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2025年九年級中考數學二輪復習專題：二次函數中相似三角形存在性問題
1．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經過原點和點A（4，0）．經過點A的直線與該二次函數圖象交于點B（1，3），與y軸交于點C．
（1）求二次函數的解析式及點C的坐標；
（2）點P是二次函數圖象上的一個動點，當點P在直線AB上方時，過點P作PE⊥x軸于點E，與直線AB交于點D，設點P的橫坐標為m．
①m為何值時線段PD的長度最大，并求出最大值；
②是否存在點P，使得△BPD與△AOC相似．若存在，請求出點P坐標；若不存在，請說明理由．
2．如圖，在平面直角坐標系中，一次函數y＝﹣2x+6的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線y＝﹣x2+bx+c經過A、B兩點，在第一象限的拋物線上取一點D，過點D作DC⊥x軸于點C，交AB于點E．
（1）求這條拋物線所對應的函數表達式；
（2）是否存在點D，使得△BDE和△ACE相似？若存在，請求出點D的坐標，若不存在，請說明理由；
（3）F是第一象限內拋物線上的動點（不與點D重合），過點F作x軸的垂線交AB于點G，連接DF，當四邊形EGFD為菱形時，求點D的橫坐標．
3．如圖1，平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（2，0）和C（0，2），連接BC，點P（m，n）（m＞0）為拋物線上一動點，過點P作PN⊥x軸交直線BC于點M，交x軸于點N．
（1）直接寫出拋物線和直線BC的解析式；
（2）如圖2，連接OM，當△OCM為等腰三角形時，求m的值；
（3）當P點在運動過程中，在y軸上是否存在點Q，使得以O，P，Q為頂點的三角形與以B，C，N為頂點的三角形相似（其中點P與點C相對應），若存在，直接寫出點P和點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
4．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣2，0），B（4，0），與y軸交于點C，連接BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P是第一象限內拋物線上的一個動點，過點P作直線l⊥x軸于點M（m，0），交BC于點N，連接CM，PB，PC．△PCB的面積記為S1，△BCM的面積記為S2，當S1＝S2時，求m的值；
（3）在（2）的條件下，點Q在拋物線上，直線MQ與直線BC交于點H，當△HMN與△BCM相似時，請直接寫出點Q的坐標．
5．如圖，直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線經過A、B兩點．
（1）求拋物線的表達式；
（2）點D是拋物線在第二象限內的點，過點D作x軸的平行線與直線AB交于點C，求DC的長的最大值；
（3）點Q是線段AO上的動點，點P是拋物線在第一象限內的動點，連結PQ交y軸于點N．是否存在點P，使△ABQ與△BQN相似，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．
6．在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C（0，﹣2）．
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）如圖1，點D為第四象限拋物線上一點，連接AD，BC交于點E，連接BD，記△BDE的面積為S1，△ABE的面積為S2，求的最大值；
（3）如圖2，連接AC，BC，過點O作直線l∥BC，點P，Q分別為直線l和拋物線上的點．試探究：在第一象限是否存在這樣的點P，Q，使△PQB∽△CAB？若存在，請求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．
7．如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B左邊），與y軸交于點C．直線y＝x﹣2經過B、C兩點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是拋物線上的一動點，過點P且垂直于x軸的直線與直線BC及x軸分別交于點D、M．PN⊥BC，垂足為N．設M（m，0）．
①點P在拋物線上運動，若P、D、M三點中恰有一點是其它兩點所連線段的中點（三點重合除外）．請直接寫出符合條件的m的值；
②當點P在直線BC下方的拋物線上運動時，是否存在一點P，使△PNC與△AOC相似．若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
8．如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，點A，B分別位于原點的左、右兩側，BO＝3AO＝3，過點B的直線與y軸正半軸和拋物線的交點分別為C，D，BC＝CD．
（1）求b，c的值；
（2）求直線BD的函數解析式；
（3）點P在拋物線的對稱軸上且在x軸下方，點Q在射線BA上．當△ABD與△BPQ相似時，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標．
9．如圖，拋物線y＝ax2+bx+8（a≠0）與x軸交于點A（﹣2，0）和點B（8，0），與y軸交于點C，頂點為D，連接AC，BC，BC與拋物線的對稱軸l交于點E．
（1）求拋物線的表達式；
（2）點P是第一象限內拋物線上的動點，連接PB，PC，當S△PBC＝S△ABC時，求點P的坐標；
（3）點N是對稱軸l右側拋物線上的動點，在射線ED上是否存在點M，使得以點M，N，E為頂點的三角形與△OBC相似？若存在，求點M的坐標；若不存在，請說明理由．
10．如圖所示，拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，點M為拋物線的頂點．
（1）求點C及頂點M的坐標．
（2）若點N是第四象限內拋物線上的一個動點，連接BN、CN，求△BCN面積的最大值及此時點N的坐標．
（3）若點D是拋物線對稱軸上的動點，點G是拋物線上的動點，是否存在以點B、C、D、G為頂點的四邊形是平行四邊形．若存在，求出點G的坐標；若不存在，試說明理由．
（4）直線CM交x軸于點E，若點P是線段EM上的一個動點，是否存在以點P、E、O為頂點的三角形與△ABC相似．若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
11．如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣x2+x+4與兩坐標軸分別相交于A，B，C三點．
（1）求證：∠ACB＝90°；
（2）點D是第一象限內該拋物線上的動點，過點D作x軸的垂線交BC于點E，交x軸于點F．
①求DE+BF的最大值；
②點G是AC的中點，若以點C，D，E為頂點的三角形與△AOG相似，求點D的坐標．
12．如圖，拋物線y＝ax2﹣2x+c（a≠0）與x軸交于A、B（3，0）兩點，與y軸交于點C（0，﹣3），拋物線的頂點為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P在拋物線的對稱軸上，點Q在x軸上，若以點P、Q、B、C為頂點，BC為邊的四邊形為平行四邊形，請直接寫出點P、Q的坐標；
（3）已知點M是x軸上的動點，過點M作x的垂線交拋物線于點G，是否存在這樣的點M，使得以點A、M、G為頂點的三角形與△BCD相似，若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
13．在平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線y＝﹣x+3與x軸交于點B，與y軸交于點C，二次函數y＝ax2+2x+c的圖象過B、C兩點，且與x軸交于另一點A，點M為線段OB上的一個動點，過點M作直線l平行于y軸交BC于點F，交二次函數y＝ax2+2x+c的圖象于點E．
（1）求二次函數的表達式；
（2）當以C、E、F為頂點的三角形與△ABC相似時，求線段EF的長度；
（3）已知點N是y軸上的點，若點N、F關于直線EC對稱，求點N的坐標．
14．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線C：y＝ax2+bx+c（a≠0）經過點（1，1）和（4，1）．
（1）求拋物線C的對稱軸．
（2）當a＝﹣1時，將拋物線C向左平移2個單位，再向下平移1個單位，得到拋物線C1．
①求拋物線C1的解析式．
②設拋物線C1與x軸交于A，B兩點（點A在點B的右側），與y軸交于點C，連接BC．點D為第一象限內拋物線C1上一動點，過點D作DE⊥OA于點E．設點D的橫坐標為m．是否存在點D，使得以點O，D，E為頂點的三角形與△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
15．如圖，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和點B（﹣3，0），與y軸交于點C，連接BC，與拋物線的對稱軸交于點E，頂點為點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是對稱軸左側拋物線上的一個動點，點Q在射線ED上，若以點P、Q、E為頂點的三角形與△BOC相似，請直接寫出點P的坐標．
16．將一張三角形紙片ABC放置在如圖所示的平面直角坐標系中，點A（﹣6，0），點B（0，2），點C（﹣4，8），二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經過點A，B，該拋物線的對稱軸經過點C，頂點為D．
（1）求該二次函數的表達式及點D的坐標；
（2）點M在邊AC上（異于點A，C），將三角形紙片ABC折疊，使得點A落在直線AB上，且點M落在邊BC上，點M的對應點記為點N，折痕所在直線l交拋物線的對稱軸于點P，然后將紙片展開．
①請作出圖中點M的對應點N和折痕所在直線l；（要求：尺規作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）
②連接MP，NP，在下列選項中：A．折痕與AB垂直，B．折痕與MN的交點可以落在拋物線的對稱軸上，C.＝，D.＝，所有正確選項的序號是 　 ?。?br/>③點Q在二次函數y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象上，當△PDQ △PMN時，求點Q的坐標．
參考答案
1．【解答】解：（1）∵拋二次函數經過O（0，0），A（4，0），B（1，3），
∴將三點坐標代入解析式得，
解得：a＝﹣1，b＝4，c＝0，
∴二次函數的解析式為：y＝﹣x2+4x；
∵直線經過A、B兩點，設直線AB解析式為：y＝kx+n，
∴將A、B兩點代入得，
解得：k＝﹣1，n＝4，
∴直線AB解析式為：y＝﹣x+4，
∵點C是直線與y軸交點，
∴令x＝0，則y＝4，
∴C（0，4）．
（2）①∵點P在直線AB上方，
∴0≤m≤4，
由題知P（m，﹣m2+4m），D（m，﹣m+4），
∴PD＝yP﹣yD＝﹣m2+4m+m﹣4＝﹣m2+5m﹣4＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0
∴當m＝時，PD＝是最大值．
②存在，理由如下：
∵∠PDB＝∠ADE，∠ADE＝∠ACO，
∴∠BDP＝∠ACO，
∵△AOC是直角三角形，
∴要使△BPD與△AOC相似，只有保證△BPD是直角三角形就可以．
（Ⅰ）當△BPD∽△AOC時，
∵∠AOC＝90°，
∴∠BPD＝90°，
此時BP∥x軸，B、P關于對稱軸對稱，
∴P（3，3）；
（Ⅱ）法一：當△PBD∽△AOC時，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，
∵OC＝OA＝4，
∴∠BDP＝∠ADE＝∠OAC＝45°，
∴△BDE為等腰直角三角形，
∴PD＝BD，
由①知PD＝﹣m2+5m﹣4，
∵B（1，3），D（m，﹣m+4），
∴BD＝＝（m﹣1），
∵PD＝BD，
∴﹣m2+5m﹣4＝2（m﹣1），
解得m1＝2，m2＝1（舍），
∴P（2，4）．
法二：當△PBD∽△AOC時，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，
過B作GH∥y軸，作PG⊥GH，作DH⊥GH，
則易證△PGB∽△BHD，
∴，
∵PG＝m﹣1，BG＝﹣m2+4m﹣3，BH＝m﹣1，DH＝m﹣1，
∴，
解得m1＝2，m2＝1（舍），
∴P（2，4）．
法三：當△PBD∽△AOC時，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，
∴AB⊥PB，
∵kAC＝﹣1，
∴kBP＝1，
∴直線BP的解析式為：y＝x+2，
聯立方程組得，
解得：或，
∴P（2，4）
綜上，存在點P使△BPD與△AOC相似，此時P的坐標為（3，3）或（2，4）．
2．【解答】解：（1）令y＝0，則﹣2x+6＝0，
則x＝3；
令x＝0，則y＝6，
∴A（3，0），B（0，6），
把A（3，0），B（0，6）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得，
∴拋物線所對應的函數表達式為y＝﹣x2+x+6；
（2）存在點D，使得△BDE和△ACE相似，
設點D（t，﹣t2+t+6），則E（t，﹣2t+6），C（t，0），H（t，6），
∴EC＝﹣2t+6，AC＝3﹣t，BH＝t，DH＝﹣t2+t，DE＝﹣t2+3t，
∵△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC，
∴△ACE∽△BDE或△ACE∽△DBE，
①如圖，當△ACE∽△BDE時，∠BDE＝∠ACE＝90°，
∴BD∥AC，
∴D點縱坐標為6，
∴﹣t2+t+6＝6，
解得t＝0或t＝1，
∴D（1，6）；
②如圖，當△ACE∽△DBE時，∠BDE＝∠CAE，
過B作BH⊥DC于H，
∴∠BHD＝90°，
∴，
∴，
∴﹣2t2+2t＝t，
解得t＝0（舍去）或，
∴，
綜上所述，點D的坐標為（1，6）或．
（3）①如圖，當D在F左側時，
∵四邊形EGFD為菱形，
∴DE∥FG，DE＝FG，ED＝EG，
設點D（m，﹣m2+m+6），E（m，﹣2m+6），F（n，﹣n2+n+6），G（n，﹣2n+6），
∴DE＝﹣m2+3m，FG＝﹣n2+3n，
∴﹣m2+3m＝﹣n2+3n，
即（m﹣n）（m+n﹣3）＝0，
∵m﹣n≠0，
∴m+n﹣3＝0，
即m+n＝3或n＝3﹣m，
∵A（3，0），B（0，6），
∴AO＝3，BO＝6，
∴，
過點G作GK⊥DE于K，
∴KG∥AC，
∴∠EGK＝∠BAC，
∴，
即，
∴，
∵DE＝EG，
∴，
∴，
解得（不合題意，舍去）或，
∴，
∴點D的橫坐標為 ．
②如圖，當D在F右側時，
同①方法可得點D的橫坐標為 ．
3．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（2，0），
∴拋物線的表達式為y＝a（x+1）（x﹣2），
將點C（0，2）代入得，2＝﹣2a，
∴a＝﹣1，
∴拋物線的表達式為y＝﹣（x+1）（x﹣2），即y＝﹣x2+x+2．
設直線BC的表達式為y＝kx+t，
將B（2，0），C（0，2）代入得，
，
解得，
∴直線BC的表達式為y＝﹣x+2．
（2）∵點M在直線BC上，且P（m，n），
∴點M的坐標為（m，﹣m+2），
∴OC＝2
∴CM2＝（m﹣0）2+（﹣m+2﹣2）2＝2m2，OM2＝m2+（﹣m+2）2＝2m2﹣4m+4，
當△OCM為等腰三角形時，
①若CM＝OM，則CM2＝OM2，
即2m2＝2m2﹣4m+4，
解得m＝1；
②若CM＝OC，則CM2＝OC2，
即2m2＝4，
解得或m＝﹣（舍去）；
③若OM＝OC，則OM2＝OC2，
即2m2﹣4m+4＝4，
解得m＝2（舍）或m＝0（舍去）．
綜上，m＝1或m＝．
（3）∵點P與點C相對應，
∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB，
①若點P在點B的左側，
則，
當△POQ∽△CBN，即∠POQ＝45°時，
直線OP的表達式為y＝x，
∴﹣m2+m+2＝m，
解得或m＝﹣（舍去），
∴，即OP＝2，
∴，即，
解得OQ＝，
∴，
當△POQ∽△CNB，即∠PQO＝45°時，
，
∴，即，
解得m＝1±（舍去）．
當△POQ∽△CNB，即∠PQO＝45°時，
PQ＝，OQ＝m﹣（﹣m2+m+2）＝m2﹣2，
∴，即，
解得m＝，（負值舍去），
∴P（），Q（0.）．
②若點P在點B的右側，
則∠CBN＝135°，BN＝m﹣2，
當△POQ∽△CBN，即∠POQ＝135°時，
直線OP的表達式為y＝﹣x，
∴﹣m2+m+2＝﹣m，
解得m＝1+或m＝1﹣（舍去），
∴，
∴，即，
解得OQ＝1，
∴（舍去），
當△POQ∽△CNB，即∠PQO＝135°時，
PQ＝，OQ＝m2﹣2m﹣2，
∴，即，
解得m＝1+（舍）或m＝1﹣（舍去），
綜上，P（），Q（0， ）或P（），Q（0，）．
4．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；
（2）在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
由B（4，0），C（0，4）可得直線BC解析式為y＝﹣x+4，
∵直線l⊥x軸，M（m，0），
∴P（m，﹣m2+m+4），N（m，﹣m+4），
∴PN＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，
∴S1＝PN |xB﹣xC|＝×（﹣m2+2m）×4＝﹣m2+4m，
∵B（4，0），C（0，4），M（m，0），
∴S2＝BM |yC|＝×（4﹣m）×4＝8﹣2m，
∵S1＝S2，
∴﹣m2+4m＝8﹣2m，
解得m＝2或m＝4（P與B重合，舍去），
∴m的值為2；
（3）∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴∠BNM＝∠MBN＝45°，
∵△HMN與△BCM相似，且∠MNH＝∠CBM＝45°，
∴H在MN的右側，且＝或＝，
設H（t，﹣t+4），
由（2）知M（2，0），N（2，2），B（4，0），C（4，0），
∴BC＝4，BM＝2，MN＝2，NH＝＝|t﹣2|，
當＝時，如圖：
∴＝，
解得t＝6或t＝﹣2（此時H在MN左側，舍去），
∴H（6，﹣2），
由M（2，0），H（6，﹣2）得直線MH解析式為y＝﹣x+1，
解得或，
∴Q的坐標為（，）或（，）；
當＝時，如圖：
∴＝，
解得t＝（舍去）或t＝，
∴H（，），
由M（2，0），H（，）得直線MH解析式為y＝3x﹣6，
解得或，
∴Q的坐標為（﹣2+2，﹣12+6）或（﹣2﹣2，﹣12﹣6）；
綜上所述，Q的坐標為（，）或（，）或（﹣2+2，﹣12+6）或（﹣2﹣2，﹣12﹣6）．
5．【解答】解：（1）∵直線y＝x+3與x軸、y軸分別交于A、B兩點，
A（﹣4，0），B（0，3），
∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經過A、B兩點．
∴，
解得，
∴y＝﹣x2﹣x+3；
（2）設D（m，﹣m2﹣m+3），
∵DC∥作x軸，與直線AB交于點C，
∴x+3＝﹣m2﹣m+3，解得x＝﹣m2﹣3m，
∴C（﹣m2﹣3m，﹣m2﹣m+3），
∴DC＝﹣m2﹣3m﹣m＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，
∴當m＝﹣2時，DC的長的最大值為4；
（3）設N（0，n），
∵A（﹣4，0），B（0，3），
∴AB＝＝5，
分兩種情況：
①當△ABQ∽△BQN時，
∵△ABQ∽△BQN，
∴∠ABQ＝∠BQN，，
∴PQ∥AB，
∴△OQN∽△OAB，
∴，
∴，
∴OQ＝n，QN＝n，
∴BQ＝＝，
∴，
∴n＝或3（舍去），
∴OQ＝n＝，
∴Q（﹣，0），N（0，），
設直線PQ的解析式為y＝kx+a，
∴，解得，
∴直線PQ的解析式為y＝x+，
聯立y＝﹣x2﹣x+3解得x＝或（不合題意，舍去）
∴點P的坐標為（，）；
②當△ABQ∽△QBN時，過點Q作QH⊥AB于H，
∵△ABQ∽△QBN，
∴∠ABQ＝∠QBN，∠BAQ＝∠BQN，
∴QH＝QO，
∵BQ＝BQ，
∴Rt△BHQ≌Rt△BOQ，
∴BH＝OB＝3，
∴AH＝AB﹣BH＝2，
設OQ＝q，則AQ＝4﹣q，QH＝q，
∴22+q2＝（4﹣q）2，解得q＝，
∴Q（﹣，0），
∵∠BQO＝∠BQN+∠OQN＝∠BAQ+∠ABQ，∠BAQ＝∠BQN，∠ABQ＝∠QBN，
∴∠OQN＝∠QBN，
∵∠QON＝∠BOQ＝90°，
∴△OQN∽△OBQ，
∴，
∴，
∴n＝，
∴Q（﹣，0），N（0，），
同理得直線PQ的解析式為y＝x+，
聯立y＝﹣x2﹣x+3解得x＝或（不合題意，舍去）
∴點P的坐標為（，）；
綜上，點P的坐標為（，）或（，）．
6．【解答】解：（1）設拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣4）．
∵將C（0，﹣2）代入得：4a＝2，解得a＝，
∴拋物線的解析式為y＝（x+1）（x﹣4），即y＝x2﹣x﹣2．
（2）過點D作DG⊥x軸于點G，交BC于點F，過點A作AK⊥x軸交BC的延長線于點K，
∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴，
∴，
設直線BC的解析式為y＝kx+b1，
∴，解得，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣2，
∵A（﹣1，0），
∴y＝﹣﹣2＝﹣，
∴AK＝，
設D（m，m﹣2），則F（m，m﹣2），
∴DF＝m+2＝﹣+2m．
∴m＝﹣．
∴當m＝2時，有最大值，最大值是．
（3）存在．符合條件的點P的坐標為（）或（）．
∵l∥BC，
∴直線l的解析式為y＝x，
設P（a1，），
①當點P在直線BQ右側時，如圖2，過點P作PN⊥x軸于點N，過點Q作QM⊥直線PN于點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＝a1﹣4﹣＝a1﹣4，
∴Q（a1，a1﹣2），
將點Q的坐標代入拋物線的解析式得﹣2＝a1﹣2，
解得a1＝0（舍去）或a1＝．
∴P（）．
②當點P在直線BQ左側時，
由①的方法同理可得點Q的坐標為（a1，2）．
此時點P的坐標為（）．
7．【解答】解：（1）針對于直線y＝x﹣2，
令x＝0，則y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，則0＝x﹣2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
將點B，C坐標代入拋物線y＝x2+bx+c中，得，
∴，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）①∵PM⊥x軸，M（m，0），
∴P（m，m2﹣m﹣2），D（m，m﹣2），
∵P、D、M三點中恰有一點是其它兩點所連線段的中點，
∴Ⅰ、當點D是PM的中點時，（0+m2﹣m﹣2）＝m﹣2，
∴m＝1或m＝4（此時點D，M，P三點重合，舍去），
Ⅱ、當點P是DM的中點時，（0+m﹣2）＝m2﹣m﹣2，
∴m＝﹣或m＝4（此時點D，M，P三點重合，舍去），
Ⅲ、當點M是DP的中點時，（m2﹣m﹣2+m﹣2）＝0，
∴m＝﹣2或m＝4（此時點D，M，P三點重合，舍去），
即滿足條件的m的值為﹣或1或﹣2；
②存在，
由（1）知，拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2，
令y＝0，則0＝x2﹣x﹣2，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴點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與△AOC相似，
∴Ⅰ、當△PNC∽△AOC，
∴∠PCN＝∠ACO，
∴∠PCN＝∠OBC，
∴CP∥OB，
∴點P的縱坐標為﹣2，
∴m2﹣m﹣2＝﹣2，
∴m＝0（舍）或m＝3，
∴P（3，﹣2）；
Ⅱ、當△PNC∽△COA時，
∴∠PCN＝∠CAO，
∴∠OCB＝∠PCD，
∵PD∥OC，
∴∠OCB＝∠CDP，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD，
由①知，P（m，m2﹣m﹣2），D（m，m﹣2），
∵C（0，﹣2），
∴PD＝2m﹣m2，PC＝＝，
∴2m﹣m2＝，
∴m＝或m＝0（舍），
∴P（，﹣）．
即滿足條件的點P的坐標為（3，﹣2）或（，﹣）．
8．【解答】解：（1）∵BO＝3AO＝3，
∴點B（3，0），點A（﹣1，0），
∴拋物線解析式為：y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣x﹣，
∴b＝﹣，c＝﹣；
（2）如圖1，過點D作DE⊥AB于E，
∴CO∥DE，
∴，
∵BC＝CD，BO＝3，
∴＝，
∴OE＝，
∴點D橫坐標為﹣，
∴點D坐標為（﹣，+1），
設直線BD的函數解析式為：y＝kx+m，
由題意可得：，
解得：，
∴直線BD的函數解析式為y＝﹣x+；
（3）∵點B（3，0），點A（﹣1，0），點D（﹣，+1），
∴AB＝4，AD＝2，BD＝2+2，對稱軸為直線x＝1，
∵直線BD：y＝﹣x+與y軸交于點C，
∴點C（0，），
∴OC＝，
∵tan∠CBO＝＝，
∴∠CBO＝30°，
如圖2，過點A作AK⊥BD于K，
∴AK＝AB＝2，
∴DK＝＝＝2，
∴DK＝AK，
∴∠ADB＝45°，
如圖，設對稱軸與x軸的交點為N，即點N（1，0），
若∠CBO＝∠PBO＝30°，
∴BN＝PN＝2，BP＝2PN，
∴PN＝，BP＝，
當△BAD∽△BPQ，
∴，
∴BQ＝＝2+，
∴點Q（1﹣，0）；
當△BAD∽△BQP，
∴，
∴BQ＝＝4﹣，
∴點Q（﹣1+，0）；
若∠PBO＝∠ADB＝45°，
∴BN＝PN＝2，BP＝BN＝2，
當△DAB∽△BPQ，
∴，
∴，
∴BQ＝2+2
∴點Q（1﹣2，0）；
當△BAD∽△PQB，
∴，
∴BQ＝＝2﹣2，
∴點Q（5﹣2，0）；
綜上所述：滿足條件的點Q的坐標為（1﹣，0）或（﹣1+，0）或（1﹣2，0）或（5﹣2，0）．
9．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+8（a≠0）過點A（﹣2，0）和點B（8，0），
∴，
解得．
∴拋物線解析式為：；
（2）當x＝0時，y＝8，
∴C（0，8），
∴直線BC解析式為：y＝﹣x+8，
∵，
∴，
過點P作PG⊥x軸，交x軸于點G，交BC于點F，
設，
∴F（t，﹣t+8），
∴，
∴，
即，
∴t1＝2，t2＝6，
∴P1（2，12），P2（6，8）；
（3）存在，點M的坐標為：（3，8），或（3，11）．
∵C（0，8），B（8，0），∠COB＝90°，
∴△OBC為等腰直角三角形，
拋物線的對稱軸為，
∴點E的橫坐標為3，
又∵點E在直線BC上，
∴點E的縱坐標為5，
∴E（3，5），
設，
①當MN＝EM，∠EMN＝90°，
△NME∽△COB，則，
解得或（舍去），
∴此時點M的坐標為（3，8），
②當ME＝EN，當∠MEN＝90°時，
則，
解得：或（舍去），
∴此時點M的坐標為；
③當MN＝EN，∠MNE＝90°時，
此時△MNE與△COB相似，
此時的點M與點E關于①的結果（3，8）對稱，
設M（3，m），
則m﹣8＝8﹣5，
解得m＝11，
∴M（3，11）；
此時點M的坐標為（3，11）；
故在射線ED上存在點M，使得以點M，N，E為頂點的三角形與△OBC相似，點M的坐標為：（3，8）或或（3，11）．
10．【解答】解：（1）令y＝x2﹣2x﹣3中x＝0，此時y＝﹣3，
故C點坐標為（0，﹣3），
又∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點M的坐標為（1，﹣4）；
（2）過N點作x軸的垂線交直線BC于Q點，連接BN，CN，如圖1所示：
令y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x＝3或x＝﹣1，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
設直線BC的解析式為：y＝ax+b，
將C（0，﹣3），B（3，0）代入直線BC的解析式得：，
解得：，
∴直線BC的解析式為：y＝x﹣3，
設N點坐標為（n，n2﹣2n﹣3），故Q點坐標為（n，n﹣3），其中0＜n＜3，
則＝＝，（其中xQ，xC，xB分別表示Q，C，B三點的橫坐標），且QN＝（n﹣3）﹣（n2﹣2n﹣3）＝﹣n2+3n，xB﹣xC＝3，
故，其中0＜n＜3，
當時，S△BCN有最大值為，
此時點N的坐標為（），
（3）存在，理由如下：
設D點坐標為（1，t），G點坐標為（m，m2﹣2m﹣3），且B（3，0），C（0，﹣3）
分情況討論：
①當DG為對角線時，則另一對角線是BC，由中點坐標公式可知：
線段DG的中點坐標為，即，
線段BC的中點坐標為，即，
此時DG的中點與BC的中點為同一個點，
∴，解得，
經檢驗，此時四邊形DCGB為平行四邊形，此時G坐標為（2，﹣3）；
②當DB為對角線時，則另一對角線是GC，由中點坐標公式可知：
線段DB的中點坐標為，即，
線段GC的中點坐標為，即，
此時DB的中點與GC的中點為同一個點，
∴，解得，
經檢驗，此時四邊形DCBG為平行四邊形，此時G坐標為（4，5）；
③當DC為對角線時，則另一對角線是GB，由中點坐標公式可知：
線段DC的中點坐標為，即，
線段GB的中點坐標為，即，
此時DC的中點與GB的中點為同一個點，
∴，解得，
經檢驗，此時四邊形DGCB為平行四邊形，此時G坐標為（﹣2，5）；
綜上所述，G點坐標存在，為（2，﹣3）或（4，5）或（﹣2，5）；
（4）存在，理由如下：
連接AC，OP，如圖2所示：
設MC的解析式為：y＝kx+m，
將C（0，﹣3），M（1，﹣4）代入MC的解析式得：，
解得：
∴MC的解析式為：y＝﹣x﹣3，令y＝0，則x＝﹣3，
∴E點坐標為（﹣3，0），
∴OE＝OB＝3，且OC⊥BE，
∴CE＝CB，
∴∠CBE＝∠E，
設P（x，﹣x﹣3），
又∵P點在線段EC上，
∴﹣3＜x＜0，
則，，
由題意知：△PEO相似于△ABC，
分情況討論：
①△PEO∽△CBA，
∴，
∴，
解得，滿足﹣3＜x＜0，此時P的坐標為；
②△PEO∽△ABC，
∴，
∴，
解得x＝﹣1，滿足﹣3＜x＜0，此時P的坐標為（﹣1，﹣2）．
綜上所述，存在以點P、E、O為頂點的三角形與△ABC相似，P點的坐標為或（﹣1，﹣2）．
11．【解答】解：（1）y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x1＝﹣2，x2＝8，
∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4，AB＝10，
∴AC2＝OA2+OC2＝20，BC2＝OB2+OC2＝80，
∴AC2+BC2＝100，
而AB2＝102＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°；
（2）①設直線BC解析式為y＝kx+b，將B（8，0），C（0，4）代入可得：，
解得，
∴直線BC解析式為y＝﹣x+4，
設第一象限D（m，+m+4），則E（m，﹣m+4），
∴DE＝（+m+4）﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，BF＝8﹣m，
∴DE+BF＝（﹣m2+2m）+（8﹣m）
＝﹣m2+m+8
＝﹣（m﹣2）2+9，
∴當m＝2時，DE+BF的最大值是9；
②由（1）知∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵DF⊥x軸于F，
∴∠FEB+∠CBA＝90°，
∴∠CAB＝∠FEB＝∠DEC，
（一）當A與E對應時，
以點C，D，E為頂點的三角形與△AOG相似，只需＝或＝，
而G為AC中點，A（﹣2，0），C（0，4），
∴G（﹣1，2），OA＝2，AG＝，
由①知：DE＝﹣m2+2m，E（m，﹣m+4），
∴CE＝＝，
當＝時，＝，解得m＝4或m＝0（此時D與C重合，舍去）
∴D（4，6），
當＝時，＝，解得m＝3或m＝0（舍去），
∴D（3，），
∵在Rt△AOC中，G是AC中點，
∴OG＝AG，
∴∠GAO＝∠GOA，即∠CAB＝∠GOA，
∴∠DEC＝∠GOA，
（二）當O與E對應時，
以點C，D，E為頂點的三角形與△AOG相似，只需＝或＝，
∵OG＝AG，
∴＝與＝答案相同，同理＝與或＝答案相同，
綜上所述，以點C，D，E為頂點的三角形與△AOG相似，則D的坐標為（4，6）或（3，）．
12．【解答】解：（1）將點B（3，0），C（0，﹣3）分別代入y＝ax2﹣2x+c中，得：，解得，
∴拋物線的函數關系為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由拋物線的表達式知，其對稱軸為x＝﹣＝1，
故設點P（1，m），點Q（x，0），B（3，0），C（0，﹣3），
①以PB為對角線時，
，解得：，
∴P（1，﹣3），Q（4，0）；
②以PC為對角線時，
，解得：，
∴P（1，3），Q（﹣2，0）；
③以PQ為對角線時，此時CB也為對角線，
故這種情況不需要分析，不存在；
故點P、Q的坐標分別為（1，﹣3）、（4，0）或（1，3）、（﹣2，0）；
（3）當y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），
又y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點D的坐標為（1，﹣4），
∵C（0，﹣3）、B（3，0）、D（1，﹣4），
∴BD2＝22+42＝20，CD2＝12+12，BC2＝32+32，
∴BD2＝CD2+BC2，
∴△BDC是直角三角形，且∠BCD＝90°，
設點M的坐標（m，0），則點G的坐標為（m，m2﹣2m﹣3），
根據題意知：∠AMG＝∠BCD＝90°，
∴要使以A、M、G為頂點的三角形與△BCD相似，需要滿足條件：，
①當m＜﹣1時，此時有：，
解得：，m2＝﹣1或m1＝0，m2＝﹣1，都不符合m＜﹣1，所以m＜﹣1時無解；
②當﹣1＜m≤3時，此時有：，
解得：，m2＝﹣1（不符合要求，舍去）或m1＝0，m2＝﹣1（不符合要求，舍去），
∴M（）或M（0，0），
③當m＞3時，此時有：或，
解得：（不符合要求，舍去）或m1＝6，m2＝﹣1（不符要求，舍去），
∴點M（6，0）或M（，0），
答：存在點M，使得A、M、G為頂點的三角形與△BCD相似，點M的坐標為：M（0，0）或M（，0）或M（6，0）或M（，0）．
13．【解答】解：（1）在y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，
∴B（3，0），C（0，3），
把B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c得：
，解得，
∴二次函數的表達式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）如圖：
在y＝﹣x2+2x+3中，令y＝0得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC，AB＝4，BC＝3，
∴∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，
∴以C、E、F為頂點的三角形與△ABC相似，B和F為對應點，
設E（m，﹣m2+2m+3），則F（m，﹣m+3），
∴EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，
①△ABC∽△CFE時，＝，
∴＝，
解得m＝或m＝0（舍去），
∴EF＝，
②△ABC∽△EFC時，＝，
∴＝，
解得m＝0（舍去）或m＝，
∴EF＝，
綜上所述，EF＝或．
（3）連接NE，如圖：
∵點N、F關于直線EC對稱，
∴∠NCE＝∠FCE，CF＝CN，
∵EF∥y軸，
∴∠NCE＝∠CEF，
∴∠FCE＝∠CEF，
∴CF＝EF＝CN，
由（2）知：
設E（m，﹣m2+2m+3），則F（m，﹣m+3），EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，
∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（舍去）或m＝3﹣，
∴CN＝CF＝m＝3﹣2，
∴N（0，3+1）．
14．【解答】解：（1）∵點（1，1）和（4，1）的縱坐標相同，
故上述兩點關于拋物線對稱軸對稱，
故拋物線的對稱軸為直線x＝（1+4）＝；
（2）①由題意得：，解得，
故原拋物線的表達式為y＝﹣x2+5x﹣3；
由平移的性質得，平移后的拋物線表達式為y＝﹣（x+2）2+5（x+2）﹣3﹣1＝﹣x2+x+2；
②存在，理由：
令y＝﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或2，令x＝0，則y＝2，
故點B、A的坐標分別為（﹣1，0）、（2，0），點C（0，2）；
∵tan∠BCO＝，
同理可得：tan∠CBO＝2，
當以點O，D，E為頂點的三角形與△BOC相似時，
則tan∠DOE＝2或，
設點D的坐標為（m，﹣m2+m+2），
則tan∠DOE＝＝＝2或，
解得：m＝﹣2（舍去）或1或（舍去）或，
故m＝1或．
15．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3過點A（1，0），B（﹣3，0），
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）令x＝0，y＝3，
∴OC＝OB＝3，即△OBC是等腰直角三角形，
∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3，
∴拋物線對稱軸為：x＝﹣1，
∵EN∥y軸，
∴△BEN∽△BCO，
∴，
∴，
∴EN＝2，
若△PQE∽△OBC，如圖所示，過點P作PH⊥ED垂足為H，
∴∠PEH＝45°，
∴∠PHE＝90°，
∴∠HPE＝∠PEH＝45°，
∴PH＝HE，
∴設點P坐標（x，﹣x﹣1+2），
∴代入關系式得，﹣x﹣1+2＝﹣x2﹣2x+3，
整理得，x2+x﹣2＝0，
解得，x1＝﹣2，x2＝1（舍），
∴點P坐標為（﹣2，3），
②若△EPQ∽△OCB，如圖所示，
設P（x，2），
代入關系式得，2＝﹣x2﹣2x+3，
整理得，x2+2x﹣1＝0，
解得，（舍），
∴點P的坐標為（﹣1﹣，2），
③當△PEQ∽△BOC時，∠PQE＝90°，
此時點P與∠QPE＝90°時的點P重合，不符合題意，舍去；
綜上所述點P的坐標為（﹣1﹣，2）或（﹣2，3）．
16．【解答】解（1）由題意得：，
解之得：a＝，b＝，c＝2，
∴y＝+，
∴當x＝﹣4時，y＝＝﹣，
∴D（﹣4，﹣）．
（2）①如圖1中，點N，直線l即為所求．
②如圖2中，設線段MN的垂直平分線交拋物線對稱軸于P，交MN于點Q，過點M作MH⊥CD，過點Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．
由題意A（﹣6，0），B（0，2），C（﹣4，8），
∴直線AC的解析式為y＝4x+24，直線AB的解析式為y＝x+2，直線BC的解析式為y＝﹣x+2，
∵MN∥AB，
∴可以假設直線MN的解析式為y＝x+t，
由，解得，
∴M（，），
由．解得，
∴N（，），
∴Q（，），
∵QJ⊥CD，QT⊥MH，
∴QJ＝+4＝，QT＝﹣＝，
∴QJ＝QT，
∵∠PJQ＝∠MTQ＝90°，∠QPJ＝∠QMT，QJ＝QT，
∴△PJQ≌△MTQ（AAS），
∴PQ＝MQ，
∵∠PQM＝90°，
∴∠PMN＝∠MPQ＝45°，
∵PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM＝45°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴＝，故選項D正確，B，C錯誤，
∵將三角形紙片ABC折疊，使得點A落在直線AB上，且點M落在邊BC上，
∴折痕與AB垂直，故選項A正確，
故答案為：A，D．
③設P（﹣4，m）．
∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，
∴Q（﹣4+m+，m），即Q（﹣+m，m），
把Q的坐標代入y＝+，得到，m＝（﹣+m）2+（﹣+m）+2，
整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，
解得m＝或﹣（舍棄），
∴Q（2，），
根據對稱性可知Q′（﹣10，）也滿足條件，
綜上所述，滿足條件的點Q的坐標為（2，）或（﹣10，）．

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