2025年九年级数学中考三轮冲刺训练二次函数中相似三角形存在性问题（含解析）

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2025年九年级数学中考三轮冲刺训练二次函数中相似三角形存在性问题
1．如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．如图，以D为顶点的抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y=﹣x+3．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在直线BC上有一点P，使PO+PA的值最小，求点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图，抛物线y=ax2+bx+c与坐标轴交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2），作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，设点P的横坐标为t（0＜t＜3），求△ABP的面积S与t的函数关系式；
（3）条件同（2），若△ODP与△COB相似，求点P的坐标．
4．已知抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
5．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣x﹣1交于点C．
（1）求抛物线解析式及对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．
问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C（0，﹣），OA=1，OB=4，直线l过点A，交y轴于点D，交抛物线于点E，且满足tan∠OAD=．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿x轴正方形以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发，沿射线AE以每秒1个单位长度的速度向点E运动，当点P运动到点A时，点Q也停止运动，设运动时间为t秒．
①在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△ADC与△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
②在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
7．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
8．如图，已知抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
9．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（8，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点C是抛物线与y轴的交点，连接BC，设点P是抛物线上在第一象限内的点，PD⊥BC，垂足为点D．
①是否存在点P，使线段PD的长度最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②当△PDC与△COA相似时，求点P的坐标．
10．如图，抛物线经过原点O（0，0），点A（1，1），点．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接OA，过点A作AC⊥OA交抛物线于C，连接OC，求△AOC的面积；
（3）点M是y轴右侧抛物线上一动点，连接OM，过点M作MN⊥OM交x轴于点N．问：是否存在点M，使以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
11．如图，已知直线y=﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D．
（1）若抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N．
①求点M、N的坐标；
②是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；
（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
12．如图，已知二次函数的图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x=3．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标；
（3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标．
13．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点D，过其顶点C作直线CP⊥x轴，垂足为点P，连接AD、BC．
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）若△AOD与△BPC相似，求a的值；
（3）点D、O、C、B能否在同一个圆上？若能，求出a的值；若不能，请说明理由．
14．如图，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）过点A（，﹣3）和点B（3，0）．过点A作直线AC∥x轴，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D．连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使得S△AOC=S△AOQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入y=ax2+bx+2，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．
（2）当x=0时，y=﹣x2+x+2=2，
∴点C的坐标为（0，2）．
①过点D作DE⊥x轴于点E，如图1所示．
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴OA=EB，OC=ED．
∵A（﹣1，0），O（0，0），C（0，2），B（4，0），
∴BE=1，DE=2，OE=3，
∴点D的坐标为（3，﹣2）．
②四边形ADBC为矩形，理由如下：
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），
∴OA=1，OC=2，OB=4，AB=5，
∴AC==，BC==2．
∵AC2+BC2=25=AB2，
∴∠ACB=90°．
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴∠ABC=∠BAD，BC=AD，
∴BC∥AD且BC=AD，
∴四边形ADBC为平行四边形．
又∵∠ACB=90°，
∴四边形ADBC为矩形．
（3）假设存在，设点P的坐标为（，m）．
∵点M为AB的中点，
∴∠BPD=∠ADB=90°，
∴有两种情况（如图2所示）．
①当△PMB∽△BDA时，有==，即=，
解得：m=±，
∴点P的坐标为（，）或（，﹣）；
②当△BMP∽△BDA时，有==2，即=2，
解得：m=±5，
∴点P的坐标为（，5）或（，﹣5）．
综上所述：在该抛物线对称轴上存在点P，使△BMP与△BAD相似，点P的坐标为（，）或（，﹣）或（，5）或（，﹣5）．
2．【解答】解：（1）把x=0代入y=﹣x+3，得：y=3，
∴C（0，3）．
把y=0代入y=﹣x+3得：x=3，
∴B（3，0），A（﹣1，0）
将C（0，3）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c得：，解得b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）如图所示：作点O关于BC的对称点O′，则O′（3，3）．
∵O′与O关于BC对称，
∴PO=PO′．
∴OP+AP=O′P+AP≤AO′．
∴当A、P、O′在一条直线上时，OP+AP有最小值．
设AP的解析式为y=kx+b，则，解得：k=，b=．
∴AP的解析式为y=x+．
将y=x+与y=﹣x+3联立，解得：y=，x=，
∴点P的坐标为（，）．
（3）y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
又∵C（0，3，B（3，0），
∴CD=，BC=3，DB=2．
∴CD2+CB2=BD2，
∴∠DCB=90°．
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴OA=1，CO=3．
∴==．
又∵∠AOC=DCB=90°，
∴△AOC∽△DCB．
∴当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB．
如图所示：连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q．
∵△ACQ为直角三角形，CO⊥AQ，
∴△ACQ∽△AOC．
又∵△AOC∽△DCB，
∴△ACQ∽△DCB．
∴=，即=，解得：AQ=10．
∴Q（9，0）．
综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
3．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0），C（0，2）代入y=ax2+bx+c得：，
解得：a=﹣，b=，c=2，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．
（2）设点P的坐标为（t，﹣t2+t+2）．
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB=4．
∴S=AB PD=×4×（﹣t2+t+2）=﹣t2+t+4（0＜t＜3）；
（3）当△ODP∽△COB时，=即=，
整理得：4t2+t﹣12=0，
解得：t=或t=（舍去）．
∴OD=t=，DP=OD=，
∴点P的坐标为（，）．
当△ODP∽△BOC，则=，即=，
整理得t2﹣t﹣3=0，
解得：t=或t=（舍去）．
∴OD=t=，DP=OD=，
∴点P的坐标为（，）．
综上所述点P的坐标为（，）或（，）．
4．【解答】解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；
（2）当y=0时，x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM===，
∴BM=2PM，
∴4+x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y=x+2，
BC的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE=∠ACB=45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴，
∴，
∴AE=，OE=﹣2=
∴E（，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y=3x﹣4，
则x2﹣x﹣4=3x﹣4，
x1=0（舍），x2=8，
∴D（8，20）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，
∵∠BEA=∠BEC，
∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴==，
设BE=2m，CE=4m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴，
3m2﹣8m+8=0，
（m﹣2）（3m﹣2）=0，
m1=2，m2=，
∴OE=4m﹣4=12或，
∵OE=＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=﹣x﹣4，
﹣x﹣4=x2﹣x﹣4，
x=或0（舍）
∴D（，﹣）；
综上，点D的坐标为（8，20）或（，﹣）．
5．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx﹣1，得
解得
∴抛物线解析式为：y=
∴抛物线对称轴为直线x=﹣
（2）存在
使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小
∴取点C（0，﹣1）关于直线x=1的对称点C′（2，﹣1），连C′O与直线x=1的交点即为P点．
设过点C′、O直线解析式为：y=kx
∴k=﹣
∴y=﹣
则P点坐标为（1，﹣）
（3）当△AOC∽△MNC时，
如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E
∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°
∴∠CDN=∠CAO
由相似，∠CAO=∠CMN
∴∠CDN=∠CMN
∵MN⊥AC
∴M、D关于AN对称，则N为DM中点
设点N坐标为（a，﹣a﹣1）
由△EDN∽△OAC
∴ED=2a
∴点D坐标为（0，﹣）
∵N为DM中点
∴点M坐标为（2a，）
把M代入y=，解得
a=0（舍去）或a=4
∴a=4
则N点坐标为（4，﹣3）
当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM
∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点M
由（2）M为（2，﹣1）
∴由相似CN=，MN=
由面积法求N到MC距离为
则N点坐标为（，﹣）
∴N点坐标为（4，﹣3）或（，﹣）
6．【解答】解：（1）∵OA=1，OB=4
∴A（1，0），B（﹣4，0）
设抛物线的解析式为y=a（x+4）（x﹣1）
∵点C（0，﹣）在抛物线上
∴﹣
解得a=
∴抛物线的解析式为y=
（2）存在t，使得△ADC与△PQA相似．
理由：①在Rt△AOC中，OA=1，OC=
则tan∠ACO=
∵tan∠OAD=
∴∠OAD=∠ACO
∵直线l的解析式为y=
∴D（0，﹣）
∵点C（0，﹣）
∴CD=
由AC2=OC2+OA2，得AC=
在△AQP中，AP=AB﹣PB=5﹣2t，AQ=t
由∠PAQ=∠ACD，要使△ADC与△PQA相似
只需或
则有或
解得t1=，t2=
∵t1＜2.5，t2＜2.5
∴存在t=或t=，使得△ADC与△PQA相似
②存在t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大
理由：作PF⊥AQ于点F，CN⊥AQ于N
在△APF中，PF=AP sin∠PAF=
在△AOD中，由AD2=OD2+OA2，得AD=
在△ADC中，由S△ADC=
∴CN=
∴S△AQP+S△AQC=
=﹣
∴当t=时，△APQ与△CAQ的面积之和最大
7．【解答】解：（1）由抛物线过点A（﹣1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x﹣4），
将点C（0，2）代入，得：﹣4a=2，
解得：a=﹣，
则抛物线解析式为y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣x2+x+2；
（2）由题意知点D坐标为（0，﹣2），
设直线BD解析式为y=kx+b，
将B（4，0）、D（0，﹣2）代入，得：，
解得：，
∴直线BD解析式为y=x﹣2，
∵QM⊥x轴，P（m，0），
∴Q（m，﹣m2+m+2）、M（m，m﹣2），
则QM=﹣m2+m+2﹣（m﹣2）=﹣m2+m+4，
∵F（0，）、D（0，﹣2），
∴DF=，
∵QM∥DF，
∴当﹣m2+m+4=时，四边形DMQF是平行四边形，
解得：m=﹣1或m=3，
即m=﹣1或m=3时，四边形DMQF是平行四边形；
（3）如图所示：
∵QM∥DF，
∴∠ODB=∠QMB，
分以下两种情况：
①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，
则===，
∵∠MBQ=90°，
∴∠MBP+∠PBQ=90°，
∵∠MPB=∠BPQ=90°，
∴∠MBP+∠BMP=90°，
∴∠BMP=∠PBQ，
∴△MBQ∽△BPQ，
∴=，即=，
解得：m1=3、m2=4，
当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，
∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；
②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，
此时m=﹣1，点Q的坐标为（﹣1，0）；
综上，点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
8．【解答】解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式是y=x2+x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD=MC，
联立方程组，
解得（不符合题意，舍），，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC==，
|MB﹣MD|取最大值为；
（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在Rt△BEC中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在Rt△ACO中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点P作PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°，
设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0）
①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴=，
即==，
∴=，
解得x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴=，
即==3，
∴=3，
解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，
综上所述，存在点P（1，6）．
9．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）代入抛物线y=﹣x2+bx+c，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4；
（2）由（1）知C（0，4），∵B（8，0），
易得直线BC的解析式为：y=﹣x+4，
①如图1，过P作PG⊥x轴于G，PG交BC于E，
Rt△BOC中，OC=4，OB=8，
∴BC==4，
在Rt△PDE中，PD=PE sin∠PED=PE sin∠OCB=PE，
∴当线段PE最长时，PD的长最大，
设P（t，），则E（t，），
∴PG=﹣，EG=﹣t+4，
∴PE=PG﹣EG=（﹣）﹣（﹣t+4）=﹣t2+2t=﹣（t﹣4）2+4，（0＜t＜8），
当t=4时，PE有最大值是4，此时P（4，6），
∴PD==，
即当P（4，6）时，PD的长度最大，最大值是；
②∵A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
∴OA=2，OB=8，OC=4，
∴AC2=22+42=20，AB2=（2+8）2=100，BC2=42+82=80，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴△COA∽△BOC，
当△PDC与△COA相似时，就有△PDC与△BOC相似，
∵相似三角形的对应角相等，
∴∠PCD=∠CBO或∠PCD=∠BCO，
（I）若∠PCD=∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB，
此时CP∥OB，
∵C（0，4），
∴yP=4，
∴﹣=4，
解得：x1=6，x2=0（舍），
即Rt△PDC∽Rt△COB时，P（6，4）；
（II）若∠PCD=∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC，
如图2，过P作x轴的垂线PG，交直线BC于F，
∴PF∥OC，
∴∠PFC=∠BCO，
∴∠PCD=∠PFC，
∴PC=PF，
设P（n，﹣+n+4），则PF=﹣+2n，
过P作PN⊥y轴于N，
Rt△PNC中，PC2=PN2+CN2=PF2，
∴n2+（﹣+n+4﹣4）2=（﹣+2n）2，
解得：n=3，
即Rt△PDC∽Rt△BOC时，P（3，）；
综上所述，当△PDC与△COA相似时，点P的坐标为（6，4）或（3，）．
10．【解答】解：（1）设抛物线解析式为y=ax（x﹣），
把A（1，1）代入得a 1（1﹣）=1，解得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣x（x﹣），
即y=﹣x2+x；
（2）延长CA交y轴于D，如图1，
∵A（1，1），
∴OA=，∠DOA=45°，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∵OA⊥AC，
∴OD=OA=2，
∴D（0，2），
易得直线AD的解析式为y=﹣x+2，
解方程组得或，则C（5，﹣3），
∴S△AOC=S△COD﹣S△AOD
=×2×5﹣×2×1
=4；
（3）存在．
如图2，作MH⊥x轴于H，AC==4，OA=，
设M（x，﹣x2+x）（x＞0），
∵∠OHM=∠OAC，
∴当=时，△OHM∽△OAC，即=，
解方程﹣x2+x=4x得x1=0（舍去），x2=﹣（舍去），
解方程﹣x2+x=﹣4x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，﹣54）；
当=时，△OHM∽△CAO，即=，
解方程﹣x2+x=x得x1=0（舍去），x2=，此时M点的坐标为（，），
解方程﹣x2+x=﹣x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，﹣）；
∵MN⊥OM，
∴∠OMN=90°，∴∠MON=∠HOM，∴△OMH∽△ONM，
∴当M点的坐标为（，﹣54）或（，）或（，﹣）时，以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似．
11．【解答】解：（1）①如图1，
∵y=﹣2x2+2x+4=﹣2（x﹣）2+，
∴顶点为M的坐标为（，），
当x=时，y=﹣2×+4=3，则点N坐标为（，3）；
②不存在．
理由如下：
MN=﹣3=，
设P点坐标为（m，﹣2m+4），则D（m，﹣2m2+2m+4），
∴PD=﹣2m2+2m+4﹣（﹣2m+4）=﹣2m2+4m，
∵PD∥MN，
当PD=MN时，四边形MNPD为平行四边形，即﹣2m2+4m=，解得m1=（舍去），m2=，此时P点坐标为（，1），
∵PN==，
∴PN≠MN，
∴平行四边形MNPD不为菱形，
∴不存在点P，使四边形MNPD为菱形；
（2）存在．
如图2，OB=4，OA=2，则AB==2，
当x=1时，y=﹣2x+4=2，则P（1，2），
∴PB==，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+4，
把A（2，0）代入得4a+2b+4=0，解得b=﹣2a﹣2，
∴抛物线的解析式为y=ax2﹣2（a+1）x+4，
当x=1时，y=ax2﹣2（a+1）x+4=a﹣2a﹣2+4=2﹣a，则D（1，2﹣a），
∴PD=2﹣a﹣2=﹣a，
∵DC∥OB，
∴∠DPB=∠OBA，
∴当=时，△PDB∽△BOA，即=，解得a=﹣2，此时抛物线解析式为y=﹣2x2+2x+4；
当=时，△PDB∽△BAO，即=，解得a=﹣，此时抛物线解析式为y=﹣x2+3x+4；
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4或y=﹣x2+3x+4．
12．【解答】解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x=3，
∴B点坐标为（6，0），
设抛物线解析式为y=ax（x﹣6），
把A（8，4）代入得a 8 2=4，解得a=，
∴抛物线解析式为y=x（x﹣6），即y=x2﹣x；
（2）设M（t，0），
易得直线OA的解析式为y=x，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y=2x﹣12，
∵MN∥AB，
∴设直线MN的解析式为y=2x+n，
把M（t，0）代入得2t+n=0，解得n=﹣2t，
∴直线MN的解析式为y=2x﹣2t，
解方程组得，则N（t，t），
∴S△AMN=S△AOM﹣S△NOM
= 4 t﹣ t t
=﹣t2+2t
=﹣（t﹣3）2+3，
当t=3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；
（3）设Q（m，m2﹣m），
∵∠OPQ=∠ACO，
∴当=时，△PQO∽△COA，即=，
∴PQ=2PO，即|m2﹣m|=2|m|，
解方程m2﹣m=2m得m1=0（舍去），m2=14，此时P点坐标为（14，0）；
解方程m2﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，0）；
∴当=时，△PQO∽△CAO，即=，
∴PQ=PO，即|m2﹣m|=|m|，
解方程m2﹣m=m得m1=0（舍去），m2=8（舍去），
解方程m2﹣m=﹣m得m1=0（舍去），m2=4，此时P点坐标为（4，0）；
综上所述，P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）．
13．【解答】解：（1）∵y=（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3），
∴A（a，0），B（3，0）．
当x=0时，y=3a，
∴D（0，3a）；
（2）∵A（a，0），B（3，0），
∴对称轴直线方程为：x=．
当x=时，y=﹣（）2，
∴C（，﹣（）2），
PB=3﹣，PC=（）2，
①若△AOD∽△BPC时，则=，即=，
解得a=±3（舍去）；
②若△AOD∽△CPB时，则=，即=，
解得a=3（舍去）或a=．
所以a的值是．
（3）能．理由如下：
联结BD，取中点M
∵D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（，a）．
若点C也在圆上，则MC=MB．即（﹣）2+（a+（）2）2=（﹣3）2+（a﹣0）2，
整理，得
a4﹣14a2+45=0，
所以（a2﹣5）（a2﹣9）=0，
解得a1=，a2=﹣（舍），a3=3（舍），a4=﹣3（舍），
∴a=．
14.【解答】解：（1）把A（，﹣3）和点B（3，0）代入抛物线得：，
解得：a=，b=﹣，
则抛物线解析式为y=x2﹣x；
（2）当P在直线AD上方时，
设P坐标为（x，x2﹣x），则有AD=x﹣，PD=x2﹣x+3，
当△OCA∽△ADP时，=，即=，
整理得：3x2﹣9x+18=2x﹣6，即3x2﹣11x+24=0，
解得：x=，即x=或x=（舍去），
此时P（，﹣）；
当△OCA∽△PDA时，=，即=，
整理得：x2﹣9x+6=6x﹣6，即x2﹣5x+12=0，
解得：x=，即x=4或（舍去），
此时P（4，6）；
当点P（0，0）时，也满足△OCA∽△PDA；
当P在直线AD下方时，同理可得：P的坐标为（，﹣），
综上，P的坐标为（，﹣）或（4，6）或（，﹣）或（0，0）；
（3）在Rt△AOC中，OC=3，AC=，
根据勾股定理得：OA=2，
∵OC AC=OA h，
∴h=，
∵S△AOC=S△AOQ=，
∴△AOQ边OA上的高为，
过O作OM⊥OA，截取OM=，过M作MN∥OA，交y轴于点N，如图所示：
在Rt△OMN中，ON=2OM=9，即N（0，9），
过M作MH⊥x轴，
在Rt△OMH中，MH=OM=，OH=OM=，即M（，），
设直线MN解析式为y=kx+9，
把M坐标代入得：=k+9，即k=﹣，即y=﹣x+9，
联立得：，
解得：或，即Q（3，0）或（﹣2，15），
则抛物线上存在点Q，使得S△AOC=S△AOQ，此时点Q的坐标为（3，0）或（﹣2，15）．
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