中考数学二轮压轴培优专题4二次函数与相似问题（教师版）.doc

专题4二次函数与相似问题函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径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相似三角形常见的判定方法：(1)平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．(2)三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；(3)两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；(4)两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据，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．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．应用判定定理“两角法”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“三边法”解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程(组)．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．【例1】(2022•贵港)如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A(0，3)和B(，﹣)两点，直线AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方的抛物线上的一个动点，PD⊥x轴交AB于点D．(1)求该抛物线的表达式；(2)若PE∥x轴交AB于点E，求PD+PE的最大值；(3)若以A，P，D为顶点的三角形与△AOC相似，请直接写出所有满足条件的点P，点D的坐标．【分析】(1)直接利用待定系数法，即可求出解析式；(2)先求出点C的坐标，然后证明Rt△DPE∽Rt△AOC，再由二次函数的最值性质，求出答案；(3)根据题意，可分为两种情况进行分析：当△AOC∽△APD时；当△AOC∽△DAP时；分别求出两种情况的点的坐标，即可得到答案．【解析】(1)将A(0，3)和B(，﹣)代入y＝﹣x2+bx+c，，解得，∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；(2)设直线AB的解析式为y＝kx+n，把A(0，3)和B(，﹣)代入，，解得，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，当y＝0时，﹣x+3＝0，解得：x＝2，∴C点坐标为(2，0)，∵PD⊥x轴，PE∥x轴，∴∠ACO＝∠DEP，∴Rt△DPE∽Rt△AOC，∴，∴PE＝PD，∴PD+PE＝PD，设点P的坐标为(a，﹣a2+2a+3)，则D点坐标为(a，﹣a+3)，∴PD＝(﹣a2+2a+3)﹣(﹣a+3)＝﹣(a﹣)2+，∴PD+PE＝﹣(a﹣)2+，∵﹣＜0，∴当a＝时，PD+PE有最大值为；(3)①当△AOC∽△APD时，∵PD⊥x轴，∠DPA＝90°，∴点P纵坐标是3，横坐标x＞0，即﹣x2+2x+3＝3，解得x＝2，∴点D的坐标为(2，0)；∵PD⊥x轴，∴点P的横坐标为2，∴点P的纵坐标为：y＝﹣22+2×2+3＝3，∴点P的坐标为(2，3)，点D的坐标为(2，0)；②当△AOC∽△DAP时，此时∠APG＝∠ACO，过点A作AG⊥PD于点G，∴△APG∽△ACO，∴，设点P的坐标为(m，﹣m2+2m+3)，则D点坐标为(m，﹣m+3)，则，解得：m＝，∴D点坐标为(，1)，P点坐标为(，)，综上，点P的坐标为(2，3)，点D的坐标为(2，0)或P点坐标为(，)，D点坐标为(，1)．【例2】(2022•衡阳)如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．(1)写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；(2)若直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；(3)P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)令x＝0和翻折的性质可得C(0，2)，令y＝0可得点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出图象W的解析式；(2)利用数形结合找出当y＝﹣x+b经过点C或者y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，直线y＝﹣x+b与新图象恰好有三个不同的交点，①当直线y＝﹣x+b经过点C(0，2)时，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出b值；②当y＝﹣x+b与y＝x2﹣x﹣2相切时，联立一次函数解析式和抛物线解析式，利用根的判别式Δ＝0，即可求出b值．综上即可得出结论；(3)先确定△BOC是等腰直角三角形，分三种情况：∠CNM＝90°或∠MCN＝90°，分别画图可得结论．【解析】(1)当x＝0时，y＝﹣2，∴C(0，2)，当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，(x﹣2)(x+1)＝0，∴x1＝2，x2＝﹣1，∴A(﹣1，0)，B(2，0)，设图象W的解析式为：y＝a(x+1)(x﹣2)，把C(0，2)代入得：﹣2a＝2，∴a＝﹣1，∴y＝﹣(x+1)(x﹣2)＝﹣x2+x+2，∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为：y＝﹣x2+x+2(﹣1＜x＜2)；(2)由图象得直线y＝﹣x+b与图象W有三个交点时，存在两种情况：①当直线y＝﹣x+b过点C时，与图象W有三个交点，此时b＝2；②当直线y＝﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时，如图1，﹣x+b＝﹣x2+x+2，x2﹣2x+b﹣2＝0，Δ＝(﹣2)2﹣4×1×(b﹣2)＝0，∴b＝3，综上，b的值是2或3；(3)∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，如图2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，∵PN∥y轴，∴P(1，0)；如图3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，当y＝2时，x2﹣x﹣2＝2，x2﹣x﹣4＝0，∴x1＝，x2＝，∴P(，0)；如图4，当∠MCN＝90°时，△OBC∽△CMN，∴CN的解析式为：y＝x+2，∴x+2＝x2﹣x﹣2，∴x1＝1+，x2＝1﹣(舍)，∴P(1+，0)，综上，点P的坐标为(1，0)或(，0)或(1+，0)．【例3】(2022•桂林)如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1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)直接写出A，B，C三点的坐标；(2)求CP+PQ+QB的最小值；(3)过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．【分析】(1)由y＝﹣x2+3x+4可得A(﹣1，0)，B(4，0)，C(0，4)；(2)将C(0，4)向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP是平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6；(3)由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，设Q(，t)，则P(，t+1)，M(0，t+1)，N(，0)，知BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，①当＝时，＝，可解得Q(，)或(，)；②当＝时，＝，得Q(，)．【解析】(1)在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4，∴A(﹣1，0)，B(4，0)，C(0，4)；(2)将C(0，4)向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，如图：∵CC'＝PQ，CC'∥PQ，∴四边形CC'QP是平行四边形，∴CP＝C'Q，∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，∵B，Q，C'共线，∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，∵C(0，4)，CC'＝PQ＝1，∴C'(0，3)，∵B(4，0)，∴BC'＝＝5，∴BC'+PQ＝5+1＝6，∴CP+PQ+BQ最小值为6；(3)如图：由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，设Q(，t)，则P(，t+1)，M(0，t+1)，N(，0)，∵B(4，0)，C(0，4)；∴BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，∵∠CMP＝∠QNB＝90°，∴△CPM和△QBN相似，只需＝或＝，①当＝时，＝，解得t＝或t＝，∴Q(，)或(，)；②当＝时，＝，解得t＝或t＝(舍去)，∴Q(，)，综上所述，Q的坐标是(，)或(，)或(，)．【例4】(2022•玉林)如图，已知抛物线：y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于点A，B(2，0)(A在B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴是直线x＝，P是第一象限内抛物线上的任一点．(1)求抛物线的解析式；(2)若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；(3)过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．【分析】(1)把点B(2，0)代入y＝﹣2x2+bx+c中，再由对称轴是直线x＝列方程，两个方程组成方程组可解答；(2)当△POD是等边三角形时，点P在OD的垂直平分线上，所以作OD的垂直平分线与抛物线的交点即为点P，计算OD≠PD，可知△POD不可能是等边三角形；(3)分种情况：①当PC∥x轴时，△CPM∽△BHM时，根据PH的长列方程可解答；②②如图3，△PCM∽△BHM，过点P作PE⊥y轴于E，证明△PEC∽△COB，可得结论．【解析】(1)由题意得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+2x+4；(2)△POD不可能是等边三角形，理由如下：如图1，取OD的中点E，过点E作EP∥x轴，交抛物线于点P，连接PD，PO，∵C(0，4)，D是OD的中点，∴E(0，1)，当y＝1时，﹣2x2+2x+4＝1，2x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝，x2＝(舍)，∴P(，1)，∴OD≠PD，∴△POD不可能是等边三角形；(3)设点P的坐标为(t，﹣2t2+2t+4)，则OH＝t，BH＝2﹣t，分两种情况：①如图2，△CMP∽△BMH，∴∠PCM＝∠OBC，∠BHM＝∠CPM＝90°，∴tan∠OBC＝tan∠PCM，∴＝＝＝＝2，∴PM＝2PC＝2t，MH＝2BH＝2(2﹣t)，∵PH＝PM+MH，∴2t+2(2﹣t)＝﹣2t2+2t+4，解得：t1＝0，t2＝1，∴P(1，4)；②如图3，△PCM∽△BHM，则∠PCM＝∠BHM＝90°，过点P作PE⊥y轴于E，∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，∴∠PCE+∠EPC＝∠PC。