专题08相似三角形的存在性 （含2024年一模）（解析版）

专题08相似三角形的存在性相似三角形存在性问题，分类讨论步骤：第一步：找到题目中已知三角形和待求三角形中相等的角；要先确定已知三角形是否有直角，或确定锐角（借助三角函数值-初中阶段衡量角度问题的计算手段，二次函数角的存在性压轴专题应用更为突出）①若有已知的相等角，则其顶点对应；②若没有相等的角，则让不确定的三角形的角和已知三角形的特殊角相等。第二步：确定相似后，根据对应边成比例求解动点坐标：①若已知三角形各边已知，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小；②若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后用相似来列方程求解。易错点一：二次函数中相似三角形的存在性1．（2024·上海普陀·统考一模）综合实践九年级第一学期教材第2页结合教材图形给出新定义对于下图中的三个四边形，通常可以说，缩小四边形，得到四边形；放大四边形，得到四边形．

图形的放大或缩小，称为图形的放缩运动．将一个图形放大或缩小后，就得到与它形状相同的图形．图中，四边形和四边形都与四边形形状相同．我们把形状相同的两个图形说成是相似的图形，或者就说是相似形．如图，对于两个多边形，如果它们的对应顶点的连线相交于一点，并且这点与对应顶点所连线段成比例，那么这两个多边形就是位似多边形，这个点就是位似中心．(1)填空：在上图中位似中心是点________；________多边形是特殊的________多边形．（填“位似”或“相似”）(2)在平面直角坐标系中（如下图），二次函数的图像与x轴交于点A，点B是此函数图像上一点（点A、B均不与点O重合），已知点B的横坐标与纵坐标相等，以点O为位似中心，相似比为，将缩小，得到它的位似．

①画出，并求经过O、、三点的抛物线的表达式；②直线与二次函数的图像交于点M，与①中的抛物线交于点N，请判断和是否为位似三角形，并根据新定义说明理由．【答案】(1)P；位似；相似(2)①图形见解析；；②和为位似三角形，理由见解析【分析】（1）根据位似图形的定义，即可求解；（2）①根据位似图形的定义，画出图形，再求出、的坐标，即可求解；②过点M作轴于点D，过点N作轴于点C，联立求出点M，N的坐标，可得，从而得到，进而得到，再由点的坐标为，点A的坐标为，可得，然后根据新定义，即可求解．【详解】（1）解：在上图中位似中心是点P；位似多边形是特殊的相似多边形．故答案为：P；位似；相似（2）解：①如图，即为所求；

令，则，解得：或0，∴点A的坐标为，设点B的坐标为，∴，解得：或0，∴点B的坐标为，∵以点O为位似中心，相似比为，将缩小，得到它的位似，∴点的坐标为，点的坐标为，设经过O、、三点的抛物线的表达式为，把点，，代入得：，解得：，∴经过O、、三点的抛物线的表达式为，②和为位似三角形，理由如下：如图，过点M作轴于点D，过点N作轴于点C，

联立得：，解得：或，∴点M的坐标为，∴，，，同理点N的坐标为，∴，，∴，∵，∴，∴，∵点的坐标为，点A的坐标为，∴，∴，∴和为位似三角形．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的综合应用，理解新定义，利用数形结合思想解答是解题的关键．2．（2023上·上海嘉定·九年级统考期末）定义：对于抛物线（、、是常数，），若，则称该抛物线是黄金抛物线，已知平面直角坐标系，抛物线是黄金抛物线，与轴交于点，顶点为．(1)求此黄金抛物线的表达式及点坐标；(2)点在这个黄金抛物线上．①点在这个黄金抛物线的对称轴上，求的正弦值．②在射线上是否存在点，使以点、、所组成的三角形与相似，且相似比不为1．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)①，②存在，【分析】（1）根据黄金抛物线的定义，列出方程求出值，进而求出顶点的坐标即可；（2）①将点代入解析式，求出的值，求出对称轴，得到的值，进而求出的长，勾股定理逆定理，得到，利用正弦的定义，求解即可；②分和，两种情况进行讨论求解即可．本题考查二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质．利用数形结合，分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．【详解】（1）解：抛物线是黄金抛物线，，所求抛物线的表达式为，配方得：，点的坐标为；（2）①由（1）得：抛物线的对称轴是直线，点的坐标为，点在这个黄金抛物线上，，，点的坐标为，，，，，，．②存在过点作，垂足为抛物线与轴交于点，点的坐标为，

点的坐标为，，

，点的坐标为，

，，

，

，要使以点、、所组成的三角形与相似，有两种情况第一种：，又，，∴与全等，相似比为1，不合题意，舍去；第二种：，∵，，，，，，，点在射线上，点的坐标为．3．（2023·上海·一模）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，O是坐标原点，已知点B的坐标是，；

(1)求该抛物线的函数表达式；(2)点P在x轴上方的抛物线上，且，求点P的坐标；(3)点D是y轴上一动点，若以D、C、B为顶点的三角形与相似，求出符合条件的点D的坐标．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据正切函数，可得A点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据正切函数，可得P点坐标，根据图像上的点满足函数解析式，可得关于x的方程，根据解方程，可得答案；（3）根据两组对边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得关于y的方程，根据解方程，可得答案．【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于点C，∴点C的坐标为，∴，∵，∴，即点A的坐标为，又∵，∴，解得，∴抛物线的函数表达式是；（2）解：∵，∴，∵点P在x轴上方，设点P的横坐标为x，则点P的纵坐标为，∴，得（舍去）或，当时，∴点P的坐标为；（3）解：如图，

设点D的坐标为，∵，，∴，∴为的锐角三角形，∴也是锐角三角形，∴点D在点C的上方，∴，∴，∵，，，①如果，则，∴，即点，②如果则，∴，即点．综上分析可知：符合条件的点D的坐标为或．【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数求函数解析式；利用正切函数得出P点坐标是解题关键，又利用图像上的点满足函数解析式得出P点坐标；利用两组对边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得出关于y的方程是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．4．（2024上·上海静安·九年级统考期末）在平面直角坐标系中（如图），已知点、、、在同一个二次函数的图像上．

(1)请从中选择适当的点坐标，求二次函数解析式；(2)如果射线平分，交轴于点，①现将抛物线沿对称轴向下平移，顶点落在线段的点处，求此时抛物线顶点的坐标；②如果点在射线上，当与相似时，请求点的坐标．【答案】(1)(2)①

②，【分析】（1）把解析式设为交点式，再把代入解析式中求解即可；（2）①过点E作于H，由角平分线的性质得到．利用勾股定理求出，进而利用等面积法求出，则，求出直线解析式为，再求出对称轴为直线，由此即可求出；②先求出，设，则，，分当时，当时，两种情况根据相似三角形的性质建立方程求解即可．【详解】（1）解：设二次函数解析式为，把代入中得：，解得，∴二次函数解析式为；（2）解：①过点E作于H，∵射线平分，，∴，∵、，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设直线解析式为，∴，∴，∴直线解析式为，∵二次函数解析式为，∴对称轴为直线，在中，当时，，∴；

②∵，∴，设，∴，，当时，则，∴，∴，∴，解得或（舍去），∴；当时，则，∴，∴，解得或（舍去），；综上所述，或．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质，勾股定理，角平分线的性质，一次函数与几何综合等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．5．（2024上·上海崇明·九年级统考期末）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点．

备用图(1)求该抛物线的表达式；(2)点D是点C关于抛物线对称轴对称的点，连接，将抛物线向下平移个单位后，点D落在点E处，过B、E两点的直线与线段交于点F．①如果，求的值；②如果与相似，求m的值．【答案】(1)(2)①；②或【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）①先求出抛物线对称轴为直线，则，进而得到；求出直线的解析式为，同理可得直线的解析式为，进而求出；利用勾股定理求出，，，进而利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，则；②时，则此时点F与点A重合，则与重合，可得；当时，则，如图所示，设直线交x轴于G，则，推出，得到，如图所示，取点，则，，，证明是等腰直角三角形，得到，则点F在直线上，同理可得直线的解析式为，在中，当时，，则，即可得到；综上所述，或．【详解】（1）解：把代入中，得：，∴，∴抛物线解析式为；（2）解：①∵抛物线解析式为，∴抛物线对称轴为直线，∵点D是点C关于抛物线对称轴对称的点，∴，∵将抛物线向下平移个单位后，点D落在点E处，且，∴；设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，同理可得直线的解析式为，联立，解得，∴；∴，，，∴，∴是直角三角形，且，∴；②当时，则此时点F与点A重合，则与重合，∴；当时，则，如图所示，设直线交x轴于G，则，∴，∴，∴，如图所示，取点，则，，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴点F在直线上，同理可得直线的解析式为，在中，当时，，∴，∴；综上所述，或．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质，求角的正切值，勾股定理和勾股定理的逆定理，一次函数与几何综合，坐标与图形变化—平移，等腰直角三角形的性质与判定等等，通过利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明直角三角形是解题的关键．易错点二：几何图形中相似三角形的存在性1．（2022·上海宝山·统考二模）如图，在半径为的圆中，、都是圆的半径，且，点是劣弧上的一个动点点不与点、重合，延长交射线于点．(1)当点为线段中点时，求的大小；(2)如果设，，求关于的函数解析式，并写出定义域；(3)当时，点在线段上，且，点是射线上一点，射线与射线交于点，如果以点、、为顶点的三角形与相似，求的值．【答案】(1)(2)关于的函数解析式为，定义域为(3)【分析】（1）利用直角三角形的性质得出，进而证明是等边三角形，得出，即可求出；（2）连接，，过点作于点，由等腰三角形的性质及勾股定理得出，，再证明∽，得出，即可得出，由点是劣弧上的一个动点点不与点、重合，得出，即可求出定义域；（3）当时，由可知，，进而得出，，，由∽，可证明∽，得出，可得，得出，由相似三角形的性质得出．【详解】（1）解：如图，连接，∵点为线段中点，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴；（2）解：如图，连接，，过点作于点，∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴∽，∴，∵，OD＝y＋3，，∴，∵点是劣弧上的一个动点点不与点、重合，∴，∵，∴，∴y关于的函数解析式为，定义域为；（3）解：如图，当时，由可知，，∵，，，，，∵∽，，∵，∴，，∴∽，∴，∴，∴，∴，∵∽，∴．【点睛】本题考查了圆的综合应用，掌握等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．2．（2023·上海闵行·统考一模）如图1，点D为内一点，联结，，以为邻边作平行四边形，与边交于点F，．(1)求证：；(2)延长，交边于点G，如果，且的面积与平行四边形面积相等，求的值；(3)如图2，联结，若平分，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)2(3)【分析】（1）根据平行的性质推导出，即可证明；（2）延长交于点H，由题意可得，，再由（1）可得，从而得到是等腰三角形，H是的中点，由，可得，则，即可求；（3）延长交AE于点N，交于点M，根据平行四边形的性质和角平分线的定义，可得，则，再由，可知N是的中点，M是的中点，求出，证明，则有，可求，再求，由此即可求出．【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：延长交于点H，∵的面积与平行四边形面积相等，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴H是的中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：延长交AE于点N，交于点M，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴N是的中点，∵，∴M是的中点，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查相似三角形的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质，中位线的性质是解题的关键．3．（2022·上海徐汇·统考二模）如图，已知线段AB＝4，以AB为直径作半圆，过圆心O作AB的垂线OQ交半圆于点E，P是上的点，连结AP并延长交OQ于点C，连结PB交OQ于点F．(1)我们知道∠APB＝90°，证明方法如下：联结OP，∵OA＝OP，∴∠PAO＝∠APO，∵OB＝OP，∴∠OPB＝∠OBP．在△APB中，∠PAO＋∠APO＋∠OPB＋∠OBP＝180°，∴∠APO＋∠OPB＝90°，即∠APB＝90°请再用一种其他方法证明∠APB＝90°．(2)如图2，以PB，PC为邻边作，当CD与⊙O相切时，求PC的长；(3)已知点M为AC上的点，且．当△MFP与△ABP相似时，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)或或【分析】（1）过点O作ON⊥AP于点N，由垂径定理得点N为AP的中点，则ON是△ABP的中位线，结论得证；（2）设CD切⊙O于点H，联结OH交BP于点G，证明四边形CPGH是矩形，设GH＝PC＝x，则OG＝2－x，证明△AOC∽△APB，得到，，解方程后检验即得PC的长；（3）分点P在线段CM上和点P在线段AM上两种情况进行分类讨论即可求解．【详解】（1）证明：如图4，过点O作ON⊥AP于点N，∵ON⊥AP∴∠ANO＝90°，AN＝PN∴点N为AP的中点∵AO＝BO∴点O为AB的中点∴ON是△ABP的中位线∴ONBP∴∠APB＝∠ANO＝90°（2）解：如图5，设CD切⊙O于点H，联结OH交BP于点G，∵CD切⊙O于点H∴∠CHO＝90°∵四边形是平行四边形∴PBCD∴∠PGH＝180°－∠CHO＝90°，∠PGO＝∠CHO＝90°，∠PCH＝∠APB＝90°,∴∠CHO＝∠PGH＝∠PCH＝90°，PG＝GB，∴四边形CPGH是矩形∴GH＝CP，设GH＝PC＝x，则OG＝2－x，∵OA＝OB∴AP＝2OG＝4－2x∴AC＝AP＋PC＝4－x∵∠CAO＝∠PAB，∠APB＝∠AOC＝90°∴△AOC∽△APB∴∴∴解得，经检验，是分式方程的解，∵OG＝2－x＞0，∴x＜2∴∴PC＝（3）解：当点P在线段CM上时，当∠PMF＝∠ABP时，△MFP∽△BAP，如图6所示，∵△AOC∽△APB，∴∠ABP＝∠ACO∴∠PMF＝∠ACO∴MF＝CF∵∠APB＝90°∴PC＝PM＝CM，∵∴PM＝AM＝CP∴＝当∠PFM＝∠ABP时，△MFP∽△ABP，如图7所示，∴MFAB∴设OF＝m，则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∴＝当点P在线段AM上时，若∠PFM＝∠ABP，△MFP∽△ABP，联结OP，如图8，∴∠OPB＝∠OBP＝∠PFM∴OPMF设MP＝m，AP＝n，则CM＝2（m＋n），PC＝3m＋2n，AC＝3m＋3n∵OPMF∴△CMF∽△CPO∴∴∵△MFP∽△ABP，∴∴∴∴∴∴∵∴∴当∠MFP＝∠A时，∵∠PFC＝∠A∴∠MFP＝∠PFC∴点M与点C重合，此种情况不成立，综上，的值为或或．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、切线的性质定理、垂径定理、三角形的中位线定理、分式方程、一元二次方程、勾股定理等知识，综合性较强，分类讨论是解决此题的关键．4．（2023·上海崇明·统考二模）如图，在中，，，．点D是边上一动点（不与A、C重合），联结，过点C作，分别交、于点E、F．(1)当时，求的正切值；(2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出x的定义域；(3)联结并延长，与边的延长线相交于点G，若与相似，求的值．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据同角的余角相等分析可得，然后根据正切的概念求解；（2）过点F作，，然后结合角的正切值及三角形的面积比分析求解；（3）分情况讨论，通过证明和利用点四点共圆以及相似三角形的性质分析求解．【详解】（1）解：∵，，∴，∴，∴；（2）过点F作，，∵，，∴，∴，∴，设的边上的高为，则的边上的高为，∴，又∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，即；（3）如图：①当时，,又∵，∴，∴，∴点四点共圆，且为直径，又∵，∴，，在中，，∴，即．②当时，，又∵，∴，过点F作，∴，∵，，∴，∴，解得（负值舍去），∴，综上，的值为或．【点睛】本题考查余角的性质，锐角三角函数，相似三角形的性质，理解正切的概念，掌握相似三角形的性质，准确添加辅助线是解题关键．5．（2023·上海长宁·统考二模）如图1，在△ABC中，，以点A为圆心、AC为半径的⊙A交边AB于点D，点E在边BC上，满足，过点E作交AB于点F，垂足为点G．

(1)求证：；(2)延长EF与CA的延长线交于点M，如图2所示，求的值；(3)以点B为圆心、BE为半径作⊙B，当时，请判断⊙A与⊙B的位置关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)2(3)外切，理由见解析【分析】（1）有等腰三角形的性质得到，再由余角定义解得，然后根据AA即可证得；（2）有同角的余角相等得到，由等量代换得到，继而证得，再代入线段的比值计算即可；（3）在CD延长线上取点N，使得，根据全等三角形的判定方法证得，继而得到，再求得BE的长，最后由⊙A与⊙B的半径之和等于两圆的圆心距证明即可【详解】（1）解：（1）由题意可得：，∴．又且．∴，故有．又∴．（2）在Rt△MCG中，，又∵．∴．∵∴．故有．又，∴（3）如图，在CD延长线上取点N，使得，则，又，故，∴，从而有．在△BCN与△CME中，．故则，∵，

∴，故，，则从而．此时有即⊙A与⊙B的半径之和等于两圆的圆心距，∴⊙A与⊙B外切．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定等知识，综合性较强，掌握相关知识是解题关键．6．（2023·上海·一模）如图，在中，，是边上的中线，，，点Q是延长线上的一动点，过点Q作，交的延长线于点P．

(1)当点B为的中点时，求的长；(2)设，，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；(3)过点B作交于F，当和相似时，求的长．【答案】(1)；(2)y关于x的函数关系式，x的取值范围为；(3)的长为4或．【分析】（1）利用勾股定理可求得的长，再根据直角三角形斜边上中线的性质可得，进而得到，证明，然后根据相似三角形的性质，求得的长度，即可求出的长；（2）由，求得的长度，从而由求得y关于x的函数关系式，再写出x的取值范围即可；（3）分两种情况讨论：①，利用相似三角形的性质，求得的长度，再证明，得到，即可求出的长度；②，利用相似三角形的性质，求得的长度，得到，进而证明，得到，设，由（2）可知，，列方程求解即可求出的长．【详解】（1）解：，，，，是边上的中线，，，，，，点B为的中点，，，；（2）解：，，设，，，，，y关于x的函数关系式，x的取值范围为；（3）解：①如图，若，则，

，，，，，，，，，，，；②如图，若，则，，

，，，，，设，由（2）可知，，，化简得：，解得：，（舍），，综上可知，的长为4或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，求二次函数关系式，勾股定理等知识，正确运用相似三角形的判定与性质是解题关键，注意分类讨论．7．（2022·上海青浦·统考二模）梯形中，，于点，，，以为直径，以为直径，直线与交于点，与交于点（如图），设．(1)记两圆交点为、（在上方），当时，求的值；(2)当与线段交于、时，设，求关于的函数关系式，并写出定义域；(3)连接，线段与交于点，分别连接、，若与相似，求的值．【答案】(1)1+(2)=-(x+3)2+64（1≤x＜2）(3)6-【分析】（1）过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E，由题意得垂直平分EF，，通过解直角三角形可得AG=8，BG=6，再由，，，AG⊥BC得四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形，根据勾股定理求出O1N和O2H，进而求AD；（2）过点O2作O2G⊥PQ于点G，勾股定理求O2G=，再由正切求得关于的函数关系式；（3）由∽，得=，由=，得MN=GN，过点A作AH⊥MN，利用正切和勾股定理求出AM=2，再由相似的性质和判定求出AM=（6-x），进而得x．【详解】（1）解：过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E由题意得垂直平分EF，又∴，∠EHO2=∠EHO1=90°，EH=EF=3又AG⊥BC，∴∠AGC=∠AGB=90°，∠DCG=90°∵∴∠AIO2=∠AIO1=90°，∠DO2I=∠O1O2C=∠ADO2=90°∴四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形∴DC=AG，DA=CG=IO2，DO2=AI∵O2是DC的中点∴I是AG的中点∵O1是AB的中点∴O1I是△ABG的中位线∴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过点O2作O2G⊥PQ于点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为公共角∴△AMO1∽△GMN∴△AMO1∽∴=∴AM=（6-x）∵∴又∴过点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-【点睛】本题是圆的综合，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数求值，中位线的性质以及勾股定理等知识点，属于中考中的压轴题．8．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）如图，已知等腰中，是边上的中位线，点为中点，点是底边上一动点，线段与线段交于点，联结．

(1)若，证明：，且；(2)如图，当时，若以点为圆心，以为半径的圆与以为直径的圆相切，求的长；(3)若，且与相似，求的长．【答案】(1)见解析(2)的长为或(3)1【分析】（1）连接，可证明，从而得出，进而得出，进一步得出结论；（2）分为两圆外切和内切．由勾股定理可得，从而认得出的值，结合以为直径的圆的半径，进而求得结果；（3）可推出，故可能或，而不可能：作于，交于，交于，作的外接圆的圆心记作，作，连接，可求得的半径的长，再求出的长，从而与相离；当时，结合（1），可求得结果．【详解】（1）证明：如图，

连接，为中点，为中点，，，，，，，，为中点，，，，，，又，，，，且；（2）解：如图，

过A作于交于，当以为半径的圆与以为直径的圆外切时，，，，是的中位线，，、是、的中位线，，以为直径的半径为，以为半径的圆与以为直径的圆外切，的半径；如图，

当以为半径的圆与以为直径的圆内切时，同理可得的半径；综上所述，的长为或；（3）解：，，可能或，下面说明：不可能，理由如下：如图，

作于，交于，交于，作的外接圆的圆心记作，作，连接，，，，，，，由得，，，，，由得，，，，与相离，不可能，当时，，，由知：，．【点睛】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形性质，直线和圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，判断直线和圆的位置关系．9．（2023·上海·一模）如图，已知在中，，，点为边上一动点（与点、不重合），点为上一点，，过点作，垂足为点，交射线于点．

(1)如果点为边的中点，求的正切值；(2)当点在边上时，设，，求关于的函数解析式及的取值范围；(3)联结，如果与相似，求线段的长．【答案】(1)(2)(3)的值为或或【分析】（1）过点作于．解直角三角形求出，即可解决问题；（2）如图2中，过点作，延长交于，直线交于，交的延长线于．根据全等三角形的平时和性质证明，根据相似三角形的性质可得，即，可得结论；（3）利用相似三角形的性质，可得或，由此构建方程求出，当点在下方时，同法可求．【详解】（1）如图1中，过点作于．∵，∴∵，，∴∴∴（2）如图2中，过点作，延长交于，直线交于，交的延长线于．∵，∴∴，∵∴∴∵，∴∴∵∴∵，∴∵，∴∴∵，∴∴，∵∴∴∴∵∴∴．（3）如图3中，连接，作于．∵，∴∵与相似∴与相似∴或∴或整理得，或解得，或（舍弃）或（舍弃）∴或当点在下方时，同法可得，综上所述，满足条件的的值为或或．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．1．（2023·上海宝山·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点、，将该抛物线位于轴上方的部分沿轴翻折，得到的新图象记为“图象”，“图象”与轴交于点．(1)写出“图像U”对应的函数解析式及定义域；(2)求的正切值；(3)点在轴正半轴上，过点作轴的平行线，交直线于点，交“图象”于点，如果与相似，求点的坐标．【答案】(1)(2)3(3)，或，或，或，【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由，求出，进而求解；（3）因为，故当与相似时，或，①当时，设：，则，则且或，即可求解；②当时，同理可解．【详解】（1）解：由题意得：，则翻折后的函数表达式为：，即；（2）过点作于点，则，即，解得：，则，则；（3）由点、的坐标得，直线的表达式为：，设点，在点，点或，则，或，如下图，故当与相似时，或，①当时，即，在中，过点作于点，设：，则，则且或，解得：或（不合题意的值已舍去）；②当时，则，同理可得：且或，解得：或（不合题意的值已舍去）；综上，点的坐标为：，或，或，或，．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到二次函数图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式、解直角三角形等，分类求解是本题解题的关键．2．（2023·上海宝山·统考二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点、，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．(1)求二次函数的解析式和顶点D的坐标；(2)连接，试判断与是否相似，并说明理由；(3)将抛物线平移，使新抛物线的顶点E落在线段上，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点F，连接，如果四边形的面积为3，求新抛物线的解析式．【答案】(1)二次函数的解析式为，顶点D的坐标为；(2)，理由见解析(3)新抛物线的解析式为．【分析】（1）利用待定系数法求得抛物线的解析式，利用配方法可求得顶点D的坐标；（2）利用勾股定理分别求得的三边的长，根据勾股定理的逆定理判断是直角三角形，且，求得，即可证明；（3）设新抛物线的解析式为()，则顶点E的坐标为，分别用a表示出梯形的上底和下底的长，据此即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线经过点、，∴，解得：，∴二次函数的解析式为，顶点D的坐标为；（2）解：当时，，∴，∵点、，∴，，，，，∵，∴，∴是直角三角形，且，∵，，∴；（3）解：∵，∴对称轴为，设新抛物线的解析式为()，则顶点E的坐标为，当时，，∴，∴，，依题意得，解得，∴新抛物线的解析式为．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的平移，相似三角形的判定，勾股定理及其逆定理，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．3．（2024·全国·九年级竞赛）如图，是的直径，点是圆上两点，且平分交于．(1)求证：；(2)若，求的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）通过证明，判定；（2）连接，交于，结合垂径定理和勾股定理求得，的长，然后结合相似三角形的性质推理计算．【详解】（1）证明：平分，，又，∴；（2）解：连接，交于，则，，，，，，由（1）知，，即，．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，理解垂径定理和勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．4．（2022下·上海普陀·九年级校考期中）如图，已知抛物线的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点为，顶点为B．点在抛物线上，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)连接AB，求∠B的余切值；(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．【答案】(1)；E（2，0）(2)3(3)M点的坐标为（5，0）或（7，0）【分析】（1）由对称轴可求得a的值，再把A点坐标代入可求得c的值，则可求得抛物线表达式，则可求得B、C的坐标，由待定系数法可求得直线BC的解析式，可求得E点坐标；（2）由A、B、C三点的坐标可求得AB、AC和BC的长，可判定△ABC是以BC为斜边的直角三角形，利用三角形的定义可求得答案；（3）设M（x，0），当∠GCM＝∠BAE时，可知△AMC为等腰直角三角形，可求得M点的坐标；当∠CMG＝∠BAE时，可证得△MEC∽△MCA，利用相似三角形的性质可求得x的值，可求得M点的坐标．【详解】（1）∵抛物线对称轴为x＝1，∴＝1，解得a＝，把A点坐标代入可得，解得c＝，∴抛物线表达式为，∵∴B（1，−2），把C（5，m）代入抛物线解析式可得m＝，∴C（5，6），设直线BC解析式为y＝kx＋b，把B、C坐标代入可得，解得∴直线BC解析式为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为斜边的直角三角形，∴；（3）∵A（−1，0），B（1，−2），∴∠CAE＝∠BAE＝45°，∵GM⊥BC，∴∠CGM＋∠GCB＝∠GCB＋∠ABC＝90°，∴∠CGM＝∠ABC，∴当△CGM与△ABE相似时有两种情况，设M（x，0），则C（x，2x−4），①当∠GCM＝∠BAE＝45°时，则∠AMC＝90°，∴MC＝AM，即2x−4＝x＋1，解得x＝5，∴M（5，0）；②当∠GMC＝∠BAE＝∠MAC＝45°时，∵∠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）；综上可知M点的坐标为（5，0）或（7，0）．【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理及其逆定理、三角函数的定义、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意利用对称轴求得a的值是解题的关键，在（2）中证得△ABC为直角三角形是解题的关键，在（3）中利用相似三角形的性质得到关于M点坐标的方程是解题的关键，注意分两种情况．5．（2023下·安徽·九年级专题练习）如图，已知等腰和等腰有公共的顶点A，且，，，点E恰好落在边上（与B、C不重合），连接．

(1)求证：；(2)若与相交于点F，求证：；(3)若，，且，请画出符合条件的图形，并求的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)图见解析，【分析】（1）先证明，再证明，从而可得结论；（2）先证明，，可得，则，从而可得结论；（3）根据题意先画图，过点A作于点M，求解，结合，可得，，证明，在中，，再利用勾股定理可得答案．【详解】（1）∵，∴，∴，∵，，∴，∴；（2）∵，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）如图，过点A作于点M，

∵，，∴，∵，且，∴，，∵，，∴，∴，，在中，，∵，∴，，∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟悉基本图形，熟练的运用以上知识解题是关键．6．（2023上·陕西西安·九年级校考阶段练习）已知抛物线：：经过点在，，与y轴的交点为C．关于原点对称的抛物线为(1)求抛物线的函数表达式；(2)点A在的对应点为M，若点P是抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，若相似，求点P的坐标．【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用待定系数法可求出的解析式为，再根据关于原点对称的点的坐标特征“横坐标和纵坐标都互为相反数”可得出的解析式为，即；（2）设，则，由题意可知，即可求出，．根据解析式可求出，即得出，．根据相似三角形的性质可得出，即，解得，或，，进而即可得出点P坐标．【详解】（1）解：将，代入，得：，解得：，∴抛物线：的解析式为．∵与关于原点对称，∴的解析式为，即；（2）解：如图，设，则，∵点A在的对应点为M，，∴，∴，．对于：，令，则，∴，∴，．∵，∴，即，∴或解得：，或，当时，，即此时；当时，，即此时，即此时与点M重合，舍去；当时，，即此时．综上可知点P的坐标为或．【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析数，关于原点对称的点的坐标特征，相似三角形的性质，解含绝对值的一元二次方程等知识．正确求出与的解析式和利用数形结合的思想是解题关键．7．（2023上·四川泸州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，抛物线的对称轴l与x轴交于点．(1)求此抛物线的解析式；(2)在抛物线对称轴上找一点M，使的周长最小，求满足条件的点M的坐标；(3)若点P是抛物线上一个动点，且在y轴右侧，过点作轴，垂足为点E，连接．若与相似，求点P的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为：(2)(3)点P的坐标为或或【分析】（1）将，代入抛物线可得，求出a，c的值即可；（2）由抛物线的性质可得点关于直线对称，，待定系数法求出直线的解析式为，连接交对称轴于M，由轴对称的性质可得：，则的周长，从而得到当在同一直线上时，最小，此时的周长最小，由此即可求解；（3）设，则，，，分两种情况：当时；当时，利用相似三角形的性质，分别建立方程，求解即可得出答案．【详解】（1）将，代入抛物线可得：，解得：，抛物线的解析式为：；（2），抛物线的对称轴为直线，抛物线与x轴交于点和点B，点关于直线对称，，设直线BC的解析式为，将，代入解析式得：，解得：，直线BC的解析式为：，如图，连接BC交对称轴于M，由轴对称的性质可得：，的周长，当在同一直线上时，最小，此时的周长最小，在中，当时，，，故答案为：；（3），，，，设，则，，，当时，，，整理得：或，解得：，（不符合题意，舍去）或，（不符合题意，舍去），当时，，当时，，此时或；当时，，，整理得：或，解得：，（不符合题意，舍去）或（不符合题意，舍去），（不符合题意，舍去），当时，，此时；综上所述，点P的坐标为或或．【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的综合—周长问题、轴对称的性质、相似三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．8．（2023上·上海宝山·九年级统考期中）如图，在直角坐标平面内，已知直线与x轴、y轴分别交于点A、B，将该直线向上平移，使点A落在点P处，平移后所得直线与x轴交于点C．

(1)求的正切值；(2)如果四边形是等腰梯形，求平移后的直线表达式；(3)如果与相似，求这时四边形的面积．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）先求出的坐标，设向上平移个单位，得到直线的解析式，进而得到点坐标，根据正切的定义，进行求解即可；（2）根据平移，得到，进而得到当四边形是等腰梯形时，，过点作轴，在中，利用勾股定理，求出的值，即可；（3）分和两种情况进行讨论求解．【详解】（1）解：∵，∴当时，，当时，，∴，，设直线向上平移个单位，则点平移后的对应点为，平移后直线的解析式为，∴当时，，∴，∴轴，，

∴；（2）如图，

∵平移，∴，∴当四边形是等腰梯形时，，由（1）知：，，∴，过点作轴于点，∴，，∵，∴，∴，在中，由勾股定理，得：，即：，解得：（不合题意，舍去）或；∴直线的解析式为：；（3）①当时，如图：

则：，∴，∴四边形为平行四边形，∴轴，∵，∴，∴，，∴四边形的面积为；当时，如图：

则：，，∴，由（1）知，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴四边形的面积为；综上：四边形的面积为或．【点睛】本题考查一次函数图象的平移，解直角三角形，勾股定理，等腰梯形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是读懂题意，正确的画出图象，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，属于压轴题．9．（2023上·山西晋中·九年级统考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，的长分别是方程的两个根，且．(1)求点B的坐标；(2)如图2，过点A且垂直于的直线交轴于点F，在直线上截取，过点D作轴于点E，求经过点D的反比例函数的关系式；(3)在（2）的条件下，在y轴上是否存在一点P，使以D，E，P为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】(1）解方程的得到两个解，即为AB、BC的长，在根据坐标的意义即可得到点B的坐标；(2）利用三角形全等求出所需线段的长度，再在根据坐标的意义即可得到点D的坐标，最后用待定系数法求出经过点D的反比例函数的解析式；(3）利用相似的性质分两种情况，得出PE、DE的长度的比，进而求出PE的长度，最后根据坐标的意义即可得到点P的坐标．【详解】（1）解：由可得，，，点B的坐标为．（2）过点A作交延长线于点G，，，，，，，，，四边形为矩形，，，．设过点D的反比例函数解析式为，（3）存在，，理由如下：当时，，，，，根据解析（2）可知，点E的坐标为，∴此时点P的坐标为或