相似三角形问题（二次函数综合）2026年九年级中考数学二轮重难点

2026年九年级中考数学二轮重难点-相似三角形问题（二次函数综合） 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，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，D为顶点，点P是x轴上方的抛物线上的一个动点，轴于点M，与交于点E． (1)求该抛物线所对应的函数关系式及顶点D的坐标； (2)设点P的横坐标为t（）， ① 当t为何值时，线段的长最大； ② 连接，证明：为直角三角形； (3)是否存在点P，使得以点P、M、B为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 3．如图，抛物线经过点A（1，0）和B（3，0），点C（m，）在抛物线的对称轴上. （1）求抛物线的函数表达式. （2）求证: △ABC是等腰三角形. （3）动点P在线段AC上，从点A出发以每秒1个单位的速度向C运动，同时动点Q在线段AB上，从B出发以每秒1个单位的速度向A运动.当Q到达点A时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，求当t为何值时，△APQ与△ABC相似. 4．如图，抛物线与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C． (1)求证：△AOC∽△COB； (2)过点C作CDx轴交抛物线于点D．若点P在线段AB上以每秒1个单位的速度由A向B运动，同时点Q在线段CD上也以每秒1个单位的速度由D向C运动，则经过几秒后，PQ＝AC． 5．已知抛物线． (1)如图1，抛物线与直线交于A、B两点（点A在点B左侧）． ①求A、B的坐标； ②点E在直线上，且在第四象限，过E点作ED⊥x轴交抛物线于D点，交AB于C点，连接BD，过E点作交AB于F，求CF的长． (2)如图2，直线交抛物线于P、F两点，轴，连接PE，求证：直线PE过定点． 6．如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0，b＜0）交x轴于O，A两点，顶点为B（2，－4）． （1）求抛物线的解析式； （2）直线y＝kx+m（k＞0）过点B，且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合），交y轴于点C．过点D作DE⊥x轴于点E，连接AB，CE． ①若k＝1，求△CDE的面积； ②求证：CE∥AB． 7．如图，已知二次函数的图象与轴交于点和点，与轴相交于点，点D在线段上运动，过点D作x轴的垂线，与交于点Q，与抛物线交于点P． (1)求该二次函数的解析式； (2)是否存在点 P，使得，若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由； (3)连接， 求四边形面积的最大值． 8．如图，已知抛物线与轴交于点，，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)点P为上方抛物线上的动点，过点P作，垂足为点D，连接，当与相似时，求点P的坐标． 9．如图，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，且过点，点分别是抛物线上的动点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，当点在直线下方时，求面积的最大值； (3)如图，直线与线段相交于点，当与相似时，符合条件的点有_____个位置，直接写出此时点的坐标． 10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴相交于，两点，与轴相交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)如图，抛物线的顶点为，连接，，，，求证：∽； (3)记抛物线位于轴上方的部分为，将向下平移个单位，使平移后的与的三条边有两个交点，请直接写出的取值范围． 11．如图1，二次函数的图象交轴于点，其中点的坐标为，点的坐标为，过点、的直线交二次函数的图象于点． (1)求二次函数和直线的函数表达式； (2)在轴上是否存在一点，使得，若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)如图2，点为直线上在第一象限内的动点，连接、，将沿翻折得到，连接，当为直角三角形时，直接写出点的坐标． 12．如图，抛物线与轴交于和两点，与轴交于点，点是抛物线的顶点． (1)求抛物线的解析式和顶点的坐标； (2)点在轴上，直线将的面积分成两部分，请求出点的坐标； (3)如图，作轴于点，点是上方的抛物线上一点，是上一点，是否存在点使得与相似？若存在，请直接写出坐标；若不存在，请说明理由． 13．如图，抛物线与轴交于，两点，并经过，交轴于点． (1)请求出抛物线解析式； (2)如图1，连接，点在抛物线上，连接，若，求点的坐标； (3)如图2，直线与抛物线交于点，，连接，分别交轴的正，负半轴于点，，若，求证：直线经过定点，并求出这个定点的坐标． 14．如图，点A是直线y＝kx（k＞0）上一点，且在第一象限，点B，C分别是x，y正半轴上的点，且满足∠BAC＝90°． （1）如图1，当k＝1时，求证：AB＝AC； （2）如图2，记∠AOB＝α， ①根据所学，不难得到tanα＝　 　，（用含k的式子表示）； ②若k＝，求的值； （3）如图3，若k＝，连接BC，OA⊥BC，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过O，A，B三点，与直线BC相交于点B，D，连接OD，△OBD的面积为，求抛物线的函数表达式． 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 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)抛物线所对应的函数关系式，顶点为 (2)①当时，线段的长最大值为，②证明见详解 (3)或 【分析】（1）设抛物线解析式为，将点代入求得函数解析式，再化为顶点式即可； （2）① 利用待定系数法求得直线的函数关系式为．设，则．那么，，结合二次函数得性质即可求得答案；② 根据点的坐标利用两点之间的公式和勾股定理逆定理即可判定； （3）由（2）知是直角三角形，且，，．分两种情况(Ⅰ) ，则；(Ⅱ) ，则，分别求解即可． 【详解】（1）解：设抛物线解析式为， ∵抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点， ∴，解得， ∴抛物线所对应的函数关系式， 经配方，得，则抛物线的顶点为． （2）解：① 抛物线与x轴交点坐标为． 设直线的函数关系式为， 则，解得， 直线的函数关系式为． 设，则． ∴， ∵，且， ∴ 当时，线段的长最大值为． ② 证明：∵，， 则，，， ∵， ∴为直角三角形； （3）解：存在． 由（2）知是直角三角形，且，，． (Ⅰ) 如图3.2，若，则， 即， 整理，得，解得，（舍去）． ∴． (Ⅱ) 如图3.3，若， 则， 即， 整理，得，解得，（舍去）． ∴ ． 故符合条件的点P的坐标为或． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质、勾股定理的逆定理、待定系数法求一次函数、两点之间距离公式和相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟悉二次函数的性质和相似三角形的性质． 3．（1） （2）见解析 （3）当t=或t=时，相似. 【详解】试题分析：（1）应用待定系数法求解析式， （2）根据对称性构造直角三角形解决问题 （3）利用三角形相似求出 试题解析：（1）把A（1，0）和B（3，0）代入得： ， 解得：， ∴抛物线的函数解析式是. （2）抛物线的对称轴是， ∵点C（m,）在抛物线对称轴上 ∴m=2 ∴点C（2,）， ∴CA=="4," CB==4， ∴CA= CB ∴△ABC是等腰三角形 （3）∵∠A是公共角 当∠APQ=∠ACB时，△APQ∽△ACB， ∵AB=2，AC=4，AP=t，AQ=2—t， ∴， ∴t=， 当∠APQ=∠ABC时，， ∵AB=2，AC=4，AP=t，AQ=2—t， ∴， ∴t=， ∴当t=或t=时，相似. 考点：待定系数法，解直角三角形，三角形相似 4．(1)证明见解析 (2)经过秒或秒时，PQ＝AC 【分析】（1）可先根据抛物线的解析式求出A，B，C的坐标，然后看OA，OC，OB是否对应成比例即可； （2）根据抛物线的对称性可知：AC=BD，四边形ABDC为等腰梯形，那么本题可分两种情况进行求解： ①当四边形APQC是等腰梯形，即四边形PQDB是平行四边形时，AC=PQ，那么QD=PB，可据此来求t的值． ②当四边形ACQP是平行四边形时，AC=PQ，那么此时AP=CQ，可据此求出t的值． 【详解】（1）解：当y=0时，即=0， 得， 当x=0时，y=－2． ∴ A（1，0），B（4，0），C（0，－2）． ∴OA=1，OB=4，OC=2， ∴，， ∴ ． 又∵∠AOC=∠BOC ∴△AOC∽△COB． （2）设经过t秒后，PQ=AC．由题意得：AP=DQ= t ∵A（1，0）、B（4，0） ∴AB=3，     ∴BP=3－t， ∵CDx轴，点C（0，－2）   ∴点D的纵坐标为－2． ∵点D在抛物线y=上 ∴D（5，－2）    ∴CD=5    ∴CQ=5－t     ① 当AP=CQ，即四边形APQC是平行四边形时，PQ=AC． 即t=5－t      ∴t=． ② 连结BD，当DQ=BP，即四边形PBDQ是平行四边形时，PQ=BD=AC 即t=3－t       ∴t=． 所以，经过秒或秒时，PQ=AC． 【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴交点问题，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键． 5．(1)①，；② (2)证明见解析 【分析】（1）①联立直线和抛物线的解析式求出A，B的坐标； ②过点B作BM⊥CD，FN⊥CD，点A作轴交BM的延长线于点G，C（m，-2m+3），得到点D和点E的坐标，进而表示出CD和CE的长，易得△CDB∽△CEF，△AGB≌△CNF（ASA），利用相似三角形的性质和全等三角形的性质求解； （2）设F点的坐标得到点E和点P的坐标，进而得到，设PE的解析式为， 易出求即可求解． 【详解】（1）解：①∵抛物线与直线y＝﹣2x+3交于A、B两点（A点在左侧）． ∴， 解得，， ∴A（﹣3，9），B（1，1）； ②设C（m，﹣2m+3）， ∴D（m，），E（m，﹣6m﹣9）， ∴，． 又交AB于点F， ∴， ∴， 如图1，过点B作BM⊥CD于点M，FN⊥CD于点N， ∴， ∴， ∴， 过点A作轴交BM的延长线于点G， 由点A、B的坐标知，GB＝4＝FN， ∵， ∴∠CFN＝∠ABG，∠G＝∠CNF＝90°， ∴△AGB≌△CNF（ASA）， ∴CF＝AB＝4； （2）解：设F（m，m2）， 则E（﹣m，），P（n，）， 联立 得， ∴mn＝﹣3； 设PE的解析式为， 联立得 ，， ∴， 故直线PE必过点（0，﹣3）． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 6．（1）y=x2-4x；（2）①；②见解析 【分析】（1）先求出A点的坐标，然后用待定系数法求解即可； （2）①先求出直线BD的解析式，然后得到D点的坐标，由此求解即可； ②过点B作BF⊥x轴于F，则∠AFB=∠COE=90°，由（1）得A（4，0），B（2，-4），则AF=2，BF=4，，联立得，，求得，从而可以得到，即可证明△AFB∽△EOC，得到∠FAB=∠OEC，由此即可证明． 【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx（a＞0，b＜0）交x轴于O，A两点，顶点为B（2，－4） ∴抛物线的对称轴为， ∴A（4，0） ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为：； （2）①当k=1时，直线的解析式为， ∵直线经过B（2，-4）， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， 解得或（舍去） ∴D（3，-3）， ∴DE=3，OE=3， ∴； ②如图，过点B作BF⊥x轴于F， ∴∠AFB=∠COE=90°， 由（1）得A（4，0），B（2，-4）， ∴F（2，0）， ∴AF=2，BF=4， ∴ 联立得， ∴， ∴， ∴OE=， ∵C是直线与y轴的交点， ∴C（0，m）， ∴OC=-m， ∴， ∴， ∴△AFB∽△EOC， ∴∠FAB=∠OEC， ∴AB//CE． 【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质与判定，平行线的判定，一元二次方程根与系数的关系等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 7．(1) (2)存在，点 P 的坐标为或 (3)四边形面积的最大值为． 【分析】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与面积的综合，相似三角形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识，涉及分类讨论思想． （1）用待定系数法求解即可； （2）先求出直线解析式为，设点坐标为，可得，分两种情况考虑：；，利用等腰三角形的性质建立方程即可求得点的坐标； （3）由（2）可知，则四边形面积，当时，四边形面积的最大值为． 【详解】（1）解：抛物线过与点， ， ， 抛物线的解析式为； （2）解：存在， 设直线解析式为， 则有，解得：， 即直线解析式为； 设点坐标为， 轴， 点的坐标为， ； 当时； 如图，连接， 则，， ， ，， ， ， ， ， ， 即， 解得：，（舍去）， 此时； 当时， 则，， 则有， ； 过点作于，则， ， ， 解得：，（舍去）， 此时； 综上，点 P 的坐标为或； （3）解：由（2）可知， 四边形面积， ∵， ∴当时，四边形面积的最大值为． 8．(1) (2)或 【分析】（1）由待定系数法求解即可； （2）当与相似时，则或，故分类讨论即可. 【详解】（1）解：∵抛物线 与轴交于点，， ∴ 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）∵点，， ∴， 在抛物线中，当时，， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 当与相似时，则或， ①若，则 ∴ ∵ ∴点 的纵坐标为2， ∴点为上方抛物线上的动点， ∴， 解得：（ 不合题意，舍去），， ∴此时点的坐标为； ②若，则， ∴ 过点作的垂线，交的延长线于点，过点作轴于点，如图： ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵，轴 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 即 ∴ ∴ ∴ 设直线的解析式为过点，， ∴ ∴直线的解析式为：； 令， 解得：（不合题意，舍去），， 把代入得：， ∴此时点的坐标为， 综上所述，符合条件的点的坐标为或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数的解析式、一线三直角模型及相似三角形的判定与性质等知识点是解题的关键． 9．(1)抛物线的解析式为； (2)面积的最大值为； (3)，此时点的坐标为或． 【分析】（）利用待定系数法即可求解； （）设与轴相交于点，直线与抛物线相交于点，先求出直线的解析式为，当时，，则它与轴的交点坐标为，所以，则，又点在直线下方，则，故当时，面积的最大值为； （）先求出直线的解析式为，直线的解析式为，然后分如图，当时，如图，当时两种情况求解即可． 【详解】（1）解：将点，点，点代入得 ， 解得 ， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图，设与轴相交于点，直线与抛物线相交于点， 设，直线的解析式为， ∴，解得： ∴直线的解析式为，当时，， ∴它与轴的交点坐标为， ∴， ∴ ， ∵点在直线下方， ∴， ∴当时，面积的最大值为； （3）解：∵抛物线的解析式为， ∴当时，， ∴， 同理得：直线的解析式为，直线的解析式为， 如图，当时， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 联立，解得：，， 联立，解得：， ∴，，； 如图，当时，作轴于， 由，，得，，， ∵ ∴， ∴， ∴， 设， ∴，解得：或（舍去）， ∴， 同理可得：直线的解析式为， 联立，解得，， ∴， 故答案为：， 综上可得：符合条件的点有个位置，此时点的坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 10．(1)； (2)见解析； (3)． 【分析】利用待定系数法把、两点代入，解方程组求出、的值即可求出结果； 分别计算出、、、的长，利用三边对应成比例的两个三角形相似即可判定∽； 将交点问题转化为方程，解方程后根据解的情况求解即可． 【详解】（1）解：把、分别代入，得： ， 解得：， 抛物线的函数表达式为； （2）证明：， 点， 令， 解得：，， 点坐标为 ，， ，， ， ， ， ， ，，， ， ∽； （3）解：设直线的解析式为， 把点、分别代入中，得： ， 解得：， 直线的解析式为， 将向下平移个单位， 则平移后的的解析式为， 当与没有交点时，如图， 没有实数根， 即没有实数根， ， 解得：， 当与线段只有两个交点时，如图， 即方程有两个负实数根， ， 解得：， 的取值范围为． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数与几何变换，二次函数的性质，相似三角形的判定，勾股定理等知识点，深入理解题意是解决问题的关键． 11．(1)； (2)或 (3)或或或 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （2）如图2，作的平分线交于点，过点作于点，连接，作点关于x轴的对称点，先证明，设点，则，用角平分线性质和三角形面积即可求得答案； （3）可分三种情况：或或，分别求出点P的坐标即可． 【详解】（1）解：将代入，得： ， 解得：， ∴该二次函数的解析式为， 令 ，得， 解得： ， ∴， 设直线的解析式为，把，代入， 得： ，解得： ， ∴直线的解析式为； （2）解：轴上存在一点，使得． 如图2，作的平分线交于点，过点作于点G，连接，作点关于x轴的对称点， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 在与， ， ∴， ∴， ∴， 设点，则， ∵平分，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， 根据对称性可得：， ∴点的坐标为：或； （3）①当，如图3； 则， ∵将沿翻折得到， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②当时，如图4，连接交于点G，过点B作于点H， 设 ， 则， ∵将沿翻折得到， ∴， ∵， ∵直线与抛物线交于A，D两点 ∴ 解得： ∴ ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 解得：， ∵点在第一象限， ∴， ∴， ∴； 当时，如图5，连接并延长交x轴于点G，过点B作于点H，则， ∴四边形是矩形， ∴，， 由翻折得：， 在中，， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； ③当时，如图6， 由翻折得：， ∴， ∴B、E、D在同一条直线上， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， 综上所述，点P的坐标为或或或． 【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，三角函数，勾股定理，直角三角形性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，有一定的难度，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题． 12．(1)，点的坐标为； (2)或； (3)N；N 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式是，把二次函数整理成顶点坐标式，可得：，根据解析式可得点的坐标； （2）作点、三等分线段，根据平行线分线段成比例定理可知点、的横坐标是、，用待定系数法求出直线的解析式，根据解析式可得点、的坐标，用待定系数法求出、的解析式，根据解析式求出点的坐标； （3）设点的坐标是，作，延长交于点，过点作，利用相似三角形的性质可知，点的坐标是，点的坐标是，利用待定系数法求出的解析式，根据点在直线上，即可求出点的坐标；作，作，可证，利用勾股定理求出的长度，根据全等三角形的性质可知的长度，利用相似三角形的性质即可求出点的坐标． 【详解】（1）解：把点和点的坐标代入， 可得：， 解得：， 抛物线的解析式是； 把二次函数的解析整理，可得：， 抛物线的顶点的坐标为； （2）解：如下图所示，点、是线段的三等分点， 过点作，， 则， ， ， ， 点、的横坐标分别是、， 设直线的解析式是， 把点和点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 当时，可得：， 当时，可得：， 点的坐标是，点的坐标是， 点和点在直线上， 直线与轴的交点坐标是， 即点的坐标是， 设直线的解析式是， 把点和点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 当时，可得：， 解得：， 直线与轴的交点坐标是， 即点的坐标是， 综上所述，点的坐标是或； （3）解：点的坐标或， 设点的坐标是， 如下图所示，作，延长交于点，过点作， 点的坐标是，点的坐标是， ，，， ， ，， ， ， ， ， 点的坐标是， ， ， 在和中，， ， ， 点的坐标是， 即点的坐标是， 设直线的解析式是， 把点，的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 把点的坐标代入， 可得：， 整理得：， 解得：，(与点重合，舍去)， 当时，， 则， 点的坐标是； 如下图所示，作，作， 则， 当时，， 点的坐标是， ， 在和中，， ， ， ， ， ， ， 解得：， 点的横坐标是， 把代入， 可得：， 点的坐标是， 综上所述，点的坐标或． 【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质、待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质． 13．(1) (2)或 (3)证明见解析，定点坐标 【分析】（1）使用待定系数法求出抛物线解析式即可； （2）作，垂足为，设点坐标为，可得，．容易证明，则，根据点在轴上下方分别计算出坐标即可； （3）设点坐标为，点坐标为，联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程根与系数的关系求出，．使用待定系数法求出直线的解析式为，从而得到点的坐标为，同理点的坐标为．结合，求出和的关系，进而求出定点的坐标． 【详解】（1）解：将，代入，得， ， 解得， ∴抛物线解析式为； （2）解：作，垂足为，设点坐标为， ①当点在轴上方时，如图， 将代入，得， ∴点坐标为， ∵， ∴，， ∴点坐标为， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 化简，得， 解得，或， 当时，点与点重合，故舍去， ∴，此时点坐标为； ②当点在轴下方时，如图， 同理①可得，，，且， ∴， 化简，得， 解得，或（点与点重合，舍去）， ∴，此时点坐标为； 综上所述，点坐标为或； （3）解：设点坐标为，点坐标为， 当直线与抛物线相交时， ， 化简，得， 由韦达定理可得，，， 设直线的解析式为， 将，代入，得， ， 解得，， ∵点在抛物线上， ∴， 变形，得， ∴，， ∴直线的解析式为， 将代入，得， ∴点的坐标为， 同理可得，点的坐标为， ∵点在轴正半轴，点在轴负半轴， ∴，， ∵， ∴， 化简，得， ∵，， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 当时，为定值， ∴直线过定点． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，熟练掌握函数与方程的关系是解题关键． 14．（1）见解析；（2）①k；②的值为；（3）抛物线的表达式为y＝x2﹣x 【分析】（1）证明Rt△ANC≌△Rt△AMB，即可求解； （2）①根据（1）知，tanα＝k，即可求解；②证明Rt△ANC∽Rt△AMB，则＝tan∠AOB＝k＝； （3）证明C、O、A、B四点共圆和Rt△CBO△≌Rt△CBA（HL），得到△OAB为等腰三角形，求出点A，将点A的坐标代入抛物线表达式得到 ，而△OBD的面积＝，即可求解． 【详解】解：（1）如图1，过点A作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点M、N， 当k＝1时，直线OA的表达式为y＝x，则AM＝AN， ∵∠CAN+∠NAB＝90°，∠NAB+∠BAM＝90°， ∴∠CAN＝∠BAM， ∴Rt△ANC≌△Rt△AMB， ∴AC＝AB； （2）①根据（1）知，tanα＝k， 故答案为k； ②如图1，过点A作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点M、N， 同理可得：∠CAN＝∠BAM， ∴Rt△ANC∽Rt△AMB， ∴＝tan∠AOB＝k＝； 故的值为； （3）设直线OA交BC于点E，连接AB，过点A作AM⊥x轴于点M， 在Rt△BOC中，∵∠EOB+∠COE＝90°，∠COE+∠ECO＝90°， ∴∠ECO＝∠EOB＝α， 同理∠ACE＝∠EAB， ∵∠COB＝∠CAB＝90°， ∴C、O、A、B四点共圆，则BC是圆的直径， 故∠OCB＝∠OAB＝α， ∴∠AOB＝∠OAB＝α， ∴OB＝AB， ∴△ACO为等腰三角形， ∵AB＝OB，BC＝BC， ∴Rt△CBO≌Rt△CBA（HL）， ∴CO＝CA， 而OB＝AB， 故BC⊥OA， ∵tanα＝k＝，则sinα＝，cosα＝， 设点B（m，0）（m＞0）， 在Rt△BCE中，OE＝OB＝m，则OE＝OBcosα＝，则OA＝2OE＝， 在Rt△AOM中，AM＝OAsinα＝， 同理可得：OM＝，故点A， ∵tanα＝k＝＝tan∠AOB，则tan∠EBO＝2， 故设直线BD的表达式为y＝﹣2（x﹣m）①， 设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝ax（x﹣m）②， 将点A的坐标代入上式得： ③， 联立①②并整理得：ax2+（2﹣am）x﹣2m＝0， 则xBxD＝﹣，即m•xD＝﹣，解得xD＝﹣， 当x＝﹣时，yD＝﹣2（x﹣m）＝+2m， 则△OBD的面积＝×OB×yD＝×m×（+2m）＝④， 联立③④并解得， 故抛物线的表达式为y＝． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，结合三角函数的知识点是解题的关键． 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 $