九年级数学下册解法技巧思维培优
专题12 二次函数与相似
【典例1】（2019?醴陵市一模）在平面直角坐标系中，抛物线y =?1
2x 2+3
2x +m ﹣1交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于点C ，若A 点坐标为（x 1，0），B 点坐标为（x 2，0）（x 1≠x 2）． （1）求m 的取值范围；
（2）如图1，若x 12+x 22＝17，求抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，请解答下列两个问题： ①如图1，请连接AC ，求证：△ACB 为直角三角形．
②如图2，若D （1，n ）在抛物线上，过点A 的直线y ＝﹣x ﹣1交（2）中的抛物线于点E ，那么在x 轴上点B 的左侧是否存在点P ，使以P 、B 、D 为顶点的三角形与△ABE 相似？若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由．
【点拨】（1）△＝（3
2）2﹣4×（?1
2）（m ﹣1）=9
4+2m ﹣2＝2m +1
4，即可求解；
（2）∵x 1+x 2＝3，x 1?x 2＝﹣2（m ﹣1），又x 12+x 22＝17，∴（x 1+x 2）2﹣2x 1?x 2＝17，即可求解； （3）①AC 2＝5，BC 2＝20，AB 2＝25，即可求解；
②分△PBD ∽△BAE 、△PBD ∽△EAB 两种情况，分别求解即可． 【解析】解：（1）△＝（3
2
）2﹣4×（?12）（m ﹣1）=94+2m ﹣2＝2m +1
4，
由题可得2m +14
＞0，
∴m ＞?18
；
（2）∵x 1+x 2＝3，x 1?x 2＝﹣2（m ﹣1）， 又x 12+x 22＝17，
∴（x 1+x 2）2﹣2x 1?x 2＝17∴32+4（m ﹣1）＝17， ∴m ＝3，
∴抛物线的解析式为y =?1
2
x 2+32
x +2；
（3）①证明：令y ＝0，?1
2x 2+32x +2＝0， ∴x 1＝﹣1，x 2＝4， ∴A （﹣1，0），B （4，0） 令x ＝0，y ＝2， ∴C （0，2），
∴AC 2＝5，BC 2＝20，AB 2＝25
∴AC 2+BC 2＝AB 2∴△ACB 为直角三角形； ②根据抛物线的解析式易知：D （1，3），
联立直线AE 、抛物线解析式：{y =?x ?1y =?12x 2+32x +2解得{x =?1y =0或{x =6y =?7， ∴E （6，﹣7），
∴tan ∠DBO ＝1，即∠DBO ＝45°，tan ∠EAB ＝1，即∠EAB ＝45°， ∴∠DBA ＝∠EAB ，
若以P 、B 、D 为顶点的三角形与△ABE 相似，则有两种情况： ①△PBD ∽△BAE ； ②△PBD ∽△EAB ． 易知BD ＝3√2，EA ＝7√2，AB ＝5，
由①得：PB AB =BD AE ，即PB 5=
√27√2
，即PB =157，OP ＝OB ﹣PB =13
7．
由②得：
PB AE
=BD AB
，即
7√2
=
3√25
，即PB =425，OP ＝OB ﹣BP =?22
5， ∴P （137
，0）或（?
22
5
，0）． 【典例2】（2019?东河区二模）如图1，已知经过原点的抛物线y ＝ax 2+bx 与x 轴交于另一点A （32
，0），在第一象限内与直线y ＝x 交于点B （2，t ） （1）求抛物线的解析式；
（2）在直线OB 下方的抛物线上有一点C ，点C 到直线OB 的距离为2，求点C 的坐标；
（3）如图2，若点M 在抛物线上，且∠MBO ＝∠ABO ，在（2）的条件下，是否存在点P ，使得△POC ∽△MOB ？若存在，求出点P 坐标；若不存在，请说明理由．
【点拨】（1）点B 在直线y ＝x 上，则点B 的坐标为（2，2），将点A 、B 的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）如图，过点C 作CH ∥y 轴交AB 于点H ，则∠MHC ＝∠MCH ＝45°，CM =√2，HC =√2CM ＝2，
设点H （t ，t ），则C （t ，2t 2﹣3t ），即可求解；
（3）分点P 在第一象限、第三象限两种情况，分别求解即可． 【解析】解：（1）点B 在直线y ＝x 上，则点B 的坐标为（2，2），
将点A 、B 的坐标代入二次函数表达式得：{0=a(32
)2
+3
2b 2=4a +2b
，解得：{a =2b =?3， 故抛物线的表达式为：y ＝2x 2﹣3x …①； （2）如图，过点C 作CH ∥y 轴交AB 于点H ，
∵∠BAO ＝45°， ∴∠OHC ＝45°， 又∵CM ⊥OB ，
∴∠MHC ＝∠MCH ＝45°， CM =√2， ∴HC =√2CM ＝2，
设点H （t ，t ），则C （t ，2t 2﹣3t ）， ∵点C 在直线BO 的下方， HC ＝t ﹣2t 2+3t ＝2，解得：t ＝1，
∴C （1，﹣1）；
（3）如图（2）BM 交y 轴于点N ，
∵∠MBO ＝∠ABO ，OB ＝OB ，∠NOB ＝∠AOB ＝45°， ∴△BON ≌△AOB （AAS ），
∴ON ＝OA =3
2，
将点B 、N （0，3
2
）坐标代入一次函数表达式并解得：
直线BM 的表达式为：y =1
4
x +32
?②，
联立①②并解得：x =?3
8，故点M （?3
8，
4532
），
∵△POC ∽△MOB ，OB ＝2√2，OC =√2，
∴OB OC
=OM OP
=2，
即：OM ＝2OP ，∠MOB ＝∠POC ， ①当点P 在第一象限时，
过点P 作PQ ⊥OA 于点Q ，过点M 作MG ⊥ON 于点G ， ∵∠BON ＝∠AOC ＝45°
∴∠MON ＝∠POA ， ∴△MOG ∽△POQ ， ∵OM ＝2OP ，
∴OM OP
=
MG PQ
=
OG OQ
=2，
又OG =
4532，MG =38， ∴OQ =
4564，PQ =316， 即点P （4564
，
3
16
）
②同理当点P 在第三象限时，
点P （?
316，?4564
）； 综上，点P （4564
，
3
16
）或（?
316，?45
64
）． 【典例3】（2019?鹿城区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，点A （1，2），B （5，0），抛物线y ＝ax 2
﹣2ax （a ＞0）交x 轴正半轴于点C ，连结AO ，AB ． （1）求点C 的坐标； （2）求直线AB 的表达式；
（3）设抛物线y ＝ax 2﹣2ax （a ＞0）分别交边BA ，BA 延长线于点D 、E ． ①若AE ＝2AO ，求抛物线表达式；
②若△CDB 与△BOA 相似，则a 的值为 1013
（直接写出答案）．
【点拨】（1）求得对称轴，由对称性可知C点坐标；
（2）利用待定系数法求解可得；
（3）①由AE＝3AO的关系，建立K型模型相似，求得点E坐标代入解析式可得；
②若△CDB与△BOA相似，则∠A＝∠CDB＝90°，由相似关系可得点D坐标，代入解析式y＝ax2﹣2ax 可得a值．
【解析】解：（1）∵x=?b
2a
=1，O，C两点关于直线x＝1对称
∴C（2，0）；
（2）设直线AB：y＝kx+b，
把A（1，2），B（5，0）代入得
{k+b=2
5k+b=0，
解得：{
k=?12
b=52
，
∴y=?1
2x+
5
2．
（3）①∵A（1，2），B（5，0），O（0，0）∴OA=√5，OB＝5，AB＝2√5
∴OA2+AB2＝OB2
∴∠OAB＝90°
∴∠OAE ＝90°
作EF ⊥AF ，AG ⊥x 轴，
∵∠FEA ＝∠OAG ，∠F ＝∠AGO ＝90° ∴△EAF ∽△AOG （AA ）
∴EF AG
=AF OG
=AE AO
=2，
∴EF ＝4，AF ＝2， ∴点E 坐标为（﹣3，4）
代入解析式y ＝ax 2﹣2ax 可得，9a +6a ＝4，
解得a =4
15， ∴y =
415x 2?8
15
x ； ②若△CDB 与△BOA 相似，
CD AO
=BD AB
=BC BO
，
∴
√5
=
2√5=35
，
D （
135
，65
），
代入解析式y ＝ax 2﹣2ax 可得，a =10
13．
故答案为：
1013
．
【典例4】（2020?郑州一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y =?12
x +n 与x 轴，y 轴分别交于点B ，点C ，抛物线y ＝ax 2+bx +3
2（a ≠0）过B ，C 两点，且交x 轴于另一点A （﹣2，0），连接AC ． （1）求抛物线的表达式；
（2）已知点P 为第一象限内抛物线上一点，且点P 的横坐标为m ，请用含m 的代数式表示点P 到直线BC 的距离；
（3）抛物线上是否存在一点Q （点C 除外），使以点Q ，A ，B 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【点拨】（1）点C （0，3
2），则直线y =?1
2x +n =?1
2x +3
2，则点B （3，0），则抛物线的表达式为：y ＝a
（x ﹣3）（x +2）＝a （x 2﹣x ﹣6），即可求解；
（2）则PH ＝PG cosα=
5
（?14m 2+14m +32+12m ?32）=?√510m 2+3√5
10m ； （3）分当点Q 在x 轴上方、点Q 在x 轴下方两种情况，分别求解即可．
【解析】解：（1）点C （0，32
），则直线y =?1
2x +n =?1
2x +3
2，则点B （3，0）， 则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣3）（x +2）＝a （x 2﹣x ﹣6），
故﹣6a =3
2，解得：a =?1
4，
故抛物线的表达式为：y =?14x 2+14x +3
2；
（2）过点P 作y 轴的平行线交BC 于点G ，作PH ⊥BC 于点H ，
则∠HPG ＝∠CBA ＝α，tan ∠CBA =
OC OB =12=tanα，则cosα=2
5
， 设点P （m ，?14
m 2+14
m +32
），则点G （m ，?1
2
m +32
），
则PH ＝PG cosα=
5
（?14m 2+14m +32+12m ?32）=?√510m 2+3√5
10m ； （3）①当点Q 在x 轴上方时，
则点Q ，A ，B 为顶点的三角形与△ABC 全等，此时点Q 与点C 关于函数对称轴对称，
则点Q （1，32
）； ②当点Q 在x 轴下方时，
（Ⅰ）当∠BAQ ＝∠CAB 时，△QAB ∽△BAC ，
则AB AC
=AQ AB
，
由勾股定理得：AC ＝5，AQ =AB 2AC
=2552
=10，
过点Q 作QH ⊥x 轴于点H ，由△HAQ ∽△OAC 得：
AQ AC
=
QH OC
=
AH OA
，
∵OC=3
2，AQ＝10，
∴QH＝6，则AH＝8，OH＝8﹣2＝6，
∴Q（6，﹣6）；该点在抛物线上；
根据点的对称性，当点Q在第三象限时，符合条件的点Q（﹣5，﹣6）；故点Q的坐标为：（6，﹣6）或（﹣5，﹣6）；
（Ⅱ）当∠BAQ＝∠CBA时，
则直线AQ∥BC，直线BC表达式中的k为：?1 2，
则直线AQ的表达式为：y=?1
2x﹣2…②，
联立①②并解得：x＝5或﹣2（舍去﹣2），故点Q（5，?7 2），
BC AB =
√45
4
5
，而
AB
AQ
=
√245
4
，故
BC
AB
≠
AB
AQ
，即Q，A，B为顶点的三角形与△ABC不相似，
故舍去，Q的对称点（﹣4，?7
2）同样也舍去，
即点Q的为：（﹣4，?7
2）、（5，?
7
2）均不符合题意，都舍去；
综上，点Q的坐标为：（1，3
2
）或（6，﹣6）或（﹣5，﹣6）．
【典例5】（2019?贵港三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点．（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形P AOC的周长最小？若存在，求出四边形P AOC 周长的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，点Q是线段OB上一动点，当△BPQ与△BAC相似时，求点Q的坐标．
【点拨】（1）将A （1，0）、B （4，0）、C （0，3）代入线y ＝ax 2+bx +c ，求出a 、b 、c 即可； （2）四边形P AOC 的周长最小值为：OC +OA +BC ＝1+3+5＝9； （3）分两种情况讨论：①当△BPQ ∽△BCA ，②当△BQP ∽△BCA ． 【解析】解：（1）由已知得{a +b +c =016a +4b +c =0c =3
，
解得
{ a =34
b =?154
c =3
所以，抛物线的解析式为y =y =34x 2?15
4x +3；
（2）∵A 、B 关于对称轴对称，如图，连接BC ，与对称轴的交点即为所求的点P ，此时P A +PC ＝BC ， ∴四边形P AOC 的周长最小值为：OC +OA +BC ， ∵A （1，0）、B （4，0）、C （0，3）， ∴OA ＝1，OC ＝3，BC ＝5， ∴OC +OA +BC ＝1+3+5＝9；
∴在抛物线的对称轴上存在点P ，使得四边形P AOC 的周长最小，四边形P AOC 周长的最小值为9； （3）如图，设对称轴与x 轴交于点D ．
∵A （1，0）、B （4，0）、C （0，3）， ∴OB ＝4，AB ＝3，BC ＝5，
直线BC ：y =?3
4x +3，
由二次函数可得，对称轴直线x =5
2， ∴P （52，9
8），BP =15
8，
①当△BPQ ∽△BCA ，
BQ BA =BP BC
，
BQ 3
=
158
5=38
，
∴BQ =9
8，
∴OQ =OB ?BQ =4?
98=238
， Q 1（
238
，0）
②当△BQP ∽△BCA ，
BQ BC
=BP BA
，
∴
BQ 5
=
15
8
3
=58
，
∴BQ =25
8，
∴OQ ＝OB ﹣BQ ＝4?25
8=7
8， ∴Q 2（7
8，0），
综上，求得点Q 的坐标（
238
，0）或（7
8
，0）
巩固练习
1．（2019?相城区校级二模）如图1，抛物线y ＝ax 2﹣6ax +6（a ≠0）与x 轴交于点A （8，0），与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点E （m ，0）（0＜m ＜8），过点E 作x 轴的垂线交直线AB 于点N ，交抛物线于点P ，过点P 作PM ⊥AB 于点M ． （1）求出抛物线的函数表达式；
（2）设△PMN 的面积为S 1，△AEN 的面积为S 2，若S 1：S 2＝36：25，求m 的值；
（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE ′，旋转角为30°，连接E 'A 、E 'B ，在坐标平面内找一点Q ，使△AOE ′～△BOQ ，并求出Q 的坐标．
【点拨】（1）运用待定系数法，把A （8，0）代入y ＝ax 2﹣6ax +6，解方程即可；
（2）先运用待定系数法求直线AB 解析式，再利用△ANE ∽△PNM 和S 1：S 2＝36：25，可求得
AN ，建立
关于m 的方程求解即可；
（3）由△AOE ′～△BOQ ，可分两种情况：点Q 在y 轴右侧或点Q 在y 轴左侧；运用相似三角形性质分别求解即可．
【解析】解：（1）把A （8，0）代入y ＝ax 2﹣6ax +6，得64a ﹣48a +6＝0，解得a =?3
8
，
∴抛物线的函数表达式为：y =?3
8x 2+9
4x +6；
（2）如图1，在y =?38
x 2+94
x +6中，令x ＝0，得y ＝6， ∴B （0，6），
令y ＝0，得?3
8
x 2+94
x +6＝0，解得：x 1＝8，x 2＝﹣2， ∴A （8，0），
设直线AB 解析式为y ＝kx +b ，则{8k +b =0b =6，解得{k =?3
4b =6
∴直线AB 解析式为y =?34
x +6 ∵PE ⊥x 轴，PM ⊥AB ∴∠AEN ＝∠PMN ＝90°， ∵∠ANE ＝∠PNM ∴△ANE ∽△PNM
∴AE PM
=
EN MN
=
AN PN
，
S 1S 2
=
S △PMN S △AEN
=（
PM AE
）2，
∵S 1：S 2＝36：25，
∴PM AE =6
5
∴
AN PN
=56
，即6AN ＝5PN
∵E （m ，0）（0＜m ＜8），
∴P （m ，?3
8m 2+9
4m +6），N （m ，?3
4m +6）
∴EN =?3
4m +6，PN ＝PE ﹣EN =?3
8m 2+9
4m +6﹣（?3
4m +6）=?3
8m 2+3m OE ＝m ，AE ＝8﹣m ，
∵AB =√OA 2+OB 2=√82+62=10
∴cos ∠OAB =
AE AN =OA
AB ，即8?m AN =810 ∴AN =5
4（8﹣m ），
∴6×5
4
（8﹣m ）＝5×（?38
m 2+3m ），解得：m 1＝4，m 2＝8（不符合题意，舍去）， ∴m ＝4；
（3）如图2，∵线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE ′，旋转角为30°， ∴OE ′＝OE ＝4，∠AOE ′＝30° ∵△AOE ′～△BOQ ，
∴OE′OA =OQ OB ，∠BOQ ＝∠AOE ′＝30°，
∴48
=
OQ 6，即OQ ＝3，过点Q 作QH ⊥y 轴于H ，
∴QH =12
OQ =32
，OH =√OQ 2?QH 2=√32?(32
)2=
3√3
2
， ∴当点Q 在y 轴右侧时，Q 1（32
，
3√3
2
）， 当点Q 在y 轴左侧时，Q 2（?3
2，3√3
2
）． 综上所述，Q 的坐标为：Q 1（3
2
，
3√32），Q 2（?32，3√3
2
）．
2．（2019?武侯区校级模拟）如图1，以点A（﹣1，2）、C（1，0）为顶点作Rt△ABC，且∠ACB＝90°，tan A ＝3，点B位于第三象限
（1）求点B的坐标；
（2）以A为顶点，且过点C的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）是否经过点B，并说明理由；
（3）在（2）的条件下（如图2），AB交x轴于点D，点E为直线AB上方抛物线上一动点，过点E作EF⊥BC于F，直线FF分别交y轴、AB于点G、H，若以点B、G、H为顶点的三角形与△ADC相似，求点E的坐标．
【点拨】
（1）由∠ACB＝90°可联想到构造K字形相似．即可得△CNB～△AMC，由相似比＝tan∠BAC=BC AC
=
3，即可求出BN、NC，从而得到B的坐标．
（2）以A 为顶点可设为y ＝a （x +1）2+2，将C 点代入即可求出a =?1
2
，然后将B 代入解析式也成立即可判定抛物线经过点B ，
（3）由直线AC 解析式可知∠ACD ＝45°，由EF ⊥BC 可知AC 平行HG ，以点B 、G 、H 为顶点的三角形与△ADC 相似，有两种情况：Ⅰ．∠HGB ＝45°，即BG ⊥y 轴，G 点坐标（0，﹣6），即可求出直线EG 解析式，进而求出E 点．Ⅱ．）．∠HBG ＝∠ACD ＝45°时，∴G 坐标为（0，?13
3），同理可求此时E 点坐标．
【解析】解：（1）过C 点作MN 垂直x 轴．过A 、B 两点分别作AM ⊥MN ，垂足为M ，BN ⊥MN ，垂足为N ，
∵∠ACB ＝90°， ∴∠CBN ＝∠ACM ， ∴△CNB ～△AMC ，
∴BC AC
=BN CM
=CN AM
，
∵A （﹣1，2）、C （1，0）， ∴AM ＝2，CM ＝2，
又∵tan A =
BC
AC
=3， ∴BN ＝6，CN ＝6， ∴B 点坐标为（﹣5，﹣6）．
（2）设以A （﹣1，2）为顶点的抛物线为y ＝a （x +1）2+2， ∵抛物线经过C （1，0） ∴a （1+1）2+2＝0，
∴a =?1
2，
∴函数解析式为y =?12
(x +1)2+2，
当x ＝﹣5时，y =?12
(?5+1)2+2=?6，
∴以A 为顶点，且过点C 的抛物线为y =?1
2(x +1)2+2经过点BB （﹣5，﹣6）． （3）∵点A （﹣1，2）、C （1，0）， ∴直线y AC ＝﹣x +1，∠ACD ＝45°， ∵EF ⊥BC ， ∴∠BHC ＝DAC ，
∴以点B 、G 、H 为顶点的三角形与△ADC 相似，有两种情况：
Ⅰ．如图2（1）．∠HGB ＝45°，∵EG ∥AC ，∴BG ∥CD ，即BG ⊥y 轴， ∴G 坐标为（0，﹣6） ∴直线y EG ＝﹣x ﹣6，
依题意得：{
y =?x ?6
y =?1
2(x +1)2+2
， 解得{x 1=√15y 1=?√15?6（不合题意舍去），得{x 2=?√15y 2=√15?6
，
∴当∠HGB ＝∠ACD ＝45°时△HBG ∽ADC ，即：E 点坐标为（?√15，√15?6）． Ⅱ．如图2（2）．∠HBG ＝∠ACD ＝45°时，△HBG ∽△ACD ， ∵过B 点作BP ⊥y 轴，∴P 点（0，﹣6） ∵∠CBP ＝45°， ∴∠GBP ＝∠ABC ，
又∵tan ∠GBP =GP
BP ，tan ∠ABC =1
3，BP ＝5，
∴GP =53，即G 点坐标为（0，?
133
）， ∴直线y EG =?x ?
133
， 依题意得：{y =?x ?
13
3y =?12
(x +1)2
+2
， 解得{x 1=√1053y 1=?√1053
?6，（不合题意舍去），得{x 2=?
√105
3y 2=√105
3
?6
， 即E 点为（?
√105
3
，
√105
3
?6）， 综上所述：E 点坐标为（?√15，√15?6）或（?√105
3，
√105
3
?6），
3．（2020?崇明区一模）如图，抛物线与x 轴相交于点A （﹣3，0）、点B （1，0），与y 轴交于点C （0，3），点D 是抛物线上一动点，联结OD 交线段AC 于点E ． （1）求这条抛物线的解析式，并写出顶点坐标； （2）求∠ACB 的正切值；
（3）当△AOE 与△ABC 相似时，求点D 的坐标．