專題08相似三角形的存在性 （含2024年一模）（解析版）

專題08相似三角形的存在性相似三角形存在性問題，分類討論步驟：第一步：找到題目中已知三角形和待求三角形中相等的角；要先確定已知三角形是否有直角，或確定銳角（借助三角函數值-初中階段衡量角度問題的計算手段，二次函數角的存在性壓軸專題應用更為突出）①若有已知的相等角，則其頂點對應；②若沒有相等的角，則讓不確定的三角形的角和已知三角形的特殊角相等。第二步：確定相似后，根據對應邊成比例求解動點坐標：①若已知三角形各邊已知，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數、對稱、旋轉等知識來推導邊的大小；②若兩個三角形的各邊均未給出，則應先設所求點的坐標進而用函數解析式來表示各邊的長度，之后用相似來列方程求解。易錯點一：二次函數中相似三角形的存在性1．（2024·上海普陀·統(tǒng)考一模）綜合實踐九年級第一學期教材第2頁結合教材圖形給出新定義對于下圖中的三個四邊形，通?？梢哉f，縮小四邊形，得到四邊形；放大四邊形，得到四邊形．

圖形的放大或縮小，稱為圖形的放縮運動．將一個圖形放大或縮小后，就得到與它形狀相同的圖形．圖中，四邊形和四邊形都與四邊形形狀相同．我們把形狀相同的兩個圖形說成是相似的圖形，或者就說是相似形．如圖，對于兩個多邊形，如果它們的對應頂點的連線相交于一點，并且這點與對應頂點所連線段成比例，那么這兩個多邊形就是位似多邊形，這個點就是位似中心．(1)填空：在上圖中位似中心是點________；________多邊形是特殊的________多邊形．（填“位似”或“相似”）(2)在平面直角坐標系中（如下圖），二次函數的圖像與x軸交于點A，點B是此函數圖像上一點（點A、B均不與點O重合），已知點B的橫坐標與縱坐標相等，以點O為位似中心，相似比為，將縮小，得到它的位似．

①畫出，并求經過O、、三點的拋物線的表達式；②直線與二次函數的圖像交于點M，與①中的拋物線交于點N，請判斷和是否為位似三角形，并根據新定義說明理由．【答案】(1)P；位似；相似(2)①圖形見解析；；②和為位似三角形，理由見解析【分析】（1）根據位似圖形的定義，即可求解；（2）①根據位似圖形的定義，畫出圖形，再求出、的坐標，即可求解；②過點M作軸于點D，過點N作軸于點C，聯(lián)立求出點M，N的坐標，可得，從而得到，進而得到，再由點的坐標為，點A的坐標為，可得，然后根據新定義，即可求解．【詳解】（1）解：在上圖中位似中心是點P；位似多邊形是特殊的相似多邊形．故答案為：P；位似；相似（2）解：①如圖，即為所求；

令，則，解得：或0，∴點A的坐標為，設點B的坐標為，∴，解得：或0，∴點B的坐標為，∵以點O為位似中心，相似比為，將縮小，得到它的位似，∴點的坐標為，點的坐標為，設經過O、、三點的拋物線的表達式為，把點，，代入得：，解得：，∴經過O、、三點的拋物線的表達式為，②和為位似三角形，理由如下：如圖，過點M作軸于點D，過點N作軸于點C，

聯(lián)立得：，解得：或，∴點M的坐標為，∴，，，同理點N的坐標為，∴，，∴，∵，∴，∴，∵點的坐標為，點A的坐標為，∴，∴，∴和為位似三角形．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，二次函數的綜合應用，理解新定義，利用數形結合思想解答是解題的關鍵．2．（2023上·上海嘉定·九年級統(tǒng)考期末）定義：對于拋物線（、、是常數，），若，則稱該拋物線是黃金拋物線，已知平面直角坐標系，拋物線是黃金拋物線，與軸交于點，頂點為．(1)求此黃金拋物線的表達式及點坐標；(2)點在這個黃金拋物線上．①點在這個黃金拋物線的對稱軸上，求的正弦值．②在射線上是否存在點，使以點、、所組成的三角形與相似，且相似比不為1．若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)，(2)①，②存在，【分析】（1）根據黃金拋物線的定義，列出方程求出值，進而求出頂點的坐標即可；（2）①將點代入解析式，求出的值，求出對稱軸，得到的值，進而求出的長，勾股定理逆定理，得到，利用正弦的定義，求解即可；②分和，兩種情況進行討論求解即可．本題考查二次函數的綜合應用，相似三角形的判定和性質．利用數形結合，分類討論的思想，進行求解，是解題的關鍵．【詳解】（1）解：拋物線是黃金拋物線，，所求拋物線的表達式為，配方得：，點的坐標為；（2）①由（1）得：拋物線的對稱軸是直線，點的坐標為，點在這個黃金拋物線上，，，點的坐標為，，，，，，．②存在過點作，垂足為拋物線與軸交于點，點的坐標為，

點的坐標為，，

，點的坐標為，

，，

，

，要使以點、、所組成的三角形與相似，有兩種情況第一種：，又，，∴與全等，相似比為1，不合題意，舍去；第二種：，∵，，，，，，，點在射線上，點的坐標為．3．（2023·上?！ひ荒＃┤鐖D，已知拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，O是坐標原點，已知點B的坐標是，；

(1)求該拋物線的函數表達式；(2)點P在x軸上方的拋物線上，且，求點P的坐標；(3)點D是y軸上一動點，若以D、C、B為頂點的三角形與相似，求出符合條件的點D的坐標．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根據正切函數，可得A點坐標，根據待定系數法，可得函數解析式；（2）根據正切函數，可得P點坐標，根據圖像上的點滿足函數解析式，可得關于x的方程，根據解方程，可得答案；（3）根據兩組對邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似，可得關于y的方程，根據解方程，可得答案．【詳解】（1）解：∵拋物線與y軸交于點C，∴點C的坐標為，∴，∵，∴，即點A的坐標為，又∵，∴，解得，∴拋物線的函數表達式是；（2）解：∵，∴，∵點P在x軸上方，設點P的橫坐標為x，則點P的縱坐標為，∴，得（舍去）或，當時，∴點P的坐標為；（3）解：如圖，

設點D的坐標為，∵，，∴，∴為的銳角三角形，∴也是銳角三角形，∴點D在點C的上方，∴，∴，∵，，，①如果，則，∴，即點，②如果則，∴，即點．綜上分析可知：符合條件的點D的坐標為或．【點睛】本題考查了二次函數綜合題，利用待定系數求函數解析式；利用正切函數得出P點坐標是解題關鍵，又利用圖像上的點滿足函數解析式得出P點坐標；利用兩組對邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似得出關于y的方程是解題關鍵，要分類討論，以防遺漏．4．（2024上·上海靜安·九年級統(tǒng)考期末）在平面直角坐標系中（如圖），已知點、、、在同一個二次函數的圖像上．

(1)請從中選擇適當的點坐標，求二次函數解析式；(2)如果射線平分，交軸于點，①現將拋物線沿對稱軸向下平移，頂點落在線段的點處，求此時拋物線頂點的坐標；②如果點在射線上，當與相似時，請求點的坐標．【答案】(1)(2)①

②，【分析】（1）把解析式設為交點式，再把代入解析式中求解即可；（2）①過點E作于H，由角平分線的性質得到．利用勾股定理求出，進而利用等面積法求出，則，求出直線解析式為，再求出對稱軸為直線，由此即可求出；②先求出，設，則，，分當時，當時，兩種情況根據相似三角形的性質建立方程求解即可．【詳解】（1）解：設二次函數解析式為，把代入中得：，解得，∴二次函數解析式為；（2）解：①過點E作于H，∵射線平分，，∴，∵、，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，設直線解析式為，∴，∴，∴直線解析式為，∵二次函數解析式為，∴對稱軸為直線，在中，當時，，∴；

②∵，∴，設，∴，，當時，則，∴，∴，∴，解得或（舍去），∴；當時，則，∴，∴，解得或（舍去），；綜上所述，或．【點睛】本題主要考查了二次函數綜合，相似三角形的性質，勾股定理，角平分線的性質，一次函數與幾何綜合等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．5．（2024上·上海崇明·九年級統(tǒng)考期末）已知在直角坐標平面中，拋物線經過點三點．

備用圖(1)求該拋物線的表達式；(2)點D是點C關于拋物線對稱軸對稱的點，連接，將拋物線向下平移個單位后，點D落在點E處，過B、E兩點的直線與線段交于點F．①如果，求的值；②如果與相似，求m的值．【答案】(1)(2)①；②或【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）①先求出拋物線對稱軸為直線，則，進而得到；求出直線的解析式為，同理可得直線的解析式為，進而求出；利用勾股定理求出，，，進而利用勾股定理的逆定理證明是直角三角形，且，則；②時，則此時點F與點A重合，則與重合，可得；當時，則，如圖所示，設直線交x軸于G，則，推出，得到，如圖所示，取點，則，，，證明是等腰直角三角形，得到，則點F在直線上，同理可得直線的解析式為，在中，當時，，則，即可得到；綜上所述，或．【詳解】（1）解：把代入中，得：，∴，∴拋物線解析式為；（2）解：①∵拋物線解析式為，∴拋物線對稱軸為直線，∵點D是點C關于拋物線對稱軸對稱的點，∴，∵將拋物線向下平移個單位后，點D落在點E處，且，∴；設直線的解析式為，∴，∴，∴直線的解析式為，同理可得直線的解析式為，聯(lián)立，解得，∴；∴，，，∴，∴是直角三角形，且，∴；②當時，則此時點F與點A重合，則與重合，∴；當時，則，如圖所示，設直線交x軸于G，則，∴，∴，∴，如圖所示，取點，則，，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴點F在直線上，同理可得直線的解析式為，在中，當時，，∴，∴；綜上所述，或．【點睛】本題主要考查了二次函數綜合，相似三角形的性質，求角的正切值，勾股定理和勾股定理的逆定理，一次函數與幾何綜合，坐標與圖形變化—平移，等腰直角三角形的性質與判定等等，通過利用勾股定理和勾股定理的逆定理證明直角三角形是解題的關鍵．易錯點二：幾何圖形中相似三角形的存在性1．（2022·上海寶山·統(tǒng)考二模）如圖，在半徑為的圓中，、都是圓的半徑，且，點是劣弧上的一個動點點不與點、重合，延長交射線于點．(1)當點為線段中點時，求的大??；(2)如果設，，求關于的函數解析式，并寫出定義域；(3)當時，點在線段上，且，點是射線上一點，射線與射線交于點，如果以點、、為頂點的三角形與相似，求的值．【答案】(1)(2)關于的函數解析式為，定義域為(3)【分析】（1）利用直角三角形的性質得出，進而證明是等邊三角形，得出，即可求出；（2）連接，，過點作于點，由等腰三角形的性質及勾股定理得出，，再證明∽，得出，即可得出，由點是劣弧上的一個動點點不與點、重合，得出，即可求出定義域；（3）當時，由可知，，進而得出，，，由∽，可證明∽，得出，可得，得出，由相似三角形的性質得出．【詳解】（1）解：如圖，連接，∵點為線段中點，，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，∴；（2）解：如圖，連接，，過點作于點，∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴∽，∴，∵，OD＝y(tǒng)＋3，，∴，∵點是劣弧上的一個動點點不與點、重合，∴，∵，∴，∴y關于的函數解析式為，定義域為；（3）解：如圖，當時，由可知，，∵，，，，，∵∽，，∵，∴，，∴∽，∴，∴，∴，∴，∵∽，∴．【點睛】本題考查了圓的綜合應用，掌握等腰三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質是解決問題的關鍵．2．（2023·上海閔行·統(tǒng)考一模）如圖1，點D為內一點，聯(lián)結，，以為鄰邊作平行四邊形，與邊交于點F，．(1)求證：；(2)延長，交邊于點G，如果，且的面積與平行四邊形面積相等，求的值；(3)如圖2，聯(lián)結，若平分，，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)2(3)【分析】（1）根據平行的性質推導出，即可證明；（2）延長交于點H，由題意可得，，再由（1）可得，從而得到是等腰三角形，H是的中點，由，可得，則，即可求；（3）延長交AE于點N，交于點M，根據平行四邊形的性質和角平分線的定義，可得，則，再由，可知N是的中點，M是的中點，求出，證明，則有，可求，再求，由此即可求出．【詳解】（1）解：證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：延長交于點H，∵的面積與平行四邊形面積相等，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴H是的中點，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：延長交AE于點N，交于點M，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴N是的中點，∵，∴M是的中點，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查相似三角形的綜合應用，熟練掌握平行四邊形的性質，三角形相似的判定及性質，直角三角形的性質，中位線的性質是解題的關鍵．3．（2022·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如圖，已知線段AB＝4，以AB為直徑作半圓，過圓心O作AB的垂線OQ交半圓于點E，P是上的點，連結AP并延長交OQ于點C，連結PB交OQ于點F．(1)我們知道∠APB＝90°，證明方法如下：聯(lián)結OP，∵OA＝OP，∴∠PAO＝∠APO，∵OB＝OP，∴∠OPB＝∠OBP．在△APB中，∠PAO＋∠APO＋∠OPB＋∠OBP＝180°，∴∠APO＋∠OPB＝90°，即∠APB＝90°請再用一種其他方法證明∠APB＝90°．(2)如圖2，以PB，PC為鄰邊作，當CD與⊙O相切時，求PC的長；(3)已知點M為AC上的點，且．當△MFP與△ABP相似時，求的值．【答案】(1)見解析；(2)；(3)或或【分析】（1）過點O作ON⊥AP于點N，由垂徑定理得點N為AP的中點，則ON是△ABP的中位線，結論得證；（2）設CD切⊙O于點H，聯(lián)結OH交BP于點G，證明四邊形CPGH是矩形，設GH＝PC＝x，則OG＝2－x，證明△AOC∽△APB，得到，，解方程后檢驗即得PC的長；（3）分點P在線段CM上和點P在線段AM上兩種情況進行分類討論即可求解．【詳解】（1）證明：如圖4，過點O作ON⊥AP于點N，∵ON⊥AP∴∠ANO＝90°，AN＝PN∴點N為AP的中點∵AO＝BO∴點O為AB的中點∴ON是△ABP的中位線∴ONBP∴∠APB＝∠ANO＝90°（2）解：如圖5，設CD切⊙O于點H，聯(lián)結OH交BP于點G，∵CD切⊙O于點H∴∠CHO＝90°∵四邊形是平行四邊形∴PBCD∴∠PGH＝180°－∠CHO＝90°，∠PGO＝∠CHO＝90°，∠PCH＝∠APB＝90°,∴∠CHO＝∠PGH＝∠PCH＝90°，PG＝GB，∴四邊形CPGH是矩形∴GH＝CP，設GH＝PC＝x，則OG＝2－x，∵OA＝OB∴AP＝2OG＝4－2x∴AC＝AP＋PC＝4－x∵∠CAO＝∠PAB，∠APB＝∠AOC＝90°∴△AOC∽△APB∴∴∴解得，經檢驗，是分式方程的解，∵OG＝2－x＞0，∴x＜2∴∴PC＝（3）解：當點P在線段CM上時，當∠PMF＝∠ABP時，△MFP∽△BAP，如圖6所示，∵△AOC∽△APB，∴∠ABP＝∠ACO∴∠PMF＝∠ACO∴MF＝CF∵∠APB＝90°∴PC＝PM＝CM，∵∴PM＝AM＝CP∴＝當∠PFM＝∠ABP時，△MFP∽△ABP，如圖7所示，∴MFAB∴設OF＝m，則OC＝3m，∵∠AOC＝∠FOB＝90°，∠ACO＝∠OBF∴△AOC∽△FOB，∴∴OFOC＝2×2＝4∴3m2＝4∴m＝∴OF＝，OC＝，∴AC＝∴AM＝，CM＝，CF＝∵∠PCF＝∠OCA，∠CPF＝∠COA＝90°，∴△CPF∽△COA

∴∴CP＝∴AP＝AC－CP＝2∴＝當點P在線段AM上時，若∠PFM＝∠ABP，△MFP∽△ABP，聯(lián)結OP，如圖8，∴∠OPB＝∠OBP＝∠PFM∴OPMF設MP＝m，AP＝n，則CM＝2（m＋n），PC＝3m＋2n，AC＝3m＋3n∵OPMF∴△CMF∽△CPO∴∴∵△MFP∽△ABP，∴∴∴∴∴∴∵∴∴當∠MFP＝∠A時，∵∠PFC＝∠A∴∠MFP＝∠PFC∴點M與點C重合，此種情況不成立，綜上，的值為或或．【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、矩形的判定和性質、切線的性質定理、垂徑定理、三角形的中位線定理、分式方程、一元二次方程、勾股定理等知識，綜合性較強，分類討論是解決此題的關鍵．4．（2023·上海崇明·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，，．點D是邊上一動點（不與A、C重合），聯(lián)結，過點C作，分別交、于點E、F．(1)當時，求的正切值；(2)設，，求y關于x的函數解析式，并寫出x的定義域；(3)聯(lián)結并延長，與邊的延長線相交于點G，若與相似，求的值．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根據同角的余角相等分析可得，然后根據正切的概念求解；（2）過點F作，，然后結合角的正切值及三角形的面積比分析求解；（3）分情況討論，通過證明和利用點四點共圓以及相似三角形的性質分析求解．【詳解】（1）解：∵，，∴，∴，∴；（2）過點F作，，∵，，∴，∴，∴，設的邊上的高為，則的邊上的高為，∴，又∵，，，∴，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，即；（3）如圖：①當時，,又∵，∴，∴，∴點四點共圓，且為直徑，又∵，∴，，在中，，∴，即．②當時，，又∵，∴，過點F作，∴，∵，，∴，∴，解得（負值舍去），∴，綜上，的值為或．【點睛】本題考查余角的性質，銳角三角函數，相似三角形的性質，理解正切的概念，掌握相似三角形的性質，準確添加輔助線是解題關鍵．5．（2023·上海長寧·統(tǒng)考二模）如圖1，在△ABC中，，以點A為圓心、AC為半徑的⊙A交邊AB于點D，點E在邊BC上，滿足，過點E作交AB于點F，垂足為點G．

(1)求證：；(2)延長EF與CA的延長線交于點M，如圖2所示，求的值；(3)以點B為圓心、BE為半徑作⊙B，當時，請判斷⊙A與⊙B的位置關系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)2(3)外切，理由見解析【分析】（1）有等腰三角形的性質得到，再由余角定義解得，然后根據AA即可證得；（2）有同角的余角相等得到，由等量代換得到，繼而證得，再代入線段的比值計算即可；（3）在CD延長線上取點N，使得，根據全等三角形的判定方法證得，繼而得到，再求得BE的長，最后由⊙A與⊙B的半徑之和等于兩圓的圓心距證明即可【詳解】（1）解：（1）由題意可得：，∴．又且．∴，故有．又∴．（2）在Rt△MCG中，，又∵．∴．∵∴．故有．又，∴（3）如圖，在CD延長線上取點N，使得，則，又，故，∴，從而有．在△BCN與△CME中，．故則，∵，

∴，故，，則從而．此時有即⊙A與⊙B的半徑之和等于兩圓的圓心距，∴⊙A與⊙B外切．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、切線的判定等知識，綜合性較強，掌握相關知識是解題關鍵．6．（2023·上?！ひ荒＃┤鐖D，在中，，是邊上的中線，，，點Q是延長線上的一動點，過點Q作，交的延長線于點P．

(1)當點B為的中點時，求的長；(2)設，，求y關于x的函數關系式，并寫出x的取值范圍；(3)過點B作交于F，當和相似時，求的長．【答案】(1)；(2)y關于x的函數關系式，x的取值范圍為；(3)的長為4或．【分析】（1）利用勾股定理可求得的長，再根據直角三角形斜邊上中線的性質可得，進而得到，證明，然后根據相似三角形的性質，求得的長度，即可求出的長；（2）由，求得的長度，從而由求得y關于x的函數關系式，再寫出x的取值范圍即可；（3）分兩種情況討論：①，利用相似三角形的性質，求得的長度，再證明，得到，即可求出的長度；②，利用相似三角形的性質，求得的長度，得到，進而證明，得到，設，由（2）可知，，列方程求解即可求出的長．【詳解】（1）解：，，，，是邊上的中線，，，，，，點B為的中點，，，；（2）解：，，設，，，，，y關于x的函數關系式，x的取值范圍為；（3）解：①如圖，若，則，

，，，，，，，，，，，；②如圖，若，則，，

，，，，，設，由（2）可知，，，化簡得：，解得：，（舍），，綜上可知，的長為4或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，直角三角形斜邊上中線的性質，求二次函數關系式，勾股定理等知識，正確運用相似三角形的判定與性質是解題關鍵，注意分類討論．7．（2022·上海青浦·統(tǒng)考二模）梯形中，，于點，，，以為直徑，以為直徑，直線與交于點，與交于點（如圖），設．(1)記兩圓交點為、（在上方），當時，求的值；(2)當與線段交于、時，設，求關于的函數關系式，并寫出定義域；(3)連接，線段與交于點，分別連接、，若與相似，求的值．【答案】(1)1+(2)=-(x+3)2+64（1≤x＜2）(3)6-【分析】（1）過點A作AG⊥BC，連接O1E，O2E，由題意得垂直平分EF，，通過解直角三角形可得AG=8，BG=6，再由，，，AG⊥BC得四邊形ADCG和四邊形ADO2I是矩形，根據勾股定理求出O1N和O2H，進而求AD；（2）過點O2作O2G⊥PQ于點G，勾股定理求O2G=，再由正切求得關于的函數關系式；（3）由∽，得=，由=，得MN=GN，過點A作AH⊥MN，利用正切和勾股定理求出AM=2，再由相似的性質和判定求出AM=（6-x），進而得x．【詳解】（1）解：過點A作AG⊥BC，連接O1E，O2E由題意得垂直平分EF，又∴，∠EHO2=∠EHO1=90°，EH=EF=3又AG⊥BC，∴∠AGC=∠AGB=90°，∠DCG=90°∵∴∠AIO2=∠AIO1=90°，∠DO2I=∠O1O2C=∠ADO2=90°∴四邊形ADCG和四邊形ADO2I是矩形∴DC=AG，DA=CG=IO2，DO2=AI∵O2是DC的中點∴I是AG的中點∵O1是AB的中點∴O1I是△ABG的中位線∴O1I=BG∵，∴AG=8，BG=6∴O1I=BG=×6=3在Rt△O1HE和Rt△O2HE中O1H===4O2H===∴O1O2=O1H+O2H=4+∴AD=IO2=O1O2-O1I==4+-3=1+（2）解：由（1）可知，O1O2=AD+O1I=x+3過點O2作O2G⊥PQ于點G∴PG=PQ=y在Rt△O2PG中O2G===∵∴∠O2O1G=∠B又∴tan∠O2O1G=∴sin∠O2O1G=又O1O2=x+3∴=∴=-(x+3)2+64（1≤x＜2）（3）解：∵MN=O2N+O1M-O1O2∴MN=4+5-（3+x）=6-x由∽，得=由=，得MN=GN=6-x∴∠GMN=∠MGN又O1A=O1M∴∠GMN=∠O1AM∴∠O1AM=∠MGN∴∠AMO1為公共角∴△AMO1∽△GMN∴△AMO1∽∴=∴AM=（6-x）∵∴又∴過點A作AH⊥MN又O1A=5∴O1H=3，AH=4∴HM=O1M-O1H=5-3=2在Rt△AHM中AM===2∴（6-x）=2解得x=6-【點睛】本題是圓的綜合，考查了相似三角形的判定和性質，矩形的判定和性質，銳角三角函數求值，中位線的性質以及勾股定理等知識點，屬于中考中的壓軸題．8．（2022·上海浦東新·?？寄M預測）如圖，已知等腰中，是邊上的中位線，點為中點，點是底邊上一動點，線段與線段交于點，聯(lián)結．

(1)若，證明：，且；(2)如圖，當時，若以點為圓心，以為半徑的圓與以為直徑的圓相切，求的長；(3)若，且與相似，求的長．【答案】(1)見解析(2)的長為或(3)1【分析】（1）連接，可證明，從而得出，進而得出，進一步得出結論；（2）分為兩圓外切和內切．由勾股定理可得，從而認得出的值，結合以為直徑的圓的半徑，進而求得結果；（3）可推出，故可能或，而不可能：作于，交于，交于，作的外接圓的圓心記作，作，連接，可求得的半徑的長，再求出的長，從而與相離；當時，結合（1），可求得結果．【詳解】（1）證明：如圖，

連接，為中點，為中點，，，，，，，，為中點，，，，，，又，，，，且；（2）解：如圖，

過A作于交于，當以為半徑的圓與以為直徑的圓外切時，，，，是的中位線，，、是、的中位線，，以為直徑的半徑為，以為半徑的圓與以為直徑的圓外切，的半徑；如圖，

當以為半徑的圓與以為直徑的圓內切時，同理可得的半徑；綜上所述，的長為或；（3）解：，，可能或，下面說明：不可能，理由如下：如圖，

作于，交于，交于，作的外接圓的圓心記作，作，連接，，，，，，，由得，，，，，由得，，，，與相離，不可能，當時，，，由知：，．【點睛】本題考查了等腰三角形性質，直角三角形性質，直線和圓的位置關系，相似三角形的判定和性質，三角形的中位線性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，判斷直線和圓的位置關系．9．（2023·上?！ひ荒＃┤鐖D，已知在中，，，點為邊上一動點（與點、不重合），點為上一點，，過點作，垂足為點，交射線于點．

(1)如果點為邊的中點，求的正切值；(2)當點在邊上時，設，，求關于的函數解析式及的取值范圍；(3)聯(lián)結，如果與相似，求線段的長．【答案】(1)(2)(3)的值為或或【分析】（1）過點作于．解直角三角形求出，即可解決問題；（2）如圖2中，過點作，延長交于，直線交于，交的延長線于．根據全等三角形的平時和性質證明，根據相似三角形的性質可得，即，可得結論；（3）利用相似三角形的性質，可得或，由此構建方程求出，當點在下方時，同法可求．【詳解】（1）如圖1中，過點作于．∵，∴∵，，∴∴∴（2）如圖2中，過點作，延長交于，直線交于，交的延長線于．∵，∴∴，∵∴∴∵，∴∴∵∴∵，∴∵，∴∴∵，∴∴，∵∴∴∴∵∴∴．（3）如圖3中，連接，作于．∵，∴∵與相似∴與相似∴或∴或整理得，或解得，或（舍棄）或（舍棄）∴或當點在下方時，同法可得，綜上所述，滿足條件的的值為或或．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形或相似三角形解決問題，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．1．（2023·上海寶山·一模）在平面直角坐標系中，已知拋物線經過點、，將該拋物線位于軸上方的部分沿軸翻折，得到的新圖象記為“圖象”，“圖象”與軸交于點．(1)寫出“圖像U”對應的函數解析式及定義域；(2)求的正切值；(3)點在軸正半軸上，過點作軸的平行線，交直線于點，交“圖象”于點，如果與相似，求點的坐標．【答案】(1)(2)3(3)，或，或，或，【分析】（1）用待定系數法即可求解；（2）由，求出，進而求解；（3）因為，故當與相似時，或，①當時，設：，則，則且或，即可求解；②當時，同理可解．【詳解】（1）解：由題意得：，則翻折后的函數表達式為：，即；（2）過點作于點，則，即，解得：，則，則；（3）由點、的坐標得，直線的表達式為：，設點，在點，點或，則，或，如下圖，故當與相似時，或，①當時，即，在中，過點作于點，設：，則，則且或，解得：或（不合題意的值已舍去）；②當時，則，同理可得：且或，解得：或（不合題意的值已舍去）；綜上，點的坐標為：，或，或，或，．【點睛】本題考查了二次函數綜合運用，涉及到二次函數圖象與幾何變換，待定系數法求二次函數的解析式、解直角三角形等，分類求解是本題解題的關鍵．2．（2023·上海寶山·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標系中，已知拋物線經過點、，與y軸交于點C，拋物線的頂點為D．(1)求二次函數的解析式和頂點D的坐標；(2)連接，試判斷與是否相似，并說明理由；(3)將拋物線平移，使新拋物線的頂點E落在線段上，新拋物線與原拋物線的對稱軸交于點F，連接，如果四邊形的面積為3，求新拋物線的解析式．【答案】(1)二次函數的解析式為，頂點D的坐標為；(2)，理由見解析(3)新拋物線的解析式為．【分析】（1）利用待定系數法求得拋物線的解析式，利用配方法可求得頂點D的坐標；（2）利用勾股定理分別求得的三邊的長，根據勾股定理的逆定理判斷是直角三角形，且，求得，即可證明；（3）設新拋物線的解析式為()，則頂點E的坐標為，分別用a表示出梯形的上底和下底的長，據此即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線經過點、，∴，解得：，∴二次函數的解析式為，頂點D的坐標為；（2）解：當時，，∴，∵點、，∴，，，，，∵，∴，∴是直角三角形，且，∵，，∴；（3）解：∵，∴對稱軸為，設新拋物線的解析式為()，則頂點E的坐標為，當時，，∴，∴，，依題意得，解得，∴新拋物線的解析式為．【點睛】本題考查了待定系數法求函數解析式，二次函數的平移，相似三角形的判定，勾股定理及其逆定理，掌握待定系數法求函數解析式是解題的關鍵．3．（2024·全國·九年級競賽）如圖，是的直徑，點是圓上兩點，且平分交于．(1)求證：；(2)若，求的長度．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）通過證明，判定；（2）連接，交于，結合垂徑定理和勾股定理求得，的長，然后結合相似三角形的性質推理計算．【詳解】（1）證明：平分，，又，∴；（2）解：連接，交于，則，，，，，，由（1）知，，即，．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，理解垂徑定理和勾股定理，掌握相似三角形的判定和性質是解題關鍵．4．（2022下·上海普陀·九年級校考期中）如圖，已知拋物線的對稱軸為直線x＝1，與x軸的一個交點為，頂點為B．點在拋物線上，直線BC交x軸于點E．(1)求拋物線的表達式及點E的坐標；(2)連接AB，求∠B的余切值；(3)點G為線段AC上一點，過點G作CB的垂線交x軸于點M（位于點E右側），當△CGM與△ABE相似時，求點M的坐標．【答案】(1)；E（2，0）(2)3(3)M點的坐標為（5，0）或（7，0）【分析】（1）由對稱軸可求得a的值，再把A點坐標代入可求得c的值，則可求得拋物線表達式，則可求得B、C的坐標，由待定系數法可求得直線BC的解析式，可求得E點坐標；（2）由A、B、C三點的坐標可求得AB、AC和BC的長，可判定△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，利用三角形的定義可求得答案；（3）設M（x，0），當∠GCM＝∠BAE時，可知△AMC為等腰直角三角形，可求得M點的坐標；當∠CMG＝∠BAE時，可證得△MEC∽△MCA，利用相似三角形的性質可求得x的值，可求得M點的坐標．【詳解】（1）∵拋物線對稱軸為x＝1，∴＝1，解得a＝，把A點坐標代入可得，解得c＝，∴拋物線表達式為，∵∴B（1，?2），把C（5，m）代入拋物線解析式可得m＝，∴C（5，6），設直線BC解析式為y＝kx＋b，把B、C坐標代入可得，解得∴直線BC解析式為y＝2x?4，令y＝2可得2x?4＝0，解得x＝2，∴E（2，0）；（2）∵A（?1，0），B（1，?2），C（5，6），∴AB＝，AC＝，BC＝，∴AB2＋AC2＝8＋72＝80＝BC2，∴△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，∴；（3）∵A（?1，0），B（1，?2），∴∠CAE＝∠BAE＝45°，∵GM⊥BC，∴∠CGM＋∠GCB＝∠GCB＋∠ABC＝90°，∴∠CGM＝∠ABC，∴當△CGM與△ABE相似時有兩種情況，設M（x，0），則C（x，2x?4），①當∠GCM＝∠BAE＝45°時，則∠AMC＝90°，∴MC＝AM，即2x?4＝x＋1，解得x＝5，∴M（5，0）；②當∠GMC＝∠BAE＝∠MAC＝45°時，∵∠MEC＝∠AEB＝∠MCG，∴△MEC∽△MCA，∴，即，∴MC2＝（x?2）（x＋1），∵C（5，6），∴MC2＝（x?5）2＋62＝x2?10x＋61，∴（x?2）（x＋1）＝x2?10x＋61，解得x＝7，∴M（7，0）；綜上可知M點的坐標為（5，0）或（7，0）．【點睛】本題為二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、二次函數的性質、勾股定理及其逆定理、三角函數的定義、相似三角形的判定和性質、方程思想及分類討論思想等知識．在（1）中注意利用對稱軸求得a的值是解題的關鍵，在（2）中證得△ABC為直角三角形是解題的關鍵，在（3）中利用相似三角形的性質得到關于M點坐標的方程是解題的關鍵，注意分兩種情況．5．（2023下·安徽·九年級專題練習）如圖，已知等腰和等腰有公共的頂點A，且，，，點E恰好落在邊上（與B、C不重合），連接．

(1)求證：；(2)若與相交于點F，求證：；(3)若，，且，請畫出符合條件的圖形，并求的長．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)圖見解析，【分析】（1）先證明，再證明，從而可得結論；（2）先證明，，可得，則，從而可得結論；（3）根據題意先畫圖，過點A作于點M，求解，結合，可得，，證明，在中，，再利用勾股定理可得答案．【詳解】（1）∵，∴，∴，∵，，∴，∴；（2）∵，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）如圖，過點A作于點M，

∵，，∴，∵，且，∴，，∵，，∴，∴，，在中，，∵，∴，，∴．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質，勾股定理的應用，等腰三角形的性質，相似三角形的判定與性質，熟悉基本圖形，熟練的運用以上知識解題是關鍵．6．（2023上·陜西西安·九年級?？茧A段練習）已知拋物線：：經過點在，，與y軸的交點為C．關于原點對稱的拋物線為(1)求拋物線的函數表達式；(2)點A在的對應點為M，若點P是拋物線上一點，過點P作x軸的垂線，垂足為Q，若相似，求點P的坐標．【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用待定系數法可求出的解析式為，再根據關于原點對稱的點的坐標特征“橫坐標和縱坐標都互為相反數”可得出的解析式為，即；（2）設，則，由題意可知，即可求出，．根據解析式可求出，即得出，．根據相似三角形的性質可得出，即，解得，或，，進而即可得出點P坐標．【詳解】（1）解：將，代入，得：，解得：，∴拋物線：的解析式為．∵與關于原點對稱，∴的解析式為，即；（2）解：如圖，設，則，∵點A在的對應點為M，，∴，∴，．對于：，令，則，∴，∴，．∵，∴，即，∴或解得：，或，當時，，即此時；當時，，即此時，即此時與點M重合，舍去；當時，，即此時．綜上可知點P的坐標為或．【點睛】本題考查利用待定系數法求函數解析數，關于原點對稱的點的坐標特征，相似三角形的性質，解含絕對值的一元二次方程等知識．正確求出與的解析式和利用數形結合的思想是解題關鍵．7．（2023上·四川瀘州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于點和點B，與y軸交于點，拋物線的對稱軸l與x軸交于點．(1)求此拋物線的解析式；(2)在拋物線對稱軸上找一點M，使的周長最小，求滿足條件的點M的坐標；(3)若點P是拋物線上一個動點，且在y軸右側，過點作軸，垂足為點E，連接．若與相似，求點P的坐標．【答案】(1)拋物線的解析式為：(2)(3)點P的坐標為或或【分析】（1）將，代入拋物線可得，求出a，c的值即可；（2）由拋物線的性質可得點關于直線對稱，，待定系數法求出直線的解析式為，連接交對稱軸于M，由軸對稱的性質可得：，則的周長，從而得到當在同一直線上時，最小，此時的周長最小，由此即可求解；（3）設，則，，，分兩種情況：當時；當時，利用相似三角形的性質，分別建立方程，求解即可得出答案．【詳解】（1）將，代入拋物線可得：，解得：，拋物線的解析式為：；（2），拋物線的對稱軸為直線，拋物線與x軸交于點和點B，點關于直線對稱，，設直線BC的解析式為，將，代入解析式得：，解得：，直線BC的解析式為：，如圖，連接BC交對稱軸于M，由軸對稱的性質可得：，的周長，當在同一直線上時，最小，此時的周長最小，在中，當時，，，故答案為：；（3），，，，設，則，，，當時，，，整理得：或，解得：，（不符合題意，舍去）或，（不符合題意，舍去），當時，，當時，，此時或；當時，，，整理得：或，解得：，（不符合題意，舍去）或（不符合題意，舍去），（不符合題意，舍去），當時，，此時；綜上所述，點P的坐標為或或．【點睛】本題主要考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數的綜合—周長問題、軸對稱的性質、相似三角形的性質，熟練掌握以上知識點并靈活運用，采用分類討論的思想是解此題的關鍵．8．（2023上·上海寶山·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在直角坐標平面內，已知直線與x軸、y軸分別交于點A、B，將該直線向上平移，使點A落在點P處，平移后所得直線與x軸交于點C．

(1)求的正切值；(2)如果四邊形是等腰梯形，求平移后的直線表達式；(3)如果與相似，求這時四邊形的面積．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）先求出的坐標，設向上平移個單位，得到直線的解析式，進而得到點坐標，根據正切的定義，進行求解即可；（2）根據平移，得到，進而得到當四邊形是等腰梯形時，，過點作軸，在中，利用勾股定理，求出的值，即可；（3）分和兩種情況進行討論求解．【詳解】（1）解：∵，∴當時，，當時，，∴，，設直線向上平移個單位，則點平移后的對應點為，平移后直線的解析式為，∴當時，，∴，∴軸，，

∴；（2）如圖，

∵平移，∴，∴當四邊形是等腰梯形時，，由（1）知：，，∴，過點作軸于點，∴，，∵，∴，∴，在中，由勾股定理，得：，即：，解得：（不合題意，舍去）或；∴直線的解析式為：；（3）①當時，如圖：

則：，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴軸，∵，∴，∴，，∴四邊形的面積為；當時，如圖：

則：，，∴，由（1）知，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴四邊形的面積為；綜上：四邊形的面積為或．【點睛】本題考查一次函數圖象的平移，解直角三角形，勾股定理，等腰梯形的性質，相似三角形的判定和性質．解題的關鍵是讀懂題意，正確的畫出圖象，利用數形結合和分類討論的思想進行求解，屬于壓軸題．9．（2023上·山西晉中·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖1，在平面直角坐標系中，矩形的頂點A、C分別在x軸負半軸、y軸正半軸上，的長分別是方程的兩個根，且．(1)求點B的坐標；(2)如圖2，過點A且垂直于的直線交軸于點F，在直線上截取，過點D作軸于點E，求經過點D的反比例函數的關系式；(3)在（2）的條件下，在y軸上是否存在一點P，使以D，E，P為頂點的三角形與相似？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】(1）解方程的得到兩個解，即為AB、BC的長，在根據坐標的意義即可得到點B的坐標；(2）利用三角形全等求出所需線段的長度，再在根據坐標的意義即可得到點D的坐標，最后用待定系數法求出經過點D的反比例函數的解析式；(3）利用相似的性質分兩種情況，得出PE、DE的長度的比，進而求出PE的長度，最后根據坐標的意義即可得到點P的坐標．【詳解】（1）解：由可得，，，點B的坐標為．（2）過點A作交延長線于點G，，，，，，，，，四邊形為矩形，，，．設過點D的反比例函數解析式為，（3）存在，，理由如下：當時，，，，，根據解析（2）可知，點E的坐標為，∴此時點P的坐標為或