初中数学中考复习 专题2 相似三角形的存在性问题探究-备战2020年中考数学压轴题专题研究

这是一份初中数学中考复习 专题2 相似三角形的存在性问题探究-备战2020年中考数学压轴题专题研究，共20页。试卷主要包含了相似三角形的判定，相似三角形动点问题解题步骤，模型应用等内容，欢迎下载使用。
专题二：相似三角形的存在性问题探究
知识梳理
一、相似三角形的判定
1. 两个角对应相等（简记“AA”）；
2. 两边对应成比例，及其夹角相等（简记“SAS”）；
3. 三条对应边成比例。（简记“SSS”）。
二、相似三角形判定的基本模型图例剖析
（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）一线三等角型：

三、相似三角形动点问题解题步骤
1. 化动为静
2. 未知数表示线段长度
3. 确定未知数取值范围
4. 找相等角
5. 分类讨论，写相似关系
6. 写比例式
7. 求解，检验
四、模型应用：
专题导例： 如图，在钝角三角形ABC中，AB=6cm，AC=12cm，动点D从A点出发到B点止，动点E从C点出发到A点止．点D运动的速度为1cm/秒，点E运动的速度为2cm/秒．如果两点同时运动，那么当以点A、D、E为顶点的三角形与△ABC相似时，运动的时间是（ ）

A．3秒或4．8秒 B．3秒 C．4．5秒 D．4．5秒或4．8秒
分析：设运动的时间为x秒，则AD=xcm，AE=（12－2x）cm，根据△ADE和△ABC相似可得：或，则或，解得：x=3或x=4．8
解题方法： 函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
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. 科网]
典例精讲
类型一：已知两定点来建构三角形与已知三角形相似
例1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝mx2﹣8mx+4m+2（m＞0）与y轴交于点A（0，3），与x轴交于点B、C（B在C的左边），直线AD∥x轴交抛物线于点D，x轴上有一动点E（t，0），过点E作平行于y轴的直线l与抛物线、AD分别交于P、Q．
（1）求抛物线的解析式，并直接写出点B、C的坐标；
（2）当0＜t≤8时，求△APC面积的最大值；
（3）当t＞2时，是否存在点P，使以A、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把点A（0，3）代入y＝mx2﹣8mx+4m+2，求出m即可，令y＝0，得到x2﹣8x+12＝0，解得x＝2或6，可得B（2，0）、C（6，0）；
（2）分两种情形①当0＜t＜6时，②当6＜t≤8时，分别求解即可解决问题；
（3）分两种情况讨论：①当2＜t＜8时，AQ＝t，PQ＝若△AOB∽△AQP，若△AOB∽△PQA，分别列出方程求解；
②当t＞8时，AQ＝t，PQ＝若△AOB∽△AQP，若△AOB∽△PQA，分别列出方程求解即可；









类型二：动点产生的三角形相似问题
例2.如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？
（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；′
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？

分析：（1）过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出=，从而求出AB，再根据=，得出PH=3﹣t，则△AQP的面积为：AQ•PH=t（3﹣t），最后进行整理即可得出答案；
（2）连接PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，得出△APE∽△ABC，=，求出AE=﹣t+4，再根据QE=AE﹣AQ，QE=QC得出﹣t+4=﹣t+2，再求t即可；
（3）由（1）知，PD=﹣t+3，与（2）同理得：QD=﹣t+4，从而求出PQ=，
在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即=t，③当PQ=AP，即=5﹣t，再分别计算即可


专题训练
1．如图，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别相交于点A，B，经过A，B的抛物线与x轴的另一个交点为C（1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一动点P，求△PBC周长的最小值及此时点P坐标；
（3）在线段AB上是否存在点Q，使△ACQ与△AOB相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．






2.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′），当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E．

（1）求证：∠CBP=∠ABP；
（2）求证：AE=CP；
（3）当，BP′=5时，求线段AB的长．


3．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．动点M从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向定点A运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速度向点B运动，运动时间为t秒（0＜t＜），连接MN．
（1）若△BMN与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．





4．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（4，0），B（1，0）．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）点D是直线AC上方的抛物线上的一点，求△DCA面积的最大值；
（3）P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，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．




5．（2019•建昌县一模）如图，二次函数ybx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、与y轴交于点C（0，4），过点A的直线yx+1与抛物线的另一个交点为B，D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式并直接写出顶点D的坐标；
（2）如图1，点P是线段AB上方抛物线上一动点，求点P运动到什么位置时，△ABP的面积最大，最大面积是多少？
（3）如图2，设直线AB与y轴交于点E．点M是直线AB上的一个动点（不与点A、B重合），当△MEC与△AOE相似时，请直接写出点M的坐标．

















6.已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于两个不同的点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴正半轴交于点C，tan∠CAB＝．
（1）求抛物线的解析式并验证点Q（﹣1，3）是否在抛物线上；
（2）点M是线段AC上一动点（不与A，C重合），过点M作x轴的垂线，垂足为H，交抛物线于点N，试判断当MN为最大值时，以MN为直径的圆与y轴的位置关系并说明理由；
（3）已知过点B的直线y＝x﹣1交抛物线于另一点E，问：在x轴上是否存在点P，使以点P，A，Q为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，请求出所有符合要求的点P的坐标；若不存在，请说明理由．




















参考答案
例1．解：（1）把点A（0，3）代入y＝mx2﹣8mx+4m+2，得3＝4m+2，
∴m＝，
∴该抛物线解析式为：y＝；
令y＝0，得到x2﹣8x+12＝0，解得x＝2或6，
∴B（2，0）、C（6，0）．

（2）设直线AC的解析式为：y＝kx+b，
∴
解得
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x+3，
设△APC面积为S，
要构成△APC，显然t≠6，
分两种情况讨论：
设直线l与AC交点为F，
∴P（t，）
F（t，），
①当0＜t＜6时，
PF＝，
∴S＝
＝，
此时S最大值为：．
②当6＜t≤8时，
PF＝，
∴S＝
＝
∵当t＞3时，s随t的增大而增大，
∴当t＝8时，S取最大值为：12．
综上可知，当0＜t≤8时，
△APC面积的最大值为12．

（3）连接AB，则△AOB中，
∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝2，
Q（t，3），P（t，），
要构成△APQ，显然t≠8，
分两种情况讨论：
①当2＜t＜8时，
AQ＝t，PQ＝
若△AOB∽△AQP，
则AO：AQ＝OB：QP，
即3：t＝2：（），
∴t＝0（舍），或t＝，
若△AOB∽△PQA，
则AO：PQ＝OB：QA，
即2：t＝3：（），
∴t＝0（舍）或t＝2（舍），
②当t＞8时，
AQ＝t，PQ＝
若△AOB∽△AQP，
则AO：AQ＝OB：QP，
即3：t＝2：（），
∴t＝0（舍），或t＝，
若△AOB∽△PQA，
则AO：PQ＝OB：QA，
即2：t＝3：（），
∴t＝0（舍）或t＝14，
综上所述，满足条件的t的值为ts或s或14s．

例2.解：（1）如图甲，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴=，
∵AC=4cm，BC=3cm，
∴AB=5cm，
∴=，
∴PH=3﹣t，
∴△AQP的面积为：
S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）2+，
∴当t为秒时，S最大值为cm2．
（2）如图乙，连接PP′，PP′交QC于E，
当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，
∴△APE∽△ABC，
∴=，
∴AE===﹣t+4
QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，
QE=QC=（4﹣t）=﹣t+2，
∴﹣t+4=﹣t+2，
解得：t=，
∵0＜＜4，
∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s；
（3）由（1）知，
PD=﹣t+3，与（2）同理得：QD=AD﹣AQ=﹣t+4
在△APQ中，
①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1=；
②当PQ=AQ，即=t时，解得：t2=，t3=5；
③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=；
∵0＜t＜4，
∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，
∴当t为s或s或s时，△APQ是等腰三角形．
专题训练
1．（1）对于直线y＝﹣x+2，当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝3．
∴A（3，0），B（0，2），
由抛物线经过点A（3，0），C（1，0），B（0，2），
所以可设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，代入A，B，C三点可得：
，解得∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）由抛物线的对称性得C的对称点为A，则直线AB与对称轴的交点P为所求，此时△PBC的周长最小．∵PA＝PC，∴PB+PC＝PB+PA＝AB．
∵AB2＝OB2+OA2＝22+32＝13，AB＝，BC2＝OC2+OB2＝1+4＝5，BC＝,
∴PB+PC+BC＝+．
∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣2）2﹣，由y=-x+2，当x=2时，y=
∴点P的坐标为P（2，）．∴△PBC周长最小为，此时点P的坐标为P（2，）；
（3）存在．①如图，过点C作x轴的垂线交AB于点Q1，

此时∠Q1CA＝∠BOA＝90°，∠Q1AC＝∠BAO，∴△ACQ1∽△AOB．
由y＝﹣x+2，当x＝1时，y＝．∴Q1（1，）；
②如图，过点C作CQ2⊥AB于点Q2．
此时∠CQ2A＝∠BOA＝90°，∠Q2AC＝∠OAB．∴△ACQ2∽△ABO．
过Q2作Q2M⊥AC于点M．则△CMQ2∽△Q2MA．∴，即Q2M2＝CM•AM．
设点Q2（x，﹣x+2），则CM＝x﹣1，AM＝3﹣x，Q2M＝﹣x+2．
∴（﹣x+2）2＝（x﹣1）（3﹣x），解得：x1＝3（与A点重合，舍去），x2＝，
∴Q2（，）．
综上，存在点Q1（1，），Q2（，）使△ACQ与△AOB相似．

2.解：（1）证明：∵AP′是AP旋转得到，
∴AP=AP′，
∴∠APP′=∠AP′P，
∵∠C=90°，AP′⊥AB，
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠ABP+∠AP′P=90°，
又∵∠BPC=∠APP′（对顶角相等），
∴∠CBP=∠ABP；
（2）证明：如图，过点P作PD⊥AB于D，
∵∠CBP=∠ABP，∠C=90°，
∴CP=DP，
∵P′E⊥AC，
∴∠EAP′+∠AP′E=90°，
又∵∠PAD+∠EAP′=90°，
∴∠PAD=∠AP′E，
在△APD和△P′AE中，，
∴△APD≌△P′AE（AAS），
∴AE=DP，
∴AE=CP；
（3）解：∵=，
∴设CP=3k，PE=2k，
则AE=CP=3k，AP′=AP=3k+2k=5k，
在Rt△AEP′中，P′E==4k，
∵∠C=90°，P′E⊥AC，
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠EP′P+∠EPP′=90°，
∵∠BPC=∠EPP′（对顶角相等），
∴∠CBP=∠EP′P，
又∵∠BAP′=∠P′EP=90°，
∴△ABP′∽△EPP′，
∴=，
即=，
解得P′A=AB，
在Rt△ABP′中，AB2+P′A2=BP′2，
即AB2+AB2=（5）2，
解得AB=10．
3.解析：（1）由题意知，BM=3tcm，CN=2tcm，∴BN=（8﹣2t）cm，BA==10（cm），当△BMN∽△BAC时，，∴，解得：t=；
当△BMN∽△BCA时，，∴，解得：t=，
∴△BMN与△ABC相似时，t的值为或；
（2）过点M作MD⊥CB于点D，由题意得：DM=BMsinB==（cm），BD=BMcosB==（cm），BM=3tcm，CN=2tcm，∴CD=（）cm，∵AN⊥CM，∠ACB=90°，∴∠CAN+∠ACM=90°，∠MCD+∠ACM=90°，∴∠CAN=∠MCD，∵MD⊥CB，∴∠MDC=∠ACB=90°，∴△CAN∽△DCM，∴，∴，解得t=．

4．（1）∵该抛物线过点A（4，0），B（1，0），
∴将A与B代入解析式得：
解得：则此抛物线的解析式为y＝﹣x2+x﹣2；
（2）如图，设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为﹣t2+t﹣2，
过D作y轴的平行线交AC于E．
由题意可求得直线AC的解析式为y＝x﹣2．∴E点的坐标为（t， t﹣2）．
∴DE＝﹣t2+t﹣2﹣（t﹣2）＝﹣t2+2t．
∴S△DAC＝×（﹣t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4．
则当t＝2时，△DAC面积最大为4；
（3）符合条件的点P为（2，1）或（5，﹣2）或（﹣3，﹣14）．
存在，如图，设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为﹣m2+m﹣2．
当1＜m＜4时，AM＝4﹣m，PM＝﹣m2+m﹣2．
又∵∠COA＝∠PMA＝90°，
∴①当=2时，△APM∽△ACO，即4﹣m＝2（﹣m2+m﹣2）．
解得：m＝2或m＝4（舍去），此时P（2，1）；
②当＝时，△APM∽△CAO，即2（4﹣m）＝﹣m2+m﹣2．
解得：m＝4或m＝5（均不合题意，舍去）
∴当1＜m＜4时，P（2，1）；
类似地可求出当m＞4时，P（5，﹣2）；当m＜1时，P（﹣3，﹣14）．
综上所述，符合条件的点P为（2，1）或（5，﹣2）或（﹣3，﹣14）．

5.【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式；将二次函数解析式转化为顶点式，可以得到顶点D的坐标；
（2）设与直线yx+1平行且相切的直线为PQ：yx+b，则点P为切点时所求三角形面积最大；
（3）分两种情况讨论：当CM∥x轴时，△MEC与△AOE相似，当CM′⊥AB时，△MEC与△AOE相似，
【解析】（1）∵二次函数ybx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、与y轴交于点C（0，4），
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y，顶点D的坐标为（1，）．
（2）设与直线yx+1平行且相切的直线为PQ：
yx+b，Q为PQ与x轴交点，H为PQ与y轴交点，过点A作AG⊥PQ于点G，则当点P为切点时，△ABP的面积最大，
∴x+b，
化简得：x2﹣x+2b﹣8＝0，
∴△＝1﹣4（2b﹣8）＝0，
∴b
∴x2﹣x+28＝0
∴x1＝x2，
∴点P坐标为（，）．
PQ解析式为：yx，
∴Q（，0），又b，
∴AQ，OQ，
∴tan∠GQA，
∴sin∠GQA，
∴GA，
由解得x1＝﹣2，x2＝3，
∴B（3，），AB，
∴S△ABPAB×GA
∴点P运动到（，）时，△ABP的面积最大，最大面积是．

（3）由yx+1得E（0，1）
A（﹣2，0）、C（0，4），
∴，
当CM∥x轴时，△MEC与△AOE相似，由OC＝4，OE＝1，可得CE＝3，
∴CM＝6，即点M横坐标为6，代入yx+1得y＝3，
∴M（6，4）；
当CM′⊥AB时，△MEC与△AOE相似，由，CE＝3可得CM′，EM′，
由面积法可得M′x，
∴M′（，）．
∴当△MEC与△AOE相似时，点M的坐标为（6，4）或（，）．

.6解：（1）在Rt△AOC中，∠COA＝90°，AO＝4，tan∠CAB＝，
∴OC＝2．
∴C（0，2）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），将点C的坐标代入得：﹣4a＝2，解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣×（x2+3x﹣4），即y＝﹣x2﹣x+2．
当x＝1时，y＝﹣×（﹣1）2﹣×（﹣1）+2＝3．
∴点Q（﹣1，3）在抛物线上．

（2）如图1所示：

设直线AC的解析式为y＝kx+b，将点A、C的坐标代入得：，
解得：k＝，b＝2．
∴直线AC的解析式为y＝x+2．
设点M的坐标为（m，m+2），则点N（m，﹣m2﹣m+2）．
∴MN＝﹣m2﹣m+2﹣（m+2）＝﹣（m+2）2+2．
∴当m＝﹣2时，MN的最大值为2．
∴以MN为直径的圆的半径为1．
又∵以MN为直径的圆的圆心到y轴的距离为2，
∴以MN为直径的圆与y轴相离．

（3）如图3所示：过点E作ED⊥x轴，垂足为D，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F．

将y＝x﹣1与y＝﹣x2﹣x+2联立，解得：x＝﹣6，y＝﹣7或x＝1，y＝0，
∴点E的坐标为（﹣6，﹣7）．
∴BD＝ED＝7．
又∵∠EDB＝90°
∴∠EBD＝45°．
同理∠QAF＝45°．
∴∠EBD＝∠QAF＝45°．
∴∠QAD＝135°，90°＜∠EAB＜135°．
∴点P只能在点A的右侧．
依据两点间的距离公式可知：EB＝7，AQ＝3，AB＝5．
当△QAP′∽△ABE时，则，即＝，解得AP′＝，
∴OP′＝﹣4＝．
当，△AQP∽△BEA时，则，即，解得：AP＝，
∴OP＝5﹣＝．
∴点P的坐标为：（，0）或（﹣，0），