第6讲 二次函数与三角形相似结合题型-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版）

这是一份第6讲 二次函数与三角形相似结合题型-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版），共16页。教案主要包含了方法梳理，强化巩固练习，答案详解，思考角度1，思考角度2等内容，欢迎下载使用。

两种题型出现相似符号“∽”出现中文字说相似→→分类讨论（注意步骤书写技巧）→→相似性质→→
→走“边成比例性质”→→列方程求解走“角相等性质”→→三角函数或边角存在性问题
【强化巩固练习】
例1.如图1，已知抛物线y=ax²+bx+3图象与x轴相交于A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴相交于点C.
（1）请直接写出抛物线的解析式为__
（2）如图1，连接AC，若点P在y轴上时，AP和4C的夹角为15°，求线段CP的长;
（3）如图2，直线l与x轴相交于点M，直线l与线段BC相交于点N，当△MCN~△CAM时，求直线l的表达式.
例2．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DEAE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．
例3.已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A(-4,0)、B两点，与y轴交于点C，且AO=2OC.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第三象限抛物线上一点，连接OD、AC交于点E，求DEOE的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//AC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点，试探究：在第二象限是否存在这样的点P,Q，使△PQA∽△CBA，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。
例4．如图，已知抛物线y=13x2+bx+c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）求抛物线的解析式；
（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，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
例5.如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式；
(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，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？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.
例6.（走角题）.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B(1,0)两点，与y轴交于点D，直线AD:y=x+3，抛物线的顶点为C，CE⊥AB.
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点M，使得S∆ACD=38S∆MAB?若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（3）若点P为x轴上方的抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），PQ⊥AC于点Q，当△PCQ与△ACE相似时，求点P的坐标；

【答案详解】
例1.如图1，已知抛物线y=ax²+bx+3图象与x轴相交于A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴相交于点C.
（1）请直接写出抛物线的解析式为__
（2）如图1，连接AC，若点P在y轴上时，AP和4C的夹角为15°，求线段CP的长;
（3）如图2，直线l与x轴相交于点M，直线l与线段BC相交于点N，当△MCN~△CAM时，求直线l的表达式.
【解析】
（1）y=-x2-2x+3
（2）注意题目隐藏条件“∠CAO=45º”，即当P在C点上方时则∠OAP=60º，当P在C点下方时则∠OAP=30º，利用特殊角的三角函数值来求解CP的长；
解：由抛物线解析式可得C(0,3)，
则OA=OC=3,则∠CAO=45º.
①当点P在C点上方时，则∠OAP=60º，
∴OP=OAtan∠OAP=3OA=33,
∴CP=OP-OC=33-3；
②当点P在C点下方时，则∠OAP=30º，
∴OP=OAtan∠OAP=33OA=3,
∴CP=OC-OP=3-3；
综上所述，CP的长为33-3或3-3；
（3）二次函数与三角形相似综合题型，此题不存在分类讨论，有两个思考角度或解题方法，分别是“走边”或“走角”；
【思考角度1】“走边”
解：由△MCN~△CAM可得∠ACM=∠CMN，
可得AC//MN，
由A、C两点坐标可得直线AC的解析式为y=x+3，
则设直线MN的解析式为y=x+a，
即OM=a，
由△MCN~△CAM可得MC:CA=MN:CM，
即MN=CM2CA=a2+932，
由MN//AC可得MN:AC=MB:BA，
即a2+932:32=a+1:4，
解得a=32或a=3(舍去)，
∴直线l的表达式y=x+32.
【思考角度2】“走角”
由△MCN~△CAM可得∠CAM=∠MCN=45º，出现特殊角，而只需求出M点坐标即可求出直线l的表达式.这是二次函数几何综合题中的典型题型“边角存在性问题”.按“边角存在性问题”的典型解题思路走即可解答此题.
解：如图，作BD⊥BC交MC于点D，过点B作y轴的平行线，过点C、D作x轴的平分线，分别交于点E、F两点，由∠CBD=∠BED=∠CFB=90º,∠BDE=∠DCF,CD=BD,
可证△BDE≌△BCF，
则DE=BF=3,BE=CF=1,
∴D(-2,-1)，
设直线CD的解析式为y=kx+3，
代入D点坐标可得k=2，
∴直线CD的解析式为y=2x+3，
∴M(-32，0),
∴直线l的表达式y=x+32.
例2．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DEAE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．
【解析】
(1)设抛物线为交点式，即y=a(x+1)(x-4)，
代入C点坐标，可得a=12，
∴抛物线解析式为y=12(x+1)(x-4)=12x2-32x-2
(2)构造相似典型图形“8字模型”，利用相似性质把DEAE用代数式表示出来，再利用二次函数配方法求最值。
解：作KA⊥x轴交直线BC于点K，作DG⊥x轴于点G,交直线BC于点F，
由B(4,0)、C(0,-2)可得直线BC的解析式为：y=12x-2，
则K（-1，-52），
则AK=52，
设D(a, 12a2-32a-2)，
则F(a, 12a-2),
则DF=12a-2-(12a2-32a-2)=-12a2+2a,
∵DF//AK，
∴DEAE=DFAK=-12a2+2a52=-15a2+45a=-15a-22+45，
即当a=2时，DEAE有最大值为45.
(3)由题可知：AC2=5，BC2=20，AB2=25，
∵AC2+BC2=AB2,
∴∠ACB=90°，
当△PQB∽△CAB时，∠QPB=∠ACB=90°，BPQP=BCAC=205=2，构造“一线三垂直模型”可求解点P的坐标；
又∵直线l∥BC，
∴直线l的表达式为y=12x.
①当P在Q点右侧时，如图，
过P作MN⊥x轴于N，作QM⊥MN于点M，
则△QMP∽△PNB，
∴BNMP=PNQM=BPQP=2
设P(2m，m)，则BN=2m-4，PN=m，
∴QM=12m，MP=m-2，
∴Q点坐标为（32m，2m-2）,
将Q点坐标代入抛物线解析式中得12×(32m)2-32×(32m)-2=2m-2，
解得m=349或m=0(舍去)，
∴P点坐标为（689，349）；
②当P在Q点左侧时，如图，
过P作MN⊥x轴于N，作QM⊥MN于点M，
则△QMP∽△PNB，
∴BNMP=PNQM=BPQP=2
设P(2m，m)，
则BN=4-2m，PN=m，
∴QM=12m，MP=2-m，
∴Q点坐标为（52m，2）,
将Q点坐标代入抛物线解析式中得12×(52m)2-32×(52m)-2=2，
解得m=3+415或m=3-415 (舍去)，
∴P点坐标为（6+2415，3+415）；
综上所述，P的坐标为（689，349）或（6+2415，3+415）
例3.已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A(-4,0)、B两点，与y轴交于点C，且AO=2OC.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第三象限抛物线上一点，连接OD、AC交于点E，求DEOE的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//AC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点，试探究：在第二象限是否存在这样的点P,Q，使△PQA∽△CBA，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。
【解析】
（1）∵A(-4,0)，
∴OA=4，
∵AO=2OC,
∴OC=2,
∴C(0,-2),
将A、C两点坐标代入y=12x2+bx+c，
可得12×16-4b+c=0c=-2 ，
解得b=32 c=-2，
∴抛物线的函数表达式y=12x2+32x-2
（2）出现“线段比”，构造相似三角形，利用相似性质转化成已知线段相关联；出现最值，用字母表示，利用二次函数配方法求解。
解：作DF//y轴交AC于点F，
由A、C的坐标可得直线AC的解析式为y=-12x-2，
设D(a, 12a2+32a-2),
则F（a, -12a-2）,
∴DF=-12a-2-( 12a2+32a-2)=- 12a2-2a，
∵DF//OC，
∴DEOE=DFOC=- 12a2-2a2，
即DEOE=- 14a2-a=- 14a+22+1,
∵- 14<0,
∴当a=-2时DEOE有最大值，最大值为1
（3）解题经验①：没图的几何题（原图并没给出P、Q位置），首先考虑分类讨论。不难发现：P可在抛物线内部（即P在BQ的左侧），也可在抛物线外部（即P在BQ的右侧），
解题经验②：相似中的已知三角形，多为特殊三角形，则由A、B、C的坐标不难发现△ABC是以点C为直角顶点的直角三角形，则对应角∠P也是直角，求直角顶点的坐标，代数论证方法走的是“两直线垂直k值负倒数”思路，几何论证方法走的是“构造一线三垂直模型”，从计算的角度，首选几何方法。
解：当12x2+32x-2=0时x=-4或x=1，
∴B(1,0)，
则AB=5，AC=25，BC=5，
∵AC2+BC2=AB2,
∴∠ACB=90°,
∵△PQA∽△CBA，
∴∠APQ=∠ACB=90°,PQPA=CBAC=525=12,
∵AC//l，直线AC的解析式为y=-12x-2，
∴直线l的解析式为y=-12x.
①当P在AQ右侧时，过点P作MN⊥x轴于点N，作QM⊥MN于点M，如图4-1，
由∠MQP=∠NPA,∠QMP=∠ANP可得△QMP∽△PNA，
则MPAN=QMPN=PQPA=12,，
∵P在直线l上，设P(2m,-m)，
则PN=-m,AN=4+2m,
∴QM=-12m,MP=2+m，
∴Q（52m，2），
∵Q在抛物线上，当12x2+32x-2=2时解得x=-3-412（正值舍去）,
则m=-3-415，∴P（-6-2415，3+415）
②当P在AQ左侧时，过点P作MN⊥x轴于点N，作QM⊥MN于点M，如图4-2，
由∠MQP=∠NPA,∠QMP=∠ANP可得△QMP∽△PNA，
则MPAN=QMPN=PQPA=12,，
∵P在直线l上，设P(2m,-m)，
则PN=-m,AN=-2m-4,
∴QM=-12m,MP=-m-2，
∴Q（32m，-2m-2），
∵Q在抛物线上，将Q点坐标代入y=12x2+32x-2,
代简得98m2+174m=0,
解得m=-349（零值舍去）,
∴P（-689，349）
综上所述，P点坐标为（-6-2415，3+415）或（-689，349）.
例4．如图，已知抛物线y=13x2+bx+c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）求抛物线的解析式；
（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，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】
（1）∵点A（0，1）．B（﹣9，10）在抛物线上，
∴c=1 13×81-9b+c=10，
∴b=2c=1，
∴抛物线的解析式为y=13x2+2x+1，
（2）∵AC∥x轴，A（0，1），
∴13x2+2x+1=1，
∴x1=﹣6，x2=0，
∴点C的坐标（﹣6，1），
∵点A（0，1）．B（﹣9，10），
∴直线AB的解析式为y=﹣x+1，
设点P（m，13m2+2m+1），
∴E（m，﹣m+1）
∴PE=﹣m+1﹣（13m2+2m+1）=﹣13m2﹣3m，
∵AC⊥EP，AC=6，
∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC=12AC×EF+12AC×PF=12AC×（EF+PF）=12AC×PE=12×6×（﹣13m2﹣3m）=﹣m2﹣9m=﹣（m+92）2+814，
∵﹣6＜m＜0，
∴当m=﹣92时，四边形AECP的面积的最大值是814，此时点P（﹣92，﹣54）；
（3）∵y=13x2+2x+1=13（x+3）2﹣2，
∴P（﹣3，﹣2），
∴PF=yF﹣yP=3，CF=xF﹣xC=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）且AB=92，AC=6，CP=32,
∵以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，
①当△CPQ∽△ABC时，∴CQAC=CPAB，∴|t+6|6=3292，∴t=﹣4或t=﹣8（不符合题意，舍）∴Q（﹣4，1）
②当△CQP∽△ABC时，∴CQAB=CPAC，∴|t+6|92=326，∴t=3或t=﹣15（不符合题意，舍）∴Q（3，1）
综上所述，Q点坐标为（-4，1）或（3，1）
例5.如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式；
(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，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？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.
【解析】
（1）解：∵四边形ABCO为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10．
由题意，得△BDC≌△EDC．
∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD．
由勾股定理易得EO=6．
∴AE=10﹣6=4，
设AD=x，则BD=ED=8﹣x，
由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2 ，
解得，x=3，
∴AD=3．
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），O（0,0,）
∴9a+3b=1064a+8b=0c=0 解得a=-23b=163
∴抛物线的解析式为：y= -23x2+163x．
（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， ∴CQEA=CED，即t4=10-2t5， 解得t=403．
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC， ∴PCAE=CQED，即10-2t4=t5，
解得t=257．
∴当t=4013或257时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似．
（3）解：假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC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（4，323）；
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，-143）；
②EC为平行四边形的边，则EC//MN，EC=MN，
设N（4，m），则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；
将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；
将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）
综上，存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：
①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）
②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）
③M3（4，323），N3（4，-143）．
例6.（走角题）.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B(1,0)两点，与y轴交于点D，直线AD:y=x+3，抛物线的顶点为C，CE⊥AB.
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点M，使得S∆ACD=38S∆MAB?若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（3）若点P为x轴上方的抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），PQ⊥AC于点Q，当△PCQ与△ACE相似时，求点P的坐标；

【解析】
（1）求解析式，基础简单题；
由y=x+3可得A(-3,0),D(0,3),
设二次函数解析式为y=ax+3x-1，
代入D点坐标，可得a=-1，
∴二次函数解析式为y=-x2-2x+3.
（2）二次函数与面积问题，中等难度题；
由（1）可得顶点C的坐标为（-1，4），
设CE与AD交于点G，
则G（-1，2），CG=2，
则S∆ACD=12OA∙CG=3,
∴S∆MAB=8,
∴S∆MAB=12AB∙yM=12×4×yM=8,
∴yM=4,
当yM=4，即-x2-2x+3=4，解得x=-1，即M的坐标为（-1，4）；
当yM=-4，即-x2-2x+3=-4，解得x=-1±22，即M的坐标为（-1±22，-4）；
综上所述，M点的坐标为（-1，4）、（-1+22，-4）、（-1-22，-4）；
（3）二次函数与相似问题，压轴性质小题.
由于∠AEC=∠PQC=90°，所以△PCQ与△ACE相似存在以下两种情形：
①当△EAC∽△QPC时，如图1，
作FA⊥AC交CP的延长线于点F，
作FH⊥x轴于点H，
则△EAC∽△AFC,
则CE:AE=CA:AF=4:2=2,
易证△EAC∽△HFA，
则CA:AF=AE:HF=EC:AH，
可得FH=1,AH=2,
则OH=5,
则F(-5,1)，
∵C（-1，4），F(-5,1)，
可得直线CF的解析式为：y=34x+194,
解联立方程组y=34x+194y=-x2-2x+3，
可得x=-1y=4舍去、x=-74y=5516，
∴P点坐标为（-74，5516）.
②当△EAC∽△QCP时，如图2，
则∠EAC=∠QCP，
由①可知∠ACF=∠AEC,
∴∠ACF+∠ACP=90°,
即PC⊥CF，
由①可知直线CF的解析式为：y=34x+194，
∴设直线CP的解析式为：y=-43x+b，
代入C点坐标，可得b=83，
则直线CM的解析式为：y=-43x+83，
解联立方程组y=-43x+83y=-x2-2x+3，
可得x=-1y=4舍去、x=13y=209，
∴P点坐标为（13，209）.综上所述，P点坐标为（-74，5516）、（13，209）.