2018年中考总复习专题：二次函数与相似的结合

二次函数与相似的结合题型一：动点在线段上如图，平面直角坐标系xOy中，已知(1,0)B，一次函数5yx的图像与x轴、y轴分别交于点A、C两点，二次函数2yxbxc的图像经过点A、点B；（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是该二次函数图像的顶点，求△APC的面积；（3）如果点Q在线段AC上，且△ABC与△AOQ相似，求点Q的坐标；如图，抛物线22yaxaxc(0)a与x轴交于(3,0)A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点(0,3)C，抛物线的顶点为M；（1）求a、c的值；（2）求tanMAC的值；（3）若点P是线段AC上一个动点，联结OP；问是否存在点P，使得以点O、C、P为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；如图，已知抛物线2yaxxc的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点为A（-1，0），顶点为B.点C（5，m）在抛物线上，直线BC交x轴于点E.（1）求抛物线的表达式及点E的坐标；（2）联结AB，求∠B的正切值；（3）点G为线段AC上一点，过点G作CB的垂线交x轴于点M（位于点E右侧），当△CGM与△ABE相似时，求点M的坐标.【参考答案】24．（本题满分12分，第（1）小题4分，第（2）小题3分，第（3）小题5分）解：（1）∵抛物线2yaxxc的对称轴为直线x=1，∴12a.∵抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），∴32c.∴抛物线的表达式为21322yxx.………………………………………………（2分）∴顶点B（1，-2）.…………………………………………………………………（1分）∵点C（5，m）在抛物线上，∴6m.∴C点坐标为（5，6）.设直线BC的表达式为y=kx+b（k≠0），则652kbkb，∴2,4.kb即BC的表达式为y=2x-4.∴E（2,0）.……………………………………………………………………………（1分）（2）作CH⊥x轴，垂足为H，作BP⊥x轴，垂足为P，∵C（5，6），A（-1，0），∴CH=6=AH.∴∠CAH=45°.∵B（1，-2），A（-1，0），∴BP=2=AP.∴∠BAP=45°.∴∠CAB=90°.…………………………………………………………………………（1分）∵CH=6=AH，CH⊥x轴，∴62.AC∵BP=2=AP，BP⊥x轴，∴22.ABxyABECO（第24题图）∴tan3.ACBAB…………………………………………………………………（2分）（3）∵∠CAB=90°，∴∠B+∠ACB=90°.∵GM⊥BC，∴∠CGM+∠ACB=90°.∴∠CGM=∠B.………………………………（1分）∵△CGM与△ABE相似，∴∠BAE=∠CMG或∠BAE=∠MCG.情况1：当∠BAE=∠CMG时，∵∠BAE=45°，∴∠CMG=45°.∵GM⊥BC，∴∠MCE=45°.∴∠MCE=∠EAB.∵∠AEB=∠CEM，∴△ABE∽△CME.……………………………………………（1分）∴BEAEEMCE.即5335EM.∴EM=5.∴M（7，0）.……………………………（1分）情况2：当∠BAE=∠MCG时，∵∠BAE=∠CAM，∴∠MCG=∠CAM.∴MC=MA.………………………………（1分）设M（x，0），∵C（5，6），A（-1，0），∴222(1)(5)6.xx∴x=5.∴M（5，0）.…………………………………………………………………………（1分）题型二：动点在线段的延长线上如图7，已知抛物线32bxxy与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OCOB,点D是抛物线的顶点，直线AC和BD交于点E。（1）求点D的坐标；（2）联结BCCD、，求DBC的余切值；（3）设点M在线段CA延长线上，如果EBM△和ABC△相似，求点M的坐标。【答案】（1）D1,4（）（2）3（3）63,)55（-【解析】（1）∵抛物线2y3xbx与轴的交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，)3,0(C,且OCOB,)0,3(B∴9330,b=b解得2∴223;D1,4yxx∴（）（2）OBOC∵45OCBOBCy=45DC。∴∠；180245=90DCB∴∠；32cot32BCDBCDC(3)由223yxx，可得,在AOC和BCD中，3COBCAOCD,90AOCDCBAOCBCD∽，又ACOCBD;ACBACOOCBECBD45EOCB;当EBMABC和相似时，可知ECBA;又点在线段的延长线上，ACBEBA,可得EMBACB;32MBBC;由题意，得直线的表达式为y33x;设(,33)Mxx.2(3)(33)18xx,解得126,05xx（舍去）点M的坐标是63,)55（-题型三：动点在对称轴上如图，抛物线cbxxy2经过点)0,3(B,)3,0(C，D为抛物线的顶点。（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；（2）点C关于抛物线cbxxy2的对称点为E点，联结BC，BE，求CBE的正切值；（3）点M是抛物线对称轴上一点，且△DMB和△BCE相似，求点M的坐标。【答案】（1）322xxy；)4,1(D（2）21（3）2,1M或32,1M【解析】（1）∵抛物线cbxxy2经过点)0,3(B,)3,0(C∴3039ccb可解得32cb∴322xxy顶点坐标)4,1(D（2）过点E作EH垂直于BC交于点H∵点C与点E关于对称轴1x对称∴)3,2(E,2CE,CE平行于x轴∵3OBOC∴45ECBOBC,23BC在等腰直角三角形ECH中,2CE∴2EHCH在直角三角形EHB中,22CHBCBH,2EH∴21222tanBHEHCBE∴CBE的正切值为21（3）设抛物线对称轴1x交x轴与点F∵在直角三角形DFB中，4DF,2BF∴21tanDFBFBDF,CBEBDF∴点M在点D的下方∴当DMB与BCE相似时，有下列两种情况：当BEBCDBDM时，即102352DM可解得6DM∴2,1M当BCBEDBDM时，即231052DM可解得310DM∴32,1M综上所述：2,1M或32,1M2）动点在平移后的对称轴上在平面直角坐标系中，点)0,4(A是抛物线cxaxy22上的一点，将此抛物线向下平移6个单位以后经过点)2,0(B，平移后的新抛物线的顶点记为C，新抛物线的对称轴和线段AB的交点记为P。（1）求平移后得到的新抛物线的表达式，并求出点C的坐标；（2）求CAB的正切值；（3）如果点Q是新抛物线对称轴上的一点，且BCQ△和ACP△相似，试求点Q的坐标。【答案】（1）222xxy；)3,1(C（2）1tan3CAB（3）)25,1(1Q或)1,1(2Q【解析】（1）∵点)0,4(A是抛物线cxaxy22上的一点，代入得：0816ca①又∵抛物线向下平移6个单位以后经过点)2,0(B，平移后的抛物线解析式为：622cxaxy。代入得：8,26cc②，由①②得：8,1ca平移后得到的新抛物线的表达式：222xxy，顶点)3,1(C（2）∵)0,4(A、)2,0(B、)3,1(C，易得52,23,2BACACB由勾股定理逆定理得ABC△是直角三角形，31tanCACBCAB（3）设抛物线对称轴与x轴相交于点HABOAPH∽△△，2321AHPH，23CP易得45ACPBCP，23,23,2CPCACB∴点Q只能在对称轴点C的下方，BCQ△和ACP△相似，有以下两种情况：①CACPCBCQ，23232CQ，21CQ，)25,1(1Q②CPCACBCQ，23232CQ，4CQ，)1,1(2Q综上，)25,1(1Q或)1,1(2Q题型四：动点在某直线上如图，已知抛物线22yaxxc经过ABC的三个顶点，其中点(0,1)A，点(9,10)B，ACx∥轴．（1）求这条抛物线的解析式；（2）求tanABC的值；（3）若点D为抛物线的顶点，点E是直线AC上一点，当CDE与ABC相似时，求点E的坐标．【参考答案】24．解：（1）∵抛物线22yaxxc经过点(0,1)A和点(9,10)B∴1811810cac……………………………………………………1分yAOCBx（第24题图）解得131ac………………………………………………………………2分∴这条抛物线的解析式为21213yxx………………………………1分（2）过点B作BHAC，垂足为HACx∥轴，(0,1)A，(9,10)B9,1H∴（）9BHAH∴又90BHAHAB∴△是等腰直角三角形45HAB∴………………………………………………………1分ACx∥轴，(0,1)A，点C也在该抛物线上6,1C∴（）过点C作CGAB，垂足为点Gsin4532CGAC∴……………………………………………1分cos4532AGAC又∵在Rt△ABH中，92sin45BHAB∴923262BG…………………………………………………1分∴在Rt△BCG中，1tan2CGABCBG……………………………1分（3）过点D作DKAC，垂足为K∵点D是抛物线21213yxx的顶点∴(3,2)D………………1分∴(3,1)K∴3CKDK又∵90CKD∴△CDK是等腰直角三角形∴45DCK又∵45BAC∴DCKBAC………………………………………………………1分∴当△CDE与△ABC相似时，存在以下两种情况：1ACECABCD6=9232EC∴∴EC=2(4,1)E∴……………1分2ACDCABEC632=92EC∴∴EC=9(3,1)E∴…………1分题型五：动点在x轴上如图9，在平面直角坐标系xoy中，顶点为M的抛物线2(0yaxbxa）经过点A和x轴正半轴上的点B，AOOB=2，0120AOB．（1）求这条抛物线的表达式；（2）联结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．MABOxy图92017年青浦一模24】已知，如图8，在平面直角坐标系中，抛物线142axaxy与x轴正半轴交于点A和点B，与y轴交于点C，且OCOB3，点P是第一象限内的点，联结BC，△PBC是以BC为斜边的等腰直角三角形.（1）求这个抛物线的表达式；（2）求点P的坐标；（3）点Q在x轴上，若以POQ、、为顶点的三角形与以点BAC、、为顶点的三角形相似，求点Q的坐标.【答案】（1）134312xxy（2）)2,2(P（3）点Q坐标为)0,2(或)0,4(【解析】（1）由题意可得)1,0(C33OCOB)0,3(B代入142axaxy得31a134312xxy（2）过点P作轴轴xPFyPE,PBC为等腰直角三角形PBPC90CPFFPBCPFEPCFPBEPC)(AASPFBRtPCERt≌BFEC可证四边形PEOF为正方形BFOBOCEC3,1OBOCBFEC31,解得1BFEC2OFOEP在第一象限内)2,2(P（3）2,2ABAC)0,1(),1,0(ACOAOC，可得AOC为等腰直角三角形45OAC1