相似三角形存在性问题

因动点产生得相似三角形问题

例1 ２015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第2４题

如图1,在平面直角坐标系中,双曲线(k≠０)与直线y=x+２都经过点A(2, m).

(1)求ｋ与ｍ得值;

(2)此双曲线又经过点B(ｎ, ２),过点B得直线BＣ与直线y=x＋2平行交ｙ轴于点C,联结AB、AＣ,求△ＡBC得面积;

(３)在(2)得条件下,设直线y=ｘ+２与y轴交于点D,在射线CB上有一点E,如果以点Ａ、C、Ｅ所组成得三角形与△AＣＤ相似,且相似比不为1,求点E得坐标、

图１

动感体验

请打开几何画板文件名“１5宝山嘉定２4”,拖动点E在射线CB上运动,可以体验到,

△ACE与△ACD相似,存在两种情况。

思路点拨

１、直线AD/／BＣ,与坐标轴得夹角为45°.

2.求△AＢC得面积,一般用割补法.

３。讨论△ACＥ与△ＡCD相似,先寻找一组等角,再根据对应边成比例分两种情况列方程.

满分解答

(1)将点Ａ(２, m)代入ｙ＝ｘ＋２,得m=４.所以点Ａ得坐标为(２,4).

将点A(2, 4)代入,得k＝8。

(２)将点B(n, 2),代入,得n=４。

所以点Ｂ得坐标为(4, 2)、

设直线ＢＣ为y=x＋ｂ,代入点B(4, 2),得b=—2.

所以点C得坐标为(0,—2).

由A(2, ４) 、Ｂ(4, 2) 、Ｃ(0,-2),可知A、B两点间得水平距离

与竖直距离都就是２,B、C两点间得水平距离与竖直距离都就是4.

所以AＢ＝,BC＝,∠ＡBＣ＝９0°.

图２

所以S△ＡBC＝＝=8、

(3)由Ａ(2, 4)、Ｄ(0, 2) 、C(0,—2),得AD＝,AC＝、

由于∠ＤAＣ+∠ACＤ=4５°,∠ＡCE＋∠ACＤ＝4５°,所以∠DAC＝∠ACE。

所以△ACE与△ＡCD相似,分两种情况:

①如图3,当时,CE＝AＤ=.

此时△ACD≌△CAE,相似比为1.

②如图４,当时,、解得CＥ＝.此时Ｃ、E两点间得水平距离与竖直距离都就是10,所以E(10, ８)、

图3 图4

考点伸展

第(2)题我们在计算△ＡBC得面积时,恰好△ＡBC就是直角三角形、

一般情况下,在坐标平面内计算图形得面积,用割补法、

如图5,作△AＢＣ得外接矩形ＨＣNＭ,MN/／y轴.

由S矩形HCNM=2４,S△AHC=6,S△ＡMB=2,S△BCN＝8,得S△ABC＝8.

图5

例２201４年武汉市中考第24题

如图1,Rt△ABC中,∠ＡCB＝９0°,ＡC=6 cm,BC＝８cm,动点Ｐ从点Ｂ出发,在BA边上以每秒５cｍ得速度向点Ａ匀速运动,同时动点Q从点C出发,在CB边上以每秒4 ｃm得速度向点B匀速运动,运动时间为t秒(0

(1)若△BPQ与△ABC相似,求t得值;

(2)如图2,连接AＱ、ＣP,若AQ⊥CP,求ｔ得值;

(３)试证明:PQ得中点在△ABC得一条中位线上、

图１图2

动感体验

请打开几何画板文件名“14武汉２4”,拖动点Ｐ运动,可以体验到,若△ＢPQ可以两次成为直角三角形,与△ABＣ相似.当AQ⊥CP时,△ＡＣQ∽△ＣＤP、PＱ得中点H在

△ABＣ得中位线EF上、

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得速度,暗含了BＤ＝CQ。

3。PQ得中点H在哪条中位线上？画两个不同时刻P、Q、Ｈ得位置,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:

①如果,那么.解得t＝1.

②如果,那么.解得。

图3 图4

(2)作PD⊥ＢC,垂足为D。

在Rt△BPD中,BP=5ｔ,cos B=,所以BD=BPｃosＢ＝4t,ＰＤ＝3t。

当ＡQ⊥ＣP时,△ＡＣQ∽△CDP、

所以,即。解得.

图５图6

(３)如图４,过ＰQ得中点H作BC得垂线,垂足为F,交ＡＢ于E.

由于H就是PQ得中点,ＨF//PＤ,所以F就是QD得中点、

又因为BD=ＣQ＝4t,所以BF=CＦ。

因此F就是BC得中点,E就是AＢ得中点。

所以PQ得中点H在△ＡBＣ得中位线ＥＦ上.

例3 2０12年苏州市中考第2９题

如图1,已知抛物线(b就是实数且b＞２)与ｘ轴得正半轴分别交于点Ａ、B(点A位于点B 就是左侧),与y轴得正半轴交于点C、

(１)点B得坐标为_____＿,点C得坐标为＿＿_＿____＿_(用含b得代数式表示);

(2)请您探索在第一象限内就是否存在点Ｐ,使得四边形PCOB得面积等于２b,且△ＰBC 就是以点P为直角顶点得等腰直角三角形？如果存在,求出点P得坐标;如果不存在,请说明理由;

(3)请您进一步探索在第一象限内就是否存在点Q,使得△QCO、△QOA与△QAＢ中得任意两个三角形均相似(全等可瞧作相似得特殊情况)?如果存在,求出点Q得坐标;如果不存在,请说明理由.

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“１2苏州２９”,拖动点Ｂ在x轴得正半轴上运动,可以体验到,点Ｐ到两坐标轴得距离相等,存在四边形PＣOＢ得面积等于2ｂ得时刻.双击按钮“第(3)题”,拖动点B,可以体验到,存在∠ＯQA=∠B得时刻,也存在∠OＱ′A＝∠B得时刻.

思路点拨

1。第(２)题中,等腰直角三角形PBＣ暗示了点P到两坐标轴得距离相等.

2.联结OP,把四边形PCOＢ重新分割为两个等高得三角形,底边可以用含b得式子表示。

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就是直角三角形,点Q最大得可能在经过点A与x轴垂直得直线上.

满分解答

(1)B得坐标为(b, 0),点C得坐标为(0, )、

(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得坐标为(ｘ, x)、

如图3,联结OP.

所以Ｓ四边形ＰCOB＝S△ＰCＯ＋S△PBO＝=2b。

解得。所以点P得坐标为()。

图２图3

(3)由,得A(1, 0),OA＝1、

①如图４,以OＡ、OＣ为邻边构造矩形OAQC,那么△ＯQC≌△QＯA。

当,即时,△BQＡ∽△QOA.

所以.解得。所以符合题意得点Q为().

②如图５,以OC为直径得圆与直线x＝1交于点Q,那么∠OQC＝90°。

因此△OCQ∽△ＱＯA.

当时,△BＱA∽△QOA、此时∠ＯQＢ＝90°。

所以C、Q、B三点共线.因此,即.解得。此时Q(1,4).

图4 图５

考点伸展

第(３)题得思路就是,Ａ、Ｃ、Ｏ三点就是确定得,B就是x轴正半轴上待定得点,而∠QOA 与∠QＯＣ就是互余得,那么我们自然想到三个三角形都就是直角三角形得情况.

这样,先根据△QＯA与△QOC相似把点Ｑ得位置确定下来,再根据两直角边对应成比例确定点Ｂ得位置、

如图中,圆与直线ｘ＝1得另一个交点会不会就是符合题意得点Q呢?

如果符合题意得话,那么点B得位置距离点A很近,这与OB=４ＯＣ矛盾.

例5 201０年义乌市中考第24题

如图1,已知梯形OＡBC,抛物线分别过点O(0,0)、A(2,0)、B(６,3)。

(1)直接写出抛物线得对称轴、解析式及顶点M得坐标;

(２)将图1中梯形OABC得上下底边所在得直线OA、CＢ以相同得速度同时向上平移,分别交抛物线于点Ｏ1、A１、C1、B1,得到如图2得梯形O１A1B1C1.设梯形O1A1B1C１得面积为Ｓ,A1、B1得坐标分别为(x１,y1)、(ｘ2,y2).用含S得代数式表示x2－x１,并求出当S=36时点A1得坐标;

(3)在图1中,设点D得坐标为(1,3),动点P从点B出发,以每秒1个单位长度得速度沿着线段BC运动,动点Q从点D出发,以与点P相同得速度沿着线段ＤM运动.P、Ｑ两点同时出发,当点Ｑ到达点M时,Ｐ、Q两点同时停止运动.设Ｐ、Ｑ两点得运动时间为ｔ,就是否存在某一时刻t,使得直线PQ、直线AＢ、x轴围成得三角形与直线PQ、直线AＢ、抛物线得对称轴围成得三角形相似？若存在,请求出t得值;若不存在,请说明理由.

图1图2

动感体验

请打开几何画板文件名“10义乌２4”,拖动点I上下运动,观察图形与图象,可以体验到,ｘ2－x1随S得增大而减小.双击按钮“第(3)题”,拖动点Q在ＤM上运动,可以体验到,如果∠GAＦ＝∠ＧＱE,那么△GAＦ与△GＱＥ相似.

思路点拨

1.第(2)题用含S得代数式表示x2－x1,我们反其道而行之,用x1,x2表示S。再注意平移过程中梯形得高保持不变,即y2－y１＝3、通过代数变形就可以了、

2.第(３)题最大得障碍在于画示意图,在没有计算结果得情况下,无法画出准确得位置关系,因此本题得策略就是先假设,再说理计算,后验证.

３。第(３)题得示意图,不变得关系就是:直线ＡＢ与x轴得夹角不变,直线AB与抛物线得对称轴得夹角不变.变化得直线ＰQ得斜率,因此假设直线PQ与AB得交点G在ｘ轴得下方,或者假设交点G在x轴得上方.

满分解答

(1)抛物线得对称轴为直线,解析式为,顶点为Ｍ(1,)、

(2)梯形O1A1B1C１得面积,由此得到.由于,所以.整理,得、因此得到.

当S＝3６时, 解得此时点Ａ1得坐标为(６,3).

(3)设直线AB与PQ交于点G,直线ＡＢ与抛物线得对称轴交于点E,直线ＰQ与x轴交于点F,那么要探求相似得△GAF与△GQE,有一个公共角∠G。

在△GEQ中,∠GEQ就是直线AB与抛物线对称轴得夹角,为定值、

在△ＧＡF中,∠ＧAF就是直线AB与x轴得夹角,也为定值,而且∠GEQ≠∠GAF、因此只存在∠GQE＝∠GＡF得可能,△ＧQＥ∽△GAF.这时∠GAF=∠ＧQE=∠PQD、由于,,所以.解得.

图３图4

考点伸展

第(3)题就是否存在点G在x轴上方得情况?如图4,假如存在,说理过程相同,求得得t得值也就是相同得.事实上,图３与图4都就是假设存在得示意图,实际得图形更接近图3。

例6 2009年临沂市中考第26题

如图1,抛物线经过点Ａ(4,0)、B(1,0)、C(０,－2)三点、

(1)求此抛物线得解析式;

(2)Ｐ就是抛物线上得一个动点,过P作PM⊥x轴,垂足为Ｍ,就是否存在点P,使得以A、Ｐ、M为顶点得三角形与△ＯAC相似?若存在,请求出符合条件得点P得坐标;若不存在,请说明理由;

(3)在直线AＣ上方得抛物线就是有一点D,使得△ＤCＡ得面积最大,求出点D得坐标、

,

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“09临沂26”,拖动点Ｐ在抛物线上运动,可以体验到,△P AM得形状在变化,分别双击按钮“P在Ｂ左侧”、“Ｐ在x轴上方”与“Ｐ在A右侧”,可以显示△P AＭ与△OAC相似得三个情景.

双击按钮“第(3)题", 拖动点Ｄ在x轴上方得抛物线上运动,观察△DCA得形状与面积随D变化得图象,可以体验到,Ｅ就是AC得中点时,△DCA得面积最大.

思路点拨

1.已知抛物线与x轴得两个交点,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得坐标,用点得坐标表示线段得长.

3。按照两条直角边对应成比例,分两种情况列方程.

4。把△DＣＡ可以分割为共底得两个三角形,高得与等于ＯA.

满分解答

(1)因为抛物线与x轴交于A(４,０)、B(１,０)两点,设抛物线得解析式为,代入点C得坐标(0,—2),解得.所以抛物线得解析式为.

(2)设点P得坐标为、

①如图2,当点P在ｘ轴上方时,1〈x<4,,。

如果,那么.解得不合题意、

如果,那么.解得.

此时点P得坐标为(2,１).

②如图３,当点P在点A得右侧时,x＞４,,。

解方程,得.此时点P得坐标为.

解方程,得不合题意.

③如图4,当点P在点B得左侧时,x〈1,,、

解方程,得。此时点Ｐ得坐标为.

解方程,得.此时点P与点O重合,不合题意。

综上所述,符合条件得点P得坐标为(2,１)或或、

图2 图３图4

(3)如图５,过点D作x轴得垂线交AC于Ｅ、直线ＡＣ得解析式为、

设点D得横坐标为m,那么点Ｄ得坐标为,点Ｅ得坐标为.所以.

因此.

当时,△DＣＡ得面积最大,此时点Ｄ得坐标为(２,1)。

图５图6

考点伸展

第(３)题也可以这样解:

如图６,过Ｄ点构造矩形OＡＭＮ,那么△DCA得面积等于直角梯形CAＭN得面积减去△CDＮ与△AＤM得面积、

设点Ｄ得横坐标为(ｍ,n),那么

.

由于,所以。