2017年中考数学压轴试题复习第一部分专题一因动点产生的相似三角形问题

课前导学

相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．

判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．

如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分

ABDEABDF和两种情况列方程． ACDFACDE应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等． 应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．

还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．

求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好． 如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢？

我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．

图1

例 1 2014年湖南省衡阳市中考第28题

二次函数y＝ax＋bx＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m＞0），顶点为D．

（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；

（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为

2

S，试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；

（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？

图1 图2

动感体验

请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，可以体验到，当点P运动到AC的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD和∠ADC都可以成为直角． 思路点拨

1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．

2．连结OP，△APC可以割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC．

3．讨论△ACD与△OBC相似，先确定△ACD是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．

4．直角三角形ACD存在两种情况． 图文解析

（1）因为抛物线与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y＝a(x＋3)(x－1)． 代入点C(0,－3m)，得－3m＝－3a．解得a＝m．

所以该二次函数的解析式为y＝m(x＋3)(x－1)＝mx＋2mx－3m． （2）如图3，连结OP．

当m＝2时，C(0,－6)，y＝2x＋4x－6，那么P(x, 2x＋4x－6)．

2

22

1322

由于S△AOP＝OA(yP)＝(2x＋4x－6)＝－3x－6x＋9，

221S△COP＝OC(xP)＝－3x，S△AOC＝9，

23272

所以S＝S△APC＝S△AOP＋S△COP－S△AOC＝－3x－9x＝3(x)2．

24327所以当x时，S取得最大值，最大值为．

24

图3 图4 图5

（3）如图4，过点D作y轴的垂线，垂足为E．过点A作x轴的垂线交DE于F． 由y＝m(x＋3)(x－1)＝m(x＋1)－4m，得D(－1,－4m)． 在Rt△OBC中，OB∶OC＝1∶3m．

如果△ADC与△OBC相似，那么△ADC是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m．

2

OAOC33m．所以．解得m＝1． ECEDm1CAOCOCCAOC此时．所以△CDA∽△OBC． 3，3．所以CDEDOBCDOB①如图4，当∠ACD＝90°时，②如图5，当∠ADC＝90°时，

2FAFD4m2．所以． ．解得m2EDEC1m此时

OC32DAFD2．因此△DCA与△OBC不相似． 3m22，而OB2DCECm综上所述，当m＝1时，△CDA∽△OBC． 考点伸展

第（2）题还可以这样割补：

如图6，过点P作x轴的垂线与AC交于点H． 由直线AC：y＝－2x－6，可得H(x,－2x－6)． 又因为P(x, 2x＋4x－6)，所以HP＝－2x－6x． 因为△PAH与△PCH有公共底边HP，高的和为A、C两点间的水平距离3，所以

2

2

S＝S△APC＝S△APH＋S△CPH 32

(－2x－6x) 2327＝3(x)2． 图6

24＝

例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题

如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，∠B＝60°，AB＝10，BC＝4，点P沿线段AB从点A向点B运动，设AP＝x．2·1·c·n·j·y

（1）求AD的长；

（2）点P在运动过程中，是否存在以A、P、D为顶点的三角形与以P、C、B为顶点的三角形相似？若存在，求出

x的值；若不存在，请说明理由；

（3）设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2，

若S＝S1＋S2，求S的最小值. 动感体验 图1

请打开几何画板文件名“14益阳21”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，圆心O的运动轨迹是线段BC的垂直平分线上的一条线段．观察S随点P运动的图象，可以看到，S有最小值，此时点P看上去象是AB的中点，其实离得很近而已． 思路点拨

1．第（2）题先确定△PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．

2．第（3）题理解△PCB的外接圆的圆心O很关键，圆心O在确定的BC的垂直平分线上，同时又在不确定的BP的垂直平分线上．而BP与AP是相关的，这样就可以以AP为自变量，求S的函数关系式． 图文解析

（1）如图2，作CH⊥AB于H，那么AD＝CH．

在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝4，所以BH＝2，CH＝23．所以AD＝23． （2）因为△APD是直角三角形，如果△APD与△PCB相似，那么△PCB一定是直角三角形．

①如图3，当∠CPB＝90°时，AP＝10－2＝8． 所以

438APPC＝＝，而＝3．此时△APD与△PCB不相似．

3AD23PB

图2 图3 图4

②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2． 所以

32AP＝＝．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．

3AD23综上所述，当x＝2时，△APD∽△CBP．

（3）如图5，设△ADP的外接圆的圆心为G，那么点G是斜边DP的中点．

设△PCB的外接圆的圆心为O，那么点O在BC边的垂直平分线上，设这条直线与BC交于点E，与AB交于点F．

设AP＝2m．作OM⊥BP于M，那么BM＝PM＝5－m． 在Rt△BEF中，BE＝2，∠B＝60°，所以BF＝4．

在Rt△OFM中，FM＝BF－BM＝4－(5－m)＝m－1，∠OFM＝30°， 所以OM＝3(m1)． 31222

所以OB＝BM＋OM＝(5m)2(m1)2．

3在Rt△ADP中，DP＝AD＋AP＝12＋4m．所以GP＝3＋m． 于是S＝S1＋S2＝π(GP＋OB)

＝3m2(5m)2(m1)2＝

所以当m2

2

2

2

2

2

2

2

133(7m232m85)．

16113时，S取得最小值，最小值为． 77

图5 图6

考点伸展

关于第（3）题，我们再讨论个问题．

问题1，为什么设AP＝2m呢？这是因为线段AB＝AP＋PM＋BM＝AP＋2BM＝10． 这样BM＝5－m，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S的最小值． 问题2，如果圆心O在线段EF的延长线上，S关于m的解析式是什么？

如图6，圆心O在线段EF的延长线上时，不同的是FM＝BM－BF＝(5－m)－4＝1－m．

1222

此时OB＝BM＋OM＝(5m)2(1m)2．这并不影响S关于m的解析式．

3

例 3 2015年湖南省湘西市中考第26题

如图1，已知直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝－x＋bx＋c经过A、B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒2个单位的速度匀速运动，连结PQ，设运动时间为t秒．

（1）求抛物线的解析式；

（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形； （3）过点P作PE//y轴，交AB于点E，过点Q作QF//y轴，交抛物线于点F，连结EF，当EF//PQ时，求点F的坐标；

（4）设抛物线顶点为M，连结BP、BM、MQ，问：是否存在t的值，使以B、Q、M为顶点的三角形与以O、B、

2

P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存

在，请说明理由． 图1 动感体验

请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P在OA上运动，可以体验到，△APQ有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ与△

BOP有一次机会相似．

思路点拨

1．在△APQ中，∠A＝45°，夹∠A的两条边AP、AQ都可以用t表示，分两种情况讨论直角三角形APQ．

2．先用含t的式子表示点P、Q的坐标，进而表示点E、F的坐标，根据PE＝QF列方程就好了．

3．△MBQ与△BOP都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论． 图文解析

（1）由y＝－x＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)． 将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y＝－x＋bx＋c，得所以抛物线的解析式为y＝－x＋2x＋3．

（2）在△APQ中，∠PAQ＝45°，AP＝3－t，AQ＝2t． 分两种情况讨论直角三角形APQ：

①当∠PQA＝90°时，AP＝2AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1（如图2）．

②当∠QPA＝90°时，AQ＝2AP．解方程2t＝2(3－t)，得t＝1.5（如图3）．

2

2

93bc0,b2, 解得

c3.c3.

图2 图3

（3）如图4，因为PE//QF，当EF//PQ时，四边形EPQF是平行四边形． 所以EP＝FQ．所以yE－yP＝yF－yQ．

因为xP＝t，xQ＝3－t，所以yE＝3－t，yQ＝t，yF＝－(3－t)＋2(3－t)＋3＝－t＋4t． 因为yE－yP＝yF－yQ，解方程3－t＝(－t＋4t)－t，得t＝1，或t＝3（舍去）．所以点

2

2

2

F的坐标为(2, 3)．

图4 图5

（4）由y＝－x＋2x＋3＝－(x－1)＋4，得M(1, 4)．

由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A、B两点间的水平距离、竖直距离相等，AB＝32． 由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等，BM＝2． 所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能： ①当

2

2

BMOB923时，． ．解得t（如图5）

BQOP4322ttBMOP2t2

时，．整理，得t－3t＋3＝0．此方程无实根．

BQOB322t3②当

考点伸展

第（3）题也可以用坐标平移的方法：由P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3－t, t)，按照P→E方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x＋2x＋3，得t＝1，或t＝3．

2