文档内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
动点产生的相似、全等三角形问题
一阶 方法突破练
相似三角形问题
1. 如图,在平面直角坐标系中,A(-3,0),B(3,0),C(0,4),点D为x轴上一点，当 △ABC∼△ACD时，求点D的坐标.
4
2.如图，在平面直角坐标系中，直线 y=− x+8与x轴交于点A，与y轴交于点 B，已知点 C的坐标为(
3
(−4,0),点 P 是直线 AB上的一个动点.若以A，P，C为顶点的三角形与 △AOB相似，求点P的坐标.
1 3
3.如图，抛物线 y=− x2+ x+2交x轴于点A,B,交y轴于点C,点M是第一象限内抛物线上一点，过点M作
2 2
MN⊥x轴于点N.若 △MON与 △BOC相似，求点M的横坐标.
1关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
● 全等三角形问题
1
4.如图,直线 y= x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线 AC⊥AB于点A，若点 D 是x轴上方直线AC
2
上的一个动点，点E 是x轴上的一个动点，当 △BOA≅△AED时，求点E的坐标.
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x²+2x+3与 x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，点C是第一
象限内抛物线上一点，过点C作( CD⊥x轴于点 D，直线y=x与CD所在直线交于 y=x点 E,若直线: y=x；上存
在一点 F，使得 △ODE≅△FCE,求点 C的坐标.
6.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x²−2x+3与x 轴交于点A,B(点A在点B的左侧),与y轴交于点
C,连接AC,BC,若在第二象限内存在一点D，使得以A，C，D为顶点的三角形与 △ABC全等，求点 D 的坐标.
2关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
二阶 设问进阶练
例 如图，在平面直角坐标系中，直线 y=kx+1l与x轴交于点A，与y轴交于点 C，过点 C的抛物线
3 5
y= x2− x+1与直线AC交于点B(4,3).
4 2
(1)已知点P是x轴上一点(点 P不与点O重合)，连接CP，若 △AOC∼△ACP,，求点P的坐标；
(2)已知点Q(m,0)是x轴上一点,连接BQ,若以点A,B,Q为顶点的三角形与 △AOC相似，求点Q的坐标；
(3)已知点E(0,n)为y轴正半轴上一点,点. D(0,−1),，若以点B，C，E为顶点的三角形与 △ACD相似，求点
E的坐标；
3关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(4)若点 F 是抛物线上一点，过点 F 作 FG⊥y轴于点 G,点 J是y轴上一点，要使以F，G，J为顶点的三角形
与 △OAC全等，求点 F的纵坐标；
(5)若点S为第一象限内抛物线上一点，过点S作 ST⊥x轴于点T，点Z 是x轴上一点，要使以S，T，Z 为顶
点的三角形与 △AOC全等，求点 Z 的坐标；
(6)如图⑥，已知L为AO的中点，连接OB，点R为平面直角坐标系内一点，是否存在点R，使得以L，O，R
为顶点的三角形与 △COB全等?若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.
4关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
综合强化练
1. 创新题·阅读理解题定义：将抛物线 y=ax²向右平移h个单位，再向上平移k个单位得到抛物线
y=a(x−h)²+k(h,k均大于0)，则将抛物线 y=ax²称为“原函数”，把由它平移得到的抛物线 y=a(x−h)²+k
称为抛物线 y=ax²的“衍生函数”，将平移路径称为“衍生路径”，平移前后对应点之间的距离 √h2+k2称“衍
1
生距离”.如图，已知抛物线L y=− x2+2x与x轴交于点A,顶点为B,连接AB,OB.
2
1
(1)若抛物线 y=− x2 为抛物线L的“原函数”，则抛物线L 的“衍生路径”为 ，平移前后对应点的
2
“衍生距离”为 ；
(2)若点Q是线段AB上一点，点C为OB的中点，连接CQ，点B 关于线段CQ的对称点为 B',当 △B'CO为
等边三角形时，求CQ的长；
(3)若将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移 n(n⟩0))个单位得到它的“衍生函数”L'，L'与x轴的负半轴
交于点E，与y轴交于点 D，点 P 为抛物线L'上一点，若 △POE≅△POD,求两抛物线的“衍生距离”.
作图区 答题区
2.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y=ax²+bx−2与x轴交于A(1,0), B(−3,0))两点,与y轴交于点
C,连接AC.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点 P是第二象限内抛物线上的动点， PQ⊥x轴于点Q，M是x轴上的点，当以P，Q，M为顶点的三角
形与 △AOC全等时，求 P点与M点的坐标；
5关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(3)如图②,连接BC,过点A作. AD‖BC交抛物线于点 D，E为BC下方抛物线上的一个动点，连接DE,交线段
BC于点 F,连接CE,AF,求四边形ACEF 面积的最大值.
作图区 答题区
6关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3.如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y=−√3x+√3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，过点 B 的
另一直线交x轴于点( C(−3,0).
(1)求直线 BC的解析式;
(2)创新题·动点求面积关系若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CA运动，过点 P作y轴的平行
线交直线BC于点Q，连接BP.设 △BPQ的面积为S，点 P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自
变量t的取值范围；
(3)在直线BC上是否存在点 M，使得以A，B，M 为顶点的三角形与 △AOB相似?若存在，请求出点M的坐
标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
4. 创新题·阅读理解题 定义：若抛物线 y=ax²+bx+c(ac≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C.线段
OA,OB,OC的长满足 OC²=OA⋅OB,则这样的抛物线称为“黄金抛物线”.如图，“黄金抛物线
y=ax²+bx+2(a≠0)与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点 B，与y轴交于点 C，且 OA=4OB.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为AC 上方抛物线上的动点，过点 P作 PD⊥AC于点 D.
①求 PD的最大值;
②连接PC，当以点 P，C，D为顶点的三角形与 △ACO相似时，求点 P 的坐标.
作图区 答题区
7关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
5.如图①，在平面直角坐标系xOy中，直线 y=−x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线 y=ax²+
bx+c(a≠0)经过点A,B,( C(−2,0).
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC，点 P 为直线AB上方抛物线上一动点，过点 P作 PE‖BC交AB于点E，过点P作
PF‖x轴交直线AB于点F，求 △PEF周长的最大值及此时点 P的坐标；
(3)如图②，将抛物线向右平移2个单位得到一个新的抛物线 y',，新抛物线与原抛物线交于点
G，连接BG并延长交新抛物线y'于点 D，连接OG，作射线OD.动点M位于射线 OD下方的新
抛物线上，动点 N位于射线OD上，是否存在动点M，N，使 ∠OMN=90°,,且以点O,M,N为顶
点的三角形与 △OBG相似?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
8关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
9关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
一阶 方法突破练
1. 解:∵A(-3,0),B(3,0),C(0,4),
∴AB=6,AC=5.
∵ △ABC∽△ACD,
AB AC 6 5 25
∴ = ,即 = ,解得 AD= .
AC AD 5 AD 6
由题意得，点 D 在点A 的右侧，
7
∵OA=3,∴OD=AD−OA= ,
6
(7 )
∴点D 的坐标为 ,0 .
6
4
2. 解:在 y=− x+8中,令x=0,解得y=8,令y=0,解得x=6,∴A(6,0),B(0,8),∴ AB=√62+82=10.分两种情况考
3
虑，如解图所示，
①当△AOB∽△ACP₁时, ∠ACP₁=∠AOB=90°,
4 40
当x=-4时 y=− x+8= ,
3 3
( 40)
∴点 P₁的坐标为 −4, ;
3
②当△AOB∽△AP₂C时,设点
( 4 )
P₂的坐标为 m,− m+8 .
3
∵点A的坐标为(6,0),点 C的坐标为(-4,0),
∴AC=10.
∵ △AOB∽△AP₂C,
CP AC CP 10
∴ 2= ,即 2= ,
BO AB 8 10
∴CP =8,∴ √ [m−(−4)] 2 + ( − 4 m+8−0 ) 2 =8,整理，得 (5 m−4 ) 2 =0,解得 m =m = 12 ,
2 3 3 1 2 5
(12 24)
∴点P₂的坐标为 , .
5 5
( 40) (12 24)
综上所述，点P的坐标为 −4, 或 , .
3 5 5
1 3
3. 解:在
y=− x2+ x+2中,令x=0,得y=2,∴C(0,2),∴OC=2,
2 2
1 3
令 − x2+ x+2=0,解得x=4或x=-1,
2 2
∵点B在x轴正半轴,∴B(4,0),∴OB=4.
10关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
设 M ( t,− 1 t2+ 3 t+2 ) ,1N(t,0),
2 2
1 3
∴MN=− t2+ t+2,ON=t.
2 2
分两种情况讨论：
OC BO
①当△BOC∽△MNO时, = ,
NO MN
2 4
即 = ,
t 1 3
− t2+ t+2
2 2
−1+√17 −1−√17
解得 t= 或 t= (舍去);
2 2
2 4
OC OB = ,
②当△BOC∽△ONM时, NM = NO ,艮 − 1 t2+ 3 t+2 t
2 2
解得 t=1+√5或 t=1−√5(舍去).
−1+√17
综上所述，点M的横坐标为 或 1+√5.
2
4. 解:如解图,∵ AC⊥AB,∴∠BAC=∠AOB=90°,
∴ ∠ABO + ∠BAO = ∠CAE +∠BAO=90°,
∴∠ABO=∠CAE,
1
在
y= x+2中,
2
令x=0,则y=2,令y=0,则x=-4,
∴OA=4,OB=2,
∵△BOA≌△AED,∴AE=OB=2,∴OE=AE+OA=6,
∴E(-6,0).
5. 解:∵ CD⊥x 轴,直线 y=x 与 CD 交于点 E,∴∠OED=∠EOD=45°,OD=DE,
设D(m,0),
如解图, 当点 C 在直线 y = x 上方时, △ODE≌△FCE,
∴∠ODE=∠FCE=90°,ED=CE,∴C(m,2m),将 C 点坐标代入抛物线的解析式，得 2m=−m²+2m+3,解得
m=√3或 m=−√3(舍去),
∴C( √3,2 √3),
当点 C 在直线y=x下方时，不存在满足条件的点 C.
综上所述，点C的坐标为 (√3,2√3).
6. 解:∵ 抛物线 y=−x²−2x+3与x轴交于点 A,B,与y轴交于点 C，
∴令x=0,解得y=3,令y=0,解得x=1或x=-3,
∴C(0,3),A(-3,0),B(1,0),∴OA=OC=3,OB=1.如解图，分两种情况讨论：
①当△CD₁A≌△ABC时,
∵OA=OC=3,∴∠CAO=45°,
∵△CD₁A≌△ABC,
∴∠ACD₁=∠CAO=45°,
∴CD₁‖AB,CD₁=AB=4,
∴D₁(-4,3);
11关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
②当△AD₂C≌△ABC时,
∠BAC=∠CAD₂=45°,AB=AD₂=4,
∴∠D₂AB=90°,∴D₂(-3,4),
综上所述,点D的坐标为(-4,3)或(-3,4).
二阶 设问进阶练
1
例 解:(1)∵直线AC经过点B(4,3),∴将点 B 的坐标代入直线 AC的解析式，得3=4k+1,解得 k= ,
2
1 1
∴直线AC的解析式为
y= x+1,在 y= x+1中,令y=0,解得x=-2,
2 2
∴ 点A 的坐标为(-2,0),
∴AO=2,CO=1,
∴AC=√AO2+CO2=√22+12=√5.
如解图①,设点 P(p,0),连接CP,∴PA=p+2.
∵ △AOC∽△ACP,
AC AP √5 p+2 1
∴ = ,即 = ,解得 p= ,
AO AC 2 √5 2
1
∴ 点P 的坐标为(( ,0);
2
(2)如解图②，分两种情况讨论：
①△AOC∽△AQ₁B时,∠AQ₁B=∠AOC=90°,
∴BQ₁⊥x轴.
∵B(4,3),
∴点 Q₁的坐标为(4,0);
②△AOC∽△ABQ₂时,过点B作BQ₂⊥AB,交x轴于点Q₂,则点Q₂(m,0),
AO AC 2 √5
∵ = , 即 = .
AB AQ 3√5 m+2
2
11 (11 )
解得 m= ,此时点Q₂的坐标为 ,0 .
2 2
(11 )
综上所述，点Q的坐标为(4，0)或 ,0 ;
2
(3)∵A(-2,0),C(0,1),B(4,3),D(0,-1),E(0, n),∴AC=AD=√5,BC=2√5,CD=2,CE=|n−1|
∴分两种情况讨论：
12关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
AC BC
①当△ACD∽△BCE时, = ,
CD CE
√5 2√5
即 = ,解得n=5或n=-3(舍去);
2 |n−1|
②当△ACD∽△ECB时,
AC DC √5 2
= ,即 = ,解得n=6或n=-4(舍去)
EC BC |n−1| 2√5
综上所述,点E的坐标为(0,5)或(0,6);
(4)∵A(-2,0),C(0,1),∴OA=2,OC=1,分两种情况讨论：
①△OAC≌△GJF时,
∴OC=FG=1,∴点F的横坐标为1或-1,
3 5
将点 F 的横坐标代入
y= x2− x+1,
4 2
3 17
解得 y=− 或 y= ;
4 4
②△OAC≌△GFJ时,
3 5
∴OA=FG=2,∴点F的横坐标为2或-2,将点 F 的横坐标代入
y= x2− x+1,解得y=-1或y=9,
4 2
3 17
∴ 点 F 的纵坐标为 − 或 或-1或9;
4 4
(5)∵OA=2,OC=1,
分两种情况讨论：
①如解图③,当△AOC≌△STZ 时,ST=AO=2,OC=TZ=1,∴ys=2,
3 5 3 5
在
y= x2− x+1中，令y=2,得 x2− x+1=2,
4 2 4 2
5+√37 5−√37
解得 x= 或 x= 舍去),(1
3 3
(5+√37 ) (5+√37 )
∴S ,2 ,T ,0 ,
3 3
(2+√37 ) (8+√37 )
∴Z ,0 或 ,0 ;
3 3
②如解图④,当△AOC≌△ZTS时,ST=CO=1,AO=TZ=2,∴ys=1,
3 5 3 5 10
在
y= x2− x+1中，令y=1,得 x2− x+1=1,解得 x=
或x=0(舍去),
4 2 4 2 3
(10 ) (10 ) (4 ) (16 )
∴S ,1 ,T ,0 ,∴Z ,0 或 ,0 ,
3 3 3 3
(2+√37 ) (8+√37 ) (4) 16
∴点Z的坐标为 ,0 或 ,0 或 0)或(( ,0);
3 3 3 3
13关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(6)存在.
∵ B(4,3),
∴OB=√(4−0) 2+(3−0) 2=5,
∴在△COB中,( CO=1,BC=2√5,OB=5
∵L为AO 的中点,OA=2,CO=1,
∴LO=CO=1,L(-1,0),
设R点坐标为(x,y),
则 LR²=(x+1)²+ y²,∨²=x²+ y²,
∵ LO=CO,如解图⑤,分两种情况讨论:
①当△LOR≌△COB时,RL=BC,OR=OB.
{(x+1) 2+ y2=20 {x =−3 {x =−3
∴ , 1 , 2 ,
解得
x2+ y2=25 y =4 y =−4
1 2
即R点坐标为(-3,4)或(-3,-4);
②当△OLR≌△COB时,RL=OB,OR=CB.
{(x+1) 2+ y2=25 {x =2 { x =2
∴ , 3 , 4 ,
解得
x2+ y2=20 y =4 y =−4
3 4
即R点坐标为(2,4)或(2,-4).
∴综上所述,R点坐标为(-3,4)或(-3,-4)或(2,4)或(2,-4).
三阶 综合强化练
1
1.解：(1)将原函数向右平移2个单位，再向上平移2个单位，2 √2; 【解法提示】 ∵y=− x2+2x=
2
1 1 1
− (x−2) 2+2,.将原函数 y=− x2 向右平移2个单位，再向上平移2个单位即可得到 y=− x2+2x,根据公式
2 2 2
得“衍生距离”为 √22+22=√8=2√2.
(2)【思路点拨】审题后，根据题意画出草图，由△AOB的三边关系可判定△AOB 为等腰直角三角形，由对称
性和等边三角形的性质结合锐角三角函数求解即可.
根据题意画出图象，如解图①，
1
在
y=− x2+2x中,
2
令y=0,解得x=0或x=4,∴A(4,0).
∵ B 为抛物线 L 的顶点,
∴B(2,2),∴ OB=BA=2√2.
∵ C 是OB的中点, ∴OC=BC=√2.
14关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵△OB'C为等边三角形,∴∠OCB'=60°.
又∵ 点 B 与点 B'关于线段CQ 对称,
∴∠B'CQ=∠BCQ=60°.
∵OA=4,OB=2√2,AB=2√2,
∴OB²+AB²=OA²,∴∠OBA=90°
在 Rt△CBQ中,∠CBQ=90°,∠BCQ=60°,BC= √2,
BC √2 1
∴cos∠BCQ= = = ,
CQ CQ 2
∴CQ=2√2;
(3)【思路点拨】由全等三角形对应边角关系可得OD=OE,∠POD=∠POE,由线段相等关系结合抛物线与坐标
轴交点，列方程求解即可.
1
∵将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移n个单位得到它的“衍生函数”L'(n>0),L:y=- (x- 2)²+2,
2
1
∴L':y=− (x−2+n) 2+2,
2
∵抛物线L的“衍生函数”L'与x轴的负半轴交于点E,与y轴交于点 D,
1
∴令x=0,得
y=− n2+2n,令y=0,得x=-n或x=4-n,
2
1
∴OD=|− n2+2n|,OE:=n或OE=4-n,
2
∵△POE≌△POD,∴OD=OE,
1 1 1
如解图②，当 − n2+2n>0,即04时,4-n<0,∴有 n2−2n=n,解得n=0(舍去)或
2 2
15关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
n=6,
∴两抛物线的“衍生距离”为 √62+02=6,综上所述，两抛物线的“衍生距离”为2或6.
2
{ a=
{ a+b−2=0 3
2. 解:(1)把A(1,0),B(-3,0)代入 y=ax²+bx−2中,得 , 解得
9a−3b−2=0 4
b=
3
2 4
∴ 抛物线的解析式为 y= x2+ x−2;
3 3
(2)【思路点拨】∵以P，Q，M 为顶点的三角形与△AOC全等,由于∠AOC=∠PQM=90°,故分两种情
况,①△PQM≌△AOC,②△MQP≌△AOC,分别求解即可.
2 4
在 y= x2+ x−2中,令x=0,则y=-2,
3 3
∴C(0,-2),∴OC=2,
∵A(1,0),∴OA=1,
设 P ( x, 2 x2+ 4 x−2 ) ,
3 3
分两种情况讨论：
①如解图①,当△PQM≌△AOC 时,PQ=OA =1,QM=OC=2,
2 4
∴ x2+ x−2=1,
3 3
√22 √22
解得 x=− −1或 x= −1(舍去),
2 2
( √22 ) ( √22 )
∴P − −1,1 ,∴Q − −1,0 ,
2 2
( √22 ) ( √22 )
∴M − −3,0 或 M − +1,0 ;
2 2
②如解图②,当△MQP≌△AOC时,PQ=OC=2,QM=OA=1,
2 4
∴ x2+ x−2=2,
3 3
解得 x=−√7−1或 x=√7−1(舍去),
∴P(−√7−1,2),∴Q(−√7−1,0),
∴M(−√7−2,0)或 M(−√7,0),
( √22 ) (√22 ) ( √22 )
综上所述，点 P，M的坐标为： P − −1,1 , M −3,0 或 M − +1,0 ;P(−√7−1,2),
2 2 2
M(−√7−2,0)或 M(−√7,0);
16关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(3)【思路点拨】分别求出BC，AD 的解析式确定点D坐标，连接DC，将四边形ACEF的面积转化为△DEC
的面积，表示出面积关系式，利用二次函数的性质即可求出最大值.
∵B(-3,0),C(0,-2),
2
∴ 直线 BC 的解析式为 y=− x−2,
3
2 2
∵AD∥BC,∴设直线AD 的解析式为 y=− x+b ,将A(1,0)代入得 b = ,
3 2 2 3
2 2
∴直线AD 的解析式为 y=− x+ ,
3 3
2 2 2 4
令 − x+ = x2+ x−2,
3 3 3 3
解得x=-4或x=1(舍去),
( 10)
∴D −4, ,
3
如解图③,连接DC,
∵AD∥BC,
∴S =S ,
AFC DFC
∴S =S ,
四 边 形ACEFDEC
10
∵D(-4, ),C(0,-2),
3
4
∴直线 DC 的解析式为 y=− x−2.
3
过点 E 作 EQ⊥x轴交 CD于点 Q,
设 E ( m, 2 m2+ 4 m−2 ) ,则 Q ( m,− 4 m−2 ) ,
3 3 3
∴S =S
圆 锥 侧ACEFDEC
= 1 ×4× ( − 4 m−2− 2 m2− 4 m+2 )
2 3 3 3
4
=− (m2+4m)
3
17关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
4 16
=− (m+2) 2+ ,
3 3
4
∴− <0,
3
16
∴当m=-2时,四边形 ACEF 面积的最大值为 .
3
3. 解:(1)∵一次函数 y=−√3x+√3的图象经过A，B 两点，∴当x=0时,y= √3,∴B(0, √3),
设直线BC 的解析式为y=kx+b(k≠0),将 B(0, √3),C(-3,0)两点坐标代入,
{ √3
{ b=√3 k= .
得 , 解得 3
−3k+b=0
b=√3
√3
∴ 直线 BC的解析式为 y= x+√3;
3
(2)由题意可得CP=t,则OP=|t-3|,∴P(t-3,0),∵ PQ∥y轴,
√3 ( √3 )
∴Q 点的横坐标为t-3,将x=t-3,代入直线BC的解析式得 y= t,∴Q t−3, t ,
3 3
√3
当0≤t<3 时,△BPQ 在 y 轴左侧,此时 PQ= t,OP=3-t,
3
1 1 √3 √3 √3
∴S = PQ⋅OP= × t×(3−t)=− t2+ t.
BPQ 2 2 3 6 2
当t=3时,点B,Q重合,
∴S=0;
√3
当t>3时,△BPQ在y轴右侧,此时 PQ= t,OP=t-3,
3
1 1 √3 √3 √3
∴S = PQ⋅OP= × t×(t−3)= t2− t.
BPQ 2 2 3 6 2
当t=3时同样满足上式.
综上所述，S与t的函数关系式为
{√3
t2+
√3
t(0≤t<3)
6 2
S= ;
√3 √3
t2− t(t≥3)
6 2
(3)存在.
OC 3
∵tan∠OBC= = =√3,∴∠OBC=60❑∘,
OB √3
∴∠BCO=30°,∴BC=2OB=2 √3.
令 y=−√3x+√3=0,则x=1,∴A(1,0),
OA 1 √3
∵tan∠OBA= = = ,∴∠OBA=30❑∘,
OB √3 3
∴∠ABC=90°,AB=2OA=2.
18关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
MB BA MB 2 2√3
①当点 M 在 y 轴左侧,△MBA∽△AOB 时,则 = ,卧 = ,∴MB= ,
AO OB 1 √3 3
如解图,过点M₁作M₁H⊥y轴于点H,
2√3 √3
∴M H=M B⋅sin60❑∘= × =1,
1 1 3 2
2√3 1 √3
BH=M B⋅cos60❑∘= × = ,
1 3 2 3
√3 2√3
∴HO=BO−BH=√3− = .
3 3
( 2√3)
∵点 M 在第二象限 ,∴M −1, ;
1 3
BM AB
当△ABM∽△AOB时,则 = ,
OB AO
BM 2
即
= ,∴BM=2√3,此时点
M 与点 C 重合,
√3 1
∴M₂(−3,0);
MB BA MB 2 2√3
②当点 M 在 y 轴右侧,△MBA∽△AOB 时,则 = ,即 = ,∴MB= ,
AO OB 1 √3 3
如解图,过点M₃作M₃N⊥y轴于点 N,
2√3 √3
∴M N=M B⋅sin60❑∘= × =1,
3 3 3 2
2√3 1 √3
BN=M B⋅cos60❑∘= × = ,
3 3 2 3
√3 4√3 ( 4√3)
∴ON=√3+ = ,∴M 1, ;
3 3 3 3
MB AB
当△ABM∽△AOB时,则 = ,
BO AO
MB 2
即
= ,∴MB=2√3,
√3 1
如解图,过点M₄作M₄P⊥y轴于点P,
√3
∴PM =M B⋅sin60❑∘=2√3× =3,
4 4 2
1
PB=M B⋅cos60❑∘=2√3× =√3,
4 2
∴OP=OB+PB=√3+√3=2√3,
∴M (3,2√3).
4
( 2√3) ( 4√3)
综上所述，符合条件的点M 的坐标为 −1, 或(-3,0)或 1, 或(3,2 √3).
3 3
19关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
4.解:(1)由题意得, OC²=OA⋅OB,
∵抛物线 y=ax²+bx+2与y轴交于点 C，
∴C(0,2),∴OC=2,
∵OA=4OB,∴4=4OB·OB,
∴OB=1,OA=4,
∴A(-4,0),B(1,0),
1
{ a=−
{16a−4b+2=0 2
将点A(-4,0),B(1,0)代入抛物线 y=ax²+bx+2中,得 , 解得
a+b+2=0 3
b=−
2
1 3
∴抛物线的解析式为
y= x2− x+2;
2 2
(2)①【思路点拨】过点 P作y轴的平行线与直线AC交于点E,∠PED=∠ACO,由锐角三角函数将求PD的最大
值转化为求PE的最大值，利用二次函数的性质求解即可.
如解图①，过点 P 作 y 轴的平行线交直线 AC 于点E,
1
易知直线AC的解析式为
y= x+2,
2
设 P ( m,− 1 m2− 3 m+2 ) ,则 E ( m, 1 m+2 ) ,
2 2 2
1 3 1 1
∴PE=− m2− m+2− m−2=− m2−2m,
2 2 2 2
1 b
∵− <0,..当 m=− =−2时，PE有最大值，
2 2a
∵∠PED=∠ACO,A(-4,0),C(0,2),
∴ sin∠PED=sin∠ACO,
∴AC=2√5,
∴PD:PE=AO:AC=4:2 √5 ,
2√5 2√5 1
∴PD= PE= (− m²−2m),
5 5 2
4√5
∴当m=-2时,PD 有最大值,最大值为 ;
5
②【思路点拨】分两种情况,(i)△CPD∽△ACO,由对应角相等关系可得,PC∥AO,将OC=2=γ代入即可,
(ii)△PCD∽△ACO,构造“A”字型与△PCD 相似的三角形，再构造“一线三垂直”模型，联立直线与抛物线的解析
式求解即可.
∵PD⊥AC,∴∠PDC=90°=∠AOC,
∴当以点 P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，则△CPD∽△ACO或△PCD∽△ACO,
(i)如解图②,若△CPD∽△ACO,则∠PCD=∠CAO,∴CP∥AO,
∵C(0,2),∴点P 的纵坐标为2,
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
1 3
∴2=− x2− x+2,
2 2
解得 x₁=0(不合题意，舍去)， x₂=−3,
∴此时点 P的坐标为(-3,2);
20关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(ii)如解图③,过点A作AC 的垂线,交 CP 的延长线于点 G,过点 G 作 GH⊥x 轴于点 H,若△PCD∽△ACO,则
PD CD
∠PCD=∠ACO, = ,
AO CO
PD AO 4
∴ = = =2,
CD CO 2
∵ PD⊥AC,GA⊥AC,∴GA∥PD,
∴△GAC∽△PDC,
GA AC GA PD
∴ = ,∴ = =2,
PD DC AC CD
∵GA⊥AC,GH⊥x轴,
∴∠GAC=∠GHA=90°,
∴∠AGH+∠GAH=90°,∠GAH+∠CAO=90°,
∴∠AGH=∠CAO,
又∵∠GHA=∠AOC=90°,∴△GHA∽△AOC,
GH AH GA GH AH
∴ = = ,即 = =2,
AO CO AC 4 2
∴GH=8,AH=4,∴HO=AH+OA=8,∴G(-8,8),
3
易知直线CG的解析式为
y=− x+2,
4
3 1 3
令 − x+2=− x2− x+2,
4 2 2
3
解得 x₁=0(不合题意，舍去)， x =− ,
2 2
3 3 3 ( 3) 25
把 x=− 代入 y=− x+2 得 y=− × − +2= ,
2 4 4 2 8
( 3 25)
∴此时点 P 的坐标为 − , .
2 8
( 3 25)
综上所述，符合条件的点P 的坐标为(-3，2)或 − , .
2 8
5. 解:(1)∵直线y=-x+4与x轴,y轴分别交于点A,B,∴A(4,0),B(0,4),
∴抛物线的解析式为 y=ax²+bx+4
{ 1
{16a+4b+4=0 a=− ,
将A(4,0),C(-2,0)分别代入 y=ax²+bx+4中,得 , 解得 2 ,
4a−2b+4=0
b=1
1
∴抛物线的解析式为
y=− x2+x+4;
2
21关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(2)由题意知,△OBC三边之比为1:2: √5,如解图①，过点 P 作PH∥y轴交AB 于点H,作EK⊥PH于点 K,
∴△PEK∽△BCO,
EK CO 1
∴ = = ,
PK BO 2
由题意可知△EHK 与
△FPH为等腰直角三角形.
∴EK=KH,PF=PH,设PH=l,
1
∴PK+HK=l,EK= l,
3
√2 2√2 √5
∴EH= l,EF= l,PE= l,
3 3 3
( 2√2 √5)
则 C = 1+ + l,
PEF 3 3
设 P ( m,− 1 m2+m+4 ) ,则H(m,-m+4),
2
1
∴PH=− m2+2m,
2
∴C = ( 1+ 2√2 + √5) ⋅ ( − 1 m2+2m )
PEF 3 3 2
= ( 1+ 2√2 + √5) ⋅ [ − 1 (m−2) 2+2 ] .
3 3 2
1
∴− <0,0
