图形变换相似三角形综合应用

相像三角形综合应用2014年中考怎么考内容基本要求略高要求会利用相像三角形的性质与判断进行简相像三角形认识两个三角形相像的观点单的推理和计算；会利用三角形的相像解决一些实质问题自检自查必考点模型一角分线模型A1、内角均分线ABBDAD是ABC的角均分线，则ACCDBDC【证明】过C作CE∥AD交直线AB于E.CE∥AD，∴1E，23又∵AD均分BAC，∴12，∴E3，∴AEAC，由CE∥AD可得：ABBD，∴ABBDAECDACCD2、外角均分线

EA123BDCABBDABAC的外角均分线交对边BC的延伸线于D，则CDAC【证明】过C作CE∥AD交直线AB于E.∵CE∥AD，BCD∴13，24又∵AD均分CAF，∴12，F∴34，A1∴AEAC，2由CE∥AD可得：ABBD，EAECD3∴ABBD4BDACCDC模型二梯形模型若AD∶BCa∶b，则S△ADE∶S△ABE∶S△BEC∶S△DECa2∶ab∶b2∶abADEBC中考满分必做题考点一与公共边有关的相像问题【例1】如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD订交于点G，E为AD的中点，连结BE交AC于F，连结FD，若BFA90，则以下四对三角形：①△BEA与△ACD；②△FED与△DEB；③△CFD与△ABG；④△ADF与△CFB，此中相像的为（）AEDFGBCA．①④B．①②C．②③④D．①②③【答案】D【分析】②AE2EFEB，∴DE2EFEB，故△FED∽△DEB【例2】如图，矩形ABCD中，BEAC于F，E正是CD的中点，以下式子建立的是（）DECFABA．BF21AF2B．BF21AF2C．BF21AF2D．BF21AF2【答案】A2323【例3】如图，ABC中，ADBC于D，BEAC于E，DFAB于F，交BE于G，FD、AC的延长线交于点H，求证：DF2FGFH.AFGEBDCH【分析】可经过射影定理转变成证明AFBFFGFH，证明BFG∽HFA即可.【例4】如图，ABC中，ACB90，CDAB于D，E为BC的中点，DE，AC的延伸线交于F．求证：ACFA．BCFDFC2E31ADB【答案】∵CDBC，E为BC中点，∴EDEC，∴12，又∵2B90，3B90，∴13，又∵FF，FCD∽FDA，∴FAAD，又∵33，ACBADC90，FDCD∴ABC∽ACD，∴ADAC，∴ACFA．CDBCBCFD【稳固】在Rt△ABC中，过直角极点B作斜边AC的垂线BD，取BC的中点E，连结ED并延伸交BA的延擅长点F，求证：FDABFBBCFADBEC【分析】△FAD∽△FDB，FDADABFBBDBC【例5】如图，在ABC中，AD均分BAC，AD的垂直均分线交AD于E，交BC的延伸线于F，求证：FD2FBFC．AA132EE4BDCFBDCF【答案】连结AF∵EF垂直均分AD，∴AFDF，∴4DAF，即423，又∵41B，∴231B，∵AD均分BAC，∴12，∴3B，又∵CFAAFB，∴CFA∽AFB，∴FA2FCFB．又∵AFDF，∴FD2FBFC【稳固】如上图，在ABC中，FD2FBFC，AD的垂直均分线交AD于E，交BC的延伸线于F，求证：AD均分BAC．AEBDCF【答案】连结AF，∵EF垂直均分AD，∴AFDF，∵DF2FCFB，∴AF2FCFB∴AFFB，FCAF又∵AFCBFA∴AFC∽BFA，∴3B，∵423，4B1，∴23B1，∴12，即AD均分BAC．【例6】已知，如图，ABC为等边三角形，DAE120且DAE的两边交直线BC于D，E两点，求证：BC2BDCE．ADBCEA123DBCE【分析】∵DAE120，BAC60，∴1260．又∵360，∴1E60，∴2E，∵ABC360，∴ABDACE120∴ABD∽ECA，∴ABCE，即BC，∴AB2BDACABACBDCE，∵ABACBDCE．考点二与旋转有关的相像问题【例7】如图，直角梯形ABCD中，BCD90，AD∥BC，BCCD，E为梯形内一点，且将BEC绕C点旋转90使BC与DC重合，获得DCF，连EF交CD于M．已知BC则DM:MC的值为（）A．5:3B．3:5C．4:3D．3:4

BEC90，5，CF3，ADEMFBC【答案】C．【例8】如图，四边形ABCD和BEFG均为正方形，求AG:DF:CE_________.ADADGGFFBCBCEE【答案】连结BD，BF。∵ABBC,BGBEABGCBE，ABBC,BGBE∴ABG≌CBE∴AGCE∵EFBE,EFBE∴EBF45,BF2BE∵BCCD,BCCD∴CBD45,BD2BC∴FBDCBE,BDBF2∴FBD∽EBCBCBE∴DFBD2∴AG:DF:CE1:2:1ECBF【例9】（1）如图1，等边△ABC中，D为AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连结AE，求证：AE∥BC．（2）如图2，将（1）中的等边△ABC改为以BC为底边的等腰三角形，所作的△EDC改成相像于△ABC，请问：能否有AE∥BC？证明你的结论．AEAEDDBBCC【答案】（1）由△ACE∽△BCD，得EACACB，故AE∥BC．（2）由△ACE∽△BCD，得EACBACB，故AE∥BC．考点三与三角形有关的相像综合题【例10】如图，△ABC内有一点P，过P作各边的平行线，把△ABC分红三个三角形和三个平行四边形．若三个三角形的面积S1，S2，S3分别为1，1，2，则△ABC的面积是________．AFIS2DS1ES3PBHGCS1S2S3PDPEHGBHHGGC1，故【分析】设△ABC的面积为S，则SSBCBCBCBCS22SS1S2S3112642．【答案】642【例11】如下图，ABCDEF是一个凸六边形，P、Q、R分别是直线BA与EF、FE与CD、DC与AB的交点，S、T、U分别是BC与ED、DE与AF、FA与CB的交点，假如AB∶PRCD∶RQEF∶QP，求证：BC∶USDE∶STFA∶TU．PUAFTBERCDQS【答案】此题的条件和结论都是三个线段之比的连等式，且AB、CD、EF组成一个与PQR相像的三角形的三边，因此能够考虑经过平移变换将AB、CD、EF集中到一同组成一个与PQR相像的三角形．如下图，将CD平移至OE地点，则OE∥CD，且OE=CD，PUAFTBOERCDQS所以FEOQ，且EO∶QRCD∶QREF∶QP，所以FEO∽PQR，从而OFEP，且FO∶PREF∶QPAB∶PR．这说明FO∥AB，且FO=AB，从而FA∥OB，且FA=OB．又由于CO∥DE，于是COB∽STU，所以BC∶USCO∶STOB∶TU，注意到CODE，OBFA，故BC∶USDE∶STFA∶TU．【例12】已知：ABC的高AD所在直线与高BE所在直线订交于点F．（1）如图l，若ABC为锐角三角形，且ABC45，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G，求证：FGDCAD；（2）如图2，若ABC135，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G，则FG、DC、AD之间知足的数目关系是_________；（3）在（2）的条件下，若AG52，DC3，将一个45角的极点与点B重归并绕点B旋转，这个角的两边分别交线段FG于M，N两点（如图3），连结CF，线段CF分别与线段BM、线段BN订交于P，Q两点，若NG3，求线段PQ的长．2AAAEEDDBCBCGEQFPBDCFGFMNG图1图2图3【答案】（1）证明：∵ADB90，ABC45∴BADABC45，∴ADBD∵BEC90，∴CBEC90∵DACC90，∴CBEDAC∵FDBCDA90，∴FDBCDA∴DFDC∵GF∥BD∴AGFABC45，∴AGFBAD∴FAFG，∴FGDCFADFAD（2）FGDCAD（3）如图，∵ABC135，∴ABD45∵ADB90，∴DABDBA45，∴ADBD∵FG∥BC，∴GDBADAB，∴AFFG∵AG52，FG2AF2AG2∴FGAF5∵CD3，由（2）知FGDCAD，∴ADBD2∴BC1，DF3，∴FDC为等腰直角三角形∴GCDF2DC232分别过B，N作BHFG于点HNKBG于点K∴四边形DFHB为矩形∴HFBD2，BHDF3∴BHHG3，∴BG2BH∵sinGNK∴NK3292NG4∴BK4∵MBNHBG45∴MBHNBK∵MHBNKB90∴MBH∽NBK∴MHBH∴MH1∴FM1NKBK∵BC∥FG∴BCFCFN∵BPCMPF，CBFM∴BPC≌MPF∴PCPF1FC3222AD

EBCQPKFMHNG∵BQCNQF∴BCQ∽NFQ∴BCCQ，∴CQ2NFFQFQ7∴CQ2FC23232∴PQCPCQ529936考点四与相像有关的动点问题【例13】如图，ABC中，C90，BC8，AC3，点P从B出发，沿BC方向以2/s的速度挪动，点AB5Q从C出发，沿CA方向也以1/s的速度挪动，若P，Q分别从B，C出发，经过多少时间CPQ与CBA相像？AQBPC【答案】∵C90，BC8，AC3，设AC3k，AB5k，AB5∴AC2BC2AB2，即(3k)282(5k)2，解得k2（负值已舍去）∴AC6设经过ts后CPQ与CBA相像．此时BP2t，PC82t，CQt此题需分两种状况：1）当CAB∽CQP时，CQCP，即t82t，解得t2.4CACB682）当CAB∽CPQ时，CQCP，即t82t，解得t32．CBCA8611综上，当t2.4秒或32秒时，CPQ与CBA相像11【例14】如图，在矩形ABCD中，AB12，BC6，点P沿AB边从点A开始向点B以2/秒的速度挪动，点Q沿DA边以1/秒的速度从点D开始挪动，假如P，Q同时出发，用t（秒）表示挪动的时间(0≤t≤6)．（1）当t为什么值时，QAP为等腰直角三角形？（2）求四边形QAPC面积，提出一个与计算结果有关的正确结论．（3）当t为什么值时，以点Q，A，P为极点的三角形与ABC相像．DCQAPB【答案】（1）当QAP为等腰直角三角形时，APAQ，∴2t6t，t2（2）S四边形QAPCSQACSAPC1(6t)1212t636，即四边形QAPC的面积为定值．（3）分2种状况22①当APQ∽BAC时，APBA2，即2t2，解得t3．AQBC6t②当AQP∽BAC时，AQBA2，即6t2，解得t6．APBC2t5综受骗t3或6时，以点Q，A，P为极点的三角形与ABC相像．5中考满分必做题【例1】如图，已知在等腰△ABC中，∠A＝∠B＝30°，过点C作CD⊥AC交AB于点D．若过A，D，C三点的圆O的半径为3，则线段BC上能否存在一点P，使得以P，D，B为极点的三角形与△BCO相像，若存在，则DP的长为_________．CP2P1CAODBADB（09年浙江丽江中考试题）【分析】∵∠BCD＝∠ACB－∠ACD＝120°－90°＝30°∴∠BCD＝∠B，∴DB＝DC．又∵在Rt△ACD中，DC＝AD·sin30＝°3，∴DB＝3．①过点D作DP1∥OC，交BC于点P1，则△P1DB∽△COB，∴DP1＝DB．∵OB＝OD＋DB＝23∴DP＝DB·OC＝3×3＝3②过点D作DP⊥AB，OCOB23OB2交BC于点P，则△BDP∽△BCO，∴DP2＝BD．∵BC＝22＝(23)2－(3)2＝322OCBCBO－OC∴DP2＝BD·OC＝3×3＝1BC3【例2】如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，2），点P是线段OA上的一个动点（不与O，A重合），过点P作PQ⊥x轴于Q，以PQ为边向右作正方形PQMN．连结AN并延伸交x轴于点B，连结ON．设OQ＝t，△BMN与△MON相像时，则△BMN的面积为_____________．yAyAPNPNOQHMBxOQMBx图2（09年甘肃中考试题）【答案】1或9925－2t20＜t≤1时，如图1．若△BMN∽△MON，则BM＝NM．即2t＝t，∴t＝2．【分析】当－tNMOM22t3t∴NM＝2，BM＝1t＝1△1BM·NM＝1×1×2＝1．当1＜t＜2时，如图2．323．∴SBMN＝22339若△BMN∽△MON，则BM＝NM2t2－2t＝t，∴t＝6．∴NM＝6，BM＝1t＝3．．即－NMOM2t2t5525tS△BMN＝1BM·NM＝1×3×6＝9．225525【例3】如图，∠ACB＝90°，CD是∠ACB的均分线，点P在CD上，CP＝2．将三角板的直角极点搁置在点P处，绕着点P旋转，三角板的一条直角边与射线CB交于点E，另一条直角边与直线CA、直线CB分别交于点F、点G．1）当点F在射线CA上时①求证：PF＝PE．②设CF＝x，EG＝y，求y与x的函数分析式并写出函数的定义域．2）连结EF，当△CEF与△EGP相像时，求EG的长．ADADPPFGCEBCB备用图【分析】（1）①证明：过点P作PM⊥AC，PN⊥BC，垂足分别为M、NCD是∠ACB的均分线，∴PM＝PN由∠PMC＝∠MCN＝∠CNP＝90°，得∠MPN＝90°A∴∠1＋∠FPN＝90°M∵∠2＋∠FPN＝90°，∴∠1＝∠2∴△PMF≌△PNE，∴PF＝PEF②解：∵CP＝2，∴CN＝CM＝1∵CF＝x，△PMF≌△PNE，∴NE＝MF＝1－xGC∴CE＝2－xCFCGxCG∵CF∥PN，∴PN＝GN，即1＝CG＋1x∴CG＝1－xAx∴y＝1－x＋2－x（0≤x＜1）（2）当△CEF与△EGP相像时，点F的地点有两种状况：F①当点F在射线CA上时∵∠GPE＝∠FCE＝90°，∠1≠∠PEGGC∴∠G＝∠1，∴FG＝FE，∴CG＝CE＝CP在Rt△EGP中，EG＝2CP＝22②当点F在AC延伸线上时A

（12年中考模拟试题）DP12NEBDP1EBD∵∠GPE＝∠FCE＝90°，∠1≠∠2，∴∠3＝∠2∵∠1＝45°+∠5，∠1＝45°+∠2，∴∠5＝∠2

M

P易证∠3＝∠4，可得∠5＝∠4CF＝CP＝2，∴FM＝2＋1易证△PMF≌△PNE，∴EN＝FM＝2＋1

C

51GN

3B2ECFCG21－GN∵CF∥PN，∴PN＝GN，即1＝GN∴GN＝2－1∴EG＝2－1＋2＋1＝22

4F4【例4】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，AB＝10，tanA＝3．点P是CE延伸线上的一动点，过点P作PQ⊥CB，交CB延伸线于点Q．设EP＝x，BQ＝y．1）求y对于x的函数关系式及定义域；2）连结PB，当PB均分∠CPQ时，求PE的长；（3）过点B作BF⊥AB交PQ于F，当△BEF和△QBF相像时，求PAAAEECBQCBC备用图BC4【分析】（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，tanA＝AC＝3∴AC＝6，BC＝81CE是斜边AB上的中线，∴CE＝BE＝2AB＝5∴∠PCQ＝∠ABC又∠PQC＝∠ACB＝90°，∴△PCQ∽△ABCCQBC48＋y4A∴PC＝AB＝5，即5＋x＝54E∴y＝5x－4（x＞5）

的值．2012年上海模拟试题）EB备用图PH2）过点B作BH⊥PC于H∵PB均分∠CPQ，BQ⊥PQ，∴BH＝BQ＝yCBQ324424∵BH＝5BC＝5，∴5x－4＝5∴x＝11P3）∵∠BQF＝∠ACB＝90°，∠QBF＝∠A∴△BFQ∽△ABCAF当△BEF和△QBF相像时，则△BEF和△ABC也相像E有两种状况：①当∠BEF＝∠A时5CBQ在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，BE＝5，BF＝3y5443（5x－4）＝3×5，解得x＝10②当∠BEF＝∠ABC时P5A在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，BE＝5，BF＝3yE543125F∴3（5x－4）＝4×5，解得x＝16125∴当△BEF和△QBF相像时，求x的值为10或16CBQ【例5】如图1，在Rt△AOC中，AO⊥OC，点B在OC边上，OB＝6，BC＝12，∠ABO＋∠C＝90°，动点M和N分别在线段AB和AC边上．1）求证：△AOB∽△COA，并求cosC的值；2）当AM＝4时，△AMN与△ABC相像，求△AMN与△ABC的面积之比；3）如图2，当MN∥BC时，以MN所在直线为对称轴将△x，△EMN与四边形BCNM重叠部分的面积为变量x的取值范围．AA

AMN作轴对称变换得△EMN．设MNy，求y对于x的函数关系式，并写出自（2012年上海模拟试题）MN

M

NEOBCO

BC图1图2【分析】（1）∵AO⊥OC，∴∠ABO＋∠BAO＝90°∵∠ABO＋∠C＝90°，∴∠BAO＝∠C∵∠AOB＝∠COA，∴△AOB∽△COAOB:OA＝OA:OCOB＝6，BC＝12，∴6:OA＝OA:18OA＝63∴AC＝OC2＋OA2＝182＋(63)2＝123OC183∴cosC＝AC＝123＝2

AM

N32）∵cosC＝2，∴∠C＝30°OA63tan∠ABO＝OB＝6＝3，∴∠ABO＝60°∴∠BAC＝30°，∴AB＝BC＝12①当∠AMN＝∠ABC时（如图1），△AMN∽△ABCAM＝4，∴S△AMN:S△ABC＝AM2:AB2＝42:122＝1:9②当∠AMN＝∠C时（如图2），△AMN∽△ACB∵AM＝4，∴S△△ABC＝AM2:AC2＝42:（122＝1:27AMN:S3）113）易得S△ABC＝2BC·OA＝2×12×63＝363MN/∥BC，∴△AMN∽△ABC

OBC图1NMOBC图2∴S△△＝MN2:BC2，∴S△AMN:363＝x2:122AMN:SABC3x2∴S△AMN＝4①当EN与线段AB订交时，设EN与AB交于点F（如图3）MN/∥BC，∴∠ANM＝∠C＝30°∴∠ANM＝∠BAC，∴AM＝MN＝x

ANFEOBC图3∵以MN所在直线为对称轴将△AMN作轴对称变换得△EMN∴∠ENM＝∠ANM＝30°，∴∠AFN＝90°111MF＝2MN＝2AM＝2xS△FMN:S△AMN＝MF:AM31∴y:4x2＝2x:x＝1:232（0＜x≤8）A∴y＝8x②当EN与线段AB不订交时，设EN与BC交于点G（如图4）MN/∥BC，∴CN:AC＝BM:AB∴CN:123＝（12－x）:12，∴CN＝123－3xMN∵△CNG∽△CBA，∴S△CNG△ABC＝CN2:BC2OBGC:S∴S△CNG:363＝（123－3x）2:12232E图4∴S△CNG＝4（123－3x）∴S暗影＝S△ABC－△AMN－△CNG＝363－3x2－3（123－3x）244SS即y＝－3x2＋183x－723（8＜x＜12）【例6】如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点O为AB边的中点，点M是BC边上一动点（不与点B、C重合），AD⊥AB，垂足为点A．连结MO，将△BOM沿直线MO翻折，点B落在点B1处，直线MB1与AC、AD分别交于点F、N．（1）当∠CMF＝120°时，求BM的长；CMF的周长（2）设BM＝x，y＝△ANF的周长，求y对于x的函数关系式。并写出自变量x的取值范围；3）连结NO，与AC边交于点E，当△FMC∽△AEO时，求BM的长．2012年上海模拟试题）CDMB1FN【分析】（1）∵∠CMF＝120°，∴∠BMN＝60°∴∠BMO＝30°∴Rt△MOB中，BM＝OB·cot30°＝232）连结ON，∵OA＝OB＝OB1，ON＝ONRt△ANO≌Rt△B1NO，∴∠AON＝∠B1ON，AN＝B1N又∵∠MOB1＝∠MOB，∴∠MON＝90°∵∠OB1M＝∠B＝90°，∴△MB1O∽△OB1N，OB12＝B1M·B1N又B1M＝BM＝x，OB1＝OB＝2

AOBCDMB1FNAOBCDB1N(F)ME442∴2＝x·B1N，∴B1N＝x，∴AN＝xAD⊥AB，∴∠DAB＝90°又∠B＝90°，∴AD∥BC，∴△CMF∽△ANF△CMF的周长CM4－x1x2＋x∴y＝△ANF的周长＝AN＝4＝－4x1即y＝－4x2＋x（0＜x＜4）（3）由题意知：∠EAO＝∠C＝45°若△FMC∽△AEO，则有两种状况：∠FMC＝∠AEO①当∠FMC＝∠AEO时，有∠CFM＝∠AOE由（2）知∠AOE＝∠B1OE＝∠OMF∴∠CFM＝∠OMF，∴OM∥AC∴∠OMB＝∠C＝45°Rt△MOB中，BM＝OB·cot45°＝2②当∠FMC＝∠AOE时，∵∠AOE＝∠OMF∴∠FMC＝∠OMF＝∠OMB＝60°

或∠FMC＝∠AOEDCNFB1EM∴△MOB中，BM＝OB·cot60°＝23AOB3综上所述，当△FMC∽△AEO时，求BM的长为2或233【例7】在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），A（t，0）是x轴上一动点，M是线段AC的中点．把线段AM绕点A按顺时针方向旋转90°AB，过点B作x轴的垂线，过点C作y轴的垂，获得线段线，两直线交于点D，直线DB交x轴于点E．1）若t＝3，则点B的坐标为____________，若t＝－3，则点B的坐标为____________；2）若t＞0，当t为什么值时，△BCD的面积等于6？（3）能否存在t，使得以B、C、D为极点的三角形与△AOC相像？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明原因．yy（2012年江苏模拟试题）CDCMBOAExOx33备用图【分析】（1）（5，2），（－1，－2）（2）①当0＜t＜8时，如图1y∵∠CAB＝90°，∴∠CAO＋∠BAE＝90°CD∵∠CAO＋∠ACO＝90°，∴∠BAE＝∠ACO又∠BEA＝∠AOC＝90°，∴△BEA∽△AOCMBOAEx图1AEBEAB1AEBE1∴CO＝AO＝CA＝2，即4＝t＝211AE＝2，BE＝2t，∴B（t＋2，2t）111S△BCD＝2CD·BD＝2（t＋2）（4－2t）＝6解得t＝2或t＝4②当t＞8时，如图2111t－4）＝6yS△BCD＝2CD·BD＝2（t＋2）（2解得t＝10或t＝－4（舍去）C∴当t＝2或t＝4或t＝10时，△BCD的面积等于6（3）①当0＜t＜8时，如图1CDBDO若△CDB∽△AOC，则AO＝CO1t＋24－2t

BDMAEx图2即t＝4，t无实数解若△BDC∽△AOC，同理，解得t＝－25－2（舍去）或t＝25－2y②当t＞8时，如图2CDCDBD若△CDB∽△AOC，则AO＝COM1t＋22t－4OE即t＝4，解得t＝－43＋8（舍去）或t＝43＋8若△BDC∽△AOC，同理，t无实数解AxB当－2＜t＜03③时，如图图3CDBD若△CDB∽△AOC，则AO＝CO1yt＋24－2t，t＝－45＋8或t＝45＋8（舍去）即－t＝4DC若△BDC∽△AOC，同理，t无实数解④当t＜－2时，如图4MCDBD△CDB∽△AOC，则AO＝COAEOx1－t－24－2tB即－t＝4，t无实数解若△BDC∽△AOC，同理，解得t＝－4或t＝4（舍去）图4∴存在t＝25－2或43＋8或－45＋8或－4，使得以B、C、D为极点的三角形与△AOC相似【例8】如图1，在平面直角坐标系中，直线l与坐标轴订交于A（25，0），B（0，5）两点，将Rt△AOB绕原点O逆时针旋转获得Rt△A′OB′．1）求直线l的分析式；2）若OA′⊥AB，垂足为D，求点D的坐标；（3）如图2，若将Rt△AOB绕原点O逆时针旋转90°，A′B′与直线l订交于点F，点E为x轴上一动点．尝试究：能否存在点E，使得以点A，E，F为极点的三角形和△A′BB′相像．若存在，恳求出点E的坐标；若不存在，请说明原因．y（2012年山西中考试题）yA′lA′lBFBB′DOAx′OAxB图1图2【分析】（1）设直线l的分析式为y＝kx＋by∵点A（25，0），B（0，5）在直线l上25k＋b＝01lA′k＝－2B∴解得：Db＝5b＝5B′1∴直线l的分析式为y＝－2x＋5OHAx2）∵A（25，0），B（0，5），∴OA＝25，OB＝5∴AB＝OA2＋OB2＝5图111∵OA′⊥AB即OD⊥AB，∴2OA·OB＝2AB·OD112×25×5＝2×5×OD，∴OD＝2过点D作DH⊥x轴于点H（如图1）则∠DAH＋∠ADH＝∠ODH＋∠ADH＝90°∴∠DAH＝∠ODHOB51∵在Rt△AOB中，tan∠BAO＝OA＝25＝2OH1tan∠ODH＝DH＝2，DH＝2OH在Rt△ODH中，设OH＝a，则DH＝2a∵OH2＋DH2＝OD2，∴a2＋4a2＝22E252545∵a＞0，∴a＝5，∴OH＝5，DH＝52545∴点D的坐标为（5，5）（3）存在点E，使得以点A，E，F为极点的三角形和

yA′lFBB′OAx图2△A′BB′相像原因：∵△A′OB′由△AOB逆时针旋转90°所得

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yA′FB∴△A′OB′≌△AOB，∴∠B′AO′＝∠BAO又∵∠FBA′＝∠OBA，∴△BFA′∽△BOABFA′BBFA′O－BO∴BO＝AB，即BO＝ABBF25－5∴5＝5，∴BF＝1，∴AF＝AB＋BF＝6①如图2，当△AFE∽△A′BB′时，有AEAF＝A′B′A′BAE6∴5＝5，∴AE＝65，∴OE＝AE－AO＝65－25＝45∴E1（－45，0）②如图3，当△AEF∽△A′BB′时，有AEAF＝A′BA′B′AE6656545∴5＝5，∴AE＝5，∴OE＝AO－AE＝25－5＝55E2（5，0）45综上所述，存在点E1（－45，0），E2（5，0），使得以点A，E，F为极点的三角形和△A′BB′相像课后作业1.1，甲、乙两人分别从A．B两点同时出发，点O为坐标原点，A点1，3，6，0．甲沿AO方向、如图乙沿BO方向均以每小时4千米的速度行走，t小时后，甲抵达M点，乙抵达N点．1）请说明甲、乙两人抵达点O前，MN与AB不行能平行；2）当t为什么值时，△OMN∽△OBA？3）甲、乙两人之间的距离为MN的长．设s＝MN2，求s与t之间的函数关系式，并求甲、乙两人之间距离的最小值．图1（2012年连云港市中考第26题）1M．N都在OOM24tON64t2【答案】（）当右边时，212t，1t，OAOB63所以OMONOAOB．所以MN与AB不平行．（2）①如图2，当M．N都在O右边时，∠OMN》∠B，不行能△OMN∽△OBA．②如图3，当M在O左边、N在O右边时，∠MON》∠BOA，不行能△OMN∽△OBA．③如图4，当M．N都在O左边时，假如△OMN∽△OBA，那么ONOA．OMOB所以4t62．解得t＝2．4t26图2图3图4（3）①如图2，OM24t，OH12t，MH3(12t)．NHONOH(64t)(12t)52t．②如图3，OM4t2