【文档说明】《中考数学重难点专项突破（全国通用）》专题17 动点在相似三角形中的分类讨论(提升训练)(解析版).docx，共(11)页，444.834 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1专题17动点在相似三角形中的分类讨论1、如图1，在平面直角坐标系中，双曲线（k≠0）与直线y＝x＋2都经过点A(2,m)．（1）求k与m的值；（2）此双曲线又经过点B(n,2)，过点B的直线BC与直线y

＝x＋2平行交y轴于点C，联结AB、AC，求△ABC的面积；（3）在（2）的条件下，设直线y＝x＋2与y轴交于点D，在射线CB上有一点E，如果以点A、C、E所组成的三角形与△ACD相似，且相似比不为1，求点E的坐标．图1思路点拨1．直线AD

//BC，与坐标轴的夹角为45°．2．求△ABC的面积，一般用割补法．3．讨论△ACE与△ACD相似，先寻找一组等角，再根据对应边成比例分两种情况列方程．满分解答（1）将点A(2,m)代入y＝x＋2，得m＝4．所以点A的坐标为(2,4)．将点A(2,4)代入kyx=，得k＝8．（2）将

点B(n,2)，代入8yx=，得n＝4．所以点B的坐标为(4,2)．设直线BC为y＝x＋b，代入点B(4,2)，得b＝－2．所以点C的坐标为(0,－2)．由A(2,4)、B(4,2)、C(0,－2)，可知A、B两点间的水平距离和竖直距离

都是2，B、C两点间的水平距离和竖直距离都是4．所以AB＝22，BC＝42，∠ABC＝90°．所以S△ABC＝12BABC＝122422＝8．图22（3）由A(2,4)、D(0,2)、C(0,－2)，得AD＝22，AC＝210．由于∠DAC＋∠ACD＝45°，∠AC

E＋∠ACD＝45°，所以∠DAC＝∠ACE．所以△ACE与△ACD相似，分两种情况：①如图3，当CEADCAAC=时，CE＝AD＝22．此时△ACD≌△CAE，相似比为1．②如图4，当CEACCAAD=时，21021022C

E=．解得CE＝102．此时C、E两点间的水平距离和竖直距离都是10，所以E(10,8)．图3图42、如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度

向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）如图2，连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值；

（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．图1图2思路点拨1．△BPQ与△ABC有公共角，按照夹角相等，对应边成比例，分两种情况列方程．32．作PD⊥BC于D，动点P、Q的速度，暗含了BD＝CQ．3．PQ的中点H在哪条中位线上？画两个不同时刻P、Q、H的位置

，一目了然．满分解答（1）Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．△BPQ与△ABC相似，存在两种情况：①如果BPBABQBC=，那么510848tt=−．解得t＝1．②如果BPBCBQBA=，那么588410tt=−．解得3241t=．图3图4（2）作PD⊥

BC，垂足为D．在Rt△BPD中，BP＝5t，cosB＝45，所以BD＝BPcosB＝4t，PD＝3t．当AQ⊥CP时，△ACQ∽△CDP．所以ACCDQCPD=，即68443ttt−=．解得78t=．图5图6（3）如图4，过PQ的中点H作BC的垂线，垂足为F，交AB于E．由于H是PQ的中

点，HF//PD，所以F是QD的中点．又因为BD＝CQ＝4t，所以BF＝CF．因此F是BC的中点，E是AB的中点．所以PQ的中点H在△ABC的中位线EF上．43、如图1，已知抛物线211(1)444byxbx=−++（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B是左侧

），与y轴的正半轴交于点C．（1）点B的坐标为______，点C的坐标为__________（用含b的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P

为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如

果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．图1思路点拨1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC暗示了点P到两坐标轴的距离相等．2．联结OP，把四边形PCOB重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b的式子表示．3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形

，点Q最大的可能在经过点A与x轴垂直的直线上．满分解答（1）B的坐标为(b,0)，点C的坐标为(0,4b)．（2）如图2，过点P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，那么△PDB≌△PEC．因此PD＝PE．设点P的坐标为(x,x)．如图3，联结OP．所以

S四边形PCOB＝S△PCO＋S△PBO＝1152428bxbxbx+=＝2b．解得165x=．所以点P的坐标为(1616,55)．5图2图3（3）由2111(1)(1)()4444byxbxx

xb=−++=−−，得A(1,0)，OA＝1．①如图4，以OA、OC为邻边构造矩形OAQC，那么△OQC≌△QOA．当BAQAQAOA=，即2QABAOA=时，△BQA∽△QOA．所以2()14bb=−．解得8

43b=．所以符合题意的点Q为(1,23+)．②如图5，以OC为直径的圆与直线x＝1交于点Q，那么∠OQC＝90°。因此△OCQ∽△QOA．[来源:Zxxk.Com]当BAQAQAOA=时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°．所以C

、Q、B三点共线．因此BOQACOOA=，即14bQAb=．解得4QA=．此时Q(1,4)．图4图54、如图1，已知抛物线的方程C1：1(2)()yxxmm=−+−(m＞0)与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点M(2,2)，求

实数m的值；（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；（3）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使得BH＋EH最小，求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若

不存在，请说明理由．图16思路点拨1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当H落在线段EC上时，BH＋EH最小．2．第（4）题的解题策略是：先分两种情况画直线BF，作∠CBF＝∠EBC＝45°，或者作BF//EC．再用含m的式子表示点F的坐标．然后根据

夹角相等，两边对应成比例列关于m的方程．满分解答（1）将M(2,2)代入1(2)()yxxmm=−+−，得124(2)mm=−−．解得m＝4．[来源:学.科.网Z.X.X.K]（2）当m＝4时，2111(2)(4)2442yxxxx=−+−=−+

+．所以C(4,0)，E(0,2)．所以S△BCE＝1162622BCOE==．（3）如图2，抛物线的对称轴是直线x＝1，当H落在线段EC上时，BH＋EH最小．设对称轴与x轴的交点为P，那么HPEOCPCO=．因此234HP=．解得32HP=．所以点H的坐标为

3(1,)2．（4）①如图3，过点B作EC的平行线交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′．由于∠BCE＝∠FBC，所以当CEBCCBBF=，即2BCCEBF=时，△BCE∽△FBC．设点F的坐标为1(,(2)())xxxmm−+−，由''FFEOB

FCO=，得1(2)()22xxmmxm+−=+．解得x＝m＋2．所以F′(m＋2,0)．由'COBFCEBF=，得244mmBFm+=+．所以2(4)4mmBFm++=．由2BCCEBF=，得222(4

)4(2)4mmmmm+++=+．整理，得0＝16．此方程无解．图2图3图4②如图4，作∠CBF＝45°交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′，7由于∠EBC＝∠CBF，所以BEBCBCBF=，即2B

CBEBF=时，△BCE∽△BFC．在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得1(2)()2xxmxm+−=+．解得x＝2m．所以F′(2,0)m．所以BF′＝2m＋2，2(22)BFm=+．由2BCBEBF=，

得2(2)222(22)mm+=+．解得222m=．综合①、②，符合题意的m为222+．5、如图1，已知梯形OABC，抛物线分别过点O（0，0）、A（2，0）、B（6，3）．（1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标；（2

）将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1，得到如图2的梯形O1A1B1C1．设梯形O1A1B1C1的面积为S，A1、B1的坐标分别为

(x1，y1)、(x2，y2)．用含S的代数式表示x2－x1，并求出当S=36时点A1的坐标；（3）在图1中，设点D的坐标为(1，3)，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动，动点Q从点D出发，以与点P相同的速度沿着线段DM运动．P、Q两点同时出发，当点Q到达点M时，P、Q两

点同时停止运动．设P、Q两点的运动时间为t，是否存在某一时刻t，使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．图1图2[来源:学科网ZXXK]思路点拨1．第（2）题用含S的代数式表示x

2－x1，我们反其道而行之，用x1，x2表示S．再注意平移过程中梯形的高保持不变，即y2－y1＝3．通过代数变形就可以了．2．第（3）题最大的障碍在于画示意图，在没有计算结果的情况下，无法画出准确的位置关

系，因此本题的策略是先假设，再说理计算，后验证．3．第（3）题的示意图，不变的关系是：直线AB与x轴的夹角不变，直线AB与抛物线的对称轴的夹8角不变．变化的直线PQ的斜率，因此假设直线PQ与AB的交点G在x轴的下方，或者

假设交点G在x轴的上方．满分解答（1）抛物线的对称轴为直线1x=，解析式为21184yxx=−，顶点为M（1，18−）．（2）梯形O1A1B1C1的面积12122(11)3()62xxSxx−+−==+−，由此得

到1223sxx+=+．由于213yy−=，所以22212211111138484yyxxxx−=−−+=．整理，得212111()()384xxxx−+−=．因此得到2172xxS−=．当S=36时，212114,2.xxxx+=−=解得126,8.xx==此时点A1

的坐标为（6，3）．（3）设直线AB与PQ交于点G，直线AB与抛物线的对称轴交于点E，直线PQ与x轴交于点F，那么要探求相似的△GAF与△GQE，有一个公共角∠G．在△GEQ中，∠GEQ是直线AB与抛物线对称轴的夹角，为定值．在△GAF中，∠GAF是直线AB

与x轴的夹角，也为定值，而且∠GEQ≠∠GAF．因此只存在∠GQE＝∠GAF的可能，△GQE∽△GAF．这时∠GAF＝∠GQE＝∠PQD．由于3tan4GAF=，tan5DQtPQDQPt==−，所以345tt=−．解得207t=．图3图46、如图1，抛物线经过点A(4，0)、B（1，0

)、C（0，－2）三点．9（1）求此抛物线的解析式；（2）P是抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC上方的抛物线

是有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．,图1思路点拨1．已知抛物线与x轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便．2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长．3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程．4．把△DCA可以

分割为共底的两个三角形，高的和等于OA．满分解答[来源:Zxxk.Com]（1）因为抛物线与x轴交于A(4，0)、B（1，0)两点，设抛物线的解析式为)4)(1(−−=xxay，代入点C的坐标（0，－2），解得21−=a．所以抛物线的解析式为2

2521)4)(1(212−+−=−−−=xxxxy．（2）设点P的坐标为))4)(1(21,(−−−xxx．①如图2，当点P在x轴上方时，1＜x＜4，)4)(1(21−−−=xxPM，xAM−=4．如果2=

=COAOPMAM，那么24)4)(1(21=−−−−xxx．解得5=x不合题意．如果21==COAOPMAM，那么214)4)(1(21=−−−−xxx．解得2=x．此时点P的坐标为（2，1）．②如图3，当

点P在点A的右侧时，x＞4，)4)(1(21−−=xxPM，4−=xAM．10解方程24)4)(1(21=−−−xxx，得5=x．此时点P的坐标为)2,5(−．解方程214)4)(1(21=−−−xxx，得2=x不合

题意．③如图4，当点P在点B的左侧时，x＜1，)4)(1(21−−=xxPM，xAM−=4．解方程24)4)(1(21=−−−xxx，得3−=x．此时点P的坐标为)14,3(−−．解方程214)4)(1(2

1=−−−xxx，得0=x．此时点P与点O重合，不合题意．综上所述，符合条件的点P的坐标为（2，1）或)14,3(−−或)2,5(−．[来源:Zxxk.Com]图2图3图4（3）如图5，过点D作x轴的垂线交AC于E．直线AC的解析式为221−=xy

．设点D的横坐标为m)41(m，那么点D的坐标为)22521,(2−+−mmm，点E的坐标为)221,(−mm．所以)221()22521(2−−−+−=mmmDEmm2212+−=．因此4)221(212+−=mmSDACmm42+−=4)

2(2+−−=m．当2=m时，△DCA的面积最大，此时点D的坐标为（2，1）．11图5图6