专题03 二次函数与相似问题(镇江27题扬州28题连云港26题等)(解析版)

2020年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题03 二次函数与相似问题
【真题再现】
1．（2019年镇江第27题）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5图象的顶点为D，对称轴是直线l，一次函数y=2
5x+1
的图象与x轴交于点A，且与直线DA关于l的对称直线交于点B．
（1）点D的坐标是（2，9）；
（2）直线l与直线AB交于点C，N是线段DC上一点（不与点D、C重合），点N的纵坐标为n．过点N作直线与线段DA、DB分别交于点P、Q，使得△DPQ与△DAB相似．
①当n=275时，求DP的长；
②若对于每一个确定的n的值，有且只有一个△DPQ与△DAB相似，请直接写出n的取值范围9
5
＜n＜
21
5．
【分析】（1）直接用顶点坐标公式求即可；
（2）由对称轴可知点C （2，9
5），A （−5
2，0），点A 关于对称轴对称的点（
132
，0），借助AD 的直线解
析式求得B （5，3）；①当n =
275时，N （2，275
），可求DA =9√52，DN =185，CD =36
5当PQ ∥AB 时，△DPQ ∽△DAB ，DP ＝DP =9
4√5；当PQ 与AB 不平行时，DP =3
2√5，；②当PQ ∥AB ，DB ＝DP 时，DB ＝3√5，DN =24
5，所以N （2，21
5），则有且只有一个△DPQ 与△DAB 相似时，9
5＜n ＜21
5；
【解析】（1）顶点为D （2，9）； 故答案为（2，9）； （2）对称轴x ＝2， ∴C （2，9
5），
由已知可求A （−5
2
，0）， 点A 关于x ＝2对称点为（
132
，0），
则AD 关于x ＝2对称的直线为y ＝﹣2x +13， ∴B （5，3），
①当n =27
5时，N （2，275
），
∴DA =9√52，DN =185，CD =36
5 当PQ ∥AB 时，△DPQ ∽△DAB ， ∵△DAC ∽△DPN ， ∴
DP DA
=
DN DC
，
∴DP =9
4√5；
当PQ 与AB 不平行时，△DPQ ∽△DBA ， ∴△DNQ ∽△DCA ， ∴
DP DB
=
DN DC
，
∴DP =3
2√5；
综上所述，DP =3
2√5，DP =9
4√5；
②当PQ ∥AB ，DB ＝DP 时， DB ＝3√5， ∴
DP DA
=
DN DC
，
∴DN =24
5， ∴N （2，
215
），
∴有且只有一个△DPQ 与△DAB 相似时，9
5＜n ＜21
5；
故答案为9
5
＜n ＜21
5；
点睛：本题考查二次函数的图象及性质，三角形的相似；熟练掌握二次函数的性质，三角形相似的判定与性质是解题的关键．
2．（2018年扬州第28题）如图1，四边形OABC 是矩形，点A 的坐标为（3，0），点C 的坐标为（0，6），点P 从点O 出发，沿OA 以每秒1个单位长度的速度向点A 运动，同时点Q 从点A 出发，沿AB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，当点P 与点A 重合时运动停止．设运动时间为t 秒． （1）当t ＝2时，线段PQ 的中点坐标为 （5
2，2） ；
（2）当△CBQ 与△P AQ 相似时，求t 的值；
（3）当t ＝1时，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过P ，Q 两点，与y 轴交于点M ，抛物线的顶点为K ，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D ，使∠MQD =1
2∠MKQ ？若存在，求出所有满足条件的D 的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t ＝2，和P ，Q 的运动速度可得动点P 和Q 的路程OP 和AQ 的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B ＝∠P AQ ＝90°，所以当△CBQ 与△P AQ 相似时，存在两种情况： ①当△P AQ ∽△QBC 时，
PA AQ
=
QB BC
，②当△P AQ ∽△CBQ 时，
PA AQ
=
BC BQ
，分别列方程可得t 的值；
（3）根据t ＝1求抛物线的解析式，根据Q （3，2），M （0，2），可得MQ ∥x 轴，则KM ＝KQ ，KE ⊥MQ ，画出符合条件的点D ，证明△KEQ ∽△QMH 或利用三角函数，列比例式可得点D 的坐标，同理根据对称可得另一个点D ．
【解析】（1）如图1，∵点A 的坐标为（3，0）， ∴OA ＝3，
当t ＝2时，OP ＝t ＝2，AQ ＝2t ＝4， ∴P （2，0），Q （3，4）， ∴线段PQ 的中点坐标为：（2+32
，
0+42
），即（5
2
，2）；
故答案为：（5
2，2）；
（2）如图1，∵当点P 与点A 重合时运动停止，且△P AQ 可以构成三角形， ∴0＜t ＜3，
∵四边形OABC 是矩形， ∴∠B ＝∠P AQ ＝90°
∴当△CBQ 与△P AQ 相似时，存在两种情况： ①当△P AQ ∽△QBC 时，PA AQ
=
QB BC
，
∴
3−t 2t
=
6−2t 3
，
4t 2﹣15t +9＝0， （t ﹣3）（t −3
4）＝0，
t 1＝3（舍），t 2=3
4
， ②当△P AQ ∽△CBQ 时，PA AQ
=
BC BQ
，
∴
3−t 2t
=
36−2t
，
t 2﹣9t +9＝0， t =9±3√5
2
， ∵
9+3√5
2
＞3， ∴t =
9+3√5
2
不符合题意，舍去， 综上所述，当△CBQ 与△P AQ 相似时，t 的值是34
或9−3√5
2
； （3）当t ＝1时，P （1，0），Q （3，2），
把P （1，0），Q （3，2）代入抛物线y ＝x 2+bx +c 中得： {1+b +c =09+3b +c =2，解得：{b =−3c =2， ∴抛物线：y ＝x 2﹣3x +2＝（x −32
）2−14
， ∴顶点k （3
2，−1
4
），
∵Q （3，2），M （0，2）， ∴MQ ∥x 轴，
作抛物线对称轴，交MQ 于E ，设DQ 交y 轴于H ， ∴KM ＝KQ ，KE ⊥MQ ， ∴∠MKE ＝∠QKE =1
2∠MKQ ， 如图2，∠MQD =12∠MKQ ＝∠QKE ，
∴tan ∠MQD ＝tan ∠QKE =
MH MQ =EQ
EK
， 即MH 3
=
32
2+
14
，MH ＝2， ∴H （0，4），
易得HQ 的解析式为：y =−2
3x +4， 则{
y =−23
x +4
y =x 2
−3x +2
， x 2﹣3x +2=−23
x +4，
解得：x 1＝3（舍），x 2=−2
3， ∴D （−2
3，
409
）；
同理，在M 的下方，y 轴上存在点H ，如图3，使∠HQM =1
2
∠MKQ ＝∠QKE ，
由对称性得：H （0，0）， 易得OQ 的解析式：y =2
3x ， 则{y =23
x
y =x 2
−3x +2
， x 2﹣3x +2=23
x ，
解得：x 1＝3（舍），x 2=2
3， ∴D （2
3
，4
9）；
综上所述，点D 的坐标为：D （−2
3，
409
）或（23
，4
9
）．
点睛：本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角
形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t 表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．
3．（2018年镇江第27题）如图，二次函数y ＝x 2﹣3x 的图象经过O （0，0），A （4，4），B （3，0）三点，以点O 为位似中心，在y 轴的右侧将△OAB 按相似比2：1放大，得到△OA ′B ′，二次函数y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）的图象经过O ，A ′，B ′三点．
（1）画出△OA ′B ′，试求二次函数y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）的表达式；
（2）点P （m ，n ）在二次函数y ＝x 2﹣3x 的图象上，m ≠0，直线OP 与二次函数y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）的图象交于点Q （异于点O ）．
①求点Q 的坐标（横、纵坐标均用含m 的代数式表示） ②连接AP ，若2AP ＞OQ ，求m 的取值范围；
③当点Q 在第一象限内，过点Q 作QQ ′平行于x 轴，与二次函数y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）的图象交于另一点Q ′，与二次函数y ＝x 2﹣3x 的图象交于点M ，N （M 在N 的左侧），直线OQ ′与二次函数y ＝x 2﹣3x 的图象交于点P ′．△Q ′P ′M ∽△QB ′N ，则线段NQ 的长度等于 6 ．
【分析】（1）由位似求出A ′、B ′坐标，代入解析式即可；
（2）①用m 表示P 的坐标及OP 解析式，用m 表示OP 与抛物线交点Q 的坐标，表示用m 表示AP 、OQ ，代入2AP ＞OQ ，求出m 范围；
②用m 表示QQ ′解析式，得到P ′坐标，求出M 、N 坐标，应用△Q ′P ′M ∽△QB ′N 构造方程求m ． 【解析】（1）由以点O 为位似中心，在y 轴的右侧将△OAB 按相似比2：1放大，得OA′OA
=
OB′OB
=2
∵A （4，4），B （3，0） ∴A ′（8，8），B ′（6，0）
将O （0，0），A ′（8，8），B ′（6，0）代入y ＝ax 2+bx +c
得{c =0
36a +6b =064a +8b =0 解得{a =1
2b =−3c =0
∴二次函数的解析式为y =1
2
x 2﹣3x ； （2）①∵点P 在y ＝x 2﹣3x 的图象上， ∴n ＝m 2﹣3m ， ∴P （m ，m 2﹣3m ）， 设直线OP 的解析式为y ＝kx
将点P 代入，得mk ＝m 2﹣3m ，解得k ＝m ﹣3， ∴OP ：y ＝（m ﹣3）x
∵直线OP 与y =1
2x 2﹣3x 交于点Q
∴1
2x 2﹣3x ＝（m ﹣3）x ，解得x 1＝0（舍），x 2＝2m ，
∴Q （2m ，2m 2﹣6m ）
②∵P （m ，n ）在二次函数y ＝x 2﹣3x 的图象上 ∴n ＝m 2﹣3m ∴P （m ，m 2﹣3m ）
设直线OP 的解析式为y ＝kx ，将点P （m ，m 2﹣3m ）代入函数解析式， 得mk ＝m 2﹣3m ∴k ＝m ﹣3
∴OP 的解析是为y ＝（m ﹣3）x
∵OP 与y ═12
x 2
﹣3x 交于Q 点
∴{
y =(m −3)x y =1
2x 2−3x
解得{x =0y =0（不符合题意舍去）{x =2m y =2m 2−6m
∴Q （2m ，2m 2﹣6m ）过点P 作PC ⊥x 轴于点C ，过点Q 作QD ⊥x 轴于点D 则OC ＝|m |，PC ＝|m 2﹣3m |，OD ＝|2m |，QD ＝|22﹣6m |
∵
OD OC
=
OQ OP
=2
∴△OCP ∽△ODQ ∴OQ ＝2OP ∵2AP ＞OQ
∴2AP ＞2OP ，即AP ＞OP
∴√(m −4)2+(m 2−3m −4)2＞√m 2+(m 2−3m)2 化简，得m 2﹣2m ﹣4＜0，解得1−√5＜m ＜1+√5，且m ≠0； ③P （m ，m 2﹣3m ），Q （2m ，2m 2﹣6m ） ∵点Q 在第一象限， ∴{
2m ＞0
2m 2−6m ＞0
，解得＞3
由Q （2m ，2m 2﹣6m ），得QQ ′的表达式是y ＝2m 2﹣6m ∵QQ ′交y =1
2
x 2﹣3x 交于点Q ′ {y =1
2x 2−3x y =2m 2
−6m
解得{x =2m y =2m 2
−6m （不符合题意，舍）{x =6−2m y =2m 2−6m ∴Q ′（6﹣2m ，2m 2﹣6m ）
设OQ ′的解析是为y ＝kx ，（6﹣2m ）k ＝2m 2﹣6m 解得k ＝﹣m ，OQ ′的解析式为y ＝﹣m ∵OQ ′与y ＝x 2﹣3x 交于点P ′ ∴﹣mx ＝x 2﹣3x
解得x 1＝0（舍），x 2＝3﹣m ∴P ′（3﹣m ，m 2﹣3m ） ∵QQ ′与y ＝x 2﹣3x 交于点P ′ ∴﹣mx ＝x 2﹣3x
解得x 1＝0（舍去），x 2＝3﹣m ∴P ′（3﹣m ，m 2﹣3m ） ∵QQ ′与y ＝x 2﹣3x 交于点M 、N
∴x2﹣3x＝2m2﹣6m
解得x1=3+√8m2−24m+9
2，x2=
3−√8m
2−24m+9
2
∵M在N左侧
∴M（
3+√8m2−24m+9
2
，2m2﹣6m）
N（
3−√8m2−24m+9
2
，2m2﹣6m）
∵△Q′P′M∽△QB′N
∴
P′Q′
QB′
=
QM
QN
∵(
P′Q
QB
)2=(3−m)
2+(m2−3m)2
(2m−6)2+(2m2−6m)2
=14
即
3−√8m2−24m+9−(6−2m)
2m−3+√8m
224m+9
2
=
1
2
化简得m2﹣12m+27＝0
解得：m1＝3（舍），m2＝9
∴N（12，108），Q（18，108）
∴QN＝6．
故答案为：6．
点睛：本题二次函数背景的代数几何综合题，综合考查二次函数、一次函数、三角形相似的性质，应用数形结合的数学思想．
4．（2018年连云港第26题）如图1，图形ABCD是由两个二次函数y1＝kx2+m（k＜0）与y2＝ax2+b（a＞0）的部分图象围成的封闭图形．已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，﹣3）．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD 是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD 上），并说明理由； （3）如图2，连接BC ，CD ，AD ，在坐标平面内，求使得△BDC 与△ADE 相似（其中点C 与点E 是对应顶点）的点E 的坐标
【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出MM '＝（1﹣m 2）﹣（3m 2﹣3）＝4﹣4m 2，进而建立方程2m ＝4﹣4m 2，即可得出结论； （3）先利用勾股定理求出AD =√10，同理：CD =√10，BC =√2，再分两种情况： ①如图1，当△DBC ∽△DAE 时，得出DB DA
=
DC DE
，进而求出DE =52，即可得出E （0，−1
2），
再判断出△DEF ∽△DAO ，得出DE DA
=
DF DO
=
EF AO
，求出DF =
3√104，EF =√104，再用面积法求出E 'M =3
2
，即可得出结论；
②如图2，当△DBC ∽△ADE 时，得出
DB AD
=
DC AE
，求出AE =5
2，
当E 在直线AD 左侧时，先利用勾股定理求出P A =5
3
，PO =43
，进而得出PE =56
，再判断出AP PE
=
AO OQ
即
可得出点E 坐标，当E '在直线DA 右侧时，即可得出结论．
【解析】（1）∵点A （1，0），B （0，1）在二次函数y 1＝kx 2+m （k ＜0）的图象上， ∴{k +m =0m =1， ∴{k =−1m =1
， ∴二次函数解析式为y 1＝﹣x 2+1，
∵点A （1，0），D （0，﹣3）在二次函数y 2＝ax 2+b （a ＞0）的图象上， ∴{a +b =0b =−3
，
∴{a =3b =−3
， ∴二次函数y 2＝3x 2﹣3；
（2）设M （m ，﹣m 2+1）为第一象限内的图形ABCD 上一点，M '（m ，3m 2﹣3）为第四象限的图形上一点，
∴MM '＝（1﹣m 2）﹣（3m 2﹣3）＝4﹣4m 2， 由抛物线的对称性知，若有内接正方形， ∴2m ＝4﹣4m 2， ∴m =−1+√174或m =−1−√17
4（舍）， ∵0＜
−1+√17
4＜1， ∴MM '=
−1+√172
∴存在内接正方形，此时其边长为−1+√17
2
；
（3）在Rt △AOD 中，OA ＝1，OD ＝3， ∴AD =√OA 2+OD 2=√10， 同理：CD =√10，
在Rt △BOC 中，OB ＝OC ＝1， ∴BC =√OC 2+OB 2=√2， ①如图1，当△DBC ∽△DAE 时， ∵∠CDB ＝∠ADO ， ∴在y 轴上存在E ，由DB DA
=
DC DE
，
∴
√10
=
√10DE
， ∴DE =5
2， ∵D （0，﹣3）， ∴E （0，−1
2），
由对称性知，在直线DA 右侧还存在一点E '使得△DBC ∽△DAE '，
连接EE '交DA 于F 点，作E 'M ⊥OD 于M ，连接E 'D ， ∵E ，E '关于DA 对称， ∴DF 垂直平分线EE '， ∴△DEF ∽△DAO ， ∴DE DA =
DF DO =EF AO ， ∴
√10
=
DF 3
=
EF
1
，
∴DF =
3√10
4，EF =√104
， ∵S △DEE '=12DE •E 'M ＝EF ×DF =15
8， ∴E 'M =3
2， ∵DE '＝DE =52，
在Rt △DE 'M 中，DM =√DE′2−E′M 2=2， ∴OM ＝1， ∴E '（3
2，﹣1），
②如图2，
当△DBC ∽△ADE 时，有∠BDC ＝∠DAE ，DB AD
=
DC AE
，
∴
√10
=
√10AE
， ∴AE =5
2，
当E 在直线AD 左侧时，设AE 交y 轴于P ，作EQ ⊥AC 于Q ，
∵∠BDC ＝∠DAE ＝∠ODA ， ∴PD ＝P A ， 设PD ＝n ，
∴PO ＝3﹣n ，P A ＝n ，
在Rt △AOP 中，P A 2＝OA 2+OP 2， ∴n 2＝（3﹣n ）2+1， ∴n =5
3，
∴P A =53
，PO =43
， ∵AE =52， ∴PE =56，
在AEQ 中，OP ∥EQ ， ∴
AP PE
=
AO OQ ，
∴OQ =12
， ∵
OP PE
=
AP AE
=2
3
，
∴QE ＝2， ∴E （−1
2，﹣2）， 当E '在直线DA 右侧时，
根据勾股定理得，AE =√AQ 2+QE 2=5
2， ∴AE '=5
2
∵∠DAE '＝∠BDC ，∠BDC ＝∠BDA ， ∴∠BDA ＝∠DAE '， ∴AE '∥OD ， ∴E '（1，−5
2），
综上，使得△BDC 与△ADE 相似（其中点C 与E 是对应顶点）的点E 的坐标有4个， 即：（0，−1
2）或（3
2
，﹣1）或（1，−52）或（−1
2，﹣2）．
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，对称性，正确作出辅助线和用分类讨论的思想是解本题的关键．
5．（2018年宿迁第27题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y ＝（x ﹣a ）（x ﹣3）（0＜a ＜3）的图象与x 轴交于点A 、B （点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点D ，过其顶点C 作直线CP ⊥x 轴，垂足为点P ，连接AD 、BC ．
（1）求点A 、B 、D 的坐标；
（2）若△AOD 与△BPC 相似，求a 的值；
（3）点D 、O 、C 、B 能否在同一个圆上？若能，求出a 的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据函数解析式可以直接得到抛物线与x 轴的两个交点坐标；令x ＝0，即可求得点D 的纵坐标；
（2）由抛物线顶点坐标公式求得点C 的坐标，易得线段PB 、PC 的长度； ①若△AOD ∽△BPC 时，则AO BP =DO CP ，将相关线段的长度代入求得a 的值； ②若△AOD ∽△CPB 时，则
AO CP
=
DO PB
，将相关线段的长度代入求得a 的值；
（3）能．理由如下：联结BD ，取中点M ，则D 、O 、B 在同一个圆上，且圆心M 为（32
，32
a ）．若点C 也在圆上，则MC ＝MB ．根据两点间的坐标求得相关线段的长度，借助于方程解答即可． 【解析】（1）∵y ＝（x ﹣a ）（x ﹣3）（0＜a ＜3）， ∴A （a ，0），B （3，0）． 当x ＝0时，y ＝3a ， ∴D （0，3a ）；
（2）∵A （a ，0），B （3，0）， ∴对称轴直线方程为：x =3+a
2．
当x =3+a
2时，y ＝﹣（3−a
2）2，
∴C （
3+a 2
，﹣（
3−a 2
）2），
PB ＝3−3+a
2，PC ＝（3−a
2）2， ①若△AOD ∽△BPC 时，则
AO BP
=
DO CP
，即
a
3−
3+a 2
=
3a
(3−a 2
)2， 解得a ＝0或a ＝±3（舍去）； ②若△AOD ∽△CPB 时，则
AO CP
=
DO PB
，即
a
(
3−a 2
)2
=
3a 3−
3+a 2
， 解得a ＝3（舍去）或a =7
3． 所以a 的值是7
3．
（3）能．理由如下： 联结BD ，取中点M
∵D 、O 、B 在同一个圆上，且圆心M 为（3
2
，3
2a ）．
若点C 也在圆上，则MC ＝MB ．即（32
−
3+a 2
）2+（32
a +（
3−a 2
）2）2＝（32
−3）2+（3
2
a ﹣0）2，
整理，得 a 4﹣14a 2+45＝0，
所以（a 2﹣5）（a 2﹣9）＝0，
解得a 1=√5，a 2=−√5（舍），a 3＝3（舍），a 4＝﹣3（舍）， ∴a =√5．
点睛：考查了二次函数综合题，需要掌握二次函数解析式的三种形式，抛物线对称轴的求法，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，方程思想的应用．解题时，注意“分类讨论”、“方程思想”等数学思想的应用，难度较大．
【专项突破】
【题组一】
1．（2019秋•江阴市期末）如图，已知二次函数y＝x2﹣2x+m的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，直线AC交二次函数图象的对称轴于点D，若点C为AD的中点．
（1）求m的值；
（2）若二次函数图象上有一点Q，使得tan∠ABQ＝3，求点Q的坐标；
（3）对于（2）中的Q点，在二次函数图象上是否存在点P，使得△QBP∽△COA？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）函数的对称轴为：x＝1，点C为AD的中点，则点A（﹣1，0），即可求解；
（2）tan∠ABQ＝3，点B（3，0），则AQ所在的直线为：y＝±3x（x﹣30），即可求解；
（3）分点Q（2，﹣3）、点Q（﹣4，21）两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）设对称轴交x轴于点E，直线AC交抛物线对称轴于点D，
函数的对称轴为：x＝1，点C为AD的中点，则点A（﹣1，0），
将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝﹣3，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3…①；（2）tan∠ABQ＝3，点B（3，0），
则AQ所在的直线为：y＝±3（x﹣3）…②，联立①②并解得：x＝﹣4或3（舍去）或2，故点Q（﹣4，21）或（2，﹣3）；
（3）不存在，理由：
△QBP∽△COA，则∠QBP＝90°
①当点Q（2，﹣3）时，
则BP的表达式为：y=−1
3（x﹣3）…③，
联立①③并解得：x＝3（舍去）或−4
3，故点P（−
4
3，
13
9
），
此时BP：PQ≠OA：AC，故点P不存在；
②当点Q（﹣4，21）时，
同理可得：点P（−2
3，
11
9
），
此时BP：PQ≠OA：OB，故点P不存在；
综上，点P不存在．
2．（2019秋•张家港市期末）如图，抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a＞0）与x轴交于A，B两点，抛物线上另有一点C在x轴下方，且使△OCA∽△OBC．
（1）求线段OC的长度；
（2）设直线BC与y轴交于点D，点C是BD的中点时，求直线BD和抛物线的解析式，
（3）在（2）的条件下，点P是直线BC下方抛物线上的一点，过P作PE⊥BC于点E，作PF∥AB交BD于点F，是否存在一点P，使得PE+PF最大，若存在，请求出该最大值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解方程求出点A 的坐标、点B 的坐标，得到OA ＝1，OB ＝3，根据相似三角形的性质列出比例式，求出OC ；
（2）根据直角三角形的性质求出BD ，根据勾股定理求出OD ，利用待定系数法求出直线BD 的解析式，根据中点的概念求出点C 的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）作PG ⊥OB 交BD 于G ，根据正切的定义得到∠OBD ＝30°，用PG 分别表示出PE 、PF ，根据题意列出二次函数解析式，根据二次函数的性质解答． 【解析】（1）a （x ﹣1）（x ﹣3）＝0， x 1＝1，x 2＝3，
则点A 的坐标为（1，0），点B 的坐标为（3，0）， ∴OA ＝1，OB ＝3， ∵△OCA ∽△OBC ， ∴
OA OC
=
OC OB
，即
1
OC
=
OC 3
，
解得，OC =√3；
（2）在Rt △BOD 中，点C 是BD 的中点， ∴BD ＝2OC ＝2√3，
由勾股定理得，OD =√BD 2−OB 2=√(2√3)2−32=√3， ∴点D 的坐标为（0，−√3） 设直线BD 的解析式为：y ＝kx +b ， 则{b =−√33k +b =0， 解得，{k =√3
3b =−√3
，
则直线BD 的解析式为：y =
√3
3
x −√3，
∵点B 的坐标为（3，0），点D 的坐标为（0，−√3），点C 是BD 的中点， ∴点C 的坐标为（3
2
，−
√3
2
），
∴−√3
2=a （32−1）（3
2−3），
解得，a =2
3√3，
∴抛物线的解析式：y =2
3√3（x ﹣1）（x ﹣3），即y =2
3√3x 2−8
3√3x +2√3；
（3）作PG ⊥OB 交BD 于G ， tan ∠OBD =
OD OB =√3
3
， ∴∠OBD ＝30°， ∵PF ∥AB ，
∴∠PFG ＝∠OBD ＝30°， ∴PF =√3PG ， ∵PE ⊥BC ，PF ⊥PG ， ∴∠EPG ＝∠PFG ＝30°， ∴PE =
√3
2
PG ，
∴PE +PF =√3PG +
√3
2
PG =
3√3
2
PG ， 设点P 的坐标为（m ，
23
√3m 2−8
3√3m +2√3）
，点G 的坐标为（m ，√3
3
m −√3）， ∴PG =√3
3m −√3−（2
3√3m 2−8
3√3m +2√3）
=−2
3√3m 2+3√3m ﹣3√3
∴PE +PF =
3√3
2
PG ＝﹣3m 2+27
2m −27
2 ＝﹣3（m −9
4）2+27
16， 则PE +PF 的最大值为
2716
．
3．（2020•山西模拟）如图，二次函数y ＝0.5x 2+bx +c 的图象过点B （0，1）和C （4，3）两点，与x 轴交于点D 、点E ，过点B 和点C 的直线与x 轴交于点A ． （1）求二次函数的解析式；
（2）在x 轴上有一动点P ，随着点P 的移动，存在点P 使△PBC 是直角三角形，请你求出点P 的坐标； （3）若动点P 从A 点出发，在x 轴上沿x 轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q 也从A 点出发，以每秒a 个单位的速度沿射线AC 运动，是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABD 相似？若存在，直接写出a 的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求解析式；
（2）设点P 坐标为（x ，0），根据两点距离公式可求BC ，BP ，CP 的长度，根据勾股定理可列方程可求x 的值，即可求点P 坐标；
（3）根据题意可求点A ，点D 坐标，即可求AB ，AD 的长，由以A 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABD 相似，可分△APQ ∽△ABD ，△APQ ∽△ADB 两种情况讨论可求a 的值．
【解析】（1）∵二次函数y ＝0.5x 2+bx +c 的图象过点B （0，1）和C （4，3）两点 ∴{1=c 3=8+4b +c 解得：b =−3
2，c ＝1
∴抛物线解析式y =12x 2−3
2x +1
（2）设点P 坐标为（x ，0）
∵点P （x ，0），点B （0，1），点C （4，3） ∴PB =√(m −0)2+(0−1)2=√m 2
+1
CP =√(4−x)2+(3−0)2=√x 2
−8x +25
BC =√(4−0)
2
+(3−1)
2
=2√5
若∠BCP ＝90°，则BP 2＝BC 2+CP 2． ∴x 2+1＝20+x 2﹣8x +25 ∴x =11
2
若∠CBP ＝90°，则CP 2＝BC 2+BP 2． ∴x 2+1+20＝x 2﹣8x +25 ∴x =1
2
若∠BPC ＝90°，则BC 2＝BP 2+CP 2． ∴x 2+1+x 2﹣8x +25＝20 ∴x 1＝1，x 2＝3
综上所述：点P 坐标为（1，0），（3，0），（1
2，0），（
112
，0）
（3）存在
∵抛物线解析式y =12
x 2−32
x +1与x 轴交于点D ，点E ∴0=1
2
x 2−32
x +1 ∴x 1＝1，x 2＝2 ∴点D （1，0）
∵点B （0，1），C （4，3） ∴直线BC 解析式y =1
2x +1 当y ＝0时，x ＝﹣2 ∴点A （﹣2，0）
∵点A （﹣2，0），点B （0，1），点D （1，0） ∴AD ＝3，AB =√5 设经过t 秒
∴AP＝2t，AQ＝at 若△APQ∽△ADB
∴AP
AQ =
AD
AB
即2t
at =
√5
∴a=2√5 3
若△APQ∽△ABD
∴AP
AQ =
AB
AD
即2t
at =
√5
3
∴a=6√5 5
综上所述：a=2√5
3或
6√5
5
4．（2019•建昌县一模）如图，二次函数y=−1
2
x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、与y轴交于点C（0，
4），过点A的直线y=1
2x+1与抛物线的另一个交点为B，D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式并直接写出顶点D的坐标；
（2）如图1，点P是线段AB上方抛物线上一动点，求点P运动到什么位置时，△ABP的面积最大，最大面积是多少？
（3）如图2，设直线AB与y轴交于点E．点M是直线AB上的一个动点（不与点A、B重合），当△MEC 与△AOE相似时，请直接写出点M的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式；将二次函数解析式转化为顶点式，可以得到顶点D的坐标；
（2）设与直线y=1
2x+1平行且相切的直线为PQ：y=
1
2x+b，则点P为切点时所求三角形面积最大；
（3）分两种情况讨论：当CM ∥x 轴时，△MEC 与△AOE 相似，当CM ′⊥AB 时，△MEC 与△AOE 相似，
【解析】（1）∵二次函数y =−12
x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣2，0）、与y 轴交于点C （0，4），
∴{−12×(−2)2−2b +c =0c =4
，解得{b =1c =4，
∴抛物线的解析式为：y =−12x 2
+x +4，顶点D 的坐标为（1，92
）．
（2）设与直线y =1
2x +1平行且相切的直线为PQ ：
y =12
x +b ，Q 为PQ 与x 轴交点，H 为PQ 与y 轴交点，过点A 作AG ⊥PQ 于点G ，则当点P 为切点时，△ABP 的面积最大， ∴−12
x 2+x +4=12
x +b ， 化简得：x 2﹣x +2b ﹣8＝0， ∴△＝1﹣4（2b ﹣8）＝0， ∴b =338
∴x 2﹣x +2×338−8＝0 ∴x 1＝x 2=12， ∴点P 坐标为（1
2，
358
）．
PQ 解析式为：y =12x +338
， ∴Q （−334，0），又b =338
， ∴AQ =
254，OQ =334
， ∴tan ∠GQA =33
8334
=12
，
∴sin ∠GQA =GA AQ =GA 254
=1
√5
， ∴GA =5√54，
由{y =−1
2x 2+x +4y =1
2x +1
解得x 1＝﹣2，x 2＝3，
∴B （3，5
2），AB =√[3−(−2)]2+(52−0)2=5√5
2，
∴S △ABP =
12×AB ×GA =12×5√52×5√54=12516
∴点P 运动到（12
，358
）时，△ABP 的面积最大，最大面积是
12516
．
（3）由y =1
2x +1得E （0，1） A （﹣2，0）、C （0，4）， ∴
OE OA
=1
2
，
当CM ∥x 轴时，△MEC 与△AOE 相似，由OC ＝4，OE ＝1，可得CE ＝3， ∴CM ＝6，即点M 横坐标为6，代入y =1
2x +1得y ＝3， ∴M （6，4）；
当CM ′⊥AB 时，△MEC 与△AOE 相似，由OE OA =1
2
，CE ＝3可得CM ′=6√55，EM ′=3√5
5，
由面积法可得M ′x =6
5， ∴M ′（6
5
，8
5）．
∴当△MEC 与△AOE 相似时，点M 的坐标为（6，4）或（65
，8
5
）．
【题组二】
5．（2019•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象经过点A （﹣2，0），
C （0，﹣6），其对称轴为直线x ＝2． （1）求该二次函数的解析式；
（2）若直线y =−1
3x +m 将△AOC 的面积分成相等的两部分，求m 的值；
（3）点B 是该二次函数图象与x 轴的另一个交点，点D 是直线x ＝2上位于x 轴下方的动点，点E 是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线x ＝2右侧．若以点E 为直角顶点的△BED 与△AOC 相似，求点E 的坐标．
【分析】（1）把点A 、C 坐标及对称轴x ＝2代入二次函数表达式，即可求解； （2）求出直线y =−1
3x +m 与y 轴的交点为（0，m ），由S △AOC =1
2×2×6=6，1
2
×
38
(m +6)(m +6)=3，
即可求解；
（3）分△DEO ∽△AOC 、△BED ∽△AOC 两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）由已知得：{4a −2b +c =0
c =−6−b
2a
=2，解得：{a =
12
b =−2
c =−6，
故抛物线的表达式为：y =1
2x 2﹣2x ﹣6， 同理可得直线AC 的表达式为：y ＝﹣3x ﹣6； （2）联立{
y =−3x −6
y =−13
x +m
，解得：x =−3
8(m +6)， 直线y =−1
3
x +m 与y 轴的交点为（0，m ）， S △AOC =1
2×2×6=6， 由题意得：1
2×
38
(m +6)(m +6)=3，
解得：m ＝﹣2或﹣10（舍去﹣10）， ∴m ＝﹣2；
（3）∵OA ＝2，OC ＝6，∴
OC OA =3， ①当△DEB ∽△AOC 时，则BE DE
=
OC OA
=3，
如图1，过点E 作EF ⊥直线x ＝2，垂足为F ，过点B 作BG ⊥EF ，垂足为G ，
则Rt △BEG ∽Rt △EDF ， 则
BG EF
=
EB ED
=3，则BG ＝3EF ，
设点E （h ，k ），则BG ＝﹣k ，FE ＝h ﹣2， 则﹣k ＝3（h ﹣2），即k ＝6﹣3h ，
∵点E 在二次函数上，故：1
2h 2﹣2h ﹣6＝6﹣3h ，
解得：h ＝4或﹣6（舍去﹣6）， 则点E （4，﹣6）； ②当△BED ∽△AOC 时，
BE ED
=
OA OC
=1
3
，
过点E 作ME ⊥直线x ＝2，垂足为M ，过点B 作BN ⊥ME ，垂足为N ，
则Rt △BEN ∽Rt △EDM ，则
BN EM
=
BE DE
=1
3
，则NB =1
3EM ，
设点E （p ，q ），则BN ＝﹣q ，EM ＝p ﹣2， 则﹣q =1
3（p ﹣2），解得：p =
5+√1453或5−√145
3
（舍去）；
故点E 坐标为（4，﹣6）或（
5+√145
3
，
1−√145
9
）．
6．（2019•恩施州）如图，抛物线y ＝ax 2﹣2ax +c 的图象经过点C （0，﹣2），顶点D 的坐标为（1，−8
3），与x 轴交于A 、B 两点． （1）求抛物线的解析式．
（2）连接AC ，E 为直线AC 上一点，当△AOC ∽△AEB 时，求点E 的坐标和AE AB
的值．
（3）点F （0，y ）是y 轴上一动点，当y 为何值时，√5
5
FC +BF 的值最小．并求出这个最小值． （4）点C 关于x 轴的对称点为H ，当
√5
5
FC +BF 取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使△QHF 是直角三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点C 、D 的坐标代入抛物线表达式，即可求解； （2）当△AOC ∽△AEB 时，
S △AOC S △AEB
=（
AC AB ）2＝（√54）2=516，求出y E =−8
5，由△AOC ∽△AEB 得：AO AC
=
AE AB
=
√5
，即可求解；
（3）如图2，连接BF ，过点F 作FG ⊥AC 于G ，当折线段BFG 与BE 重合时，取得最小值，即可求解； （4）①当点Q 为直角顶点时，由Rt △QHM ∽Rt △FQM 得：QM 2＝HM •FM ；②当点H 为直角顶点时，点H （0，2），则点Q （1，2）；③当点F 为直角顶点时，同理可得：点Q （1，−3
2）．
【解析】（1）由题可列方程组：{c =−2
a −2a +c =−83
，解得：{a =23c =−2
∴抛物线解析式为：y =23x 2−4
3x ﹣2；
（2）如图1，∠AOC ＝90°，AC =√5，AB ＝4，
设直线AC 的解析式为：y ＝kx +b ，则{−k +b =0b =−2，解得：{k =−2
b =−2，
∴直线AC 的解析式为：y ＝﹣2x ﹣2； 当△AOC ∽△AEB 时
S △AOC S △AEB
=（
AC AB
）2＝（
√54）2=5
16， ∵S △AOC ＝1，∴S △AEB =
165
， ∴1
2AB ×|y E |=16
5，AB ＝4，则y E =−8
5， 则点E （−1
5
，−85
）； 由△AOC ∽△AEB 得：AO AC
=
AE AB
=
√5
∴AE AB
=
√55
；
（3）如图2，连接BF ，过点F 作FG ⊥AC 于G ，
则FG ＝CF sin ∠FCG =√5
5
CF ，
∴
√5
5
CF +BF ＝GF +BF ≥BE ， 当折线段BFG 与BE 重合时，取得最小值， 由（2）可知∠ABE ＝∠ACO
∴BE ＝AB cos ∠ABE ＝AB cos ∠ACO ＝4×
2√5=8√55， |y |＝OB tan ∠ABE ＝OB tan ∠ACO ＝3×1
2=3
2， ∴当y =−3
2时，即点F （0，−3
2），√5
5CF +BF 有最小值为8√55
；
（4）①当点Q 为直角顶点时（如图3）： 由（3）易得F （0，−3
2），
∵C （0，﹣2）∴H （0，2）
设Q （1，m ），过点Q 作QM ⊥y 轴于点M ． 则Rt △QHM ∽Rt △FQM ∴QM 2＝HM •FM ， ∴12＝（2﹣m ）（m +3
2）， 解得：m =
1±√33
4
， 则点Q （1，
1+√334）或（1，1−√334
） 当点H 为直角顶点时：
点H （0，2），则点Q （1，2）； 当点F 为直角顶点时： 同理可得：点Q （1，−3
2
）； 综上，点Q 的坐标为：（1，
1+√334
）或（1，
1−√334
）或Q （1，2）或Q （1，−3
2）．
7．（2019•亭湖区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y =−1
4
x 2+bx +c 的图象与y 轴交于点A （0，8），与x 轴交于B 、C 两点，其中点C 的坐标为（4，0）．点P （m ，n ）为该二次函数在第二象限内图象上的动点，点D 的坐标为（0，4），连接BD ． （1）求该二次函数的表达式及点B 的坐标；
（2）连接OP ，过点P 作PQ ⊥x 轴于点Q ，当以O 、P 、Q 为顶点的三角形与△OBD 相似时，求m 的值； （3）连接BP ，以BD 、BP 为邻边作▱BDEP ，直线PE 交y 轴于点T ． ①当点E 落在该二次函数图象上时，求点E 的坐标；
②在点P 从点A 到点B 运动过程中（点P 与点A 不重合），直接写出点T 运动的路径长．
【分析】（1）直接将A ，C 两点代入即可求
（2）可设P （m ，−1
4
m 2﹣m +8），由∠OQP ＝∠BOD ＝90°，则分两种情况：△POQ ∽△OBD 和△POQ ∽△OBD 分别求出PQ 与OQ 的关系即可
（3）作平行四边形，实质是将B 、P 向右平移8个单位，再向上平移4个单位即可得到点E 和点D ，点E 在二次函数上，代入即可求m 的值，从而求得点E 的坐标． 【解析】（1）把A （0，8），C （4，0）代入y =−1
4x 2+bx +c 得 {c =8−4+4b +c =0，解得{b =−1c =8 ∴该二次函数的表达为y =−1
4x 2﹣x +8
当y ＝0时，−14
x 2﹣x +8＝0，解得x 1＝﹣8，x 2＝4 ∴点B 的坐标为（﹣8，0）
（2）设P （m ，−1
4m 2﹣m +8），由∠OQP ＝∠BOD ＝90°，分两种情况： 当△POQ ∽△OBD 时，PQ OQ =
BO OD
=
84
=2
∴PQ ＝2OQ
即−1
4m 2﹣m +8＝2×（﹣m ），解得m ＝﹣4，或m ＝8（舍去） 当△POQ ∽△OBD 时，OQ PQ
=
BO DO
=
84
=2
∴OQ ＝2PQ
即﹣m ＝2×（−1
4
m 2﹣m +8），解m ＝﹣1−√33 或m ＝﹣1+√33（舍去） 综上所述，m 的值为﹣4或﹣1−√33 （3）①∵四边形BDEP 为平行四边形， ∴PE ∥BD ，PE ＝BD
∵点B 向右平移8个单位，再向上平移4个单位得到点D ∴点P 向右平移8个单位，再向上平衡4个单位得到点E ∵点P （m ，−14m 2﹣m +8）， ∴点E （m +8，−14m 2﹣m +12）， ∵点E 落在二次函数的图象上
∴−1
4（m +8）2﹣（m +8）+8=−1
4m 2﹣m +12 解得m ＝﹣7 ∴点E 的坐标为（1，
274
）
②∵点P （m ，−1
4m 2﹣m +8）， ∴点E （m +8，−1
4m 2﹣m +12）， ∵PE ∥BD
∴直线PE 与BD 的斜率相同k =4
8=1
2
∴直线PE 的解析式为：y =12
x +b 点P 在直线上，则有−14
m 2﹣m +8=12
m +b 整理得，b =−1
4（m +3）2+414 即T 的纵坐标最大值为
414
当点P 与点B 重合时，点T 的纵坐标为4， 则点T 在y 轴的运动的路径为
41
4
−4+414−8=17
2． 8．（2019•昆山市二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）交x 轴于点A （2，0），B （﹣3，0），交y 轴于点C ，且经过点D （﹣6，﹣6），连接AD ，BD ． （1）求该抛物线的函数关系式；
（2）若点M 为X 轴上方的抛物线上一点，能否在点A 左侧的x 轴上找到另一点N ，使得△AMN 与△ABD 相似？若相似，请求出此时点M 、点N 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P 是直线AD 上方的抛物线上一动点（不与A ，D 重合），过点P 作PQ ∥y 轴交直线AD 于点Q ，以PQ 为直径作⊙E ，则⊙E 在直线AD 上所截得的线段长度的最大值等于
125
．（直接写出答案）
【分析】（1）用交点式函数表达式得：y ＝a （x ﹣2）（x +3），将点D 坐标代入上式即可求解； （2）分∠MAB ＝∠BAD 、∠MAB ＝∠BDA ，两种大情况、四种小情况，分别求解即可； （3）QH ＝PH cos ∠PQH =4
5PH =4
5（−1
4x 2−1
4x +3
2−3
4x +3
2）=−1
5x 2−4
5x +12
5，即可求解． 【解析】（1）用交点式函数表达式得：y ＝a （x ﹣2）（x +3）， 将点D 坐标代入上式并解得：a =−1
4，
故函数的表达式为：y =−1
4x 2−14x +32
⋯①， 则点C （0，3
2）；
（2）由题意得：AB ＝5，AD ＝10，BD ＝3√5， ①∠MAN ＝∠ABD 时， （Ⅰ）当△ANM ∽△ABD 时，
直线AD 所在直线的k 值为3
4，则直线AM 表达式中的k 值为−34
，
则直线AM 的表达式为：y =−3
4（x ﹣2），故点M （0，3
2
），
AD AM
=
AB AN
，则AN =5
4，则点N （3
4
，0）；
（Ⅱ）当△AMN ∽△ABD 时，
同理可得：点N （﹣3，0），点M （0，3
2），
故点M （0，32
）、点N （34
，0）或点M （0，3
2
），N （﹣3，0）；
②∠MAN ＝∠BDA 时， （Ⅰ）△ABD ∽△NMA 时，
∵AD ∥MN ，则tan ∠MAN ＝tan ∠BAD =12
，
AM ：y =−1
2
（x ﹣2），则点M （﹣1，32
）、点N （﹣3，0）；
（Ⅱ）当△ABD ∽△MNA 时，
AD AM
=
BD AN
，即3
√52
=
3√5AN
，解得：AN =9
4，
故点N （−14
，0）、M （﹣1，32
）；
故：点M （﹣1，3
2）、点N （﹣3，0）或N （−1
4，0）、M （﹣1，32
）；
综上，点M （0，32
）、点N （34
，0）或点M （0，32
），N （﹣3，0）或点M （﹣1，3
2
）、点N （﹣3，0）或
N （−1
4，0）、M （﹣1，3
2
）；
（3）如图所示，连接PH ，
由题意得：tan∠PQH=3
4，则cos∠PQH=
4
5，
则直线AD的表达式为：y=3
4x−
3
2，
设点P（x，−1
4x
2−1
4x+
3
2），则点H（x，
3
4
x−
3
2），
则QH＝PH cos∠PQH=4
5PQ=
4
5（−
1
4x
2−1
4x+
3
2
−34x+32）=−15x2−45x+125，
∵−1
5＜0，故QH有最大值，当x＝﹣2时，其最大值为
12
5
．
【题组三】
9．（2019•苏州一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x﹣3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点B关于x轴的对称点是C，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A和点C．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第四象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，求此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线AC上方抛物线上一动点，过点P作PF⊥AC，垂足为点F，连接PC，是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由一次函数的解析式求出A 、B 两点坐标，再根据A 、C 两点坐标求出b 、c 即可确定二次函数解析式；
（2）由平移的性质设E （m ，m ﹣3），则D （m +3，m ﹣6），代入抛物线的解析式则可求出点D 的坐标； （3）分两种情况讨论：①△COM ∽△PFC ，②△COM ∽△CFP ，可求得点P 的横坐标． 【解答】（1）解：∵一次函数y ＝x ﹣3的图象与x 轴、y 轴分别交于点A 、B 两点， ∴A （3，0），B （0，﹣3）， ∵点B 关于x 轴的对称点是C ， ∴C （0，3），
∵二次函数y ＝﹣x 2+bx +c 的图象经过点A 、点C ， ∴{c =39a +3b +c =0 ∴b ＝2，c ＝3，
∴二次函数的解析式为：y ＝﹣x 2+2x +3．
（2）∵A （3，0），C （0，3），平移线段AC ，点A 的对应为点D ，点C 的对应点为E ， 设E （m ，m ﹣3），则D （m +3，m ﹣6）， ∵D 落在二次函数在第四象限的图象上， ∴﹣（m +3）2+2（m +3）+3＝m ﹣6， m 1＝1，m 2＝﹣6（舍去）， ∴D （4，﹣5），
（3）∵C （0，3），D （4，﹣5）， ∴{b =34k +b =−5 解得{k =−2b =3
，
∴直线CD 的解析式为y ＝﹣2x +3，
令y ＝0，则x =3
2
， ∴M （3
2，0），
∵一次函数y ＝x ﹣3的图象与x 轴交于A （3，0），C （0，3）， ∴AO ＝3，OC ＝3， ∴∠OAC ＝45°，
过点P 作PF ⊥AC ，点P 作PN ⊥OA 交AC 于点E ，连PC ， ∴△PEF 和△AEN 都是等腰直角三角形， 设P （m ，﹣m 2+2m +3），E （m ，﹣m +3），
∴PE ＝PN ﹣EN ＝﹣m 2+2m +3﹣（﹣m +3）＝﹣m 2+3m ， ∴EN ＝﹣m +3，AE =√2(−m +3)，FE =√2
2(−m 2+3m)， ∴CF ＝AC ﹣AE ﹣EF =√2
2m 2−√2
2m ， ①当△COM ∽△CFP ，
PF CF
=
OM OC
=
32
3
=1
2
，
∴√2
2(−m 2+3m)√
2
2
(m −m)=1
2
，
解得m 1＝0，舍去，m 2=7
3， ②当△COM ∽△PFC 时，
PF CF
=
OC OM
=2
1
，
∴√2
2(−m 2+3m)√
2
2
(m −m)=2
1
，
解得m 1＝0（舍去），m 2=5
3， 综合可得P 点的横坐标为5
3
或7
3．
10．（2019•工业园区一模）如图，已知抛物线y =√33
x 2
−
2√3
3
x 与x 轴相交于O 、A 两点，B 为顶点，C 是第二象限内抛物线上一点，且∠AOC ＝120°． （1）求点C 的坐标；
（2）向下平移该抛物线得到一条新抛物线，设新抛物线与x 轴相交于点O ′、A ′（点A ′在点O ′的右侧）．问：是否存在以点A ′、A 、B 为顶点且与△OBC 相似的三角形？若存在，求出新抛物线对应的函数表达式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出点A（2，0）、B（1，−√3
3），∠AOC＝120°，则直线OC的倾斜角为60°，则直线
OC的表达式为：y=−√3x，即可求解；
（2）分△A′AB∽△COB、△BAA′∽△COB，两种情况讨论求解．【解析】（1）令y＝0，则x＝2，则函数对称轴为x＝1，
故点A（2，0）、B（1，−√3 3），
∠AOC＝120°，则直线OC的倾斜角为60°，
则直线OC的表达式为：y=−√3x，
将直线OC的表达式与二次函数表达式联立并解得：x＝﹣1，即点C（﹣1，√3）；
（2）存在，理由：
如图所示，△ABA′只可能∠BAA′为钝角，
OB2＝12+（−√3
3）2=4
3，同理CO
2＝4，AB2=4
3，
①当△A′AB∽△COB时，
AA′AB =
OC
OB
，解得：AA′＝2，
②当△BAA′∽△COB时，
同理可得：AA ′=2
3
，
故点A ′的坐标为（4，0）或（8
3，0）；
设抛物线向下平移n 个单位，则平移后的表达式为：y =√33x 2−2√3
3x +n ， 将点A ′的坐标代入上式并解得：n =−
8√33或−16√3
27， 则新抛物线对应的函数表达式：y =√3
3x 2−2√3
3x −8√3
3或y =√3
3x 2−2√33x −16√3
27．
11．（2019•铜山区一模）已知，如图，二次函数y ＝﹣x 2+bx +c 的图象经过点A （﹣1，0），B （3，0），点E 为二次函数第一象限内抛物线上一动点，EH ⊥x 轴于点H ，交直线BC 于点F ，以EF 为直径的圆⊙M 与BC 交于点R ．
（1）b ＝ 2 ；c ＝ 3 ； （2）当△EFR 周长最大时． ①求此时点E 点坐标及△EFR 周长；
②点P 为⊙M 上一动点，连接BP ，点Q 为BP 的中点，连接HQ ，直接写出HQ 的最大值为 316
√65+
9
16
；
（3）连接CE 、BE ，当△ERC ∽△BRE 时，求出点E 点坐标．
【分析】（1）待定系数法求解析式，可用交点式求解析式；
（2）①△ERF 为等腰直角三角形，三边之间有比例关系，所以当EF 最长时，三角形的周长也最大，问题转化为求EF 最长，设出点E 、F 坐标，列出EF 线段的函数关系式即可求得此时点E 坐标； ②将HQ 的最大值转化为中位线的二倍关系，OP 有最大值时，HQ 即有最大值；
（3）当△ERC ∽△BRE 时，∠CEB ＝90°，可利用K 字型构造相似图形，列出方程求出此时点E 坐标． 【解析】（1）解析式为y ＝﹣（x +1）（x ﹣3）＝﹣x 2+2x +3 ∴b ＝2，c ＝3
（2）①∵△ERF ∽△BCO ∴△ERF 为等腰直角三角形 当△EFR 周长最大时，EF 最长
设E （m ，﹣m 2+2m +3），F （m ，﹣m +3） ∴EF ＝﹣m 2+3m 当m =3
2时 EF =9
4，E （3
2
，
154
）
在Rt △EFR 中，ER ＝FR =9
8√2
△EFR 的周长为9
4+
94
√2
②如图，连接OP ，点H （32
，0）为OB 的中点 ∵Q 为BP 中点 ∴HQ ∥OP ，HQ =12
OP ∵EF =9
4，FH =32 ∴M （3
2，
218）
∴OM ＝BM =3
8√65 ∵OP ≤OM +PM ∴OP ≤3
8√65+9
8
∴HQ ≤3
16√65+9
16 ∴HQ 的最大值为
316
√65+9
16
（3）若△ERC ∽△BRE 则∠CER ＝∠EBR ∴∠CEB ＝90°
设E （m ，﹣m 2+2m +3），如图，过点B 和E 分别作平行于x 轴、y 轴的直线，垂足为N ，直线交于点G
∵△CNE ∽△EGB ∴NE BG
=
CN EG
∴
m −m 2+2m+3
=
−m 2+2m 3−m
解得m 1=1+√52，m 2=1−√5
2
（舍去） ∴E （
1+√52
，
5+√5
2
） 【题组四】
12．（2019•东台市模拟）如图1，已知抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 交y 轴于点A （0，4），交x 轴于点B （4，0），点P 是抛物线上一动点，试过点P 作x 轴的垂线1，再过点A 作1的垂线，垂足为Q ，连接AP ． （1）求抛物线的函数表达式和点C 的坐标；
（2）若△AQP ∽△AOC ，求点P 的横坐标；
（3）如图2，当点P 位于抛物线的对称轴的右侧时，若将△APQ 沿AP 对折，点Q 的对应点为点Q ′，请直接写出当点Q ′落在坐标轴上时点P 的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C 点坐标；
（2）利用△AQP ∽△AOC 得到AQ ＝4PQ ，设P （m ，﹣m 2+3m +4），所以m ＝4|4﹣（﹣m 2+3m +4|，然后解方程4（m 2﹣3m ）＝m 和方程4（m 2﹣3m ）＝﹣m 得P 点坐标；
（3）设P （m ，﹣m 2+3m +4）（m ＞3
2），当点Q ′落在x 轴上，延长QP 交x 轴于H ，如图2，则PQ ＝m 2﹣3m ，证明Rt △AOQ ′∽Rt △Q ′HP ，利用相似比得到Q ′B ＝4m ﹣12，则OQ ′＝12﹣3m ，在Rt △AOQ ′中，利用勾股定理得到方程42+（12﹣3m ）2＝m 2，然后解方程求出m 得到此时P 点坐标；当点Q ′落在y 轴上，易得点A 、Q ′、P 、Q 所组成的四边形为正方形，利用PQ ＝PQ ′得到|m 2﹣3m |＝m ，然后解方程m 2﹣3m ＝m 和方程m 2﹣3m ＝﹣m 得此时P 点坐标．
【解析】（1）把A （0，4），B （4，0）分别代入y ＝﹣x 2+bx +c 得 {c =4−16+4b +c =0，解得 {b =3c =4，
∴抛物线解析式为y ＝﹣x 2+3x +4，
当y ＝0时，﹣x 2+3x +4＝0，解得x 1＝﹣1，x 2＝4， ∴C （﹣1，0）；
故答案为y ＝﹣x 2+3x +4；（﹣1，0）； （2）∵△AQP ∽△AOC ， ∴AQ AO =PQ CO ， ∴
AQ PQ
=
AO CO
=
41
=4，即AQ ＝4PQ ，
设P （m ，﹣m 2+3m +4），
∴m ＝4|4﹣（﹣m 2+3m +4|，即4|m 2﹣3m |＝m ，。