【常考压轴题】2023学年九年级数学下册压轴题攻略（人教版）相似三角形中的动点问题（解析版）

相似三角形中的动点问题例1．（分类讨论）如图，在△ABC中，BA＝BC＝20cm，AC＝30cm，点P从点A出发，沿AB以4cm/s的速度向点B运动，同时点Q从点C出发，沿CA以3cm/s的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为xs．(1)当时，求x的值．(2)△APQ与△CQB能否相似？若能，求出AP的长；若不能，请说明理由．【答案】(1)(2)能，AP＝cm或20cm【解析】（1）解：当时，AP：AB＝AQ：AC，∵AP＝4x，AQ＝30－3x，∴，解得：x＝；（2）解：∵BA＝BC∴，①当△APQ∽△CQB时，有，即：，解得：，∴（cm），②当△APQ∽△CBQ时，有，即：，解得：x＝5或x＝－10（舍去），∴PA＝4x＝20（cm），综上所述，当AP＝cm或20cm时，△APQ与△CQB相似．例2．（函数与相似）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝5cm，BC＝8cm，AD⊥BC，垂足为D，F为AD中点．点P从点B出发，沿BC向点C匀速运动，速度为1cm/s同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为1cm/s；点E为点P关于AD的对称点．连接PQ、FQ、EF、AE．设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）当PQ∥AE时，求t的值；（2）设四边形AEPQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使∠DFE＝∠AFQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，【详解】解：（1）当时，，，，，，，点E与点P关于AD对称，，，，，，即，解得：，舍去，故，（2）过点作于点，如图，，，，，，，，，解得，，由（1）可知，，四边形，，，（3）存在，理由如下：当时，三点共线，过点作，如图，，，，，即，解得，，F为AD中点，，，，，，，即，解得（舍去，）．当时，．【变式训练1】如图，Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝10cm，BC＝8cm．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿CA向点A匀速运动，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BC向点C匀速运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止．(1)求经过几秒后，△PCQ的面积等于？(2)经过几秒，△PCQ与△ABC相似？【答案】(1)经过4秒后，的面积等于(2)经过秒或秒，与相似．【解析】（1）解：设经过秒后，的面积的面积等于，则，，，，整理得，解得：，，经过4秒后，的面积等于．（2）解：①设经过秒后，，，解得；②设经过秒后，，，解得；经过秒或秒，与相似．【变式训练2】在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为、，点P的坐标为．点E是y轴上一动点，QP⊥EP交AB于点Q（保持点Q在x轴上方），EF⊥EQ交AB于点F．(1)当PQ⊥AB时，求OE的长．(2)当点E在线段OB上移动时，设AQ＝n，OE＝m，求n关于m的函数表达式．(3)点E在射线OB上移动过程中，点Q、E、F构成的三角形与△OAB相似，求出点E的纵坐标．【答案】(1)(2)(3)，，【解析】（1）∵PQ⊥AB，QP⊥EP，∴EP∥AB，∴∠OEP＝∠OBA，∠OPE＝∠OAB，∴△OEP∽△OBA，∴，即，解得．（2）如图1，过点Q作QN⊥OA．∵，OB＝1，∴AB＝3．∴，，在Rt△AQN中，，．∵，∴．∵QN⊥OA，QP⊥EP，∴∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△QNP∽△POE，∴，即，整理得．（3）①如图2，∠EFQ＝∠ABO时．过点E，Q分别作EM⊥FQ于点M，QN⊥OA于点N，则有△EBM∽△ABO，∴设BM＝m，BE＝3m．∵∠EBF＝∠ABO，∴∠EFQ＝∠EBF，∴EF＝EB＝3m．∵EM⊥FQ，∴BF＝2BM＝2m，∵，∴FQ＝9m，∴BQ＝7m，∴点Q的坐标为同理可得△EOP∽△PNQ，则，即，整理得，解得，（不合题意，舍去）．∴，∴点E的纵坐标为．②如图3，点B，F重合，∠FQE＝∠FAO时．设BE＝m，则QN＝OE＝1－m，，同理可得△EOP∽△PNQ，则，即，整理得，解得，（不合题意，舍去）．∴，∴点E的纵坐标为．③如图4，∠FQE＝∠ABO时．过点E，Q分别作EM⊥FQ于点M，QN⊥OA于点N，则有△EBM∽△ABO，∴．设BM＝m，BE＝3m．∵∠FQE＝∠ABO，∴EQ＝EB＝3m∵EM⊥FQ，∴BQ＝2BM＝2m，同理可得△EOP∽△PNQ，则，即，整理得，解得，（不合题意，舍去）．∴，∴点E的纵坐标为．综上所述，点E的纵坐标为，，【变式训练3】如图1，已知矩形的边长，．某一时刻，动点M从点A出发，沿以的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿方向以的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．(1)若是等腰直角三角形，则___________（直接写出结果）．(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．(3)如图2，连接，试求的最小值．【答案】(1)2；(2)存在，理由见解析；(3)15【解析】（1）∵，∴若是等腰直角三角形时，只有．根据题意可知，，则，∴，解得，故答案为：2．（2）∵，∴以A、M、N为顶点的三角形与相似分为两种情况，①当时，有，即，解得：；②当时，有，即，解得：．当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似；（3）如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点，连接．作M点关于BC的对称点，连接，．根据作图可知，，∴，∴当最小时最小，∵，∴的最小值为的长，即的最小值为2的长．如图，连接并延长，交CD于点F，AB于点G．∵作E点关于CD的对称点，∴，．又∵E为中点，∴，G为AB中点，∴，．∵作M点关于BC的对称点，∴，∴．在中，，∵，∴时，最小，即．∴．【变式训练4】已知抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，抛物线在第四象限的图象上有一点M，求四边形ABMC面积的最大值及此时点M的坐标；(3)如图2，直线CD交x轴于点E，若点P是线段EC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，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y＝（x﹣1）2﹣4(2)点M坐标（，﹣）时，四边形ABMC面积的最大值(3)存在，点P坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣，﹣）【解析】(1)设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点C（0，﹣3）代入得：4a﹣4＝0，解得a＝1，∴抛物线表达式为：y＝（x﹣1）2﹣4；(2)连接BC，作MN∥y轴交BC于点N，交AB于点E，作CF⊥MN于点F，如图，由（1）知，抛物线表达式为y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，∴点A坐标（﹣1，0），点B坐标（3，0），设直线BC的表达式为y＝kx+b，将点B（3，0），C（0，﹣3）代入得：，∴，∴直线BC表达式为y＝x﹣3，设M点（m，m2﹣2m﹣3），则点N（m，m﹣3），∴S四边形ABMC＝S△ABC+S△BCM＝S△ABC+S△CMN+S△BMN＝+＝＝6+＝当时，即点M坐标时，四边形ABMC面积的最大值；(3)如图，作PQ垂直x轴，设直线CD：y＝px+q，将点C，D分别代入得，，解得，∴直线BC：y＝﹣x﹣3，当y＝0时，解得x＝﹣3，∴点E坐标为（﹣3，0），∵OE＝OC＝OB＝3，∴∠OEC＝∠OBC＝45°，在Rt△OBC中，BC＝＝，①当△BAC∽△EPO时，，即，解得EP＝，在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，∴sin45°＝，解得PQ＝2，∴EQ＝PQ＝2，此时点P坐标（﹣1，﹣2）；②当△BAC∽△EOP时，，即，解得EP＝，在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，∴sin45°＝，解得∴，此时点P坐标；综上所述，当点P坐标为（﹣1，﹣2）或时，点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．课后训练1．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点的坐标是，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB运动，动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段OC运动，连接OB，连接PQ与线段OB相交于点D，两点同时出发，当点Q到达点O时，P，Q同时停止运动，设运动时间为．（1）_____________，_____________（请用含的代数式表示）（2）当时，求的值．（3）在P，Q运动的过程中，将矩形AOCB沿PQ折叠，点A，点O的对应点分别是点E，点F．①当点F恰好落在线段OB上时，直接写出此时的t值．②连接PF，连接OF，当时，直接写出此时点F的坐标．【答案】（1）t，6-2t；（2）；（3）①；②【详解】解：（1）根据题意得：AP=t，CQ=2t，∵矩形ABCO的顶点的坐标是，∴OC=AB=6，∴OQ=6-2t；（2）∵四边形ABCO是矩形，∴AB∥OC，即BP∥OQ，∴，∵，∴，即，∵AP=t，∴BP=6-t，∴，解得：；（3）①如图，过点P作PM⊥OC于点M，则OM=AP=t，∵将矩形AOCB沿PQ折叠，点A，点O的对应点分别是点E，点F．∴PQ⊥OB，即∠ODQ=90°，∴∠DOQ+∠OQD=90°，在矩形AOCB中，顶点的坐标是，∠OCB=90°，AB∥OC，OC⊥OA，AB⊥OA，BC=OA=4，∴∠DOQ+∠OBC=90°，PM=AO=4，∴∠OBC=∠OQD，∵PM⊥OC，∴∠PMQ=∠OCB=90°，∴，∴，∵OQ=6-2t，∴MQ=6-2t-t=6-3t，∴，解得：；②如图，设OF交PQ于点N，过点F作GH⊥AB于点H交OC于点G，则GH⊥OC，在矩形AOCB中，∠A=90°，∴∠A=∠AHF=∠FGQ=90°，∴四边形AOGH是矩形，∴AH=OG，HG=OA=4，∵将矩形AOCB沿PQ折叠，点A，点O的对应点分别是点E，点F．∴PQ垂直平分OF，∴OP=FP，FQ=OQ=6-2t，∴∠PFO=∠POF，∵，∴∠PFO=∠POF=45°，∴∠OPF=90°，∴∠APO+∠FPH=90°，∵∠APO+∠AOP=90°，∴∠FPH=∠AOP，∵∠A=∠PHF=90°，∴，∴FH=AP=t，PH=OA=4，∴OG=AH=4+t，FG=HG-FH=4-t，∴QG=OG-OQ=（4+t）-（6-2t）=3t-2，在中，由勾股定理得：，解得：或（舍去），∴，∴点F的坐标为．2．如图，抛物线的图象与轴交于点，，与轴相交于点，顶点为．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点是轴右侧抛物线上一点，过点作轴于，以，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标．【答案】（1）；（2）或或．【详解】解：（1）∵抛物线的顶点为，∴设抛物线解析式为，∵抛物线经过点，∴，解得a=-1，∴抛物线解析式为即，（2）把x=0代入，得y=0，∴点C坐标为（0,2），把y=0代入得，解得，∴点A坐标为（-1,0），∴OA=1，OC=2；设点M坐标为（）∵点M是轴右侧抛物线上一点，∴MP=x，①如图1，当点M在点C下方，△MPC∽△COA时，则，即，解得，其中x=0不合题意，舍去，此时点M坐标为；②如图2，当点M在点C下方，△MPC∽△AOC时，则，即，解得，其中x=0不合题意，舍去，此时点M坐标为；③如图3当点M在点C上方，△MPC∽△COA时，则，即，解得，其中x=0不合题意，舍去，此时点M坐标为；④当点M在点上下方，△MPC∽△AOC时，则，即，解得，均不合题意，舍去；综上所述，符合条件的M坐标分别是或或．3．在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在直线上，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于点C．（1）如图，点B，C分别在第三、二象限内，BC与AO相交于点D．①若，求证：．②若，求四边形的面积．（2）是否存在点B，使得以为顶点的三角形与相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）①见解析；②；（2）存在，，4，9，1【详解】解：（1）①证明：如图1，∵，∴．∴，∴．而，∴．∵，∴．∴，∴．②如图1，过点A作于点H．由题意可知，在中，．设，．∵，∴，解得．∴．∵，∴，∴∴．∵，∴，∴，：∴．（2）过点A作于点H，则有．①如图2，当点C在第二象限内，时，设∵，∴．又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，∴，整理得，解得．∴．②如图3，当点C在第二象限内，时，延长交于点G，则，∴．又∵，∴，而，∴，∴③当点C在第四象限内，时，与相交于点E，则有．(a)如图4，点B在第三象限内．在中，，∴∴，又∵，∴，而∴，∴∴，∴，∴(b)如图5，点B在第一象限内．在中∴，∴．又∵，∴而，∴，∴∴，∴，∴综上所述，的长为，4，9，1．4．如图，在矩形中，，是对角线的中点，是线段上一点，射线交于点，交延长线于点，连接，在上取点，使，设，（1）连接，当时，判断四边形是否为平行四边形，并说明理由．（2）当时，若平行的某一边，求的长．（3）若，分别记和的面积为和，且．求的值．【答案】（1）四边形EDBC是平行四边形，理由见详解；（2）或；（3）．【详解】解：（1）四边形EDBC是平行四边形，理由如下：∵四边形是矩形，，∴，∴，∵是对角线的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形EDBC是平行四边形；（2）由（1）及题意得：，①当时，则，如图所示：∴∠FCQ=45°，∴△FQC、△EDC都为等腰直角三角形，∴ED=DC=8，,∴，∵，∴，即，∴，∴AD=24-8=16；②当时，如图所示：作DH∥FC交AC于点H，∴，∴，∴，∵，DQ=CD-CQ=8-6=2，∴，∵DH∥EC，∴，∴AC=24，∴，综上所述：或；（3）过点Q作QN⊥CF于点N，如图所示：∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴EO是∠AEC的角平分线，∴，∴，在Rt△CNQ中，，即，解得：，，∴，∴．5．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△PAB≌△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．【答案】（1）PE＝；（2）不能，理由见解析；（3）不变，5m+4n＝16．【详解】解：（1）连接BE，由已知：在Rt△ADC中，AC＝，当AP＝m＝1时，PC＝AC﹣AP＝5﹣1＝4，∵PE⊥CD，∴∠PEC＝∠ADC＝90°，∵∠ACD＝∠PCE，∴△ACD∽△PCE，∴，即，∴PE＝；（2）如图1，当△PAB≌△PEB时，∴PA＝PE，∵AP＝m，则PC＝5﹣m，由（1）得：△ACD∽△PCE，∴，∴PE＝，由PA＝PE，即，解得：m＝，∴EC＝，∴BE＝，∴△PAB与△PEB不全等，∴不能使得△PAB≌△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，∴，由（1）得：△PCE∽△ACD，PE＝，∴，即，∴EC＝，∴BG＝EC＝，∴，∴5m+4n＝16．6．如图，在平行四边形中，，点是线段上的一个动点，点是平行四边形边上一点，且．（1）如图1，若，求证：；（2）若，．①如图2，连接交于点，，求的值．②如图3，点从点运动到点，求点的运动的路径长．【答案】（1）见详解；（2）①；②28−16【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADC＝60°，∴△ABC，△ADC都是等边三角形，∴∠CAD＝∠ACD＝60°，∵∠DPK＝∠B＝60°，∠CPD＝∠CPK＋∠DPK＝∠CAD＋∠ADP，∴∠ADP＝∠CPK，∴△DAP∽△PCK，∴；（2）①如图2中，过点P作PM⊥CD于M，PN⊥BC于N，连接PB．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是正方形，∴∠PCD＝∠PCB，∵CP＝CP，CD＝CB，∴△PCD≌△PCB（SAS），∴PB＝PD，∠PBK＝∠CDP，∵∠DPK＝90°，∠DCK＝90°，∴∠PKC＋∠CDP＝180°，∵∠PKC＋∠PKB＝180°，∴∠PKB＝∠CDP，∴∠PBK＝∠PKB，∴PB＝PK＝PD，∵PM⊥CD，PN⊥CB，∠PCM＝∠PCN，∴PM＝PN，∵PD＝PK，∠PMD＝∠PNK＝90°，∴Rt△PMD≌Rt△PNK（HL），∴DM＝NK，∵PB＝PK，PN⊥BK，∴BN＝NK＝DM，设BN＝KN＝DM＝x，则CM＝4−x，CK＝4−2x，PC＝(4−x)，∵CE：PE＝4：5，∴EC=(4−x)，∵CK∥AD，∴，∵AC＝4∴AE＝4-(4−x)，∴，解得：x＝1或−2（舍弃），经检验，x＝1是分式方程的根，∴EC=，PE=，∵∠PDE＝∠ECK＝45°，∠DEP＝∠CEK，∴△DEP∽△CEK，∴，∴DE•EK＝PE•EC＝×=；②如图3中，当点P运动到AC的中点时，点K从B运动到C，点K的运动路径的长为4．当点K在线段CD上时，如图4中，过点D作DO⊥AC于O，过点K作KJ⊥AC于J，设CK＝y，OP＝x．∵AC＝4，AD＝DC，DO⊥AC，∴OA＝OC＝2，∵∠KCJ＝45°，CK＝y，∴KJ＝CJ＝y，∵∠DOP＝∠DPK＝∠PJK＝90°，∴∠DPO＋∠ODP＝90°，∠DPO＋∠KPJ＝90°，∴△DOP∽△PJK，∴，∴，整理得，2x2−（4−y）x＋4y＝0，∵△≥0，∴（4−y）2−32y≥0，解得：y≤12−8或y≥12＋8（舍弃），∴y的最大值为12−8，当点P从O运动到C时，点K的运动路径是2CK＝24−16，∴点P从点A运动到点C，则点K的运动的路径长为28−16．7．如图，在矩形中，，，连接，点为的中点，点为边上的一个动点，连接，作，交边于点．已知点从点开始，以的速度在线段上移动，设运动时间为．解答下列问题：（1）当为何值时，？（2）连接，设的面积为，求与的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（4）连接，在运动过程中，是否存在某一时刻，使恰好将分成面积比为的两部分？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）3；（2）；（3）或；（4）【详解】解：（1）∵∴∴解得，∴当时，；（2）取AB的中点M，BC的中点N，连接OM，ON，如图①∵∴，，∴∠，∠∴四边形OMBN是矩形∴∠∴∠，∠∴∠∴△∴∵，∴①当时，，（如图①）∴，∴，，∴==∴；②当时，如图②此时，，，∴∴∴==∴综上所述，（3）∵∴解得，∴当或时，；（4）当时，即，作，如图③∵∠，∠∴△∴，则∴，则∵∠，∠∴∴，则∴∵∴解得，当时，即，如图④，同上可得，，∵∴解得，综上所述，8．已知，如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=12cm，AD⊥BC于点D，直线PM交BC于点P，交AC于点M，直线PM