2026年中考数学必考知识点一轮专题特训- 二次函数与相似三角形综合题

**基本信息** 聚焦二次函数与相似三角形综合，以分类讨论、转化思想为核心，系统整合待定系数法、存在性分析等解题方法，构建“概念-性质-应用”的逻辑链条，培养推理意识与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解析式求解|1-15题(如1(1)、2(1))|待定系数法(三点式/顶点式)|二次函数概念→图像性质→坐标计算| |相似存在性|1(3)、2(2)等|分类讨论(对应边/角)、比例线段|相似判定→二次函数背景下几何关系推导| |几何综合应用|3(3)、9(2)等|平行四边形存在性(对角线分类)、面积转化(铅垂高法)|函数与几何融合→模型观念构建→综合问题解决|

2026年中考数学必考知识点一轮专题特训 二次函数与相似三角形综合题 1．如图，已知二次函数的图象与x轴交于点、点C，与y轴交于点． (1)求该二次函数的解析式； (2)已知该函数图象的对称轴上存在一点P，使得的周长最小．请求出点P的坐标，并求 出周长的最小值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点E，使以C、P、E为顶点的三角形与三角形相似？若存在写出所有点E的坐标；若不存在，请说明理由． 2．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． 3．已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线经过B、C两点，与x轴另一交点为点A (1)如图1，求抛物线的解析式； (2)如图2，点D为直线上方抛物线上一动点，连接，设直线交线段于点E，的面积为，的面积为，当最大值时，求点D的坐标； (3)如图1，点P在x轴上，点D在抛物线上，当P、D、B、C四点能构成平行四边形时，P点坐标是多少，不写过程，直接写出P点坐标 4．已知一次函数的图象分别交轴，轴于点，过两点的二次函数的图象与轴交于另一点． (1)求的值及点的坐标； (2)如图1，，为上方抛物线上两动点，分别过点作轴的垂线，与线段交于点．若，探究线段与能否互相垂直且平分？若能互相垂直且平分，求出符合条件的点的坐标；若不能，请说明理由； (3)如图2，点在轴正半轴上，连接，当时，在二次函数图象上存在点使得，求点到轴的距离． 5．在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点，与轴相交于点，过点的抛物线与直线相交于，两点． (1)分别求点的坐标及抛物线的函数表达式； (2)为第二象限内的抛物线上一动点，作直线交轴于点． （ⅰ）如图，连接，当，且面积为时，求k的值； （ⅱ）直线交抛物线于另一点，连接，作直线交轴于点．当时，求出此时的值；并在此条件下继续探究：随着点的运动，抛物线的对称轴上是否存在定点，始终满足？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 6．如图，抛物线交轴于两点，交轴于点，直线的表达式为． (1)求抛物线的表达式； (2)动点在直线上方的二次函数图像上，连接，设的面积为，求的最大值． (3)当点为抛物线的顶点时，在轴上是否存在一点，使得以为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点的坐标． 7．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知：拋物线与轴分别交于点、点，与轴交于点． (1)求抛物线的表达式及顶点的坐标； (2)点是抛物线上一点，作直线与轴正半轴交于点，若，求点的坐标； (3)如果点在线段BC上，且以为顶点的新抛物线经过原点，与轴的另一个交点为，过点向轴作垂线，交原抛物线于点，当四边形是一个轴对称图形时，求新抛物线的表达式． 8．抛物线与x轴负半轴、正半轴交于A、B，与y轴交于点． (1)当时，直接写出A点的坐标为________，B点的坐标为________； (2)如图1，若，求m的值； (3)如图2，在（1）的条件下，直线垂直于y轴交抛物线于M，N两点，，交于y轴上一点H，若，求M点的横坐标． 9．如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，与抛物线的对称轴交于点，顶点为． (1)求抛物线的解析式和点D的坐标； (2)平面内是否存在点M，使得以M、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． (3)点P是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点Q在射线ED上，若以点P、Q、E为顶点的三角形与相似，请直接写出点P的坐标． 10．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（在的左侧），与轴交于点，其中， (1)求抛物线的表达式； (2)点是直线上方抛物线上一点，点，当点面积最大时，点为轴上一动点，求最小值． 11．如图，直线与轴，轴分别交于点，点，经过两点的抛物线与轴的另一个交点为，顶点为． (1)求该抛物线的解析式以及顶点的坐标； (2)当时，在抛物线上存在点，使的面积有最大值，求点的坐标； (3)连接，点在轴上，是否存在以为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 12．如图，对称轴为直线的抛物线的顶点为，与轴相交于点，过点作的垂线交轴于点，交抛物线的对称轴于点，且与抛物线的另一个交点为． (1)求抛物线对应的函数解析式； (2)分别求点，的坐标； (3)在对称轴上找一点，使得以，，为顶点的三角形与相似，直接写出点的坐标． 13．如图，抛物线与x轴交于、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点，抛物线的顶点为M． (1)求抛物线的解析式，并写出M点的坐标； (2)若点P是线段上一个动点，连接，问是否存在点P，使得以点O、C、P为顶点的三角形与相似？若存在，直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由． 14．如图，抛物线与轴交于点与轴交于点，且过点．点是该抛物线上的动点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，当点在直线下方时，求面积的最大值； (3)如图2，当点在轴右侧时，直线与线段相交于点，当与相似时，直接写出点的坐标． 15．如图，抛物线经过三点，点为抛物线上第一象限内的一个动点，过点D作，垂足为点E，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)是否存在点D，使得？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若，求m的取值范围． 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 《2026年中考数学必考知识点一轮专题特训-二次函数与相似三角形综合题》参考答案 1．(1) (2) (3)存在以C、P、E为顶点的三角形与三角形ABC相似，点E的坐标为：， 【分析】（1）将、的坐标代入解析求解即可； （2）连接，由勾股定理得，要使的周长最小，只要最小，则，当且仅当P，B，C三点共线时等号成立，即可求解； （3）分类讨论：当时，当时，由相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：根据题意，得， 解得， 故二次函数的解析式为； （2）解：令，即， 解得或， 则二次函数的图象与x轴的另一个交点坐标． 连接， 则， 要使的周长最小，只要最小． 是对称轴上一点，且点A与点C关于对称轴对称， 则， 则，当且仅当P，B，C三点共线时等号成立， 因而与对称轴的交点P就是所求的点． 设直线的解析式为， 根据题意，可得：， 解得， 所以直线的解析式为； 联立，解得， 故所求的点P的坐标为， 此时的周长即为； （3）解：存在． ，， ， ，， ， ，， ， 当时， ， ， 解得：， ； 当时， ， ， 解得：， ， 故E点坐标为：， 综上所述：存在以C、P、E为顶点的三角形与三角形相似，点E的坐标为：，． 2．(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． 3．(1) (2)点坐标为 (3)符合条件的点坐标为：、、、． 【分析】（1）先求B、C两点坐标：令直线中得B点坐标，令得C点坐标，再将B、C坐标代入抛物线解析式，解二元一次方程组得b、c，确定抛物线解析式． （2）令抛物线求得A点坐标，过作轴交直线于，过A作轴交直线于N，因为和同高，所以面积比等于底的比，可转化为之比，由，​，设D点坐标为参数，求出线段长的解析式，用参数表示出的表达式，再利用二次函数性质求最大值时的参数值，得到D点坐标． （3）平行四边形存在性：分为对角线三种情况，根据平行四边形对角线互相平分的性质，结合P在x轴上纵坐标为0、D在抛物线上满足抛物线解析式的条件，分类计算P点坐标． 【详解】（1）解：对，令，得，故； 令，得，故． 将、代入抛物线， 得，解得​， ∴抛物线解析式为． （2）令抛物线， 解得或， ∴， ∴． 设， 过作轴交直线于，过A作轴交直线于N， 则， ∴． 对，令，得， 故， ∴， ∵和同高， 故​， 又， ∴， ∴​， ∴， ， ∴当时，​​取最大值， 此时的纵坐标为， ∴​​最大时，点坐标为 （3）设， ∵P、D、B、C四点构成平行四边形， ∴分三种对角线情况： 情况1：与为对角线， ∵对角线中点相同： 中点：，中点为，即 中点：，即， ∴， 即， ∴， 解得或， 当，，，与C重合，舍去； 当，， 情况2：与为对角线， 中点：，即 中点：，即 ∴， 即， ∴， ∴，， 解得， 当，，； 当，， 情况3：与为对角线， 中点：，即， 中点：，即， ∴，即， ∴， 解得或， 当，，与C重合，舍去； 当，，． 故符合条件的点坐标为：、、、． 4．(1)，，B (2)不能，理由见解析 (3)或 【分析】本题是考查二次函数、一次函数和几何图形结合的综合题． （1）根据一次函数和坐标轴的交点得到点，，得到，根据待定系数法得到二次函数的表达式，进而得到点的坐标. （2）根据点在二次函数的图象上，点在一次函数的图象上，得到用表示的线段的代数式，根据线段与互相垂直且平分得到四边形为菱形，即，得到此时点，的坐标，因为，得到四边形不是菱形，所以线段与不能互相垂直且平分． （3）过点作轴于点，根据点在轴左侧和右侧，分两种情况讨论，通过证明，得到对应线段成比例，设点的坐标为，得到关于的一元二次方程，解得的值，即可得到答案． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象与轴交于点， ∴点的坐标为， 当时，，解得， ∴点的坐标为， ∵二次函数的图象过点，， ∴， 将代入中，得，解得， ∴二次函数的表达式为， ∴二次函数图象的对称轴为直线， ∵为二次函数图象与轴的交点， ∴点与点关于直线对称， ∴点的坐标为； （2）解：与不能互相垂直且平分， 理由如下：由（1）得，二次函数的表达式为， ∵，均与轴垂直，， ∴，， ， ， ∴，， ∵， ∴当线段与互相垂直且平分时，四边形为菱形， 则，即，解得， 此时，点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∴， ∴四边形不是菱形， ∴线段与不能互相垂直且平分； （3）解：如图，过点作轴于点，则， 当时，． ∵， ∴， ∴． 设点的坐标为， ∴， 则， 如解图1，当点在轴右侧时，， ∵， ∴， ∴，解得， ∵点在轴右侧， ∴， ∴点到轴的距离为， 如解图2，当点在轴左侧时，， ∴，解得， ∵点在轴左侧， ∴， ∴点到轴的距离为， 综上所述，当时，点到轴的距离为或． 5．(1)点的坐标为，抛物线的解析式为； (2) （ⅰ）； （ⅱ），抛物线的对称轴上存在定点，始终满足，点的坐标为或． 【分析】（1）中，令，可得点的坐标，用待定系数法即可得抛物线的函数表达式； （2）（ⅰ）由三角形的面积可得点的坐标，用待定系数法可得直线的解析式，可得点的坐标，结合已知可得点的坐标，即可得的值；（ⅱ）设，，作轴于点，作轴于点，可得，可得，设直线的解析式为，与抛物线的解析式联立，由一元二次方程根于系数的关系，可得，即可得的值，直线的解析式为，直线的解析式为，可得，，抛物线的对称轴为直线，设，由三角形相似的性质，可得，根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）解：中， 令，， 解得， ∴点的坐标为， 把点和的坐标代入， 可得， 解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：（ⅰ）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在直线上， ∴， ∴． （ⅱ）设，， 作轴于点，作轴于点，则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， 当时，， ∴， 设直线的解析式为， 由得， ∴、为的两个根， ∴， ∴， ∴， ∴直线的解析式为，， 由得或， ∴， ∵，， ∴的中点横坐标为， 设直线的解析式为，则， ∴，， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则， ∴，， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴抛物线的对称轴为直线， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴抛物线的对称轴上存在定点，始终满足，点的坐标为或． 6．(1) (2) (3)存在；的坐标为或 【分析】（1）首先根据一次函数的解析式求出点B，C的坐标，然后利用待定系数法解题即可； （2）设，则，，，，然后表示出，然后利用二次函数的性质求最大值即可； （3）首先根据二次函数的解析式求出顶点坐标，然后证明，最后分情况利用相似三角形的判定及性质求解即可． 【详解】（1）解：把代入得， ， 把代入得． ， 将代入 得：， 解得： 抛物线的表达式为． （2）解：如图1，过点作轴于点， 设，则 则， 当时，有最大值，最大值为． （3）解：存在， ， ， 又， ， ． ， 如图2，连接，如图所示： ①， ， ， 又， ． 当的坐标为时，． ②过点作，交轴与点， ∴ ∵ ， 又， ， 又 解得． 综上所述，当点的坐标为或以为顶点的三角形与相似． 7．(1)， (2) (3) 【分析】（1）先利用待定系数法求得抛物线的表达式，然后将表达式化为顶点式即可求解； （2）设，过M作轴交y轴于G，过E作轴，两线相交于H，证明，根据相似三角形的性质可求出e的值，即可求解； （3）待定系数法求出直线的表达式，设，当点D在y轴左侧时，此时，点P不可能在上，故点D只能在y轴右侧，由新抛物线的对称轴与经过原点可知点，当垂直平分时，方程无解；当垂直平分时，则点与点G的纵坐标的绝对值相等，据此列出关于m的方程，解得m的值即可求得新抛物线的解析式． 【详解】（1）解：抛物线经过，， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为：， ∵， ∴顶点的坐标为 （2）解：∵ ∴， 设， 如图，过M作轴交y轴于G，过E作轴，两线相交于H， 则，，， ∴，即， 解得， ∴， ∴点的坐标为； （3）解：∵ 设直线的表达式为：， 将点B的坐标代入上式得：， 解得：， 即直线的表达式为：； ∴设， 当点D在y轴左侧时，如图， 此时，点P不可能在线段上，故点D只能在y轴右侧， 由新抛物线的表达式知，其对称轴为， ∵以P为顶点的新抛物线经过原点， 则点， 当垂直平分时， 则， 此方程无解，即此种情况不存在； 当垂直平分时， 则，即， 解得：（舍去）或2， ∴， 设新抛物线的表达式为， 则， ∴， ∴新抛物线的表达式为：． 8．(1)； (2) (3)或 【分析】（1）令，再解方程即可； （2）利用因式分解求出点坐标，令得到点坐标，设点关于轴对称点为，再证，进而得到，利用勾股定理列式求解即可； （3）设，，则，直线的解析式为，联立，根据根与系数的关系得到，同理可得，进而可得，，结合，解出即可． 【详解】（1）解：，则， 令，即，解得， 故A点的坐标为，B点的坐标为； （2）解：令，即， 即，解得， ， ， 令，即， 设点关于轴对称点为，则，， ， 又， ， ， 又， ，即， 解得（负值已舍去）； （3）解：，则， ∴对称轴为直线， 设，，则， 设直线的解析式为， 则，解得， ，即， 设方程两个解为，则， 又，则，， 故点的横坐标， 设直线的解析式为， 同理可得点的横坐标， 故， ， 解得或， 即M点的横坐标为或． 9．(1)， (2)、、 (3)或 【分析】（1）根据抛物线与x轴交于点和点，即可得到关于a、b的方程，从而可以求得a、b的值，然后即可写出抛物线的解析式； （2）利用平行四边形对角线互相平分的性质，分三种对角线情况列方程求解点； （3）根据抛物线的解析式，设点P的坐标，然后再根据是等腰直角三角形，得出是等腰直角三角形，再分类讨论，列出方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线过点， 解得， ∴抛物线的解析式为：； 将解析式配方得顶点式： ∴顶点D的坐标为； （2）存在， 令，则， ∴， 设点，根据平行四边形对角线互相平分的性质，分三种情况讨论： 情况1：以为对角线 则中点与中点重合： 解得： 即． 情况2：以为对角线 则中点与中点重合： 解得： 即． 情况3：以为对角线 则中点与中点重合： 解得： 即． 综上，存在满足条件的点，坐标为、、； （3）存在，理由如下： 当时，，所以，， ∴是等腰直角三角形， 以点P、Q、E为顶点的三角形与相似， ∴是等腰直角三角形， 设点P的坐标为，抛物线的对称轴为直线， 设BC的解析式为，将，代入得， ， 解得，，故BC的解析式为， 把代入得，，则E点坐标为， 如图，当E为直角顶点时，， 解得，，（舍去）， 把代入得，，则P点坐标为， 当Q为直角顶点时，PQ=QE，即， 解得，（舍去）， 把代入得，，则P点坐标为； 当P为直角顶点时，作PM⊥EQ于M，PM=ME，即， 解得，（舍去），则P点坐标为； 综上，P点坐标为或． 10．(1) (2) 【分析】（1）根据题意可知，和，即可点坐标，利用待定系数法求解析式即可； （2）连接，设点，则 利用二次函数的性质求得最大值，此时点，面积最大为12，连接，取点，则，，，过点O作交延长线于点F，有，即有，若点Q和点重合时，取最小值，则即可求得最小值． 【详解】（1）解：∵点， ∴， ∵， ∴，即点， ∵， ∴，即点， 则，解得， 则； （2）解：连接，如图， 设点，则 ∵， ∴时，点，面积最大为12， 连接，取点，则，，，过点O作交延长线于点F，如图， 则， ∴， 即， 若点Q和点重合时，三点共线，最小值， 即, ∵， ∴， 则， 故最小值为． 【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，构造相似三角形并找到最短距离是本题的关键． 11．(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】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． （1）先求得点坐标，再代入，求出，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讨论边对应成比例列式解方程即可得到答案； 【详解】（1）解：直线，令，得，令，得， 所以，，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，， ∴， ∵，，， ∴，且非等腰三角形， 若为顶点的三角形与相似， ，则点在点的左侧， ， 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． 12．(1) (2)； (3)当点的坐标为或时，以，，为顶点的三角形与相似． 【分析】本题考查了求函数的解析式，求函数图象上点的坐标，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． （1）根据对称轴方程即可求解； （2）由，得到顶点的坐标，与轴交点的坐标，通过三角形相似，列比例式求得的长度，得到点的坐标，求出直线的解析式，进一步求出点的坐标，联立方程组求出点的坐标； （3）当时，，得到点的坐标，由勾股定理解出的长度，如图，当时，，得到比例式，由知，求出，解出，据此求解即可． 【详解】（1）解：由题意得；， 解得， 抛物线对应的函数解析式为：； （2）解：由，得：，， 如图，过点作轴于， 则，， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 设直线对应的函数解析式为，则， ， 直线对应的函数解析式为， 当时，， 点的坐标为， 解方程组， 得，， ∴； （3）解：①如图，当时，， 此时点的坐标， ∴，， ∴， 如图，当时，， ∴，由知， ∵， ∴， ∴， ∴点的纵坐标为， ∴． 综上所述：当点的坐标为或时，以，，为顶点的三角形与相似． 13．(1)， (2)存在，P点坐标或 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可，再把解析式化为顶点式，求出顶点坐标即可； （2）求出直线的解析式为，设，则，，分两种情况讨论：当时，当时，分别求出P点坐标即可． 【详解】（1）解：将点、代入， ∴，解得：， ∴抛物线的解析式为； ∵， ∴M点的坐标为； （2）解：存在点P，使得以点O、C、P为顶点的三角形与相似，理由如下： 当时，， 解得， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴，解得， ∴直线的解析式为， 设，则，， 当时，， ∴， 解得：， ∴，解得：或2（舍去）， ∴； 当时，， ∴，解得：， ∴， 解得或（舍去）， ∴P点的坐标为； 综上所述：P点的坐标为或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键． 14．(1) (2) (3)点的坐标为或 【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、三角形相似、面积的计算等． （1）根据已知得抛物线对称轴为，设抛物线解析式为，将点分别代入，得二元一次方程组，解方程组即可； （2）设直线与轴交于点(如图所示)，点坐标为，设直线解析式为，利用待定系数法求得直线解析式为，则，再由，根据二次函数的性质求最值即可； （3）分、，两种情况分别求解，通过角的关系，利用锐角三角函数确定直线的解析式，进而求解． 【详解】（1）解：抛物线与轴交于点， 抛物线对称轴为， 可设抛物线解析式为， 将点分别代入，得， 解得， 抛物线解析式为； （2）解：设直线与轴交于点(如图所示)，点坐标为， 设直线解析式为，将点的坐标代入， 得， 解得， ∴直线解析式为， ， ， ， 当时，有最大值，最大值为； （3）解：点的坐标为或， 过点作交于点，抛物线与轴交于点， ， ， ，，， ， 故与相似时，分为两种情况： ①当时， ， ， 则． 解得， ， 设，, ， ， ， 设点，直线的解析式为， 把代入，得， 解得， 直线的解析式为， 令， 解得(舍去)， 故点； ②当时，， 同理可得直线的解析式为， 令， 解得(舍去)， 故点． 综上所述，当与相似时，点的坐标为或． 15．(1) (2)存在，点D的坐标为 (3)或 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质等知识点，运用待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征是解题的关键． （1）直接利用待定系数法求解即可； （2）当时，如图：取点，连接，过点D作，垂足为点G．证明得出，再证明，然后利用相似三角形的性质列比例式求得m、n的值即可解答； （3）如图：连接，过点D作，垂足为点H，由勾股定理得，由，又，即，则；当时，，解得，；当时，，解得；然后根据二次函数的性质即可解答． 【详解】（1）解：将代入抛物线解析式得， 将代入抛物线解析式得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：存在． 如图：取点，连接，过点D作，垂足为点G． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴，即， 根据题意可知，， ， ∴，解得（不合题意，舍去）， ∴， ∴点D的坐标为． （3）解：如图：连接，过点D作，垂足为点H． 在中，由勾股定理得， ． 又∵， ∴． 当时，，解得，， 当时，，解得， ∵， ∴当时，的长随m的增大而增大，当时，的长随m的增大而减小， ∴当时，或． 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 $