动点相似

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动点产生的相似三角形方法总结

动点产生的相似三角形方法总结嘿，朋友们！今天咱来唠唠动点产生的相似三角形这档子事儿。

你说这动点啊，就像个调皮的小孩子，在那图形里跑来跑去，一会儿在这儿，一会儿在那儿。

可别小瞧了这小家伙，它跑着跑着就能跑出好多有趣的相似三角形来呢！咱就拿个简单的例子来说吧，比如在一个直角三角形里，有个动点在一条边上溜达。

你就眼睁睁看着它，嘿，突然就和原来的三角形有那么点相似的味道了。

这就好像是孙悟空七十二变，一下子就变出个差不多的模样来。

你想想看，这动点多神奇啊！它能让原本平平无奇的图形变得充满了变化和惊喜。

有时候你觉得它跑得没道理，可仔细一瞧，哎呀，原来这里面藏着相似三角形的秘密呢！那怎么才能抓住这个小调皮呢？这可得有点眼力见儿。

你得仔细观察它的运动轨迹，看看它跑到哪儿的时候，那些边啊角啊就有了相似的感觉。

就跟警察抓小偷似的，得瞅准时机，一下子就把它给揪住。

而且啊，这动点产生的相似三角形可不是孤立存在的，它们之间往往有着千丝万缕的联系。

一个相似三角形可能会引出另一个相似三角形，就像连锁反应一样。

这多有意思啊！比如说，当一个动点跑到某个位置，和原来的三角形形成了一组相似。

然后呢，随着它继续跑，又会和另外的部分形成新的相似。

这就像搭积木一样，一块一块地堆起来，最后呈现出一个奇妙的图形大厦。

咱可不能小瞧了这动点产生的相似三角形，在很多数学问题里，它可都是关键所在呢！要是能把它玩转了，那些难题可就都不在话下啦。

你说，这动点是不是很神奇？它就那么跑一跑，相似三角形就出来了。

是不是感觉数学的世界真的是充满了奥秘和乐趣？咱可得好好去探索一番，把这些有趣的东西都给弄明白咯！反正我是觉得这动点产生的相似三角形太有意思啦，你们呢？难道不觉得吗？。

九年级中考专题04 动点与相似三角形存在性问题解法题型讲义(教师版)

动点与相似三角形存在性问题解法动点存在性问题是中考的热点与难点，相似三角形存在性问题是其中的重点题型。

其解题核心是找到比例关系得到方程，难点在于分类讨论找出隐含的条件. 通常，隐含的条件中角度相等不太容易发现.一、典例解析例1. 【2020·广东东莞】如图，抛物线y =3+√36x 2+bx +c 与x 轴交于A ，B 两点，点A ，B 分别位于原点的左、右两侧，BO ＝3AO ＝3，过点B 的直线与y 轴正半轴和抛物线的交点分别为C ，D ，BC =√3CD ．（1）求b ，C 的值；（2）求直线BD 的函数解析式；（3）点P 在抛物线的对称轴上且在x 轴下方，点Q 在射线BA 上．当△ABD 与△BPQ 相似时，请直接写出所有满足条件的点Q 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵OB=3OA=3∴B （3,0），A （-1,0）∴0930b c b c ⎧+=⎪⎪++=解得：b=，c= （2）过点D 作DE ⊥y 轴于E ，∵∠ECD=∠BCO，∠DEC=∠BOC=90°∴△CDE∽△CBO∴CD DE BC OB=3DE=，即D点横坐标为其坐标为D（）由B(3,0)得直线BD解析式为：y=（3）由A（-1,0），B（3,0），D（），知S△ABD=2），BD=2），AD=过点A作AH⊥BD于H，∴AH=2，DH=2，∴tan∠ADB=1，tan∠∠设Q（x，0），P（1，m），其中m<0，x<3，①当△ABD∽△BPQ时，∠DAB=∠QBP（由题意知∠QBP<90°，∠DAB>90°，不存在）②当△ABD∽△BQP时，同理，此种情况不存在；③当△ABD∽△QBP时，tan ∠ADB=tan ∠QPB=1，tan ∠ABD= tan ∠∠PQO=tan ∠∴2m -m=，21m x -=-即Q 0） ④当△ABD ∽△QPB 时，同理，∴12m -=，即m=-2，21m x -=-x=5-即Q （5-0）⑤当△ABD ∽△PQB 时，同理，∴12m -=，即m=-2，1m x --，x=1-即Q （1-0）⑥当△ABD ∽△PBQ 时，同理，∴2m -m=，11m x -=-，x=1即Q （1，0）. 例2.【2020·贵州铜仁】如图，已知抛物线y ＝ax 2+bx +6经过两点A （﹣1，0），B （3，0），C 是抛物线与y 轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC 的面积为S ，求S 关于m 的函数表达式（指出自变量m 的取值范围）和S 的最大值；（3）点M 在抛物线上运动，点N 在y 轴上运动，是否存在点M 、点N 使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似，如果存在，请求出点M 和点N 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将A （﹣1，0）、B （3，0）代入y ＝ax 2+bx +6，得：{a −b +6=09a +3b +6=0，解得：{a =−2b =4， ∴抛物线的解析式为y ＝﹣2x 2+4x +6．（2）过点P 作PF ∥y 轴，交BC 于点F ，如图所示．当x ＝0时，y ＝﹣2x 2+4x +6＝6，∴点C 的坐标为（0，6）．设直线BC 的解析式为y ＝kx +c ，将B （3，0）、C （0，6）代入y ＝kx +c ，得：{3k +c =0c =6，解得：{k =−2c =6， ∴直线BC 的解析式为y ＝﹣2x +6．设点P 的坐标为（m ，﹣2m 2+4m +6），则点F 的坐标为（m ，﹣2m +6），∴PF ＝﹣2m 2+4m +6﹣（﹣2m +6）＝﹣2m 2+6m ，∴S △PBC =12PF •OB ＝﹣3m 2+9m ＝﹣3（m −32）2+274，∴当m =32时，△PBC 面积取最大值，最大值为274．∵点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m ＜3．（3）存在点M 、点N 使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似．①如图，∠CMN ＝90°，当点M 位于点C 上方，过点M 作MD ⊥y 轴于点D ，∵∠CDM ＝∠CMN ＝90°，∠DCM ＝∠NCM ，∴△MCD ∽△NCM ，若△CMN 与△OBC 相似，则△MCD 与△NCM 相似，设M （a ，﹣2a 2+4a +6），C （0，6），∴DC ＝﹣2a 2+4a ，DM ＝a ，当DM CD =OB OC =36=12时，△COB ∽△CDM ∽△CMN ， ∴a −2a 2+4a =12，解得，a ＝1，∴M （1，8），此时ND =12DM =12，∴N （0，172），②当CD DM =OB OC =12时，△COB ∽△MDC ∽△NMC ， ∴−2a 2+4a a =12，解得a =74，∴M （74，558），此时N （0，838）． ③如图，当点M 位于点C 的下方，过点M 作ME ⊥y 轴于点E ，设M （a ，﹣2a 2+4a +6），C （0，6），∴EC ＝2a 2﹣4a ，EM ＝a ，同理可得：2a 2−4a a =12或2a 2−4a a =2，△CMN 与△OBC 相似，解得a =94或a ＝3，∴M （94，398）或M （3，0），此时N 点坐标为（0，38）或（0，−32）．综上所述，M （1，8），N （0，172）或M （74，558），N （0，838）或M （94，398），N （0，38）或M （3，0），N （0，−32），使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似．例3.【2020·浙江金华】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB =8.（1）求证：四边形AEFD为菱形.（2）求四边形AEFD的面积.（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵DF∥AE，EF∥AD，∴四边形AEFD是平行四边形∵四边形ABOC是正方形，∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°∵点D，E是OB，OC的中点，∴CE＝BD，∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴AE＝AD，∴平行四边形AEFD是菱形（2）连接DE∵S△ABD＝12AB·BD＝12×8×4=16S△ODE＝12OD·OE＝12×4×4=8∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－S△ODE＝64－2×16－8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.（3）连接AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3，①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有两种情况：（i）如图，AG与PQ交于点H，∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴△APH的两直角边之比为1:3.过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t，∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，∴点N是OP中点，∴HN是△OPQ的中位线，∴ON＝PN＝8－t.∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，∴△HMA∽△PNH，∴13 AM MH NH PN==∴HN＝3AM＝3t，∴MH＝MN－NH＝8－3t，∵PN＝3MH，∴8－t=3(8－3t)，解得t＝2，∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12，∴点P的坐标为(12，0).（ii）如图△APH的两直角边之比为1:3.过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M.∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，∴△AMH∽△HNP，∴13 AM MH NH PN==设MH＝t，∴PN＝3MH＝3t，∴AM＝BM－AB＝3t－8，∴HN＝3AM＝3(3t－8)＝9t－24.∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HI＝HN，∴8＋t＝9t－24，解得t＝4∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，∴点P的坐标为(24，0).②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有两种情况，（i）△PQH的两直角边之比为1:3.过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N.∵MH是△QAC的中位线，∴HM=4，同理，△HPN∽△QHM∴13 PN NH MH MQ==则PN=43，∴OM=4 3设HN＝t，则MQ＝3t.∵MQ＝MC，∴4383t=-，解得：t=209∴OP＝MN＝4＋t＝56 9即P（569，0）；（ii）△PQH的两直角边之比为1:3.过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N，同理，得：HM=4 3设PM＝t，则HN＝3t，∵HN＝HI，∴4383t=+，解得：t=289∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝8 9即P（89，0）.③当AP为菱形对角线时，△PQH的两直角边之比为1:3.同理得：点P的坐标为(16，0).综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，（569，0），（89，0），(16，0).三、刻意练习1.【2020·山东烟台】如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x＝12，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m．（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）设OB ＝t ，则OA ＝2t ，则点A 、B 的坐标分别为（2t ，0）、（﹣t ，0），则12＝12（2t ﹣t ），解得：t ＝1，点A 、B 的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣2）（x +1）＝ax 2+bx +2，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+x +2；（2）存在，理由：点D （m ，﹣m 2+m +2）（m ＞0），则OD ＝m ，DE ＝﹣m 2+m +2，以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似，则DE OE =OB OC ，DE OE =OC OB即DE OE ＝2或12，即222m m m -++=或2212m m m -++=，解得：m ＝1或﹣2（舍去），综上所述，m ＝1． 2.【2020·黑龙江绥化】如图1，抛物线21(2)62y x =-++与抛物线21122y x tx t =-++-相交y 轴于点C ，抛物线1y 与x 轴交于A 、B 两点（点B 在点A 的右侧），直线23y kx =+交x 轴负半轴于点N ，交y 轴于点M ，且OC ON =．（1）求抛物线1y 的解析式与k 的值；（2）抛物线1y 的对称轴交x 轴于点D ，连接AC ，在x 轴上方的对称轴上找一点E ，使以点A ，D ，E 为顶点的三角形与AOC ∆相似，求出DE 的长；【答案】见解析.【解析】解：（1）当0x =时，得21(2)62642y x =-++=-+=， (0,4)C ∴，把(0,4)C 代入21122y x tx t =-++-得，24t -=， 6t ∴=，2134y x x ∴=-++，ON OC =，(4,0)N ∴-，把(4,0)N -代入23y kx =+中，得430k -+=，解得，34k =； ∴抛物线1y 的解析式为2134y x x =-++，k 的值为34．（2）连接AE ，令0y =，得21340y x x =-++=，解得，1x =-或4，(1,0)A ∴-，(4,0)B ，∴对称轴为：14322x -+==， 3(2D ∴，0)， 1OA ∴=，4OC =，32OD =，52AD =， ①当AOC EDA ∆∆∽时，OA OC DE DA=，即1452DE =， 58DE ∴=， ②当AOC ADE ∆∆∽时，AO OC AD DE=，即1452DE =， 10DE ∴=，综上，58DE =或10； 3.【2020·湖北鄂州】如图，抛物线y =12x 2+bx +c 与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左边），与y 轴交于点C ．直线y =12x ﹣2经过B 、C 两点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上的一动点，过点P 且垂直于x 轴的直线与直线BC 及x 轴分别交于点D 、M ．PN ⊥BC ，垂足为N ．设M （m ，0）．当点P 在直线BC 下方的抛物线上运动时，是否存在一点P ，使△PNC 与△AOC 相似．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）针对于直线y =12x ﹣2，令x ＝0，则y ＝﹣2，∴C （0，﹣2），令y ＝0，则0=12x ﹣2，∴x ＝4，∴B （4，0），将点B ，C 坐标代入抛物线y =12x 2+bx +c 中，得{c =−28+4b +c =0， ∴{b =−32c =−2， ∴抛物线的解析式为y =12x 2−32x ﹣2；（2）由（1）知，抛物线的解析式为y =12x 2−32x ﹣2，令y ＝0，则0=12x 2−32x ﹣2，∴x ＝﹣1或x ＝4，∴点A （﹣1，0），∴OA ＝1，∵B （4，0），C （0，﹣2），∴OB ＝4，OC ＝2，∴OAOC =OCOB ，∵∠AOC ＝∠COB ＝90°，∴△AOC ∽△COB ，∴∠OAC ＝∠OCB ，∠ACO ＝∠OBC ，∵△PNC 与△AOC 相似，当△PNC ∽△AOC ，∴∠PCN ＝∠ACO ，∴∠PCN ＝∠OBC ，∴CP ∥OB ，∴点P 的纵坐标为﹣2，∴12m 2−32m ﹣2＝﹣2， ∴m ＝0（舍）或m ＝3，∴P （3，﹣2）；当△PNC ∽△AOC 时，∴∠PCN ＝∠CAO ，∴∠OCB ＝∠PCD ，∵PD ∥OC ，∴∠OCB ＝∠CDP ，∴∠PCD ＝∠PDC ，∴PC ＝PD ，由①知，P （m ，12m 2−32m ﹣2），D （m ，12m ﹣2）， ∵C （0，﹣2），∴PD ＝2m −12m 2，PC =√m 2+(12m 2−32m −2+2)2=√m 2+(12m 2−32m)2，∴2m 2−12m =√m 2+(12m 2−32m)2，∴m =32，∴P （32，−258），即满足条件的点P 的坐标为（3，﹣2）或（32，−258）． 4.【2020·湖北荆州】如图1，在平面直角坐标系中，A （﹣2，﹣1），B （3，﹣1），以O 为圆心，OA 的长为半径的半圆O 交AO 延长线于C ，连接AB ，BC ，过O 作ED ∥BC 分别交AB 和半圆O 于E ，D ，连接OB ，CD ．（1）求证：BC 是半圆O 的切线；（2）试判断四边形OBCD 的形状，并说明理由；（3）如图2，若抛物线经过点D 且顶点为E ．①求此抛物线的解析式；②点P 是此抛物线对称轴上的一个动点，以E ，D ，P 为顶点的三角形与△OAB 相似，问抛物线上是否存在一点Q ．使S △EPQ ＝S △OAB ？若存在，请直接写出Q 点的横坐标；若不存在，说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：设AB 与y 轴交于M ，∵A （﹣2，﹣1），B （3，﹣1），∴AB ∥x 轴，且AM ＝2，OM ＝1，AB ＝5，∴OA ＝OC =√5，∵DE ∥BC ，O 是AC 的中点，∴OE 是△ABC 的中位线，∴AE =12AB ，BC ＝2OE ，∴E （12，﹣1）， ∴EM =12，∴OE =√OM 2+ME 2=√12+(12)2=√52，∴BC ＝2OE =√5，在△ABC 中，∵AC 2+BC 2=(2√5)2+(√5)2=25，AB 2＝52＝25，∴AC 2+BC 2＝AB 2，∴△ABC 是直角三角形，且∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，∵AC 为半圆O 的直径，∴BC 是半圆O 的切线；（2）四边形OBCD 是平行四边形，理由是：由（1）得：BC ＝OD ＝OA =√5，∵OD ∥BC ，∴四边形OBCD 是平行四边形；（3）①由（1）知：OD ＝OA =√5，E 是AB 的中点，且E （12，﹣1），OE =√52，过D 作DN ⊥y 轴于N ，则DN ∥EM ，∴△ODN ∽△OEM ，∴ON OM =DN EM =OD OE ，即ON 1=DN12=√5√52，∴ON ＝2，DN ＝1，∴N （﹣1，2），设此抛物线的解析式为：y ＝a （x −12）2﹣1，把N （﹣1，2）代入得：2＝a （﹣1−12）2﹣1，解得：a =43，∴此抛物线的解析式为：y =43（x −12）2﹣1，即y =43x 2−43x −23；②存在，过D 作DG ⊥EP 于G ，设Q 的横坐标为x ，∵DG ＝1+12=32，EG ＝2+1＝3，∴DE =√DG 2+EG 2=√(32)2+32=3√52， tan ∠DEG =DG EG =323=12， ∵tan ∠OAM =OM AM =12，且∠DEG 和∠OAM 都是锐角， ∴∠DEG ＝∠OAM ，当△EPD ∽△AOB 时，EP AO =DE AB ，即√5=3√525，∴EP =32， ∵S △AOB =12AB ⋅OM =12×5×1=52， ∵S △EPQ ＝S △OAB ， ∴12⋅EP ⋅|x −12|=52，即12×32×|x −12|=52，解得：x =236或−176；当△OAB ∽△DEP 时，ABEP =OADE ，即5EP =√53√52，∴EP =152，同理得：12⋅152⋅|x −12|=52，解得：x =76或−16；综上，存在符合条件的点Q ，Q 点的横坐标为236或−176或76或−16． 5.【2020·湖北随州】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +1的对称轴为直线x =32，其图象与x轴交于点A 和点B （4，0），与y 轴交于点C ．（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO 的度数；（2）动点M ，N 同时从A 点出发，点M 以每秒3个单位的速度在线段AB 上运动，点N 以每秒√2个单位的速度在线段AC 上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t （t ＞0）秒，连接MN ，再将线段MN 绕点M 顺时针旋转90°，设点N 落在点D 的位置，若点D 恰好落在抛物线上，求t 的值及此时点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，设P 为抛物线上一动点，Q 为y 轴上一动点，当以点C ，P ，Q 为顶点的三角形与△MDB 相似时，请直接写出点P 及其对应的点Q 的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意：{−b 2a =3216a +4b +1=0，解得{a =−14b =34， ∴抛物线的解析式为y =−14x 2+34x +1，令y ＝0，可得x 2﹣3x ﹣4＝0，解得x ＝﹣1或4，∴A （﹣1，0），令y ＝0，得到x ＝1，∴C （0，1），∴OA ＝OC ＝1，∴∠CAO ＝45°．（2）过点C 作CE ⊥OA 于E ，过点D 作DF ⊥AB 于F ．∵∠NEM ＝∠DFM ＝∠NMD ＝90°，∴∠NME +∠DMF ＝90°，∠DMF +∠MDF ＝90°， ∴∠NME ＝∠MDF ， ∵NM ＝DM ，∴△MEN ≌△DFM （AAS ）， ∴NE ＝MF ，EM ＝DF ，∵∠CA O ＝45°，AN =√2t ，AM ＝3t ， ∴AE ＝EN ＝t ， ∴EM ＝AM ﹣AE ＝2t ，∴DF ＝2t ，MF ＝t ，OF ＝4t ﹣1， ∴D （4t ﹣1，2t ），∴−14（4t ﹣1）2+34（4t ﹣1）+1＝2t ， ∵t ＞0，解得t =34，经检验，t =34时，M ，N 均没有达到终点，符合题意， ∴D （2，32）．（3）当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠MDB 时，取E （12，0），连接EC ，过点E 作EG ⊥EC 交PC 于G ，∵M （54，0），D （2，32），B （4，0）∴FM ＝2−54=34，DM =3√54，BM =114，BD =52， ∴DF ＝2MF ， ∵OC ＝2OE ，∴tan ∠OCE ＝tan ∠MDF =12， ∴∠OCE ＝∠MDF ， ∴∠OCP ＝∠MDB ， ∴∠ECG ＝∠FDB ，∴tan ∠ECG ＝tan ∠FDB =43， ∵EC =√52， ∴EG =2√53，可得G （116，23）， ∴直线CP 的解析式为y =−211x +1，由{y =−211x +1y =−14x 2+34x +1，解得{x =0y =0或{x =4111y =39121， ∴P （4111，39121），∴PC =41√511，当MD CQ=BD CP或MD PC=BD CQ时，△QCP 与△MDB 相似，可得CQ =615242或2050363， ∴Q （0，−373242）或（0，−1687363）．当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠DMB 时，设PC 交x 轴于K ．∵tan ∠OCK ＝tan ∠DMB ＝2， ∴OK ＝2OC ＝2，即点K 与F 重合，∴直线PC 的解析式为y =−12x +1，由{y =−12x +1y =−14x 2+34x +1，解得{x =0y =1或{x =5y =−32，∴P （5，−32）， ∴PC =5√52，当DM PC=BM CQ或DM CQ=BM PC时，△QCP 与△MDB 相似，可得CQ =556或7522， ∴Q （0，−496）或（0，−5322）．当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠DBM 时，同法可得P （253，−919），Q （0，−25718）或（0，115199），当点Q 在点C 上方，∠QCP ＝∠DMB 时，同法可得P （1，32），Q （0，176）或（0，3722），当点Q 在点C 上方，∠QCP ＝∠MDB 时，同法可得P （2511，171121），Q （0，617242）或（0，1613363），当点Q 在点C 下方，点P 在y 轴的左侧时，∠QCP ＝∠DBM 时，同法可得P （−73，−199），Q （0，−5918）或（0，−25199）． 6.【2020·湖南怀化】如图所示，抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴相交于A 、B 两点，与y 轴相交于点C ，点M 为抛物线的顶点．（1）求点C 及顶点M 的坐标．（2）直线CM 交x 轴于点E ，若点P 是线段EM 上的一个动点，是否存在以点P 、E 、O 为顶点的三角形与△ABC 相似．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析. 【解析】解：（1）令y ＝x 2﹣2x ﹣3中x ＝0，此时y ＝﹣3，故C 点坐标为（0，﹣3），又∵y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4， ∴抛物线的顶点M 的坐标为（1，﹣4）；（2）连接AC ，OP ，设MC 的解析式为：y ＝kx +m ，代入C （0，﹣3），M （1，﹣4）得{−3=m −4=k +m ，解得{k =−1m =−3∴MC 的解析式为：y ＝﹣x ﹣3，令y ＝0，则x ＝﹣3， ∴E 点坐标为（﹣3，0）， ∴OE ＝OB ＝3，且OC ⊥BE ， ∴CE ＝CB ，∴∠B ＝∠E ，设P （x ，﹣x ﹣3），又∵P 点在线段EC 上， ∴﹣3＜x ＜0，则EP =√(x +3)2+(−x −3)2=√2(x +3)，BC =√32+32=3√2，由题意知：△PEO 相似△ABC ， ①△PEO ∽△CBA ， ∴EO BA =EP BC，∴34=√2(x+3)3√2，解得x =−34，满足﹣3＜x ＜0，此时P 的坐标为(−34，−94)； ②△PEO ∽△ABC ， ∴EO BC =EP BA，∴3√2=√2(x+3)4，解得x ＝﹣1，满足﹣3＜x ＜0，此时P 的坐标为（﹣1，﹣2）．综上所述，P 点的坐标为(−34，−94)或（﹣1，﹣2）．7.【2020·江苏连云港】在平面直角坐标系中，把与轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线的顶点为，交轴于点、（点在点左侧），交轴于点．抛物线与是“共根抛物线”，其顶点为．（1）若抛物线经过点，求对应的函数表达式；（2）设点是抛物线上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若与相似，求其“共根抛物线” 的顶点的坐标．xOy x 2113:222L y x x =--D x A B A B y C 2L 1L P 2L (2,12)-2L Q 1L DPQ ∆ABC ∆2L P【答案】见解析.【解析】解：（1）当时，，解得或4，，，，由题意设抛物线的解析式为，把代入，，解得，抛物线的解析式为．（2）由题意，，，，，，，顶点，，由题意，不可能是直角，第一种情形：当时，①当时，， 0y =2132022x x --=1x =-(1,0)A ∴-(4,0)B (0,2)C 2L (1)(4)y a x x =+-(2,12)-(1)(4)y a x x =+-126a -=-2a =22(1)(4)268y x x x x =+-=--5AB =CB =CA =222AB BC AC ∴=+90ACB ∴∠=︒2CB CA =221313252()22228y x x x =--=--∴3(2D 25)8-PDQ ∠90DPQ ∠=︒QDP ABC ∆∆∽12QP AC DP BC ==设，则，，，，，，解得或（舍弃），，．②当时，，，解得或（舍），，．第二种情形：当． ①当时，，213(,2)22Q x x x --3(2P 2132)22x x --2213251392()228228DP x x x x =----=-+32QP x =-2PD QP =213923228x x x ∴-=-+112x =323(2P ∴39)8DQP ABC ∆∆∽2QO PD=239324x x x -=-+52x =323(2P ∴21)8-90DQP ∠=︒PDQ ABC ∆∆∽12PQ AC DQ BC ==过点作于．则，，，，，，，，，由，可得，，，．②当时，过点作于．同法可得，，，，，，由，可得，，．Q QM PD ⊥M QDM PDQ ∆∆∽∴12QM PQ MD DQ ==3(2M 39)811(2Q 39)88MD ∴=4MQ =DQ ∴=DQ PDDM DQ=10PD =3(2D 25)8-3(2P ∴55)8DPQ ABC ∆∆∽Q QM PD ⊥M 3(2M 21)8-5(2Q 21)8-12DM ∴=1QM =QD =QD PD DM DQ =52PD =3(2P ∴5)8-8.【2020·山东聊城】如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．（1）求出二次函数和所在直线的表达式；（2）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点，，代入，得：，解得：，二次函数的表达式为：，当时，，，设所在直线的表达式为：，将、代入，得：，解得：，所在直线的表达式为：；24y ax bx ==++x (1,0)A -(4,0)B y C D BC E x l BC P F l x B 24y ax bx =++BC CP CD l P P C F DCE ∆P (1,0)A -(4,0)B 24y ax bx ==++0401644a b a b =-+⎧⎨=++⎩13a b =-⎧⎨=⎩234y x x =-++0x =4y =(0,4)C ∴BC y mx n =+(0,4)C (4,0)B y mx n =+404nm n =⎧⎨=+⎩14m n =-⎧⎨=⎩BC ∴4y x =-+（2）存在，理由如下：如图所示：由（2）得：，，又与有共同的顶点，且在的内部，，只有时，，，、，，由（2）得：，，的坐标为：，，，，，解得：，当时，， ∴点的坐标为：，．9.【2020·山东潍坊】如图，抛物线y ＝ax 2+bx +8（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣2，0）和点B （8，0），与y 轴交于点C ，顶点为D ，连接AC ，BC ，BC与抛物线的对称轴l 交于点E ．//PF DE CED CFP ∴∠=∠PCF ∠DCE ∠C PCF ∠DCE ∠PCF DCE ∴∠≠∠∴PCF CDE ∠=∠PCF CDE ∆∆∽∴PF CFCE DE=(0,4)C 3(2E 5)2CE ∴==154DE =24PF t t =-+F (,4)t t -+CF ∴∴240t ≠∴15(4)34t -+=165t =165t =2216168434()345525t t -++=-+⨯+=P 16(584)25（1）求抛物线的表达式；（2）点P 是第一象限内抛物线上的动点，连接PB ，PC ，当S △PBC =35S △ABC 时，求点P 的坐标；（3）点N 是对称轴l 右侧抛物线上的动点，在射线ED 上是否存在点M ，使得以点M ，N ，E 为顶点的三角形与△OBC 相似？若存在，求点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx +8（a ≠0）过点A （﹣2，0）和点B （8，0），∴{4a −2b +8=064a +8b +8=0，解得{a =−12b =3， ∴抛物线解析式为：y =−12x 2+3x +8；（2）当x ＝0时，y ＝8，∴C （0，8），∴直线BC 解析式为：y ＝﹣x +8，∵S △ABC =12⋅AB ⋅OC =12×10×8=40， ∴S △PBC =35S △ABC =24，过点P 作PG ⊥x 轴，交x 轴于点G ，交BC 于点F ，设P(t ，−12t 2+3x +8)，∴F （t ，﹣t +8），∴PF =−12t 2+4t ，∴S △PBC =12PF ⋅OB =24，即12×(−12t 2+4t)×8=24， ∴t 1＝2，t 2＝6，∴P 1（2，12），P 2（6，8）；（3）∵C （0，8），B （8，0），∠COB ＝90°，∴△OBC 为等腰直角三角形，抛物线y =−12x 2+3x +8的对称轴为x =−b 2a =−32×(−12)=3， ∴点E 的横坐标为3，又∵点E 在直线BC 上，∴点E 的纵坐标为5，∴E （3，5），设M(3，m)，N(n ，−12n 2+3n +8)，①当MN ＝EM ，∠EMN ＝90°，当△NME ～△COB 时，则{m −5=n −3−12n 2+3n +8=m，解得{n =6m =8或{n =−2m =0（舍去）， ∴此时点M 的坐标为（3，8），②当ME ＝EN ，当∠MEN ＝90°时，则{m −5=n −3−12n 2+3n +8=5，解得：{m =5+√15n =3+√15或{m =5−√15n =3−√15（舍去）， ∴此时点M 的坐标为(3，5+√15)；③当MN ＝EN ，∠MNE ＝90°时，连接CM ，故当N 为C 关于对称轴l 的对称点时，△MNE ～△COB ，此时四边形CMNE 为正方形，∴CM ＝CE ，∵C （0，8），E （3，5），M （3，m ），∴CM =√32+(m −8)2，CE =√32+(5−8)2=3√2，∴√32+(m −8)2=3√2，解得：m 1＝11，m 2＝5（舍去），此时点M 的坐标为（3，11）；故在射线ED 上存在点M ，使得以点M ，N ，E 为顶点的三角形与△OBC 相似，点M 的坐标为：（3，8），(3，5+√15)或（3，11）．10.【2020·山东烟台】如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，且OA ＝2OB ，与y 轴交于点C ，连接BC ，抛物线对称轴为直线x =12，D 为第一象限内抛物线上一动点，过点D 作DE ⊥OA 于点E ，与AC 交于点F ，设点D 的横坐标为m ．（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线上是否存在点D ，使得以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）设OB ＝t ，则OA ＝2t ，则点A 、B 的坐标分别为（2t ，0）、（﹣t ，0），则x =12=12（2t ﹣t ），解得：t ＝1，故点A 、B 的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣2）（x +1）＝ax 2+bx +2，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+x +2；（2）存在，理由：点D （m ，﹣m 2+m +2）（m ＞0），则OD ＝m ，DE ＝﹣m 2+m +2，以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似，则DE OE =OB OC 或OC OB ，即DE OE =2或12，即−m 2+m+2m =2或12，解得：m ＝1或﹣2（舍去）或1+√334或1−√334（舍去），故m ＝1或1+√334．11.【2020·陕西】如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A ，B ，C ，它的对称轴为直线l ．（1）求该抛物线的表达式；（2）P 是该抛物线上的点，过点P 作l 的垂线，垂足为D ，E 是l 上的点．要使以P 、D 、E 为顶点的三角形与△AOC 全等，求满足条件的点P ，点E 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得{12=9+3b +c −3=4−2b +c ，解得{b =2c =−3，故抛物线的表达式为：y ＝x 2+2x ﹣3；（2）抛物线的对称轴为x ＝﹣1，令y ＝0，则x ＝﹣3或1，令x ＝0，则y ＝﹣3，故点A 、B 的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C （0，﹣3），故OA ＝OC ＝3，∵∠PDE ＝∠AOC ＝90°，∴当PD ＝DE ＝3时，以P 、D 、E 为顶点的三角形与△AOC 全等，设点P （m ，n ），当点P 在抛物线对称轴右侧时，m ﹣（﹣1）＝3，解得：m ＝2，故n ＝22+2×2﹣5＝5，故点P （2，5），故点E （﹣1，2）或（﹣1，8）；当点P 在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P （﹣4，5），此时点E 坐标同上，综上，点P 的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E 的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．。

中考数学高频考点《动点产生的相似、全等三角形问题》专项测试卷-带答案

中考数学高频考点《动点产生的相似、全等三角形问题》专项测试卷-带答案一阶方法突破练相似三角形问题1. 如图,在平面直角坐标系中,A(-3,0),B(3,0),C(0,4),点D为x轴上一点，当△ABC∼△ACD时，求点D的坐标.2.如图，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+8与x轴交于点A，与y轴交于点 B，已知点 C的坐标为( (−4,0),点 P 是直线 AB上的一个动点.若以A，P，C为顶点的三角形与△AOB相似，求点P的坐标.3.如图，抛物线y=−12x2+32x+2交x轴于点A,B,交y轴于点C,点M是第一象限内抛物线上一点，过点M作MN⊥x轴于点N.若△MON与△BOC相似，求点M的横坐标.● 全等三角形问题x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线AC⊥AB于点A，若点 D 是x轴上方直线AC4.如图,直线y=12上的一个动点，点E 是x轴上的一个动点，当△BOA≅△AED时，求点E的坐标.5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x²+2x+3与 x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，点C是第一象限内抛物线上一点，过点C作( CD⊥x轴于点 D，直线y=x与CD所在直线交于y=x点 E,若直线: y=x；上存在一点 F，使得△ODE≅△FCE,求点 C的坐标.6.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x²−2x+3与x 轴交于点A,B(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,连接AC,BC,若在第二象限内存在一点D，使得以A，C，D为顶点的三角形与△ABC全等，求点 D 的坐标.二阶设问进阶练例如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+1l与x轴交于点A，与y轴交于点 C，过点 C的抛物线y=3 4x2−52x+1与直线AC交于点B(4,3).(1)已知点P是x轴上一点(点 P不与点O重合)，连接CP，若△AOC∼△ACP,，求点P的坐标；(2)已知点Q(m,0)是x轴上一点,连接BQ,若以点A,B,Q为顶点的三角形与△AOC相似，求点Q的坐标；(3)已知点E(0,n)为y轴正半轴上一点,点. D(0,−1),，若以点B，C，E为顶点的三角形与△ACD相似，求点 E 的坐标；(4)若点 F 是抛物线上一点，过点 F 作FG⊥y轴于点 G,点 J是y轴上一点，要使以F，G，J为顶点的三角形与△OAC全等，求点 F的纵坐标；(5)若点S为第一象限内抛物线上一点，过点S作ST⊥x轴于点T，点Z 是x轴上一点，要使以S，T，Z 为顶点的三角形与△AOC全等，求点 Z 的坐标；(6)如图⑥，已知L为AO的中点，连接OB，点R为平面直角坐标系内一点，是否存在点R，使得以L，O，R为顶点的三角形与△COB全等?若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.综合强化练1. 创新题·阅读理解题定义：将抛物线y=ax²向右平移h个单位，再向上平移k个单位得到抛物线y=a(x −ℎ)²+k(h,k均大于0)，则将抛物线y=ax²称为“原函数”，把由它平移得到的抛物线y=a(x−ℎ)²+k称为抛物线y=ax²的“衍生函数”，将平移路径称为“衍生路径”，平移前后对应点之间的距离√ℎ2+k2称“衍生距离”.如图，已知抛物线L y=−1x2+2x与x轴交于点A,顶点为B,连接AB,OB.2x2为抛物线L的“原函数”，则抛物线L 的“衍生路径”为，平移前后对应点的“衍生(1)若抛物线y=−12距离”为；(2)若点Q是线段AB上一点，点C为OB的中点，连接CQ，点B 关于线段CQ的对称点为B′,当△B′CO为等边三角形时，求CQ的长；(3)若将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移n(n⟩0))个单位得到它的“衍生函数”L'，L'与x轴的负半轴交于点E，与y轴交于点 D，点 P 为抛物线L'上一点，若△POE≅△POD,求两抛物线的“衍生距离”.作图区答题区2.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax²+bx−2与x轴交于A(1,0) B(−3,0))两点,与y轴交于点C,连接AC.(1)求该抛物线的解析式；(2)若点 P是第二象限内抛物线上的动点，PQ⊥x轴于点Q，M是x轴上的点，当以P，Q，M为顶点的三角形与△AOC全等时，求 P点与M点的坐标；(3)如图②,连接BC,过点A作. AD‖BC交抛物线于点 D，E为BC下方抛物线上的一个动点，连接DE,交线段B C于点 F,连接CE,AF,求四边形ACEF 面积的最大值.作图区答题区3.如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−√3x+√3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，过点 B 的另一直线交x轴于点( C(−3,0).(1)求直线 BC的解析式;(2)创新题·动点求面积关系若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CA运动，过点 P作y轴的平行线交直线BC于点Q，连接BP.设△BPQ的面积为S，点 P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；(3)在直线BC上是否存在点 M，使得以A，B，M 为顶点的三角形与△AOB相似?若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.作图区答题区4. 创新题·阅读理解题定义：若抛物线y=ax²+bx+c(ac≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C.线段OA,OB,OC的长满足OC²=OA⋅OB,则这样的抛物线称为“黄金抛物线”.如图，“黄金抛物线y=ax²+bx+2(a ≠0)与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点 B，与y轴交于点 C，且OA=4OB.(1)求抛物线的解析式；(2)点P为AC 上方抛物线上的动点，过点 P作PD⊥AC于点 D.①求 PD的最大值;②连接PC，当以点 P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，求点 P 的坐标.作图区答题区5.如图①，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y=ax²+bx+c(a≠0)经过点A,B,( C(−2,0).(1)求抛物线的解析式；(2)连接BC，点 P 为直线AB上方抛物线上一动点，过点 P作PE‖BC交AB于点E，过点P作PF‖x轴交直线AB于点F，求△PEF周长的最大值及此时点 P的坐标；(3)如图②，将抛物线向右平移2个单位得到一个新的抛物线y′,，新抛物线与原抛物线交于点G，连接BG并延长交新抛物线y'于点 D，连接OG，作射线OD.动点M位于射线 OD下方的新抛物线上，动点 N位于射线OD上，是否存在动点M，N，使∠OMN=90°,,且以点O,M,N为顶点的三角形与△OBG相似?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.作图区答题区参考答案一阶方法突破练1. 解:∵A(-3,0),B(3,0),C(0,4)∴AB=6,AC=5.∵△ABC∽△ACD∴ABAC =ACAD,即65=5AD,解得AD=256.由题意得，点 D 在点A 的右侧∵OA=3,∴OD=AD−OA=76,∴点D 的坐标为(76,0).2. 解:在y=−43x+8中,令x=0,解得y=8,令y=0,解得x=6,∴A(6,0),B(0,8),∴AB=√62+82=10.分两种情况考虑，如解图所示①当△AOB ∽△ACP ₁时 ∠ACP ₁=∠AOB =90°,当x=-4时 y =−43x +8=403,∴点 P ₁的坐标为 (−4,403); ②当△AOB ∽△AP ₂C 时,设点P ₂的坐标为 (m ,−43m +8).∵点A 的坐标为(6,0),点 C 的坐标为(-4,0)∴AC=10.∵ △AOB ∽△AP ₂C∴CP 2BO =AC AB ,即 CP 28=1010,∴CP 2=8,∴√[m −(−4)]2+(−43m +8−0)2=8,整理，得 (53m −4)2=0,解得 m 1=m 2=125,∴点P ₂的坐标为 (125,245).综上所述，点P 的坐标为 (−4,403)或 (125,245). 3. 解:在 y =−12x 2+32x +2中,令x=0,得y=2,∴C(0,2),∴OC=2 令 −12x 2+32x +2=0,解得x=4或x=-1∵点B 在x 轴正半轴,∴B(4,0),∴OB=4.设 M (t ,−12t 2+32t +2),1N(t,0)∴MN =−12t 2+32t +2,ON =t. 分两种情况讨论：①当△BOC ∽△MNO 时 OC NO =BO MN ,即解得 t =−1+√172或 t =−1−√172(舍去); ②当△BOC ∽△ONM 时 OC NM =OB NO ,艮 2−12t 2+32t+2=4t , 解得 t =1+√5或 t =1−√5(舍去).综上所述，点M 的横坐标为 −1+√172或 1+√5.4. 解:如解图,∵ AC ⊥AB,∴∠BAC=∠AOB=90°∴ ∠ABO + ∠BAO = ∠CAE +∠BAO=90° 2t =4−12t 2+32t+2,∴∠ABO=∠CAE在y=1x+2中2令x=0,则y=2,令y=0,则x=-4∴OA=4,OB=2∵△BOA≌△AED,∴AE=OB=2,∴OE=AE+OA=6∴E(-6,0).5. 解:∵ CD⊥x 轴,直线 y=x 与 CD 交于点 E,∴∠OED=∠EOD=45°,OD=DE设D(m,0)如解图当点 C 在直线 y = x 上方时△ODE≌△FCE∴∠ODE=∠FCE=90°,ED=CE,∴C(m,2m),将 C 点坐标代入抛物线的解析式，得2m=−m²+2m+3,解得m=√3或m=−√3(舍去)∴C( √3,2 √3)当点 C 在直线y=x下方时，不存在满足条件的点 C.综上所述，点C的坐标为(√3,2√3).6. 解:∵抛物线y=−x²−2x+3与x轴交于点 A,B,与y轴交于点 C∴令x=0,解得y=3,令y=0,解得x=1或x=-3∴C(0,3),A(-3,0),B(1,0),∴OA=OC=3,OB=1.如解图，分两种情况讨论：①当△CD₁A≌△ABC时∵OA=OC=3,∴∠CAO=45°∵△CD₁A≌△ABC∴∠ACD₁=∠CAO=45°,∴CD₁‖AB,CD₁=AB=4,∴D₁(-4,3);②当△AD₂C≌△ABC时∠BAC=∠CAD₁=45°,AB=AD₁=4,∴∠D₂AB=90°,∴D₂(-3,4)综上所述,点D的坐标为(-4,3)或(-3,4).二阶设问进阶练例解:(1)∵直线AC经过点B(4,3),∴将点 B 的坐标代入直线 AC的解析式，得3=4k+1,解得k=1,2∴直线AC 的解析式为 y =12x +1,在 y =12x +1中,令y=0,解得x=-2 ∴ 点A 的坐标为(-2,0) ∴AO=2,CO=1∴AC =√AO 2+CO 2=√22+12=√5. 如解图①,设点 P(p,0),连接CP,∴PA=p+2.∵ △AOC ∽△ACP ∴ACAO =APAC ,即 √52=√5, p =12, ∴ 点P 的坐标为(( 12,0);(2)如解图②，分两种情况讨论：①△AOC ∽△AQ ₁B 时,∠AQ ₁B=∠AOC=90° ∴BQ ₁⊥x 轴. ∵B(4,3)∴点 Q ₁的坐标为(4,0);②△AOC ∽△ABQ ₂时,过点B 作BQ ₂⊥AB,交x 轴于点Q ₂,则点Q ₂(m,0) ∵AO AB =AC AQ 2,即 3√5=√5m+2. 解得 m =112,此时点Q ₂的坐标为 (112,0). 综上所述，点Q 的坐标为(4，0)或 (112,0);(3)∵A(-2,0),C(0,1),B(4,3),D(0,-1),E(0 n),∴AC =AD =√5,BC =2√5,CD =2,CE =|n −1| ∴分两种情况讨论：①当△ACD ∽△BCE 时 ACCD =BCCE , 即 √52=2√5|n−1|,解得n=5或n=-3(舍去);②当△ACD ∽△ECB 时AC EC=DC BC,即√5|n−1|=2√5,n=6或n=-4(舍去)综上所述,点E 的坐标为(0,5)或(0,6);(4)∵A(-2,0),C(0,1),∴OA=2,OC=1,分两种情况讨论： ①△OAC ≌△GJF 时∴OC=FG=1,∴点F 的横坐标为1或-1 将点 F 的横坐标代入 y =34x 2−52x +1,解得 y =−34或 y =174;②△OAC ≌△GFJ 时∴OA=FG=2,∴点F 的横坐标为2或-2,将点 F 的横坐标代入 y =34x 2−52x +1,解得y=-1或y=9 ∴ 点 F 的纵坐标为 −34或 174或-1或9; (5)∵OA=2,OC=1 分两种情况讨论：①如解图③,当△AOC ≌△STZ 时,ST=AO=2,OC=TZ=1,∴ys=2 在 y =34x 2−52x +1中，令y=2,得 34x 2−52x +1=2,解得 x =5+√373或 x =5−√373舍去),(1∴S (5+√373,2),T (5+√373,0), ∴Z (2+√373,0)或 (8+√373,0);②如解图④,当△AOC ≌△ZTS 时,ST=CO=1,AO=TZ=2,∴ys=1 在 y =34x 2−52x +1中，令y=1,得 34x 2−52x +1=1,解得 x =103或x=0(舍去)∴S (103,1),T (103,0),∴Z (43,0)或 (163,0),∴点Z 的坐标为 (2+√373,0)或 (8+√373,0)或 (43)0)或(( 163,0);(6)存在.∵ B(4,3)∴OB=√(4−0)2+(3−0)2=5,∴在△COB中,( CO=1,BC=2√5,OB=5∵L为AO 的中点,OA=2,CO=1∴LO=CO=1,L(-1,0)设R点坐标为(x,y)则LR²=(x+1)²+y²,OR²=x²+y²,∵ LO=CO,如解图⑤,分两种情况讨论: ①当△LOR≌△COB时,RL=BC,OR=OB.∴{(x+1)2+y2=20x2+y2=25,解得{x1=−3y1=4,{x2=−3y2=−4,即R点坐标为(-3,4)或(-3,-4);②当△OLR≌△COB时,RL=OB,OR=CB.∴{(x+1)2+y2=25x2+y2=20,解得{x3=2y3=4,{x4=2y4=−4,即R点坐标为(2,4)或(2,-4).∴综上所述,R点坐标为(-3,4)或(-3,-4)或(2,4)或(2,-4).三阶综合强化练1.解：(1)将原函数向右平移2个单位，再向上平移2个单位，2 √2; 【解法提示】∵y=−12x2+2x=−12(x−2)2+2,.将原函数y=−12x2向右平移2个单位，再向上平移2个单位即可得到y=−12x2+2x,根据公式得“衍生距离”为√22+22=√8=2√2.(2)【思路点拨】审题后，根据题意画出草图，由△AOB的三边关系可判定△AOB 为等腰直角三角形，由对称性和等边三角形的性质结合锐角三角函数求解即可.根据题意画出图象，如解图①在y=−12x2+2x中令y=0,解得x=0或x=4,∴A(4,0).∵ B 为抛物线 L 的顶点∴B(2,2),∴OB=BA=2√2.∵ C 是OB的中点∴OC=BC=√2.∵△OB'C为等边三角形,∴∠OCB'=60°.又∵点 B 与点 B'关于线段CQ 对称∴∠B'CQ=∠BCQ=60°.∵OA=4,OB=2√2,AB=2√2,∴OB²+AB²=OA²,∴∠OBA=90°在 Rt△CBQ中,∠CBQ=90°,∠BCQ=60°,BC= √2∴cos∠BCQ=BCCQ =√2CQ=12,∴CQ=2√2;(3)【思路点拨】由全等三角形对应边角关系可得OD=OE,∠POD=∠POE,由线段相等关系结合抛物线与坐标轴交点，列方程求解即可.∵将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移n个单位得到它的“衍生函数”L'(n>0),L:y=- 12(x- 2)²+2,∴L′:y=−12(x−2+n)2+2,∵抛物线L的“衍生函数”L'与x轴的负半轴交于点E,与y轴交于点 D∴令x=0,得y=−12n2+2n,令y=0,得x=-n或x=4-n∴OD=|−12n2+2n|,OE:=n或OE=4-n∵△POE≌△POD,∴OD=OE如解图②，当−12n2+2n>0,即0<n<4时,有−12n2+2n=n,解得n=0(舍去)或n=2,或有−12n2+2n=4-n,解得n=4(舍去)或n=2∴抛物线L 的“衍生函数”L'为y=−12x2+2,∴两抛物线的“衍生距离”为√22+02=2;如解图③，当−12n2+2n<0时，即n<0(不符合题意)或n>4时,4-n<0,∴有12n2−2n=n,解得n=0(舍去)或n=6∴两抛物线的“衍生距离”为√62+02=6,综上所述，两抛物线的“衍生距离”为2或6.2. 解:(1)把A(1,0),B(-3,0)代入y=ax²+bx−2中,得{a+b−2=09a−3b−2=0,解得{a=23b=43∴抛物线的解析式为y=23x2+43x−2;(2)【思路点拨】∵以P，Q，M 为顶点的三角形与△AOC全等,由于∠AOC=∠PQM=90°,故分两种情况,①△PQ M≌△AOC,②△MQP≌△AOC,分别求解即可.在y=23x2+43x−2中,令x=0,则y=-2∴C(0,-2),∴OC=2 ∵A(1,0),∴OA=1设P(x,23x2+43x−2),分两种情况讨论：①如解图①,当△PQM≌△AOC 时,PQ=OA =1,QM=OC=2∴23x2+43x−2=1,解得x=−√222−1或x=√222−1(舍去)∴P(−√222−1,1),∴Q(−√222−1,0),∴M(−√222−3,0)或M(−√222+1,0);②如解图②,当△MQP≌△AOC时,PQ=OC=2,QM=OA=1∴23x2+43x−2=2,解得x=−√7−1或x=√7−1(舍去) ∴P(−√7−1,2),∴Q(−√7−1,0),∴M(−√7−2,0)或M(−√7,0),综上所述，点 P，M的坐标为：P(−√222−1,1),M(√222−3,0)或M(−√222+1,0);P(−√7−1,2),M(−√7−2,0)或M(−√7,0);(3)【思路点拨】分别求出BC，AD 的解析式确定点D坐标，连接DC，将四边形ACEF的面积转化为△DEC 的面积，表示出面积关系式，利用二次函数的性质即可求出最大值.∵B(-3,0),C(0,-2)∴直线 BC 的解析式为y=−23x−2,∵AD∥BC,∴设直线AD 的解析式为y=−23x+b2,将A(1,0)代入得b2=23,∴直线AD 的解析式为y=−23x+23,令−23x+23=23x2+43x−2,解得x=-4或x=1(舍去)∴D(−4,103),如解图③,连接DC∵AD∥BC∴S AFC=S DFC,∴S四边形ACEF=S DEC,∵D(-4 103),C(0,-2)∴直线 DC 的解析式为y=−43x−2.过点 E 作 EQ⊥x轴交 CD于点 Q设E(m,23m2+43m−2),则Q(m,−43m−2),∴S圆锥侧ACEF=S DEC=12×4×(−43m−2−23m2−43m+2)=−43(m2+4m)=−43(m +2)2+163,∴−43<0,∴当m=-2时,四边形 ACEF 面积的最大值为 163.3. 解:(1)∵一次函数 y =−√3x +√3的图象经过A ，B 两点，∴当x=0时,y= √3,∴B(0 √3) 设直线BC 的解析式为y=kx+b(k ≠0),将 B(0 √3),C(-3,0)两点坐标代入得 {b =√3−3k +b =0, 解得 {k =√33.b =√3 ∴ 直线 BC 的解析式为 y =√33x +√3;(2)由题意可得CP=t,则OP=|t-3|,∴P(t-3,0),∵ PQ ∥y 轴 ∴Q 点的横坐标为t-3,将x=t-3,代入直线BC 的解析式得 y =√33t,∴Q (t −3,√33t), 当0≤t<3 时,△BPQ 在 y 轴左侧,此时 PQ =√33t,OP=3-t ∴S BPQ =12PQ ⋅OP =12×√33t ×(3−t )=−√36t 2+√32t. 当t=3时,点B,Q 重合 ∴S=0;当t>3时,△BPQ 在y 轴右侧,此时 PQ =√33t,OP =t-3∴S BPQ =12PQ ⋅OP =12×√33t ×(t −3)=√36t 2−√32t. 当t=3时同样满足上式.综上所述，S 与t 的函数关系式为 S ={√36t 2+√32t(0≤t <3)√36t 2−√32t (t ≥3);(3)存在. ∵tan ∠OBC =OC OB=√3=√3,∴∠OBC =60∘,∴∠BCO=30°,∴BC=2OB=2 √3. 令 y =−√3x +√3=0,则x=1,∴A(1,0) ∵tan ∠OBA =OAOB =√3=√33,∴∠OBA =30∘,∴∠ABC=90°,AB=2OA=2.①当点 M 在 y 轴左侧,△MBA ∽△AOB 时,则 MB AO = BA OB ,卧 MB 1=√3∴MB =2√33, 如解图,过点M ₁作M ₁H ⊥y 轴于点H ∴M 1H =M 1B ⋅sin60∘=2√33×√32=1,BH =M 1B ⋅cos60∘=2√33×12=√33, ∴HO =BO −BH =√3−√33=2√33.∵点 M 在第二象限 ,∴M 1(−1,2√33);当△ABM ∽△AOB 时,则 BM OB =ABAO , 即√3=21,∴BM =2√3,此时点 M 与点 C 重合∴M ₁(−3,0);②当点 M 在 y 轴右侧,△MBA ∽△AOB 时,则 MB AO=BAOB,即MB 1=√3∴MB =2√33, 如解图,过点M ₃作M ₃N ⊥y 轴于点 N ∴M 3N =M 3B ⋅sin60∘=2√33×√32=1,BN =M 3B ⋅cos60∘=2√33×12=√33, ∴ON =√3+√33=4√33,∴M 3(1,4√33); 当△ABM ∽△AOB 时,则 MBBO =ABAO , 即√3=21,∴MB =2√3,如解图,过点M ₄作M ₄P ⊥y 轴于点P∴PM 4=M 4B ⋅sin60∘=2√3×√32=3,PB =M 4B ⋅cos60∘=2√3×12=√3,∴OP =OB +PB =√3+√3=2√3,∴M 4(3,2√3).综上所述，符合条件的点M 的坐标为 (−1,2√33)或(-3,0)或 (1,4√33)或(3,2 √3).4.解:(1)由题意得 OC ²=OA ⋅OB, ∵抛物线 y =ax ²+bx +2与y 轴交于点 C ∴C(0,2),∴OC=2 ∵OA=4OB,∴4=4OB ·OB ∴OB=1,OA=4 ∴A(-4,0),B(1,0)将点A(-4,0),B(1,0)代入抛物线y=ax²+bx+2中,得{16a−4b+2=0a+b+2=0,解得{a=−12b=−32∴抛物线的解析式为y=12x2−32x+2;(2)①【思路点拨】过点 P作y轴的平行线与直线AC交于点E,∠PED=∠ACO,由锐角三角函数将求PD的最大值转化为求PE的最大值，利用二次函数的性质求解即可.如解图①，过点 P 作 y 轴的平行线交直线 AC 于点E易知直线AC的解析式为y=12x+2,设P(m,−12m2−32m+2),则E(m,12m+2),∴PE=−12m2−32m+2−12m−2=−12m2−2m,∵−12<0,..当m=−b2a=−2时，PE有最大值∵∠PED=∠ACO,A(-4,0),C(0,2) ∴ sin∠PED=sin∠ACO∴AC=2√5,∴PD:PE=AO:AC=4:2 √5∴PD=2√55PE=2√55(−12m²−2m),∴当m=-2时,PD 有最大值,最大值为4√55;②【思路点拨】分两种情况,(i)△CPD∽△ACO,由对应角相等关系可得,PC∥AO,将OC=2=γ代入即可,(ii)△PCD∽△ACO,构造“A”字型与△PCD 相似的三角形，再构造“一线三垂直”模型，联立直线与抛物线的解析式求解即可.∵PD⊥AC,∴∠PDC=90°=∠AOC∴当以点 P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，则△CPD∽△ACO或△PCD∽△ACO(i)如解图②,若△CPD∽△ACO,则∠PCD=∠CAO,∴CP∥AO∵C(0,2),∴点P 的纵坐标为2∵点P为AC上方抛物线上的动点∴2=−12x2−32x+2,解得x₁=0(不合题意，舍去)，x₁=−3,∴此时点 P的坐标为(-3,2);(ii)如解图③,过点A 作AC 的垂线,交 CP 的延长线于点 G,过点 G 作 GH ⊥x 轴于点 H,若△PCD ∽△ACO,则 ∠PCD =∠ACO,PD AO =CD CO ,∴PD CD =AO CO =42=2, ∵ PD ⊥AC,GA ⊥AC,∴GA ∥PD∴△GAC ∽△PDC∴GA PD =AC DC ,∴GA AC =PD CD =2,∵GA ⊥AC,GH ⊥x 轴∴∠GAC=∠GHA=90°∴∠AGH+∠GAH=90°,∠GAH+∠CAO=90°∴∠AGH=∠CAO又∵∠GHA=∠AOC=90°,∴△GHA ∽△AOC∴GH AO =AH CO =GA AC ,即 GH 4=AH 2=2,∴GH=8,AH=4,∴HO=AH+OA=8,∴G(-8,8)易知直线CG 的解析式为 y =−34x +2, 令 −34x +2=−12x 2−32x +2,解得 x ₁=0(不合题意，舍去)， x 2=−32, 把 x =−32代入 y =−34x +2 得 y =−34×(−32)+2=258,∴此时点 P 的坐标为 (−32,258). 综上所述，符合条件的点P 的坐标为(-3，2)或 (−32,258).5. 解:(1)∵直线y=-x+4与x 轴,y 轴分别交于点A,B,∴A(4,0),B(0,4)∴抛物线的解析式为 y =ax ²+bx +4将A(4,0),C(-2,0)分别代入 y =ax ²+bx +4中,得 {16a +4b +4=04a −2b +4=0,解得 {a =−12,b =1,∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4;(2)由题意知,△OBC三边之比为1:2: √5,如解图①，过点 P 作PH∥y轴交AB 于点H,作EK⊥PH于点 K ∴△PEK∽△BCO∴EKPK =COBO=12,由题意可知△EHK 与△FPH为等腰直角三角形. ∴EK=KH,PF=PH,设PH=l ∴PK+HK=l,EK=13l,∴EH=√23l,EF=2√23l,PE=√53l,则C PEF=(1+2√23+√53)l,设P(m,−12m2+m+4),则H(m,-m+4)∴PH=−12m2+2m,∴C PEF=(1+2√23+√53)⋅(−12m2+2m)=(1+2√23+√53)⋅[−12(m−2)2+2].∴−12<0,0<m<4,∴当m=2时,C△PEF 取得最大值,最大值为2+ 4√23+2√53,此时,点P的坐标为(2,4);(3)【思路点拨】分两种情况,①△MON∽△BOG,旋转OG构造∠MON=∠BOG,联立直线OM与抛物线的解析式求解即可,②△MNO∽△BOG,旋转OD 构造∠MON=∠BGO，联立直线OM与抛物线的解析式求解即可.存在.将抛物线向右平移两个单位得y′=−12(x−2)2+(x−2)+4=−12x2+3x,新抛物线与原抛物线交于点G,B(0,4)∴G(2,4),D(4,4)分两种情况讨论：①当△MON∽△BOG时如解图②,将 OG绕点 O 顺时针旋转45°得到点 G',延长 OG'交抛物线于点 M,过点 M 作OM⊥MN交射线OD 于点 N,过点 G作GH⊥OD 于点 H∵G(2,4),D(4,4),B(0,4)∴OD=4 √2,GD=2,OB=4,OG=2 √5∴GH=√22GD=√2,∵∠GHO=90°,∴OH=3 √2过点 G'作 G'Q⊥x轴于点 Q,则∠GOH=∠G'OQ,∠GHO=∠G'QO=90°,OG=OG' ∴△GOH≌△G'OQ∴G′Q=GH=√2,OQ=OH=3√2,∴G′(3√2,√2),∴直线OM 的解析式为y=13x,联立{y=13xy=−12x2+3x,解得{x1=0y1=0舍去) {x2=163y2=169∴M(163,169);②当△MNO∽△BOG时,∠NOM=∠OGB,如解图③，将OD 绕点 O顺时针旋转∠BGO 的度数交抛物线于点 M,过点 M作OM⊥MN交射线OD于点N同①理可得，直线OM 的解析式为y=−13x.联立{y=−13xy=−12x2+3x,解得{x1=0y1=0舍去) {x2=203y2=−209∴M(203,−209).综上所述，点M的坐标为(163,169)或(203,−209).。

相似动点问题知识点

相似动点问题知识点相似动点问题是数学中一个常见的问题类型，它涉及到几何形状之间的相似性。

在解决这类问题时，我们需要掌握一些基本的知识点和解题方法。

本文将逐步介绍相似动点问题的相关知识点和解题思路。

第一步：了解相似性概念在解决相似动点问题之前，我们首先需要了解相似性的概念。

相似性是指两个几何形状在形状和大小上的相似程度。

当两个形状的对应部分角度相等，并且对应边长之比相等时，我们称这两个形状相似。

相似性可以用比例关系来描述，即对应边长之比相等。

第二步：认识相似动点相似动点是一个特殊的相似性问题。

它涉及到一个动点在几何形状上的运动，并要求找出另一个几何形状上与之相似的动点。

在解决相似动点问题时，我们需要考虑动点在几何形状上的运动规律以及相似性的特征。

第三步：寻找相似的动点要寻找相似的动点，我们需要观察动点在几何形状上的运动规律。

通常情况下，相似的动点和原动点之间存在着一种对应关系。

我们可以通过观察动点的位置、速度、方向等因素来确定这种对应关系。

在寻找相似的动点时，我们可以利用相似性的特征，如角度相等和边长比相等，来判断是否存在相似关系。

第四步：应用相似性解决问题一旦找到了相似的动点，我们就可以利用相似性的特征来解决问题。

在解决相似动点问题时，我们可以利用相似性的比例关系，通过已知条件求解未知量。

通过建立等式或者比例关系，我们可以利用已知条件和相似性的特征来求解问题中的未知量。

第五步：练习和巩固为了更好地掌握相似动点问题的解题方法，我们需要进行大量的练习和巩固。

通过练习不同类型的相似动点问题，我们可以熟悉相似性的特征和解题思路。

此外，我们还可以尝试使用不同的解题方法，比如代数法、几何法等，来解决相似动点问题，以提高解题的灵活性和准确性。

相似动点问题是数学中一个重要的问题类型，它既考察了对相似性的理解，又要求我们掌握一定的解题技巧。

通过逐步思考和解决相似动点问题，我们可以提高自己的几何思维能力和问题解决能力。

相似三角形中的动点问题—2023-2024学年九年级数学下册(苏科版)(解析版)

相似三角形中的动点问题【典例1】如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，动点P从点A开始以每秒2个单位长度沿AB向终点B运动，同时，动点Q从点C开始沿C−D−A以每秒3个单位长度向终点A运动，它们同时到达终点．连接PQ交AC于点E．过点E作EF⊥PQ，交直线CD于点F．（1）当点Q在线段CD上时，求证：CEAE =32．（2）当DQ=1时，求△APE的面积．（3）在P，Q的运动过程中，是否存在某一位置，使得以点E，F，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由．（1）证明△CQE∽△APE（2）①当点Q在CD上时，如图1，CQ=CD−DQ=3．过点E作AB的垂线交AB于点M，交CD于点N．②当点Q在AD上时，如图2，作EM⊥AB于点M，设EM=ℎ，再利用相似三角形的性质求解三角形的高，再利用面积公式计算即可；（3）分三种情况讨论：①当点Q在CD上时，设CQ=3t，则AP=2t，若点F在Q的右侧，如图3，当△FEQ∽△ABC，则∠1=∠2，作PH⊥CD于点H，而∠B=∠PHQ=90°，∴△ABC∽△PHQ，则PHQH =ABBC=2，从而可得答案；若点F在Q的左侧，如图4，△FEQ∽△ABC，点F与点C重合，从而可得答案；②当点Q在AD上时，如图5，△FEQ∽△ABC，EFEQ =BABC=2，∠FEG=∠B=90°，作EN⊥CD于点N，EG⊥AD于点G．，则∠NEQ=90°，再结合相似三角形的性质建立方程可得答案．（1）当点Q在线段CD上时，由题意可得：AB∥CD，CQ=3t，AP=2t，∴△CQE∽△APE，∴CE AE =CQAP=32．（2）①当点Q在CD上时，如图1，CQ=CD−DQ=3．过点E作AB的垂线交AB于点M，交CD于点N．由CQAP =V点QV点P=32，得AP=2．由△CQE∽△APE，得ENEM =CEAE=32，∴EM=25MN=45，∴S△APE=12AP⋅EM=12×2×45=45．②当点Q在AD上时，如图2，作EM⊥AB于点M，设EM=ℎ．AQ=AD−DQ=1，AP=23(CD+DQ)=103．同理：△AME∽△ABC，∴EM AM =BCAB=12，∴AM=2EM=2ℎ．同理：△PME∽△PAQ，得EMPM =AQPA=1103=310，∴PM=103EM=103ℎ．∴AP=PM+AM=103ℎ+2ℎ=103，解得ℎ=58，∴S△APE=12AP⋅EM=12×103×58=2524．∴△APE 的面积为45或2524．（3）①当点Q 在CD 上时，设CQ =3t ，则AP =2t ．若点F 在Q 的右侧，如图3，当△FEQ∽△ABC ，则∠1=∠2．作PH ⊥CD 于点H ，而∠B =∠PHQ =90°， ∴△ABC ∽△PHQ ，则PHQH =ABBC =2， ∴QH =12PH =1．∵HD =AP =2t ，∴CD =CQ +QH +HD =3t +1+2t =4，解得t =35．∴BP =4−2t =4−65=145．若点F 在Q 的左侧，如图4，△△ABC ，点F 与点C 重合．∵AC =√AB 2+BC 2=√42+22=2√5，又∵CEAE =32 ∴AE =25AC =4√55． ∵由△FEQ∽△ABC 结合对顶角可得：∠AEP =∠B =90°，而∠PAE =∠BAC ， ∴△AEP∽△ABC ，∴AE AB =APAC ，即4√554=2√5，则AP =2，∴BP =AB −AP =2．②当点Q 在AD 上时，如图5，△FEQ∽△ABC ，EFEQ =BABC =2，∠FEG =∠B =90°，作EN ⊥CD 于点N ，EG ⊥AD 于点G ．，则∠NEQ =90°，由∠FEQ =∠NEG =90°，得∠FEN =∠QEG ， ∴Rt △FEN∽Rt △QEG ， ∴ENEG =EFEQ =2．同理可得：AGEG =BCAB=12，设AG =k ，则EG =2AG =2k ，EN =2EG =4k ． ∴DG =EN =4k ，AD =AG +DG =5k ，由AD =2，得5k =2，k =25， ∴AG =25，EG =45．由题意，AQ BP =V 点Q V 点P=6−3t 4−2t=32，设AQ =3x ，则BP =2x ，AP =4−2x ，QG =AQ −AG =3x −25，由△QGE∽△QAP ，得EGAP =QGQA ，即454−2x =3x−253x，化简，得15x 2−26x +4=0，解得x 1=13+√10915（舍去），x 2=13−√10915．∴BP =2x =26−2√10915．综上所述，BP 的长为145或2或26−2√10915．1．（2023秋·江苏常州·九年级常州市第二十四中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为(20,0)和(0,15)，动点P从点A出发在线段AO上以每秒2cm的速度向原点O运动，动直线EF从x轴开始以每秒1cm的速度向上平行移动(即EF∥x轴)，分别与y轴、线段AB交于点E、F，连接EP、FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．（1）求t=9时，△PEF的面积；（2）直线EF、点P在运动过程中，是否存在这样的t使得△PEF的面积等于40cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；（3）当t为何值时，△EOP与△BOA相似．【思路点拨】（1）由于EF//x轴，则S△PEF=12⋅EF⋅OE,t=9时，OE=9，关键是求EF.易证△BEF∽△BOA，则EFOA=BEBO，从而求出EF的长度，得出△PEF（2）假设存在这样的t，使得△PEF的面积等于40cm2，则根据面积公式列出方程，由根的判别式进行判断，得出结论；（3）如果△EOP与△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，则只能点O与点O对应，然后分两种情况分别讨论：①点P与点A对应；②点P与点B对应．即可得解．【解题过程】（1）∵EF//OA，∴∠BEF=∠BOA又∵∠B=∠B，∴△BEF∽△BOA，∴EFOA =BEBO，当t=9时，OE=9，OA=20，OB=15，BE=OB−OE=15−9=6，∴EF=20×615=8，∴S△PEF=12EF⋅OE=12×8×9=36(cm2)；（2）不存在．理由：∵△BEF∽△BOA，∴EF=BE⋅OABO =(15−t)⋅2015=43(15−t)，∴12×43(15−t)×t=40，整理，得t2−15t+60=0，∵△=152−4×1×60<0，∴方程没有实数根．∴不存在使得△PEF的面积等于40cm2的t值；（3）当∠EPO=∠BAO时，△EOP∽△BOA，∴OPOA =OEOB，即20−2t20=t15，解得t=6；当∠EPO=∠ABO时，△EOP∽△AOB，∴OPOB =OEOA，即20−2t15=t20，解得t=8011．∴当t=6s或t=8011s时，△EOP与△BOA相似．2．（2022·四川·九年级专题练习）如图1，已知矩形ABCD的边长AB=3cm，BC=6cm．某一时刻，动点M从点A出发，沿AB以1cm/s的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．（1）若△AMN是等腰直角三角形，则t=___________（直接写出结果）．（2）是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．（3）如图2，连接CN 、CM ，试求CN +2CM 的最小值．【思路点拨】（1）根据题意可知只有AM =AN 时，△AMN 是等腰直角三角形，再根据题意可用t 表示出AM =t ，AN =6−2t ，列出等式，解出t 即可；（2）分类讨论①当△ACD ∼△NMA 时和②当△CAD ∼△NMA 时，列出比例式，代入数据，即可求解；（3）取CN 中点E ，作E 点关于CD 的对称点E ′，连接CE ′．作M 点关于BC 的对称点M ′，连接CM ′，E ′M ′．根据作图可知CE ′=CE ，CM ′=CM ，即可知当CE ′+CM ′最小时CN +2CM 最小，即最小值为E ′M ′的长．连接E ′E 并延长，交CD 于点F ，AB 于点G ．由作图结合题意易求出E ′G =E ′F +AD =t +6，BG =12AB =32，BM ′=BM =AB −AM =3−t ，从而可求出GM ′=BG +BM ′=92−t ．在Rt △E ′GM ′中，利用勾股定理可求出E ′M ′=√E ′G 2+GM ′2=√2(t +34)2+4418，最后根据二次函数的性质，即得出t =0时，√2(t +34)2+4418最小，即此时E ′M ′=152，故可求出CN +2CM 的最小值为15．【解题过程】（1）∵∠MAN =90°，∴若△AMN 是等腰直角三角形时，只有AM =AN ．根据题意可知AM =t ，DN =2t AN =AD −DN =6−2t ， ∴t =6−2t ，解得t =2，故答案为：2．（2）∵∠MAN =∠ADC =90°，∴以A 、M 、N 为顶点的三角形与△ACD 相似分为两种情况， ①当△ACD ∼△NMA 时，有ADAN =CDAM ，即66−2t =3t ，解得：t =32；②当△CAD ∼△NMA 时，有ADAM =CDAN ，即6t =36−2t ，解得：t =125．当t =32或t =125时，以A 、M 、N 为顶点的三角形与△ACD 相似；（3）如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点E′，连接CE′．作M点关于BC的对称点M′，连接CM′，E′M′．根据作图可知CE′=CE，CM′=CM，∴CN+2CM=2(CE+CM)=2(CE′+CM′)，∴当CE′+CM′最小时CN+2CM最小，∵CE′+CM′≥E′M′，∴CE′+CM′的最小值为E′M′的长，即CN+2CM的最小值为2E′M′的长．如图，连接E′E并延长，交CD于点F，AB于点G．∵作E点关于CD的对称点E′，∴E′F//AD，E′F=EF．又∵E为中点，∴E′F=EF=12DN=t，G为AB中点，∴E′G=E′F+AD=t+6，BG=12AB=32．∵作M点关于BC的对称点M′，∴BM′=BM=AB−AM=3−t，∴GM′=BG+BM′=32+3−t=92−t．在Rt△E′GM′中，E′M′=√E′G2+GM′2=√(6+t)2+(92−t)2=√2(t+34)2+4418，∵t≥0，2>0∴t=0时，√2(t+34)2+4418最小，即E′M′=√2×(34)2+4418=152．∴CN+2CM=2E′M′=15．3．（2022秋·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）如图1，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），过点P作PE⊥CD于点E，连接PB，已知AD＝3，AB＝4，设AP＝m．（1）当m＝1时，求PE的长；（2）连接BE，试问点P在运动的过程中，能否使得△P AB≌△PEB？请说明理由；（3）如图2，过点P作PF⊥PB交CD边于点F，设CF＝n，试判断5m+4n的值是否发生变化，若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由．【思路点拨】（1）根据勾股定理得出AC，进而利用相似三角形的判定和性质解答即可；（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可；（3）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．【解题过程】解：（1）连接BE，由已知：在Rt△ADC中，AC＝√AD2+DC2=√32+42=5，当AP＝m＝1时，PC＝AC﹣AP＝5﹣1＝4，∵PE⊥CD，∴∠PEC＝∠ADC＝90°，∵∠ACD＝∠PCE，∴△ACD∽△PCE，∴AD PE =ACPC，即3PE=54，∴PE＝125；（2）如图1，当△P AB≌△PEB时，∴P A ＝PE ，∵AP ＝m ，则PC ＝5﹣m ，由（1）得：△ACD ∽△PCE ， ∴3PE =55−m， ∴PE ＝3(5−m)5，由P A ＝PE ，即3(5−m)5=m ，解得：m ＝158， ∴EC ＝√PC 2−PE 2=√(5−158)2−(158)2=52，∴BE ＝√EC 2+BC 2=√(52)2+32=√312≠AB ，∴△P AB 与△PEB 不全等， ∴不能使得△P AB ≌△PEB ；（3）如图2，延长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 ，∴BG PE =PGEF，由（1）得：△PCE∽△ACD，PE＝3(5−m)5，∴EC DC =PCAC，即EC4=5−m5，∴EC＝4(5−m)5，∴BG＝EC＝4(5−m)5，∴3−3(5−m)54(5−m)5−n=4(5−m)3(5−m)=43，∴5m+4n＝16．4．（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图（1），在矩形ABCD中，AB=6cm，tan∠ABD=43，E、F 分别是AB、BD中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D 出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动，连接PQ，设运动时间为ts（0<t<4），解答下列问题：∴t=1（1）当0<t<2.5时，FQ=______．（用含有t的式子表示）（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；（3）当t为______时，△PQF为等腰三角形?（直接写出结果）．【思路点拨】（1）先由题目条件求出AD，再利用勾股定理求出DF，当0<t<2.5时，接着判断出点Q的位置，即可求解．（2）先判断出△QMF∽△BEF，进而得出，再利用面积公式建立方程求解即可．（3）分点Q在DF和BF上，利用相似三角形的性质建立方程求解即可得出结论．【解题过程】（1）在矩形ABCD中，∠A=90°∴在直角三角形DBA中tan∠ABD=ADAB =AD6=43∴AD=8∵E、F分别是AB、BD中点，∴EF=12AD=4∵BD=√AB2+AD2=10∴DF=12BD=5∴Q从D到F的时间为52=2.5当0<t<2.5时，Q在线段DF上，∴FQ=DF−DQ=5−2t．故答案为：5−2t．（2）过点Q作QM⊥EF交EF延长线于点M，可知：QM∥BE，∴△QMF∽△BEF，∴QM BE =QFBF，∴QM3=5−2t5，可得QM=35(5−2t)，∴S△PFQ=12×PF⋅QM=12×(4−t)×35(5−2t)=0.6=35，解得：t=92（舍去）或t=2，∴当t=2时，△PQF的面积为0.6cm2；故答案为：t=2．（3）当点Q在DF上时，如图PF=QF∴4−t=5−2t∴t=1当点Q在BF上时，如图PF=QF∴4−t=2t−5∴t=3当PQ=FQ时，如图∴12(4−t)2t−5=45∴t=207当PF=PQ时，如图∴12(2t−5)4−t=45∴t=19 6所以t=1或3或207或196时，△PQF为等腰三角形．故答案为：t=1或3或207或196．5．（2023秋·山东青岛·九年级山东省青岛第五十九中学校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止运动．设运动时间为t秒．（1）用含t的代数式分别表示线段CP=_______________、CQ=_______________．（2）在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ:S△ABC=9:100？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）是否存在某一时刻t，使得△CPQ为直角三角形？若存在，求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长，据此求解即可；（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；利用S△CPQ:S△ABC=9:100建立t的方程，解方程即可解决问题；（3）分两种情况，利用相似三角形得出比例式建立方程求解，即可得出结论．【解题过程】（1）解：如图1，∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB =√62+82=10，∵CD ⊥AB ，∴S △ABC =12BC ⋅AC =12AB ⋅CD ， ∴CD =BC·AC AB =6×810=245，由题意得CQ =PD =t ，∴CP =245−t故答案为：t ，245−t ；（2）解：过点P 作PH ⊥AC ，垂足为H ，如图2所示．由题可知CQ =PD =t ，CP =245−t ，∵∠ACB =∠CDB =90°，∴∠HCP =90°−∠DCB =∠B ，∵PH ⊥AC ，∴∠CHP =90°，∴∠CHP =∠ACB ，∴△CHP ∽△BCA ，∴ PH AC =PC AB ， ∴ PH 8=4.8−t 10，∴PH =9625−45t ，∴S △CPQ =12CQ ⋅PH =12t (9625−45t)=−25t 2+4825t ；存在某一时刻t ，使得S ΔCPQ :S ΔABC =9:100，∵S ΔABC =12×6×8=24，且S △CPQ :S △ABC =9:100，∴(−25t 2+4825t):24=9:100，整理得：5t 2−24t +27=0，即(5t −9)(t −3)=0，解得：t =95或t =3，∵0≤t ≤245， ∴当t =95秒或t =3秒时，S ΔCPQ :S ΔABC =9:100；（3）解：由（2）知∠ACD =∠B ①当∠CPQ =∠BCA =90°时，∴△CPQ ∽△BCA ，∴CP BC =CQ AB ，∴245−t 6=t 10， ∴t =3；②当∠CQP =∠BCA =90°时，∴△CQP ∽△BCA ，∴CP AB =CQ BC ，∴245−t 10=t 6∴t=95，即：t为3秒或95秒时，△CPQ为直角三角形．6．（2022·山东青岛·统考一模）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB=6cm，BC=8cm．点E从点D 出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN 是过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MN⊥BD．连接EM、EN、EF，两点同时出发，设运动时间为t（s）（0＜t＜3．6），请回答下列问题：（1）求当t为何值时，△EFD～△ABD？（2）设四边形BMEN的面积为S（cm2），求S关于t之间的函数关系式；（3）求当t为何值时，△EFD为等腰三角形；（4）将△EMN沿直线MN t的值；若不存在，请说明理由；【思路点拨】（1）由题意得，DE=2t，BF=t，在Rt△ABD中，BD=10，DF=BD=BF=10-t，当△ABD∼△EFD，利用对应边成比例，即可求出t值；（2）证得△BFM∼△BAD，可求出BM=53t，BN=54t，AM=AB-BM=6-53t，代入面积表达式，即可求出关系式；（3）分种情况进行讨论即可，注意结果是否符合；（4）假设t值存在，则四边形EKCD为矩形，利用勾股定理表示出EN2=EK2+NK2=16916t2−52t+100，EM2=AM2+AE2=616t2−52t+100，可知t=0，不符合题意，可知不存在符合的t值．【解题过程】（1）解：由题意得，DE=2t，BF=t，∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=90°，在Rt△ABD中，BD=√AB2+AD2=√62+82=10，∴DF=BD=BF=10-t，当△ABD∼△EFD时，则EDAD =DFDB，即2t8=10−t10，解得：t=207．即当t为207时，△EFD～△ABD；（2）∵MN⊥BD，∴∠MFB=90°，∵∠MBF=∠MBF，∴△BFM∼△BAD，∴BF AB =BMBD，即t6=BM10，∴BM=53t，同理BN=54t，∴AM=AB-BM=6-53t，S=S梯形ABNE −S△AME=(8−2t+54t)×62−(8−2t)×(6−53t)2=−53t2+12512t，即S关于t之间的函数关系式为：S=−53t2+12512t；（3）ED=DF时，则2t=10-t，解得：t=103；ED=EF时，过点E作EG⊥BF于G，∵ED=EF，∴△EFD为等腰三角形，又∵EG⊥DF，∴DG=12DF=10−t2，∵∠EDG=∠BDA，∠EGD=∠BAD=90°，∴△EGD∼△BAD，∴DG AD =EDBD，即10−t28=2t10，∴t=5021；EF=FD时，过点F作FH⊥AD，∵EF=FD，∴△EFD为等腰三角形，又∵FH⊥ED，∴HD=12ED=t，∵∠ADB=∠HDF，∠BAD=∠FHD，∴△DHF∼△DAB，即t8=10−t10，∴t=409＞3.6（舍去）；综上所述，当t=103或5021时，△EFD为等腰三角形；（4）假设存在符合题意的t，则EM=EN，过点E作EK⊥BC交BC于K，则四边形EKCD为矩形，∴ED=CK=2t，EK=CD=6，NK=BC-BN-CK=8−54t−2t=8−134t，∴EN2=EK2+NK2=62+(842=16916t2−52t+100，EM2=AM2+AE2=(6−53t)2+(8−2t)2=616t2−52t+100，∴169 16t2−52t+100=619t2−52t+100，即t1=t2=0，∵t=0不符合题意，∴不存在符合题意的t．7．（2023春·山东青岛·九年级专题练习）已知，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=6cm，BD=8cm.延长BC至点E，使CE=BC，连接ED，点F从点E出发，沿ED方向向点D运动，速度为1cm s⁄，过点F作FG⊥ED垂足为点F交CE于点G；点H从点A出发，沿AD方向向点D运动，速度为1cm s⁄，过点H作HP∥AB，交BD于点P，当F点停止运动时，点H也停止运动.设运动时间为t(0<t≤3)，解答下列问题：（1）求证：∠BDE=90°；（2）是否存在某一时刻t，使G点在ED的垂直平分线上?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.（3）设六边形PCGFDH的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；（4）连接HG，是否存在某一时刻t，使HG∥AC?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.【思路点拨】（1）根据菱形和等腰三角形的性质，得四边形ACED为平行四边形、∠E=∠CDE，从而完成证明；（2）根据平行四边形和垂直平分线的性质分析，即可得到答案；（3）根据菱形和勾股定理的性质，得CE；延长CP，交AD于点M，根据相似三角形的性质，得MD；设AD和BC的距离为ℎ，根据三角形面积的性质，得ℎ=245cm，根据相似三角形的性质得S△GFES△BDE=t6，通过计算即可得到答案；（4）根据相似三角形的性质，得GE=5t3cm，根据平行四边形和一元一次方程的性质计算，即可得到答案．【解题过程】（1）∵菱形ABCD，∴AC⊥BD，AD=BC，AD//BC，AO=CO=12AC，BO=DO=12BD，∴∠CBD+∠ACB=90°，∠CBD=∠CDB，∵CE=BC，∴AD=CE，CD=CE，∴四边形ACED为平行四边形，∠E=∠CDE，∴AC//DE，∴∠ACB=∠E，∴∠CDB+∠CDE=90°，即∠BDE=90°；（2）∵四边形ACED为平行四边形，∴DE=AC=6cm，∵FG⊥ED，∴当EF=DF=12DE时，使G点在ED的垂直平分线上，∴t=12DE1cm s⁄=3s；（3）∵点F从点E出发，沿ED方向向点D运动，速度为1cm s⁄，点H从点A出发，沿AD方向向点D运动，速度为1cm s⁄，∴AH=EF=t(cm)，∵AC⊥BD，AC=6cm，BD=8cm，AO=CO=12AC，BO=DO=12BD，∴CE=BC=CD=AD=√(12AC)2+(12BD)2=5cm，∴DH=AD−AH=5−t(cm)，∵菱形ABCD，∴∠ADP=∠CDP，∵HP，∴∠HPD=∠CDP，∴∠ADP=∠HPD，∴PH=DH，如图，延长CP，交AD于点M，∵HP，∴∠MHP=∠MDC，∵∠PMH=∠CMD，∴△MPH∽△MCD，∴S△MPH S△MCD =PHCD=DHCD=5−t5，MHMD=MHMH+DH=PHCD=5−t5，∴MH MH+5−t =5−t5，∴MH=(5−t)2t，∴MD=MH+DH=(5−t)2t +5−t=5(5−t)t，设AD和BC的距离为ℎ，∴S△ACD=12AC×OD=12AD×ℎ，∴ℎ=245cm，∵∠BDE=90°，FG⊥ED，∴△GFE∽△BDE，∴S△GFE S△BDE =EFDE=t6，∴六边形PCGFDH的面积，=S△MCD−S△MPH+S△CDE−S△GFE=S△MCD−5−t5×S△MCD+S△CDE−t6×S△BDE=t5×S△MCD+S△CDE−t6×S△BDE=t5×12×MD×ℎ+12×CE×ℎ−t6×12×(BC+CE)×ℎ=t5×12×5(5−t)t×245+12×5×245−t6×12×10×245=12−12t5+12−4t=24−32t5cm，∴S=24−32t5(0<t≤3)；（4）∵△GFE∽△BDE，∴GE BE =EFDES，∴GE=EF×BEDE =t×(BC+CE)6=t×106=5t3cm，∵DH=AD−AH=5−t(cm)，当GE=DH时，得5t3=5−t，∴t=158，∵AD//BE，GE=DH，∴四边形HGED为平行四边形，∴HG//DE，∵AC//DE，∴HG//AC，∴当t=158时，HG//AC．8．（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，AB=BC=4，CD=5．（1）求梯形ABCD的面积S；（2）动点P从点B出发，以1cm/s的速度，沿B→A→D→C方向，向点C运动：动点Q从点C出发，以1cm/s 的速度，沿C→D→A方向，向点A运动，过点Q作QE⊥BC于点E．若P、Q两点同时出发，当其中一点到达目的地时整个运动随之结束，设运动时间为t秒．问：①在运动过程中，是否存在这样的t P、D、Q为顶点的三角形恰好是以DP为底的等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．②在运动过程中，是否存在这样的t，使得以P、A、D为顶点的三角形与△COE相似？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）作DF∥AB交BC于F，即易证四边形ABFD是平行四边形，从而可求出DF=AB=3，BF=AD=1，CF=3．再利用勾股定理逆定理即可证∠ABC=∠DFC=90°，最后利用梯形的面积公式计算即可；（2）①在图1的基础上作QG⊥AB于G，易证四边形BEQG是矩形，即得出BG=EQ，QG=BE．又易证△CEQ∽△CFD，得出EQDF =CECF=CQCD，从而可用t表示出CE=35t，EQ=45t，BG=45t，QG=BE=4−35t．PG=t5，即可利用勾股定理得出PQ2=(15t)2+(4−35t)2，最后根据等腰三角形的定义列出等式，解出t即可；②分类讨论当△PAD∽△QEC时和当△PAD∽△CEQ时，根据对应边成比例计算即可．【解题过程】（1）如图1，作DF∥AB交BC于F，∵AD∥BC，∴四边形ABFD是平行四边形，∴DF=AB=3，BF=AD=1，∴CF=BC−BF=3．∵32+42=52，即CF2+DF2=CD2，∴∠DFF=90°，∴∠ABC=∠DFC=90°，∴S梯形ABCD =12(1+4)×4=10；（2）①如图2，在图1的基础上作QG⊥AB于G，由题意可知t≤6．∵∠B=∠QEB=90°，∴四边形BEQG是矩形，∴BG=EQ，QG=BE．∵EQ∥DF，∴△CEQ∽△CFD，∴EQ DF =CECF=CQCD，∴EQ 4=CE 3=t 5， ∴CE =35t ，EQ =45t ，∴BG =45t ，QG =BE =BC −CE =4−35t ．在Rt △PQG 中，PG =BP −BG =t −45t =t 5， ∴PQ 2=PG 2+QG 2=(15t)2+(4−35t)2，由PQ 2=DQ 2得，(15t)2+(4−35t)2=(5−t)2，解得：t 1=13−√1092，t 2=13+√1092(舍去)， ∴当t =13−√1092时，使得以P 、D 、Q 为顶点的三角形恰好是以DP 为底的等腰三角形；②如图3，当△PAD∽△QEC 时，∵∠A =∠QEC =90°，∴PA AD =QE CE，即AP 1=43， ∴AP =43，∴t =4−43=83；当△PAD∽△CEQ 时，∴PA AD =CE QE ，即PA 1=34，∴PA =34，∴t =4−34=134．综上所述：t =83或134．9．（2022秋·陕西咸阳·九年级期末）在平面直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连接OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连接EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．（1）如图①，当t＝3时，求DF的长；（2）如图②，当点E在线段AB上移动的过程中，DFDE的大小是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出DFDE的值；（3）连接AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t＜3时的值．【思路点拨】（1）当t=3时，可知DE//OA，DE=12OA=4，则四边形DFAE是矩形，得DF=AE=3；（2）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB N，根据两个角相等，可证明ΔDMF∽ΔDNE，得DFDE =DMDN=34；（3）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，则点G为EF的三等分点，利用（2）同理可得E、F的坐标，从而得出点G的坐标，代入直线AD的解析式即可解决问题．【解题过程】（1）当t=3时，E为AB的中点，∵A(8,0)，C(0,6)，∴OA=8，OC=6，∵点D为OB的中点，∴DE//OA，DE=12OA=4，∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴四边形DFAE是矩形，∴DF=AE=3；（2）DFDE的大小不变，理由如下：如图，作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM//AB，DN//OA，∴BDDO =BNNA,DOBD=OMMA，∵点D是OB的中点，∴M，N分别是OA，OB的中点，∴DM=12AB=3,DN=12OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴ΔDMF∽ΔDNE，∴DFDE =DMDN=34；（3）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，若AD将ΔDEF的面积分成1:2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点，如图，NE=3−t，由ΔDMF∽ΔDNE得，MF=34(3−t)，∴AF=4+MF=−34t+254，∵点G为EF的三等分点，∴G(3t+7112,23 t)，设直线AD的表达式为y=kx+b，将A(8,0)，D(4,3)代入得{8k+b=04k+b3，解得{k=−34b=6，∴直线AD的表达式为y=−34x+6，将G(3t+7112,23t)代入得：t=7541，∴当t<3时的值为t=7541．10．（2022秋·河北邯郸·九年级邯郸市第二十三中学校考期末）如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB，AB=14cm，BC=CD=6cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t(s)，0<t<10．（1）用含t的代数式表示AP；（2）当以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；（3）如图（2），延长QP、BD，两延长线相交于点M，当ΔQMB为直角三角形时，直接写出．．．．t的值．【思路点拨】（1）作DH⊥AB于H，得矩形DHBC，则CD=BH=6cm，DH=BC=6cm，AH=8cm，由勾股定理可求得AD的长，从而可得AP；（2）分两种相似情况加以考虑，根据对应边成比例即可完成；（3）分∠QMB=90°和∠MQB=90°两种情况考虑即可，再由相似三角形的性质即可求得t的值．【解题过程】（1）如图，作DH⊥AB于H则四边形DHBC是矩形∴CD=BH=6cm，DH=BC=6cm∴AH=8cm在RtΔADH中，由勾股定理得AD=√DH2+AH2=√62+82=10(cm)∵DP=tcm∴AP=AD−DP=(10−t)cm（2）①当ΔAPQ∽ΔADB时则有APAQ =ADAB∴10−tt =1014解得：t=356②当ΔAPQ∽ΔABD时则有APAQ =ABAD∴10−tt =1410解得：t=256综上所述，当t=356或256时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似；（3）①当∠QMB=90°时，ΔQMB为直角三角形如图，过点P作PN⊥AB于N，DH⊥AB于H∴∠PNQ=∠BHD∵∠QMB=90°∴∠PQN+∠DBH=90°∵∠PQN+∠QPN=90°∴∠QPN=∠DBH∴ΔPNQ∽ΔBHD∴QN PN =DHBH=66=1即QN=PN∵PN∥DH∴ΔAPN∽ΔADH∴PN AP =DHAD=610=35，ANAP=AHAD=810=45∴PN=35AP=35(10−t)，AN=45AP=45(10−t)∴QN=AN−AQ=45(10−t)−t=8−95t由QN=PN得：8−95t=35(10−t)解得：t=53②当∠MQB=90°时，ΔQMB为直角三角形，如图则PQ∥DH∴ΔAPQ∽ΔADH∴AQ AP =AHAD=45∴AQ=45AP即t=45(10−t)解得：t=409综上所述，当t=53或409时，ΔQMB是直角三角形．11．（2022秋·山东青岛·九年级统考期中）如图1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB 于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．（1）当ΔPQC 是等腰三角形时，请直接写出t 值为．（2）如图2，在运动过程中是否存在某一时刻t ，使得沿PC 翻折ΔCPQ 所得到的四边形CQPM 是菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（3）如图3，连接BP ，设四边形BPQC 的面积为S ．求S 与t 之间的函数关系式；（4）是否存在某一时刻t ，使得P 、Q 、B 三点共线？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）根据勾股定理及等面积法可求CD ，由等腰三角形的性质分PC =QC 、PC =QP 、PQ =CQ 三种情况讨论即可求解；（2）根据菱形的性质可知，当PQ =CQ 时复合题意，过点Q 作QF ⊥CD ，证ΔABC ∼ΔQCF ，得CF =35t ，由PC =2×35t =245−t ，即可求解；（3）过点Q 作QH ⊥CD ，证ΔABC ∼ΔQCH ，得10t=8QH，即QH =45t ，证ΔABC ∼ΔBCD ，得BD =185，由S =S Δ⬚PCQ +S ΔBPC =12PC ⋅QH +12PC ⋅BD 即可求解；（4）过点P 作PG ⊥BC ，可得，ΔABC ∼ΔCPG ，得245−t 10=CG8，即CG =45(245−t)，BG =6−45(245−t)，由S ΔPBC =12PC ⋅BD =12BC ⋅PG 可得PG =35(245−t)，由CQPG =66−45(245−t)，当ΔBCQ ∼ΔBGP 时，B 、P 、Q 三点共线，得t35(245−t)=66−45(245−t)，即可求解；【解题过程】（1）解：∵∠ACB =90°，AC =8，BC =6， ∴AB =√AC 2+BC 2=√82+62=10， ∵CD ⊥AB ， ∴CD =AC⋅BC AB=6×810=245，∵ΔPQC 是等腰三角形，①当PC =QC 时，即245−t =t ，解得：t =125；②当PC =QP 时，如图，过点P 作PE ⊥AC ，∵PC =QP ，PE ⊥AC ， ∴QE =CE ，∵PE ⊥AC ，CD ⊥AB ，∠ACB =90°， ∴∠A =∠ACD ， ∴ΔABC ∼ΔPCE ， ∴AB PC=BC EC，即，10245−t=612t，解得：t =14455．③当PQ =CQ 时，过点Q 作QF ⊥CD ，∵∠A =∠ACD ， ∴ΔABC ∼ΔQCF ， ∴ABQC =BCCF，即10t =6CF ， ∴CF =35t ，∵PQ =CQ ，QF ⊥CD ， ∴CF =PF =35t ， ∴PC =2×35t =245−t ，解得：t=2411，故当ΔPQC是等腰三角形时，t值为125或14455或2411．（2）当PQ=CQ时，四边形CQPM是菱形，过点Q作QF⊥CD，∵∠A=∠ACD，∴ΔABC∼ΔQCF，∴AB QC =BCCF，即10t=6CF，∴CF=35t，∵PQ=CQ，QF⊥CD，∴CF=PF=35t，∴PC=2×35t=245−t，解得：t=2411，（3）如图，过点Q作QH⊥CD，∵∠A=∠ACD，∴ΔABC∼ΔQCH，∴AB QC =ACQH，即10t=8QH，∴QH =45t ，易证ΔABC ∼ΔBCD ，AB BC=BC BD ，即106=6BD ，解得：BD =185．S =S Δ⬚PCQ +S ΔBPC =12PC ⋅QH +12PC ⋅BD =12×(245−t)(45t +185)=−25t 2+325t +21625；（4）如图过点P 作PG ⊥BC ，可得，ΔABC ∼ΔCPG ，∴CPAB =CGAC ，即245−t 10=CG 8，∴CG =45(245−t)， ∴BG =6−45(245−t)，∵S ΔPBC =12PC ⋅BD =12BC ⋅PG ， ∴PG =PC⋅BD BC =(245−t)×1856=35(245−t)，∴CQPG =t 35(245−t)，BCBG =66−45(245−t)，当ΔBCQ ∼ΔBGP 时，B 、P 、Q 三点共线，所有t35(245−t)=66−45(245−t)，解得：t 1=12√6−185，t 2=−12√6−185（舍去）， ∴当t =12√6−185时，P 、Q 、B 三点共线．12．（2023秋·浙江金华·九年级统考期末）如图1，在矩形ABCD 中，AB =6，BC =3，动点P 从点A 出发，沿AB 边以每秒2个单位的速度向点B 运动，同时，动点Q 从点B 出发，沿BC −CD 匀速向终点D 运动，点P 、Q 同时到达终点，BD 与PQ 交于点E ．过点B 作BF ⊥PQ 于点F ．设点P 、Q 的运动时间为t 秒．（1）求点Q的运动速度．（2）如图2，当点Q与点C重合时，求BE的长．（3）在点P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得以B、E、F为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，求运动时间t的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）求出点P运动的时间即Q运动的时间计算解题即可；（2）当点Q与点C重合时，求出BD长，利用△EPB∽△ECD解题即可；（3）分①点Q在BC边上，②点Q在DC边上，点Q在P的右侧时，③点Q在DC边上，点Q在P的左侧时三种情况利用三角形相似解题即可．【解题过程】（1）解：由题可知点P运动的时间为62=3s，点Q运动的速度为：3+63=3，（2）如图，当点Q与点C重合时，∴t=33=1∴BP=AB−AP=6−2×1=4，在Rt△BDC中，BD=√BC2+CD2=√32+62=3√5，∵AB∥CD∴△EPB∽△ECD∴BE ED =BPCD即3√5−BE=46解得：BE =65√5（3）解：∵BF ⊥PQ ∴∠BFE =∠C =90°，当△BEF ∽△BDC 时，则∠BEF =∠BDC ∴PQ ∥CD 不符合题意，当△BEF ∽△DBC 时， ∴∠BEF =∠DBC , 当点Q 在BC 边上∴BQ =EQ =3t ，EP =PQ −3t 过点Q 作QH ∥CD 交BD 于点H ，则AB ∥CD ∥QH ,∴HQBP =EQ EP ,HQCD=BQ BC∴HQ =EQ×BP EP =3t(6−2t)PQ−3t,∴3t(6−2t)PQ−3t6=3t 3，解得：PQ =2t +3，在Rt △PQB 中，PB 2+BQ 2=PQ 2 即(2t +3)2=(6−2t)2+(3t)2, 解得：t =1或t =3(舍去)当点Q 在DC 边上，点Q 在P 的右侧时，如图，过Q 作QH ∥BC 交AB 、BD 于点H 、M ，则HB=QC=3t−3，DQ=9−3t ∵QH∥BC，BC∥AD∴QH∥BC∥AD，∴△BMH∽△BDA∴HM AD =HBAB即3t−36=HM3解得HM=32t−32，∴QE=MQ=3−(32t−32)=92−32t，PH=6−2t−(3t−3)=9−5t∵AB∥CD∴△BPE∽△DQE∴PB DQ =PEEQ即6−2t9−3t =PE92−32t，解得PE=3−t∴PQ=PE+EQ=3−t+92−32t=152−52t在Rt△PQH中，PH2+HQ2=PQ2即(152−52t)2=(9−5t)2+32解得t=95或t=1(舍去)；如图，当点Q在P的左侧时，过Q作QH∥BC交AB、BD于点H、M，则∠PEB=∠EDQ=∠DEQ=∠PBE∴PE=PB=6−2t，EQ=QD=9−3t，∴PQ=6−2t+9−3t=15−5t在Rt △PQH 中，PH 2+HQ 2=PQ 2 即(15−5t)2=(9−5t)2+32 解得t =94综上所述，当t =1或t =95或t =94时，以B 、E 、F 为顶点的三角形与△BCD 相似13．（2023秋·江苏无锡·九年级无锡市南长实验中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点B (6,5)，过点B 作x 轴的垂线，垂足为A ，作y 轴的垂线，垂足为C ．点D 从O 出发，沿y 轴正方向以每秒1个单位长度运动；点E 从O 出发，沿x 轴正方向以每秒3个单位长度运动；点F 从B 出发，沿BA 方向以每秒2个单位长度运动．当E 点运动到点A 时，三点随之停止运动．运动过程中△ODE 关于直线DE 的对称图形是△O ′DE ，设运动时间为t ．（1）用含t 的代数式分别表示点E ，点F 的坐标；（2）若△ODE 与以点A ，E ，F 为顶点的三角形相似，求t 的值；（3）是否存在这样的t ，使得以D ，E ，F ，O′所围成的四边形中有一组对边平行?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）由题可得OE =3t ，OD =t ，BF =2t ，易证四边形OABC 是矩形，从而得到AB =OC ，BC =OA ，即可求出AF ， OE ，即可求出点E ，点F 的坐标（2）只需两种情况讨论①当△ODE ∽△AEF ，②当△ODE ∽△AFE ，然后运用相似三角形的性质即可求解；（3）过点O′作x轴的平行线与y轴交于点M，与过点E的y轴的平行线交于点N，如图1，易得△MDO′∽△NO′E，设MO′=a，根据相似三角形的性质可得出a=35t，然后分两种情况讨论即可求解．【解题过程】（1）由题可得OE=3t，OD=t，BF=2t，∵BA⊥x轴，BC⊥y轴，∠AOC=90°，∴∠AOC=∠BAO=∠BCO=90°，∴四边形OABC是矩形，∴AB=OC，BC=OA，∵B(12,10)，∴BC=OA=12，AB=OC=10，∴AF=10−2t，OE=12−3t，∴点E的坐标为(3t,0)，点F的坐标为(12,10−2t)；（2）①当△ODE∽△AEF时，则有ODAE =OEAF，∴t 12−3t =3t10−2t，解得t1=0(舍去)，t2=267，②当△ODE∽△AFE时，则有ODAF =OEAE，∴t 10−2t =3t12−3t，解得t1=0(舍去)，t2=6，∵点E运动到点A时，三点随之停止运动，∴3t≤12，∴t≤4，∴t=6舍去，综上所述：t的值为267；（3）过点O′作x轴的平行线与y轴交于点M，与过点E的y轴的平行线交于点N，如图1，则有∠DMN=90°，∠N=90°，由折叠可得：DO′=DO=t，O′E=OE=3t，∠DO′E=∠DOE=90°，∴∠DMO′=∠N=90°，∠MDO′=90°−∠MO′D=∠NO′E，∴△MDO′∽△NO′E，∴MO′NE =MDNO′=O′DEO′=t3t=13，∴NE=3MO′，NO′=3MD，设MO′=a，则有OM=NE=3a，NO′=3t−a，MD=3a−t，∴3t−a=3(3a−t)，解得：a=35t，∴MO′=35t，OM=95t，∴点O′的坐标为(35t,95t)，①若DO′∥EF，如图2，延长O′D交x轴于S，则有O′M∥OS，∠DSE=∠FEA，∴∠MO′D=∠DSE=∠FEA，∵∠O′MD=∠EAF=90°，∴∠O ′MD ∽∠EAF ，∴MO ′AE =MD AF ， ∴35t 6−3t =95t−t 5−2t ，解得：t 1=0(舍去)，t 2=32，经检验：t =32是分式方程的解， ②若OF∥DE ，如图3，过点O ′作x 轴的平行线与AB 交于点Q ，延长DE 交 BA 的延长线于点T ，同①可得：△DOE ∽△FQO ′，∴OD QF =OE QO ′，t95t−(5−2t )=3t 6−35t ，解得t 1=0(舍去)，t 2=74，综上所述：t 的值为32或74． 14．（2023秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考阶段练习）如图，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =3，AB =5，点D 为边AB 上一点且BD =2．动点P 从点A 出发，沿AB 以每秒1个单位长度的速度向终点B 运动，且点P 不与点A 、B 、D 重合．过动点P 作PQ ⊥AB 交折线AC −CB 于点Q ，作点P 关于点D 的对称点E ，连结QE ．设点P 的运动时间为t 秒．（1）当点Q 与点C 重合时，t =________；（2）用含t的代数式表示PE的长；（3）当△PEQ∽△CAB时，求t的值；（4）当Q在BC上运动时，若△BEQ为等腰三角形，直接写出此时t的值．【思路点拨】（1）利用面积计算即可；（2）分两种情况讨论即可；（3）由△PEQ∽△CAB可得PEAC =PQBC，代入线段计算即可；（4）画出图形，分类讨论即可．【解题过程】（1）∵∠C=90°，AC=3，AB=5，∴BC=√AB2−AC2=4，当点Q与点C重合时，S△ABC=12AC⋅BC=12PQ⋅AB∴S△ABC=12×3×4=12PQ×5∴PQ=125，∴PA=√AC2−PQ2=95，∴t=PA÷1=95，故答案为：95；（2）由题意可得，PA=t，PB=AB−PA=5−t，AD=AB−BD=3∵点P关于点D的对称点E，∴PD=DE，∴PE=2PD，当点P在点D的右边时，0<t<3，此时PD=AD−PA=3−t=DE，∴PE=2PD=6−2t，当点P在点D的左边时，3<t<5，此时PD=PA−AD=t−3=DE，∴PE=2PD=2t−6，综上所述，PE ={6−2t(0<t <3)2t −6(3<t <5)（3）当0<t ≤95时，点Q 在AC 边上，点P 在点D 的右边，PE =6−2t ∵∠APQ =∠ACB =90°∴△PAQ ∽△CAB ，∴PA AC=PQ BC ， ∴t 3=PQ 4∴PQ =43t ∵△PEQ ∽△CAB∴PE AC =PQ BC ∴6−2t 3=43t 4 ∴t =2（舍）当95<t <3时，点Q 在BC 边上，点P 在点D 的右边，PE =6−2t ，∵∠BPQ =∠ACB =90°∴△PBQ ∽△CBA ，∴BP BC =PQ AC =BQ AB ， ∴5−t 4=PQ 3=BQ 5 ∴PQ =34(5−t)，BQ =54(5−t)∵△PEQ ∽△CAB∴PE AC =PQ BC ∴6−2t 3=34(5−t)4t =5123，当3<t<5时，点Q在BC边上，点P在点D的左边，此时PQ=34(5−t)，PE=2t−6∵△PEQ∽△CAB∴PE AC =PQBC∴2t−63=34(5−t)4t=141 41综上，当△PEQ∽△CAB时，t=5123，t=14141（4）当当Q在BC上运动时，95<t<5，当95<t<3时，点Q在BC边上，点P在点D的右边，PE=6−2t，PQ=34(5−t)此时△BEQ为钝角三角形，若△BEQ为等腰三角形，则EB=EQ=AB−PE−PA=5−(6−2t)−t=t−1，在Rt△PQE中，PQ2+PE2=QE2，∴[34(5−t)]2+(6−2t)2=(t−1)2，此方程无解当3<t<5时，点Q在BC边上，点P在点D的左边，PE=2t−6，PQ=34(5−t)，BE=PA−PE=t−(2t−6)=6−t，BQ=54(5−t)。

初三相似动点练习题

初三相似动点练习题在几何学中，相似是指两个形状在形状上相似，但是大小可以不同。

相似的形状有相等的内角和相等比例的边长。

在初三阶段，学生需要掌握相似动点的基本概念和解题方法。

下面是一些初三相似动点练习题，帮助学生巩固理解和练习解题技巧。

练习题一:已知图中的ABCD和EFGH都是长方形。

如果AB = 3cm, BC = 4cm, DE = 6cm, EF = 8cm，求AD和GH的长度。

（题目附图：矩形ABCD和矩形EFGH，其中AB = 3cm，BC =4cm，DE = 6cm，EF = 8cm）解答：首先，我们可以通过观察长方形ABCD和EFGH的对应边长比例来判断它们是否相似。

在本题中，AB/DE = BC/EF = 3/6 = 1/2 = 4/8 =AD/GH。

这说明长方形ABCD和EFGH是相似的。

因为AD/GH = AB/EF，所以我们可以得到AD = AB × GH/EF。

代入已知值，得到AD = 3cm × GH/8cm。

练习题二：已知图中的三角形ABC和DEF相似，且EF = 10cm，BC = 6cm，BD = 4cm。

求AB的长度。

（题目附图：三角形ABC和三角形DEF，其中EF = 10cm，BC =6cm，BD = 4cm）解答：根据题目中给出的信息，三角形ABC和DEF是相似的。

因为两个相似三角形的对应边长比例相等，所以AB/DE = BC/EF。

代入已知值，得到AB/DE = 6cm/10cm = 3/5。

由此，我们可以得到AB = DE × 3/5。

代入已知值，得到AB = 10cm × 3/5 = 6cm。

练习题三：已知图中的矩形ABCD和长方形DEFG相似，且AD = 12cm，AB= 9cm，EF = 8cm。

求DE的长度。

（题目附图：矩形ABCD和长方形DEFG，其中AD = 12cm，AB = 9cm，EF = 8cm）解答：根据题目中给出的信息，矩形ABCD和长方形DEFG是相似的。

相似三角形动点问题题型

x A O Q P B y动点问题题型方法归纳动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。

）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。

下面就此问题的常见题型作简单介绍，解题方法、关键给以点拨。

一、三角形边上动点 1、直线364y x =-+与坐标轴分别交于A B 、两点，动点P Q 、同时从O 点出发，同时到达A 点，运动停止．点Q 沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P 沿路线O →B →A 运动．（1）直接写出A B 、两点的坐标；（2）设点Q 的运动时间为t 秒，OPQ △的面积为S ，求出S 与t 之间的函数关系式；（3）当485S =时，求出点P 的坐标，并直接写出以点O P Q 、、为顶点的平行四边形的第四个顶点M 的坐标．提示：第（2）问按点P 到拐点B 所有时间分段分类；第（3）问是分类讨论：已知三定点O 、P 、Q ，探究第四点构成平行四边形时按已知线段身份不同分类-----①OP 为边、OQ 为边，②OP 为边、OQ 为对角线，③OP 为对角线、OQ 为边。

然后画出各类的图形，根据图形性质求顶点坐标。

图（3）ABC OEF AB CO D图（1）ABOE FC 图（2） 2、如图，AB 是⊙O 的直径，弦BC=2cm ， ∠ABC=60º．（1）求⊙O 的直径；（2）若D 是AB 延长线上一点，连结CD ，当BD 长为多少时，CD 与⊙O 相切；（3）若动点E 以2cm/s 的速度从A 点出发沿着AB 方向运动，同时动点F 以1cm/s 的速度从B 点出发沿BC 方向运动，设运动时间为)20)((<<t s t ，连结EF ，当t 为何值时，△BEF 为直角三角形．注意：第（3）问按直角位置分类讨论xy M CD P QOAB 3、如图，已知抛物线(1)233(0)y a x a =-+≠经过点(2)A -，0，抛物线的顶点为D ，过O 作射线OM AD ∥．过顶点D 平行于x 轴的直线交射线OM 于点C ，B 在x 轴正半轴上，连结BC ．（1）求该抛物线的解析式；（2）若动点P 从点O 出发，以每秒1个长度单位的速度沿射线OM 运动，设点P 运动的时间为()t s ．问当t 为何值时，四边形DAOP 分别为平行四边形？直角梯形？等腰梯形？（3）若OC OB =，动点P 和动点Q 分别从点O 和点B 同时出发，分别以每秒1个长度单位和2个长度单位的速度沿OC 和BO 运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动的时间为t ()s ，连接PQ ，当t 为何值时，四边形BCPQ 的面积最小？并求出最小值及此时PQ 的长．注意：发现并充分运用特殊角∠DAB=60°当△OPQ 面积最大时，四边形BCPQ 的面积最小。

相似三角形之动点问题-含参考答案

中考数学复习之相似之动点问题（学案）知识与方法梳理1．研究基本图形，标注基本图形是动点运动的背景，需要研究边和角，寻找模型或结构，或者转化坐标和表达式．2．分析运动过程，分段，定范围关注起点、终点和状态转折点．状态转折点是图形状态发生变化的点，常见的状态转折点有拐点、相遇点等．3．根据不变特征建等式依分段画图形，表达相关线段长，根据不变特征建等式，结合范围验证结果．表达的常用手段有s=vt、相似、勾股定理等；根据不变特征建等式需要把不变特征跟基本图形信息结合起来考虑，常见不变特征有相似、直角、等腰等．例1：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．点P从点B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s，同时点Q从点A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm/s，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，连接PQ．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？（2）在运动过程中，是否存在某一时刻使△APQ为等腰三角形？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．（1）1025713t=或；（2）525321t=或．解：(1)若A、P、Q与ABC相似时，∆APQ为直角三角形；1.若∠APQ=90°时，易知∆APQ~∆ACB，AP AQAC AB=即有5245t t-=得t=2513Q2.若∠AQP=90°时，∆APQ~∆ABC ，AP AQ AB AC =即有5254t t -=得t=107(2)1.当PA=PQ 时，作PD ⟂AQ 于点D ，AQ=2t ，则AD=t ，AP=5-t ，∆APD~∆ABC ，AP AD AB AC =，即有554t t -=，t=209>2，故舍去.2.当AP=AQ 时，即有5-t=2t ，即t=53；3.当QA=AP 时，作QF ⟂AP 于点F ，易知∆AQF~∆ABC ，AF AQ AC AB =，即有52245tt-=，t=2521练习题1．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，AC:BC=4:3．点P从点A出发沿AB方向向点B运动，速度为1cm/s，同时点Q从点B出发沿折线B→C→A 向点A运动，速度为2cm/s，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为x（s）．（1）设△PBQ的面积为y（cm2），求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．（2）当Q在BC上运动时，是否存在以点B，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．（3）当Q在CA上运动，且PQ⊥AB时，以点B，P，Q为顶点的三角形与△ABC是否相似？请说明理由．CA BCA BCA B2．如图，直角梯形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，OA∥CB，A(4，0)，B(3，3)．点M从点O出发以每秒2个单位长的速度向点A运动，同时点N从点B出发，以每秒1个单位长的速度向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．过点N作Array NP⊥x轴于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ．设运动时间为t（秒）．（1）使线段AQ，QM，MA能围成三角形的t的取值范围是_____________．（2）求△AQM的面积S与运动时间t之间的函数关系式．（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．3．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=B=45°．动点M从点B出发，沿线段BC以每秒1个单位长的速度向终点C运动，动点N同时从点C出发，沿折线C→D→A以同样速度向终点A运动，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t（秒）．（1）求在运动过程中形成的△MCN的面积S与运动时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．（2）当N在CD上运动时，△MCN能否成为等腰三角形？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．A DB CA DB CA DB C4．如图，直角梯形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，OA∥CB，A(15，0)，B(10，12)．动点P，Q分别从O，B两点同时出发，点P以每秒2个单位长的速度沿OA方向向终点A运动，点Q以每秒1个单位长的速度沿BC方向向终点C运动，当一个点到达Array终点时，另一个点也随之停止运动．线段OB，PQ相交于点D，过点D作DE∥OA，交AB于点E，射线QE交x轴于点F．设动点P，Q的运动时间为t（秒）．（1）当t为何值时，四边形P ABQ是平行四边形？（2）当t=2秒时，求梯形OFBC的面积；（3）当t为何值时，△PQF是等腰三角形？5．如图，在平面直角坐标系中，△OAB 的顶点O 与坐标原点重合，点A ，B 坐标分别为(8，6)，(16，0)．点P 从点O 出发沿OA 方向向终点A 运动，速度为每秒1个单位，点Q 从点B 出发沿BO 方向向终点O 运动，速度为每秒2个单位．如果P ，Q 同时出发，用t （秒）表示运动时间，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．（1）设△OPQ 的面积为y ，求y 与t 之间的函数关系式．（2）△OPQ 与△OAB 能否相似？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由．6．如图，直线y=-4x-4与x轴交于点A，与y轴交于点C，直线y=43x-b过点C，与x轴交于点B．动点D从点A出发，沿线段AB向终点B运动，同时动点E从点B出发，沿线段BC向终点C运动，速度均为每秒1个单位长度，设运动时间为t （秒），当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．（1）连接ED，设△BDE的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（2）在运动过程中，当△BDE为等腰三角形时，求t的值．【参考答案】1.（1）2248035351423755x x x y x x x ⎧-+<⎪⎪=⎨⎪-+<<⎪⎩≤．（2）存在，3013x =．（3）不相似 2.（1）0≤t <2（2）23332442S t t t =-++<（0）≤（3）存在，M (2,0)或M (2619，0)3.（1）22405522058t tt S t t ⎧-+⎪=⎨⎪-+⎩＜＜≤≤（2）能成为等腰三角形，50511t =或 4. （1）t =5（2）174（3）t =13或56或43或1935.（1）232455y t t =-+(08)t <<（2）能相似，12840219t t ==或 6.（1）22855S t t =-+（2）202421111t =或或。

初中数学重点模型17 动点在相似三角形中的分类讨论(基础)

专题17 动点在相似三角形中的分类讨论【专题说明】由动点产生的相似三角形问题一般在函数和几何图中出现，函数一般是一次函数和二次函数，几何图形一般是三角形和四边形。

题型一般有是否存在点P ，使得：①△PDE ∽△ABC ②以P 、D 、E 为顶点的三角形与△ABC 相似。

一般以大题为主，也有出现在填空后两题。

函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题过程：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。

涉及知识点：全等相似的性质及判定，一元二次方程解法，直角三角形中锐角三角函数，勾股定理，求线段的长，要用到两点间的距离公式。

【精典例题】1、如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx (a ≠0)过点A (3，－3)和点B (33，0)．过点A 作直线AC ∥x 轴，交y 轴于点C .(1)求抛物线的表达式；(2)在抛物线上取一点P ，过点P 作直线AC 的垂线，垂足为D .连结OA ，使得以A ，D ，P 为顶点的三角形与△AOC 相似，求出对应点P 的坐标；(3)抛物线上是否存在点Q ，使得S △AOC ＝13S △AOQ ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【思路生成】(1)将点A 和点B 的坐标代入y ＝ax 2＋bx 中，解出a 和b 的值即可；(2)首先根据题意可得出点C 的坐标为(0，－3)，设P (x ，y )，则PD ＝|y ＋3|，AD ＝|x －3|，然后分△OAC ∽△P AD 和△OAC ∽△APD 两种情况进行讨论，得出结果；(3)首先求出△AOC 的面积，进而得出△AOQ 的面积，然后根据点A 和点B 的坐标得出点Q 的位置．解：(1)根据题意可得⎩⎨⎧3a ＋3b ＝－3，27a ＋33b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－332，∴抛物线的表达式为y ＝12x 2－332x ；(2)根据题意可得点C 的坐标为(0，－3)，则OC ＝3，AC ＝3，设P (x ，y )，则PD ＝y ＋3，AD ＝x － 3.若△OAC ∽△P AD ，则AC OC ＝AD PD ，即33＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －3y ＋3，∵y ＝12x 2－332x ，∴±33＝x －312x 2－332x ＋3，整理得x 2－53x ＋12＝0或者x 2－3x ＝0，前者解得x ＝43或3(舍去)，后者解得x ＝0或3(舍去)， ∴P 1(43，6)或P 2(0，0)；若△OAC ∽△APD ，则AC OC ＝PD AD ，即±33＝y ＋3x －3，∵y ＝12x 2－332x ，∴±33＝12x 2－332x ＋3x －3，整理得3x 2－113x ＋24＝0或者3x 2－73x ＋12＝0，前者解得x ＝833或3(舍去)，后者解得x ＝433或3(舍去)．∴P 3⎝⎛⎭⎫433，－103或P 4⎝⎛⎭⎫833，－43. 综上所述，P 点坐标为(43，6)或(0，0)或⎝⎛⎭⎫433，－103或⎝⎛⎭⎫833，－43；(3)∵OC ＝3，AC ＝3，∴S △AOC ＝OC ·AC 2＝332.∵S △AOC ＝13S △AOQ ，∴S △AOQ ＝932.∵OB ＝33，点A 到x 轴的距离d ＝3，∴S △AOB ＝OB ·d 2＝932，故存在点Q ，使得S △AOC ＝13S △AOQ ，此时点Q 的坐标为(33，0)．显然过B 点且平行于直线OA 的直线y ＝－3(x －33)与该抛物线的另一交点也符合条件，由－3(x－33)＝12x 2－332x ，整理得x 2－3x －18＝0，解得x ＝33或－2 3.当x ＝－23时，y ＝15，此时点Q 坐标为(－23，15)．∴点Q 的坐标为(33，0)或(－23，15)．2、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 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)4)(1(--=x x a y ，代入点C 的坐标（0，－2），解得21-=a ．所以抛物线的解析式为22521)4)(1(212-+-=---=x x x x y ．（2）设点P 的坐标为))4)(1(21,(---x x x ． ∴如图2，当点P 在x 轴上方时，1＜x ＜4，)4)(1(21---=x x PM ，x AM -=4．如果2==CO AOPM AM ，那么24)4)(1(21=----xx x ．解得5=x 不合题意．如果21==CO AO PMAM ，那么214)4)(1(21=----x x x ．解得2=x ．此时点P 的坐标为（2，1）．∴如图3，当点P 在点A 的右侧时，x ＞4，)4)(1(21--=x x PM ，4-=x AM ．解方程24)4)(1(21=---x x x ，得5=x ．此时点P 的坐标为)2,5(-．解方程214)4)(1(21=---x x x ，得2=x 不合题意． ∴如图4，当点P 在点B 的左侧时，x ＜1，)4)(1(21--=x x PM ，x AM -=4．解方程24)4)(1(21=---x x x ，得3-=x ．此时点P 的坐标为)14,3(--．解方程214)4)(1(21=---x x x ，得0=x ．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)14,3(--或)2,5(-．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221-=x y ．设点D 的横坐标为m )41(<<m ，那么点D 的坐标为)22521,(2-+-m m m ，点E 的坐标为)221,(-m m ．所以)221()22521(2---+-=m m m DE m m 2212+-=．因此4)221(212⨯+-=∆m m S DAC m m 42+-=4)2(2+--=m ．当2=m 时，∴DCA 的面积最大，此时点D 的坐标为（2，1）．图5 图63、如图1，已知抛物线的方程C 1：1(2)()y x x m m=-+- (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C 1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C 1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1(2)()y x x m m =-+-，得124(2)m m =-⨯-．解得m ＝4．（2）当m ＝4时，2111(2)(4)2442y x x x x =-+-=-++．所以C (4, 0)，E (0, 2)．所以S ∴BCE ＝1162622BC OE ⋅=⨯⨯=．（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HP EO CP CO=．因此234HP =．解得32HP =．所以点H 的坐标为3(1,)2．（4）∴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CE BC CB BF=，即2BC CE BF =⋅时，∴BCE ∴∴FBC ．设点F 的坐标为1(,(2)())x x x m m -+-，由''FF EO BF CO =，得1(2)()22x x m m x m+-=+．解得x ＝m ＋2．所以F ′(m ＋2, 0)．由'CO BF CE BF =4m BF +=．所以BF =由2BC CE BF =⋅，得2(2)m +=整理，得0＝16．此方程无解．图2 图3 图4∴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BE BC BC BF =，即2BC BE BF =⋅时，∴BCE ∴∴BFC ．在Rt∴BFF′中，由FF ′＝BF ′，得1(2)()2x x m x m+-=+．解得x ＝2m ．所以F ′(2,0)m ．所以BF′＝2m ＋2，2)BF m =+．由2BC BE BF =⋅，得2(2)2)m m +=+．解得2m =±综合∴、∴，符合题意的m 为2+4、如图1，Rt∴ABC 中，∴ACB ＝90°，AC ＝6 cm ，BC ＝8 cm ，动点P 从点B 出发，在BA 边上以每秒5 cm 的速度向点A 匀速运动，同时动点Q 从点C 出发，在CB 边上以每秒4 cm 的速度向点B 匀速运动，运动时间为t 秒（0＜t ＜2），连接PQ ．（1）若∴BPQ 与∴ABC 相似，求t 的值；（2）如图2，连接AQ 、CP ，若AQ ∴CP ，求t 的值；（3）试证明：PQ 的中点在∴ABC 的一条中位线上．图1 图2思路点拨1．∴BPQ 与∴ABC 有公共角，按照夹角相等，对应边成比例，分两种情况列方程．2．作PD ∴BC 于D ，动点P 、Q 的速度，暗含了BD ＝CQ ．3．PQ 的中点H 在哪条中位线上？画两个不同时刻P 、Q 、H 的位置，一目了然．满分解答（1）Rt∴ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，所以AB ＝10． ∴BPQ 与∴ABC 相似，存在两种情况：∴ 如果BP BA BQ BC =，那么510848t t =-．解得t ＝1．∴ 如果BP BC BQ BA =，那么588410t t =-．解得3241t =．图3 图4（2）作PD ∴BC ，垂足为D ．在Rt∴BPD 中，BP ＝5t ，cos B ＝45，所以BD ＝BP cos B ＝4t ，PD ＝3t ．当AQ ∴CP 时，∴ACQ ∴∴CDP ．所以AC CD QC PD =，即68443t t t -=．解得78t =．图5 图6（3）如图4，过PQ 的中点H 作BC 的垂线，垂足为F ，交AB 于E ．由于H 是PQ 的中点，HF //PD ，所以F 是QD 的中点．又因为BD ＝CQ ＝4t ，所以BF ＝CF ．因此F 是B C 的中点，E 是AB 的中点．所以PQ 的中点H 在∴ABC 的中位线EF 上．5、如图1，已知抛物线211(1)444b y x b x =-++（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 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, 4b )．（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 ＝1152428b x b x bx ⨯⋅+⨯⋅=＝2b ．解得165x =．所以点P 的坐标为(1616,55)．图2 图3（3）由2111(1)(1)()4444b y x b x x x b =-++=--，得A (1, 0)，OA ＝1． ∴如图4，以OA 、OC 为邻边构造矩形OAQC ，那么∴OQC ∴∴QOA ．当BA QA QA OA =，即2QA BA OA =⋅时，∴BQA ∴∴QOA ．所以2()14b b =-．解得8b =±Q 为(1,2+．∴如图5，以OC 为直径的圆与直线x ＝1交于点Q ，那么∴OQC ＝90°。

动点问题之相似三角形

动点问题之相似三角形1．（2022•桂林）如图，抛物线y=-x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动．（1）直接写出A，B，C三点的坐标；（2）求CP+PQ+QB的最小值；（3）过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．2．（2022•辽宁）抛物线y=ax2-2x+c经过点A（3，0），点C（0，-3），直线y=-x+b经过点A，交抛物线于点E．抛物线的对称轴交AE于点B，交x轴于点D，交直线AC于点F．（1）求抛物线的解析式；（2）如图①，点P为直线AC下方抛物线上的点，连接PA，PC，△BAF的面积记为S1，△PAC的面积记为S2，当S2=38 S1时．求点P的横坐标；（3）如图②，连接CD，点Q为平面内直线AE下方的点，以点Q，A，E为顶点的三角形与△CDF相似时（AE与CD不是对应边），请直接写出符合条件的点Q的坐标．3．（2022•山西）综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D 放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N．猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．4．（2022•衡阳）如图，已知抛物线y=x2-x-2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．（1）写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；（2）若直线y=-x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；（3）P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△NCM 与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．5．（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y =-x 2+c 与y 轴交于点P （0，4）．（1）直接写出抛物线的解析式．（2）如图，将抛物线y =-x 2+c 向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q ，平移后的抛物线与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的右侧），与y 轴交于点C ．判断以B 、C 、Q 三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．（3）直线BC 与抛物线y =-x 2+c 交于M 、N 两点（点N 在点M 的右侧），请探究在x 轴上是否存在点T ，使得以B 、N 、T 三点为顶点的三角形与△ABC 相似，若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．（4）若将抛物线y =-x 2+c 进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC 最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y =-x 2+c 平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．6．（2022•贵港）如图，已知抛物线y =-x 2+bx +c 经过A （0，3）和B （72，-94）两点，直线AB 与x 轴相交于点C ，P 是直线AB 上方的抛物线上的一个动点，PD ⊥x 轴交AB 于点D ．（1）求该抛物线的表达式；（2）若PE ∥x 轴交AB 于点E ，求PD +PE 的最大值；（3）若以A ，P ，D 为顶点的三角形与△AOC 相似，请直接写出所有满足条件的点P ，点D 的坐标．7．（2022•金华）如图，在菱形ABCD 中，AB =10，sinB =35，点E 从点B 出发沿折线B -C -D 向终点D 运动．过点E 作点E 所在的边（BC 或CD ）的垂线，交菱形其它的边于点F ，在EF 的右侧作矩形EFGH ．（1）如图1，点G 在AC 上．求证：FA =FG ．（2）若EF =FG ，当EF 过AC 中点时，求AG 的长．（3）已知FG =8，设点E 的运动路程为s .当s 满足什么条件时，以G ，C ，H 为顶点的三角形与△BEF 相似（包括全等）？8．（2022•玉林）如图，已知抛物线：y =-2x 2+bx +c 与x 轴交于点A ，B （2，0）（A 在B 的左侧），与y 轴交于点C ，对称轴是直线x =12，P 是第一象限内抛物线上的任一点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点D 为线段OC 的中点，则△POD 能否是等边三角形？请说明理由；（3）过点P 作x 轴的垂线与线段BC 交于点M ，垂足为点H ，若以P ，M ，C 为顶点的三角形与△BMH 相似，求点P 的坐标．9．（2022•张家界）如图，已知抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A （1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的函数表达式及点D的坐标；（2）若四边形BCEF为矩形，CE=3．点M以每秒1个单位的速度从点C沿C E向点E运动，同时点N以每秒2个单位的速度从点E沿EF向点F运动，一点到达终点，另一点随之停止．当以M、E、N为顶点的三角形与△BOC相似时，求运动时间t的值；（3）抛物线的对称轴与x轴交于点P，点G是点P关于点D的对称点，点Q是x 轴下方抛物线上的动点．若过点Q的直线l：y=kx+m（|k|<9）与抛物线4只有一个公共点，且分别与线段GA、GB相交于点H、K，求证：GH+GK为定值．。

部编数学九年级下册专题15相似三角形之动点问题(解析版)含答案

专题15 相似三角形之动点问题1．如图，在Rt ABC V 中，9034C AC BC Ð=°==，，，点E 是直角边AC 上动点，点F 是斜边AB 上的动点（点F 与A B 、两点均不重合）．且EF 平分Rt ABC V 的周长，设AE 长为x ．(1)试用含x 的代数式表示AF = ；(2)若AEF △的面积为165，求x 的值；(3)当AEF △是等腰三角形时，求出此时AE 的长．∵BC AC FD ⊥，∴BC DF ∥．∴FDA BCA ∽V V ∴BC DF AB AF =，即∵EMA C Ð=Ð=∴EAM BAC ∽V V ∴AE AM AB AC=，1(6)x -同理FAN BAC ∽V V ∴FA AN AB AC=，∴16253x x -=，2．如图，在ABC V 中，90ABC Ð°＝，4AB ＝，3BC ＝，点P 从点A 出发，沿线段AB 以每秒5个单位长度的速度向终点B 运动，当点P 不与点A 、B 重合时，作点P 关于直线AC 的对称点Q ，连结PQ ，以PQ 、PB 为边作PBMQ Y ．设PBMQ Y 与ABC V 重叠部分图形的面积为S ，点P 的运动时间为t 秒．(1)直接用含t 的代数式表示线段PQ 的长并写出t 的取值范围；(2)当点M 落在边AC 上时，求t 的值及此时PBMQ Y 的面积；(3)求S 与t 之间的函数关系式；(4)当PBMQ Y 的对角线的交点到ABC V 的两个顶点的距离相等时，直接写出t 的值．由意得5AP t ＝，PO QO ＝∴225AC AB BC +=＝，∵ABC AOP ∽△△，AC BC \=1122ABC S AB BC AC =×=Q △125AB BC BM AC ×\==∵四边形PQMB 是平行四边形，(45PQMB TQO S S S t =-=-Y △当2455t << 时，如图3﹣BT AC⊥Q 125AB BC BT AC \==g 2224AT AB BT \=-=则AK CK =，设AK CK =在Rt CBK V 中，2CK BC =∴()22234x x =+-，解得258x =，∵OL AB ∥，QO OB = ，∴直线OL 平分QP ，∴点L 在线段PQ 上，且AL ∴5t =．3．如图，在矩形ABCD 中，BC CD >，,BC CD 分别是一元二次方程214480x x -+=的两个根，连结BD ，动点P 从B 出发，以1个单位每秒速度，沿BD 方向运动，同时，动点Q 从点D 出发，以同样的速度沿射线DA 运动，当点P 到达点D 时，点Q 即停止运动，设运动时间为t 秒.以PQ 为斜边作Rt PQM D ，使点M 落在线段BD 上.(1)求线段BD 的长度；D面积的最大值；(2)求PDQ(3)当PQMD与BCDD相似时，求t的值.4．如图，在ABC V 中，10cm AB = ，20cm BC =，点P 从点A 开始沿AB 边向B 点以2cm /s 的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以4cm /s 的速度移动，如果P Q ，分别从A B ，同时出发，问经过几秒钟，△△P B Q A B C : ．5．如图，在ABC V 中，90C Ð=°，6AC =，8BC =，D 是BC 边的中点，E 为AB 边上的一个动点，作90DEF Ð=°，EF 交射线BC 于点F ．设BE x =，BED V 的面积为y ．(1)求y 关于x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；(2)如果以B 、E 、F 为顶点的三角形与BED V 相似，求BED V 的面积．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，函数关系式．注意（2）中都要分情况进行讨论：要分BEF Ð时钝角还是锐角进行分类讨论，不要丢掉任何一种情况．6．如图，矩形ABCD 中，AD AB ==25，，P 为CD 边上的动点，当ADP △与BCP V 相似时，求DP 长．7．如图，在ABC V 中，908C AC Ð=°=，cm ，动点P 从点C 出发沿着C B A --的方向以2cm/s 的速度向终点A 运动，另一动点Q 同时从点A 出发沿着AC 方向以1cm/s 的速度向终点C 运动，P 、Q 两点同时到达各自的终点，设运动时间为t （s ）．APQ V 的面积为2cm S ．(1)求BC的长；(2)求S与t的函数关系式，并写出的取值范围；V相似？(3)当t为多少秒时，以P、C、Q为顶点的三角形和ABC8．如图，在ABC V 中，8cm 10cm AB AC ==、，点P 从A 出发，以2cm/s 的速度向B 运动，同时点Q 从C 出发，以3cm/s 的速度向A 运动，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为s t ,(1)则AP = ；AQ = ____ (用含t 的代数式表示)(2)求运动时间t 的值为多少时，以A 、P 、Q 为顶点的三角形与ABC V 相似？9．如图1，在Rt ABC △中，=90=6cm =8cm ACB AC BC Ð°，，，动点P 从点B 出发，在BA 边上以每秒5cm 的速度向点A 匀速运动，同时动点Q 从点C 出发，在CB 边上以每秒4cm 的速度向点B 匀速运动，运动时间为t 秒()02t ＜＜，连接PQ ．(1)若BPQ V 与ABC V 相似，求t 的值；(2)直接写出BPQ V 是等腰三角形时t 的值；(3)如图2，连接AQ 、CP ，若AQ CP ⊥，求t 的值．则12BG PB ==∵=QBG ABC ÐÐ∴BGQ BCA ~V V BG BQ =5∵PM BC ACB ⊥Ð，∴PM AC ∥，10．如图1，在ABC V 中，90,3,4BCA AC BC Ð°＝＝＝，点P 为斜边AB 上一点，过点P 作射线PD PE ⊥，分别交AC 、BC 于点D ，E ．(1)问题产生∶若P 为AB 中点，当,PD AC PE BC ⊥⊥时，PD PE= ；(2)问题延伸：在（1）的情况下，将若∠DPE 绕着点P 旋转到图2的位置，PD PE 的值是否会发生改变？如果不变，请证明；如果改变，请说明理由；(3)问题解决：如图3，连接DE ，若PDE V 与ABC V 相似，求BP 的值．（3）如图2，连接CP，如图3，当PDE △∽△∵90DPE ACB Ð+Ð=°∴点C 、D 、P 、E 共圆，综上所述：165BP =或【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．通过添加合适的辅助线证明三角形相似是解题的关键．同时，本题考查了三角形的中位线定理，以及利用四点共圆证明角相等，是一道综合题．11．如图，在平面直角坐标系内，已知点A （0，6）、点B （8，0），动点P 从点A 开始在线段AO 上以每秒1个单位长度的速度向点O 移动，同时动点Q 从点B 开始在线段BA 上以每秒2个单位长度的速度向点A 移动，设点P 、Q 移动的时间为t 秒．(1)当t 为何值时，△APQ 与△AOB 相似？(2)当t 为何值时，△APQ 的面积为245∵QE⊥AO，BO⊥AO，∴QE∥BO，∴△AEQ∽△AOB，∴45QE BOAQ AB==44812．如图，在矩形ABCD中，12AB=cm，=3AD cm，点E、F同时分别从D、B两点出发，以1cm/s 的速度沿DC、BA向终点C、A运动，点G、H分别为AE、CF的中点，设运动时间为t（s）．(1)求证：四边形EGFH是平行四边形．(2)填空：①当t为______s时，四边形EGFH是菱形；②当t为______s时，四边形EGFH是矩形．13．如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4cm ，BC ＝8cm ，点D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，连结DE ，点P 从点B 出发，沿折线BD －DE －EA 运动，到点A 后立即停止．点P 在BD 的速度运动，在折线DE －EA 上以1cm/s 的速度运动．在点P 的运动过程中，过点P 作PQ ⊥BC 于点Q ，以PQ 为边作正方形PQMN ，点M 在线段BQ 上．设点P 的运动时间为t （s ）．(1)当点P 在线段DE 上时，求正方形PQMN 的边长．(2)当点N 落在边AB 上时，求t 的值．(3)在点P 的整个运动过程中，记正方形PQMN 与△ABC 重叠部分图形面积为S （cm ²），求S 与t 的函数关系式，写出相应t的取值范围．14．如图，矩形ABCD 中，15AB cm =，10BC cm =，动点P 从点A 出发，沿AB 边以2/s cm 的速度cm的速度向点A匀速移动，一个动点到达端向点B匀速移动，动点Q从点D出发，沿DA边以1/s点时，另一个动点也停止运动，点P，Q同时出发，设运动时间为s t．(1)当t为何值时，APQ△的面积为216cm(2)t为何值时，以A，P，Q为顶点的三角形与ABCV相似．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．15．阅读与思考如图是两位同学对一道习题的交流，请认真阅读下列对话并完成相应的任务．解决问题：(1)写出正确的比例式及后续解答．(2)指出另一个错误，并给出正确解答．拓展延伸：(3)如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm，BC＝6cm．某一时刻，动点M从A点出发沿AB方向以1cm/s的速度向B点匀速运动；同时，动点N从D点出发沿DA方向以2cm/s的速度向A点匀速运动，是否存在时刻t，使以A，M，N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．16．如图，在平面直角坐标系中，已知OA＝12厘米，OB＝6厘米．点P从点O开始沿OA向点A 以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿BO向点O以1厘米/秒的速度移动．当一点运动到终点时，另一点也随之停止．如果P、Q同时出发，用t(秒)表示移动的时间(0＜t＜6)，求当V POQ与V AOB相似时t的值．17．如图，△ABC中，AB＝AC＝10cm．BC＝16cm，动点P从点C出发沿线段CB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也停止运动，设运动时间为t（单位：s），以点Q为圆心，BQ长为半径的⊙Q与射线BA、线段BC分别交于点D，E，连接DP．(1)当t为何值时，线段DP与⊙Q相切；(2)若⊙Q与线段DP只有一个公共点，求t的取值范围；(3)当△APC是等腰三角形时，直接写出t的值．18．如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，点P，Q同时从点B出发，点P以每秒5个单位长度的速度沿折线BA﹣AC运动，点Q以每秒3个单位长度的速度沿折线BC﹣CA运动，当点P，Q相遇时，两点同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，△PBQ的面积为S．(1)当P，Q两点相遇时，t＝秒；(2)求S关于t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．90PHB C \Ð=Ð=°，B B ÐÐ=Q ，ΔΔABC PBH \∽，\PH BP AC AB=，165PC t =-，113(16522S PQ PC t t =´=´´-当833t ……时，如图，248PQ t =-，118(248)22S PQ BC t =´=´-=-19．如图，在Rt△ABC 中，∠C＝90°，AC＝16，BC＝12．动点P 从点B 出发，沿线段BA 以每秒 2 个单位长度的速度向终点 A 运动，同时动点Q 从点 A 出发，沿折线AC—CB 以每秒 2 个单位长度的速度向点 B 运动．当点P 到达终点时，点Q 也停止运动．设运动的时间为t 秒．(1)AB= ；(2)用含t 的代数式表示线段CQ 的长；(3)当Q 在AC 上运动时，若以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC 相似，求t 的值；(4)设点O 是PA 的中点，当OQ 与△ABC 的一边垂直时，请直接写出t 的值．【点睛】本题考查了勾股定理，动点问题，相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．20．如图，抛物线23y ax bx =+-交x 轴于()30A -,，()10B ,两点，与y 轴交于点.C 连接AC ，BC ．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点P 为抛物线在第三象限的一个动点，PM x ⊥轴于点M ，交AC 于点G ，PE AC ⊥于点E ，当PGE V 的面积为1时，求点P 的坐标；(3)如图2，若Q 为抛物线上一点，直线OQ 与线段AC 交于点N ，是否存在这样的点Q ，使得以A ，O ，N 为顶点的三角形与ABC V 相似．若存在，请求出此时点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把()30A -，和()10B ，的坐标代入抛物线解析求出a 和b 即可求解；（2）求出直线AC 的解析式为3y x =--，设()223P n n n +-，，则()3G n n --，，由三角形面积可得出1n =-或2n =-，则可得出答案；（3）分两种情况，①若AON ABC V V ∽，②若AON ACB V V ∽，由相似三角形的性质可求出ON 的长，求出N 点坐标，联立直线ON 和抛物线的解析式可求出答案．（1）解：∵抛物线y =a 2x +bx -3交x 轴于()30A -，，()10B ，两点，∴933030a b a b --=ìí+-=î ，解得12a b =ìí=î，∴该抛物线的解析式为223y x x =+-；（2）解：∵抛物线的解析式为223y x x =+-，∴0x =时，=3y -，∴()03C -，，∴AO OC =．∵=90AOC Ð°，∴45CAO Ð=°．∵PM OA ⊥，PE AC ⊥，∴45PGM PGE GPE Ð=Ð=Ð=°，设直线AC 的解析式为y kx m =+，∴303k m m +=ìí=-î ，∴13k m =-ìí=-î，∴直线AC 的解析式为3y x =--，设()223P n n n +-，，则()3G n n --，，∴94 AK=，∴93344 OK=-=，∴39,44Næö--ç÷èø，∴直线ON的解析式为3y=。

【专题】动点构成的相似问题

（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
5、（2013，成都）如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，，， .
（1）求证：AC=AD+CE
（2）若AD=3，CE=5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作，交直线BE与点Q；
）当点P与A，B两点不重合时，求的值；
）当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长.（直接写出结果，不必写出解答过程）
6、（2013•黄石）如图1，点将线段分成两部分，如果，那么称点为线段的黄金分割点。某数学兴趣小组在进行课题研究时，由黄金分割点联想到“黄金分割线”，类似地给出“黄金分割线”的定义：直线将一个面积为的图形分成两部分，这两部分的面积分别为、，如果，那么称直线为该图形的黄金分割线.（1）如图2，在△ 中， °，，的平分线交于点，请问点是否是边上的黄金分割点，并证明你的结论；
（1）求出抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上一动点，过P作轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐中，抛物线经过点，．
（1）求抛物线的表达式及其顶点坐标；
（2）过点A作轴的平行线交抛物线于另一点C，
（1）特殊验证：如图1，若AC=BC，且D为AB中点，求证：DM=DN，AE=DF；
（2）拓展探究：若AC≠BC．
①如图2，若D为AB中点，（1）中的两个结论有一个仍成立，请指出并加以证明；
②如图3，若BD=kAD，条件中“点M在BC边上”改为“点M在线段CB的延长线上”，其它条件不变，请探究AE与DF的数量关系并加以证明．
5、如图，已知抛物线y＝x2－1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．

相似动点问题的解题技巧

相似动点问题的解题技巧以下是 7 条关于相似动点问题的解题技巧：1. 要抓住关键点呀！就像你在黑暗中找到那盏明灯一样。

比如说，在一个图形中，找到那些关键的线段或角度，它们往往能指引你找到解题的方向呢。

比如：在那个三角形中，那个固定不变的角不就是关键吗？2. 时刻关注比例关系哦！这不就像是地图上的比例尺嘛。

当相似图形出现时，对应边的比例可是超级重要的线索呀。

像有两个相似三角形，它们的边长比例是 3:4，那你就能通过这个比例来计算很多东西啦。

3. 动起来的点要跟踪好！这就如同追逐一只调皮的小猫。

你要清楚它的轨迹和变化，才能找到解题的法门。

比如说那个动点从这边跑到那边，它所引发的变化可不简单呀。

4. 大胆假设和推测呀！像侦探破案一样去大胆想象。

咦，要是这个动点到了这里，会怎样呢？不妨就按照你的想法去试试看嘛。

比如假设一下这个动点在某个位置，然后看看会引出什么结论。

5. 多画几个图试试呢！这就像是多尝试几种搭配的衣服一样。

不同的图形可能会给你带来新的启发和思路哟。

像在这个问题中，多画几个瞬间的图，说不定就能茅塞顿开啦！6. 善于利用辅助线呀！这可是你的秘密武器呢，就像给图形加上了翅膀。

有时候一条恰到好处的辅助线能让难题瞬间变得简单起来。

比如在那个复杂的图形上加上一条线，哇，原来答案就藏在那里呢。

7. 不要害怕犯错呀！这就和走路摔跤一样正常。

大胆去尝试，就算错了也没啥大不了。

在解决相似动点问题时，不要畏手畏脚的，勇敢去闯呢。

就像你第一次骑自行车，不摔几次怎么能学会呢。

我觉得呀，掌握好这些技巧，相似动点问题就不再是什么大难题啦！。

动点问题与形的相似性有何关系

动点问题与形的相似性有何关系哎呀，说到动点问题和形的相似性的关系，这可真是个有意思的事儿！咱们先来说说啥是动点问题。

就比如说，在一个直角三角形的板子上，有一个小珠子在某条边上不停地滚来滚去，咱们得根据它滚动的位置和速度，去算各种相关的数值，像距离啦、角度啦等等，这就是动点问题。

那形的相似性又是啥呢？想象一下，你有两个三角形，一个大一个小，但是它们的角都一样大，边的比例也相同，就像一个是另一个放大或者缩小的版本，这就是相似啦。

那动点问题和形的相似性到底有啥关系呢？我给您举个我亲身经历的事儿。

有一次，我去一个辅导班帮忙。

有个学生正为一道动点问题抓耳挠腮。

题目说在一个长方形的场地里，有一个人从一个角出发，沿着边按照一定速度移动，同时另一个人从相对的角也出发，速度不同。

然后问在某个时刻，这两个人和长方形的顶点构成的三角形是否相似。

这孩子一脸迷茫，我就引导他，先别着急，咱们看看这两个人移动的距离和长方形的边长有没有啥比例关系。

嘿，这一琢磨，还真发现了！当他们移动的距离和长方形的边长构成一定比例的时候，那两个三角形就相似啦！您看，通过这个具体的例子，就能发现动点问题中，随着点的移动，图形在不断变化，但是在某些特定的时刻或者位置，图形之间就可能会出现相似的关系。

再比如说，在一个圆里，如果有一个动点沿着圆周运动，同时还有另一个点在圆内或者圆外按照一定规律移动。

那在某个瞬间，这两个动点和圆心以及圆上的某个点构成的三角形，也有可能和其他已知的三角形相似。

动点问题就像是一场图形的舞蹈，而形的相似性就是这场舞蹈中的精彩瞬间。

当动点跳到某个位置，图形就会展现出相似的美妙姿态。

咱们再深入想想，为什么要研究它们的关系呢？这可太有用啦！在实际生活中，比如说建筑设计的时候，工程师要考虑某个可移动部件的位置变化会不会导致结构的相似性改变，从而影响稳定性。

还有在机器人运动轨迹的规划中，也得考虑动点的变化和相似性的关系，来保证机器人的动作精准又高效。

相似三角形的动点问题题型(整理)

相似三角形的动点问题题型(整理) 相似三角形的动点问题一、动点型例1、已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形。

当点M在点B左侧时，可以得出结论：EN与MF相等且点F不在直线NE上。

当点M在BC上时，该结论仍然成立，可以利用图2证明。

若点M在点C右侧时，画出相应的图形，可以直接得出结论，不必证明或说明理由。

例2、在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=8cm。

点E、F、G分别从点A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向移动。

点E、G的速度均为2cm/s，点F的速度为4cm/s，当点F追上点G时，三个点随之停止移动。

设移动开始后第t秒时，△EFG的面积为S（cm2）。

1）当t=1秒时，S的值为多少？2）S与t之间的函数解析式为S=2t^2+4t，自变量t的取值范围为0<t<2.3）若点F在矩形的边BC上移动，当t为何值时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F、C、G为顶点的三角形相似。

理由是BC与FG平行，因此△BEF与△FCG相似，当EF=FG 时，两个三角形相似，即t=1秒。

二、迁移应用1、已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s）。

1）当t＝2时，可以判断△BPQ为等腰三角形，因为BP=2PQ，且∠BPQ=120°。

2）设△BPQ的面积为S（cm2），则S=6t/(5+t)，其中0<t<2.3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t=2时，可以得出△APR∽△PRQ，因为∠RAP=∠QRP且∠APR=∠RPQ。

2、在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D=90o，AC⊥BC，AB=10cm,BC=6cm，F点以2cm／秒的速度在线段AB上由A向B匀速运动，E点同时以1cm／秒的速度在线段BC上由B向C匀速运动，设运动时间为t秒(0<t<5)。

相似三角形动点问题题型归纳(K12教育文档)

相似三角形动点问题题型归纳(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（相似三角形动点问题题型归纳(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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相似中动点问题题型一位似图形例1如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为(3，—1)、(2,1）．（1)以0点为位似中心在y轴的左侧将△OBC放大到两倍(即新图与原图的相似比为2），画出图形;（2）分别写出B、C两点的对应点B′、C′的坐标;（3)如果△OBC内部一点M的坐标为（x，y)，写出M的对应点M′的坐标．例2如图，图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC与△A′ B′ C′是关于点0为位似中心的位似图形,它们的顶点都在小正方形的顶点上．（1）画出位似中心点0；（2）求出△ABC与△A′B′C′的位似比;(3）以点0为位似中心，再画一个△A1B1C1，使它与△ABC的位似比等于1.5．题型二动点存在问题1如图，在△ABC中，AB=8，BC=7,AC=6，有一动点P从A沿AB移动到B，移动速度为2单位/秒，有一动点Q从C沿CA移动到A，移动速度为1单位/秒，问两动点同时移动多少时间时，△PQA与△BCA相似。

2、如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6)、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO 上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．（1）求直线AB的解析式;（2) 当t为何值时，△APQ与△AOB相似? （3) 当t为何值时，△APQ的面积为524个平方单位？yxOPQAB3、如图所示，在矩形ABCD 中，AB =12cm ，BC =6cm ，点P沿AB 边从点A 开始向点B 以2厘米/秒的速度移动;点Q沿DA 边从点D 开始向点A 以1厘米/秒的速度移动。

相似三角形动点问题

相似三角形动点问题相似三角形动点问题是高中数学中的经典问题之一，在解决这类问题时，需要具备一定的数学知识和思维能力。

本文将介绍相似三角形动点问题的基本概念和解题方法，以及一些注意事项。

首先，我们来了解一下相似三角形动点问题的基本概念。

相似三角形是指两个三角形的三个角分别相等，并且两个三角形的对应边成比例。

相似三角形动点问题是指，在一个给定的相似三角形中，其中一个点在某个定点上以一定速度运动，而另一个点在另外一个定点上以相同的速度运动，求这两个点之间的距离随时间变化的函数关系。

解决相似三角形动点问题的关键是找到这两个点之间的关系。

在相似三角形中，如果我们知道其中一个点到三角形的某个定点的距离，以及该点的速度，那么我们就可以用类似于比例的方法来求出另一个点到定点的距离，并且通过这个距离计算出两个点之间的距离。

在具体解决问题时，我们需要确定两个点的位置以及它们到对应定点的距离。

通常情况下，我们可以将一个点标记为位置变量，并用变量表示到定点的距离，并将另一个点表示为速度变量，用变量表示速度大小和方向。

尤其需要注意的是，在解决相似三角形动点问题时，需要仔细分析每一个信息，确定其对最终结论的影响。

有时候，我们必须结合多个信息才能得到正确的方程式或结论。

下面，我们来看一个实例来解决相似三角形动点问题。

假设有一个三角形ABC和一个点D，点D沿着边AB运动，初始时D到A的距离为2厘米，速度为每秒1厘米，求当D到达B点时，点D和点C之间的距离。

首先，我们需要确定点D的初始坐标和速度，以及ABC三角形上另外一个点C的坐标。

可以假设点D的位置为(x, y)，速度为(1,0)，点C的坐标为(p,q)，因为ABC是一个相似三角形，所以我们可以将三角形ABC中每一个点到A点的距离表示为x倍的AC的长度。

假设C到A的距离为k，则有以下公式：AD = 2BD = x*ABBC = x*AC而因为BD和BC成比例，所以我们可以得到以下等式：BD/BC = AB/AC即：x*AB/(x*AC) = AB/AC同理，我们可以得到以下等式：AD/AB = BD/BC即：2/AB = x*AB/(x*AC)将以上等式联立，可以消除x的影响，得到以下方程式：2/AB = AB/AC解得：AC = sqrt(2)*AB现在我们可以计算出点C的坐标了，因为BC = x*AC，所以BC =x*sqrt(2)*AB，又因为BD = x*AB，所以点D的坐标可以表示为(x, 0)。

初中中考-因动点产生的相似、全等问题的突破秘笈

初中中考-因动点产生的相似、全等问题的突破秘笈因动点产生的相似、全等问题是中考数学中的一类重要题型，这类问题通常需要学生综合运用相似三角形、全等三角形等知识进行解决。

为了帮助同学们更好地突破这一类问题，下面我们将详细讲解一下这类问题的解题方法和技巧。

一、解题方法1. 找“相似”、“全等”的“零件”解决因动点产生的相似、全等问题，首先要认真分析题意，从题目中寻找 “相似”、“全等”的 “零件”，也就是要找出题目中的相似三角形或全等三角形。

一般而言，我们可以通过寻找一些关键词如 “两个直角三角形相似”、“两个三角形全等”等来帮助我们快速定位 “零件”。

2. 组装“零件”找到了 “相似”、“全等”的 “零件”之后，接下来就需要将这些“零件”组装起来，构建出解决问题的框架。

一般情况下，我们可以通过拼接、平移、旋转等方式来将所需的 “零件”组合起来，以形成解决问题的框架。

例如，我们可以将两个相似三角形拼接在一起，形成一个更大的三角形，进而利用相似三角形的性质解决问题。

3. 选择恰当的转化方式在解决了如何组装 “零件”之后，接下来需要选择恰当的转化方式，将问题转化为一个已知的数学模型，以方便利用相应的结论解决问题。

一般情况下，我们可以通过证明相似三角形或全等三角形来将问题转化为已知的数学模型。

例如，我们可以利用相似三角形的性质求出一些角度、边长等的比例关系，进而利用这些比例关系解决相应的问题。

二、解题技巧1. 抓住动点轨迹因动点产生的相似、全等问题中，动点的轨迹是解题的关键之一，我们需要通过认真分析题意，找出动点的轨迹，进而利用相应的结论解决问题。

一般情况下，我们可以根据动点的轨迹将其分类为圆、直线、抛物线等不同的类型，进而利用相应的结论解决问题。

2. 学会构造相似三角形或全等三角形在解决因动点产生的相似、全等问题时，我们可以通过构造相似三角形或全等三角形来解决问题。

一般情况下，我们可以利用已有的相似或全等“零件”，再加上一些辅助线来构造出所需的相似或全等三角形。