中考压轴题之一因动点问题产生的相似三角形问题 22页

‎1.1 因动点产生的相似三角形问题 ‎ 例1 2012年苏州市中考第29题 如图1，已知抛物线（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 动感体验 请打开几何画板文件名“12苏州29”，拖动点B在x轴的正半轴上运动，可以体验到，点P到两坐标轴的距离相等，存在四边形PCOB的面积等于2b的时刻．双击按钮“第（3）题”，拖动点B，可以体验到，存在∠OQA＝∠B的时刻，也存在∠OQ′A＝∠B的时刻．‎ 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, )．‎ ‎（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＝＝2b．‎ 解得．所以点P的坐标为()．‎ 图2 图3‎ ‎（3）由，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，即时，△BQA∽△QOA．‎ 所以．解得．所以符合题意的点Q为()．‎ ‎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．‎ 当时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°．‎ 所以C、Q、B三点共线．因此，即．解得．此时Q(1,4)．‎ 图4 图5‎ 考点伸展 第（3）题的思路是，A、C、O三点是确定的，B是x轴正半轴上待定的点，而∠QOA与∠QOC是互余的，那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况．‎ 这样，先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来，再根据两直角边对应成比例确定点B的位置．‎ 如图中，圆与直线x＝1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢？‎ 如果符合题意的话，那么点B的位置距离点A很近，这与OB＝4OC矛盾．‎ 例2 2012年黄冈市中考模拟第25题 如图1，已知抛物线的方程C1： (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 动感体验 请打开几何画板文件名“12黄冈25”，拖动点C在x轴正半轴上运动，观察左图，可以体验到，EC与BF保持平行，但是∠BFC在无限远处也不等于45°．观察右图，可以体验到，∠CBF保持45°，存在∠BFC＝∠BCE的时刻．‎ 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，得．解得m＝4．‎ ‎（2）当m＝4时，．所以C(4, 0)，E(0, 2)．‎ 所以S△BCE＝．‎ ‎（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．‎ 因此．解得．所以点H的坐标为．‎ ‎（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，即时，△BCE∽△FBC．‎ 设点F的坐标为，由，得．‎ 解得x＝m＋2．所以F′(m＋2, 0)．‎ 由，得．所以．‎ 由，得．‎ 整理，得0＝16．此方程无解．‎ 图2 图3 图4‎ ‎②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，即时，△BCE∽△BFC．‎ 在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得．‎ 解得x＝2m．所以F′．所以BF′＝2m＋2，．‎ 由，得．解得．‎ 综合①、②，符合题意的m为．‎ 考点伸展 第（4）题也可以这样求BF的长：在求得点F′、F的坐标后，根据两点间的距离公式求BF的长．‎ 例3 2011年上海市闸北区中考模拟第25题 直线分别交x轴、y轴于A、B两点，△AOB绕点O按逆时针方向旋转90°后得到△COD，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A、C、D三点．‎ ‎(1) 写出点A、B、C、D的坐标；‎ ‎(2) 求经过A、C、D三点的抛物线表达式，并求抛物线顶点G的坐标；‎ ‎(3) 在直线BG上是否存在点Q，使得以点A、B、Q为顶点的三角形与△COD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11闸北25”， 拖动点Q在直线BG上运动， 可以体验到，‎ ‎△ABQ的两条直角边的比为1∶3共有四种情况，点B上、下各有两种．‎ 思路点拨 ‎1．图形在旋转过程中，对应线段相等，对应角相等，对应线段的夹角等于旋转角．‎ ‎2．用待定系数法求抛物线的解析式，用配方法求顶点坐标．‎ ‎3．第（3）题判断∠ABQ＝90°是解题的前提．‎ ‎4．△ABQ与△COD相似，按照直角边的比分两种情况，每种情况又按照点Q与点B的位置关系分上下两种情形，点Q共有4个．‎ 满分解答 ‎（1）A(3，0)，B(0，1)，C(0，3)，D(－1，0)．‎ ‎（2）因为抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(3，0)、C(0，3)、D(－1，0) 三点，所以 解得 ‎ 所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，顶点G的坐标为(1，4)．‎ ‎（3）如图2，直线BG的解析式为y＝3x＋1，直线CD的解析式为y＝3x＋3，因此 CD//BG．‎ 因为图形在旋转过程中，对应线段的夹角等于旋转角，所以AB⊥CD．因此AB⊥BG，即∠ABQ＝90°．‎ 因为点Q在直线BG上，设点Q的坐标为(x，3x＋1)，那么．‎ Rt△COD的两条直角边的比为1∶3，如果Rt△ABQ与Rt△COD相似，存在两种情况：‎ ‎①当时，．解得．所以，．‎ ‎②当时，．解得．所以，． ‎ 图2 图3‎ 考点伸展 第（3）题在解答过程中运用了两个高难度动作：一是用旋转的性质说明AB⊥BG；二是．‎ 我们换个思路解答第（3）题：‎ 如图3，作GH⊥y轴，QN⊥y轴，垂足分别为H、N．‎ 通过证明△AOB≌△BHG，根据全等三角形的对应角相等，可以证明∠ABG＝90°．‎ 在Rt△BGH中，，．‎ ‎①当时，．‎ 在Rt△BQN中，，．‎ 当Q在B上方时，；当Q在B下方时，．‎ ‎②当时，．同理得到，．‎ 例4 2011年上海市杨浦区中考模拟第24题 Rt△ABC在直角坐标系内的位置如图1所示，反比例函数在第一象限内的图象与BC边交于点D（4，m），与AB边交于点E（2，n），△BDE的面积为2．‎ ‎（1）求m与n的数量关系；‎ ‎（2）当tan∠A＝时，求反比例函数的解析式和直线AB的表达式；‎ ‎（3）设直线AB与y轴交于点F，点P在射线FD上，在（2）的条件下，如果△AEO与△EFP 相似，求点P的坐标．‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11杨浦24”，拖动点A在x轴上运动，可以体验到，直线AB保持斜率不变，n始终等于m的2倍，双击按钮“面积BDE＝2”，可以看到，点E正好在BD的垂直平分线上，FD//x轴．拖动点P在射线FD上运动，可以体验到，△AEO与△EFP 相似存在两种情况．‎ 思路点拨 ‎1．探求m与n的数量关系，用m表示点B、D、E的坐标，是解题的突破口．‎ ‎2．第（2）题留给第（3）题的隐含条件是FD//x轴．‎ ‎3．如果△AEO与△EFP 相似，因为夹角相等，根据对应边成比例，分两种情况．‎ 满分解答 ‎（1）如图1，因为点D（4，m）、E（2，n）在反比例函数的图象上，所以 整理，得n＝2m．‎ ‎（2）如图2，过点E作EH⊥BC，垂足为H．在Rt△BEH中，tan∠BEH＝tan∠A＝，EH＝2，所以BH＝1．因此D(4，m)，E(2，2m)，B(4，2m＋1)．‎ 已知△BDE的面积为2，所以．解得m＝1．因此D(4，1)，E(2，2)，B(4，3)．‎ 因为点D（4，1）在反比例函数的图象上，所以k＝4．因此反比例函数的解析式为．‎ 设直线AB的解析式为y＝kx＋b，代入B(4，3)、E(2，2)，得 解得，．‎ 因此直线AB的函数解析式为．‎ 图2 图3 图4‎ ‎（3）如图3，因为直线与y轴交于点F（0，1），点D的坐标为（4，1），所以FD// x轴，∠EFP＝∠EAO．因此△AEO与△EFP 相似存在两种情况：‎ ‎①如图3，当时，．解得FP＝1．此时点P的坐标为（1，1）．‎ ‎②如图4，当时，．解得FP＝5．此时点P的坐标为（5，1）．‎ 考点伸展 本题的题设部分有条件“Rt△ABC在直角坐标系内的位置如图1所示”，如果没有这个条件限制，保持其他条件不变，那么还有如图5的情况：‎ 第（1）题的结论m与n的数量关系不变．第（2）题反比例函数的解析式为，直线AB为．第（3）题FD不再与x轴平行，△AEO与△EFP 也不可能相似．‎ 图5‎ 例5 2010年义乌市中考第24题 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 动感体验 请打开几何画板文件名“10义乌24”，拖动点I上下运动，观察图形和图象，可以体验到，x2－x1随S的增大而减小．双击按钮“第（3）题”，拖动点Q在DM上运动，可以体验到，如果∠GAF＝∠GQE，那么△GAF与△GQE相似．‎ 思路点拨 ‎1．第（2）题用含S的代数式表示x2－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，解析式为，顶点为M（1，）．‎ ‎（2） 梯形O1A1B1C1的面积，由此得到．由于，所以．整理，得．因此得到．‎ 当S=36时， 解得 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，，所以．解得．‎ ‎ ‎ 图3 图4‎ 考点伸展 第（3）题是否存在点G在x轴上方的情况？如图4，假如存在，说理过程相同，求得的t的值也是相同的．事实上，图3和图4都是假设存在的示意图，实际的图形更接近图3．‎ 例6 2010年上海市宝山区中考模拟第24题 如图1，已知点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线上．‎ ‎（1）求m、n；‎ ‎（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，若四边形A A′B′B为菱形，求平移后抛物线的表达式；‎ ‎（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB′ 的交点为C，试在x轴上找一个点D，使得以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“10宝山24”，拖动点A′向右平移，可以体验到，平移5个单位后，四边形A A′B′B为菱形．再拖动点D在x轴上运动，可以体验到，△B′CD与△ABC相似有两种情况．‎ 思路点拨 ‎1．点A与点B的坐标在3个题目中处处用到，各具特色．第（1）题用在待定系数法中；第（2）题用来计算平移的距离；第（3）题用来求点B′ 的坐标、AC和B′C的长．‎ ‎2．抛物线左右平移，变化的是对称轴，开口和形状都不变．‎ ‎3．探求△ABC与△B′CD相似，根据菱形的性质，∠BAC＝∠CB′D，因此按照夹角的两边对应成比例，分两种情况讨论．‎ 满分解答 ‎(1) 因为点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线上，所以 解得，．‎ ‎(2)如图2，由点A (-2，4) 和点B (1，0)，可得AB＝5．因为四边形A A′B′B为菱形，所以A A′＝B′B＝ AB＝5．因为，所以原抛物线的对称轴x＝－1向右平移5个单位后，对应的直线为x＝4．‎ 因此平移后的抛物线的解析式为．‎ 图2‎ ‎(3) 由点A (-2，4) 和点B′ (6，0)，可得A B′＝．‎ 如图2，由AM//CN，可得，即．解得．所以．根据菱形的性质，在△ABC与△B′CD中，∠BAC＝∠CB′D．‎ ‎①如图3，当时，，解得．此时OD＝3，点D的坐标为（3，0）．‎ ‎②如图4，当时，，解得．此时OD＝，点D的坐标为（，0）．‎ ‎ ‎ 图3 图4‎ 考点伸展 在本题情境下，我们还可以探求△B′CD与△AB B′相似，其实这是有公共底角的两个等腰三角形，容易想象，存在两种情况．‎ 我们也可以讨论△B′CD与△CB B′相似，这两个三角形有一组公共角∠B，根据对应边成比例，分两种情况计算．‎ 例7 2009年临沂市中考第26题 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 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“09临沂26”，拖动点P在抛物线上运动，可以体验到，△PAM的形状在变化，分别双击按钮“P在B左侧”、“ P在x轴上方”和“P在A右侧”，可以显示△PAM与△OAC相似的三个情景．‎ 双击按钮“第(3)题”， 拖动点D在x轴上方的抛物线上运动，观察△DCA的形状和面积随D变化的图象，可以体验到，E是AC的中点时，△DCA的面积最大．‎ 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，代入点C的 坐标（0，－2），解得．所以抛物线的解析式为．‎ ‎（2）设点P的坐标为．‎ ‎①如图2，当点P在x轴上方时，1＜x＜4，，．‎ 如果，那么．解得不合题意．‎ 如果，那么．解得．‎ 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，，．‎ 解方程，得．此时点P的坐标为．‎ 解方程，得不合题意．‎ ‎③如图4，当点P在点B的左侧时，x＜1，，．‎ 解方程，得．此时点P的坐标为．‎ 解方程，得．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）或或．‎ ‎ ‎ 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．‎ 设点D的横坐标为m，那么点D的坐标为，点E的坐标为．所以．‎ 因此．‎ 当时，△DCA的面积最大，此时点D的坐标为（2，1）．‎ ‎ ‎ 图5 图6‎ 考点伸展 第（3）题也可以这样解：‎ 如图6，过D点构造矩形OAMN，那么△DCA的面积等于直角梯形CAMN的面积减去△CDN和△ADM的面积．‎ 设点D的横坐标为（m，n），那么 ‎．‎ 由于，所以．‎ 例8 2009年上海市闸北区中考模拟第25题 如图1，△ABC中，AB＝5，AC＝3，cosA＝．D为射线BA上的点（点D不与点B重合），作DE//BC交射线CA于点E.．‎ ‎(1) 若CE＝x，BD＝y，求y与x的函数关系式，并写出函数的定义域；‎ ‎(2) 当分别以线段BD，CE为直径的两圆相切时，求DE的长度；‎ ‎(3) 当点D在AB边上时，BC边上是否存在点F，使△ABC与△DEF相似？若存在，请求出线段BF的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ 图1 备用图 备用图 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“09闸北25”，拖动点D可以在射线BA上运动．双击按钮“第（2）题”，拖动点D可以体验到两圆可以外切一次，内切两次．‎ 双击按钮“第（3）题”，再分别双击按钮“DE为腰”和“DE为底边”，可以体验到，△DEF为等腰三角形．‎ 思路点拨 ‎1．先解读背景图，△ABC是等腰三角形，那么第（3）题中符合条件的△DEF也是等腰三角形．‎ ‎2．用含有x的式子表示BD、DE、MN是解答第（2）题的先决条件，注意点E的位置不同，DE、MN表示的形式分两种情况．‎ ‎3．求两圆相切的问题时，先罗列三要素，再列方程，最后检验方程的解的位置是否符合题意．‎ ‎4．第（3）题按照DE为腰和底边两种情况分类讨论，运用典型题目的结论可以帮助我们轻松解题．‎ 满分解答 ‎ ‎（1）如图2，作BH⊥AC，垂足为点H．在Rt△ABH中，AB＝5，cosA＝，所以AH＝＝AC．所以BH垂直平分AC，△ABC 为等腰三角形，AB＝CB＝5． ‎ 因为DE//BC，所以，即．于是得到，（）．‎ ‎（2）如图3，图4，因为DE//BC，所以，，即，．因此，圆心距．‎ ‎ ‎ 图2 图3 图4‎ 在⊙M中，，在⊙N中，．‎ ‎①当两圆外切时，．解得或者．‎ 如图5，符合题意的解为，此时．‎ ‎②当两圆内切时，．‎ 当x＜6时，解得，如图6，此时E在CA的延长线上，；‎ 当x＞6时，解得，如图7，此时E在CA的延长线上，．‎ ‎ ‎ 图5 图6 图7‎ ‎（3）因为△ABC是等腰三角形，因此当△ABC与△DEF相似时，△DEF也是等腰三角形．‎ 如图8，当D、E、F为△ABC的三边的中点时，DE为等腰三角形DEF的腰，符合题意，此时BF＝2.5．根据对称性，当F在BC边上的高的垂足时，也符合题意，此时BF＝4.1．‎ 如图9，当DE为等腰三角形DEF的底边时，四边形DECF是平行四边形，此时．‎ ‎ ‎ 图8 图9 图10 图11‎ 考点伸展 第（3）题的情景是一道典型题，如图10，如图11，AH是△ABC的高，D、E、F为△ABC的三边的中点，那么四边形DEHF是等腰梯形．‎