专题40 三等角相似问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

专题40  三等角相似问题

【规律总结】

如图所示,在△ABC中,,且,则△ABD∽△DCE.像这种类型的相似三角形称为一线三等角型.

【典例分析】

例1．（2020·四川遂宁市·射洪中学九年级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，放置边长分别为3，4，x的三个正方形，则x的值为（     ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】C

【分析】

根据已知条件可以推出△CEF∽△OME∽△PFN，可得OE：PN=OM：PF，再利用正方形的性质把它们的直角边用含x的表达式表示出来，列方程，解方程即可得到x的值．

【详解】

解：如图，标注字母，

∵在Rt△ABC中（∠C=90°），放置边长分别3，4，x的三个正方形，

由正方形可得：

同理：

∴△CEF∽△OME∽△PFN，

∴OE：PN=OM：PF，

∵EF=x，MO=3，PN=4，

结合正方形的性质可得：OE=x-3，PF=x-4，

∴（x-3）：4=3：（x-4），

∴（x-3）（x-4）=12，

即，

∴x=0（不符合题意，舍去）或x=7．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质，解题的关键在于找到相似三角形，用x的表达式表示出对应边．

例2．（2021·上海九年级专题练习）如图，正方形的对角线，相交于点，，为上一点，，连接，过点作于点，与交于点，则的长是______．

【答案】

【分析】

根据 正方形的性质求出，证明得到，即可求出答案.

【详解】

解：四边形是正方形，，

，OA=OB=OC=OD，

∵,

∴，

，

，

，即

，，

，，

，解得

故答案为：.

【点睛】

此题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，解题中熟练掌握并运用各知识点是解题的关键.

例3．（2019·浙江杭州市·九年级期中）已知正方形的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与边、的延长线交于点E、F，连接．设．

（1）如图1，当被对角线平分时，求a、b的值；

（2）当是直角三角形时，求a、b的值；

（3）如图3，探索绕点A旋转的过程中，的面积是否发生变化？请说明理由．

【答案】（1）；（2）当时，，；当时，，；（3）的面积不变，证明见解析

【分析】

（1）利用正方形的性质可得，由被对角线平分可得，从而可证≌，根据全等三角形的性质可得，然后根据角度关系可得，即可得到a、b的值；

（2）由题意可知，分两种情况计算，①当时，首先根据题意得到是等腰直角三角形，再根据勾股定理得到,根据已知条件可得∽，根据相似三角形的性质得出，两式联立解方程组即可；②当时，方法和上面的方法一致，即可解答；

（3）先利用平行线的性质和正方形的性质得到,再利用三角形的内角和得到,从而求出，而，得到∽，然后再利用相似三角形的对应边成比例，即可求出的值，进而可知的面积是否变化．

【详解】

（1）∵四边形是正方形，

∴，

∵是正方形的对角线，

∴，

∴,

∵被对角线平分，

∴，

在和中，

，

∴≌，

∴，，

∵，，

∴，

∵,

∴，

∵，,

∴，

∵，

∴,

∴，即；

（2）当是直角三角形时，

①当时，

∵，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴①

∵，,

∴，

∴∽，

∴，

∴，

∴②，

联立①②得，，，

∴，；

②当时，同①的方法得，，，

∴，；

（3）∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴∽

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴的面积不变．

【点睛】

此题是四边形的综合题，本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是判断∽，也是本题的难点．

【好题演练】

一、单选题

1．（2020·石家庄外国语教育集团九年级开学考试）如图，在矩形中，，是的中点，连接，，是边上一动点，沿过点的直线将矩形折叠，使点落在上的点处，当是直角三角形时，的值为（    ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】B

【分析】

根据矩形的性质得到AD=BC=6，∠BAD=∠D=∠B=90°，根据勾股定理得到AE=，设PD′=PD=x，则AP=6-x，当△APD′是直角三角形时，①当∠AD′P=90°时，②当∠APD′=90°时，根据相似三角形的性质列出方程，解之即可得到结论．

【详解】

解：∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，
∴AD=BC=6，∠BAD=∠D=∠B=90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE=3，
∴AE=，
∵沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D′处，

∴PD′=PD，
设PD′=PD=x，则AP=6-x，
当△APD′是直角三角形时，
①当∠AD′P=90°时，
∴∠AD′P=∠B=90°，
∵AD∥BC，
∴∠PAD′=∠AEB，
∴△ABE∽△PD′A，
∴，
∴，
∴x=，
∴PD=；
②当∠APD′=90°时，
∴∠APD′=∠B=90°，
∵∠PAE=∠AEB，
∴△APD′∽△EBA，
∴，
∴，
∴x=，
∴PD=，
综上所述，当△APD′是直角三角形时，PD=或，
故选：B．

【点睛】

本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．

2．（2020·江苏苏州市·八年级期末）如图，在反比例函数的图象上有一动点，连接并延长交图象的另一支于点，在第二象限内有一点，满足，当点运动时，点始终在函数的图象上运动，若，则的值为（    ）

A．－6 B．－12 C．－18 D．－24

【答案】B

【分析】

连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，通过角的计算找出∠AOE＝∠COF，结合“∠AEO＝90°，∠CFO＝90°”可得出△AOE∽△COF，根据相似三角形的性质得出比例式，再由，得出，可得出CF•OF的值，进而得到k的值．

【详解】

如图，连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，

∵由直线AB与反比例函数的对称性可知A、B点关于O点对称，

∴AO＝BO，

又∵AC＝BC，

∴CO⊥AB，

∵∠AOE＋∠AOF＝90°，∠AOF＋∠COF＝90°，

∴∠AOE＝∠COF，

又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°，

∴△AOE∽△COF，

∴，

∵，

∴，

∴CF＝2AE，OF＝2OE，

又∵AE•OE＝3，

∴CF•OF＝|k|＝4×3＝12，

∴k＝±12，

∵点C在第二象限，

∴k＝−12，

故选：B．

【点睛】

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质以及相似三角形的判定及性质，解题的关键是求出CF•OF＝12．解决该题型题目时，巧妙的利用了相似三角形的性质找出对应边的比例，再结合反比例函数图象上点的坐标特征找出结论．

二、填空题

3．（2020·福建省南安市侨光中学九年级月考）如图，是直角三角形，，，点A在反比例函数的图象上．若点B在反比例函数 的图象上，则k的值为______

【答案】−8

【分析】

求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到，然后用待定系数法即可．

【详解】

过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．
设点A的坐标是（m，n），则AC＝n，OC＝m，
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＋∠BOD＝90°，
∵∠DBO＋∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC，
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA，
∴，
∵OB＝2OA，
∴BD＝2m，OD＝2n，
因为点A在反比例函数y＝的图象上，则mn＝2，
∵点B在反比例函数y＝的图象上，

∴B点的坐标是（−2n，2m），
∴k＝−2n•2m＝−4mn＝−8．
故答案为：−8．

【点睛】

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，求函数的解析式的问题，一般要转化为求点的坐标的问题，求出图象上点的横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式．

4．（2020·浙江金华市·九年级其他模拟）图2、图3是起重机平移物体示意图．在固定机架BAM中，AB＝5m，tan∠BAM＝．吊杆BCE由伸缩杆BC与6m长的直杆CE组成，在机架BAM与直杆CE间有一根9m长的支撑杆AD，且CD＝2m．假设起重机吊起物体准备平移时，点E、C、B恰好在同一水平线上（图2），在物体平移过程中始终保持EB∥AM（AM处在水平位置）．

（1）如图2，当准备平移物体时，伸缩杆BC＝_____m．

（2）在物体沿EB方向平移过程中，当∠ADE＝60°时，物体被平移的距离为_____m．

【答案】（+1）；    （+4﹣3）．   

【分析】

（1）过点A作AG⊥BC于G，解Rt△ABG求得BG，由勾股定理求得GD，进而根据线段和差求得BC；

（2）连接BE，过A作AF⊥BE于F，过E作EG⊥AD于G，如图2，解直角三角形求得EG，再证明△AFH∽△EGH，求得AH：EH，进而由AD＝9列出方程求得AH，EH，GH，FH，进而便可求得平移的距离．

【详解】

解：（1）过点A作AG⊥BC于G，如图1，

在Rt△ABG，∠ABG＝∠BAM，AB＝5，

∴，

设AG＝4xm，则BG＝3xm，

∴，

∴5x＝5，

∴x＝1，

∴AG＝4m，BG＝3m，

∴GD＝＝（m），

∴BC＝BG+GD﹣CD＝3+﹣2＝+1（m），

故答案为：（+1）；

（2）连接BE，过A作AF⊥BE于F，过E作EG⊥AD于G，如图2，

∵BE∥AM，

∴∠ABF＝∠BAM，

∴tan∠ABF＝tan∠BAM＝，

设AF＝4xm，则BF＝3xm，

∴AB＝5x＝5，

∴x＝1，

∴AF＝4m，BF＝3m，

在Rt△DEG中，DE＝4m，∠EDG＝60°，

∴DG＝＝2m，EG＝m，

∴AG＝AD﹣DG＝9﹣2＝7m，

∵∠AFH＝∠EGH＝90°，∠AHF＝∠EHG，

∴△AFH∽△EGH，

∴，即，

设AH＝2y，则EH＝y，

∴HG＝，

∴AG＝AH+GH＝2y+＝7，

解得，y＝14﹣3，或y＝14+3＞7（舍），

∴EH＝y＝14﹣9（m），AH＝2y＝28﹣6（m），

∴GH＝AG﹣AH＝6﹣21，

∵△AFH∽△EGH，

∴，

∴FH＝GH＝12﹣14，

∴BE＝BF+FH+EH＝3+12﹣1414＝3+3，

∴物体平移的距离为：（）﹣（3+3）＝+4﹣3．

故答案为：（+4﹣3）．

【点睛】

本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理，相似三角形的性质与判定，关键是正确构造直角三角形．

三、解答题

5．（2020·山东济南市·九年级月考）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，，顶点为．

（1）求此函数的关系式；

（2）在下方的抛物线上有一点，过点作直线轴，交与点，当点坐标为多少时，线段的长度最大？最大是多少？

（3）在对称轴上有一点，在抛物线上有一点，若使，，，为顶点形成平行四边形，求出，点的坐标．

（4）在轴上是否存在一点，使为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2），；（3），，或，或，；（4）存在；，，，．

【分析】

（1）求出点A和点C的坐标，代入求出b，c的值即可；

（2）求出再求出最大值即可；

（3）根据平行四边形的性质分三种情况求解即可；

（4）分别利用相似三角形的判定与性质以及勾股定理求出点E的坐标即可．

【详解】

解：（1）∵

∴点A的坐标为（-3，0），点C的坐标为（0，-3）

把点A，点C的坐标代入得，

解得，

所以，此函数关系式为：

（2）如图，

设直线AC的函数解析式为：，

将，代入，得

，

解得，，

∴直线AC的解析式为

∵点N在直线AC下方的抛物线上，轴

∴

为了使MN最大，就要使取最大值，

∴取最小值

∵

∴当时，MN有最大值，最大值为，

将代入中，得y=，

∴N的坐标为

（3）抛物线对称轴为

令y=0得，，

解得，，，

∴点B的坐标为（1，0）

①当AB和KL是平行四边形的对角线时，点和都在对称轴上时，

∴，

②当AB和KL是平行四边形的两条对边，且KL在y轴右侧时，

∵

∴

∴的横坐标为3，

∴，

③当AB和KL是平行四边形的两条对边，且KL在y轴左侧时，

∵

∴的横坐标为-5

∴，

综上所述，，点的坐标为，，或，或，；

（4）如图，

设直线AD的函数解析式为

将，代入

得，解得

∴

①当，A为垂足时，

∵,

∴

∴

∴

∵AO=3，AP=2，PD=4

∴

∴

∴

②当，D为垂足时，

同理可证

∴，即,

∴

∴

∴

③当AE⊥DE,E为垂足时，

设OE=x，则QE=4-x

∴，，

∴

解得：，

∴，

∴，．

综上，点E的坐标为：，，，．

【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形性质、勾股定理运用等，其中（3），（4）要主要分类求解，避免遗漏．

6．（2020·渠县第三中学九年级月考）如图1和图2，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），A是x轴上的一个动点，M是线段AC的中点．把线段AM以A为旋转中心、按顺时针方向旋转90°得到AB．过B作x轴的垂线、过点C作y轴的垂线，两直线交于点D，直线DB交x轴于点E．设A点的横坐标为m．

（1）求证：△AOC∽△BEA；

（2）若m=3，则点B的坐标为　       ；若m=﹣3，则点B的坐标为　        ；

（3）若m＞0，△BCD的面积为S，则m为何值时，S=6？

（4）是否存在m，使得以B、C、D为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求此时m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析（2），，（3），，（4），，

【分析】

（1）利用三垂直模型或K字型相似.

（2）首先由勾股定理求得线段的长，然后利用求得线段、的长，从而求得点的坐标；

（3）分时和时，利用，根据相似比表示出点的坐标后，利用面积为6求得值即可；

（4）分、、、，根据和两种情况得到比例式即可求得值．

【详解】

解：（1）证明：由题意得：∠MAB=90°

∴∠CAO+∠BAE=90°

又∵∠CAO+∠ACO=90°

∴∠BAE=∠ACO

又∵∠COA=∠AEB=90°

∴△AOC∽△BEA

（2）的坐标为，或，

由勾股定理得：，

且相似比为，， 

，

点的坐标为或，，

故答案为：，，；

（3）①当时，如图（1）

且相似比为，

求得点的坐标为，

，

解得  或4，

②当时，如图（2）

，

解得  或（舍去）

，，，

（4）①当时，如图（1）

若

即：

无解，

若，同理，解得或（不合题意舍去），

②当时，如图（2）

若，

即：，

解得，取，

若，同理，解得无解，

③当时，如图（3），

若，

即：，

解得（不合题意舍去）或，

若，同理，解得无解，

④当时，如图（4）

若，

，即：，

则无解，

若，同理，解得（不合题意舍去）或（不合题意舍去）；

则，，．

【点睛】

本题考查了相似形的综合题，比较繁琐，难度很大，解答此题的关键是画出图形作出辅助线，结合相似三角形的性质利用比例式列出方程解答．体现了数形结合在解题中的重要作用．