2024年九年级数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 二次函数与相似问题

中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练 二次函数与相似问题 【真题再现】 1.(2020年连云港中考第26题)在平面直角坐标系xOy中,把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”.如图,抛物线L1:yx2x﹣2的顶点为D,交x轴于点A、B(点A在点B左侧),交y轴于点C.抛物线L2与L1是“共根抛物线”,其顶点为P. (1)若抛物线L2经过点(2,﹣12),求L2对应的函数表达式; (2)当BP﹣CP的值最大时,求点P的坐标; (3)设点Q是抛物线L1上的一个动点,且位于其对称轴的右侧.若 DPQ与 ABC相似,求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标. 【分析】(1)由题意设抛物线L2的解析式为y=a(x+1)(x﹣4),利用待定系数法求出a即可解决问题. (2)由题意BP=AP,如图1中,当A,C,P共线时,BP﹣PC的值最大,此时点P为直线AC与直线x的交点. (3)由题意,顶点D(,),∠PDQ不可能是直角,第一种情形:当∠DPQ=90 时,①如图3﹣1中,当 QDP∽ ABC时.②如图3﹣2中,当 DQP∽ ABC时.第二种情形:当∠DQP=90 .①如图3﹣3中,当 PDQ∽ ABC时.②当 DPQ∽ ABC时,分别求解即可解决问题. 【解析】(1)当y=0时,x2x﹣2=0,解得x=﹣1或4, ∴A(﹣1,0),B(4,0),C(0,﹣2), 由题意设抛物线L2的解析式为y=a(x+1)(x﹣4), 把(2,﹣12)代入y=a(x+1)(x﹣4), ﹣12=﹣6a, 解得a=2, ∴抛物线的解析式为y=2(x+1)(x﹣4)=2x2﹣6x﹣8. (2)∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”,A(﹣1,0),B(4,0), ∴抛物线L1,L2的对称轴是直线x, ∴点P在直线x上, ∴BP=AP,如图1中,当A,C,P共线时,BP﹣PC的值最大, 此时点P为直线AC与直线x的交点, ∵直线AC的解析式为y=﹣2x﹣2, ∴P(,﹣5) (3)由题意,AB=5,CB=2,CA, ∴AB2=BC2+AC2, ∴∠ACB=90 ,CB=2CA, ∵yx2x﹣2(x)2, ∴顶点D(,), 由题意,∠PDQ不可能是直角, 第一种情形:当∠DPQ=90 时, ①如图3﹣1中,当 QDP∽ ABC时,, 设Q(x,x2x﹣2),则P(,x2x﹣2), ∴DPx2x﹣2﹣()x2x,QP=x, ∵PD=2QP, ∴2x﹣3x2x,解得x或(舍弃), ∴P(,). ②如图3﹣2中,当 DQP∽ ABC时,同法可得PQ=2PD, xx2﹣3x, 解得x或(舍弃), ∴P(,). 第二种情形:当∠DQP=90 . ①如图3﹣3中,当 PDQ∽ ABC时,, 过点Q作QM⊥PD于M.则 QDM∽ PDQ, ∴,由图3﹣3可知,M(,),Q(,), ∴MD=8,MQ=4, ∴DQ=4, 由,可得PD=10, ∵D(,) ∴P(,). ②当 DPQ∽ ABC时,过点Q作QM⊥PD于M. 同法可得M(,),Q(,), ∴DM,QM=1,QD, 由,可得PD, ∴P(,). 综上所述:P点坐标为(,)或(,)或(,)或(,). 2.(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yx+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 n . 【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,),A(,0),点A关于对称轴对称的点(,0),借助AD的直线解析式求得B(5,3);①当n时,N(2,),可求DA,DN,CD当PQ∥AB时, DPQ∽ DAB,DP=DP;当PQ与AB不平行时,DP,;②当PQ∥AB,DB=DP时,DB=3,DN,所以N(2,),则有且只有一个 DPQ与 DAB相似时,n; 【解析】(1)顶点为D(2,9); 故答案为(2,9); (2)对称轴x=2, ∴C(2,), 由已知可求A(,0), 点A关于x=2对称点为(,0), 则AD关于x=2对称的直线为y=﹣2x+13, ∴B(5,3), ①当n时,N(2,), ∴DA,DN,CD 当PQ∥AB时, DPQ∽ DAB, ∵ DAC∽ DPN, ∴, ∴DP; 当PQ与AB不平行时, DPQ∽ DBA, ∴ DNQ∽ DCA, ∴, ∴DP; 综上所述,DP,DP; ②当PQ∥AB,DB=DP时, DB=3, ∴, ∴DN, ∴N(2,), ∴有且只有一个 DPQ与 DAB相似时,n; 故答案为n; 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. 3.(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 (,2) ; (2)当 CBQ与 PAQ相似时,求t的值; (3)当t=1时,抛物线y=x2+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∠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=∠PAQ=90 ,所以当 CBQ与 PAQ相似时,存在两种情况: ①当 PAQ∽ QBC时,,②当 PAQ∽ CBQ时,,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:(,),即(,2); 故答案为:(,2); (2)如图1,∵当点P与点A重合时运动停止,且 PAQ可以构成三角形, ∴0<t<3, ∵四边形OABC是矩形, ∴∠B=∠PAQ=90 ∴当 CBQ与 PAQ相似时,存在两种情况: ①当 PAQ∽ QBC时,, ∴, 4t2﹣15t+9=0, (t﹣3)(t)=0, t1=3(舍),t2, ②当 PAQ∽ CBQ时,, ∴, t2﹣9t+9=0, t, ∵3, ∴t不符合题意,舍去, 综上所述,当 CBQ与 PAQ相似时,t的值是或; (3)当t=1时,P(1,0),Q(3,2), 把P(1,0),Q(3,2)代入抛物线y=x2+bx+c中得: ,解得:, ∴抛物线:y=x2﹣3x+2=(x)2, ∴顶点k(,), ∵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∠MKQ, 如图2,∠MQD∠MKQ=∠QKE, ∴tan∠MQD=tan∠QKE, 即,MH=2, ∴H(0,4), 易得HQ的解析式为:yx+4, 则, x2﹣3x+2x+4, 解得:x1=3(舍),x2, ∴D(,); 同理,在M的下方,y轴上存在点H,如图3,使∠HQM∠MKQ=∠QKE, 由对称性得:H(0,0), 易得OQ的解析式:yx, 则, x2﹣3x+2x, 解得:x1=3(舍),x2, ∴D(,); 综上所述,点D的坐标为:D(,)或(,). 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. 4.(2018年镇江第27题)如图,二次函数y=x2﹣3x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=ax2+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=ax2+bx+c(a≠0)的表达式; (2)点P(m,n)在二次函数y=x2﹣3x的图象上,m≠0,直线OP与二次函数y=ax2+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=ax2+bx+c(a≠0)的图象交于另一点Q′,与二次函数y=x2﹣3x的图象交于点M,N(M在N的左侧),直线OQ′与二次函数y=x2﹣3x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=ax2+bx+c 得 解得 ∴二次函数的解析式为yx2﹣3x; (2)①∵点P在y=x2﹣3x的图象上, ∴n=m2﹣3m, ∴P(m,m2﹣3m), 设直线OP的解析式为y=kx 将点P代入,得mk=m2﹣3m,解得k=m﹣3, ∴OP:y=(m﹣3)x ∵直线OP与yx2﹣3x交于点Q ∴x2﹣3x=(m﹣3)x,解得x1=0(舍),x2=2m, ∴Q(2m,2m2﹣6m) ②∵P(m,n)在二次函数y=x2﹣3x的图象上 ∴n=m2﹣3m ∴P(m,m2﹣3m) 设直线OP的解析式为y=kx,将点P(m,m2﹣3m)代入函数解析式, 得mk=m2﹣3m ∴k=m﹣3 ∴OP的解析是为y=(m﹣3)x ∵OP与y x2﹣3x交于Q点 ∴ 解得(不符合题意舍去) ∴Q(2m,2m2﹣6m)过点P作PC⊥x轴于点C,过点Q作QD⊥x轴于点D 则OC=|m|,PC=|m2﹣3m|,OD=|2m|,QD=|22﹣6m| ∵2 ∴ OCP∽ ODQ ∴OQ=2OP ∵2AP>OQ ∴2AP>2OP,即AP>OP ∴ 化简,得m2﹣2m﹣4<0,解得1m<1,且m≠0; ③P(m,m2﹣3m),Q(2m,2m2﹣6m) ∵点Q在第一象限, ∴,解得>3 由Q(2m,2m2﹣6m),得QQ′的表达式是y=2m2﹣6m ∵QQ′交yx2﹣3x交于点Q′ 解得(不符合题意,舍) ∴Q′(6﹣2m,2m2﹣6m) 设OQ′的解析是为y=kx,(6﹣2m)k=2m2﹣6m 解得k=﹣m,OQ′的解析式为y=﹣m ∵OQ′与y=x2﹣3x交于点P′ ∴﹣mx=x2﹣3x 解得x1=0(舍),x2=3﹣m ∴P′(3﹣m,m2﹣3m) ∵QQ′与y=x2﹣3x交于点P′ ∴﹣mx=x2﹣3x 解得x1=0(舍去),x2=3﹣m ∴P′(3﹣m,m2﹣3m) ∵QQ′与y=x2﹣3x交于点M、N ∴x2﹣3x=2m2﹣6m 解得x1,x2 ∵M在N左侧 ∴M(,2m2﹣6m) N(,2m2﹣6m) ∵ Q′P′M∽ QB′N ∴ ∵ 即 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. 5.(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﹣m2)﹣(3m2﹣3)=4﹣4m2,进而建立方程2m=4﹣4m2,即可得出结论; (3)先利用勾股定理求出AD,同理:CD,BC,再分两种情况: ①如图1,当 DBC∽ DAE时,得出,进而求出DE,即可得出E(0,), 再判断出 DEF∽ DAO,得出,求出DF,EF,再用面积法求出E'M,即可得出结论; ②如图2,当 DBC∽ ADE时,得出,求出AE, 当E在直线AD左侧时,先利用勾股定理求出PA,PO,进而得出PE,再判断出即可得出点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y1=kx2+m(k<0)的图象上, ∴, ∴, ∴二次函数解析式为y1=﹣x2+1, ∵点A(1,0),D(0,﹣3)在二次函数y2=ax2+b(a>0)的图象上, ∴, ∴, ∴二次函数y2=3x2﹣3; (2)设M(m,﹣m2+1)为第一象限内的图形ABCD上一点,M'(m,3m2﹣3)为第四象限的图形上一点, ∴MM'=(1﹣m2)﹣(3m2﹣3)=4﹣4m2, 由抛物线的对称性知,若有内接正方形, ∴2m=4﹣4m2, ∴m或m(舍), ∵01, ∴MM' ∴存在内接正方形,此时其边长为; (3)在Rt AOD中,OA=1,OD=3, ∴AD, 同理:CD, 在Rt BOC中,OB=OC=1, ∴BC, ①如图1,当 DBC∽ DAE时, ∵∠CDB=∠ADO, ∴在y轴上存在E,由, ∴, ∴DE, ∵D(0,﹣3), ∴E(0,), 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, ∴, ∴, ∴DF,EF, ∵S DEE'DE•E'M=EF DF, ∴E'M, ∵DE'=DE, 在Rt DE'M中,DM2, ∴OM=1, ∴E'(,﹣1), ②如图2, 当 DBC∽ ADE时,有∠BDC=∠DAE,, ∴, ∴AE, 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=PA, 设PD=n, ∴PO=3﹣n,PA=n, 在Rt AOP中,PA2=OA2+OP2, ∴n2=(3﹣n)2+1, ∴n, ∴PA,PO, ∵AE, ∴PE, 在AEQ中,OP∥EQ, ∴, ∴OQ, ∵, ∴QE=2, ∴E(,﹣2), 当E'在直线DA右侧时, 根据勾股定理得,AE, ∴AE' ∵∠DAE'=∠BDC,∠BDC=∠BDA, ∴∠BDA=∠DAE', ∴AE'∥OD, ∴E'(1,), 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,)或(,﹣1)或(1,)或(,﹣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. 6.(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,将相关线段的长度代入求得a的值; ②若 AOD∽ CPB时,则,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(,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. 当x时,y=﹣()2, ∴C(,﹣()2), PB=3,PC=()2, ①若 AOD∽ BPC时,则,即, 解得a=0或a= 3(舍去); ②若 AOD∽ CPB时,则,即, 解得a=3(舍去)或a. 所以a的值是. (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(,a). 若点C也在圆上,则MC=MB.即()2+(a+()2)2=(3)2+(a﹣0)2, 整理,得 a4﹣14a2+45=0, 所以(a2﹣5)(a2﹣9)=0, 解得a1,a2(舍),a3=3(舍),a4=﹣3(舍), ∴a. 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.(2020•常州一模)如图1,已知抛物线y=﹣x2+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,过点P作x轴的垂线PQ,过点A作AQ⊥PQ于点Q,连接AP(AP不平行x轴). (1)求抛物线的解析式; (2)点P在抛物线上运动,若 AQP∽ AOC(点P与点C对应),求点P的坐标; (3)如图2,若点P位于抛物线的对称轴的右侧,将 APQ沿AP对折,点Q的对应点为点Q',当点Q'落在x轴上时,求点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,﹣m2+3m+4),所以m=4|4﹣(﹣m2+3m+4|,然后解方程4(m2﹣3m)=m和方程4(m2﹣3m)=﹣m得P点坐标; (3)设P(m,﹣m2+3m+4)(m),当点Q′落在x轴上,延长QP交x轴于H,如图2,则PQ=m2﹣3m,证明Rt AOQ′∽Rt Q′HP,利用相似比得到Q′H=4m﹣12,则OQ′=12﹣3m,在Rt AOQ′中,利用勾股定理得到方程42+(12﹣3m)2=m2,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|m2﹣3m|=m,然后解方程m2﹣3m=m和方程m2﹣3m=﹣m得此时P点坐标. 【解析】(1)把A(0,4),B(4,0)分别代入y=﹣x2+bx+c得 , 解得, ∴抛物线解析式为y=﹣x2+3x+4. (2)当y=0时,﹣x2+3x+4=0,解得x1=﹣1,x2=4, ∴C(﹣1,0), ∴OC=1, ∵A(0,4), ∴OA=4, ∵ AQP∽ AOC, ∴, ∴4,即AQ=4PQ, 设P(m,﹣m2+3m+4), ∴m=4|4﹣(﹣m2+3m+4|,即4|m2﹣3m|=m, 解方程4(m2﹣3m)=m得m1=0(舍去),m2,此时P点坐标为(,); 解方程4(m2﹣3m)=﹣m得m1=0(舍去),m2,此时P点坐标为(,); 综上所述,点P的坐标为(,)或(,). (3)设P(m,﹣m2+3m+4)(m), 当点Q′落在x轴上,延长QP交x轴于H,如图2, 则PQ=4﹣(﹣m2+3m+4)=m2﹣3m, ∵ APQ沿AP对折,点Q的对应点为点Q', ∴∠AQ′P=∠AQP=90 ,AQ′=AQ=m,PQ′=PQ=m2﹣3m, ∵∠AQ′O=∠Q′PH, ∴Rt AOQ′∽Rt Q′HP, ∴OA:Q′H=AQ′:Q′P,解得Q′H=4m﹣12, ∴OQ′=m﹣(4m﹣12)=12﹣3m, 在Rt AOQ′中,42+(12﹣3m)2=m2, 整理得m2﹣9m+20=0,解得m1=4,m2=5,此时P点坐标为(4,0)或(5,﹣6); 综上所述,点P的坐标为(4,0)或(5,﹣6). 2.(2020•灌云县一模)如图,以D为顶点的抛物线yx2+bx+c交x轴于A、B两点,交y轴于点C,直线BC的表达式为y=﹣x+6. (1)求抛物线的表达式; (2)在直线BC上有一点P,使PO+PA的值最小,求点P的坐标; (3)在x轴上是否存在一点Q,使得以A、C、Q为顶点的三角形与 BCD相似?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)先求出点B,C坐标,再用待定系数法即可得出结论; (2)作点O关于BC的对称点O′,则O′(6,6),则OP+AP的最小值为AO′的长,然后求得AP的解析式,联立直线AP和BC的解析式可求得点P的坐标; (3)先判断出 BCD是直角三角形,求出,,得出∠BDC=∠CAO.分两种情况由相似三角形的性质可得出比例线段,求出AQ的长,则可得出答案. 【解析】(1)把x=0代入y=﹣x+6,得:y=6, ∴C(0,6), 把y=0代入y=﹣x+6得:x=6, ∴B(6,0), 将C(0,6)、B(6,0)代入ybx+c得: , 解得 ∴抛物线的解析式为y2x+6; (2)如图1所示:作点O关于BC的对称点O',则O'(6,6), ∵O'与O关于BC对称, ∴PO=PO'. ∴PO+AP=PO'+AP. ∴当A、P、O'在一条直线上时,OP+AP有最小值. ∵y2x+6, 当y=0时,2x+6=0, 解得:x1=﹣2,x2=6, ∴A(﹣2,0), 设AP的解析式为y=mx+n, 把A(﹣2,0)、O'(6,6)代入得:, 解得:, ∴AP的解析式为y 将y与y=﹣x+6联立, 解得:, ∴点P的坐标为; (3)如图2, ∵y8, ∴D(2,8), 又∵C(0,6)、B(6,0), ∴CD=2,BC=6,BD=4. ∴CD2+BC2=BD2, ∴ BCD是直角三角形, ∴tan∠BDC3, ∵A(﹣2,0),C(0,6), ∴OA=2,OC=6,AC=2 ∴tan∠CAO3, ∴∠BDC=∠CAO. 当 ACQ∽ DCB时,有, 即,解得AQ=20, ∴Q(18,0); 当 ACQ∽ DBC时,有, 即,解得AQ=2, ∴Q(0,0); 综上所述,当Q的坐标为(0,0)或(18,0)时,以A、C、Q为顶点的三角形与 BCD相似. 3.(2020•新吴区二模)已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴分别交于A(﹣3,0),B(1,0)两点,与y轴交于点C. (1)求抛物线的表达式及顶点D的坐标; (2)点F是线段AD上一个动点. ①如图1,设k,当k为何值时,有CFAD. ②如图2,若 AFO∽ CAB,求出点F的坐标. 【分析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式,用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式,可求得顶点D(﹣1,4); (2)①由A、C、D三点的坐标求出AC=3,DC,AD=2,可得 ACD为直角三角形,若CFAD,则点F为AD的中点,可求出k的值; ②由条件可判断∠DAC=∠OCB,若 AFO∽ CAB,则∠AOF=∠CBA,可求出点F的坐标. 【解析】(1)∵抛物线y=ax2+bx+3过点A(﹣3,0),B(1,0), ∴, 解得:, ∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣2x+3; ∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+1)2+4 ∴顶点D的坐标为(﹣1,4); (2)①∵在Rt AOC中,OA=3,OC=3, ∴AC2=OA2+OC2=18, ∵D(﹣1,4),C(0,3),A(﹣3,0), ∴CD2=12+12=2. ∴AD2=22+42=20. ∴AC2+CD2=AD2. ∴ ACD为直角三角形,且∠ACD=90 . ∵CFAD, ∴F为AD的中点, ∴, ∴k. ②在Rt ACD中,tan∠CAD, 在Rt OBC中,tan∠OCB, ∴∠CAD=∠OCB, ∵OA=OC, ∴∠OAC=∠OCA=45 , ∴∠FAO=∠ACB, 当∠AOF=∠CBA时, AFO∽ CAB, ∴OF∥BC, 设直线BC的解析式为y=kx+b, ∴, 解得:, ∴直线BC的解析式为y=﹣3x+3, ∴直线OF的解析式为y=﹣3x, 设直线AD的解析式为y=mx+n, ∴, 解得:, ∴直线AD的解析式为y=2x+6, ∴, 解得:, ∴F(,). 4.(2020•昆山市二模)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c(a<0)交x轴于点A,B(4,0),交y轴于点C(0,2),且抛物线的对称轴经过点(,0),过点A的直线y=﹣x+m交抛物线于另一点D,点E(1,n)是该抛物线上一点,连接AD,BC,BD,BE. (1)求直线AD及抛物线的函数表达式; (2)试问:x轴上是否存在某一点P,使得以点P,B,E为顶点的 PBE与 ABD相似?若相似,请求出此时点P的坐标;若不存在,请说明理由; (3)若点M是直线BC上方的抛物线上一动点(不与点B,C重合),过M作MN⊥BE交直线BC于点N,以MN为直径作⊙O',则⊙O'在直线BC上所截得的线段长度的最大值等于 .(直接写出答案) 【分析】(1)利用待定系数法可求解析式; (2)构建方程组确定解得D的坐标,分两种情形:①若点P在点B的左侧时,②若点P在点B的右侧,分别求解即可. (3)设M(m,m2m+1),设⊙O′与BC的另一个交点为K,连接MK,因为MN是⊙O′的直径,推出∠MKN=90 ,推出MK⊥BC,因为MN⊥BE,推出∠NMK=∠CBE=定值,推出MK的值最大时,NK的值最大,求出 BCM的面积的最大值即可解决问题. 【解析】(1)由题意可得, 解得:, ∴抛物线解析式为:yx2x+2; 当y=0时,0x2x+2, ∴x1=﹣1,x2=4, ∴点A坐标为(﹣1,0), ∵直线AD:y=﹣x+m过点A, ∴0=1+m, ∴m=﹣1, ∴直线AD的解析式为y=﹣x﹣1, (2)由,解得或, ∴D(6,﹣7), 可知,∠ABE=∠DAB=45 ,则90 <∠ABD<135 , ∵A(﹣1,0),B(4,0),D(6,﹣7),E(1,3), ∴AB=5,AD=7,BE=3, 设P(x,0), ①若点P在点B的左侧时, ∵∠PBE=∠BAD=45 , (a)当 PBE∽ DAB时, 则有, ∴, ∴x, ∴P(,0). (b)当 PBE∽ DAB时, 则有, ∴, ∴x, ∴P(,0). ②若点P在点B的右侧,∠PBE=135 , ∵90 <∠ABD<135 , ∴∠PBE≠∠ABD,此时 PBE与 ABD不可能相似. 综上所述,满足条件的点P的坐标为(,0)或(,0). (3)设M(m,m2m+1),设⊙O′与BC的另一个交点为K,连接MK, ∵MN是⊙O′的直径, ∴∠MKN=90 , ∴MK⊥BC, ∵MN⊥BE, ∴∠NMK=∠CBE=定值, ∴MK的值最大时,NK的值最大, ∵S BCM=S MCO+S MOB﹣S BOC 2 m4 (m2m+2)2 4 =﹣(m﹣2)2+4, ∵﹣1<0, ∴m=2时, BCM的面积最大,最大值为4, ∴MK的最大值, ∵C(0,2),E(1,3),B(4,0), ∴EC,BE=3,BC=2, ∴BC2=EC2+BE2, ∴∠CEB=∠MKN=90 , ∵∠KMN=∠CBE, ∴ MKN∽ BEC, ∴, ∴, ∴NK. 故答案为. 【题组二】 5.(2020•梁溪区一模)如图,二次函数y=ax2+bx+4的图象与坐标轴分别交于A、B、C三点,其中A(﹣3,0),点B在x轴正半轴上,连接AC、BC.点D从点A出发,沿AC向点C移动;同时点E从点O出发,沿x轴向点B移动,它们移动的速度都是每秒1个单位长度,当其中一点到达终点时,另一点随之停止移动,连接DE,设移动时间为t秒. (1)若t=3时, ADE与 ABC相似,求这个二次函数的表达式; (2)若 ADE可以为直角三角形,求a的取值范围. 【分析】(1)先求出点C坐标,由勾股定理可求AC的长,分两种情况讨论,通过相似三角形的性质可求出点B坐标,即可求解; (2)通过证明 ADE∽ AOC,可得,可求.则设B(x,0),则,将点A代入解析式可得②,由对称轴可得①,可求a的取值范围. 【解析】(1)∵二次函数y=ax2+bx+4的图象与y轴交于点C, ∴C(0,4), ∴OC=4, ∵A(﹣3,0), ∴OA=3, ∴AC5, ∵t=3, ∴AD=OE=3,AE=6, 当 ADE∽ ACB时, ∴, 即, ∴AB=10, ∴B(7,0), ∵二次函数y=ax2+bx+4的图象过点A(﹣3,0),点B(7,0), ∴ 解得: ∴抛物线解析式为:, 当 ADE∽ ABC时,,即, ∴(舍去), 综上,二次函数的表达式为:; (2)若 ADE可以为直角三角形,显然∠ADE=90 , ∴ ADE∽ AOC, ∴, ∴, 解得:. 设B(x,0),则, 设抛物线对称轴为直线, ∵A(﹣3,0), ∴①. 把x=﹣3,y=0代入y=ax2+bx+4,得②, 把②代入①,∵a<0, 解得:. 6.(2020•赤峰)如图,已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A(1,0),B(4,0)两点,与y轴交于点C,直线yx+2经过B,C两点. (1)直接写出二次函数的解析式 yx2x+2 ; (2)平移直线BC,当直线BC与抛物线有唯一公共点Q时,求此时点Q的坐标; (3)过(2)中的点Q作QE∥y轴,交x轴于点E.若点M是抛物线上一个动点,点N是x轴上一个动点,是否存在以E,M,N三点为顶点的直角三角形(其中M为直角顶点)与 BOC相似?如果存在,请直接写出满足条件的点M的个数和其中一个符合条件的点M的坐标;如果不存在,请说明理由. 【分析】(1)先求出点C坐标,利用待定系数法可求解析式; (2)先求出直线BC平移后的解析式,联立方程组可求解; (3)分两种情况,构造出两三角形相似,得出比例式,进而建立绝对值方程求解即可得出结论. 【解析】(1)∵直线yx+2经过B,C两点. ∴点C(0,2), ∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过A(1,0),B(4,0),点C(0,2), ∴, 解得:, ∴抛物线解析式为yx2x+2, 故答案为:yx2x+2; (2)∵直线BC解析式为:yx+2, ∴设平移后的解析式为:yx+2+m, ∵平移后直线BC与抛物线有唯一公共点Q ∴x2x+2x+2+m, ∴ =4﹣4(﹣m)=0, ∴m=﹣2, ∴设平移后的解析式为:yx, 联立方程组得:, ∴, ∴点Q(2,﹣1); (3)设点M的坐标为(m,m2m+2), ∵以E,M,N三点为顶点的直角三角形(其中M为直角顶点)与 BOC相似, ∴当 MEN∽ OBC时, ∴∠MEN=∠OBC, 过点M作MH⊥x轴于H, ∴∠EHM=90 =∠BOC, ∴ EHM∽ BOC, ∴, ∴MH=|m2m+2|,EH=|m﹣2|, ∵OB=4,OC=2. ∴2或, ∴m=3 或m=2 或m=﹣4或m=﹣1或m=1或m=12, 当m=3时,m2m+2, ∴M(3,), 当m=3时,m2m+2, ∴M(3,), 当m=2时,m2m+2, ∴M(2,), 当m=2时,m2m+2, ∴M(2,), 当m=﹣4时,m2m+2=20, ∴M(﹣4,20), 当m=﹣1时,m2m+2=5, ∴M(﹣1,5), 当m=1时,m2m+2=0, ∴M(1,0), 当m=12时,m2m+2=44, ∴M(12,44), 即满足条件的点M共有8个,其点的坐标为(3,)或(3,)或(2,)或(2,)或(﹣4,20)或(﹣1,5)或(1,0)或(12,44). 7.(2020•随州)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+1的对称轴为直线x,其图象与x轴交于点A和点B(4,0),与y轴交于点C. (1)直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数; (2)动点M,N同时从A点出发,点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动,点N以每秒个单位的速度在线段AC上运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止运动.设运动的时间为t(t>0)秒,连接MN,再将线段MN绕点M顺时针旋转90 ,设点N落在点D的位置,若点D恰好落在抛物线上,求t的值及此时点D的坐标; (3)在(2)的条件下,设P为抛物线上一动点,Q为y轴上一动点,当以点C,P,Q为顶点的三角形与 MDB相似时,请直接写出点P及其对应的点Q的坐标.(每写出一组正确的结果得1分,至多得4分) 【分析】(1)利用待定系数法,对称轴公式构建方程组求出a,b即可,再求出点A点C的坐标即可得出结论. (2)如图1中,过点C作CE⊥OA于E,过点D作DF⊥AB于F.利用全等三角形的性质求出点F的坐标,再利用待定系数法求解即可. (3)分6种情形首先确定点P的坐标,再利用相似三角形的性质求解即可. 【解析】(1)由题意:, 解得, ∴抛物线的解析式为yx2x+1, 令y=0,可得x2﹣3x﹣4=0,解得x=﹣1或4, ∴A(﹣1,0), 令x=0,得到y=1, ∴C(0,1), ∴OA=OC=1, ∴∠CAO=45 . (2)如图1中,过点C作CE⊥OA于E,过点D作DF⊥AB于F. ∵∠NEM=∠DFM=∠NMD=90 , ∴∠NME+∠DMF=90 ,∠DMF+∠MDF=90 , ∴∠NME=∠MDF, ∵NM=DM, ∴ MEN≌ DFM(AAS), ∴NE=MF,EM=DF, ∵∠CAO=45 ,ANt,AM=3t, ∴AE=EN=t, ∴EM=AM﹣AE=2t, ∴DF=2t,MF=t,OF=4t﹣1, ∴D(4t﹣1,2t), ∴(4t﹣1)2(4t﹣1)+1=2t, ∵t>0,故可以解得t, 经检验,t时,M,N均没有达到终点,符合题意, ∴D(2,). (3)如图3﹣1中,当点Q在点C的下方,点P在y的右侧,∠QCP=∠MDB时, 取E(,0),连接EC,过点E作EG⊥EC交PC于G, ∵M(,0),D(2,),B(4,0) ∴FM=2,DM,BM,BD, ∴DF=2MF, ∵OC=2OE, ∴tan∠OCE=tan∠MDF, ∴∠OCE=∠MDF, ∴∠OCP=∠MDB, ∴∠ECG=∠FDB, ∴tan∠ECG=tan∠FDB, ∵EC, ∴EG,可得G(,), ∴直线CP的解析式为yx+1, 由,解得或, ∴P(,),C(0,1), ∴PC, 当或时, QCP与 MDB相似,可得CQ或, ∴Q(0,)或(0,). 如图3﹣2中,当点Q在点C的下方,点P在y的右侧,∠QCP=∠DMB时,设PC交x轴于k. ∵tan∠OCK=tan∠DMB=2, ∴OK=2OC=2, ∴点K与F重合, ∴直线PC的解析式为yx+1, 由,解得或, ∴P(5,), ∴PC, 当或时, QCP与 MDB相似,可得CQ或, ∴Q(0,)或(0,). 当点Q在点C的下方,点P在y的右侧,∠QCP=∠DBM时,同法可得P(,),Q(0,)或(0,), 当点Q在点C上方,∠QCP=∠DMB时,同法可得P(1,),Q(0,)或(0,), 当点Q在点C上方,∠QCP=∠MDB时,同法可得P(,),Q(0,)或(0,), 当点Q在点C下方,点P在y轴的左侧时,∠QCP=∠DBM时,同法可得P(,),Q(0,)或(0,). 8.(2020•鄂州)如图,抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点(点A在点B左边),与y轴交于点C.直线yx﹣2经过B、C两点. (1)求抛物线的解析式; (2)点P是抛物线上的一动点,过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M.PN⊥BC,垂足为N.设M(m,0). ①点P在抛物线上运动,若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点(三点重合除外).请直接写出符合条件的m的值; ②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时,是否存在一点P,使 PNC与 AOC相似.若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)先求出点B,C坐标,再代入抛物线解析式中,即可得出结论; (2)①先表示出点M,D,P坐标,再分三种情况利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论; ②先判断出 AOC∽ COB,得出∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC, 、当 PNC∽ AOC,得出∠PCN=∠ACO,进而得出CP∥OB,即可得出结论; 、当 PNC∽ COA时,得出∠PCN=∠CAO,进而得出PC=PD,即可得出结论. 【解析】(1)针对于直线yx﹣2, 令x=0,则y=﹣2, ∴C(0,﹣2), 令y=0,则0x﹣2, ∴x=4, ∴B(4,0), 将点B,C坐标代入抛物线yx2+bx+c中,得, ∴, ∴抛物线的解析式为yx2x﹣2; (2)①∵PM⊥x轴,M(m,0), ∴P(m,m2m﹣2),D(m,m﹣2), ∵P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点, ∴ 、当点D是PM的中点时,(0m2m﹣2)m﹣2, ∴m=1或m=4(此时点D,M,P三点重合,舍去), 、当点P是DM的中点时,(0m﹣2)m2m﹣2, ∴m或m=4(此时点D,M,P三点重合,舍去), 、当点M是DP的中点时,(m2m﹣2m﹣2)=0, ∴m=﹣2或m=4(此时点D,M,P三点重合,舍去), 即满足条件的m的值为或1或﹣2; ②由(1)知,抛物线的解析式为yx2x﹣2, 令y=0,则0x2x﹣2, ∴x=﹣1或x=4, ∴点A(﹣1,0), ∴OA=1, ∵B(4,0),C(0,﹣2), ∴OB=4,OC=2, ∴, ∵∠AOC=∠COB=90 , ∴ AOC∽ COB, ∴∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC, ∵ PNC与 AOC相似, ∴ 、当 PNC∽ AOC, ∴∠PCN=∠ACO, ∴∠PCN=∠OBC, ∴CP∥OB, ∴点P的纵坐标为﹣2, ∴m2m﹣2=﹣2, ∴m=0(舍)或m=3, ∴P(3,﹣2); 、当 PNC∽ COA时, ∴∠PCN=∠CAO, ∴∠OCB=∠PCD, ∵PD∥OC, ∴∠OCB=∠CDP, ∴∠PCD=∠PDC, ∴PC=PD, 由①知,P(m,m2m﹣2),D(m,m﹣2), ∵C(0,﹣2), ∴PD=2mm2,PC, ∴2mm2, ∴m或m=0(舍), ∴P(,), 即满足条件的点P的坐标为(3,﹣2)或(,). 【题组三】 9.(2020•广东)如图,抛物线yx2+bx+c与x轴交于A,B两点,点A,B分别位于原点的左、右两侧,BO=3AO=3,过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C,D,BCCD. (1)求b,c的值; (2)求直线BD的函数解析式; (3)点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方,点Q在射线BA上.当 ABD与 BPQ相似时,请直接写出所有满足条件的点Q的坐标. 【分析】(1)先求出点A,点B坐标,代入交点式,可求抛物线解析式,即可求解; (2)过点D作DE⊥AB于E,由平行线分线段成比例可求OE,可求点D坐标,利用待定系数法可求解析式; (3)利用两点距离公式可求AD,AB,BD的长,利用锐角三角函数和直角三角形的性质可求∠ABD=30 ,∠ADB=45 ,分∠ABP=30 或∠ABP=45 两种情况讨论,利用相似三角形的性质可求解. 【解析】(1)∵BO=3AO=3, ∴点B(3,0),点A(﹣1,0), ∴抛物线解析式为:y(x+1)(x﹣3)x2x, ∴b,c; (2)如图1,过点D作DE⊥AB于E, ∴CO∥DE, ∴, ∵BCCD,BO=3, ∴, ∴OE, ∴点D横坐标为, ∴点D坐标为(,1), 设直线BD的函数解析式为:y=kx+b, 由题意可得:, 解得:, ∴直线BD的函数解析式为yx; (3)∵点B(3,0),点A(﹣1,0),点D(,1), ∴AB=4,AD=2,BD=22,对称轴为直线x=1, ∵直线BD:yx与y轴交于点C, ∴点C(0,), ∴OC, ∵tan∠CBO, ∴∠CBO=30 , 如图2,过点A作AK⊥BD于K, ∴AKAB=2, ∴DK2, ∴DK=AK, ∴∠ADB=45 , 如图,设对称轴与x轴的交点为N,即点N(1,0), 若∠CBO=∠PBO=30 , ∴BNPN=2,BP=2PN, ∴PN,BP, 当 BAD∽ BPQ, ∴, ∴BQ2, ∴点Q(1,0); 当 BAD∽ BQP, ∴, ∴BQ4, ∴点Q(﹣1,0); 若∠PBO=∠ADB=45 , ∴BN=PN=2,BPBN=2, 当 DAB∽ BPQ, ∴, ∴, ∴BQ=22 ∴点Q(1﹣2,0); 当 BAD∽ PQB, ∴, ∴BQ22, ∴点Q(5﹣2,0); 综上所述:满足条件的点Q的坐标为(1,0)或(﹣1,0)或(1﹣2,0)或(5﹣2,0). 10.(2020•烟台)如图,抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A,B两点,且OA=2OB,与y轴交于点C,连接BC,抛物线对称轴为直线x,D为第一象限内抛物线上一动点,过点D作DE⊥OA于点E,与AC交于点F,设点D的横坐标为m. (1)求抛物线的表达式; (2)当线段DF的长度最大时,求D点的坐标; (3)抛物线上是否存在点D,使得以点O,D,E为顶点的三角形与 BOC相似?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)点A、B的坐标分别为(2t,0)、(﹣t,0),则x(2t﹣t),即可求解; (2)点D(m,﹣m2+m+2),则点F(m,﹣m+2),则DF=﹣m2+m+2﹣(﹣m+2)=﹣m2+2m,即可求解; (3)以点O,D,E为顶点的三角形与 BOC相似,则,即可求解. 【解析】(1)设OB=t,则OA=2t,则点A、B的坐标分别为(2t,0)、(﹣t,0), 则x(2t﹣t),解得:t=1, 故点A、B的坐标分别为(2,0)、(﹣1,0), 则抛物线的表达式为:y=a(x﹣2)(x+1)=ax2+bx+2, 解得:a=﹣1, 故抛物线的表达式为:y=﹣x2+x+2; (2)对于y=﹣x2+x+2,令x=0,则y=2,故点C(0,2), 由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为:y=﹣x+2, 设点D的横坐标为m,则点D(m,﹣m2+m+2),则点F(m,﹣m+2), 则DF=﹣m2+m+2﹣(﹣m+2)=﹣m2+2m, ∵﹣1<0,故DF有最大值,DF最大时m=1, ∴点D(1,2); (3)存在,理由: 点D(m,﹣m2+m+2)(m>0),则OE=m,DE=﹣m2+m+2, 以点O,D,E为顶点的三角形与 BOC相似, 则,即或2,即或2, 解得:m=1或﹣2(舍去)或或(舍去), 故m=1或. 11.(2020•潍坊)如图,抛物线y=ax2+bx+8(a≠0)与x轴交于点A(﹣2,0)和点B(8,0),与y轴交于点C,顶点为D,连接AC,BC,BC与抛物线的对称轴l交于点E. (1)求抛物线的表达式; (2)点P是第一象限内抛物线上的动点,连接PB,PC,当S PBCS ABC时,求点P的坐标; (3)点N是对称轴l右侧抛物线上的动点,在射线ED上是否存在点M,使得以点M,N,E为顶点的三角形与 OBC相似?若存在,求点M的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)直接将A(﹣2,0)和点B(8,0)代入y=ax2+bx+8(a≠0),解出a,b的值即可得出答案; (2)先求出点C的坐标及直线BC的解析式,再根据图及题意得出三角形PBC的面积;过点P作PG⊥x轴,交x轴于点G,交BC于点F,设,根据三角形PBC的面积列关于t的方程,解出t的值,即可得出点P的坐标; (3)由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形,然后分MN=EM,MN=NE,NE=EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系,即可得出答案. 【解析】(1)∵抛物线y=ax2+bx+8(a≠0)过点A(﹣2,0)和点B(8,0), ∴, 解得. ∴抛物线解析式为:; (2)当x=0时,y=8, ∴C(0,8), ∴直线BC解析式为:y=﹣x+8, ∵, ∴, 过点P作PG⊥x轴,交x轴于点G,交BC于点F, 设, ∴F(t,﹣t+8), ∴, ∴, 即, ∴t1=2,t2=6, ∴P1(2,12),P2(6,8); (3)∵C(0,8),B(8,0),∠COB=90 , ∴ OBC为等腰直角三角形, 抛物线的对称轴为, ∴点E的横坐标为3, 又∵点E在直线BC上, ∴点E的纵坐标为5, ∴E(3,5), 设, ①当MN=EM,∠EMN=90 , NME~ COB,则, 解得或(舍去), ∴此时点M的坐标为(3,8), ②当ME=EN,当∠MEN=90 时, 则, 解得:或(舍去), ∴此时点M的坐标为; ③当MN=EN,∠MNE=90 时, 此时 MNE与 COB相似, 此时的点M与点E关于①的结果(3,8)对称, 设M(3,m), 则m﹣8=8﹣5, 解得m=11, ∴M(3,11); 此时点M的坐标为(3,11); 故在射线ED上存在点M,使得以点M,N,E为顶点的三角形与 OBC相似,点M的坐标为:(3,8),或(3,11). 12.(2020•陕西)如图,抛物线y=x2+bx+c经过点(3,12)和(﹣2,﹣3),与两坐标轴的交点分别为A,B,C,它的对称轴为直线l. (1)求该抛物线的表达式; (2)P是该抛物线上的点,过点P作l的垂线,垂足为D,E是l上的点.要使以P、D、E为顶点的三角形与 AOC全等,求满足条件的点P,点E的坐标. 【分析】(1)将点(3,12)和(﹣2,﹣3)代入抛物线表达式,即可求解; (2)由题意得:PD=DE=3时,以P、D、E为顶点的三角形与 AOC全等,分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况,分别求解即可. 【解析】(1)将点(3,12)和(﹣2,﹣3)代入抛物线表达式得,解得, 故抛物线的表达式为:y=x2+2x﹣3; (2)抛物线的对称轴为x=﹣1,令y=0,则x=﹣3或1,令x=0,则y=﹣3, 故点A、B的坐标分别为(﹣3,0)、(1,0);点C(0,﹣3), 故OA=OC=3, ∵∠PDE=∠AOC=90 , ∴当PD=DE=3时,以P、D、E为顶点的三角形与 AOC全等, 设点P(m,n),当点P在抛物线对称轴右侧时,m﹣(﹣1)=3,解得:m=2, 故n=22+2 2﹣3=5,故点P(2,5), 故点E(﹣1,2)或(﹣1,8); 当点P在抛物线对称轴的左侧时,由抛物线的对称性可得,点P(﹣4,5),此时点E坐标同上, 综上,点P的坐标为(2,5)或(﹣4,5);点E的坐标为(﹣1,2)或(﹣1,8). 【题组四】 13.(2020•成都)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0),B(4,0)两点,与y轴交于点C(0,﹣2). (1)求抛物线的函数表达式; (2)如图1,点D为第四象限抛物线上一点,连接AD,BC交于点E,连接BD,记 BDE的面积为S1, ABE的面积为S2,求的最大值; (3)如图2,连接AC,BC,过点O作直线l∥BC,点P,Q分别为直线l和抛物线上的点.试探究:在第一象限是否存在这样的点P,Q,使 PQB∽ CAB.若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)设抛物线的解析式为y=a(x﹣1)(x﹣4),将点C的坐标代入可求得a的值,从而得到抛物线的解析式; (2)过点D作DG⊥x轴于点G,交BC于点F,过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K,证明 AKE∽ DFE,得出,则,求出直线BC的解析式为yx﹣2,设D(m,m﹣2),则F(m,m﹣2),可得出的关系式,由二次函数的性质可得出结论; (3)设P(a1,),①当点P在直线BQ右侧时,如图2,过点P作PN⊥x轴于点N,过点Q作QM⊥直线PN于点M,得出Q(a1,a1﹣2),将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可,②当点P在直线BQ左侧时,由①的方法同理可得点Q的坐标为(a1,2),代入抛物线的解析可得出答案. 【解析】(1)设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x﹣4). ∵将C(0,﹣2)代入得:4a=2,解得a, ∴抛物线的解析式为y(x+1)(x﹣4),即yx2x﹣2. (2)过点D作DG⊥x轴于点G,交BC于点F,过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K, ∴AK∥DG, ∴ AKE∽ DFE, ∴, ∴, 设直线BC的解析式为y=kx+b1, ∴,解得, ∴直线BC的解析式为yx﹣2, ∵A(﹣1,0), ∴y2, ∴AK, 设D(m,m﹣2),则F(m,m﹣2), ∴DFm+22m. ∴m. ∴当m=2时,有最大值,最大值是. (3)符合条件的点P的坐标为()或(). ∵l∥BC, ∴直线l的解析式为yx, 设P(a1,), ①当点P在直线BQ右侧时,如图2,过点P作PN⊥x轴于点N,过点Q作QM⊥直线PN于点M, ∵A(﹣1,0),C(0,﹣2),B(4,0), ∴AC,AB=5,BC=2, ∵AC2+BC2=AB2, ∴∠ACB=90 , ∵ PQB∽ CAB, ∴, ∵∠QMP=∠BNP=90 , ∴∠MQP+∠MPQ=90 ,∠MPQ+∠BPN=90 , ∴∠MQP=∠BPN, ∴ QPM∽ PBN, ∴, ∴QM,PM(a1﹣4)a1﹣2, ∴MN=a1﹣2,BN﹣QM=a1﹣4a1﹣4, ∴Q(a1,a1﹣2), 将点Q的坐标代入抛物线的解析式得2=a1﹣2, 解得a1=0(舍去)或a1. ∴P(). ②当点P在直线BQ左侧时, 由①的方法同理可得点Q的坐标为(a1,2). 此时点P的坐标为(). 14.(2020•聊城)如图,二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点A(﹣1,0),B(4,0),与y轴交于点C,抛物线的顶点为D,其对称轴与线段BC交于点E,垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F,动直线l在抛物线的对称轴的右侧(不含对称轴)沿x轴正方向移动到B点. (1)求出二次函数y=ax2+bx+4和BC所在直线的表达式; (2)在动直线l移动的过程中,试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标; (3)连接CP,CD,在动直线l移动的过程中,抛物线上是否存在点P,使得以点P,C,F为顶点的三角形与 DCE相似?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由. 【分析】(1)由题意得出方程组,求出二次函数的解析式为y=﹣x2+3x+4,则C(0,4),由待定系数法求出BC所在直线的表达式即可 (2)证DE∥PF,只要DE=PF,四边形DEFP即为平行四边形,由二次函数解析式求出点D的坐标,由直线BC的解析式求出点E的坐标,则DE,设点P的横坐标为t,则P的坐标为:(t,﹣t2+3t+4),F的坐标为:(t,﹣t+4),由DE=PF得出方程,解方程进而得出答案; (3)由平行线的性质得出∠CED=∠CFP,当∠PCF=∠CDE时, PCF∽ CDE,则,得出方程,解方程即可. 【解析】(1)将点A(﹣1,0),B(4,0),代入y=ax2+bx+4, 得:, 解得:, ∴二次函数的表达式为:y=﹣x2+3x+4, 当x=0时,y=4, ∴C(0,4), 设BC所在直线的表达式为:y=mx+n, 将C(0,4)、B(4,0)代入y=mx+n, 得:, 解得:, ∴BC所在直线的表达式为:y=﹣x+4; (2)∵DE⊥x轴,PF⊥x轴, ∴DE∥PF, 只要DE=PF,四边形DEFP即为平行四边形, ∵y=﹣x2+3x+4=﹣(x)2, ∴点D的坐标为:(,), 将x代入y=﹣x+4,即y4, ∴点E的坐标为:(,), ∴DE, 设点P的横坐标为t, 则P的坐标为:(t,﹣t2+3t+4),F的坐标为:(t,﹣t+4), ∴PF=﹣t2+3t+4﹣(﹣t+4)=﹣t2+4t, 由DE=PF得:﹣t2+4t, 解得:t1(不合题意舍去),t2, 当t时,﹣t2+3t+4=﹣()2+34, ∴点P的坐标为(,); (3)存在,理由如下: 如图2所示: 由(2)得:PF∥DE, ∴∠CED=∠CFP, 又∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C,且∠PCF在∠DCE的内部, ∴∠PCF≠∠DCE, ∴只有∠PCF=∠CDE时, PCF∽ CDE, ∴, ∵C(0,4)、E(,), ∴CE, 由(2)得:DE,PF=﹣t2+4t,F的坐标为:(t,﹣t+4), ∴CFt, ∴, ∵t≠0, ∴(﹣t+4)=3, 解得:t, 当t时,﹣t2+3t+4=﹣()2+34, ∴点P的坐标为:(,). 15.(2020•铜仁市)如图,已知抛物线y=ax2+bx+6经过两点A(﹣1,0),B(3,0),C是抛物线与y轴的交点. (1)求抛物线的解析式; (2)点P(m,n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动,设 PBC的面积为S,求S关于m的函数表达式(指出自变量m的取值范围)和S的最大值; (3)点M在抛物线上运动,点N在y轴上运动,是否存在点M、点N使得∠CMN=90 ,且 CMN与 OBC相似,如果存在,请求出点M和点N的坐标. 【分析】(1)根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式; (2)过点P作PF∥y轴,交BC于点F,利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标,根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式,设点P的坐标为(m,﹣2m2+4m+6),则点F的坐标为(m,﹣2m+6),进而可得出PF的长度,利用三角形的面积公式可得出S=﹣3m2+9m,配方后利用二次函数的性质即可求出 PBC面积的最大值; (3)分两种不同情况,当点M位于点C上方或下方时,画出图形,由相似三角形的性质得出方程,求出点M,点N的坐标即可. 【解析】(1)将A(﹣1,0)、B(3,0)代入y=ax2+bx+6, 得:,解得:, ∴抛物线的解析式为y=﹣2x2+4x+6. (2)过点P作PF∥y轴,交BC于点F,如图1所示. 当x=0时,y=﹣2x2+4x+6=6, ∴点C的坐标为(0,6). 设直线BC的解析式为y=kx+c, 将B(3,0)、C(0,6)代入y=kx+c,得: ,解得:, ∴直线BC的解析式为y=﹣2x+6. ∵点P(m,n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动, ∴点P的坐标为(m,﹣2m2+4m+6),则点F的坐标为(m,﹣2m+6), ∴PF=﹣2m2+4m+6﹣(﹣2m+6)=﹣2m2+6m, ∴SPF•OB=﹣3m2+9m=﹣3(m)2, ∴当m时, PBC面积取最大值,最大值为. ∵点P(m,n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动, ∴0<m<3. 综上所述,S关于m的函数表达式为=﹣3m2+9m(0<m<3),S的最大值为. (3)存在点M、点N使得∠CMN=90 ,且 CMN与 OBC相似. 如图2,∠CMN=90 ,当点M位于点C上方,过点M作MD⊥y轴于点D, ∵∠CDM=∠CMN=90 ,∠DCM=∠NCM, ∴ MCD∽ NCM, 若 CMN与 OBC相似,则 MCD与 OBC相似, 设M(a,﹣2a2+4a+6),C(0,6), ∴DC=﹣2a2+4a,DM=a, 当时, COB∽ CDM∽ CMN, ∴, 解得,a=1, ∴M(1,8), 此时NDDM, ∴N(0,), 当时, COB∽ MDC∽ NMC, ∴, 解得a, ∴M(,), 此时N(0,). 如图3,当点M位于点C的下方, 过点M作ME⊥y轴于点E, 设M(a,﹣2a2+4a+6),C(0,6), ∴EC=2a2﹣4a,EM=a, 同理可得:或2, CMN与 OBC相似, 解得a或a=3, ∴M(,)或M(3,0), 此时N点坐标为(0,)或(0,). 综合以上得,存在M(1,8),N(0,)或M(,),N(0,)或M(,),N(0,)或M(3,0),N(0,),使得∠CMN=90 ,且 CMN与 OBC相似. 16.(2020•山西模拟)如图,二次函数y=0.5x2+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=0.5x2+bx+c的图象过点B(0,1)和C(4,3)两点 ∴ 解得:b,c=1 ∴抛物线解析式yx2x+1 (2)设点P坐标为(x,0) ∵点P(x,0),点B(0,1),点C(4,3) ∴PB, CP, BC2, 若∠BCP=90 ,则BP2=BC2+CP2. ∴x2+1=20+x2﹣8x+25 ∴x 若∠CBP=90 ,则CP2=BC2+BP2. ∴x2+1+20=x2﹣8x+25 ∴x 若∠BPC=90 ,则BC2=BP2+CP2. ∴x2+1+x2﹣8x+25=20 ∴x1=1,x2=3 综上所述:点P坐标为(1,0),(3,0),(,0),(,0) (3)存在 ∵抛物线解析式yx2x+1与x轴交于点D,点E ∴0x2x+1 ∴x1=1,x2=2 ∴点D(1,0) ∵点B(0,1),C(4,3) ∴直线BC解析式yx+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 设经过t秒 ∴AP=2t,AQ=at 若 APQ∽ ADB ∴ 即 ∴a 若 APQ∽ ABD ∴ 即 ∴a 综上所述:a或 【题组五】 17.(2020•碑林区校级模拟)如图,直线yx+c与x轴交于点A(3,0),与y轴交于点B,抛物线yx2+bx+c经过点A,B. (1)求点B的坐标和抛物线的解析式; (2)M(m,0)为线段OA上的动点,过点M作垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P,N;若以B,P,N为顶点的三角形与 APM相似,求点M的坐标. 【分析】(1)直线yx+c交于点A(3,0),与y轴交于点B,0=﹣4+c,解得c=4,B(0,4),将点A、B的坐标代入抛物线表达式列方程组即可求解; (2)M(m,0),则P(m,m+4),N(m,m2m+4),PNm2m+4m﹣4m2+8m,分两种情况:①当∠BNP=90 时,根据N点的纵坐标为4,列方程可是结论;②当∠NBP=90 时,过点N作NC⊥y轴于点C,证明Rt NCB∽Rt BOA,列比例式即可求解. 【解析】(1)直线yx+c交于点A(3,0),与y轴交于点B, ∴0=﹣4+c,解得c=4, ∴B(0,4), ∵抛物线yx2+bx+c经过点A,B, 将点A、B的坐标代入抛物线表达式得:, 解得:, ∴抛物线的解析式为yx2x+4; (2)∵M(m,0), 则P(m,m+4),N(m,m2m+4), ∴PNm2m+4m﹣4m2+8m(0≤m≤3), ∵ BPN和 APM相似,且∠BPN=∠APM, ∴∠BNP=∠AMP=90 或∠NBP=∠AMP=90 , ①当∠BNP=90 时,如图1,则有BN⊥MN, ∴N点的纵坐标为4, ∴m2m+4=4,解得m=0(舍去)或m, ∴M(,0); ②当∠NBP=90 时,如图2,过点N作NC⊥y轴于点C, 则∠NBC+∠BNC=90 ,NC=m,BCm2m+4﹣4m2m, ∵∠NBP=90 , ∴∠NBC+∠ABO=90 , ∴∠ABO=∠BNC, ∵∠NCB=∠AOB=90 , ∴Rt NCB∽Rt BOA, ∴,即, 解得m=0(舍去)或m, ∴M(,0); 综上可知,当以B,P,N为顶点的三角形与 APM相似时,点M的坐标为(,0)或(,0). 18.(2020•雁塔区校级模拟)已知抛物线y=﹣x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为A(﹣3,0),另一个交点为B,且与y轴交于点C(0,3). (1)求抛物线的表达式; (2)设抛物线的顶点为D,连接AD,AC,CD,BC,将抛物线沿着y轴平移,点C的对应点为点M,是否存在点M使得以M,B,C为顶点的三角形与 ACD相似?若存在,求出平移后的抛物线表达式;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)利用待定系数法构建方程组即可解决问题. (2)利用勾股定理求出AD,CD,AC,证明∠ACD=90 ,确定Rt ACD两直角边的比为3,如果以M,B,C为顶点的三角形与 ACD相似,则 MBC也是直角三角形,且两直角边的比是3,分两种情况讨论即可解决问题. 【解析】(1)∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A(﹣3,0)和点B,与y轴相交于点C(0,3), 则有, 解得, ∴抛物线的表达式为y=﹣x2﹣2x+3; (2)存在, y=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+1)2+4, ∴顶点D(﹣1,4), ∵A(﹣3,0),C(0,3), ∴AD2,CD,AC3, ∴AD2=CD2+AC2, ∴∠ACD=90 ,3, ∴以M,B,C为顶点的三角形与 ACD相似时, CBM是直角三角形, 由题意可知:M在y轴上, 由对称得:B(1,0), ①当∠CMB=90 时,如图1,M(0,0), 此时,抛物线向下平移了3个单位,平移后的抛物线的解析式为:y=﹣x2﹣2x; ②当∠CBM=90 时,如图2,, ∴BMBC, ∴OM, ∴M(0,), 此时,抛物线向下平移了个单位,平移后的抛物线的解析式为:y=﹣x2﹣2x+3x2﹣2x. 19.(2020•广东二模)如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于点A(1,0),B(﹣7,0),顶点D坐标为(﹣3,),点C在y轴的正半轴上,CD交x轴于点F, CAD绕点C顺时针旋转得到 CFE,点A恰好旋转到点F,连接BE.过顶点D作DD1⊥x轴于点D1. (1)求抛物线的表达式; (2)求证:四边形BFCE是平行四边形. (3)点P是抛物线上一动点,当P在B点左侧时,过点P作PM⊥x轴,点M为垂足,请问是否存在P点使得 PAM与 DD1A相似,如果存在,请写出点P的横坐标. 【分析】(1)根据题意可设函数解析式为y=a(x﹣1)(x+7),把点D的坐标代入求出a的值即可; (2)欲证明四边形BFCE是平行四边形,只需推知EC∥BF且EC=BF即可; (3)利用相似三角形的对应边成比例求得点P的横坐标,没有指明相似三角形的对应边(角),需要分类讨论. 【解答】解(1)设函数解析式为y=a(x﹣1)(x+7), 把D(﹣3,)带入可得a, 所以; (2)证明:∵DD1⊥x轴于点D1, ∴∠COF=∠DD1F=90 , 又∵∠D1FD=∠OFC, ∴ DD1F∽ COF, ∴, ∵D(﹣3,﹣2), ∴D1D=2,OD1=3, ∵AC=CF,CO⊥AF, ∴OF=OA=1(三线合一),AF=2, ∴D1F=D1O﹣OF=3﹣1=2, ∴, 解得OC, 在Rt AOC中,AC ∴AC=CF=FA=2, ∴ ACF是等边三角形, ∴∠AFC=∠ACF=60 , ∵ CAD绕点C顺时针旋转得到 CFE,即∠ACF=∠ECF=60 , ∴∠ECF=∠AFC=60 , ∴EC∥BF, 由距离公式得EC=DC6,BF=6, ∴EC=BF, ∴四边形BFCE是平行四边形; (3)存在. ∵点P是抛物线上一动点, ∴设P点(x,x2x), 当点P在B点的左侧时, ∵ PAM与 DD1A相似, ∴或, ∴或, 解得:x1=1(不合题意舍去),x2=﹣11或x1=1(不合题意舍去)x2; ∴P点横坐标为﹣11或. 20.(2020•沙坪坝区自主招生)如图1,二次函数yx2x+3的图象交x轴于A、B两点(点A在点B的左侧),交y轴于C点,连接AC,过点C作CD⊥AC交AB于点D. (1)求点D的坐标; (2)如图2,已知点E是该二次函数图象的顶点,在线段AO上取一点F,过点F作FH⊥CD,交该二次函数的图象于点H(点H在点E的右侧),当五边形FCEHB的面积最大时,求点H的横坐标; (3)如图3,在直线BC上取一点M(不与点B重合),在直线CD的右上方是否存在这样的点N,使得以C、M、N为顶点的三角形与 BCD全等?若存在,请求出点N的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)先根据抛物线解析式求出A、B、C的坐标,由射影定理可得OD长度,从而求出D点坐标; (2)设H点的横坐标为m,然后将五边形FCEHB的面积表示成关于m的二次函数,利用配方法可求得面积的最大值以及对应的H点坐标; (3)由B、C、D的坐标可以求得DC、DB、BC的长度,然后分类讨论,分别画出符合要求的对应图形进行计算即可. 【解析】(1)令x=0,则y=3, ∴C(0,3), ∴OC=3. 令y=0,则x2x+3=0, 解得:x1=﹣4,x2=6, ∴A(﹣4,0),B(6,0), ∴OA=4,OB=6. ∵CD⊥AC, ∴∠ACD=90 , ∵CO⊥AD, ∴OC2=OA•OD, ∴OD, ∴D(,0). (2)∵yx2x+3(x﹣1)2, ∴E(1,). 如图2,连接OE、BE,作HG⊥x轴于点G,交BE于点P. 由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为:yx. 设H(m,m2m+3),则P(m,m). ∴HGm2m+3,HP=yH﹣yPm2m. ∴S BHE(xB﹣xE)•HP(m2m)m2m. ∵FH⊥CD,AC⊥CD, ∴AC∥FH, ∴∠HFG=∠CAO, ∵∠AOC=∠FGH=90 , ∴ ACO∼ FHG, ∴, ∴FGHGm2m+4, ∴AF=AG﹣FG=m+4m2m﹣4m2m, ∴S AFCAF•OC(m2m)m2+m, ∵S四边形ACEB=S ACO+S OCE+S OEB4 33 16, ∴S五边形FCEHB=S四边形ACEB+S BHE﹣S AFC(m2m)﹣(m2+m)m2m+15(m)2, ∴当m时,S五边形FCEHB取得最大值. 此时,H的横坐标为. (3)∵B(6,0),C(0,3),D(,0), ∴CD=BD,BC=3, ∴∠DCB=∠DBC. ①如图3﹣1, CMN≌ DCB,MN交y轴于K, 则CM=CN=DC=DB,MN=BC=3,∠CMN=∠CNM=∠DBC=∠DCB, ∴MN∥AB, ∴MN⊥y轴, ∴∠CKN=∠COB=90 ,MK=NKMN, ∴ CKN∼ COB, ∴, ∴CK, ∴OK=OC+CK, ∴N(,). ②如图3﹣2, MCN≌ DBC, 则CN=CB=3,∠MCN=∠DBC, ∴CN∥AB, ∴N(3,3). ③如图3﹣3, CMN≌ DBC, 则∠CMN=∠DCB,CM=CN=DC=DB,MN=BC=3, ∴MN∥CD, 作MR⊥y轴于R, 则, ∴CR,RM, ∴OR=3, 作MQ∥y轴,NQ⊥MQ于点Q, 则∠NMQ=∠DCO,∠NQM=∠DOC=90 , ∴ COD∼ MQN, ∴, ∴MQMN,NQMN, ∴NQ﹣RM,OR+MQ, ∴N(,). 综上所述,满足要标的N点坐标有:(,)、(3,3)、(,). 【题组六】 21.(2020•杨浦区二模)如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+bx+4经过点A(﹣3,0)和点B(3,2),与y轴相交于点C. (1)求这条抛物线的表达式; (2)点P是抛物线在第一象限内一点,联结AP,如果点C关于直线AP的对称点D恰好落在x轴上,求直线AP的截距; (3)在(2)小题的条件下,如果点E是y轴正半轴上一点,点F是直线AP上一点.当 EAO与 EAF全等时,求点E的纵坐标. 【分析】(1)把A(﹣3,0)和点B(3,2)代入抛物线的解析式,列方程组,可得结论; (2)如图1,根据对称的性质得AD=AC=5,可得OD=2,设OH=a,则HC=HD=4﹣a,在Rt HOD中,根据勾股定理得HD2=OH2+OD2,列方程可得结论; (3)分两种情况:先说明 AOE是直角三角形,所以 EAF也是直角三角形,根据∠EFA=90 ,画图,由勾股定理列方程可解答. 【解析】(1)∵抛物线y=ax2+bx+4过点A(﹣3,0)和点B(3,2), ∴, 解得, ∴; (2)如图1,连接AC,DH, ∵点C关于直线AP的对称点D, ∴AD=AC, ∵与y轴交于点C(0,4),与x轴交于点A(﹣3,0), ∴AC=5, ∴AD=5, ∴点D(2,0), 设直线AP与y轴交于点H,则HC=HD, 设OH=a,则HC=HD=4﹣a, 在Rt HOD中,HD2=OH2+OD2, ∴(4﹣a)2=a2+22, ∴, ∴直线AP的截距为; (3)∵点E是y轴正半轴上一点, ∴ AOE是直角三角形,且∠AOE=90 当 EAO与 EAF全等时,存在两种情况: ①如图2,当∠EFA=∠AOE=90 , EFA≌ AOE, ∴EF=OA, ∵∠AHO=∠EHF,∠AOH=∠EFH=90 , ∴ AOH≌ EFH(AAS), ∴AH=EH, 由(2)知:OH, ∴EH=AH=OE, Rt AHO中,AH2=AO2+OH2, ∴(OE)2=32, 解得:OE或(舍), ∴点E的纵坐标是; ②如图3,当∠EFA=∠AOE=90 , EFA≌ EOA, ∴AF=AO=3,EF=OE, Rt AHO中,AH, ∴FH3,EHOE, Rt EFH中,由勾股定理得:EH2=FH2+EF2, ∴(OE)2=(3)2+OE2, 解得:OE=36, ∴点E的纵坐标是36; 综上,点E的纵坐标是或36. 22.(2020•余干县模拟)如图,抛物线y=ax2﹣2ax+c的图象经过点C(0,﹣2),顶点D的坐标为(1,),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的坐标和的值. 【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,根据相似三角形的性质可得()2=()2,求出yE,由 AOC∽ AEB得:,即可求解. 【解析】(1)由题意可列方程组:, 解得:. 故抛物线解析式为:yx2x﹣2; (2)连接BE, 由(1)知,抛物线解析式为:yx2x﹣2, 令y=0,则0x2x﹣2 ∴x=﹣1或x=3, ∴A(﹣1,0),B(3,0), ∴AB=4, ∵∠AOC=90 , ∴