备战中考数学相似的综合复习及答案
中考数学相似的综合复习含答案解析
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．（1）若AB=3，AD= ，求△BMC的面积；（2）点E为AD的中点时，求证：AD= BN ．【答案】（1）解：如图1中，在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD，∴BM=AD= ，∴AM= =1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM= •CM•BA= ×23=3．（2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．∵AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA，∵△ABM≌△CAD，∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，∴∠CEM=∠BAM=90°，∴△ABM∽△ECM，∴，∴，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC，∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90°，∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC∴BE平分∠ABC，∴∠NBC=∠ABN=22.5°，∵AH垂直平分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5°，∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC= EC，∴AD=2EC，∴2NC= AD，∴AD= NC，∵BN=NC，∴AD= BN．【解析】【分析】（1）首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD，根据全等三角形对应边相等得出BM=AD= ，根据勾股定理可以算出AM，根据线段的和差得出CM的长，利用S△BCM= •CM•BA即可得出答案；（2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA，根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，从而得出∠ABM=∠MCE，根据对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，从而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比例得出BM∶CM= AM∶EM,从而得出BM∶AM= CM∶EM，根据两边对应成比例及夹角相等得出△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90°，故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，根据角平分线的判定得出BE平分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，根据中垂线定理得出NB=NC，根据等腰三角形的性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC= EC，根据AD=2EC，2NC= AD，AD= NC，又BN=NC，故AD= BN．2．如图，在中，，点M是AC的中点，以AB为直径作分别交于点．（1）求证：；（2）填空：若，当时， ________；连接，当的度数为________时，四边形ODME是菱形．【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，∴BM=AM=MC，∴∠A=∠ABM．∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠ADE+∠ABE=180°，又∠ADE+∠MDE=180°，∴∠MDE=∠MBA，同理证明：∠MED=∠A，∴∠MDE=∠MED，∴MD=ME（2）2；【解析】【解答】解：(2)①由（1）可知，∠A=∠MDE，∴DE∥AB，∴ =．∵AD=2DM，∴DM：MA=1：3，∴DE= AB= ×6=2．故答案为：2．②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE．∵OA=OD，∠A=60°，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°．∵DE∥AB，∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，∴△ODE，△DEM都是等边三角形，∴OD=OE=EM=DM，∴四边形OEMD是菱形．故答案为：60°．【分析】（1）要证MD=ME，只须证∠MDE=∠MED即可。
备战中考数学相似的综合复习含详细答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，△ABC是一锐角三角形余料，边BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC上．求：（1）AK为何值时，矩形EFGH是正方形？（2）若设AK=x，S EFGH=y，试写出y与x的函数解析式．（3）x为何值时，S EFGH达到最大值．【答案】（1）解：设边长为xcm，∵矩形为正方形，∴EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质可以得出： = 、 = ，由题意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即 = ， = ，∵BE+AE=AB，∴ + = + =1，解得x= ，∴AK= ，∴当时，矩形EFGH为正方形（2）解：设AK=x，EH=24-x，∵EHGF为矩形，∴ = ，即EF= x，∴S EFGH=y= x•（24-x）=- x2+16x（0＜x＜24）（3）解：y=- x2+16x配方得：y= （x-12）2+96，∴当x=12时，S EFGH有最大值96【解析】【分析】（1）设出边长为xcm，由正方形的性质得出，EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质，可以得对应线段成比例，代入相关数据求解即可。
（2）设AK=x，则EH=16-x，根据平行的两三角形相似，再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比，用含x的代数式表示出EF的长，根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。
（3）将（2）中的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。
2．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，由②得∠CBQ=∠CPQ，∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.3．综合题（1）【探索发现】如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为多少．（2）【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（用含a，h的代数式表示）（3）【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．（4）【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，则；（2）解：∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，即，∴PN=a- PQ，设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ，∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 .（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由题意知四边形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，∵，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI= =24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720，答：该矩形的面积为720；（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，∵tanB=tanC= ，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH= BC=54cm，∵tanB= = ，∴EH= BH= ×54=72cm，在Rt△BHE中，BE= =90cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中点Q在线段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中点P在线段CD上，∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，答：该矩形的面积为1944cm2．【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以;(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（）,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，S矩形PQMN有最大值为;（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG• BF=×（40+20）×（32+16）=720；（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2。
备战中考数学(浙教版)巩固复习相似三角形(含解析)
备战中考数学（浙教版）巩固复习相似三角形（含解析）一、单选题1.若△ABC∽△DEF, △ABC与△DEF的相似比为1∶2，则△ABC 与△DEF的周长比为（）A.1∶4B.1∶2C.2∶1D.１∶2.如图，△ABC通过位似变换得到△DEF，点O是位似中心且OA=A D，则△ABC与△DEF的面积比是（）A.1：6B.1：5C.1：4D.1：23.在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判定DE∥BC的是（）A. B.C.D.4.若△ABC∽△A′B′C′,相似比为1∶2,则△ABC与△A′B′C′的面积的比为（）A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶15.下列几个命题中正确的有（）(1）四条边相等的四边形都相似；(2）四个角都相等的四边形都相似；(3）三条边相等的三角形都相似；(4）所有的正六边形都相似。
A.1个B.2个C.3个D.4个6.如图，以A为位似中心，将△ADE放大2倍后，得位似图形△ABC，若s1表示△ADE的面积，s2表示四边形DBCE的面积，则s1：s2=（）A.1︰2B.1︰3C.1︰D.2︰37.在比例尺为1∶5000的地图上，量得甲，乙两地的距离为25cm，则甲、乙两地的实际距离是()A.1250km B. 125km C.12.5km D.1.25km8.如图所示，△ABC中若DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式正确的是（）A.=B.=C.=D.=9.如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，同时边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DF=50cm，EF=30cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=20m，则树高AB为（）A.12mB.13.5mC.15D.16.5 m10.如图，小明把一个边长为10的正方形DEFG剪纸贴在△ABC纸片上，其中AB=AC=26，BC=20，正方形的顶点D，G分别在边AB、AC上，且AD=AG，点E、F在△ABC内部，则点E到BC的距离为（）A.1B.2C.D.11.如图所示，图中共有相似三角形（）A.5对B.4对C.3对D.2对二、填空题12.已知△ABC∽△A1B1C1 ，△ABC的周长与△A1B1C1的周长的比值是，BE、B1E1分别是它们对应边上的中线，且BE=6，则B1E1 = ________．13.假如在比例尺为1∶1000000的地图上，A、B两地的图上距离是3. 4厘米，那么A、B两地的实际距离是________千米．14.把一个正多边形放大到原先的2.5倍，则原图与新图的相似比为___ _____15.已知点C是线段AB的黄金分割点，且AC>BC，AB=2，则AC___ _____．16.如图，G为△ABC的重心，DE过点G，且DE∥BC，交AB、AC，分别于D、E两点,若△ADE的面积为5，则四边形BDEC的面积为______ __．17.假如=，那么=________18.如图，已知AB∥CD∥EF，AD：AF=3：5，BE=12，那么CE的长是________．19.如图，点P在正方形ABCD内，△PBC是正三角形，AC与PB相交于点E．有以下结论：①∠ACP=15°；②△APE是等腰三角形；③AE2=PE•AB；④△APC的面积为S1 ，正方形ABCD的面积为S2 ，则S1：S2=1：4．其中正确的是________（把正确的序号填在横线上）．20.把一个多边形的面积扩大为原先的3倍，且与原先的多边形相似，则其周长扩大为原先的________倍．三、解答题21.要测量旗杆高CD ，在B处立标杆AB=2.5cm，人在F处．眼睛E、标杆顶A、旗杆顶C在一条直线上．已知BD=3.6m，FB=2.2m，EF=1. 5m．求旗杆的高度．22.如图，DC∥EF∥GH∥AB，AB=12，CD=6，DE：EG：GA=3：4：5．求EF和GH的长．四、综合题23.如图，在平面直角坐标系中，直角三角形AOB的顶点A、B分别落在坐标轴上．O为原点，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（0，8）．动点M从点O动身．沿OA向终点A以每秒1个单位的速度运动，同时动点N从点A动身，沿AB向终点B以每秒个单位的速度运动．当一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设动点M、N运动的时刻为t 秒（t＞0）．（1）当t=3秒时，直截了当写出点N的坐标；（2）在此运动的过程中，△MNA的面积是否存在最大值？若存在，要求出最大值；若不存在，请说明理由；（3）当t为何值时，△MNA是一个等腰三角形？24.如图，已知点D、E分别在△ABC的边AC、BC上，线段BD与A E交于点F，且．（1）求证：∠CAE＝∠CBD；（2）若，求证：．25.已知线段a、b、c满足，且．（1）求a、b、c的值；| |（2）若线段x是线段a、b的比例中项，求x的值．答案解析部分一、单选题1.【答案】B【考点】相似三角形的性质【解析】【分析】本题可依照相似三角形的性质求解，相似三角形的周长比等于相似比．【解答】∵△ABC∽△DEF，且相似比为1：2，∴△ABC与△DEF的周长比为1：2．故选B．【点评】本题要紧考查了相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比．2.【答案】C【考点】位似变换【解析】【解答】解：∵△ABC通过位似变换得到△DEF，点O是位似中心且OA=AD，∴AC∥DF，∴△OAC∽△ODF，∴AC：DF=OA：OD=1：2，∴△ABC与△DEF的面积比是1：4．故选C．【分析】由△ABC通过位似变换得到△DEF，点O是位似中心且OA=AD，依照位似图形的性质，即可得AC∥DF，即可求得AC：DF=OA：OD=1：2，然后依照相似三角形面积的比等于相似比的平方，即可求得△ABC与△DE F的面积比．3.【答案】D【考点】平行线分线段成比例【解析】【解答】解：∵，∴DE∥BC，选项A不符合题意；∵，∴DE∥BC，选项B不符合题意；∵，∴DE∥BC，选项C不符合题意；，DE∥BC不一定成立，选项D符合题意．故选：D．【分析】依照平行线分线段成比例定理对各个选项进行判定即可．4.【答案】C【考点】相似三角形的性质【解析】【解答】解：∵△ABC∽△A′B′C′，相似比为1：2，∴△ABC与△A′B′C′的面积的比为1：4．故答案为：C．【分析】依照相似三角形面积的比等于相似比的平方得出答案。
中考数学复习《相似》专题训练--附参考答案
中考数学复习《相似》专题训练--附参考答案一、选择题1．如图，已知AB//CD//EF，BC：CE=3：4，AF=21那么DF的长为（）A．9B．12C．15D．182．如图，已知D是△ABC的边AC上一点，根据下列条件，不能判定△CAB∽△CBD的是（）A．∠A=∠CBD B．∠CBA=∠CDBC．BC2=AC⋅CD D．AB⋅CD=BD⋅BC3．如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF是以坐标原点O为位似中心的位似图形，若A（﹣2，0），D（3，0），且AC＝2√2，则线段DF的长度为（）．A．2√2B．3√2C．4√2D．6√24．已知AB=4，CD=6，BD=10，AB⊥BD，CD⊥BD在线段BD上有一点P，使得△PAB和△PCD相似，则满足条件的点P的有个．（）A．1B．2C．3D．无数5．如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心.已知OA=1，OD=3△ABC的周长为3，则△DEF的周长是（）A．4 B．6 C．9 D．276．如图，为了估计某一条河的宽度，在河的对岸选定一个目标点P，在近岸取点Q和S，使点P，Q，S在一条直线上，且直线PS与河垂直，在过点S且与PS垂直的直线a上选择适当的点T，PT与过点Q且与PS 垂直的直线b的交点为R，如果QS = 60m，ST =120m，QR=80m，则这条河的宽度PQ为（）A．40m B．120m C．60m D．180m7．如图，在Rt△ABC中∠ACB=90°，AC=BC，CD⊥AB点E为AC边上的中点，连接BE交CD于点F．若AC=4√2，则BF的长为（）．A．163B．4 C．2√103D．4√1038．如图，在△OAB中∠BOA=45°，点C为边AB上一点，且BC=2AC．如果函数y=9x(x>0)的图象经过点B和点C，那么点C的坐标是（）A．(3，3)B．(3，1.5)C．(4.5，2)D．(9，1)二、填空题9．已知两个相似三角形的相似比为4：9，那么这两个三角形的周长之比为.10．如图，在△ABC中，D为AB上一点，且∠ACD=∠B，若AD=2，BD= 5，则AC=211．如图，点D、E分别在△ABC的边AB，AC上，DE∥BC，点G在边BC上，AG交DE于点H，点O是线段AG的中点，若AD：DB=3：1，则AO：OH= .12．如图，P是平行四边形ABCD边BC上的一点，M、N分别是PA、PD的中点，若△PMN的面积为3cm2，则平行四边形ABCD的面积是cm2．13．如图，四边形ABCD是菱形，E为对角线BD的延长线上一点，且BD=8，DE=2∠BAE=45°则AB 的长为.三、解答题14．如图，AD、BE是的高，连接．（1）求证：∽；（2）若点D是的中点，CE=3，BE=4，求的长．15．已知：如图，在菱形中，点，分别在边，上，的延长线交的延长线于点，的延长线交的延长线于点． （1）求证：； （2）如果，求证：．16．如图，在矩形ABCD 中，点G 在边BC 上（不与点B 、C 重合），连接AG ，作DF ⊥AG 于点F ，BE ⊥AG 于点E.（1）若AG ＝AD ，求证：AB ＝DF ；（2）设BG BC ＝k ，连接BF 、DE ，设∠EDF ＝α，∠EBF ＝β，求tana tanβ的值.17．如图1，已知点O 在四边形ABCD 的边AB 上，且OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，OC 平分∠BOD ，与BD 交于点G ，AC 分别与BD 、OD 交于点E 、F ．（1）求证：OC ∥AD ；（2）如图2，若DE ＝DF ，求AE AF 的值；（3）当四边形ABCD 的周长取最大值时，求DE DF 的值．18．如图1， ABD 内接于,AD 是直径， BAD 的平分线交BD 于H ，交 于点C ，连接O ODC 并延长，交AB 的延长线于点E.（1）求证： AE=AD ；（2）若 32BEAB = ，求 AHHC 的值（3）如图2，连接CB 并延长，交DA 的延长线于点F ，若 ,6AH HC AF == 求 BEC 的面积.参考答案1．B2．D3．B4．B5．C6．B7．D8．D9．4：910．311．2：112．2413．4√1014．（1）证明：∵、是的高∴∵∴∽；（2）解：∵点D是的中点∴在中∵∴∴∵∽∴∴∴∴．15．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形∴∵∴∴∵∴∴∵∴；（2）证明：∵∴ .∵∴∠B=∠EAG，∠BCE=∠G∴△AGE∽△BCE∴∴∵∴∴．16．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形∴AD//BC∴∠DAG=∠BGA∵DF⊥AG ∴∠DFA=∠BEG=90°∵∠ABC=90°∴∠DFA=∠ABC在△ADF和△GAB中{∠DAG=∠BGA ∠DFA=∠ABC AD=AG∴△ADF≌△GAB∴AB=DF（2）解：由已知得：∵∠DFA=∠BEG=90°∴在Rt△DEF中tanα=EFDF；在Rt△BEF中∴tanαtanβ=EFDFEFBE=BEDF∵∠DAG=∠BGA∴△DFA∽△BEG∴BEDF =BGAD∵四边形ABCD是矩形∴AD=BC∵BGBC=k∴BEDF =BGAD=BGBC=k∴tanαtanβ=BEDF=k17．（1）证明：∵AO＝OD ∴∠OAD＝∠ADO∵OC平分∠BOD∴∠DOC＝∠COB又∵∠DOC+∠COB∠＝∠OAD+∠ADO ∴∠ADO＝∠DOC∴CO∥AD；（2）解：∵OA=OB=OC∴∠ADB=90°∴△AOD和△ABD是等腰直角三角形∴AD= √2AO∴ADAO=√2∵DE=DF∴∠DFE=∠AED∵∠DFE=∠AFO∴∠AFO=∠AED∵∠AOF=∠ADE=90°∴△ADE∽△AOF∴AEAF =ADAO= √2；（3）解：如图2∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD 设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m =14x2，∴OG＝2 −14x2∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G为BD的中点又∵O为AB的中点，∴AD＝2OG＝4 −12x2∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4 −12x2+ 4 =−12x2+ 2x+8 =−12(x−2)2+ 10∵−12< 0，∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．∴BC＝2∴△BCO为等边三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAC＝∠COB＝60°∴∠ADF ＝∠DOC ＝60°，∠DAE ＝30°，∴∠AFD ＝90°，∴DE DA =√33 ，DF =12 DA ∴DE DF =2√33 ．18．（1）证明：∵AD 是 的直径90ACD ACE ∴∠=∠=︒∵AC 平分DAC EAC ∴∠=∠在△ACD 和△ACE 中∵∠ACD=∠ACE ，AC=AC ，∠DAC=∠EAC∴△ACD ≌△ACE （ASA ）AE AD ∴=（2）解：如图，连接OC 交BD 于G 32BE AB = 设 3,2BE x AB x == 则 5AD AE AB BE x ==+= ，OC= AD= 52x DAC EAC ∠=∠BC CD ∴=∴OC 垂直平分BD又∵O 为AD 的中点∴OG 为△ABD 的中位线 ∴OC ∥AB ，OG= 1AB 2x = ，CG= 53OC OG=22x x x --= ABH CGH ∴~24332AH AB x HC CG x ∴===O BAD ∠12第 11 页 共 11 页 （3）解：如图，连接OC 交BD 于G由（2）可知：OC ∥AB ，OG= AB ∴∠BHA=∠GCH在△BHA 和△GHC 中 ∵∠BHA=∠GCH ，AH=CH ，∠BHA=∠GHC ()BHA GHC ASA ∴≅∴CG AB =设 OG m = ，则 2,3CG AB m OA OC m ==== 又 //OC AB∴FAB FOC ~FA AB FO OC∴= 62633m m m∴=+ 1m ∴= 2,6,4AB AD BE ∴=== ∵AD 是 的直径90ABD EBD ∴∠=∠=︒22226242BD AD AB =--=114428222EBD S EB BD ∴=⋅=⨯⨯= 又 ,ACD ACE ≅ EC CD ∴= 11824222BEC EBD S S ∴==⨯=12O。
中考数学复习《相似》专项综合练习含答案
中考数学复习《相似》专项综合练习含答案一、相似1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得解得∴抛物线解析式为：y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1（2）解：存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．设过点C′、O直线解析式为：y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为（1，- ）（3）解：当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似，∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，- a-1）由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为（0，- a−1）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，a−1）把M代入y= x2−x−1，解得a=4则N点坐标为（4，-3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由（2）N（2，-1）∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。
（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。
中考数学《相似》专项复习综合练习题-附带答案
中考数学《相似》专项复习综合练习题-附带答案一、单选题1．已知△ABC∽△DEF相似比为3：1 且△ABC的周长为18，则△DEF的周长为（）A．6 B．3 C．18 D．542．如图，在△ABC中，两条中线BE CD相交于点O，则S△DOE：S△COB等于（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：33．小明在测量楼高时，先测出楼房落在地面上的影长BA为15米（如图），然后在A处树立一根高2米的标杆，测得标杆的影长AC为3米，则楼高为（）A．10米B．12米C．15米D．22.5米4．阳光通过窗口AB照射到室内，在地面上留下2.7米的亮区DE ，（如图所示），已知亮区到窗口下的墙角的距离EC=8.7米，窗口高AB=1.8米，则窗口底边离地面的高BC为（）A．4米B．3.8米C．3.6米D．3.4米5．如图，已知点C是线段AB的黄金分割点，且BC＞AC．若S1表示以BC为边的正方形面积， S2表示长为AB、宽为AC的矩形面积，则S1与S2的大小关系为（）A．S1＞S2B．S1=S2C．S1＜S2D．不能确定6．如图，在平行四边形ABCD中，E是BC上一点 BE：EC＝1：2 ，AE与BD相交于点F ，若S△BEF＝2，则S△ABD＝（）A ．24B ．25C ．26D ．237．如图，这是圆桌正上方的灯泡（看作一个点）发出的光线照射桌面后 在地面上形成阴影（圆形）的示意图．已知桌面的直径为1.2米 桌面距离地面1米 若灯泡距离地面3米，则地面上阴影部分的面积为（ ）A ．0.36 π 平方米B ．0. 81 π 平方米C ．2 π 平方米D ．3.24 π 平方米8．若两个扇形满足弧长的比等于它们半径的比，则这称这两个扇形相似。
如图，如果扇形AOB 与扇形 A1O1B1 是相似扇形 且半径 O1A1（ r 为不等于0的常数）那么下面四个结论：①∠AOB ＝∠ A 1O 1B 1；②△AOB ∽△ A 1O 1B 1 ；③AB:A 1B 1 =k ；④扇形AOB 与扇形 A 1O 1B 1的面积之比为 k2 。
2020-2021全国备战中考数学相似的综合备战中考真题汇总及答案
2020-2021全国备战中考数学相似的综合备战中考真题汇总及答案一、相似1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.连结BE、BF。
使它们分别与AO相交于点G、H（1）求EG ：BG的值（2）求证：AG=OG（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴ = = ．∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，∴GC=3AG，GB=3EG，∴EG：BG=1：3（2）解：∵GC=3AG（已证），∴AC=4AG，∴AO= AC=2AG，∴GO=AO﹣AG=AG（3）解：∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，AF=2AE．∵AD∥BC，∴△AFH∽△CBH，∴ = = = ，∴ = ，即AH= AC．∵AC=4AG，∴a=AG= AC，b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，∴a：b：c= ：： =5：3：2【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。
（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。
（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。
2．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：（1）求证：△BEF∽△DCB；（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；（3）如图2过点Q作QG⊥AB，垂足为G，当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．【答案】（1）解：证明：∵四边形是矩形，在中，分别是的中点，（2）解：如图1，过点作于，（舍）或秒（3）解：四边形为矩形时,如图所示：解得：（4）解：当点在上时，如图2，当点在上时，如图3，时，如图4，时，如图5，综上所述，或或或秒时，是等腰三角形．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可证得AD∥BC，∠A=∠C，根据中位线定理可证得EF∥AD，就可得出EF∥BC，可证得∠BEF=∠C，∠BFE=∠DBC，从而可证得结论。
中考数学复习---相似三角形综合压轴题练习(含答案解析)
中考数学复习---相似三角形综合压轴题练习（含答案解析）一．平行线分线段成比例（共1小题）1．（2022•襄阳）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE 交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，则△ABC的周长为．【答案】5【解答】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AC于点N，过点D作DT∥AE交BC于点T．∵AE平分∠BAC，FM⊥AB，FN⊥AC，∴FM＝FN，∴＝＝＝3，∴AB＝3AD，设AD＝DC＝a，则AB＝3a，∵AD＝DC，DT∥AE，∴ET＝CT，∴＝＝3，设ET＝CT＝b，则BE＝3b，∵AB+BE＝3，∴3a+3b＝3，∴a+b＝，∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝5a+5b＝5，故答案为：5．二．相似三角形的性质和判定2．（2022•鞍山）如图，在正方形ABCD中，点E为AB的中点，CE，BD交于点H，DF⊥CE于点F，FM平分∠DFE，分别交AD，BD于点M，G，延长MF交BC于点N，连接BF．下列结论：①tan∠CDF＝；②S△EBH：S△DHF ＝3：4；③MG：GF：FN＝5：3：2；④△BEF∽△HCD．其中正确的是.（填序号即可）．【答案】①③④【解答】解：如图，过点G作GQ⊥DF于点Q，GP⊥EF于点P．设正方形ABCD的边长为2a．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，∵AE＝EB＝a，BC＝2a，∵DF⊥CE，∴∠CFD＝90°，∴∠ECB+∠DCF＝90°，∵∠DCF+∠CDF＝90°，∴∠CDF＝∠ECB，∴tan∠CDF＝，故①正确，∵BE∥CD，∴＝＝＝，∵EC＝＝＝a，BD＝CB＝2a，∴EH＝EC＝a，BH＝BD＝a，DH＝BD＝a，在Rt△CDF中，tan∠CDF＝＝，CD＝2a，∴CF＝a，DF＝a，∴HF＝CE﹣EH﹣CF＝a﹣a﹣a＝a，∴S△DFH＝•FH•DF＝×a×a＝a2，∵S△BEH＝S△ECB＝××a×2a＝a2，∴S△EBH：S△DHF＝a2：a2＝5：8，故②错误．∵FM平分∠DFE，GQ⊥EF，GP⊥FE，∴GQ＝GP，∵＝＝，∴＝，∴BG＝DG，∵DM∥BN，∴＝＝1，∴GM＝GN，∵S△DFH＝S△FGH+S△FGD，∴×a×a＝××GP+×a×GQ，∴GP＝GQ＝a，∴FG＝a，过点N作NJ⊥CE于点J，设FJ＝NJ＝m，则CJ＝2m，∴3m＝a，∴m＝a，∴FN＝m＝a，∴MG＝GN＝GF+FN＝a+a＝a，∴MG：GF：FN＝a：a：a＝5：3：2，故③正确，∵AB∥CD，∴∠BEF＝∠HCD，∵＝＝，＝＝，∴＝，∴△BEF∽△HCD，故④正确．故答案为：①③④．3．（2022•眉山）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB＝2，HG＝3．以下结论：①∠EDC＝135°；②EC2＝CD•CF；③HG＝EF；④sin∠CED＝．其中正确结论的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解答】解：∵△EDC旋转得到△HBC，∴∠EDC＝∠HBC，∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，∴∠EDC＝135°，故①正确；∵△EDC旋转得到△HBC，∴EC＝HC，∠ECH＝90°，∴∠HEC＝45°，∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，∵∠ECD＝∠ECF，∴△EFC∽△DEC，∴，∴EC2＝CD•CF，故②正确；设正方形边长为a，∵∠GHB+∠BHC＝45°，∠GHB+∠HGB＝45°，∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，∵∠GBH＝∠EDC＝135°，∴△GBH∽△EDC，∴，即，∵△HEC是等腰直角三角形，∴，∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，∴△HBG∽△HDF，∴，即，解得：EF＝3，∵HG＝3，∴HG＝EF，故③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，∴∠EDM＝45°，∵ED＝HB＝2，∴，∵EF＝3，∴，∵∠DEC+∠DCE＝45°，∠EFC+∠DCE＝45°，∴∠DEC＝∠EFC，∴，故④正确综上所述：正确结论有4个，故选：D．4．（2022•东营）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC＝∠MAN＝60°，连接MN、OM．以下四个结论正确的是（）①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是；③当MN最小时S△CMN＝S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2＝DN•AB．A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④【答案】D【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CB＝AD＝CD，AB∥CD，AC⊥BD，OA＝OC，∴∠BAC＝∠ACD＝60°，∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴∠ABM＝∠ACN＝60°，AB＝AC，∵∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN＝60°﹣∠，∴△BAM≌△CAN（ASA），∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，故①正确；当AM⊥BC时，AM的值最小，此时MN的值也最小，∵∠AMB＝90°，∠ABM＝60°，AB＝2，∴MN＝AM＝AB•sin60°＝2×＝，∴MN的最小值是，故②正确；∵AM⊥BC时，MN的值最小，此时BM＝CM，∴CN＝BM＝CB＝CD，∴DN＝CN，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴＝＝＝，∴S△CMN＝S△CBD，∵S△CBD＝S菱形ABCD，∴S△CMN＝×S菱形ABCD＝S菱形ABCD，故③正确；∵CB＝CD，BM＝CN，∴CB﹣BM＝CD﹣CN，∴CM＝DN，∵OM⊥BC，∴∠CMO＝∠COB＝90°，∵∠OCM＝∠BCO，∴△OCM∽△BCO，∴＝，∴OC2＝CM•CB，∴OA2＝DN•AB，故④正确，故选：D．5．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB ＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（）A．B．C．10D．【答案】A【解答】解：如右图1所示，由已知可得，△DFE∽△ECB，则，设DF＝x，CE＝y，则，解得，∴DE＝CD+CE＝6+＝，故选项B不符合题意；EB＝DF+AD＝+2＝，故选项D不符合题意；如图2所示，由已知可得，△DCF∽△FEB，则，设FC＝m，FD＝n，则，解得，∴FD＝10，故选项C不符合题意；BF＝FC+BC＝8+7＝15；如图3所示：此时两个直角三角形的斜边长为6和7；故选：A．6．（2022•连云港）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB＝AD；③GE ＝DF；④OC＝2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（）A．①②③B．①③④C．①④⑤D．②③④【答案】B【解答】解：由折叠性质可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，∴∠FGE+∠GEC＝180°，∴GF∥CE，故①正确；设AD＝2a，AB＝2b，则＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，∴CG＝OG+OC＝3a，在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得：b＝a，∴AB＝AD，故②错误；在Rt△COF中，设OF＝DF＝x，则CF＝2b﹣x＝2a﹣x，∴x2+（2a）2＝（2a﹣x）2，解得：x＝a，∴DF＝×a＝a，2OF＝2×a＝2a，在Rt△AGE中，GE＝＝a，∴GE＝DF，OC＝2OF，故③④正确；无法证明∠FCO＝∠GCE，∴无法判断△COF∽△CEG，故⑤错误；综上，正确的是①③④，故选：B．7．（2022•遂宁）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（）①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD＝45°；A．①③B．①②③C．②③D．①②④【答案】D【解答】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，∴AB＝BC，BG＝BE，∠ABC＝90°＝∠GBE，∴∠ABC+∠CBG＝∠GBE+∠CBG，即∠ABG＝∠EBC，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG＝∠BCE，∵∠BAG+∠APB＝90°，∴∠BCE+∠APB＝90°，∴∠BCE+∠OPC＝90°，∴∠POC＝90°，∴EC⊥AG，故①正确；取AC的中点K，如图：在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，∴AK＝CK＝OK，在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，∴AK＝CK＝BK，∴AK＝CK＝OK＝BK，∴A、B、O、C四点共圆，∴∠BOA＝∠BCA，∵∠BPO＝∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正确，∵∠AOC＝∠ADC＝90°，∴∠AOC+∠ADC＝180°，∴A、O、C、D四点共圆，∵AD＝CD，∴∠AOD＝∠DOC＝45°，故④正确，由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，故正确的有：①②④，故选：D．8．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（）A．2B．C．D．【答案】A【解答】解：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．∵＝，∴可以假设BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE＝y，由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y﹣5k，∴GA′＝y﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，∵C，A′，B′共线，GA′∥FB′，∴＝，∴＝，∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四边形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT＝＝2k，∴＝＝2．解法二：不妨设BF＝2，CG＝3，连接CE，则Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C ＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4则A'B'＝2，故选：A．9．（2022•乐山）如图，等腰△ABC的面积为2，AB＝AC，BC＝2．作AE∥BC且AE＝BC．点P是线段AB上一动点，连结PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B 点时，点M的运动路径长为（）A．B．3C．2D．4【答案】B【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H．当点P与A重合时，点F与C重合，当点P与B重合时，点F的对应点为F″，点M的运动轨迹是△ECF″的中位线，M′M″＝CF″，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH，∵AE∥BC，AE＝BC，∴AE＝CH，∴四边形AHCE是平行四边形，∵∠AHC＝90°，∴四边形AHCE是矩形，∴EC⊥BF″，AH＝EC，∵BC＝2，S△ABC＝2，∴×2×AH＝2，∴AH＝EC＝2，∵∠BEF″＝∠ECB＝∠ECF″，∴∠BEC+∠CEF″＝90°，∠CEF″+∠F″＝90°，∴∠BEC＝∠F″，∴△ECB∽△F″CE，∴EC2＝CB•CF″，∴CF″＝＝6，∴M′M″＝3故选：B．10．（2022•海南）如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长线于点F，若BF：CE＝1：2，EF＝，则菱形ABCD的边长是（）A．3B．4C．5D．【答案】B【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝CD，AB∥CD．∵EF⊥AB，DH⊥AB，∴DH∥EF，∴四边形DHFE为平行四边形，∴HF＝DE，DH＝EF＝．∵点E是边CD的中点，∴DE＝CD，∴HF＝CD＝AB．∵BF：CE＝1：2，∴设BF＝x，则CE＝2x，∴CD＝4x，DE＝HF＝2x，AD＝AB＝4x，∴AF＝AB+BF＝5x．∴AH＝AF﹣HF＝3x．在Rt△ADH中，∵DH2+AH2＝AD2，∴．解得：x＝±1（负数不合题意，舍去），∴x＝1．∴AB＝4x＝4．即菱形ABCD的边长是4，故选：B．11．（2022•黑龙江）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F 是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA＝45°；③AP﹣BP＝OP；④若BE：CE ＝2：3，则tan∠CAE＝；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（）A．①②④⑤B．①②③⑤C．①②③④D．①③④⑤【答案】B【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，AC⊥BD，∠ABD＝∠DBC＝∠ACD＝45°．∴∠BOE+∠EOC＝90°，∵OE⊥OF，∴∠FOC+∠EOC＝90°．∴∠BOE＝∠COF．在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴BE＝CF．在△BAE和△CBF中，，∴△BAE≌△CBF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF．∵∠ABP+∠CBF＝90°，∴∠ABP+∠BAE＝90°，∴∠APB＝90°．∴AE⊥BF．∴①的结论正确；②∵∠APB＝90°，∠AOB＝90°，∴点A，B，P，O四点共圆，∴∠APO＝∠ABO＝45°，∴②的结论正确；③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，∵∠APO＝45°，OH⊥OP，∴OH＝OP＝HP，∴HP＝OP．∵OH⊥OP，∴∠POB+∠HOB＝90°，∵OA⊥OB，∴∠AOH+∠HOB＝90°．∴∠AOH＝∠BOP．∵∠OAH+BAE＝45°，∠OBP+∠CBF＝45°，∠BAE＝∠CBF，∴∠OAH＝∠OBP．在△AOH和△BOP中，，∴△AOH≌△BOP（ASA），∴AH＝BP．∴AP﹣BP＝AP﹣AH＝HP＝OP．∴③的结论正确；④∵BE：CE＝2：3，∴设BE＝2x，则CE＝3x，∴AB＝BC＝5x，∴AE＝＝x．过点E作EG⊥AC于点G，如图，∵∠ACB＝45°，∴EG＝GC＝EC＝x，∴AG＝＝x，在Rt△AEG中，∵tan∠CAE＝，∴tan∠CAE＝＝＝．∴④的结论不正确；⑤∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB＝OC＝OD，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA（SAS）．∴．∴．由①知：△BOE≌△COF，∴S△OBE＝S△OFC，∴．即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．∴⑤的结论正确．综上，①②③⑤的结论正确．故选：B．12．（2022•辽宁）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为．【答案】【解答】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E 作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），∵E为OD中点，∴E（﹣，），设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（﹣，）代入得：，解得，∴直线CE解析式为y＝x+，在y＝x+中，令x＝﹣1得y＝，∴G（﹣1，），∴GE＝＝，∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，∴CE＝CF，∠ECF＝90°，∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，∵∠EMC＝∠CNF＝90°，∴△EMC≌△CNF（AAS），∴ME＝CN，CM＝NF，∵E（﹣，），C（1，1），∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，∴F（，﹣），∵H是EF中点，∴H（，0），∴OH＝，∴＝＝．故答案为：．13．（2022•辽宁）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，点P为斜边AB上的一个动点（点P不与点A、B重合），过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D和点E，连接DE，PC交于点Q，连接AQ，当△APQ为直角三角形时，AP的长是．【答案】3或2【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×2＝4，∴AC＝＝＝2，当∠APQ＝90°时，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×2＝4，∴AC＝＝＝2，∵∠APQ＝∠ACB＝90°，∠CAP＝∠BAC，∴△CAP∽△BAC，∴，即，∴AP＝3，当∠AQP＝90°时，如图2，∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形DPEC是矩形，∴CQ＝QP，∵∠AQP＝90°，∴AQ垂直平分CP，∴AP＝AC＝2，综上所述，当△APQ为直角三角形时，AP的长是3或2，故答案为：3或2．14．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD ⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是．【答案】或5【解答】解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．∵tan∠CBT＝3＝，∴可以假设BT＝k，CT＝3k，∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，∴∠CAT＝∠JCD，在△ATC和△CJD中，，∴△ATC≌△CJD（AAS），∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，∵∠CJD＝∠CED＝90°，∴C，E，D，J四点共圆，∵EC＝DE，∴∠CJE＝∠DJE＝45°，∴ET＝TJ＝10﹣2k，∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[•]2，整理得4k2﹣25k+25＝0，∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，∴k＝5和，∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，故答案为：5或．15．（2022•甘肃）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝9cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝2cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为cm．【答案】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵AE＝2cm，∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4（cm），∵G是EF的中点，∴EG＝BG＝EF，∴∠BEG＝∠ABD，∴∠BEG＝∠BDC，∴△EBF∽△DCB，∴＝，∴＝，∴BF＝6，∴EF＝＝＝2（cm），∴BG＝EF＝（cm），故答案为：．16．（2022•新疆）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心，将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF 恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若AQ•DP＝3，则BQ＝．【答案】【解答】解：如图，连接DQ，∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，∴DE＝DF，∠FDE＝90°，∴∠DFE＝∠DEF＝45°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC＝45°＝∠BAC，∴∠DAC＝∠DFQ＝45°，∴点A，点F，点Q，点D四点共圆，∴∠BAQ＝∠FDQ＝45°，∠DAF＝∠DQF＝90°，∠AFD＝∠AQD，∴DF＝DQ，∵AD＝AB，∠BAC＝∠＝45°，AQ＝AQ，∴△ABQ≌△ADQ（SAS），∴BQ＝QD，∠AQB＝∠AQD，∵AB∥CD，∴∠AFD＝∠FDC，∴∠FDC＝∠AQB，又∵∠BAC＝∠DFP＝45°，∴△BAQ∽△PFD，∴，∴AQ•DP＝3＝BQ•DF，∴3＝BQ•BQ，∴BQ＝，故答案为：．17．（2022•苏州）如图，在矩形ABCD中，＝．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1＜v2．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA′B′N．若在某一时刻，点B的对应点B′恰好与CD的中点重合，则的值为．【答案】【解答】解：如图，设AD交A′B′于点Q．设BN＝NB′＝x．∵＝，∴可以假设AB＝2k，CB＝3k，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝3k，CD＝AB＝2k，∠C＝∠D＝90°，在Rt△CNB′中，CN2+CB′2＝NB′2，∴（3k﹣x）2+k2＝x2，∴x＝k，∴NB′＝k，CN＝3k﹣k＝k，由翻折的性质可知∠A′B′N＝∠B＝90°，∴∠DB′Q+∠CB′N＝90°，∠CB′N+∠CNB′＝90°，∴∠DB′Q＝∠CNB′，∵∠D＝∠C＝90°，∴△DB′Q∽△CNB′，∴DQ：DB′：QB′＝CB′：：NB′＝3：4：5，∵DB′＝k，∴DQ＝k，∵∠DQB′＝∠MQA′，∠D＝∠A′，∴△DQB′∽△A′QM，∴A′Q：A′M：QM＝DQ：DB′：QB′＝3：4：5，设AM＝MA′＝y，则MQ＝y，∵DQ+QM+AM＝3k，∴k+y+y＝3k，∴y＝k，∴＝＝＝，解法二：连接BB′，过点M作MH⊥BC于点H．设AB＝CD＝6m，CB＝9m，设BN＝NB′＝n，则n2＝（3m）2+（9m﹣n）2，∴n＝5m，CN＝4m，由△BB′C∽△MNH，可得＝2m，∴AM＝BH＝3m，∴＝＝＝，故答案为：．18．（2022•湖北）如图1，在△ABC中，∠B＝36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t（s），AP的长度为y（cm），y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时t的值为．【答案】2+2【解答】解：如图，连接AP，由图2可得AB＝BC＝4cm，∵∠B＝36°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠C＝72°，∵AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠PAC＝∠B＝36°，∴AP＝BP，∠APC＝72°＝∠C，∴AP＝AC＝BP，∵∠PAC＝∠B，∠C＝∠C，∴△APC∽△BAC，∴，∴AP2＝AB•PC＝4（4﹣AP），∴AP＝2﹣2＝BP，（负值舍去），∴t＝＝2+2，故答案为：2+2．19．（2022•随州）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°），使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H．则∠BHD的度数为，DH的长为．【答案】90°，．【解答】解：如图，设EF交AD于点J，AD交BH于点O，过点E作EK⊥AB于点K．∵∠EAF＝∠BAD＝90°，∴∠DAF＝∠BAE，∴＝，∴△DAF∽△BAE，∴∠ADF＝∠ABE，∵∠DOH＝∠AOB，∴∠DHO＝∠BAO＝90°，∴∠BHD＝90°，∵AF＝3，AE＝4，∠EAF＝90°，∴EF＝＝5，∵EF⊥AD，∴•AE•AF＝•EF•AJ，∴AJ＝，∴EJ＝＝＝，∵EJ∥AB，∴＝，∴＝，∴OJ＝，∴OA＝AJ+OJ＝+＝4，∴OB＝＝＝4，OD＝AD﹣AO＝6﹣4＝2，∵cos∠ODH＝cos∠ABO，∴＝，∴DH＝．故答案为：90°，．20．（2022•娄底）如图，已知等腰△ABC的顶角∠BAC的大小为θ，点D为边BC上的动点（与B、C不重合），将AD绕点A沿顺时针方向旋转θ角度时点D落在D′处，连接BD′．给出下列结论：①△ACD≌△ABD′；②△ACB∽△ADD′；③当BD＝CD时，△ADD′的面积取得最小值．其中正确的结论有（填结论对应的应号）．【答案】①②③【解答】解：由题意可知AC＝AB，AD＝AD′，∠CAD＝∠BAD′，∴△ACD≌△ABD′，故①正确；∵AC＝AB，AD＝AD′，∠BAC＝∠D′AD＝θ，∴＝，∴△ACB∽△ADD′，故②正确；∵△ACB∽△ADD′，∴＝（）2，∵当AD⊥BC时，AD最小，△ADD′的面积取得最小值．而AB＝AC，∴BD＝CD，∴当BD＝CD时，△ADD′的面积取得最小值，故③正确；故答案为：①②③．21．（2022•牡丹江）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①AC＝CD；②AD2＝BC•AF；③若AD＝3，DH＝5，则BD＝3；④AH2＝DH•AC，正确的是．【答案】②③【解答】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠ADC＝∠B+∠BAD，而∠BAD的度数不确定，∴∠ADC与∠CAD不一定相等，∴AC与CD不一定相等，故①错误；②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵∠B＝∠AED＝45°，∴△AEF∽△ABD，∴＝，∵AE＝AD，AB＝BC，∴AD2＝AF•AB＝AF•BC，∴AD2＝AF•BC，故②正确；④∵∠DAH＝∠B＝45°，∠AHD＝∠AHD，∴△ADH∽△BAH，∴＝，∴AH2＝DH•BH，而BH与AC不一定相等，故④不一定正确；③∵△ADE是等腰直角三角形，∴∠ADG＝45°，∵AH⊥DE，∴∠AGD＝90°，∵AD＝3，∴AG＝DG＝，∵DH＝5，∴GH＝＝＝，∴AH＝AG+GH＝2，由④知：AH2＝DH•BH，∴（2）2＝5BH，∴BH＝8，∴BD＝BH﹣DH＝8﹣5＝3，故③正确；本题正确的结论有：②③故答案为：②③．22．（2022•丹东）如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AB，AC上的动点（不与端点重合），且BE＝AF，BF与CE交于点P，延长BF交边AD（或边CD）于点G，连接OP，OG，则下列结论：①△ABF≌△BCE；②当BE＝2时，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；③当BE＝4时，BE：CG＝2：1；④线段OP的最小值为2﹣2．其中正确的是．（请填写序号）【答案】①②【解答】解：①∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，在△ABF和△BCE中，，∴△ABF≌△BCE（SAS），故①正确；②由①知：△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6，∵AF＝BE＝2，∴CF＝AC﹣AF＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，OB＝OD，OA＝OC，∴△AGF∽△CBF，S△BOG＝S△DOG，S△AOD＝S△COD，∴，∴，∴AG＝3，∴AG＝，∴S△AOD＝2S△DOG，∴S△COD＝2S△DOG，∴S四边形OCDG＝S△DOG+S△COD＝3S△DOG＝3S△BOG，故②正确；③如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴△CGF∽△ABF，∴，∴，∴CG＝3，∴BE：CG＝4：3，故③不正确；④如图2，由①得：△ABF≌△BCE，∴∠BCE＝∠ABF，∴BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，∴∠BPC＝120°，作等边三角形△BCH，作△BCH的外接圆I，则点P在⊙I上运动，点O、P、I共线时，OP最小，作HM⊥BC于M，∴HM＝＝3，∴PI＝IH＝，∵∠ACB+∠ICB＝60°+30°＝90°，∴OI＝＝＝，∴OP最小＝OI﹣PI＝﹣2，故④不正确，故答案为：①②．三．相似三角形的应用23．（2022•衢州）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得＝＝k，此时点P，A，B，Q共线．挖隧道时始终能看见P，Q处的标志即可．（1）CD﹣EF﹣GJ＝km．（2）k＝．【答案】1.8；．【解答】解：（1）CD﹣EF﹣GJ＝5.5﹣1﹣2.7＝1.8（km）；（2）连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z．由矩形性质得：AZ＝CD﹣EF﹣GJ＝1.8，BZ＝DE+FG﹣CB﹣AJ＝4.9+3.1﹣3﹣2.4＝2.6，∵点P，A，B，Q共线，∴∠MBQ＝∠ZBA，又∵∠BMQ＝∠BZA＝90°，∴△BMQ∽△BZA，∴＝k＝＝＝．故答案为：1.8；．24．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD ＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于米．【答案】10，（10+）【解答】解：解法一：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN ⊥BD于N，则OB＝PN，∵AC∥BD，∴AC∥OP∥BD，∴＝，∠EGF＝∠OPM，∵OA＝OB，∴CP＝PD＝CD＝6.5，∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，tan∠EGF＝tan∠OPM，∴OM＝×15＝10；∵DB∥EG，∴∠EGF＝∠NDP，∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝，∴OB＝PN＝，以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．解法二：如图，设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N，∵HC∥EG，∴∠HCM＝∠EGF，∵∠CMH＝∠EFG＝90°，∴△HMC∽△EFG，∴＝＝，即＝，∴HM＝，∵BD∥EG，∴∠BDC＝∠EGF，∴tan∠BDC＝tan∠EGF，设CN＝2x，DN＝3x，则CD＝x，∴x＝13，∴x＝，∴AB＝CN＝2，∴OA＝OB＝AB＝，在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM，∴sin∠AHO＝＝，∴＝，∴OH＝，∴OM＝OH+HM＝+＝10（米），以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．故答案为：10，（10+）．49。
备战中考数学(北师大版)专项练习图形的相似(含解析)
备战中考数学（北师大版）专项练习图形的相似（含解析）一、单选题1.如图，点G、F分别是△BCD的边BC、CD上的点，BD的延长线与GF的延长线相交于点A ，DE∥BC交GA于点E，则下列结论错误的是（）A.B.C. D.2.如图，△ABC中，D，E两点分别在AB，AC边上，且DE∥BC，假如，AC=6，那么AE的长为（）A.3B.4C.9D.123.一只蚂蚁沿直角三角形的边长爬行一周需2秒，假如将直角三角形的边长扩大1倍，那么这只蚂蚁再沿边长爬行一周需（）A.6秒B.5秒C.4秒D.3秒4.如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，若AB＝2，BC＝4，则CD的长是()A.1B.4C.3D.25.假如两个相似三角形的周长比为1：4，那么这两个三角形的相似比为（）A.1：2B.1：4C.1：8D.1：166.如图，已知在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC上的点，DE=BF，EF=BD，且AD：DB=3：5，那么CF：CB等于（）A.3：5B.3：8C.5：8D.2：57.如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且DE不行于B C，则下列条件中不能判定△ABC∽△ADE的是（）A.∠AED＝∠BB.∠ADE＝∠CC.＝D.＝8.一张等腰三角形纸片，底边长15cm，底边上的高长22.5cm．现沿底边依次从下往上裁剪宽度均为3cm的矩形纸条，如图所示．已知剪得的纸条中有一张是正方形，则这张正方形纸条是（）A.第4张B.第5张C.第6张D.第7张二、填空题9.在平面直角坐标系中，点A（2，3），B（5，﹣2），以原点O为位似中心，位似比为1：2，把△ABO缩小，则点B的对应点B′的坐标是___ _____10.如图，△ABC的内接正方形EFGH中，EH∥BC，其中BC=4，高A D=6，则正方形的边长为________．11.位似图形的相似比也叫做________12.如图，矩形中，点是边的中点，交对角线于点，则与的面积比等于________．13.如图，以点O为位似中心，将△ABC放大得到△DEF，若AD=OA，则△ABC与△DEF的面积之比为________14.如图，Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点E为边AB上一点，AE=2，点F为线段AB上一点，且BF=3，过点E作AC的平行线交B C于点D，作直线FD交AC于点G，则FG=________．15.如图，已知图中的每个小方格差不多上边长为1的小正方形，每个小正方形的顶点称为格点．若△ABC与△A1B1C1是位似图形，且顶点都在格点上，则位似中心的坐标是________．16.如图是小明在建筑物AB上用激光仪测量另一建筑物CD高度的示意图，在地面点P处水平放置一平面镜，一束激光从点A射出经平面镜上的点P反射后刚好射到建筑物CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，且测得AB=15米，BP=20米，PD=32米，B、P、D在一条直线上，那么建筑物CD的高度是________米．三、解答题17.如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，点F在边CD上，且CF=3FD，△ABE与△DEF相似吗？什么缘故？18.如图，△ABC中，点D在边AB上，满足∠ACD=∠ABC，若AC=，AD=1，求DB的长．四、综合题19.小明利用灯光下自己的影子长度来测量路灯的高度．如图，CD和E F是两等高的路灯，相距27m，身高1.5m的小明（AB）站在两路灯之间（D、B、F共线），被两路灯同时照耀留在地面的影长BQ=4m，BP=5m．（1）小明距离路灯多远？（2）求路灯高度．20.如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点P从点A动身，以每秒4个单位长度的速度沿折线AC-CB运动，到点B停止．当点P不与△ABC的顶点重合时，过点P作其所在直角边的垂线交AB 于点Q，再以PQ为斜边作等腰直角三角形△PQR，且点R与△ABC的另一条直角边始终在PQ同侧，设△PQR与△ABC重叠部分图形的面积为S（平方单位）．点P的运动时刻为t（秒）．（1）求点P在AC边上时PQ的长，（用含t的代数式表示）；（2）求点R到AC、PQ所在直线的距离相等时t的取值范畴；（3）当点P在AC边上运动时，求S与t之间的函数关系式；（4）直截了当写出点R落在△ABC高线上时t的值．21.如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点坐标分别为A（1，2），B（7，2），C（5，6）．（1）请以图中的格点为顶点画出一个△A1B1C ，使得△A1B1C ∽△ABC ，且△A1B1C与△ABC的周长比为1：2；（每个小正方形的顶点为格点）（2）依照你所画的图形，直截了当写出顶点A1和B1的坐标.22.如图，梯形ABCD中，AB∥DC ，∠B=90°，E为BC上一点，且AE⊥ED ．若BC=12，DC=7，BE：EC=1：2，（1）求AB的长．（2）求△AED的面积答案解析部分一、单选题1.【答案】C【考点】平行线分线段成比例【解析】解答：∵DE∥BC交GA于点E ，∴，，，A，B，D正确，故选C．分析：利用平行线分线段成比例定理即可得到答案．2.【答案】B【考点】平行线分线段成比例【解析】【解答】解：∵DE∥BC，∴，又AC=6，∴AE=4，故选：B．【分析】依照平行线分线段成比例定理，得到比例式，把已知数据代入运算即可．3.【答案】C【考点】相似三角形的应用【解析】【分析】本题依照放大后的三角形与三角形相似，故可依照相似三角形的性质求解，两个相似三角形对应边之比的比值叫做相似比．【解答】直角三角形各边的长度扩大一倍，周长扩大1倍，故爬行时刻扩大一倍．故只蚂蚁再沿边长爬行一周需4秒．故选C．【点评】熟练运用相似三角形的性质．4.【答案】C【考点】相似三角形的判定与性质【解析】【分析】先由∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠B＝∠B证得△AB D∽△CBA，再依照相似三角形的性质求得BD的长，即可求得结果。
2020年中考数学三轮复习专项练习：《相似综合》(含答案)
备战2020中考数学三轮复习专项练习：《相似综合》1．如图，在△ABC中，AG⊥BC，垂足为点G，点E为边AC上一点，BE＝CE，点D为边BC上一点，GD＝GB，连接AD交BE于点F．（1）求证：∠ABE＝∠EAF；（2）求证：AE2＝EF•EC；（3）若CG＝2AG，AD＝2AF，BC＝5，求AE的长．2．在△ABC中，点D在边BC上，点E在线段AD上．（1）若∠BAC＝∠BED＝2∠CED＝α，①若α＝90°，AB＝AC，过C作CF⊥AD于点F，求的值；②若BD＝3CD，求的值；（2）AD为△ABC的角平分线，AE＝ED＝2，AC＝5，tan∠BED＝2，直接写出BE的长度．3．已知▱EFGH的顶点E、G分别在▱ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在▱ABCD的对角线BD上．（1）如图1，求证：BF＝DH；（2）如图2，若∠HEF＝∠A＝90°，，求的值；（3）如图1，当∠HEF＝∠A＝120°，，时，求k的值．4．如图，BM、DN分别平分正方形ABCD的两个外角，且∠MAN＝45°，连接MN．（1）猜想以线段BM、DN、MN为三边组成的三角形的形状，并证明你的结论；（2）若△AMN为等腰直角三角形，探究线段BM、DN之间的数量关系；（3）当MN∥AD时，直接写出的值．5．如图，锐角△ABC中，BC＝12，BC边上的高AD＝8，矩形EFGH的边GH在BC上，其余两点E、F分别在AB、AC上，且EF交AD于点K．（1）求的值；（2）设EH＝x，矩形EFGH的面积为S．①求S与x的函数关系式；②请直接写出S的最大值为．6．如图1，△ABC中，BD，CE是△ABC的高．（1）求证：△ABD∽△ACE．（2）△ADE与△ABC相似吗？为什么？（3）如图2，设cos∠ABD＝，DE＝12，DE的中点为F，BC的中点为M，连接FM，求FM的长．7．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，BE⊥AC，垂足为E，AD与BE相交于点F，连接ED．（1）求证：△AEF∽△BDF；（2）若AE＝4，BD＝8，EF+DF＝9，求DE的长．8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P，Q在对角线BD上，且BQ＝BP，过点P作PH⊥AB于点H，连接HQ，以PH、HQ为邻边作平行四边形PHQG，设BQ＝m．（1）若m＝2时，求此时PH的长．（2）若点C，G，H在同一直线上时，求此时的m值．（3）若经过点G的直线将矩形ABCD的面积平分，同时该直线将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，求此时m的值．9．如图，四边形ABCD是矩形．（1）如图1，E、F分别是AD、CD上的点，BF⊥CE，垂足为G，连接AG．①求证：；②若G为CE的中点，求证：sin∠AGB＝；（2）如图2，将矩形ABCD沿MN折叠，点A落在点R处，点B落在CD边的点S处，连接BS交MN于点P，Q是RS的中点．若AB＝2，BC＝3，直接写出PS+PQ的最小值为．10．已知：如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点E是DB延长线上的一点，且EA＝EC，分别延长AD、EC交于点F．（1）求证：四边形ABCD为菱形；（2）如果∠AEC＝2∠BAC，求证：EC•CF＝AF•AD．11．“创新实践”小组想利用镜子与皮尺测量大树AB的高度，因大树底部有障碍物，无法直接测量到大树底部的距离．聪明的小颖借鉴《海岛算经》的测量方法设计出如图所示的测量方案：测量者站在点F处，将镜子放在点M处时，刚好看到大树的顶端，沿大树方向向前走2.8米，到达点D处，将镜子放在点N处时，刚好看到大树的顶端（点F，M，D，N，B在同一条直线上）．若测得FM＝1.5米，DN＝1.1米，测量者眼睛到地面的距离为1.6米，求大树AB的高度．12．矩形ABCD中，AD＝9，AB＝12，点E在对角线BD上（不与B、D重合），EF⊥AE 交CD于F点，连接AF交BD于G点．（1）如图1，当G为DE中点时．①求证：FD＝FE；②求BE的长．（2）如图2，若E为BD上任意点，求证：AG2＝BG•GE．13．已知△ABC中，∠ABC＝90°，点D、E分别在边BC、边AC上，连接DE，DF⊥DE，点F、点C在直线DE同侧，连接FC，且＝＝k．（1）点D与点B重合时，①如图1，k＝1时，AE和FC的数量关系是，位置关系是；②如图2，k＝2时，猜想AE和FC的关系，并说明理由；（2）BD＝2CD时，①如图3，k＝1时，若AE＝2，S＝6，求FC的长度；△CDF②如图4，k＝2时，点M、N分别为EF和AC的中点，若AB＝10，直接写出MN的最小值．14．如图1，△ABC的两条中线BD、CE交于点F．（1）＝；（2）如图2，若BE2＝EF•EC，且，EF＝，求DE的长；（3）如图3，已知BC＝4，∠BAC＝60°，当点A在直线BC的上方运动时，直接写出CE的最大值．15．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第62页的部分内容．已知：如图，DE∥BC，并分别交AB、AC于点D、E．求证：△ADE∽△ABC．请根据教材提示，结合图①，运用相似三角形的定义，写出完整的证明过程．证明：过点D作AC的平行线交BC于点F．结论应用：如图②，△ABC中，AB＝10，AC＝7，AD平分∠BAC，AE是BC边上的中线，过点C作CG⊥AD交AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为．16．如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE，DF相交于点P．（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋至如图2所示的位置上，则线段BE与DF 的位置关系是，数量关系是．（2）若AD＝nAB（n≠1）将△AEF绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明；若不成立，请写出正确结论，并说明理由．（3）若AB＝6，BC＝8，将△AEF旋转至AE⊥BE时，请直接写出DP的长．17．如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．（1）如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求DG的长；（2）如图3，连接DG，当EF∥BD且△DFG是直角三角形时，求AE的值；（3）当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出AE的值；若不存在，请说明理由18．如果三角形的两个内角α与β满足α﹣β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，求∠C的度数；（2）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，BC＝5，点D是BC延长线上一点．若△ABD是“准互余三角形”，求CD的长；（3）如图②，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC＝4，CD＝5，∠BAC＝90°，∠ACD＝2∠ABC，且△BCD是“准互余三角形”，求BD的长．参考答案1．（1）证明：∵EB＝EC，∴∠EBC＝∠C，∵AG⊥BD，BG＝GD，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ABD＝∠ABE+∠EBC，∠ADB＝∠DAC+∠C，∴∠ABE＝∠DAC，即∠ABE＝∠EAF．（2）证明：∵∠AEF＝∠BEA，∠EAF＝∠ABE，∴△AEF∽△BEA，∴＝，∴AE2＝EF•EB，∵EB＝EC，∴AE2＝EF•EC．（3）解：设BE交AG于J，连接DJ，DE．∵AG垂直平分线段BD，∴JB＝JD，∴∠JBD＝∠JDG，∵∠JBD＝∠C，∴∠JDB＝∠C，∴DJ∥AC，∴∠AEF＝∠DJF，∵AF＝DF，∠AFE＝∠DFJ，∴△AFE≌△DFJ（AAS），∴EF＝FJ，AE＝DJ，∵AF＝DF，∴四边形AJDE是平行四边形，∴DE∥AG，∵AG⊥BC，∴ED⊥BC，∵EB＝EC，∴BD＝DC＝，∴BG＝DG＝，∵tan∠JDG＝tan∠C＝＝＝，∴JG＝，∵∠JGD＝90°，∴DJ＝＝＝＝，∴AE＝DJ＝＝．2．解：（1）①∵∠BAC＝∠BED＝2∠CED＝α，∴当α＝90°，AB＝AC时，△ABC与△CEF都是等腰直角三角形，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∠ACF+∠FAC＝90°，∴∠BAE＝∠AFC，∴在△ABE与△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AE＝CF＝EF，∴BE＝AF＝2EF＝2CF，∴＝2；②如图，过点C作CF∥BE，交AD的延长线于点F，在AD上取一点G，使得CG＝CF，∵∠BAC＝∠BED＝2∠CED＝α，∴∠ABE＝∠CAG，∠F＝∠BED＝α＝∠CGF，∴∠AEB＝∠AGC，∴△ABE∽△CAG，∴＝．∵CF∥BE，∴△BED∽△CFD，∴＝＝3，设CF＝x，BE＝3x，AE＝y，则CG＝EG＝x，∴＝，解得：＝，∴＝；（2）如图，过点C作CF∥AD，交BA的延长线于F，延长BE交CF与G，则∠BAD＝∠F，∠DAC＝∠ACF，又∵AD为△ABC的角平分线，即∠BAD＝∠DAC，∴∠ACF＝∠F，∴AF＝AC＝5，又AE＝ED，∴FG＝CG，∴AG⊥CF，∴∠CAG＝∠FAG，∴AD⊥AG，∵tan∠BED＝2，∴tan∠AEG＝2，∵AE＝ED＝2，∴＝2，∴AG＝2AE＝4，又∵AC＝5，∴FG＝CG＝3，∵DE∥CG，∴＝，∴＝，∴解得，BE＝4．3．（1）证明：∵四边形EFGH是平行四边形，∴EF＝HG，EF∥HG，∴∠EFD＝∠GHB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EDF＝∠GBH，在△EFD和△GHB中，，∴△EFD≌△GHB（AAS），∴DF＝BH，∴DF﹣HF＝BH﹣HF，∴BF＝DH；（2）解：作EM⊥FH于M，如图2所示：设MH＝a，∵四边形ABCD、四边形EFGH都是平行四边形，∠A＝∠FEH＝90°，∴四边形ABCD、四边形EFGH都是矩形，∴AD＝BC，∴tan∠ADB＝＝＝，tan∠EFH＝＝，∵∠FEH＝∠EMH＝90°，∴∠MEH+∠EHM＝90°，∠EFH+∠EHF＝90°，∴∠MEH＝∠EFH，∴tan∠MEH＝tan∠EFH＝＝＝，∴EM＝2a，FM＝4a，∵tan∠EDM＝＝，∴DM＝4a，FH＝5a，由（1）得：BF＝DH，∴BF＝DH＝3a，∴＝＝；（3）过点E作EM⊥BD于M，如图1所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∵＝，∴＝，即＝，∵∠HEF＝∠A，∴△EFH∽△ADB，∴∠EFH＝∠ADB，∴EF＝ED，∴FM＝DM，设BF＝3a，∵＝，∴FH＝7a，∴DF＝10a，∴DM＝5a，由（1）得：BF＝DH，∴DH＝3a，MH＝DM﹣DH＝5a﹣3a＝2a，过点E作∠NEH＝∠EDH，交BD于N，∵∠ENH＝∠DNE，∴△ENH∽△DNE，∴＝，∴EN2＝DN•HN，设HN＝x，∴EN2＝x•（3a+x），∴EN＝，∵∠NEH＝∠EDH，∴∠NEH＝∠EFH，∵∠EHN＝∠FHE，∴△ENH∽△FEH，∴∠END＝HEF＝120°，∴∠ENM＝60°，∴∠NEM＝30°，∴EN＝2MN，∴＝2（2a﹣x），解得：x＝a，∴EN＝2a，MN＝a，由勾股定理得：EM＝＝＝a，EH＝＝＝a，EF＝DE＝＝＝2a，∴k＝＝＝．4．解：（1）以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形．证明如下：如图，过点A作AF⊥AN并截取AF＝AN，连接BF、FM，∵∠1+∠BAN＝90°，∠3+∠BAN＝90°，∴∠1＝∠3，在△ABF和△ADN中，，∴△ABF≌△ADN（SAS），∴BF＝DN，∠FBA＝∠NDA＝135°，∵∠FAN＝90°，∠MAN＝45°，∴∠1+∠2＝∠FAM＝∠MAN＝45°，在△AFM和△ANM中，，∴△AFM≌△ANM（SAS），∴FM＝NM，∴∠FBP＝180°﹣∠FBA＝180°﹣135°＝45°，∴∠FBP+∠PBM＝45°+45°＝90°，∴△FBM是直角三角形，∵FB＝DN，FM＝MN，∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形；（2）∵BM、DN分别平分正方形的两个外角，∴∠CBM＝∠CDN＝45°，∴∠ABM＝∠ADN＝135°，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠NAD＝45°，在△ABM中，∠BAM+∠AMB＝∠MBP＝45°，∴∠NAD＝∠AMB，在△ABM和△NDA中，，∴△ABM∽△NDA，∵△AMN是等腰直角三角形，∴；（3）连接BD并延长交MN延长线于点G，如图2，由题意知∠GDN＝∠GBM＝90°，∠ADN＝135°，∵MN∥AD，∴∠GND＝45°，∴∠G＝90°﹣∠GND＝45°，∴△DGN和△BGM均为等腰直角三角形，∴GN＝DN，GM＝BM，由（1）知，DN2+BM2＝MN2，∴设BM＝x，DN＝y，则GM＝x，GN＝y，∴MN＝（y﹣x），∴x2+y2＝[（y﹣x）]2，∴x1＝（2+）y（舍），x2＝（2﹣）y，∴．5．解：（1）∵四边形EFGH是矩形，∴EF∥BC，∵AD⊥BC，∴AK⊥EF，∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴；（2）∵四边形EFGH是矩形，∴∠FEH＝∠EHG＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴四边形EHDK是矩形，∴EH＝DK＝x，∵AK+DK＝AD，∴AK＝8﹣x，∵，∴，∴S＝EH•EF＝x•（8﹣x）＝﹣x2+12x．②∵S＝﹣x2+12x＝，，∴当x＝4，时S有最大值24．故答案为：24．6．（1）证明：如图1中，∵BD、CE是△ABC的高，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∵∠A＝∠A，∴△ABD∽△ACE（2）相似．理由：∵△ABD∽△ACE，∴，即，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC．（4）如图2中，连接DM、EM．由得，∴BC＝18，又EM＝DM＝9，MF⊥DE，且FD＝FE＝6，∴FM＝＝＝3．7．（1）证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠BDF＝∠AEF＝90°，∵∠AFE＝∠BFD，∴△AEF∽△BDF．（2）解：∵△AEF∽△BDF，∴＝＝＝，∵DF+EF＝9，∴EF＝3，DF＝6，∴BF＝＝＝10，AF＝＝＝5，∴AD＝5+6＝11，∴AB＝＝＝∵＝，∴＝，∵∠AFB＝∠EFD，∴△AFB∽△EFD，∴＝，∴＝，∴DE＝．8．解：（1）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，∴BD＝＝＝5，∵BQ＝2，，∴BP＝3，∵PH∥AD，∴△BPH∽△BDA，∴，∴；（2）如图，设HG与PQ交于点O，设BQ＝2x，则BP＝3x，PQ＝x，∴PO＝QO＝，∴BO＝x，∵PH∥BC，∴△PHO∽△BCO，∴，∴PH＝＝，∵PH∥AD，∴△BPH∽△BDA，∴，∴，∴x＝，∴BQ＝；（3）连接AC交BD于O，∵经过点G的直线将矩形ABCD的面积平分，∴这条直线经过矩形ABCD的对角线的交点O．①如图，当直线OG经过PH的中点R时，直线OG将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，∵PH∥GQ，∴，∴，∴m＝；②如图，当直线OG经过HQ的中点N时，直线OG将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，∵PG∥HQ，∴＝＝，∴＝，∴m＝；综上所述，满足条件的m的值为或．9．（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠CDE＝∥BCF＝90°，∵BF⊥CE，∴∠BGC＝90°，∴∠BCG+∠FBC＝∠BCG+∠ECD＝90°，∴∠FBC＝∠ECD，∴△FBC∽△ECD，∴＝．②证明：如图1中，连接BE，GD．∵BF⊥CE，EG＝CG，∴BF垂直平分线段EC，∴BE＝CB，∠EBG＝∠CBG，∵DG＝CG，∴∠CDG＝∠GCD，∵∠ADG+∠CDG＝90°，∠BCG+∠ECD＝90°，∴∠ADG＝∠BCG，∵AD＝BC，∴△ADG≌△BCG（SAS），∴∠DAG＝∠CBG，∴∠DAG＝∠EBG，∴∠AEB＝∠AGB，∴sin∠AGB＝sin∠AEB＝＝＝＝．（2）如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP．∵四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，∴PT＝PQ，MN垂直平分线段BS，∴BP＝PS，∵∠BCS＝90°，∴PC＝PS＝PB，∴PQ+PS＝PT+PC，当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小，最小值＝＝＝，∴PQ+PS的最小值为．故答案为．10．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，又∵EA＝EC，∴EO⊥AC，∴四边形ABCD是菱形；（2）∵∠AEB＝∠CEB＝∠AEC，平行四边形ABCD为菱形，∴∠AEB＝∠CEB＝∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA，∠CDF＝∠DAC+∠DCA＝∠AEF，∴△FCD∽△FAE，∴＝，∵CD＝AD，AE＝CE，∴＝，即EC•CF＝AF•AD．11．解：设NB的长为x米，则MB＝x+1.1+2.8﹣1.5＝（x+2.4）米．由题意，得∠CND＝∠ANB，∠CDN＝∠ABN＝90°，∴△CND∽△ANB，∴．同理，△EMF∽△AMB，∴．∵EF＝CD，∴，即．解得x＝6.6，∵，∴．解得AB＝9.6．答：大树AB的高度为9.6米．12．（1）①证明：如图1，取AF的中点O，连接OD，OE，∵∠ADF＝∠FEA＝90°，∴OE＝OD＝AF，∵点G是DE的中点，∴OG⊥DE，∴AF⊥DE，∵点G是DE的中点，∴FD＝FE；②解：由①知，AF⊥DE，∴∠AGD＝90°，∵∠ADG＝∠ADB，∴△ADG∽△BDA，∴，在Rt△ABD中，AD＝9，AB＝12，根据勾股定理得，BD＝15，∴，∴DG＝，∴DE＝2DG＝，∴BE＝BD﹣DE＝；（2）如图2，过点E作MN∥BC分别交AB，CD于M，N，∴BC⊥CD，∴MN⊥CD且MN⊥AB，∴∠DNE＝∠AME＝90°，∵∠FEA＝90°，∴∠NEF＝∠MAE，∴△NEF∽△MAE，∴，∵AM＝DN，∴，∵∠FEA＝∠END＝90°，∴△FEA∽△END，∴∠FAE＝∠EDN，∵∠EDN＝∠ABG，∴∠FAE＝∠ABG，∵∠AGE＝∠BGA，∴△AGE∽△BGA，∴，∴AG2＝BG•GE．13．解：（1）①如图1中，结论：AE＝CF，AE⊥CF理由：由题意：BA＝BC，BE＝BE，∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠ABE＝∠CBF，∠A＝∠ACB＝45°，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∠A＝∠BCF＝45°，∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝90°，∴AE⊥CF，故答案为AE＝CF，AE⊥CF．②如图2中，结论：AE＝2CF，AE⊥CF．理由：∵＝＝2，∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴＝＝2，∠A＝∠BCF，∴AE＝2CF，∵∠A+∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠ACB＝90°，∴AE⊥CF．（2）①如图3中，过点D作DH⊥AC于H，作DT∥AB交AC于T．由题意AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝45°，∵DT∥AB，∴∠CDT＝∠CBA＝90°，∴∠DTC＝∠DCT＝45°，∴DT＝DC，∵DH⊥CT，∴HT＝HC，∴DH＝HT＝HC，设DH＝HT＝HC＝m，∵DT∥AB，∴＝＝，∴AT ＝4m ，∵AE ＝2，∴ET ＝4m ﹣2，∵DE ＝DF ，DT ＝DC ，∠EDF ＝∠TDC ＝90°，∴∠EDT ＝∠FDC ，∴△EDT ≌△FDC （SAS ），∴S △EDT ＝S △FDC ＝6，ET ＝FC ， ∴•（4m ﹣2）•m ＝6，解得m ＝2或﹣（舍弃），∴CF ＝ET ＝4m ﹣2＝8﹣2＝6．②如图4中，连接DM ，CM ，根点M 作MK ⊥BC 于K ，交AC 于J ．同法可证：AE ⊥CF ，∵∠EDF ＝∠ECF ＝90°，EM ＝MF ，∴DM ＝MC ＝EF ，∴点M 在长度CD 的垂直平分线MK 上，当NM ⊥NK 时，MN 的值最小， 由题意：AB ＝10，BC ＝5，CD ＝，CK ＝DK ＝，在Rt △ABC 中，AC ＝＝5，∵AN ＝CN ，∴CN ＝AC ＝， ∵JK ∥AB ，∴＝，∴＝，∴CJ＝，∴NJ＝CN﹣CJ＝﹣＝，∵NM⊥MK时，△NMK∽△CKJ，∴＝，∴＝，∴MN＝，∴MN的最小值为．14．解：（1）如图1中，∵AE＝BE，AD＝DC，∴DE∥BC，DE＝BC，∴△EDF∽△CBF，∴＝＝，故答案为：．（2）如图2中，∵DE∥BC，且DE＝BC，∵△EDF∽CBF，∴＝＝＝，∵EF＝，∴CF＝2，EC＝3，∵BE2＝EF•EC，∴BE＝3，∵DF＝BE＝2，∴BF＝4，∵＝，∠BEF＝∠CEB，∴△BEF∽△CEB，∴＝，∴＝，∴CB＝4，∴DE＝BC＝2．（3）如图3中，如图，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，取OB的中点F，连接EF，过点O作OH⊥BC于H，过点F作FT⊥BC于T．∵∠BOC＝2∠BAC＝120°，∵OB＝OC，OH⊥BC，∴BH＝CH＝BC＝2，∠BOH＝∠COH＝60°，∴OH＝＝，OB＝2OH＝，∵AE＝EB，BF＝OF，∴EF＝OA＝，∴点E的运动轨迹是以F为圆心FE为半径的⊙F，∴CE的最大值＝EF+CF，∵FT⊥BC，OH⊥BC，∴FT∥OH，∵BF＝OF，∴BT＝TH＝1，FT＝OH＝，在Rt△FCT中，CF＝＝＝，∴CE的最大值为．15．教材呈现：证明：过点D作AC的平行线交BC于点F，∵DE∥BC，∴四边形DECF是平行四边形，∴DE＝CF，∵DE∥BC，∴＝，∠AED＝∠C，∠ADE＝∠B，∵DF∥AC，∴＝，∴＝＝，∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC；结论应用：∵AD平分∠BAC，∴∠GAF＝∠CAF，∵CG⊥AD，∴∠AFG＝∠AFC，在△AGF和△ACF中，，∴△AGF≌△ACF（ASA），∴AG＝AC＝7，GF＝CF，则BG＝AB﹣AG＝10﹣7＝3．又∵BE＝CE，∴EF是△BCG的中位线，∴EF＝BG＝1.5．故答案是：1.5．16．解：（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是矩形，AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形，AE＝AB，AF＝AD，∴AE＝AF，∵∠DAB＝∠EAF＝90°，∴∠BAE＝∠DAF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，∵∠ABE+∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，∴∠ADF+∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，∴BE⊥DF．故答案为BE＝DF，BE⊥DF．（2）如图3中，结论不成立．结论：DF＝nBE，BE⊥DF，∵AE＝AB，AF＝AD，AD＝nAB，∴AF＝nAE，∴AF：AE＝AD：AB，∴AF：AE＝AD：AB，∵∠DAB＝∠EAF＝90°，∴∠BAE＝∠DAF，∴△BAE∽△DAF，∴DF：BE＝AF：AE＝n，∠ABE＝∠ADF，∴DF＝nBE，∵∠ABE+∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，∴∠ADF+∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，∴BE⊥DF．（3）如图4﹣1中，当点P在BE的延长线上时，在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，AB＝6，AE＝3，∴BE＝＝3，∵△ABE∽△ADF，∴＝，∴＝，∴DF＝4，∵四边形AEPF是矩形，∴AE＝PF＝3，∴PD＝DF﹣PF＝4﹣3；如图4﹣2中，当点P在线段BE上时，同法可得DF＝4，PF＝AE＝3，∴PD＝DF+PF＝4+3，综上所述，满足条件的PD的值为4﹣3或4+3．17．解：（1）连接AG，如图2所示，由折叠得：AG⊥EF，∵EF∥BD，∴AG⊥BD，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，∴∠DAB＝90°，AD＝BC＝6，∴DB＝＝＝10，∴cos∠ADB＝＝＝，∴DG＝AD•cos∠ADB＝6×＝．（2）①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，在Rt△DFG中，DG2+FG2＝DF2，即DG2＝（6﹣3t）2﹣（3t）2＝36﹣36t，∵tan∠FDG＝＝，∴＝，解得t＝，∴AE＝．②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，EH＝AD＝6．设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，∵∠FDG＝∠FGE＝∠EHG＝90°，∴∠DGF+∠DFG＝90°，∠DGF+∠EGH＝90°，∴∠DFG＝∠EGH，∴△GDF∽△EHG，∴＝＝，∴＝＝，∴DG＝，GH＝8﹣4k，∵DG+GH＝AE，∴+8﹣4k＝4k，∴k＝，∴AE＝．综上所述：AE＝或．（3）①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P，∵∠AEF＝∠FEG＝∠EHG，∠EHG+∠HEG＝90°，∴△FEG+∠HEG＝90°，∴∠A＝∠FEH＝90°，∴△AEF∽△EHF，∴EF：HE＝AF：AE＝1：2，∵∠A＝∠HPE＝90°，∴∠AEF+∠HEP＝90°，∠HEP+∠EHP＝90°，∴∠AEF＝∠EHP，∴△AEF∽△HPE，∴EA：HP＝EF：EH＝1：2，∵HP＝6，∴AE＝3．②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P，同法可得EF：HE＝1：2，EA：HP＝1：2，设AF＝t，则AE＝2t，EP＝2t，HP＝4t，∴BP＝8﹣4t，∵△BHP∽△BDA，∴4t：6＝（8﹣4t）：8，解得：t＝，AE＝．③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN 于N．设AF＝t，则AE＝2t，DF＝6﹣t，由翻折可知：△AEF≌△GEF，AE＝GE，∵△AEF∽△GEH，AE＝GE，∴△AEF≌△GEH（AAS或ASA），∴FG＝GH，∵MG∥DH，∴FM＝（6﹣t），∴AM＝EN＝AF+FM＝，又∵△FMG∽△GNE，且GF：GE＝1：2，∵MG＝NE＝AM＝，GN＝2FN＝6﹣t，∵MN＝AE，∴+6﹣t＝2t，解得t＝，∴AE＝．④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN 于N，过点H作HQ⊥AD于Q，设AF＝t，则AE＝2t，设FM＝a，∴NG＝2a，NE＝a+t，∴MG＝EN＝AM＝，∴+2a＝2t①，由上题可知：MF＝MQ＝a，QH＝2MG＝a+t，∴DQ＝6﹣t﹣2a，∵＝，∴＝②，解得t＝，∴AE＝，综上所述，满足条件的AE的值为3或或或．18．解：（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，若∠A﹣∠B＝90°，则∠A＝110°，∴∠C＝180°﹣110°﹣20°＝50°，若∠A﹣∠C＝90°，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠C＝35°；（2）∵∠BAC＝90°，AB＝4，BC＝5，∴AC＝＝＝3，∵△ABD是“准互余三角形”，∴∠BAD﹣∠B＝90°，或∠BAD﹣∠ADB＝90°，当∠BAD﹣∠ADB＝90°，∴∠BAC+∠CAD﹣∠ADB＝90°，∴∠CAD＝∠ADB，∴AC＝CD＝3，当∠BAD﹣∠B＝90°，∴∠BAC+∠CAD﹣∠B＝90°，∴∠B＝∠CAD，∵∠ADC＝∠BDA，∴△ADC∽△BDA，∴，∴，∴CD＝；（3）如图，将△ABC沿BC翻折得到△EBC，∴CE＝AC＝4，∠BCA＝∠BCE，∠CBA＝∠CBE，∠E＝∠BAC＝90°，∴∠ABE+∠ACE＝180°，∵∠ACD＝2∠ABC＝∠ABE，∴∠ACD+∠ACE＝180°，∴点D，点C，点E三点共线，∵∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝2∠ABC+∠ACB＝90°+∠ABC，∴∠BCD﹣∠CBD＝90°，∵△BCD是“准互余三角形”，∴∠BCD﹣∠CDB＝90°，∴90°+∠ABC﹣∠CDB＝90°，∴∠CDB＝∠ABC＝∠EBC，又∵∠E＝∠E，∴△CEB∽△BED，∴，即，∴BE＝6，∴BD＝＝＝3．。
中考数学 相似综合试题及详细答案
中考数学相似综合试题及详细答案一、相似1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。
2020-2021中考数学相似综合题含答案
2020-2021中考数学相似综合题含答案一、相似1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。
2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习及详细答案
2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习及详细答案一、相似1．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．【答案】（1）解：如图1，∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，∴OA=OB，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∵AB=2，AB⊥OC，∴AC=BC=1，∠BOC=30°，∴OC= ，∴A（-1，），把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，∵CF∥BG，∴，∵AC=4BC，∴ =4，∴AF=4FG，∵A的横坐标为-4，∴B的横坐标为1，∴A（-4，16a），B（1，a），∵∠AOB=90°，∴∠AOD+∠BOE=90°，∵∠AOD+∠DAO=90°，∴∠BOE=∠DAO，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△ADO∽△OEB，∴，∴，∴16a2=4，a=± ，∵a＞0，∴a= ；∴B（1，）；（3）解：如图3，设AC=nBC，由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），∴AD=am2n2，过B作BF⊥x轴于F，∴DE∥BF，∴△BOF∽△EOD，∴，∴，∴，DE=am2n，∴，∵OC∥AE，∴△BCO∽△BAE，∴，∴，∴CO= =am2n，∴DE=CO．【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。
中考数学总复习《相似》专题训练(附答案)
中考数学总复习《相似》专题训练（附答案）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________知识点梳理1、相似三角形的判定定义：三个角分别相等，三条边成比例的两个三角形相似。
定理：平行线分线段成比例定理 两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例。
推论：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例。
判定1：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似。
判定2：三边成比例的两个三角形相似。
判定3：两边成比例且夹角相等的两个三角形相似。
判定4：两角分别相等的两个三角形相似。
2、相似三角形的性质相似三角形的对应角相等，对应边成比例；相似三角形对应高的比，对应中线的比与对应角平分线的比都等于相似比； 相似三角形对应线段的比等于相似比； 相似三角形周长的比等于相似比； 相似三角形面积的比等于相似比的平方。
3、相似三角形模型 模型一：A 、8模型已知：12∠=∠，结论ADE ABC ∆∆∽ 模型二：共边共角型已知：12∠=∠，结论：ACD ABC ∆∆∽ 模型三：一线三角型已知，如图①②③中：∠B=∠ACE=∠D. 结论：△ABC ∽△CDE 模型四：相似与旋转如图①，已知DE ∥BC ，将△ADE 绕点A 旋转一定的角度，连接BD 、CE ，得到如图②，结论：△ABD ∽△ACE 模型五：垂直相似如图，在Rt 三角形ABC 中∠C=90°，CD 为斜边AB 上的高结论：222ACD BCD ABCAC AD AB BC BD AB CD AD BD∆∆∆===∽∽4、位似图形定义：如果两个图形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心。
这时的相似比又叫位似比。
性质：每一组对应点和位似中心在同一直线上，它们到位似中心的距离之比都等于位似比。
备战中考数学压轴题专题相似的经典综合题附答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．（1）求证：AD=DE；（2）若CE=2，求线段CD的长；（3）在（2）的条件下，求△DPE的面积．【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC∵AB=BC，∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE；（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，∴CD= ；（3）解：延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，AD= ，AB=10，∴BD=3 ，∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径，∴，∴∠BEP=∠EDB，∴△BPE∽△BED，∴，∴BP= ，∴DP=BD-BP= ，∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32，∵S△BCD= × ×3 =15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，∴S△BDE=12，∴S△DPE= ．【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。
人教备战中考数学相似的综合复习及答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．【答案】（1）解：设，则a=3k，b=2k，c=6k，又∵a+2b+c=26，∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，∴a=6，b=4，c=12；∴2b=8，b2=16∵a=6，2b=8，c=12，b2=16∴2bc=96，ab2=6×16=96∴2bc=ab2a，2b，c，b2是成比例的线段。
（2）解：∵x是a、b的比例中项，∴x2=6ab，∴x2=6×4×6，∴x=12．【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。
（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。
2．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.（1）此时两人相距多少米(DE的长)?（2）张华追赶王刚的速度是多少?【答案】（1）解：在Rt△ABC中：∵AB=40，BC=30，∴AC=50 m.由题意可得DE∥AC，∴Rt△BDE∽Rt△BAC，∴ = ，即 = .解得DE= m.答：此时两人相距 m.（2）解：在Rt△BDE中：∵DB=2，DE=，∴BE=2 m.∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).∴张华用的时间为14-4=10(s)，∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.3．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，∴CD平分∠ACB，∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∴PG=PH，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴ =1（2）（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，易证△PMH∽△PGN，∴，∵，∴，∵DT∥PG，DK∥PH，∴，∴，∴【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，∴∠GPH=∠MPN=90°，∴∠MPH=∠NPG，∵∠PHM=∠PGN=90°，∴△PHM∽△PGN，∴，∵△PHC∽△ACB，PG=HC，∴，故答案为：；【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。
2020-2021全国备战中考数学相似的综合备战中考真题分类汇总及详细答案
2020-2021全国备战中考数学相似的综合备战中考真题分类汇总及详细答案一、相似1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°∴tan∠CPQ= ,由①得AP=CQ,又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，由②得∠CBQ=∠CPQ，∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答案.2．设C为线段AB的中点，四边形BCDE是以BC为一边的正方形．以B为圆心，BD长为半径的⊙B与AB相交于F点，延长EB交⊙B于G点，连接DG交于AB于Q点，连接AD．求证：（1）AD是⊙B的切线；（2）AD=AQ；（3）BC2=CF•EG．【答案】（1）证明：连接BD，∵四边形BCDE是正方形，∴∠DBA=45°，∠DCB=90°，即DC⊥AB，∵C为AB的中点，∴CD是线段AB的垂直平分线，∴AD=BD，∴∠DAB=∠DBA=45°，∴∠ADB=90°，即BD⊥AD，∵BD为半径，∴AD是⊙B的切线（2）证明：∵BD=BG，∴∠BDG=∠G，∵CD∥BE，∴∠CDG=∠G，∴∠G=∠CDG=∠BDG= ∠BCD=22.5°，∴∠ADQ=90°﹣∠BDG=67.5°，∠AQB=∠BQG=90°﹣∠G=67.5°，∴∠ADQ=∠AQD，∴AD=AQ（3）证明：连接DF，在△BDF中，BD=BF，∴∠BFD=∠BDF，又∵∠DBF=45°，∴∠BFD=∠BDF=67.5°，∵∠GDB=22.5°，在Rt△DEF与Rt△GCD中，∵∠GDE=∠GDB+∠BDE=67.5°=∠DFE，∠DCF=∠E=90°，∴Rt△DCF∽Rt△GED，∴ ,又∵CD=DE=BC，∴BC2=CF•EG．【解析】【分析】（1）连接BD，要证AD是圆B的切线，根据切线的判定可知，只须证明∠ADB=即可。
备战中考数学相似的综合复习附答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．【答案】（1）解：结论：CF=2DG．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴ = = ，∴CF=2DG（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，∴EH=2DH=2 ，∴HM= =2，∴DM=CN=NK= =1，在Rt△DCK中，DK= = =2 ，∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。
中考数学相似的综合复习及答案解析
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由直线：知：、；∵，∴，即．设抛物线的解析式为：，代入，得：，解得∴抛物线的解析式：（2）解：在中，，，则；∵，∴；而；∴，∴当时，s有最小值，且最小值为1（3）解：在中，，，则；在中，，，则；∴；以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：，解得；，解得；综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。
2．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.（1）球在地面上的影子是什么形状?（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，在Rt△OAE中，∴OA= = = (m)，∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，∴△OAH∽△OEA，∴，∴OH= == (m)，又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，∴△OAE∽△AHE，∴ = ，∴AH= ==2625 (m).依题可得：△AHO∽△CFO，∴ AHCF=OHOF ，∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE·CA．（1）求证：BC＝CD；（2）分别延长AB，DC交于点P，若PB＝OB，CD＝，求⊙O的半径．【答案】（1）证明：∵DC2＝CE·CA，∴，∵∠DCE=∠ACD，∴△CDE~△CAD，∴∠CDE=∠CAD，又∵∠CBD=∠CAD，∴∠CDE=∠CBD，∴CD=CB.（2）解：连结OC（如图），设⊙O的半径为r，由（1）知CD=CB，∴弧CD=弧CB，∴∠CDB=∠CBD=∠CAB=∠CAD=∠BAD，∠BOC=2∠CAB，∴∠BOC=∠BAD，∴OC∥AD，∴，∵PB＝OB，∴PB=OB=OA=r，PO=2r，∴=2，∵CD=2，∴PC=4，PD=PC+CD=6，又∵∠PCB=∠CDB+∠CBD，∠PAD=∠PACB+∠CAD，∴∠PCB=∠PAD，∵∠CPB=∠APD，∴△PCB~△PAD，∴，即，解得：r=4.即⊙O的半径为4.【解析】【分析】（1）根据相似三角形的判定：两边对应成比例及夹角相等可得△CDE~△CAD，再由相似三角形的性质：对应角相等，等量代换可得∠CDE=∠CBD，根据等腰三角形的性质即可得证.（2）连结OC，设⊙O的半径为r，根据圆周角定理可得∠BOC=∠BAD，由平行线的判定得OC∥AD，根据平行线所截线段成比例可得=2，从而求得PC、PD长，再根据相似三角形的判定可得△PCB~△PAD，由相似三角形的性质可得，从而求得半径.4．（1）【发现】如图①，已知等边，将直角三角形的角顶点任意放在边上（点不与点、重合），使两边分别交线段、于点、.①若，，，则 ________；②求证： .________（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点在边上移动，保持三角板与、的两个交点、都存在，连接，如图②所示.问点是否存在某一位置，使平分且平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（3）【探索】如图③，在等腰中，，点为边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点处（其中），使两条边分别交边、于点、（点、均不与的顶点重合），连接 .设，则与的周长之比为________（用含的表达式表示）.【答案】（1）解：4；证明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，∴∠BED=∠CDF，又∵∠B=∠C，∴（2）解：解：存在。
2020-2021备战中考数学专题复习相似的综合题及答案解析
2020-2021备战中考数学专题复习相似的综合题及答案解析一、相似1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得解得∴抛物线解析式为：y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1（2）解：存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．设过点C′、O直线解析式为：y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为（1，- ）（3）解：当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似，∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，- a-1）由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为（0，- a−1）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，a−1）把M代入y= x2−x−1，解得a=4则N点坐标为（4，-3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由（2）N（2，-1）∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。
（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。
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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。
2．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。
（1）若点N在BC之间时，如图：①求证：∠NPQ＝∠PQN；②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN② 是定值理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，∵AB＝8，∴；（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。
3．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）求证：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．【答案】（1）证明：如图，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC，如图2所示：∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA（3）解：连接BE，如图3所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，∵，∴BE=CE=3，∵CE2=EH•EA，∴EH= ，∴在Rt△BEH中，BH= .【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。
由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解；（3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。
4．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.（1）球在地面上的影子是什么形状?（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，在Rt△OAE中，∴OA= = = (m)，∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，∴△OAH∽△OEA，∴，∴OH= == (m)，又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，∴△OAE∽△AHE，∴ = ，∴AH= ==2625 (m).依题可得：△AHO∽△CFO，∴ AHCF=OHOF ，∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.5．如图1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．（1）求证：D是弧EC的中点；（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的长【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．∵AC是⊙O的切线，∴OC⊥AC，∴∠ACO=90°，∴∠A+∠AOC=90°，∵CA=CB，∴∠A=∠B，∵EF⊥BC，∴∠OGB=90°，∴∠B+∠BOG=90°，∴∠BOG=∠AOC，∵∠BOG=∠DOE，∴∠DOC=∠DOE，∴点D是的中点（2）证明：如图2中，连接OC．∵EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直平分HC，∴FC=FH，∵∠CFK= ∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFK=∠COD，∵∠CHK= ∠COD，∴∠CHK= ∠CFK，∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，∴FC=FK=FH，∵DO=OF，∴DO+OK=OF+OK=FK=CF，即CF=OK+DO；（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF= ﹣（2﹣x），∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，∴（ +x）2﹣[ -（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，解得x= ，∴CF=5，FG=4，CG=3，OG= ，∵∠CFE=∠BOG，∴CF∥OB，∴ = = ，可得OB= ，BG= ，BH= ，由△BHM∽△BOG，可得 = = ，∴BM= ，HM= ，MQ=OQ﹣OB﹣BM=在Rt△HMQ中，QH= = =【解析】【分析】（1）如图1中，连接OC．根据切线的性质得出OC⊥AC，根据垂直的定义得出∠ACO=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，根据等边对等角得出∠A=∠B，根据垂直的定义得出∠OGB=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°，根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论；（2）如图2中，连接OC．根据垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直平分HC，根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，根据圆周角定理及等量代换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x的值，从而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG= 根据平行线的判定定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，根据勾股定理得出QH的长。