頂點(diǎn)的三角形與△BCD相似，若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題．
【專題】代數(shù)幾何綜合題；圖形的相似；數(shù)據(jù)分析觀念．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（0，0）或（，0）或（6，0）或（，0）．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）要使以A、M、G為頂點(diǎn)得三角形與△BCD相似，需要滿足條件：，進(jìn)而求解．
【解答】解：（1）將點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣3）分別代入y＝ax2﹣2x+c中，得：，解得，
∴拋物線得函數(shù)關(guān)系為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）當(dāng)y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），
又y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線得頂點(diǎn)D得坐標(biāo)為（1，﹣4），
∵C（0，﹣3）、B（3，0）、D（1，﹣4），
∴BD2+22+42＝20，CD2＝12+12，BC2＝32+32，
∴BD2＝CD2+BC2，
∴△BDC是直角三角形，且∠BCD＝90°，
設(shè)點(diǎn)M得坐標(biāo)（m，0），則點(diǎn)G得坐標(biāo)為（m，m2﹣2m﹣3），
根據(jù)題意知：∠AMG＝∠BCD＝90°，
∴要使以A、M、G為頂點(diǎn)得三角形與△BCD相似，需要滿足條件：，
①當(dāng)m＜﹣1時，此時有：，
解得：，m2＝﹣1或m1＝0，m2＝﹣1，都不符合m＜﹣1，所以m＜﹣1時無解；
②當(dāng)﹣1＜m≤3時，此時有：，
解得：，m2＝﹣1（不符合要求，舍去）或m1＝0，m2＝﹣1（不符合要求，舍去），
∴M（）或M（0，0），
③當(dāng)m＞3時，此時有：或，
解得：（不符合要求，舍去）或m1＝6，m2＝﹣1（不符要求，舍去），
∴點(diǎn)M（6，0）或M（，0），
答：存在點(diǎn)M，使得A、M、G為頂點(diǎn)得三角形與△BCD相似，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：M（0，0）或M（，0）或M（6，0）或M（，0）．
4、（2021陜西中考）（8分）已知拋物線y＝﹣x2+2x+8與x軸交于點(diǎn)A、B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)B、C的坐標(biāo)；
（2）設(shè)點(diǎn)C′與點(diǎn)C關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱．在y軸上是否存在點(diǎn)P，使△PCC′與△POB相似，且PC與PO是對應(yīng)邊？若存在；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）直接根據(jù)解析式即可求出B，C的坐標(biāo)；
（2）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)．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+2x+3，
取x＝0，得y＝8，
∴C(8，8)，
取y＝0，得﹣x5+2x+8＝5，
解得：x1＝﹣2，x6＝4，
∴B(4，6)；
（2）存在點(diǎn)P，設(shè)P(0，
∵CC'∥OB，且PC與PO是對應(yīng)邊，
∴，
即：，
解得：y1＝16，，
∴P(0，16)或P(2，)．
5、（2021濟(jì)寧中考）（11分）如圖，直線y＝﹣x+分別交x軸、y軸于點(diǎn)A，B，過點(diǎn)A的拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的另一交點(diǎn)為C，與y軸交于點(diǎn)D（0，3），拋物線的對稱軸l交AD于點(diǎn)E，連接OE交AB于點(diǎn)F．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求證：OE⊥AB；
（3）P為拋物線上的一動點(diǎn)，直線PO交AD于點(diǎn)M，是否存在這樣的點(diǎn)P，使以A，O，M為頂點(diǎn)的三角形與△ACD相似？若存在，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)直線y＝﹣x+分別交x軸、y軸于點(diǎn)A，B，求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式為y＝﹣x+3，得出E（1，2），運(yùn)用三角函數(shù)定義得出tan∠OAB＝tan∠OEG，進(jìn)而可得∠OAB＝∠OEG，即可證得結(jié)論；
（3）運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線CD解析式為y＝3x+3，根據(jù)以A，O，M為頂點(diǎn)的三角形與△ACD相似，分兩種情況：①當(dāng)△AOM∽△ACD時，∠AOM＝∠ACD，從而得出OM∥CD，進(jìn)而得出直線OM的解析式為y＝3x，再結(jié)合拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，即可求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；②當(dāng)△AMO∽△ACD時，利用＝，求出AM，進(jìn)而求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，得出直線AM的解析式，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵直線y＝﹣x+分別交x軸、y軸于點(diǎn)A，B，
∴A（3，0），B（0，），
∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），D（0，3），
∴，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，
設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+a，將A（3，0），D（0，3）代入，
得：，
解得：，
∴直線AD的解析式為y＝﹣x+3，
∴E（1，2），
∵G（1，0），∠EGO＝90°，
∴tan∠OEG＝＝，
∵OA＝3，OB＝，∠AOB＝90°，
∴tan∠OAB＝＝＝，
∴tan∠OAB＝tan∠OEG，
∴∠OAB＝∠OEG，
∵∠OEG+∠EOG＝90°，
∴∠OAB+∠EOG＝90°，
∴∠AFO＝90°，
∴OE⊥AB；
（3）存在．
∵A（3，0），拋物線的對稱軸為直線x＝1，
∴C（﹣1，0），
∴AC＝3﹣（﹣1）＝4，
∵OA＝OD＝3，∠AOD＝90°，
∴AD＝OA＝3，
設(shè)直線CD解析式為y＝mx+n，
∵C（﹣1，0），D（0，3），
∴，
解得：，
∴直線CD解析式為y＝3x+3，
①當(dāng)△AOM∽△ACD時，∠AOM＝∠ACD，如圖2，
∴OM∥CD，
∴直線OM的解析式為y＝3x，
結(jié)合拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，得：3x＝﹣x2+2x+3，
解得：x1＝，x2＝，
②當(dāng)△AMO∽△ACD時，如圖3，
∴＝，
∴AM＝＝＝2，
過點(diǎn)M作MG⊥x軸于點(diǎn)G，則∠AGM＝90°，
∵∠OAD＝45°，
∴AG＝MG＝AM?sin45°＝2×＝2，
∴OG＝OA﹣AG＝3﹣2＝1，
∴M（1，2），
設(shè)直線OM解析式為y＝m1x，將M（1，2）代入，
得：m1＝2，
∴直線OM解析式為y＝2x，
結(jié)合拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，得：2x＝﹣x2+2x+3，
解得：x＝±，
綜上所述，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為±或．
6、（2021東營中考改編）（10分）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y＝﹣x+2過B、C兩點(diǎn)，連接AC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求證：△AOC∽△ACB；
【分析】（1）直線y＝﹣x+2過B、C兩點(diǎn)，可求B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)，把B（4，0），C（0，2）分別代入y＝﹣x2+bx+c，可得解析式．
（2）拋物線y＝﹣x2+x+2與x軸交于點(diǎn)A，即y＝0，可得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，由相似三角形的判定得：△AOC∽△ACB．
【解答】解：（1）∵直線y＝﹣x+2過B、C兩點(diǎn)，
當(dāng)x＝0時，代入y＝﹣x+2，得y＝2，即C（0，2），
當(dāng)y＝0時，代入y＝﹣x+2，得x＝4，即B（4，0），
把B（4，0），C（0，2）分別代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2；
（2）∵拋物線y＝﹣x2+x+2與x軸交于點(diǎn)A，
∴﹣x2+x+2＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），
∴AO＝1，AB＝5，
在Rt△AOC中，AO＝1，OC＝2，
∴AC＝，
∴＝＝，
∵＝，
∴＝，
又∵∠OAC＝∠CAB，
∴△AOC∽△ACB；
7、（2021無錫中考改編）（10分）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝﹣x+3與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，二次函數(shù)y＝ax2+2x+c的圖象過B、C兩點(diǎn)，且與x軸交于另一點(diǎn)A，點(diǎn)M為線段OB上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)M作直線l平行于y軸交BC于點(diǎn)F，交二次函數(shù)y＝ax2+2x+c的圖象于點(diǎn)E．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）當(dāng)以C、E、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似時，求線段EF的長度；
【分析】（1）由y＝﹣x+3得B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+2x+c即得二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）由y＝﹣x2+2x+3得A（﹣1，0），OB＝OC，AB＝4，BC＝3，故∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，以C、E、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，B和F為對應(yīng)點(diǎn)，設(shè)E（m，﹣m2+2m+3），則F（m，﹣m+3），EF＝﹣m2+3m，CF＝m，①△ABC∽△CFE時，＝，可得EF＝，②△ABC∽△EFC時，＝，可得EF＝；
【解答】解：（1）在y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，
∴B（3，0），C（0，3），
把B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c得：
，解得，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）如圖：
在y＝﹣x2+2x+3中，令y＝0得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC，AB＝4，BC＝3，
∴∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，
∴以C、E、F為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，B和F為對應(yīng)點(diǎn)，
設(shè)E（m，﹣m2+2m+3），則F（m，﹣m+3），
∴EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，
①△ABC∽△CFE時，＝，
∴＝，
解得m＝或m＝0（舍去），
∴EF＝，
②△ABC∽△EFC時，＝，
∴＝，
解得m＝0（舍去）或m＝，
∴EF＝，
綜上所述，EF＝或．
8、（2021邵陽中考）（8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C：y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)（1，1）和（4，1）．
（1）求拋物線C的對稱軸．
（2）當(dāng)a＝﹣1時，將拋物線C向左平移2個單位，再向下平移1個單位，得到拋物線C1．
①求拋物線C1的解析式．
②設(shè)拋物線C1與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接BC．點(diǎn)D為第一象限內(nèi)拋物線C1上一動點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥OA于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m．是否存在點(diǎn)D，使得以點(diǎn)O，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）點(diǎn)（1，1）和（4，1）的縱坐標(biāo)相同，故上述兩點(diǎn)關(guān)于拋物線對稱軸對稱，即可求解；
（2）①用待定系數(shù)法即可求解；
②當(dāng)以點(diǎn)O，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似時，則tan∠DOE＝2或，即tan∠DOE＝＝＝2或，即可求解．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)（1，1）和（4，1）的縱坐標(biāo)相同，
故上述兩點(diǎn)關(guān)于拋物線對稱軸對稱，
故拋物線的對稱軸為直線x＝（1+4）＝；
（2）①由題意得：，解得，
故原拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+5x﹣3；
由平移的性質(zhì)得，平移后的拋物線表達(dá)式為y＝﹣（x+2）2+5（x+2）﹣3﹣1＝﹣x2+x+2；
②存在，理由：
令y＝﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或2，令x＝0，則y＝2，
故點(diǎn)B、A的坐標(biāo)分別為（﹣1,0）、（2,0），點(diǎn)C（0,2）；
∵tan∠BCO＝，
同理可得：tan∠CBO＝2，
當(dāng)以點(diǎn)O，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似時，
則tan∠DOE＝2或，
設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m，﹣m2+m+2），
則tan∠DOE＝＝＝2或，
解得：m＝﹣2（舍去）或1或（舍去）或，
故m＝1或．
9、（2021懷化中考改編）（14分）如圖所示，拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，拋物線的對稱軸與直線BC交于點(diǎn)M，與x軸交于點(diǎn)N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P是對稱軸上的一個動點(diǎn)，是否存在以P、C、M為頂點(diǎn)的三角形與△MNB相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
．
【解答】解：（1）由題意得，點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（﹣2，0）、（4，0）、（0，8），
設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝ax2+bx+c，則，解得，
故拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+8；
（2）存在，理由：
當(dāng)∠CP′M為直角時，
則以P、C、M為頂點(diǎn)的三角形與△MNB相似時，則P′C∥x軸，
則點(diǎn)P′的坐標(biāo)為（1，8）；
當(dāng)∠PCM為直角時，
在Rt△OBC中，設(shè)∠CBO＝α，則tan∠CBO＝＝2＝tanα，則sinα＝，csα＝，
在Rt△NMB中，NB＝4﹣1＝3，
則BM＝＝3，
同理可得，MN＝6，
由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，BC＝＝4，則CM＝BC＝MB＝，
在Rt△PCM中，∠CPM＝∠OBC＝α，
則PM＝＝＝，
則PN＝MN+PM＝6+＝，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，），
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，8）或（1，）；
10、（2021鶴崗中考改編）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（﹣3，0），與y軸交于點(diǎn)C，連接BC，與拋物線的對稱軸交于點(diǎn)E，頂點(diǎn)為點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是對稱軸左側(cè)拋物線上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)Q在射線ED上，若以點(diǎn)P、Q、E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得關(guān)系式；
（2）首先可得△OBC是等腰直角三角形，然后求出對稱軸和EN備用，分情況討論：
①先得出PH＝HE，根據(jù)關(guān)系設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)，然后代入二次函數(shù)關(guān)系式即可求出點(diǎn)P坐標(biāo)，
②如圖所示，可知點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為2，設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)代入關(guān)系式即可求出結(jié)果．
解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3過點(diǎn)A（1，0），B（﹣3，0），
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）令x＝0，y＝3，
∴OC＝OB＝3，即△OBC是等腰直角三角形，
∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3，
∴拋物線對稱軸為：x＝﹣1，
∵EN∥y軸，
∴△BEN∽△BCO，
∴，
∴，
∴EN＝2，
①若△PQE～△OBC，如圖所示，
∴∠PEH＝45°，
過點(diǎn)P作PH⊥ED垂足為H，
∴∠PHE＝90°，
∴∠HPE＝∠PEH＝45°，
∴PH＝HE，
∴設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)（x，﹣x﹣1+2），
∴代入關(guān)系式得，﹣x﹣1+2＝﹣x2﹣2x+3，
整理得，x2+x﹣2＝0，
解得，x1＝﹣2，x2＝1（舍），
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣2，3），
②若△PEQ∽△CBO，如圖所示，
設(shè)P（x，2），
代入關(guān)系式得，2＝﹣x2﹣2x+3，
整理得，x2+2x﹣1＝0，
解得，（舍），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1﹣，2），
綜上所述點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1﹣，2）或（﹣2，3）．
11、（2021鎮(zhèn)江中考改編）（11分）將一張三角形紙片ABC放置在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（﹣6，0），點(diǎn)B（0，2），點(diǎn)C（﹣4，8），二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過點(diǎn)A，B，該拋物線的對稱軸經(jīng)過點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．
（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)M在邊AC上（異于點(diǎn)A，C），將三角形紙片ABC折疊，使得點(diǎn)A落在直線AB上，且點(diǎn)M落在邊BC上，點(diǎn)M的對應(yīng)點(diǎn)記為點(diǎn)N，折痕所在直線l交拋物線的對稱軸于點(diǎn)P，然后將紙片展開．點(diǎn)Q在二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象上，當(dāng)△PDQ～△PMN時，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．
（2）設(shè)P（﹣4，m）．由△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，推出△PDQ是等腰直角三角形，推出∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，推出Q（﹣+m，m），構(gòu)建方程求出m即可．
【解答】解（1）由題意得：，
解之得：a＝，b＝，c＝2，
∴y＝+，
∴當(dāng)x＝﹣4時，y＝＝﹣，
∴D（﹣4，﹣）．
（2）設(shè)P（﹣4，m）．
∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，
∴Q（﹣4+m+，m），即Q（﹣+m，m），
把Q的坐標(biāo)代入y＝+，得到，m＝（﹣+m）2+（﹣+m）+2，
整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，
解得m＝或﹣（舍棄），
∴Q（2，），
根據(jù)對稱性可知Q′（﹣10，）也滿足條件，
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，）或（﹣10，）．
12、（2020綏化中考改編）如圖1，拋物線與拋物線相交y軸于點(diǎn)C，拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)），直線交x軸負(fù)半軸于點(diǎn)N，交y軸于點(diǎn)M，且．

（1）求拋物線的解析式與k的值；
（2）拋物線的對稱軸交x軸于點(diǎn)D，連接，在x軸上方的對稱軸上找一點(diǎn)E，使以點(diǎn)A，D，E為頂點(diǎn)的三角形與相似，求出的長；
【答案】（1），k的值為；（2）的長為或10；【解析】
【分析】
（1）根據(jù)拋物線可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，代入即可求得t的值，由，求得點(diǎn)N的坐標(biāo)，進(jìn)而求得k的值；
（2）因?yàn)椤螦OC=∠EDA=90°已確定，所以分兩種情況討論△BDA與△AOC相似，通過對應(yīng)邊的比相等可求出DE的長；
【詳解】（1）當(dāng)時，，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為 (0，4)，
∵點(diǎn)C (0，4)在拋物線的圖象上，
∴，
∴，
∴拋物線的解析式為，
∵C (0，4)，，
∴，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為 (，0)，
∵直線過N (，0)，
∴,
解得,
∴拋物線的解析式為，k的值為；
（2）連接，
令，則,
解得，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為 (，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為 (4，0)，
∴拋物線的對稱軸為直線．
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為 (，0)，
∵C (0，4)，
∴，，，
①當(dāng)時，
，
∴，
∴；
②當(dāng)時，
，
∴，
∴，
綜上，的長為或10；
13、（2020鄂州中考改編）如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左邊），與y軸交于點(diǎn)C．直線經(jīng)過B、C兩點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P是拋物線上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P且垂直于x軸的直線與直線及x軸分別交于點(diǎn)D、M．，垂足為N．設(shè)．當(dāng)點(diǎn)P在直線下方的拋物線上運(yùn)動時，是否存在一點(diǎn)P，使與相似．若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）；（2）存在，（3，-2）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)直線經(jīng)過B、C兩點(diǎn)求出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，將B、C坐標(biāo)代入拋物線可得答案；
（2）先證明，得出，再根據(jù)與相似得出，則，可得出，求出點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，代入拋物線，即可求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)．
【詳解】解：（1）由直線經(jīng)過B、C兩點(diǎn)得B（4，0），C（0，-2）
將B、C坐標(biāo)代入拋物線得
，解得，
∴拋物線的解析式為：；
（2）
∵拋物線的解析式為：，
∴A（-1，0），B（4，0），C（0，-2）
∴AO=1，CO=2，BO=4，
∴，又=90°，
∴，
∴，
∵與相似
∴，
∴，
∴ ，
∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)是-2，代入拋物線，得
解得：（舍去），，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（3，-2）
【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式．
14、（2020荊州中考）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，，以O(shè)為圓心，OA的長為半徑的半圓O交AO的延長線于C，連接AB，BC，過O作ED//BC分別交AB和半圓O于E，D，連接OB，CD．
（1）求證：BC是半圓O的切線；
（2）試判斷四邊形OBCD的形狀，并說明理由；
（3）如圖2，若拋物線經(jīng)過點(diǎn)D，且頂點(diǎn)為E，求此拋物線的解析式；點(diǎn)P 是此拋物線對稱軸上的一動點(diǎn)，以E，D，P為頂點(diǎn)的三角形與相似，問拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得，若存在，請直接寫出Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）平行四邊形，見解析；（3）拋物線的解析式為，存在，Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為或或或
【解析】
【分析】（1）證得OE是△ABC的中位線，求得點(diǎn)E的坐標(biāo)，分別求得AB、AC、BC的長，利用勾股定理的逆定理證得是直角三角形，從而證明結(jié)論；
（2）求得BC=OD=OA=，利用平行四邊形的判定定理可證得四邊形OBCD是平行四邊形；
（3）證明Rt△ODNRt△OEM，求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得此拋物線的解析式；分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)求得PE的長，再根據(jù)三角形的面積公式即可求得Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)．
【詳解】（1）如圖1，
設(shè)AB與y軸交于點(diǎn)M，則AM=2，OM=1，AB=5，
則OA=OC，
∵OE∥BC，
∴OE是△ABC的中位線，
∴AE=AB=，BC=2EO，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(，)，ME=，OM=1，
∴OE=，
∴BC=2OE=，
∵，
是直角三角形，
即，
所以BC是半圓的O的切線；
（2）四邊形OBCD是平行四邊形，
由圖知： BC=OD=OA=，
∵OD∥BC，
∴四邊形OBCD是平行四邊形；
（3）①由（2）知：OD=OA=，
E為AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作軸，則DN//ME，
∴Rt△ODNRt△OEM，
∴，
∴，
∴，，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(，)，
∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)D(，)，且頂點(diǎn)為E(，)，
∴設(shè)此拋物線的解析式為，
則
∴，
∴此拋物線的解析式為，
即，
如圖，設(shè)拋物線對稱軸交AC于F，
由（1）知：∠AOE=∠ACB=90，∠AEF=90，
∴∠OEF+∠AEO=90，∠A+∠AEO=90，
∴∠OEF=∠A，
∵以E，D，P為頂點(diǎn)的三角形與相似，
∴分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，
當(dāng)△PED△OAB時，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
設(shè)點(diǎn)Q到PE的距離為h，
∴，即，
∴，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為或；
當(dāng)△DEP△OAB時，ED=OE+OD=
，即，
∴，
∵，
設(shè)點(diǎn)Q到PE的距離為，
∴，即，
∴，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為或；
∴符合條件的Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為或或或．
【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，圓的切線的判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的逆定理，平行四邊形的判定等知識點(diǎn)的應(yīng)用，此題綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度，對學(xué)生提出較高的要求．注意：不要漏解，分類討論思想的巧妙運(yùn)用．
15、（2020隨州中考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線的對稱軸為直線，其圖象與軸交于點(diǎn)和點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．

（1）直接寫出拋物線的解析式和的度數(shù)；
（2）動點(diǎn)，同時從點(diǎn)出發(fā)，點(diǎn)以每秒3個單位的速度在線段上運(yùn)動，點(diǎn)以每秒個單位的速度在線段上運(yùn)動，當(dāng)其中一個點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一個點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動的時間為秒，連接，再將線段繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)，設(shè)點(diǎn)落在點(diǎn)的位置，若點(diǎn)恰好落在拋物線上，求的值及此時點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，設(shè)為拋物線上一動點(diǎn)，為軸上一動點(diǎn)，當(dāng)以點(diǎn)，，為頂點(diǎn)的三角形與相似時，請直接寫出點(diǎn)及其對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)．（每寫出一組正確的結(jié)果得1分，至多得4分）
【答案】（1），；（2）t=，D點(diǎn)坐標(biāo)為； （3）；；； ；； ；； ； ；； ．
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)拋物線的對稱軸以及點(diǎn)B坐標(biāo)可求出拋物線表達(dá)式；
（2）過點(diǎn)N作于E，過點(diǎn)D作于F，證明，得到，從而得到點(diǎn)D坐標(biāo)，代入拋物線表達(dá)式，求出t值即可；
（3）設(shè)點(diǎn)P（m，），當(dāng)點(diǎn)P在y軸右側(cè)，點(diǎn)Q在y軸正半軸，過點(diǎn)P作PR⊥y軸于點(diǎn)R，過點(diǎn)D作DS⊥x軸于點(diǎn)S，根據(jù)△CPQ∽△MDB，得到，從而求出m值，再證明△CPQ∽△MDB，求出CQ長度，從而得到點(diǎn)Q坐標(biāo)，同理可求出其余點(diǎn)P和點(diǎn)Q坐標(biāo).
【詳解】解：（1）∵拋物線的對稱軸為直線，
∴，則b=-3a，
∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)B（4，0），
∴16a+4b+1=0，將b=-3a代入，
解得：a=，b=，
拋物線的解析式為：，
令y=0，解得：x=4或-1，
令x=0，則y=1，
∴A（-1，0），C（0，1），
∴tan∠CAO=,
∴；
（2）由（1）易知，
過點(diǎn)N作于E，過點(diǎn)D作于F，
∵∠DMN=90°，
∴∠NME+∠DMF=90°，又∠NME+∠ENM=90°，
∴∠DMF=∠ENM，
， ，
（AAS），
，
由題意得：，，，
，
，
，
，又，
故可解得：t=或0（舍），
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)t=時，點(diǎn)均未到達(dá)終點(diǎn)，符合題意，
此時D點(diǎn)坐標(biāo)為；
（3）由（2）可知：D，t=時，M（，0），B（4，0），C（0，1），
設(shè)點(diǎn)P（m，），
如圖，當(dāng)點(diǎn)P在y軸右側(cè)，點(diǎn)Q在y軸正半軸，
過點(diǎn)P作PR⊥y軸于點(diǎn)R，過點(diǎn)D作DS⊥x軸于點(diǎn)S，
則PR=m，DS=，
若△CPQ∽△MDB，
∴，則，
，解得：m=0（舍）或1或5（舍），
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為：，
∵△CPQ∽△MDB，
∴，
當(dāng)點(diǎn)P時，，解得：CQ=，，
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（0，），
；
同理可得：點(diǎn)P和點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：
；；
；；
；；；；；；.
【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，二次函數(shù)表達(dá)式，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，難度較大，計(jì)算量較大，解題時注意結(jié)合函數(shù)圖像，找出符合條件的情形.
16、（2020邵陽中考改編）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形的邊與x軸、y軸的交點(diǎn)分別為，拋物線過B，C兩點(diǎn)，動點(diǎn)M從點(diǎn)D開始以每秒5個單位長度的速度沿的方向運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)后停止運(yùn)動．動點(diǎn)N從點(diǎn)O以每秒4個單位長度的速度沿方向運(yùn)動，到達(dá)C點(diǎn)后，立即返回，向方向運(yùn)動，到達(dá)O點(diǎn)后，又立即返回，依此在線段上反復(fù)運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)M停止運(yùn)動時，點(diǎn)N也停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)點(diǎn)M，N同時開始運(yùn)動時，若以點(diǎn)M，D，C為頂點(diǎn)的三角形與以點(diǎn)B，O，N為頂點(diǎn)的三角形相似，求t的值；
【答案】（1）；（2）；（3）或；
【解析】
【分析】
（1）將代入計(jì)算即可；
（2）作于點(diǎn)E，證明，可得CE，DE長度，進(jìn)而得到點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）分為點(diǎn)Ｍ在AD，BC上兩種情況討論，當(dāng)點(diǎn)M在AD上時，分為和兩種情況討論；當(dāng)點(diǎn)M在BC上時，分為和兩種情況討論；
【詳解】（1）將代入得
，解得
∴拋物線的解析式為：
（2）作于點(diǎn)E
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
（3）若點(diǎn)M在DA上運(yùn)動時，
當(dāng)，則，即不成立，舍去
當(dāng)，則，即，解得：
若點(diǎn)M在BC上運(yùn)動時，
當(dāng)，則，即
∴
當(dāng)時，
∴，解得（舍去）
當(dāng)時，
∴，無解；
當(dāng)，則，即
∴
當(dāng)時，
∴，解得（舍去）
當(dāng)時，
∴，解得
綜上所示：當(dāng)時，；時
17、（2020赤峰中考） 如圖，巳知二次函數(shù)y =ax2+bx +c(a≠0)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，直線經(jīng)過B，C兩點(diǎn).
（1）直接寫出二次函數(shù)的解析式 ；
（2）平移直線BC，當(dāng)直線BC與拋物線有唯一公共點(diǎn)Q時，求此時點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）過（2）中的點(diǎn)Q作QE // y軸，交x軸于點(diǎn)E.若點(diǎn)M是拋物線上一個動點(diǎn)，點(diǎn)N是x軸上一個動點(diǎn).是否存在以E，M，N三點(diǎn)為頂點(diǎn)的直角三角形(其中M為直角頂點(diǎn))與△BOC相似?如果存在，請直接寫出滿足條件的點(diǎn)M的個數(shù)和其中一個符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由.
【答案】（1）拋物線解析式為，（2）點(diǎn)Q（2，-1），（3）存在，滿足條件的點(diǎn)M有8個，M（，）
【解析】
【分析】
（1）求出點(diǎn)C坐標(biāo)，將A、B、C坐標(biāo)代入拋物線，即可求解．
（2）設(shè)出直線BC平移后的函數(shù)，令直線與拋物線函數(shù)相等，Δ等于零，求出Q坐標(biāo)即可．
（3）利用△OBC∽△EMN，得到兩種情況∠MEN=∠OCB，∠MEN=∠OBC；利用，，得到M的橫坐標(biāo)的方程，解方程即可．
【詳解】（1）由題意知：直線經(jīng)過B，C兩點(diǎn)
∴將x=0代入直線，解得y=2
∴C（0，2）
由題意知：A(1 ，0) ，B(4，0)，C（0，2）代入拋物線，
可得
解得 ， ，
∴拋物線解析式為．
（2）由題意知：設(shè)直線BC平移后的函數(shù)為
∵直線BC平移后與拋物線有唯一公共點(diǎn)Q，
∴
化簡得
即
∴直線BC平移后的函數(shù)為
令
解得，
∴點(diǎn)Q（2，-1）．
（3）如圖所示，過點(diǎn)M作MP⊥EN，設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為（m，n）．
由題意知：△OBC∽△EMN
分兩種情況討論：
第一種，∠MEN=∠OCB
在Rt△OBC中，
∵OC=2，OB=4
∴
∴
又∵點(diǎn)Q（2，-1），QE⊥AB
∴點(diǎn)E（2，0）
∴
代入拋物線可得
化簡
如圖所示，有4個交點(diǎn)
第二種，∠MEN=∠OBC
在△RtOBC中，
∵OC=2，OB=4
∴
∴
又∵點(diǎn)Q（2，-1），QE⊥AB
∴點(diǎn)E（2，0）
∴
代入拋物線可得
化簡
如圖所示，有4個交點(diǎn)
綜上所述，有8個交點(diǎn)．
由上述可知M只要滿足下列任意一個函數(shù)即可；
∴令（m>4），
解得，（舍）．
∴M（，）．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)平移與二次函數(shù)的綜合問題，以及一次函數(shù)平移與二次函數(shù)的交點(diǎn)問題，正確掌握一次函數(shù)平移與二次函數(shù)的綜合問題，以及一次函數(shù)平移與二次函數(shù)的交點(diǎn)問題的解法是解題的關(guān)鍵．
18、（2020聊城中考）如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于點(diǎn)，，與軸交于點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)為，其對稱軸與線段交于點(diǎn)，垂直于軸的動直線分別交拋物線和線段于點(diǎn)和點(diǎn)，動直線在拋物線的對稱軸的右側(cè)（不含對稱軸）沿軸正方向移動到點(diǎn)．
（1）求出二次函數(shù)和所在直線的表達(dá)式；
（2）在動直線移動的過程中，試求使四邊形為平行四邊形的點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）連接，，在動直線移動的過程中，拋物線上是否存在點(diǎn)，使得以點(diǎn)，，為頂點(diǎn)的三角形與相似，如果存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）存在，點(diǎn)的坐標(biāo)是．
【解析】
【分析】
（1）將，代入，解出a，b得值即可；求出C點(diǎn)坐標(biāo)，將C，B代入線段所在直線的表達(dá)式，求解即可；
（2）根據(jù)題意只要，四邊形即為平行四邊形，先求出點(diǎn)D坐標(biāo)，然后求出DE，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，則，，得出，根據(jù)，得，求解即可；
（3）由（2）知，，根據(jù)與有共同的頂點(diǎn)，且在的內(nèi)部，只有當(dāng)時，，利用勾股定理，可得
，，根據(jù)，即，解出t值，即可得出答案．
【詳解】解：（1）由題意，將，代入，
得，
解得，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式，
當(dāng)時，，得點(diǎn)，又點(diǎn)，
設(shè)線段所在直線的表達(dá)式，
∴，解得，
∴所在直線的表達(dá)式；
（2）∵軸，軸，
∴，
只要，此時四邊形即為平行四邊形，
由二次函數(shù)，
得點(diǎn)，
將代入，即，得點(diǎn)，
∴，
設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，則，，
由，得，
解之，得（不合題意舍去），，
當(dāng)時，，
∴；
（3）由（2）知，，
∴，
又與有共同的頂點(diǎn)，且在的內(nèi)部，
∴，
∴只有當(dāng)時，，
由，，，
利用勾股定理，可得，，
由（2）以及勾股定理知，，
，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
當(dāng)時，，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)是．
【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，靈活運(yùn)用知識點(diǎn)是解題關(guān)鍵．
19、（2020濰坊中考改編） 如圖，拋物線與x軸交于點(diǎn)和點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，連接與拋物線的對稱軸l交于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)N是對稱軸l右側(cè)拋物線上的動點(diǎn)，在射線上是否存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，N，E為頂點(diǎn)的三角形與相似？若存在，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）；（2）在射線上存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，N，E為頂點(diǎn)的三角形與相似，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：，或．
【解析】
【分析】（1）直接將和點(diǎn)代入，解出a，b的值即可得出答案；
（2）由題意得出三角形BOC為等腰直角三角形，然后分MN=EM，MN=NE，NE=EM三種情況討論結(jié)合圖形得出邊之間的關(guān)系，即可得出答案．
【詳解】（1）拋物線過點(diǎn)和點(diǎn)
拋物線解析式為：
（2）
為等腰直角三角形
拋物線的對稱軸為
點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為3
又點(diǎn)E在直線BC上
點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為5
設(shè)
①當(dāng)MN=EM，,時
解得或（舍去）
此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為
②當(dāng)ME=EN，時
解得：或（舍去）
此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為
③當(dāng)MN=EN，時
連接CM，易知當(dāng)N為C關(guān)于對稱軸l的對稱點(diǎn)時，，
此時四邊形CMNE為正方形
解得：（舍去）
此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為
在射線上存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，N，E為頂點(diǎn)的三角形與相似，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：，或．
【點(diǎn)睛】本題是一道綜合題，涉及到二次函數(shù)的綜合、相似三角形的判定及性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識點(diǎn)，綜合性比較強(qiáng)，解答類似題的關(guān)鍵是添加合適的輔助線．
20、（2020煙臺中考改編）如圖，拋物線y＝ax2+bx+2與x軸交于A，B兩點(diǎn)，且OA＝2OB，與y軸交于點(diǎn)C，連接BC，拋物線對稱軸為直線x＝，D為第一象限內(nèi)拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥OA于點(diǎn)E，與AC交于點(diǎn)F，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）拋物線上是否存在點(diǎn)D，使得以點(diǎn)O，D，E為頂點(diǎn)的三角形與相似？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+2；（2）存在，m＝1或
【解析】
【分析】
（1）點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（2t，0）、（﹣t，0），則x＝＝（2t﹣t），即可求解；
（2）以點(diǎn)O，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，則或，即＝2或，即可求解．
【詳解】解：（1）設(shè)OB＝t，則OA＝2t，則點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（2t，0）、（﹣t，0），
則x＝＝（2t﹣t），解得：t＝1，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（2，0）、（﹣1，0），
則拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x﹣2）（x+1）＝ax2+bx+2，
解得：a＝﹣1，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+2；
（2）存在，理由：
點(diǎn)D（m，﹣m2+m+2）（m＞0），則OD＝m，DE＝﹣m2+m+2，
以點(diǎn)O，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似，
則或，即＝2或，即＝2或，
解得：m＝1或﹣2（舍去）或或（舍去），
故m＝1或．
21、（2020陜西中考）如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)（3，12）和（﹣2，﹣3），與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為A，B，C，它的對稱軸為直線l．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）P是該拋物線上的點(diǎn)，過點(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△AOC全等，求滿足條件的點(diǎn)P，點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【分析】（1）將點(diǎn)（3，12）和（﹣2，﹣3）代入拋物線表達(dá)式，即可求解；
（2）由題意得：PD＝DE＝3時，以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△AOC全等，分點(diǎn)P在拋物線對稱軸右側(cè)、點(diǎn)P在拋物線對稱軸的左側(cè)兩種情況，分別求解即可．
【解答】解：（1）將點(diǎn)（3，12）和（﹣2，﹣3）代入拋物線表達(dá)式得，解得，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+2x﹣3；
（2）拋物線的對稱軸為x＝﹣1，令y＝0，則x＝﹣3或1，令x＝0，則y＝﹣3，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（1，0）；點(diǎn)C（0，﹣3），
故OA＝OC＝3，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴當(dāng)PD＝DE＝3時，以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△AOC全等，
設(shè)點(diǎn)P（m，n），當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對稱軸右側(cè)時，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，
故n＝22+2×2﹣5＝5，故點(diǎn)P（2，5），
故點(diǎn)E（﹣1，2）或（﹣1，8）；
當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對稱軸的左側(cè)時，由拋物線的對稱性可得，點(diǎn)P（﹣4，5），此時點(diǎn)E坐標(biāo)同上，
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，5）或（﹣4，5）；點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣1，2）或（﹣1，8）．
22、（2020成都中考改編）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線與軸交于，兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式
（2）如圖，連接，，過點(diǎn)作直線，點(diǎn)，分別為直線和拋物線上的點(diǎn)．試探究：在第一象限是否存在這樣的點(diǎn)，，使．若存在，請求出所有符合條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）；（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）利用待定系數(shù)法進(jìn)行求解即可；
（2）先確定出∠ACB=90°，再得出直線的表達(dá)式為．設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，然后分點(diǎn)在直線右側(cè)，點(diǎn)在直線左側(cè)兩種情況分別進(jìn)行討論即可．
【詳解】（1）∵拋物線與軸交于，兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．
∴，
∴，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為；
（2）∵，，．
∴AC=，BC=，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵過點(diǎn)作直線，直線的表達(dá)式為，
∴直線的表達(dá)式為．
設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為．
①當(dāng)點(diǎn)在直線右側(cè)時，如圖，∠BPQ=90°，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)Q作QM⊥PN于點(diǎn)M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵NB=t-4，PN=，
∴，
∴QM=，PM=，
∴MN=+，，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為．
將點(diǎn)的坐標(biāo)為代入，得
，
解得：，t2=0（舍去），
此時點(diǎn)的坐標(biāo)為．
②當(dāng)點(diǎn)在直線左側(cè)時．如圖，∠BPQ=90°，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)Q作QM⊥PN于點(diǎn)M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵NB=4-t，PN=，
∴，
∴QM=，PM=，
∴MN=+，，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為．
將點(diǎn)的坐標(biāo)為代入，得
，
解得：，