備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)壓軸題專題研究專題2相似三角形的存在性問題探究-備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)壓軸題專題研究（免費下載）

1、專題二：相似三角形的存在性問題探究知識梳理一、相似三角形的判定1. 兩個角對應(yīng)相等（簡記“AA”）；2. 兩邊對應(yīng)成比例，及其夾角相等（簡記“SAS”）；3. 三條對應(yīng)邊成比例。（簡記“SSS”）。二、相似三角形判定的基本模型圖例剖析 （一）A字型、反A字型（斜A字型） （平行） （不平行）（二）8字型、反8字型（蝴蝶型） （平行） （不平行）（三）母子型 （四）一線三等角型：三、相似三角形動點問題解題步驟1. 化動為靜2. 未知數(shù)表示線段長度3. 確定未知數(shù)取值范圍4. 找相等角5. 分類討論，寫相似關(guān)系6. 寫比例式7. 求解，檢驗四、模型應(yīng)用：專題導(dǎo)例： 如圖，在鈍角三角形ABC中，AB

2、=6cm，AC=12cm，動點D從A點出發(fā)到B點止，動點E從C點出發(fā)到A點止點D運動的速度為1cm/秒，點E運動的速度為2cm/秒如果兩點同時運動，那么當(dāng)以點A、D、E為頂點的三角形與ABC相似時，運動的時間是（ ）A3秒或48秒 B3秒 C45秒 D45秒或48秒分析：設(shè)運動的時間為x秒，則AD=xcm，AE=（122x）cm，根據(jù)ADE和ABC相似可得：ADAB=AEAC或ADAC=AEAB，則x6=122x12或x12=122x6，解得：x=3或x=48解題方法： 函數(shù)中因動點產(chǎn)生的相似三角形問題一般有三個解題途徑 求相似三角形的第三個頂點時，先要分析已知三角形的邊和角的特點，進而得出已

3、知三角形是否為特殊三角形。根據(jù)未知三角形中已知邊與已知三角形的可能對應(yīng)邊分類討論. 或利用已知三角形中對應(yīng)角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數(shù)、對稱、旋轉(zhuǎn)等知識來推導(dǎo)邊的大小.若兩個三角形的各邊均未給出，則應(yīng)先設(shè)所求點的坐標(biāo)進而用函數(shù)解析式來表示各邊的長度，之后利用相似來列方程求解. 科網(wǎng)典例精講類型一：已知兩定點來建構(gòu)三角形與已知三角形相似例1如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線ymx28mx+4m+2（m0）與y軸交于點A（0，3），與x軸交于點B、C（B在C的左邊），直線ADx軸交拋物線于點D，x軸上有一動點E（t，0），過點E作平行于y軸的直線l與拋物線、AD分別交于P、Q（1）求拋物

4、線的解析式，并直接寫出點B、C的坐標(biāo)；（2）當(dāng)0t8時，求APC面積的最大值；（3）當(dāng)t2時，是否存在點P，使以A、P、Q為頂點的三角形與AOB相似？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由【分析】（1）把點A（0，3）代入ymx28mx+4m+2，求出m即可，令y0，得到x28x+120，解得x2或6，可得B（2，0）、C（6，0）；（2）分兩種情形當(dāng)0t6時，當(dāng)6t8時，分別求解即可解決問題；（3）分兩種情況討論：當(dāng)2t8時，AQt，PQ若AOBAQP，若AOBPQA，分別列出方程求解；當(dāng)t8時，AQt，PQ若AOBAQP，若AOBPQA，分別列出方程求解即可；類型二：動點產(chǎn)生的三角形

5、相似問題例2.如圖甲，在ABC中，ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm如果點P由點B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由點A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為1cm/s連接PQ，設(shè)運動時間為t（s）（0t4），解答下列問題：（1）設(shè)APQ的面積為S，當(dāng)t為何值時，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如圖乙，連接PC，將PQC沿QC翻折，得到四邊形PQPC，當(dāng)四邊形PQPC為菱形時，求t的值；（3）當(dāng)t為何值時，APQ是等腰三角形？分析：（1）過點P作PHAC于H，由APHABC，得出=，從而求出AB，再根據(jù)=，得出PH=3t，則AQP的面積為：AQPH=t（3t

6、），最后進行整理即可得出答案；（2）連接PP交QC于E，當(dāng)四邊形PQPC為菱形時，得出APEABC，=，求出AE=t+4，再根據(jù)QE=AEAQ，QE=QC得出t+4=t+2，再求t即可；（3）由（1）知，PD=t+3，與（2）同理得：QD=t+4，從而求出PQ=，在APQ中，分三種情況討論：當(dāng)AQ=AP，即t=5t，當(dāng)PQ=AQ，即=t，當(dāng)PQ=AP，即=5t，再分別計算即可專題訓(xùn)練1如圖，直線y23x+2與x軸、y軸分別相交于點A，B，經(jīng)過A，B的拋物線與x軸的另一個交點為C（1，0）（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸上有一動點P，求PBC周長的最小值及此時點P坐標(biāo)；（3）在線段

7、AB上是否存在點Q，使ACQ與AOB相似？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由2.如圖，在RtABC中，C=90°，點P為AC邊上的一點，將線段AP繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)（點P對應(yīng)點P），當(dāng)AP旋轉(zhuǎn)至APAB時，點B、P、P恰好在同一直線上，此時作PEAC于點E（1）求證：CBP=ABP；（2）求證：AE=CP；（3）當(dāng)，BP=5時，求線段AB的長3如圖，RtABC中，ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm動點M從點B出發(fā)，在BA邊上以每秒3cm的速度向定點A運動，同時動點N從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒2cm的速度向點B運動，運動時間為t秒（0t103），連接MN

8、（1）若BMN與ABC相似，求t的值；（2）連接AN，CM，若ANCM，求t的值4如圖，拋物線yax2+bx2經(jīng)過點A（4，0），B（1，0）（1）求出拋物線的解析式；（2）點D是直線AC上方的拋物線上的一點，求DCA面積的最大值；（3）P是拋物線上一動點，過P作PMx軸，垂足為M，是否存在P點，使得以A，P，M為頂點的三角形與OAC相似？若存在，請求出符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由5（2019建昌縣一模）如圖，二次函數(shù)y=-12x2+bx+c與x軸交于點A（2，0）、與y軸交于點C（0，4），過點A的直線y=12x+1與拋物線的另一個交點為B，D是拋物線的頂點（1）求拋物線的解析

9、式并直接寫出頂點D的坐標(biāo)；（2）如圖1，點P是線段AB上方拋物線上一動點，求點P運動到什么位置時，ABP的面積最大，最大面積是多少？（3）如圖2，設(shè)直線AB與y軸交于點E點M是直線AB上的一個動點（不與點A、B重合），當(dāng)MEC與AOE相似時，請直接寫出點M的坐標(biāo)6.已知：如圖，拋物線yax2+bx+c與x軸交于兩個不同的點A（4，0），B（1，0），與y軸正半軸交于點C，tanCAB（1）求拋物線的解析式并驗證點Q（1，3）是否在拋物線上；（2）點M是線段AC上一動點（不與A，C重合），過點M作x軸的垂線，垂足為H，交拋物線于點N，試判斷當(dāng)MN為最大值時，以MN為直徑的圓與y軸的位置關(guān)系并說明

10、理由；（3）已知過點B的直線yx1交拋物線于另一點E，問：在x軸上是否存在點P，使以點P，A，Q為頂點的三角形與AEB相似？若存在，請求出所有符合要求的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由參考答案例1解：（1）把點A（0，3）代入ymx28mx+4m+2，得34m+2，m，該拋物線解析式為：y；令y0，得到x28x+120，解得x2或6，B（2，0）、C（6，0）（2）設(shè)直線AC的解析式為：ykx+b，解得直線AC的解析式為：yx+3，設(shè)APC面積為S，要構(gòu)成APC，顯然t6，分兩種情況討論：設(shè)直線l與AC交點為F，P（t，）F（t，），當(dāng)0t6時，PF，S，此時S最大值為：當(dāng)6t8時，PF，S當(dāng)

11、t3時，s隨t的增大而增大，當(dāng)t8時，S取最大值為：12綜上可知，當(dāng)0t8時，APC面積的最大值為12（3）連接AB，則AOB中，AOB90°，AO3，BO2，Q（t，3），P（t，），要構(gòu)成APQ，顯然t8，分兩種情況討論：當(dāng)2t8時，AQt，PQ若AOBAQP，則AO：AQOB：QP，即3：t2：（），t0（舍），或t，若AOBPQA，則AO：PQOB：QA，即2：t3：（），t0（舍）或t2（舍），當(dāng)t8時，AQt，PQ若AOBAQP，則AO：AQOB：QP，即3：t2：（），t0（舍），或t，若AOBPQA，則AO：PQOB：QA，即2：t3：（），t0（舍）或t14，綜上所

12、述，滿足條件的t的值為ts或s或14s例2.解：（1）如圖甲，過點P作PHAC于H，C=90°，ACBC，PHBC，APHABC，=，AC=4cm，BC=3cm，AB=5cm，=，PH=3t，AQP的面積為：S=×AQ×PH=×t×（3t）=（t）2+，當(dāng)t為秒時，S最大值為cm2（2）如圖乙，連接PP，PP交QC于E，當(dāng)四邊形PQPC為菱形時，PE垂直平分QC，即PEAC，QE=EC，APEABC，=，AE=t+4QE=AEAQt+4t=t+4，QE=QC=（4t）=t+2，t+4=t+2，解得：t=，04，當(dāng)四邊形PQPC為菱形時，t的值是

13、s；（3）由（1）知，PD=t+3，與（2）同理得：QD=ADAQ=t+4在APQ中，當(dāng)AQ=AP，即t=5t時，解得：t1=；當(dāng)PQ=AQ，即=t時，解得：t2=，t3=5；當(dāng)PQ=AP，即=5t時，解得：t4=0，t5=；0t4，t3=5，t4=0不合題意，舍去，當(dāng)t為s或s或s時，APQ是等腰三角形專題訓(xùn)練1（1）對于直線y23x+2，當(dāng)x0時，y2；當(dāng)y0時，x3A（3，0），B（0，2），由拋物線經(jīng)過點A（3，0），C（1，0），B（0，2），所以可設(shè)拋物線的解析式為yax2+bx+c，代入A，B，C三點可得：9a+3b+c=0，a+b+c=0，c=2.，解得a=23，b=-83，c

14、=2.拋物線的解析式為y23x283x+2；（2）由拋物線的對稱性得C的對稱點為A，則直線AB與對稱軸的交點P為所求，此時PBC的周長最小PAPC，PB+PCPB+PAABAB2OB2+OA222+3213，AB13，BC2OC2+OB21+45，BC5,PB+PC+BC13+5y23x283x+223（x2）223，由y=-23x+2，當(dāng)x=2時，y=23點P的坐標(biāo)為P（2，23）PBC周長最小為，此時點P的坐標(biāo)為P（2，23）；（3）存在如圖，過點C作x軸的垂線交AB于點Q1，此時Q1CABOA90°，Q1ACBAO，ACQ1AOB由y23x+2，當(dāng)x1時，y43Q1（1，43）

15、；如圖，過點C作CQ2AB于點Q2此時CQ2ABOA90°，Q2ACOABACQ2ABO過Q2作Q2MAC于點M則CMQ2Q2MACMQ2M=Q2MAM，即Q2M2CMAM設(shè)點Q2（x，23x+2），則CMx1，AM3x，Q2M23x+2（23x+2）2（x1）（3x），解得：x13（與A點重合，舍去），x22113，Q2（2113，1213）綜上，存在點Q1（1，43），Q2（2113，1213）使ACQ與AOB相似2.解：（1）證明：AP是AP旋轉(zhuǎn)得到，AP=AP，APP=APP，C=90°，APAB，CBP+BPC=90°，ABP+APP=90°，

16、又BPC=APP（對頂角相等），CBP=ABP；（2）證明：如圖，過點P作PDAB于D，CBP=ABP，C=90°，CP=DP，PEAC，EAP+APE=90°，又PAD+EAP=90°，PAD=APE，在APD和PAE中，APDPAE（AAS），AE=DP，AE=CP；（3）解：=，設(shè)CP=3k，PE=2k，則AE=CP=3k，AP=AP=3k+2k=5k，在RtAEP中，PE=4k，C=90°，PEAC，CBP+BPC=90°，EPP+EPP=90°，BPC=EPP（對頂角相等），CBP=EPP，又BAP=PEP=90°

17、，ABPEPP，=，即=，解得PA=AB，在RtABP中，AB2+PA2=BP2，即AB2+AB2=（5）2，解得AB=103.解析：（1）由題意知，BM=3tcm，CN=2tcm，BN=（82t）cm，BA=62+82=10（cm），當(dāng)BMNBAC時，BMBA=BNBC，3t10=82t8，解得：t=2011；當(dāng)BMNBCA時，BMBC=BNBA，3t8=82t10，解得：t=3223，BMN與ABC相似時，t的值為2011或3223；（2）過點M作MDCB于點D，由題意得：DM=BMsinB=3t610=95t（cm），BD=BMcosB=3t810=125t（cm），BM=3tcm，CN

18、=2tcm，CD=（8125t）cm，ANCM，ACB=90°，CAN+ACM=90°，MCD+ACM=90°，CAN=MCD，MDCB，MDC=ACB=90°，CANDCM，ACCN=CDDM，62t=8125t95t，解得t=13124（1）該拋物線過點A（4，0），B（1，0），將A與B代入解析式得：16a+4b-2=0，a+b-2=0.解得：a=-12，b=52.則此拋物線的解析式為y12x2+52x2；（2）如圖，設(shè)D點的橫坐標(biāo)為t（0t4），則D點的縱坐標(biāo)為12t2+52t2，過D作y軸的平行線交AC于E由題意可求得直線AC的解析式為y12x

19、2E點的坐標(biāo)為（t，12 t2）DE12t2+52t2（12t2）12t2+2tSDAC12×（12t2+2t）×4t2+4t（t2）2+4則當(dāng)t2時，DAC面積最大為4；（3）符合條件的點P為（2，1）或（5，2）或（3，14）存在，如圖，設(shè)P點的橫坐標(biāo)為m，則P點的縱坐標(biāo)為12m2+52m2當(dāng)1m4時，AM4m，PM12m2+52m2又COAPMA90°，當(dāng)AMPM=AOOC=2時，APMACO，即4m2（12m2+52m2）解得：m2或m4（舍去），此時P（2，1）；當(dāng)AMPM=OCOA12時，APMCAO，即2（4m）12m2+52m2解得：m4或m5（均

20、不合題意，舍去）當(dāng)1m4時，P（2，1）；類似地可求出當(dāng)m4時，P（5，2）；當(dāng)m1時，P（3，14）綜上所述，符合條件的點P為（2，1）或（5，2）或（3，14）5.【分析】（1）利用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式；將二次函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為頂點式，可以得到頂點D的坐標(biāo)；（2）設(shè)與直線y=12x+1平行且相切的直線為PQ：y=12x+b，則點P為切點時所求三角形面積最大；（3）分兩種情況討論：當(dāng)CMx軸時，MEC與AOE相似，當(dāng)CMAB時，MEC與AOE相似，【解析】（1）二次函數(shù)y=-12x2+bx+c與x軸交于點A（2，0）、與y軸交于點C（0，4），-12×(-2)2-2b+c=0c=

21、4，解得b=1c=4，拋物線的解析式為：y=-12x2+x+4，頂點D的坐標(biāo)為（1，92）（2）設(shè)與直線y=12x+1平行且相切的直線為PQ：y=12x+b，Q為PQ與x軸交點，H為PQ與y軸交點，過點A作AGPQ于點G，則當(dāng)點P為切點時，ABP的面積最大，-12x2+x+4=12x+b，化簡得：x2x+2b80，14（2b8）0，b=338x2x+2×338-80x1x2=12，點P坐標(biāo)為（12，358）PQ解析式為：y=12x+338，Q（-334，0），又b=338，AQ=254，OQ=334，tanGQA=338334=12，sinGQA=GAAQ=GA254=15，GA=554，由y=-12x2+x+4y=12x+1解得x12，x23，B（3，52），AB=3-(-2)2+(52-0)2=552，SABP=12×AB×GA=12×552×554=12516點P運動到（12，358）時，ABP的面積最大，最大面積是12516（3）由y=12x+1得E（0，1）A（2，0）、C（0，4），OEOA=12，當(dāng)CMx軸時，MEC與AOE相似，由OC