专题9：相似三角形的存在性问题探究学案

专题九：相似三角形的存在性问题探究
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专题导入
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导例：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，AC=8cm．如果点P由B出发沿BA方向终点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向终点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s．当一个点到达终点时，两点都停止移动，连接PQ，设运动的时间为t（单位：s）．当t=
s时，△APQ与△ABC相似？
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方法点睛
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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.
导例答案：或.
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典例精讲
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类型一：已知两定点来建构三角形与已知三角形相似
例1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2﹣8mx+4m+2（m＞2）与y轴的交点为A，与x轴的交点分别为B（x1，0），C（x2，0），且x2﹣x1=4，直线AD∥x轴，在x轴上有一动点E（t，0）过点E作平行于y轴的直线l与抛物线、直线AD的交点分别为P、Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜t≤8时，求△APC面积的最大值；
（3）当t＞2时，是否存在点P，使以A、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）认真审题，直接根据题意列出方程组，求出B，C两点的坐标，进而可求出抛物线的解析式；
（2）分0＜t＜6时和6≤t≤8时两种情况进行讨论，据此即可求出三角形的最大值；
（3）分2＜t≤6时和t＞6时两种情况进行讨论，再根据三角形相似的条件，即可得解．
类型二：动点产生的三角形相似问题
例2．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边分别在x轴和y轴上，OA＝10厘米，OC＝6厘米，现有两动点P，Q分别从O，A同时出发，点P在线段OA上沿OA方向作匀速运动，点Q在线段AB上沿AB方向作匀速运动，已知点P的运动速度为每秒1厘米．
(1)设点Q的运动速度为每秒厘米，运动时间为t秒，当△COP和△PAQ相似时，求点Q的坐标；
(2)设点Q的运动速度为每秒a厘米，问是否存在a的值，使得△OCP与△PAQ和△CBQ这两个三角形都相似？若存在，请求出a的值，并写出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)依据三角形相似，可以得到比例线段，从而建构相应的方程，从而得到点Q的坐标；
（2）利用相似，得到比例线段，解关于a，t的二元一次方程即可，那么Q点的坐标就可以求得．
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专题过关
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如图，在平面直角坐标系中，直线y=-x+3与x轴交于点C，与直线AD交于点A（，），点D的坐标为（0，1）．
（1）求直线AD的解析式；
（2）直线AD与x轴交于点B，若点E是直线AD上一动点（不与点B重合），当△BOD与△BCE相似时，求点E的坐标．
2．如图，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别相交于点A，B，经过A，B的抛物线与x轴的另一个交点为C（1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一动点P，求△PBC周长的最小值及此时点P坐标；
（3）在线段AB上是否存在点Q，使△ACQ与△AOB相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图，在△ABC中，AB=AC，点D是BC边上的中点，点P是AC边上的一个动点，延长DP到E，使∠CAE=∠CDE，作∠DCG=∠ACE，其中G点在DE上．
（1）如图
①，若∠B=45°则
；
（2）如图
②，若=，求tan∠B的值；
（3）如图
③，若∠ABC=60°，延长CG至点M，使得MG=GC，连接AM，BM，在点P运动的过程中，探究：当的值为多少时，线段AM与DM的长度和取得最小值？
4．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（4，0），B（1，0）．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）点D是直线AC上方的抛物线上的一点，求△DCA面积的最大值；
（3）P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，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．
5．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，∠BAC=60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F，G．
（1）求CD的长；
（2）若点M是线段AD的中点，求的值；
（3）请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG=60°？
答案
例1．解答：
解：（1）由题意知x1、x2是方程mx2﹣8mx+4m+2=0的两根，∴x1+x2=8．
由解得：
∴B（2，0）,C（6，0）．则4m﹣16m+4m+2=0．
解得m=．∴该抛物线解析式为：y=-2x+3；
（2）可求得A（0，3），设直线AC的解析式为：y=kx+b．
∵∴∴直线AC的解析式为y=﹣x+3，
要构成△APC，显然t≠6，分两种情况讨论：
①当0＜t＜6时，设直线l与AC交点为F，则F（t，﹣+3）．
∵P（t，-2t+3），∴PF=
-+t．
∴S△APC=S△APF+S△CPF=(-+t)
·t+(-+t)
·(6-t)=(-+t)
·6=-+．
当t=3时，取最大值，最大值为．
②当6≤t≤8时，设直线l与AC交点为M，则M（t，﹣+3）．
∵P（t，-2t+3），∴PM=-t．
∴S△APC=S△APF﹣S△CPF=(-t)t-(-t)
·(t-6)=-t=-
当t=8时，取最大值，最大值为12．
综上可知，当0＜t≤8时，△APC面积的最大值为12；
（3）如图，连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=2，
设Q（t，3），P（t，-2t+3）．
①当2＜t≤6时，AQ=t，PQ=+2t，
若△AOB∽△AQP，则=，即．∴t=0（舍去），或t=．
若△AOB∽△PQA，则=，即=．∴t=0（舍去）或t=2（舍去）．
②当t＞6时，AQ′=t，PQ′=-2t，
若：△AOB∽△AQP，则：=，即．
∴t=0（舍去）或t=．若△AOB∽△PQA，则=，即．∴t=0（舍去）或t=14．
综上t=或t=或t=14．
例2．(1)如图，当∠1＝∠2时，＝，∴=，∴t2＋6t－60＝0．
解得t1＝－6＋2，t2＝－6－2
(舍去)
．
当∠1＝∠3时，=，解得t＝7
．因此当t＝－6＋2或7时，即当Q点的坐标为(10，－3＋)或(10，)时，△COP与PAQ相似．
(2)设P，Q运动时间为t秒，则OP＝t，AQ＝at.
①当∠1＝∠3＝∠4时，
．＝＝
．解得t1＝2，t2＝18(舍去)
．
此时a＝，Q点的坐标为(10，)；
②当∠1＝∠3＝∠5时，∠CPQ＝∠CQP＝90°不成立；
③当∠1＝∠2＝∠4时，，＝＝，得5t2－36t＋180＝0
．
∵Δ＜0，方程无实数解；
④当∠1＝∠2＝∠5时，由图可知∠1＝∠PCB＞∠5，故不存在这样的a值；
综上所述，存在a的值，使得△OCP与△PAQ和△CBQ这两个三角形都相似，此时a＝，Q点的坐标为(10，)
．
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专题过关
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1．（1）设直线AD的解析式为y=kx+b，
将
A（，），D（0，1）代入得：
解得：故直线AD的解析式为y=x+1；
（2）∵直线AD与x轴的交点为（-2，0），∴OB=2
．
∵点D的坐标为（0，1）．∴OD=1
．
∵y=-x+3与x轴交于点C（3，0），∴OC=3
．∴BC=5
．
∵△BOD与△BEC相似，
①，∴
．∴BE=2，CE=
．
∵BC?EF=BE?CE，∴EF=2，CF==1
．∴E（2，2）；
②，∴.
∴CE=
．
∴E（3，），即E（2，2），或（3，）．
2．（1）对于直线y＝﹣x+2，当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝3．
∴A（3，0），B（0，2），
由抛物线经过点A（3，0），C（1，0），B（0，2），
所以可设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，代入A，B，C三点可得：
，解得∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）由抛物线的对称性得C的对称点为A，则直线AB与对称轴的交点P为所求，此时△PBC的周长最小．∵PA＝PC，∴PB+PC＝PB+PA＝AB．
∵AB2＝OB2+OA2＝22+32＝13，AB＝，BC2＝OC2+OB2＝1+4＝5，BC＝,
∴PB+PC+BC＝+．
∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣2）2﹣，由y=-x+2，当x=2时，y=
∴点P的坐标为P（2，）．∴△PBC周长最小为，此时点P的坐标为P（2，）；
（3）存在．①如图，过点C作x轴的垂线交AB于点Q1，
此时∠Q1CA＝∠BOA＝90°，∠Q1AC＝∠BAO，∴△ACQ1∽△AOB．
由y＝﹣x+2，当x＝1时，y＝．∴Q1（1，）；
②如图，过点C作CQ2⊥AB于点Q2．
此时∠CQ2A＝∠BOA＝90°，∠Q2AC＝∠OAB．∴△ACQ2∽△ABO．
过Q2作Q2M⊥AC于点M．则△CMQ2∽△Q2MA．∴，即Q2M2＝CM?AM．
设点Q2（x，﹣x+2），则CM＝x﹣1，AM＝3﹣x，Q2M＝﹣x+2．
∴（﹣x+2）2＝（x﹣1）（3﹣x），解得：x1＝3（与A点重合，舍去），x2＝，
∴Q2（，）．
综上，存在点Q1（1，），Q2（，）使△ACQ与△AOB相似．
3．（1）如图1中，连接AD．
∵AB=AC，∠B=45°，∴△ABC是等腰直角三角形．
∵BD=CD，∴AD⊥BC．∴AD=BD=DC．∴AC=CD．
∵∠CAE=∠CDE，∠DCG=∠ACE，∴△DCG∽△ACE．∴=．
（2）如图2中，连接AD．
∵∠CAE=∠CDE，∠DCG=∠ACE，∴△DCG∽△ACE．∴=．
∵AB=AC，BD=CD，∴AD⊥BC．设AB=AC=5k，BD=CD=4k，则AD==3k，∴tan∠B==．
（3）如图3中，由题意，当A，M，D共线时，AM+DM的值最小．
连接EM，取AC的中点O，连接OE，OD，作PH⊥CD于H．
∵AB=AC，∠B=60°，∴△ABC是等边三角形．∴BC=AC，∠ACB=60°．
∵BD=CD，∴AD⊥BC．
∴∠CDA=90°．∴AC=2CD．∵∠CAE=∠CDE，∠DCG=∠ACE，
∴△DCG∽△ACE．∴==．∴EC=2CG．∵CM=2CG，
∴CM=CE．∵∠ACD=∠ECM=60°，∴△ECM是等边三角形．
∵CD=CO，∠DCM=∠OCE，CM=CE，∴△DCM≌△OCE（SAS）．
∴OE=DM．∵∠CDE=∠CAE，∴A，D，C，E四点共圆．∴∠ADC+∠AEC=180°．∴∠AEC=90°．
∵OA=OC，∴OE=OC=CD=DM．∵CG=GM，∴∠GDM=∠GDC=45°．设CH=a，则PC=2a，PH=DH=a，
∴AC=2CD=2（a+a．∴．
4．（1）∵该抛物线过点A（4，0），B（1，0），
∴将A与B代入解析式得：
解得：则此抛物线的解析式为y＝﹣x2+x﹣2；
（2）如图，设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为﹣t2+t﹣2，
过D作y轴的平行线交AC于E．
由题意可求得直线AC的解析式为y＝x﹣2．∴E点的坐标为（t，
t﹣2）．
∴DE＝﹣t2+t﹣2﹣（t﹣2）＝﹣t2+2t．
∴S△DAC＝×（﹣t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4．
则当t＝2时，△DAC面积最大为4；
（3）符合条件的点P为（2，1）或（5，﹣2）或（﹣3，﹣14）．
存在，如图，设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为﹣m2+m﹣2．
当1＜m＜4时，AM＝4﹣m，PM＝﹣m2+m﹣2．
又∵∠COA＝∠PMA＝90°，
∴①当=2时，△APM∽△ACO，即4﹣m＝2（﹣m2+m﹣2）．
解得：m＝2或m＝4（舍去），此时P（2，1）；
②当＝时，△APM∽△CAO，即2（4﹣m）＝﹣m2+m﹣2．
解得：m＝4或m＝5（均不合题意，舍去）
∴当1＜m＜4时，P（2，1）；
类似地可求出当m＞4时，P（5，﹣2）；当m＜1时，P（﹣3，﹣14）．
综上所述，符合条件的点P为（2，1）或（5，﹣2）或（﹣3，﹣14）．
5．（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴∠DAC=∠BAC=30°．
在Rt△ADC中，DC=AC?tan30°=6×=2．
（2）由题意易知：BC=6，BD=4，
∵DE∥AC，∴∠FDM=∠GAM．∵AM=DM，∠DMF=∠AMG，
∴△DFM≌△AGM（ASA）．∴DF=AG．
∵DE∥AC，∴．∴．
（3）∵∠CPG=60°，过C，P，G作外接圆，圆心为Q，
∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．
①当⊙Q与DE相切时，如图3-1中，作QH⊥AC于H，交DE于P．连接QC，QG．
设⊙Q的半径为r．则QH=r，r+r=2，∴r=．∴CG=×=4，AG=2．
由△DFM∽△AGM，可得，∴DM=AD=．
②当⊙Q经过点E时，如图3-2中，延长CQ交AB于K，设CQ=r．
∵QC=QG，∠CQG=120°，∴∠KCA=30°．∵∠CAB=60°，∴∠AKC=90°．
在Rt△EQK中，QK=3-r，EQ=r，EK=1，∴12+（3-r）2=r2．
解得r=．∴CG=×=．由△DFM∽△AGM，可得DM=．
③当⊙Q经过点D时，如图3-3中，此时点M，点G与点A重合，可得DM=AD=4．
观察图象可知：当DM=或＜DM≤4时，满足条件的点P只有一个．
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