（3）如果符合（2）中的Q点在x轴的上方，连结OQ，矩形OABC内的四个三角形
yCPBQAEx34。
△OPC，△PQB，△OQP，△OQA之间存在怎样的关系？为什么？
O
练习2、如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在x轴上，点C在y轴上，将边BC折叠，使点B落在边OA的点D处。已知折叠CE?55，且（1）判断△OCD与△ADE是否相似？请说明理由；
tan?EDA?（2）求直线CE与x轴交点P的坐标；
（3）是否存在过点D的直线l，使直线l、直线CE与x轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由。 练习3、在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数
y C B E O D 练习2图 y?ax2?bx?c(a?0)的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的
3)和左边），与y轴交于点C，其顶点的横坐标为1，且过点(2，(?3，?12)．
（1）求此二次函数的表达式；（由一般式得抛物线的解析式为
A x y??x2?2x?3）
（2）若直线l:y?kx(k?0)与线段BC交于点D（不与点B，C重合），则是否存在这样的直线l，使得以B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似？若存在，求出该直线的函数表达式及点D的坐标；若不
，，0)B(3，0),C(0，3) 存在，请说明理由；A(?1（3）若点P是位于该二次函数对称轴右边图象上不与顶点重合的任意一点，试比较锐角?PCO与y x?ACO的大小（不必证明），并写出此时点P的横坐标p的取值范围．
x C l P A A B y o B 16 C
练习4图
x x?1练习3图
O
2y?x?1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C． 练习4 (2008广东湛江市) 如图所示，已知抛物线
（1）求A、B、C三点的坐标．
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积． （3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG?x轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的
三角形与?PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
练习5、已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，?ACB?90，点A，C的坐标分
?0)，C(1，0)，别为A(?3，tan?BAC?34．
0)，C(1，0)，B(1，3)，（1）求过点A，B的直线的函数表达式；点A(?3，y?39x?44
y B （2）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设AP?DQ?m，问是否存在这样的m使得△APQ与△ADB相似，如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由． 参考答案
2例题、解:⑴由题意可设抛物线的解析式为y?a(x?2)?1
A
x
O C ∵抛物线过原点，
20?a(0?2)?1 ∴
∴
a??14.
17
11y??(x?2)2?1y??x2?x44抛物线的解析式为,即
⑵如图1,当OB为边即四边形OCDB是平行四边形时,CD∥＝OB,
OyABx10??(x?2)2?14由得x1?0,x2?4,
∴B(4,0),OB＝4.
∴D点的横坐标为6
C图1 D1y??(x?2)2?14将x＝6代入,得y＝－3,
∴D(6,－3);
根据抛物线的对称性可知,在对称轴的左侧抛物线上存在点D,使得四边形ODCB是平行四边形,此时D点的坐标为(－2,－3),
y当OB为对角线即四边形OCBD是平行四边形时,D点即为A点,
A此时D点的坐标为(2,1)
BOE⑶如图2，由抛物线的对称性可知:AO＝AB,∠AOB＝∠ABO.
x若△BOP与△AOB相似,必须有∠POB＝∠BOA＝∠BPO
A'设OP交抛物线的对称轴于A′点,显然A′(2,－1)
1y??x2 ∴直线OP的解析式为11x??x2?x4由2, ?得x1?0,x2?6
.∴P(6,－3)
过P作PE⊥x轴,在Rt△BEP中,BE＝2,PE＝3, ∴PB＝13≠4.
∴PB≠OB,∴∠BOP≠∠BPO, ∴△PBO与△BAO不相似,
同理可说明在对称轴左边的抛物线上也不存在符合条件的P点. 所以在该抛物线上不存在点P,使得△BOP与△AOB相似. 练习1、解：（1）由已知可得：
图2 P?3a?3b?3?53?75b?0?a?2?4253a??，b?，c?0?c?033? 解之得，．
18
253y??x2?x33因而得，抛物线的解析式为：．
（2）存在．
253n??m2?m(m，n)Q33设点的坐标为，则，
2533?m2?mm?33?nm?3BQPB33??△OCP∽△PBQ,?3 3，即3CPOC，则有3要使
解之得，当
m1?23，m2?2．
m1?23时，n?2，即为Q点，所以得Q(23，2)
2533?m2?mm?33?nm?3BQPB33??△OCP∽△QBP,?33 3，即OCCP，则有3要使
解之得，当
m1?33，m2?3，当m?3时，即为P点，
C y B 3 E m1?33时，n??3，所以得Q(33，?3)．
故存在两个Q点使得△OCP与△PBQ相似．
Q点的坐标为(23，，2)(33，?3)．
O （3）在Rt△OCP中，因为
1 tan?COP?CP3?OC3．所以?COP?30?．
2 D A x 图1 ?Q?BPQ??COP?30(23，2)当点的坐标为时，． ??OPQ??OCP??B??QAO?90所以．
△PQB，△OPQ，△OAQ都是直角三角形． 因此，△OPC，又在Rt△OAQ中，因为
tan?QOA?QA3??AO3．所以?QOA?30．
??POQ??QOA??QPB??COP?30即有．
所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA，
?QP⊥OP，QA⊥OA?POQ??AOQ?30又因为，
y 19 l N C M G E B
所以△OQA≌△OQP．
练习2
解：（1）△OCD与△ADE相似。 理由如下：
由折叠知，?CDE??B?90°，
∴?1??2?90°，??1??3?90?，??2??3.
又∵?COD??DAE?90°，
∴△OCD∽△ADE。
∵tan?EDA?（2）
AE3?AD4，∴设AE=3t，
则AD=4t。
由勾股定理得DE=5t。
∴OC?AB?AE?EB?AE?DE?3t?5t?8t。 OCCD?△OCD∽△ADEADDE， 由（1），得∴8tCD?4t5t，
∴CD?10t。
222在△DCE中，∵CD?DE?CE，
∴(10t)2?(5t)2?(55)2，解得t=1。
∴OC=8，AE=3，点C的坐标为（0，8），
点E的坐标为（10，3），
设直线CE的解析式为y=kx+b，
1?k??，??10k?b?3，?2∴??b?8，?b?8，解得?
1∴y??x?82，则点P的坐标为（16，0）。
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