【常考壓軸題】2023學年九年級數(shù)學下冊壓軸題攻略（人教版）相似三角形中的動點問題（解析版）

相似三角形中的動點問題例1．（分類討論）如圖，在△ABC中，BA＝BC＝20cm，AC＝30cm，點P從點A出發(fā)，沿AB以4cm/s的速度向點B運動，同時點Q從點C出發(fā)，沿CA以3cm/s的速度向點A運動，當其中一點到達終點時，另一點也停止運動，設運動時間為xs．(1)當時，求x的值．(2)△APQ與△CQB能否相似？若能，求出AP的長；若不能，請說明理由．【答案】(1)(2)能，AP＝cm或20cm【解析】（1）解：當時，AP：AB＝AQ：AC，∵AP＝4x，AQ＝30－3x，∴，解得：x＝；（2）解：∵BA＝BC∴，①當△APQ∽△CQB時，有，即：，解得：，∴（cm），②當△APQ∽△CBQ時，有，即：，解得：x＝5或x＝－10（舍去），∴PA＝4x＝20（cm），綜上所述，當AP＝cm或20cm時，△APQ與△CQB相似．例2．（函數(shù)與相似）已知：如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5cm，BC＝8cm，AD⊥BC，垂足為D，F(xiàn)為AD中點．點P從點B出發(fā)，沿BC向點C勻速運動，速度為1cm/s同時，點Q從點A出發(fā)，沿AB向點B勻速運動，速度為1cm/s；點E為點P關于AD的對稱點．連接PQ、FQ、EF、AE．設運動時間為t（s）（0＜t＜4），解答下列問題：（1）當PQ∥AE時，求t的值；（2）設四邊形AEPQ的面積為y（cm2），試確定y與t的函數(shù)關系式；（3）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使∠DFE＝∠AFQ？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，【詳解】解：（1）當時，，，，，，，點E與點P關于AD對稱，，，，，，即，解得：，舍去，故，（2）過點作于點，如圖，，，，，，，，，解得，，由（1）可知，，四邊形，，，（3）存在，理由如下：當時，三點共線，過點作，如圖，，，，，即，解得，，F(xiàn)為AD中點，，，，，，，即，解得（舍去，）．當時，．【變式訓練1】如圖，Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝10cm，BC＝8cm．點P從點C出發(fā)，以2cm/s的速度沿CA向點A勻速運動，同時點Q從點B出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC向點C勻速運動，當一個點到達終點時，另一個點隨之停止．(1)求經(jīng)過幾秒后，△PCQ的面積等于？(2)經(jīng)過幾秒，△PCQ與△ABC相似？【答案】(1)經(jīng)過4秒后，的面積等于(2)經(jīng)過秒或秒，與相似．【解析】（1）解：設經(jīng)過秒后，的面積的面積等于，則，，，，整理得，解得：，，經(jīng)過4秒后，的面積等于．（2）解：①設經(jīng)過秒后，，，解得；②設經(jīng)過秒后，，，解得；經(jīng)過秒或秒，與相似．【變式訓練2】在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為、，點P的坐標為．點E是y軸上一動點，QP⊥EP交AB于點Q（保持點Q在x軸上方），EF⊥EQ交AB于點F．(1)當PQ⊥AB時，求OE的長．(2)當點E在線段OB上移動時，設AQ＝n，OE＝m，求n關于m的函數(shù)表達式．(3)點E在射線OB上移動過程中，點Q、E、F構成的三角形與△OAB相似，求出點E的縱坐標．【答案】(1)(2)(3)，，【解析】（1）∵PQ⊥AB，QP⊥EP，∴EP∥AB，∴∠OEP＝∠OBA，∠OPE＝∠OAB，∴△OEP∽△OBA，∴，即，解得．（2）如圖1，過點Q作QN⊥OA．∵，OB＝1，∴AB＝3．∴，，在Rt△AQN中，，．∵，∴．∵QN⊥OA，QP⊥EP，∴∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△QNP∽△POE，∴，即，整理得．（3）①如圖2，∠EFQ＝∠ABO時．過點E，Q分別作EM⊥FQ于點M，QN⊥OA于點N，則有△EBM∽△ABO，∴設BM＝m，BE＝3m．∵∠EBF＝∠ABO，∴∠EFQ＝∠EBF，∴EF＝EB＝3m．∵EM⊥FQ，∴BF＝2BM＝2m，∵，∴FQ＝9m，∴BQ＝7m，∴點Q的坐標為同理可得△EOP∽△PNQ，則，即，整理得，解得，（不合題意，舍去）．∴，∴點E的縱坐標為．②如圖3，點B，F(xiàn)重合，∠FQE＝∠FAO時．設BE＝m，則QN＝OE＝1－m，，同理可得△EOP∽△PNQ，則，即，整理得，解得，（不合題意，舍去）．∴，∴點E的縱坐標為．③如圖4，∠FQE＝∠ABO時．過點E，Q分別作EM⊥FQ于點M，QN⊥OA于點N，則有△EBM∽△ABO，∴．設BM＝m，BE＝3m．∵∠FQE＝∠ABO，∴EQ＝EB＝3m∵EM⊥FQ，∴BQ＝2BM＝2m，同理可得△EOP∽△PNQ，則，即，整理得，解得，（不合題意，舍去）．∴，∴點E的縱坐標為．綜上所述，點E的縱坐標為，，【變式訓練3】如圖1，已知矩形的邊長，．某一時刻，動點M從點A出發(fā)，沿以的速度向點B勻速運動：同時點N從點D出發(fā)，沿方向以的速度向點A勻速運動，點N運動到點A時停止運動，運動時間為t．(1)若是等腰直角三角形，則___________（直接寫出結果）．(2)是否存在時刻t，使以A、M、N為頂點的三角形與相似？若存在，求t的值，若不存在，請說明理由．(3)如圖2，連接，試求的最小值．【答案】(1)2；(2)存在，理由見解析；(3)15【解析】（1）∵，∴若是等腰直角三角形時，只有．根據(jù)題意可知，，則，∴，解得，故答案為：2．（2）∵，∴以A、M、N為頂點的三角形與相似分為兩種情況，①當時，有，即，解得：；②當時，有，即，解得：．當或時，以A、M、N為頂點的三角形與相似；（3）如圖，取CN中點E，作E點關于CD的對稱點，連接．作M點關于BC的對稱點，連接，．根據(jù)作圖可知，，∴，∴當最小時最小，∵，∴的最小值為的長，即的最小值為2的長．如圖，連接并延長，交CD于點F，AB于點G．∵作E點關于CD的對稱點，∴，．又∵E為中點，∴，G為AB中點，∴，．∵作M點關于BC的對稱點，∴，∴．在中，，∵，∴時，最小，即．∴．【變式訓練4】已知拋物線y＝ax2＋bx＋c（a≠0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C（0，﹣3），頂點D的坐標為（1，﹣4）．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，拋物線在第四象限的圖象上有一點M，求四邊形ABMC面積的最大值及此時點M的坐標；(3)如圖2，直線CD交x軸于點E，若點P是線段EC上的一個動點，是否存在以點P、E、O為頂點的三角形與△ABC相似．若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y＝（x﹣1）2﹣4(2)點M坐標（，﹣）時，四邊形ABMC面積的最大值(3)存在，點P坐標為（﹣1，﹣2）或（﹣，﹣）【解析】(1)設拋物線的表達式為y＝a（x﹣1）2﹣4，將點C（0，﹣3）代入得：4a﹣4＝0，解得a＝1，∴拋物線表達式為：y＝（x﹣1）2﹣4；(2)連接BC，作MN∥y軸交BC于點N，交AB于點E，作CF⊥MN于點F，如圖，由（1）知，拋物線表達式為y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，∴點A坐標（﹣1，0），點B坐標（3，0），設直線BC的表達式為y＝kx+b，將點B（3，0），C（0，﹣3）代入得：，∴，∴直線BC表達式為y＝x﹣3，設M點（m，m2﹣2m﹣3），則點N（m，m﹣3），∴S四邊形ABMC＝S△ABC+S△BCM＝S△ABC+S△CMN+S△BMN＝+＝＝6+＝當時，即點M坐標時，四邊形ABMC面積的最大值；(3)如圖，作PQ垂直x軸，設直線CD：y＝px+q，將點C，D分別代入得，，解得，∴直線BC：y＝﹣x﹣3，當y＝0時，解得x＝﹣3，∴點E坐標為（﹣3，0），∵OE＝OC＝OB＝3，∴∠OEC＝∠OBC＝45°，在Rt△OBC中，BC＝＝，①當△BAC∽△EPO時，，即，解得EP＝，在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，∴sin45°＝，解得PQ＝2，∴EQ＝PQ＝2，此時點P坐標（﹣1，﹣2）；②當△BAC∽△EOP時，，即，解得EP＝，在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，∴sin45°＝，解得∴，此時點P坐標；綜上所述，當點P坐標為（﹣1，﹣2）或時，點P、E、O為頂點的三角形與△ABC相似．課后訓練1．如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCO的頂點的坐標是，動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段AB運動，動點Q從點C出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿線段OC運動，連接OB，連接PQ與線段OB相交于點D，兩點同時出發(fā)，當點Q到達點O時，P，Q同時停止運動，設運動時間為．（1）_____________，_____________（請用含的代數(shù)式表示）（2）當時，求的值．（3）在P，Q運動的過程中，將矩形AOCB沿PQ折疊，點A，點O的對應點分別是點E，點F．①當點F恰好落在線段OB上時，直接寫出此時的t值．②連接PF，連接OF，當時，直接寫出此時點F的坐標．【答案】（1）t，6-2t；（2）；（3）①；②【詳解】解：（1）根據(jù)題意得：AP=t，CQ=2t，∵矩形ABCO的頂點的坐標是，∴OC=AB=6，∴OQ=6-2t；（2）∵四邊形ABCO是矩形，∴AB∥OC，即BP∥OQ，∴，∵，∴，即，∵AP=t，∴BP=6-t，∴，解得：；（3）①如圖，過點P作PM⊥OC于點M，則OM=AP=t，∵將矩形AOCB沿PQ折疊，點A，點O的對應點分別是點E，點F．∴PQ⊥OB，即∠ODQ=90°，∴∠DOQ+∠OQD=90°，在矩形AOCB中，頂點的坐標是，∠OCB=90°，AB∥OC，OC⊥OA，AB⊥OA，BC=OA=4，∴∠DOQ+∠OBC=90°，PM=AO=4，∴∠OBC=∠OQD，∵PM⊥OC，∴∠PMQ=∠OCB=90°，∴，∴，∵OQ=6-2t，∴MQ=6-2t-t=6-3t，∴，解得：；②如圖，設OF交PQ于點N，過點F作GH⊥AB于點H交OC于點G，則GH⊥OC，在矩形AOCB中，∠A=90°，∴∠A=∠AHF=∠FGQ=90°，∴四邊形AOGH是矩形，∴AH=OG，HG=OA=4，∵將矩形AOCB沿PQ折疊，點A，點O的對應點分別是點E，點F．∴PQ垂直平分OF，∴OP=FP，F(xiàn)Q=OQ=6-2t，∴∠PFO=∠POF，∵，∴∠PFO=∠POF=45°，∴∠OPF=90°，∴∠APO+∠FPH=90°，∵∠APO+∠AOP=90°，∴∠FPH=∠AOP，∵∠A=∠PHF=90°，∴，∴FH=AP=t，PH=OA=4，∴OG=AH=4+t，F(xiàn)G=HG-FH=4-t，∴QG=OG-OQ=（4+t）-（6-2t）=3t-2，在中，由勾股定理得：，解得：或（舍去），∴，∴點F的坐標為．2．如圖，拋物線的圖象與軸交于點，，與軸相交于點，頂點為．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若點是軸右側拋物線上一點，過點作軸于，以，，為頂點的三角形與相似，求點的坐標．【答案】（1）；（2）或或．【詳解】解：（1）∵拋物線的頂點為，∴設拋物線解析式為，∵拋物線經(jīng)過點，∴，解得a=-1，∴拋物線解析式為即，（2）把x=0代入，得y=0，∴點C坐標為（0,2），把y=0代入得，解得，∴點A坐標為（-1,0），∴OA=1，OC=2；設點M坐標為（）∵點M是軸右側拋物線上一點，∴MP=x，①如圖1，當點M在點C下方，△MPC∽△COA時，則，即，解得，其中x=0不合題意，舍去，此時點M坐標為；②如圖2，當點M在點C下方，△MPC∽△AOC時，則，即，解得，其中x=0不合題意，舍去，此時點M坐標為；③如圖3當點M在點C上方，△MPC∽△COA時，則，即，解得，其中x=0不合題意，舍去，此時點M坐標為；④當點M在點上下方，△MPC∽△AOC時，則，即，解得，均不合題意，舍去；綜上所述，符合條件的M坐標分別是或或．3．在平面直角坐標系中，點A的坐標為，點B在直線上，過點B作AB的垂線，過原點O作直線l的垂線，兩垂線相交于點C．（1）如圖，點B，C分別在第三、二象限內(nèi)，BC與AO相交于點D．①若，求證：．②若，求四邊形的面積．（2）是否存在點B，使得以為頂點的三角形與相似？若存在，求OB的長；若不存在，請說明理由．【答案】（1）①見解析；②；（2）存在，，4，9，1【詳解】解：（1）①證明：如圖1，∵，∴．∴，∴．而，∴．∵，∴．∴，∴．②如圖1，過點A作于點H．由題意可知，在中，．設，．∵，∴，解得．∴．∵，∴，∴∴．∵，∴，∴，：∴．（2）過點A作于點H，則有．①如圖2，當點C在第二象限內(nèi)，時，設∵，∴．又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，∴，整理得，解得．∴．②如圖3，當點C在第二象限內(nèi)，時，延長交于點G，則，∴．又∵，∴，而，∴，∴③當點C在第四象限內(nèi)，時，與相交于點E，則有．(a)如圖4，點B在第三象限內(nèi)．在中，，∴∴，又∵，∴，而∴，∴∴，∴，∴(b)如圖5，點B在第一象限內(nèi)．在中∴，∴．又∵，∴而，∴，∴∴，∴，∴綜上所述，的長為，4，9，1．4．如圖，在矩形中，，是對角線的中點，是線段上一點，射線交于點，交延長線于點，連接，在上取點，使，設，（1）連接，當時，判斷四邊形是否為平行四邊形，并說明理由．（2）當時，若平行的某一邊，求的長．（3）若，分別記和的面積為和，且．求的值．【答案】（1）四邊形EDBC是平行四邊形，理由見詳解；（2）或；（3）．【詳解】解：（1）四邊形EDBC是平行四邊形，理由如下：∵四邊形是矩形，，∴，∴，∵是對角線的中點，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四邊形EDBC是平行四邊形；（2）由（1）及題意得：，①當時，則，如圖所示：∴∠FCQ=45°，∴△FQC、△EDC都為等腰直角三角形，∴ED=DC=8，,∴，∵，∴，即，∴，∴AD=24-8=16；②當時，如圖所示：作DH∥FC交AC于點H，∴，∴，∴，∵，DQ=CD-CQ=8-6=2，∴，∵DH∥EC，∴，∴AC=24，∴，綜上所述：或；（3）過點Q作QN⊥CF于點N，如圖所示：∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴EO是∠AEC的角平分線，∴，∴，在Rt△CNQ中，，即，解得：，，∴，∴．5．如圖1，四邊形ABCD是矩形，點P是對角線AC上的一個動點（不與A、C重合），過點P作PE⊥CD于點E，連接PB，已知AD＝3，AB＝4，設AP＝m．（1）當m＝1時，求PE的長；（2）連接BE，試問點P在運動的過程中，能否使得△PAB≌△PEB？請說明理由；（3）如圖2，過點P作PF⊥PB交CD邊于點F，設CF＝n，試判斷5m+4n的值是否發(fā)生變化，若不變，請求出它的值；若變化，請說明理由．【答案】（1）PE＝；（2）不能，理由見解析；（3）不變，5m+4n＝16．【詳解】解：（1）連接BE，由已知：在Rt△ADC中，AC＝，當AP＝m＝1時，PC＝AC﹣AP＝5﹣1＝4，∵PE⊥CD，∴∠PEC＝∠ADC＝90°，∵∠ACD＝∠PCE，∴△ACD∽△PCE，∴，即，∴PE＝；（2）如圖1，當△PAB≌△PEB時，∴PA＝PE，∵AP＝m，則PC＝5﹣m，由（1）得：△ACD∽△PCE，∴，∴PE＝，由PA＝PE，即，解得：m＝，∴EC＝，∴BE＝，∴△PAB與△PEB不全等，∴不能使得△PAB≌△PEB；（3）如圖2，延長EP交AB于G，∵BP⊥PF，∴∠BPF＝90°，∴∠EPF+∠BPG＝90°，∵EG⊥AB，∴∠PGB＝90°，∴∠BPG+∠PBG＝90°，∴∠PBG＝∠EPF，∵∠PEF＝∠PGB＝90°，∴△BPG∽△PFE，∴，由（1）得：△PCE∽△ACD，PE＝，∴，即，∴EC＝，∴BG＝EC＝，∴，∴5m+4n＝16．6．如圖，在平行四邊形中，，點是線段上的一個動點，點是平行四邊形邊上一點，且．（1）如圖1，若，求證：；（2）若，．①如圖2，連接交于點，，求的值．②如圖3，點從點運動到點，求點的運動的路徑長．【答案】（1）見詳解；（2）①；②28?16【詳解】解：（1）如圖1中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝BC，∴四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADC＝60°，∴△ABC，△ADC都是等邊三角形，∴∠CAD＝∠ACD＝60°，∵∠DPK＝∠B＝60°，∠CPD＝∠CPK＋∠DPK＝∠CAD＋∠ADP，∴∠ADP＝∠CPK，∴△DAP∽△PCK，∴；（2）①如圖2中，過點P作PM⊥CD于M，PN⊥BC于N，連接PB．∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠PCD＝∠PCB，∵CP＝CP，CD＝CB，∴△PCD≌△PCB（SAS），∴PB＝PD，∠PBK＝∠CDP，∵∠DPK＝90°，∠DCK＝90°，∴∠PKC＋∠CDP＝180°，∵∠PKC＋∠PKB＝180°，∴∠PKB＝∠CDP，∴∠PBK＝∠PKB，∴PB＝PK＝PD，∵PM⊥CD，PN⊥CB，∠PCM＝∠PCN，∴PM＝PN，∵PD＝PK，∠PMD＝∠PNK＝90°，∴Rt△PMD≌Rt△PNK（HL），∴DM＝NK，∵PB＝PK，PN⊥BK，∴BN＝NK＝DM，設BN＝KN＝DM＝x，則CM＝4?x，CK＝4?2x，PC＝(4?x)，∵CE：PE＝4：5，∴EC=(4?x)，∵CK∥AD，∴，∵AC＝4∴AE＝4-(4?x)，∴，解得：x＝1或?2（舍棄），經(jīng)檢驗，x＝1是分式方程的根，∴EC=，PE=，∵∠PDE＝∠ECK＝45°，∠DEP＝∠CEK，∴△DEP∽△CEK，∴，∴DE?EK＝PE?EC＝×=；②如圖3中，當點P運動到AC的中點時，點K從B運動到C，點K的運動路徑的長為4．當點K在線段CD上時，如圖4中，過點D作DO⊥AC于O，過點K作KJ⊥AC于J，設CK＝y(tǒng)，OP＝x．∵AC＝4，AD＝DC，DO⊥AC，∴OA＝OC＝2，∵∠KCJ＝45°，CK＝y(tǒng)，∴KJ＝CJ＝y(tǒng)，∵∠DOP＝∠DPK＝∠PJK＝90°，∴∠DPO＋∠ODP＝90°，∠DPO＋∠KPJ＝90°，∴△DOP∽△PJK，∴，∴，整理得，2x2?（4?y）x＋4y＝0，∵△≥0，∴（4?y）2?32y≥0，解得：y≤12?8或y≥12＋8（舍棄），∴y的最大值為12?8，當點P從O運動到C時，點K的運動路徑是2CK＝24?16，∴點P從點A運動到點C，則點K的運動的路徑長為28?16．7．如圖，在矩形中，，，連接，點為的中點，點為邊上的一個動點，連接，作，交邊于點．已知點從點開始，以的速度在線段上移動，設運動時間為．解答下列問題：（1）當為何值時，？（2）連接，設的面積為，求與的函數(shù)關系式；（3）在運動過程中，是否存在某一時刻，使？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由；（4）連接，在運動過程中，是否存在某一時刻，使恰好將分成面積比為的兩部分？若存在，直接寫出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）3；（2）；（3）或；（4）【詳解】解：（1）∵∴∴解得，∴當時，；（2）取AB的中點M，BC的中點N，連接OM，ON，如圖①∵∴，，∴∠，∠∴四邊形OMBN是矩形∴∠∴∠，∠∴∠∴△∴∵，∴①當時，，（如圖①）∴，∴，，∴==∴；②當時，如圖②此時，，，∴∴∴==∴綜上所述，（3）∵∴解得，∴當或時，；（4）當時，即，作，如圖③∵∠，∠∴△∴，則∴，則∵∠，∠∴∴，則∴∵∴解得，當時，即，如圖④，同上可得，，∵∴解得，綜上所述，8．已知，如圖，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=12cm，AD⊥BC于點D，直線PM交BC于點P，交AC于點M，直線PM