二次函数综合问题（相似三角形问题）专项练2026年中考数学一轮复习备考

**基本信息** 聚焦二次函数与相似三角形综合应用，分层设计从基础解析式求解到复杂动点存在性问题，梯度清晰，适配一轮复习知识巩固与能力提升。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|二次函数解析式求解|每题(1)小题，直接应用待定系数法，巩固函数概念与运算能力| |提升层|相似三角形判定与性质|结合图形构造相似，如第2题(3)动点相似分类讨论，培养推理意识| |综合层|动点、存在性综合应用|多知识点融合，如第10题结合等腰三角形与相似，发展创新意识与数学思维|

二次函数综合问题（相似三角形问题）专项练 1．如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，点是线段下方抛物线上的一个动点，过点作轴于点，交线段于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)是否存在点，使得与相似，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 2．如图①，抛物线与x轴交与、两点． (1)求该抛物线的解析式； (2)设抛物线与y轴交于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q．使得的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)若点M从B点以每秒个单位长度沿BA方向向点A运动，同时，点N从C点以每秒个单位沿方向向点B运动．设运动时间为t秒，当t为何值，以B，M，N为顶点的三角形与相似? 3．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C． (1)求点B的坐标； (2)如图1，点P在第三象限的抛物线上，横坐标为m，BP交y轴于点D，时，求a的值； (3)如图2，在（2）的条件下，点Q在线段上，连接，当，，求的正切值． 4．如图，二次函数的图像与x轴交于点，与y轴相交于点C． (1)求这个二次函数的解析式； (2)若点M在此抛物线上，且在y轴的右侧．与y轴相切，过点M作轴，垂足为点D．以C，D，M为顶点的三角形与相似，求点M的坐标． 5．如图，直线与x轴，y轴分别交于点，，经过B，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为A，顶点为P． (1)求该抛物线的解析式及点P的坐标； (2)当时，在抛物线上存在点E，使的面积有最大值，求点E的坐标； (3)连接，点N在x轴上，是否存在以B，P，N为顶点的三角形与相似？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 6．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，，，与y轴交于点C，连接、． (1)求抛物线的解析式 (2)判断的形状，并证明 (3)点P在抛物向上，且，求点P的坐标． 7．如图，抛物线经过，两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，交BC于点F．点P是抛物线上一点，点P的横坐标为m． (1)求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式； (2)如图1，点P在第一象限，过点P作x轴的垂线交于点Q，设，求h与m的函数解析式并求出h的最大值 (3)连接，如图2，若，求点P的坐标． 8．如图，直线与x轴、y轴分别相交于B、C，经过B、C两点的抛物线与x轴另一交点为A，顶点为P，且对称轴是直线． (1)求抛物线解析式； (2)连接AC，请问在x轴上是否存在点Q，使得以点P、B、Q为顶点的三角形与相似，若存在，请求出Q点坐标；若不存在，说明理由． 9．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、C，经过A、C两点的抛物线与x轴的负半轴上另一交点为B，且． (1)求该抛物线的解析式及抛物线的顶点D的坐标； (2)在该抛物线的对称轴上求一点M，使得△ADM的面积与△ABC的面积相等，求M点的坐标； (3)若点P是射线BD上一点，且以点P、A、B为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标． 10．如图，已知A（﹣2，0）、B（3，0），抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A、B两点，交y轴于点C．点P是第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为m．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．过点P作PN⊥BC，垂足为点N． (1)直接写出抛物线的函数关系式 ； (2)请用含m的代数式表示线段PN的长 ； (3)连接PC，在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由； (4)连接AQ，若△ACQ为等腰三角形，请直接写出m的值 ． 11．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC与x轴、y轴的交点分别为C（8，0），B（0，6），CD＝5，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）过B，C两点，动点M从点D开始以每秒5个单位长度的速度沿D→A→B→C的方向运动到达C点后停止运动．动点N从点O以每秒4个单位长度的速度沿OC方向运动，到达C点后，立即返回，向CO方向运动，到达O点后，又立即返回，依此在线段OC上反复运动，当点M停止运动时，点N也停止运动，设运动时间为t． (1)求抛物线的解析式； (2)求点D的坐标； (3)当点M，N同时开始运动时，若以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的三角形相似，直接写出t的值． 12．平面直角坐标系中，已知抛物线：（m为常数）与x轴交于点A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C． (1)若，求点A，B，C的坐标； (2)如图1，在（1）的条件下，D为抛物线x轴上方一点，连接BD，若，求点D的坐标； (3)如图2，将抛物线向左平移n个单位长度（）与直线AC交于M，N（点M在点N右边），若，求m，n之间的数量关系． 13．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=ax2+bx+c（a、b、c为常数且a≠0）与x轴交于A(−1，0)、B(4，0)，交y轴于点C(0，−2)，顶点为P． (1)求抛物线对应的函数表达式； (2)抛物线：（为常数且）的顶点为， ①当的值最小时，点的坐标为________； ②连接、，若，求点的坐标； ③抛物线C1上有一个点M，且位于第一象限，若△PQM与△ABC相似，求点Q的坐标． 14．如图，抛物线经过，，三点． (1)求出抛物线的解析式； (2)P是抛物线在第一象限上的一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若抛物线上有一点D（点D位于直线AC的上方且不与点B重合）使得，直接写出点D坐标． 15．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线的函数关系式为，在x轴上取点． (1)求抛物线的函数关系式； (2)设抛物线上的一个动点P的横坐标为t．过点P作x轴的垂线与直线相交于点E，与x轴交于点M． ①当点P位于第一象限内时，设四边形的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值； ②当点P位于x轴上方时，是否存在点P，使得以P、M、B三点为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《二次函数综合问题（相似三角形问题）专项练2026年中考数学一轮复习备考》参考答案 1．(1) (2)存在．或 【分析】（1）将点、的坐标代入抛物线表达式得出方程组，求出解即可； （2）设点，再求出，分两种情况：当为直角时，可知与相似，则，即可得点、关于抛物线的对称轴对称，然后得出答案； 当为直角时，作轴，可得，则，再根据可得，即，求出答案即可． 【详解】（1）解：将点、的坐标代入抛物线表达式得， 解得，， 故抛物线的函数表达式为； （2）解：存在．理由如下： 设点， 令， 解得或（舍去）， 故点，则． ①当为直角时， ∵与相似，则， ∴轴，则点、关于抛物线的对称轴对称． ∵抛物线的对称轴为， ∴点； ②当为直角时， 如图，过点作轴于点，则， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即 则， 解得（舍去）或， ∴点的坐标为． 综上，点的坐标为或． 2．(1) (2)存在， (3)秒或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据抛物线的解析式确定点，设直线的解析式为：，确定一次函数解析式，连接，，，，根据轴对称的性质及勾股定理得出当点、、三点共线时，有最小，且为，即可求解； （3）根据题意分两种情况分析：①时，②时，由相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：将、代入中， 有：， 解得：； 即抛物线解析式为：； （2）解：存在，理由如下： 令，即有：，则C点坐标为：， 由可得其对称轴为：， 设直线的解析式为：， 代入、有： ，解得：， 直线的解析式为：， 如图，连接，，，， ∵、，， ∴， ∴的周长为：， ∵A、B两点关于抛物线对称轴对称，点Q在抛物线的对称轴上， ∴， ∴， 即当点、、三点共线时，有最小，且为， 此时即可得到的周长最小，且为， 如图， ∵点Q在抛物线的对称轴上， ∴将代入直线的解析式中， 有：， 即Q点坐标为：； （3）在中， 运动t秒时，， ①时， ∵ ， ，即 解得； ②时 ∵ ∴，即 解得； 综上所述，t为秒或时以B，M，N为顶点的三角形与相似． 【点睛】题目主要考查二次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，最短路径问题，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握二次函数的基本性质进行分类讨论是解题关键． 3．(1)B（2，0） (2) (3) 【分析】（1）令，解方程即可求解； （2）过点作轴，则根据题意求得，， ，证明 得到，求得、，由解方程即可求解； （3）过Q作轴于L，延长与 延长线交于T，则，证明 证得，，即，则；过点 P作于S，轴于K，设，利用坐标与图形性质和等腰直角三角形的判定与性质证得 ，进而求得点，利用勾股定理分别求得、、，过Q作于H，利用 等面积法求得，进而求得、，利用正切定义求解即可． 【详解】（1）解：当时，， ∴，， ∴，； （2）解：过点作轴，则， ∴， ∴， ∵点P在第三象限的抛物线上，横坐标为m，∴， 则，，又， ∴， ∴， ∵时，， ∴，则， ∵， ∴，解得； （3）解：由（2）知，，， ∵， ∴， 过Q作轴于L，延长与 延长线交于T，连接，则， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴，，即， 过点P作于S，轴于K，则四边形是矩形，， 设， 则，， ∴，， ∴， ∴，则， ∴在中，，又，， ∴，解得，则， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在中，，， ∴ ∴，∴，， ∴，则， 过Q作于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及二次函数的性质、坐标与图形、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线，利用数形结合思想求解是解答的关键． 4．(1) (2)满足条件的点M的坐标为：（，），（， ），（3，-4） 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设，且，先求出，得到，再由，以C，D，M为顶点的三角形与相似，得到，或， 然后分①当时，②当时，两种情况求出对应的，然后利用相似三角形的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵ 二次函数的图像与x轴相交于点， ∴ ， 解得 ， ∴ 二次函数的解析式为：； （2）解：设，且． ∵ 点M在二次函数的图像上， ∴， ∵二次函数与y轴交于点C， ∴， ∴， ∵轴， ∵， 又∵以C，D，M为顶点的三角形与相似， ∴ ，或， ①当时，， ∴或 ． 解得：（舍去），， 或（舍去），（舍去）， ∴满足题意的M的坐标为； ②当时，， ∴ 解得：（舍去） ， ，或（舍去），， 满足题意的M的坐标为或； 综上所述，满足条件的点M的坐标为：或或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，相似三角形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 5．(1)，点P的坐标为； (2)点E的坐标为； (3)存在，点N的坐标为，或 【分析】（1）将点，代入，求出b，c，即可得到抛物线解析式，配方解析式即可得到顶点； （2）在抛物线上取点E，连接，，过E作x轴的垂线，交于点F，设出点E，F的坐标，列出函数，根据函数的性质即可得到答案； （3）根据B，C ，P三点坐标即可得到，根据对应边成比例夹角相等三角形相似分两类边对应成比例列式解方程即可得到答案； 【详解】（1）解：将点，代入得， ，解得：， ∴， ∴， ∴顶点P的坐标为：； （2）解：在抛物线上取点E，连接，，过E作x轴的垂线，交于点F， 设点，则点， ∴， ∴ ， ∴当时，的面积有最大值， 此时，点E的坐标为； （3）解：存在理由如下， 连接，设， 当时，， 解得，， ∴， ∵，，， ∴， ①当时，， ∴， 解得，所以点N的坐标为， ②当时，， ∴， 解得，所以点N的坐标为， 综上所述，点N的坐标为，或． 【点睛】本题是二次函数综合问题，主要考查了二次函数的最大值、待定系数法求解析式及相似三角形的性质，解题的关键是根据条件列函数或方程． 6．(1) (2)为直角三角形，理由见解析 (3)或 【分析】(1)把，代入即可求解． (2)由(1)求出解析式后令可得，再用勾股定理分别求出的长，可知，故可知为直角三角形． (3)过C作交抛物线于P，作G关于的对称点T，连接交于R，过R作轴于S，连接并延长交抛物线于，由，可知，故P是满足条件的点，再根据可求出，再根据可知即可求，而关于对称，故是的中点，则，设出直线的方程，再和抛物线方程联立即可求解． 【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A、B两点，，， ∴解得：， ∴． （2）为直角三角形，理由如下： ∵抛物线与y轴交于点C， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故为直角三角形． （3）过C作交抛物线于P，作P关于的对称点T，连接交于R，过R作轴于S，连接并延长交抛物线于，如下图， ∵， ∴，P是满足条件的点， ∵，关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故， ∴， ∵， ∴， ∴，故， ∴， ∴， ∴， ∴是的中点，， ∴直线与抛物线交点是满足条件的点， ∵， ∴， 设直线为， 则，解得：， ∴设直线为， ∵是抛物线和直线的交点， ∴解得或(舍去)， ∴， 综上所述，当时，点P的坐标为或． 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图像上点坐标的特征、相似三角形的判定及性质、对此变换等知识，灵活运用数形结合思想是解题关键． 7．(1)； (2)，； (3)，． 【分析】（1）将，代入抛物线求解即可； （2）求出直线的解析式，求得两点坐标，表示出h与m的函数解析式，利用二次函数的性质，求解即可； （3）分两种情况，在的上方和在的下方，分别求解即可． 【详解】（1）解：将，代入抛物线可得 ，解得，即； （2）解：由题意可得：， 设直线的解析式为，则，解得 即，则 ， ，开口向下，对称轴为， ∴当时，最大，为； （3）解：当在的上方时，连接，交于点，过点作轴，如下图： 由题意可得：， 由题意可得：，，， ∴，即为直角三角形，， ∴，即为等腰直角三角形， 又∵，， ∴， ∴，即，即， 由可得，即 从而可得直线的解析式为， 联立抛物线解析式可得：， 解得或（舍去） 此时，即 当当在的下方时，连接，延长线交于点，过点作轴，如下图： 同理可得：，点， 直线的解析式为：， 联立抛物线解析式可得：， 解得解得或（舍去） 此时，即 综上，点P的坐标为， 【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了二次函数的性质，待定系数法求解析式，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质． 8．(1)抛物线的解析式为； (2)点Q的坐标是或． 【分析】（1）判断出A、B两点坐标，设抛物线的解析式为，把C代入得到即可； （2）分成，和，两种情况求得的长，据此即可求解． 【详解】（1）解：令，则；令，则，故； ∴B，C， ∵抛物线的对称轴，抛物线与x轴另一交点为A， ∴A， 设抛物线的解析式为， 把C代入得到， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点D， ∵， ∴顶点P的坐标为， ∵B，C， ∴，， ∴， ①当，时，． 即， ∴， 又∵， ∴点Q与点O重合， ∴点Q的坐标是； ②当，时，． 即， ． ∵， ∴， ∴点Q的坐标是． ∵，， ∴． ∴点Q不可能在B点右侧的x轴上， 综上所述，点Q的坐标是或． 【点睛】本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，正确进行分类求得的长是关键． 9．(1)该抛物线的解析式为，顶点； (2) (3)点的坐标为，或 【分析】（1）利用直线解析式求出点、的坐标，从而得到、，再根据求出，从而得到点的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数解析式，整理成顶点式形式，然后写出点的坐标； （2）先求出设，得求出t的值即可； （3）根据点、的坐标求出，判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出，，再根据点、的坐标求出，然后分①和是对应边时，和相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出，过点作轴于，求出、，再求出的长度，然后写出点的坐标即可；②和是对应边时，和相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出，过点作轴于，求出、，再求出的长度，然后写出点的坐标即可． 【详解】（1）令，则， 解得， 令，则， 点，， ， ， ， 点， 把点、、的坐标代入抛物线解析式得，， 解得， 该抛物线的解析式为， ， 顶点； （2）∵，，， ∴ ∴ ∵二次函数对称轴为：， ∴设 ∴ ∴， ∴； （3），， ， ，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ①和是对应边时，， ， 即， 解得， 过点作轴于， 则， ， 点的坐标为，； ②和是对应边时，， ， 即， 解得， 过点作轴于， 则， ， 点的坐标为， 综上所述，点的坐标为，或时，以点、、为顶点的三角形与相似． 【点睛】本题是二次函数综合题型，主要利用了直线与坐标轴交点的求解，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，难点在于（2）要分情况讨论． 10．(1) (2) (3)存在， (4)或 【分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解； （2）先由二次函数解析式求得，C(0，4)，P(m， -+m+4)，证△BMQ∽△BOC，从而求得MQ=，PQ=PM-MQ=，再证△PNQ∽△BMQ，求得PN=，代入即可求解． （3）过点C作CD⊥OC，交直线MP于D，易证四边形OMDC是矩形，从而得PD=MD-PM=4-(-+m+4)= -m，再证∠PCD=∠PCN，从而得到PN=PD，由（2）知：PN=，则有-m=，求解即可； （4）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三种情况，分别求解即可； 【详解】（1）解：设二次函数表达式为：y=a（x+2）（x-3）=a（x2-x-6）=ax2-ax-6a， 又∵抛物线y＝ax2＋bx＋4 ∴-6a=4，解得：a=-， 则抛物线的表达式为y=-+x+4； （2）解：当x=m，则y=-+m+4， ∴P(m， -+m+4)， 当x=0时，y=4， ∴C(0，4)， ∴OC=4， ∵B(3，0)， ∴OB=3， ∴BC=， ∵PM⊥x轴， ∴PMOC， ∴△BMQ∽△BOC， ∴，即，， ∴MQ=， ∴PQ=PM-MQ=-+m+4-=， ∵PN⊥BC， ∴∠PNQ=∠BMQ=90°， ∵∠PQN=∠BQM， ∴△PNQ∽△BMQ， ∴，即， ∴PN==； （3）解：过点C作CD⊥OC，交直线MP于D，如图， ∵CD⊥OC，OC⊥OM，PM⊥OM， ∴四边形OMDC是矩形， ∴OCD=∠PDC=90°，MD=OC=4， ∴PD=MD-PM=4-(-+m+4)= -m， ∴∠BCO＋∠PCN+∠PCD＝90° 当∠BCO＋2∠PCN＝90°时， 则∠PCD=∠PCN， ∴PD=PN， 由（2）知：PN=， ∴-m=， 化简得：， 解得：，， ∵点P是第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为m， ∴m=， ∴当m=时，在第一象限的抛物线上存在点P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°； （4）解：存在，理由： 点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、(3，0)、(0，4)， 则AC=，AB=3-(-2)=5，， ①当AC=AQ时，如图1， 则AC=AQ=， ∵M(m，0)， ∴AM=m+2， 由（2）知：MQ=， 由勾股定理，得， ∴， 解得：m=或m=0(舍去)， ∴m=； ②当AC=CQ时，如图2， CQ=AC=，则BQ=BC-CQ=5-， 由勾股定理，得， 即， 解得：m=或m=(不符合题意，舍去)， ∴m=； ③当CQ=AQ时，点Q在AC的垂直平分线上， ∵BC=AB=5， ∴点B在AC的垂直平分线上， ∴点Q与点B重合，不符合题意， ∴CQ=AQ此种情况不存在； 综上，△ACQ为等腰三角形时，m=或． 【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与了二次函数几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．本题属二次函数与几何图形综合题目，难度较大，熟练掌握二次函数图象性质，相似三角形判定与性质，勾股定理是解题的关键． 11．(1) (2)（11，4） (3)或或 【分析】（1）将点C（8，0），B（0，6）代入解析式，待定系数法求二次函数解析式； （2）作DE⊥x轴于点E，证明△BOC∽△CED，可得CE，DE长度，进而得到点D的坐标； （3）分为点M在AD，BC上两种情况讨论，当点M在AD上时，分为△BON∽△CDM和△BON∽△MDC两种情况讨论；当点M在BC上时，分为△BON∽△MCD和△BON∽△DCM两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：将C（8，0），B（0，6）代入， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为：； （2）如图，作DE⊥x轴于点E， ∵C（8，0），B（0，6）， ∴OC＝8，OB＝6． ∴BC＝10． ∵∠BOC＝∠BCD＝∠DEC， ∴△BOC∽△CED． ∴． ∴CE＝3，DE＝4． ∴OE＝OC+CE＝11． ∴D（11，4）． （3）若点M在DA上运动时，， 当△BON∽△CDM，则，即不成立，舍去； 当△BON∽△MDC，则，即解得：（负值舍去） 若点M在BC上运动时，CM=25-5t． 当△BON∽△MCD，则，即 ∴， 当3＜t≤4时，ON=16-4t． ∴ 解得（舍去）， 当4＜t≤5时，ON=4t-16 ，无解； 当△BON∽△DCM，则，即 ∴ON=30-6t； 当3＜t≤4时，ON=16-4t， ∴30-6t=16-4t， 解得t=7（舍去）； 当4＜t≤5时，ON=4t-16， ∴30-6t=4t-16， 解得， 综上所述，以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的三角形相似， t的值为；或或． 【点睛】本题考查了二次函数与几何图形的综合，涉及相似三角形的性质与判定，熟知以上知识的应用是解题的关键． 12．(1)A（1，0），B（4，0），C（0，﹣4） (2)D（，） (3) 【分析】(1)当时，抛物线的解析式为，令，则， 求得A的坐标和B的坐标；令，则，求得C的坐标； （2）过D作 轴于F，过A作于E，如图，利用（1）中求得的A、B、C坐标得到AB＝3，，再利用锐角三角函数求得AE＝BE，设，则BF＝4﹣t，，最后利用列出方程即可求解； （3）过N作NG∥x轴交y轴于点G，过M作HM∥x轴，过A作AH∥y轴交HM于点H，过A作AH∥y轴交HM于点H，由抛物线，知将其向左平移n个单位的抛物线的解析式为，用待定系数法可求得直线AC的解析式为，根据，设点M、N的横坐标分别为，则,而, 可得：，可得，，代入可得出． 【详解】（1）解：当时，抛物线的解析式为， 令，则，解得，， ∴A的坐标为（1，0），B的坐标为（4，0）； 令，则， ∴C的坐标为（0，﹣4）； （2）过D作轴于F，过A作于E如图： 由（1）知A（1，0），B（4，0），C（0，﹣4）， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴． ∴AB＝3，BC＝4， 在Rt△ABE中，AE＝BE＝AB＝， ∴CE＝BC﹣BE＝， ∴Rt△ACE中，tan∠ACB＝＝＝ ， ∵∠DBA+∠ACB＝90°，∠DBA+∠BDF＝90°， ∴∠ACB＝∠BDF， ∴， ∴， 设，则BF＝4﹣t，， ∴， 解得t＝或t＝4（舍去）， ∴D（，）； （3）过N作NG∥x轴交y轴于点G，过M作HM∥x轴，过A作AH∥y轴交HM于点H，如图： ∵抛物线， ∴A（1，0），B（m，0），C（0，﹣m）， 将其向左平移n个单位，得到的抛物线的解析式为： , ∵C（0，﹣m）， ∴设直线AC的解析式为，将A（1，0）代入得， 解得： ， ∴直线AC的解析式为 ， 由，得， 设点M、N的横坐标分别为，则, ∵∠CNG＝∠HMA，∠H＝∠CGN＝90° ∴△CNG∽△AMH， ∵AM＝2CN， ∴, ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 【点睛】此题考查二次函数综合应用，涉及锐角三角函数、三角形相似的判定与性质、一元二次方程根与系数的关系等知识，解题的关键是通过正确地作出辅助线，构造所需要的图形，从而列出方程，求得结果，此题综合性强，计算繁琐，属于考试压轴题． 13．(1) (2)①Q(，-)；②Q的坐标为(，)或(，)；③Q的坐标为(，)或(，)． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）①先求得直线BC的解析式为y=x-2，据此求解即可； ②分当Q在x轴上方时，当Q在x轴下方时，两种情况讨论，求解即可； ③分△ACB∽△MQP，和两种情况讨论，求解即可． 【详解】（1）解：把A(−1，0)、B(4，0)，C(0，−2)，代入y=ax2+bx+c得： ，解得， ∴抛物线C1对应的函数表达式为； （2）解：∵， ∴顶点P为(，-)，对称轴为直线x=， 由抛物线C2：知， ∴顶点P为(，-)，对称轴为直线x=， 即抛物线C1和C2的对称轴相同，都为直线x=，顶点Q在直线x=上， ①如图，连接BC，AQ， ∵A、B关于直线x=对称， ∴AQ=BQ， ∴AQ+CQ=BQ+CQ， 由两点之间线段最短知：Q在线段BC上时，BQ+CQ最短， 如图，连接BC交抛物线对称轴于点Q，连接AQ， 设直线BC的解析式为y=kx+b， 将B(4，0)，C(0，−2)，代入得， ∴， ∴直线BC的解析式为y=x-2， 当x=时，y=-， ∴Q(，-)， 故答案为：Q(，-)； ②如图，当Q在x轴上方时，作∠QAB的平分线交直线x=于点M，作MN⊥AQ于点N，交直线x=于点K， 由A(−1，0)、B(4，0)，C(0，−2)，对称轴直线x=，可得： AO=1，KO=，CO=2，BO=4， ∴∠ANM=∠AKM=90°，∠QAM=∠KAM=∠QAB， ∴MK=MN， 在Rt△ANM和Rt△AKM中，AN2=AM2-MN2， AK2=AM2-MK2， ∴AN=AK=AO+OK=1+=， ∵∠BAQ=2∠ACO， ∴∠ACO=∠BAQ=∠KAM， ∵， ∴， ∴MK=MN=， ∵∠MQN=∠AQK，∠MNQ=∠AKQ=90°， ∴△MNQ∽△AKQ， ∴， ∴， ∴， ∴， ， 解得， ∴， ∴Q(，)； 当Q在x轴下方时，设点Q与点Q′关于x轴对称， 如图：， 在△AKQ和△AKQ′中，， ∴△AKQ≌△AKQ′， ∴KQ= KQ′=； ∴Q′(，)； 综上，Q的坐标为(，)或(，)； ③如图： 在Rt△AOC和Rt△BOC中，由勾股定理可知： ，， ∴，， ∵AB=AO+OB=1+4=5， ∴， ∴AC⊥BC，∠ACB=90°， ∴△ABC是直角三角形，且两条直角边的比为， 如图，当∠MQP=∠ACB=90°，时， ∴△ACB∽△MQP， 设，则， ∵， ∴，， ∴， 整理得， 解得m=或m=， ∵M是抛物线C1第一象限的点， ∴m>4， ∴m=舍去，取m=， ∴， ∴； 作MQ′⊥PM，垂足为M， ∵∠QPM=∠MPQ′，∠PQM=∠PMQ′=90°， ∴则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴Q′(，)； 综上，Q的坐标为(，)或(，)． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、待定系数法求二次函数的解析式等知识点，读懂题中的定义、数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 14．(1) (2)存在，（2，1） (3)点的坐标为（3，1） 【分析】（1）把A、B、C坐标代入解析式即可确定出解析式； （2）存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似，首先根据点P的位置求得点m的取值范围，然后由相似三角形的两种情况进行分类讨论； （3）过D作y轴的平行线交AC于E．利用待定系数法求得直线的解析式为．再利用三角形面积公式列式求解即可． 【详解】（1）解：∵该抛物线过点A（4，0），B（1，0），C（0，-2）， ∴将A（4，0），B（1，0），C（0，-2）代入解析式， 得， 解得， ∴此抛物线的解析式为； （2）解：存在． 如图，设点的横坐标为， ∵是抛物线段上一动点， ∴， 则点的纵坐标为， 当时，，． 又∵， ∴①当时，， 即． 解得，（舍去）， ∴P（2，1）； ②当时，， 即． 解得，（均不合题意，舍去） ∴当时，P（2，1）． 综上所述，符合条件的点P的坐标为（2，1）； （3）解：如图，设点的横坐标为，则点的纵坐标为． 过D作y轴的平行线交AC于E．　 设直线AC解析式为， 将A与C坐标代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为． ∴点的坐标为． ∴， ∴， ∴ 又 ∵ ∴ 解得，， 当时，点与点重合，不符合题意， 当t=3时，y=1， ∴点的坐标为（3，1）． 【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：二次函数图象与性质，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键． 15．(1) (2)①；S的最大值为12；②存在，符合条件的点P的坐标为或 【分析】（1）先求出点B、C的坐标，再代入函数关系式求出b、c的值即可； （2）①先用含②t的代数式表示出PE的长，再求出S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值即可； ②存在，依题意得，可得当或时，与相似，进行分类讨论即可． 【详解】（1）∵与x轴交于点B，与y轴交于点C， ∴当时，，即B点坐标为， 当时，，即C点坐标为， 将代入， 得，解得 ∴抛物线的函数关系式为； （2）①依题意得， ∴ ∴ ∴ S的最大值 ②存在，依题意得 ∴当或时，与相似 （ⅰ）当时， 解得（不符合题意，舍去） ∴ （ⅱ）当时， 解得（不符合题意，舍去） ∴ 所述，符合条件的点P的坐标为或 【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，图形面积的计算，相似三角形的判定及性质，用分类讨论的思想和方程思想是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $