试题

题目：
青果学院（2012·萧山区一模）如图，在平面直角坐标系中，点D的坐标为（3，7），过点D的直线y=kx+b交x轴、y轴于点M、N，四边形ABCD、A1B1C1C、A2B2C2C1，…均为正方形．
（1）正方形ABCD的边长为
5
5
；点M的坐标是
（0，
37
4
）
（0，
37
4
）
；
（2）若如此连续组成正方形，则正方形AnBnCnCn-1的边长为
5×22n
7n
5×22n
7n
（用含n的代数式表示）
答案
5

（0，
37
4
）

5×22n
7n

解：（1）过D作DP⊥x轴于P，DQ⊥y轴于Q，
∵D（3，7），
∴DP=7，DQ=3，
∵四边形ABCD正方形，
∴∠ADC=∠DAB=∠ABC=90°，AD=AB=BC=DC，
∴∠DAQ+∠BAO=90°，又∠DAQ+∠ADQ=90°，
∴∠BAO=∠ADQ，
在△ADQ和△ABO中，
∠DQA=∠AOB=90°
∠ADQ=∠BAO
AD=BA
，
∴△ADQ≌△BAO（AAS），
∴DQ=AO=3，AQ=OB=OQ-OA=7-3=4，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：AB=
OA2+OB2
=5，
∴正方形ABCD的边长为5；
在Rt△ADM中，DQ⊥AM，
∴△MDQ∽△DAQ，
∴DQ2=MQ·AQ，即9=4MQ，
∴MQ=
9
4
，
∴OM=MQ+OQ=
9
4
+7=
37
4
，
则M（0，
37
4
）；

（2）∵AB∥A1B1，
∴∠ABO=∠A1B1B，又∠AOB=∠BA1B1=90°，青果学院
∴△AOB∽△BA1B1，又AB=BC=5，
∴
OA
A1B
=
OB
A1B1
，即
3
5-A1C
=
4
A1B1
，
又A1C=A1B1，
∴A1B1=
20
7
=
5×22
71
；
同理得到A2B2=
80
49
=
5×24
72
，A3B3=
320
343
=
5×26
73
，
则以此类推，正方形AnBnCnCn-1的边长为
5×22n
7n
．
故答案为：（1）5；（0，
37
4
）；（2）
5×22n
7n
．
考点梳理
一次函数综合题．
（1）过D作DP垂直于x轴，DQ垂直于y轴，由D的坐标得出DP与DQ的长，四边形ABCD为正方形，得到四个角为直角，四条边相等，由同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且AD=AB，利用AAS得到三角形ADQ与三角形AOB全等，由全等三角形的对应边相等得到QD=AO，AQ=OB，求出OA与OB的长，在直角三角形AOB中，利用勾股定理求出AB的长，即为正方形ABCD的边长，再由直角三角形ADM中，DQ垂直于AM，得到三角形MDQ与三角形AOD相似，由相似得比例，将各自的值代入求出MQ的长，由MQ+OQ求出OM的长，即可确定出M的坐标；
（2）由同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，得到△AOB与△BA1B1相似，由相似得比例，将各自的值代入求出A1B1的长，即为正方形A1B1C1C的边长，同理求出A2B2C2C1的边长，以此类推，即可得到正方形AnBnCnCn-1的边长．
此题属于一次函数的综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，锻炼了学生归纳总结的能力．
规律型．
找相似题