第15讲相似三角形与二次函数 期末复习课件 2025-2026学年浙教版（2012）数学九年级上册

第15讲相似三角形与二次函数 YOUR LOGO 沃尔夫数学奖 沃尔夫数学奖是沃尔夫奖的一个奖项，它和菲尔兹奖被共同誉为数学界的最高荣誉． 由于菲尔兹奖只授予40岁以下的年轻数学家，所以年纪较大的数学家没有获奖的可能.R·沃尔夫及其家族在1976年1月捐献一千万美元成立了沃尔夫基金会，其宗旨是为了促进全世界科学、艺术的发展．沃尔夫基金会设有：数学、物理、化学、医学、农业五个奖(1981年又增设艺术奖).1978年开始颁发，通常是每年颁发一次，每个奖的奖金为10万美元，可以由几人分得．由于沃尔夫数学奖具有终身成就奖的性质，所有获得该奖 项的数学家都是享誉数坛、闻名遐迩的当代数学大师，他们的成就在相当程度上代表了当代数学的水平和进展．该奖的评奖标准不是单项成就而是终身贡献，获奖的数学大师不仅在某个数学分支上有极深的造诣和卓越贡献，而且都博学多能，涉足多个分支，且均有建树，形成了自己的学派，他们都是当代不同凡响的数学家． 抛物线与直线为背景 例1　如图4－15－1，二次函数y＝ax2＋ bx＋c(a<0)的图象过坐标原点O，与x轴的负 半轴交于点A.过A点的直线与y轴交于点B， 与二次函数的图象交于另一点C，且C点的 横坐标为－1，AC∶BC＝3∶1. (1)求点A的坐标； (2)设二次函数图象的顶点为F，其对称轴与直线AB及x轴分别交于点D和点E.若△FCD与△AED相似，求此二次函数的关系式． 图4－15－1 解：(1)如答图，过C点作CG⊥x轴，垂足为G，则OG＝1. 例1答图 (2)由题知c＝0，将A(－4，0)代入y＝ax2＋bx中，得0＝16a－4b，∴b＝4a，∴y＝ax2＋4ax， ∴F(－2，－4a)，C(－1，－3a)， 1．注意充分利用相似三角形的性质与二次函数的性质． 2．注意挖掘相似三角形与二次函数抛物线之间的内在联系. 3．充分利用数形结合的思想方法． 本题是二次函数的综合型，其中涉及到相似三角形、等腰三角形的判定与性质，运用待定系数法求二次函数的解析式，坐标系中两点距离的求法，抛物线对称轴的求法，函数图象上点的特征． 1．如图4－15－2，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝－x＋4与x轴交于点A，过点A的抛物线y＝ax2＋bx与直线y＝－x＋4交于另一个点B，且点B的横坐标为1. (1)求a，b的值； (2)点P是线段AB上一个动点(点P不与 点A，B重合)，过点P作PM∥OB交第一象 限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴 于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于 点F.设PF的长为t，MN的长为d，求d与t之 间的函数关系式(不要求写出自变量t的取值 范围)． 图4－15－2 解：(1)∵直线y＝－x＋4与x轴交于点A， ∴A(4，0)． ∵点B的横坐标为1且直线y＝－x＋4经过点B， ∴B(1，3)． ∵抛物线y＝ax2＋bx经过A(4，0)，B(1，3)， (2)如答图，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E. ∵A(4，0)，B(1，3)， ∴OD＝1，BD＝3，OA＝4. ∴AD＝3. ∵∠BDA＝90°， ∴∠BAD＝∠ABD＝45°. ∵MC⊥x轴， ∴∠ANC＝∠BAD＝45°， ∠PNF＝∠ANC＝45°. ∵PF⊥MC，∴∠FPN＝∠ANC＝45°. ∴NF＝PF＝t. 变式跟进1答图 又∵∠PFM＝∠ECM＝90°， ∴PF∥EC. ∴∠MPF＝∠MEC. ∵ME∥OB，∴∠BOD＝∠MEC. ∴∠BOD＝∠MPF. 又∵∠ODB＝∠PFM＝90°， ∴△MPF∽△BOD. ∴MF＝3PF＝3t. ∵MN＝MF＋FN， ∴d＝3t＋t＝4t. ∴d与t之间的函数关系式为d＝4t. 抛物线与三角形为背景 图4－15－3 (1)求该抛物线的解析式； (2)若点P是AB上的一动点，过点P作 PE∥AC，交BC于E，连结CP，求△PCE 面积的最大值； (3)若点D为OA的中点，点M是线段AC上一点，且△OMD是等腰三角形，求M点的坐标． 【思路生成】(1)利用待定系数法求出抛物线的解析式； (2)首先求出△PCE面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出其最大值； (3)△OMD为等腰三角形，可能有三种情形，需要分类讨论. ∴当x＝－1时，△PCE面积的最大值是3. (3)当MO＝MD时，过M作MM1⊥OD，垂足为M1，则M1为OD的中点， ∴OM1＝DM1＝1. 又∵∠OAC＝45°， ∴M1M＝M1A＝3，∴此时M点的坐标为(－1，－3)； 当DM＝DO时， DO＝DM＝DA＝2， ∴∠OAC＝∠AMD＝45°， 抛物线与三角形为背景 求这类综合性较强的待定点的坐标，一方面要注意运用相似三角形(或构造相似三角形)和二次函数的性质；另一方面要灵活运用数形结合的思想方法. 2．如图4－15－4，抛物线y＝－x2＋2x＋ c与x轴交于A，B两点，它的对称轴与x轴交于 点N，过顶点M作ME⊥y轴于点E，连结BE交 MN于点F.已知点A的坐标为(－1，0)． (1)求该抛物线的解析式及顶点M的坐标； (2)求△EMF与△BNF的面积之比． 图4－15－4 解：(1)∵抛物线y＝－x2＋2x＋c与x轴交于A(－1，0)， ∴0＝－(－1)2＋2×(－1)＋c，解得c＝3， ∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3. ∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， ∴顶点M(1，4)． 抛物线与四边形为背景 图4－15－5 (1)求该二次函数的解析式； (2)求点B坐标和坐标平面内使△EOD∽△AOB的点E坐标. 【思路生成】(1)运用待定系数法以及对称轴的关系求出a，b的值即可； (2)由待定系数法求出直线AC的解析式，由抛物线的解析式构成方程组就可以求出B点的坐标．由相似三角形的性质及旋转的性质就可以得出点E的坐标． ∴二次函数的解析式为y＝x2＋3x. (2)由题可知点D的坐标是(－4，4)，直线AC的函数解析式是y＝2x＋2. 当2x＋2＝x2＋3x时，x1＝－2，x2＝1(不合题意，舍去)， ∴点B的坐标是(－2，－2)． 若△EOD∽△AOB， 例3答图 ∴把△AOB绕着O点顺时针旋转90°， OB落在OD上，OA落在OE上，所 以点E的坐标是(8，－2)； 作△AOB关于x轴的对称图形，所 得点E的坐标是(2，－8)． ∴当点E的坐标是(8，－2)或(2，－8)时，△EOD∽△AOB. 抛物线与四边形为背景 解答这类综合问题：一是要充分利用特殊四边形的性质和抛物线的性质，二是利用点的变换研究线的变换；三是关于利用图形变换过程中，那些不变的特性；四是适当构造全等三角形或相似三角形． 3．如图4－15－6①，已知二次函数y＝x2＋bx＋c，其图象抛物线交x轴于点A(1，0)，B(3，0)，交y轴于点C，直线l过点C，且交抛物线于另一点E(点E不与点A，B重合)． (1)求此二次函数的关系式； (2)如图4－15－6②，若直线l1经过抛物线顶点D，交x轴于点F，且l1∥l，则以点C，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出点E的坐标；若不能，请说明理由； (3)如图4－15－6①，若过点A作AG⊥x轴，交直线l于点G，连结OG，BE，试证明OG∥BE. 图4－15－6 △CEH ≌△DFN，则点E的纵坐标为2或4，代入解析式可得 x2－4x＋3＝2或x2－4x＋3＝4， 过点E作EH⊥y轴于点H，过点D作DN⊥x轴于点N， 若以点C，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，则 抛物线与动点问题 例4　如图4－15－7，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－3(a≠0)与x轴交于点A(－2，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C. (1)求抛物线的解析式； (2)点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个也停止运动，当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ的面积最大，最大面积是多少？ 图4－15－7 【思路生成】(1)把点A，B的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a，b的解析式，通过解方程组求得它们的值； (2)设运动时间为t s，利用三角形的面积公式列出△PBQ与 t的函数关系式，进而求得最大值． 解：(1)y＝ax2＋bx－3经过A(－2，0)，B(4，0)， 例4答图 4．如图4－15－8，已知抛物线y＝ax2 ＋bx＋c(a≠0)经过A(－1，0)，B(4，0)， C(0，2)三点． (1)求这条抛物线的解析式； (2)E为抛物线上一动点，是否存在点E， 使以A，B，E为顶点的三角形与△COB 相 似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 图4－15－8 (2)若∠EAB＝90°，此时抛物线上不存在点E，使△ABE与△COB相似． 若∠ABE＝90°，此时抛物线上不存在点E，使△ABE与△COB相似． 若∠AEB＝90°，此时在x轴上方的抛物线上存在点E(以AB为直径画圆与抛物线相交于两个点)，使△ABE与△COB相似. ①当△AEB∽△COB时，则∠ABE＝∠OBC， ∴点E与点C重合，∴E(0，2)； 图4－15－9 (1)求抛物线的解析式； (2)证明：△ABC为直角三角形； (3)△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFG？(顶点D，E，F，G在△ABC各边上)若能，求出最大面积；若不能，请说明理由． (3) 　　　 ①　　　　　　　　② 例5答图 解答这类问题要注意二次函数与二次方程相互转化，并且要注意数与形的有机结合． 【思路生成】(1)过C点作CG⊥x轴，垂足为G，则OG＝1.根据CG∥BO得出对应边成比例，即＝＝，得AO的长，即得到A点坐标． (2)将A点坐标代入二次函数，用a表示出线段的长，再根据三角形相似求出该线段的实际长度，即得到a的值． ∵CG∥BO，∴＝＝，∴AG＝3，∴AO＝4，∴A点坐标为(－4，0)． ∵＝＝，∴DE＝－2a，D(－2，－2a)． ∵△FCD与△AED相似，显然只有∠DCF＝∠DEA＝90°，即△FCD∽△AED. 过C做CH⊥DF交于H，则CH＝1， ∴＝＝，∴DH＝－a，HF＝－a， ∴H为DF的中点，∵∠DCF＝90°，∴DH＝CH＝1， ∴a＝－1，∴二次函数的关系式为y＝－x2－4x. ∴ ∴ a＝－1，b＝4. ∴＝＝3. 例2　如图4－15－3，抛物线y＝x2＋bx＋c与y轴交于点C(0，－4)，与x轴交于A，B，且点B的坐标为(2，0)． 解：(1)把点C(0，－4)，B(2，0)分别代入y＝x2＋bx＋c中， 得c＝－4，×22＋2b＋c＝0， ∴b＝1，∴y＝x2＋x－4. (2)设P点坐标为(x，0)，则BP＝2－x， 令x2＋x－4＝0，得x1＝2，x2＝－4，∴A点坐标为(－4，0)， ∴S△ABC＝AB·OC＝×6×4＝12. ∵PE∥AC，∴∠BPE＝∠BAC，∠BEP＝∠BCA，∴△BPE∽△BAC， ∴＝，即＝，所以S△BPE＝(2－x)2. 又∵S△BCP＝(2－x)×4＝2(2－x)， ∴ S△PCE＝S△BCP－S△BPE＝2(2－x)－(2－x)2＝－x2－x＋ ＝－(x＋1)2＋3， ∴∠ADM＝90°，∴M点的坐标为(－2，－2)； 当OM＝OD时，过O作OM2⊥AC，垂足为M2， ∵OA＝4，∴OM2＝2，OM≥OM2＝2. 又∵OD＝2，∴OM>OD， ∴在AC上不存在点M，使OM＝OD. 综上，M点的坐标为(－1，－3)或(－2，－2)． (2)由(1)得抛物线的对称轴为x＝1，即N(1，0)． ∵A(－1，0)，∴B(3，0)，∴BN＝2. 又∵ME⊥y轴于点E，∴ME＝1，ME∥x轴， ∴＝， ∵∠EFM＝∠BFN，∴△EFM∽△BFN， ∴＝＝.∴＝＝. 例3　如图4－15－5，二次函数y＝ax2＋bx的图象经过点A(1，4)，对称轴是直线x＝－，线段AD平行于x轴，交抛物线于点D.在y轴上取一点C(0，2)，直线AC交抛物线于点B，连结OA，OB，OD，BD. 解：(1)由题意，得 解得 ∴∠BOD＝90°，OB＝2，OD＝4， OA＝， 则∠EOD＝∠AOB，＝＝2， 解：(1)y＝＝x2－4x＋3. (2)y＝x2－4x＋3＝－1，∴D(2，－1)． ∴E1，E2(舍去)， E3，E4(舍去)， ∴E或E. (3)过点E作EM⊥x轴，过C(0，3)，E(2＋，2)的直线解析式为 y＝(－2)x＋3， ∴G，＝1＋， E，＝＋1， ∴△OGA∽△BEM，∴∠GOA＝∠EBM，OG∥EB. 同理当E(2＋，4)时，OG∥EB. ∴解得 ∴y＝x2－x－3. (2)设经过t s时△PBQ的面积最大，∴PB＝6－3t，BQ＝t， ∵B(4，0)，C(0，－3)，∴BC＝5.如答图，过Q点作QK⊥x轴于K点． 可知△BKQ∽△BOC，∴＝＝，即＝， ∴KQ＝t， ∴S△BPQ＝BP·KQ＝×t(6－3t)＝－(t－1)2＋， ∴当t＝1 s时，S△BPQ取最大值. 解：(1)把A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)代入y＝ax2＋bx＋c，得 解得,　　 ∴这条抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2＝－＋. ②当△BEA∽△COB时，由抛物线的对称性知，此时点E是①中点(0，2)关于对称轴x＝的对称点，∴E(3，2)． 综上可知，点E的坐标为(0，2)或(3，2)． 例5　如图4－15－9，已知抛物线y＝ax2－x＋c与x轴相交于A，B两点，并与直线y＝x－2交于B，C两点，其中点C是直线y＝x－2与y轴的交点，连结AC. 解：(1)令y＝x－2＝0得，x＝4，即B；将x＝0代入到y＝x－2＝0得y＝－2，即C.因B，C两点在抛物线y＝ax2－x＋c上，所以有 解得∴y＝x2－x－2. (2)证明一：解方程x2－x－2＝0得x1＝－1，x2＝4，则A，AO＝1，BO＝4，CO＝2，∴CO2＝AO×BO. ∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴ △AOC∽△COB，∴ ∠ACO＝∠OBC，又∵∠COB＝90°，∴ ∠OCB＋∠CBO＝90°，∴ ∠OCB＋∠ACO＝90°，即∠ACB＝90°.故△ABC为直角三角形． 证明二：由A，B，C三点坐标可求出AB＝5，AC＝，BC＝2，AB 2＝AC 2＋BC 2，所以∠ACB＝90°.故△ABC为直角三角形． ①如答图①，当DG∥AB时，设DG＝x，DE＝y，则△CDG∽△CAB，＝，＝，得y＝，S矩形DEFG＝＝－＋. 由二次函数的性质可知，当x＝时，S最大＝. ②如答图②，G与C重合时，EF∥AC，设DC＝x，DE＝y，则△BEF∽△BAC，＝，＝，S矩形DEFG＝y＝－(y－)2＋. 由二次函数的性质可知，当y＝时，S最大＝. 综上所述，能截出面积最大的矩形DEFG，其最大面积是. $