1. 「2025广东肇庆四会二模」如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数$y = ax^{2} + bx(a ≠ 0)$的图象经过点$A(4,0)$。经过点A的直线与该二次函数图象交于点$B(1,3)$，与y轴交于点C。
(1) 求二次函数的解析式及点C的坐标。
(2) 点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作$PE ⊥ x$轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m。
①m为何值时线段PD的长度最大？并求出最大值。
②是否存在点P，使得$△ BPD$与$△ AOC$相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。
(1) 求二次函数的解析式及点C的坐标。
(2) 点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作$PE ⊥ x$轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m。
①m为何值时线段PD的长度最大？并求出最大值。
②是否存在点P，使得$△ BPD$与$△ AOC$相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。
答案：
解析 (1)
∵二次函数图象经过点A(4,0)，B(1,3)，
∴$\{\begin{array}{l} 16a + 4b = 0,\\ a + b = 3,\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} a = -1,\\ b = 4,\end{array} $
∴二次函数的解析式为$y = -x^{2} + 4x$。
由点A，B的坐标可得直线AB的解析式为$y = -x + 4$，
∵点C是直线AB与y轴的交点，
∴对于$y = -x + 4$，令$x = 0$，则$y = 4$，
∴$C(0,4)$。
(2)①由题意画出示意图如图，
∵点P在直线AB上方，且在抛物线上，
∴$1 ＜ m ＜ 4$，
由题意知$P(m,-m^{2} + 4m)$，$D(m,-m + 4)$，
∴$PD = y_{P} - y_{D} = -m^{2} + 4m + m - 4 = -m^{2} + 5m - 4 = -(m - \dfrac{5}{2})^{2} + \dfrac{9}{4} ≤ \dfrac{9}{4}$，
∴当$m = \dfrac{5}{2}$时，$PD$的长度最大，最大值为$\dfrac{9}{4}$。
②存在。
∵$PE ⊥ x$轴，
∴$PE // y$轴，
∴$∠ BDP = ∠ ACO$，
∵$△ AOC$是直角三角形，
∴当$△ BPD$是直角三角形时，$△ BPD$与$△ AOC$相似分两种情况：
当$△ BPD ∽ △ AOC$时，$∠ BPD = ∠ AOC = 90°$，
此时$BP // x$轴，如图1，
则B，P关于二次函数图象的对称轴对称，
∴$P(3,3)$；
当$△ PBD ∽ △ AOC$时，$∠ PBD = ∠ AOC = 90°$，如图2，
易知$∠ CAO = 45°$，
∴$△ ADE$和$△ BPD$均为等腰直角三角形，
过点B作$BH ⊥ PE$于点H，
则$△ BPH$为等腰直角三角形，
设$P(t,-t^{2} + 4t)$，则$D(t,-t + 4)$，
∴$BH = t - 1$，
∴$DP = \sqrt{2}BP = \sqrt{2} × \sqrt{2}(t - 1) = 2t - 2$，$AE = DE = 4 - t$，
∴$PE = DP + DE = t + 2$，又
∵$PE = -t^{2} + 4t$，
∴$t + 2 = -t^{2} + 4t$，
解得$t = 1$（舍去）或$t = 2$，
∴$P(2,4)$。
综上，存在点P使$△ BPD$与$△ AOC$相似，此时点P的坐标为$(3,3)$或$(2,4)$。
解析 (1)
∵二次函数图象经过点A(4,0)，B(1,3)，
∴$\{\begin{array}{l} 16a + 4b = 0,\\ a + b = 3,\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} a = -1,\\ b = 4,\end{array} $
∴二次函数的解析式为$y = -x^{2} + 4x$。
由点A，B的坐标可得直线AB的解析式为$y = -x + 4$，
∵点C是直线AB与y轴的交点，
∴对于$y = -x + 4$，令$x = 0$，则$y = 4$，
∴$C(0,4)$。
(2)①由题意画出示意图如图，
∵点P在直线AB上方，且在抛物线上，
∴$1 ＜ m ＜ 4$，
由题意知$P(m,-m^{2} + 4m)$，$D(m,-m + 4)$，
∴$PD = y_{P} - y_{D} = -m^{2} + 4m + m - 4 = -m^{2} + 5m - 4 = -(m - \dfrac{5}{2})^{2} + \dfrac{9}{4} ≤ \dfrac{9}{4}$，
∴当$m = \dfrac{5}{2}$时，$PD$的长度最大，最大值为$\dfrac{9}{4}$。
②存在。
∵$PE ⊥ x$轴，
∴$PE // y$轴，
∴$∠ BDP = ∠ ACO$，
∵$△ AOC$是直角三角形，
∴当$△ BPD$是直角三角形时，$△ BPD$与$△ AOC$相似分两种情况：
当$△ BPD ∽ △ AOC$时，$∠ BPD = ∠ AOC = 90°$，
此时$BP // x$轴，如图1，
则B，P关于二次函数图象的对称轴对称，
∴$P(3,3)$；
当$△ PBD ∽ △ AOC$时，$∠ PBD = ∠ AOC = 90°$，如图2，
易知$∠ CAO = 45°$，
∴$△ ADE$和$△ BPD$均为等腰直角三角形，
过点B作$BH ⊥ PE$于点H，
则$△ BPH$为等腰直角三角形，
设$P(t,-t^{2} + 4t)$，则$D(t,-t + 4)$，
∴$BH = t - 1$，
∴$DP = \sqrt{2}BP = \sqrt{2} × \sqrt{2}(t - 1) = 2t - 2$，$AE = DE = 4 - t$，
∴$PE = DP + DE = t + 2$，又
∵$PE = -t^{2} + 4t$，
∴$t + 2 = -t^{2} + 4t$，
解得$t = 1$（舍去）或$t = 2$，
∴$P(2,4)$。
综上，存在点P使$△ BPD$与$△ AOC$相似，此时点P的坐标为$(3,3)$或$(2,4)$。
2. 「2025山东淄博二模节选」
(1) 求抛物线的解析式。
(2) 连接BC，过抛物线顶点D作直线$l // x$轴，点P是直线l上一动点，若满足$△ PBC$为直角三角形，求点P的坐标。
如
图，已知抛物线$y = -x^{2} + bx + c$与x轴交于点$A(1,0)$，$B(-3,0)$，与y轴交于点C。(1) 求抛物线的解析式。
(2) 连接BC，过抛物线顶点D作直线$l // x$轴，点P是直线l上一动点，若满足$△ PBC$为直角三角形，求点P的坐标。
答案：
解析 (1)将$A(1,0)$，$B(-3,0)$代入$y = -x^{2} + bx + c$，
得$\{\begin{array}{l} -1 + b + c = 0,\\ -9 - 3b + c = 0,\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} b = -2,\\ c = 3,\end{array} $
∴抛物线的解析式为$y = -x^{2} - 2x + 3$。
(2)
∵$y = -x^{2} - 2x + 3 = -(x + 1)^{2} + 4$，
∴顶点$D(-1,4)$，$C(0,3)$。
设$P(m,4)$，
若$△ PBC$为直角三角形，可分三种情况讨论：
①当$∠ PBC = 90°$时，$P$为$BC$的垂线与直线$l$的交点，
如图，过$P$作$PM ⊥ x$轴于$M$，则$∠ PMB = 90°$，
∵$∠ PBM + ∠ CBO = 90°$，$∠ BCO + ∠ CBO = 90°$，
∴$∠ PBM = ∠ BCO$，
又
∵$∠ PMB = ∠ COB = 90°$，
∴$△ PMB ∽ △ BOC$，
∴$\dfrac{PM}{BO} = \dfrac{MB}{OC}$，
∴$\dfrac{4}{3} = \dfrac{-3 - m}{3}$，
解得$m = -7$，
∴$P(-7,4)$。
②当$∠ BPC = 90°$时，$P$为以$BC$为直径的圆与直线$l$的公共点，易知此种情况不存在。
③当$∠ PCB = 90°$时，如图，设直线$l$与$y$轴交于点$N$，
∵$∠ PCN + ∠ BCO = 90°$，$∠ BCO + ∠ CBO = 90°$，
∴$∠ PCN = ∠ CBO$，
又
∵$∠ PNC = ∠ COB$，
∴$△ PNC ∽ △ COB$，
∴$\dfrac{PN}{CO} = \dfrac{NC}{OB}$，
∴$\dfrac{-m}{3} = \dfrac{1}{3}$，
∴$m = -1$，
∴$P(-1,4)$。
综上，满足条件的点$P$的坐标为$(-7,4)$或$(-1,4)$。
解析 (1)将$A(1,0)$，$B(-3,0)$代入$y = -x^{2} + bx + c$，
得$\{\begin{array}{l} -1 + b + c = 0,\\ -9 - 3b + c = 0,\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} b = -2,\\ c = 3,\end{array} $
∴抛物线的解析式为$y = -x^{2} - 2x + 3$。
(2)
∵$y = -x^{2} - 2x + 3 = -(x + 1)^{2} + 4$，
∴顶点$D(-1,4)$，$C(0,3)$。
设$P(m,4)$，
若$△ PBC$为直角三角形，可分三种情况讨论：
①当$∠ PBC = 90°$时，$P$为$BC$的垂线与直线$l$的交点，
如图，过$P$作$PM ⊥ x$轴于$M$，则$∠ PMB = 90°$，
∵$∠ PBM + ∠ CBO = 90°$，$∠ BCO + ∠ CBO = 90°$，
∴$∠ PBM = ∠ BCO$，
又
∵$∠ PMB = ∠ COB = 90°$，
∴$△ PMB ∽ △ BOC$，
∴$\dfrac{PM}{BO} = \dfrac{MB}{OC}$，
∴$\dfrac{4}{3} = \dfrac{-3 - m}{3}$，
解得$m = -7$，
∴$P(-7,4)$。
②当$∠ BPC = 90°$时，$P$为以$BC$为直径的圆与直线$l$的公共点，易知此种情况不存在。
③当$∠ PCB = 90°$时，如图，设直线$l$与$y$轴交于点$N$，
∵$∠ PCN + ∠ BCO = 90°$，$∠ BCO + ∠ CBO = 90°$，
∴$∠ PCN = ∠ CBO$，
又
∵$∠ PNC = ∠ COB$，
∴$△ PNC ∽ △ COB$，
∴$\dfrac{PN}{CO} = \dfrac{NC}{OB}$，
∴$\dfrac{-m}{3} = \dfrac{1}{3}$，
∴$m = -1$，
∴$P(-1,4)$。
综上，满足条件的点$P$的坐标为$(-7,4)$或$(-1,4)$。