.@:第3頁小專題〔十二〕二次函數(shù)與幾何圖形綜合——相似三角形問題1.如圖，拋物線y＝－eq\f〔1,4〕x2＋x－1的頂點(diǎn)為A〔2，0〕，與y軸的交點(diǎn)為B〔0，－1〕，AB⊥AC，交拋物線于點(diǎn)C，求點(diǎn)C的坐標(biāo).解：過點(diǎn)C作CD⊥x軸于點(diǎn)D.∵A〔2，0〕，B〔0，－1〕，∴OA＝2，OB＝1.∵AB⊥AC，∴∠OAB＋∠CAD＝90°.而∠OAB＋∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠CAD.∴Rt△ABO∽Rt△CAD.∴eq\f〔OA,CD〕＝eq\f〔OB,AD〕，即eq\f〔2,CD〕＝eq\f〔1,AD〕.∴CD＝2AD.設(shè)C〔t，－eq\f〔1,4〕t2＋t－1〕，∴－〔－eq\f〔1,4〕t2＋t－1〕＝2〔t－2〕.解得t1＝2〔與A點(diǎn)重合，舍去〕，t2＝10.∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為〔10，－16〕.2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2－4x－5與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C.假設(shè)點(diǎn)D是y軸上的一點(diǎn)，且以B，C，D為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，求點(diǎn)D的坐標(biāo).解：令y＝0，那么x＝－1或5，∴A〔－1，0〕，B〔5，0〕.令x＝0，那么y＝－5，∴C〔0，－5〕.∴OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°.∴AB＝6，BC＝5eq\r〔2〕.要使以B，C，D為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，需有eq\f〔AB,CD〕＝eq\f〔BC,BC〕或eq\f〔AB,BC〕＝eq\f〔BC,CD〕.①當(dāng)eq\f〔AB,CD〕＝eq\f〔BC,BC〕時(shí)，CD＝AB＝6，∴D〔0，1〕；②當(dāng)eq\f〔AB,BC〕＝eq\f〔BC,CD〕時(shí)，eq\f〔6,5\r〔2〕〕＝eq\f〔5\r〔2〕,CD〕，∴CD＝eq\f〔25,3〕.∴D〔0，eq\f〔10,3〕〕.綜上，點(diǎn)D的坐標(biāo)為〔0，1〕或〔0，eq\f〔10,3〕〕.3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中〔如圖〕，拋物線y＝ax2＋bx＋3與y軸相交于點(diǎn)C，與x軸正半軸相交于點(diǎn)A，OA＝OC，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B，對稱軸是直線x＝1，頂點(diǎn)為P.〔1〕求這條拋物線的表達(dá)式和頂點(diǎn)P的坐標(biāo)；〔2〕拋物線的對稱軸與x軸相交于點(diǎn)M，求∠PMC的正切值；〔3〕點(diǎn)Q在y軸上，且△BCQ與△CMP相似，求點(diǎn)Q的坐標(biāo).解：〔1〕∵拋物線y＝ax2＋bx＋3與y軸相交于點(diǎn)C，∴C〔0，3〕，∴OA＝OC＝3，∴A〔3，0〕，由題意，得eq\b\lc\{〔\a\vs4\al\co1〔9a＋3b＋3＝0，,－\f〔b,2a〕＝1，〕〕解得eq\b\lc\{〔\a\vs4\al\co1〔a＝－1，,b＝2.〕〕∴拋物線的表達(dá)式為y＝－x2＋2x＋3.∵y＝－x2＋2x＋3＝－〔x－1〕2＋4，∴頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔1，4〕.〔2〕∵拋物線y＝－x2＋2x＋3＝－〔x－1〕2＋4的對稱軸與x軸相交于點(diǎn)M，∴PM∥y軸，M〔1，0〕.∴∠PMC＝∠MCO.∵tan∠MCO＝eq\f〔OM,OC〕＝eq\f〔1,3〕，∴tan∠PMC＝eq\f〔1,3〕.〔3〕∵y＝－x2＋2x＋3，∴y＝0時(shí)，－x2＋2x＋3＝0，解得x＝－1或x＝3，∴B〔－1，0〕.∵OB＝OM＝1，CO⊥BM，∴CB＝CM.∴OC是等腰三角形底邊的中線.∴∠BCO＝∠MCO.∵點(diǎn)Q在y軸上，且△BCQ與△CMP相似，∴Q只能在C點(diǎn)下方.∵∠PMC＝∠MCO，∴∠BCO＝∠PMC.∴當(dāng)△BCQ與△CMP相似時(shí)，C與M對應(yīng)，Q在C點(diǎn)下方，分兩種情況：①假如△BCQ∽△CMP，那么eq\f〔CQ,MP〕＝eq\f〔BC,CM〕＝1，即eq\f〔CQ,4〕＝1，解得CQ＝4，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為〔0，－1〕；②假如△BCQ∽△PMC，那么eq\f〔CQ,MC〕＝eq\f〔BC,PM〕，即eq\f〔CQ,\r〔10〕〕＝eq