專項復習：相似三角形最值問題（分層練習）（培優(yōu)練）

相似三角形最值問題（分層練習）（培優(yōu)練）單選題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）1．（2023春·內(nèi)蒙古通遼·九年級校考階段練習）如圖，在矩形ABDC中，AC=4cm，AB=3cm，點E以0.5cm/s的速度從點B到點C，同時點F以0.4cm/s的速度從點D到點B，當一個點到達終點時，則運動停止，點P是邊CD上一點，且CP=1，且Q是線段EF的中點，則線段QD+QP的最小值為（

）A． B．5 C． D．2．（2022秋·遼寧沈陽·九年級校考期末）如圖，菱形的頂點B、C在x軸上（B在C的左側），頂點A、D在x軸上方，對角線長是，點為的中點，點P在菱形的邊上運動．當點到所在直線的距離取得最大值時，點P好落在的中點處，則菱形的邊長等于（

）

A． B． C． D．33．（2022秋·浙江·九年級專題練習）如圖，正方形中，，，點在上運動（不與、重合），過點作，交于點，則的最大值為（

）A．6 B．2 C．3 D．44．（2023·江蘇無錫·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點坐標分別為，，，．動點P從點O出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿邊OA向終點A運動；動點Q從點B同時出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿邊BC向終點C運動．作于點G，則運動過程中，AG的最大值為（

）A． B． C． D．85．（2022春·江蘇無錫·八年級無錫市江南中學?？计谥校┤鐖D，平面內(nèi)三點A、B、C，AB=8，AC=6，以BC邊為斜邊在BC右側作等腰直角三角形BCD，連接AD，則的最大值是（

）A．98 B．100 C．72 D．706．（2020秋·九年級課時練習）如圖，Rt△AOB∽Rt△DOC，∠AOB＝∠COD＝90°，M為OA的中點，OA＝5，OB＝12，將△COD繞O點旋轉，連接AD，CB交于P點，連接MP，則MP的最大值為（）A．10 B．11 C．12 D．12.57．（2023·湖北鄂州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，為原點，，點為平面內(nèi)一動點，，連接，點是線段上的一點，且滿足．當線段取最大值時，點的坐標是（）

A． B． C． D．8．（2023春·江蘇宿遷·九年級沭陽縣懷文中學校聯(lián)考階段練習）如圖，矩形中，點在邊上，，，，點是矩形內(nèi)一動點，滿足，連接繞點逆時針旋轉90°至，連接，則的最小值為（

）A． B． C． D．19．（2023春·山東泰安·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形中，，，若點是邊上的一個動點．過點作且分別交對角線，直線于點O、F，則在點移動的過程中，的最小值為（

）

A． B． C．17 D．1810．（2023·江蘇連云港·連云港市新海實驗中學?？级＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，點，點B是線段上任意一點，在射線上取一點C，使，在射線上取一點D，使．所在直線的關系式為，點F、G分別為線段的中點，則的最小值是（

）

A． B． C． D．4．8填空題（本大題共8小題，每小題4分，共32分）11．（2023·江蘇無錫·統(tǒng)考三模）如圖，在直角坐標系中，，D是上一點，B是y正半軸上一點，且，，垂足為E，（1）當D是的中點時，；（2）求的最小值；

12．（2023秋·四川自貢·九年級統(tǒng)考期末）在平面直角坐標系中，已知，，，，，與直線相切于點C，點D是線段上一動點，則的最小值為．13．（2021·山東青島·統(tǒng)考中考真題）已知正方形的邊長為3，為上一點，連接并延長，交的延長線于點，過點作，交于點，交于點，為的中點，為上一動點，分別連接，．若，則的最小值為．14．（2021·安徽合肥·合肥市第四十五中學?？寄M預測）如圖所示，已知直線，、之間的距離為1，、點分別在直線、上，、分別為直線、直線上的動點，使，且．（1）的值為.（2）在運動的過程中，的最小值為．15．（2023秋·陜西西安·九年級?？奸_學考試）如圖，中，，，以為斜邊按、、順時針方向排列，構造，且，連接，則線段的最大值為．16．（2021·陜西西安·西安市鐵一中學?？寄M預測）如圖，和為四邊形的對角線，，，，，則的最大值為．17．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考三模）如圖，在矩形紙片中，，，E是邊上一點（不與點C、D重合），將紙片沿過點A的一條直線折疊，點B落在點處，折痕交于點P，沿直線PE再折疊紙片，點C落在點處，且P、、三點共線．則：

（1）的度數(shù)為；（2）線段長的最大值為．18．（2022春·陜西西安·八年級交大附中分校?？计谀┮阎骸鰽PD中，PA＝3，PD＝6，以AD為邊向下作矩形ABCD，對角線AC與BD相交于點O，且∠AOB＝60°，連接PO，則PO最大值為．三、解答題（本大題共6小題，共58分）19．（8分）（2019秋·湖北黃石·九年級?？茧A段練習）如圖，和都是等腰直角三角形，，點P為射線BD，CE的交點．求證：；若，把繞點A旋轉．當時，求PB的長；直接寫出旋轉過程中線段PB長的最大值與最小值．20．（8分）（2019·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，，點分別在邊，上，點分別在，上，，交于點，記.（1）若的值是1，當時，求的值.（2）若的值是，求的最大值和最小值.（3）若的值是3，當點是矩形的頂點，，時，求的值.21．（10分）（2019·全國·九年級專題練習）如圖，在中，，，．若動點從點出發(fā)，沿射線運動，運動速度為每秒2個單位長度．過點作交于點，設動點運動的時間為秒，的長為．（1）求出關于的函數(shù)關系式；（2）當為何值時，的面積有最大值或最小值，最大值或最小值為多少？參考答案1．A【分析】如圖，建立如圖所示的平面直角坐標系，連接QB，PB．首先用t表示出點Q的坐標，發(fā)現(xiàn)點Q在直線y=2上運動，求出PB的值，再根據(jù)PQ+PD=PQ+QB≥PB，可得結論．解：如圖，建立如圖所示的平面直角坐標系，連接QB，PB．∵四邊形ABDC是矩形，∴AC=BD=4cm，AB=CD=3cm，∴C（-3，0），B（0，4），∵∠CDB=90°，∴BC==5（cm），∵EH∥CD，∴△BEH∽△BCD，∴，∴，∴EH=0.3t，BH=0.4t，∴E（-0.3t，4-0.4t），∵F（0，0.4t），∵QE=QF，∴Q（-t，2），∴點Q在直線y=2上運動，∵B，D關于直線y=2對稱，∴QD=QB，∴QP+QD=QB+QP，∵QP+QB≥PB，PB==2（cm），∴QP+QD≥2，∴QP+QD的最小值為2．故選：A．【點撥】本題考查軸對稱最短問題，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，軌跡等知識，解題的關鍵是構建平面直角坐標系，發(fā)現(xiàn)點Q在直線y=2上運動．2．A【分析】如圖1，當是中點，作于，連接，由勾股定理得，，由，可得，即當點與重合時，的值最大，如圖2，當點與重合時，連接交于，交于，設，由，，可得，，由菱形，則，，，，證明，則，即，計算求解即可．解：如圖1，當是中點，作于，連接，

∵，，∴，，由勾股定理得，，∵，∴，∴當點與重合時，的值最大，如圖2，當點與重合時，連接交于，交于，設，

∵，，∴，，∵菱形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得，∴，故選：A．【點撥】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，中位線，平行線分線段成比例．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．3．D【分析】根據(jù)已知條件以及正方形的性質(zhì)得出，證明，設，則，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．解：四邊形是正方形，，，，，，，設，則，，，，，，，，，當時，的最大值為4，故選：D．【點撥】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．4．A【分析】連接OB交PQ于F，過點F作FH⊥OC于H，連接AF，設運動時間為t秒，則由已知易證明△BFQ∽△OFP，則可得PQ過定點F；再證明△OFH∽△OBC，則可求得點F的坐標，進而求得AF的長，則由垂線段最短可確定AG的最大值．解：連接OB交PQ于F，過點F作FH⊥OC于H，連接AF，如圖．設運動時間為t秒，則BQ=2t，OP=3t，∵B、C的縱坐標相同，∴BC∥OA，∴△BFQ∽△OFP，∴，∴PQ恒過定點F．∵FH∥BC，∴△OFH∽△OBC，∴，即，∴，∴．∴由勾股定理得：．∵PQ恒過定點F，且AG⊥PQ，∴AG≤AF，∴AG的最大值為AF，即AG的最大值為．故選：A．【點撥】本題是動點問題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，確定PQ過定點是問題的關鍵．5．A【分析】以AB為斜邊作等腰直角三角形?AOB，連接OD，利用相似三角形的性質(zhì)得出OD，即可得出結果．解：如圖所示，以AB為斜邊作等腰直角三角形?AOB，連接OD，∵?CBD，?AOB都是等腰直角三角形，∴，，∠ABO=∠CBD=45°，∴，∠ABC=∠OBD，∴?ABC~?OBD，∴，∴，∵AB=8，∠AOB=90°，OA=OB，∴OA=OB=，∵AD≤OA+OD，∴AD≤，AD2≤98，故選：A．【點撥】題目主要考查旋轉變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出相應輔助線，構造相似三角形及確定點D的運動軌跡是解題關鍵．6．D【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理證明△COB∽△DOA，得到∠OBC=∠OAD，得到O、B、P、A共圓，求出MS和PS，根據(jù)三角形三邊關系解答即可．解：取AB的中點S，連接MS、PS，則PM≤MS+PS，∵∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝12，∴AB＝13，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠COB＝∠DOA，∵△AOB∽△DOC，∴，∴△COB∽△DOA，∴∠OBC＝∠OAD，∴O、B、P、A共圓，∴∠APB＝∠AOB＝90°，又S是AB的中點，∴PS＝AB＝，∵M為OA的中點，S是AB的中點，∴MS＝OB＝6，∴MP的最大值是6+＝＝12.5，故選：D．【點撥】本題考查的是旋轉的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握旋轉前、后的圖形全等以及全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵．7．D【分析】由題意可得點在以點為圓心，為半徑的上，在軸的負半軸上取點，連接，分別過、作，，垂足為、，先證，得，從而當取得最大值時，取得最大值，結合圖形可知當，，三點共線，且點在線段上時，取得最大值，然后分別證，，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．解：∵點為平面內(nèi)一動點，，∴點在以點為圓心，為半徑的上，在軸的負半軸上取點，連接，分別過、作，，垂足為、，

∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴當取得最大值時，取得最大值，結合圖形可知當，，三點共線，且點在線段上時，取得最大值，∵，，∴，∴，∵，∴，∵軸軸，，∴，∵，∴，∴即，解得，同理可得，，∴即，解得，∴，∴當線段取最大值時，點的坐標是，故選D．【點撥】本題主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性質(zhì)、圓的一般概念以及坐標與圖形，熟練掌握相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關鍵．8．C【分析】取的中點O，再把繞點逆時針旋轉至,連接，則有，即可求出，然后過點作于點G，連接，利用勾股定理可以得到再根據(jù)求出結果．解：如圖，取的中點O，再把繞點逆時針旋轉至,連接，∵，∴，根據(jù)旋轉可得：，∴，，∴，∴，∴，∴，∴點在以為圓心，為半徑的圓上移動，

過點作于點G，連接，

則是矩形，∴，，∴，∴∴，故選C．【點撥】本題考查相似三角形，旋轉的性質(zhì)，勾股定理等知識，作輔助線構造相似三角形確定點點的運動路線是解題的關鍵．9．B【分析】過C作，取，連接，根據(jù)勾股定理得到，易得，即可得到，根據(jù)兩點間線段最短得到當、、三點共線時最短即可得到答案；解：如圖過C作，取，過點E作于點H，∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴當、、三點共線時最短，∴，∴，故選B；

【點撥】本題考查軸對稱最短問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題關鍵是學會用轉化的思想思考問題．10．A【分析】如圖所示，連接，設射線交射線于H，過點H作于M，連接，先根據(jù)三線合一定理得到，，進而證明四邊形是矩形，得到，，故當點B與點M重合時，最小，即最小，最小值為，設，則，求出，證明，利用相似三角形的性質(zhì)求出或（舍去），則的最小值為．解：如圖所示，連接，設射線交射線于H，過點H作于M，連接，∵，，點F、G分別為線段的中點，∴，，∵，∴，即，∴四邊形是矩形，∴，，∴當最小時，最小，∴當點B與點M重合時，最小，即最小，最小值為，∵點H在直線上，∴可設，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴或（舍去），經(jīng)檢驗，是原方程的解，∴的最小值為，故選A．

【點撥】本題主要考查了一次函數(shù)與幾何綜合，矩形的性質(zhì)與判定，三線合一定理，相似三角形的性質(zhì)與判定等等，證明四邊形是矩形是解題的關鍵．11．【分析】（1）先求出，，在利用得出即可求出答案；（2）當時，的值最小，此時點與點重合，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出的最小值．解：（1）∵，∴．∵D是的中點，∴．∴．∵，∴．又∵，∴．∴，即．∴．故答案是；（2）∵點E在上，∴當時，的值最小．此時，點與點重合，如圖

∵，,∴．∵，∴是邊上的中線．∴．故答案是．【點撥】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意準確找到當時，的值最小是解題的關鍵和難點．12．/【分析】作點C關于x軸的對稱點G，且交x軸于點E，點G向右平移3個單位得到點H，過H作軸于點F交于點D，作軸于點N，求得的最小值為，利用等腰直角三角形的性質(zhì)以及相似三角形的判定和性質(zhì)即可求解．解：∵，，∴，作點C關于x軸的對稱點G，且交x軸于點E，點G向右平移3個單位得到點H，過H作軸于點F交于點D，作軸于點N，此時，，∴，故的最小值為，∵，，∴是等腰直角三角形，且，∵與直線相切于點C，∴，則，∴是等腰直角三角形，則，∵，，∴，，，∵軸，軸，∴，∴，∴，即，∴，∴，CE＋DF的最小值為，故答案為：．【點撥】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，坐標與圖形，軸對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．13．【分析】由正方形的性質(zhì)，可得A點與C點關于BD對稱，則有MN+CM=MN+AM≥AN，所以當A、M、N三點共線時，MN+CM的值最小為AN，先證明△DCG~△FCE，再由，可得，分別求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．解：∵四邊形ABCD是正方形，∴A點與C點關于BD對稱，∴CM=AM，∴MN+CM=MN+AM≥AN，∴當A、M、N三點共線時，MN+CM的值最小，∵AD∥CF，∴∠DAE=∠F，∵∠DAE+∠DEH=90°，∵DG⊥AF，∴∠CDG+∠DEH=90°，∴∠DAE=∠CDG，∴∠CDG=∠F，∴△DCG~△FCE，∵，∴，∵正方形邊長為3，∴CF=6，∵AD∥CF，，∴DE=1，CE=2，在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，∴，∵N是EF的中點，，在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，∴，∴，∴MN+MC的最小值為．故答案為：．【點撥】本題考查軸對稱求最短距離，熟練掌握正方形的性質(zhì)，用軸對稱求最短距離的方法，靈活應用三角形相似、勾股定理是解題的關鍵．14．【分析】（1）移動點A使與點F重合，過A作AC⊥m于C，由EF⊥AB，由勾股定理，可證△BCA∽△ACE，，可求，由勾股定理；（2）作點A關于m的對稱點A′，作點B關于n的對稱點B′，過點B′延長A′E交n于H，連結B′H，AB與EF交于Q，當四邊形AEBF為菱形時最短，的最小值，由四邊形AEBF為菱形，可得AE=BF，由m∥n，可得AE=HE=A′E，可得AE+FB=A′H最短，（兩點之間線段最短），可證△AQF∽△ENF，可得，求出即可．解：（1）移動點A使與點F重合，過A作AC⊥m于C，∵EF⊥AB，∴∠EAB=90°，在Rt△ACB中，由勾股定理∵∠CBA+∠CAB=90°，∠CAE+∠BAC=90°，∴∠CBA=∠CAE，∴∠BCA=∠ACE=90°，∴△BCA∽△ACE，∴即，∴，在Rt△ECA中，由勾股定理，故答案為：；（2）作點A關于m的對稱點A′，作點B關于n的對稱點B′，過點B′延長A′E交n于H，連結B′H，AB與EF交于Q，當四邊形AEBF為菱形時最短，的最小值，∵四邊形AEBF為菱形，∴AE=BF，∵m∥n，∴∠mEA=∠EAH=∠A′Em=∠EHA，∴AE=HE=A′E，∵BF=B′F=AE，∴EH=FB′∴AE+FB=A′H最短，（兩點之間線段最短），過E作EN⊥n于N，∵AQ⊥EF，∴∠AQF=∠ENF=90°，∵∠AFQ=∠EFN，∴△AQF∽△ENF，∴，∵，，∴，∴，∴AE=BF=，∴最小=+=．故答案為．【點撥】本題考查平移性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，軸對稱性質(zhì)，兩點之間線段最短，掌握平移性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，軸對稱性質(zhì)，兩點之間線段最短是解題關鍵．15．【分析】以為斜邊作的，連接，證明，得出則在以為圓心，為半徑的圓上運動，當三點共線時，最大，即可求解．解：如圖所示，以為斜邊作的，連接，則∴，∴又∴∴∴則則在以為圓心，為半徑的圓上運動，∵當三點共線時，最大，最大值為故答案為：．【點撥】此題考查了圓的有關性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，解題的關鍵是添加輔助線構造相似三角形．16．【分析】先證出，作，使，，證明出，從而得出，在中，由勾股定理求出的長度，在中，利用三角形三邊關系可得的最大值．解：取的中點為，連接，作，使，，連接，過點作于，∵，∴，∵，∴點與重合，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，連接，過點作于，∵，在中，，∴，，∴，在中，由勾股定理得：∴，∴，∴，∴的最大值為：，故答案為：．【點撥】本題考查特殊角的三角函數(shù)值、相似三角形的判定及其性質(zhì)、三角形的三邊關系、勾股定理等知識點，做輔助線構造三角形是解題的關鍵．17．/90度/【分析】（1）根據(jù)折疊得出，根據(jù)，即可求出；（2）設，，則，根據(jù)翻折的性質(zhì)證明，可得，所以，整理得：，由題意可知，該方程有實數(shù)根，所以，解得，即可得出的最大值．解：（1）由折疊可知：，∵，∴；故答案為：．（2）設，則，∵，∴，∵，∴，∴，∴，整理得：，由題意可知，該方程有實數(shù)根，∴，解得：，∴的最大值為．故答案為：．【點撥】本題主要考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程，綜合性較強，要求學生有較強的識圖能力．18．【分析】在AP的右側取一點J，使得JA＝JP，∠AJP＝120°．連接AJ，JP，OJ，過點J作JH⊥AP于點H，可求出PJ，再通過線段間的比例關系證明△PAD∽△JAO，可得到，則JO=，最后通過OP≤JP+OJ即可得出結論．解：如圖，在AP的右側取一點J，使得JA＝JP，∠AJP＝120°．連接AJ，JP，OJ，過點J作JH⊥AP于點H．∴JA＝JP，JH⊥AP，∴AH＝PH＝，∵∠AJP＝120°，∴∠JAP＝∠JPA＝30°，∴PJ＝2JH，∴PJ＝，JH＝，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OD，∵∠AOB＝60°，∴∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴∠PAJ＝∠DAO，∴∠PAD＝∠JAO，∵∴△PAD∽△JAO，∴∴JO＝，∵OP≤JP+OJ＝，∴OP的最大值為．故答案為：．【點撥】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，以及相似三角形的判定與性質(zhì)．正確的畫出輔助線，構造相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)進行求解是解題的關鍵．19．（1）詳見分析；（2）①或；②PB長的最小值是，最大值是．【分析】欲證明，只要證明≌即可．分兩種情形a、如圖2中，當點E在AB上時，由∽，得，由此即可解決問題．b、如圖3中，當點E在BA延長線上時，解法類似．、如圖4中，以A為圓心AD為半徑畫圓，當CE在下方與相切時，PB的值最?。産、如圖5中，以A為圓心AD為半徑畫圓，當CE在上方與相切時，PB的值最大．分別求出PB即可．解：證明：如圖1中，和是等腰直角三角形，，，，，在和中，，≌，．解：、如圖2中，當點E在AB上時，．，同可證≌．．，∽．b、如圖3中，當點E在BA延長線上時，．，，同可證≌．．，∽，，，，綜上，或．、如圖4中，以A為圓心AD為半徑畫圓，當CE在下方與相切時，PB的值最?。碛桑捍藭r最小，因此PB最小，是直角三角形，斜邊BC為定值，最小，因此PB最小，，由可知，≌，，，，四邊形AEPD是矩形，，．b、如圖5中，以A為圓心AD為半徑畫圓，當CE在上方與相切時，PB的值最大．理由：此時最大，因此PB最大，是直角三角形，斜邊BC為定值，最大，因此PB最大，，由可知，≌，，，，四邊形AEPD是矩形，，．綜上所述，PB長的最小值是，最大值是．【點撥】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉變換、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、圓的有關知識，解題的關鍵是靈活運用這些知識解決問題，學會分類討論的思想思考問題，學會利用