中考数学二轮培优训练第22讲 相似三角形中的分类讨论（2份，原卷版+解析版）

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由动点产生的相似三角形问题一般在函数和几何图中出现，函数一般是一次函数和二次函数，几何图形一般是三角形和四边形。
一般有是否存在点P，使得：①△PDE∽△ABC ②以P、D、E为顶点的三角形与△ABC相似。一般以大题为主，也有出现在填空后两题。
函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题过程 ：
① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示 各边的长度，之后利用相似来列方程求解。
涉及知识点： 全等相似的性质及判定，一元二次方程解法，直角三角形中锐角三角函数，勾股定理，求线段的长，要用到两点间的距离公式。
【多题一解】【一题多解】
一、解答题
1．（2022秋·吉林长春·八年级长春市第二实验中学校考期末）如图，已知△ABC中，，，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动，设点P运动的时间为t
(1)用含t的代数式表示线段PC的长度．
(2)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
(3)若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等．
【答案】(1)；
(2)两个三角形全等，理由见解析；
(3)当点的运动速度为时，能够使与全等．
【分析】（1）根据题意可得出答案；
（2）根据题意可得，由等边对等角得出，利用全等三角形的判定即可证明；
（3）根据题意分三种情况进行讨论分析，利用点的运动速度、时间、路程之间的关系及全等三角形的性质求解即可得．
【详解】（1）解：由题意可得，，
∴；
（2）解：全等，理由如下：
，点的运动速度与点的运动速度相等，
，
，点为的中点，
．
又，，
，
，
又，
，
在和中，
，
；
（3）解：①点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
与不是对应边，
即；
②当时
若，且，
点，点运动的时间为，
点的运动速度为：；
③当，，时，则，
∵，
∴，
∴，
∴，与①矛盾，
∴这种情况不存在；
综上可得：点的运动速度为
答：当点的运动速度为时，能够使与全等．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用等知识，解题的关键是熟练运用这些性质，进行分类讨论．
2．（2022秋·湖南长沙·八年级期中）在△ABC中，AB=AC=10cm．
（1）如图1，AM是△ABC的中线，MD⊥AB于D点，ME⊥AC于E点，MD=3cm，则ME= cm．
（2）如图2，在（1）的条件下，连接DE交AM于点F，试猜想：
①FD FE（填“>”、“=”或“＜”）；
②AM DE （填位置关系）．
（3）如图3，BC=8cm，点D为AB的中点，点P在线段BC上由B向C运动，同时点Q在线段CA上以每秒2cm的速度由C向A运动，设点P的运动时间为t秒．问：运动时间t为多少时，△BDP与△PQC全等?
【答案】（1）3；（2）①=，②⊥；（3）运动时间t为或时，△BDP与△PQC全等．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及角平分线的性质可求解；
（2）由题意易证Rt△ADM≌Rt△AEM，则有AD=AE，然后问题可求解；
（3）由题意易得AD=BD=5cm，然后根据△BDP与△PQC全等分两种情况进行分类求解即可．
【详解】解：（1）∵AB=AC，AM是△ABC的中线，
∴∠BAM=∠CAM，
又∵DM⊥AB，ME⊥AC，
∴MD=ME=3cm，
故答案为：3；
（2）在Rt△ADM和Rt△AEM中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△AEM（HL），
∴AD=AE，
又∵∠BAM=∠CAM，
∴DF=EF，AM⊥DE，
故答案为：=，⊥；
（3）∵点D为AB的中点，
∴AD=BD=5cm，
∵△BDP与△PQC全等，
∴BP=CP，BD=CQ=5cm或BP=CQ，BD=PC=5cm，
当BP=CP，BD=CQ=5cm，
∴t=，
当BP=CQ，BD=PC=5cm，
∵BC=8cm，
∴BP=CQ=3cm，
∴t=，
综上所述：运动时间t为或时，△BDP与△PQC全等．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质及角平分线的性质定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质及角平分线的性质定理是解题的关键．
3．（2021秋·江苏泰州·九年级姜堰区实验初中校考阶段练习）已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝4，动点E从点D出发，以5cm/s的速度沿着射线DA运动，动点F同时从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，当点F运动到点B时，两点同时停止运动．
（1）设点E运动的时间为ts，当点E在线段AD上时，请用t的代数式表示AE＝ ；
（2）当t＝s时，
①求证：；
②求证：∽；
（3）是否存在某一时刻，使得△AEF与△DEC相似？如果存在，请直接写出此时t的值．
【答案】（1）4-5t或5t-4（2）①证明见解析，②证明见解析；（3）或或或或
【分析】（1）根据运动速度和时间即可表示AE；
（2）①求出此时的AE，AF，代入计算即可；②求出三角形的三边长，利用三边对应成比例证明即可；
（3）分∽和∽两种情况，再根据点E在所在位置表示出AE、DE，列出比例式即可求解．
【详解】解：（1）∵动点E从点D出发，以5cm/s的速度沿着射线DA运动，
∴DE=5t，
当点E在线段AD上时，AE＝4-5t，当点E在线段DA延长线上时，AE＝5t-4
故答案为：4-5t或5t-4．
（2）当t＝s时，DE＝2，AE＝4-5t=4-2=2，AF＝，BF＝10-=，
①，，
∴；
②，，，
∵，，，
∴，
∴∽；
（3）点E在线段AD上时，AE＝4-5t，DE=5t，AF＝t，
当∽时，
，即，解得，，（舍去）；
当∽时，
，即，解得，；
点E在线段DA延长线上时（此时10≥t＞），AE＝5t -4，DE=5t，AF＝t，
当∽时，
，即，解得，，；
当∽时，
，即，解得，；
综上，t的值为：或或或或
【点睛】本题考查了相似三角形的综合应用，解题关键是根据速度和时间表示出线段长，依据已知条件，列出方程求解．
．
4．（2021秋·河南南阳·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的两条直角边，分别在轴和轴上，并且，的长分别是方程的两根，动点从点开始在线段上以每秒个单位长度的速度向点运动；同时，动点从点开始在线段上以每秒个单位长度的速度向点运动，设点，运动的时间为秒．
（1）求，两点的坐标；
（2）求当为何值时，以点，，为顶点的三角形与相似，并直接写出相应点的坐标；
（3）当时，在坐标平面内，是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（0，3），B（4，0）；（2）秒或秒，，或，；（3）存在，，或，或，
【分析】（1）解方程可求得、的长，容易求得、两点的坐标；
（2）由勾股定理可求得，用可表示出、、的长，分和两种情况，可分别求得的值，再利用三角函数可求得的坐标；
（3）由可先求得点的坐标，分为边和对角线两种情况，由平行四边形的性质可求得或，可分别求得的坐标．
【详解】解：（1）解方程，得，，
，
，，
，；
（2）在中，，，
，
，，．
与相似，可能有两种情况：
①，如图（1）所示．
则有，即，
解得．
此时，，
，；
②，如图（2）所示．
则有，即，解得．
此时，，，，
，．
综上所述，当秒或秒时，与相似，
所对应的点坐标分别为，或，；
（3）结论：存在．如图（3）所示．
，
，，．
过点作轴于点，则，，
，
，．
，
轴，且，
，；
，
轴，且，
，；
如图（3），过点作轴于点，
，
，，
；
在△与中，
，
△，
，，
，
，．
当时，在坐标平面内，存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
点的坐标为：，或，或，．
【点睛】本题主要考查一次函数的综合应用，涉及一元二次方程、相似三角形的判定和性质、三角函数、平行四边形的性质等知识点．在（1）中解出方程容易求得、坐标，在（2）中注意分两种情况讨论，在（3）中注意平行四边形平行的两边是分类的依据．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
5．（2021秋·上海长宁·九年级上海市延安初级中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B在直线l：y＝x上且位于第三象限，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于第二象限内的点C．
（1）设BC与AO相交于点D，
①若BA＝BO，求证：CD＝CO；
②求：点A到直线l的距离；
（2）是否存在点B，使得以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①见解析；②4；（2）或或
【分析】（1）①根据BA=BO，得到∠BAO=∠BOA，再根据垂直的定义可得∠BAO+∠ADB=∠BOA+∠COD=90°，从而可以推出∠CDO=∠COD，从而得证；
②分别过点A作AE⊥直线l于E，过点B作BF⊥x轴于F，可证△AOE∽△BOF，得到，再由可设，得到，，从而推出，再在直角三角形AEO中利用勾股定理求解即可；
（2）过点A作AE⊥直线l于E，由（1）②得AE=4，OE=4AE=16，设OB=x，则BE=OE-OB=16-x，则，证明△AEB∽△BOC，得到即，则，然后分当△ABC∽△BOC时和当△ABC∽△COB时两种情况讨论求解即可．
【详解】解：（1）①∵BA=BO，
∴∠BAO=∠BOA，
∵AB⊥BC，CO⊥BO，
∴∠ABC=∠BOC=90°，
∴∠BAO+∠ADB=∠BOA+∠COD=90°，
∴∠COD=∠ADB，
又∵∠ADB=∠CDO，
∴∠CDO=∠COD，
∴CD=CO；
②如图所示，分别过点A作AE⊥直线l于E，过点B作BF⊥x轴于F，
∴∠AEO=∠BFO=90°，
又∵∠AOE=∠BOF，
∴△AOE∽△BOF，
∴，
∵B在直线上，
∴可设，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A到直线l的距离为4；
（2）如图所示，过点A作AE⊥直线l于E，
由（1）②得AE=4，OE=4AE=16，
设OB=x，则BE=OE-OB=16-x，
∴
∵AB⊥BC，CO⊥BO，AE⊥BO，
∴∠ABC=∠BOC=∠AEB=90°，
∴∠ABE+∠EAB=∠ABE+∠CBO=90°，
∴△AEB∽△BOC，
∴即，
∴，
∴
∵∠ABC=∠BOC=90°，
∴以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似有两种情况：
当△ABC∽△BOC时，
∴即，
解得，
∴此时；
当△ABC∽△COB时，
∴即，
解得，
∴此时或，
综上所述，当或或，使得以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，一次函数上点的坐标特征，相似三角形的性质与判定，勾股定理，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定．
6．（2021秋·河南平顶山·九年级校考阶段练习）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C(0，3)．
（1）求抛物线的表达式．
（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，使得以M，P，Q为顶点的三角形与△CBO相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或(1，0)
【分析】（1）利用待定系数法求解二次函数解析式即可；
（2）设为，代入两点坐标，求解，设，求得点坐标，求得的长度与的关系，即可求解；
（3）分两种情况，和，利用相似三角形的性质分别求解即可．
【详解】解：（1）将三点坐标代入抛物线解析式可得
，解得
抛物线解析式为，
（2）设为，代入可得
，解得，
即为，
设，则，
的长为，
线段PQ的最大值为，
（3）∴抛物线的对称轴为直线，
∵点是对称轴与直线的交点，
∴将代入，得，即．
轴，
，
∴以为顶点的三角形与相似有两种情况：或，
①当时，，即，
，
将代入，得，
解得 (舍去)，
；
②当时，，即，
∴，
∵，
∴，
由（2）得，，，
∴，
即，
即或，
解得，，，，
∵，
∴，即，
综上所述，存在点，使以点为顶点的三角形与相似， 点坐标为或(1，0)．
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．
7．（2022·浙江·九年级专题练习）已知抛物线与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴交于点C，点P为抛物线上一动点（点P不与点C重合）．
(1)当△ABC为直角三角形时，求△ABC的面积．
(2)如图，当APBC时，过点P作PQ⊥x轴于点Q，求BQ的长；
(3)当以点A，B，P为顶点的三角形和△ABC相似时（不包括两个三角形全等），求m的值．
【答案】(1)4
(2)2
(3)或
【分析】（1）先求出A、B、C三点的坐标，进而表示出AB、BC、AC的长，然后根据勾股定理求得m，确定C的坐标，最后运用三角形的面积公式解答即可；
（2）先用待定系数法求得BC所在直线直线的解析式，进而求得直线AP的解析式，然后与抛物线的解析式联立即可解答；
（3）先说明∠ABC=45°，然后分三种情况解答即可．
（1）
解：由抛物线开口向上，则m＞0
令x=0，则y=-2，即C点坐标为（0，-2），OC=2
令y=0，则，解得x=-2或x=m，即点A（-2，0），点B（m，0）
∴OA=2,OB=m
∴AB=m+2
由勾股定理可得AC2=(-2-0)2+[0-（-2）]2=8, BC2=(m-0)2+[0-（-2）]2=m2+4
∵当为直角三角形时，仅有∠ACB=90°
∴AB2= AC2+BC2，即(m+2)2=8+m2+4，解得m=2
∴AB=m+2=4
∴的面积为：·AB·OC=×4×2=4．
（2）
解：设BC所在直线的解析式为：y=kx+b
则 ，解得
∴BC所在直线的解析式为y=x-2
设直线AP的解析式为y=x+c
则有：0=×（-2）+c，即c=
∴线AP的解析式为y=x+
联立 解得x=-2（A点横坐标）,x=m+2（P点横坐标）
∴点P的纵坐标为：
∴点P的坐标为（m+2，）
∴OQ=m+2
∴BQ=OQ-OB= m+2-m=2．
（3）
解：∵点P为抛物线上一动点（点P不与点C重合）．
∴设P（x，）
∵在△ABC中，∠BAC=45°
∴当以点A，B，P为顶点的三角形和相似时，有三种情况：
①（ⅰ）若△ABC∽△BAP
∴
又∵BP=AC
∴△ABC∽△BAP不符合题意；
（ⅰⅰ）若△ABP∽△CAB，
∴
过P作PQ⊥x轴于点Q，则∠PQB=90°
∴∠BPQ=90°-∠PBQ=45°
∴PQ=BQ=m-x
由于PQ=
∴
∴
∴x-m=0或
∴x=m（舍去），x=-m-2
∴BQ=m-（-m-2）=2m+2
∵
∴
∴m2-4m-4=0，解得：m=或m=（舍去）
∴m=；
②当∠PAB=∠BAC=45°时，分两种情况讨论：
（ⅰ）若△ABP∽△ABC,则 ,点C与点P重合，不合题意；
（ⅰⅰ）若△ABP∽△ACB,则 ,
过P作PQ⊥x轴于点Q，则∠PQA=90°
∴∠APQ=90°-∠PAB=45°
∴PQ=AQ=x+2
由于PQ=
∴
∴
∴x+2=0或
∴x=-2（舍去），x=2m
∴AQ= 2m+2
∵
∴
∴m2-4m-4=0，解得：m=（舍去）或m=
∴m=；
③当∠APB=∠BAC=45°时，分两种情况讨论：
ⅰ）过点A作PM//BC交抛物线于点M，则∠MAB=∠ABC，
∵∠MAB≠∠PAB，
∴∠PAB≠∠ABC，
∴△PAB与△BAC不相似；
ⅱ） 取点C关于x轴的对称点，连接并延长 交抛物线于点N，则∠NBA=∠CBA，
∵∠PBA≠∠NBA，
∴∠PBA≠∠CBA，
∴△PAB与△BAC不相似；
综上，m的值为m=或m=．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及抛物线与坐标轴的交点、勾股定理、三角形面积公式、运用待定系数法求一次函数解析式、相似三角形的判定等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
8．（2022·安徽·统考模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，已知△ABC中，∠ABC＝90°，B(4，0)，C(8，0)，tan∠ACB＝2，抛物线y＝ax2+bx经过A，C两点．
(1)求点A的坐标及抛物线的解析式；
(2)如图2，过点A作AD⊥AB交BC的垂线于点D，动点P从点A出发，沿线段AB向终点B运动，同时点Q从点C出发，沿线段CD向终点D运动，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，过点P作PE⊥AB交AC于点E．
①过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G．当t为何值时，线段EG取得最大值？最大值是多少？
②连接EQ，在点P，Q运动过程中，t为何值时，使得△CEQ与△ABC相似？
【答案】(1)A的坐标为(4，8)，抛物线得解析式为：y＝x²+4x
(2)①t＝4时，线段EG有最大值且为2；②t＝4或
【分析】(1)由tan∠ACB＝2求出A(4，8)，然后再将A、C两点坐标代入y＝ax2+bx中即可求出二次函数解析式；
(2)①先求出E的坐标为（4+，8﹣t），再代入二次函数中进而求出G点纵坐标，最后用G点纵坐标减去E点纵坐标即可求出EG关于t的表达式，利用配方法求最大值即可；
②由勾股定理求出AE＝，AC＝，再分当△CEQ∽△ACB时和当△CEQ∽△ABC时两种情况分类讨论即可求解．
(1)
解：∵B（4，0），C（8，0），
∴BC＝4，
∵∠ABC＝90°，tan∠ACB＝2，
∴AB＝BC•tan∠ACB＝8，
∴A的坐标为（4，8），
将A（4，8），C（8，0）代入y＝ax²+bx，
得：，
解得：，
∴抛物线得解析式为：；
(2)
解：①由题得：AP＝t，∠APE＝∠ABC＝90°，∠EAP＝∠CAB，
∴tan∠EAP＝tan∠CAB＝，
∴，即PE＝，
∵PB＝AB﹣AP＝8﹣t，
∴E的坐标为（4+，8﹣t），
将x＝4+代入，
得：，
∴G的纵的坐标为，
∴EG＝＝＝，∵0≤t≤8，
∴t＝4时，线段EG有最大值且为2；
②∵CQ＝t，PE＝，AP＝t，BC＝4，AB＝8，
∴AE＝，AC＝，
∴CE＝AC﹣AE＝，
当△CEQ∽△ACB时，，代入数据：
∴，
解得：t＝4，
当△CEQ∽△ABC时，，代入数据：
∴，
解得t＝，
∴综上，t＝4或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数中线段最值问题，相似三角形的判定及性质等，本题属于综合题，熟练掌握二次函数图像性质及相似三角形的性质是解题的关键．
9．（2022春·湖南娄底·九年级统考期中）如图，二次函数y＝ax2+bx﹣2的图象与x轴交于点A（﹣4，0）和点B（1，0），与y轴交于点C，点P（m，n）在第三象限内的二次函数图象上运动．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，设四边形BAPC的面积为S，试求S的最大值并求出此时点P坐标；
(3)如图2，点Q在二次函数图象上，且位于直线AC下方，过点Q作QM⊥AC，
垂足为点M，连接CQ，若△CMQ与△AOC相似，求点Q的坐标．
【答案】(1)
(2)当m＝﹣2时，S最大值＝9，此时P（﹣2，﹣3）
(3)点Q的坐标为（﹣3，﹣2），
【分析】（1）利用待定系数法可以得到解答；
（2）把S表示为关于m的函数，再利用函数的性质可以得到解答；
（3）分∠QCM＝∠OAC和∠QCM＝∠ACO两种情况讨论，在讨论过程中，注意三角形相似的性质及二次函数与一元二次方程的联系．
(1)
把A（﹣4，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx﹣2中，
可求得， ， ，
∴；
(2)
连接OP，如图1，
由（1）可得C为（0，-2），
∵P（m，n），
∴S＝S△OAP+S△OCP+S△OBC＝•OA•|yP|+•OC•|xP|+•OB•OC＝﹣2n﹣m+1＝﹣m2﹣4m+5=-（m+2)2+9，
当m＝﹣2时，S最大值＝9，此时P为（﹣2，﹣3）；
(3)
①当∠QCM＝∠OAC时，如图2，
∴yQ＝yC＝﹣2，
∴，
解得x＝﹣3，
∴Q1（﹣3，﹣2）；
②∠QCM＝∠ACO时，如图3，
过点M作DE⊥OC，QD⊥DE，
设CE＝a，
∵∠DMQ+∠DQM＝90°，∠DMQ+∠EMC＝90°，
∴∠DQM＝∠EMC，
∴△CEM∽△MDQ，
∵∠OAC+∠OCA＝90°，∠ACO+∠EMC＝90°，
∴∠EMC＝∠OAC，
∴△CEM∽△CAO，
∴△CEM∽△COA∽△MDQ∽△CMQ，
∴=2，，
∴ME=2a，DM＝2a，DQ＝4a，
∴|yQ|＝4a+2﹣a＝3a+2，
∴Q（﹣4a，﹣3a﹣2），
将Q点代入，
得， ，
∴，
综上所述，点Q的坐标为（﹣3，﹣2）或．
【点睛】本题考查二次函数的动点问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式的方法、二次函数最值的求法、三角形相似的判定与性质、一元二次方程的求解等是解题关键．
10．（2020秋·湖南常德·九年级校考期中）如图，中，，，．动点从点出发，在边上以的速度向定点运动，同时动点从点出发，在边上以的速度向点运动，运动时间为，连接．
（1）当为何值时，与相似？
（2）连接，，如图1所示，若，求的值．
（3）当为何值时，是等腰三角形？
【答案】（1）当为或时，与相似；
（2）；
（3）当为或或时，是等腰三角形．
【分析】（1）若 与 相似，分 和两种情况，根据线段比例关系得出关于 的等量关系式，分别求解即可；
（2）过作于点，证 ,根据线段比例关系得出关于 的等量关系式，求出此时的值即可；
（3）若 是等腰三角形，则分 , , 三种情况分别求出值即可．
【详解】解：（1），，，
，
由题意知，，，
，
①当时，，
，
即，
解得；
②当时，，
，
即，
解得；
综上，当为或时，与相似；
（2）过作于点，
，
，
，
，
，，，，
，，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
即，
解得；
（3）若是等腰三角形，可分以下三种情况：
①当时，
由（1）知，，，
即，
解得；
②当时，作于，
，
，
，
即，
解得；
③当时，作于，
，
，
，
即，
解得；
综上，当为或或时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
11．（2022·山东济宁·统考一模）如图，已知抛物线与x轴的交点A（-3，0），B（1，0），与y轴的交点是点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线对称轴上一点，当PB＋PC的值最小时，求点P的坐标；
(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M，N，使得且以点C，M，N为顶点的三角形与相似？若存在，求出点M和点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)P(-1，-4)
(3)M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）．
【分析】（1）将A（-3，0），B（1，0）代入，求出a和b即可；
（2）根据抛物线的性质可知，即，即AC与对称轴的交点即为点P，根据抛物线求出C点坐标，从而可求出AC的直线解析式，从而即可求出点P的坐标；
（3）设M点的坐标为（t， ），分t>0和t0时，没有符合的点，
存在点M，N，使得，点M和点N的坐标分别为M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）．
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及最短路径问题，相似三角形问题，整体难度较大．
12．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋1的对称轴为直线x，其图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．
(1)直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
(2)动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t（t＞0）秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．
【答案】(1)，．
(2)，．
(3)，或；，或；，或；P ，或；，或；，或．
【分析】（1）利用待定系数法，对称轴公式构建方程组求出即可，再求出点A点C的坐标即可得出结论．
（2）如图1中，过点C作于E，过点D作于F.利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（3）分6种情形首先确定点P的坐标，再利用相似三角形的性质求解即可．
(1)
解：由题意：，
解得，
∴抛物线的解析式为yx2x+1，
令y＝0，可得x2﹣3x﹣4＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），
令y＝0，得到x＝1，
∴C（0，1），
∴OA＝OC＝1，
∴∠CAO＝45°．
(2)
解：如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．
∵∠NEM＝∠DFM＝∠NMD＝90°，
∴∠NME + ∠DMF＝90°，∠DMF+∠MDF＝90°，
∴∠NME＝∠MDF，
∵NM＝DM，
∴
∴NE＝MF，EM＝DF，
∵∠CAO＝45°，ANt，AM＝3t，
∴AE＝EN＝t，
∴EM＝AM﹣AE＝2t，
∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，
∴D（4t﹣1，2t），
∴（4t﹣1）2（4t﹣1）+1＝2t，
∵t＞0，故可以解得t，
经检验，t时，M，N均没有达到终点，符合题意，
∴D（2，）．
(3)
解：如图3﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，
取E（，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G，
∵M（，0），D（2，），B（4，0）
∴，DM，BM，BD，
∴DF＝2MF，
∵OC＝2OE，
∴tan∠OCE＝tan∠MDF，
∴∠OCE＝∠MDF，
∵∠OCP＝∠MDB，
∴∠ECG＝∠FDB，
∴tan∠ECG＝tan∠FDB，
∵EC，
∴EG，可得G（，），
∴直线CP的解析式为yx+1，
由，解得或，
∴，，
∴，
当或时，△QCP与△MDB相似，可得或，
∴或．
如图3﹣2中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DMB时，设PC交x轴于K．
∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，
∴OK＝2OC＝2，
∴点K与F重合，
∴直线PC的解析式为，
由，解得或，
∴，
∴，
当或时，△QCP与△MDB相似，可得或，
∴或．
当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得或，
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，），Q（0，）或（0，），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得或，
当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠DBM时，同法可得或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．