1. 如图，在平面直角坐标系中，$O$ 是原点，一次函数 $y = kx + b$ 的图像经过点 $A(2,0)$，$B(-1,3)$，点 $D$ 的坐标为 $(1,-1)$，连接 $AD$，$BD$.
(1) 求该一次函数的表达式；
(2) 判断 $\triangle ABD$ 的形状，并说明理由；
(3) 设 $BD$ 与 $x$ 轴交于点 $P$.若点 $C$ 在 $x$ 轴上，且 $\triangle ABC$ 与 $\triangle ABP$ 相似（相似比不为 $1:1$），求点 $C$ 的坐标.
(1) 求该一次函数的表达式；
(2) 判断 $\triangle ABD$ 的形状，并说明理由；
(3) 设 $BD$ 与 $x$ 轴交于点 $P$.若点 $C$ 在 $x$ 轴上，且 $\triangle ABC$ 与 $\triangle ABP$ 相似（相似比不为 $1:1$），求点 $C$ 的坐标.
答案：(1)把点A(2,0),B(−1,3)分别代入$y=kx+b$，得$\begin{cases}2k+b=0\\-k+b=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=2\end{cases}$，所以该一次函数的表达式为$y=-x+2$。
(2)因为A(2,0),B(−1,3),D(1,−1)，所以$AB^{2}=(2+1)^{2}+(0-3)^{2}=18$，$AD^{2}=(2-1)^{2}+(0+1)^{2}=2$，$BD^{2}=(-1-1)^{2}+(3+1)^{2}=20$，所以$AB^{2}+AD^{2}=BD^{2}$，所以$\triangle ABD$为直角三角形。
(3)因为点C在$x$轴上，且$\triangle ABC$与$\triangle APB$相似(相似比不为$1:1$)，所以$\triangle ABC\backsim\triangle APB$，所以$\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AP}$。设直线BD的函数表达式为$y=mx+n$，把点B(−1,3),D(1,−1)分别代入$y=mx+n$，得$\begin{cases}-m+n=3\\m+n=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-2\=1\end{cases}$，所以直线BD的函数表达式为$y=-2x+1$。在$y=-2x+1$中，令$y=0$，得$-2x+1=0$，解得$x=\frac{1}{2}$，所以$P(\frac{1}{2},0)$。因为A(2,0)，所以$AP=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。因为$AB^{2}=18$，所以$AB=3\sqrt{2}$，所以$\frac{AC}{3\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\frac{3}{2}}$，所以$AC=12$。设C(c,0)，易知点C在点A的左侧，所以$AC=2-c$，所以$2-c=12$，解得$c=-10$，所以点C的坐标为(-10,0)。
(2)因为A(2,0),B(−1,3),D(1,−1)，所以$AB^{2}=(2+1)^{2}+(0-3)^{2}=18$，$AD^{2}=(2-1)^{2}+(0+1)^{2}=2$，$BD^{2}=(-1-1)^{2}+(3+1)^{2}=20$，所以$AB^{2}+AD^{2}=BD^{2}$，所以$\triangle ABD$为直角三角形。
(3)因为点C在$x$轴上，且$\triangle ABC$与$\triangle APB$相似(相似比不为$1:1$)，所以$\triangle ABC\backsim\triangle APB$，所以$\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AP}$。设直线BD的函数表达式为$y=mx+n$，把点B(−1,3),D(1,−1)分别代入$y=mx+n$，得$\begin{cases}-m+n=3\\m+n=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-2\=1\end{cases}$，所以直线BD的函数表达式为$y=-2x+1$。在$y=-2x+1$中，令$y=0$，得$-2x+1=0$，解得$x=\frac{1}{2}$，所以$P(\frac{1}{2},0)$。因为A(2,0)，所以$AP=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。因为$AB^{2}=18$，所以$AB=3\sqrt{2}$，所以$\frac{AC}{3\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\frac{3}{2}}$，所以$AC=12$。设C(c,0)，易知点C在点A的左侧，所以$AC=2-c$，所以$2-c=12$，解得$c=-10$，所以点C的坐标为(-10,0)。
2. (2024·四川成都改编)如图，在平面直角坐标系中，$O$ 是原点，直线 $y = -x + m$ 与直线 $y = 2x$ 相交于点 $A(2,a)$，与 $x$ 轴交于点 $B(b,0)$，点 $C$ 在反比例函数 $y = \frac{k}{x}(k ＜ 0)$ 的图像上.
(1) 求 $a$，$b$，$m$ 的值；
(2) 过 $A$，$C$ 两点的直线与 $x$ 轴负半轴交于点 $D$，点 $E$ 与点 $D$ 关于 $y$ 轴对称.若有且只有一点 $C$，使得 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ABE$ 相似，求 $k$ 的值.
(1) 求 $a$，$b$，$m$ 的值；
(2) 过 $A$，$C$ 两点的直线与 $x$ 轴负半轴交于点 $D$，点 $E$ 与点 $D$ 关于 $y$ 轴对称.若有且只有一点 $C$，使得 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ABE$ 相似，求 $k$ 的值.
答案：(1)把点A(2,a)代入$y=2x$，得$a=4$，所以A(2,4)。把点A(2,4)代入$y=-x+m$，得$-2+m=4$，解得$m=6$。在$y=-x+6$中，令$y=0$，得$-x+6=0$，解得$x=6$，所以B(6,0)，即$b=6$。
(2)设C$(t,\frac{k}{t})$，直线AC的函数表达式为$y=px+q$。把点A(2,4)代入$y=px+q$，得$2p+q=4$，所以$q=4-2p$，所以直线AC的函数表达式为$y=px+(4-2p)$。在$y=px+(4-2p)$中，令$y=0$，得$px+(4-2p)=0$，解得$x=\frac{2p-4}{p}$，所以$D(\frac{2p-4}{p},0)$。因为点E与点D关于$y$轴对称，所以$E(\frac{4-2p}{p},0)$。因为点D在$x$轴负半轴上，所以若$\triangle ABD$与$\triangle ABE$相似，则$\triangle ABD\backsim\triangle EBA$，所以$\frac{AB}{BE}=\frac{BD}{AB}$，所以$AB^{2}=BD· BE$。因为B(6,0)，所以$AB^{2}=(2-6)^{2}+(4-0)^{2}=32$，$BD=6-\frac{2p-4}{p}=4+\frac{4}{p}$，$BE=6-\frac{4-2p}{p}=8-\frac{4}{p}$，所以$(4+\frac{4}{p})(8-\frac{4}{p})=32$，解得$p=1$，符合题意，所以直线AC的函数表达式为$y=x+2$。因为有且只有一点C，使得$\triangle ABD$与$\triangle ABE$相似，所以直线AC与反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像有且只有一个交点，即关于$x$的方程$x+2=\frac{k}{x}$有且只有一个解。整理，得$x^{2}+2x-k=0$，所以$2^{2}-4×1×(-k)=0$，解得$k=-1$。
(2)设C$(t,\frac{k}{t})$，直线AC的函数表达式为$y=px+q$。把点A(2,4)代入$y=px+q$，得$2p+q=4$，所以$q=4-2p$，所以直线AC的函数表达式为$y=px+(4-2p)$。在$y=px+(4-2p)$中，令$y=0$，得$px+(4-2p)=0$，解得$x=\frac{2p-4}{p}$，所以$D(\frac{2p-4}{p},0)$。因为点E与点D关于$y$轴对称，所以$E(\frac{4-2p}{p},0)$。因为点D在$x$轴负半轴上，所以若$\triangle ABD$与$\triangle ABE$相似，则$\triangle ABD\backsim\triangle EBA$，所以$\frac{AB}{BE}=\frac{BD}{AB}$，所以$AB^{2}=BD· BE$。因为B(6,0)，所以$AB^{2}=(2-6)^{2}+(4-0)^{2}=32$，$BD=6-\frac{2p-4}{p}=4+\frac{4}{p}$，$BE=6-\frac{4-2p}{p}=8-\frac{4}{p}$，所以$(4+\frac{4}{p})(8-\frac{4}{p})=32$，解得$p=1$，符合题意，所以直线AC的函数表达式为$y=x+2$。因为有且只有一点C，使得$\triangle ABD$与$\triangle ABE$相似，所以直线AC与反比例函数$y=\frac{k}{x}$的图像有且只有一个交点，即关于$x$的方程$x+2=\frac{k}{x}$有且只有一个解。整理，得$x^{2}+2x-k=0$，所以$2^{2}-4×1×(-k)=0$，解得$k=-1$。
3. (2024·内蒙古呼伦贝尔)如图，在平面直角坐标系中，二次函数 $y = ax^2 + bx + c$ 的图像经过原点 $O$ 和点 $A(4,0)$，经过点 $A$ 的直线与该二次函数的图像交于点 $B(1,3)$，与 $y$ 轴交于点 $C$.
(1) 求该二次函数的表达式及点 $C$ 的坐标；
(2) $P$ 是二次函数图像上的一个动点，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 $m$.
① 当 $m$ 为何值时，$PD$ 的长最大？并求出最大值；
② 是否存在点 $P$，使得 $\triangle BPD$ 与 $\triangle AOC$ 相似？若存在，请求出点 $P$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
(1) 求该二次函数的表达式及点 $C$ 的坐标；
(2) $P$ 是二次函数图像上的一个动点，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 $m$.
① 当 $m$ 为何值时，$PD$ 的长最大？并求出最大值；
② 是否存在点 $P$，使得 $\triangle BPD$ 与 $\triangle AOC$ 相似？若存在，请求出点 $P$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
答案：
(1)把点A(4,0),B(1,3),O(0,0)分别代入$y=ax^{2}+bx+c$，得$\begin{cases}16a+4b+c=0\\a+b+c=3\\c=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1\\b=4\\c=0\end{cases}$，所以该二次函数的表达式为$y=-x^{2}+4x$。设直线AB的函数表达式为$y=px+q$。把点A(4,0),B(1,3)分别代入$y=px+q$，得$\begin{cases}4p+q=0\\p+q=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}p=-1\\q=4\end{cases}$，所以直线AB的函数表达式为$y=-x+4$。在$y=-x+4$中，令$x=0$，得$y=4$，所以点C的坐标为(0,4)。
(2)①由题意，得$P(m,-m^{2}+4m),D(m,-m+4)(1＜m＜4)$，所以$PD=-m^{2}+4m-(-m+4)=-m^{2}+5m-4=-(m-\frac{5}{2})^{2}+\frac{9}{4}$。因为$-1＜0$，$1＜m＜4$，所以当$m=\frac{5}{2}$时，$PD$的长最大，且最大值为$\frac{9}{4}$。
②因为$PE⊥ x$轴，所以$PE// y$轴，所以$\angle ADE=\angle ACO$。又$\angle BDP=\angle ADE$，所以$\angle BDP=\angle ACO$，所以若$\triangle BPD$与$\triangle AOC$相似，则分类讨论如下：如图①，当$\triangle BPD\backsim\triangle AOC$时，$\angle BPD=\angle AOC=90^{\circ}$，所以$BP⊥ PE$，所以$BP// x$轴。因为B(1,3)，所以在$y=-x^{2}+4x$中，令$y=3$，得$-x^{2}+4x=3$，解得$x_{1}=1$，$x_{2}=3$，所以$P(3,3)$；如图②，当$\triangle PBD\backsim\triangle AOC$时，$\angle PBD=\angle AOC=90^{\circ}$，$\frac{BP}{OA}=\frac{BD}{OC}$，所以$\frac{BP}{BD}=\frac{OA}{OC}$。因为A(4,0),C(0,4)，所以$OA=OC=4$，所以$BP=BD$。过点B作$BF⊥ PD$于点$F$，则$PF=DF$，所以$BF=\frac{1}{2}PD$。因为$BF=m-1$，$PD=-m^{2}+5m-4$，所以$m-1=\frac{1}{2}(-m^{2}+5m-4)$，解得$m_{1}=1$，$m_{2}=2$。当$m=2$时，$-m^{2}+4m=4$，所以$P(2,4)$。综上所述，存在满足题意的点$P$，且点$P$的坐标为(3,3)或(2,4)。
(1)把点A(4,0),B(1,3),O(0,0)分别代入$y=ax^{2}+bx+c$，得$\begin{cases}16a+4b+c=0\\a+b+c=3\\c=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1\\b=4\\c=0\end{cases}$，所以该二次函数的表达式为$y=-x^{2}+4x$。设直线AB的函数表达式为$y=px+q$。把点A(4,0),B(1,3)分别代入$y=px+q$，得$\begin{cases}4p+q=0\\p+q=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}p=-1\\q=4\end{cases}$，所以直线AB的函数表达式为$y=-x+4$。在$y=-x+4$中，令$x=0$，得$y=4$，所以点C的坐标为(0,4)。
(2)①由题意，得$P(m,-m^{2}+4m),D(m,-m+4)(1＜m＜4)$，所以$PD=-m^{2}+4m-(-m+4)=-m^{2}+5m-4=-(m-\frac{5}{2})^{2}+\frac{9}{4}$。因为$-1＜0$，$1＜m＜4$，所以当$m=\frac{5}{2}$时，$PD$的长最大，且最大值为$\frac{9}{4}$。
②因为$PE⊥ x$轴，所以$PE// y$轴，所以$\angle ADE=\angle ACO$。又$\angle BDP=\angle ADE$，所以$\angle BDP=\angle ACO$，所以若$\triangle BPD$与$\triangle AOC$相似，则分类讨论如下：如图①，当$\triangle BPD\backsim\triangle AOC$时，$\angle BPD=\angle AOC=90^{\circ}$，所以$BP⊥ PE$，所以$BP// x$轴。因为B(1,3)，所以在$y=-x^{2}+4x$中，令$y=3$，得$-x^{2}+4x=3$，解得$x_{1}=1$，$x_{2}=3$，所以$P(3,3)$；如图②，当$\triangle PBD\backsim\triangle AOC$时，$\angle PBD=\angle AOC=90^{\circ}$，$\frac{BP}{OA}=\frac{BD}{OC}$，所以$\frac{BP}{BD}=\frac{OA}{OC}$。因为A(4,0),C(0,4)，所以$OA=OC=4$，所以$BP=BD$。过点B作$BF⊥ PD$于点$F$，则$PF=DF$，所以$BF=\frac{1}{2}PD$。因为$BF=m-1$，$PD=-m^{2}+5m-4$，所以$m-1=\frac{1}{2}(-m^{2}+5m-4)$，解得$m_{1}=1$，$m_{2}=2$。当$m=2$时，$-m^{2}+4m=4$，所以$P(2,4)$。综上所述，存在满足题意的点$P$，且点$P$的坐标为(3,3)或(2,4)。