2025年九年级数学中考三轮冲刺训练二次函数中相似三角形存在性问题

2025年九年级数学中考三轮冲刺训练二次函数中相似三角形存在性问题 1．如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴相交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD． ①求点D的坐标； ②判断四边形ADBC的形状，并说明理由； （3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．如图，以D为顶点的抛物线y=﹣x2+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+3． （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． 3．如图，抛物线y=ax2+bx+c与坐标轴交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2），作直线BC． （1）求抛物线的解析式； （2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，设点P的横坐标为t（0＜t＜3），求△ABP的面积S与t的函数关系式； （3）条件同（2），若△ODP与△COB相似，求点P的坐标． 4．已知抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC． （1）求抛物线的解析式； （2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC； （3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 5．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣x﹣1交于点C． （1）求抛物线解析式及对称轴； （2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； （3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N． 问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由． 6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C（0，﹣），OA=1，OB=4，直线l过点A，交y轴于点D，交抛物线于点E，且满足tan∠OAD=． （1）求抛物线的解析式； （2）动点P从点B出发，沿x轴正方形以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发，沿射线AE以每秒1个单位长度的速度向点E运动，当点P运动到点A时，点Q也停止运动，设运动时间为t秒． ①在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△ADC与△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． ②在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 7．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M． （1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式； （2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？ （3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 8．如图，已知抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）． （1）求此抛物线的解析式； （2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值； （3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？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． 9．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（8，0）． （1）求抛物线的解析式； （2）点C是抛物线与y轴的交点，连接BC，设点P是抛物线上在第一象限内的点，PD⊥BC，垂足为点D． ①是否存在点P，使线段PD的长度最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； ②当△PDC与△COA相似时，求点P的坐标． 10．如图，抛物线经过原点O（0，0），点A（1，1），点． （1）求抛物线解析式； （2）连接OA，过点A作AC⊥OA交抛物线于C，连接OC，求△AOC的面积； （3）点M是y轴右侧抛物线上一动点，连接OM，过点M作MN⊥OM交x轴于点N．问：是否存在点M，使以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 11．如图，已知直线y=﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D． （1）若抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N． ①求点M、N的坐标； ②是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由； （2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由． 12．如图，已知二次函数的图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x=3． （1）求该二次函数的解析式； （2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标； （3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标． 13．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． 14．如图，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）过点A（，﹣3）和点B（3，0）．过点A作直线AC∥x轴，交y轴于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D．连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标； （3）抛物线上是否存在点Q，使得S△AOC=S△AOQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 参考答案 1.【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入y=ax2+bx+2，得： ，解得：， ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2． （2）当x=0时，y=﹣x2+x+2=2， ∴点C的坐标为（0，2）． ①过点D作DE⊥x轴于点E，如图1所示． ∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD， ∴OA=EB，OC=ED． ∵A（﹣1，0），O（0，0），C（0，2），B（4，0）， ∴BE=1，DE=2，OE=3， ∴点D的坐标为（3，﹣2）． ②四边形ADBC为矩形，理由如下： ∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）， ∴OA=1，OC=2，OB=4，AB=5， ∴AC==，BC==2． ∵AC2+BC2=25=AB2， ∴∠ACB=90°． ∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD， ∴∠ABC=∠BAD，BC=AD， ∴BC∥AD且BC=AD， ∴四边形ADBC为平行四边形． 又∵∠ACB=90°， ∴四边形ADBC为矩形． （3）假设存在，设点P的坐标为（，m）． ∵点M为AB的中点， ∴∠BPD=∠ADB=90°， ∴有两种情况（如图2所示）． ①当△PMB∽△BDA时，有==，即=， 解得：m=±， ∴点P的坐标为（，）或（，﹣）； ②当△BMP∽△BDA时，有==2，即=2， 解得：m=±5， ∴点P的坐标为（，5）或（，﹣5）． 综上所述：在该抛物线对称轴上存在点P，使△BMP与△BAD相似，点P的坐标为（，）或（，﹣）或（，5）或（，﹣5）． 2．【解答】解：（1）把x=0代入y=﹣x+3，得：y=3， ∴C（0，3）． 把y=0代入y=﹣x+3得：x=3， ∴B（3，0），A（﹣1，0） 将C（0，3）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c得：，解得b=2，c=3． ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3． （2）如图所示：作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3）． ∵O′与O关于BC对称， ∴PO=PO′． ∴OP+AP=O′P+AP≤AO′． ∴当A、P、O′在一条直线上时，OP+AP有最小值． 设AP的解析式为y=kx+b，则，解得：k=，b=． ∴AP的解析式为y=x+． 将y=x+与y=﹣x+3联立，解得：y=，x=， ∴点P的坐标为（，）． （3）y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4， ∴D（1，4）． 又∵C（0，3，B（3，0）， ∴CD=，BC=3，DB=2． ∴CD2+CB2=BD2， ∴∠DCB=90°． ∵A（﹣1，0），C（0，3）， ∴OA=1，CO=3． ∴==． 又∵∠AOC=DCB=90°， ∴△AOC∽△DCB． ∴当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB． 如图所示：连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q． ∵△ACQ为直角三角形，CO⊥AQ， ∴△ACQ∽△AOC． 又∵△AOC∽△DCB， ∴△ACQ∽△DCB． ∴=，即=，解得：AQ=10． ∴Q（9，0）． 综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似． 3．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2）代入y=ax2+bx+c得：， 解得：a=﹣，b=，c=2， ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2． （2）设点P的坐标为（t，﹣t2+t+2）． ∵A（﹣1，0），B（3，0）， ∴AB=4． ∴S=AB•PD=×4×（﹣t2+t+2）=﹣t2+t+4（0＜t＜3）； （3）当△ODP∽△COB时，=即=， 整理得：4t2+t﹣12=0， 解得：t=或t=（舍去）． ∴OD=t=，DP=OD=， ∴点P的坐标为（，）． 当△ODP∽△BOC，则=，即=， 整理得t2﹣t﹣3=0， 解得：t=或t=（舍去）． ∴OD=t=，DP=OD=， ∴点P的坐标为（，）． 综上所述点P的坐标为（，）或（，）． 4．【解答】解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=x2+bx+c中得： ，解得：， ∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4； （2）当y=0时，x2﹣x﹣4=0， 解得：x=﹣2或4， ∴C（4，0）， 如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G， ∵S△PBO=S△PBC， ∴， ∴OE=CF， 易得△OEG≌△CFG， ∴OG=CG=2， 设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M， tan∠PBM===， ∴BM=2PM， ∴4+x2﹣x﹣4=2x， x2﹣6x=0， x1=0（舍），x2=6， ∴P（6，8）， 易得AP的解析式为：y=x+2， BC的解析式为：y=x﹣4， ∴AP∥BC； （3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形， ∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE， ①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2， ∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC， ∴∠ABE=∠ACB=45°， ∴△ABE∽△ACB， ∴， ∴， ∴AE=，OE=﹣2= ∴E（，0）， ∵B（0，﹣4）， 易得BE：y=3x﹣4， 则x2﹣x﹣4=3x﹣4， x1=0（舍），x2=8， ∴D（8，20）； ②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3， ∵∠BEA=∠BEC， ∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE， ∴==， 设BE=2m，CE=4m， Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2， ∴， 3m2﹣8m+8=0， （m﹣2）（3m﹣2）=0， m1=2，m2=， ∴OE=4m﹣4=12或， ∵OE=＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4， ∴E（﹣12，0）； 同理得BE的解析式为：y=﹣x﹣4， ﹣x﹣4=x2﹣x﹣4， x=或0（舍） ∴D（，﹣）； 综上，点D的坐标为（8，20）或（，﹣）． 5．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx﹣1，得 解得 ∴抛物线解析式为：y= ∴抛物线对称轴为直线x=﹣ （2）存在 使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小 ∴取点C（0，﹣1）关于直线x=1的对称点C′（2，﹣1），连C′O与直线x=1的交点即为P点． 设过点C′、O直线解析式为：y=kx ∴k=﹣ ∴y=﹣ 则P点坐标为（1，﹣） （3）当△AOC∽△MNC时， 如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E ∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90° ∴∠CDN=∠CAO 由相似，∠CAO=∠CMN ∴∠CDN=∠CMN ∵MN⊥AC ∴M、D关于AN对称，则N为DM中点 设点N坐标为（a，﹣a﹣1） 由△EDN∽△OAC ∴ED=2a ∴点D坐标为（0，﹣） ∵N为DM中点 ∴点M坐标为（2a，） 把M代入y=，解得 a=0（舍去）或a=4 ∴a=4 则N点坐标为（4，﹣3） 当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM ∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点M 由（2）M为（2，﹣1） ∴由相似CN=，MN= 由面积法求N到MC距离为 则N点坐标为（，﹣） ∴N点坐标为（4，﹣3）或（，﹣） 6．【解答】解：（1）∵OA=1，OB=4 ∴A（1，0），B（﹣4，0） 设抛物线的解析式为y=a（x+4）（x﹣1） ∵点C（0，﹣）在抛物线上 ∴﹣ 解得a= ∴抛物线的解析式为y= （2）存在t，使得△ADC与△PQA相似． 理由：①在Rt△AOC中，OA=1，OC= 则tan∠ACO= ∵tan∠OAD= ∴∠OAD=∠ACO ∵直线l的解析式为y= ∴D（0，﹣） ∵点C（0，﹣） ∴CD= 由AC2=OC2+OA2，得AC= 在△AQP中，AP=AB﹣PB=5﹣2t，AQ=t 由∠PAQ=∠ACD，要使△ADC与△PQA相似 只需或 则有或 解得t1=，t2= ∵t1＜2.5，t2＜2.5 ∴存在t=或t=，使得△ADC与△PQA相似 ②存在t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大 理由：作PF⊥AQ于点F，CN⊥AQ于N 在△APF中，PF=AP•sin∠PAF= 在△AOD中，由AD2=OD2+OA2，得AD= 在△ADC中，由S△ADC= ∴CN= ∴S△AQP+S△AQC= =﹣ ∴当t=时，△APQ与△CAQ的面积之和最大 7．【解答】解：（1）由抛物线过点A（﹣1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x﹣4）， 将点C（0，2）代入，得：﹣4a=2， 解得：a=﹣， 则抛物线解析式为y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣x2+x+2； （2）由题意知点D坐标为（0，﹣2）， 设直线BD解析式为y=kx+b， 将B（4，0）、D（0，﹣2）代入，得：， 解得：， ∴直线BD解析式为y=x﹣2， ∵QM⊥x轴，P（m，0）， ∴Q（m，﹣m2+m+2）、M（m，m﹣2）， 则QM=﹣m2+m+2﹣（m﹣2）=﹣m2+m+4， ∵F（0，）、D（0，﹣2）， ∴DF=， ∵QM∥DF， ∴当﹣m2+m+4=时，四边形DMQF是平行四边形， 解得：m=﹣1或m=3， 即m=﹣1或m=3时，四边形DMQF是平行四边形； （3）如图所示： ∵QM∥DF， ∴∠ODB=∠QMB， 分以下两种情况： ①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ， 则===， ∵∠MBQ=90°， ∴∠MBP+∠PBQ=90°， ∵∠MPB=∠BPQ=90°， ∴∠MBP+∠BMP=90°， ∴∠BMP=∠PBQ， ∴△MBQ∽△BPQ， ∴=，即=， 解得：m1=3、m2=4， 当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去， ∴m=3，点Q的坐标为（3，2）； ②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′， 此时m=﹣1，点Q的坐标为（﹣1，0）； 综上，点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似． 8．【解答】解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得 ， 解得， 抛物线的解析式是y=x2+x+3； （2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称， ∴对l上任意一点有MD=MC， 联立方程组， 解得（不符合题意，舍），， ∴B（﹣4，1）， 当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长， 过点B作BE⊥x轴于点E， 在Rt△BEC中，由勾股定理，得 BC==， |MB﹣MD|取最大值为； （3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似， 在Rt△BEC中，∵BE=CE=1， ∴∠BCE=45°， 在Rt△ACO中， ∵AO=CO=3， ∴∠ACO=45°， ∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°， 过点P作PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°， 设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0） ①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB， ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB， ∴△PGA∽△BCA， ∴=， 即==， ∴=， 解得x1=1，x2=0（舍去）， ∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6， ∴P（1，6）， ②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA， ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC， ∴△PGA∽△ACB， ∴=， 即==3， ∴=3， 解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去） ∴此时无符合条件的点P， 综上所述，存在点P（1，6）． 9．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）代入抛物线y=﹣x2+bx+c， 得：，解得：， ∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4； （2）由（1）知C（0，4），∵B（8，0）， 易得直线BC的解析式为：y=﹣x+4， ①如图1，过P作PG⊥x轴于G，PG交BC于E， Rt△BOC中，OC=4，OB=8， ∴BC==4， 在Rt△PDE中，PD=PE•sin∠PED=PE•sin∠OCB=PE， ∴当线段PE最长时，PD的长最大， 设P（t，），则E（t，）， ∴PG=﹣，EG=﹣t+4， ∴PE=PG﹣EG=（﹣）﹣（﹣t+4）=﹣t2+2t=﹣（t﹣4）2+4，（0＜t＜8）， 当t=4时，PE有最大值是4，此时P（4，6）， ∴PD==， 即当P（4，6）时，PD的长度最大，最大值是； ②∵A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4）， ∴OA=2，OB=8，OC=4， ∴AC2=22+42=20，AB2=（2+8）2=100，BC2=42+82=80， ∴AC2+BC2=AB2， ∴∠ACB=90°， ∴△COA∽△BOC， 当△PDC与△COA相似时，就有△PDC与△BOC相似， ∵相似三角形的对应角相等， ∴∠PCD=∠CBO或∠PCD=∠BCO， （I）若∠PCD=∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB， 此时CP∥OB， ∵C（0，4）， ∴yP=4， ∴﹣=4， 解得：x1=6，x2=0（舍）， 即Rt△PDC∽Rt△COB时，P（6，4）； （II）若∠PCD=∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC， 如图2，过P作x轴的垂线PG，交直线BC于F， ∴PF∥OC， ∴∠PFC=∠BCO， ∴∠PCD=∠PFC， ∴PC=PF， 设P（n，﹣+n+4），则PF=﹣+2n， 过P作PN⊥y轴于N， Rt△PNC中，PC2=PN2+CN2=PF2， ∴n2+（﹣+n+4﹣4）2=（﹣+2n）2， 解得：n=3， 即Rt△PDC∽Rt△BOC时，P（3，）； 综上所述，当△PDC与△COA相似时，点P的坐标为（6，4）或（3，）． 10．【解答】解：（1）设抛物线解析式为y=ax（x﹣）， 把A（1，1）代入得a•1（1﹣）=1，解得a=﹣， ∴抛物线解析式为y=﹣x（x﹣）， 即y=﹣x2+x； （2）延长CA交y轴于D，如图1， ∵A（1，1）， ∴OA=，∠DOA=45°， ∴△AOD为等腰直角三角形， ∵OA⊥AC， ∴OD=OA=2， ∴D（0，2）， 易得直线AD的解析式为y=﹣x+2， 解方程组得或，则C（5，﹣3）， ∴S△AOC=S△COD﹣S△AOD =×2×5﹣×2×1 =4； （3）存在． 如图2，作MH⊥x轴于H，AC==4，OA=， 设M（x，﹣x2+x）（x＞0）， ∵∠OHM=∠OAC， ∴当=时，△OHM∽△OAC，即=， 解方程﹣x2+x=4x得x1=0（舍去），x2=﹣（舍去）， 解方程﹣x2+x=﹣4x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，﹣54）； 当=时，△OHM∽△CAO，即=， 解方程﹣x2+x=x得x1=0（舍去），x2=，此时M点的坐标为（，）， 解方程﹣x2+x=﹣x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，﹣）； ∵MN⊥OM， ∴∠OMN=90°，∴∠MON=∠HOM，∴△OMH∽△ONM， ∴当M点的坐标为（，﹣54）或（，）或（，﹣）时，以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似． 11．【解答】解：（1）①如图1， ∵y=﹣2x2+2x+4=﹣2（x﹣）2+， ∴顶点为M的坐标为（，）， 当x=时，y=﹣2×+4=3，则点N坐标为（，3）； ②不存在． 理由如下： MN=﹣3=， 设P点坐标为（m，﹣2m+4），则D（m，﹣2m2+2m+4）， ∴PD=﹣2m2+2m+4﹣（﹣2m+4）=﹣2m2+4m， ∵PD∥MN， 当PD=MN时，四边形MNPD为平行四边形，即﹣2m2+4m=，解得m1=（舍去），m2=，此时P点坐标为（，1）， ∵PN==， ∴PN≠MN， ∴平行四边形MNPD不为菱形， ∴不存在点P，使四边形MNPD为菱形； （2）存在． 如图2，OB=4，OA=2，则AB==2， 当x=1时，y=﹣2x+4=2，则P（1，2）， ∴PB==， 设抛物线的解析式为y=ax2+bx+4， 把A（2，0）代入得4a+2b+4=0，解得b=﹣2a﹣2， ∴抛物线的解析式为y=ax2﹣2（a+1）x+4， 当x=1时，y=ax2﹣2（a+1）x+4=a﹣2a﹣2+4=2﹣a，则D（1，2﹣a）， ∴PD=2﹣a﹣2=﹣a， ∵DC∥OB， ∴∠DPB=∠OBA， ∴当=时，△PDB∽△BOA，即=，解得a=﹣2，此时抛物线解析式为y=﹣2x2+2x+4； 当=时，△PDB∽△BAO，即=，解得a=﹣，此时抛物线解析式为y=﹣x2+3x+4； 综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4或y=﹣x2+3x+4． 12．【解答】解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x=3， ∴B点坐标为（6，0）， 设抛物线解析式为y=ax（x﹣6）， 把A（8，4）代入得a•8•2=4，解得a=， ∴抛物线解析式为y=x（x﹣6），即y=x2﹣x； （2）设M（t，0）， 易得直线OA的解析式为y=x， 设直线AB的解析式为y=kx+b， 把B（6，0），A（8，4）代入得，解得， ∴直线AB的解析式为y=2x﹣12， ∵MN∥AB， ∴设直线MN的解析式为y=2x+n， 把M（t，0）代入得2t+n=0，解得n=﹣2t， ∴直线MN的解析式为y=2x﹣2t， 解方程组得，则N（t，t）， ∴S△AMN=S△AOM﹣S△NOM =•4•t﹣•t•t =﹣t2+2t =﹣（t﹣3）2+3， 当t=3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）； （3）设Q（m，m2﹣m）， ∵∠OPQ=∠ACO， ∴当=时，△PQO∽△COA，即=， ∴PQ=2PO，即|m2﹣m|=2|m|， 解方程m2﹣m=2m得m1=0（舍去），m2=14，此时P点坐标为（14，0）； 解方程m2﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，0）； ∴当=时，△PQO∽△CAO，即=， ∴PQ=PO，即|m2﹣m|=|m|， 解方程m2﹣m=m得m1=0（舍去），m2=8（舍去）， 解方程m2﹣m=﹣m得m1=0（舍去），m2=4，此时P点坐标为（4，0）； 综上所述，P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）． 13．【解答】解：（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=±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=． 14.【解答】解：（1）把A（，﹣3）和点B（3，0）代入抛物线得：， 解得：a=，b=﹣， 则抛物线解析式为y=x2﹣x； （2）当P在直线AD上方时， 设P坐标为（x，x2﹣x），则有AD=x﹣，PD=x2﹣x+3， 当△OCA∽△ADP时，=，即=， 整理得：3x2﹣9x+18=2x﹣6，即3x2﹣11x+24=0， 解得：x=，即x=或x=（舍去）， 此时P（，﹣）； 当△OCA∽△PDA时，=，即=， 整理得：x2﹣9x+6=6x﹣6，即x2﹣5x+12=0， 解得：x=，即x=4或（舍去）， 此时P（4，6）； 当点P（0，0）时，也满足△OCA∽△PDA； 当P在直线AD下方时，同理可得：P的坐标为（，﹣）， 综上，P的坐标为（，﹣）或（4，6）或（，﹣）或（0，0）； （3）在Rt△AOC中，OC=3，AC=， 根据勾股定理得：OA=2， ∵OC•AC=OA•h， ∴h=， ∵S△AOC=S△AOQ=， ∴△AOQ边OA上的高为， 过O作OM⊥OA，截取OM=，过M作MN∥OA，交y轴于点N，如图所示： 在Rt△OMN中，ON=2OM=9，即N（0，9）， 过M作MH⊥x轴， 在Rt△OMH中，MH=OM=，OH=OM=，即M（，）， 设直线MN解析式为y=kx+9， 把M坐标代入得：=k+9，即k=﹣，即y=﹣x+9， 联立得：， 解得：或，即Q（3，0）或（﹣2，15）， 则抛物线上存在点Q，使得S△AOC=S△AOQ，此时点Q的坐标为（3，0）或（﹣2，15）． 学科网（北京）股份有限公司 $$