通用版中考三轮冲刺复习动点综合问题（四）—函数中因动点产生的相似三角形问题
文档属性
| 名称 | 通用版中考三轮冲刺复习动点综合问题（四）—函数中因动点产生的相似三角形问题 |  | |
| 格式 | ppt | ||
| 文件大小 | 3.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2018-05-24 09:11:26 | ||
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文档简介
(共30张PPT)
动点综合问题（四）
通用版 中考复习
解读考点
知 识 点 名师点晴
动点问题中的特殊图形 等腰三角形与直角三角形 利用等腰三角形或直角三角形的特殊性质求解动点问题
相似问题 利用相似三角形的对应边成比例、对应角相等求解动点问题
动点问题中的计算问题 动点问题的最值与定值问题 理解最值或定值问题的求法
动点问题的面积问题 结合面积的计算方法来解决动点问题
动点问题的函数图象问题 一次函数或二次函数的图象 结合函数的图象解决动点问题
知识要点
专题四：函数中因动点产生的相似三角形问题
函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径：
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。
典型例题
1.如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x-2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
典型例题
解析：（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，与x轴交于D，得到y=2x-1，求得
于是得到结论；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得
，可求得N点的坐标．
典型例题
解：（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y=a（x-1） +1，
又抛物线过原点，
∴0=a（0-1） +1，解得a=-1，
∴抛物线解析式为y=-（x-1） +1，即y=-x +2x，
联立抛物线和直线解析式可得：
解得： ∴B（2，0），C（-1，-3）；
典型例题
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，与x轴交于D，
把A（1，1），C（-1，-3）的坐标代入得
解得：
∴y=2x-1，当y=0，即2x-1=0，解得： x= 。
∴D（ ，0）。
典型例题
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，-x +2x），
∴ON=|x|，MN=|-x +2x|， 由（2）知，
∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC=∠MNO=90°，
∴当△ABC和△MNO相似时，
∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，
典型例题
即|x||-x+2|=3|x|，∴|-x+2|=3，
∴-x+2=±3，解得x=5或x=-1，
此时N点坐标为（-1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标或（-1，0）或（5，0）．
典型例题
2.已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从B、A两点出发，分别沿BA、AC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，AP=2AQ？
（2）当t为何值时，△APQ为直角三角形？
（3）作DQ∥AB交BC于点D，连接PD，当t为何值，△BDP∽△QPD？
典型例题
解析：（1）由题意可知BP=t，AQ=2t，则AP=6-t，由AP=2AQ可得到关于t的方程，可求得t的值；
（2）分∠APQ=90°和∠AQP=90°两种情况，再利用含30°角的直角三角形的性质可和AP=2AQ，或AQ=2AP，分别求t即可；
（3）由△BDP∽△PDQ可知∠BDP=∠PDQ，且∠BDQ+∠B=180°，可求得∠PDQ=60°，又∠PBD=∠PQD=60°=∠APQ，可证得△APQ为等边三角形，可得AP=AQ，得到关于t的方程，可求出t．
典型例题
解: ：（1）由题意得：BP=t，AQ=2t，则AP=6-t，
由AP=2AQ得，6-t=4t，解得t= 即当t= 时，AP=2AQ；
（2）若△APQ为直角三角形，则∠APQ=90°或∠AQP=90°，
∴当t=3或t= 时，△APQ为直角三角形；
典型例题
（3）∵DQ∥AB，
∵CA=CB， ∴BD=AQ=2t，
又∵DQ∥AB， ∴∠APQ=∠PDQ，
当△BDP∽△PDQ时，∴∠B=∠PQD，
∴∠B=∠APQ=60°，∴△APQ为等边三角形，
∴AP=AQ，即6-t=2t，解得t=2．
所以当t=2时，△BDP∽△PDQ．
典型例题
3. 将平行四边形ABCD置于平面直角坐标系中，使得边A点与坐标原点重合，AB在x轴正半轴上，AB=8，AD=4，∠BAD=60°，动点P以1个单位每秒的速度从D点出发沿DC方向运动，设运动时间为t，过P点作PQ垂直x轴，垂足为Q（当Q点与B点重合时，P点停止运动），PQ与BD交于点H，点A、D关于PQ的对称点分别为点E、F，点G为射线EF与射线DB的交点．
（1）如图1，当点G在线段BD上时，求证：△HGE∽△ABD；
（2）t为何值时，△GHF是等腰三角形；
（3）P点运动过程中，设四边形EFQH与ABCD的重合部分面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量取值范围．
典型例题
解析：（1）如图1中，取AB中点M，连接DM．首先证明∠ADB=90°，再证明∴∠HEG=∠ADB=90°，∠EHG=60°即可解决问题．
（2）分两种情形讨论①如图2中，当GH=GF时，设GF=HG=a，列出方程求出a．②如图3中，当FH=DG时，设FH=GF=a，列出方程求出a．
（3）分三种情形讨论①0≤t≤2，如图4中，重叠部分是四边形EFQH，②2＜t≤4，如图5中，重叠部分是五边形EMBQH，③4＜t≤6，如图6中，重叠部分是四边形MBQH，
典型例题
解：（1）如图1中，取AB中点M，连接DM．
∵AB=8，AM=BM，∴BM=AM=AD=4，∵∠DAM=60°，
∴△ADM是等边三角形，∴∠DMA=60°，DM=AM=BM=4，
∴∠MDB=∠MBD=30°，∴∠ADB=90°，∵AB∥CD，∴∠ABD=∠CDB=30°，∵点A、D关于PQ的对称点分别为点E、F，
∴∠HDE=∠HED=30°，∠HDA=∠HEG=90°，
∴∠EHG=∠HDE+∠HED=60°，
∴∠EHG=∠BAD，∠HEG=∠ADB=90°，
∴△△HGE∽△ABD．
典型例题
（2）①如图2中，当GH=GF时，设GF=HG=a，
典型例题
（2）①如图2中，当GH=GF时，设GF=HG=a，
典型例题
（2）②如图3中，当FH=DG时，设FH=GF=a，
典型例题
（3）①0≤t≤2，如图4中，重叠部分是四边形EFQH，
典型例题
（3）②2＜t≤4，如图5中，重叠部分是五边形EMBQH，
典型例题
（3）③4＜t≤6，如图6中，重叠部分是四边形MBQH，
巩固提升
如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在x轴上，点C在y轴上，且线段OA、OC（OA＞OC）是方程x2-18x+80=0的两根，将边BC折叠，使点B落在边OA上的点D处．
（1）求线段OA、OC的长；
（2）求直线CE与x轴交点P的坐标及折痕CE的长；
（3）是否存在过点D的直线l，使直线CE与x轴、
y轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y轴所围
成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解
析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．
巩固提升
解析：（1）利用式子相乘法把方程左边分解为两一次因式积的形式，然后根据两数相乘积为0，两数中至少有一个为0，转化为两个一元一次方程，分别求出方程的解得到原方程的解，根据OA大于OC，即可得到OA及OC的长；
（2）由折叠可知三角形EBC与三角形EDC全等，根据全等三角形的对应边相等得到EB=ED，CB=CD，又矩形ABCD对边相等，从而得到CD的长，再由OC的长，利用勾股定理求出OD的长，进而求出AD的长，在直角三角形AED中，设EA=x，则DE=8-x，再由AD的长，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到AE的长，即为E的纵坐标，而OA的长即为E的横坐标，确定出E的坐标，同时得到BE的长，再由BC的长，在直角三角形BCE中，利用勾股定理求出折痕CE的长；
巩固提升
解析：（3）存在，应该有两条如图：
①直线BF，根据折叠的性质可知CE必垂直平分BD，那么∠DGP=∠CGF=90°，而∠CFG=∠DPG（都是∠OCP的余角），由此可得出两三角形相似，那么可根据B、D两点的坐标求出此直线的解析式．
②直线DN，由于∠FCD=∠NDO，那么可根据∠OCE即∠BEC的正切值，求出∠NDO的正切值，然后用OD的长求出ON的值，即可求出N点的坐标，然后根据N、D两点的坐标求出直线DN的解析式．
巩固提升
解：（1）方程x -18x+80=0，
因式分解得：（x-8）（x-10）=0，
即x-8=0或x-10=0， 解得：x1=8，x2=10，
∴OA=10，OC=8；
（2）由折叠可知：△EBC≌△EDC，∴EB=ED，
∴CB=CD，又矩形OABC，∴AB=OC=8，
∴CB=CD=OA=10，又OC=8，
巩固提升
∴AD=OA-OD=10-6=4，
又BE+EA=AB=8，且EB=ED，∴DE+EA=8，即DE=8-EA，
在Rt△AED中，设AE=x，则DE=8-x，又AD=4，
根据勾股定理得：（8-x） =x +16，整理得：16x=48，解得：x=3，
则E的坐标为（10，3），又C（0，8），设直线CE的解析式为y=kx+b，
解得：
令y=0求出x=16，即P坐标为（16，0）；此时BE=BA-EA=8-3=5，又BC=OA=10，在Rt△BCE中，根据勾股定理得：
巩固提升
（3）存在．满足条件的直线l有2条：
y=-2x+12，y=2x-12．
如图2：准确画出两条直线．
谢谢
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动点综合问题（四）
通用版 中考复习
解读考点
知 识 点 名师点晴
动点问题中的特殊图形 等腰三角形与直角三角形 利用等腰三角形或直角三角形的特殊性质求解动点问题
相似问题 利用相似三角形的对应边成比例、对应角相等求解动点问题
动点问题中的计算问题 动点问题的最值与定值问题 理解最值或定值问题的求法
动点问题的面积问题 结合面积的计算方法来解决动点问题
动点问题的函数图象问题 一次函数或二次函数的图象 结合函数的图象解决动点问题
知识要点
专题四：函数中因动点产生的相似三角形问题
函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径：
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。
典型例题
1.如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x-2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
典型例题
解析：（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，与x轴交于D，得到y=2x-1，求得
于是得到结论；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得
，可求得N点的坐标．
典型例题
解：（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y=a（x-1） +1，
又抛物线过原点，
∴0=a（0-1） +1，解得a=-1，
∴抛物线解析式为y=-（x-1） +1，即y=-x +2x，
联立抛物线和直线解析式可得：
解得： ∴B（2，0），C（-1，-3）；
典型例题
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，与x轴交于D，
把A（1，1），C（-1，-3）的坐标代入得
解得：
∴y=2x-1，当y=0，即2x-1=0，解得： x= 。
∴D（ ，0）。
典型例题
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，-x +2x），
∴ON=|x|，MN=|-x +2x|， 由（2）知，
∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC=∠MNO=90°，
∴当△ABC和△MNO相似时，
∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，
典型例题
即|x||-x+2|=3|x|，∴|-x+2|=3，
∴-x+2=±3，解得x=5或x=-1，
此时N点坐标为（-1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标或（-1，0）或（5，0）．
典型例题
2.已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从B、A两点出发，分别沿BA、AC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，AP=2AQ？
（2）当t为何值时，△APQ为直角三角形？
（3）作DQ∥AB交BC于点D，连接PD，当t为何值，△BDP∽△QPD？
典型例题
解析：（1）由题意可知BP=t，AQ=2t，则AP=6-t，由AP=2AQ可得到关于t的方程，可求得t的值；
（2）分∠APQ=90°和∠AQP=90°两种情况，再利用含30°角的直角三角形的性质可和AP=2AQ，或AQ=2AP，分别求t即可；
（3）由△BDP∽△PDQ可知∠BDP=∠PDQ，且∠BDQ+∠B=180°，可求得∠PDQ=60°，又∠PBD=∠PQD=60°=∠APQ，可证得△APQ为等边三角形，可得AP=AQ，得到关于t的方程，可求出t．
典型例题
解: ：（1）由题意得：BP=t，AQ=2t，则AP=6-t，
由AP=2AQ得，6-t=4t，解得t= 即当t= 时，AP=2AQ；
（2）若△APQ为直角三角形，则∠APQ=90°或∠AQP=90°，
∴当t=3或t= 时，△APQ为直角三角形；
典型例题
（3）∵DQ∥AB，
∵CA=CB， ∴BD=AQ=2t，
又∵DQ∥AB， ∴∠APQ=∠PDQ，
当△BDP∽△PDQ时，∴∠B=∠PQD，
∴∠B=∠APQ=60°，∴△APQ为等边三角形，
∴AP=AQ，即6-t=2t，解得t=2．
所以当t=2时，△BDP∽△PDQ．
典型例题
3. 将平行四边形ABCD置于平面直角坐标系中，使得边A点与坐标原点重合，AB在x轴正半轴上，AB=8，AD=4，∠BAD=60°，动点P以1个单位每秒的速度从D点出发沿DC方向运动，设运动时间为t，过P点作PQ垂直x轴，垂足为Q（当Q点与B点重合时，P点停止运动），PQ与BD交于点H，点A、D关于PQ的对称点分别为点E、F，点G为射线EF与射线DB的交点．
（1）如图1，当点G在线段BD上时，求证：△HGE∽△ABD；
（2）t为何值时，△GHF是等腰三角形；
（3）P点运动过程中，设四边形EFQH与ABCD的重合部分面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量取值范围．
典型例题
解析：（1）如图1中，取AB中点M，连接DM．首先证明∠ADB=90°，再证明∴∠HEG=∠ADB=90°，∠EHG=60°即可解决问题．
（2）分两种情形讨论①如图2中，当GH=GF时，设GF=HG=a，列出方程求出a．②如图3中，当FH=DG时，设FH=GF=a，列出方程求出a．
（3）分三种情形讨论①0≤t≤2，如图4中，重叠部分是四边形EFQH，②2＜t≤4，如图5中，重叠部分是五边形EMBQH，③4＜t≤6，如图6中，重叠部分是四边形MBQH，
典型例题
解：（1）如图1中，取AB中点M，连接DM．
∵AB=8，AM=BM，∴BM=AM=AD=4，∵∠DAM=60°，
∴△ADM是等边三角形，∴∠DMA=60°，DM=AM=BM=4，
∴∠MDB=∠MBD=30°，∴∠ADB=90°，∵AB∥CD，∴∠ABD=∠CDB=30°，∵点A、D关于PQ的对称点分别为点E、F，
∴∠HDE=∠HED=30°，∠HDA=∠HEG=90°，
∴∠EHG=∠HDE+∠HED=60°，
∴∠EHG=∠BAD，∠HEG=∠ADB=90°，
∴△△HGE∽△ABD．
典型例题
（2）①如图2中，当GH=GF时，设GF=HG=a，
典型例题
（2）①如图2中，当GH=GF时，设GF=HG=a，
典型例题
（2）②如图3中，当FH=DG时，设FH=GF=a，
典型例题
（3）①0≤t≤2，如图4中，重叠部分是四边形EFQH，
典型例题
（3）②2＜t≤4，如图5中，重叠部分是五边形EMBQH，
典型例题
（3）③4＜t≤6，如图6中，重叠部分是四边形MBQH，
巩固提升
如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在x轴上，点C在y轴上，且线段OA、OC（OA＞OC）是方程x2-18x+80=0的两根，将边BC折叠，使点B落在边OA上的点D处．
（1）求线段OA、OC的长；
（2）求直线CE与x轴交点P的坐标及折痕CE的长；
（3）是否存在过点D的直线l，使直线CE与x轴、
y轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y轴所围
成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解
析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．
巩固提升
解析：（1）利用式子相乘法把方程左边分解为两一次因式积的形式，然后根据两数相乘积为0，两数中至少有一个为0，转化为两个一元一次方程，分别求出方程的解得到原方程的解，根据OA大于OC，即可得到OA及OC的长；
（2）由折叠可知三角形EBC与三角形EDC全等，根据全等三角形的对应边相等得到EB=ED，CB=CD，又矩形ABCD对边相等，从而得到CD的长，再由OC的长，利用勾股定理求出OD的长，进而求出AD的长，在直角三角形AED中，设EA=x，则DE=8-x，再由AD的长，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到AE的长，即为E的纵坐标，而OA的长即为E的横坐标，确定出E的坐标，同时得到BE的长，再由BC的长，在直角三角形BCE中，利用勾股定理求出折痕CE的长；
巩固提升
解析：（3）存在，应该有两条如图：
①直线BF，根据折叠的性质可知CE必垂直平分BD，那么∠DGP=∠CGF=90°，而∠CFG=∠DPG（都是∠OCP的余角），由此可得出两三角形相似，那么可根据B、D两点的坐标求出此直线的解析式．
②直线DN，由于∠FCD=∠NDO，那么可根据∠OCE即∠BEC的正切值，求出∠NDO的正切值，然后用OD的长求出ON的值，即可求出N点的坐标，然后根据N、D两点的坐标求出直线DN的解析式．
巩固提升
解：（1）方程x -18x+80=0，
因式分解得：（x-8）（x-10）=0，
即x-8=0或x-10=0， 解得：x1=8，x2=10，
∴OA=10，OC=8；
（2）由折叠可知：△EBC≌△EDC，∴EB=ED，
∴CB=CD，又矩形OABC，∴AB=OC=8，
∴CB=CD=OA=10，又OC=8，
巩固提升
∴AD=OA-OD=10-6=4，
又BE+EA=AB=8，且EB=ED，∴DE+EA=8，即DE=8-EA，
在Rt△AED中，设AE=x，则DE=8-x，又AD=4，
根据勾股定理得：（8-x） =x +16，整理得：16x=48，解得：x=3，
则E的坐标为（10，3），又C（0，8），设直线CE的解析式为y=kx+b，
解得：
令y=0求出x=16，即P坐标为（16，0）；此时BE=BA-EA=8-3=5，又BC=OA=10，在Rt△BCE中，根据勾股定理得：
巩固提升
（3）存在．满足条件的直线l有2条：
y=-2x+12，y=2x-12．
如图2：准确画出两条直线．
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