如图 1，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，抛物线 $y=-\dfrac{1}{4}x^{2}+1$ 经过点 $A\left(4,-3\right)$，顶点为点 $B$．点 $P$ 为抛物线上的一个动点，$l$ 是过点 $\left(0,2\right)$ 且垂直于 $y$ 轴的直线，过 $P$ 作 $PH\perp l$，垂足为 $H$，连接 $PO$．
如图 2，设点 $C\left(1,-2\right)$，问是否存在点 $P$，使得以 $P$，$O$，$H$ 为顶点的三角形与 $\triangle ABC$ 相似？若存在，求出 $P$ 点的坐标；若不存在，说明理由．
如图 2，设点 $C\left(1,-2\right)$，问是否存在点 $P$，使得以 $P$，$O$，$H$ 为顶点的三角形与 $\triangle ABC$ 相似？若存在，求出 $P$ 点的坐标；若不存在，说明理由．【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
存在，$\left(1,\dfrac{3}{4}\right)$ 或 $\left(-1,\dfrac{3}{4}\right)$
【解析】
设 $P\left(t,-\dfrac{1}{4}t^{2}+1\right)$，则 $H\left(t,2\right)$，所以 $OH=\sqrt{t^{2}+2^{2}}=\sqrt{t^{2}+4}$，
由（$2$）得，$PO=PH=\dfrac{1}{4}t^{2}+1$，$\triangle OPH$ 为等腰三角形，
作 $CE\perp y$ 轴于点 $E$，
因为 $C\left(1,-2\right)$，$B\left(0,1\right)$，则 $E\left(0,-2\right)$，
所以 $EC=1$，$BE=3$，$BC=\sqrt{1^{2}+3^{2}}=\sqrt{10}$．
因为 $A\left(4,-3\right)$，所以 $AC=\sqrt{10}$，$AB=4\sqrt{2}$，
所以 $AC=BC$，$\triangle ACB$ 为等腰三角形．
因为 $\triangle OPH\sim \triangle ACB$，
所以 $\dfrac{OP}{AC}=\dfrac{OH}{AB}$，
即 $\dfrac{\dfrac{1}{4}t^{2}+1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{t^{2}+4}}{4\sqrt{2}}$，
得 $4\sqrt{2}\times \left(\dfrac{1}{4}t^{2}+1\right)=\sqrt{10}\times \sqrt{t^{2}+4}$，即 $\left(t^{2}+4\right)^{2}=5\left(t^{2}+4\right)$，
解得 $t_{1}=1$，$t_{2}=-1$．
所以 $P\left(1,\dfrac{3}{4}\right)$ 或 $\left(-1,\dfrac{3}{4}\right)$．
设 $P\left(t,-\dfrac{1}{4}t^{2}+1\right)$，直线 $l$ 与 $x$ 轴交于点 $F$，则 $F\left(0,2\right)$，$HF=|t|$，$OF=2$．
作 $CE\perp y$ 轴于点 $E$，$CE\perp AB$ 于点 $G$，
可求 $EC=1$，$BE=3$，$BC=AC=\sqrt{10}$，$AB=4\sqrt{2}$，$BG=\dfrac{1}{2}AB=2\sqrt{2}$，$CG=\sqrt{2}$．
可证明 $\mathrm {Rt}\triangle CGB\sim \mathrm {Rt}\triangle HFO$，
得 $\dfrac{BG}{CG}=\dfrac{OF}{FH}$，即 $\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\dfrac{2}{|t|}$，得 $t_{1}=1$，$t_{2}=-1$．
所以 $P\left(1,\dfrac{3}{4}\right)$ 或 $\left(-1,\dfrac{3}{4}\right)$．
答案
解析
备注
