试题

题目：
如图，Rt△ABO在直角坐标系中，∠ABO=90°，点A（-25，0），∠A的正切值为
4
3
，青果学院直线AB与y轴交于点C．
（1）求点B的坐标；
（2）将△ABO绕点O顺时针旋转，使点B落在x轴正半轴上的B′处．试在直角坐标系中画出旋转后的△A′B′O，并写出点A′的坐标；
（3）在直线OA′上是否存在点D，使△COD与△AOB相似？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
答案
青果学院解：（1）过点B作BH⊥AO于H，由tgA=
4
3
，设BH=4k，AH=3k，则AB=5k
在Rt△ABO中，
∵tgA=
4
3
，AO=25，
∴AB=15（1分）
∴k=3，
∴BH=12（1分），AH=9，
∴OH=16（1分）青果学院
∴B（-16，12）（1分）

（2）正确画图（2分）
A′（20，15）（2分）

（3）在Rt△AOC中，AO=25，tgA=
4
3
，
∴OC=
100
3
（1分）
设OA′的解析式为y=kx，则15=20k，则k=
3
4
，
∴y=
3
4
x（1分）
∵△ABO旋转至△A′B′O，
∴∠AOB=∠A′OB′，
∵∠AOB+∠A=90°，∠COA′+∠A′OB′=90°，
∴∠A=∠COA′
∴在直线OA′上存在点D符合条件，设点D的坐标为（x，
3
4
x），则OD=
5
4
x
1°当
CO
OD
=
AO
AB
即
100
3
5
4
x
=
25
15
，也即x=16时，△COD与△AOB相似，
此时D（16，12）（2分）
2°当
CO
OD
=
AB
AO
即
100
3
5
4
x
=
15
25
，也即x=
400
9
时，△COD与△AOB相似，
此时D（
400
9
，
100
3
）（2分）
青果学院解：（1）过点B作BH⊥AO于H，由tgA=
4
3
，设BH=4k，AH=3k，则AB=5k
在Rt△ABO中，
∵tgA=
4
3
，AO=25，
∴AB=15（1分）
∴k=3，
∴BH=12（1分），AH=9，
∴OH=16（1分）青果学院
∴B（-16，12）（1分）

（2）正确画图（2分）
A′（20，15）（2分）

（3）在Rt△AOC中，AO=25，tgA=
4
3
，
∴OC=
100
3
（1分）
设OA′的解析式为y=kx，则15=20k，则k=
3
4
，
∴y=
3
4
x（1分）
∵△ABO旋转至△A′B′O，
∴∠AOB=∠A′OB′，
∵∠AOB+∠A=90°，∠COA′+∠A′OB′=90°，
∴∠A=∠COA′
∴在直线OA′上存在点D符合条件，设点D的坐标为（x，
3
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x），则OD=
5
4
x
1°当
CO
OD
=
AO
AB
即
100
3
5
4
x
=
25
15
，也即x=16时，△COD与△AOB相似，
此时D（16，12）（2分）
2°当
CO
OD
=
AB
AO
即
100
3
5
4
x
=
15
25
，也即x=
400
9
时，△COD与△AOB相似，
此时D（
400
9
，
100
3
）（2分）
考点梳理
相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；作图-旋转变换；解直角三角形．
（1）过点B作BH⊥AO于H，由tgA=
4
3
，设BH=4k，AH=3k，则AB=5k，在Rt△ABO中由tgA=
4
3
，AO=25即可求出AB、BH、AH及OH的长，进而可得出B点坐标；
（2）由图形旋转的性质画出△A′B′C′，由OB′A′B′的长即可求出A′点的坐标；
（3）在Rt△AOC中，由AO=25，tgA=
4
3
可求出OC的长，设OA′的解析式为y=kx，由A′点的坐标即可求出k的值，由图形旋转的性质可得出在直线OA′上存在点D符合条件，设点D的坐标为（x，
3
4
x），则OD=
5
4
x，分别根据△COD∽△AOB、△COD∽△AOB求出x的值，进而可得出D点坐标．
本题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到坐标与图形的性质、图形旋转的性质及解直角三角形，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
证明题；压轴题．
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