【文档说明】[29924924]专题4.34 相似三角形动点问题（培优篇）（专项练习）-九年级数学上册基础知识专项讲练（北师大版）.docx，共(42)页，1.364 MB，由envi的店铺上传

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专题4.34相似三角形动点问题（培优篇）（专项练习）一、单选题1．如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝6，点P从点B出发以1个单位/s的速度向点A运动，同时点Q从点C出发以2个单位/s的速度向点

B运动．当以B，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似时，运动时间为（）A．2411sB．95sC．2411s或95sD．以上均不对2．如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，动点P在直线AB上方，且满足S△P

ABS：矩形ABCD=1：3，则使△PAB为直角三角形的点P有()个A．1B．2C．3D．43．如图，在ABC中，90ACB=，4AC=，2BC=.P是AB边上一动点，PDAC⊥于点D，点E在P的右侧，且1PE=，连结CE.P从点A出发，沿AB方向运动，当E到达点B时，P停止运动.在整个运

动过程中，图中阴影部分面积12SS+的大小变化情况是（）.A．一直减小B．一直不变C．先减小后增大D．先增大后减小4．如图所示，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交

射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时（不包括B、D两点），以下结论中：①MF＝MC；②AP＝EF；③AH⊥EF；④AP2＝PM•PH；⑤EF的最小值是2．其中正确结论有（）A．2个B．3个C．4个D．5个5．如图，在△ABC中，

∠C=90°，点P是斜边AB的中点，点M从点C向点A匀速运动，点N从点B向点C匀速运动，已知两点同时出发，同时到达终点，连接PM、PN、MN，在整个运动过程中，△PMN的面积的变化情况是（）A．一直增大B．先增大后减小C．一直减

小D．先减小后增大6．如图，在平行四边形ABCD中，BD是其对角线，且90DBC=，24ABAD==，点E是CD的中点，点F，P分别是线段AB，BD上的动点，若ABDPBF∽，且PDE是等腰三角形，则PF的长

为（）A．33或31−B．233或3C．233或3D．233或31−7．如图，AD//BC，∠D＝90°，AD＝2，BC＝5，DC＝11，若在边DC上有点P，使△PAD与△PBC相似，则这样的点P有（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．在矩形ABCD中，A

B=4，BC=2，E为BC中点，H，G分别是边AB，CD上的动点，且始终保持GH⊥AE，则EH+AG最小值为（）A．23B．852C．3152D．7312+9．如图，在四边形ABCD中，//,90BCADAD

C=,点E沿着ABC→→的路径以2/cms的速度匀速运动，到达点C停止运动，EF始终与直线AB保持垂直，与AD或DC交于点F,记线段EF的长度为,dcmd与时间t的关系图如图所示，则图中a的值为（）A．7

.5B．7.8C．9D．9.610．如图，AB＝4，射线BM和AB互相垂直，点D是AB上的一个动点，点E在射线BM上，2BE＝DB，作EF⊥DE并截取EF＝DE，连接AF并延长交射线BM于点C．设BE＝x，BC＝y，则y关于x的函数解析式是（）A．y＝﹣124xx−B．y＝﹣21x

x−C．y＝﹣31xx−D．y＝﹣84xx−二、填空题11．如图，平面直角坐标系中，已知点A（8，0）和点B（0，6），点C是AB的中点，点P在折线AOB上，直线CP截△AOB，所得的三角形与△AOB相似，那么点P的坐标是_____．12．如图，在

△ABC中，AB＝5，D为边AB上－动点，以CD为一边作正方形CDEF，当点D从点B运动到点A时，点E运动的路径长为_________．13．如图，在RtABC中，90C=，6AC=，8BC=，点F在边AC上，点E为边BC上的动点

，将CEF△沿直线EF翻折，点C落在点P处．若2CF=，则点P到AB距离的最小值为________．14．如图，正方形ABCD中，BC=2，点M是边AB的中点，连接DM，DM与AC交于点P，点F为DM中点，点E为DC上的动

点．当∠DFE=45°时，则DE=_____．15．如图所示，已知等边△ABC，边长为3，点M为AB边上一点，且1BM=，点N为边AC上不与A、C重合的一个动点，连结MN，以MN为对称轴，折叠△AMN，点A的对应点为点P，当点P落在等边△ABC的边上时，AN的长

为__________．16．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝16cm，AC＝12cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度向点C移动，同时点Q从点C出发，以1cm/秒的速度向点A移动，设运动时间为t秒，当t＝_____秒时，△CPQ与△ABC相似．17．已知：

直角梯形OABC中，CB∥OA，对角线OB和AC交于点D，OC=2，CB=2，OA=4，点P为对角线CA上的一点，过点P作QH⊥OA于H，交CB的延长线于点Q，连接BP，如果△BPQ和△PHA相似，则点P的坐标为______.18．如图，ABC

是边长为6cm等边三角形，动点P、Q同时从A、B出发，分别沿AB、BC方向匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点停止运动，在运动过程中作//QRBA交AC于点R，连接P

R，设运动的时间为()ts，当t=__________s时APRPRQ∽△△．19．如图，点P在平行四边形ABCD的边BC上，将△ABP沿直线AP翻折，点B恰好落在边AD的垂直平分线上，如果AB＝5，A

D＝8，tanB＝43，那么BP的长为_____．20．如图，在△ABC中，AB=AC=10，点D是BC边上的一动点（不与B、C重合），∠ADE=∠B=∠α，DE交AB于点E，且tan∠α=34，有以下的结论：①△DBE∽△

ACD；②△ADE∽△ACD；③△BDE为直角三角形时，BD为8或72；④0＜BE≤5，其中正确的结论是________（填入正确结论的序号）21．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，连接BD，点M，N分别是边BC，DC上的动点，连接MN，将△CMN沿MN折叠，使点C的对

应点P始终落在BD上，当△PBM为直角三角形时，线段MC的长为_____．22．如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点M、N，满足2ABMN=，点P是BC的中点，连接AN、PM，若6AB=，则当ANPM+的值最小时，线段AN的长度为______．23．边

长为8的正方形ABCD中，点P在BC边上，CP=2，点Q为线段AP上一动点，射线BQ与正方形ABCD的一边交于点R，且AP=BR，那么QRBQ=____________三、解答题24．如图1，在矩形ABCD中，

8AB=，10AD=，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G．（1）求线段CE的长；（2）如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不

重合），且DMNDAM=，设AMx=，DNy=．①写出y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；②是否存在这样的点M，使DMN是等腰三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．25．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=20cm，BC=15cm，现有动点P从点A出发，沿AC向点

C方向运动，动点Q从点C出发，沿CB向点B方向运动，如果点P的速度是4cm/秒，点Q的速度是2cm/秒，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒．求：（1）当t=3秒时，这时，P，Q两点之间的距离是多少？（2）若△CPQ的面积为S

，求S关于t的函数关系式．（3）当t为多少秒时，以点C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？26．已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，BC=3cm，AC=33cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度

为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为3cm/s；若设运动的时间为t(s)(0＜t＜3)，解答下列问题：(1)如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；(2)如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一

时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；(3)如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．27．如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，∠A=∠C=90°，BD⊥BE，AD=BC

．(1)求证：AC=AD+CE；(2)若AD=3，CE=5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q；(i)当点P与A，B两点不重合时，求DPPQ的值；(ii)当点P从A点运动到AC

的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径(线段)长．(直接写出结果，不必写出解答过程)参考答案1．C【分析】首先设ts时△ABC与以B、P、Q为顶点的三角形相似，则BP=t，CQ=2t，BQ=BC-CQ=6-2t，

然后分两种情况当△BAC∽△BPQ和当△BCA∽△BPQ讨论．【详解】解：设运动时间为ts，则BP＝t，CQ＝2t，BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2t，当△BAC∽△BPQ，BPAB＝BQBC，即8t＝626t−，解得t＝2411

；当△BCA∽△BPQ，BPBC＝BQAB，即6t＝628t−，解得t＝95，综上所述，当以B，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似时，运动时间为2411s或95s，故选：C．【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，注意数形结合思想与分类讨论思想的运用．2．D【分析】

分当点P在AD上时，则90PAB=o；当点P在BC上时，则90;PBA=当点P在矩形ABCD内部时，则90,APB=三种情况进行讨论.【详解】四边形ABCD为矩形.90,DABCBA==S矩形ABCD5315,ABAD===S△PAB：S矩形ABCD=1：

3，1155,3PABS==当点P在AD上时，则90,PAB=15,2ABPA=即155,2PA=2,PA=故点P在AD上且2PA=时，△PAB为直角三角形.当点P在BC上时，则90,PBA=15,2ABPB=即，15

5,2PB=2,PB=故点P在BC上且2PB=时，△PAB为直角三角形.当点P在矩形ABCD内部时，则90,APB=作PEAB⊥于点E，如图所示.15,2ABPE=即155,2PE=2,PE=由90,AP

B=PEAB⊥可知：,APEPBE∽,PEBEAEPE=24,AEBEPE==设AEx=，则5,BEx=−.()54,xx−=解得：121,4,xx==1AE=或4,AE=在矩形ABCD内部时，符合条件的点P有2个.综上所述，符合条件的点P共有4个.故选D.【点拨】考查矩形的性质，相似

三角形的判定与性质，三角形的面积公式，解一元二次方程等，注意分类讨论思想在解题中的应用.3．C【解析】【分析】设PD=x，AB边上的高为h，想办法求出AD、h，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．【详解】解：在RtABC

中，∵90ACB=，4AC=，2BC=，∴22224225ABACBC=+=+=设PDx=，AB边上的高为h，则455ACBChAB==，∵PDBC，∴PDADBCAC=，则2ADx=，5APx=，当点E到达点B时，∵PDBC，∴PDAEBCAB=，即251225PD−=，解得525P

D=−，∴5025x−.∴()12114522515225SSxxx+=+−−()225135x=−+−.故当01x时，12SS+的值随x的增大而减小；当5125x−时，12SS+的值随x的增大而

增大.故选C.【点拨】本题考查动点问题的函数图象、三角形面积，平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是构建二次函数，学会利用二次函数的增减性解决问题，属于中考常考题型．4．C【分析】由点P为BD中点时，MC=0≠MF，可得①错误；连接PC，交EF于O，由点

P在BD上，可得AP=PC，根据PF⊥CD，PE⊥BC，∠BCF=90°可得四边形PECF是矩形，可得EF=PC，即判断②正确；利用SSS可证明△APD≌△CPD，可得∠DAP=∠DCP，由矩形的性质可得∠

OCF=∠OFC，即可证明∠DAP=∠OFC，可得∠DAP+∠AMD=∠OFC+∠AMD=90°，即可判断③正确；根据平行线的性质可得∠DAP=∠H，可得∠DCP=∠H，由∠HPC是公共角可证明△CPM∽△HPC，根据相似三角形

的性质可得PCPMPHPC=，根据PC=AP即可判断④正确，当PC⊥BD时PC的值最小，根据等腰直角三角形的性质可求出PC的最小值为2，根据EF=PC即可判断⑤正确；综上即可得答案.【详解】当点P为BD中点时，点M与点C重合，MC=0≠MF，故①错误，连接PC，交EF于O，∵点P在BD上，BD为

正方形ABCD的对角线，∴AP=PC，∵PF⊥CD，PE⊥BC，∠BCF=90°，∴四边形PECF是矩形，∴EF=PC，∴AP=EF，故②正确，∵AD=CD，AP=PC，PD=PD，∴△APD≌△CPD，∴∠DAP=∠DCP，∵四边形PECF是矩形，∴∠OCF=∠OFC，∴

∠DAP=∠OFC，∴∠DAP+∠AMD=∠OFC+∠AMD=90°，∴∠FGM=90°，即AH⊥EF，故③正确，∵AD//BH，∴∠DAP=∠H，∵∠DAP=∠DCP，∴∠MCP=∠H，∵∠CPH为公

共角，∴△CPM∽△HPC，∴PCPMPHPC=，∵AP=PC，∴AP2=PM•PH，故④正确，当PC⊥BD时，PC有最小值，PC=12BD=2，∵PC=EF∴EF的最小值为2，故⑤正确，综上所述：正确的结论有②③④⑤

，共4个，故选C.【点拨】本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定定理及正方形的性质是解题关键.5．D【解析】如图所示，连接CP，点P是AB的中点，所以12ACPBCPABCSSS==，开始运动时，MPNACPSS

=；运动结束时，MPNBCPSS=；当点M到达AC的中点时，点N到达BC的中点，14PMNABCSS=，所以整个运动过程中,△PMN的面积大小变化情况是先减小后增大，故选D.点睛：本题主要考查了三角形的动点问题，解答本题的关键是要通过看图获取信息，不仅可以解决生

活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．6．D【分析】分两种情况讨论，（1）当PDPE=时，过点P作PGDE⊥于点G，根据已知条件得出30PDGABP==，23BD=，233PD=，继而得出43

3BP=，再利用相似三角形的性质即可得解；（2）当2DEDP==时，232BP=−，1312PFPB==−.【详解】解：分两种情况讨论：（1）如图①，当PDPE=时，过点P作PGDE⊥于点G，则114DGAB==.∵四边形ABCD是平行四边形，90DBCADB==

，24ABAD==，∴ABD是直角三角形.∴30PDGABP==.∴2223BDABAD=−=.∴23cos3DGPDPDG==.∴23432333BPBDPD=−=−=.又∵ABDPBF∽，∴PBF是直角三角形，且30PBF=.∴12323PFPB

==；（2）如图②，当2DEDP==时，232BP=−，∴1312PFPB==−.综上所述，PF的长为233或31−.故选：D.【点拨】本题考查的知识点是利用相似三角形的性质求解，属于较难题.失分的原因是：由于等腰

PDE的腰不确定，则需要根据题意分类讨论.并且注意条件“ABDPBF∽”和“ABD与PBF相似”之间的区别，前者顶点必须对应，后者不需要顶点对应，则需要考虑更多的情况.7．C【分析】根据已知分两种情况△PAD∽△PBC或△PAD∽△CBP来进行分析，求得PD的长

，从而确定P存在的个数．【详解】解：如图，∵AD∥BC，∠D=90°∴∠C=∠D=90°∵DC=11，AD=2，BC=5．设PD=x，则PC=11-x；①若PD：PC=AD：BC，则△PAD∽△PBC2115xx=−解得：227x=,即2

27PD=.②若PD：BC=AD：PC，则△PAD∽△CBP2511xx=−，解得：x=1或x=10，即PD=1或PD=10．∴这样的点P存在的个数有3个．故选：C．【点拨】此题考查了相似三角形的判定：①如果两个三角形的三

组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．平行于三角形一边的直线截另两边或另两边的延长线所组成的三角形与原三角形相似．8．B【分析】过G作GNAB⊥于N，依据AB

EGNH△∽△，即可得到GH的长；以AG，AH为邻边作平行四边形AEMG，可得AGHEMEHE+=+，当H，E，M在同一直线上时，AGHE+的最小值等于HM的长，再根据勾股定理求得HM的长，即可得到EHAG+的最小值．【详解】解：如图所示

，过G作GNAB⊥于N，则90ANG=，2GHAD==，GHAE⊥，90ANGAFG==，BAENGH=，ABEGNH△∽△，AEABGHGN=，RtABE△中，22224117AEABBE=+=+=，1742GH=，172GH=，如图所示

，以AG，AH为邻边作平行四边形AEMG，则AGME=，17GMAE==，90HGMAFG==，AGHEMEHE+=+，当H，E，M在同一直线上时，AGHE+的最小值等于HM的长，此时，RtGHM△中，22

221785()(17)22HMHGGM=+=+=，EHAG+的最小值为852，故选：B．【点拨】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形

的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．9．B【分析】由图象可知，点E从点A运动到点B用了4s，可得AB＝8cm，此时BM＝EF＝6cm，根据勾股定理可得AM＝10cm；当t＝6时，EF＝6，可得DN＝6cm，根据相似三角形的性质可

得CN＝3.6cm，进而得出a的值．【详解】如图所示，作BM⊥AB，交AD于点E，作DN∥BM，交BC于点N，由题意可知，AB＝4×2＝8（cm），BM＝6cm，DN＝6cm，∴AM＝222286ABBM+

=+＝10（cm），∵BC∥AD，∠ADC＝90°，∴∠C＝90°，又∵DN∥BM，∴∠CND＝∠ADN＝∠AMB，∴△CDN∽△BAM，∴CN＝6×610＝3.6（cm），∴a＝6＋3.6÷2＝7.8．故选：B．【点拨】本题考查了动点问题的函数图象，理清题意

，利用数形结合的方法得出相关线段的长是解答本题的关键．10．A【分析】作点F作FG⊥BC于G，依据已知条件求得△DBE≌△EGF，得出FG＝BE＝x，EG＝DB＝2x，然后证得△FGC∽△ABC，再根据相似三角形

的性质即可求解．【详解】作点F作FG⊥BC于G，∵∠DEB+∠FEG＝90°，∠DEB+∠BDE＝90°；∴∠BDE＝∠FEG，在△DBE与△EGF中，BFGEBDEFEGDEEF===，∴△DBE≌△EGF（AAS），∴EG＝DB，FG＝BE＝x

，∴EG＝DB＝2BE＝2x，∴GC＝y﹣3x，∵FG⊥BC，AB⊥BC，∴FG∥AB，∴△FGC∽△ABC，∴CG：BC＝FG：AB，即4x＝3yxy−，∴y＝﹣124xx−．故选A．【点拨】本题考查了三角形全等的判定和性质及相似三角形的判定与性质，正确作

出辅助线是解决问题的关键．11．（0，3）、（4，0）、（74，0）【分析】分类讨论：当PC∥OA时，△BPC∽△BOA，易得P点坐标为（0，3）；当PC∥OB时，△ACP∽△ABO，易得P点坐标为（4，0

）；当PC⊥AB时，如图，由于∠CAP=∠OAB，则Rt△APC∽Rt△ABC，计算出AB、AC，则可利用比例式计算出AP，于是可得到OP的长，从而得到P点坐标．【详解】解：当PC∥OA时，△BPC∽△BOA，由点C是AB的中点，可得P为OB的中点，此时P点坐标为

（0，3）；当PC∥OB时，△ACP∽△ABO，由点C是AB的中点，可得P为OA的中点，此时P点坐标为（4，0）；当PC⊥AB时，如图，∵∠CAP＝∠OAB，∴Rt△APC∽Rt△ABO，∴ACAPOAAB=，∵点A（8，0）和点B（0

，6），∴AB＝2268+＝10，∵点C是AB的中点，∴AC＝5，∴5=810AP，∴AP＝254，∴OP＝OA﹣AP＝8﹣254＝74，此时P点坐标为（74，0），综上所述，满足条件的P点坐标为（0，3）、（4，0）、（74，0）．故答案为（0，3）、（4，0）

、（74，0）【点拨】本题考查了相似三角形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，掌握相似三角形的性质是解题的关键.12．52【分析】如图，构造等腰Rt△CBG，∠CBG=90°，则由△CGE∽△CBD，得GE=2BD，即可求得点E运动的

路径长．【详解】如图：作GB⊥BC于B，取GB=BC，当点D与点B重合时，则点E与点G重合，∴∠CBG=90°，∴CG=2BC，∠GCB=45，∵四边形CDEF是正方形，∴CE=2DC，∠ECD=45，∴∠BCD+

∠DCG=∠GCE+∠DCG=45，∴∠BCD=∠GCE，且CGCE2BCDC==，∴△CGE∽△CBD，∴GECE2BDDC==，即GE=2BD，∵BD=5，∴点E运动的路径长为GE=2BD=52．【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质，掌握相似三角

形的判定定理和性质定理是解题的关键．13．65【详解】如解图，延长FP交AB于点M，当FPAB⊥时，点P到AB的距离最小(点P在以F为圆心，CF为半径的圆上)．AA=，90AMFC==，AFMABC∽，∴

=AFFMABBC，2CF=，6AC=，8BC=，4AF=，22410,108FMABACBC=+==，165FM=，2PFCF==，65PM=，∴点P到边AB距离的最小值是65．14．56．【分析】如图，连接EF．首先求出DM、DF的长，证明DEFDPC∽，可

得DFDEDCDP=，即求出DE．【详解】解：四边形ABCD是正方形，2ABBCCDDA====，90DAB=，45DCP=，∵点M是边AB的中点，1AMBM==，在RtADM中，2222215DMADAM=+=+=，//AMCD，12AMMPDCPD==，

∴2DPPM=，22533DPDM==，∵点F为DM中点，∴1522DFDM==，∵45DCPDFE==，CDPFDE=∴CDPFDE∴DPDCDEDF=即有52655322DPDFDEDC===．故答案是：56．【

点拨】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．15．1或513−【分析】分点P落在AC上时和点P落在BC上时两种情况，分别运用相似三角形的

性质构建方程组解答即可．【详解】解：分为两种情况：①当点P落在AC边上时，如图1所示．由折叠可知：AMPM=∵60A=∴△APM为等边三角形∴312APAMABBM==−=−=∴112ANAP==

；②当点P落在BC边上时，如图2所示．设ANx=由折叠可知：2PMAMABBM==−=PNANx==，60MPNA==∴3CNx=−易证：△PBM∽△NCP（“一线三等角”模型）∴12,3PBBMPMPBNCCPNPxCPx====−∴612,2PBCPxx=−

=∵3PBPCBC+==∴61232xx−+=整理得：210120xx−+=解之得：12513,513xx=−=+（舍去）∴513AN=−综上所述，AN的长为1或513−．【点拨】本题考查翻折的性质、相

似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，准确寻找相似三角形是解答本题的关键.16．6411或4.8【解析】试题分析：当CP和CB是对应边时，△CPQ∽△CBA，所以CPCQCBCA=，即1621

612tt−=，解得t=4.8；当CP和CA是对应边时，△CPQ∽△CAB，所以CPCQCACB=，即1621216tt−=，解得t=6411．综上所述，当t=4.8秒或6411秒时，△CPQ与△CBA相似．点睛：本题考查了相似

三角形的判定，主要利用了相似三角形对应边成比例，难点在于分情况讨论．分CP和CB是对应边，CP和CA是对应边两种情况，利用相似三角形对应边成比例列式计算即可得解．17．P(82,33)【分析】先根据点A、点C的坐标利用待定系数法求出直线AC的解析式，当△BQP∽△AHP时和△BQP∽△PHA时，

利用相似三角形的性质就可以求出点P的坐标．【详解】∵OC=2，OA=4，∴C（0，2），A（4，0）．设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得204bkb==+，解得212bk==−，故直线AC的解析式为：y=﹣12x+2．∵QH⊥OA于H，交CB的延长线于点Q，

∴QH在点B的右侧，如图：①当△BQP∽△AHP时，则BQAH=PQPH，∴BQPH=AHPQ．∵点P在直线AC上，设点P的坐标为（x，﹣12x+2）（0＜x＜4），∴CQ=x，OH=x，PH=﹣12x+2，∵CB=2，OA=4，OH=2，∴BQ=x﹣2，AH=4﹣x，PQ=12x．∴（

x﹣2）（﹣12x+2）=（4﹣x）（12x），解得x=4（舍去）．②当△BQP∽△PHA时，则BQPQPHAH=，即BQAH=PHPQ，（x﹣2）（4﹣x）=（﹣12x+2）（12x），解得x1=83，x2=4（舍去）

则y=23，则P（83，23）．∴P（83，23）．故答案为P（83，23）．【点拨】本题考查相似三角形的性质的运用、待定系数法求直线的解析式的运用及分类讨论思想的运用，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键.18．1.2【分

析】先证△CRQ为等边三角形，并用含t的式子表示图中的相关线段，由QR∥BA推得∠QPR=∠APR，从而△PRQ中再有一个角等于∠A，即等于60°，即可得△APR∽△PRQ．根据相似三角形的性质列比例式求解即可．【详解

】解：∵ABC是边长为6cm等边三角形，∴60===ABC∵//QRBA，∴60CRQA==，60CQRB==∴CRQ△为等边三角形∵点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s∴APt=，6PBt=−，2BQt=，C62QCRRQt===−，2ARt=∵//QR

BA∴QRPAPR=若要APRPQR∽△△，则需满足60RPQ=∴120BPQAPR+=，120ARPAPR=+∴BPQARP=，又∵AB=∴APRBQP∽△△∴BPBQARAP=∴

622tttt−=，解得1.2t=【点拨】本题属于动点问题与相似三角形的综合问题，用含t的代数式表示相关线段，并找到等量关系是解题的关键，本题难度较大．19．257或7【解析】【分析】①如图1，过A作AH

⊥BC于H，连接DB′，设AH＝4x，BH＝3x，根据勾股定理得到AB＝√𝐴𝐻2+𝐵𝐻2＝5x＝5，根据旋转的性质得到AB′＝AB＝5，AM＝DM＝12AD＝4，∠AMN＝∠HNM＝90°，根据勾股定理得到MB′＝√�

�𝐵′2+𝐴𝑀2＝3，求得HN＝MN＝4，根据相似三角形的性质即可得到结论；②如图2，由①知，MN＝4，MB′＝3，BN＝7，求得NB＝NB′，推出点P与N重合，得到BP＝BN＝7．【详解】①如图1，过A作AH⊥BC于H，连接DB′，设BB′与AP交于E

，AD的垂直平分线交AD于M，BC于N，∵tanB＝𝐴𝐻𝐵𝐻=43，∴设AH＝4x，BH＝3x，∴AB＝√𝐴𝐻2+𝐵𝐻2＝5x＝5，∴x＝1，∴AH＝4，BH＝3，∵将△ABP沿直线AP翻折，点B恰好落在边AD的垂直平分线MN上，∴AB′＝AB＝5，AM＝DM＝1

2AD＝4，∠AMN＝∠HNM＝90°，∴四边形AHNM是正方形，MB′＝√𝐴𝐵′2+𝐴𝑀2＝3，∴HN＝MN＝4，∴BN＝7，B′N＝1，∴BB′＝√𝐵𝑁2+𝐵′𝑁2=5√2，∴BE＝12BB′＝5√22，∵∠BEP＝∠BNB′＝90°，∠PBE＝∠B′B

N，∴△BPE∽△BB′N，∴𝑃𝐵𝐵𝐵′=𝐵𝐸𝐵𝑁，∴𝑃𝐵5√2=5√227，∴BP＝257；②如图2，由①知，MN＝4，MB′＝3，BN＝7，∴NB＝NB′，∴点N在BB′的垂直平分线上，∵将△ABP沿直线AP翻折，点B

恰好落在边AD的垂直平分线上，∴点P也在BB′的垂直平分线上，∴点P与N重合，∴BP＝BN＝7，综上所述，BP的长为257或7．故答案为：257或7．【点拨】本题考查了翻折变换（折叠问题），线段垂直平分线的性质，勾股定理，正确的

作出图形是解题的关键．20．①③【解析】①∵AB=AC，∴∠B=∠C，又∵∠ADE=∠B∴∠ADC=180°﹣α﹣∠BDE，∵∠BED=180°﹣α﹣∠BDE，∴∠BED=∠ADC∴△DBE∽△ACD，故①正确；②∵∠B=∠C，∴∠C=∠ADE，不

能得到△ADE∽△ACD；故②错误，③当∠AED=90°时，由①可知：△ADE∽△ABD，∴∠ADB=∠AED，∵∠AED=90°，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=CD，∴∠ADE=∠B=α且cosα=0.

8，AB=10，BD=8．当∠BDE=90°时，易△BDE∽△CAD，∵∠BDE=90°，∴∠CAD=90°，∵∠B=α且cosα=0.8．AB=10，∴cosC=0.8，∴CD=12.5，∴BD=BC

﹣CD=3.5；故③正确．④过A作AG⊥BC于G，∵cosα=0.8，∴BG=8，∴BC=16，易证得△BDE∽△CAD，设BD=y，BE=x，∴ABCDDEBE=，∴∴1016yyx=−，整理得：y2﹣16y+64=64

﹣10x，即（y﹣8）2=64﹣10x，∴0＜x≤6.4．故④错误．故答案为①③．21．247或83【分析】分两种情形：如图1中，当∠PMB＝90°时，四边形PMCN是正方形，设CM＝PM＝PN＝CN＝x．如图2中，当∠BPM＝90°时，点N与D重合，设MC＝MP＝y．分别求

解即可．【详解】解：如图1中，当∠PMB＝90°时，四边形PMCN是正方形，设CM＝PM＝PN＝CN＝x．∵PM∥CD，∴PMBMCDBC=，∴686xx−=，∴x＝247，∴CM＝247．如图2中，当∠BPM＝90°时，点N与D重合，设M

C＝MP＝y．∵CD＝8，BC＝6，∠C＝90°，∴22226810BDBCCD=+=+=，∵PD＝CD＝8，∴PB＝BD﹣PD＝10﹣8＝2，∵BM2＝PB2+PM2，∴（6﹣y）2＝22+y2，∴y＝8

3，∴CM＝83，综上所述，CM的值为247或83．故答案为：247或83．【点拨】本题考查矩形的性质，相似三角形，翻折变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．22．25【分析】过P作PE∥BD交CD于

E，连接AE交BD于N，过P作PM∥AE交BD于M，此时，AN+PM的值最小，根据三角形的中位线的性质得到PE=12BD，根据平行四边形的性质得到EN=PM，根据勾股定理得到AE=2235ADDE+=，根据相似三角形的性

质即可得到结论.【详解】解：过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N，过P作PM∥AE交BD于M，此时，AN+PM的值最小∵P为BC的中点∴E为CD的中点∴PE=12BD∵AB=22BD，AB=2MN∴MN=12BD∴PE=MN∴四边形PEMN是平行四边形∴EN=PM∵A

E=2235ADDE+=∴AB∥CD∴△ABN∽△EDN∴2ANABNEDE==∴AN=25故答案为25.【点拨】本题考查了轴对称——最短路径问题、正方形的性质以及相似三角形的判定与性质，题目综合性很强，属于较难题目.23．1312或1【分析】分两种情形：①当R在AD边上时，易得△

AQR∽△PQB且相似比为1:1，从而得解；②当R在CD上时，先证明BR⊥AP，再根据等面积法计算BQ，根据线段的和差计算QR,计算比值即可得解.【详解】①当R在AD边上时,∵四边形ABCD为正方形∴∠BAR=∠ABP=90°，AR∥BP又∵AP=BR,A

B=AB,∴△ABP≌△BAR，∴AR=BP，∵AR∥BP,∴△AQR∽△PQB∴1QRARBQBP==.②当R在CD上时，∵四边形ABCD为正方形∴∠ABC=∠BCR=90°，AB=BC又∵AP=BR∴△ABP≌△BCR，∴∠B

AP=∠CBR，∵∠CBR+∠ABR=90°，∴∠BAP+∠ABR=90°，∴∠AQB=90°，∴BR⊥AP，∵AB=8.BP=6，∴AP=BR=226810+=，∵12⋅AB⋅BP=12⋅AP⋅BQ，∴242426,10555BQQR==−=，∴2652

451312QRBQ==故答案为1或1312.【点拨】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，正方形的性质.能根据题意作图，并得出需分两种情况讨论是解决此题的关键，在第②种情况中，能采用等面积法求B

Q能使过程更加简单.24．（1）3CE=；（2）①当45x=时，y有最小值，最小值2=；②存在．满足条件的x的值为8510−或1152．【分析】()1由翻折可知：10.ADAFDEEF===，设ECx=，则8.DEEFx==−

在RtECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．()2①证明ADM∽GMN，可得ADAMMGGN=，由此即可解决问题．②有两种情形：如图31−中，当MNMD=时.如图32−中，当MNDN=时，作MHDG⊥于.H分别求解即可解决问题

．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴10ADBC==，8ABCD==，∴90BBCD==，由翻折可知：10ADAF==．DEEF=，设ECx=，则8DEEFx==−．在RtABF中，226BFAFAB=−=，∴1064

CFBCBF=−=−=，在RtEFC中，则有：()22284xx−=+，∴3x=，∴3EC=．（2）①如图2中，∵ADCG∥，∴ADDECGCE=，∴1053CG=，∴6CG=，∴16BGBCCG=+=，在RtABG中，2281685AG=+=，在RtDCG中，226810DG=

+=，∵10ADDG==，∴DAGAGD=，∵DMGDMNNMGDAMADM=+=+，DMNDAM=，∴ADMNMG=，∴ADMGMN∽，∴ADAMMGGN=，∴101085xyx=−−

，∴214510105yxx=−+．当45x=时，y有最小值，最小值2=．②存在．有两种情形：如图3-1中，当MNMD=时，∵MDNGMD=，DMNDGM=，∴DMNDGM∽，∴DMMNDGGM=，∵MNDM=，∴10DGGM==，∴8510xAM==−．如图3-2中，当MNDN=

时，作MHDG⊥于H．∵MNDN=，∴MDNDMN=，∵DMNDGM=，∴MDGMGD=，∴MDMG=，∵BHDG⊥，∴5DHGH==，由GHMGBA∽，可得GHMGGBAG=，∴51685MG=，∴552MG=，∴551158

522xAM==−=．综上所述，满足条件的x的值为8510−或1152．【点拨】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．25

．（1）10cm；（2）2204=−Stt；（3）t＝3或t＝4011【分析】（1）在Rt△CPQ中，当t=3秒，可知CP、CQ的长，运用勾股定理可将PQ的长求出；（2）由点P，点Q的运动速度和运动时间，又知AC，BC

的长，可将CP、CQ用含t的表达式求出，代入直角三角形面积公式CPQS=12CP×CQ求解；（3）应分两种情况：当Rt△CPQ∽Rt△CAB时，根据CPCQCACB=，可将时间t求出；当Rt△CPQ∽Rt△CBA时，根据CPCQCBCA=，可求出时间t．【详解】由题意得AP=4t，CQ=2t，则C

P=20﹣4t，（1）当t=3秒时，CP=20﹣4t=8cm，CQ=2t=6cm，由勾股定理得PQ=22228610CPCQcm+=+=；（2）由题意得AP=4t，CQ=2t，则CP=20﹣4t，因此Rt△CPQ的面积为S=(

)21204t22042ttt−=−；（3）分两种情况：①当Rt△CPQ∽Rt△CAB时，CPCQCACB=，即204t2t2015−=，解得：t=3秒；②当Rt△CPQ∽Rt△CBA时，CPCQCBCA=，即204t2t1520−=，

解得：t=4011秒．因此t=3秒或t=4011秒时，以点C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似【点拨】本题主要考查了相似三角形性质以及勾股定理的运用，在解第三问时应分两种情况进行求解防止漏解或错解，注意方程思想与分类讨论思想的应用

是解此题的关键．26．(1)t=34，理由见解析；(2)存在，t=1，理由见解析；(3)不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）结合直角三角形性质，由△APC∽△ACB，得ACAP3362t,ABAC633−==

；（2）过点P作PM⊥AC，根据线段垂直平分线性质，求QM,AM的表达式，证△APM∽△ABC，得APAMABAC=，3(3)622633tt+−=；（3）假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，则PQ∥BG，PQ=BG，由

△APQ∽△ABC，得APAQPQABACBC==，6236333ttPQ−==；得BP=2t=3，故PQ≠BP.【详解】(1)在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=33cm，BC=3cm，∴AB=6，由运动知，BP=2t，AQ=3t，∴AP=6﹣2t，∵△APC∽△ACB，ACAP3362t,A

BAC633−==∴t=34；(2)存在，理由：如图②，由运动知，BP=2t，AQ=3t，∴AP=6﹣2t，CQ=333t−，∵点P是CQ的垂直平分线上，过点P作PM⊥AC，∴QM=CM=11CQ(333t)22=−∴AM=AQ+QM=13(333

)2tt+−=32(3+t)∵∠ACB=90°，∴PM∥BC，∴△APM∽△ABC∴APAMABAC=3(3)622633tt+−=∴解得t=1；(3)不存在理由：由运动知，BP=2t，AQ3t=，∴AP=6﹣2t，假设线段BC上是存在一点

G，使得四边形PQGB为平行四边形，∴PQ∥BG，PQ=BG，∴△APQ∽△ABC，APAQPQABACBC==，∴62333,,632233ttPQtPQ−====，∴BP=2t=3，∴PQ≠BP，∴平行四边形PQGB不可能是菱形．即：线段BC上不存在一点G，使

得四边形PQGB为菱形．【点拨】此题考查了相似三角形的性质．解题关键时注意相似三角形的对应边成比例与分类讨论思想的应用．27．(1)证明见解析；(2)(i)DP3PQ5=；(ii)线段DQ的中点所经过的路径(线段)长为2343.【分析】(1)根据同角的余角相等求出∠1=∠E，再利用“角

角边”证明△ABD和△CEB全等，根据全等三角形对应边相等可得AB=CE，然后根据AC=AB+BC整理即可得证；(2)(i)过点Q作QF⊥BC于F，根据△BFQ和△BCE相似可得BFQFBCCE=，然后求出QF=53BF，再根据△ADP和△FP

Q相似可得ADAPPFQF=，然后整理得到(AP-BF)(5-AP)=0，从而求出AP=BF，最后利用相似三角形对应边成比例可得DPAPPQQF=，从而得解；(ii)判断出DQ的中点的路径为△BDQ的

中位线MN．求出QF、BF的长度，利用勾股定理求出BQ的长度，再根据中位线性质求出MN的长度，即所求之路径长．【详解】(1)如图，∵BD⊥BE，∴∠1+∠2=180°﹣90°=90°，∵∠C=90°，∴∠2+∠E=180°﹣90°=90°，∴∠1=∠E，∵在△ABD和△CEB中，

∠1=∠E，∠A=∠C=90°，AD=BC，∴△ABD≌△CEB(AAS)，∴AB=CE，∴AC=AB+BC=AD+CE；(2)(i)如图，过点Q作QF⊥BC于F，则△BFQ∽△BCE，∴BFQFBCCE=，即35BFQF=，∴QF=53BF

，∵DP⊥PQ，∴∠ADP+∠FPQ=180°-90°=90°，∵∠FPQ+∠PQF=180°-90°=90°，∴∠ADP=∠FPQ，又∵∠A=∠PFQ=90°，∴△ADP∽△FPQ，∴ADAPPFQF=，即35APAPBFQF=−+，∴5AP-AP2+

AP•BF=3•53BF，整理得，(AP-BF)(AP-5)=0，∵点P与A，B两点不重合，∴AP≠5，∴AP=BF，由△ADP∽△FPQ得，DPAPPQQF=，∴35DPPQ=；(ii)线段DQ的中点所经过的路径(线段)就是△BDQ的中位线MN，由(2)(i)可知，QF=53AP，当点

P运动至AC中点时，AP=4，∴QF=203，∴BF=QF×35=4，在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ=22BFQF+=2220443433+=，∴MN=12BQ=2343．【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三

角形的判定与性质，(1)求出三角形全等的条件∠1=∠E是解题的关键，(2)(i)根据两次三角形相似求出AP=BF是解题的关键，(ii)判断出路径为三角形的中位线是解题的关键．