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九年级数学解答题一般
题目
如图所示,直线y=−34x+by=-\frac{3}{4}x+b与xx轴相交于点A(4,0)A\left(4,0\right),与yy轴相交于点BB,将△AOB\triangle AOB沿着yy轴折叠,使点AA落在xx轴上,点AA的对应点为点CC.
(1)(1)求点CC的坐标；
(2)(2)设点PP为线段CACA上的一个动点,点PP与点AA、CC不重合,连接PBPB,以点PP为端点作射线PMPM交ABAB于点MM,使∠BPM=∠BAC\angle BPM=\angle BAC
①求证:△PBC\triangle PBC∽△MPA\triangle MPA；
②是否存在点PP使△PBM\triangle PBM为直角三角形?若存在,请求出点PP的坐标；若不存在,请说明理由.
知识点：相似形综合题章节：第6章 图形的相似 / 6.7 用相似三角形解决问题

答案与解析

答案

(1)(1)∵A(4,0)\because A\left(4,0\right)，且点CC与点AA关于yy轴对称，∴C(−4,0)\therefore C\left(-4,0\right).

(2)(2)①证明：∵∠BPM=∠BAC\because \angle BPM=\angle BAC，且∠PMA=∠BPM+∠PBM\angle PMA=\angle BPM+\angle PBM，∠BPC=∠BAC+∠PBM\angle BPC=\angle BAC+\angle PBM，
∴∠PMA=∠BPC\therefore \angle PMA=\angle BPC.
又∵\because点CC与点AA关于yy轴对称，且∠BPM=∠BAC\angle BPM=\angle BAC，
∴∠BCP=∠MAP\therefore \angle BCP=\angle MAP.
∴△PBC\therefore \triangle PBC∽△MPA.\triangle MPA.
②存在.
∵\because直线y=−34x+by=-\frac{3}{4}x+b与xx轴相交于点A(4,0)A\left(4,0\right)，
∴\therefore把A(4,0)A\left(4,0\right)代入y=−34x+by=-\frac{3}{4}x+b，得：b=3.∴y=−34x+3.∴B(0,3)b=3.\therefore y=-\frac{3}{4}x+3.\therefore B\left(0,3\right).
当∠PBM=90∘\angle PBM=90^{\circ}时，则有△BPO\triangle BPO∽△ABO\triangle ABO
∴POBO=BOAO\therefore \frac{PO}{BO}=\frac{BO}{AO}，即PO3=34\frac{PO}{3}=\frac{3}{4}.∴PO=94\therefore PO=\frac{9}{4}即：P1(−94P_{1}(-\frac{9}{4}，0)0).
当∠PMB=90∘\angle PMB=90^{\circ}时，则∠PMA=90∘(如图)\angle PMA=90^{\circ}(如图)。
∴∠PAM+∠MPA=90∘\therefore \angle PAM+\angle MPA=90^{\circ}.
∵∠BPM=∠BAC\because \angle BPM=\angle BAC，
∴∠BPM+∠APM=90∘\therefore \angle BPM+\angle APM=90^{\circ}.
∴BP⊥AC\therefore BP\bot AC.
∵\because过点BB只有一条直线与ACAC垂直，
∴\therefore此时点PP与点OO重合，即：符合条件的点P2P_{2}的坐标为：P2(0,0)P_{2}(0,0).
∴\therefore使△PBM\triangle PBM为直角三角形的点PP有两个P1(−94P_{1}(-\frac{9}{4}，0)0)，P2(0,0)P_{2}(0,0).

解析

(1)(1)∵A(4,0)\because A\left(4,0\right)，且点CC与点AA关于yy轴对称，∴C(−4,0)\therefore C\left(-4,0\right).

(2)(2)①证明：∵∠BPM=∠BAC\because \angle BPM=\angle BAC，且∠PMA=∠BPM+∠PBM\angle PMA=\angle BPM+\angle PBM，∠BPC=∠BAC+∠PBM\angle BPC=\angle BAC+\angle PBM，
∴∠PMA=∠BPC\therefore \angle PMA=\angle BPC.
又∵\because点CC与点AA关于yy轴对称，且∠BPM=∠BAC\angle BPM=\angle BAC，
∴∠BCP=∠MAP\therefore \angle BCP=\angle MAP.
∴△PBC\therefore \triangle PBC∽△MPA.\triangle MPA.
②存在.
∵\because直线y=−34x+by=-\frac{3}{4}x+b与xx轴相交于点A(4,0)A\left(4,0\right)，
∴\therefore把A(4,0)A\left(4,0\right)代入y=−34x+by=-\frac{3}{4}x+b，得：b=3.∴y=−34x+3.∴B(0,3)b=3.\therefore y=-\frac{3}{4}x+3.\therefore B\left(0,3\right).
当∠PBM=90∘\angle PBM=90^{\circ}时，则有△BPO\triangle BPO∽△ABO\triangle ABO
∴POBO=BOAO\therefore \frac{PO}{BO}=\frac{BO}{AO}，即PO3=34\frac{PO}{3}=\frac{3}{4}.∴PO=94\therefore PO=\frac{9}{4}即：P1(−94P_{1}(-\frac{9}{4}，0)0).
当∠PMB=90∘\angle PMB=90^{\circ}时，则∠PMA=90∘(如图)\angle PMA=90^{\circ}(如图)。
∴∠PAM+∠MPA=90∘\therefore \angle PAM+\angle MPA=90^{\circ}.
∵∠BPM=∠BAC\because \angle BPM=\angle BAC，
∴∠BPM+∠APM=90∘\therefore \angle BPM+\angle APM=90^{\circ}.
∴BP⊥AC\therefore BP\bot AC.
∵\because过点BB只有一条直线与ACAC垂直，
∴\therefore此时点PP与点OO重合，即：符合条件的点P2P_{2}的坐标为：P2(0,0)P_{2}(0,0).
∴\therefore使△PBM\triangle PBM为直角三角形的点PP有两个P1(−94P_{1}(-\frac{9}{4}，0)0)，P2(0,0)P_{2}(0,0).

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