【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(基础训练)(解析版).docx，共(9)页，319.383 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【专题说明】由动点产生的相似三角形问题一般在函数和几何图中出现，函数一般是一次函数和二次函数，几何图形一般是三角形和四边形。题型一般有是否存在点P，使得：①△PDE∽△ABC②以P、D、E为顶点的三角形与△ABC

相似。一般以大题为主，也有出现在填空后两题。函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题过程：①求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。②或利用

已知三角形中对应角，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。③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，之后利用相似来列方程求解。涉及知识点：全等相似的性质及判定，一元二次方程解法，直角三角形中锐

角三角函数，勾股定理，求线段的长，要用到两点间的距离公式。【精典例题】1、如图，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)过点A(3，－3)和点B(33，0)．过点A作直线AC∥x轴，交y轴于点C.(1)求抛物线的表达式；(2)在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂

线，垂足为D.连结OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标；(3)抛物线上是否存在点Q，使得S△AOC＝13S△AOQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【思路生成】(1)将

点A和点B的坐标代入y＝ax2＋bx中，解出a和b的值即可；2(2)首先根据题意可得出点C的坐标为(0，－3)，设P(x，y)，则PD＝|y＋3|，AD＝|x－3|，然后分△OAC∽△PAD和△OAC∽△APD两种情况进行讨论，得出结果；(3)首先求出△AOC的面

积，进而得出△AOQ的面积，然后根据点A和点B的坐标得出点Q的位置．解：(1)根据题意可得3a＋3b＝－3，27a＋33b＝0，解得a＝12，b＝－332，∴抛物线的表达式为y＝12x2－332x；(2)根据题意可得点C的坐标为(0，－3)，则OC＝3

，AC＝3，设P(x，y)，则PD＝y＋3，AD＝x－3.若△OAC∽△PAD，则ACOC＝ADPD，即33＝x－3y＋3，∵y＝12x2－332x，∴±33＝x－312x2－332x＋3，整理得x2－53x＋12＝0或者x2－3x＝0，前者解得x＝43或3(舍去)，后者

解得x＝0或3(舍去)，∴P1(43，6)或P2(0，0)；若△OAC∽△APD，则ACOC＝PDAD，即±33＝y＋3x－3，∵y＝12x2－332x，∴±33＝12x2－332x＋3x－3，整理得3x2－

113x＋24＝0或者3x2－73x＋12＝0，前者解得x＝833或3(舍去)，后者解得x＝433或3(舍去)．∴P3433，－103或P4833，－43.综上所述，P点坐标为(43，6)或(0，0)或433，－103或833，－43；(3)∵

OC＝3，AC＝3，∴S△AOC＝OC·AC2＝332.∵S△AOC＝13S△AOQ，∴S△AOQ＝932.∵OB＝33，点A到x轴的距离d＝3，∴S△AOB＝OB·d2＝932，故存在点Q，使得S△AOC＝13S△AOQ，此时点Q的坐标为(33，0)．显然过B点且平行于直线OA的直线y＝

－3(x－33)与该抛物线的另一交点也符合条件，由－3(x－33)＝12x2－332x，整理得x2－3x－18＝0，解得x＝33或－23.当x＝－23时，y＝15，此时点Q坐标为(－23，15)．∴点Q的坐标为(33，0)或(－23，15)．32、如

图1，抛物线经过点A(4，0)、B（1，0)、C（0，－2）三点．（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（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22521)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，x

AM−=4．如果2==COAOPMAM，那么24)4)(1(21=−−−−xxx．解得5=x不合题意．[来源:学科网]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

）．4②如图3，当点P在点A的右侧时，x＞4，)4)(1(21−−=xxPM，4−=xAM．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(21=−−−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(−．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）．5[来源:学科网ZXXK]图5图6

3、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1思路点拨1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当H落在线段E

C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．（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=．6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′．[来源:学。科。网]由于∠BCE＝∠FBC，所以当CEBCCBBF=，即2BCCEBF=时，△BCE∽△FBC．设点F的坐标为1(,(2)())xxxmm−+−，由''FFEOBFCO=，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′，由于∠EBC＝∠CBF，所以BEBCBCBF=，即2BCBEBF=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+．4、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．7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．2．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=．[来源:学科网ZXXK]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．8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．5、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)．[来源:学,科,网]（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(161

6,55)．图2图39（3）由2111(1)(1)()4444byxbxxxb=−++=−−，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2QA

BAOA=时，△BQA∽△QOA．所以2()14bb=−．解得843b=．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．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5