中考数学总复习专题讲座课件第19讲 二次函数中相似三角形点的存在性问题
二次函数背景下的相似三角形存在性问题
二次函数背景下的相似三角形存在性问题
二次函数背景下的相似三角形存在性问题是中考数学常考的题型，在考试中一般出现在压轴题的位置，综合性强，难度略大。
这篇文章主要来讨论下二次函数背景下的相似三角形存在性问题的解题思路方法及应用举例。
【模型解读】
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】
【分析】
综上所述，点P的坐标为（3，2）或（3，9）．
【总结】
【练习】
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中考数学复习之二次函数背景下的相似三角形的存在性问题,含参考答案
中考数学复习之相似三角形的存在性问题（学案）知识与方法梳理：相似三角形存在性的处理思路1. 分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形形成因素（判定等）考虑分类．注：相似三角形存在性问题主要结合对应关系及不变特征考虑分类．2. 画图求解：往往先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑对应关系和不变特征后列方程求解． 注：相似三角形列方程往往借助对应边成比例；3. 结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．例1：在平面直角坐标系中，二次函数图象的顶点坐标为 C (4，，且与x 轴的两个交点间的距离为6． （1）求二次函数的解析式；（2）在x 轴上方的抛物线上，是否存在点Q ，使得以Q ，A ，B 为顶点的三角形与△ABC 相似？如果存在，请求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．第一问：研究背景图形 【思路分析】△由顶点坐标C (4，)可知对称轴为直线x =4，利用与x 轴两个交点间的距离为6，再结合抛物线的对称性可知A （1，0)，B (7，0)．△设交点式y =a (x -1)(x -7)，再代入坐标C (4，可求解出解析式2y x =-+．【过程示范】△顶点坐标为C (4，)， △抛物线对称轴为直线x =4，又△抛物线与x 轴的两个交点间的距离为6， △由抛物线的对称性可知：A (1，0)，B (7，0)． 设抛物线的解析式为y =a (x -1)(x -7)，将C (4，)代入可得，a = △所求解析式为2y x x =． 第二问：相似三角形的存在性 【思路分析】相似三角形存在性问题也是在存在性问题的框架下进行的：△分析特征：先研究定点、动点，其中A 、B 、C 为定点，点Q 为抛物线上的动点；进一步研究此△ABC ，发现其中AC=BC ；构造辅助线：CD 垂直于x 轴，能够计算出△BAC =30°，△ACB =30°；再考虑研究△QAB ，固定线段为AB ，并且由于点Q 在x 轴上方的抛物线上，所以△QAB 为钝角（填“钝角”或“直角”）三角形．△画图求解：先考虑点Q 在抛物线对称轴右侧的情况，此时△ABQ 为钝角，要想使△ABC 与△ABQ 相似，则需要△ABQ =120°，且AB=BQ ．求解时，可根据△ABQ =120°，AB =BQ =6来求出Q 点坐标．同理，考虑点Q 在抛物线对称轴左侧时的情况．△结果验证：考虑点Q 还要在抛物线上，将点Q 代入抛物线解析式验证． 【过程示范】存在点Q 使得△QAB 与△ABC 相似．由抛物线对称性可知，AC =BC ，过点C 作CD △x 轴于D ， 则AD =3，CD在Rt△ACD 中，tan△DAC，△△BAC =△ABC =30°，△ACB =120°． △当△ACB △△ABQ 1时， △ABQ 1=120°且BQ 1=AB =6． 过点Q 1作Q 1E △x 轴，垂足为E ， 则在Rt△BQ 1E 中，BQ 1=6，△Q 1BE =60°， △Q 1E =BQ 1·sin60°=62⨯=BE =3， △E (10，0)，Q 1(10，． 当x =10时，y= △点Q 1在抛物线上．△由抛物线的对称性可知，还存在AQ 2=AB ， 此时△Q 2AB △△ACB ，点Q 2的坐标为(-2，． 综上，Q 1(10，，Q 2(-2，．练习题1. 如图，抛物线2110833y x x =-+-经过A ，B ，C 三点，BC △OB ，AB =BC ，过点C 作CD ⊥x 轴于点D ．点M是直线AB 上方的抛物线上一动点，作MN ⊥x 轴于点N ，若△AMN 与△ACD 相似，则点M 的坐标为_____________________________．OB CDAxy2. 如图，已知抛物线234y x bx c =++与坐标轴交于A ，B ，C 三点，点A 的坐标为(1，0)，过点C 的直线334y x t=-与x 轴交于点Q ，点P 是线段BC 上的一个动点，过P 作PH △OB 于点H ．若PB 5t ，且0＜t ＜1．（1）点C 的坐标是____________，b _______，c ______． （2）求线段QH 的长（用含t 的代数式表示）．（3）依点P 的变化，是否存在t 的值，使以P ，H ，Q 为顶点的三角形与△COQ 相似？若存在，求出所有符合条件的t 值；若不存在，说明理由．A BCOHP QxyyxO CB A3. 如图，抛物线213222y x x =-++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，点D (1，m )在抛物线上，直线y =-x -1与抛物线交于A ，E 两点，点P 在x 轴上，且位于点B 的左侧，若以P ，B ，D 为顶点的三角形与△ABE 相似，则点P 的坐标为__________________________________．4. 如图，已知抛物线过点A (0，6)，B (2，0)，C (7，52)．（1）求抛物线的解析式．（2）若D 是抛物线的顶点，E 是抛物线的对称轴与直线AC 的交点，F 与E 关于D 对称．求证：△CFE =△AFE ． （3）在y 轴上是否存在这样的点P ，使△AFP 与△FDC 相似？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．5.如图，抛物线y=ax2+bx经过两点A(-1，1)，B(2，2)．过点B作BC△x轴，交抛物线于点C，交y轴于点D．连接OA，OB，OC，AC，点N在坐标平面内，且△AOC与△OBN相似（边OA与边OB对应），则点N的坐标为_____________________________________．6.如图，抛物线y=-x2+4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线，垂足为D．是否存在以P，O，D为顶点的三角形与△OAC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=x2-1与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，过点A作AP△CB交抛物线于点P．（1）求A，B，C三点的坐标．（2）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MG△x轴于点G，使以A，M，G为顶点的三角形与△PCA 相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．8.如图，抛物线y=ax2+b与x轴交于点A，B，且点A的坐标为(1，0)，与y轴交于点C(0，1)．（1）求抛物线的解析式，并求出点B的坐标．（2）过点B作BD△CA交抛物线于点D，在x轴上点A的左侧是否存在点P，使以P，A，C为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．9. 如图，抛物线经过A (4，0)，B (1，0)，C (0，-2)三点．（1）求抛物线的解析式．（2）P 是抛物线上一动点，过点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．参考答案1. 2. （1）(0，-3)，，-3；（2）；（3）存在，或． 3. 4. （1）；（3）． 5. N 1(3，4)，N 2(4，3)，N 3(-2，-1)，N 4(-1，-2)6.存在，1P ，2(12P --+．7.（1）A (-1，0)，B (1，0)，C (0，-1)；（2）存在，M 1(-2，3)，M 2(4，15)，347()39M ，． 1257111()()2424M M -，，，94-148 0218 4 12t t QH t t ⎧-<<⎪⎪=⎨⎪-<<⎪⎩（）（）73225321121322(0)(0)75P P -，，，21462y x x =-+1241(0)(02)2P P --，，，8.（1）y =-x 2+1，B (-1，0)；（2）存在，11(0)3P ，，P 2(-2，0)． 9.（1）215222y x x =-+-；（2）存在，P 1(0，-2)，P 2(-3，-14)，P 3(2，1)，P 4(5，-2)．。
中考专题：二次函数函数的存在性问题(相似三角形)
二次函数函数的存在性问题（相似三角形）1、）如图，已知抛物线与x 交于A(－1，0)、E(3，0)两点，与y 轴交于点B(0，3)。
（1）求抛物线的解析式； （2）设抛物线顶点为D ，求四边形AEDB 的面积； （3）△AOB 与△DBE 是否相似？如果相似，请给以证明；如果不相似，请说明理由。
2、）矩形OABC 在平面直角坐标系中位置如图所示，A C 、两点的坐标分别为(60)A ，，(03)C -，， 直线34y x =-与BC 边相交于D 点． （1）求点D 的坐标； （2）若抛物线294y ax x =-经过点A ，试确定此抛物线的表达式； （3）设（2）中的抛物线的对称轴与直线OD 交于点M ，点P 为对称轴上一动点，以P O M 、、为顶点的三角形与OCD △相似，求符合条件的点P 的坐标．3、）如图，已知抛物线y ＝34x 2＋bx ＋c 与坐标轴交于A 、B 、C 三点， A 点的坐标为（－1，0）过点C 的直线y ＝34tx －3与x 轴交于点Q ，点P 是线段BC 上的一个动点，过P 作PH⊥OB 于点H ．若PB ＝5t ， 且0＜t ＜1．（1）填空：点C 的坐标是_ _，b ＝ _，c ＝_ _；（2）求线段QH 的长（用含t 的式子表示）；（3）依点P 的变化，是否存在t 的值，使以P 、H 、Q 为顶点的三角形与△COQ 相似？若存在，求出所有t 的值；若不存在，说明理由．4、）已知，如图1，过点()01E -，作平行于x 轴的直线l ，抛物线214y x =上的两点A B 、的横坐标分别为-1和4，直线AB 交y 轴于点F ，过点A B 、分别作直线l 的垂线，垂足分别为点C 、D ，连接CF DF 、． （1）求点A B F 、、的坐标； （2）求证：CF DF ⊥； （3）点P 是抛物线214y x =对称轴右侧图象上的一动点，过点P 作PQ PO ⊥交x 轴于点Q ，是否存在点P 使得OPQ △与CDF △相似？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．5、如图，抛物线经过(40)(10)(02)A B C -，，，，，三点．（1）求出抛物线的解析式；（2）P 是抛物线上一动点，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）在直线AC 上方的抛物线上有一点D ，使得DCA △的面积最大，求出点D 的坐标．6、）如图，ABCD 在平面直角坐标系中，6AD =，若OA 、OB 的长是关于x 的一元二次方程27120x x -+=的两个根，且OA OB >．（1）求sin ABC ∠的值． （2）若E 为x 轴上的点，且163AOE S =△，求经过D 、E 两点的直线的解析式，并判断AOE △与DAO △是否相似？（3）若点M 在平面直角坐标系内，则在直线AB 上是否存在点F ，使以A 、C 、F 、M 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出F 点的坐标；若不存在，请说明理由．答案1、（09贵州安顺）解：（1） ∵抛物线与y 轴交于点（0，3），∴设抛物线解析式为)0(32≠++=a bx ax y (1′) 根据题意，得⎩⎨⎧=++=+-033903b a b a ，解得⎩⎨⎧=-=21b a∴抛物线的解析式为322++-=x x y (5′) (2)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4） 设对称轴与x 轴的交点为F∴四边形ABDE 的面积=ABO DFE BOFD S S S ∆∆++梯形 =111()222AO BO BO DF OF EF DF ⋅++⋅+⋅=11113(34)124222⨯⨯++⨯+⨯⨯=9（3）相似如图，==∴====∴2220BD BE +=, 220DE = 即： 222BD BE DE +=,所以BDE ∆是直角三角形 ∴90AOB DBE ∠=∠=︒,且AO BO BD BE ==∴AOB ∆∽DBE ∆ 2、（09青海）解：（1）点D 的坐标为(43)-，．（2）抛物线的表达式为23984y x x =-． （3）抛物线的对称轴与x 轴的交点1P 符合条件． ∵OA CB ∥， ∴1POM CDO ∠=∠． ∵190OPM DCO ∠=∠=°， ∴1Rt Rt POM CDO △∽△． ∵抛物线的对称轴3x =， ∴点1P 的坐标为1(30)P ，． 过点O 作OD 的垂线交抛物线的对称轴于点2P ． ∵对称轴平行于y 轴， ∴2P MO DOC ∠=∠．∵290POM DCO ∠=∠=°， ∴21Rt Rt P M O DOC △∽△∴点2P 也符合条件，2OP M ODC ∠=∠． ∴121390PO CO P PO DCO ==∠=∠=，°， ∴21Rt Rt P PO DCO △≌△． ∴124PP CD ==．∵点2P 在第一象限，∴点2P 的坐标为2P (34)，， ∴符合条件的点P 有两个，分别是1(30)P ，，2P (34)，3、（09广西钦州） 解：（1）（0，－3），b ＝－94，c ＝－3． （2）由（1），得y ＝34x 2－94x －3，它与x 轴交于A ，B 两点，得B （4，0）． ∴OB ＝4，又∵OC ＝3，∴BC ＝5． 由题意，得△B HP ∽△BOC ，∵OC ∶OB ∶BC ＝3∶4∶5 ， ∴HP ∶HB ∶BP ＝3∶4∶5 ， ∵PB ＝5t ，∴HB ＝4t ，HP ＝3t ． ∴OH ＝OB －HB ＝4－4t ． 由y ＝34tx －3与x 轴交于点Q ，得Q （4t ，0）． ∴OQ ＝4t ． ①当H 在Q 、B 之间时， QH ＝OH －OQ ＝（4－4t ）－4t ＝4－8t ． ②当H 在O 、Q 之间时，QH ＝OQ －OH ＝4t －（4－4t ）＝8t －4． 综合①，②得QH ＝｜4－8t ｜；（3）存在t 的值，使以P 、H 、Q 为顶点的三角形与△COQ 相似． ①当H 在Q 、B 之间时，QH ＝4－8t ， 若△QHP ∽△COQ ，则QH ∶CO ＝HP ∶OQ ，得483t -＝34tt， ∴t ＝732． 若△PHQ ∽△COQ ，则PH ∶CO ＝HQ ∶OQ ，得33t ＝484t t -，即t 2＋2t －1＝0．∴t 11，t 21（舍去）．②当H 在O 、Q 之间时，QH ＝8t －4．若△QHP ∽△COQ ，则QH ∶CO ＝HP ∶OQ ， 得843t -＝34t t ，∴t ＝2532．若△PHQ ∽△COQ ，则PH ∶CO ＝HQ ∶OQ ， 得33t ＝844t t -，即t 2－2t ＋1＝0．∴t 1＝t 2＝1（舍去）．综上所述，存在t 的值，t 11，t 2＝732，t 3＝2532．4、（09福建莆田）（1）解:方法一，如图1，当1x =-时,14y =；当4x =时,4y = ∴1A ⎛⎫- ⎪⎝⎭1，4 ()44B ， 设直线AB 的解析式为y kx b =+则1444k b k b ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩ 解得341k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线AB 的解析式为314y x =+ ，当0x =时,1y = ()01F ∴， 方法二:求A B 、两点坐标同方法一,如图2,作FG BD ⊥,AH BD ⊥,垂足分别为G 、H ,交y 轴于点N ,则四边形FOMG 和四边形NOMH 均为矩形,设FO x =图3BGF BHA △∽△ BG FG BH AH ∴= 441544x -∴=-解得1x = ()0F ∴，1(2)证明：方法一：在Rt CEF △中，1,2CE EF == 22222125CF CE EF ∴=+=+=CF ∴在Rt DEF △中，42DE EF ==， 222224220DF DE EF ∴=+=+= DF ∴=由（1）得()()1141C D ---，，，， 5CD ∴=， 22525CD ∴== 222CF DF CD ∴+=90CFD ∴∠=° ∴CF DF ⊥方法二：由 （1）知5544AF AC ===，AF AC ∴= 同理：BF BD = ACF AFC ∴∠=∠AC EF ∥ ACF CFO ∴∠=∠ AFC CFO ∴∠=∠ 同理：BFD OFD ∠=∠ 90CFD OFC OFD ∴∠=∠+∠=° 即CF DF ⊥（3）存在. 如图3，作PM x ⊥轴，垂足为点M 又PQ OP ⊥ Rt Rt OPM OQP ∴△∽△ PM OMPQ OP∴= PQ PM OP OM ∴= 设()2104P x x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，，则214PM x OM x ==，①当RtRt QPO CFD △∽△时，12PQ CF OP DF === 21142xPM OM x ∴== 解得2x = ()121P ∴， ②当Rt Rt OPQ CFD △∽△时，2PQ DF OP CF === 2142xPM OM x ∴==解得8x = ()2816P ∴， 综上，存在点()121P ，、()2816P ，使得OPQ △与CDF △相似.（图2）5、（09山东临沂）解：（1）该抛物线过点(02)C -，，∴可设该抛物线的解析式为22y ax bx =+-．将(40)A ，，(10)B ，代入，得1642020a b a b .+-=⎧⎨+-=⎩，解得1252a b .⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴此抛物线的解析式为215222y x x =-+-．（2）存在．如图，设P 点的横坐标为m ， 则P 点的纵坐标为215222m m -+-， 当14m <<时， 4AM m =-，215222PM m m =-+-． 又90COA PMA ∠=∠=°， ∴①当21AM AO PM OC ==时， APM ACO △∽△， 即21542222m m m ⎛⎫-=-+- ⎪⎝⎭． 解得1224m m ==，（舍去），(21)P ∴，．②当12AM OC PM OA ==时，APM CAO △∽△，即2152(4)222m m m -=-+-． 解得14m =，25m =（均不合题意，舍去） ∴当14m <<时，(21)P ，． 类似地可求出当4m >时，(52)P -，． 当1m <时，(314)P --，． 综上所述，符合条件的点P 为(21)，或(52)-，或(314)--，． （3）如图，设D 点的横坐标为(04)t t <<，则D 点的纵坐标为215222t t -+-． 过D 作y 轴的平行线交AC 于E ． 由题意可求得直线AC 的解析式为122y x =-．E ∴点的坐标为122t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，． 2215112222222DE t t t t t ⎛⎫∴=-+---=-+ ⎪⎝⎭．22211244(2)422DAC S t t t t t ⎛⎫∴=⨯-+⨯=-+=--+ ⎪⎝⎭△．∴当2t =时，DAC △面积最大．(21)D ∴，． 6、（09牡丹江）（1）解27120x x -+=得1243x x ==，，OA OB >， 43OA OB ∴==，在Rt AOB △中，由勾股定理有5AB = 4sin 5OA ABC AB ∴∠== （2）∵点E 在x 轴上，163AOES =△ 11623AO OE ∴⨯= 83OE ∴= 880033E E ⎛⎫⎛⎫∴- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，或， 由已知可知D （6，4） 设DE y kx b =+，当803E ⎛⎫⎪⎝⎭，时有46803k b k b =+⎧⎪⎨=+⎪⎩解得65165k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴61655DEy x =- 同理803E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，时，6161313DE y x =+ 在AOE △中，89043AOE OA OE ∠===°，， 在AOD △中，9046OAD OA OD ∠===°，， OE OAOA OD= AOE DAO ∴△∽△ （3）满足条件的点有四个123475224244(38)(30)1472525F F F F ⎛⎫⎛⎫----- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，；，；，；，。
2023年中考数学专题复习课件：二次函数特殊三角形存在性问题
针对训练
1. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A、B两 点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为(－1，0)，点C的坐标为(0，－ 3).(1)求抛物线的解析式；
第1题图
解：(1)∵A(－1，0)，C(0，－3)在抛物线y＝x2＋bx＋c上，
将点A，C代入，
得
0 1 b c 3 c
第3题图
(2)如图①，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一 象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于 点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时， 求点D的坐标； (2)设点D(n，－n2＋4n＋5)，则点G(n，0)，∴DG＝－n2＋4n＋5，∵DE∥x
第3题图①
(3)如图②，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB 与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直 角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标． (3)∵抛物线y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9，∴M(2，9)，如图，记抛物线的
连接NT， 由B(5，0)，C(0，5)得BC所在直线的解析式 为y＝－x＋5，∴点T的坐标为(2，3)，
∴AM＝QN.
当m＝
3
2
5
时，P(
3 2
5
，1
2
5
)，
∴AM＝1－ 3 5 ＝ 5 1 .
2
2
∴QN＝
5 1 2
，∴Q(2， 5 ).
综上所述，点Q的坐标为(2，1)或(2，－1)或(2， 5).
N M
∟ ∟
【答案】点Q的坐标为(2，1)或(2，－1)或(2， 5 ).
2020年中考数学相似三角形专题 复习(共19张PPT)
由(1)得：△ABF∽△BEC，
∴ AF = AB , 即 AF = 8 ,
BC BE
5 45
解得：AF= 2 5
解答题
3.在 Rt△ABC 中,∠ACB=900,点 D 与点 B 在 AC 同侧,∠DAC>∠BAC,且
DA=DC, 过点 B 作 BE∥DA 交 DC 于点 E, M 为 AB 的中点,连接 MD,ME.
(
3)如图
3,当∠ADC=α时,求
ME MD
的值.
(3)如图 3，延长 EM 交 AD 于 F，
∵BE∥DA,
∴∠FAM=∠EBM,
∴EC=BE,
∵AM=BM, ∠AMF=∠BME,
∴AF=CE,
∴△AMF≌△BME,
∴DF=DE,
∴AF=BE, MF=ME ,
∴DM⊥EF, DM 平分∠ADC,
延长 BE 交 AC 于点 N， ∴∠BNC=∠DAC, ∵DA=DC,∴∠DCA=∠DAC, ∵∠ACB=900,
解答题
1.如图，在锐角三角形 ABC 中，点 D 分别在边 AC,AB 上，AG⊥DE 于
点 G,AF⊥DE 于点 F,∠EAF=∠GAC.
(1) 求证：△ADE≌△ABC;
(2)若 AD=3,AB=5,求 AF 的值。
AG
解：(1)∵AG⊥DE，AF⊥DE， ∴∠AFE=∠AGC=900
∵∠EAF=∠GAC, ∴∠AED=∠ACB,
∵∠EAD=∠BAC, ∴△ADE∽△ABC
解答题
1.如图，在锐角三角形 ABC 中，点 D 分别在边 AC,AB 上，AG⊥DE 于
点 G,AF⊥DE 于点 F,∠EAF=∠GAC.
(1) 求证：△ADE≌△ABC; (2)若 AD=3,AB=5,求 AF 的值。
中考数学相似三角形复习课件
∴(DB+AD):AD=(2+3):3
即 AB:AD=5:2
B
C
∴AD:AB=2:5
即△ADE与△ABC的相似比为2:5
3.已知三角形甲各边的比为3:4:6， 和它相似的三角形乙
的最大边为10cm， 则三角形乙的最短边为______cm.
C
A
B
F
解: 设三角形甲为△ABC ，三角 形乙为 △DEF，且△DEF的最大 边为DE，最短边为EF
AB =AC
，再证明AC、
AD、AB所在的两个三角形相
似。由已知两个三角形有二个
角对应相等，所以两三角形相
似，本题可证。
2. △ABC中，∠ BAC是直角，过斜边中点M而垂直于
斜边BC的直线交CA的延长线于E， 交AB于D，连AM.
求证：① △ MAD ～△ MEA ② AM2=MD ·ME
E
分析：已知中与线段有关的条件仅有
解: ∵ DE∥BC
A
∴∠ADE= ∠B,
∠EDC=∠DCB=∠A
① ∵ DE∥BC
DE
∴△ADE ∽ △ABC
② ∵ ∠A= ∠DCB, ∠ADE= ∠B
∴△ADE∽ △CBD
③ ∵ △ADE ∽ △ABC
B
C
△ADE ∽ △CBD
∴ △ABC ∽ △CBD
④ ∵ ∠DCA= ∠DCE, ∠A= ∠EDC
且∠AED= ∠ B，那么△ AED ∽ △ ABC，
从而
AD ()
DE =BC
A
解:∵∠AED=∠B, ∠A=∠A
D E
B
C
∴△AED∽ △ABC（两角对 应相等，两三角形相似）
专题01 二次函数中的存在性问题之相似三角形(19攀枝花、19泸州)(解析版)
专题01 二次函数中的存在性问题之相似三角形【典例1】（2019•攀枝花）已知抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 的对称轴为直线x ＝1，其图象与x 轴相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点C （0，3）． （1）求b ，c 的值；（2）直线1与x 轴相交于点P ．①如图1，若l ∥y 轴，且与线段AC 及抛物线分别相交于点E ，F ，点C 关于直线x ＝1的对称点为点D ，求四边形CEDF 面积的最大值；②如图2，若直线1与线段BC 相交于点Q ，当△PCQ ∽△CAP 时，求直线1的表达式．【点拨】（1）根据抛物线的对称轴及抛物线与y 轴的交点坐标可求出b 、c 的值；（2）由题意先求出D 点坐标为（2，3），求出直线AC 的解析式，设F （a ，﹣a 2+2a +3），E （a ，﹣a +3），则EF ＝﹣a 2+3a ，四边形CEDF 的面积可表示为12EF ⋅CD ，利用二次函数的性质可求出面积的最大值；（3）当△PCQ ∽△CAP 时，可得∠PCA ＝∠CPQ ，∠P AC ＝∠PCQ ＝∠OCA ＝45°，则PQ ∥AC ，∠BCO ＝∠PCA ，过点P 作PM ⊥AC 交AC 于点M ，可求出PM 、P A 、OP 的长，用待定系数法可求出函数解析式．【解答】解：（1）由题意得：{b 2=1c =3，∴b ＝2，c ＝3，（2）①如图1，∵点C 关于直线x ＝1的对称点为点D ， ∴CD ∥OA ， ∴3＝﹣x 2+2x +3，解得：x 1＝0，x 2＝2， ∴D （2，3），∵抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2x +3， ∴令y ＝0，解得x 1＝﹣1，x 2＝3， ∴B （﹣1，0），A （3，0），设直线AC 的解析式为y ＝kx +b ，∴{3k +b =0b =3，解得：{k =−1b =3， ∴直线AC 的解析式为y ＝﹣x +3， 设F （a ，﹣a 2+2a +3），E （a ，﹣a +3）， ∴EF ＝﹣a 2+2a +3+a ﹣3＝﹣a 2+3a ，四边形CEDF 的面积＝S △EFC +S △EFD =12EF ⋅CD =12×(−a 2+3a)×2=−a 2+3a =−(a −32)2+94， ∴当a =32时，四边形CEDF 的面积有最大值，最大值为94．②当△PCQ ∽△CAP 时，∴∠PCA ＝∠CPQ ，∠P AC ＝∠PCQ ， ∴PQ ∥AC ，∵C （0，3），A （3，0）， ∴OA ＝OC ，∴∠OCA＝∠OAC＝∠PCQ＝45°，∴∠BCO＝∠PCA，如图2，过点P作PM⊥AC交AC于点M，∴tan∠PCA=tan∠BCO=OBOC=13，设PM＝b，则CM＝3b，AM＝b，∵AC=√OC2+OA2=3√2，∴b+3b=3√2，∴b=34√2，∴PA=34√2×√2=32，∴OP=OA−PA=3−32=32，∴P(32，0)，设直线l的解析式为y＝﹣x+n，∴−32+n=0，∴n=3 2．∴直线l的解析式为y＝﹣x+3 2．【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和轴对称的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，会利用相似三角形的性质解题；要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．【典例2】（2019•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象经过点A （﹣2，0），C （0，﹣6），其对称轴为直线x ＝2． （1）求该二次函数的解析式；（2）若直线y =−13x +m 将△AOC 的面积分成相等的两部分，求m 的值；（3）点B 是该二次函数图象与x 轴的另一个交点，点D 是直线x ＝2上位于x 轴下方的动点，点E 是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线x ＝2右侧．若以点E 为直角顶点的△BED 与△AOC 相似，求点E 的坐标．【点拨】（1）把点A 、C 坐标及对称轴x ＝2代入二次函数表达式，即可求解； （2）求出直线y =−13x +m 与y 轴的交点为（0，m ），由S △AOC =12×2×6=6，12×38(m +6)(m +6)=3，即可求解；（3）分△DEO ∽△AOC 、△BED ∽△AOC 两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）由已知得：{4a −2b +c =0c =−6−b2a =2，解得：{a =12b =−2c =−6，故抛物线的表达式为：y =12x 2﹣2x ﹣6， 同理可得直线AC 的表达式为：y ＝﹣3x ﹣6； （2）联立{y =−3x −6y =−13x +m，解得：x =−38(m +6)， 直线y =−13x +m 与y 轴的交点为（0，m ）， S △AOC =12×2×6=6， 由题意得：12×38(m +6)(m +6)=3，解得：m ＝﹣2或﹣10（舍去﹣10），∴m ＝﹣2；（3）∵OA ＝2，OC ＝6，∴OC OA =3， ①当△DEB ∽△AOC 时，则BE DE=OC OA=3，如图1，过点E 作EF ⊥直线x ＝2，垂足为F ，过点B 作BG ⊥EF ，垂足为G ，则Rt △BEG ∽Rt △EDF ， 则BG EF=EB ED=3，则BG ＝3EF ，设点E （h ，k ），则BG ＝﹣k ，FE ＝h ﹣2， 则﹣k ＝3（h ﹣2），即k ＝6﹣3h ，∵点E 在二次函数上，故：12h 2﹣2h ﹣6＝6﹣3h ，解得：h ＝4或﹣6（舍去﹣6）， 则点E （4，﹣6）； ②当△BED ∽△AOC 时，BE ED=OA OC=13，过点E 作ME ⊥直线x ＝2，垂足为M ，过点B 作BN ⊥ME ，垂足为N ，则Rt △BEN ∽Rt △EDM ，则BN EM=BE DE=13，则NB =13EM ，设点E （p ，q ），则BN ＝﹣q ，EM ＝p ﹣2，则﹣q =13（p ﹣2），解得：p =5+√1453或5−√1453（舍去）； 故点E 坐标为（4，﹣6）或（5+√1453，1−√1459）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、三角形相似等知识点，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【精练1】（2020•郑州模拟）如图1，在平面直角坐标系中，直线y ＝x +4与抛物线y =−12x 2+bx +c （b ，c 是常数）交于A 、B 两点，点A 在x 轴上，点B 在y 轴上．设抛物线与x 轴的另一个交点为点C ． （1）求该抛物线的解析式；（2）P 是抛物线上一动点（不与点A 、B 重合），①如图2，若点P 在直线AB 上方，连接OP 交AB 于点D ，求PD OD的最大值；②如图3，若点P 在x 轴的上方，连接PC ，以PC 为边作正方形CPEF ，随着点P 的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点E 或F 恰好落在y 轴上，直接写出对应的点P 的坐标．【点拨】（1）利用直线解析式求出点A 、B 的坐标，再利用待定系数法求二次函数解析式解答； （2）作PF ∥BO 交AB 于点F ，证△PFD ∽△OBD ，得比例线段PD OD=PF OB，则PF 取最大值时，求得PDOD的最大值；（3）（i ）点F 在y 轴上时，过点P 作PH ⊥x 轴于H ，根据正方形的性质可证明△CPH ≌△FCO ，根据全等三角形对应边相等可得PH ＝CO ＝2，然后利用二次函数解析式求解即可；（ii ）点E 在y 轴上时，过点PK ⊥x 轴于K ，作PS ⊥y 轴于S ，同理可证得△EPS ≌△CPK ，可得PS ＝PK ，则P 点的横纵坐标互为相反数，可求出P 点坐标；点E 在y 轴上时，过点PM ⊥x 轴于M ，作PN ⊥y 轴于N ，同理可证得△PEN ≌△PCM ，可得PN ＝PM ，则P 点的横纵坐标相等，可求出P 点坐标．由此即可解决问题． 【解答】解：（1）直线y ＝x +4与坐标轴交于A 、B 两点，当x ＝0时，y ＝4，x ＝﹣4时，y ＝0， ∴A （﹣4，0），B （0，4），把A ，B 两点的坐标代入解析式得，{−4b +c =8c =4，解得，{b =−1c =4，∴抛物线的解析式为y =−12x 2−x +4； （2）如图1，作PF ∥BO 交AB 于点F ， ∴△PFD ∽△OBD ， ∴PD OD=PF OB，∵OB 为定值， ∴当PF 取最大值时，PD OD有最大值，设P （x ，−12x 2−x +4），其中﹣4＜x ＜0，则F （x ，x +4）， ∴PF =y P −y F =−12x 2−x +4−(x +4)=−12x 2−2x ， ∵−12＜0且对称轴是直线x ＝﹣2， ∴当x ＝﹣2时，PF 有最大值， 此时PF ＝2，PD OD=PF OB=12；（3）∵点C （2，0）， ∴CO ＝2，（i ）如图2，点F 在y 轴上时，过点P 作PH ⊥x 轴于H ， 在正方形CPEF 中，CP ＝CF ，∠PCF ＝90°，∵∠PCH+∠OCF＝90°，∠PCH+∠HPC＝90°，∴∠HPC＝∠OCF，在△CPH和△FCO中，{∠HPC=∠OCF ∠PHC=∠COF PC=CF，∴△CPH≌△FCO（AAS），∴PH＝CO＝2，∴点P的纵坐标为2，∴−12x2−x+4=2，解得，x=−1±√5，∴P1(−1+√5，2)，P2(−1−√5，2)，（ii）如图3，点E在y轴上时，过点PK⊥x轴于K，作PS⊥y轴于S，同理可证得△EPS≌△CPK，∴PS＝PK，∴P点的横纵坐标互为相反数，∴−12x2−x+4=−x，解得x＝2√2（舍去），x＝﹣2√2，∴P3(−2√2，2√2)，如图4，点E在y轴上时，过点PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，同理可证得△PEN≌△PCM，∴PN＝PM，∴P点的横纵坐标相等，∴−12x2−x+4=x，解得x=−2+2√3，x=−2−2√3（舍去），∴P4(−2+2√3，−2+2√3)，综合以上可得P点坐标为(−2+2√3，−2+2√3)，(−2√2，2√2)，(−1+√5，2)，(−1−√5，2)．【点睛】此题主要考查了二次函数的综合应用，全等三角形的判定与性质以及待定系数法求二次函数解析式，正方形的性质的应用，解题的关键是正确进行分类讨论．【精练2】（2019•河池二模）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y=x2平移，使平移后的抛物线C2经过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴的交点为E．（1）求抛物线C2的函数解析式；（2）点P（m，n）（﹣3＜m＜0）是抛物线C2上的动点，设四边形OAPE的面积为S，求S与m的函数关系式，并求四边形OAPE的面积的最大值；（3）若y＝x2与平移后的抛物线对称轴交于D点，在抛物线C2的对称轴上，是否存在一点M，使得以M，O，D为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，说明理由．【点拨】（1）设抛物线C 2的函数解析式为y ＝x 2+bx +c ，把A 、B 的坐标代入上式，即可求解； （2）S ＝S △OAP +S △OEP =12×3（﹣m 2﹣2m +3）+12×3（﹣m ）即可求解； （3）分DM DO=OD OB、DM DO=OB OD，两种情况分别求解即可．【解答】解：（1）设抛物线C 2的函数解析式为y ＝x 2+bx +c ， 把A 、B 的坐标代入得{9−8b +c =01+b +c =0，解得：{b =2c =−3，故抛物线C 2的函数解析式为y ＝x 2+2x ﹣3；（2）连接OP ，作PH ⊥x 轴，作PQ ⊥y 轴，把P （m ，n ）代入y ＝x 2+2x ﹣3得n ＝m 2+2m ﹣3， 由抛物线y ＝x 2+2x ﹣3得：点E （0，﹣3）， 则S ＝S △OAP +S △OEP =12×3（﹣m 2﹣2m +3）+12×3（﹣m ）=−32（m +32）2+638， 所以四边形OAPE 的面积最大值是638；（3）由y ＝x 2+2x ﹣3得对称轴是直线x ＝﹣1，所以D （﹣1，1）， 则DF ＝OF ＝1，则△DOF 为等腰直角三角形， ∴∠DOF ＝∠ODF ＝45°，OD =√2，BD =√5，∠BOD ＝135°， ∴点M 只能在点D 上方， ∵∠BOD ＝∠ODM ＝135°， ∴当DM DO=OD OB或DM OB=OB OD时，以M 、O 、D 为顶点的三角形与△BOD 相似．①DM DO=OD OB，则解得DM ＝2，此时点M 坐标为（﹣1，3）； ②若DM DO=OB OD，则解得DM ＝1，此时点M 坐标为（﹣1，2）；综上，点M 坐标为（﹣1，3）或（﹣1，2）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象的平移、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【精练3】（2019•历下区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =−12x 2+bx +c ，经过点A （1，3）、B （0，1），过点A 作x 轴的平行线交抛物线于另一点C ． （1）求抛物线的表达式及其顶点坐标；（2）如图1，点M 是第一象限中BC 上方抛物线上的一个动点，过点作MH ⊥BC 于点H ，作ME ⊥x 轴于点E ，交BC 于点F ，在点M 运动的过程中，△MFH 的周长是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；（3）如图2，连接AB ，在y 轴上取一点P ，使△ABP 和△ABC 相似，请求出符合要求的点P 坐标．【点拨】（1）将A （1，3），B （0，1），代入抛物线y =−12x 2+bx +c ，即可得出答案； （2）延长CA 交y 轴于点D ，由点C （4，3）可求得BD CD =12，由tan ∠C ＝tan ∠M =FH MH =12，设M （a ，−12a 2+52a +1），求得F (a ，−12a +1)，则MF =−12a 2+2a ，由勾股定理得，FH =√55MF ，MH =2√55MF ，所以△MFH 的周长可用MF 表示，最后利用二次函数的性质解决问题；（3）由AD BD=BD CD=12，∠CDB 为公共角，可得△ABD ∽△BCD ．从而∠ABD ＝∠BCD ．分1°当∠P AB＝∠ABC 时，2°当∠P AB ＝∠BAC 时两种情况讨论即可得出答案． 【解答】解：（1）将A （1，3），B （0，1），代入y =−12x 2+bx +c ， {−12+b +c =3c =1，解得，{b =52c =1， ∴抛物线的解析式为y =−12x 2+52x +1， ∴顶点坐标为（52，338）；（2）延长CA 交y 轴于点D ，由对称性得C （4，3）．则CD ＝4，BD ＝2，设直线BC 的解析式为y ＝kx +m ，则有{4k +m =3m =1，解得{k =12m =1， ∴直线BC 的解析式为y =12x +1，设M （a ，−12a 2+52a +1），则F （a ，12a +1），∴MF ＝ME ﹣EF =−12a 2+2a ， ∵MH ⊥BC 于点H ，ME ⊥x 轴，∴∠M +∠MFH ＝90°，∠C +∠MFH ＝90°， ∴∠M ＝∠C ， ∴在Rt △MFH和Rt △BDC中，tan ∠C =BDCD =24=12=tan ∠M ，∴FH MH=12，∴FH ：MH ：MF ＝1：2：√5， ∴FH =√55MF ，MH =2√55MF ，∴△FMH 的周长＝FH +MH +MF =√55MF +2√55MF +MF =(3√55+1)MF =(3√55+1)(−12a 2+2a) =(−3√5+510)(a −2)2+6√5+105， 当a ＝2时，△FMH 的周长最大，最大值为 6√5+105，此时M 点的坐标为（2，4）． （3）∵AD BD=DB CD=12，∠CDB 为公共角，∴△ABD ∽△BCD ． ∴∠ABD ＝∠BCD ． 1°当∠P AB ＝∠ABC 时，PB AC=AB BC，∵BC =√(0−4)2+(1−3)2=2√5， AB =√(0−1)2+(1−3)2=√5，AC ＝3， ∴PB =32， ∴P 1(0，52)．2°当∠P AB ＝∠BAC 时，PB BC=AB AC，∴2√5=√53， ∴PB =103， ∴P 2(0，133)， 综上所述满足条件的P 点有(0，52)，(0，133)．【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质．【精练4】（2019•郴州）已知抛物线y ＝ax 2+bx +3与x 轴分别交于A （﹣3，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点 C ．（1）求抛物线的表达式及顶点D 的坐标； （2）点F 是线段AD 上一个动点．①如图1，设k =AF AD ，当k 为何值时，CF =12AD ？②如图2，以A ，F ，O 为顶点的三角形是否与△ABC 相似？若相似，求出点F 的坐标；若不相似，请说明理由．【点拨】（1）将A 、B 两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D （﹣1，4）；（2）①由A 、C 、D 三点的坐标求出AC ＝3√2，DC =√2，AD ＝2√5，可得△ACD 为直角三角形，若CF =12AD ，则点F 为AD 的中点，可求出k 的值；②由条件可判断∠DAC ＝∠OBC ，则∠OAF ＝∠ACB ，若以A ，F ，O 为顶点的三角形与△ABC 相似，可分两种情况考虑：当∠AOF ＝∠ABC 或∠AOF ＝∠CAB ＝45°时，可分别求出点F 的坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx +3过点A （﹣3，0），B （1，0）， ∴{9a −3b +3=0a +b +3=0，解得：{a =−1b =−2，∴抛物线解析式为y ＝﹣x 2﹣2x +3； ∵y ＝﹣x 2﹣2x +3＝﹣（x +1）2+4 ∴顶点D 的坐标为（﹣1，4）；（2）①∵在Rt △AOC 中，OA ＝3，OC ＝3， ∴AC 2＝OA 2+OC 2＝18，∵D （﹣1，4），C （0，3），A （﹣3，0）， ∴CD 2＝12+12＝2 ∴AD 2＝22+42＝20 ∴AC 2+CD 2＝AD 2∴△ACD 为直角三角形，且∠ACD ＝90°． ∵CF =12AD ， ∴F 为AD 的中点， ∴AF AD=12，∴k =12．②在Rt △ACD 中，tan ∠ACD =DCAC =√232=13，在Rt △OBC 中，tan ∠OCB =OB OC =13， ∴∠ACD ＝∠OCB ， ∵OA ＝OC ，∴∠OAC ＝∠OCA ＝45°， ∴∠F AO ＝∠ACB ，若以A ，F ，O 为顶点的三角形与△ABC 相似，则可分两种情况考虑： 当∠AOF ＝∠ABC 时，△AOF ∽△CBA ， ∴OF ∥BC ，设直线BC 的解析式为y ＝kx +b ， ∴{k +b =0b =3，解得：{k =−3b =3， ∴直线BC 的解析式为y ＝﹣3x +3， ∴直线OF 的解析式为y ＝﹣3x ， 设直线AD 的解析式为y ＝mx +n ， ∴{−k +b =4−3k +b =0，解得：{k =2b =6， ∴直线AD 的解析式为y ＝2x +6， ∴{y =2x +6y =−3x，解得：{x =−65y =185，∴F （−65，185）．当∠AOF ＝∠CAB ＝45°时，△AOF ∽△CAB ， ∵∠CAB ＝45°， ∴OF ⊥AC ，∴直线OF 的解析式为y ＝﹣x ， ∴{y =−x y =2x +6，解得：{x =−2y =2，∴F （﹣2，2）．综合以上可得F点的坐标为（−65，185）或（﹣2，2）．【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．【精练5】（2019•娄底）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．【点拨】（1）函数的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3），将点D坐标代入上式，即可求解；（2）S△POD=12×OG（x D﹣x P）=12（3+2m）（2﹣m）＝﹣m2+12m+3，即可求解；（3）分∠ACB＝∠BOQ、∠BAC＝∠BOQ，两种情况分别求解，通过角的关系，确定直线OQ倾斜角，进而求解．【解答】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=12×OG（x D﹣x P）=12（3+2m）（2﹣m）＝﹣m2+12m+3，∵﹣1＜0，故S△POD有最大值，当m=14时，其最大值为4916；（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√2，AC=√10，过点A作AH⊥BC于点H，S△ABC=12×AH×BC=12AB×OC，解得：AH＝2√2，则sin∠ACB=AHAC=5，则tan∠ACB＝2，则直线OQ的表达式为：y＝﹣2x…②，联立①②并解得：x =±√3，故点Q 1（√3，﹣2√3），Q 2（−√3，2√3）， ②∠BAC ＝∠BOQ 时，tan ∠BAC =OCOA =31=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 =−1±√132， 故点Q 3（−1+√132，3−3√132），Q 4（−1−√132，3+3√132）； 综上，当△OBE 与△ABC 相似时，Q 的坐标为：（√3，﹣2√3）或（−1+√132，3−3√132）或（−√3，2√3）或（−1−√132，3+3√132）． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、三角形相似、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【精练6】．（2019•新疆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +c 经过A （﹣1，0），B （4，0），C （0，4）三点．（1）求抛物线的解析式及顶点D 的坐标； （2）将（1）中的抛物线向下平移154个单位长度，再向左平移h （h ＞0）个单位长度，得到新抛物线．若新抛物线的顶点D ′在△ABC 内，求h 的取值范围；（3）点P 为线段BC 上一动点（点P 不与点B ，C 重合），过点P 作x 轴的垂线交（1）中的抛物线于点Q ，当△PQC 与△ABC 相似时，求△PQC 的面积．【点拨】（1）函数表达式为：y ＝a （x +1）（x ﹣4）＝a （x 2﹣3x ﹣4），即可求解；（2）物线向下平移154个单位长度，再向左平移h （h ＞0）个单位长度，得到新抛物线的顶点D ′（32−h ，52），将点AC 的坐标代入一次函数表达式即可求解；（3）分△CPQ ∽△CBA 、△CPQ ∽△ABC ，两种情况分别求解即可． 【解答】解：（1）函数表达式为：y ＝a （x +1）（x ﹣4）＝a （x 2﹣3x ﹣4）， 即﹣4a ＝4，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+3x +4， 函数顶点D （32，254）；（2）物线向下平移154个单位长度，再向左平移h （h ＞0）个单位长度，得到新抛物线的顶点D ′（32−h ，52），将点AC 的坐标代入一次函数表达式并解得： 直线AC 的表达式为：y ＝4x +4，将点D ′坐标代入直线AC 的表达式得：52=4（32−h ）+4，解得：h =158， 故：0＜h ＜158； （3）过点P 作y 轴的平行线交抛物线和x 轴于点Q 、H ∵OB ＝OC ＝4，∴∠PBA ＝∠OCB ＝45°＝∠QPC ， 直线BC 的表达式为：y ＝﹣x +4， 则AB ＝5，BC ＝4√2，AC =√17， S △ABC =12×5×4＝10， 设点Q （m ，﹣m 2+3m +4），点P （m ，﹣m +4）， CP =√2m ，PQ ＝﹣m 2+3m +4+m ﹣4＝﹣m 2+4m ，①当△CPQ ∽△CBA ，PCBC =PQAB ，即√2m4√2=−m 2+4m 5， 解得：m =114， 相似比为：PC BC=1116，②当△CPQ ∽△ABC ， 同理可得：相似比为：PC AB=12√225， 利用面积比等于相似比的平方可得：S △PQC ＝10×（1116）2=605128或S △PQC ＝10×（12√225）2=576125．【点睛】本题考查的二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形、三角形相似等知识点，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．。
第19讲 二次函数与相似(一)
第十九讲二次函数与相似(一) 知识点：在二次函数中，已知相似，求点的坐标.1.如图，抛物线y＝－32x2＋52x＋1与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接BC.N为x轴上方的抛物线上的一个动点(不与点C重合)，过点N作NP⊥x轴于点P.若△OPN∽△COB，求点N的坐标.解：易得A(－13，0)，B(2，0)，C(0，1)，OB＝2，OC＝1.∴△OPN∽△COB，∴POOC＝PNOB，∴PN＝2PO.设N(t，－32t2＋52t＋1).讨论：①当－13＜t＜0时，－32t2＋52t＋1＝－2t，解得tN的坐标为)；②当0＜t＜2时，－32t2＋52t＋1＝2t，解得t1＝－23(舍)，t2＝1，此时点N的坐标为(1，2).综上：N点坐标为)或(1，2).2.在平面直角坐标系中，已知抛物线C:y＝－x2－5x－6与x轴交于点A(点A在对称轴左边)，与y轴交于点B，抛物线C关于原点O成中心对称的抛物线为C'.点P在抛物线C'上，且位于第一象限，过点P作PD ⊥y轴于点D.已知若△POD与△AOB相似，求点P的坐标.解：易得抛物线C'的解析式为y＝x2－5x＋6，A(－3，0)，B(0，－6)，∴AO＝3，OB＝6.设P(m，m2－5m＋6)(m>0).∵PD⊥y轴，∴点D的坐标为(0，m2－5m＋6)，∵PD＝m，OD＝m2－5m＋6，△POD与△AOB相似，∴PDAO＝ODBO或PDBO＝ODAO.讨论：(1)当PDAO＝ODBO时，即3m＝2566m m-+，得m1＝1，m2＝6，∴P1(1，2)，P2(6，12)；(2)当PDBO＝ODAO时，即6m＝2563m m-+时，解得m3＝32，m4＝4时，∴P3(32，34)，P4(4，2).综上：点P的坐标为(1，2)或(6，12)或(32，34)或(4，2).3.如图，抛物线y＝－x2＋1与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，过点B作BD∥CA交抛物线于点D，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，过点P作PE垂直x轴于点E，使△BPE与△CBD相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.解：易得A(1，0)，B(－1，0)，C(0，1)，AC为y＝－x＋1，BD为y＝－x－1，D(2，－3)，BD＝BC＝，∠CBD＝∠CBO＋∠ABD＝90°.讨论：①当△EPB∽△BDC时，PEDB＝BECB，∴PE＝3BE.设BE＝m，则PE＝3m，∴P(－1＋m，3m).∵P在y＝－x²＋1上，∴－(－1＋m)2＋1＝3m，∴m＝0或－1.∴P(－1，0)(舍去)或(－2，－3)(舍去)；②当△EPB∽△BCD时，PEDB＝BECBBE＝3PE.设PE＝n，BE＝3n，∴P(－1＋3n，n).∴－(－1＋3n)2＋1＝n，∴n＝0或32，∴P(－1，0)(舍去)或P(32，59).综上：P点坐标为(32，59).4.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝14x2－2x＋3与y轴交于点A，与x轴交于B，C两点(点B在点C的左边)，过点A作直线AD∥x轴，交抛物线于点D.动点E从点B出发，在射线BC上以每秒1个单位长度的速度向右运动.过点E作平行于y轴的直线l与抛物线交于点P，与直线AD交于点Q.当△APQ与△AOB 相似时，求动点E运动的时间.解：易得A(0，3)，B(2，0)，C(6，0).设E(t，0)，则Q(t，3)，P(t，14t2－2t＋3).在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝2.∵△APQ与△AOB相似，PQAQ＝AOBO或PQAQ＝BOAO.讨论：①当PQAQ＝AOBO时，|2124t tt-|＝32，∴|84t-|＝32，∴t1＝2(舍)，t2＝14；②当PQAQ＝BOAO时，|2124t tt-|＝23，∴|84t-|＝23，t1＝163，t2＝323.∵动点E从B点出发，∴动点E运动的时间为12秒或103秒或263秒.5.如图，抛物线y＝－x2－2x＋3与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，顶点为D，M是直线BC上的一个动点.若△MCD与△AOC相似，求点M的坐标.解：易得A(1，0)，B(－3，0)，D(－1，4)，BD＝，CD，BC＝BC为y＝x＋3.∵BC2＋CD2＝BD2∠BCD＝90°.∴△MCD与△AOC相似，讨论：①当CDCM＝COOA＝3时，CM＝13CD，易得M(－13，8 3)或(13，103)；②当CMCD＝COOA＝3时，CM＝3CD＝M(－3，0)或(3，6).综上，M点坐标为：(－13，83)或(13，103)或M (－3，，0)或(3，6).6.已知抛物线y ＝－x 2－2x ＋3与x 轴分别交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，连接AD ，AC ，BC ，CD .F 是线段AD 上的一个动点.以点A ，F ，O 为顶点的三角形是否与△ABC 相似？若相似，求出点F 的坐标；若不相似，请说明理由.解：易得A (－3，0)，B (1，0)，C (0，3)，D (－1，4)，OA ＝3，OB ＝1，OC ＝3，CDAD ＝，AC ＝，BCOB CD ＝OC AC ＝BC AD，∴△BOC ∽△DCA ，∴∠DAC ＝∠BCO ，易得∠FAO ＝∠ACB .若以A ，F ，O 为顶点的三角形与△ABC 相似，则可分两种情况讨论：①当∠AOF ＝∠ABC 时，△AOF ∽△CBA .∴OF ∥BC ，易得BC 的解析式为y ＝－3x ＋3，∴直线OF 的解析式为y ＝－3x .易得直线AD 的解析式为y ＝2x ＋6，联立263y x y x =+⎧⎨=-⎩，解得65185x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴F (－65，185)；②当∠AOF ＝∠CAB ＝45°时，△AOF ∽△CAB ，此时OF ⊥AC ，易得直线OF 的解析式为y ＝－x ，联立26y x y x =-⎧⎨=+⎩，解得22x y =-⎧⎨=⎩，∴F (－2，2)，综上：F 点的坐标为(－65，185)或(－2，2).。
二次函数中相似三角形的存在性问题--教师版
二次函数中相似三角形的存在性问题班级：_______ 姓名：______ 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．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）．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 =-．（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 ==2BC ===．此时C (4,0)（如图2-3）．②当BC OA BA OM ==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AO =BO =，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。