2025年中考数学二轮专题复习讲义第27讲 动点产生的相似、全等三角形问题（含解析）

这是一份2025年中考数学二轮专题复习讲义第27讲 动点产生的相似、全等三角形问题（含解析），共21页。学案主要包含了解法提示，思路点拨等内容，欢迎下载使用。
相似三角形问题
1. 如图,在平面直角坐标系中,A(-3,0),B(3,0),C(0,4),点D为x轴上一点，当 △ABC∼△ACD时，求点D的坐标.
2.如图，在平面直角坐标系中，直线 y=−43x+8与x轴交于点A，与y轴交于点 B，已知点 C的坐标为( −40,点 P 是直线 AB上的一个动点.若以A，P，C为顶点的三角形与 △AOB相似，求点P的坐标.
3.如图，抛物线 y=−12x2+32x+2交x轴于点A,B,交y轴于点C,点M是第一象限内抛物线上一点，过点M作 MN⊥x轴于点N.若 △MON与 △BOC相似，求点M的横坐标.
● 全等三角形问题
4.如图,直线 y=12x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线 AC⊥AB于点A，若点 D 是x轴上方直线AC上的一个动点，点E 是x轴上的一个动点，当 △BOA≅△AED时，求点E的坐标.
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x²+2x+3与 x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，点C是第一象限内抛物线上一点，过点C作( CD⊥x轴于点 D，直线y=x与CD所在直线交于 y=x点 E,若直线: y=x；上存在一点 F，使得 △ODE≅△FCE,求点 C的坐标.
6.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=−x²−2x+3与x 轴交于点A,B(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,连接AC,BC,若在第二象限内存在一点D，使得以A，C，D为顶点的三角形与 △ABC全等，求点 D 的坐标.
二阶 设问进阶练
例 如图，在平面直角坐标系中，直线 y=kx+1l与x轴交于点A，与y轴交于点 C，过点 C的抛物线 y=34x2−52x+1与直线AC交于点B(4,3).
(1)已知点P是x轴上一点(点 P不与点O重合)，连接CP，若 △AOC∼△ACP,，求点P的坐标；
(2)已知点Q(m,0)是x轴上一点,连接BQ,若以点A,B,Q为顶点的三角形与 △AOC相似，求点Q的坐标；
(3)已知点E(0,n)为y轴正半轴上一点,点. D0−1,，若以点B，C，E为顶点的三角形与 △ACD相似，求点 E的坐标；
(4)若点 F 是抛物线上一点，过点 F 作 FG⊥y轴于点 G,点 J是y轴上一点，要使以F，G，J为顶点的三角形与 △OAC全等，求点 F的纵坐标；
(5)若点S为第一象限内抛物线上一点，过点S作 ST⊥x轴于点T，点Z 是x轴上一点，要使以S，T，Z 为顶点的三角形与 △AOC全等，求点 Z 的坐标；
(6)如图⑥，已知L为AO的中点，连接OB，点R为平面直角坐标系内一点，是否存在点R，使得以L，O，R为顶点的三角形与 △COB全等?若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.
综合强化练
1. 创新题·阅读理解题定义：将抛物线 y=ax²向右平移h个单位，再向上平移k个单位得到抛物线 y=ax−ℎ²+k(h,k均大于0)，则将抛物线 y=ax²称为“原函数”，把由它平移得到的抛物线 y=ax−ℎ²+k称为抛物线 y=ax²的“衍生函数”，将平移路径称为“衍生路径”，平移前后对应点之间的距离 ℎ2+k2称“衍生距离”.如图，已知抛物线L y=−12x2+2x与x轴交于点A,顶点为B,连接AB,OB.
(1)若抛物线 y=−12x2为抛物线L的“原函数”，则抛物线L 的“衍生路径”为 ，平移前后对应点的“衍生距离”为 ；
(2)若点Q是线段AB上一点，点C为OB的中点，连接CQ，点B 关于线段CQ的对称点为 B',当 △B'CO为等边三角形时，求CQ的长；
(3)若将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移 nn0))个单位得到它的“衍生函数”L'，L'与x轴的负半轴交于点E，与y轴交于点 D，点 P 为抛物线L'上一点，若 △POE≅△POD,求两抛物线的“衍生距离”.
作图区 答题区
2.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y=ax²+bx−2与x轴交于A(1,0), B−30)两点,与y轴交于点 C,连接AC.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点 P是第二象限内抛物线上的动点， PQ⊥x轴于点Q，M是x轴上的点，当以P，Q，M为顶点的三角形与 △AOC全等时，求 P点与M点的坐标；
(3)如图②,连接BC,过点A作. AD‖BC交抛物线于点 D，E为BC下方抛物线上的一个动点，连接DE,交线段BC于点 F,连接CE,AF,求四边形ACEF 面积的最大值.
作图区 答题区
3.如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y=−3x+3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，过点 B 的另一直线交x轴于点( C−30.
(1)求直线 BC的解析式;
(2)创新题·动点求面积关系若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CA运动，过点 P作y轴的平行线交直线BC于点Q，连接BP.设 △BPQ的面积为S，点 P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在直线BC上是否存在点 M，使得以A，B，M 为顶点的三角形与 △AOB相似?若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
4. 创新题·阅读理解题 定义：若抛物线 y=ax²+bx+cac≠0与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C.线段OA,OB,OC的长满足 OC²=OA⋅OB,则这样的抛物线称为“黄金抛物线”.如图，“黄金抛物线 y=ax²+bx+2a≠0与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点 B，与y轴交于点 C，且 OA=4OB.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为AC 上方抛物线上的动点，过点 P作 PD⊥AC于点 D.
①求 PD的最大值;
②连接PC，当以点 P，C，D为顶点的三角形与 △ACO相似时，求点 P 的坐标.
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5.如图①，在平面直角坐标系xOy中，直线 y=−x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线 y=ax²+
bx+ca≠0经过点A,B,( C−20.
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC，点 P 为直线AB上方抛物线上一动点，过点 P作 PE‖BC交AB于点E，过点P作
PF‖x轴交直线AB于点F，求 △PEF周长的最大值及此时点 P的坐标；
(3)如图②，将抛物线向右平移2个单位得到一个新的抛物线 y',，新抛物线与原抛物线交于点
G，连接BG并延长交新抛物线y'于点 D，连接OG，作射线OD.动点M位于射线 OD下方的新
抛物线上，动点 N位于射线OD上，是否存在动点M，N，使 ∠OMN=90°,,且以点O,M,N为顶
点的三角形与 △OBG相似?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
一阶 方法突破练
1. 解:∵A(-3,0),B(3,0),C(0,4),
∴AB=6,AC=5.
∵ △ABC∽△ACD,
∴ABAC=ACAD,即 65=5AD,解得 AD=256.
由题意得，点 D 在点A 的右侧，
∵OA=3,∴OD=AD−OA=76,
∴点D 的坐标为 760.
2. 解:在 y=−43x+8中,令x=0,解得y=8,令y=0,解得x=6,∴A(6,0),B(0,8),∴ AB=62+82=10.分两种情况考虑，如解图所示，
①当△AOB∽△ACP₁时, ∠ACP₁=∠AOB=90°,
当x=-4时 y=−43x+8=403,
∴点 P₁的坐标为 −4403;
②当△AOB∽△AP₂C时,设点
P₂的坐标为 m−43m+8.
∵点A的坐标为(6,0),点 C的坐标为(-4,0),
∴AC=10.
∵ △AOB∽△AP₂C,
∴CP2BO=ACAB,即 CP28=1010,
∴CP2=8,∴m−−42+−43m+8−02=8,整理，得 53m−42=0,解得 m1=m2=125,
∴点P₂的坐标为 125245.
综上所述，点P的坐标为 −4403或 125245.
3. 解:在 y=−12x2+32x+2中,令x=0,得y=2,∴C(0,2),∴OC=2,
令 −12x2+32x+2=0,解得x=4或x=-1,
∵点B在x轴正半轴,∴B(4,0),∴OB=4.
设 Mt−12t2+32t+2,1N(t,0),
∴MN=−12t2+32t+2,ON=t.
分两种情况讨论：
①当△BOC∽△MNO时, OCNO=BOMN,
即 2t=4−12t2+32t+2,
解得 t=−1+172或 t=−1−172(舍去);
②当△BOC∽△ONM时, OCNM=OBNO,艮 2−12t2+32t+2=4t,
解得 t=1+5或 t=1−5(舍去).
综上所述，点M的横坐标为 −1+172或 1+5.
4. 解:如解图,∵ AC⊥AB,∴∠BAC=∠AOB=90°,
∴ ∠ABO + ∠BAO = ∠CAE +∠BAO=90°,
∴∠ABO=∠CAE,
在 y=12x+2中,
令x=0,则y=2,令y=0,则x=-4,
∴OA=4,OB=2,
∵△BOA≌△AED,∴AE=OB=2,∴OE=AE+OA=6,
∴E(-6,0).
5. 解:∵ CD⊥x 轴,直线 y=x 与 CD 交于点 E,∴∠OED=∠EOD=45°,OD=DE,
设D(m,0),
如解图, 当点 C 在直线 y = x 上方时, △ODE≌△FCE,
∴∠ODE=∠FCE=90°,ED=CE,∴C(m,2m),将 C 点坐标代入抛物线的解析式，得 2m=−m²+2m+3,解得 m=3或 m=−3(舍去),
∴C( 3,2 3),
当点 C 在直线y=x下方时，不存在满足条件的点 C.
综上所述，点C的坐标为 323.
6. 解:∵ 抛物线 y=−x²−2x+3与x轴交于点 A,B,与y轴交于点 C，
∴令x=0,解得y=3,令y=0,解得x=1或x=-3,
∴C(0,3),A(-3,0),B(1,0),∴OA=OC=3,OB=1.如解图，分两种情况讨论：
①当△CD₁A≌△ABC时,
∵OA=OC=3,∴∠CAO=45°,
∵△CD₁A≌△ABC,
∴∠ACD₁=∠CAO=45°,
∴CD₁‖AB,CD₁=AB=4,
∴D₁(-4,3);
②当△AD₂C≌△ABC时,
∠BAC=∠CAD₂=45°,AB=AD₂=4,
∴∠D₂AB=90°,∴D₂(-3,4),
综上所述,点D的坐标为(-4,3)或(-3,4).
二阶 设问进阶练
例 解:(1)∵直线AC经过点B(4,3),∴将点 B 的坐标代入直线 AC的解析式，得3=4k+1,解得 k=12,
∴直线AC的解析式为 y=12x+1,在 y=12x+1中,令y=0,解得x=-2,
∴ 点A 的坐标为(-2,0),
∴AO=2,CO=1,
∴AC=AO2+CO2=22+12=5.
如解图①,设点 P(p,0),连接CP,∴PA=p+2.
∵ △AOC∽△ACP,
∴ACAO=APAC,即 52=p+25,解得 p=12,
∴ 点P 的坐标为(( 12,0);
(2)如解图②，分两种情况讨论：
①△AOC∽△AQ₁B时,∠AQ₁B=∠AOC=90°,
∴BQ₁⊥x轴.
∵B(4,3),
∴点 Q₁的坐标为(4,0);
②△AOC∽△ABQ₂时,过点B作BQ₂⊥AB,交x轴于点Q₂,则点Q₂(m,0),
∵AOAB=ACAQ2,即 235=5m+2.
解得 m=112,此时点Q₂的坐标为 1120.
综上所述，点Q的坐标为(4，0)或 1120;
(3)∵A(-2,0),C(0,1),B(4,3),D(0,-1),E(0, n),∴AC=AD=5,BC=25,CD=2,CE=|n−1|
∴分两种情况讨论：
①当△ACD∽△BCE时, ACCD=BCCE,
即 52=25|n−1|,解得n=5或n=-3(舍去);
②当△ACD∽△ECB时,
ACEC=DCBC,即 5|n−1|=225,解得n=6或n=-4(舍去)
综上所述,点E的坐标为(0,5)或(0,6);
(4)∵A(-2,0),C(0,1),∴OA=2,OC=1,分两种情况讨论：
①△OAC≌△GJF时,
∴OC=FG=1,∴点F的横坐标为1或-1,
将点 F 的横坐标代入 y=34x2−52x+1,
解得 y=−34或 y=174;
②△OAC≌△GFJ时,
∴OA=FG=2,∴点F的横坐标为2或-2,将点 F 的横坐标代入 y=34x2−52x+1,解得y=-1或y=9,
∴ 点 F 的纵坐标为 −34或 174或-1或9;
(5)∵OA=2,OC=1,
分两种情况讨论：
①如解图③,当△AOC≌△STZ 时,ST=AO=2,OC=TZ=1,∴ys=2,
在 y=34x2−52x+1中，令y=2,得 34x2−52x+1=2,
解得 x=5+373或 x=5−373舍去),(1
∴S5+3732,T5+3730,
∴Z2+3730或 8+3730;
②如解图④,当△AOC≌△ZTS时,ST=CO=1,AO=TZ=2,∴ys=1,
在 y=34x2−52x+1中，令y=1,得 34x2−52x+1=1,解得 x=103或x=0(舍去),
∴S1031,T1030,∴Z430或 1630,
∴点Z的坐标为 2+3730或 8+3730或 430)或(( 163,0);
(6)存在.
∵ B(4,3),
∴OB=4−02+3−02=5,
∴在△COB中,( CO=1,BC=25,OB=5
∵L为AO 的中点,OA=2,CO=1,
∴LO=CO=1,L(-1,0),
设R点坐标为(x,y),
则 LR²=x+1²+y²,OR²=x²+y²,
∵ LO=CO,如解图⑤,分两种情况讨论:
①当△LOR≌△COB时,RL=BC,OR=OB.
∴x+12+y2=20x2+y2=25,解得 x1=−3y1=4,x2=−3y2=−4,
即R点坐标为(-3,4)或(-3,-4);
②当△OLR≌△COB时,RL=OB,OR=CB.
∴x+12+y2=25x2+y2=20,解得 x3=2y3=4,x4=2y4=−4,
即R点坐标为(2,4)或(2,-4).
∴综上所述,R点坐标为(-3,4)或(-3,-4)或(2,4)或(2,-4).
三阶 综合强化练
1.解：(1)将原函数向右平移2个单位，再向上平移2个单位，2 2; 【解法提示】 ∵y=−12x2+2x= −12x−22+2,.将原函数 y=−12x2向右平移2个单位，再向上平移2个单位即可得到 y=−12x2+2x,根据公式得“衍生距离”为 22+22=8=22.
(2)【思路点拨】审题后，根据题意画出草图，由△AOB的三边关系可判定△AOB 为等腰直角三角形，由对称性和等边三角形的性质结合锐角三角函数求解即可.
根据题意画出图象，如解图①，
在 y=−12x2+2x中,
令y=0,解得x=0或x=4,∴A(4,0).
∵ B 为抛物线 L 的顶点,
∴B(2,2),∴ OB=BA=22.
∵ C 是OB的中点, ∴OC=BC=2.
∵△OB'C为等边三角形,∴∠OCB'=60°.
又∵ 点 B 与点 B'关于线段CQ 对称,
∴∠B'CQ=∠BCQ=60°.
∵OA=4,OB=22,AB=22,
∴OB²+AB²=OA²,∴∠OBA=90°
在 Rt△CBQ中,∠CBQ=90°,∠BCQ=60°,BC= 2,
∴cs∠BCQ=BCCQ=2CQ=12,
∴CQ=22;
(3)【思路点拨】由全等三角形对应边角关系可得OD=OE,∠POD=∠POE,由线段相等关系结合抛物线与坐标轴交点，列方程求解即可.
∵将抛物线L作为“原函数”，将其向左平移n个单位得到它的“衍生函数”L'(n>0),L:y=- 12(x- 2)²+2,
∴L':y=−12x−2+n2+2,
∵抛物线L的“衍生函数”L'与x轴的负半轴交于点E,与y轴交于点 D,
∴令x=0,得 y=−12n2+2n,令y=0,得x=-n或x=4-n,
∴OD=|−12n2+2n|,OE:=n或OE=4-n,
∵△POE≌△POD,∴OD=OE,
如解图②，当 −12n2+2n>0,即0