2019九年级数学上册 专题突破讲练 几何基本图形：一线三等角试题 （新版）青岛版

2019九年级数学上册 专题突破讲练 几何基本图形：一线三等角试题 （新版）青岛版

几何基本图形：一线三等角 ‎1. 基本模型 注意：利用同角的余角相等证明△ACD∽△BEC ‎2. 模型扩展 ‎（1）锐角 相似依据：运用三角形的一个外角等于不相邻的两个内角的和寻找相等的角度，得出两个三角形相似并加以运用。‎ ‎（2）钝角 注意：‎ ‎（1）相似三角形中对应边要找准。‎ ‎（2）熟练记忆“一线三等角”的基本模型，根据三角形相似可得：；‎ ‎（3）此模型中共有三组相似三角形，一般考查△BED∽△CDF。‎ 例题 （历城区三模）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C 19‎ 的方向运动，且DE始终经过点A，EF与AC交于M点。‎ ‎（1）若BE=2，求CM的长；‎ ‎（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；‎ ‎（3）当线段AM最短时，求重叠部分的面积。‎ 解析：（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC△DEF与三角形外角的性质，易证得∠CEM=∠BAE，则可证得△ABE∽△ECM，就有，即可以得出答案；（2）分别从AE=AM，AE=EM与AM=EM去分析，注意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案；（3）首先设BE=x，由△ABE∽△ECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得，继而求得AM的值，利用二次函数的性质，即可求得线段AM的最小值，继而求得重叠部分的面积。‎ 答案：（1）∵AB=AC，‎ ‎∴∠B=∠C，‎ ‎∵△ABC≌△DEF，‎ ‎∴∠AEF=∠B，‎ 又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，‎ ‎∴∠CEM=∠BAE，‎ ‎∴△ABE∽△ECM；‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴；‎ ‎（2）能。‎ 当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，‎ ‎∴CE=AB=5，‎ ‎∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1，‎ 当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，‎ ‎∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，即∠CAB=∠CEA，‎ ‎∵∠C=∠C，‎ ‎∴△CAE∽△CBA，‎ ‎∴，‎ 19‎ ‎∴=，‎ ‎∴；‎ 当AE=AM时，此时E点与B点重合，M点与C点重合，即BE=0。‎ ‎∴BE=1或或0。‎ ‎（3）设BE=x，‎ 又∵△ABE∽△ECM，‎ ‎∴，即：，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴当x=3时，AM最短为，‎ 又∵当时，‎ ‎∴点E为BC的中点，‎ ‎∴AE⊥BC，‎ ‎∴，此时，EF⊥AC，‎ ‎∴，。‎ 点拨：本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及二次函数的最值问题。关键是利用“一线三等角”判断出两三角形相似。此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解此题的关键。‎ ‎【方法归纳】‎ ‎1. 平面直角坐标系中，常作点到坐标轴的垂线，构造“一线三直角”。把点的坐标和线段的长度建立联系，解决问题。‎ ‎2. 矩形中的翻折问题发现“一线三等角”，常用方程的思想解决。‎ ‎3. 动态几何中图形的存在性问题应注意分类讨论思想的应用，不重不漏。‎ 例题 在平面直角坐标系中，一张矩形纸片按图所示放置。已知，，将这张纸片折叠，使点落在边上，记作点，折痕与边（含端点）交于点，与边（含端点）或其延长线交于点。‎ 19‎ 请回答：‎ ‎（1）如图，若点的坐标为，直接写出点的坐标；‎ ‎（2）将矩形沿直线折叠，求点的坐标；‎ 解析：（1）利用折叠的性质，可得AE=OE=4，根据勾股定理就可以求出线段DA的长；（2）如图，根据，则E点的坐标为（0，n），F点的坐标为（2n，0），OE=n，OF=2n，由△AEF≌△OEF可知OE=AE=n，AF=OF=2n，得出△DEA∽△GAF所以，由FG=CB=6解得DA=3，从而求得A点的坐标。‎ 答案：（1）点A的坐标为 ‎（2）如图，过点F作FG⊥DC于G ‎∵EF的解析式为，‎ ‎∴E点的坐标为（0，n），‎ ‎∴OE=n ‎∴F点的坐标为（2n，0），‎ ‎∴OF=2n ‎∵△AEF与△OEF全等，‎ ‎∴OE=AE=n，AF=OF=2n ‎∵点A在DC上，且∠EAF=90°‎ ‎∴∠1+∠3=90°‎ 又∵∠3+∠2=90°‎ 19‎ ‎∴∠1=∠2‎ 在△DEA与△GAF中，‎ ‎ ‎ ‎∴△DEA∽△GAF ‎∴ ‎ ‎∵FG=CB=6 ‎ ‎∴ ‎ ‎∴DA=3 ‎ ‎∴A点的坐标为（3，6）。‎ 点拨：这是一道有关折叠的问题，主要考查一次函数、四边形、相似形等知识，在矩形折叠问题中要善于发现“一线三等角”的模型，并利用该知识点解决问题。‎ ‎（答题时间：30分钟）‎ 一、选择题 ‎1. （济南）已知直线l1∥l2∥l3∥l4，相邻的两条平行直线间的距离均为h，矩形ABCD的四个顶点分别在这四条直线上，放置方式如图所示，AB=4，BC=6，则tanα的值等于（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎*2.（温州）如图，在平面直角坐标系中，矩形纸片ABCO的顶点C的坐标为（0，8），沿着直线折叠纸片，使点C落在OA边上的点F处，折痕为DE，则b等于　　。‎ A. 2 B. ‎3 ‎ C. 4 D. 5‎ ‎*3. （苏州模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，当直角三角板MPN的直角顶点P在BC边上移动时，直角边MP始终经过点A，设直角三角板的另一直角边PN与边CD相交于点Q。则CQ的最大值为（　　）‎ 19‎ A.4 B. C. D. ‎ ‎**4. （道里区一模）如图，△ABC中，AB=5，BC=11，，点D在BC上，∠ADE=90°，∠DAE=∠ACB，ED=EC，AE的长为（ ）‎ A. 　 B‎.6 ‎‎ ‎ 　 C. 　 D.8 ‎ 二、填空题 ‎*5. （润州区二模）如图，点A在双曲线上，点B在双曲线上，且OA⊥OB，∠A=30°，则k的值是　 　。‎ ‎*6. （海南）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 。‎ ‎**7. 如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=4AD=，∠B=45°。直角三角板含45°角的顶点E在边BC上移动，一直角边始终经过点A，斜边与CD交于点F。若△ABE为等腰三角形，则CF的长等于　 　。‎ 19‎ ‎**8.（本溪一模）如图所示，正方形ABCD中，点P是边AB上一点，将一个直角三角板的直角顶点与点P重合，并保证其一条直角边始终经过点C，另一条直角边与AD交于点Q，若，则　　；若，则　　。‎ 三、解答题 ‎**9.（盐城）情境观察：‎ 将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示。将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A（A′）、B在同一条直线上，如图2所示。‎ 观察图2可知：与BC相等的线段是　 　，∠CAC′=　 　°‎ 问题探究：‎ 如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q。试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论。‎ 拓展延伸：‎ 如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H。若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由。‎ 19‎ ‎ ‎ ‎**10.（相城区一模）如图，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进行以A为旋转中心、向顺时针方向旋转90°的旋转变换得到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轴于一点E。设A点的横坐标为t，‎ ‎（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，△BCD的面积为S，则t为何值时，△BCD的面积为6？‎ ‎（3）是否存在t，使得以B、C、D为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎**11. （咸宁）阅读理解：‎ 如图1，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与点A、点B重合），分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的相似点；如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的强相似点。解决问题：‎ ‎（1）如图1，∠A=∠B=∠DEC=55°，试判断点E是不是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由；‎ ‎（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=2，且A，B，C，D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图2中画出矩形ABCD的边AB上的一个强相似点E；‎ 拓展探究：‎ ‎（3）如图3，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处。若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB和BC的数量关系。‎ 19‎ ‎**12. （扬州）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处。‎ ‎（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA。‎ ‎①求证：△OCP∽△PDA；‎ ‎②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；‎ ‎（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；‎ ‎（3）如图2，在（1）的条件下，擦去折痕AO、线段OP，连结BP。动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E。试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度。‎ 19‎ ‎1. C 解析：如图，过点C作CE⊥l4于点E，延长EC交l1于点F 在矩形ABCD中，∠BCD=90°，‎ ‎∵∠α+∠BCE=90°，∠BCE+∠DCF=180°﹣90°=90°，‎ ‎∴，‎ 又∵∠BEC=∠CFD=90°，‎ ‎∴△BEC∽△CFD，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴。‎ 在Rt△BCE中，‎ ‎∵∠BEC=90°，‎ ‎∴。‎ ‎2. B 解析：作EH⊥OA于H，‎ 如图，把x=0代入，D点坐标为（0，b），‎ ‎∵C点坐标为（0，8），而四边形ABCO为矩形，‎ ‎∴E点的纵坐标为8，‎ 把y=8代入得，解得，‎ ‎∴E点坐标为，‎ ‎∴OD=b，，，EH=8，‎ ‎∵矩形纸片ABCO沿着直线折叠，使点C落在OA边上的点F处，折痕为DE，‎ ‎∴，，∠DFE=∠DCE=90°，‎ ‎∴∠DFO+∠EFH=90°，而∠DFO+∠ODF=90°，‎ 19‎ ‎∴∠ODF=∠EFH，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴OF=4，FH=2b，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴b=3. ‎ ‎3. B 解析：设BP=x，CQ=y，‎ ‎∵,,‎ ‎∴‎ 又∵，则；‎ ‎∴，即 整理得： ‎ ‎∴CQ的最大值为：。 ‎ ‎4. A 解析：作AM⊥BC，EN⊥BC，垂足分别为M，N。‎ 又∵AB=5，BC=11，，‎ ‎∴AM=4，BM=3，‎ ‎∴CM=11﹣3=8，‎ ‎∵∠DAE=∠ACB，‎ ‎∴，‎ 又∵∠ADE=90°，‎ ‎∴△AMD∽△DNE，，‎ 又∵ED=EC，EN⊥BC，‎ ‎∴MD=DC=4，‎ 由勾股定理得：，‎ ‎∴，‎ ‎5. 解析：过点B作BC⊥x轴于点C，AD⊥x轴于点D，‎ 19‎ ‎∵OA⊥OB，‎ ‎∴∠1+∠2=90°，‎ ‎∵∠1+∠OAD=90°，‎ ‎∴∠2=∠OAD，‎ 又∵∠BCO=∠ADO=90°，‎ ‎∴△OBC∽△AOD，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠A=30°，∠BOA=90°，‎ ‎∴，‎ 设，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴。‎ ‎6. 解析：分别过点A、B、D作，‎ ‎∵△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，‎ ‎，‎ ‎∴△BCE≌△ACF（ASA）‎ 19‎ ‎∴CF=BE，CE=AF，‎ ‎∵与的距离为1，与的距离为3，‎ ‎∴CF=BE=3，CE=AF=3+1=4，‎ 在Rt△ACF中，‎ ‎∵AF=4，CF=3，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴△CDG∽△CAF，‎ ‎∴，，解得，‎ 在Rt△BCD中，∵，BC=5，‎ ‎∴。 ‎ ‎7. ‎ 解析：作AM⊥BC，DN⊥BC，根据已知条件可得，=‎ 在直角三角形ABM中，∠B=45°，则AB=，‎ ‎①当 时，如图2，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 则在中，，故。‎ 易得△FE′C为等腰直角三角形，故。‎ ‎②当时，如图3‎ ‎∵AB=3，∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，‎ ‎∵ 为等腰三角形，‎ 19‎ ‎∴；‎ ‎③当时，如图4‎ 和是等腰Rt△，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴。‎ ‎8. ‎ 解析：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠A=∠B=90°，BC=AB。设AP=k。‎ ‎（1）∵，‎ ‎∴BC=AB=2k，BP=k。‎ 在△AQP与△BPC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AQP∽△BPC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴。‎ 在△AQP与△BPC中，‎ ‎，‎ 19‎ ‎∴△AQP∽△BPC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴。‎ ‎9. 解：①观察图形即可发现，即BC=AD，，‎ ‎∴；故答案为：AD，90。‎ ‎②FQ=EP，理由如下：‎ ‎∵∠FAQ+∠CAG=90°，∠FAQ+∠AFQ=90°，‎ ‎∴∠AFQ=∠CAG，同理∠ACG=∠FAQ，‎ 又∵AF=AC，∴△AFQ≌△CAG，‎ ‎∴FQ=AG，同理EP=AG，‎ ‎∴FQ=EP。‎ ‎③HE=HF。‎ 理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q。‎ ‎∵四边形ABME是矩形，‎ ‎∴∠BAE=90°，‎ ‎∴∠BAG+∠EAP=90°，‎ 又AG⊥BC，‎ ‎∴∠BAG+∠ABG=90°，‎ ‎∴∠ABG=∠EAP。‎ ‎∵∠AGB=∠EPA=90°，‎ ‎∴△ABG∽△EAP，‎ ‎∴AG：EP=AB：EA。‎ 同理△ACG∽△FAQ，‎ ‎∴AG：FQ=AC：FA。‎ ‎∵AB=k•AE，AC=k•AF，‎ ‎∴AB：EA=AC：FA=k，‎ ‎∴AG：EP=AG：FQ。‎ ‎∴EP=FQ。‎ 又∵∠EHP=∠FHQ，∠EPH=∠FQH，‎ ‎∴Rt△EPH≌Rt△FQH（AAS）。‎ 19‎ ‎∴HE=HF。‎ ‎10.（1）∵C的坐标为（0，4），t=3或﹣3，‎ ‎∴由勾股定理得：AC=5，‎ ‎∵△AOC∽△BEA且相似比为，AO=3，OC=4 ‎ ‎∴AE=2，BE=1.5‎ ‎∴点B的坐标为或； ‎ ‎（2）①当0＜t＜8时，如图（1）△AOC∽△BEA且相似比为，‎ 求得点B的坐标为，‎ ‎∴，解得t=2或4，‎ ‎②当t＞8时，如图（2）‎ ‎，解得t=10或t=﹣4（舍去）‎ ‎∴t=2，t=4，t=10‎ ‎（3）①当0＜t＜8时，如图（1）‎ 若△AOC∽△CDB ‎ ‎∴即： ‎ ‎∴t无解 若△AOC∽△BDC，同理，解得或（不合题意舍去），‎ ‎②当t＞8时，如图（2）‎ 若△AOC∽△CDB，‎ ‎∴即：，‎ 解得，取t=4+8，‎ 若△AOC∽△BDC，同理，t无解，‎ ‎③当﹣2＜t＜0时，如图（3），‎ 若△AOC∽△CDB，‎ ‎∴即：‎ 解得（不合题意舍去）或，‎ 若△AOC∽△BDC，同理，t无解 ‎④当t＜﹣2时，如图（4）‎ 若△AOC∽△CDB，‎ 19‎ ‎∴即：，则t无解，‎ 若△AOC∽△BDC，同理，解得（不合题意舍去）或（不合题意舍去）；‎ 则，，。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎11. 解：（1）点E是四边形ABCD的边AB上的相似点。‎ 理由：∵∠A=55°，‎ ‎∴∠ADE+∠DEA=125°。‎ ‎∵∠DEC=55°，‎ ‎∴∠BEC+∠DEA=125°。‎ ‎∴∠ADE=∠BEC。 ‎ ‎∵∠A=∠B，‎ ‎∴△ADE∽△BEC。‎ ‎∴点E是四边形ABCD的边AB上的相似点。‎ ‎（2）作图如下：‎ ‎（3）∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，‎ ‎∴△AEM∽△BCE∽△ECM，‎ ‎∴∠BCE=∠ECM=∠AEM。‎ 由折叠可知：△ECM≌△DCM，‎ 19‎ ‎∴∠ECM=∠DCM，CE=CD，‎ ‎∴，‎ ‎∴。‎ 在Rt△BCE中，，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎12. 解：（1）如图1，‎ ‎①∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°。‎ 由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO，∠APO=∠B。‎ ‎∴∠APO=90°。‎ ‎∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC。‎ ‎∵∠D=∠C，∠APD=∠POC。‎ ‎∴△OCP∽△PDA。‎ ‎②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，‎ ‎∴。‎ ‎∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP。‎ ‎∵AD=8，∴CP=4，BC=8。‎ 设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x。在Rt△PCO中，‎ ‎∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，‎ ‎∴。解得：x=5。‎ ‎∴AB=AP=2OP=10。 ‎ ‎∴边AB的长为10。‎ ‎（2）如图1，‎ ‎∵P是CD边的中点，‎ ‎∴。‎ ‎∵DC=AB，AB=AP，‎ ‎∴。‎ ‎∵∠D=90°，‎ ‎∴。‎ ‎∴∠DAP=30°。‎ ‎∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，‎ ‎∴∠OAB=30°。‎ ‎∴∠OAB的度数为30°。‎ 19‎ ‎（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2。‎ ‎∵AP=AB，MQ∥AN，‎ ‎∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP。‎ ‎∴∠APB=∠MQP。‎ ‎∴MP=MQ。‎ ‎∵MP=MQ，ME⊥PQ，‎ ‎∴。‎ ‎∵BN=PM，MP=MQ，‎ ‎∴BN=QM。‎ ‎∵MQ∥AN，‎ ‎∴∠QMF=∠BNF。‎ 在△MFQ和△NFB中，‎ ‎ ‎ ‎∴△MFQ≌△NFB。 ‎ ‎∴QF=BF。 ‎ ‎ ∴。‎ ‎∴。‎ 由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为。‎ ‎ ‎ 19‎