人教版 九年级 数学 总复习 第八讲 二次函数与存在性问题（教师版） 47页

第八讲二次函数与存在性问题明确目标﹒定位考点存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来包括深圳在内各地中考的“热点”。这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。热点聚焦﹒考点突破二次函数1、二次函数由特殊到一般，可分为以下几种形式：①；②；③；④；⑤.COABxy2、二次函数的顶点坐标是，对称轴是直线.3、抛物线中，的作用（1）决定开口方向及开口大小，这与中的完全一样.（2）和共同决定抛物线对称轴的位置.由于抛物线的对称轴是直线，（由图象可知，“左同右异”） 故：①时，对称轴为轴；②（即、同号）时，对称轴在轴左侧；③（即、异号）时，对称轴在轴右侧.（3）的大小决定抛物线与轴交点的位置.当时，，∴抛物线与轴有且只有一个交点（0，）：①，抛物线经过原点;②,与轴交于正半轴；③,与轴交于负半轴.4、一次函数的图像与二次函数的图像的交点，由方程组的解的数目来确定：①方程组有两组不同的解时与有两个交点;②方程组只有一组解时与只有一个交点；③方程组无解时与没有交点.5、抛物线与轴两交点之间的距离：若抛物线与轴两交点为，由于、是方程的两个根，故 6、特殊值记忆：二次函数，当=1时，=当=-1时，=当=0时，=7、存在性问题的处理思路：①研究背景图形．②分析不变特征（点、线、角），结合形成因素（判定），考虑需要满足的条件．③画图求解：往往先从一种情形入手．先画出大致图形，再结合特征不断精确．在图形上求解一种情况后，结合运动范围，考虑其他情形．④结果验证：画图或推理，验证已求结果．考点1：四边形之存在性问题例1.如图，抛物线2与x轴交于A（5,0）、B（-1,0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线于点C；（1）求该抛物线的解析式；（2）求点A关于直线的对称点A`的坐标，判定点A `是否在抛物线上，并说明理由；（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA`于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【规律方法】1.存在性问题的处理思路①分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．②画图求解：分析各种状态的可能性，画出符合题意的图形．通常先尝试画出其中一种情形，分析解决后，再类比解决其他情形．③结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．2.菱形、矩形、正方形的存在性问题，通常借助转化探究思想来分析，将复杂、陌生问题转化为简单、熟悉问题解决．如：①菱形存在性问题通常转化为等腰三角形存在性处理，亦可借助菱形性质解决．③矩形存在性问题通常转化为直角三角形存在性处理． ③正方形存在性问题通常转化为等腰直角三角形存在性处理．考点2：相似三角形的存在性例2.如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，点A的坐标为(-1，0)，过点C的直线与x轴交于点Q，点P是线段BC上的一个动点，过P作PH⊥OB于点H．若PB=5t，且．（1）点C的坐标是____________，b=_______，c=______．（2）求线段QH的长（用含t的代数式表示）．（3）依点P的变化，是否存在t的值，使以P，H，Q为顶点的三角形与△COQ相似？若存在，求出所有符合条件的t值；若不存在，说明理由．【规律方法】相似三角形存在性的处理思路1.分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．注：相似三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．2.画图求解：往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑对应关系和不变特征后列方程求解．注：相似三角形列方程往往借助对应边成比例；3.结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果． 考点3：全等三角形的存在性例3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴的一个交点为A(-2，0)，与y轴的交点为C，对称轴是直线x=3，对称轴与x轴交于点B．（1）求抛物线的函数表达式．（2）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【规律方法】全等三角形存在性的处理思路1.分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．注：全等三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．2.画图求解：往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑边、角的对应相等和不变特征后列方程求解．3.结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．考点4：角度的存在性例4.如图，抛物线与直线交于C，D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为(3，)．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F．（1）求抛物线的解析式．（2）若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．（3）若存在点P，使∠PCF=45°，请直接写出相应的点P的坐标． 【规律方法】角度存在性的处理思路1.和角度相关的存在性问题通常要放在直角三角形中处理，通过三角函数将角的特征转化为边的比例特征来列方程求解．2.一般过定点构造直角三角形．3.当两个角相等时，常转化为两个直角三角形相似的问题来处理．【变式训练1】【难度分级】A题（1）抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C(0，-2)，与直线y=x交于点A(-2，-2)，B(2，2)．（1）求抛物线的解析式．（2）线段MN在线段AB上移动（点M不与点A重合，点N不与点B重合），且 ．若点M的横坐标为m，过点M作x轴的垂线与x轴交于点P，过点N作x轴的垂线与抛物线交于点Q，则以P，M，Q，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由． 【难度分级】B题（2）已知：抛物线C1：y＝x2。如图（1），平移抛物线C1得到抛物线C2，C2经过C1的顶点O和A（2，0），C2的对称轴分别交C1、C2于点B、D。（1）求抛物线C2的解析式；（2）探究四边形ODAB的形状并证明你的结论；（3）如图（2），将抛物线C2向下平移m个单位（m＞0）得抛物线C3，C3的顶点为G，与y轴交于M。点N是M关于x轴的对称点，点P（，）在直线MG上。问：当m为何值时，在抛物线C3上存在点Q，使得以M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？ 【变式训练2】【难度分级】A题（1）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(-3，0)，B(-1，0)，与y轴相交于点C．⊙O1为△ABC的外接圆，交抛物线于另一点D．（1）求抛物线的解析式．（2）求cos∠CAB的值和⊙O1的半径．（3）如图2，抛物线的顶点为P，连接BP，CP，BD，M为弦BD的中点．若点N在坐标平面内，满足△BMN∽△BPC，请直接写出所有符合条件的点N的坐标． 【难度分级】B题（2）若关于的二次函数与轴交于两个不同的点，与y轴交于点P，其图像顶点为点M，点O为坐标原点。(1)当；(2)当试问△ABM能否为等边三角形？判断并证明你的结论；(3)当记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，若△BPO∽△PAO，且S1=S2,求m的值。 【变式训练3】【难度分级】A题（1）如图，抛物线y=ax2-5ax+4经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y轴上，且AC=BC．（1）求抛物线的对称轴；（2）写出A，B，C三点的坐标并求抛物线的解析式；（3）探究：若点P是抛物线对称轴上且在x轴下方的动点，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由． 【难度分级】B题（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与y轴交于点C(0，4)，对称轴直线与x轴交于点D，顶点为M，且DM=OC+OD．（1）求该抛物线的解析式．（2）设点P(x，y)是第一象限内该抛物线上的一动点，△PCD的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．（3）设点Q是y轴右侧该抛物线上的一动点，若经过点Q的直线QE与y轴交于点E，是否存在以O，Q，E为顶点的三角形与△OQD全等？若存在，求出直线QE的解析式；若不存在，请说明理由． 【变式训练4】【难度分级】A题（1）如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线y=x2-4x-2经过A，B两点．（1）求A点坐标及线段AB的长；（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒．①当PQ⊥AC时，求t的值；②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围． 专题训练﹒对接中考1.如图1，以一块等腰直角三角板的两条直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，已知OA=OB=3，过点A，B的抛物线对称轴为直线x=1，抛物线与x轴的另一交点为D．（1）求该抛物线的解析式．（2）如图2，如果将三角板的直角顶点C在x轴上滑动，一直角边所在直线过点B，另一条直角边所在直线与抛物线的交点为E，其横坐标为4，试求点C的坐标．（3）如图3，点P为抛物线对称轴上一动点，M为x轴上方抛物线上一点，N为平面内一动点，是否存在点M，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 2.如图，已知直线y=kx-6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，与y轴交于点D，且点A(1，-4)为抛物线的顶点，点B在x轴上． （1）求抛物线的解析式．（2）设抛物线对称轴与x轴交于点E，F是y轴上一动点，在抛物线上是否存在一点P，使△POE与△POF全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 作业：1.如图，抛物线y=-x2+2x+3与x轴相交于A，B两点，与y轴交于C，顶点为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）连接DA，DO，求∠DOF的正切值；（2）设P为x轴上的一点，∠DAO+∠DPO=∠α，当tan∠α=4时，求点P的坐标． 2.在平面直角坐标系中，二次函数图象的顶点坐标为C(4，)，且与x轴的两个交点间的距离为6．（1）求二次函数的解析式；（2）在x轴上方的抛物线上，是否存在点Q，使得以Q，A，B为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】例题1.解：（1）∵2与x轴交于A（5,0）、B（-1,0）两点， 解得∴抛物线的解析式为2（2）过点A`作A`E⊥x轴于E，AA/与OC交于点D，∵点C在直线y=2x上，   ∴C（5，10） ∵点A和A`关于直线y=2x对称，∴OC⊥AA/，A`D=AD.∵OA=5，AC=10,∴0C==∵S⊿OAC=∴∴AA、在Rt⊿A`EA和Rt⊿OAC中，∵∠A`AE+∠A`AC=90°，∠ACD+∠A`AC=90°，∴∠A`AE=∠ACD又∵∠A`EA=∠OAC=90°，∴Rt⊿A`EA～Rt⊿OAC即∴A`E=4,AE=8∴OE=AE－OA=3.∴点A/的坐标为（﹣3,4）.当x=﹣3时，2所以，点A/（﹣3,4）在该抛物线上.(3)存在.理由：设直线的解析式为y=kx+b,则 ，解得∴直线CA`的解析式为设点P的坐标为(,2,则点M为（，）∵PM∥AC，∴要使四边形PACM是平行四边形,只需PM=AC.又点M在点P的上方，∴（）-（2=10解得1=2，2=5（不合题意,舍去）当x=2时，∴当点P运动到（2，）时，四边形PACM是平行四边形.例题2.解：（1）（0，-3），b=-，c=-3；（2）由（1），得y=x2-x-3，它与x轴交于A，B两点，得B（4，0），∴OB=4，又∵OC=3，∴BC=5，由题意，得△BHP∽△BOC，∵OC∶OB∶BC=3∶4∶5，∴HP∶HB∶BP=3∶4∶5，∵PB=5t，∴HB=4t，HP=3t，∴OH=OB-HB=4-4t，由y=x-3与x轴交于点Q，得Q（4t，0），∴OQ=4t，①当H在Q、B之间时，QH=OH-OQ=（4-4t）-4t=4-8t，②当H在O、Q之间时，QH=OQ-OH=4t-（4-4t）=8t-4， 综合①，②得QH=｜4-8t｜；（3）存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似；①当H在Q、B之间时，QH=4-8t，若△QHP∽△COQ，则QH∶CO=HP∶OQ，得，∴t=，若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO=HQ∶OQ，得，即t2+2t-1=0，∴t1=-1，t2=--1（舍去）；②当H在O、Q之间时，QH=8t-4，若△QHP∽△COQ，则QH∶CO=HP∶OQ，得，∴t=，若△PHQ∽△COQ，则PH∶CO=HQ∶OQ，得，即t2-2t+1=0，∴t1=t2=1（舍去），综上所述，存在t的值，t1=-1，t2=，t3=。例题3.解：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+4交x轴于A（-2，0），∴0=4a-2b+4，∵对称轴是x=3，∴-=3，即6a+b=0，两关于a、b的方程联立解得a=- ，b= ，∴抛物线为y=-x 2+x+4．（2）∵四边形为平行四边形，且BC∥MN，∴BC=MN．①N点在M点右下方，即M向下平移4个单位，向右平移2个单位与N重合．设M（x，-x 2+x+4），则N（x+2，-x 2+x），∵N在x轴上， ∴-x 2+x=0，解得x=0（M与C重合，舍去），或x=6，∴x M =6，∴M（6，4）．②M点在N右下方，即N向下平行4个单位，向右2个单位与M重合．设M（x，-x 2+x+4），则N（x-2，-x 2+x+8），∵N在x轴上，∴-x 2+x+8=0，解得x=3- ，或x=3+ ，∴x M =3- ，或3+ ．∴M（3- ，-4）或（3+ ，-4）综上所述，M的坐标为（6，4）或（3- ，-4）或（3+ ，-4）（3）使△PBD≌△PBC，易考虑∠CBD的平分线与抛物线的交点．确定平分线可因为BC=BD，可作等腰△BCD，利用三线合一，求其中线所在方程，进而与抛物线联立得方程组，解出P即可．点P的坐标为（4+ ， ）或（4- ， ）或（-1+ ，-8+2 ）或（-1- ，-8-2 ）．例题4.解：（1）∵直线经过点C，∴C（0，2）∵抛物线2经过点C（0，2），D（3，）∴2，解得 ∴抛物线的解析式为2.（2）∵点P的横坐标为m且在抛物线上，∴P（m,2）,F(m,).∵PF∥CO，∴当PF=CO时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形.当时，PF=2-()=2+3m∴2+3m=2,解得：1=1,2=2即当m=1或2时，四边形OCPF是平行四边形.当时，PF=()-(2)=2-3m∴2-3m=2,解得：1=，2=∵点P在y轴右侧的抛物线上，∴舍去）.即当=时，四边形OCFP是平行四边形.综上所述，当m=1或2或时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形.（3）如图，当点P在CD上方且∠PCF=450时，作PM⊥CD于点M，CN⊥PF于点N，则△PMF∽△CNF，∴=2∴PM=CM=2CF，∴PF=FM=CF=×=又∵PF=2+3m ∴2+3m=解得：1=,2=0（舍去），∴P(2,),当点P在CD下方且∠PCF=450时，同理可以求得：另外一点为P(,)【变式训练1】【难度分级】A题（1） 【难度分级】B题（2）【变式训练2】 【难度分级】A题（1） 【难度分级】B题(2) 【变式训练3】【难度分级】A题（1） 【难度分级】B题（2）（2）解：（1）由题意得：OC=4，OD=2，∴DM=OC+OD=6。∴顶点M坐标为（2，6）。设抛物线解析式为：y=a（x﹣2） 2 +6，∵点C（0，4）在抛物线上，∴4=4a+6，解得a= 。∴抛物线的解析式为：y= （x﹣2） 2 +6= x 2 +2x+4。（2）如答图1，过点P作PE⊥x轴于点E． ∵P（x，y），且点P在第一象限，∴PE=y，OE=x。∴DE=OE﹣OD=x﹣2．∴S=S 梯形PEOC ﹣S △ COD ﹣S △ PDE = （4+y）?x﹣ ×2×4﹣ （x﹣2）?y=y+2x﹣4。将y= x 2 +2x+4代入上式得：S= x 2 +2x+4+2x﹣4= x 2 +4x。 在抛物线解析式y= x 2 +2x+4中，令y=0，即 x 2 +2x+4=0，解得x=2± ．设抛物线与x轴交于点A、B，则B（2+ ，0）。∴0＜x＜2+ ．∴S关于x的函数关系式为：S= x 2 +4x（0＜x＜2+ ）。（3）存在。若以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，可能有以下情形：①OD=OP。由图象可知，OP最小值为4，即OP≠OD，故此种情形不存在。②OD=OE。若点E在y轴正半轴上，如答图2所示，此时△OPD≌△OPE。 ∴∠OPD=∠OPE，即点P在第一象限的角平分线上。∴直线PE的解析式为：y=x。若点E在y轴负半轴上，易知此种情形下，两个三角形不可能全等，故不存在。③OD=PE。∵OD=2，∴第一象限内对称轴右侧的点到y轴的距离均大于2。∴点P只能位于对称轴左侧或与顶点M重合。若点P位于第一象限内抛物线对称轴的左侧，易知△OPE为钝角三角形，而△OPD为锐角三角形，则不可能全等。若点P与点M重合，如答图3所示，此时△OPD≌OPE，四边形PDOE为矩形。  ∴直线PE的解析式为：y=6。综上所述，存在以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，直线PE的解析式为y=x或y=6。【变式训练4】【难度分级】A题（1）(1)解：（1）由抛物线y=x2-4x-2知：当x=0时，y=-2，∴A（0，-2）．由于四边形OABC是矩形，所以AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同；当y=-2时，-2=x2-4x-2，解得x1=0，x2=4，∴B（4，-2），∴AB=4．（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7（t-1）=7t-7．当Q点在OA上时，即0≤7t-7＜2，1≤t＜时，如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC．∴=，即，∴t=．∵＞，∴此时t值不合题意．当Q点在OC上时，即2≤7t-7＜6，≤t＜时，如图2，过Q点作QD⊥AB．∴AD=OQ=7（t-1）-2=7t-9．∴DP=t-（7t-9）=9-6t．若PQ⊥AC，易证Rt△QDP∽Rt△ABC，∴，即=，∴t=，∵＜＜，∴t=符合题意． 当Q点在BC上时，即6≤7t-7≤8，≤t≤时，如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，则QG⊥PG，即∠GQP=90°．∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，此时PQ不与AC垂直．综上所述，当t=时，有PQ⊥AC．②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴=，∴=，解得t=2，即当t=2时，PQ∥AC．此时AP=2，BQ=CQ=1，∴P（2，-2），Q（4，-1）．抛物线对称轴的解析式为x=2，当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，∴当yH＜-2时，∠HOQ＞∠POQ．作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．∴OQ=，∵S△OPQ=S四边形ABCO-S△AOP-S△COQ-S△QBP=3=OQ×PM，∴PM=，∴PP′=2PM=，∵∠NPP′=∠COQ．∴△COQ∽△NPP′∴，∴P′N=，PN=，∴P′（，），∴直线OP′的解析式为y=x，∴OP′与NP的交点H2（2，）．∴当yH＞时，∠HOP＞∠POQ．综上所述，当yH＜-2或yH＞时，∠HOQ＞∠POQ． 专题训练﹒对接中考1.解：（1）∵OA=OB=3∴A(3，0)，B(0，3)又∵对称轴为直线x=1∴D(-1，0)可设抛物线解析式为y=a(x+1)(x-3)将B(0，3)代入，可得a=-1∴y=-x2+2x+3（2）如图，过点E作轴于点F将x=4代入，可得E(4，-5)设点C的横坐标为m，则C(m，0)①当点C在y轴的左侧时，m<0，如图OC=-m，CF=4-m由△BOC∽△CFE，可得解得，∵m<0∴C1(，0)②当点C在y轴的右侧时，如图由题意，点C在点F的右侧，所以m>4OC=m，CF=m-4由△BOC∽△CFE，可得 解得，∵m>0∴（3）存在①若以AP，AM为正方形的两边，则∠PAM=90°且PA=AM：过点M作MF⊥x轴于点F，则△MFA≌△AGP∴MF=AG=2∴-x2+2x+3=2解得，x=∴M1()，M2()②若以MP，MA为正方形的两边，则∠PMA=90°且MP=MA：过点M作MF⊥x轴于点F，MH垂直对称轴于点H，则△MFA≌△MHP∴MF=MH，AF=HP当M在对称轴右侧时，设MH=t，则AF=2-t； ∴M(1+t，t)∴-(1+t)2+2(1+t)+3=t解得，t1=，t2=（舍去）∴M3()当M在对称轴左侧时，同理可得，M4()③若以PM，PA为正方形的两边，则∠MPA=90°且PM=PA：过点M作MN垂直对称轴于点N，则△AGP≌△PNM，设PG=MN=n，则M(n+1，n+2)∴-(n+1)2+2(n+1)+3=n+2解得，n=1或n=-2（舍去）可得M5(2，3)．综上，M点坐标可以为M1()，M2()，M3()，M4()，M5(2，3)．2.解：（1）将A(1，-4)代入y=kx-6，得k=2 ∴y=2x-6令y=0，解得，x=3∴B(3，0)由点A(1，-4)是抛物线的顶点，设y=a(x-1)2-4，把B(3，0)代入，解得，a=1∴y=(x-1)2-4=x2-2x-3（2）I当△POE≌△POF时，OE=OF=1∴F1(0，1)，F2(0，-1)①当OF1=OE时，此时∠F1OP=∠EOP，则lOP：y=x∴则或∴P1(，)，P2(，)②当OF2=OE时，此时∠F2OP=∠EOP，则lOP：y=-x∴则或 ∴P3(，)，P4(，)II当△POE≌△OPF时，∠EPO=∠FOP，PF∥OE（x轴）；同理，EP∥OF（y轴）过点E作EP∥y轴，与抛物线的交点即为点P，此时，P与A重合，P5(1，-4)．综上，点P的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，(1，-4)．作业：1.解：（1）y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4∴抛物线顶点坐标D(1，4)，对称轴为直线x=1∴F(1，0)，∴OF=1，DF=4连接OD，在Rt△OFD中，tan∠DOF=（2）∵tan∠DOF=∴∠DOF=∠α∵∠DOF=∠DAO+∠ADO=∠α∠DAO+∠DPO=∠α∴∠DPO=∠ADO∴△ADP∽△AOD ∴AD2=AP·AO∵AF=2，DF=4∴AD2=AF2+DF2=20∴OP=19同理，当点P在对称轴左侧时，OP=17∴P1(19，0)，P2(-17，0)2.解：（1）∵顶点坐标为C(4，)，∴抛物线对称轴为直线x=4，又∵抛物线与x轴的两个交点间的距离为6，∴由抛物线的对称性可知：A(1，0)，B(7，0)．设抛物线的解析式为，将C(4，)代入可得，，∴所求解析式为．(2)存在点Q使得△QAB与△ABC相似．由抛物线对称性可知，AC=BC，过点C作CD⊥x轴于D，则AD=3，CD=．在Rt△ACD中，tan∠DAC=，∴∠BAC=∠ABC=30°，∠ACB=120°．①当△ACB∽△ABQ1时，∠ABQ1=120°且BQ1=AB=6．过点Q1作Q1E⊥x轴，垂足为E， 则在Rt△BQ1E中，BQ1=6，∠Q1BE=60°，∴Q1E=BQ1·sin60°=，BE=3，∴E(10，0)，Q1(10，)．当x=10时，y=，∴点Q1在抛物线上．②由抛物线的对称性可知，还存在AQ2=AB，此时△Q2AB∽△ACB，点Q2的坐标为(-2，)．综上，Q1(10，)，Q2(-2，)