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挑战 2 0 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题4二次函数与相似问题
函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否
为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导
边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后
利用相似来列方程求解。
相似三角形常见的判定方法：
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应
用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方
程，解方程并检验．
如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成
比例，分 和 两种情况列方程．应用判定定理“两角法”解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．
应用判定定理“三边法”解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．
还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是
确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．
【例1】（2022•贵港）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，3）和B（ ，﹣ ）两点，直线
AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方的抛物线上的一个动点，PD⊥x轴交AB于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若PE∥x轴交AB于点E，求PD+PE的最大值；
（3）若以A，P，D为顶点的三角形与△AOC相似，请直接写出所有满足条件的点P，点D的坐标．【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）先求出点C的坐标，然后证明Rt△DPE∽Rt△AOC，再由二次函数的最值性质，求出答案；
（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：当△AOC∽△APD时；当△AOC∽△DAP时；分别求出两
种情况的点的坐标，即可得到答案．
【解析】（1）将A（0，3）和B（ ，﹣ ）代入y＝﹣x2+bx+c，
，
解得 ，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+n，把A（0，3）和B（ ，﹣ ）代入，
，
解得 ，
∴直线AB的解析式为y＝﹣ x+3，
当y＝0时，﹣ x+3＝0，
解得：x＝2，
∴C点坐标为（2，0），
∵PD⊥x轴，PE∥x轴，
∴∠ACO＝∠DEP，
∴Rt△DPE∽Rt△AOC，
∴ ，
∴PE＝ PD，
∴PD+PE＝ PD，设点P的坐标为（a，﹣a2+2a+3），则D点坐标为（a，﹣ a+3），
∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣ a+3）＝﹣（a﹣ ）2+ ，
∴PD+PE＝﹣ （a﹣ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当a＝ 时，PD+PE有最大值为 ；
（3）①当△AOC∽△APD时，
∵PD⊥x轴，∠DPA＝90°，
∴点P纵坐标是3，横坐标x＞0，
即﹣x2+2x+3＝3，解得x＝2，
∴点D的坐标为（2，0）；
∵PD⊥x轴，
∴点P的横坐标为2，
∴点P的纵坐标为：y＝﹣22+2×2+3＝3，
∴点P的坐标为（2，3），点D的坐标为（2，0）；
②当△AOC∽△DAP时，
此时∠APG＝∠ACO，
过点A作AG⊥PD于点G，
∴△APG∽△ACO，
∴ ，
设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），则D点坐标为（m，﹣ m+3），则 ，
解得：m＝ ，
∴D点坐标为（ ，1），P点坐标为（ ， ），
综上，点P的坐标为（2，3），点D的坐标为（2，0）或P点坐标为（ ， ），D点坐标为（ ，
1）．
【例2】（2022•衡阳）如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部
分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．
（1）写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；
（2）若直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；
（3）P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这
样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点 P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【分析】（1）令x＝0和翻折的性质可得C（0，2），令y＝0可得点A、B的坐标，利用待定系数法即
可求出图象W的解析式；
（2）利用数形结合找出当y＝﹣x+b经过点C或者y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，直线y＝﹣x+b与
新图象恰好有三个不同的交点，①当直线y＝﹣x+b经过点C（0，2）时，利用一次函数图象上点的坐
标特征，即可求出b值；②当y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，联立一次函数解析式和抛物线解析式，
利用根的判别式Δ＝0，即可求出b值．综上即可得出结论；（3）先确定△BOC是等腰直角三角形，分三种情况：∠CNM＝90°或∠MCN＝90°，分别画图可得结论．
【解析】（1）当x＝0时，y＝﹣2，
∴C（0，2），
当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，
（x﹣2）（x+1）＝0，
∴x ＝2，x ＝﹣1，
1 2
∴A（﹣1，0），B（2，0），
设图象W的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣2），
把C（0，2）代入得：﹣2a＝2，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，
∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为：y＝﹣x2+x+2（﹣1＜x＜2）；
（2）由图象得直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点时，存在两种情况：
①当直线y＝﹣x+b过点C时，与图象W有三个交点，此时b＝2；
②当直线y＝﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时，如图1，
﹣x+b＝﹣x2+x+2，
x2﹣2x+b﹣2＝0，
Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（b﹣2）＝0，
∴b＝3，
综上，b的值是2或3；
（3）∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，
如图2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，
∵PN∥y轴，
∴P（1，0）；
如图3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，
当y＝2时，x2﹣x﹣2＝2，
x2﹣x﹣4＝0，
∴x ＝ ，x ＝ ，
1 2
∴P（ ，0）；
如图4，当∠MCN＝90°时，△OBC∽△CMN，∴CN的解析式为：y＝x+2，
∴x+2＝x2﹣x﹣2，
∴x ＝1+ ，x ＝1﹣ （舍），
1 2
∴P（1+ ，0），
综上，点P的坐标为（1，0）或（ ，0）或（1+ ，0）．
【例3】（2022•桂林）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y
轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方
的抛物线对称轴上运动．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）求CP+PQ+QB的最小值；
（3）过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；
（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP
是平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，
最小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6；
（3）由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝ ，设Q（ ，t），则P（ ，t+1），M
（0，t+1），N（ ，0），知BN＝ ，QN＝t，PM＝ ，CM＝|t﹣3|，①当 ＝ 时， ＝ ，
可解得Q（ ， ）或（ ， ）；②当 ＝ 时， ＝ ，得Q（ ， ）．
【解析】（1）在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；
（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，如图：∵CC'＝PQ，CC'∥PQ，
∴四边形CC'QP是平行四边形，
∴CP＝C'Q，
∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，
∵B，Q，C'共线，
∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，
∵C（0，4），CC'＝PQ＝1，
∴C'（0，3），
∵B（4，0），
∴BC'＝ ＝5，
∴BC'+PQ＝5+1＝6，
∴CP+PQ+BQ最小值为6；
（3）如图：
由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝ ，
设Q（ ，t），则P（ ，t+1），M（0，t+1），N（ ，0），
∵B（4，0），C（0，4）；∴BN＝ ，QN＝t，PM＝ ，CM＝|t﹣3|，
∵∠CMP＝∠QNB＝90°，
∴△CPM和△QBN相似，只需 ＝ 或 ＝ ，
①当 ＝ 时， ＝ ，
解得t＝ 或t＝ ，
∴Q（ ， ）或（ ， ）；
②当 ＝ 时， ＝ ，
解得t＝ 或t＝ （舍去），
∴Q（ ， ），
综上所述，Q的坐标是（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）．
【例4】（2022•玉林）如图，已知抛物线：y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于点A，B（2，0）（A在B的左侧），
与y轴交于点C，对称轴是直线x＝ ，P是第一象限内抛物线上的任一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；
（3）过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH
相似，求点P的坐标．【分析】（1）把点B（2，0）代入y＝﹣2x2+bx+c中，再由对称轴是直线x＝ 列方程，两个方程组成
方程组可解答；
（2）当△POD是等边三角形时，点P在OD的垂直平分线上，所以作OD的垂直平分线与抛物线的交
点即为点P，计算OD≠PD，可知△POD不可能是等边三角形；
（3）分种情况：①当PC∥x轴时，△CPM∽△BHM时，根据PH的长列方程可解答；②②如图3，
△PCM∽△BHM，过点P作PE⊥y轴于E，证明△PEC∽△COB，可得结论．
【解析】（1）由题意得： ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+2x+4；
（2）△POD不可能是等边三角形，理由如下：
如图1，取OD的中点E，过点E作EP∥x轴，交抛物线于点P，连接PD，PO，∵C（0，4），D是OD的中点，
∴E（0，1），
当y＝1时，﹣2x2+2x+4＝1，
2x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x ＝ ，x ＝ （舍），
1 2
∴P（ ，1），
∴OD≠PD，
∴△POD不可能是等边三角形；
（3）设点P的坐标为（t，﹣2t2+2t+4），则OH＝t，BH＝2﹣t，
分两种情况：
①如图2，△CMP∽△BMH，
∴∠PCM＝∠OBC，∠BHM＝∠CPM＝90°，∴tan∠OBC＝tan∠PCM，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝2，
∴PM＝2PC＝2t，MH＝2BH＝2（2﹣t），
∵PH＝PM+MH，
∴2t+2（2﹣t）＝﹣2t2+2t+4，
解得：t ＝0，t ＝1，
1 2
∴P（1，4）；
②如图3，△PCM∽△BHM，则∠PCM＝∠BHM＝90°，
过点P作PE⊥y轴于E，
∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，
∴∠PCE+∠EPC＝∠PCE+∠BCO＝90°，
∴∠BCO＝∠EPC，
∴△PEC∽△COB，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：t ＝0（舍），t ＝ ，
1 2
∴P（ ， ）；综上，点P的坐标为（1，4）或（ ， ）．
1．（2020秋•兴城市期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点
C，D为第一象限抛物线上的动点，连接AC，BC，DA，DB，DB与AC相交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，设△ADE的面积为S ，△BCE的面积为S ，当S ＝S +5时，求点D的坐标；
1 2 1 2
（3）如图2，过点C作CF∥x轴，点M是直线CF上的一点，MN⊥CF交抛物线于点N，是否存在以
C，M，N为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法将A（4，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，解方程组即可求得答案；
（2）根据题意，当S
1
＝S
2
+5，即S△ABD ＝S△ABC +5，设D（x，y），表示出△ABD和△ABC的面积，列
方程求解即可；
（3）分情况讨论，列出三角形相似的三种情况，画出相应图形，设 M（m，4），则 N（m，﹣
m2+3m+4），运用相似三角形性质，建立方程求解即可．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A（4，0），B（﹣1，0）两点，
∴ ，
解得： ，
∴y＝﹣x2+3x+4；
（2）∵抛物线y＝﹣x2+3x+4与y轴交于点C，令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），∵S ＝S +5，
1 2
∴S
1
+S△AEB ＝S
2
+S△AEB +5，
即S△ABD ＝S△ABC +5，
∵A（4，0），B（﹣1，0），
∴AB＝5，
设D（x，y），
∴ ×5×y＝ ×5×4+5，
∴y＝6，
∴﹣x2+3x+4＝6，
解得：x ＝1，x ＝2，
1 2
∴D （1，6），D （2，6）；
1 2
（3）设M（m，4），则N（m，﹣m2+3m+4），
①如图2，△BOC∽△NMC，
则 ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：m＝0（舍去），m＝ ，
经检验，m＝ 是原方程的解，
∴M（ ，4）；
②如图3，△BOC∽△CMN，
则 ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：m＝0（舍去），m＝﹣1，
经检验，m＝﹣1是原方程的解，
∴M（﹣1，4）；③如图4，△BOC∽△NMC，
则 ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：m＝0（舍去），m＝ ，
经检验，m＝ 是原方程的解，
∴M（ ，4）；
④如图5，△BOC∽△CMN，
则 ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：m＝0（舍去），m＝7，
经检验，m＝7是原方程的解，
∴M（7，4）；
综上所述，点M的坐标为（ ，4）或（﹣1，4）或（ ，4）或（7，4）．2．（2020秋•郴州期末）已知抛物线y＝ x2﹣3x+ 与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）如图1，若点D是抛物线上在第四象限的点，连接DA并延长，交y轴于点P，过点D作DE⊥x轴
于点E．当△APO与△ADE的面积比为 ＝ 时．求点D的坐标；
（3）如图2，抛物线与y轴相交于点F．若点Q是线段OF上的动点，过点Q作与x轴平行的直线交抛
物线于M，N两点（点M在点N的左边）．请问是否存在以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似？
若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）在抛物线解析式中，令y＝0则可求得A、B的坐标；
（2）证明△AOP∽△AED，根据相似三角形面积的比等于对应边的比的平方列比例式可得AE＝2，从
而得点D的横坐标为3，代入抛物线的解析式可得点D的坐标；
（3）如图2所示，若以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似，有两种情况，但是∠QAM与∠QAN
不可能相等，所以最后只存在一种情况：△AQM∽△NQA，列比例式可得结论．【解析】（1）当y＝0时， x2﹣3x+ ＝0，
解得：x ＝1，x ＝5，
1 2
∴A（1，0），B（5，0）；
（2）∵DE⊥x轴，
∴∠AED＝90°，
∴∠AOP＝∠AED＝90°，
∵∠OAP＝∠DAE，
∴△AOP∽△AED，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵OA＝1，
∴AE＝2，
∴OE＝3，
当x＝3时，y＝ ﹣3×3+ ＝﹣2，
∴D（3，﹣2）；
（3）如图2，设Q（0，m），
当x＝0时，y＝ ，
∴F（0， ），
∵点Q是线段OF上的动点，∴0≤m≤ ，
当y＝m时， x2﹣3x+ ＝m，
x2﹣6x+5﹣2m＝0，
x＝3 ，
∴x ＝3+ ，x ＝3﹣ ，
1 2
∴QM＝3﹣ ，QN＝3+ ，
在Rt△AOQ中，由勾股定理得：AQ＝ ，
∵∠AQM＝∠AQN，
∴当△AQM和△AQN相似只存在一种情况：△AQM∽△NQA，
∴ ，
∴AQ2＝NQ•QM，即1+m2＝（3+ ）（3﹣ ），
解得：m ＝﹣1+ ，m ＝﹣1﹣ （舍），
1 2
∴Q（0，﹣1+ ）．
3．（2020秋•长垣市期末）如图1，抛物线y＝ x2+bx+c与x轴、y轴分别交于点B（6，0）和点C（0，
﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为 m，连接PB、PC，当△PBC的面积为 时，
求m值；
（3）如图2，点M是线段OB上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线BC和抛物线交于D，E
两点，是否存在以C，D，E为顶点的三角形与△BDM相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存
在，请说明理由．【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出该抛物线的函数关系式；
（2）根据点P是直线BC下方抛物线上一动点，其横坐标为m，表示PH的长，根据三角形的面积列方
程解出即可得出结论；
（3）先根据两三角形相似判断出∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，进而分两种情况讨论
即可得出结论．
【解析】（1）把点B（6，0）和点C（0，﹣3）代入 得： ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为 ；
（2）设直线BC的解析式为：y＝ax+n，
由点B（6，0）和C（0，﹣3）得： ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为 ，
如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点H，∵点P的坐标为（m， ），PH∥y轴，
∴点H的坐标为（m， ），
∴PH＝y ﹣y ＝ ﹣（ ）＝﹣ ，
H P
x ﹣x ＝6﹣0＝6，
B C
∵S△PBC ＝ PH×6＝ （﹣ ）×6＝﹣ ＝ ，
解得：m ＝1，m ＝5，
1 2
∴m值为1或5；
（3）如图2，∵∠CDE＝∠BDM，△CDE与△BDM相似，
∴∠CED＝∠BMD＝90°或∠DCE＝∠DMB＝90°，
设M（x，0），
①当∠CED＝∠BDM＝90°，
∴CE∥AB，
∵C（0，﹣3），∴点E的纵坐标为﹣3，
∵点E在抛物线上，
∴ x2﹣ x﹣3＝﹣3．
∴x＝0（舍）或x＝5，
∴M（5，0）；
②当∠DCE＝∠DMB＝90°，
∵OB＝6，OC＝3，
∴BC＝ ＝3 ，
由（2）知直线BC的关系式为y＝ x﹣3，
∴OM＝x，BM＝6﹣x，DM＝3﹣ x，
由（2）同理得ED＝﹣ +3x，
∵DM∥OC，
∴ ，即 ，
∴CD＝ ，
∴BD＝BC﹣CD＝ ﹣ x，
∵△ECD∽△BMD，
∴ ，即 ＝ ，
∴ ＝x（3﹣ x）2，
x（6﹣x）（1﹣x）＝0，
x ＝0（舍），x ＝6（舍），x ＝1，
1 2 3
∴M（1，0）；
综上所述：点M的坐标为（5，0）或（1，0）．
4．（2021秋•邹城市期末）如图，已知抛物线y＝x2+2x的顶点为A，直线y＝x+2与抛物线交于B，C两点．（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；
（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的
点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说
明理由．
【分析】（1）将抛物线配方后可得顶点A的坐标，将抛物线和一次函数的解析式联立方程组，解出可
得B和C的坐标；
（2）先根据两点的距离计算AB、BC、AC的长，根据勾股定理的逆定理可得：∠ABC＝90°，最后根据
两边的比相等且夹角为90度得两三角形相似；
（3）存在，设M（x，0），则P（x，x2+2x），表示OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，分两种情况：有 ＝
或 ＝ ，根据比例式代入可得对应x的值，计算点P的坐标即可．
【解答】（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴顶点A（﹣1，﹣1）；
由 ，解得： 或
∴B（﹣2，0），C（1，3）；
（2）证明：∵A（﹣1，﹣1），B（﹣2，0），C（1，3），
∴AB＝ ＝ ，
BC＝ ＝3 ，
AC＝ ＝2 ，∴AB2+BC2＝AC2， ＝ ＝ ，
∴∠ABC＝90°，
∵OD＝1，CD＝3，
∴ ＝ ，
∴ ，∠ABC＝∠ODC＝90°，
∴△ODC∽△ABC；
（3）存在这样的P点，
设M（x，0），则P（x，x2+2x），
∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，
当以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似时，
有 ＝ 或 ＝ ，
由（2）知：AB＝ ，CB＝3 ，
①当 ＝ 时，则 ＝ ，
当P在第二象限时，x＜0，x2+2x＞0，
∴ ，解得：x ＝0（舍），x ＝﹣ ，
1 2
当P在第三象限时，x＜0，x2+2x＜0，
∴ ＝ ，解得：x ＝0（舍），x ＝﹣ ，
1 2
②当 ＝ 时，则 ＝3，
同理代入可得：x＝﹣5或x＝1（舍），
综上所述，存在这样的点P，坐标为（﹣ ，﹣ ）或（﹣ ， ）或（﹣5，15）．5．（2021秋•攸县期末）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和点N的坐标；
②在抛物线的对称轴上找一点Q，使|AQ﹣BQ|的值最大，请直接写出点Q的坐标；
③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．
【分析】（1）①函数的对称轴为：x＝﹣ ＝ ，故点M（ ， ），即可求解；
②设抛物线与x轴左侧的交点为R（﹣1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，连接RB并延长
交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，即可求解；
③四边形MNPD为菱形，首先PD＝MN，即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝ ，解得：x＝ 或 （舍
去 ），故点P（ ，1），而PN＝ ＝ ≠MN，即可求解；
（2）分∠DBP为直角、∠BDP为直角两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）①函数的对称轴为：x＝﹣ ＝ ，故点M（ ， ），当x＝ 时，y＝﹣2x+4＝3，故点N（ ，3）；
②设抛物线与x轴左侧的交点为R（﹣1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，
连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，
将R、B的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：
直线RB的表达式为：y＝4x+4，
当x＝ 时，y＝6，
故点Q（ ，6）；
③不存在，理由：
设点P（x，﹣2x+4），则点D（x，﹣2x2+2x+4），
MN＝ ﹣3＝ ，四边形MNPD为菱形，首先PD＝MN，
即（﹣2x2+2x+4）﹣（﹣2x+4）＝ ，解得：x＝ 或 （舍去 ），
故点P（ ，1），而PN＝ ＝ ≠MN，
故不存在点P，使四边形MNPD为菱形；
（2）当点P的横坐标为1时，则其坐标为：（1，2），此时点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，
4），
①当∠DBP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似，
则∠BAO＝∠BDP＝ ，tan∠BAO＝ ＝2＝tan ，则sin ＝ ，
PA＝ ，PB＝AB﹣αPA＝2 ﹣ ＝ ， α α
则PD＝ ＝ ，故点D（1， ）；
②当∠BDP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似，
则BD∥x轴，则点B、D关于抛物线的对称轴对称，故点D（1，4），
综上，点D的坐标为：（1，4）或（1， ），
将点A、B、D的坐标代入抛物线表达式：y＝ax2+bx+c并解得：
y＝﹣2x2+2x+4或y＝﹣ x2+3x+4．
6．（2022•禹城市模拟）如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）P是抛物线在第一象限上的一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，
M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）若抛物线上有一点D（点D位于直线AC的上方且不与点B重合）使得S△DCA ＝S△ABC ，直接写出
点D的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）设P（t，﹣ t2+ t﹣2），则M（t，0），1＜t＜4，分两种情况讨论：①当∠PAM＝∠OAC时，
tan∠OAC＝tan∠MAP，可求P（2，1）；②当∠PAM＝∠OCA时，tan∠OAC＝tan∠APM，此时P点
坐标不存在；
（3）求出直线AC的解析式为y＝ x﹣2，再求出过点B作直线AC的平行线y＝ x﹣ ，联立方程组
，即可求D点坐标．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
将A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+bx+c，
∴ ，
解得 ，
∴y＝﹣ x2+ x﹣2；
（2）存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似，理由如下：
设P（t，﹣ t2+ t﹣2），则M（t，0），1＜t＜4，∴PM＝﹣ t2+ t﹣2，
∵A（4，0），
∴AM＝4﹣t，
∴tan∠MAP＝ ，
∵C（0，﹣2），
∴OC＝2，OA＝4，
∴tan∠OAC＝ ，
①当∠PAM＝∠OAC时， ＝ ，
解得t＝2或t＝4（舍），
∴P（2，1）；
②当∠PAM＝∠OCA时， ＝2，
解得t＝4（舍）或t＝5（舍），
∴此时P不存在；
综上所述：P点坐标为（2，1）；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
∴ ，
∴直线AC的解析式为y＝ x﹣2，
过点B作直线AC的平行线y＝ x+m，
∴ +m＝0，∴m＝﹣ ，
∴y＝ x﹣ ，
联立方程组 ，
解得 （舍）或 ，
∴D（3，1）．
7．（2022•祥云县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C
（0，3），点M是该抛物线上第一象限内的一个动点，ME垂直x轴于点E，交线段BC于点D，MN∥x
轴，交y轴于点N．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）若四边形MNOE是正方形，求该正方形的边长；
（3）连结OD，AC，抛物线上是否存在点M，使得以C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，
请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据点A，B，C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），利用正方形的性质可得出关于x的一元二次方程，
解之取其正值即可得出结论；
（3）利用点C，点A，B的坐标可得出AB，BC的值，由OB＝OC＝3可得出∠OCD＝∠ABC＝45°，进
而可得出存在两种情况，过点 D 作 DF⊥y 轴，垂足为点 F，则△CDF 为等腰直角三角形，①当
△OCD∽△ABC时，利用相似三角形的性质可求出CD的长度，进而可得出DF的长度，再利用二次函
数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标；②当△DCO∽△ABC时，用相似三角形的性质可求出CD
的长度，进而可得出DF的长度，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点 M的坐标．综上，此题
得解．
【解析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+bx+c，得：
，解得： ，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3）．
∵四边形MNOE为正方形，
∴x＝﹣x2+2x+3，
解得：x ＝ ，x ＝ （舍去），
1 2
∴MN＝ ，
∴该正方形的边长为 ；
（3）∵点C的坐标为（0，3）．点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AB＝4，BC＝3 ．
∵OB＝OC＝3，
∴∠OCD＝∠ABC＝45°．
∴存在两种情况．
过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，则△CDF为等腰直角三角形，如图所示．①当△OCD∽△ABC时， ，即 ，
∴CD＝ ，
∴DF＝CF＝ ，
∴点M的坐标为（ ， ）；
②当△DCO∽△ABC时， ，即 ，
∴CD＝2 ，
∴DF＝CF＝2，
∴点M的坐标为（2，3）．
综上所述：抛物线上存在点M，使得以点C，O，D为顶点的三角形与△ABC相似，点M的坐标为（ ，
）或（2，3）．
8．（2022•松江区校级模拟）如图，抛物线y＝x2﹣bx+c过点B（3，0），C（0，﹣3），D为抛物线的顶
点．
（1）求抛物线的解析式以及顶点坐标；
（2）连接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；
（3）点C关于抛物线y＝x2﹣bx+c对称轴的对称点为E点，连接BE，直线BE与对称轴交于点M，在
（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一点，是否存在点P使△CDB和△BMP相似，若存在，求点
P坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点B、C的坐标代入y＝x2﹣bx+c，即可得到抛物线的解析式，然后利用配方法可求得
抛物线的顶点坐标；
（2）求得BC，CD，DB的长，根据勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，利用
锐角三角函数的定义求解即可；
（3）根据二次函数的对称性得E（2，﹣3），可得直线BE为y＝3x﹣9，则M（1，﹣6），由（2）知
△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：①∠MPB＝
∠BCD＝90°时，②∠MBP＝∠BCD＝90°时，根据相似三角形的性质即可求解．
【解析】（1）将点B、C的坐标代入抛物线表达式得：
，解得 ，
故抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4）；
（2）如图．
∵B（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4），
∴BC2＝32+32＝18，BC＝ ＝3 ，CD2＝12+（4﹣3）2＝2，CD＝ ，
BD2＝42+（3﹣1）2＝20，BD＝2 ，
∴BD2＝BC2+CD2，
∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，
∴tan∠CBD＝ ＝ ＝ ；
（3）∵点C关于抛物线y＝x2﹣2x﹣3对称轴的对称点为E点，y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，
∴E（2，﹣3），
∵B（3，0），
∴直线BE为y＝3x﹣9，
∴M（1，﹣6），
由（2）知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，
若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：
①∠MPB＝∠BCD＝90°时，点P在x轴上，
∵M（1，﹣6），B（3，0），
∴PM＝6，BP＝2，
∴ ，
∴ ＝ ，
∵∠MPB＝∠BCD＝90°，
∴△CDB和△PBM，
∴P（1，0）；②∠MBP＝∠BCD＝90°时，
∵M（1，﹣6），B（3，0），
∴MB＝ ＝2 ，
∵△CDB和△BPM，
∴ ，
∴ ，解得PM＝ ，
∴点MP的纵坐标为 ﹣6＝ ，
∴P（1， ）．
综上所述，存在，点P的坐标为（1，0）或（1， ）．
9．（2022•平江县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于
点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，设四边形PBOC和△AOC的面积分别为S四边
形PBOC
和S△AOC ，记S＝S四边形PBOC ﹣S△AOC ，求S最大值点P的坐标及S的最大值；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的
三角形与△BOC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求解；
（2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，﹣ t2+3t+8），则G（t，﹣t+8），PG＝﹣ t2+4t，分
别求出S△AOC ＝8，S△BOC ＝32，S△BCP ＝﹣2t2+16t，则S＝S四边形PBOC ﹣S△AOC ＝﹣2（t﹣4）2+56，即可求
解；
（3）先证明△BCD是等腰直角三角形，求出E（3，5），设M（3，m），N（n，﹣ n2+3n+8），分
三种情况讨论：①当∠NME＝90°，ME＝MN时，△OBC∽△MNE，则m＝﹣ n2+3n+8，m﹣5＝n﹣
3，可求M（3，8）；当∠MEN＝90°，EN＝ME时，△MNE∽△BOC，5＝﹣ n2+3n+8，m﹣5＝n﹣
3，求得M（3，5+ ）；③当∠MNE＝90°，MN＝EN时，△MNE∽△BOC，过点N作NH⊥l交于
H，由①M与E点关于H点对称，可求M（3，11）．
【解析】（1）将点A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8，
∴ ，
解得 ，
∴y＝﹣ x2+3x+8；
（2）令x＝0，则y＝8，∴C（0，8），
∴S△AOC ＝ ×2×8＝8，S△BOC ＝ ×8×8＝32，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
解得 ，
∴yx+8，
过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，﹣ t2+3t+8），则G（t，﹣t+8），
∴PG＝﹣ t2+4t，
∴S△BCP ＝ ×8×（﹣ t2+4t）＝﹣2t2+16t，
∴S四边形PBOC ＝S△BOC +S△BCP ＝32﹣2t2+16t，
∴S＝S四边形PBOC ﹣S△AOC ＝﹣2t2+16t+24＝﹣2（t﹣4）2+56，
∵点P是第一象限，
∴0＜t＜8，
∴当t＝4时，S有最大值56，
此时P（4，12）；
（3）∵OB＝OC＝8，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+8，
∴E（3，5），
设M（3，m），N（n，﹣ n2+3n+8），
①当∠NME＝90°，ME＝MN时，△OBC∽△MNE，
∴MN∥x轴，
∴m＝﹣ n2+3n+8，
∵ME＝m﹣5，MN＝n﹣3，
∴m﹣5＝n﹣3，∴n＝6或n＝﹣2，
∵n＞1，
∴n＝6，
∴m＝8，
∴M（3，8）；
②存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：
当∠MEN＝90°，EN＝ME时，△MNE∽△BOC，
∴ME＝m﹣5，EN＝n＝3，
∴MN∥x轴，
∴5＝﹣ n2+3n+8，
∴m﹣5＝n﹣3，
∴n＝3+ 或n＝3﹣ ，
∵n＞1，
∴n＝3+ ，
∴m＝5+ ，
∴M（3，5+ ）；
③当∠MNE＝90°，MN＝EN时，△MNE∽△BOC，
过点N作NH⊥l交于H，
由①可知H（3，8），
∵M与E点关于H点对称，
∴M（3，11）；
综上所述：点M的坐标为（3，8）或（3，5+ ）或（3，11）．10．（2022•莱州市一模）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ x2+c经过点A（4，3），顶点为点
B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，连接PO．
（1）求抛物线的表达式，并求出顶点B的坐标；（2）试证明：经过点O的 P与直线l相切；
（3）如图②，已知点C的⊙坐标为（1，2），是否存在点P，使得以点P，O及（2）中的切点为顶点的
三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）过P作PH⊥l，垂足为H，求出OP、PH，可得PO＝PH，即可解决问题；
（3）以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，易知PH与BC，PO与AC是对应边，可得 ，
由此构建方程即可解决问题．
【解答】（1）解：∵抛物线y＝ x2+c经过点A（4，3），
∴3＝4+c，
∴c＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝ x2﹣1，顶点B（0，﹣1）；
（2）证明：过P作PH⊥l，垂足为H，设点P坐标（m， m2﹣1），
∵l是过点（0，﹣2）且垂直于y轴的直线，
∴PH＝ m2﹣1+2＝ m2+1，PO＝ ＝ m2+1，
∴PO＝PH，即直线l到圆心P的距离等于 P的半径，
∴经过点O的 P与直线l相切； ⊙
⊙
（3）解：存在．理由如下：
∵A（4，3），B（0，﹣1），C（1，2），
∴BC＝ ＝ ，AC＝ ＝ ，AB＝ ＝4 ．∴BC＝AC，
∵PO＝PH，以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，
∴PH与BC，PO与AC是对应边，
∴ ，
设点P（m， m2﹣1），则H（m，﹣2），
∴PH＝ m2﹣1+2＝ m2+1，OH＝ ＝ ，
∴ ，
∴ × ＝ m2+4 ，
解得m＝±1．
∴点P坐标（1，﹣ ）或（﹣1，﹣ ）．
11．（2022•巩义市模拟）已知，二次函数y＝ax2+bx﹣3 的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左
边），与y轴交于C点，点A的坐标为（﹣1，0），且 OB＝OC．
（1）求二次函数的解析式；
（2）当0≤x≤4 时，求二次函数的最大值和最小值分别为多少？
（3）设点C'与点C关于该抛物线的对称轴对称．在y轴上是否存在点P，使△PCC'与△POB相似，且
PC与PO是对应边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据OB＝OC可得B点的坐标为（3，0），把A、B的坐标代入二次函数y＝ax2+bx﹣
3，求出a、b的值即可；
（2）求出二次函数的顶点坐标为（1，﹣4），根据二次函数的性质即可得出答案；
（3）先设出P的坐标，根据相似三角形的性质列出方程，解出方程即可得到点P的坐标．
【解析】（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3 的图象与y轴交于C点，
∴C（0，﹣3）．
∵OB＝OC，点A在点B的左边，
∴B（3，0）．
∵点A的坐标为（﹣1，0），
由题意可得 ，
解得： ，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣2）2﹣4，
∴二次函数顶点坐标为（1，﹣4），
∴当x＝1时，y最小值 ＝﹣4，
∵当0≤x≤1时，y随着x的增大而减小，∴当x＝0时，y最大值 ＝﹣3，
∵当1＜x≤4时，y随着x的增大而增大，
∴当x＝4时，y最大值 ＝5．
∴当0≤x≤4时，函数的最大值为5，最小值为﹣4；
（3）存在点P，设P（0，m），如图，
∵点C'与点C关于该抛物线的对称轴直线x＝1对称，C（0，﹣3）．
∴C′（2，﹣3）．
∴CC'∥OB，
∵△PCC'与△POB相似，且PC与PO是对应边，
∴ ，
即： ，
解得：m＝﹣0或m＝﹣ ，
∴存在，P（0，﹣9）或P（0，﹣ ）．
12．（2022•澄迈县模拟）在平面直角坐标系中，抛物线经过点 A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶
点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标；
（2）设该抛物线上一动点P的横坐标为t．
①在图1中，当﹣3＜t＜0时，求△PBO的面积S与t的函数关系式，并求S的最大值；
②在图2中，若点P在该抛物线上，点E在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E为顶点的四边形
是平行四边形，求点P的坐标；
③在图3中，若P是y轴左侧该抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P使得
以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①求出直线BO的解析式，过点P作PG⊥x轴交BO于点G，可得E（t，﹣t）再由S＝﹣ （t+
）2+ ，即可求解；
②设E（﹣1，m），根据平行四边形对角线的情况，分三种情况讨论：当AO为平行四边形的对角线时，
当AP为平行四边形的对角线时，当AE为平行四边形的对角线时；利用中点坐标公式求解即可；
③先判断△COB为直角三角形，求出tan∠CBO＝ ，设P（m，m2+2m）（t＜0），则PM＝m2+2m，
AM＝﹣2﹣m，根据角的情况分两种情况讨论：当∠MPA＝∠OBC时， ＝ ，P（﹣3，3）；当
∠PAM＝∠OBC时， ＝ ，P（﹣ ，﹣ ）．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，
将A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，
∴ ，
解得 ，
∴y＝x2+2x，
∴C（﹣1，﹣1）；
（2）①∵P的横坐标为t，∴P（t，t2+2t），
设直线BO的解析式为y＝kx，
∴﹣3k＝3，
∴k＝﹣1，
∴y＝﹣x，
过点P作PG⊥x轴交BO于点G，
∴E（t，﹣t）
∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，
∴S＝ ×3×（﹣t2﹣3t）＝﹣ （t+ ）2+ ，
∵﹣3＜t＜0，
∴t＝﹣ 时，S有最大值 ；
②∵y＝x2+2x，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设E（﹣1，m），
当AO为平行四边形的对角线时，
，
解得 ，
∴P（﹣1，﹣1）；
当AP为平行四边形的对角线时，
，
解得 ，
∴P（1，3）；
当AE为平行四边形的对角线时，
，解得 ，
∴P（﹣3，3）；
综上所述：P点坐标为（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；
（3）存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：
∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），
∴BO＝3 ，OC＝ ，BC＝2 ，
∴BO2+CO2＝BC2，
∴△COB为直角三角形，∠BOC＝90°，
∴tan∠CBO＝ ＝ ，
∵PM⊥AM，
∴∠BOC＝∠PMA，
设P（m，m2+2m）（t＜0），
∴PM＝m2+2m，AM＝﹣2﹣m，
当∠MPA＝∠OBC时， ＝ ，
解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣3，
∴P（﹣3，3）；
当∠PAM＝∠OBC时， ＝ ，
解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣ ，
∴P（﹣ ，﹣ ）；
综上所述：P点坐标为（﹣3，3）或（﹣ ，﹣ ）．13．（2022•丰南区二模）如图①、②，在平面直角坐标系中，一边长为2的等边三角板CDE恰好与坐
标系中的△OAB重合，现将三角板CDE绕边AB的中点G（G点也是DE的中点），按顺时针方向旋转
180°到△C′ED的位置．
（1）直接写出C′的坐标，并求经过O、A、C′三点的抛物线的解析式；
（2）点P在第四象限的抛物线上，求△C′OP的最大面积；
（3）如图③， G是以AB为直径的圆，过B点作 G的切线与x轴相交于点F，抛物线上是否存在一
点M，使得△BO⊙F与△AOM相似？若存在，请求出⊙点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据等边三角形的性质求出点C'的坐标，根据二次函数经过A（2，0），O（0，0），设出二次函数的交点式，将C'代入，求出二次函数解析式；
（2）过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接OC'，求出OC'的表达式，将P点的横坐标为m，则过P作
PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接PC'，OP，设OC'的表达式为：y＝kx，可得OC'的表达式为y＝ x，设
P点的横坐标为m，则P（m， m2﹣ m），Q（m， m），PQ＝﹣ m2+ m，故S△C'OP ＝
×3×（﹣ m2+ m）＝﹣ （m﹣ ）2+ ，即可得当m＝ 时，△C'OP的最大面积为 ；
（3）根据三角形相似的判定，分3种情况，找出点M的位置，求出坐标即可．
【解析】（1）过点C'作C′M⊥x轴，垂足为M，如图：
∵由题意可知△OAB和△C′DE是等边三角形，
∴∠BAO＝∠BAC'＝60°，AO＝AC'＝2，
∴∠C'AM＝180°﹣∠BAO﹣∠BAC'＝60°，
∴C'M＝AC'•sin∠C'AM＝2sin60°＝ ，AM＝AC'•cos∠C'AM＝2cos60°＝1，
∴OM＝OA+AM＝2+1＝3，
∴C'（3， ），
∵A（2，0），O（0，0）在抛物线上，故设抛物线的解析式y＝ax（x﹣2），
∴将C'（3， ）代入得3a＝ ，
解得a＝ ，
∴y＝ x2﹣ x；
（2）过P作PQ⊥x轴，交OC'于Q，连接PC'，OP，如图：设OC'的表达式为：y＝kx，由（1）知C'（3， ），
∴ ＝3k，
解得k＝ ，
∴OC'的表达式为y＝ x，
设P点的横坐标为m，则有：P（m， m2﹣ m），Q（m， m），
∴PQ＝﹣ m2+ m，
∴S△C'OP ＝ ×3×（﹣ m2+ m）＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∴当m＝ 时，△C'OP的最大面积为 ；
（3）抛物线上存在一点M，使得△BOF与△AOM相似，理由如下：
∵BF与 G相切，
∴∠ABF⊙＝90°，
∵∠BAF＝60°，AB＝OA＝2，
∴AF＝4，OF＝2，
∵∠BOF＝180°﹣∠BOA＝120°，
∴△BOF为顶角为120°的等腰三角形
①AO＝AM＝2时，点M与点C'重合，如图：此时∠OAC’＝120°，
∴∠BOF＝∠OAC'， ＝ ，
∴△BOF∽△MAO，
此时M（3， ）；
②OA＝OM＝2时，点M与点C'关于抛物线对称轴直线x＝1对称，如图：
由对称性可知，此时∠AOM＝120°，
∴△BOF∽△AOM，
∴M ；
③MO＝MA时，点M为抛物线顶点（1， ），此时tan∠AOM＝ ，
∴∠AOM＝30°，
∴∠AOM＝∠OAM＝30°＝∠BFO＝∠FBO，
∴△BOF∽AMO，
∴M（1，﹣ ），
综上所述，M的坐标为：（3， ），（﹣1， ），（1，﹣ ）．
14．（2022•莱芜区三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴
交于点B，二次函数y＝x2+bx+c的图象经过A和点C（0，﹣3）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第一象限的图象上，点C的对应点E落在
直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD下方抛物线上一个动点，过
点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与
△COM相似？若存在，求出线段FP的长度；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由一次函数解析式求得A点坐标，再待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）由平移的性质可得四边形ACED是平行四边形；设点D（a，a2﹣2a﹣3）根据坐标的平移规律可
得E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），将点E代入一次函数求得a即可解答；
（3）由PF∥y轴，可得∠OCM＝∠CFP，则∠CFP≠90°，①△COM∽△FPC时，过点D作DG⊥y轴于 G，则 ，由二次函数的对称性可得 PC＝2，由 tan∠CFP＝tan∠DCG 即可解答；
②△COM∽△FCP时，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥PF于H，解Rt△CHF和Rt△CHP可
得 ，由C、D坐标可得l ：y＝2x﹣3，设P（n，n2﹣2n+3），F（n，2n﹣3），则PF＝﹣
CD
n2+4n，由 建立方程求得n值即可解答
【解析】（1）由y＝﹣x+3，令y＝0，则﹣x+3＝0，
解得x＝3，
∴A（3，0），
将C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得c＝﹣3，
将A（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得b＝﹣2，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由平移性质可得DE＝AC，DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴CE＝AD，CE∥AD，
设点D（a，a2﹣2a﹣3），
∵点A（3，0）向下平移3个单位，再向左平移3个单位可以得到点C（0，﹣3），
∴点D向下平移3个单位，再向左平移3个单位可以得到点E，
∴E（a﹣3，a2﹣2a﹣6），
将点E坐标代入y＝﹣x+3，得：3﹣a+3＝a2﹣2a﹣6，
解得a ＝﹣3（不符合题意舍去），a ＝4，
1 2
把a＝4代入y＝x2﹣2x﹣3，y＝5，
∴D（4，5）；
（3）∵PF∥y轴，
∴∠OCM＝∠CFP，
∴∠CFP≠90°，
①如图，过点D作DG⊥y轴于G，当∠CPF＝∠COM＝90°时，△COM∽△FPC，
∵y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，PC∥x轴，C（0，﹣3），
∴P（2，﹣3），
∴PC＝2，
∵D（4，5），C（0，﹣3），
∴tan∠DCG＝ ，
∴tan∠CFP＝ ，
∴PF＝2CP＝4；
②如图，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥PF于H，
当∠PCF＝∠COM＝90°时，△COM∽△FCP，
∵∠CPF+∠PCH＝90°，∠CPF+∠CFH＝90°
∴∠PCH＝∠CFH＝∠DCG，
∴tan∠PCH＝tan∠CFH＝ ，
∴PH＝ CH，FH＝2CH，∴PF＝ CH，
设直线CD的解析式为y＝kx+m，
∵C（0，﹣3）、D（4，5），
∴ ，
∴ ，
∴直线CD的解析式为l ：y＝2x﹣3，
CD
设P（n，n2﹣2n+3），F（n，2n﹣3），PF＝2n﹣3﹣（n2﹣2n+3）＝﹣n2+4n，
∴﹣n2+4n＝ n
即2n2﹣3n＝0，
解得：n＝ ，n＝0（舍去），
∴PF＝ ，
综上所述，存在点P，使得以P，C，F为顶点的三角形与△COM相似，此时PF＝4或 ．
15．（2022•临清市三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），且与x轴相交于A，B两
点（点A在点B的左侧，与y轴相交于点C，点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动，点F在
抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称，作矩形EFGH，其中点G，H都在x轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）设点F横坐标为m，
①用含有m的代数式表示点E的横坐标为 2 ﹣ m （直接填空）；
②当矩形EFGH为正方形时，求点G的坐标；
③连接AD，当EG与AD垂直时，求点G的坐标；
（3）过顶点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FP⊥AD于点P，直接写出△DFP与△DAM相似时，点F
的坐标．【分析】（1）根据顶点D坐标为（1，4）可得二次函数的顶点式，即可求解；
（2）①先解方程﹣x2+2x+3＝0得A（﹣1，0），B（3，0），则1＜m＜3，设E点的横坐标为t，利用
E、F到对称性的距离相等得到m﹣1＝1﹣t，求出t即可得到点E的横坐标；
②设F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），则E（2﹣m，﹣m2+2m+3），利用正方形的性质得到FG＝
FE，即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），然后解方程求出m即可得到G点坐标；
③先证明Rt△GEH∽Rt△DAM，利用相似比得到GH＝2EH，从而得到即m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），然
后解方程求出m即可得到G点坐标；
（3）AD交EF于Q，如图，利用△DFP与△DAM相似得到∠1＝∠3，再利用等角的余角相等得到∠1
＝∠2，所以∠2＝∠3，于是可判断△FDQ为等腰三角形，即FD＝FQ，接着利用待定系数法求出直线
AD的解析式为y＝2x+2，从而可表示出Q（﹣ m2+m+ ，﹣m2+2m+3），则FQ＝ （m+1）（m﹣
1），而利用两点间的距离公式得到DF2＝（m﹣1）2+（m﹣1）4，于是得到方程（m﹣1）2+（m﹣1）4
＝[ （m+1）（m﹣1）]2，然后解方程求出m即可得到F点坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D坐标为（1，4），
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x﹣1+4＝﹣x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x ＝﹣1，x ＝3，则A（﹣1，0），B（3，0），
1 2∴1＜m＜3，
设E点的横坐标为t，
∵m﹣1＝1﹣t，
∴t＝2﹣m，
∴点E的横坐标为2﹣m；
故答案为：2﹣m；
②设F（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），则E（2﹣m，﹣m2+2m+3），
∵矩形EFGH为正方形，
∴FG＝FE，
即﹣m2+2m+3＝m﹣（2﹣m），
整理得m2＝5，
解得m ＝﹣ （舍去），m ＝ ，
1 2
∴G点坐标为（ ，0）；
③过点D作DM⊥x轴于M，
∵EG⊥AD，
而DM⊥x轴，
∴∠1＝∠4，
∴Rt△GEH∽Rt△DAM，
∴ ，即
∴GH＝2EH，
即2m﹣2＝2（﹣m2+2m+3），
整理得m2﹣m﹣4＝0，解得m ＝ （舍去），m ＝ ，
1 2∴G点坐标为（ ，0）；
（3）设AD交EF于Q，如图，
∵FP⊥AD，
∴∠DPF＝90°，
∵△DFP与△DAM相似
∴∠1＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠3，
而FP⊥DQ，
∴△FDQ为等腰三角形，
∴FD＝FQ，
设直线AD的解析式为y＝px+q，
把A（﹣1，0），D（1，4）代入得 ，
解得 ，
∴直线AD的解析式为y＝2x+2，
当 y＝﹣m2+2m+3 时，2x+2＝﹣m2+2m+3，解得 x＝﹣ m2+m+ ，则 Q（﹣ m2+m+ ，﹣
m2+2m+3），
∴FQ＝m﹣（﹣ m2+m+ ）＝ m2﹣ ＝ （m+1）（m﹣1），
而DF2＝（m﹣1）2+（﹣m2+2m+3﹣4）2＝（m﹣1）2+（m﹣1）4，∴（m﹣1）2+（m﹣1）4＝[ （m+1）（m﹣1）]2，
而m≠1，
∴1+（m﹣1）2＝ （m+1）2，
整理得3m2﹣10m+7＝0，解得m ＝1（舍去），m ＝ ，
1 2
∴F点坐标为（ ， ）．
16．（2022•成都模拟）如图①，已知抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k交x轴于A，B两点，交y轴于点C，P是
抛物线上的动点，且满足OB＝3OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在第一象限，直线y＝ x+b经过点P且与直线BC交于点E，设点P的横坐标为t，当线段
PE的长度随着t的增大而减小时，求t的取值范围；
（3）如图②，过点A作BC的平行线m，与抛物线交于另一点D．点P在直线m上方，点Q在线段AD
上，若△CPQ与△AOC相似，且点P与点O是对应点，求点P的坐标．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝1，OB＝3OA，可得出：B（3，0），代入解析式即可求
得答案；
（2）运用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，过点P作PH∥y轴交BC于点H，过点E作
EK⊥PH于点K，如图①，设P（t，﹣t2+2t+3），则H（t，﹣t+3），得出PE＝ PK＝﹣ （t﹣
）2+ ，运用二次函数的性质即可求得答案；（3）先求出直线m的解析式为y＝﹣x﹣1，分情况讨论：当△CPQ∽△AOC时，则 ＝ ＝ ，
∠CPQ＝∠AOC＝90°，过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥PE于点F，可证得△PCE∽△QPF，
得出 ＝ ＝ ＝ ，建立方程求解即可得出答案；当△CPQ∽△COA时，同理可求得点P的坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣（x﹣1）2+k的对称轴为直线x＝1，OB＝3OA，
∴OB＝3，OA＝1，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
把B（3，0）代入y＝﹣（x﹣1）2+k，得0＝﹣（3﹣1）2+k，
解得：k＝4，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设P（t，﹣t2+2t+3），
∴ t+b＝﹣t2+2t+3，
∴b＝﹣t2+ t+3，
∴直线PE的解析式为y＝ x﹣t2+ t+3，
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
∵B（3，0），C（0，3），
∴ ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PH∥y轴交BC于点H，过点E作EK⊥PH于点K，如图①，
则H（t，﹣t+3），
∴PH＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，
联立得： ，解得： ，
∴E（ t2﹣t，﹣ t2+t+3），
∴K（t，﹣ t2+t+3），
∴EK＝KH＝﹣ t2+2t，PK＝﹣t2+2t+3﹣（﹣ t2+t+3）＝﹣ t2+t，
∴EK＝2PK，
∵EK⊥PH，
∴PE＝ PK＝﹣ （t﹣ ）2+ ，
∴当t≥ 时，线段PE的长度随着t的增大而减小，
又∵点P在第一象限，∴0＜t＜3，
∴当线段PE的长度随着t的增大而减小时， ≤t＜3；
（3）∵直线m∥BC，
∴设直线m的解析式为y＝﹣x+n，把A（﹣1，0）代入得：1+n＝0，
解得：n＝﹣1，
∴直线m的解析式为y＝﹣x﹣1，
当△CPQ∽△AOC时，
则 ＝ ＝ ，∠CPQ＝∠AOC＝90°，
过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥PE于点F，
∵P（t，﹣t2+2t+3），C（0，3），
∴E（0，﹣t2+2t+3），
则PE＝|t|，CE＝|t2﹣2t|，
∵∠PEC＝∠QFP＝90°，
∴∠CPE+∠PCE＝90°，
∵∠CPE+∠QPF＝90°，
∴∠PCE＝∠QPF，∴△PCE∽△QPF，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴PF＝3CE＝3（t2﹣2t），QF＝3PE＝3t，
∴EF＝t﹣3（t2﹣2t）＝﹣3t2+7t，QF＝3t，
∴Q（﹣3t2+7t，﹣t2﹣t+3），
把Q（﹣3t2+7t，﹣t2﹣t+3）代入y＝﹣x﹣1，得﹣t2﹣t+3＝﹣（﹣3t2+7t）﹣1，
解得：t＝2或﹣ ，
∴P（2，3）或（﹣ ， ）；
当△CPQ∽△COA时，
＝ ＝ ，∠CPQ＝∠AOC＝90°，
同理可得： ＝ ＝ ＝ ，Q（﹣ t2+ t，﹣t2+ t+3），
代入y＝﹣x﹣1，得﹣t2+ t+3＝﹣（﹣ t2+ t）﹣1，
解得：t＝ ，
∵点P在直线m上方，
∴﹣1＜t＜4，
∴P（ ， ）或（ ， ）；
综上所述，点P的坐标为（2，3）或（﹣ ， ）或（ ， ）或（ ， ）．17．（2022•东莞市校级一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点
为A，右交点为B，与y轴的交点为C，对称轴为直线l，对于抛物线上的两点（x ，y ），（x ，y ）
1 1 2 2
（x ＜k＜x ），当x +x ＝2时，y ﹣y ＝0恒成立．
1 2 1 2 1 2
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点，过点M作MN⊥AC于点N，求线段MN的最
大值，并求出此时点M的坐标；
（3）点P是直线l右侧抛物线上的一点，PQ⊥l于点Q，AP交直线l于点F，是否存在这样的点P，使
△PQF与△ACO相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用一元二次方程根与系数关系可得：x +x ＝2k，再结合当x +x ＝2时，y ﹣y ＝0恒成
1 2 1 2 1 2
立，可得出k＝1，即可得出答案；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝3x+3，如图1，过点M作MD∥y轴交AC于点D，设
M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），则D（t，3t+3），再证得△MDN∽△ACO，得出 ＝ ，可得
MN＝﹣ （t+ ）2+ ，运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）设P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），则Q（1，﹣m2+2m+3），过点P作PH⊥x轴于点H，则H
（m，0），可证得△PFQ∽△APH，分情况讨论：当点 P在x轴上方时，若△PFQ∽△CAO，则
△APH∽△CAO，可得P（ ， ）；若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，求得m＝﹣1或0，均
不符合题意；当点P在x轴下方时，如图3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，若△PFQ∽△CAO，则
△APH∽△CAO，可得P（ ，﹣ ）；若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，可得P（6，21）．
【解析】（1）∵（x ，y ），（x ，y ）在抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1上，
1 1 2 2∴x +x ＝2k，x x ＝﹣2k2﹣1，y ＝﹣x 2+2kx +2k2+1，y ＝﹣x 2+2kx +2k2+1，
1 2 1 2 1 1 1 2 2 2
∴y ﹣y ＝（﹣x 2+2kx +2k2+1）﹣（﹣x 2+2kx +2k2+1）＝（x ﹣x ）（x +x ﹣2k），
1 2 1 1 2 2 2 1 1 2
∵当x +x ＝2时，y ﹣y ＝0恒成立，
1 2 1 2
∴（x ﹣x ）（2﹣2k）＝0，
2 1
∵x ＜k＜x ，
1 2
∴2﹣2k＝0，
∴k＝1，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）由（1）知：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，得﹣x2+2x+3＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝3，
1 2
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
在Rt△AOC中，AC＝ ＝ ＝ ，
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则 ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为y＝3x+3，
如图1，过点M作MD∥y轴交AC于点D，
设M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），则D（t，3t+3），
∴MD＝﹣t2+2t+3﹣（3t+3）＝﹣t2﹣t，
∵MN⊥AC，
∴∠MND＝90°＝∠AOC，
∵MD∥OC，
∴∠MDN＝∠ACO，
∴△MDN∽△ACO，
∴ ＝ ，即 ＝ ，∴MN＝﹣ （t+ ）2+ ，
∵ ＜0，
∴当t＝﹣ 时，线段MN取得最大值 ，此时，M（﹣ ， ）；
（3）存在．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），则Q（1，﹣m2+2m+3），过点P作PH⊥x轴于点H，则H（m，
0），
∵PQ⊥l，l⊥x轴，
∴PQ∥x轴，
∴∠FPQ＝∠PAH，
∵∠PQF＝∠AHP，
∴△PFQ∽△APH，
当点P在x轴上方时，如图2，PH＝﹣m2+2m+3，AH＝m+1，又OA＝1，OC＝3，
若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝ ，
当m＝ 时，﹣m2+2m+3＝﹣（ ）2+2× +3＝ ，
∴P（ ， ）；
若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝0（不符合题意，舍去）；
当点P在x轴下方时，如图3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，
若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝ ，
当m＝ 时，﹣m2+2m+3＝﹣（ ）2+2× +3＝﹣ ，
∴P（ ，﹣ ）；
若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝6，
当m＝6时，﹣m2+2m+3＝﹣62+2×6+3＝﹣21，
∴P（6，21）；
综上所述，点P的坐标为（ ， ）或（ ，﹣ ）或（6，21）．18．（2022•碑林区校级模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，以AB所在直线为x轴
建立平面直角坐标系，若C（0，2 ）．
（1）请直接写出A、B的坐标；
（2）求经过A、B、C三点的抛物线表达式；
（3）l为抛物线对称轴，P是直线l右侧抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．
要使以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．
【分析】（1）运用勾股定理即可求得OA＝2，再求得OB＝6，即可得出点A、B的坐标；
（2）运用待定系数法设y＝a（x+2）（x﹣6），把C（0，2 ）代入，即可求得答案；（3）根据以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等，且∠PDE＝∠ACB＝90°，可分两种情况：①当
△PDE≌△ACB时，如图1，②当△PDE≌△BCA时，如图2，分别结合图形和全等三角形性质即可求
得答案．
【解析】（1）∵C（0，2 ），
∴OC＝2 ，
在Rt△AOC中，OA＝ ＝ ＝2，
∴OB＝AB﹣OA＝8﹣2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）设y＝a（x+2）（x﹣6），把C（0，2 ）代入得：2 ＝a（0+2）（0﹣6），
解得：a＝﹣ ，
∴y＝﹣ （x+2）（x﹣6）＝﹣ x2+ x+2 ，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣ x2+ x+2 ；
（3）在△BOC中，BC＝ ＝ ＝4 ，
∵y＝﹣ x2+ x+2 ＝ （x﹣2）2+ ，
∴抛物线对称轴为直线x＝2，
设P（m，﹣ m2+ m+2 ）（m＞2），E（2，n），
①当△PDE≌△ACB时，如图1，
∵∠PDE＝∠ACB＝90°，
∴PD＝AC＝4，DE＝BC＝4 ，
∴m﹣2＝4，
解得：m＝6，
∴P（6，0），D（2，0），
∴|n﹣0|＝4 ，
解得：n＝±4 ，
∴E（2，4 ）或（2，﹣4 ），
②当△PDE≌△BCA时，如图2，∵∠PDE＝∠ACB＝90°，
∴PD＝BC＝4 ，DE＝AC＝4，
∴m﹣2＝4 ，
解得：m＝4 +2，
∴P（4 +2，﹣ ），D（2，﹣ ），
∴|n﹣（﹣ ）|＝4，
解得：n＝4﹣ 或﹣4﹣ ，
∴E（2，4﹣ ）或（2，﹣4﹣ ）；
综上所述，P（6，0），E（2，4 ）或（2，﹣4 ）；或P（4 +2，﹣ ），E（2，4﹣
）或（2，﹣4﹣ ）．
