专题36 （双）A字型相似问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

专题36  （双）A字型相似问题

【规律总结】

A字形

图①字型，DE//BC ;结论：，

图②反字型，∠ADE=∠ B或∠1=∠B结论：

图③双字型

【典例分析】

例1．（2020·江苏无锡市·阳山中学九年级月考）直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，先根据全等三角形的判定定理得出△BCE≌△ACF，故可得出CF及CE的长，在Rt△ACF中根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定得出△CDG∽△CAF，故可得出CD的长，在Rt△BCD中根据勾股定理即可求出BD的长．

【详解】

如图，分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，

∵∠EBC+∠BCE＝90°，∠BCE+∠ACF＝90°，∠ACF+∠CAF＝90°，

∴∠EBC＝∠ACF，∠BCE＝∠CAF，

在△BCE与△ACF中，

∴△CBE≌△ACF（ASA）

∴CF＝BE，CE＝AF，

∵l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，

∴CF＝BE＝3，CE＝AF＝3+1＝4，

在Rt△ACF中，

∵AF＝4，CF＝3，

∴AC＝5，

∵AF⊥l3，DG⊥l3，

∴△CDG∽△CAF，

，

，

，

在Rt△BCD中，

∵，BC＝5，

所以．

故答案为：D．

【点睛】

本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键．

例2．（2020·四川师范大学附属中学九年级月考）在平面直角坐标系中，已知，，点是轴正半轴上一动点，以为直角边构造直角，另一直角边交轴负半轴于点，为线段的中点，则的最小值为______．

【答案】

【分析】

根据AC为直角边可分∠CAB=90°和∠ACB=90°两种情况进行讨论．

【详解】

∵为直角三角形，为直角边，

①当时，

∵，又，

∴、、、四点共圆，且为直径，

∵为中点，则为圆心，连接，则为圆的一条弦，

∴圆心一定在的垂直平分线上，

取中点，过做直线，则的运动轨迹为直线，

∴当时，取得最小值，

∵，

∴的解析式为，

又∵为中点，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴的解析式可设为，

代入，得：，，

∴的解析式为，

令，得，

∴，

∴，

又∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

②当时，

点交于轴原点处不符合题意，故的最小值为，

故答案为：．

【点睛】

本题考查一次函数与几何问题的综合应用，灵活运用一次函数的图象和性质以及相似三角形、四边形和圆的有关性质求解是解题关键．

例3．（2020·甘肃张掖市·临泽二中九年级月考）如图，正方形EFGH内接于△ABC，AD⊥BC于点D，交EH于点M，BC＝10cm，AD＝20cm．求正方形EFGH的边长．

【答案】

【分析】

由相似三角形的性质和正方形的性质列出比例式，代入数值求解即可．

【详解】

解： ∵四边形EFGH是正方形

∴EH∥BC

∴△AEH∽△ABC

∴ ，即

解得：EH=

∴EFGH的边长为

【点睛】

本题考查相似三角形的应用，根据正方形的性质得到△AEH∽△ABC是解题关键．

【好题演练】

一、单选题

1．（2020·长春市第四十七中学九年级月考）如图，△ABO的顶点A在函数y＝（x>0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若△ANQ的面积为1，则k的值为（　　）

A．9 B．12 C．15 D．18

【答案】D

【分析】

易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的面积，进而可求出△AOB的面积，则k的值也可求出．

【详解】

解：∵NQ∥MP∥OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N是OA的三等分点，
∴，，
∴，
∵四边形MNQP的面积为3，
∴，
∴S△ANQ=1，
∵，
∴S△AOB=9，
∴k=2S△AOB=18，
故选：D．

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质以及反比例函数k的几何意义，正确的求出S△ANQ=1是解题的关键．

2．（2020·广西九年级二模）如图，在中，，取的中点，连接，点关于线段的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接、、、，已知，，，，当的值最小时，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

设点M和点B关于AC对称，F为EM与AC交点，过点E作EG⊥AC于G，过点E作EN⊥BC，交BC延长线于点N，根据题意得出当EF+BF最小时点F的位置，再通过平行线的性质得到∠EAG=∠BDC，从而求出EG的长，再判定四边形EGCN为矩形，得到CN，最后利用△MFC∽MEN将转化为求值即可.

【详解】

解：当EF+BF最小时，如图，点M和点B关于AC对称，F为EM与AC交点，过点E作EG⊥AC于G，过点E作EN⊥BC，交BC延长线于点N，

此时EF+BF的最小值即为EF+FM，即EM，

∵AC=，点D为AC中点，BC=2，

∴AD=CD=，

∴tan∠BDC=，

∵AE∥BD，

∴∠EAG=∠BDC，

∴tan∠EAG==，设EG=x，

∴AG=x，而AE=，

在△AEG中，，

解之得：x=或（舍），

由题意可得：∠N=∠ACB=∠EGC=90°，

∴四边形EGCN为矩形，

∴EG=NC=，

∵AC⊥BC，EN⊥BC，

∴AC∥EN，

∴△MFC∽MEN，

∴，则，

故选C.

【点睛】

本题考查了平行线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，最短路径问题，矩形的判定和性质，解题的关键是根据平行利用三角函数得到FG的长.

二、填空题

3．（2020·广西玉林市·九年级其他模拟）如图，在中，，，动点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动；同时，动点从点出发沿方向以每秒的速度向终点运动，将沿翻折，点的对应点为点，设点运动的时间为秒，若四边形为菱形，则的值为________．

【答案】3

【分析】

如图：连接P＇P交BC于O，利用等腰直角三角形的性质得；设，则，可得，CQ=9-t，然后由菱形的性质得，；然后再利用PO//AC可得，最后得到关于t的方程并求解即可．

【详解】

解：如图：连接P＇P交BC于O，

∵∠ACB=90°，AC=BC=9cm，

∴

又∵设，则

∴，CQ=9-t

∵四边形为菱形

∴

∴

∵PO//AC

∴，即，解得t=3．

故答案为3．

【点睛】

本题考查了对称变换、菱形的性质和平行线分线段成比例定理，掌握、菱形的性质和平行线分线段成比例定理是解答本题的关键．

4．（2020·河南焦作市·九年级一模）在矩形ABCD中，，，点E 是AD上一动点，过点E作EF∥BD交AB于F，将△AEF沿EF折叠，点A的对应点落在△BCD的边上时，AE的长为_____________．

【答案】2或

【分析】

分落在BD上或BC上两种情况，分别画出示意图，根据矩形的性质以及折叠的性质求解即可．

【详解】

解：当落在BD上时，如下图：

∵在矩形ABCD中，，，

∴

根据折叠的性质可知，

∵EF∥BD

∴

∴

∴；

当落在BC上时，如下图：

∵

∴

∴

∴

∵

∴

∵

∴

∴

∴

∴

∴

故答案为：2或．

【点睛】

本题考查的知识点是矩形的性质、平行线的性质、折叠的性质、相似三角形的判定及性质，考查的范围较广，但难度不大，根据题意画出示意图是解此题的关键．

三、解答题

5．（2020·黑龙江哈尔滨市·九年级期中）如图，中，点D在边上，且．

（1）求证：；

（2）点E在边上，连接交于点F，且，，求的度数．

（3）在（2）的条件下，若，的周长等于30，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）＝60°；（3）AF＝11

【分析】

（1）根据三角形内角与外角之间的关系建立等式，运用等量代换得出，证得；

（2）作CH＝BE，连接DH，根据角的数量关系证得，再由三角形全等判定得△BDH≌△ABE，最后推出△DCH为等边三角形，即可得出＝60°；

（3）借助辅助线AO⊥CE，构造直角三角形，并结合平行线构造△BFE∽△BDH，建立相应的等量关系式，完成等式变形和求值，即可得出AF的值．

【详解】

（1）证明：∵∠BDC＝90°＋∠ABD，∠BDC=∠ABD+∠A，

∴  ∠A＝90°－∠ABD．

∵∠BDC＋∠BDA＝180°，

∴∠BDA＝180°－∠BDC＝90°－∠ABD．

∴  ∠A＝∠BDA＝90°－∠ABD．

∴DB＝AB．

解：（2）如图1，作CH＝BE，连接DH，

∵∠AFD＝∠ABC，∠AFD＝∠ABD＋∠BAE，∠ABC＝∠ABD＋∠DBC，

∴∠BAE＝∠DBC．

∵由（1）知，∠BAD＝∠BDA，

又∵∠EAC＝∠BAD－∠BAE，∠C＝∠ADB－∠DBC，

∴∠CAE＝∠C．

∴AE＝CE．

∵BE＝CH，

∴BE＋EH＝CH＋EH．

即BH＝CE＝AE．

∵AB＝BD，

∴△BDH≌△ABE．

∴BE＝DH．

∵BE＝CD，

∴CH＝DH＝CD．

∴△DCH为等边三角形．

∴∠ACB ＝60°．

（3）如图2，过点A作AO⊥CE，垂足为O．

∵DH∥AE，

∴∠CAE＝∠CDH＝60°，∠AEC＝∠DHC＝60°．

∴△ACE是等边三角形．

设AC＝CE＝AE＝x，则BE＝16－x，

∵DH∥AE，

∴△BFE∽△BDH．

∴．

∴，

．

∵△ABF的周长等于30，

即AB＋BF＋AF＝AB＋＋x－=30，

解得AB＝16－．

在Rt△ACO中，AC＝，AO＝，

∴BO＝16－．

在Rt△ABO中，AO2＋BO2＝AB2，

即．

解得（舍去）．

∴AC＝．

∴AF＝11．

【点睛】

本题考查了三角形角的性质、等边三角形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是能熟练掌握三角形的性质与全等判定并借助辅助线构造特殊三角形的能力，．

6．（2019·威远县凤翔中学九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、B的坐标分别为A(4，0)、B(4，3)，动点M、N分别从点O、B同时出发，以1单位/秒的速度运动(点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动)，过点N作交AC于点P，连结MP．

（1）直接写出OA、AB的长度；

（2）试说明；

（3）在两点的运动过程中，求的面积S与运动的时间t的函数关系式，并求出时，运动时间t的值．

【答案】（1）；（2）见解析；（3），2．

【分析】

（1）根据点A、B的坐标即可得；

（2）先根据平行线的性质可得，再根据相似三角形的判定即可得；

（3）先根据矩形的性质、线段的和差可得，再根据相似三角形的性质可得，从而可得，由此可得的AM边上的高为，然后利用三角形的面积公式可得与的函数关系式，最后解一元二次方程可得的值．

【详解】

（1），

；

（2），

∴，

∴；

（3）由题意得：，且，

则，

四边形OABC是矩形，

，

，

∵，

∴，即，

解得，

，

，

的AM边上的高为，

，

即，

当时，，

解得，

故的值为2．

【点睛】

本题考查了矩形的性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、求二次函数的自变量等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．