解：存在，理由：

∵ $y = - x^{2} + 2 x + 3 = - {(x - 1)}^{2} + 4$ ，

∴ $E (1 ， 4)$ ，

又∵ $C (0 ， 3)$ ， $B (3 ， 0)$ ，

∴ $C E = \sqrt{{(1 - 0)}^{2} + {(4 - 3)}^{2}} = \sqrt{2}$ ，

$B C = \sqrt{{(3 - 0)}^{2} + {(0 - 3)}^{2}} = 3 \sqrt{2}$ ，

$B E = \sqrt{{(3 - 1)}^{2} + {(0 - 4)}^{2}} = 2 \sqrt{5}$ ，

∴ $C E^{2} + B C^{2} = {(\sqrt{2})}^{2} + {(3 \sqrt{2})}^{2} = 20 = {(2 \sqrt{5})}^{2} = B E^{2}$ ，

∴ $∠ E C B = 90 °$ ，

如图所示，连接 $A C$ ，

① $A (- 1 ， 0)$ ， $C (0 ， 3)$ ，

∴ $O A = 1$ ， $O C = 3$ ， $A C = \sqrt{A O^{2} + C O^{2}} = \sqrt{1^{2} + 3^{2}} = \sqrt{10}$ ，

∴ $\frac{A O}{C O} = \frac{E C}{B C} = \frac{1}{3}$ ，

又∵ $∠ A O C = ∠ E C B = 90 °$ ，

∴ $△ A O C ∽ △ E C B$ ，

∴当点 $Q$ 的坐标为 $(0 ， 0)$ 时， $△ A Q C ∽ △ E C B$ ；

$②$ 过点 $C$ 作 $C Q^{'} ⊥ A C$ ，交 $x$ 轴与点 $Q'$ ，

∵ $△ A C Q^{'}$ 为直角三角形， $C O ⊥ A Q^{'}$ ，

∴ $∠ A C Q^{'} = ∠ A O C = 90 °$ ， $∠ A Q^{'} C = 90 ° - ∠ C A Q^{'} = ∠ A C O$ ，

∴ $△ A C Q^{'} ∽ △ A O C$ ，

又∵ $△ A O C ∽ △ E C B$ ，

∴ $△ A C Q^{'} ∽ △ E C B$ ，

∴ $\frac{A Q^{'}}{A C} = \frac{E B}{E C}$ ，即 $\frac{A Q^{'}}{\sqrt{10}} = \frac{2 \sqrt{5}}{\sqrt{2}}$ ，

解得： $A Q^{'} = 10$ ，

∴ $Q^{'} (9 ， 0)$ ；

$③$ 过点 $A$ 作 $A Q ⊥ A C$ ，交 $y$ 轴与点 $Q$ ，

∵ $△ A C Q$ 为直角三角形， $C A ⊥ A Q$ ，

∴ $∠ Q A C = ∠ A O C = 90 °$ ， $∠ A C Q = 90 ° - ∠ C Q A = ∠ O A Q$ ，

∴ $△ Q A C ∽ △ A O C$ ，

又∵ $△ A O C ∽ △ E C B$ ，

∴ $△ Q A C ∽ △ E C B$ ，

∴ $\frac{Q C}{E B} = \frac{A C}{C B}$ ，即 $\frac{Q C}{2 \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{10}}{3 \sqrt{2}}$ ，

解得： $Q C = \frac{10}{3}$ ，

∴ $Q (0 ， - \frac{1}{3})$ ，

此时点 $Q$ 在 $y$ 轴上，不符合题意，舍去．

综上所述：当在 $x$ 轴上的点 $Q$ 的坐标为 $(0 ， 0)$ 或 $(9 ， 0)$ 时，以 $A$ ， $C$ ， $Q$ 为顶点的三角形与 $△ B C E$ 相似．

广东省深圳市龙岗区2023年坪地中学中考一模数学试卷