存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：

在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝3，OC＝ $\frac{12}{5}$ ，

∴OB＝ $\frac{9}{5}$ .

分两种情况：

①当∠BQP＝90°时，如图2①，此时△PQB∽△ACB，

∴ $\frac{B P}{A B}$ ＝ $\frac{B Q}{B C}$ ，

∴ $\frac{3 - t}{5} = \frac{t}{3}$ ，

解得t＝ $\frac{9}{8}$ ，即 $B Q = C P = \frac{9}{8}$ ，

∴ $B P = B C - C P = 3 - \frac{9}{8} = \frac{15}{8}$ .

在△BPQ中，由勾股定理，得 $P Q = \sqrt{B P^{2} - B Q^{2}} = \sqrt{{(\frac{15}{8})}^{2} - {(\frac{9}{8})}^{2}} = \frac{3}{2}$ ，

∴点P的坐标为 $(\frac{27}{40} ， \frac{3}{2})$ ；

②当∠BPQ＝90°时，如图2②，此时△QPB∽△ACB，

∴ $\frac{B P}{B C} = \frac{B Q}{A B}$ ，

∴ $\frac{3 - t}{3} = \frac{t}{5}$ ，

解得t＝ $\frac{15}{8}$ ，即 $B Q = c P = \frac{15}{8} ， B P = B C - C P = 3 - \frac{15}{8} = \frac{9}{8}$ ，

过点P作PE⊥x轴于点E.

∵△QPB∽△ACB，

∴ $\cdot \frac{P E}{C O} = \frac{B Q}{A B}$ ，即 $\frac{P E}{\frac{12}{5}} = \frac{\frac{15}{8}}{5}$ ，

∴PE＝ $\frac{9}{10}$ .

在△BPE中， $B E = \sqrt{P B^{2} - P E^{2}} = \sqrt{{(\frac{9}{8})}^{2} - {(\frac{9}{10})}^{2}} = \frac{27}{40}$ ，

∴ $O E = O B - B E = \frac{9}{5} - \frac{27}{40} = \frac{9}{8}$ ，

∴点P的坐标为 $(\frac{9}{8} ， \frac{9}{10})$ ，

综上可得，点P的坐标为( $\frac{27}{40}$ ， $\frac{3}{2}$ )；( $\frac{9}{8}$ ， $\frac{9}{10}$ ).

2023-2024学年初中数学九年级上册 3.5 相似图形的应用 同步分层训练培优卷(湘教版)

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