圖形變換相似三角形綜合應(yīng)用

相像三角形綜合應(yīng)用2014年中考怎么考內(nèi)容基本要求略高要求會利用相像三角形的性質(zhì)與判斷進行簡相像三角形認識兩個三角形相像的觀點單的推理和計算；會利用三角形的相像解決一些實質(zhì)問題自檢自查必考點模型一角分線模型A1、內(nèi)角均分線ABBDAD是ABC的角均分線，則ACCDBDC【證明】過C作CE∥AD交直線AB于E.CE∥AD，∴1E，23又∵AD均分BAC，∴12，∴E3，∴AEAC，由CE∥AD可得：ABBD，∴ABBDAECDACCD2、外角均分線

EA123BDCABBDABAC的外角均分線交對邊BC的延伸線于D，則CDAC【證明】過C作CE∥AD交直線AB于E.∵CE∥AD，BCD∴13，24又∵AD均分CAF，∴12，F(xiàn)∴34，A1∴AEAC，2由CE∥AD可得：ABBD，EAECD3∴ABBD4BDACCDC模型二梯形模型若AD∶BCa∶b，則S△ADE∶S△ABE∶S△BEC∶S△DECa2∶ab∶b2∶abADEBC中考滿分必做題考點一與公共邊有關(guān)的相像問題【例1】如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD訂交于點G，E為AD的中點，連結(jié)BE交AC于F，連結(jié)FD，若BFA90，則以下四對三角形：①△BEA與△ACD；②△FED與△DEB；③△CFD與△ABG；④△ADF與△CFB，此中相像的為（）AEDFGBCA．①④B．①②C．②③④D．①②③【答案】D【分析】②AE2EFEB，∴DE2EFEB，故△FED∽△DEB【例2】如圖，矩形ABCD中，BEAC于F，E正是CD的中點，以下式子建立的是（）DECFABA．BF21AF2B．BF21AF2C．BF21AF2D．BF21AF2【答案】A2323【例3】如圖，ABC中，ADBC于D，BEAC于E，DFAB于F，交BE于G，F(xiàn)D、AC的延長線交于點H，求證：DF2FGFH.AFGEBDCH【分析】可經(jīng)過射影定理轉(zhuǎn)變成證明AFBFFGFH，證明BFG∽HFA即可.【例4】如圖，ABC中，ACB90，CDAB于D，E為BC的中點，DE，AC的延伸線交于F．求證：ACFA．BCFDFC2E31ADB【答案】∵CDBC，E為BC中點，∴EDEC，∴12，又∵2B90，3B90，∴13，又∵FF，F(xiàn)CD∽FDA，∴FAAD，又∵33，ACBADC90，F(xiàn)DCD∴ABC∽ACD，∴ADAC，∴ACFA．CDBCBCFD【穩(wěn)固】在Rt△ABC中，過直角極點B作斜邊AC的垂線BD，取BC的中點E，連結(jié)ED并延伸交BA的延擅長點F，求證：FDABFBBCFADBEC【分析】△FAD∽△FDB，F(xiàn)DADABFBBDBC【例5】如圖，在ABC中，AD均分BAC，AD的垂直均分線交AD于E，交BC的延伸線于F，求證：FD2FBFC．AA132EE4BDCFBDCF【答案】連結(jié)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【穩(wěn)固】如上圖，在ABC中，F(xiàn)D2FBFC，AD的垂直均分線交AD于E，交BC的延伸線于F，求證：AD均分BAC．AEBDCF【答案】連結(jié)AF，∵EF垂直均分AD，∴AFDF，∵DF2FCFB，∴AF2FCFB∴AFFB，F(xiàn)CAF又∵AFCBFA∴AFC∽BFA，∴3B，∵423，4B1，∴23B1，∴12，即AD均分BAC．【例6】已知，如圖，ABC為等邊三角形，DAE120且DAE的兩邊交直線BC于D，E兩點，求證：BC2BDCE．ADBCEA123DBCE【分析】∵DAE120，BAC60，∴1260．又∵360，∴1E60，∴2E，∵ABC360，∴ABDACE120∴ABD∽ECA，∴ABCE，即BC，∴AB2BDACABACBDCE，∵ABACBDCE．考點二與旋轉(zhuǎn)有關(guān)的相像問題【例7】如圖，直角梯形ABCD中，BCD90，AD∥BC，BCCD，E為梯形內(nèi)一點，且將BEC繞C點旋轉(zhuǎn)90使BC與DC重合，獲得DCF，連EF交CD于M．已知BC則DM:MC的值為（）A．5:3B．3:5C．4:3D．3:4

BEC90，5，CF3，ADEMFBC【答案】C．【例8】如圖，四邊形ABCD和BEFG均為正方形，求AG:DF:CE_________.ADADGGFFBCBCEE【答案】連結(jié)BD，BF?！逜BBC,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）如圖1，等邊△ABC中，D為AB邊上的動點，以CD為一邊，向上作等邊△EDC，連結(jié)AE，求證：AE∥BC．（2）如圖2，將（1）中的等邊△ABC改為以BC為底邊的等腰三角形，所作的△EDC改成相像于△ABC，請問：能否有AE∥BC？證明你的結(jié)論．AEAEDDBBCC【答案】（1）由△ACE∽△BCD，得EACACB，故AE∥BC．（2）由△ACE∽△BCD，得EACBACB，故AE∥BC．考點三與三角形有關(guān)的相像綜合題【例10】如圖，△ABC內(nèi)有一點P，過P作各邊的平行線，把△ABC分紅三個三角形和三個平行四邊形．若三個三角形的面積S1，S2，S3分別為1，1，2，則△ABC的面積是________．AFIS2DS1ES3PBHGCS1S2S3PDPEHGBHHGGC1，故【分析】設(shè)△ABC的面積為S，則SSBCBCBCBCS22SS1S2S3112642．【答案】642【例11】如下圖，ABCDEF是一個凸六邊形，P、Q、R分別是直線BA與EF、FE與CD、DC與AB的交點，S、T、U分別是BC與ED、DE與AF、FA與CB的交點，假如AB∶PRCD∶RQEF∶QP，求證：BC∶USDE∶STFA∶TU．PUAFTBERCDQS【答案】此題的條件和結(jié)論都是三個線段之比的連等式，且AB、CD、EF組成一個與PQR相像的三角形的三邊，因此能夠考慮經(jīng)過平移變換將AB、CD、EF集中到一同組成一個與PQR相像的三角形．如下圖，將CD平移至OE地點，則OE∥CD，且OE=CD，PUAFTBOERCDQS所以FEOQ，且EO∶QRCD∶QREF∶QP，所以FEO∽PQR，從而OFEP，且FO∶PREF∶QPAB∶PR．這說明FO∥AB，且FO=AB，從而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所在直線與高BE所在直線訂交于點F．（1）如圖l，若ABC為銳角三角形，且ABC45，過點F作FG∥BC，交直線AB于點G，求證：FGDCAD；（2）如圖2，若ABC135，過點F作FG∥BC，交直線AB于點G，則FG、DC、AD之間知足的數(shù)目關(guān)系是_________；（3）在（2）的條件下，若AG52，DC3，將一個45角的極點與點B重歸并繞點B旋轉(zhuǎn)，這個角的兩邊分別交線段FG于M，N兩點（如圖3），連結(jié)CF，線段CF分別與線段BM、線段BN訂交于P，Q兩點，若NG3，求線段PQ的長．2AAAEEDDBCBCGEQFPBDCFGFMNG圖1圖2圖3【答案】（1）證明：∵ADB90，ABC45∴BADABC45，∴ADBD∵BEC90，∴CBEC90∵DACC90，∴CBEDAC∵FDBCDA90，∴FDBCDA∴DFDC∵GF∥BD∴AGFABC45，∴AGFBAD∴FAFG，∴FGDCFADFAD（2）FGDCAD（3）如圖，∵ABC135，∴ABD45∵ADB90，∴DABDBA45，∴ADBD∵FG∥BC，∴GDBADAB，∴AFFG∵AG52，F(xiàn)G2AF2AG2∴FGAF5∵CD3，由（2）知FGDCAD，∴ADBD2∴BC1，DF3，∴FDC為等腰直角三角形∴GCDF2DC232分別過B，N作BHFG于點HNKBG于點K∴四邊形DFHB為矩形∴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考點四與相像有關(guān)的動點問題【例13】如圖，ABC中，C90，BC8，AC3，點P從B出發(fā)，沿BC方向以2/s的速度挪動，點AB5Q從C出發(fā)，沿CA方向也以1/s的速度挪動，若P，Q分別從B，C出發(fā)，經(jīng)過多少時間CPQ與CBA相像？AQBPC【答案】∵C90，BC8，AC3，設(shè)AC3k，AB5k，AB5∴AC2BC2AB2，即(3k)282(5k)2，解得k2（負值已舍去）∴AC6設(shè)經(jīng)過ts后CPQ與CBA相像．此時BP2t，PC82t，CQt此題需分兩種狀況：1）當CAB∽CQP時，CQCP，即t82t，解得t2.4CACB682）當CAB∽CPQ時，CQCP，即t82t，解得t32．CBCA8611綜上，當t2.4秒或32秒時，CPQ與CBA相像11【例14】如圖，在矩形ABCD中，AB12，BC6，點P沿AB邊從點A開始向點B以2/秒的速度挪動，點Q沿DA邊以1/秒的速度從點D開始挪動，假如P，Q同時出發(fā)，用t（秒）表示挪動的時間(0≤t≤6)．（1）當t為什么值時，QAP為等腰直角三角形？（2）求四邊形QAPC面積，提出一個與計算結(jié)果有關(guān)的正確結(jié)論．（3）當t為什么值時，以點Q，A，P為極點的三角形與ABC相像．DCQAPB【答案】（1）當QAP為等腰直角三角形時，APAQ，∴2t6t，t2（2）S四邊形QAPCSQACSAPC1(6t)1212t636，即四邊形QAPC的面積為定值．（3）分2種狀況22①當APQ∽BAC時，APBA2，即2t2，解得t3．AQBC6t②當AQP∽BAC時，AQBA2，即6t2，解得t6．APBC2t5綜受騙t3或6時，以點Q，A，P為極點的三角形與ABC相像．5中考滿分必做題【例1】如圖，已知在等腰△ABC中，∠A＝∠B＝30°，過點C作CD⊥AC交AB于點D．若過A，D，C三點的圓O的半徑為3，則線段BC上能否存在一點P，使得以P，D，B為極點的三角形與△BCO相像，若存在，則DP的長為_________．CP2P1CAODBADB（09年浙江麗江中考試題）【分析】∵∠BCD＝∠ACB－∠ACD＝120°－90°＝30°∴∠BCD＝∠B，∴DB＝DC．又∵在Rt△ACD中，DC＝AD·sin30＝°3，∴DB＝3．①過點D作DP1∥OC，交BC于點P1，則△P1DB∽△COB，∴DP1＝DB．∵OB＝OD＋DB＝23∴DP＝DB·OC＝3×3＝3②過點D作DP⊥AB，OCOB23OB2交BC于點P，則△BDP∽△BCO，∴DP2＝BD．∵BC＝22＝(23)2－(3)2＝322OCBCBO－OC∴DP2＝BD·OC＝3×3＝1BC3【例2】如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（2，2），點P是線段OA上的一個動點（不與O，A重合），過點P作PQ⊥x軸于Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN．連結(jié)AN并延伸交x軸于點B，連結(jié)ON．設(shè)OQ＝t，△BMN與△MON相像時，則△BMN的面積為_____________．yAyAPNPNOQHMBxOQMBx圖2（09年甘肅中考試題）【答案】1或9925－2t20＜t≤1時，如圖1．若△BMN∽△MON，則BM＝NM．即2t＝t，∴t＝2．【分析】當－tNMOM22t3t∴NM＝2，BM＝1t＝1△1BM·NM＝1×1×2＝1．當1＜t＜2時，如圖2．323．∴SBMN＝22339若△BMN∽△MON，則BM＝NM2t2－2t＝t，∴t＝6．∴NM＝6，BM＝1t＝3．．即－NMOM2t2t5525tS△BMN＝1BM·NM＝1×3×6＝9．225525【例3】如圖，∠ACB＝90°，CD是∠ACB的均分線，點P在CD上，CP＝2．將三角板的直角極點擱置在點P處，繞著點P旋轉(zhuǎn)，三角板的一條直角邊與射線CB交于點E，另一條直角邊與直線CA、直線CB分別交于點F、點G．1）當點F在射線CA上時①求證：PF＝PE．②設(shè)CF＝x，EG＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)分析式并寫出函數(shù)的定義域．2）連結(jié)EF，當△CEF與△EGP相像時，求EG的長．ADADPPFGCEBCB備用圖【分析】（1）①證明：過點P作PM⊥AC，PN⊥BC，垂足分別為M、NCD是∠ACB的均分線，∴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）當△CEF與△EGP相像時，點F的地點有兩種狀況：F①當點F在射線CA上時∵∠GPE＝∠FCE＝90°，∠1≠∠PEGGC∴∠G＝∠1，∴FG＝FE，∴CG＝CE＝CP在Rt△EGP中，EG＝2CP＝22②當點F在AC延伸線上時A

（12年中考模擬試題）DP12NEBDP1EBD∵∠GPE＝∠FCE＝90°，∠1≠∠2，∴∠3＝∠2∵∠1＝45°+∠5，∠1＝45°+∠2，∴∠5＝∠2

M

P易證∠3＝∠4，可得∠5＝∠4CF＝CP＝2，∴FM＝2＋1易證△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】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜邊AB上的中線，AB＝10，tanA＝3．點P是CE延伸線上的一動點，過點P作PQ⊥CB，交CB延伸線于點Q．設(shè)EP＝x，BQ＝y(tǒng)．1）求y對于x的函數(shù)關(guān)系式及定義域；2）連結(jié)PB，當PB均分∠CPQ時，求PE的長；（3）過點B作BF⊥AB交PQ于F，當△BEF和△QBF相像時，求PAAAEECBQCBC備用圖BC4【分析】（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，tanA＝AC＝3∴AC＝6，BC＝81CE是斜邊AB上的中線，∴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年上海模擬試題）EB備用圖PH2）過點B作BH⊥PC于H∵PB均分∠CPQ，BQ⊥PQ，∴BH＝BQ＝y(tǒng)CBQ324424∵BH＝5BC＝5，∴5x－4＝5∴x＝11P3）∵∠BQF＝∠ACB＝90°，∠QBF＝∠A∴△BFQ∽△ABCAF當△BEF和△QBF相像時，則△BEF和△ABC也相像E有兩種狀況：①當∠BEF＝∠A時5CBQ在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，BE＝5，BF＝3y5443（5x－4）＝3×5，解得x＝10②當∠BEF＝∠ABC時P5A在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，BE＝5，BF＝3yE543125F∴3（5x－4）＝4×5，解得x＝16125∴當△BEF和△QBF相像時，求x的值為10或16CBQ【例5】如圖1，在Rt△AOC中，AO⊥OC，點B在OC邊上，OB＝6，BC＝12，∠ABO＋∠C＝90°，動點M和N分別在線段AB和AC邊上．1）求證：△AOB∽△COA，并求cosC的值；2）當AM＝4時，△AMN與△ABC相像，求△AMN與△ABC的面積之比；3）如圖2，當MN∥BC時，以MN所在直線為對稱軸將△x，△EMN與四邊形BCNM重疊部分的面積為變量x的取值范圍．AA

AMN作軸對稱變換得△EMN．設(shè)MNy，求y對于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自（2012年上海模擬試題）MN

M

NEOBCO

BC圖1圖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當∠AMN＝∠ABC時（如圖1），△AMN∽△ABCAM＝4，∴S△AMN:S△ABC＝AM2:AB2＝42:122＝1:9②當∠AMN＝∠C時（如圖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圖1NMOBC圖2∴S△△＝MN2:BC2，∴S△AMN:363＝x2:122AMN:SABC3x2∴S△AMN＝4①當EN與線段AB訂交時，設(shè)EN與AB交于點F（如圖3）MN/∥BC，∴∠ANM＝∠C＝30°∴∠ANM＝∠BAC，∴AM＝MN＝x

ANFEOBC圖3∵以MN所在直線為對稱軸將△AMN作軸對稱變換得△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當EN與線段AB不訂交時，設(shè)EN與BC交于點G（如圖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圖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】如圖，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，點O為AB邊的中點，點M是BC邊上一動點（不與點B、C重合），AD⊥AB，垂足為點A．連結(jié)MO，將△BOM沿直線MO翻折，點B落在點B1處，直線MB1與AC、AD分別交于點F、N．（1）當∠CMF＝120°時，求BM的長；CMF的周長（2）設(shè)BM＝x，y＝△ANF的周長，求y對于x的函數(shù)關(guān)系式。并寫出自變量x的取值范圍；3）連結(jié)NO，與AC邊交于點E，當△FMC∽△AEO時，求BM的長．2012年上海模擬試題）CDMB1FN【分析】（1）∵∠CMF＝120°，∴∠BMN＝60°∴∠BMO＝30°∴Rt△MOB中，BM＝OB·cot30°＝232）連結(jié)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的周長CM4－x1x2＋x∴y＝△ANF的周長＝AN＝4＝－4x1即y＝－4x2＋x（0＜x＜4）（3）由題意知：∠EAO＝∠C＝45°若△FMC∽△AEO，則有兩種狀況：∠FMC＝∠AEO①當∠FMC＝∠AEO時，有∠CFM＝∠AOE由（2）知∠AOE＝∠B1OE＝∠OMF∴∠CFM＝∠OMF，∴OM∥AC∴∠OMB＝∠C＝45°Rt△MOB中，BM＝OB·cot45°＝2②當∠FMC＝∠AOE時，∵∠AOE＝∠OMF∴∠FMC＝∠OMF＝∠OMB＝60°

或∠FMC＝∠AOEDCNFB1EM∴△MOB中，BM＝OB·cot60°＝23AOB3綜上所述，當△FMC∽△AEO時，求BM的長為2或233【例7】在平面直角坐標系中，點C的坐標為（0，4），A（t，0）是x軸上一動點，M是線段AC的中點．把線段AM繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°AB，過點B作x軸的垂線，過點C作y軸的垂，獲得線段線，兩直線交于點D，直線DB交x軸于點E．1）若t＝3，則點B的坐標為____________，若t＝－3，則點B的坐標為____________；2）若t＞0，當t為什么值時，△BCD的面積等于6？（3）能否存在t，使得以B、C、D為極點的三角形與△AOC相像？若存在，求此時t的值；若不存在，請說明原因．yy（2012年江蘇模擬試題）CDCMBOAExOx33備用圖【分析】（1）（5，2），（－1，－2）（2）①當0＜t＜8時，如圖1y∵∠CAB＝90°，∴∠CAO＋∠BAE＝90°CD∵∠CAO＋∠ACO＝90°，∴∠BAE＝∠ACO又∠BEA＝∠AOC＝90°，∴△BEA∽△AOCMBOAEx圖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當t＞8時，如圖2111t－4）＝6yS△BCD＝2CD·BD＝2（t＋2）（2解得t＝10或t＝－4（舍去）C∴當t＝2或t＝4或t＝10時，△BCD的面積等于6（3）①當0＜t＜8時，如圖1CDBDO若△CDB∽△AOC，則AO＝CO1t＋24－2t

BDMAEx圖2即t＝4，t無實數(shù)解若△BDC∽△AOC，同理，解得t＝－25－2（舍去）或t＝25－2y②當t＞8時，如圖2CDCDBD若△CDB∽△AOC，則AO＝COM1t＋22t－4OE即t＝4，解得t＝－43＋8（舍去）或t＝43＋8若△BDC∽△AOC，同理，t無實數(shù)解AxB當－2＜t＜03③時，如圖圖3CDBD若△CDB∽△AOC，則AO＝CO1yt＋24－2t，t＝－45＋8或t＝45＋8（舍去）即－t＝4DC若△BDC∽△AOC，同理，t無實數(shù)解④當t＜－2時，如圖4MCDBD△CDB∽△AOC，則AO＝COAEOx1－t－24－2tB即－t＝4，t無實數(shù)解若△BDC∽△AOC，同理，解得t＝－4或t＝4（舍去）圖4∴存在t＝25－2或43＋8或－45＋8或－4，使得以B、C、D為極點的三角形與△AOC相似【例8】如圖1，在平面直角坐標系中，直線l與坐標軸訂交于A（25，0），B（0，5）兩點，將Rt△AOB繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)獲得Rt△A′OB′．1）求直線l的分析式；2）若OA′⊥AB，垂足為D，求點D的坐標；（3）如圖2，若將Rt△AOB繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，A′B′與直線l訂交于點F，點E為x軸上一動點．嘗試究：能否存在點E，使得以點A，E，F(xiàn)為極點的三角形和△A′BB′相像．若存在，懇求出點E的坐標；若不存在，請說明原因．y（2012年山西中考試題）yA′lA′lBFBB′DOAx′OAxB圖1圖2【分析】（1）設(shè)直線l的分析式為y＝kx＋by∵點A（25，0），B（0，5）在直線l上25k＋b＝01lA′k＝－2B∴解得：Db＝5b＝5B′1∴直線l的分析式為y＝－2x＋5OHAx2）∵A（25，0），B（0，5），∴OA＝25，OB＝5∴AB＝OA2＋OB2＝5圖111∵OA′⊥AB即OD⊥AB，∴2OA·OB＝2AB·OD112×25×5＝2×5×OD，∴OD＝2過點D作DH⊥x軸于點H（如圖1）則∠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，設(shè)OH＝a，則DH＝2a∵OH2＋DH2＝OD2，∴a2＋4a2＝22E252545∵a＞0，∴a＝5，∴OH＝5，DH＝52545∴點D的坐標為（5，5）（3）存在點E，使得以點A，E，F(xiàn)為極點的三角形和

yA′lFBB′OAx圖2△A′BB′相像原因：∵△A′OB′由△AOB逆時針旋轉(zhuǎn)90°所得

l

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如圖2，當△AFE∽△A′BB′時，有AEAF＝A′B′A′BAE6∴5＝5，∴AE＝65，∴OE＝AE－AO＝65－25＝45∴E1（－45，0）②如圖3，當△AEF∽△A′BB′時，有AEAF＝A′BA′B′AE6656545∴5＝5，∴AE＝5，∴OE＝AO－AE＝25－5＝55E2（5，0）45綜上所述，存在點E1（－45，0），E2（5，0），使得以點A，E，F(xiàn)為極點的三角形和△A′BB′相像課后作業(yè)1.1，甲、乙兩人分別從A．B兩點同時出發(fā)，點O為坐標原點，A點1，3，6，0．甲沿AO方向、如圖乙沿BO方向均以每小時4千米的速度行走，t小時后，甲抵達M點，乙抵達N點．1）請說明甲、乙兩人抵達點O前，MN與AB不行能平行；2）當t為什么值時，△OMN∽△OBA？3）甲、乙兩人之間的距離為MN的長．設(shè)s＝MN2，求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并求甲、乙兩人之間距離的最小值．圖1（2012年連云港市中考第26題）1M．N都在OOM24tON64t2【答案】（）當右邊時，212t，1t，OAOB63所以O(shè)MONOAOB．所以MN與AB不平行．（2）①如圖2，當M．N都在O右邊時，∠OMN》∠B，不行能△OMN∽△OBA．②如圖3，當M在O左邊、N在O右邊時，∠MON》∠BOA，不行能△OMN∽△OBA．③如圖4，當M．N都在O左邊時，假如△OMN∽△OBA，那么ONOA．OMOB所以4t62．解得t＝2．4t26圖2圖3圖4（3）①如圖2，OM24t，OH12t，MH3(12t)．NHONOH(64t)(12t)52t．②如圖3，OM4t2