1.2因动点产生的全等三角形的专题

1.2因动点产生的全等三角形【压轴题型概述】本专题探求图形在变化过程中，探求符合全等三角形的点的存在性问题. 全等三角形是学习相似三角形的基础，所以这一部分题目以正、反比例函数，一次函数见多，也有二次函数的. 另外在等腰三角形或等腰梯形上动点移动时形成全等形. 全等三角形基础性很强，由于是动态题，往往答案很多，旨在锻炼学生综合分析问题的能力和发散性思维.这部分题目主要是考察初二和初三第一学期学生的能力，中考时的比例约占5%左右.【策略分级细述】1. 证全等三角形一定要遵循全等三角形五条证明原则：S.A.S；A.S.A；A.A.S；S.S.S；H.L.全等三角形往往存在多解的问题，要根据题意，适当的分类. 如图2-1，在坐标系中，以OB为边与△AOB全等的三角形有△OBC1、△OBC2和△OBC3. 那么分别以OB、OA、AB为边与△AOB全等呢? 这时要一条边、一条边的去解决，不要遗漏.例1.已知在直角坐标平面内，一次函数y = ─33x + 1 与x轴、y轴分别交于A、B两点.（1）求：A、B两点的坐标；（2）如果有一个三角形与Rt△AOB全等，且与Rt△AOB有一条公共边，请在图2-2的直角坐标平面内画出满足条件的三角形，这样的三角形有多少个，请分别求出这些三角形的未知顶点的坐标.（不必写出解题过程）分析：1. 令y = 0，求出一次函数与x轴交点A的坐标；令x = 0，求出一次函数与y轴交点B的坐标；2. 与Rt△AOB全等，且与Rt△AOB有一条公共边，因为每一条公共边对应的点有三个，其中C3是每一个图形中都出现的点，所以这样的三角形共有七个解：（1）令y = 0，即─33x + 1 = 0，解得x = 3，所以A（3，0）；令x = 0，得y = 1，所以B（0，1）（2）如图2-3，C1（─3，0）、C2（─3，1）、C3（3，1）；如图2-4，C3（3，1）、C4（3，─ 1）、C5（0，─ 1）、；如图2-5，C3（3，1）、C6（32，32）、C7（32，─12）.图2-3 图2-4 图2-5例1最难求的点是C 6和C 7. 求一个不在坐标轴上的点的坐标，一般情况下是向x 轴或y 轴作垂线. C 6的求法是：作C 6H ⊥y 轴于H ，因为∠ABO =∠ABC 6 =∠C 6BH = 60°，∠BC 6H = 30°，BC 6 = 1，所以BH = 12 ，C 6H = 32 ，所以C 6（32 ，32 ）.因为C 6与C 7垂直于x 轴，且 C 6 C 7 = 2，所以C 7（32 ，─ 12 ）.2. 如图2-6，因为∠C =∠D = 90°，AC= FD ，BC = ED ，所以三角形就全等了，但是我们要再考虑一下，当∠C =∠D = 90°，AC= ED ，BC = FD ，三角形也全等. 即当一对角相等固定后，夹它的两条边可以交换着相等，产生多解问题.压轴题之所以放在最后压轴，是因为它有难度. 它的难度来自两个方面：一方面是它的综合性，即有几个不同侧面的小题组成；另一方面是它的多解性，要从不同的侧面去考虑问题.例2.直线 l 1在y 轴上的截距为1，与x 轴的交点A 坐标为（─ 2，0），与y 轴的交点为B . （1）求这条直线的表达式，并说出它的图像经过哪几个象限？（2）直线l 2 经过第二、三、四象限，且与x 轴、y 轴分别交于点C 、D ，如果△COD 和△AOB 全等， 求直线l 2的表达式.分析：1. 由截距为1，设出l 1的解析式，把l 1与x 轴的交点A （─ 2，0）的坐标代入，求出l 1的解析式.2. 由解析式的k 和b ，判断出直线l 1经过的象限.3. 直线l 2 经过第二、三、四象限，所以△COD 和△AOB 全等存在两种情况，要分类讨论.4. 第一种情况如图2-7，由OC = OA ，OD = OB ，得到点C （点C 与点A 重合）、D 的坐标，写出l 2 的表达式；第二种情况如图2-8，由OC = OB ，OD = OA ，得到点C 、点D 点坐标，写出l 2的又一个表达式.5. 在这一类题目中，一定要分清边（线段）的长度是正值，但是写成点的坐标一定要注意正负. 如 图2-8中OD 的长度为2，但点D 的坐标应为（0，─ 2）.6. 第二种情况也可以这样求：利用两直线垂直，k 2 = ─1k 1求得斜率，再把求得的点C 或点D 坐标 代入求之.解：（1）因为 l 1在y 轴上的截距为1，所以设l 1的解析式为y = k x + 1，经过点A （─ 2，0），所以，─ 2 k + 1 = 0，解得k = 12 ，所以l 1的表达式为y = 12x + 1. 它经过第一、二、三象限.（2）与y 轴的交点B （0，1），与x 轴的交点A （─ 2，0），因为直线l 2 经过第二、三、四象限，所以△COD 和△AOB 全等存在两种情况：①如图2-7，当△COD ≌△AOB 时，OD = OB = 1，CO = AO = 2，此时点C 与点A 重合，所以点D （0，─ 1），点C （─ 2，0）设的l 2解析式为y = k x ─ 1，经过点C （─ 2，0），所以，─ 2 k ─ 1 = 0，解得k = ─ 12 ，所以直线l 2的表达式为y = ─ 12x ─ 1.②如图2-8，当△DOC ≌△AOB 时，OC = BO = 1，OD = OA = 2，所以点C （─ 1，0）, 点D （0，─ 2），所以设l 2表达式为y = k x ─ 2，经过点C （─ 1，0），所以，─ k ─ 2 = 0，解得k = ─ 2，所以直线l 2图2-6的表达式为y = ─ 2 x ─ 2.综上所述，当△COD 和△AOB 全等时，直线l 2的表达式为y = ─ 12 x ─ 1或y = ─ 2 x ─ 2.3. 怎样探求函数图像中符合全等三角形的点在函数图像中，找到要与之全等的三角形的边，计算出边的长度，写成点的坐标的形式. 再判断这个点是否在指定的函数上；也可以根据函数先把这个点求出来，再判断求出来的点是否符合要证明的全等三角形的边的长度.例3．如图2-9，在平面直角坐标系xoy 内，点P 在直线x y 21=上（点P 在第一象限），过点P 作x PA ⊥轴，垂足为点A ， 且52=OP ． （1）求点P 的坐标；（2）如果点M 和点P 都在反比例函数)0(≠=k xky 图像上，过点M 作 x MN ⊥轴，垂足为点N ，如果MNA ∆和OAP ∆全等（点A N M 、、分别和 点P A O 、、对应），求点M 的坐标.分析：1. 点P 在直线x y 21=上，设P （x ，12 x ），由勾股定理求出点P 的坐标；由点P 的坐标求出反比例函数的解析式.2. 如果MNA ∆和OAP ∆全等，分两种情况讨论：点N 在点A 的左侧；或点N 在点A 的右侧. 3．根据边角边全等，得到点M 的坐标，验证点M 是否在反比例函数的图像上；也可以根据反比例函数先设出点M 的坐标，再论证三角形是否全等.解：（1）因为点P 在直线x y 21=上，所以设P （x ，12 x ），因为x PA ⊥轴，所以OA = x ，PA = 12 x ，OP = 25，在Rt △OAP 中，OA 2 + P A 2 = OP 2，x 2 + ( 12x ) 2 = ( 2 5 ) 2 ，解得 x = 4，所以P （4，2）（2）因为点P （4，2）在反比例函数)0(≠=k x ky 图像上，所以2 = k 4 ，k = 8，y = 8x .因为MNA ∆和OAP ∆全等，x MN ⊥轴，∠MNO =∠OAP = 90°，所以MNA ∆和OAP ∆全等有两种情况：①如图2-10，当点N 在点A 的左侧时：AN = AP = 2，∠MNA =∠OAP = 90°，MN = OA = 4，所以△MNA ≌△OAP ，所以M （2，4）把x = 2代入y = 8x ，解得y = 4，所以点M （2，4）在y = 8x上.②如图2-11，当点N 在点A 的右侧时：AN = OA = 4，∠MNA =∠OAP = 90°，MN = PA = 2，所以△图2-7图2-8MNA ≌△PAO ，所以M （8，2）把x = 8代入y = 8x ，解得y = 1，所以点M （8，2）不在y = 8x上.综上所述：满足条件的点M 只有一个：M （2，4）.4. 全等三角形本身的知识点比较浅显，若在抛物线上应用，由于符合条件的点很多，则显示了其难度.例4．如图2-12所示，抛物线()23m x y --=(m >0) 的顶点为直线l ：m x y -=33与y 轴交点为B . （1）写出抛物线的对称轴及顶点A 的坐标（用含m （2）证明点A 在直线l 上，并求∠OAB 的度数；（3）动点Q 在抛物线对称轴上，问抛物线上是否存在点P ，使以点P 、Q 、A 为顶点的三角形与⊿OAB 全等？若存在，求出m 的值，并写出所有符合上述条件的P 点坐标；若不存在， 请说明理由.分析：1. 由抛物线的解析式直接得到对称轴及顶点坐标.2. 把顶点的横坐标代入直线的解析式，得到的y 值与顶点的纵坐标相同，即点A 在直线上.3. 求出直线m x y -=33与y 轴交点B 的坐标，利用三角比求出∠OAB 的度数.4. 存在. 由图2-13至图2-16分四种情况，可求出8个P 点坐标.解：（1）由抛物线()23m x y --=(m >0) 得顶点坐标A （ 3 m ，0）；对称轴：直线 x = 3 m.（2）把x = 3 m 代入m x y -=33，解得 y = 0，所以点A 在m x y -=33上. 令x = 0，得y = ─ m ，所以B （0，─ m ），tan ∠OAB = OB OA = m 3 m= 33 ，所以∠OAB = 30°.（3）存在.①如图2-13，当∠AQP = 90°时，PQ = OA = 3 m ，AQ = OB = m ，此时点P 在y 轴上与点B 重合，所以P （0，─ m ）在()23m x y --=上，所以 ─ m = ─ 3 m 2，解得m 1 = 0舍去，m 2 = 13 .所以P （0，─ 13），由对称性得P ′（233 ，─ 13）②如图2-14，当∠AQP = 90°时，PQ = OB = m ，AQ = OA = 3 m ，此时点P 的坐标为（ 3 m ─ m ，)2- m图2-14 图2-15─ 3 m ）在()23m x y --=上，所以 ─ 3 m = ─ m 2，解得m 1 = 0舍去，m 2 = 3. 所以P （3 ─ 3，─ 3），由对称性得P ′（3 + 3，─ 3）③如图2-15，当∠APQ = 90°时，AP = OA = 3 m ，PQ = OB = m ，此时点P 的坐标为（32 m ，─ 32m ）在()23m x y --=上，所以 ─ 32 m = ─ ( 32 m ─3 m) 2，解得m 1 = 0舍去，m 2 = 2. 所以P （3，─3），由对称性得P ′（33，─ 3）④如图2-16，当∠APQ = 90°时，AP = OB = m ，PQ = OA = 3 m ，此时点P 的坐标为（32 m ，─ 12m ）在()23m x y --=上，所以 ─ 12 m = ─ ( 32 m ─ 3 m) 2，解得m 1 = 0舍去，m 2 = 23 . 所以P （33，─ 13 ），由对称性得P ′（3，─ 13） 综上所述：当 m = 13 时，P 1（0，─ 13 ），P 2（233 ，─ 13）；当 m = 3 时，P 3（3 ─ 3，─ 3），P 4（3 + 3，─ 3）；当 m = 2时，P 5（3，─ 3），P 6（33，─ 3）；当 m = 23 时，P 7（33 ，─ 13），P 8（3，─ 13）本题求出来的点有8个之多，解题时要有规律的去寻找，考虑到它的对称性则事半功倍.【阶梯题组训练】1. 已知点A （3，0）和点B （0，2），点R 在反比例函数y = 2x上，作RT ⊥x 轴于T ，在x 轴时是否存在点P ，使R 、T 、P 组成的三角形与△OAB 全等，若存在请求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由.2. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A （0，2），点P 是x 轴上一动点，以线段AP 为一边，在其一侧作等边三角形APQ. 当点P 运动到原点O 时，记Q 的位置为B. （1）求点B 的坐标；（2）求证：当点P 在x 轴上运动（P 不与O 重合）时，∠ABQ 为定值.3. 已知抛物线c bx x y ++-=2与x 轴的两个交点分别为)0,(1x A 、)0,(2x B （A 在B 的左边），且421=+x x .（1）求b 的值及c 的取值范围； （2）如果AB=2，求抛物线的解析式；（3）设此抛物线与y 轴的交点为C ，顶点为D ，对称轴与x 轴的交点为E ，问是否存在这样的抛物线， 使△AOC ≌△BED ，如果存在，求出抛物线的解析式；如果不存在，请说明理由.（第2题）4.如图，已知抛物线 y = 2 x 2 ─ 4 x + m 与x 轴交于不同的两点A 、B ，其顶点是C ，点D 是抛物线的对称轴与x 轴的交点.（1）求实数m 的取值范围；（2）求顶点C 的坐标和线段AB 的长度（用含有m 的式子表示）； （3）若直线y = 2 x+ 1分别交x 轴、y 轴于点E 、F ，问△BDC 与△EOF 是否有可能全等，如果由可能，请证明；如果不可能，请说明理由.【压轴真题直面】1.如图，已知△ABC 中，AB = AC = 10厘米，BC = 8厘米，点D 为AB 中点. 如果点P 在线段BC 上以3厘米/秒的速度由B 点向C 点运动，同时，点Q 在线段CA 上由C 点向A 点运动.（1）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，经过1秒后，△BPD 与△CQP 是否全等，请说明理由；（2）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，当点Q 的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△ CQP 全等.（ 2009包头第25题）2. 如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1过点A （1，0）且与y 轴平行，直线l 2过点B （0，2）且与x 轴平行，直线l 1与l 2相交于点P . 点E 为直线l 2上一点，反比例函数 y = kx（k ＞0）的图像过点E与直线l 1相交于点F.（1）若点E 与点P 重合，求k 的值；（2）连接OE 、OF 、EF. 若k ＞2，且△OEF 的面积为△PEF 的面积的2倍，求E 点坐标；（3）是否存在点E 及y 轴上的点M ，使得以点M 、E 、F 为顶点的三角形与△PEF 全等？若存在，求点E 的坐标；若不存在，请说明理由.（2011常州第28题 ）（备用图）l（备用图）（第4题）（第1题）【阶梯题组训练】答案：1. 因为∠RTP =∠BOA = 90°，所以△RTP 与△B OA 全等有两种情况：①如图1，RT = BO = 2，设 R （x ，2）在 y = 2x 上，x = 1，所以 R （1，2），因为TP = OA = 3，所以 P （4，0），由对称性P ′（─2，0）；如图2，同理得：P ′′（─ 4，0），P ′′′（2，0）；②如图3，RT = OA = 3，设R （x ，3）在 y = 2x 上，x = 23 ，所以 R （ 23 ，3），因为TP = OB = 2，所以 P （223 ，0），由对称性P ′（─ 113 ，0）；如图4，同理得：P ′′（─ 223 ，0），P ′′′（113，0）；2．如图，（1）过点B 作BC ⊥y 轴于点C ，因为A （0，2），所以OA = 2，因为△AOB 是等边三角形，所以OA = AB = OB = 2，所以AC = OC = 1，所以BC = 3，所以B （ 3 ，1）.（2）当点P在x 轴上运动时，△APQ 、△AOB 为等边三角形，所以AP = AQ ，AO = AB ，又∠PAQ =∠OAB = 60°，所以∠PAO =∠QAB ，所以△AOP ≌ABQ ，所以∠ABQ =∠AOP = 90°，所以∠ABQ 为定值.3.（1）抛物线c bx x y ++-=2与x 轴交于)0,(1x A 、)0,(2x B ，则x 1 + x 2= b ，x 1 · x 2= ─ c ，因为421=+x x ，解得：b = 4. 因为b 2 ─ 4(─ 1)c ＞0，所以c ＞─ 4.（2）对称轴x = ─b2a= 2，且AB = 2，所以A （1，0）、B （3，0），容易求得解析式为y = ─ x 2 + 4 x ─ 3.（3）y = ─ x 2 + 4 x ─ c 与y 轴的交点C 的坐标为（0，c ），顶点D 的坐标为（2，4 + c ）.若△AOC ≌△BED 时，则AO = BE ，OC = ED. ①当A 、B 在y 轴两侧时，OC = DE ，有c = 4 + c ，不成立. 当A 、B 在y 轴同侧（右侧）时，由OC = ED ，得 ─ c = c + 4，解得c = ─ 2.由OA = EB ，得x 2 ─ x 1＝2，解得c = ─ 3. 所以也不成立. 综上所述，不存在这样的抛物线，使△AOC ≌△BED.4（1）因为△ = ( ─ 4) 2 ─ 4×2m = 16 ─ 8m ＞0，所以m ＜2.（2）顶点坐标为C （1，m ─ 2）.令y = 0，得2 x 2 ─ 4 x + m = 0，解得：x = 2± 4 ─ 2m 2 ，所以A ( 2+ 4 ─ 2m 2 ，0 )，B ( 2─ 4 ─ 2m2，0 )，所以AB = ∣2+ 4 ─ 2m 2 ─ 2─ 4 ─ 2m 2 ∣= 4 ─ 2m . AB 的长度也可以这样求：因为x 1 + x 2= 2，x 1 · x 2= m2，所以AB =∣x 2 ─ x 1∣= ( x 1 + x 2 )2 ─ 4 x 1x 2 = 4 ─ 2m .（3）可能. 因为直线y = 2 x+ 1与x 轴、y 轴交图1 图2图3图4（第1题）于点E、点F，则E（─22，0）、F（0，1）.所以OE =22，OF = 1.又BD =4 ─ 2m2，CD = ─ ( m ─ 2 )，当OE = BD时，有22=4 ─ 2m2，解得：m = 1，此时OF = DC = 1，又因为∠EOF = ∠CDB = 90°，所以△BDC≌△EOF.【压轴真题直面】答案:1.（1）如图1，△ABC中，AB = AC = 10，∠B =∠C，因为t = 1，所以BP = 3 = CQ，BC = 8，所以PC = 5，点D为AB的中点，所以BD = 5，所以BD = PC，所以△DBP≌△PCQ. （2）如图2，设运动的时间为t，因为点P与点Q的速度不同，所以BP ≠ CQ，又因为△BPD与△CQP全等，所以只有BP = PC，BC = 8，所以BP = PC = 4，所以3t = 4，t = 43，而BD = CQ = 5，点Q的速度为V Q =543=154.2.（1）k = 1×2 = 2.（2）当k＞2时，如图1，点E、F分别在P点的右侧和上方，过点E作x轴的垂线EC，垂足为C，过点F作y轴的垂线FD，垂足为D，EC和FD相交于点G，则四边形OCGD为矩形. E（k2，2），G（k2，k ），F（1，k），所以S△PEF =12PE · PF =12( k ─ 2 ) (12k ─ 1) =14k2 ─ k + 1. 因为四边形PFGE是矩形. 所以S△PEF = S△EGF，所以S△OEF = S矩形OCGD─ S△GEF ─ S△ODF ─ S△OCE，所以S△OEF = 1 4k 2 ─ 1. 因为S△OEF = 2 S△PEF，所以14k2 ─ 1 = 2 ( 14k2 ─ k + 1 ) ，解得k = 2或k = 6，当k = 2时，点E与点F重合，所以E（3，2）. （3）存在点E及y轴上的点M，使△MEF与△PEF全等.①当k＜2时，如图2，只可能有△MEF≌△PEF，作FH⊥y轴于H，△FHM∽△MBE，所以BMFH=EMFM.因为FH = 1，EM = PE = 1 ─k2，FM = PF = 2 ─ k，所以BM1=2 ─k22 ─ k，所以BM =12. 在Rt△MBE中，EM2 = EB 2+ MB 2，所以(1 ─k2)2 = ( k2)2 + ( 12)2，解得k = 34 . 所以E（38，2 ）. ②当k＞2时，如图3，只可能有△MFE≌△PEF，作FQ⊥y轴于Q，△FQM∽△MBE，所以BMFQ=EMFM.因为FQ = 1，EM = PE = k ─2，FM = PF = k2─ 1，所以BM1=2 ─ k2 ─k2，所以BM = 2. 在Rt△MBE中，EM 2 = EB 2 + MB 2，所以(k─ 2 ) 2 = ( k2)2 + 2 2，解得：k = 163, k = 0（舍去）. 所以E（83，2 ）. 所以符合条件的E点坐标为（38，2 ）和（83，2（第1题）图2图1。