中考數學二輪復習核心考點專題提優(yōu)拓展訓練專題20作平行線和作垂線構造相似三角形的技巧(原卷版+解析)-試卷下載-教習網

典例1（邵陽中考）如圖1所示，在△ABC中，點O是AC上一點，過點O的直線與AB，BC的延長線分別相交于點M，N．
【問題引入】
（1）若點O是AC的中點，AMBM=13，求CNBN的值；
溫馨提示：過點A作MN的平行線交BN的延長線于點G．
【探索研究】
（2）若點O是AC上任意一點（不與A，C重合），求證：AMMB?BNNC?COOA=1；
【拓展應用】
（3）如圖2所示，點P是△ABC內任意一點，射線AP，BP，CP分別交BC，AC，AB于點D，E，F，若AFBF=13，BDCD=12，求AECE的值．
變式訓練
1． (2023?郫都區(qū)模擬）如圖，已知：正方形ABCD，點E在CB的延長線上，連接AE、DE，DE與邊AB交于點F，FG∥BE交AE于點G．
（1）求證：GF＝BF；
（2）若EB＝1，BC＝4，求AG的長；
（3）在BC邊上取點M，使得BM＝BE，連接AM交DE于點O．求證：FO?ED＝OD?EF．
2．（2018?黃石）在△ABC中，E、F分別為線段AB、AC上的點（不與A、B、C重合）．
（1）如圖1，若EF∥BC，求證：S△AEFS△ABC=AE?AFAB?AC
（2）如圖2，若EF不與BC平行，（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由；
（3）如圖3，若EF上一點G恰為△ABC的重心，AEAB=34，求S△AEFS△ABC的值．
技巧二做平行線構造“X”型相似
典例2 (2023春?招遠市期末）探究：某學校數學社團遇到這樣一個題目：如圖①，在△ABC中，點O在線段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝33，BO：CO＝1：3，求AB的長．
經過社團成員討論發(fā)現，過點B作BD∥AC，交AO的延長線于點D，連接BD，如圖②所示，通過構造△ABD就可以解決問題．
請你寫出求AB長的過程．
應用：如圖③，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AC⊥AD，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝1：3．若AO＝33，請你求出AB的長．
針對訓練
1． (2023?樂山）在△ABC中，已知D是BC邊的中點，G是△ABC的重心，過G點的直線分別交AB、AC于點E、F．
（1）如圖1，當EF∥BC時，求證：BEAE+CFAF=1；
（2）如圖2，當EF和BC不平行，且點E、F分別在線段AB、AC上時，（1）中的結論是否成立？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由．
（3）如圖3，當點E在AB的延長線上或點F在AC的延長線上時，（1）中的結論是否成立？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由．
2． (2023秋?簡陽市期中）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點，BD＝2DC，E為線段AD上一點，∠BED＝∠BAC．
（1）求證：∠ABE＝∠CAD；
（2）過點C作CF∥BE交AD的延長線于點F，試探索AE與CF的數量關系；
（3）如圖2，若AD＝BD，AB＝6，求CE的長．
技巧三作垂線構造直角三角形相似
典例3（2017?臺江區(qū)校級自主招生）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AD＝6，BC＝3，DE⊥AB于E，AC交DE于F．
（1）求AE?AB的值；
（2）若CD＝4，求AFFC的值．
變式訓練
1．如圖，△ABC中，AB＝AC，E、F、G分別是BC、AB、AC上一點，∠FEG＝2∠B．
（1）求證：∠BFE＝∠AGE；
（2）若BECE=12，求EFEG的值．
技巧四作垂線構造“三垂直”型相似
典例4 (2023?浙江自主招生）如圖，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，直線l1∥l2∥l3，l1與l2之間距離是1，l2與l3之間距離是2，且l1，l2，l3分別經過點A，B，C，則邊AC的長為（）
A．23B．11C．3214D．2213
變式訓練
1． (2023秋?通川區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，DA=55，求BD的長．
專題20 構造相似三角形的技巧（解析版）
技巧一做平行線構造“A”型相似
典例1（邵陽中考）如圖1所示，在△ABC中，點O是AC上一點，過點O的直線與AB，BC的延長線分別相交于點M，N．
【問題引入】
（1）若點O是AC的中點，AMBM=13，求CNBN的值；
溫馨提示：過點A作MN的平行線交BN的延長線于點G．
【探索研究】
（2）若點O是AC上任意一點（不與A，C重合），求證：AMMB?BNNC?COOA=1；
【拓展應用】
（3）如圖2所示，點P是△ABC內任意一點，射線AP，BP，CP分別交BC，AC，AB于點D，E，F，若AFBF=13，BDCD=12，求AECE的值．
思路引領：（1）作AG∥MN交BN延長線于點G，證△ABG∽△MBN得BGBN=ABMB，即NGBN=AMMB，同理由△ACG∽△OCN得NGCN=AOCO，結合AO＝CO得NG＝CN，從而由CNBN=NGBN=AMBM可得答案；
（2）由NGBN=AMMB、COAO=CNNG知AMMB?BNNC?COOA=NGBN?BNNC?CNNG=1；
（3）由（2）知，在△ABD中有AFBF?BCCD?DPPA=1、在△ACD中有AEEC?CBBD?DPPA=1，從而AFBF?BCCD?DPPA=AEEC?CBBD?DPPA，據此知AEEC=AFBF?BCCD?BDCB=AFFB?BDCD=16．
解：（1）方法一：過點A作MN的平行線交BN的延長線于點G，
∴AMBM=NGBN=13，
設NG＝x，則BN＝3x，
∵O是AC中點，且AG∥MN，
∴ON是△ACG中位線，
∴CN＝NG＝x，
∴CNBN=13；
方法二：過點A作AG∥MN交BN延長線于點G，
∴∠G＝∠BNM，
又∠B＝∠B，
∴△ABG∽△MBN，
∴BGBN=ABMB，
∴BGBN?1=ABMB?1，
∴BG?BNBN=AB?MBMB，即NGBN=AMMB，
同理，在△ACG和△OCN中，NGCN=AOCO，
∴COAO=CNNG，
∵O為AC中點，
∴AO＝CO，
∴NG＝CN，
∴CNBN=NGBN=AMBM=13；
（2）由（1）知，NGBN=AMMB、COAO=CNNG，
∴AMMB?BNNC?COOA=NGBN?BNNC?CNNG=1；
（3）在△ABD中，點P是AD上的一點，過點P的直線與AC、BD的延長線相交于點C，
由（2）得AFBF?BCCD?DPPA=1，
在△ACD中，點P是AD上一點，過點P的直線與AC、CD的延長線分別相交于點E、B，
由（2）得AEEC?CBBD?DPPA=1，
∴AFBF?BCCD?DPPA=AEEC?CBBD?DPPA，
∴AEEC=AFBF?BCCD?BDCB=AFFB?BDCD=13×12=16．
總結提升：本題主要考查相似三角形的綜合問題，熟練掌握相似三角形的判定與性質及比例式的基本性質是解題的關鍵．
變式訓練
1． (2023?郫都區(qū)模擬）如圖，已知：正方形ABCD，點E在CB的延長線上，連接AE、DE，DE與邊AB交于點F，FG∥BE交AE于點G．
（1）求證：GF＝BF；
（2）若EB＝1，BC＝4，求AG的長；
（3）在BC邊上取點M，使得BM＝BE，連接AM交DE于點O．求證：FO?ED＝OD?EF．
思路引領：（1）根據正方形的性質得到AD∥BC，AB∥CD，AD＝CD，根據相似三角形的性質列出比例式，等量代換即可；
（2）根據勾股定理求出AE，根據相似三角形的性質計算即可．
（3）延長GF交AM于H，根據平行線分線段成比例定理得到GFBE=FHBM，由于BM＝BE，得到GF＝FH，由GF∥AD，得到EFED=GFAD，FHAD=FOOD等量代換得到EFED=FHAD，即EFED=FOOD，于是得到結論．
證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝CD，
∵GF∥BE，
∴GF∥BC，
∴GF∥AD，
∴GFAD=EFED，
∵AB∥CD，
BFCD=EFED，
∵AD＝CD，
∴GF＝BF；
（2）∵EB＝1，BC＝4，
∴DFFE=BCEB=4，AE=EB2+AB2=17，
∴AGGE=DFFE=4，
∴AG=4175；
（3）延長GF交AM于H，∵GF∥BC，
∴FH∥BC
∴GFBE=AFAB，
∴GFBE=AFAB，
∵BM＝BE，
∴GF＝FH，
∵GF∥AD，
∴EFED=GFAD，FHAD=FOOD，
∴EFED=FHAD，
∴FEED=FOOD，
∴FO?ED＝OD?EF．
總結提升：本題主要考查平行線分線段成比例及正方形的性質，掌握平行線分線段中的線段對應成比例是解題的關鍵，注意利用比例相等也可以證明線段相等．
2．（2018?黃石）在△ABC中，E、F分別為線段AB、AC上的點（不與A、B、C重合）．
（1）如圖1，若EF∥BC，求證：S△AEFS△ABC=AE?AFAB?AC
（2）如圖2，若EF不與BC平行，（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由；
（3）如圖3，若EF上一點G恰為△ABC的重心，AEAB=34，求S△AEFS△ABC的值．
思路引領：（1）由EF∥BC知△AEF∽△ABC，據此得AEAB=AFAC，根據S△AEFS△ABC=（AEAB）2即可得證；
（2）分別過點F、C作AB的垂線，垂足分別為N、H，據此知△AFN∽△ACH，得FNCH=AFAC，根據S△AEFS△ABC=12AE?FN12AB?CH即可得證；
（3）連接AG并延長交BC于點M，連接BG并延長交AC于點N，連接MN，由重心性質知S△ABM＝S△ACM、AGAM=23，設AFAC=a，利用（2）中結論知S△AEGS△ABM=AE?AGAB?AM=12、S△AFGS△ACM=AG?AFAM?AC=23a，從而得S△AEFS△ABC=S△AEG+S△AFG2S△ACM=14+13a，結合S△AEFS△ABC=AE?AFAB?AC=34a可關于a的方程，解之求得a的值即可得出答案．
解：（1）∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴AEAB=AFAC，
∴S△AEFS△ABC=（AEAB）2=AEAB?AFAC=AE?AFAB?AC；
（2）若EF不與BC平行，（1）中的結論仍然成立，
分別過點F、C作AB的垂線，垂足分別為N、H，
∵FN⊥AB、CH⊥AB，
∴FN∥CH，
∴△AFN∽△ACH，
∴FNCH=AFAC，
∴S△AEFS△ABC=12AE?FN12AB?CH=AE?AFAB?AC；
（3）連接AG并延長交BC于點M，連接BG并延長交AC于點N，連接MN，
則MN分別是BC、AC的中點，
∴MN∥AB，且MN=12AB，
∴GMGA=GNGB=12，且S△ABM＝S△ACM，
∴AGAM=23，
設AFAC=a，
由（2）知：S△AEGS△ABM=AE?AGAB?AM=34×23=12，S△AFGS△ACM=AG?AFAM?AC=23a，
則S△AEFS△ABC=S△AEG+S△AFG2S△ACM=S△AEG2S△ABM+S△AFG2S△ACM=14+13a，
而S△AEFS△ABC=AE?AFAB?AC=34a，
∴14+13a=34a，
解得：a=35，
∴S△AEFS△ABC=34×35=920．
總結提升：本題主要考查相似形的綜合問題，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質和三角形重心的定義及其性質等知識點．
技巧二做平行線構造“X”型相似
典例2 (2023春?招遠市期末）探究：某學校數學社團遇到這樣一個題目：如圖①，在△ABC中，點O在線段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝33，BO：CO＝1：3，求AB的長．
經過社團成員討論發(fā)現，過點B作BD∥AC，交AO的延長線于點D，連接BD，如圖②所示，通過構造△ABD就可以解決問題．
請你寫出求AB長的過程．
應用：如圖③，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AC⊥AD，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝1：3．若AO＝33，請你求出AB的長．
思路引領：探究：先找到△BOD∽△COA，利用對應邊成比例，求出OD．再結合三角形內角和180°即可找到AB＝AD，最后求解．
應用：過點B作BE∥AD交AC于點E，證明△AOD∽△EOB相似，求出EO、AO的長度，在Rt△AEB中，利用勾股定理即可求解．
解：探究：∵BD∥AC，
∴∠ADB＝∠OAC＝75°．
∵∠BOD＝∠COA，
∴△BOD∽△COA，
∴ODOA=OBOC=13．
又∵AO＝33，
∴OD=13AO=3，
∴AD＝AO+OD＝43．
∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°，
∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，
∴AB＝AD＝43．
應用：過點B作BE∥AD交AC于點E，如圖所示．
∵AC⊥AD，BE∥AD，
∴∠DAC＝∠BEA＝90°．
∵∠AOD＝∠EOB，
∴△AOD∽△EOB，
∴BODO=EOAO=BEDA．
∵BO：OD＝1：3，
∴EOAO=BEDA=13．
∵AO＝33，
∴EO=3，
∴AE＝43．
∵∠ABC＝∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝30°，AB＝AC，
∴AB＝2BE．
在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（43）2+BE2＝（2BE）2，
解得：BE＝4，
∴AB＝2BE＝8．
總結提升：本題考查了三角形相似判斷和性質的應用，以及勾股定理等知識，比較綜合，關鍵在于熟悉各個知識點之間的聯(lián)系是關鍵．
針對訓練
1． (2023?樂山）在△ABC中，已知D是BC邊的中點，G是△ABC的重心，過G點的直線分別交AB、AC于點E、F．
（1）如圖1，當EF∥BC時，求證：BEAE+CFAF=1；
（2）如圖2，當EF和BC不平行，且點E、F分別在線段AB、AC上時，（1）中的結論是否成立？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由．
（3）如圖3，當點E在AB的延長線上或點F在AC的延長線上時，（1）中的結論是否成立？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由．
思路引領：（1）根據三角形重心定理和平行線分線段成比例解答即可；
（2）過點A作AN∥BC交EF的延長線于點N，FE、CB的延長線相交于點M，得出△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；
（3）分兩種情況：當F點與C點重合時，E為AB中點，BE＝AE；點F在AC的延長線上時，BE＞AE，得出BEAE＞1，則BEAE+CFAF＞1，同理：當點E在AB的延長線上時，BEAE+CFAF＞1，即可得出結論．
（1）證明：∵G是△ABC重心，
∴DGAG=12，
又∵EF∥BC，
∴BEAE=DGAG=12，CFAF=DGAG=12，
則BEAE+CFAF=12+12=1；
（2）解：（1）中結論成立，理由如下：
如圖2，過點A作AN∥BC交EF的延長線于點N，FE、CB的延長線相交于點M，
則△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
BEAE=BMAN，CFAF=CMAN，
∴BEAE+CFAF=BMAN+CMAN=BM+CMAN，
又∵BM+CM＝BM+CD+DM，
而D是BC的中點，即BD＝CD，
∴BM+CM＝BM+BD+DM＝DM+DM＝2DM，
∴BEAE+CFAF=2DMAN，
又∵DMAN=DGAG=12，
∴BEAE+CFAF=2×12=1，
故結論成立；
（3）解：（1）中結論不成立，理由如下：
當F點與C點重合時，E為AB中點，BE＝AE，
點F在AC的延長線上時，BE＞AE，
∴BEAE＞1，則BEAE+CFAF＞1，
同理：當點E在AB的延長線上時，BEAE+CFAF＞1，
∴結論不成立．
總結提升：此題是相似三角形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質、三角形重心定理、平行線分線段成比例定理等知識；本題綜合性強，熟練掌握三角形的重心定理和平行線分線段成比例定理，證明三角形相似是解題的關鍵．
2． (2023秋?簡陽市期中）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點，BD＝2DC，E為線段AD上一點，∠BED＝∠BAC．
（1）求證：∠ABE＝∠CAD；
（2）過點C作CF∥BE交AD的延長線于點F，試探索AE與CF的數量關系；
（3）如圖2，若AD＝BD，AB＝6，求CE的長．
思路引領：（1）利用三角形外角的性質以及角的和差定義解決問題即可．
（2）結論：AE＝CF．如圖1中，在AF上截取AJ，使得AJ＝BE．證明△ABE≌△CAJ（SAS），推出AE＝CJ，再證明CF＝CJ即可解決問題．
（3）如圖2中，過點B作BK⊥AD于K，作CF∥BE交AD的延長線于F，過點C作CQ⊥DF于Q．首先證明BE＝BD，CD＝DF，再證明EK＝DK，DQ＝FQ，DK＝2DQ，BK＝2CQ，AE＝DE＝CD＝CF，利用參數構建方程解決問題即可．
（1）證明：∵∠BED＝∠ABE+∠BAE，∠BAC＝∠BAE+∠CAD，
又∵∠BED＝∠BAC，
∴∠ABE+∠BAE＝∠BAE+∠CAD，
∴∠ABE＝∠CAD．
（2）解：結論：AE＝CF．
理由：如圖1中，在AF上截取AJ，使得AJ＝BE．
∵BA＝AC，∠ABE＝∠CAJ，BE＝AJ，
∴△ABE≌△CAJ（SAS），
∴AE＝CJ，∠AEB＝∠AJC，
∴∠BED＝∠CJF，
∵BE∥CF，
∴∠BEJ＝∠F，
∴∠CJF＝∠F，
∴CJ＝CF，
∴AE＝CF．
（3）如圖2中，過點B作BK⊥AD于K，作CF∥BE交AD的延長線于F，過點C作CQ⊥DF于Q．
設∠ABE＝∠CAD＝x，∠CBE＝y(tǒng)，
∵AB＝AC，DB＝DA，
∴∠DBA＝∠DAB＝∠ACB＝x+y，
∴∠BED＝∠ABE+∠DAB＝2x+y，∠BDE＝∠ACB+∠CAD＝2x+y，
∴∠BED＝∠BDE，
∴BE＝BD，
∵AB＝CA，∠ABE＝∠CAD，
∴△ABE≌△CAD（AAS），
∴AE＝CD，BE＝AD，
∵CF∥BE，
∴∠F＝∠BED，
∴∠F＝∠CDF，
∴CD＝CF，
∵BE＝BD，BK⊥DE，CD＝CF，CQ⊥DF，
∴EK＝KD，DQ＝QF，
∵CQ∥BK，
∴DQ：DK＝CD：BD＝CQ：BK＝1：2，
∴可以假設DQ＝m，DK＝2m，
∵BD＝BE＝AD＝2CD＝2CF＝2AE，
∴AE＝DE＝4m，AD＝BD＝8m，
∴BK=BD2?DK2=(8m)2?(2m)2=215m，
∴CQ=15m，
在Rt△ABK中，∵AB2＝AK2+BK2，
∴62＝（215m）2+（6m）2，
∴m=64，
∴DQ=64，CQ=3104，EQ＝5m=564，
∵∠CQE＝90°，
∴CE=CQ2+EQ2=(3104)2+(564)2=15．
總結提升：本題屬于三角形綜合題，考查了等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
技巧三作垂線構造直角三角形相似
典例3（2017?臺江區(qū)校級自主招生）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AD＝6，BC＝3，DE⊥AB于E，AC交DE于F．
（1）求AE?AB的值；
（2）若CD＝4，求AFFC的值．
思路引領：（1）過點B作BH⊥AD于H，如圖1，易證四邊形BCDH是矩形，從而可求出HD、AH的值，易證△AED∽△AHB，根據相似三角形的性質即可求出AE?AB的值；
（2）延長DE、CB交于點G，如圖2，由（1）得：AH＝3，AE?AB＝18，四邊形BCDH是矩形，則有BH＝CD＝4，根據勾股定理可求出AB，根據AE?AB＝18可求出AE，進而可求出EB．由AD∥GC可得△AED∽△BEG，根據相似三角形的性質可求出BG，由此可求出GC．由AD∥GC可得△AFD∽△CFG，根據相似三角形的性質即可求出AFFC的值．
解：（1）過點B作BH⊥AD于H，如圖1，
則有∠AHB＝∠BHD＝90°．
∵AD∥BC，∠BCD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠BHD＝∠HDC＝∠BCD＝90°，
∴四邊形BCDH是矩形，
∴HD＝BC＝3，
∴AH＝AD﹣HD＝6﹣3＝3．
∵DE⊥AB即∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠AHB．
又∵∠EAD＝∠HAB，
∴△AED∽△AHB，
∴AEAH=ADAB，
∴AE?AB＝AH?AD＝3×6＝18；
（2）延長DE、CB交于點G，如圖2．
由（1）得：AH＝3，AE?AB＝18，四邊形BCDH是矩形，
則有BH＝CD＝4，AB=AH2+BH2=5，
∴AE=18AB=EB＝5?185=75．
∵AD∥GC，
∴△AED∽△BEG，
∴ADBG=AEEB，
∴BG=73，
∴GC=73+3=163．
∵AD∥GC，
∴△AFD∽△CFG，
∴AFCF=ADCG=6163=98．
總結提升：本題主要考查了相似三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、勾股定理等知識，通常可以運用相似三角形的性質求線段長、線段比，應熟練掌握．
變式訓練
1．如圖，△ABC中，AB＝AC，E、F、G分別是BC、AB、AC上一點，∠FEG＝2∠B．
（1）求證：∠BFE＝∠AGE；
（2）若BECE=12，求EFEG的值．
思路引領：（1）根據等腰三角形的性質得到∠B＝∠C，由三角形的內角和得到∠A+2∠B＝180°，等量代換得到∠A+∠FEG＝180°，于是得到∠AFE+∠AGE＝180°，即可得到結論；
（2）作EM⊥AB于M，EN⊥AC于N，推出△EMB∽△ENC，根據相似三角形的性質得到MEEN=BEEC=12，通過△FME∽△GNE，即可得到結論．
解：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A+2∠B＝180°，
∵∠FEG＝2∠B，
∴∠A+∠FEG＝180°，
∴∠AFE+∠AGE＝180°，
∵∠BFE+∠AFE＝180°，
∴∠BFE＝∠AGE；
（2）作EM⊥AB于M，EN⊥AC于N，
∵∠B＝∠C，∠EMB＝∠ENC，
∴△EMB∽△ENC，
∴MEEN=BEEC=12，
∵∠EMF＝∠ENG，∠FME＝∠GNE，
∴△FME∽△GNE，
∴EFEG=MEEN=12．
總結提升：本題考查了相似三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形的內角和，正確的作出輔助線是解題的關鍵
技巧四作垂線構造“三垂直”型相似
典例4 (2023?浙江自主招生）如圖，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，直線l1∥l2∥l3，l1與l2之間距離是1，l2與l3之間距離是2，且l1，l2，l3分別經過點A，B，C，則邊AC的長為（）
A．23B．11C．3214D．2213
思路引領：過點B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，在Rt△ABC中運用三角函數可得BCAB=3，易證△AEB∽△BFC，運用相似三角形的性質可求出FC，然后在Rt△BFC中運用勾股定理可求出BC，再在Rt△ABC中運用三角函數就可求出AC的值．
解：如圖，過點B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，如圖．
∵∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，
∴tan∠BAC=BCAB=3．
∵直線l1∥l2∥l3，
∴EF⊥l1，EF⊥l3，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠ABE＝∠FBC，
∴△BFC∽△AEB，
∴FCEB=BCAB=3．
∵EB＝1，
∴FC=3．
在Rt△BFC中，
BC=BF2+FC2=4+3=7．
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAC=32，
∴AC=23×7=2213．
故選：D．
總結提升：本題主要考查了相似三角形的判定與性質，三角函數，特殊角的三角函數值等知識，構造K型相似是解決本題的關鍵．
變式訓練
1． (2023秋?通川區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，DA=55，求BD的長．
思路引領：作DM⊥BC，交BC延長線于M，連接AC，由勾股定理得出AC2＝AB2+BC2＝25，求出AC2+CD2＝AD2，由勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，證出∠ACB＝∠CDM，得出△ABC∽△CMD，由相似三角形的對應邊成比例求出CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，得出BM＝BC+CM＝10，再由勾股定理求出BD即可．
解：作DM⊥BC，交BC延長線于M，連接AC，如圖所示：
則∠M＝90°，
∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC2＝AB2+BC2＝25，
∵CD＝10，AD＝55，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴∠ACB+∠DCM＝90°，
∴∠ACB＝∠CDM，
∵∠ABC＝∠M＝90°，
∴△ABC∽△CMD，
∴ABCM=12，
∴CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，
∴BM＝BC+CM＝10，
∴BD=BM2+DM2=102+82=241，
總結提升：本題考查了相似三角形的判定與性質、勾股定理、勾股定理的逆定理；熟練掌握相似三角形的判定與性質，證明由勾股定理的逆定理證出△ACD是直角三角形是解決問題的關鍵．

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