专题29 相似三角形中由动点产生的分类讨论问题(解析版)

这是一份专题29 相似三角形中由动点产生的分类讨论问题(解析版)，共31页。主要包含了专题说明，思路生成等内容，欢迎下载使用。
【专题说明】
1、如图，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)过点A(eq \r(3)，－3)和点B(3eq \r(3)，0)．过点A作直线AC∥x轴，交y轴于点C.
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D.连结OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标；
(3)抛物线上是否存在点Q，使得S△AOC＝eq \f(1,3)S△AOQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路生成】(1)将点A和点B的坐标代入y＝ax2＋bx中，解出a和b的值即可；
(2)首先根据题意可得出点C的坐标为(0，－3)，设P(x，y)，则PD＝|y＋3|，AD＝|x－eq \r(3)|，然后分△OAC∽△PAD和△OAC∽△APD两种情况进行讨论，得出结果；
(3)首先求出△AOC的面积，进而得出△AOQ的面积，然后根据点A和点B的坐标得出点Q的位置．
解：(1)根据题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a＋\r(3)b＝－3，,27a＋3\r(3)b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(3\r(3),2)，))
∴抛物线的表达式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3\r(3),2)x；
(2)根据题意可得点C的坐标为(0，－3)，则OC＝3，AC＝eq \r(3)，
设P(x，y)，则PD＝y＋3，AD＝x－eq \r(3).
若△OAC∽△PAD，则eq \f(AC,OC)＝eq \f(AD,PD)，即eq \f(\r(3),3)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－\r(3),y＋3)))，
∵y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3\r(3),2)x，∴±eq \f(\r(3),3)＝eq \f(x－\r(3),\f(1,2)x2－\f(3\r(3),2)x＋3)，
整理得x2－5eq \r(3)x＋12＝0或者x2－eq \r(3)x＝0，前者解得x＝4eq \r(3)或eq \r(3)(舍去)，后者解得x＝0或eq \r(3)(舍去)，
∴P1(4eq \r(3)，6)或P2(0，0)；
若△OAC∽△APD，则eq \f(AC,OC)＝eq \f(PD,AD)，即±eq \f(\r(3),3)＝eq \f(y＋3,x－\r(3))，
∵y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3\r(3),2)x，∴±eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\f(1,2)x2－\f(3\r(3),2)x＋3,x－\r(3))，
整理得3x2－11eq \r(3)x＋24＝0或者3x2－7eq \r(3)x＋12＝0，前者解得x＝eq \f(8\r(3),3)或eq \r(3)(舍去)，后者解得x＝eq \f(4\r(3),3)或eq \r(3)(舍去)．
∴P3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，－\f(10,3)))或P4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),3)，－\f(4,3))).
综上所述，P点坐标为(4eq \r(3)，6)或(0，0)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，－\f(10,3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),3)，－\f(4,3)))；
(3)∵OC＝3，AC＝eq \r(3)，∴S△AOC＝eq \f(OC·AC,2)＝eq \f(3\r(3),2).
∵S△AOC＝eq \f(1,3)S△AOQ，∴S△AOQ＝eq \f(9\r(3),2).
∵OB＝3eq \r(3)，点A到x轴的距离d＝3，
∴S△AOB＝eq \f(OB·d,2)＝eq \f(9\r(3),2)，
故存在点Q，使得S△AOC＝eq \f(1,3)S△AOQ，此时点Q的坐标为(3eq \r(3)，0)．
显然过B点且平行于直线OA的直线y＝－eq \r(3)(x－3eq \r(3))与该抛物线的另一交点也符合条件，由－eq \r(3)(x－3eq \r(3))＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3\r(3),2)x，整理得x2－eq \r(3)x－18＝0，解得x＝3eq \r(3)或－2eq \r(3).
当x＝－2eq \r(3)时，y＝15，此时点Q坐标为(－2eq \r(3)，15)．
∴点Q的坐标为(3eq \r(3)，0)或(－2eq \r(3)，15)．
2、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
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，代入点C的 坐标（0，－2），解得．所以抛物线的解析式为．
（2）设点P的坐标为．
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的坐标为（2，1）．
②如图3，当点P在点A的右侧时，x＞4，，．
解方程，得．此时点P的坐标为．
解方程，得不合题意．
③如图4，当点P在点B的左侧时，x＜1，，．
解方程，得．此时点P的坐标为．
解方程，得．此时点P与点O重合，不合题意．
综上所述，符合条件的 点P的坐标为（2，1）或或．

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．
设点D的横坐标为m，那么点D的坐标为，点E的坐标为．所以．
因此．
当时，△DCA的面积最大，此时点D的坐标为（2，1）．

图5 图6
3、如图1，已知抛物线的方程C1： (m＞0)与x轴交于点B、C，与y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
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
（1）将M(2, 2)代入，得．解得m＝4．
（2）当m＝4时，．所以C(4, 0)，E(0, 2)．
所以S△BCE＝．
（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．
设对称轴与x轴的交点为P，那么．
因此．解得．所以点H的坐标为．
（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′．
由于∠BCE＝∠FBC，所以当，即时，△BCE∽△FBC．
设点F的坐标为，由，得．
解得x＝m＋2．所以F′(m＋2, 0)．
由，得．所以．
由，得．
整理，得0＝16．此方程无解．
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′，
由于∠EBC＝∠CBF，所以，即时，△BCE∽△BFC．
在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得．
解得x＝2m．所以F′．所以BF′＝2m＋2，．
由，得．解得．
综合①、②，符合题意的m为．
4、如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5 cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4 cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）如图2，连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
图1 图2
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的速度，暗含了BD＝CQ．
3．PQ的中点H在哪条中位线上？画两个不同时刻P、Q、H的位置，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，csB＝，所以BD＝BPcsB＝4t，PD＝3t．
当AQ⊥CP时，△ACQ∽△CDP．
所以，即．解得．
图5 图6
（3）如图4，过PQ的中点H作BC的垂线，垂足为F，交AB于E．
由于H是PQ的中点，HF//PD，所以F是QD的中点．
又因为BD＝CQ＝4t，所以BF＝CF．
因此F是BC的中点，E是AB的中点．
所以PQ的中点H在△ABC的中位线EF上．
5、如图1，已知抛物线（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点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．
图1
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
（1）B的坐标为(b, 0)，点C的坐标为(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的坐标为(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的坐标为()．
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．所以符合题意的点Q为()．
②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．
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
动点：运动的点或者说是不确定的点，有时题目中会明确指出动点，有时题目中相关点的坐标含有参数，换言之就是在不同的条件下会有不同的位置，或者满足条件的位置有多个。
相似三角形：对应角相等，对应边成比例的两个或多个三角形，两个三角形相似的判定定理一般说来有3个：
定理1：两个角对应相等，两三角形相似‘AA”
定理2：两边对应成比例且夹角相等“SAS”
定理3：三边对应成比例。“SSS”
相似三角形的判定这3个定理，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。
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。
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。
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）。
两个直角三角形相似的判定方法
（1）有一个锐角对应相等的两个直角三角形相似。（2）两条直角边对应成比例的两个直角三角形相似．（3）斜边和一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似。
如果要讨论相似的两个三角形中有一个是直角三角形：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。
由动点产生的相似三角形问题一般在函数和几何图中出现，函数一般是一次函数和二次函数，几何图形一般是三角形和四边形。
题型一般有是否存在点P，使得：①△PDE∽△ABC ②以P、D、E为顶点的三角形与△ABC相似。一般以大题为主，也有出现在填空后两题。
函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题过程 ：
① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示 各边的长度，之后利用相似来列方程求解。
涉及知识点： 全等相似的性质及判定，一元二次方程解法，直角三角形中锐角三角函数，勾股定理，求线段的长，要用到两点间的距离公式。