相似三角形存在性问题

相似三角形存在性问题1.如图，二次函数图象的顶点坐标为C(4，－3)，且在x轴上截得的线段AB的长为6．（1）求二次函数的解析式；（2）点P在y轴上，且使得△PAC的周长最小，求：①点P的坐标；②△PAC的周长和面积；（3）在x轴上方的抛物线上，是否存在点Q，使得以Q、A、B三点为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．解：（1）设二次函数的解析式为y＝a(x－4)2－3(a≠0)，且A(x1，0)，B(x2，0)．∵y＝a(x－4)2－3＝ax2－8ax＋16a－3∴x1＋x2＝8，x1x2＝16－a3．∴AB2＝(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝82－4(16－a3)＝36，∴a＝93．∴二次函数的解析式为y＝93(x－4)2－3．（2）①如图1，作点A关于y轴的对称点A′，连结A′C交y轴于点P，连结PA，则点P为所求．令y＝0，得93(x－4)2－3＝0，解得x1＝1，x2＝7．∴A(1，0)，B(7，0)．∴OA＝1，∴OA′＝1．设抛物线的对称轴与x轴交于点D，则AD＝3，A′D＝5，DC＝3．∵△A′OP∽△ADC，∴DCOP＝ADOA，即3OP＝51，∴OP＝53．∴P(0，－53)．②∵A′C＝22DCDA＝22)3(5＝72AC＝22DCAD＝22)3(3＝32∴△PAC的周长＝PA＋PC＋AC＝A′C＋AC＝72＋32．S△PAC＝S△A′AC－S△A′AP＝21A′A(DC－OP)＝21×2×(3－53)＝534．（3）存在．∵tan∠BAC＝ADDC＝33，∴∠BAC＝30°．同理，∠ABC＝30°，∴∠ACB＝120°，AC＝BC．①若以AB为腰，∠BAQ1为顶角，使△ABQ1∽△CBA，则AQ1＝AB＝6，∠BAQ1＝120°．如图2，过点Q1作Q1H⊥x轴于H，则Q1H＝AQ1·sin60°＝6×23＝33，HA＝AQ1·cos60°＝6×21＝3．HO＝HA－OA＝3－1＝2．∴点Q1的坐标为(－2，33)．把x＝－2代入y＝93(x－4)2－3，得y＝93(－2－4)2－3＝33．∴点Q1在抛物线上．②若以BA为腰，∠ABQ2为顶角，使△ABQ2∽△ACB，由对称性可求得点Q1的坐标为(10，33)．同样，点Q2也在抛物线上．③若以AB为底，AQ，BQ为腰，点Q在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去．综上所述，在x轴上方的抛物线上存在点Q1(－2，33)和Q2(10，33)，使得以Q、A、B三点为顶点的三角形与△ABC相似．2.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A(－3，0)、B两点，与y轴相交于点C(0，3)．当x＝－4和x＝2时，二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的函数值y相等，连结AC、BC．（1）求实数a，b，c的值；（2）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．当运动时间为t秒时，连结MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）由题意得cbacbaccba244163039解得a＝－33，b＝－332，c＝3．···················································3分（2）由（1）知y＝－33x2－332x＋3，令y＝0，得－33x2－332x＋3＝0．解得x1＝－3，x2＝1．∵A(－3，0)，∴B(1，0)．又∵C(0，3)，∴OA＝3，OB＝1，OC＝3，∴AB＝4，BC＝2．∴tan∠ACO＝OCOA＝3，∴∠ACO＝60°，∴∠CAO＝30°．同理，可求得∠CBO＝60°，∠BCO＝30°，∴∠ACB＝90°．∴△ABC是直角三角形．又∵BM＝BN＝t，∴△BMN是等边三角形．∴∠BNM＝60°，∴∠PNM＝60°，∴∠PNC＝60°．∴Rt△PNC∽Rt△ABC，∴NCPN＝BCAB．由题意知PN＝BN＝t，NC＝BC－BN＝2－t，∴tt2＝24．∴t＝34．·····················································4分∴OM＝BM－OB＝34－1＝31．如图1，过点P作PH⊥x轴于H，则PH＝PM·sin60°＝34×23＝332．yOxCNBPMAyOxCNBPMA图1HMH＝PM·cos60°＝34×21＝32．∴OH＝OM＋MH＝31＋32＝1．∴点P的坐标为(－1，332)．·······················································6分（3）存在．由（2）知△ABC是直角三角形，若△BNQ与△ABC相似，则△BNQ也是直角三角形．∵二次函数y＝－33x2－332x＋3的图象的对称轴为x＝－1．∴点P在对称轴上．∵PN∥x轴，∴PN⊥对称轴．又∵QN≥PN，PN＝BN，∴QN≥BN．∴△BNQ不存在以点Q为直角顶点的情形．①如图2，过点N作QN⊥对称轴于Q，连结BQ，则△BNQ是以点N为直角顶点的直角三角形，且QN＞PN，∠MNQ＝30°．∴∠PNQ＝30°，∴QN＝o30cosPN＝2334＝938．∴BNQN＝34938＝332．∵BCAC＝tan60°＝3，∴BNQN≠BCAC．∴当△BNQ以点N为直角顶点时，△BNQ与△ABC不相似．···········7分②如图3，延长NM交对称轴于点Q，连结BQ，则∠BMQ＝120°．∵∠AMP＝60°，∠AMQ＝∠BMN＝60°，∴∠PMQ＝120°．∴∠BMQ＝∠PMQ，又∵PM＝BM，QM＝QM．∴△BMQ≌△PMQ，∴∠BQM＝∠PQM＝30°．∵∠BNM＝60°，∴∠QBN＝90°．∵∠CAO＝30°，∠ACB＝90°．∴△BNQ∽△ABC．··············································8分∴当△BNQ以点B为直角顶点时，△BNQ∽△ABC．设对称轴与x轴的交点为D．∵∠DMQ＝∠DMP＝60°，DM＝DM，∴Rt△DMQ≌Rt△DMP．∴DQ＝PD，∴点Q与点P关于x轴对称．∴点Q的坐标为(－1，－332)．············································································9分综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点Q(－1，－332)，使得以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似．·····························································································································10分3.如图，抛物线y＝a(x＋3)(x－1)与x轴相交于A、B两点（点A在点B右侧），过点A的直线交抛物线于另一点C，点C的坐标为(－2，6)．（1）求a的值及直线AC的函数关系式；（2）P是线段AC上一动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点M，交x轴于点N．①求线段PM长度的最大值；②在抛物线上是否存在这样的点M，使得△CMP与△APN相似？如果存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标（不必写解答过程）；如果不存在，请说明理由．解：（1）由题意得6＝a(－2＋3)(－2－1)，∴a＝－2．······································1分∴抛物线的解析式为y＝－2(x＋3)(x－1)，即y＝－2x2－4x＋6令－2(x＋3)(x－1)＝0，得x1＝－3，x2＝1∵点A在点B右侧，∴A(1，0)，B(－3，0)设直线AC的函数关系式为y＝kx＋b，把A(1，0)、C(－2，6)代入，得620＝＋＝＋－bkbk解得22＝＝－bk∴直线AC的函数关系式为y＝－2x＋2．··········································3分（2）①设P点的横坐标为m(－2≤m≤1)，则P(m，－2m＋2)，M(m，－2m2－4m＋6)．··································4分∴PM＝－2m2－4m＋6－(－2m＋2)＝－2m2－2m＋4＝－2(m＋21)2＋29∴当m＝－21时，线段PM长度的最大值为29．·······························6分②存在M1(0，6)．············································································································7分M2(－41，855)．·····································································································9分点M的坐标的求解过程如下（原题不作要求，本人添加，仅供参考）ⅰ)如图1，当M为直角顶点时，连结CM，则CM⊥PM，△CMP∽△ANP∵点C(－2，6)，∴点M的纵坐标为6，代入y＝－2x2－4x＋6得－2x2－4x＋6＝6，∴x＝－2（舍去）或x＝0∴M1(0，6)（此时点M在y轴上，即抛物线与y轴的交点，此时直线MN与y轴重合，点N与原点O重合）ⅱ)如图2，当C为直角顶点时，设M(m，－2m2－4m＋6)(－2≤m≤1)过C作CH⊥MN于H，连结CM，设直线AC与y轴相交于点D则△CMP∽△NAP又∵△HMC∽△CMP，△NAP∽△OAD，∴△HMC∽△OAD∴ODCH＝OAMH∵C(－2，6)，∴CH＝m＋2，MH＝－2m2－4m＋6－6＝－2m2－4m在y＝－2x＋2中，令x＝0，得y＝2∴D(0，2)，∴OD＝2∴22m＝1422mm整理得4m2＋9m＋2＝0，解得m＝－2（舍去）或m＝－41当m＝－41时，－2m2－4m＋6＝(－41)2－4×(－41)＋6＝855∴M2(－41，855)4.已知：Rt△ABC的斜边长为5，斜边上的高为2，将这个直角三角形放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB与x轴重合（其中OA＜OB），直角顶点C落在y轴正半轴上（如图1）．（1）求线段OA、OB的长和经过点A、B、C的抛物线的关系式．（2）如图2，点D的坐标为（2，0），点P（m，n）是该抛物线上的一个动点（其中m＞0，n＞0），连接DP交BC于点E．①当△BDE是等腰三角形时，直接写出．．．．此时点E的坐标．②又连接CD、CP（如图3），△CDP是否有最大面积？若有，求出△CDP的最大面积和此时点P的坐标；若没有，请说明理由．解：（1）由题意知Rt△△AOC∽Rt△COB，∴OCOA＝OBOC．∴OC2＝OA·OB＝OA(AB－OA)，即22＝OA(5－OA)．∴OA2－5OA＋4＝0，∵OA＜OB，∴OA＝1，OB＝4．···················2分∴A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)．∴可设所求抛物线的关系式为y＝a(x＋1)(x－4)．························3分将点C(0，2)代入，得2＝a(0＋1)(0－4)，∴a＝－21．∴经过点A、B、C的抛物线的关系式为y＝－21(x＋1)(x－4)．····4分即y＝－21x2＋23x＋2．（2）①E1(3，21)，E2(54，58)，E3(5544，552)．························7分关于点E的坐标求解过程如下（原题不作要求，本人添加，仅供参考）：设直线BC的解析式为