专题16：压轴-二次函数与相似三角形的综合.doc

专题16：二次函数与相似综合好题
1． (2014贵州省安顺市，26，14分)如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AB=DC，BC在x轴上，点A在y轴的正半轴上，点A、D的坐标分别为A(0，2)，D(2，2)，AB=，连接AC．
(1)求出直线AC的函数解析式；
(2)求过点A、C、D的抛物线的函数解析式；
(3)在抛物线上有一点P(m，n)(n<0)，过点P作PM垂直于x轴，垂足为M，连接PC，使以点C、P、M为顶点的三角形与Rt△AOC相似，求出点P的坐标．

【考点解剖】本题考查了等腰梯形的性质、用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式、相似三角形的应用、分情况讨论、动点问题，解题的关键是充分利用等腰梯形的相关性质，求得点的坐标，然后利用待定系数求解析式．在此基础上，根据动点的不同情况，展开讨论，不要遗漏情况．
【解题思路】(1)由A的坐标可以求得OA的长，而AB长已知，根据勾股定理可以求出OB的长，则B点的坐标可以知道．根据等腰梯形的轴对称性可得C点坐标，然后把坐标代入可以求出一次函数的解析式．(2)点A、C、D的坐标都可以求得，根据待定系数法求值即可．(3)需要分m>4，或m<-2两种情况，另外由于边的不确定性，在相似时也应该分情况讨论．所以通过相似求值后需要验证所求得的值是否符合实际情况．
【解答过程】解：(1)由A(0，2)知OA=2，在Rt△ABO中，∵AB=，
∴OB===2．
则B(-2，0)，根据等腰梯形的轴对称性可得C点坐标为(4，0)．……………1分
设直线的函数解析式为y=kx+b，
∴ ∴ ∴．…………………………3分
(2)过A、C、D三点得抛物线的解析式为y=，
∴ ∴ ∴．………6分
(3)∵P(m，n)(n<0)在抛物线上，
∴m>4，或m<-2，n=<0．∴PM=．
∵Rt△PCM与Rt△AOC相似，∴或．
若m<-2，则MC=4-m，当时，，
解得：(舍去)，此时P(-4，-4)．…………………………8分
当时，
解得：(舍去)，此时P(-10，-28)．……………………10分
若m>4，则MC=m-4，
当时，，
解得：(舍去)，(舍去)．…………………………………12分
当时，
解得：(舍去)，此时P(6，-4)．
综上所述，点P的坐标为(-4，-4)，(6，-4)，(-10，-28)．…………………14分

2. （2014湖北随州，25，12分）平面直角坐标系中，四边形ABCO是菱形，点C的坐标为（－3，4），点A在x轴的正半轴上，O为坐标原点，连结OB，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过C、O、A三点.
(1)直接写出这条抛物线的解析式；
（2）如图1，对于所求抛物线对称轴上的一点E，设△EBO的面积为 ，菱形ABCO的面积为 ，当 时，求点E的纵坐标n的取值范围；
（3）如图2，D（0， ）为y轴上一点，连结AD.动点P从点O出发，以 个单位/秒的速度沿OB方向运动，1秒后，动点Q从从点O出发，以 个单位/秒的速度沿折线O—A—B运动.设点P运动时间为t秒（0＜t≤6），是否存在实数t，使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由。

【考点解剖】本题综合考查了二次函数、相似三角形的性质和判定，运动变化思想、分类讨论、数形结合思想，解题的关键是灵活应用数形结合、分类讨论思想在运动过程中不同状态的对应关系来确定点E的纵坐标n的取值范围和与使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似的各种情况．
【解题思路】(1)待定系数法求求抛物线的解析式；（2）由条件可得，进而确定点E的坐标：当，△EBO的OB边上的高为，如图1，设平行于O B的直线为，过点O作ON⊥ME于N，若ON＝，由△MNO∽△OGB得OM＝5，所以，由得y＝0，即点E（，0），∵与OB平行且到OB的距离为的直线有两条，∴由对称性，得另一条直线为得点E（，10）由题意得，n的取值范围. (3) 使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似时，因△ADO是直角三角形，所以必须按对应关系来分△BPO∽△AOD和△BPQ∽△DOA两种情况；如图3，动点P、Q按题意运动时，运动时间需分1＜t＜3.5和3.5≤t≤6两个时间段来考虑以P、Q、B为顶点的三角形的形状（即有QP⊥OP、QP⊥BP、QP⊥BQ），根据运动时间t确定对应边的长度即可.
【解答过程】解：（1）∵四边形ABCO是菱形，点C的坐标为（－3，4），∴OC＝AO＝5，∴A坐标为：（5，0），又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过C、O、A三点.
则有 ，解得，所求抛物线的解析式为 ∴
(2) 解法一： 设BC交y轴于点G，则 ，∴
又OB所在直线的解析式为，OB＝
∴当，△EBO的OB边上的高为
如图1，

设平行于O B的直线为，则它与y轴的交点为M（0，b），与抛物线对称轴x＝ 交于点E（，n）.过点O作ON⊥ME于N，若ON＝，由△MNO∽△OGB得OM＝5，所以
由得y＝0，即点E（，0）
∵与OB平行且到OB的距离为的直线有两条，
∴由对称性，得另一条直线为，得点E’（，10）
由题意得，n的取值范围为：0≤n≤10,且n≠5.
解法二：如图2，抛物线的对称轴 为x＝，延长OB交于点T，延长CB交于点H，直线与x轴交于点F，

图2
当点E在OT的上方时，点E(，n).
＝＝n－5
当时，即n－5≤5，n≤10
由对称性，点E（，10）关于点T（，5）的对称点为E’（，0），由题意，n≥0，所以n的取值范围为：0≤n≤10,且n≠5.
(3)如图3，动点P、Q按题意运动时，当1＜t＜3.5时，OP＝，BP＝，

OQ＝，连结QP，当QP⊥OP时，有，∴
若，则有，又∠QPB＝∠DOA＝90°，所以△BPO∽△AOD
此时，PB＝2PQ,即＝，10－t＝8(t－1)∴t＝2
当3.5≤t≤6时,QB＝10－＝，
连结QP，当QP⊥BP时，则有∠PBQ＝∠ODA，∠QPB＝∠DOA＝90°，所以△BPQ∽△DOA,
此时，BQ＝PB，即（）＝()
12－2t＝10－t 所以t＝2（不合题意，舍去），
当QP⊥BQ时，同理△BPQ∽△DAO，此时PB＝ BQ，
即＝（），所以t＝.
综上所述，符合条件的t值为：，.

3．（2014广西省钦州市，26，12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－与x轴交于A、D两点，与y轴交于点B，四边形OBCD是矩形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，4），已知点E（m，0）是线段DO上的动点，过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，交BD于点H．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点P在直线BC上方时，请用含m的代数式表示PG的长度；
（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

【考点解剖】本题考查了用待定系数法确定二次函数的解析式，直角坐标系中两点之间距离的求法，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法等．解题的关键是准确求出二次函数解析式，能从图中找出有用的相似三角形并列正确的比例式，能分类讨论列出不同的方程去求m的值．
【解题思路】第（1）问把A、B两点坐标代入二次函数解析式，列出方程组求解即可．第（2）问由PE⊥x轴可知P点横坐标为m，把横坐标代入二次函数解析式求出纵坐标，从而可知PE长度，又EG＝4，即可得PG长度．第（3）问令抛物线解析式等于0，得关于x的一元二次方程，解这个方程，可得出D点坐标（－3，0）．再证出△DEH∽△DOB，从而得到＝＝．最后利用△PGB与△DEH相似的两种情况列出两个方程，求得m的值．
【解答过程】解：（1）把点A（1，0），点B（0，4）代入解析式，得
，解得，
所以抛物线的解析式为：y＝x2－x＋4．
（2）由题意得：点G（m，4），点P（m，m2－m＋4）．
当点P在直线BC上方时，
PG＝m2－m＋4－4＝m2－m．
（3）令y＝x2－x＋4中，y＝0，得
x2－x＋4＝0，即x2＋2x－3＝0．
解得x1＝－3，x2＝1，
∴点D为（－3，0），
∴OD＝3．
∵PE⊥x轴，OB⊥x轴，
∴PE∥OB，

∴△DEH∽△DOB，
∴＝＝．
△PGB与△DEH相似有两种情况：
①当△PGB∽△DEH时，
＝＝．
∵PG＝m2－m，GB＝－m，
∴＝，即16 m2＋23m＝0，
解得m1＝0（舍去），m2＝．
②当△PGB∽△HED时，有
＝＝，
∴＝，即m2＋m＝0．
解得m1＝0（舍去），m2＝－1．
综上所述，存在符合条件的点P，此时m的值为或－1．

4．（2014福建厦门，26，10分）如图，已知c＜0，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点（x2＞x1），与y轴交于点C，
（1）若x2＝1，BC＝，求函数y＝x2＋bx＋c的最小值；
（2）过点A作AP⊥BC，垂足为P（点P在线段BC上），AP交y轴于点M．若＝2，求抛物线y＝x2＋bx＋c顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围．

【考点解剖】本题考查了用待定系数法求二次函数的表达式以及二次函数的性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键是利用相似三角形求得b,c之间的关系．
【解题思路】（1）由x2＝1，得OB=1，因为BC＝，用勾股定理求得OC=2,即C(0,-2),把B(1,0)、C(0,-2)代入y＝x2＋bx＋c求出b,c，再用配方法求最小值；（2）证明△COB∽△AOM得，得B(,0)，把B(,0)代入y＝x2＋bx＋c得到b,c之间的关系式，用公式法求出抛物线的顶点（x,y）与b,c的关系，消去b,c即得抛物线纵坐标随横坐标变化的函数解析式，当P与C重合时求出c的值，进而求出x的值，再结合图象写出自变量的取值范围．
【解答过程】解：（1）∵x2＝1，BC＝，∠BOC=90°，∴OB=1，,
∴C(0，-2),把B(1，0), C(0，-2)代入y＝x2＋bx＋c，得，∴，
∴，∴当时，函数y＝x2＋bx＋c的最小值为
（2）∵AP⊥BC，OC⊥AB,∴∠OAM+∠OMA=90°,∠PAB+∠CBO=90°,∴∠CBO=∠OMA,
∵∠AOM=∠COB,∴△COB∽△AOM,∴,∴，∵c＜0，∴B(,0)，
把B(,0)代入y＝x2＋bx＋c，得，∴，即，设抛物线y＝x2＋bx＋c顶点为（x,y）,则，∴，，∴，即
∴抛物线y＝x2＋bx＋c顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式为，
易得A(-2，0)，当P与C重合时，M与C重合，OM=1，c=-1,即,,
∴自变量的取值范围．
5. （2014甘肃省白银市，28，12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物
线是由二次函数y=x2-3的图象向右平移一个单位后得到的，它与y轴的负半轴交于点A．点
B在此抛物线上，且横坐标为3.
(1)求点M、A、B的坐标；
(2)连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；
(3)点P是此抛物线上一点，且位于其对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=
∠ABM时，求点P的坐标.

【考点解剖】本题考查了二次函数图象与几何变换，解题的关键是通过数形结合想到方法．
【解题思路】（1）根据向右平移，顶点横坐标加1，既可以写出平移后的抛物线解析式，也可以写出顶点M的坐标，令x=0求出A点的坐标，把x=3代入函数解析式求出点B的坐标；
（2）过点B作BE⊥AO于E,过点M作MF⊥AO于M，可得∠EAB=∠EBA=45°，同理求出∠FAM=∠FMA=45°，然后求出△ABE和△AMF相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出，再由∠BAM=90°，根据锐角的正切等于对边比邻边列式即可得解；
（3）过点P作PH⊥x轴于H，分点P在x轴的上方和下方两种情况利用α的正切值列出方程求解即可．
【解答过程】解：（1）解析式为y=(x－1)2－3，顶点坐标为M（1，－3），
A（0，），B（3，1）.
（2）过点B、M分别作y轴的垂线，垂足分别为E、F.
∵ EB=EA=3，∴ ∠EAB=∠EBA=45°.
同理∠FAM=∠FMA=45°.
∴ △FAM ∽ △EAB，∴
∵ ∠EAB=∠FAM=45°，∴ ∠BAM=90° ，
∴Rt△ABM中，

（3）过点P作PH⊥x轴，垂足为H .
设点P坐标为(x，x2－2x－2)
① 当点P在x轴上方时，
由题意得 ，解得x1=（舍），x2=3.
∴点P坐标为(3，1)
② 当点P在x轴下方时，
题意得，解得x1=（舍），x2=.
∴点P坐标为(, )
综上所述，P点坐标为(3,1) ，(, ).

6．（2014黑龙江省哈尔滨市，27，10分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝－x＋4与x轴交于点A，过点A的抛物线y＝ax2＋bx与直线y＝－x＋4交于另一个点B，且点B的横坐标为1．
（1）求a，b的值；
（2）点P是线段AB上一个动点（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OB交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于点F．设PF的长为t，MN的长为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，当S△ACN＝S△PMN时，连接ON，点Q在线段BP上，过点Q作QR∥MN交ON于点R，连接MQ、BR，当∠MQR－∠BRN＝45°时，求点R的坐标．
第27题图 第27题备用图

【考点解剖】本题考查了一次函数、二次函数、等腰三角形、相似三角形、勾股定理、分式方程、一元二次方程等综合知识，解题的关键是构造相似三角形．
【解题思路】（1）先求A、B两点坐标，将其代入抛物线的解析式，联立成关于a、b的二元一次方程组，解之即可得到a、b的值．
（2）作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E．由A(4，0)、B(1，3)，得OD＝1，BD＝3，OA＝4，AD＝BD＝3，再根据等腰直角三角形及对顶角，知NF＝PF＝t．再根据相似三角形的判定，得△MPF∽△BOD，得到，从而MF＝3t，最后由MN＝MF＋FN，得到d＝4t．
（3）解决本题应按四步走：①根据S△ACN＝S△PMN，探究AC与t的数量关系为AC＝2t，从而OC＝4－2t，MC＝6t，求出M(4－2t，6t)；②将M(4－2t，6t)的坐标代入抛物线
y＝－x2＋4x，得到关于t的一元二次方程，解得t＝，从而PF＝FN＝，AC＝CN＝1，OC＝3，MF＝，PN＝，PM＝，AN＝，BN＝2；③设RH＝n，由tan∠HNR＝tan∠NOC得，从而HN＝3n，再通过∠MQR－∠BRN＝45°，及等腰三角形的判定及性质、平行线的性质证明△PMQ∽△NBR；④由相似形性质得到，从而得到，解得n＝，从而R(，)．
【解答过程】解：
（1）∵直线y＝－x＋4与x轴交于点A，
∴A(4，0)．
∵点B的横坐标为1且直线直线y＝－x＋4经过点B，
∴B(1，3)．
∵抛物线y＝ax2＋bx经过A(4，0)、B(1，3)，
∴，解得．
∴ a＝－1，b＝4．
（2）如图1，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E．
∵A(4，0)、B(1，3)，
∴OD＝1，BD＝3，OA＝4．
∴AD＝3．
∵∠BDA＝90°，
∴∠BAD＝∠ABD＝45°．
∵MC⊥x轴，
∴∠ANC＝∠NAC＝45°．
∵PF⊥MC，
∴∠PNF＝∠ANC＝45°．
∵NF＝PF＝t．
∵∠PFM＝∠ECM＝90°，
∴PF∥EC．
第27题答图1
∴∠MPF＝∠MEC．
∵PM∥OB，
∴∠BOD＝∠MEC．
∴∠BOD＝∠MPF．
又∵∠ODB＝∠PFM＝90°，
∴△MPF∽△BOD．
∴．
∴MF＝3PF＝3t．
∵MN＝MF＋FN，
∴d＝3t＋t＝4t．
∴d与t之间的函数关系式为d＝4t．
（3）如图2，由（2）知，PF＝t，MN＝4t．
∴S△PMN＝MN·PF＝×4t×t＝2t2．
∵∠CAN＝∠ANC，
∴CA＝CN．
∴S△PMN＝AC2．
∵S△ACN＝S△PMN，
∴AC2＝2t2．
∴AC＝2t．
∴CN＝2t．
∴MC＝MN＋NC＝6t．
∴OC＝OA－AC＝4－2t．
∴M(4－2t，6t)．
∵点M(4－2t，6t)在抛物线y＝－x2＋4x上，
∴6t＝－(4－2t)2＋4(4－2t)，解得t1＝0（舍去），t2＝．
∴PF＝FN＝，AC＝CN＝1，OC＝3，MF＝．
∴PN＝，PM＝，AN＝．
∵AB＝3，
∴BN＝2．
第27题答图2
过N点作NH⊥RQ于点H．
∵QR∥MN，
∴∠MNH＝∠RHN＝90°，∠RQN＝∠QNM＝45°．
∴∠MNH＝∠NCO．
∴NH∥OC．
∴∠HNR＝∠NOC．
∴tan∠HNR＝tan∠NOC，．
设RH＝n，则HN＝3n，
∴RN＝n，QN＝3n．
∴PQ＝QN－PN＝3n－．
∵ON＝，OB＝，
∴OB＝ON．
∴∠OBN＝∠BNO．
∵PM∥OB，
∴∠OBN＝∠MPB．
∴∠BNO＝∠MPB．
∵∠MQR－∠BRN＝45°，∠MQR＝∠MQP＋∠RQN＝∠MQP＋45°，
∴∠BRN＝∠MQP．
∴△PMQ∽△NBR．
∴．
∴，解得n＝．
∴R(，)．
7．(2014湖北十堰，25，12分)已知抛物线C1：y= a(x +1)2 -2的顶点为A，且经过点B(－2，－1)．
(1)求A点的坐标和抛物线C1的解析式；
(2)如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC: S△OAD的值；
(3)如图2，若过P(－4，0)，Q(0，2)的直线为l，点E在(2)中抛物线C2对称轴右侧部分(含顶点)运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．
x
y
yx
x

图1 图2
【考点解剖】本题考查了二次函数的综合、相似三角形的性质和判定、三角形的面积，解题的关键是利用相似三角形对应边成比例的性质，列出等式求解．
【解题思路】(1)直接由顶点式可求出顶点A的坐标，把点B坐标代入y= a(x +1)2 -2中即可求出抛物线的解析式；(2)根据抛物线上加下减，左加右减的平移规律，直接得到抛物线C2的解析式，利用A、B坐标求出直线解析式，然后根据三角形面积公式可求解；(3)根据直线m的运动变化过程，结合直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，应用相似三角形的对应边成比例，列式求值．
【解答过程】解：(1)∵抛物线y= a(x +1)2 -2的顶点为A，∴顶点A的坐标为(-1，-2)，∵抛物线y= a(x +1)2 -2经过点B(－2，－1)，∴-1= a(-2+1)2 -2，解得a=1，∴抛物线C1的解析式为y=(x +1)2 -2= x 2+2x-1；(2)过点A作AM⊥x轴于点M，AN⊥y轴于点N，∵将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，∴抛物线C2的解析式为y= x 2+2x-1-2= x 2+2x-3，设直线AB的解析式为y= kx+b，∵A(-1，-2)，B(－2，－1)，∴，解得，∴直线AB的解析式为y= -x-3，则，解得或，∴C(-3，0)，D(－0，－3)，∴OC=OD=3，∵A(-1，-2)，∴AM=2，AN=1，∴S△OAC: S△OAD==2；
x
y
M
N

(3)设直线m与直线l交于点N，与y轴交于点M，设直线m解析式为y= kx+b，∵点E在中抛物线y= x 2+2x-3上，∴设点E为(n，n2+2n-3)，∵直线m过点C和点E，则，解得，∴y=(m-1)x+3m-3，∴M(0，3m-3)，∴MO=│3m-3│
当点M在点Q下方时如图所示，∵∠PNC＞∠PQM，∠PNC＞∠NMQ，∴∠PNC=∠MNQ=90°，∴∠PNC=∠COM=90°，∴∠PCN+∠NPC=∠MCO+∠CMO，又∵∠PCN=∠MCO，∴∠NPC=∠CMO，此时有△PCN∽△MCO，∴存在符合条件的直线m，∵∠POQ=∠COM=90°，∠NPC=∠CMO，∴△POQ∽△MOC，∴，∴，解得m=-1，∴直线m的解析式为y= -2x-6；
当点M在点Q上方时如图所示，∵∠PCN＞∠PMQ，又∵∠PNC=∠MNQ，∴只有△PCN∽△MQN，此时有∠NPC=∠CMQ，又∵∠POQ=∠COM，∴△POQ∽△MOC，∴，，解得m=3，∴直线m的解析式为y= 2x+6，
综上存在直线m使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，解析式为y= -2x-6或y= 2x+6．
yx
x
E
M
N
N
yx
x
E
M

8． (2014湖北武汉，25，12分)如图，已知直线AB：y＝kx＋2k＋4与抛物线y＝x2交于A、B两点．
(1)直线AB总经过一个定点C，请直接写出点C坐标；
(2)当k＝－时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；
(3)若在抛物线上存在定点D，使∠ADB＝90°，求点D到直线AB的最大距离．

【考点解剖】本题考查了二次函数、一次函数、相似三角形的判定和性质、一元二次方程根与系数的关系、一元二方程根的判别式，方程组，勾股定理，涉及的知识点多，解题的关键是通过添加辅助线构造相似三角形，利用相似三角形的性质结合一元二次方程与系数的关系求解．
【解题思路】(1)直接由直线的解析式的特征确定它所过的定点；(2)根据直线与抛物线的解析式确定它们的交点坐标，再在y轴上找到一点，使这个点与AB两点构成的三角形的面积为5，利用平行线构造面积相等的三角形，点P即是直线与抛物线的交点坐标，将其解析式组成方程组求解即可；(3)利用∠ADB＝90°构造两个直角三角形相似，得到对应线段成比例，再根据直线与抛物线的交点坐标，运用一元二次方程根与系数的关系，结合比例式得到关系式，再根据D点为定点得到它与k的取值无关，从而可以这个点的坐标，最后根据只有当CD⊥AB时，点D到直线AB的距离最大来确定这个最大值即是线段CD的长．
【解答过程】解：(1)直线过定点(-2，4)；
(2)如图(1)，直线 与y轴交于点N(0，3)，
联立得： ，∴ ，解之得，
在y轴上取点Q(0，1)，则
过点Q作PQ∥AB交抛物线于点P，则PQ的解析式为 ，
由 解得： 或 ，∴P点的坐标是

(3)如图(2)，设 ， ，
联立得： ，得
∴ ；
过点D作EF∥x轴，过A点作y轴的平行线交EF于E，过点B作y轴的平行线交EF于点F，∴△ADE∽△DBF
∴ ，即
化简，得
∴
当m-2=0，即m=2时，点D的坐标与k的取值无关，
∴D的坐标为(2，2)
又∵C(-2，4)，∴ ．
过点D作DM⊥AB，垂足为M，则DM≤CD，
当CD⊥AB时，点D到直线AB的距离最大，最大距离为 ．

9.（2014湖北省孝感市，25，10分）
如图1，矩形ABCD的边AD在轴上，抛物线经过点A、点B，与轴交于点E、点F，且其顶点M在CD上．
（1）请直接写出下列各点的坐标：
A ☆ ，B ☆ ，C ☆ ，D ☆ ；（4分）
（2）若点P是抛物线上一动点（点P不与点A、点B重合），过点P作y轴的平行线l与直线AB交于点G，与直线BD交于点H，如图2．
①当线段PH=2GH时，求点P的坐标；（4分）
②当点P在直线BD下方时，点K在直线BD上，且满足△KPH∽△AEF，求△KPH面积的最大值．（4分）

【考点解剖】本题考查了二次函数、一次函数的图象与性质、相似三角形的性质，第（2）题较难，解题的关键是根据解析式设出点P、H、G的坐标并根据这三个点的相对位置用x表示出线段PH、GH的长．
【解题思路】第（1）小题比较容易，根据解析式及图形特征可求；第（2）小题第①小题先求出直线BD的解析式，再利用直线BD和抛物线的解析式设出点P、H的坐标，然后根据直线PH的不同位置分类求解；第②小题先求出△AEF的面积，再根据相似三角形的性质得出△KPH的面积与线段PH的关系，从而将求三角形面积最值问题转化为求线段最值，再进一步转化为求二次函数最值问题来解决.
【解答过程】解：（1）当x=0时，，∴ A（0，3）；
当时，解得，，∴B（4，3）；
∵，∴抛物线顶点坐标为（2，-1），
∴C（4，－1），D（0，－1）．
故本小题四个答案依次为：（0，3）、（4，3）、（4，－1）、（0，－1）．
（2）设直线BD的解析式为，由于直线BD经过D（0，－1），B（4，3），
∴，解得，∴直线BD的解析式为．
设点P的坐标为，则点H，点G．
①1°当且x≠4时，点G在PH的延长线上，如图①．
∵PH＝2GH，∴，
∴，解得，．
当时，点P，H，G重合于点B，舍去．
∴只取，
当x=3时，，
∴此时点P的坐标为．
2°当时，点G在PH的反向延长线上，如图②,显然PH＜GH，PH＝2GH不成立．
3°当时，点G在线段PH上，如图③．
∵PH＝2GH，∴，
∴，解得，（舍去），
∴只取．
当x=-1时，，
此时点P的坐标为．
4°当时，点G在PH的延长线上，如图④．
∵PH＝2GH，∴
，
∴，解得，，均舍去
综上所述，点P的坐标为或．
②如图⑤，令，解得，，
∴E，F，∴E F＝2．
∴EF·OA=×2×3=3．
∵△KPH∽△AEF，∴，∴,∴，
∴当PH最大时，最大．
当点P在直线BD下方时，
PH=(x-1)-= =,
∴当时，PH最大=，此时，
∴当时，的最大值为 ．

10.（2014湖南株洲，24，分）已知抛物线和直线y=(k+1)x+（k+1）².
（1）求证：无论k取何实数值，抛物线总与x轴有两个不同的交点；
（2）抛物线与x轴交于点A、B，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，求的最大值；
（3）如果抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，直线AD交直线CE于点G（如图），且，求抛物线的解析式.
此题中所有的上下标问题都已经修改

【考点解剖】本题考查了二次函数与一次函数、一元二次方程、相似三角形等知识的综合，解题的关键是应用根与系数的关系及相似三角形的性质构造出方程组，求待定系数k．
【解题思路】（1）直接推证根的判别式的值大于零（2）用一元二次方程根与系数的关系求出x1x2关于k的表达式，再根据直线与x轴的交点求出x3关于k的表达式，进而求出x1x2x3关于k的二次函数的解析式，求出最大值（3）设OA=x1，OB=x2先把等积式CAGE=CGAB化成比例式，运用比例的性质适当变形后，推证△CGA∽△CEB，进而推证△DOA∽△EOB，根据相似三角形的性质列出x1、x2的一个关系式，再利用根与系数的关系，列出x1、x2的另两个关系式，三个关系式结合，即可求出k的值.
【解答过程】解：（1）因为b2-4ac=（k+2）2-4×1×=k2+4k+4-5k-2=k2-k+2=（k-）2+，因为（k-）2≥0，＞0，所以不论k取何值，b2-4ac的值总＞0，即无论k取何实数，抛物线总与x轴有两个不同的交点.
（2）因为直线与x轴的交点的坐标为（－（k+1），0），即x3=－（k+1），
抛物线y=x2-（k+2）x+与x轴的交点的横坐标，是方程x2-（k+2）x+=0的两个根，所以x1x2=，
所以x1x2x3=－（k+1）×=－－－
因为－＜0，所以二次函数当k=－时，有最大值为：－=
（1） 如图，因为CAGE=CGAB，所以有，所以，CC又∠C=∠C，所以△CGA∽△CEB，所以∠GAC=∠EBO，所以GA∥EB，故△DOA∽△EOB，所以，所以 ①，
（2） 又x1+x2=k+2 ②，x1x2= ③，
把①变形代入③，所以有×x2×x2=，所以x22=（k+1）2，因为点A、B都在原点的右侧，所以x1、x2都为正数，所以x2=k+1，代入②，所以x1+k+1=k+2，所以x1=1，代入③有1×（k+1）=，解得k=2，代入y=x2-（k+2）x+，所以二次函数的解析式为：y=x2-4x+3
11．（2014年江苏省南通市，28，13分）
如图，抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于A，B两点，与y轴相交于点C，顶点为点D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．
（1）求线段DE的长；
（2）设过点E的直线与抛物线相交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，试判断|x1－x2|的值最小时，直线MN与x轴的位置关系，并说明理由．
（3）设点P为x轴上一点，∠DAO＋∠DPO＝∠α，当tan∠α＝4时，求点P的坐标．

【考点解剖】本题考查了以二次函数为背景的线段的计算，与一元二次方程有关的线段的计算以及构造相似三角形的求解与角有关的问题，解题的关键是利用方程根与系数的关系求线段的长度以及构造相似三角形来求与角有关的正切问题．
【解题思路】（1）令二次函数值为零或是x为零可求出抛物线与坐标轴的交点，并求出直线BC的解析式，进而求出ED的长度；（2）要用方程一元二次方程根与系数的关系求抛物线上两点之间的距离；（3）巧妙的做法是利用直角△DOF中tan∠DOF＝来构造相似三角形，从而使问题得以解决。
【解答过程】解：（1）由题意，得C（0，3），B(3，0)，D（1，4），则直线BC的表达式为y＝－x＋3
∵抛物线对称轴与BC相交于点E（1，2），∴DE＝2．
（2）设直线MN为y＝kx＋b，∵它过点E（1，2），∴b＝2－k．
∵直线MN的表达式为y＝kx＋2－k
将y＝kx＋2－k代入y＝－x²＋2x＋3，整理得x²＋(k－2)x－k－1＝0
解这个方程，得．
∴＝| －|＝
∴当的值最小时，k＝0．此时直线MN与x轴平行．
（3）①当点P在点A的左侧时，连接DP，DA，DO
∵tan∠α＝4，tan∠DOF＝4，∴∠DOF＝∠α＝∠DAO＋∠DPO，又∠DOF＝∠DPO＋∠PDO，
∴∠DAO＝∠PDO．可得△OAD∽△ODP，∴，即OD²＝OA·OP＝17
解得OP＝17，∴点P的坐标为（－17，0）．
②当点P在点A的右侧时，由轴对称性质，得点P坐标为（19，0）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（－17，0）或（19，0）

12. （2014江苏无锡，26，10分）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图像过坐标原点O，与x轴的负半轴交于点A．过A点的直线与y轴交于B，与二次函数的图像交于另一点C，且C点的横坐标－1，AC：BC=3：1．
(1)求点A的坐标；
(2)设二次函数图像的顶点为F，其对称轴与直线AB及x轴分别交于点D和点E．若△FCD与△AED相似，求此二次函数的关系式．

【考点解剖】本题考查了二次函数的图像与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上中线的性质、数形结合思想、待定系数法、方程思想等，解题的关键是利用相似三角形中的基本图形“A形”和“X形”沟通条件与结论间的联系．
【解题思路】（1）过点C向x轴或y轴作垂线段，构造与AC：BC=3：1有直接或间接关系的相似三角形求出OA的长，即得点A的坐标；（2）利用点A、O的坐标，二次函数关系式可消元为，过点C作CH⊥DF交于H，说明H是DF的中点，利用直角三角形斜边上中线的性质构造关于a的方程求解得出a的值，从而确定二次函数的关系式.
【解答过程】解：（1）过C点作CG⊥x轴，垂足为G，则OG=1.
∵AC：BC=3：1，∴.
由△AGC∽△AOB得，即，解得AG=3，则AO=4.
∴A点坐标为（－4，0）.

（2）由题意，c=0，将A（－4，0）代入中，
得0=16a－4b，∴b=4a.
∴，此时F（－2，－4a），C（－1，－3a）.
由△ADE∽△AGC得，即，
∴DE=－2a，D（－2，－2a）
若△FCD与△AED相似，
显然只有∠DCF=∠DEA=90°情况下，△FCD∽△AED.
过C作CH⊥DF交于H，则CH=2－1=1，HE=CG=－3a.
∴HF=－4a－（－3a）=－a，DH=－3a－（－2a）=－a，
∴H为DF的中点.
∵∠DCF=90°，∴CH=DF，即1=×（－2a），
∴a=－1
∴二次函数的关系式为：.

13.（2014辽宁朝阳，26，12分）如图，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax 2＋bx＋4经过点D（2,4），且与x轴交于A（3,0）、B两点，与y轴交于点C，连结AC，CD，BC．
（1）直接写出该抛物线的解析式；
（2）点P是所求抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线l，l分别交x轴于点E，交直线AC于点M．设点P的横坐标为m．
①当0＜m≤2时，过点M作MG∥BC，MG交x轴于点G，连结GC，则m为何值时，△GMC的面积取得最大值，并取出这个最大值；
②当－1＜m≤2时，试探求：是否存在实数m，使得以P、C、M为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出相应m的值；若不存在，请说明理由．
A
O
B
C
D
x
y
第26题图

【考点解剖】本题考查了待定系数法、相似三角形的判定与性质、三角形的面积、二次函数的最值，解题的关键是如何用m的代数式表示△GMC的面积、最后一问不知分类讨论以及怎样运用△PCM与△AEM相似得比例式，得方程．
【解题思路】（1）将D（2,4）、A（3,0）代入y＝ax 2＋bx＋4，得关于a、b的方程组，解方程组即可；（2）求出直线AC的解析式为，用m的代数式表示出P点、E点、M点的坐标，证△COB∽△MEG得，求出GE＝，所以AG＝OA－OG＝3－（）＝，最后将各代数式代入S△GMC＝S△CGA－S△MGA＝OC·AG－ME·AG，得S△GMC关于m的二次函数，配方求最值；（3）先得∠AME=∠PMC，然后相似只需分两种情况讨论
【解答过程】解：（1）把D（2,4）、A（3,0）代入y＝ax 2＋bx＋4，得

解得
∴
（2）
A
O
l
B
C
D
x
y
E
M
G
P

易求出直线AC的解析式为：，设P点坐标为（m，），则E（m，0），M（m，）易证△COB∽△MEG ∴即
∴