1.1 因动点产生的相似三角形问题知识点汇总

1.1 因动点产生的相似三角形问题

例1 2013年上海市中考第24题

如图1，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y＝ax2＋bx（a＞0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO＝BO＝2，∠AOB＝120°．

（1）求这条抛物线的表达式；

（2）连结OM，求∠AOM的大小；

（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．

图1

思路点拨

1．第（2）题把求∠AOM的大小，转化为求∠BOM的大小．

2．因为∠BOM＝∠ABO＝30°，因此点C在点B的右侧时，恰好有∠ABC＝∠AOM． 3．根据夹角相等对应边成比例，分两种情况讨论△ABC与△AOM相似．

满分解答

（1）如图2，过点A作AH⊥y轴，垂足为H． 在Rt△AOH中，AO＝2，∠AOH＝30°， 所以AH＝1，OH＝3．所以A(1,3)．

因为抛物线与x轴交于O、B(2,0)两点， 设

y

＝

ax(x

－

2)

，

代

入

点

A

(1,3)，可得

a3． 图2 3所以抛物线的表达式为y33223x(x2)xx． 333（2）由y322333， xx(x1)23333得抛物线的顶点M的坐标为(1,33． )．所以tanBOM33所以∠BOM＝30°．所以∠AOM＝150°． （3）由A(1,3)、B(2,0)、M(1,3)， 3得tanABO323，AB23，OM． 33OA3． OM所以∠ABO＝30°，

因此当点C在点B右侧时，∠ABC＝∠AOM＝150°． △ABC与△AOM相似，存在两种情况： ①如图3，当

BAOABA233时，BC2．此时C(4,0)． BCOM33BCOA3时，BC3BA3236．此时C(8,0)． BAOM②如图4，当

图3 图4

考点伸展

在本题情境下，如果△ABC与△BOM相似，求点C的坐标．

如图5，因为△BOM是30°底角的等腰三角形，∠ABO＝30°，因此△ABC也是底角为30°的等腰三角形，AB＝AC，根据对称性，点C的坐标为(－4,0)．

图5

例2 2012年苏州市中考第29题

121bx(b1)x（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交444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．

如图1，已知抛物线y

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轴的正半轴上运动，可以体验到，点P到两坐标轴的距离相等，存在四边形PCOB的面积等于2b的时刻．双击按钮“第（3）题”，拖动点B，可以体验到，存在∠OQA＝∠B的时刻，也存在∠OQ′A＝∠B的时刻．

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

b)． 4（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．

1b15所以S四边形PCOB＝S△PCO＋S△PBO＝xbxbx＝2b．

2428161616解得x．所以点P的坐标为(,)．

555（1）B的坐标为(b, 0)，点C的坐标为(0,

图2 图3 11b1（3）由yx2(b1)x(x1)(xb)，得A(1, 0)，OA＝1．

4444①如图4，以OA、OC为邻边构造矩形OAQC，那么△OQC≌△QOA．

BAQA当，即QA2BAOA时，△BQA∽△QOA． QAOAb所以()2b1．解得b843．所以符合题意的点Q为(1,23)．

4②如图5，以OC为直径的圆与直线x＝1交于点Q，那么∠OQC＝90°。 因此△OCQ∽△QOA． BAQA当时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°． QAOA所以C、Q、B三点共线．因此

BOQA，即bQA．解得QA4．此时Q(1,4)． COOAb14

图4 图5

考点伸展

第（3）题的思路是，A、C、O三点是确定的，B是x轴正半轴上待定的点，而∠QOA与∠QOC是互余的，那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况．

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

如图中，圆与直线x＝1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢？

如果符合题意的话，那么点B的位置距离点A很近，这与OB＝4OC矛盾．

例3 2012年黄冈市中考模拟第25题

如图1，已知抛物线的方程C1：y1(x2)(xm) (m＞0)与x轴交于点B、C，与my轴交于点E，且点B在点C的左侧．

（1）若抛物线C1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C1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

动感体验

请打开几何画板文件名“12黄冈25”，拖动点C在x轴正半轴上运动，观察左图，可以体验到，EC与BF保持平行，但是∠BFC在无限远处也不等于45°．观察右图，可以体验到，∠CBF保持45°，存在∠BFC＝∠BCE的时刻．

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

11(x2)(xm)，得24(2m)．解得m＝4． mm111（2）当m＝4时，y(x2)(x4)x2x2．所以C(4, 0)，E(0, 2)．

44211所以S△BCE＝BCOE626．

22（1）将M(2, 2)代入y（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．

HPEO设对称轴与x轴的交点为P，那么． CPCOHP233．解得HP．所以点H的坐标为(1,)． 3422（4）①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′．

CEBC由于∠BCE＝∠FBC，所以当，即BC2CEBF时，△BCE∽△FBC． CBBF因此

1(x2)(xm)1FF'EO2m设点F的坐标为(x,(x2)(xm))，由，得．

mBF'COx2m解得x＝m＋2．所以F′(m＋2, 0)．

COBF'(m4)m24mm4由，得．所以BF． 2CEBFmBFm4由BC2CEBF，得(m2)2m24整理，得0＝16．此方程无解．

(m4)m24．

m

图2 图3 图4

②如图4，作∠CBF＝45°交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′，

BEBC由于∠EBC＝∠CBF，所以，即BC2BEBF时，△BCE∽△BFC． BCBF在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得

1(x2)(xm)x2． m解得x＝2m．所以F′(2m,0)．所以BF′＝2m＋2，BF2(2m2)． 由BC2BEBF，得(m2)2222(2m2)．解得m222． 综合①、②，符合题意的m为222．

考点伸展

第（4）题也可以这样求BF的长：在求得点F′、F的坐标后，根据两点间的距离公式求BF的长．

例4 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）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标； （2）将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1，得到如图2的梯形O1A1B1C1．设梯形O1A1B1C1的面积为S，A1、 B1的坐标分别为 (x1，y1)、(x2，y2)．用含S的代数式表示x2－x1，并求出当S=36时点A1的坐标；

（3）在图1中，设点D的坐标为(1，3)，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动，动点Q从点D出发，以与点P相同的速度沿着线段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两点的运动时间为t，是否存在某一时刻t，使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

图1 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，观察图形和图象，可以体验到，x2－x1随S的增大而减小．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的代数式表示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的高保持不变，即y2－y1＝3．通过代数变形就可以了．

2．第（3）题最大的障碍在于画示意图，在没有计算结果的情况下，无法画出准确的位置关系，因此本题的策略是先假设，再说理计算，后验证．

3．第（3）题的示意图，不变的关系是：直线AB与x轴的夹角不变，直线AB与抛物线的对称轴的夹角不变．变化的直线PQ的斜率，因此假设直线PQ与AB的交点G在x轴的下方，或者假设交点G在x轴的上方．

满分解答

（1）抛物线的对称轴为直线x1，解析式为y（2） 梯形O1A1B1C1的面积S1211． xx，顶点为M（1，）8842(x11x21)3(x1x2)6，由此得到

2s12111x1x22．由于y2y13，所以y2y1x2x2x12x13．整理，得

384847211． (x2x1)(x2x1)3．因此得到x2x1S48x2x114,x16,当S=36时， 解得 此时点A1的坐标为（6，3）．

xx2.x8.212（3）设直线AB与PQ交于点G，直线AB与抛物线的对称轴交于点E，直线PQ与x

轴交于点F，那么要探求相似的△GAF与△GQE，有一个公共角∠G．

在△GEQ中，∠GEQ是直线AB与抛物线对称轴的夹角，为定值．

在△GAF中，∠GAF是直线AB与x轴的夹角，也为定值，而且∠GEQ≠∠GAF． 因此只存在∠GQE＝∠GAF的可能，△GQE∽△GAF．这时∠GAF＝∠GQE＝∠PQD． 由于tanGAF

33t20DQt，tanPQD，所以．解得t． 7445tQP5t

图3 图4

考点伸展

第（3）题是否存在点G在x轴上方的情况？如图4，假如存在，说理过程相同，求得的t的值也是相同的．事实上，图3和图4都是假设存在的示意图，实际的图形更接近图3．

例5 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

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，△PAM的形状在变化，分别双击按钮“P在B左侧”、“ P在x轴上方”和“P在A右侧”，可以显

示△PAM与△OAC相似的三个情景．

双击按钮“第(3)题”， 拖动点D在x轴上方的抛物线上运动，观察△DCA的形状和面积随D变化的图象，可以体验到，E是AC的中点时，△DCA的面积最大．

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

1ya(x1)(x4)，代入点C的 坐标（0，－2），解得a．所以抛物线的解析式为

2115y(x1)(x4)x2x2．

2221（2）设点P的坐标为(x,(x1)(x4))．

21①如图2，当点P在x轴上方时，1＜x＜4，PM(x1)(x4)，AM4x．

21(x1)(x4)AMAO2，那么2如果2．解得x5不合题意． PMCO4x1(x1)(x4)AMAO11，那么2如果．解得x2． PMCO24x2此时点P的坐标为（2，1）．

②如图3，当点P在点A的右侧时，x＞4，PM1(x1)(x4)，AMx4． 21(x1)(x4)解方程22，得x5．此时点P的坐标为(5,2)．

x41(x1)(x4)1解方程2，得x2不合题意．

x421③如图4，当点P在点B的左侧时，x＜1，PM(x1)(x4)，AM4x．

21(x1)(x4)解方程22，得x3．此时点P的坐标为(3,14)．

4x1(x1)(x4)12解方程，得x0．此时点P与点O重合，不合题意．

4x2综上所述，符合条件的 点P的坐标为（2，1）或(3,14)或(5,2)．

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y设点D的横坐标为m(1m4)，那么点D的坐标为(m,1x2． 2125mm2)，点E的221121251坐标为(m,m2)．所以DE(mm2)(m2)m2m．

2222211222因此SDAC(m2m)4m4m(m2)4．

22当m2时，△DCA的面积最大，此时点D的坐标为（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的面积等于直角梯形CAMN的面积减去△CDN和△ADM的面积．

设点D的横坐标为（m，n）(1m4)，那么

111(2n2)4m(n2)n(4m)m2n4． 2221252由于nmm2，所以Sm4m．

22S

例6 2008年苏州市中考第29题

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“08苏州29”，拖动表示a的点在y轴上运动，可以体验到，当抛物线经过点E1和E3时，直线NE1、NE3和直线AB交于同一个点G，此时△POB∽△PGN．当抛物线经过点E2和E4时，直线NE2、NE4和直线AB交于同一个点G，可以体验到，这个点G在点N右侧较远处．

思路点拨

1．求等腰直角三角形OAB斜边上的高OH，解直角三角形POH求k、b的值．

2．以DN为边画正方形及对角线，可以体验到，正方形的顶点和对角线的交点中，有符合题意的点E，写出点E的坐标，代入抛物线的解析式就可以求出a．

3．当E在x轴上方时，∠GNP＝45°，△POB∽△PGN，把PBPG转化为POPN14．

4．当E在x轴下方时，通过估算得到PBPG大于102．

满分解答

（1）OH1，k323，b． 33（2）由抛物线的解析式ya(x1)(x5)，得 点M的坐标为(1,0)，点N的坐标为(5,0)．

因此MN的中点D的坐标为（2，0），DN＝3．

因为△AOB是等腰直角三角形，如果△DNE与△AOB相似，那么△DNE也是等腰直角三角形．

①如图2，如果DN为直角边，那么点E的坐标为E1（2，3）或E2（2，－3）．

将E1（2，3）代入ya(x1)(x5)，求得a．

131245xx． 3331将E2（2，－3）代入ya(x1)(x5)，求得a．

311245此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)xx．

33331111②如果DN为斜边，那么点E的坐标为E3(3,1)或E4(3,1)．

2222112将E3(3,1)代入ya(x1)(x5)，求得a．

922222810此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)xx．

9999112将E4(3,1)代入ya(x1)(x5)，求得a．

922222810此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)xx．

9999此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)13

图2 图3

对于点E为E1（2，3）和E3(3,1)，直线NE是相同的，∠ENP＝45°． 又∠OBP＝45°，∠P＝∠P，所以△POB∽△PGN． 因此PBPGPOPN2714102．

121212143． 此时点G在直线x5的右侧，PG3414443，所以PBPG3314102． 又PB3333对于点E为E2（2，－3）和E4(3,1)，直线NE是相同的．

12考点伸展

在本题情景下，怎样计算PB的长？

如图3，作AF⊥AB交OP于F，那么△OBC≌△OAF，OF＝OC＝223，3，PF＝2 33PA＝

332PF(23)31，所以PB31． 223