中考数学压轴题解题策略(2)相似三角形的存在性问题

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压轴题05二次函数与三角形存在性问题(与等腰、直角、等腰直角三角形、相似)-2023年中考

2023年中考数学压轴题专项训练压轴题05二次函数与三角形存在性问题（与等腰、直角、等腰直角三角形、相似三角形）题型一：二次函数与等腰三角形存在性问题例1．（2022•百色）已知抛物线经过A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．（1）求抛物线的表达式；（2）求证：∠BOF＝∠BDF；（3）是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．题型二：二次函数与直角三角形存在性问题例2．（2022•滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于点A、B（点A在点B 的左侧），与y轴相交于点C，连接AC、BC．（1）求线段AC的长；（2）若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当P A＝PC时，求点P的坐标；（3）若点M为该抛物线上的一个动点，当△BCM为直角三角形时，求点M的坐标．题型三：二次函数与等腰直角三角形存在性问题例3．（2022•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的关系式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．题型四：二次函数与相似三角形存在性问题例4．（2023•宜兴市一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx﹣2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，连接BC、AC．（1）求二次函数的函数表达式；（2）设二次函数的图象的顶点为D，求直线BD的函数表达式以及sin∠CBD的值；（3）若点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），是否存在△CMN 与△AOC相似，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．一．解答题（共20小题）1．（2023•绥宁县模拟）如图，一次函数y=12x+2与x轴，y轴分别交于A、C两点，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴交于另一点B，其对称轴为直线x=−3 2．（1）求该二次函数表达式；（2）在y轴的正半轴上是否存在一点M，使以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；（3）在对称轴上是否存在点P，使△P AC为等腰三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2023•泗阳县校级一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C．（1）求函数表达式及顶点坐标；（2）连接AC，点P为线段AC上方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AC于点H，当PH ＝2HQ时，求点P的坐标；（3）是否存在点M在抛物线上，点N在抛物线对称轴上，使得△BMN是以BN为斜边的等腰直角三角形，若存在，直接写出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．3．（2023•碑林区校级一模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；（2）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．4．（2023•崂山区开学）如图1，已知二次函数y＝ax2+32x+c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4）．与x轴交于点B，C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．（1）请直接写出二次函数y＝ax2+32x+c（a≠0）的表达式；（2）判断△ABC的形状，并说明理由；（3）如图2，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标；（4）若点N在x轴上运动，当以点A，N，C为顶点的三角形是等腰三角形时，请写出此时点N的坐标．5．（2023•泰山区校级一模）已知二次函数y＝ax2+32x+c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．（1）求出二次函数表达式；（2）判断△ABC的形状，并说明理由；（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时点N的坐标，并说明理由；（4）如图2，若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．6．（2023•灞桥区校级二模）如图，二次函数y=−12x2−x+4的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．（1）求点A、B、C的坐标；（2）若点P在抛物线对称轴上，且在x轴上方，当△PBC为等腰三角形时，求出所有符合条件的点P 的坐标．7．（2023春•仓山区校级期中）如图抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；（2）过定点（1，3）的直线l：y＝kx+b与二次函数的图象相交于M，N两点．①若S△PMN＝2，求k的值；②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形．8．（2023春•兴化市月考）已知：二次函数y＝ax2+2ax﹣8a（a为常数，且a＞0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．（1）分别求点A、B的坐标；（2）若△ABC是直角三角形，求该二次函数相应的表达式；（3）当a=12时，一次函数y=12x+b的图象过B点，与二次函数的对称轴交于Q点，N为一次函数图象上一点，过N点作y的平行线交二次函数图象于M点，当D、M、N、Q四点组成的四边形是平行四边形时，求N点的坐标．9．（2023•广水市模拟）二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和点B（﹣3，0），交y轴于点C（0，﹣3）．（1）求二次函数的解析式；（2）如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B'，E'，当四边形BEB'E'的面积为12时，求t的值；（3）如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x 轴的垂线，交抛物线于点P．是否存在点M使△PBC为直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．10．（2023•江油市模拟）抛物线y=ax2+114x−6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝kx﹣6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．（1）求二次函数与一次函数的解析式；（2）如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．11．如图，已知一次函数y＝0.5x+2的图象与x轴交于点A，与二次函数y＝ax2+bx+c的图象交于y轴上的一点B，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴只有唯一的交点C，且OC＝2．（1）求二次函数的表达式；（2）点M为一次函数下方抛物线上的点，△ABM的面积最大时，求点M的坐标；（3）设一次函数y＝0.5x+2的图象与二次函数的图象的另一交点为D，已知P为x轴上的一个动点，且△PBD为直角三角形，求点P的坐标．12．（2023•儋州一模）如图，在直角坐标系中有Rt△AOB，O为坐标原点，A（0，3），B（﹣1，0），将此三角形绕原点O顺时针旋转90°，得到Rt△COD，二次函数y＝ax2+bx+c的图象刚好经过A，B，C三点．（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；（2）过定点Q的直线l：y＝kx﹣k+3与二次函数图象相交于M，N两点．①若S△PMN＝2，求k的值；②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形；③当直线l绕着定点Q旋转时，△PMN外接圆圆心在一条抛物线上运动，直接写出该抛物线的表达式．13．（2023•保亭县一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+5的图象经过点（1，8），且与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A（﹣1，0），M为抛物线的顶点．（1）求二次函数的解析式；（2）求△MCB的面积；（3）在坐标轴上是否存在点N，使得△BCN为直角三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．14．（2022秋•蔡甸区期末）如图，一次函数y=12x+1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y=12x2+bx+c的图象与一次函数y=12x+1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点，且D点坐标为（1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上找一点P，使|PB﹣PC|最大，求出点P的坐标；（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是以点P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．15．（2023•二道区校级一模）已知一次函数y＝x+4的图象与二次函数y＝ax（x﹣2）的图象相交于A（﹣1，b）和B，点P是线段AB上的动点（不与A、B重合），过点P作PC⊥x轴，与二次函数y＝ax（x﹣2）的图象交于点C．（1）求a、b的值；（2）如图1，M为∠APC内一点，且PM＝1，E，F分别为边P A和PC上两个动点，求△MEF周长的最小值；（3）若△P AC是直角三角形，求点C的坐标．16．（2023•靖江市一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点（0，−32），顶点为C（﹣1，﹣2）．（Ⅰ）求该二次函数的解析式；（Ⅱ）过A、C两点作直线，并将线段AC沿该直线向上平移，记点A、C分别平移到点D、E处．若点F在这个二次函数的图象上，且△DEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标；（Ⅲ）当p+q≥﹣2时，试确定实数p，q的值，使得当p≤x≤q时，p≤y≤q．17．（2023•泰山区一模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点A（﹣1，0），点B（4，0）两点，交y 轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；（2）连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．18．（2023•东营区一模）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A（1，0）和B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），直线y＝﹣2x+m经过点A，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点M在AE下方的抛物线上运动，求△AME的面积最大值；（3）如图2，在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．19．（2023•铁西区模拟）如图①，已知抛物线y＝mx2﹣3mx﹣4m（m＜0）的图象与x轴交于A、B两点（A 在B的左侧），与y的正半轴交于点C，连结BC，二次函数的对称轴与x轴交于点E，且OC＝2OE．（1）求出抛物线的解析式；（2）如图②Q（t，0）是x的正半轴上一点，过点Q作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，若△MCN与△BQM相似，请求出Q的坐标；（3）如图②Q（t，0）是x的正半轴上一点，过点Q作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，将△CMN沿CN翻折，M的对应点为M'，是否存在点Q，使得M'恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．20．（2023•东胜区模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣2，0），B（4，0），C（0，8）三点，点P是直线BC上方抛物线上的一个动点．（1）求这个二次函数的解析式；（2）动点P运动到什么位置时，△PBC的面积最大，求此时P点坐标及△PBC面积的最大值；（3）在y轴上是否存在点Q，使以O，B，Q为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．。

2相似三角形的存在性问题解题策略

宝山24嘉定24金山24苏州29临沂26卢湾24南汇25闸北25上海25杭州24济南24绍兴24几何法三部曲：先分类；再画图；后计算．代数法三部曲：先罗列三边；再分类列方程；后解方程、检验．几何法与代数法相结合几何法代数法几何法与代数法相结合——又好又快先找分类标准；上海25再画示意图；后计算．AB＝2，AD＝4，∠DAB＝90°，AD//BCM是DE的中点，BE＝x连结BD，交线段AM于点N，如果以A、N、D为顶点的三角形与△BME相似，求线段BE的长．第一步寻找分类标准——画阴影三角形△AND 与△BME 中，唯一确定的角是∠ADN ．∠ADN ＝∠DBE ＞∠MBE分两种情况：①∠ADN ＝∠BME②∠ADN ＝∠BEM先找分类标准；再画示意图；后计算．第二步比比画画——不求准确，但求思路②∠ADN ＝∠BEM①∠ADN ＝∠BME先找分类标准；再画示意图；后计算．第三步计算——具体问题具体分析①当∠ADN ＝∠BME又∠ADN ＝∠DBE所以∠BME ＝∠DBE因此△BME ∽△DBE2221EDED EM EB =⋅=于是先找分类标准；再画示意图；后计算．第三步计算——具体问题具体分析①当∠ADN ＝∠BME 2221ED ED EM EB =⋅=用x 表示ED 2？222)4(2x ED -+=[]222)4(221x x -+=122,10x x ==-第三步计算——具体问题具体分析②当∠ADN ＝∠BEM又∠ADN ＝∠DBE所以∠BEM ＝∠DBE因此△DBE 是等腰三角形于是BE ＝2AD =8三部曲：先找分类标准；再画示意图；后计算．小结——步步有障碍先找分类标准；再画示意图；后计算．标准不容易确定示意图不容易画准确；两种情况的计算各有特点．先找分类标准；再画示意图；后计算．卢湾24点P 在抛物线的对称轴上，如果△ABP 与△ABC 相似，求所有满足条件的P 点坐标．22(2)1y x =-+(3,3)直线x =3与抛物线交于B ，与直线OA 相交于C ．第一步寻找分类标准——画阴影三角形△ABC 与△ABP 中，保持不变的是∠ABC= ∠BAP ．分两种情况：先找分类标准；再画示意图；后计算．=BC BA ①APAB=BC BA ②ABAP第二步无须画图——罗列线段的长先找分类标准；再画示意图；后计算．22(2)1y x =-+(3,3))23,3(),3,3(),1,2(C B A 23,5==BC AB第三步计算——具体问题具体分析23==BC AP 先找分类标准；再画示意图；后计算．=BC BA ①当AP AB 3,5==BC AB )25,2(1P )23,3(),3,3(),1,2(C B A第三步计算——具体问题具体分析3102==BC AB AP 先找分类标准；再画示意图；后计算．=BC BA ②当AB AP 3,5==BC AB )313,2(2P )23,3(),3,3(),1,2(C B A小结夹角相等，两边对应成比例先找分类标准；再画示意图；后计算．=BC BA ①当AP AB=BC BA ②当ABAP三部曲：先找分类标准；再画示意图；后计算．闸北25AB=BC=5，AC=3，DE //BC．当点D在AB边上时，BC边上是否存在点F，使△ABC与△DEF相似？若存在，请求出线段BF的长；若不存在，请说明理由．第一步寻找分类标准△ABC 是等腰三角形，那么在△DEF 中，DE 是腰还是底边？先找分类标准；再画示意图；后计算．AB =BC =5，AC =3，DE //BC ．分两种情况：①DE 为等腰△DEF 的腰②DE 为等腰△DEF 的底边第二步画图——讲究一点技巧先找分类标准；再画示意图；后计算．已知等腰△ABC与等腰△ADE相似探求等腰△ABC与等腰△DEF相似那么△DEF与△ABC、△ADE相似①DE为等腰△DEF的腰因此△DEF与△ADE相似，且有公共的腰所以△DEF与△ADE全等第二步画图——讲究一点技巧先找分类标准；再画示意图；后计算．②DE为等腰△DEF的底边先画等腰△DEF的顶点F 再过点F画BC第三步计算——具体问题具体分析先找分类标准；再画示意图；后计算．①如果DE为等腰△DEF的腰那么DE为△ABC的中位线，DE=2.55.15,3===kECkFC9.03,3.0===kFCk1.49.05=-=BF5.2'==DEBF先找分类标准；再画示意图；后计算．第三步计算——具体问题具体分析:3:5FC EC =:3:5EC BF =::9:15:25FC EC BF =341253425==BC BF ②如果DE 为等腰△DEF 的底边那么四边形DECF 为平行四边形小结——二级（二次）分类先找分类标准；再画示意图；后计算．画图重要还是计算重要？想的多还是算的多？⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧为底边为顶角的顶点为顶角的顶点为腰DEEDDE先找分类标准；再画示意图；后计算．嘉定24点D在x轴的正半轴上，若以点D、C、B组成的三角形与△OAB相似，试求点D的坐标．第一步寻找分类标准先找分类标准；再画示意图；后计算．△ABC是固定不动的，点D在点C的左边还是右边？第一步寻找分类标准先找分类标准；再画示意图；后计算．分两种情况：=BOBA①CDCB=BOBA②CBCD第二步无须画图——罗列线段的长先找分类标准；再画示意图；后计算．2=BA24=CB4=BO?=CD第三步计算——上下对应，书写整齐先找分类标准；再画示意图；后计算．=BO BA ①当CDCB =BO BA ②当CB CD 24,4,2===BC BO BA CD 2442=2442CD =16=CD 2=CD )0,20(1D )0,6(2D先找分类标准；再画示意图；后计算．分类标准：夹角相等，两边对应成比例小结——分类讨论，数形结合数形结合：求线段CD 的长，写点D 的坐标分两种情况：=BO BA ①CDCB =BO BA ②CBCD先找分类标准；再画示意图；后计算．若△ABC 与△ACD 相似，求m 的值．金山24AB //DC //x 轴，AC //y 轴x y 2-=x y 8-=点A 的横坐标为m第一步寻找分类标准先找分类标准；再画示意图；后计算．△ABC与△ACD保持直角三角形的性质不变分两种情况：=ACAB①CDCA=ACAB②CACD第二步无须画图——罗列线段的长先找分类标准；再画示意图；后计算．⎢⎣⎡→→DC B A −−−→−-=x y 2代入m y y A B 8-==m y y m x xD C A C 2,-====mx D 4=4m x B =−−−→−-=x y 8代入第二步无须画图——罗列线段的长先找分类标准；再画示意图；后计算．⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-m m D m m C m m B m m A 2,4,2,,8,4,8,43m AB -=m AC 6-=m CD 3-=数形结合当心负号第三步计算、检验——具体问题具体分析先找分类标准；再画示意图；后计算．=AC AB ①当CD CA =AC AB ②当CA CD CD AB AC ⋅=2CD AB =2-=m m CD mAC m AB 3,6,43-=-=-=这是不可能的()m m m 34362-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-164=m 2±=m先找分类标准；再画示意图；后计算．分类标准：夹直角相等，两直角边对应成比例小结——分类讨论，数形结合数形结合：先求点的坐标，再求线段的长，分两种情况：=AC AB ①CDCA =AC AB ②CACD 思路清晰运算易错Q 是直线OB 上的动点，如果以O 、C 、E 为顶点的三角形与△OPQ 相似，试确定Q 点的位置．宝山253,24,45==︒=∠P r OP AOB 三部曲：先找分类标准；再画示意图；后计算．第一步寻找分类标准——画阴影三角形一组公共角∠O=∠O先找分类标准；再画示意图；后计算．∠OPQ=2∠C因此只存在∠OPQ=∠OEC 的情况△OPQ ∽△OEC第二步比比画画——不求准确，但求思路②Q 在OB 的反向延长线上①Q 在OB 上先找分类标准；再画示意图；后计算．按照对应角∠C=∠Q 比画第三步计算——几何法、代数法同时①Q 在OB 上先找分类标准；再画示意图；后计算．3,24,45==︒=∠P r OP AOB 45180453==+n n 82==OP OQ第三步计算——几何法、代数法同时②Q 在OB 的反向延长线上先找分类标准；再画示意图；后计算．3,24,45==︒=∠P r OP AOB 15,453==n n 怎样求OQ ?第三步计算——几何法、代数法同时②Q在OB的反向延长线上先找分类标准；再画示意图；后计算．就好办了！如果知道3215cot+=︒怎样求OQ?348)32(415cot+=+=︒=PHQH344+=-=OHQHOQ第三步计算——几何法、代数法同时②Q 在OB 的反向延长线上先找分类标准；再画示意图；后计算．就难办了！如果不知道3215cot +=︒怎样求OQ ?434-=-=OH FH OF 344+=+=QF OF OQ 8==PF QF小结先找分类标准；再画示意图；这是一道非常规的后计算．相似三角形的存在性问题建议放弃如果你前面不能确保145分的话小结先找分类标准；再画示意图；非常规的相似三角形的存在性问题后计算．第一次讨论：只存在△OPQ ∽△OEC一种情况第二次讨论：点Q的位置存在两种情况三角形相似→特殊角度→→解直角三角形。

广猛说题——中考数学压轴题破解之道

(２０１７年山东日照)如图１－３－１,在平面直角坐标系中,经过点 A 的双曲线y＝xk (x＞０)同时经过点 B,且点 A 在点B 的左侧,点 A 的横坐标为２,∠AOB＝∠OBA＝４５°,则k 的值为．
图１－３－１
００３
图１－３－２
由题可知,△OAB 为等腰直角三角形; 如图１－３－２,构造“一线三直角”结构,即 Rt△OAD ≌Rt△ABC;
图１－２－８
方式 (三 ):整体旋转法 (∗ ) 前两种构造属静态构造方式,再介绍一种动态构造方式,即整体旋转法．其核心思想是“图形的旋转(运动 )本质是图形上的点旋转 (运动 );反过来 ,点的旋转 (运动 )可以看成该点所在图形的旋转 (运动 )”．下面以三个问题说明此法:
已知点 A(３,４),将点 A 绕原点O 顺时针方向旋转４５°角,求其对应点 A′的坐标．第一步(“整体旋转”):如图１－２－９,作 AB⊥y 轴于点B,则 AB＝３,OB＝４,点 A 绕原点O 顺时针方向旋转４５°得到点 A′,可看成 Rt△OAB 绕原点O 顺时针方向旋转４５°得到 Rt△OA′B′,则 A′B′＝３, OB′＝４,且 ∠BOB′＝４５°; 第二步(造“一线三直角”):如图１－２－１０,依托旋转后的 Rt△OA′B′,作系列“水平－竖直辅助线”,构造“一线三直角”,即 Rt△OCB′∽Rt△B′DA′;
如图１－３－６,若∠C＝４５°,一般有四种方式构造直角三角形,但建议将已知点作成直角顶点 ,相对而言会更简单 ,这也体现出 “以不变应万变 ”的解题策略 ;

中考数学解法探究专题：相似三角形的存在性问题

相似三角形的存在性问题考题研究：相似三角形的存在性问题是近几年中考数学的热点问题．解相似三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根。

难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使得列方程和解方程又好又快．解题攻略：相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验。

应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．解题思路：相似三角形存在性问题需要注意的问题：1、若题目中问题为，则对应线段已经确定。

2、若题目中为与相似，则没有确定对应线段，此时有三种情况：①,②、③、3、若题目中为与,并且有、（或为90°），则确定了一条对应的线段，此时有二种情况：①、，②、需要分类讨论上述的各种情况。

例题解析（2017年真题和2017年模拟）1．如图，已知抛物线y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧．（1）若抛物线过点G（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，解答下列问题：①求出△ABC的面积；②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标；（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．2．图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE 相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．3．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c过点B（3，0），C（0，3），D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式以及顶点坐标；（2）如果点C关于抛物线y=﹣x2+bx+c对称轴的对称点为E点，连接BC，BE，求tan∠CBE的值；（3）点M是抛物线对称轴上一点，且△DAM和△BCE相似，求点M坐标．4．在平面直角坐标系xoy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x 轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（﹣1，0）．（1）请直接写出点B、C的坐标：B（，）、C（，）；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C．此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于第一象限的点M．连接MB和MC，当△OCE∽△OBC时，判断四边形AEMC的形状，并给出证明；（3）有一动点P在（1）中的抛物线上运动，是否存在点P，以点P为圆心作圆能和直线AC和x轴同时相切？若存在，求出圆心P的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，在矩形ABCD中，AO=10，AB=8，分别以OC、OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，点D（3，10）、E（0，6），抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点．（1）求抛物线的解析式；（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似？（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使四边形MENC是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．6．如图，抛物线C1：y=ax2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C，点M（﹣，5）是抛物线C1上一点，抛物线C2与抛物线C1关于y轴对称，点A、B、M关于y轴的对称点分别为点A′、B′、M′．（1）求抛物线C1的解析式；（2）过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．7．如图，已知抛物线y=﹣x2+2x的顶点为A，直线y=x﹣2与抛物线交于B，C两点．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．8．如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P以1cm/秒的速度沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q以2cm/秒的速度沿BC运动到点C时停止．设P、Q同时出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图（2）（其中曲线OG为抛物线的一部分，其余各部分均为线段）．（1）试根据图（2）求0＜t≤5时，△BPQ的面积y关于t的函数解析式；（2）求出线段BC、BE、ED的长度；（3）当t为多少秒时，以B、P、Q为顶点的三角形和△ABE相似；（4）如图（3）过E作EF⊥BC于F，△BEF绕点B按顺时针方向旋转一定角度，如果△BEF中E、F的对应点H、I恰好和射线BE、CD的交点G在一条直线，求此时C、I两点之间的距离．9．如图，已知抛物线y=ax2﹣x+c的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点为A （﹣1，0），顶点为B．点C（5，m）在抛物线上，直线BC交x轴于点E．（1）求抛物线的表达式及点E的坐标；（2）联结AB，求∠B的正切值；（3）点G为线段AC上一点，过点G作CB的垂线交x轴于点M（位于点E右侧），当△CGM与△ABE相似时，求点M的坐标．10．如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．（1）求抛物线的解析式及点B、C的坐标；（2）求△ABC的内切圆半径；（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．11．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）设点P是位于直线BC下方的抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，求线段PQ的最大值；（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，问是否存在点P，使以M、P、Q为顶点的三角形与△CBO相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．12．已知某二次函数的图象与x轴分别相交于点A（﹣3，0）和点B（1，0），与y轴相交于C（0，﹣3m）（m＞0），顶点为点D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图①，当m=2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图②，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？13．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+3与x轴相交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=OC，点D是抛物线的顶点，直线AC和BD交于点E．（1）求点D的坐标；（2）连接CD、BC，求∠DBC余切值；（3）设点M在线段CA的延长线上，如果△EBM和△ABC相似，求点M的坐标．14．如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于M点．（1）求抛物线的函数解析式；（2）设点P是直线l上的一个动点，当PA+PC的值最小时，求PA+PC长；（3）在直线l上是否存在点Q，使以M、O、Q为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴的正半轴相交于点A，与y轴相交于点B，点C在线段OA上，点D在此抛物线上，CD⊥x轴，且∠DCB=∠DAB，AB与CD相交于点E．（1）求证：△BDE∽△CAE；（2）已知OC=2，tan∠DAC=3，求此抛物线的表达式．2017年07月30日045的初中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题（共15小题）1．如图，已知抛物线y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧．（1）若抛物线过点G（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，解答下列问题：①求出△ABC的面积；②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标；（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）把点G的坐标代入抛物线的解析式中可求得m的值；（2）①根据（1）中的m值写出抛物线的解析式，分别求抛物线与x轴和y轴的交点坐标，根据坐标特点写出AB和OC的长，利用三角形面积公式求△ABC 的面积；②由对称性可知：x=1，点A和B关于抛物线的对称轴对称，所以由轴对称的最短路径可知：连接BC与对称轴的交点即为点H，依据待定系数法可求得直线BC 的解析式，将x=1代入得：y=，则点H的坐标为（1，）；（3）在第四象限内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似，根据∠ACB与∠ABM为钝角，分两种情况考虑：①当△ACB∽△ABM 时；②当△ACB∽△MBA时，利用相似三角形的判定与性质，确定出m的值即可．【解答】解：（1）把点G（2，2）代入抛物线y=﹣（x+2）（x﹣m）中得：2=﹣（2+2）（2﹣m），m=4；（2）①由（1）得抛物线的解析式为：y=﹣（x+2）（x﹣4），当x=0时，y=﹣（0+2）（0﹣4）=2，∴C（0，2），∴OC=2，当y=0时，﹣（x+2）（x﹣4）=0，x=﹣2或4，∴A（﹣2，0），B（4，0），∴AB=2+4=6，=AB•OC=×6×2=6；∴S△ABC则△ABC的面积是6；②∵A（﹣2，0），B（4，0），由对称性得：抛物线的对称轴为：x=1，∵点A和B关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC与对称轴的交点即为点H，此时AH+CH为最小，设直线BC的解析式为：y=kx+b，把B（4，0），C（0，2）代入得：，解得：，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+2，当x=1时，y=，∴H（1，）；（3）存在符合条件的点M，由图形可知：∠ACB与∠ABM为钝角，分两种情况考虑：①当△ACB∽△ABM时，则有，即AB2=AC•AM，∵A（﹣2，0），C（0，2），即OA=OC=2，∴∠CAB=45°，∠BAM=45°，如图2，过M作MN⊥x轴于N，则AN=MN，∴OA+ON=2+ON=MN，设M（x，﹣x﹣2）（x＞0），把M坐标代入抛物线解析式得：﹣x﹣2=﹣（x+2）（x﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∵m＞0，∴x=2m，即M（2m，﹣2m﹣2），∴AM==2（m+1），∵AB2=AC•AM，AC=2，AB=m+2，∴（m+2）2=2 •2（m+1），解得：m=2±2，∵m＞0，∴m=2+2；②当△ACB∽△MBA时，则，即AB2=CB•MA，∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=90°，∴△ANM∽△BOC，∴，∵OB=m，设ON=x，∴=，即MN=（x+2），令M[x，﹣（x+2）]（x＞0），把M坐标代入抛物线解析式得：﹣（x+2）=﹣（x+2）（x﹣m），同理解得：x=m+2，即M[m+2，﹣（m+4）]，∵AB2=CB•MA，CB=，AN=m+4，MN=（m+4），∴（m+2）2=•，整理得：=0，显然不成立，综上，在第四象限内，当m=2 +2时，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似．2．图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE 相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），将点E（0，3）代入抛物线的解析式求得a的值，从而可得到抛物线的解析式；（2）过点B作BF⊥y轴，垂足为F．先依据配方法可求得点B的坐标，然后依据点A、B、E三点的坐标可知△BFE和△EAO为等腰直角三角形，从而可证明△BAE为直角三角形，接下来证明△BFE∽△EOA，由相似三角形的性质可证明=，从而可得到∠CBE=∠EAB，于是可证明∠CBA=90°，故此CB是△ABE 的外接圆的切线；（3）过点D作DP′⊥DE，交y轴与点P′，过点E作EP″⊥DE，交x轴与点P″．然后证明△DEO、△P′DO、△EP″O均与△BAE相似，然后依据相似三角形的性质分别可求得DO、OP′、OP″的长度，从而可求得点P的坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3）．∵将点E（0，3）代入抛物线的解析式得：﹣3a=3，∴a=﹣1．∴抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴B（1，4）．（2）如图1所示：过点B作BF⊥y轴，垂足为F．∵A（3，0），E（0，3），∴OE=OA=3．∴∠OEA=45°．∵E（0，3），B（1，4），∴EF=BF．∴∠FEB=45°．∴∠BEA=90°．∴AB为△ABE的外接圆的直径．∵∠FEB=∠OEA=45°，∠EOA=∠BFE，∴△BFE∽△AOE．∴tan∠EAB==．∵tan∠CBE=，∴∠CBE=∠EAB．∵∠EAB+∠EBA=90°，∴∠CBE+∠EBA=90°，即∠CBA=90°．∴CB是△ABE的外接圆的切线．（3）如图2所示：∵且∠DOE=∠BEA=90°，∴△EOD∽△AEB．∴当点P与点O重合时，△EPD∽△AEB．∴点P的坐标为（0，0）．过点D作DP′⊥DE，交y轴与点P′．∵∠P′ED=∠DEO，∠DOE=∠EDP′，∴△EDP′∽△EOD．又∵△EOD∽△AEB，∴△EDP′∽△AEB．∵∠ODP′+∠OP′D=90°，∠DEP′+∠OP′D=90°，∴∠ODP′=∠DEP′．∴=，即．∴OP′=．∴点P′的坐标为（0，﹣）．过点E作EP″⊥DE，交x轴与点P″．∵∠EDP″=∠EDO，∠EOD=∠DEP″，∴△EDO∽△P″DE．∵又∵△EOD∽△AEB，∴△EDP″∽△AEB．∴∠EP″O=∠BAE．∴tan∠EP″O==，即=．∴OP″=9．∴P″（9，0）．综上所述，点P的坐标为（0，0）或（0，﹣）或（9，0）．3．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c过点B（3，0），C（0，3），D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式以及顶点坐标；（2）如果点C关于抛物线y=﹣x2+bx+c对称轴的对称点为E点，连接BC，BE，求tan∠CBE的值；（3）点M是抛物线对称轴上一点，且△DAM和△BCE相似，求点M坐标．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）利用待定系数法求抛物线，然后把解析式配成顶点式，从而得到D 的坐标；（2）先利用抛物线的对称性得到E（2，3），作EH⊥BC于H，如图1，易得△OBC为等腰直角三角形得到∠OCB=45°，BC=OB=3，接着判断△CHE为等腰直角三角形得到CH=EH=CE=，所以BH=2，然后利用正切的定义求解；（3）直线x=﹣1交x轴于F，如图2，解方程﹣x2+2x+3=0得A（﹣1，0），再利用正切定义得到tan∠AD=，所以∠CBE=∠ADF，根据相似三角形的判定方法，当点M在点D的下方时，设M（1，m），当=时，△DAM∽△BCE；当=时，△DAM∽△BEC，于是利用相似比得到关于m的方程，解方程求出m即可得到对应的M点的坐标；当点M在D点上方时，则∠ADM与∠CBE互补，则可判断△DAM和△BCE不相似，【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c过点B（3，0），C（0，3），∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3，∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）；（2）抛物线的对称轴为直线x=1，∵点C与E点为抛物线上的对称点，∴E（2，3），作EH⊥BC于H，如图1，∵OC=OB，∴△OBC为等腰直角三角形，∴∠OCB=45°，BC=OB=3，∴∠ECB=45°，∴△CHE为等腰直角三角形，∴CH=EH=CE=，∴BH=BC﹣CH=2，在Rt△BEH中，tan∠EBH===，即tan∠CBE的值为；（3）直线x=﹣1交x轴于F，如图2，当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0）∵A（﹣1，0），D（1，4），∴AF=2，DF=4，∴tan∠ADF==，而tan∠CBE=，∴∠CBE=∠ADF，AD==2，BE==，BC=3，当点M在点D的下方时，设M（1，m），当=时，△DAM∽△BCE，即=，解得m=，此时M点的坐标为（1，）；当=时，△DAM∽△BEC，即=，解得m=﹣2，此时M点的坐标为（1，﹣2）；当点M在D点上方时，则∠ADM与∠CBE互补，则△DAM和△BCE不相似，综上所述，满足条件的点M坐标为（1，），（1，﹣2）．4．在平面直角坐标系xoy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x 轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（﹣1，0）．（1）请直接写出点B、C的坐标：B（3，0）、C（0，）；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C．此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于第一象限的点M．连接MB和MC，当△OCE∽△OBC时，判断四边形AEMC的形状，并给出证明；（3）有一动点P在（1）中的抛物线上运动，是否存在点P，以点P为圆心作圆能和直线AC和x轴同时相切？若存在，求出圆心P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）利用解直角三角形求出OC的长度，再求出OB的长度，从而可得点B、C的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；（2）根据相似三角形对应边成比例列式求出OE的长度，再根据点A的坐标求出AO的长度，进而∠MEB=∠AEC=60°．即可得出结论；（3）分在x轴上方和x轴上方两种情况，利用含30°的直角三角形的性质即可得出结论．【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），∴OA=1，由图可知，∠BAC是三角板的60°角，∠ABC是30°角，所以，OC=OA•tan60°=1×=，OB=OC•cot30°=×=3，所以，点B（3，0），C（0，），设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则，解得，所以，抛物线的解析式为y=﹣x2+x+；故答案为：3，0，0，；学科网（2）四边形AEMC是菱形．∵△OCE∽△OBC，∴，即，解得OE=1，∴E（1，0）在抛物线对称轴上，∴△CAE为等边三角形，∴∠AEC=∠A=60°．又∵∠CEM=60°，∴∠MEB=∠AEC=60°．∴点C与点M关于抛物线的对称轴（x=1）对称．C（0，），∴M（2，）．∴MC=AE=2，MC∥AE∴四边形AEMC是平行四边形．∵AC=CM=2∴四边形AEMC是菱形．（3）由⊙P与直线AC和x轴同时相切，易知点P在两线夹角的平分线上，①当在x轴上方时，如图，∠PAO=30°，设点P坐标为（m，﹣m2+m+），过P作PQ⊥x轴，交点为Q，则AQ=PQ，得m+1=（﹣m2+m+）解得，m1=2，m2=﹣1（舍去），所以点P坐标为（2，）②当在x轴下方时，∠PAO=60°，设点P坐标为（n，﹣n2+n+），过P'作P'Q'⊥x轴，交点为Q'，则AQ'=P'Q'，得（n+1）=﹣（﹣n2+n+）解得，n1=6，n2=﹣1（舍去），所以点P坐标为（6，﹣7）综上所述，存在点P满足条件，点P坐标为（2，）或（6，﹣7）．5．如图，在矩形ABCD中，AO=10，AB=8，分别以OC、OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，点D（3，10）、E（0，6），抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点．（1）求抛物线的解析式；（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似？（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使四边形MENC是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由矩形的性质可求得C点坐标，再利用待定系数法可求得抛物线的解析式；（2）用t可分别表示出CQ、PC的长，当∠PQC=∠DAE=90°，有△ADE∽△QPC；当∠QPC=∠DAE=90°，有△ADE∽△PQC，利用相似三角形的性质可分别得到关于t的方程，可求得t的值；（3）由题意可知CE为平行四边形的对角线，根据抛物线的对称性可知当M为抛物线顶点时满足条件，再由平行四边形的性质可知线段MN被线段EC平分，可求得N点坐标．【解答】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10．∴C（8，0），∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），O（0，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x；（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5．而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t．当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，∴=，即=，解得t=．当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，∴=，即=，解得t=．∴当t的或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似；（3）存在符合条件的M、N点，EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点；则M（4，）；而平行四边形的对角线互相平分，那么线段MN必被EC中点（4，3）平分，则N（4，﹣）；∴存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为M（4，），N（4，﹣）．6．如图，抛物线C1：y=ax2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C，点M（﹣，5）是抛物线C1上一点，抛物线C2与抛物线C1关于y轴对称，点A、B、M关于y轴的对称点分别为点A′、B′、M′．（1）求抛物线C1的解析式；（2）过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）把A（﹣3，0），M（﹣，5）代入y=ax2+bx+4，得到关于a、b 的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，即可得到抛物线C1的解析式；（2）根据抛物线C1的解析式求出B（1，0），C（0，4）．根据关于y轴对称的两点坐标特征以及抛物线的对称性得出M′（，5），B′（﹣1，0），A′（3，0），∠CAA′=∠CA′A，那么AB′=2．利用待定系数法求出直线A′C的解析式，求出D（，2）．由勾股定理得出AC==5，DA′==．设P（m，0）．分m＜3与m＞3两种情况讨论即可．【解答】解：（1）把A（﹣3，0），M（﹣，5）代入y=ax2+bx+4得，，解得，所以抛物线C1的解析式为y=﹣x2﹣x+4；学科网（2）令y=0，则﹣x2﹣x+4=0，解得x1=﹣3，x2=1，∴B（1，0），令x=0，则y=4，∴C（0，4）．由题意，知M′（，5），B′（﹣1，0），A′（3，0），∠CAA′=∠CA′A，∴AB′=2．设直线A′C的解析式为y=px+q．把A′（3，0），C（0，4）代入，得，解得，∴y=﹣x+4，当x=时，y=﹣×+4=2，∴D（，2）．由勾股定理得，AC==5，DA′==．设P（m，0）．当m＜3时，此时点P在点A′的左边，若=，即有△DA′P∽△CAB′，∴=（3﹣m），解得m=2，∴P（2，0）．若=，即有△DA′P∽△B′AC，∴=（3﹣m），解得m=﹣，∴P（﹣，0）．当m＞3时，此时点P在点A′的右边，∵∠CB′O≠∠DA′E，∴∠AB′C≠∠DA′P，∴此情况，△DA′P与△B′AC不能相似．综上所述，存在点P（2，0）或（﹣，0）满足条件．7．如图，已知抛物线y=﹣x2+2x的顶点为A，直线y=x﹣2与抛物线交于B，C两点．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）把抛物线解析式化为顶点式可求得A点坐标，联立直线与抛物线解析式，解方程组，可求得B、C的坐标；（2）由A、B、C三点的坐标可求得AB、BC和AC的长，可判定△ABC为直角三角形，且可得=，可证得结论；（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x），从而可表示出OM和PM的长，分=和=两种情况，分别得到关于x的方程，可求得x的值，可求得P点坐标．【解答】解：（1）∵y=﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，∴A（1，1），联立直线与抛物线解析式可得，解得或，∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；（2）证明：∵A（1，1），B（2，0），C（﹣1，﹣3），∴AB==，BC==3，AC==2，∴AB2+BC2=2+18=20=AC2，∴△ABC是以AC为斜边的直角三角形，∴∠ABC=∠ODC，∵C（﹣1，﹣3），∴OD=1，CD=3，∴==，∴△ODC∽△ABC；（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x），∴OM=|x|，PM=|﹣x2+2x|，∵∠OMP=∠ABC=90°，∴当以△OPM与△ABC相似时，有=或=两种情况，①当=时，则=，解得x=或x=，此时P点坐标为（，）或（，﹣）；②当=时，则=，解得x=5或x=﹣1（与C点重合，舍去），此时P点坐标为（5，﹣15）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（，﹣）或（5，﹣15）．8．如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P以1cm/秒的速度沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q以2cm/秒的速度沿BC运动到点C时停止．设P、Q同时出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图（2）（其中曲线OG为抛物线的一部分，其余各部分均为线段）．（1）试根据图（2）求0＜t≤5时，△BPQ的面积y关于t的函数解析式；（2）求出线段BC、BE、ED的长度；（3）当t为多少秒时，以B、P、Q为顶点的三角形和△ABE相似；（4）如图（3）过E作EF⊥BC于F，△BEF绕点B按顺时针方向旋转一定角度，如果△BEF中E、F的对应点H、I恰好和射线BE、CD的交点G在一条直线，求此时C、I两点之间的距离．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）观察图象可知，AD=BC=5×2=10，BE=1×10=10，ED=4×1=4，AE=10﹣4=6在Rt△ABE中，AB===8，如图1中，作PM⊥BC于M．由△ABE∽△MPB，得=，求出PM，根据△BPQ的面积y=•BQ•PM计算即可问题．（2）观察图象（1）（2），即可解决问题．（3）分三种情形讨论①P在BE上，②P在DE上，③P在CD上，分别求解即可．（4）由∠BIH=∠BCG=90°，推出B、I、C、G四点共圆，推出∠BGH=∠BCI，由△GBH∽△CBI，可得=，由此只要求出GH即可解决问题．【解答】解：（1）观察图象可知，AD=BC=5×2=10，BE=1×10=10，ED=4×1=4，AE=10﹣4=6在Rt△ABE中，AB===8，如图1中，作PM⊥BC于M．∵△ABE∽△MPB，∴=，∴=，∴PM=t，当0＜t≤5时，△BPQ的面积y=•BQ•PM=•2t•t=t2．（2）由（1）可知BC=BE=10，ED=4．（3）①当P在BE上时，点C在C处时，∵BE=BC=10，∴当AE=AP=6时，△PQB与△ABE相似，∴t=6．②当点P在ED上时，观察图象可知，不存在△．③当点P在DC上时，设PC=a，当=时，∴=，∴a=，此时t=10+4+（8﹣）=14.5，∴t=14.5s时，△PQB与△ABE相似．（4）如图3中，设EG=m，GH=n，∵DE∥BC，∴=，∴=，∴m=，在Rt△BIG中，∵BG2=BI2+GI2，∴（）2=62+（8+n）2，∴n=﹣8+或﹣8﹣（舍弃），∵∠BIH=∠BCG=90°，∴B、I、C、G四点共圆，∴∠BGH=∠BCI，∵∠GBF=∠HBI，∴∠GBH=∠CBI，∴△GBH∽△CBI，（也可以先证明△BFI∽△GFC，想办法推出△GFB∽△CFI，推出∠BGH=∠BCI）∴=，∴=，∴IC=﹣．9．如图，已知抛物线y=ax2﹣x+c的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点为A （﹣1，0），顶点为B．点C（5，m）在抛物线上，直线BC交x轴于点E．（1）求抛物线的表达式及点E的坐标；（2）联结AB，求∠B的正切值；（3）点G为线段AC上一点，过点G作CB的垂线交x轴于点M（位于点E右侧），当△CGM与△ABE相似时，求点M的坐标．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由对称轴可求得a的值，再把A点坐标代入可求得c的值，则可求得抛物线表达式，则可求得B、C的坐标，由待定系数法可求得直线BC的解析式，可求得E点坐标；（2）由A、B、C三点的坐标可求得AB、AC和BC的长，可判定△ABC是以BC 为斜边的直角三角形，利用三角形的定义可求得答案；（3）设M（x，0），当∠GCM=∠BAE时，可知△AMC为等腰直角三角形，可求得M点的坐标；当∠CMG=∠BAE时，可证得△MEC∽△MCA，利用相似三角形的性质可求得x的值，可求得M点的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x=1，∴﹣=1，解得a=，把A点坐标代入可得+1+c=0，解得c=﹣，∴抛物线表达式为y=x2﹣x﹣，∵y=x2﹣x﹣=（x﹣1）2﹣2，∴B（1，﹣2），把C（5，m）代入抛物线解析式可得m=﹣5﹣=6，∴C（5，6），设直线BC解析式为y=kx+b，把B、C坐标代入可得，解得，∴直线BC解析式为y=2x﹣4，令y=2可得2x﹣4=0，解得x=2，∴E（2，0）；（2）∵A（﹣1，0），B（1，﹣2），C（5，6），∴AB=2，AC==6，BC==4，∴AB2+AC2=8+72=80=BC2，∴△ABC是以BC为斜边的直角三角形，∴tan∠B===3；（3）∵A（﹣1，0），B（1，﹣2），∴∠CAE=∠BAE=45°，∵GM⊥BC，∴∠CGM+∠GCB=∠GCB+∠ABC=90°，∴∠CGM=∠ABC，∴当△CGM与△ABE相似时有两种情况，设M（x，0），则C（x，2x﹣4），①当∠GCM=∠BAE=45°时，则∠AMC=90°，∴MC=AM，即2x﹣4=x+1，解得x=5，∴M（5，0）；②当∠GMC=∠BAE=∠MAC=45°时，∵∠MEC=∠AEB=∠MCG，∴△MEC∽△MCA，∴=，即=，∴MC2=（x﹣2）（x+1），∵C（5，6），∴MC2=（x﹣5）2+62=x2﹣10x+61，∴（x﹣2）（x+1）=x2﹣10x+61，解得x=7，∴M（7，0）；综上可知M点的坐标为（5，0）或（7，0）．10．如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．（1）求抛物线的解析式及点B、C的坐标；（2）求△ABC的内切圆半径；（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；（2）先求出AB，BC，AC，利用勾股定理的逆定理可得出△ABC是直角三角形，最后利用三角形的面积即可求出内切圆的半径；（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标．【解答】解：（1）∵顶点坐标为（1，1），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，又抛物线过原点，∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，即y=﹣x2+2x，联立抛物线和直线解析式可得，解得或，∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；（2）由（1）知，B（2，0），C（﹣1，﹣3）；∵A（1，1），∴AB==，BC==3，AC==2，∴AB2+BC2=AC2∴△ABC是直角三角形，设△ABC的内切圆的半径为r，∴r===2﹣；（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，由（2）知，AB=，BC=3，∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC=∠MNO=90°，∴当△ABC和△MNO相似时，有或，①当时，∴，即|x||﹣x+2|=|x|，∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，∴|﹣x+2|=，∴﹣x+2=±，解得x=或x=，此时N点坐标为（，0）或（，0）；②当，时，∴，即|x||﹣x+2|=3|x|，∴|﹣x+2|=3，∴﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．11．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）设点P是位于直线BC下方的抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，求线段PQ的最大值；（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，问是否存在点P，使以M、P、Q为顶点的三角形与△CBO相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）把A（1，0），B（3，0），C（0，3）三点代入y=ax2+bx+c，利用待定系数法求得抛物线的解析式；（2）利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=﹣x+3．设P点坐标为（t，t2﹣4t+3），则Q坐标为（t，﹣t+3），那么PQ=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t，再利用配方法化为顶点式，即可求出PQ的最大值；（3）由PQ∥y轴，得出∠PQB=∠OCB，那么以M，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似包含两种情况：①当△PMQ∽△OBC时，PM⊥PQ，y P=y M=1，易求P（2﹣，1）；②当△MPQ∽△OBC时，先求直线PM的解析式，再联立PM与抛物线的解析式，求出P（1，0）．【解答】解：（1）把A（1，0），B（3，0），C（0，3）三点代入y=ax2+bx+c，得，解得，则抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；（2）设直线BC的解析式为y=mx+n，将点B，C坐标代入y=mx+n，得，解得，所以直线BC的解析式为y=﹣x+3．设P点坐标为（t，t2﹣4t+3），则Q坐标为（t，﹣t+3），∴PQ=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，PQ的值最大，最大值为；（3）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴抛物线的对称轴为直线x=2，∵点M是对称轴与直线BC的交点，∴将x=2代入y=﹣x+3，得y=﹣2+3=1，即M（2，1）．∵PQ∥y轴，∴∠PQB=∠OCB，∴以M，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似包含两种情况：△PMQ∽△OBC或△MPQ∽△OBC．①当△PMQ∽△OBC时，∠QPM=∠COB=90°，即PM⊥PQ，∴y P=y M=1，将y P=1代入y=x2﹣4x+3，得x2﹣4x+3=1，解得x1=2﹣，x2=2+（舍去），∴此时P（2﹣，1）；②当△MPQ∽△OBC时，∠QMP=∠COB=90°，即PM⊥BC，∴k PM==1，∴可设直线PM的解析式为y=x+d，将M（2，1）代入y=x+d，得2+d=1，解得d=﹣1，∴y=x﹣1，解方程组，得，（舍去），∴此时P（1，0）．综上所述，存在点P，使以点M，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似，P点坐标为（2﹣，1）或（1，0）．。

专题二相似三角形的存在性问题解题策略

授课题目专题相似三角形的存在性问题解题策略授课日期2０19年3月教师授课学时学生课型师生活动一、要点归纳相似三角形的存在性问题是苏州中考数学的热点问题、解相似三角形的存在性问题,一般分三步走,第一步寻找分类标准,第二步列方程,第三步解方程并验根。

难点在于寻找分类标准,分类标准寻找的恰当,能够使得解的个数不重复不遗漏,也能够使得列方程和解方程又好又快。

二、课前热身△ABC中,点D、E分别在AB、ＡC边上,假如△ＡＤＥ与△ABＣ相似,请确定点E的位置、三、例题讲解1、如图１,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠A=90°,BＤ⊥DＣ,BC=10cm,CD＝６cm、在线段ＢC、CD 上有动点Ｆ、E,点Ｆ以每秒2cｍ的速度,在线段BC上从点B向点C匀速运动;同时点Ｅ以每秒1cm的速度,在线段CＤ上从点Ｃ向点D匀速运动、当点F到达点C时,点E同时停止运动、设点F运动的时间为ｔ(秒)、(1)求ＡD的长;(2)点F、E在运动过程中,假如△CEＦ与△BＤC相似,求线段BF的长、图1 备用图２、如图1,抛物线y=ax2+ｂx+ｃ(a>0)交x轴于Ａ、B两点(A点在B点左侧),交y轴于点C、已知B(8,0),tan ∠AＢC＝0。

5,△AＢC的面积为8、(1)求抛物线的解析式;(２)若动直线ＥF(EF//x轴)从点C开始,以每秒1个长度单位的速度沿y轴负方向平移,且分别交y轴、线段BC于E、F两点,动点P同时从点B出发,在线段ＯB上以每秒2个单位的速度向原点Ｏ运动、联结FP,设运动时间t秒。

是否存在ｔ的值,使以P、Ｂ、F为顶点的三角形与△AＢC相似、若存在,试求出t 的值;若不存在,请说明理由、图13、如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线,经过点A(1,3),Ｂ(0,1)、(1)求抛物线的表达式及其顶点坐标;(2)过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点C、①求△AＢC的面积;②在y轴上取一点P,使△ＡBP与△ＡBC相似,求满足条件的所有P点坐标、图1４、如图,抛物线经过点Ａ(４,０)、B(1,0)、C(0,－2)三点、(1)求此抛物线的解析式;(2)P是抛物线上的一个动点,过P作PM⊥ｘ轴,垂足为M,是否存在点P,使得以Ａ、P、M为顶点的三角形与△OAＣ相似?若存在,请求出符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由;5、如图,已知抛物线ｙ＝aｘ2＋ｂx+ｃ与ｘ轴交于A、B两点,与ｙ轴交于点C, D为OC的中点,直线AD交抛物线于点E(２,6),且△ABE与△ABC的面积之比为3∶2、(１)求直线ＡD和抛物线的解析式;(2)抛物线的对称轴与x轴相交于点F,点Q为直线ＡD上一点,且△ＡBQ与△ADＦ相似,直截了当写出．．．．．．点Ｑ点的坐标、图１6、如图１,△ABＣ中,AB=5,AC＝3,cos A＝。

二次函数背景下的相似三角形问题(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-函数

模型介绍在坐标系中确定点，使得由该点及其他点构成的三角形与其他三角形相似，即为“相似三角形存在性问题”．【相似判定】判定1：三边对应成比例的两个三角形是相似三角形；判定2：两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形；判定3：有两组角对应相等的三角形是相似三角形．以上也是坐标系中相似三角形存在性问题的方法来源，根据题目给的已知条件选择恰当的判定方法，解决问题．【题型分析】通常相似的两三角形有一个是已知的，而另一三角形中有1或2个动点，即可分为“单动点”类、“双动点”两类问题．【思路总结】根据相似三角形的做题经验，可以发现，判定1基本是不会用的，这里也一样不怎么用，对比判定2、3可以发现，都有角相等！所以，要证相似的两个三角形必然有相等角，关键点也是先找到一组相等角．然后再找：思路1：两相等角的两边对应成比例；思路2：还存在另一组角相等．事实上，坐标系中在已知点的情况下，线段长度比角的大小更容易表示，因此选择方法可优先考虑思路1．一、如何得到相等角？二、如何构造两边成比例或者得到第二组角？搞定这两个问题就可以了．例题精讲【例1】．如图，抛物线y＝﹣x2+x+2交x轴于点A，B，交y轴于点C，点M是第一象限内抛物线上一点，过点M作MN⊥x轴于点N．若△MON与△BOC相似，求点M的横坐标．解：∵抛物线y＝﹣x2+x+2交x轴于点A，B，交y轴于点C，∴当y＝0时，0＝﹣x2+x+2，解得x1＝﹣1，x2＝4，∴OB＝4，当x＝0时，y＝2，∴OC＝2，∵点M是第一象限内抛物线上一点，∴设M（m，﹣m2+m+2），∵MN⊥x轴，∴ON＝m，MN＝﹣m2+m+2，∠ONM＝90°，∵∠BOC＝90°，∴∠BOC＝∠ONM，∵△MON与△BOC相似，∴或，∴＝或＝，∴m＝或m＝﹣1+（负值舍去），∴点M的横坐标为或﹣1+．变式训练【变1-1】．如图，在平面直角坐标系内，已知直线y＝x+4与x轴、y轴分别相交于点A和点C，抛物线y＝x2+kx+k﹣1图象过点A和点C，抛物线与x轴的另一交点是B，（1）求出此抛物线的解析式、对称轴以及B点坐标；（2）若在y轴负半轴上存在点D，能使得以A、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，请求出点D的坐标．解：（1）由x＝0得y＝0+4＝4，则点C的坐标为（0，4）；由y＝0得x+4＝0，解得x＝﹣4，则点A的坐标为（﹣4，0）；把点C（0，4）代入y＝x2+kx+k﹣1，得k﹣1＝4，解得：k＝5，∴此抛物线的解析式为y＝x2+5x+4，∴此抛物线的对称轴为x＝﹣＝﹣．令y＝0得x2+5x+4＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣4，∴点B的坐标为（﹣1，0）．（2）∵A（﹣4，0），C（0，4），∴OA＝OC＝4，∴∠OCA＝∠OAC．∵∠AOC＝90°，OB＝1，OC＝OA＝4，∴AC＝＝4，AB＝OA﹣OB＝4﹣1＝3．∵点D在y轴负半轴上，∴∠ADC＜∠AOC，即∠ADC＜90°．又∵∠ABC＞∠BOC，即∠ABC＞90°，∴∠ABC＞∠ADC．∴由条件“以A、C、D为顶点的三角形与△ABC相似”可得△CAD∽△ABC，∴＝，即＝，解得：CD＝，∴OD＝CD﹣CO＝﹣4＝，∴点D的坐标为（0，﹣）．【例2】．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（1，0），B两点，与y轴交于点C（0，3）．（1）求该抛物线的表达式；（2）过点B作x轴的垂线，在该垂线上取一点P，使得△PBC与△ABC相似，请求出点P的坐标．解：（1）把C（0，3）代入y＝x2+bx+c，得c＝3，∴y＝x2+bx+3，把A（1，0）代入y＝x2+bx+3，得1+b+3＝0，解得b＝﹣4，∴该抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+3．（2）当点P在点B上方时，如图1，PB＝AB，∵PB⊥x轴，∴∠ABP＝90°，抛物线y＝x2﹣4x+3，当y＝0时，则x2﹣4x+3＝0，解得x1＝1，x2＝3，∴B（3，0），∴OB＝OC＝3，PB＝AB＝3﹣1＝2，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠PBC＝∠ABC＝45°，∵＝＝1，∴△PBC∽△ABC，此时点P的坐标为（3，2）；如图2，△PBC∽△CBA，且∠CBP＝∠ABC＝45°，∠BCP＝∠BAC，∴＝，∵BC2＝OB2+OC2＝32+32＝18，BA＝2，∴BP＝＝＝9，此时点P的坐标为（3，9）；当点P在点B下方时，∠PBC＝135°，∠BAC＝∠AOC+∠ACO＝90°+∠ACO＜135°，此时△PBC与△ABC不相似，综上所述，点P的坐标为（3，2）或（3，9）．变式训练【变2-1】．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，且过点D（2，﹣3）．点P、Q是抛物线y＝ax2+bx+c上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在直线OD下方时，求△POD面积的最大值．（3）直线OQ与线段BC相交于点E，当△OBE与△ABC相似时，求点Q的坐标．解：（1）函数的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3），将点D坐标代入上式并解得：a＝1，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3…①；（2）设点P（m，m2﹣2m﹣3），①当点P在第三象限时，设直线PD与y轴交于点G，设点P（m，m2﹣2m﹣3），将点P、D的坐标代入一次函数表达式：y＝sx+t并解得：直线PD的表达式为：y＝mx﹣3﹣2m，则OG＝3+2m，S△POD＝×OG（x D﹣x P）＝（3+2m）（2﹣m）＝﹣m2+m+3，②当点P在第四象限时，设PD交y轴于点M，＝×OM（x D﹣x P）＝﹣m2+m+3，同理可得：S△POD＝﹣m2+m+3，综上，S△POD有最大值，当m＝时，其最大值为；∵﹣1＜0，故S△POD（3）∵OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵∠ABC＝∠OBE，故△OBE与△ABC相似时，分为两种情况：①当∠ACB＝∠BOQ时，AB＝4，BC＝3，AC＝，过点A作AH⊥BC于点H，S△ABC＝×AH×BC＝AB×OC，解得：AH＝2，则sin∠ACB＝＝，则tan∠ACB＝2，则直线OQ的表达式为：y＝﹣2x…②，联立①②并解得：x＝或﹣，故点Q（，﹣2）或（﹣，2），②∠BAC＝∠BOQ时，tan∠BAC＝＝3＝tan∠BOQ，则点Q（n，﹣3n），则直线OQ的表达式为：y＝﹣3x…③，联立①③并解得：x＝，故点Q（，）或（，）；综上，当△OBE与△ABC相似时，Q的坐标为：（，﹣2）或（﹣，2）或（，）或（，）．1．抛物线y＝﹣x2平移后的位置如图所示，点A，B坐标分别为（﹣1，0）、（3，0），设平移后的抛物线与y轴交于点C，其顶点为D．（1）求平移后的抛物线的解析式和点D的坐标；（2）∠ACB和∠ABD是否相等？请证明你的结论；（3）点P在平移后的抛物线的对称轴上，且△CDP与△ABC相似，求点P的坐标．解：（1）∵将抛物线y＝﹣x2平移，平移后的抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），∴平移后的抛物线的表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，即y＝﹣x2+2x+3，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）；（2）∠ACB与∠ABD相等，理由如下：如图，∵y＝﹣x2+2x+3，∴点x＝0时，y＝3，即C点坐标为（0，3），又∵B（3，0），∠BOC＝90°，∴OB＝OC，∠OBC＝∠OCB＝45°．在△BCD中，∵BC2＝32+32＝18，CD2＝12+12＝2，BD2＝22+42＝20，∴BC2+CD2＝BD2，∴∠BCD＝90°，∴tan∠CBD＝＝＝，∵在△AOC中，∠AOC＝90°，∴tan∠ACO＝＝，∴tan∠ACO＝tan∠CBD，∴∠ACO＝∠CBD，∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC，即∠ACB＝∠ABD；（3）∵点P在平移后的抛物线的对称轴上，而y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，∴可设P点的坐标为（1，n）．∵△ABC是锐角三角形，∴当△CDP与△ABC相似时，△CDP也是锐角三角形，∴n＜4，即点P只能在点D的下方，又∵∠CDP＝∠ABC＝45°，∴D与B是对应点，分两种情况：①如果△CDP∽△ABC，那么＝，即＝，解得n＝，∴P点的坐标为（1，）；②如果△CDP∽△CBA，那么＝，即＝，解得n＝，∴P点的坐标为（1，）．综上可知P点的坐标为（1，）或（1，）．2．如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，以AB所在直线为x轴，过c点的直线为y轴建立平面直角坐标系．此时，A点坐标为（﹣1，0），B点坐标为（4，0）（1）试求点C的坐标；（2）若抛物线y＝ax2+bx+c过△ABC的三个顶点，求抛物线的解析式；（3）点D（1，m）在抛物线上，过点A的直线y＝﹣x﹣1交（2）中的抛物线于点E，那么在x轴上点B的左侧是否存在点P，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OC⊥AB，由射影定理，得：OC2＝OA•OB＝4，即OC＝2，∴C（0，2）；（2）∵抛物线经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），可设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）（a≠0），则有：2＝a（0+1）（0﹣4），a＝﹣，∴y＝﹣（x+1）（x﹣4）＝﹣x2+x+2；（3）存在符合条件的P点，且P（，0）或（﹣，0）．根据抛物线的解析式易知：D（1，3），联立直线AE和抛物线的解析式有：，解得，，∴E（6，﹣7），∴tan∠DBO＝＝1，即∠DBO＝45°，tan∠EAB＝＝1，即∠EAB＝45°，∴∠DBA＝∠EAB，若以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似，则有两种情况：①△PBD∽△BAE；②△PBD∽△EAB．易知BD＝3，EA＝7，AB＝5，由①得：，即，即PB＝，OP＝OB﹣PB＝，由②得：，即，即P′B＝，OP′＝OB﹣BP′＝﹣，∴P（，0）或（﹣，0）．3．如图已知直线y＝x+与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点C（0，﹣），交x轴正半轴于D点，抛物线的顶点为M．（1）求抛物线的解析式；（2）设点P为直线AB下方的抛物线上一动点，当△PAB的面积最大时，求△PAB的面积及点P的坐标；（3）若点Q为x轴上一动点，点N在抛物线上且位于其对称轴右侧，当△QMN与△MAD相似时，求N点的坐标．解：（1）将点B（4，m）代入y＝x+，∴m＝，将点A（﹣1，0），B（4，），C（0，﹣）代入y＝ax2+bx+c，解得a＝，b＝﹣1，c＝﹣，∴函数解析式为y＝x2﹣x﹣；（2）设P（n，n2﹣n﹣），则经过点P且与直线y＝x+垂直的直线解析式为y＝﹣2x+n2+n﹣，直线y＝x+与其垂线的交点G（n2+n﹣，n2+n+），∴GP＝（﹣n2+3n+4），当n＝时，GP最大，此时△PAB的面积最大，∴P（，﹣），∵AB＝，PG＝，∴△PAB的面积＝××＝；（3）∵M（1，﹣2），A（﹣1，0），D（3，0），∴AM＝2，AD＝4，MD＝2，∴△MAD是等腰直角三角形，∵△QMN与△MAD相似，∴△QMN是等腰直角三角形，设N（t，t2﹣t﹣）①如图1，当MQ⊥QN时，N（3，0）；②如图2，当QN⊥MN时，过点N作NR⊥x轴，过点M作MS⊥RN交于点S，∵QN＝MN，∠QNM＝90°，∴△MNS≌△NMS（AAS）∴t﹣1＝﹣t2+t+，∴t＝±，∴t＞1，∴t＝，∴N（，1﹣）；③如图3，当QN⊥MQ时，过点Q作x轴的垂线，过点N作NS∥x轴，过点M作MR ∥x轴，与过Q点的垂线分别交于点S、R；∵QN＝MQ，∠MQN＝90°，∴△MQR≌△QNS（AAS），∴SQ＝QR＝2，∴t+2＝1+t2﹣t﹣，∴t＝5，∴N（5，6）；④如图4，当MN⊥NQ时，过点M作MR⊥x轴，过点Q作QS⊥x轴，过点N作x轴的平行线，与两垂线交于点R、S；∵QN＝MN，∠MNQ＝90°，∴△MNR≌△NQS（AAS），∴SQ＝RN，∴t2﹣t﹣＝t﹣1，∴t＝2±，∵t＞1，∴t＝2+，∴N（2+，1+）；综上所述：N（3，0）或N（2+，1+）或N（5，6）或N（，1﹣）．4．如图，已知抛物线经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．（1）直接写出：b＝2，c＝1；（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB，AC分别交于点E，F，当四边形AECP 的面积最大时，求点P的坐标；（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．解：（1）将点A（0，1），B（﹣9，10）代入，∴，解得，∴抛物线的解析式为，∴b＝2，c＝1，故答案为：2，1；（2）∵AC∥x轴，A（0，1），∴，∴x1＝﹣6，x2＝0，∴C（﹣6，1），∵A（0，1），B（﹣9，10），∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，设点，则E（m，﹣m+1），∴，∵AC⊥EP，AC＝6，＝S△AEC+S△APC∴S四边形AECP＝×AC×EF+＝×AC×（EF+PF）＝×AC×PE＝×6×（﹣m2﹣3m）＝﹣m2﹣9m＝﹣（m+）2+，∵﹣6＜m＜0，当时，四边形AECP的面积的最大值是，此时点；（3）存在点Q，使得以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：∵，∴P（﹣3，﹣2），∴PF＝y F﹣y P＝3，CF＝x F﹣x C＝3，∴PF＝CF，∴∠PCF＝45°．同理可得：∠EAF＝45°，∴∠PCF＝∠EAF，∴在直线AC上存在满足条件的Q，设Q（t，1），∵A（0，1），B（﹣9，10），C（﹣6，1），∴，AC＝6，，以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，①当△CPQ∽△ABC时，∴，∴，∴t＝﹣4，∴Q（﹣4，1）；②当△CQP∽△ABC时，∴，∴，∴t＝3，∴Q（3，1）；综上所述：Q点坐标为（﹣4，1）或（3，1）．5．已知抛物线经过点A（﹣2，0），B（0，﹣4），与x轴交于另一点C，连接BC．（1）求抛物线的解析式；＝S△PBC，求直线AP的表达式；（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣4；（2）当y＝0时，x2﹣x﹣4＝0，解得：x＝﹣2或4，∴C（4，0），如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，＝S△PBC，∵S△PBO∴，∴OE＝CF，易得△OEG≌△CFG，∴OG＝CG＝2，设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，tan∠PBM＝＝＝，∴BM＝2PM，∴4+x2﹣x﹣4＝2x，x2﹣6x＝0，x1＝0（舍），x2＝6，∴P（6，8），∴AP的解析式为：y＝x+2，BC的解析式为：y＝x﹣4，∴AP∥BC；（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC 和△BCE，①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，∵∠BAE＝∠BAC，∠ABE≠∠ABC，∴∠ABE＝∠ACB＝45°，∴△ABE∽△ACB，∴，∴，∴AE＝，OE＝﹣2＝∴E（，0），∵B（0，﹣4），∴BE：y＝3x﹣4，则x2﹣x﹣4＝3x﹣4，x1＝0（舍），x2＝8，∴D（8，20）；②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，此时E在C的左边，∵∠BEA＝∠BEC，∴当∠ABE＝∠BCE时，△ABE∽△BCE，∴＝＝，设BE＝2m，CE＝4m，Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，∴，3m2﹣8m+8＝0，（m﹣2）（3m﹣2）＝0，m1＝2，m2＝，∴OE＝4m﹣4＝12或，∵OE＝＜2，∠AEB或∠BEC是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，∴E（﹣12，0）；同理得BE的解析式为：y＝﹣x﹣4，﹣x﹣4＝x2﹣x﹣4，x＝或0（舍）∴D（，﹣）；同理可得E在C的右边时，△ABE∽△BCE，∴＝，设AE＝2m，BE＝4m，Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，∴，3m2+2m﹣5＝0，（m+）（3m﹣）＝0，m1＝﹣，m2＝，∴OE＝﹣12（舍）或，∵OE＝＜4，∠BEC是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，综上，点D的坐标为（8，20）或（，﹣6．如图，已知抛物线y ＝ax 2+bx +6经过两点A （﹣1，0），B （3，0），C 是抛物线与y 轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，直线CP 与x 轴交于点Q ，当∠BQC ＝∠BCO 时，求此时P 点坐标；（3）点M 在抛物线上运动，点N 在y 轴上运动，是否存在点M 、点N 使得∠CNM ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似，如果存在，请求出点M 和点N 的坐标．解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+6得：，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）由y＝﹣2x2+4x+6得C（0，6），∴OC＝6，当Q在x轴正半轴，如图：∵∠BQC＝∠BCO，且∠COB＝∠QOC，∴△COB∽△QOC，∴＝，即＝，∴OQ＝12，∴Q（12，0），设直线CQ解析式为y＝kx+6，则0＝12k+6，∴k＝﹣，即直线CQ为y＝﹣x+6，由得（与C重合，舍去）或，∴P（，），当Q在x轴负半轴，如图：同理可得：△BOC∽△BCQ，∴＝，即BC2＝OB•BQ，而OC＝6，OB＝3，∴BC＝3，∴（3）2＝3×BQ，∴BQ＝15，∴Q（﹣12，0），设直线CQ为y＝mx+6，则0＝﹣12m+6，解得m＝，∴直线CQ为y＝x+6，由得（舍去）或，∴P（，），综上所述，P点坐标为（，）或（，），（3）设M（t，﹣2t2+4t+6），则N（0，﹣2t2+4t+6），∴MN＝|t|，CN＝|2t2﹣4t|，∵OC＝6，OB＝3，∴OC＝2OB，∵△CMN与△OBC相似，∴MN＝2CN或CN＝2MN，①MN＝2CN时，如图：∴|t|＝2|2t2﹣4t|，解得t＝或t＝或t＝0（舍去），∴M（，），N（0，）或M（，），N（0，）；②CN＝2MN时，如图：∴|2t2﹣4t|＝2|t|，解得t＝0（舍去）或t＝3（M与B重合，舍去）或t＝1，∴M（1，8），N（0，8），综上所述，M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（1，8），N（0，8）．7．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为点C，D，．（1）求b，c的值；（2）求直线CD的函数解析式；（3）求∠ADB的度数；（4）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上，当△ABD与△BPQ 相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．解：（1）∵点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得，解得：，∴b＝﹣，c＝﹣；（2）如图1，过点D作DE⊥AB于E，则∠DEB＝∠COB＝90°，∴DE∥OC，∴＝，∵BC＝CD，OB＝3，∴＝，∴OE＝，∴点D横坐标为﹣，当x＝﹣时，y＝×（﹣）2﹣×（﹣）﹣＝+1，∴点D坐标为（﹣，+1），设直线BD的函数解析式为y＝kx+n，把B（3，0），D（﹣，+1）代入，得，解得：，∴直线BD的函数解析式为y＝﹣x+；（3）如图2，连接AC，∵直线BD的函数解析式为y＝﹣x+，∴C（0，），∵A（﹣1，0），D（﹣，+1），∴AC2＝OA2+OC2＝12+（）2＝4，则AC＝2，BC2＝OB2+OC2＝32+（）2＝12，则BC＝2，∴AB＝3﹣（﹣1）＝4，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠ACD＝180°﹣90°＝90°，∵BC＝CD，∴CD＝2，∴tan∠ADB＝＝＝1，∴∠ADB＝45°；（4）在△ABD中，tan∠ABD＝＝，∴∠ABD＝30°，∵∠ADB＝45°，∴∠BAD＝180°﹣（∠ABD+∠ADB）＝180°﹣（30°+45°）＝105°，∵CD＝2，BC＝CD＝2，∴BD＝BC+CD＝2+2，由（3）知：AC＝CD＝2，∠ACD＝90°，AB＝4，∴AD＝2，∵y＝x2﹣x﹣，∴对称轴为直线x＝1．∵点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上，∴∠PBQ＜90°，∴分两种情况：①当∠PBQ＝∠ABD＝30°时，如图3，设对称轴与x轴交于点M，则M（1，0），∴BM＝3﹣1＝2，∴PM＝BM•tan∠PBQ＝2×tan30°＝，∵点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，∴P（1，﹣），BP＝＝＝，∵△ABD与△BPQ相似，且∠PBQ＝∠ABD，∴＝或＝，∴＝或＝，∴BQ＝或BQ＝，∴Q（，0）或（，0）；②当∠PBQ＝∠ADB＝45°时，如图4，∵PM＝BM•tan∠PBQ＝2tan45°＝2，∴P（1，﹣2），∴BP＝2，∵△ABD与△BPQ相似，且∠PBQ＝∠ADB，∴＝或＝，∴＝或＝，∴BQ＝2﹣2或2+2，∴Q（5﹣2，0）或（1﹣2，0）；综上所述，点Q的坐标为Q（，0）或Q（，0）或Q（5﹣2，0）或Q（1﹣2，0）．8．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求的最大值；（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点，试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）．将C（0，﹣2）代入得：﹣4a＝﹣2，解得a＝，∴抛物线的解析式为y＝（x+1）（x﹣4），即y＝x2﹣x﹣2．（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，∴AK∥DG，∴△AKE∽△DFE，∴＝．设直线BC的解析式为y＝kx+b1，∴，解得，∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，∵A（﹣1，0），∴y＝﹣﹣2＝﹣，∴AK＝，设D（m，m2﹣m﹣2），则F（m，m﹣2），∴DF＝m﹣2﹣m2+m+2＝﹣m2+2m．∴＝＝﹣（m﹣2）2+．∴当m＝2时，有最大值，最大值是．（3）符合条件的点P的坐标为（，）或（，）．∵l∥BC，∴直线l的解析式为y＝x，设P（a1，），①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），∴AC＝，AB＝5，BC＝2，∵AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∵△PQB∽△CAB，∴＝＝，∵∠QMP＝∠BNP＝90°，∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，∴∠MQP＝∠BPN，∴△QPM∽△PBN，∴＝＝＝，∴QM＝，PM＝（a1﹣4）＝a1﹣2，∴MN＝a1﹣2，ON﹣QM＝a1﹣＝a1，∴Q（a1，a1﹣2），将点Q的坐标代入抛物线的解析式得×（a1）2﹣×a1﹣2＝a1﹣2，解得a1＝0（舍去）或a1＝．∴P（，）．②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标为（a1，2）．此时点P的坐标为（，）．综上所述，符合条件的点P的坐标是（，）或（，）．9．如图，直线y＝﹣x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c 经过点A，B．（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；（2）M为线段OA上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；（3）将抛物线在0≤x≤3之间的部分记为图象L，将图象L在直线y＝t上方部分沿直线y＝t翻折，其余部分保持不动，得到一个新的函数图象，记这个函数的最大值为a，最小值为b，若a﹣b≤3，请直接写出t的取值范围．解：（1）将（3，0）代入y＝﹣x+c得0＝﹣2+c，解得c＝2，∴y＝﹣x+2．将x＝0代入y＝﹣x+2得y＝2，∴点B坐标为（0，2）．将（3，0），（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴y＝﹣x2+x+2．（2）如图，当BM∥AM时满足题意，点B，N关于抛物线对称轴对称，∵y＝﹣x2+x+2，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，∴点N坐标为（，2），∴点M坐标为（，0）．如图，当∠NBP＝90°时符合题意，作NC⊥y轴于点C，则N（m，﹣m2+m+2），∵∠NBC+∠ABO＝∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠NBC＝∠BAO，∴△BCN∽△AOB，∴＝，即，解得m＝，∴点M坐标为（，0）．综上所述，点M坐标为（，0）或（，0）．（3）∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，∴抛物线顶点坐标为（，），∴翻折后顶点坐标为（，2t﹣），当点A为最低点时，t﹣0≤3，解得t≤3，令t﹣（2t﹣）＝3，解得t＝，∴≤t≤3．10．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，B、C两点的坐标分别为（1，0）、（0，﹣3），直线y＝kx+3k经过点A，与y轴交于点D．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点E是抛物线上一动点（不与点C重合），连接AE，过点E作EF⊥x轴，垂足为F，若△AEF是等腰直角三角形，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，若在直线y＝kx+3k上存在一点G使得△DFG与△AOC相似，求出k的值．解：（1）∵直线y＝kx+3k经过点A，则点A的坐标为（﹣3，0），将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣3；（2）设点E的坐标为（x，x2+2x﹣3），则AF＝|x+3|，EF＝|x2+2x﹣3|，∵△AEF是等腰直角三角形，∴AF＝EF，∴|x2+2x﹣3|＝|x+3|，∴x＝﹣3（舍去）或x＝0（舍去）或x＝2，故点E的坐标为（2，5）；（3）∵CO＝BO＝3，故△AOC为等腰直角三角形，当△DFG与△AOC相似时，则△DFG为等腰直角三角形，显然∠DFG不可能为直角，∵直线y＝kx+3k与y轴交于点D，则点D（0，3k），由（2）知，点F（2，0），①当∠FDG为直角时，∵点G在直线AD上，故在∠FDG的前提下，总能找到GD＝DF，故只需要DF⊥AD即可，在等腰Rt△FDG中，由直线AD的表达式为：y＝kx+3k，则tan∠DOA＝k，而tan∠DFO＝＝＝＝，解得k＝±；②当∠FGD为直角时，如下图，过点G作MN∥y轴，交x轴于点N，交过点D与x轴的平行线于点M，则DG＝GF，设点G的坐标为（t，kt+3k），则MD＝﹣t，MG＝3k﹣tk﹣3k＝﹣kt；GN＝kt+3k，FN＝2﹣t，∵∠MGD+∠FGN＝90°，∠FGN+∠GFN＝90°，∴∠MGD＝∠GFN，∵∠GMD＝∠FNG＝90°，GD＝FG，∴△GMD≌△FNG（AAS），∴MD＝GN，MG＝NF，即﹣t＝kt+3k且﹣kt＝2﹣t，解得k＝2或﹣；当∠DFG＝90°时，过点G作GH⊥x轴于H，则△ODF≌△HFG，∴GH＝OF＝2，HF＝OD＝3k，∵y＝﹣2时，﹣2＝kx+3k，∴x＝，∴2+＝3k，解得k＝2或﹣综上，k＝±或2或﹣．11．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y＝ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y＝﹣x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N 的坐标，若不存在，请说明理由．解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣1，得解得∴抛物线解析式为：y＝∴抛物线对称轴为直线x＝﹣（2）存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，﹣1）关于直线x＝1的对称点C′（2，﹣1），连C′O与直线x＝1的交点即为P点．设过点C′、O直线解析式为：y＝kx∴k＝﹣∴y＝﹣则P点坐标为（1，﹣）（3）当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO＝∠NCD，∠AOC＝∠CND＝90°∴∠CDN＝∠CAO由相似，∠CAO＝∠CMN∴∠CDN＝∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，﹣a﹣1）由△EDN∽△OAC∴ED＝2a∴点D坐标为（0，﹣）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，）把M代入y＝，解得a＝0（舍去）或a＝4∴a＝4则N点坐标为（4，﹣3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO＝∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x＝1的对称点C′即为点M由（2）M为（2，﹣1）∴由相似CN＝，MN＝由面积法求N到MC距离为则N点坐标为（，﹣）∴N点坐标为（4，﹣3）或（，﹣）12．抛物线L：y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x＝1交于点B．（1）求出抛物线L的解析式；（2）如图1，过定点的直线y＝kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D，F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点，若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．解：（1）由题意知，解得：，∴抛物线L的解析式为y＝﹣x2+2x+1；（2）如图1，∵y＝kx﹣k+4＝k（x﹣1）+4，∴当x＝1时，y＝4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），∵y＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2，∴点B（1，2），则BG＝2，＝1，即S△BNG﹣S△BMG＝BG•（x N﹣1）﹣BG•（x M﹣1）＝1，∵S△BMN∴x N﹣x M＝1，由得x2+（k﹣2）x﹣k+3＝0，解得：x＝＝，则x N＝、x M＝，由x N﹣x M＝1得＝1，∴k＝±3，∵k＜0，∴k＝﹣3；（3）如图2，设抛物线L 1的解析式为y ＝﹣x 2+2x +1+m ，∴C （0，1+m ）、D （2，1+m ）、F （1，0），设P （0，t ），①当△PCD ∽△FOP 时，，∴，∴t 2﹣（1+m ）t +2＝0①；②当△PCD ∽△POF 时，，∴，∴t ＝（m +1）②；（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，Δ＝（1+m ）2﹣8＝0，解得：m ＝2﹣1（负值舍去），此时方程①有两个相等实数根t 1＝t 2＝，方程②有一个实数根t ＝，∴m ＝2﹣1，此时点P 的坐标为（0，）和（0，）；（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，把②代入①，得：（m +1）2﹣（m +1）2+2＝0，解得：m ＝2（负值舍去），此时，方程①有两个不相等的实数根t 1＝1、t 2＝2，方程②有一个实数根t ＝1，∴m＝2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；综上，当m＝2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m＝2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．13．设抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于两个不同的点A（﹣1，0）、B（m，0），与y轴交于点C，且∠ACB＝90度．（1）求m的值和抛物线的解析式；（2）已知点D（1，n）在抛物线上，过点A的直线y＝x+1交抛物线于另一点E．若点P 在x轴上，以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，△BDP的外接圆半径等于或．解：（1）令x＝0，得y＝﹣2，∴C（0，﹣2），∵∠ACB＝90°，CO⊥AB，∴△AOC∽△COB，∴OA•OB＝OC2∴OB＝，∴m＝4，将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣2，得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2．（2）D（1，n）代入y＝x2﹣x﹣2，得n＝﹣3，由，得，，∴E（6，7），过E作EH⊥x轴于H，则H（6，0）∴AH＝EH＝7∴∠EAH＝45°过D作DF⊥x轴于F，则F（1，0）∴BF＝DF＝3∴∠DBF＝45°∴∠EAH＝∠DBF＝45°∴∠DBH＝135°，90°＜∠EBA＜135°则点P只能在点B的左侧，有以下两种情况：①若△DBP1∽△EAB，则∴BP1＝＝＝∴OP1＝4﹣＝，∴P1（，0）．②若△DBP2∽△BAE，则∴BP2＝＝＝∴OP2＝﹣4＝∴P2（﹣，0）．综合①、②，得点P的坐标为：P1（，0）或P2（﹣，0）．（3）或．如图所示：先作△BPD的外接圆，过P作直径PM，连接DM，作DF⊥x轴于F．∵∠PMD＝∠PBD，∠DFP＝∠PDM，∴△PMD和△FBD相似，∴，∴PD＝＝＝，DF＝3，BD＝＝3，∴PM＝＝，∴△BPD的外接圆的半径＝；同理可求出当P点在x轴的负半轴上时，△BPD的外接圆的半径＝．14．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x﹣与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），点D为抛物线的顶点，点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．（1）求点A、B、D的坐标；（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；（3）如图2，过顶点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；②直接回答这样的点P共有几个？解：（1）令x2+x﹣＝0，解得x1＝1，x2＝﹣7．∴A（1，0），B（﹣7，0）．由y＝x2+x﹣＝（x+3）2﹣2得，D（﹣3，﹣2）；（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，∴∠COF＝∠DD1F＝90°，∵∠D1FD＝∠CFO，∴△DD1F∽△COF，∴＝，∵D（﹣3，﹣2），∴D1D＝2，OD1＝3，∵AC＝CF，CO⊥AF∴OF＝OA＝1∴D1F＝D1O﹣OF＝3﹣1＝2，∴＝，∴OC＝，∴CA＝CF＝FA＝2，∴△ACF是等边三角形，∴∠AFC＝∠ACF，∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，∴∠ECF＝∠AFC＝60°，∴EC∥BF，∵EC＝DC＝＝6，∵BF＝6，∴EC＝BF，∴四边形BFCE是平行四边形；（3）∵点P是抛物线上一动点，∴设P点（x，x2+x﹣），①当点P在B点的左侧时，∵△PAM与△DD1A相似，∴或＝，∴＝或＝，解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2＝﹣；当点P在A点的右侧时，∵△PAM与△DD1A相似，∴＝或＝，∴＝或＝，解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣（不合题意舍去）；当点P在AB之间时，∵△PAM与△DD1A相似，∴＝或＝，∴＝或＝，解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣；综上所述，点P的横坐标为﹣11或﹣或﹣；②由①得，这样的点P共有3个．15．如图1，经过原点O的抛物线y＝ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y＝x交于点B（2，t）．（1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO＝∠ABO，①求点M的坐标；②在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵B（2，t）在直线y＝x上，∴t＝2，∴B（2，2），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y＝2x2﹣3x；（2）如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），∴OE＝t，BF＝2﹣t，CD＝t﹣（2t2﹣3t）＝﹣2t2+4t，＝S△CDO+S△CDB＝CD•OE+CD•BF＝（﹣2t2+4t）（t+2﹣t）＝﹣2t2+4t，∴S△OBC∵△OBC的面积为2，∴﹣2t2+4t＝2，解得t1＝t2＝1，∴C（1，﹣1）；（3）①设MB交y轴于点N，如图2，∵B（2，2），∴∠AOB＝∠NOB＝45°，在△AOB和△NOB中，∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON＝OA＝，∴N（0，），∴可设直线BN解析式为y＝kx+，把B点坐标代入可得2＝2k+，解得k＝，∴直线BN的解析式为y＝x+，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得（舍去）或，∴M（﹣，），②∵C（1，﹣1），∴∠COA＝∠AOB＝45°，且B（2，2），∴OB＝2，OC＝，∵△POC∽△MOB，∴＝＝2，∠POC＝∠BOM，当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，∵∠COA＝∠BOG＝45°，∴∠MOG＝∠POH，且∠PHO＝∠MGO，∴△MOG∽△POH，∴＝＝＝2，。

相似三角形-备战2022年中考数学一轮复习考点(浙江专用)(解析版)

考点14 相似三角形【命题趋势】相似三角形是中考数学中非常重要的一个考点，它不仅可以作为简单考点单独考察，还经常作为压轴题的重要解题方法，和其他如函数、特殊四边形、圆等问题一起考察。

而且，在很多压轴题中，虽然题面上没有明确考察相似三角形的判定或性质，但是经常通过相似三角形的判定以及性质来得到角相等或者边长间的关系，也是动点问题中得到函数关系式的重要手段。

需要考生在复习的时候给予加倍的重视！【中考考查重点】一、比例线段二、相似三角形的性质三、相似三角形的判定四、相似三角形的基本图形考向一：比例线段一．比例的性质1.基本性质：bc ad d c b a =⇔=::；2.比例中项：b a c b c c a ⋅=⇔=2::，此时，c 为a 、b 的比例中项；二．比例线段1.比例线段：在四条线段d c b a ,,,中，如果b a 和的比等于d c 和的比，那么这四条线段d c b a ,,,叫做成比例线段简称比例线段；2.黄金分割：把线段AB 分成两条线段)(,BC AC BC AC >，且使AC 是BC AB 和的比例中项，叫做把线段AB 黄金分割，点C 叫做线段AB 的黄金分割点，其中AB AC 215-=≈0.618AB ． 3.平行线分线段成比例的基本性质：如图：AB ∥CD ∥EF ⇔DE BD CF AC =【同步练习】 1．已知＝，则的值为（） A ．B ．C ．D ．【分析】直接利用同一未知数表示出a，b的值，进而代入化简即可．【解答】解：∵＝，∴设a＝2x，b＝5x，∴＝＝．故选：C．2．线段AB的长为2，点C是线段AB的黄金分割点，则线段AC的长可能是（）A．+1B．2﹣C．3﹣D．﹣2【分析】根据黄金分割点的定义，知AC可能是较长线段，也可能是较短线段，分别求出即可．【解答】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，AB＝2，∴AC＝AB＝×2＝﹣1，或AC＝2﹣（﹣1）＝3﹣，故选：C．3．如图，直线a，b，c截直线e和f，a∥b∥c，，则下列结论中，正确的是（）A．B．C．D．【分析】根据平行线分线段成比例定理即可解答本题．【解答】解：∵a∥b∥c，，∴＝，∴，，，故选项A正确，符合题意，选项B、D不正确，不符合题意；连接AF，交BE于H，∵BE∥CF，∴△ABH∽△ACF，∴，，∴选项C不正确，不符合题意；故选：A．4．若＝＝（a≠c），则＝．【分析】根据等比的性质即可求解．【解答】解：∵＝＝（a≠c），∴＝．故答案为：．5．若（x、y、z均不为0），则＝．【分析】设比值为k，然后用k表示出x、y、z，再代入比例式进行计算即可得解．【解答】解：设＝＝＝k（k≠0），则x＝6k，y＝4k，z＝3k，所以，＝＝3．故答案为：3．6．如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，已知AE＝6，，则EC的长是．【分析】根据平行线分线段成比例定理的推论得出＝，将AE＝6代入，求出AC＝14，那么EC＝AC﹣AE＝8．【解答】解：∵DE∥BC，∴＝，∵AE＝6，∴＝，解得：AC ＝14，∴EC ＝AC ﹣AE ＝14﹣6＝8．故答案是：8．考向二：相似三角形的性质相似三角形的性质相似三角形的性质相似三角形的对应角相等，对应边成比例相似三角形的周长之比等于相似比相似三角形的面积之比等于相似比的平方相似三角形的对应“三线”（高线、中线、角平分线）之比等于相似比【方法提炼】【同步练习】1．如图，已知△ABE ∽△CDE ，AD 、BC 相交于点E ，△ABE 与△CDE 的周长之比是，若AE ＝2、BE ＝1，则BC 的长为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【分析】首先利用周长之比求得相似比，然后根据AE 的长求得CE 的长，从而求得BC 的长．【解答】解：∵△ABE ∽△CDE ，△ABE 与△CDE 的周长之比是， ∴AE ：CE ＝2：5， ∵AE ＝2， ∴CE ＝5，相似三角形性质的主要应用方向： ➢ 求角的度数 ➢ 求或证明比值关系 ➢ 证线段等积式 ➢ 求面积或面积比相似三角形的对应边成比例是求线段长度的重要方法，也是动点问题中得到函数关系式的重要手段∵BE＝1，∴BC＝BE+EC＝1+5＝6，故选：D．2．如图，已知△ABC∽△DEF，若∠A＝35°，∠B＝65°，则∠F的度数是（）A．30°B．35°C．80°D．100°【分析】先根据三角形内角和定理求出∠C的度数，再根据相似三角形对应角相等即可解决问题．【解答】解：∵△ABC中，∠A＝35°，∠B＝65°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣35°﹣65°＝80°，又∵△ABC∽△DEF，∴∠F＝∠C＝80°，故选：C．3．如图，在正方形网格中：△ABC、△EDF的顶点都在正方形网格的格点上，△ABC∽△EDF，则∠ABC+∠ACB的度数为（）A．30°B．45°C．60°D．75°【分析】利用相似三角形的性质，证明∠BAC＝135°，可得结论．【解答】解：∵△ABC∽△EDF，∴∠BAC＝∠DEF＝135°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣135°＝45°，故选：B．4．如图，△ABC∽△A'B′C′，下列说法正确的是（）A．∠B＝∠C′B．S△ABC＝2S△A′B'C'C．AC＝4A'C'D．A'B′＝6【分析】根据相似三角形的性质解答即可．【解答】解：∵△ABC∽△A'B′C′，AB＝12，BC＝2a，B'C'＝a，∴∠B＝∠B'，S△ABC：S△ABC＝＝4，AC＝2A'C'，A'B'＝AB＝＝6．故A、B、C错误，D正确；故选：D．5．若D为△ABC中AB边上一点，且DE∥BC交AC于E，AB＝6，BC＝8，AC＝10，若△ADE与△ABC 的相似比为，则AE ＝．【分析】先根据DE∥BC得出△ADE∽△ABC，再根据AC＝10以及△ADE与△ABC的相似比为，即可求出AE．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∵△ADE与△ABC的相似比为，∴＝，∵AC＝10，∴AE＝5．故答案为：5．考向三：相似三角形的判定一．相似三角形的判定方法：判定方法1·平行∵DE∥BC∴△ABC∽△ADE判定方法2·“AA”∵∠A=∠A`，∠C=∠C` ∴△ABC∽△A，B，C，二．判定三角形相似的思路：（1）有平行截线——用平行线的性质，找等角（2）有一对等角，找⎩⎨⎧该角的两边对应成比例另一对等角（3）有两边对应成比例，找夹角相等（4）直角三角形，找⎩⎨⎧例直角边、斜边对应成比一对锐角相等（5）等腰三角形，找⎩⎨⎧底边和腰长对应成比例一对底角相等【同步练习】1．如图，在△ABC 纸片中，∠A ＝76°，∠B ＝34°．将△ABC 纸片沿某处剪开，下列四种方式中剪下的阴影三角形与原三角形相似的是（） A ．①②B ．②④C ．①③D ．③④【分析】根据相似三角形的判定定理逐个判断即可．【解答】解：图①中，∠B ＝∠B ，∠A ＝∠BDE ＝76°，所以△BDE 和△ABC 相似；图②中，∠B ＝∠B ，不符合相似三角形的判定，不能推出△BCD 和△ABC 相似；判定方法3·“SAS ”∵````C B BCB A AB =，∠B=∠B ∴△ABC ∽△A ，B ，C ，判定方法4·“SSS ”∵``````C A ACC B BC B A AB == ∴△ABC ∽△A ，B ，C ，图③中，∠C＝∠C，∠CED＝∠B，所以△CDE和△CAB相似；图④中，∠C＝∠C，不符合相似三角形的判定，不能推出△CDE和△ABC相似；所以阴影三角形与原三角形相似的有①③，故选：C．2．下列条件不能判定△ADB∽△ABC的是（）A．∠ABD＝∠ACB B．∠ADB＝∠ABC C．＝D．AB2＝AD•AC【分析】根据有两个角对应相等的三角形相似，以及根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，分别判断得出即可．【解答】解：A、∵∠ABD＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；B、∵∠ADB＝∠ABC，∠A＝∠A，∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；C、不能判定△ADB∽△ABC，故此选项符合题意；D、∵AB2＝AD•AC，∴，∠A＝∠A，△ABC∽△ADB，故此选项不合题意．故选：C．3．如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC 中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（）A．0.25B．0.5C．0.75D．1【分析】根据相似三角形的判定方法判断即可．【解答】解：由题意得：∠DPC＝∠EPB，①∠B＝∠C，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，②∵∠ADB＝∠AEC，∴∠PDC ＝∠PEB ，所以，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE ∽△CPD ， ③∵AD ：AC ＝AE ：AB ，∠A ＝∠A ， ∴△ADB ∽△AEC ， ∴∠B ＝∠C ，所以，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE ∽△CPD ，④PE ：PD ＝PB ：PC ，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得：△BPE ∽△CPD ， ∴在上列四个条件中，随机抽取一个能使△BPE ∽△CPD 的概率是：1，故选：D ．4．如图，在△ABC 中，AB ＝12，BC ＝15，D 为BC 上一点，且BD ＝BC ，在AB 边上取一点E ，使以B ，D ，E 为顶点的三角形与△ABC 相似，则BE＝．【分析】根据相似三角形对应边成比例得出或，再代值计算即可．【解答】解：∵△BDE ∽△BCA 或△BDE ∽△BAC ， ∴或，∵BD ＝BC ，BC ＝15， ∴BD ＝5， ∵AB ＝12， ∴或，解得：BE ＝4或．故答案为：4或．考向四：相似三角形的基本图形一、A 字图及其变型“斜A 型”当∠ADE=∠ACB 时 △ADE ∽△ACB 性质：BCDEAB AE AC AD ==当DE ∥BC 时 △ADE ∽△ABC 性质：BCDEACAE ABAD ==①当∠A=∠C 时 △AJB ∽△CJD 性质：JDJBJC JA CDAB ==变型☆：斜A 型在圆中的应用：如图可得：△PAB ∽△PCD二、8字图及其变型“蝴蝶型”变型三、一般母子型：联系应用：切割线定理：如图，PB 为圆O 切线，B 为切点，则：△PAB ∽△PBC得：四、一线三等角：同侧型（通常以等腰三角形或者等边三角形为背景）当AB ∥CD 时 △AOB ∽△DOC性质：OCOBOD OA CD AB ==当∠ABD=∠ACB 时 △ABD ∽△ACB 性质：ACAD AB •=2 PC PA PB •=2其中： ∠A 是公共角 AB 是公共边 BD 与BC 是对应边异侧型五、手拉手相似模型：模型名称几何模型图形特点具有性质相似型手拉手△ABC∽△ADEA、D、E逆时针A、B、C逆时针连结BD、CE①△ABD∽△ACE②△AOB∽△HOC③旋转角相等④A、B、C、H四点共圆“反向”相似型手拉手△ABC∽△ADEA、D、E顺时针A、B、C逆时针A、D、E`逆时针作△ADE关于AD对称的△ADE`性质同上①②③【同步练习】1．如图，已知，DE∥BC，AD：DB＝1：2，那么下列结论中，正确的是（）A．DE：BC＝1：2B．AE：AC＝1：3C．AD：AE＝1：2D．S△ADE：S四边形BDEC＝1：4【分析】利用平行线分线段成比例定理，比例的性质和相似三角形的性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论．【解答】解：∵AD：DB＝1：2，∴．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．∴．∴A选项的结论错误；∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．∴．∴B选项的结论正确；∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．∴．∴C选项的结论错误；∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．∴．设S△ADE＝k，则S△ABC＝9k，∴S四边形BDEC＝S△ABC﹣S△ADE＝8k，∴．∴D选项的结论错误．综上所述，正确的结论是B，故选：B．2．如图，在矩形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，FC＝6，则DG的长是（）A．4B．C．D．5【分析】由矩形的性质可求出∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，证明△EFB∽△FGC，由相似三角形的性质得出，求出CG＝4，同理可得出△DAE∽△EBF，由相似三角形的性质求出AE的长，则可求出答案．【解答】解：∵EF⊥FG，∴∠EFB+∠GFC＝90°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，∴∠GFC+∠FGC＝90°，∴∠EFB＝∠FGC，∴△EFB∽△FGC，∴，∵BE＝3，BF＝2，FC＝6，∴，∴CG＝4，同理可得△DAE∽△EBF，∴，∴，∴AE＝，∴BA＝AE+BE＝+3＝，∴DG＝CD﹣CG＝﹣4＝．故选：B．3．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，此时点D落在边AB上，且DE垂直平分BC，则的值是（）A．B．C．D．【分析】根据旋转的性质和线段垂直平分线的性质证明△DCF∽△DEC，对应边成比例即可解决问题．【解答】解：如图，设DE与BC交于点F，由旋转可知：CA＝CD，AB＝DE，BC＝EC，∠B＝∠E，∵DE垂直平分BC，∴DF⊥BC，DC＝DB，CF＝BF＝BC＝EC，∴∠DCB＝∠B＝∠E，∵∠DCB+∠FDC＝90°，∴∠E+∠FDC＝90°，∴∠DCE＝90°，∴△DCF∽△DEC，∴＝＝，∴＝．故选：B．4．如图，已知在△ABC中，点D在边AB上，那么下列条件中不能判定△ABC∼△ACD的是（）A．B．AC2＝AD•AB C．∠B＝∠ACD D．∠ADC＝∠ACB【分析】△ABC和△ACD有公共角，然后根据相似三角形的判定方法对各选项进行判断．【解答】解：∵∠DAC＝∠CAB，∴当∠ACD＝∠B或∠ADC＝∠ACB，可根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判断△ACD∽△ABC；当，即AC2＝AD•AB时，可根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可判断△ACD∽△ABC．故选：A．5．如图，AB∥CD，AD与BC相交于点E，若AE＝3，ED＝5，则的值为．【分析】利用平行线的性质判定△ABE∽△DCE，利用相似三角形的性质可得结论．【解答】解：∵AB∥CD，∴△ABE∽△DCE．∴．∵AE＝3，ED＝5，∴＝．故答案为：．1．已知，则的值是（）A．B．C．D．【分析】设＝k（k≠0），得出a＝13k，b＝5k，再代入要求的式子进行计算即可求出答案．【解答】解：设＝k（k≠0），则a＝13k，b＝5k，∴＝＝；故选：D．2．如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠A，AC＝6，BC＝4，所以AB长为（）A．2B．C．D．4【分析】将∠ABC三等分，与△ABC外接圆相交，交点分别为：E与F，利用托勒密定理列出方程组，求解即可解决问题．【解答】解：将∠ABC三等分，与△ABC外接圆相交，交点分别为：E与F，如图所示：圆上依次为ABCEF，记BE＝m，AB＝b，则利用托勒密定理有：，可得：，即，∴b＝，故选：B．3．如图，在平行四边形ABCD中，E是AB的中点，F是AD的中点，FE交AC于O点，交CB的延长线于G点，那么S△AOF：S△COG＝（）A．1：4B．1：9C．1：16D．1：25【分析】根据平行四边形的性质求出AD＝BC，AD∥BC，推出△AFE∽△BGE，△AFO∽△CGO，再根据相似三角形的性质得出即可．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵E为AB的中点，F为AD的中点，∴AE＝BE，AF＝AD＝BC，∵AD∥BC，∴△AFE∽△BGE，∴，∵AE＝BE，∴AF＝BG＝BC，∴＝∵AD∥BC，∴△AFO∽△CGO，∴＝（）2＝，即S△AOF：S△COG＝1：9，故选：B．4．如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F，过点E作EG∥AB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（）A．B．C．D．【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可．【解答】解：∵EF∥BC，∴，∵EG∥AB，∴，∴，故选：A．5．如图，P为平行四边形ABCD的边AD上的一点，E，F分别为PB，PC的中点，△PEF，△PDC，△P AB 的面积分别为S，S1，S2．若S＝3，则S1+S2的值为（）A．24B．12C．6D．3【分析】过P作PQ平行于DC，由DC与AB平行，得到PQ平行于AB，可得出四边形PQCD与ABQP 都为平行四边形，进而确定出△PDC与△PCQ面积相等，△PQB与△ABP面积相等，再由EF为△BPC 的中位线，利用中位线定理得到EF为BC的一半，且EF平行于BC，得出△PEF与△PBC相似，相似比为1：2，面积之比为1：4，求出△PBC的面积，而△PBC面积＝△CPQ面积+△PBQ面积，即为△PDC面积+△P AB面积，即为平行四边形面积的一半，即可求出所求的面积．【解答】解：过P作PQ∥DC交BC于点Q，由DC∥AB，得到PQ∥AB，∴四边形PQCD与四边形APQB都为平行四边形，∴△PDC≌△CQP，△ABP≌△QPB，∴S△PDC＝S△CQP，S△ABP＝S△QPB，∵EF为△PCB的中位线，∴EF∥BC，EF＝BC，∴△PEF∽△PBC，且相似比为1：2，∴S△PEF：S△PBC＝1：4，S△PEF＝3，∴S△PBC＝S△CQP+S△QPB＝S△PDC+S△ABP＝S1+S2＝12．故选：B．6．如图，在平行四边形ABCD中，AC是一条对角线，EF∥BC，且EF与AB相交于点E，与AC相交于点F，3AE＝2EB，连接DF．若S△AEF＝4，则S△ADF的值为（）A．6B．10C．15D．【分析】因为四边形ABCD是平行边形，所以AD∥BC，则△AEF∽△ABC，得＝＝，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出△ABC的面积为25，而△CDA≌△ABC，则△CDA的面积为25，根据等高三角形面积的比等于底的比即可求出△ADF的面积．【解答】解：如图，∵四边形ABCD是平行边形，∴AD∥BC，∴△AEF∽△ABC，∵3AE＝2EB，∴＝，∴＝＝，∴＝＝＝，∵S△AEF＝4，∴S△ABC＝＝＝25，∴CD＝AB，AD＝BC，AC＝CA，∴△CDA≌△ABC（SSS），∴S△CDA＝S△ABC＝25，∴S△ADF＝S△CDA＝×25＝10，∴S△ADF的值为10，故选：B．7．如图，平行四边形ABCD中，E是边BC上的点，AE交BD于点F，如果，那么＝．【分析】由平行四边形的对边相等可求得BC＝AD，BC∥AD，易证得△BEF∽△DAF，则，根据比例的性质即可得解．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC；∵＝，∵AD∥BC，∴△BEF∽△DAF，∴，∴，∴＝＝．故答案为：．8．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是BC的中点，连接AE，过点D作DF⊥AE于点F，连接CF、AC．（1）线段DF的长为；（2）若AC交DF于点M，则＝．【分析】（1）利用三角形面积相等，列出等式，求解即可；（2）延长DF交CB的延长线于K，利用相似三角形的性质求出KE，再利用平行线分线段成比例定理求解即可．【解答】解：（1）根据题意，画出下图：∵AB＝6，AD＝8，BE＝＝4，∴AE＝，∴S△ADE＝＝，S△ADE＝＝24，∴DF＝＝．（2）若AC交DF于点M，延长DF交BC延长线于点K，如图所示：∵∠KEF＝∠AEB，∠EFK＝∠ABE＝90°，∴△KEF∽△AEB，∴，∴，∴KE＝5，∴CK＝KE+EC＝9，∵AD∥CK，∴＝．9．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．（1）求证：BD•AD＝DE•AC．（2）若AB＝13，BC＝10，求线段DE的长．（3）在（2）的条件下，求cos∠BDE的值．【分析】（1）证明∠B＝∠C，∠DEB＝∠ADC＝90°，可证明△BDE∽△CAD即可解决问题；（2）利用面积法：•AD•BD＝•AB•DE求解即可；（3）可得出∠BDE＝∠BAD，则cos∠BDE＝cos∠BAD＝．【解答】证明：（1）∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∠B＝∠C，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝∠ADC，∴△BDE∽△CAD．∴，∴BA•AD＝DE•CA；（2）∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，在Rt△ADB中，AD＝＝＝12，∵•AD•BD＝•AB•DE，∴DE＝．（3）∵∠ADB＝∠AED＝90°，∴∠BDE＝∠BAD，∴cos∠BDE＝cos∠BAD＝．10．已知：四边形ABCD中，AC＝AB＝20，点E为BC边上一点，BE≥CE，且DE＝DC，∠AED＝∠B，AC、DE相交于点F，cos∠B＝．（1）求证：△ABE∽△ECF；（2）若BE＝18，求EF的长；（3）若∠DAE＝90°，求CE的长．【分析】（1）正确作出辅助线，找到对等关系，即可证明△ABE∽△ECF；（2）找到包含有要求解的边长有关系的三角形，利用勾股定理，求出AE的边长，再利用相似三角形，找到对应关系，即可求出EF的长；（3）在直角三角形内，根据给定的余弦值，找到对应边长，即可求出CE的长．【解答】（1）证明：如图所示：过点A作AH⊥BC于H，∵AB＝AC＝20，∴∠AED＝∠B，∴∠1+∠2＝180°﹣∠AED，∵∠3+∠2＝180°﹣∠B，∴∠1＝∠3，∴△ABE∽△ECF；（2）解：由（1）知，过点A作AH⊥BC于H，∵AB＝20，cos∠B＝，∴BH＝16，∵AB＝AC，∴BH＝CH＝16，∴BC＝32，∵BE＝18，∴EC＝14，在△ABH中，AH＝，HE＝BE﹣BH＝18﹣16＝2，∴AE＝，∵△ABE∽△ECF，∴，即，∴EF＝．（3）解：若∠DAE＝90°，则∠BAE＝90°，∵AB＝20，cos∠B＝，∴BE＝25，∴CE＝BC﹣BE＝32﹣25＝7．1.（2021·浙江衢州）图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子打开时的侧面示意图，椅面CE与地面平行，支撑杆AD，BC可绕连接点O转动，且OA＝OB，椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD，点H是CD的中点，F A，EB均与地面垂直，测得F A＝54cm，EB＝45cm，AB＝48cm．（1）椅面CE的长度为cm．（2）如图3，椅子折叠时，连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角∠CHD 的度数达到最小值30°时，A，B两点间的距离为cm（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27）【分析】（1）由平行线的性质可得∠ECB＝∠ABF，由锐角三角函数可得，即可求解；（2）如图2，延长AD，BE交于点N，由“ASA”可证△ABF≌△BAN，可得BN＝AF，可求NE的长，由锐角三角函数可求DE的长，即可求DH的长，如图3，连接CD，过点H作HP⊥CD于P，由锐角三角函数和等腰三角形的性质，可求DC的长，通过相似三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ECB＝∠ABF，∴tan∠ECB＝tan∠ABF，∴，∴，∴CE＝40（cm），故答案为：40；（2）如图2，延长AD，BE交于点N，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，在△ABF和△BAN中，，∴△ABF≌△BAN（ASA），∴BN＝AF＝54（cm），∴EN＝9（cm），∵tan N＝，∴＝，∴DE＝8（cm），∴CD＝32（cm），∵点H是CD的中点，∴CH＝DH＝16（cm），∵CD∥AB，∴△AOB∽△DOC，∴＝＝＝，如图3，连接CD，过点H作HP⊥CD于P，∵HC＝HD，HP⊥CD，∴∠PHD＝∠CHD＝15°，CP＝DP，∵sin∠DHP＝＝sin15°≈0.26，∴PD≈16×0.26＝4.16（cm），∴CD＝2PD＝8.32（cm），∵CD∥AB，∴△AOB∽△DOC，∴，∴，∴AB＝12.48≈12.5（cm），故答案为：12.5．2.（2021·浙江宁波）【证明体验】（1）如图1，AD为△ABC的角平分线，∠ADC＝60°，点E在AB上，AE＝AC．求证：DE平分∠ADB．【思考探究】（2）如图2，在（1）的条件下，F为AB上一点，连结FC交AD于点G．若FB＝FC，DG＝2，CD＝3，求BD的长．【拓展延伸】（3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA＝2∠DCA，点E在AC上，∠EDC＝∠ABC．若BC＝5，CD＝2，AD＝2AE，求AC的长．【分析】（1）由△EAD≌△CAD得∠ADE＝∠ADC＝60°，因而∠BDE＝60°，所以DE平分∠ADB；（2）先证明△BDE∽△CDG，其中CD＝ED，再由相似三角形的对应边成比例求出BD的长；（3）根据角平分线的特点，在AB上截取AF＝AD，连结CF，构造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性质求出AC的长．【解答】（1）证明：如图1，∵AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠CAD，∵AE＝AC，AD＝AD，∴△EAD≌△CAD（SAS），∴∠ADE＝∠ADC＝60°，∵∠BDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠BDE＝∠ADE，∴DE平分∠ADB．（2）如图2，∵FB＝FC，∴∠EBD＝∠GCD；∵∠BDE＝∠CDG＝60°，∴△BDE∽△CDG，∴；∵△EAD≌△CAD，∴DE＝CD＝3，∵DG＝2，∴BD＝＝＝.（3）如图3，在AB上取一点F，使AF＝AD，连结CF．∵AC平分∠BAD，∴∠F AC＝∠DAC，∵AC＝AC，∴△AFC≌△ADC（SAS），∴CF＝CD，∠FCA＝∠DCA，∠AFC＝∠ADC，∵∠FCA+∠BCF＝∠BCA＝2∠DCA，∴∠DCA＝∠BCF，即∠DCE＝∠BCF，∵∠EDC＝∠ABC，即∠EDC＝∠FBC，∴△DCE∽△BCF，∴，∠DEC＝∠BFC，∵BC＝5，CF＝CD＝2，∴CE＝＝＝4；∵∠AED+∠DEC＝180°，∠AFC+∠BFC＝180°，∴∠AED＝∠AFC＝∠ADC，∵∠EAD＝∠DAC（公共角），∴△EAD∽△DAC，∴＝，∴AC＝2AD，AD＝2AE，∴AC＝4AE＝CE＝×4＝．3.（2021·浙江杭州）如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，交BC边于点F，连接BG．（1）求证：△ABG∽△AFC．（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求线段FG的长（用含a，b的代数式表示）．（3）已知点E在线段AF上（不与点A，点F重合），点D在线段AE上（不与点A，点E重合），∠ABD ＝∠CBE，求证：BG2＝GE•GD．【分析】（1）根据∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，知∠BAC＝∠F AC，由圆周角定理知∠G＝∠C，即可证△ABG∽△AFC；（2）由（1）知＝，由AC＝AF得AG＝AB，即可计算FG的长度；（3）先证△DGB∽△BGE，得出线段比例关系，即可得证BG2＝GE•GD．【解答】（1）证明：∵AG平分∠BAC，∴∠BAG＝∠F AC，又∵∠G＝∠C，∴△ABG∽△AFC；（2）解：由（1）知，△ABG∽△AFC，∴＝，∵AC＝AF＝b，∴AB＝AG＝a，∴FG＝AG﹣AF＝a﹣b；（3）证明：∵∠CAG＝∠CBG，∠BAG＝∠CAG，∴∠BAG＝∠CBG，∵∠ABD＝∠CBE，∴∠BDG＝∠BAG+∠ABD＝∠CBG+∠CBE＝∠EBG，又∵∠DGB＝∠BGE，∴△DGB∽△BGE，∴＝，∴BG2＝GE•GD．4.（2021·浙江金华）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣，0），点B在直线l：y＝x上，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于点C．（1）如图，点B，C分别在第三、二象限内，BC与AO相交于点D．①若BA＝BO，求证：CD＝CO．②若∠CBO＝45°，求四边形ABOC的面积．（2）是否存在点B，使得以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）①由BC⊥AB，CO⊥BO，可得∠BAD+∠ADB＝∠COD+∠DOB＝90°，而根据已知有∠BAD＝∠DOB，故∠ADB＝∠COD，从而可得∠COD＝∠CDO，CD＝CO；②过A作AM⊥OB于M，过M作MN⊥y轴于N，设M（m，m），可得tan∠OMN＝tan∠AOM＝，即＝，设AM＝3n，则OM＝8n，Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，可求出AM＝3，OM＝8，由∠CBO＝45°可知△BOC是等腰直角三角形，△ABM是等腰直角三角形，从而有AM＝BM＝3，BO＝CO ＝OM﹣BM＝5，AB＝AM＝3，BC＝BO＝5，即可求出S四边形ABOC＝S△ABC+S△BOC＝；（2）（一）过A作AM⊥OB于M，当B在线段OM或OM延长线上时，设OB＝x，则BM＝|8﹣x|，AB ＝，由△AMB∽△BOC，＝，即＝，得OC＝，BC＝＝，以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似，分两种情况：①若＝，OB＝4；②若＝，OB ＝4+或OB＝4﹣或OB＝9；（二）当B在线段MO延长线上时，设OB＝x，则BM＝8+x，AB＝，由△AMB∽△BOC，＝，即＝，得OC＝•（8+x），以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似，需满足＝，即＝，可得OB＝1．【解答】（1）①证明：∵BC⊥AB，CO⊥BO，∴∠ABC＝∠BOC＝90°，∴∠BAD+∠ADB＝∠COD+∠DOB＝90°，∵BA＝BO，∴∠BAD＝∠DOB，∴∠ADB＝∠COD，∵∠ADB＝∠CDO，∴∠COD＝∠CDO，∴CD＝CO；②解：过A作AM⊥OB于M，过M作MN⊥y轴于N，如图：∵M在直线l：y＝x上，设M（m，m），∴MN＝|m|＝﹣m，ON＝|m|＝﹣m，Rt△MON中，tan∠OMN＝＝，而OA∥MN，∴∠AOM＝∠OMN，∴tan∠AOM＝，即＝，设AM＝3n，则OM＝8n，Rt△AOM中，AM2+OM2＝OA2，又A的坐标为（﹣，0），∴OA＝，∴（3n）2+（8n）2＝（）2，解得n＝1（n＝﹣1舍去），∴AM＝3，OM＝8，∵∠CBO＝45°，CO⊥BO，∴△BOC是等腰直角三角形，∵BC⊥AB，∠CBO＝45°，∴∠ABM＝45°，∵AM⊥OB，∴△ABM是等腰直角三角形，∴AM＝BM＝3，BO＝CO＝OM﹣BM＝5，∴等腰直角三角形△ABM中，AB＝AM＝3，等腰直角三角形△BOC中，BC＝BO＝5，∴S△ABC＝AB•BC＝15，S△BOC＝BO•CO＝，∴S四边形ABOC＝S△ABC+S△BOC＝；（2）解：存在点B，使得以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似，理由如下：（一）过A作AM⊥OB于M，当B在线段OM或OM延长线上时，如图：由（1）②可知：AM＝3，OM＝8，设OB＝x，则BM＝|8﹣x|，AB＝，∵CO⊥BO，AM⊥BO，AB⊥BC，∴∠AMB＝∠BOC＝90°，∠ABM＝90°﹣∠OBC＝∠BCO，∴△AMB∽△BOC，∴＝，即＝，∴OC＝，Rt△BOC中，BC＝＝，∵∠ABC＝∠BOC＝90°，∴以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似，分两种情况：①若＝，则＝，解得x＝4，∴此时OB＝4；②若＝，则＝，解得x1＝4+，x2＝4﹣，x3＝9，x4＝﹣1（舍去），∴OB＝4+或OB＝4﹣或OB＝9；（二）当B在线段MO延长线上时，如图：由（1）②可知：AM＝3，OM＝8，设OB＝x，则BM＝8+x，AB＝，∵CO⊥BO，AM⊥BO，AB⊥BC，∴∠AMB＝∠BOC＝90°，∠ABM＝90°﹣∠OBC＝∠BCO，∴△AMB∽△BOC，∴＝，即＝，∴OC＝•（8+x），Rt△BOC中，BC＝＝•，∵∠ABC＝∠BOC＝90°，∴以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似，需满足＝，即＝，解得x1＝﹣9（舍去），x2＝1，∴OB＝1，综上所述，以A，B，C为顶点的三角形与△BCO相似，则OB的长度为：4或4+或4﹣或9或1；1．（2021•瓯海区模拟）若＝，则的值是（）A．3B．C．D．2【分析】根据比例的性质求出b＝2a，再代入求出答案即可．【解答】解：∵＝，∴b＝2a，∴＝＝＝，故选：C．2．（2021•下城区校级四模）在比例尺为1：10000的地图上，相距4cm的A、B两地的实际距离是（）A．400m B．400dm C．400cm D．400km【分析】设AB的实际距离为xcm，根据比例尺的定义得到4：x＝1：10000，利用比例的性质求得x的值，注意单位统一．【解答】解：设AB的实际距离为xcm，∵比例尺为1：10000，∴4：x＝1：10000，∴x＝40000cm＝400m．故选：A．3．（2021•温岭市一模）如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，则BC：CE＝（）A．3：5B．1：3C．5：3D．2：3【分析】直接根据平行线分线段成比例定理求解．【解答】解：∵AB∥CD∥EF，∴＝＝＝．故选：A．4．（2021•拱墅区二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC、AB上一点，且AF＝BE，AE与DF 交于点G，连接CG．若CG＝BC，则AF：FB的比为（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4【分析】作CH⊥DF于点H，证明△AGD≌△DHC，可得AG＝DH＝GH，tan∠ADG＝＝．由此可解决此问题．【解答】解：作CH⊥DF于点H，如图所示．在△ADF和△BAE中，，∴△ADF≌△BAE（SAS）．∴∠ADF＝∠BAE，又∠BAE+∠GAD＝90°，∴∠ADF+∠GAD＝90°，即∠AGD＝90°．由题意可得∠ADG+∠CDG＝90°，∠HDC+∠CDG＝90°，．∴∠ADG＝∠HDC．在△AGD和△DHC中，，∴△AGD≌△DHC（AAS）．∴DH＝AG．又CG＝BC，BC＝DC，∴CG＝DC．由等腰三角形三线合一的性质可得GH＝DH，∴AG＝DH＝GH．∴tan∠ADG＝．又tan∠ADF＝＝，∴AF＝AB．即F为AB中点，∴AF：FB＝1：1．故选：A．5．（2021•宁波模拟）如图，在△ABC中，DE∥AB，且＝2，则的值为（）A．B．C．2D．3【分析】根据平行线分线段成比例定理定理列出比例式，计算即可．【解答】解：∵＝2，∴＝，∵DE∥AB，∴＝＝，故选：B．6．（2021•丽水模拟）如图，已知△ABC∽△BDC，其中AC＝4，CD＝2，则BC＝（）A．2B．C．D．4【分析】直接利用相似三角形的性质得出BC2＝AC•CD，进而得出答案．【解答】解：∵△ABC∽△BDC，∴＝，∵AC＝4，CD＝2，∴BC2＝AC•CD＝4×2＝8，∴BC＝2．故选：B．7．（2021•宁波模拟）如图，△ABC的两条中线BE，CD交于点O，则下列结论不正确的是（）A．＝B．＝C．△ADE∽△ABC D．S△DOE：S△BOC＝1：2【分析】根据三角形中位线定理得到DE＝BC，DE∥BC，根据相似三角形的性质进行计算，判断即可．【解答】解：∵AD＝DB，AE＝EC，∴DE＝BC，DE∥BC，∴＝，A选项结论正确，不符合题意；∵DE∥BC，∴＝，B选项结论正确，不符合题意；∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，C选项结论正确，不符合题意；∵DE∥BC，∴△DOE∽△COB，∴S△DOE：S△COB＝1：4，D选项结论错误，符合题意；故选：D．8．（2021•西湖区校级二模）如图，正六边形ABCDEF外作正方形DEGH，连接AH交DE于点O，则等于（）A．3B．C．2D．【分析】连接BD，如图所示：由正六边形和正方形的性质得：B、D、H三点共线，设正六边形的边长为a，则AB＝BC＝CD＝DE＝a，解直角三角形求出BD，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．【解答】解：连接BD，如图所示：由正六边形和正方形的性质得：B、D、H三点共线，设正六边形的边长为a，则AB＝BC＝CD＝DE＝a，∵在△BCD中，BC＝CD＝a，∠BCD＝120°，∴BD＝a．∵OD∥AB，∴＝＝＝，故选：B．9．（2021•拱墅区二模）黄金分割比符合人的视觉习惯，在人体躯干和身高的比例上，肚脐是理想的黄金分割点，即比例越接近0.618越给人以美感．张女士身高165cm，若她下半身的长度（脚底到肚脐的高度）与身高的比值是0.60，为尽可能达到匀称的效果，她应该选择约厘米的高跟鞋看起来更美．（结果保留整数）【分析】根据黄金分割定义：下半身长与全身的比等于0.618即可求解．【解答】解：根据已知条件可知：下半身长是165×0.6＝99（cm），设需要穿的高跟鞋为ycm，则根据黄金分割定义，得＝0.618，解得：y≈8，经检验y≈8是原方程的根，答：她应该选择大约8cm的高跟鞋．故答案为8．10．（2021•金东区校级模拟）如图，已知直角坐标系中四点A（﹣2，4）、C（2，﹣3），分别过A、C作AB、CD垂直于x轴于B、D．设P是x轴上的点，且P A、PB、AB所围成的三角形与PC、PD、CD所围成的三角形相似，请写出所有符合上述条件的点P的坐标是．【分析】需要分情况分析，当点P在AB左边，在AB与CD之间，在CD的右边，通过相似三角形的性质：相似三角形的对应边成比例即可求得．【解答】解：设OP＝x（x＞0），分三种情况：一、若点P在AB的左边，有两种可能：①此时△ABP∽△PDC，则PB：CD＝AB：PD，则（x﹣2）：3＝4：（x+2），解得x＝4，∴点P的坐标为（﹣4，0）；②若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝PB：PD，则（﹣x﹣2）：（2﹣x）＝4：3，解得：x＝14，与假设在B点左边矛盾，舍去．二、若点P在AB与CD之间，有两种可能：①若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝BP：PD，∴4：3＝（x+2）：（2﹣x），解得：x＝，∴点P的坐标为（，0）；②若△ABP∽△PDC，则AB：PD＝BP：CD，∴4：（2﹣x）＝（x+2）：3，方程无解；三、若点P在CD的右边，有两种可能：①若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝BP：PD，∴4：3＝（2+x）：（x﹣2），∴x＝14，∴点P的坐标为（14，0），②若△ABP∽△PDC，则AB：PD＝BP：CD，∴4：（x﹣2）＝（x+2）：3，∴x＝4，∴点P的坐标为（4，0）；∴点P的坐标为（，0）、（14，0）、（4，0）、（﹣4，0）．故答案为：（，0）、（14，0）、（4，0）、（﹣4，0）．11．（2021•宁波模拟）如图，▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝∠ACB，G是线段OD上一点，∠DGC﹣∠DCG＝90°，tan∠DCG＝，则的值为．【分析】由锐角三角函数可设GF＝a，CF＝2a，由“AAS”可证△GCE≌△GCF，可得CE＝CF＝2a，GF＝EG＝a，通过证明△GFD∽△CED，可求DC＝a，DE＝a，通过证明△DCO∽△ACD，可得，由勾股定理可求OE，即可求解．【解答】解：如图，过点C作CE⊥BD于E，过G作GF⊥CD于F，∵∠DGC＝∠CEG+∠GCE＝90°+∠GCE，∴∠DGC﹣∠GCE＝90°，又∵∠DGC﹣∠DCG＝90°，∴∠GCD＝∠ECG，∵tan∠DCG＝＝，∴设GF＝a，CF＝2a，在△GCE和GCF中，，∴△GCE≌△GCF（AAS），∴CE＝CF＝2a，GF＝EG＝a，∵∠GDF＝∠EDC，∠GFD＝∠CED＝90°，∴△GFD∽△CED，∴，∴＝＝，∴DF＝a，DG＝a，∴DC＝a，DE＝a，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，AO＝CO，BO＝DO，∴∠ABD＝∠BDC，∠DAC＝∠ACB，∵∠ABD＝∠ACB，∴∠BDC＝∠DAC，又∵∠ACD＝∠DCO，∴△DCO∽△ACD，∴，∴DC2＝2OC2，∴OC2＝a2＝a2，∴OE＝＝a，∴OD＝DE+OE＝a＝OB，∴＝，故答案为：．12．（2021•西湖区二模）如图，在矩形ABCD中，E是CD上一点，AE＝AB，作BF⊥AE．（1）求证：△ADE≌△BF A；（2）连接BE，若△BCE与△ADE相似，求．【分析】（1）根据矩形的性质得出∠D＝∠DAB＝90°，求出∠DAE+∠F AB＝90°，∠FBA+∠F AB＝90°，求出∠D＝∠AFB，∠DAE＝∠FBA，再根据全等三角形的判定推出即可；（2）根据矩形的性质得出∠C＝∠D＝90°，DC∥AB，根据平行线的性质得出∠CEB＝∠ABE，设∠CEB＝∠ABE＝x°，根据等腰三角形的性质求出∠AEB＝∠EBA＝x°，根据相似三角形的性质得出两种情况：①∠DEA＝∠CEB＝x°，根据∠DEA+∠AEB+∠CEB＝180°得出x+x+x＝180，求出x，再解直角三角形求出AE和AD，再求出答案即可；②∠DEA＝∠EBC，设∠DEA＝∠EBC＝y°，求出∠DEA+∠AEB+∠CEB＝（y+2x）°＝180°，∠EBC+∠CEB＝（y+x）°＝90°，求出x，再得出答案即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAB＝90°，∴∠DAE+∠F AB＝90°，∵BF⊥AE，∴∠AFB＝90°，∴∠D＝∠AFB，∠FBA+∠F AB＝90°，∴∠DAE＝∠FBA，在△ADE和△BF A中，∴△ADE≌△BF A（AAS）；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°，DC∥AB，∴∠CEB＝∠ABE，设∠CEB＝∠ABE＝x°，∵AE＝AB，∴∠AEB＝∠EBA＝x°，当△BCE与△ADE相似时，有两种情况：①∠DEA＝∠CEB＝x°，∵∠DEA+∠AEB+∠CEB＝180°，∴x+x+x＝180，解得：x＝60，即∠DEA＝60°，∴∠DAE＝90°﹣60°＝30°，∴AE＝2DE，由勾股定理得：AD＝＝＝DE，∵AE＝AB，∴＝＝＝；②∠DEA＝∠EBC，设∠DEA＝∠EBC＝y°，∵∠CEB＝∠EBA＝∠AEB＝x°，则∠DEA+∠AEB+∠CEB＝y°+x°+x°＝（y+2x）°＝180°，在Rt△BCE中，∠EBC+∠CEB＝y°+x°＝（y+x）°＝90°，即，解得：x＝90°，即∠CEB＝90°，此时点E和点C重合，△BEC不存在，舍去；所以＝．13．（2021•拱墅区二模）如图，在△ABC中，D、E分别是边AC、BC的中点，F是BC延长线上一点，∠F＝∠B．（1）若AB＝10，求FD的长；（2）若AC＝BC，求证：△CDE∽△DFE．【分析】（1）首先利用中位线定理得到DE∥AB以及DE的长，再证明∠DEC＝∠F即可；（2）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，进而求出∠CDE＝∠F并结合∠CED＝∠DEF即可证明△CDE∽△DFE．【解答】解：（1）∵D、E分别是AC、BC的中点，∴DE∥AB，DE＝AB＝5，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B，而∠F＝∠B，∴∠DEC＝∠F，∴DF＝DE＝5；（2）∵AC＝BC，∴∠A＝∠B，∵∠CDE＝∠A，∠CED＝∠B，∴∠CDE＝∠B，∵∠B＝∠F，∴∠CDE＝∠F，∵∠CED＝∠DEF，∴△CDE∽△DFE．14．（2021•宁波模拟）如图，矩形ABCD中，E是边AD的中点，CE与BD交于点P，将△ABE沿BE翻折，点A的对应点F刚好落在线段CP上．（1）求证：△EBC是等边三角形．（2）求的值．【分析】（1）根据矩形的性质证明△ABE≌△DCE（SAS），可得EB＝EC，∠AEB＝∠CED，由翻折可知：∠AEB＝∠FEB，进而可以解决问题；（2）证明△PDE∽△PBC，可得＝＝，所以＝，进而可以解决问题．【解答】（1）证明：∵E是边AD的中点，∴AE＝DE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠CDA＝90°，AB＝CD，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS），∴EB＝EC，∠AEB＝∠CED，由翻折可知：∠AEB＝∠FEB，∴∠AEB＝∠FEB＝∠CED＝60°，∴△EBC是等边三角形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，。

中考数学总复习《二次函数中的相似三角形存在性问题》专题训练-附答案

中考数学总复习《二次函数中的相似三角形存在性问题》专题训练-附答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线AB 的函数表达式为2(0y ax a a =-≠，a 为常数），点A 、B 分别在y 轴和x 轴上，且2OA OB =，点A 关于x 轴的对称点为C ，点B 关于y 轴的对称点为D ，以点C 为顶点的抛物线经过点D ．(1)求点,A B 的坐标；(2)求抛物线的解析式；(3)在（2）中拋物线的对称轴上有一点P ，且以点D O P 、、为顶点的三角形与AOB 相似，求出所有满足条件的点P 的坐标．2．已知在平面直角坐标系中，抛物线212y x bx c =-++与x 轴相交于点A ，B ，与y 轴相交于点C ，直线4y x =+经过A ，C 两点(1)求抛物线的表达式；(2)如果点P ，Q 在抛物线上，并与对称轴对称，（P 点在对称轴左边），且2PQ AO =，求P ，Q 的坐标；(3)动点M 在直线4y x =+上，且ABC 与COM 相似，求点M 的坐标．3．已知：抛物线2:3L y x bx =+-交x 轴于(),3,0A B 两点，交y 轴于C ．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点D 在第四象限的抛物线上，DE BC ⊥于点E ，若12DE BE =，求点D 的坐标； (3)如图2，抛物线L 经过平移后得到抛物线21:4H y x =-，直线OP 交抛物线的其中一个点为P ，直线PQ 与抛物线有且只有一个交点P ，且与y 轴不平行，⊥OQ OP 交PQ 于点Q ，求点Q 的纵坐标．4．如图，抛物线22y ax x c =++与x 轴交于1,0A ，B 两点，与y 轴交于点G ，抛物线的对称轴为直线=1x -，交x 轴于点E ，交抛物线于点F ，连接BC ．(1)求抛物线的解析式．(2)如图，点P 是线段BC 上一动点，过点P 作PD x ⊥轴，交抛物线于点D ，问当动点P 运动到什么位置时，四边形CEBD 的面积最大？求出四边形CEBD 的最大面积及此时P 点的坐标．(3)坐标轴上是否存在点G ，使得以A ，C ，G 为顶点的三角形与BCF △相似？若存在，请求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，抛物线22y ax bx =-+-经过A （4，0），B （1，0）两点．(1)求出抛物线的解析式；(2)P 是抛物线在第一象限上的一动点，过P 作PM x ⊥轴，垂足为M ，是否存在P 点，使得以A ，P ，M 为顶点的三角形与OAC 相似？若存在，请求出符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若抛物线上有一点Q （点Q 不与点B 重合），使得点Q 与点B 到直线AC 的距离相等，请直接写出点Q 坐标．6．如图，已知二次函数的图象与x 轴交于1,0A 和()3,0B -两点，与y 轴交于点()0,3C -，直线2y x m =-+经过点A ，且与y 轴交于点D ，与抛物线交于点E ．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点M 在AE 下方的抛物线上运动，求AME △的面积最大值；(3)如图2，在y 轴上是否存在点P ，使得以D 、E 、P 为顶点的三角形与AOD △相似，若存在，求出点P 的坐标；若不存在，试说明理由．7．如图1，平面直角坐标系中，抛物线2y ax bx c =++交x 轴于1,0A ，()3,0B -两点，交y 轴于点()0,3C ，点M 是线段OB 上一个动点，过点M 作x 轴的垂线，交直线BC 于点F ，交抛物线于点E ．(1)求抛物线的解析式； (2)当BCE 面积最大时，求M 点的坐标；(3)如图2，是否存在以点C 、E 、F 为顶点的三角形与ABC 相似，若存在，求点M 的坐标；若不存在，请说明理由．8．如图①，抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于两点A ，()4,0B （点A 位于点B 的左侧），与y 轴交于点()0,4C ，拋物线的对称轴l 与x 轴交于点N ，长为2的线段PQ （点P 位于点Q 的上方）在x 轴上方的抛物线对称轴上运动．(1)求抛物线的关系式；(2)在线段PQ 运动过程中，当PC PA +的值最小时，求此时点P 的坐标；(3)如图①过点P 作PM y ⊥轴于点M ，当CPM △和QBN 相似时，求点Q 的坐标．9．如图，已知抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于A 、()3,0B 两点，与y 轴交于点C ，顶点为()2,1D -，直线l 是抛物线的对称轴．(1)求抛物线的函数表达式；(2)点M 是直线l 上的动点，当以点M 、B 、D 为顶点的三角形与ABC 相似时，求点M 的坐标． 10．如图，抛物线23y ax bx =++经过点于()1,0A -，()3,0B 两点，与y 轴交于点C ，连接AC ．(1)求抛物线的解析式；(2)如图①，若点E 是第二象限内抛物线上的一点，直线AE 与BC 相交于点F ，连接CE ，BE ，若BCE 的面积3，求点E 的横坐标；(3)如图①，点D 与点C 关于抛物线的对称轴对称，直线AD 交y 轴于点G ，点P 在平面内，以点B ，C ，P 为顶点的三角形与ACG 相似且∠=∠CBP CAG 时，请直接写出符合条件的点P 的坐标．11．如图，顶点为D 的抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，直线3y x =-+经过点B ，C ．(1)求抛物线的解析式；(2)连接AC ，CD ，BD ．求证：ACO DBC ∽△△；(3)点P 为抛物线对称轴上的一个动点，点M 是平面直角坐标系内一点，当以点A ，C ，M ，P 为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点P 的坐标．12．已知抛物线2y x bx c =++与x 轴交于()()1030A B ，、，两点，且与y 轴的公共点为点C ，设该抛物线的顶点为D ．(1)求抛物线的表达式，并求出顶点D 的坐标；(2)若点P 为抛物线上一点，且满足PB PC =，求点P 的横坐标；(3)连接CD BC ，，点E 为线段BC 上一点，过点E 作EF CD ⊥交CD 于点F ，若12=DF CF ，求点E 的坐标． 13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线213442y x x =-++与两坐标轴分别相交于A B C ，，三点．(1)求证：90ACB ∠=︒；(2)点D 是第一象限内抛物线上的动点，过点D 作x 轴的垂线交BC 于点E ，交x 轴于点F ．①求255DE BE +的最大值； ①点G 是AC 的中点，若以点C D E ，，为顶点的三角形与AOG 相似，求点D 的坐标．14．如图，抛物线2134y x x =-++与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，顶点为D ，抛物线的对称轴与x 轴交于点E ，连接AC ，BD ．(1)求点A ，B ，C ，D 的坐标；(2)点F 为抛物线对称轴上的动点，且BEF △与AOC 相似，请直接写出符合条件的点F 的坐标；(3)点P 为抛物线上的动点，是否存在这样的点P ，使BDP △是直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．15．如图，已知A （﹣2，0）、B （3，0），抛物线y ＝ax 2＋bx ＋4经过A 、B 两点，交y 轴于点C ．点P 是第一象限内抛物线上的一动点，点P 的横坐标为m ．过点P 作PM ①x 轴，垂足为点M ，PM 交BC 于点Q ．过点P 作PN ①BC ，垂足为点N ．(1)直接写出抛物线的函数关系式；(2)请用含m 的代数式表示线段PN 的长；(3)连接PC ，在第一象限的抛物线上是否存在点P ，使得①BCO ＋2①PCN ＝90°？若存在，请求出m 的值；若不存在，请说明理由；(4)连接AQ ，若△ACQ 为等腰三角形，请直接写出m 的值．参考答案：1．(1)()0,4A ()2,0B(2)抛物线的解析式为24y x =-(3)满足条件的点P 的坐标为()0,4或()0,4-或()0,1或()0,1-2．(1)2142y x x =--+(2)775,,3,22P Q ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ (3)84,33⎛⎫- ⎪⎝⎭或()3,1-3．(1)抛物线解析式为223y x x =--(2)()2,3D -(3)12Q y =-4．(1)223y x x =+-(2)当32m =-，四边形CEBD 的面积最大，最大面积为518，此时点P 的坐标为33,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭(3)存在，点G 的坐标为()()10,0,0,,9,03⎛⎫- ⎪⎝⎭5．(1)抛物线的解析式为215222y x x =-+- (2)存在，符合条件的点P 的坐标为（2，1）(3)点Q 的坐标为（3，1）或75(27,)22+-或75(27,)22---6．(1)223y x x =+-；(2)27；(3)存在，点P 的坐标为()0,12或290,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．7．(1)223y x x =--+；(2)3,02M ⎛⎫- ⎪⎝⎭； (3)存在， 3,02M ⎛⎫- ⎪⎝⎭或5,03M ⎛⎫- ⎪⎝⎭．8．(1)234y x x =-++(2)35,22P ⎛⎫ ⎪⎝⎭(3)Q 的坐标是35,24⎛⎫ ⎪⎝⎭或3,52⎛⎫ ⎪⎝⎭或3219,22⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭9．(1)243y x x =-+(2)点M 的坐标是()2,2或12,3⎛⎫- ⎪⎝⎭．10．(1)223y x x =-++(2)3172- (3)()16,3-P 263,55⎛⎫ ⎪⎝⎭P ()30,9P 4129,55⎛⎫ ⎪⎝⎭P11．(1)223y x x =-++(3)()11，或()16，或()16-，或()10，12．(1)243y x x =-+ ()21-，(2)51351322⎛⎫-- ⎪⎝⎭，或51351322⎛⎫++ ⎪⎝⎭， (3)207,99⎛⎫ ⎪⎝⎭13．(2)①9；①(4,6)D 或25(3,)4D ．14．(1)()()2,0,6,0A B - ()0,3C ()2,4D (2)()2,6或()2,6-或82,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或82,3⎛⎫- ⎪⎝⎭； (3)()2,0-或()6,12--15．(1)222433y x x =-++(2)22655PN m m =-+(3)存在 74 (4)65或125。

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相似三角形的存在性问题解题策略专题攻略相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验，如例题1、2、3、4．应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等，如例题6．应用判定定理3解题不多见，如例题5，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．例题解析例❶ 如图1-1，抛物线213482y x x =-+与x 轴交于A 、B 两点（A 点在B 点左侧），与y 轴交于点C ．动直线EF （EF //x 轴）从点C 开始，以每秒1个单位的速度沿y 轴负方向平移，且分别交y 轴、线段BC 于E 、F 两点，动点P 同时从点B 出发，在线段OB 上以每秒2个单位的速度向原点O 运动．是否存在t ，使得△BPF 与△ABC 相似．若存在，试求出t 的值；若不存在，请说明理由．图1-1【解析】△BPF 与△ABC 有公共角∠B ，那么我们梳理两个三角形中夹∠B 的两条边．△ABC 是确定的．由213482y x x =-+，可得A (4, 0)、B (8, 0)、C (0, 4)．于是得到BA ＝4，BC ＝12CE CO EF OB ==． △BPF 中，BP ＝2t ，那么BF 的长用含t 的式子表示出来，问题就解决了．在Rt △EFC 中，CE ＝t ，EF ＝2t ，所以CF =．因此)BF t ==-．于是根据两边对应成比例，分两种情况列方程： ①当BA BPBC BF ==43t =（如图1-2）．②当BA BFBC BP ==207t =（如图1-3）．图1-2 图1-3 例❷ 如图2-1，在平面直角坐标系中，顶点为M 的抛物线y ＝ax 2＋bx （a ＞0）经过点A 和x 轴正半轴上的点B ，AO ＝BO ＝2，∠AOB ＝120°．（1）求这条抛物线的解析式；（2）连结OM ，求∠AOM 的大小；（3）如果点C 在x 轴上，且△ABC 与△AOM 相似，求点C 的坐标．图2-1【解析】△ABC 与△AOM 中相等的一组角在哪里呢？本题由简到难，层层深入．第（1）题求出抛物线的解析式，得到顶点M 的坐标，为第（2）题求∠AOM 的大小作铺垫；求得了∠AOM 的大小，第（3）题暗示了要在△ABC 中寻找与∠AOM 相等的角．（1）如图2-2，过点A 作AH ⊥y 轴，垂足为H ．容易得到A (-．再由A (-、B (2,0)两点，可求得抛物线的解析式为2y x x =-．（2）由221)y x x x ==-M (1,．所以tan 3BOM ∠=．所以∠BOM ＝30°．所以∠AOM ＝150°．图2-2（3）由A (-、B (2,0)，可得∠ABO ＝30°．因此当点C 在点B 右侧时，∠ABC ＝∠AOM ＝150°．所以△ABC 与△AOM 相似，存在两种情况：①当BA OABC OM ==时，2BC ===．此时C (4,0)（如图2-3）．②当BC OA BA OM==时，6BC ===．此时C (8,0)（如图2-4）．图2-3 图2-4例❸ 如图3-1，抛物线y ＝ax 2＋bx －3与x 轴交于A (1, 0)、B (3, 0)两点，与y 轴交于点D ，顶点为C ．（1）求此抛物线的解析式；（2）在x 轴下方的抛物线上是否存在点M ，过M 作MN ⊥x 轴于点N ，使以A 、M 、N 为顶点的三角形与△BCD 相似？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．图3-1【解析】△AMN 是直角三角形，因此必须先证明△BCD 是直角三角形．一般情况下，根据直角边对应成比例分两种情况列方程．（1）抛物线的解析式为y ＝－x 2＋4x －3．（2）由y ＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1，得D (0,－3)，C (2, 1)．如图3-2，由B (3, 0)、D (0,－3)、C (2, 1)，可知∠CBO ＝45°，∠DBO ＝45°．所以∠CBD ＝90°，且13BC BD ==．图3-2 图3-3 图3-4设点M 、N 的横坐标为x ，那么NM ＝－y M ，而NA 的长要分N 在A 的右边或左边两种情况，因此列方程要“两次分类”：当N 在A 右侧时，NA ＝x －1，分两种情况列方程： ①当3NA BD NM BC ==时，13(1)(3)x x x -=--．解得103x =．此时M 107(,)39-（如图3-3）． ②当13NA BC NM BD ==时，11(1)(3)3x x x -=--．解得x ＝6．此时M (6,－15)（如图3-5）．当N 在A 左侧时，NA ＝1－x ，也要分两种情况列方程： ①当3NA BD NM BC ==时，13(1)(3)x x x -=--．解得83x =＞1，不符合题意（如图3-4）． ②当13NA BC NM BD ==时，11(1)(3)3x x x -=--．解得x ＝0，此时M (0,－3)（如图3-6）．图3-5 图3-6例❹ 如图4-1，在平面直角坐标系中，A (8,0)，B (0,6)，点C 在x 轴上，BC 平分∠OBA ．点P 在直线AB 上，直线CP 与y 轴交于点F ，如果△ACP 与△BPF 相似，求直线CP 的解析式．图4-1【解析】首先求得点C (3,0)．△ACP 与△BPF 中，相等的角在哪里啊？①如图4-2，当点P 在线段AB 上时，△ACP 与△BPF 中，∠APC 与∠BPF 是邻补角，如果这两个邻补角一个是锐角，一个是钝角，两个三角形怎么可能相似呢？因此CP 与AB 是垂直的．可以求得F (0,－4)，于是直线CF (CP )为443y x =-． ②如图4-3，当点P 在AB 的延长线上时，△ACP 与△BPF 有公共角∠P ．于是∠OFC＝∠PFB ＝∠A ，可以求得F (0, 4)，因此直线CF (CP )为443y x =-+． ③如图4-4，当点P 在BA 的延长线上时，∠B 与∠PCA 不可能相等．在△AOB 中，根据大边对大角，∠B ＞∠BAO ；∠BAO 又是△PCA 的一个外角，∠BAO ＞∠PCA ．图4-2 图4-3 图4-4例❺ 如图5-1，二次函数y ＝x 2＋3x 的图象经过点A (1,a )，线段AD 平行于x 轴，交抛物线于点D ．在y 轴上取一点C (0, 2)，直线AC 交抛物线于点B ，连结OA 、OB 、OD 、BD ．求坐标平面内使△EOD ∽△AOB 的点E 的坐标；图5-1【解法一】点A 、D 、B 都是确定的，可以求得A (1, 4)，D (－4, 4)，B (－2,－2)．所以AOBO =，AB =，DO =．△EOD ∽△AOB ，对应边已经确定，因此我们可以根据判定定理3列方程．由EO OD DE AO OB BA ====EO =DE = 设点E 的坐标为(x , y )，根据EO 2＝68，DE 2＝180，列方程组222268,(4)(4)180.x y x y ⎧+=⎪⎨++-=⎪⎩解得118,2,x y =⎧⎨=-⎩ 222,8,x y =⎧⎨=-⎩ 所以点E 的坐标为(8,－2)或(－2, 8)．上面的解题过程是“盲解”，我们并不明白两个三角形的位置关系．【解法二】如图5-2，△AOB 是确定的，△AOB 与△EOD 有公共点O ，OB ∶OD ＝1∶2，∠BOD ＝90°．如果△EOD ∽△AOB ，我们可以把△AOB 绕着点O 顺时针旋转，使得点B ′落在OD 上，此时旋转角为90°，点B ′恰好落在OD 的中点．按照这个运动规则，点A (1, 4) 绕着点O 顺时针旋转90°，得到点A ′(4,－1)，点A ′是线段OE 的中点，因此点E 的坐标为(8,－2)．如图5-3，点E (8,－2)关于直线OD （即直线y ＝－x ）对称的点为E ′(2,－8)．图5-2 图5-3例❻ 如图6-1，在△ABC 中，AB ＝AC ＝BC ＝8．⊙A 的半径为2，动点P 从点B 出发沿BC 方向以每秒1个单位的速度向点C 运动．延长BA 交⊙A 于点D ，连结AP 交⊙A 于点E ，连结DE 并延长交BC 于点F ．设点P 运动的时间为t 秒，当△ABP 与△FBD 相似时，求t 的值．图6-1【解析】△ABC 是等腰直角三角形，⊙A 是确定的，先按照题意把图形补充完整．如图6-2，容易发现△ABP 与△FBD 有公共角∠B ，如果根据对应边成比例列方程BA BDBP BF =或BA BF BP BD=，其中BA ＝BP ＝t ，BD ＝2，但是用含t 的式子表示BF 困难重重啊！图6-2 图6-3 图6-4我们另起炉灶，按照判定定理1来解决．△ABP 与△FBD 有公共角∠B ，我们以∠D 为分类标准，分两种情况讨论它们相似：第一种情况，如图6-3，∠BAP ＝∠D 是不可能的，这是因为∠BAP 是等腰三角形ADE 的外角，∠BAP ＝2∠D ．第二种情况，如图6-4，当∠BP A ＝∠D 时，在△ABP 中，由于∠BAP ＝2∠D ＝2∠BP A ，因此45°＋3∠BP A ＝180°．解得∠BP A ＝45°．此时△ABP 是等腰直角三角形，P 与C 重合，所以t ＝8．解答这道题目，如果选取点P 的3个不同位置，按照题意画图，可以帮助我们探究．在讨论第二种情况∠BP A ＝∠D 时，我们容易被已知图6-1给定的点P 的位置所误导，以为图6-2中“锐角∠D”与“钝角∠BP A”不可能相等．更多、更详细内容，请查看华东师大出版社《挑战中考数学压轴题》。