中考数学专题复习分类练习 相似综合解答题及答案

2020年九年级中考数学复习专题训练：《相似综合》1．如图1，点P从菱形ABCD的顶点B出发，沿B→D→A匀速运动到点A，BD的长是；图2是点P运动时，△PBC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的函数图象．（1）点P的运动速度是cm/s；（2）求a的值；（3）如图3，在矩形EFGH中，EF＝2a，FG﹣EF＝1，若点P、M、N分别从点E、F、G三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，当点M到达点G（即点M与点G重合）时，三个点随之停止运动；若点P不改变运动速度，且点P、M、N的运动速度的比为2：6：3，在运动过程中，△PFM关于直线PM的对称图形是△PF'M，设点P、M、N的运动时间为t（单位：s）．①当t＝s时，四边形PFMF'为正方形；②是否存在t，使△PFM与△MGN相似，若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．2．如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝3，AB＝4，BC＝6，动点P从点A出发以1个单位/秒的速度沿AB运动，动点Q同时从点C出发以2个单位/秒的速度沿CB 运动，过点P作EP⊥AB，交BD于E，连接EQ．当点Q与点B重合时，两动点均停止运动，设运动的时间为t秒．（1）当t＝1时，求线段EP的长；（2）运动过程中是否存在某一时刻，使△BEQ与△ABD相似？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由；（3）如图2，连接CE，求运动过程中△CEQ的面积S的最大值．3．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝10，，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C 重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）当DE∥AB时（如图2），求AE的长；（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．4．如图（1），在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上（均不与端点重合），且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN．【问题发现】（1）如图（2），当n＝1时，BM与PD的数量关系为，CN与PD的数量关系为．【类比探究】（2）如图（3），当n＝2时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，则CN与PD之间的数量关系是否发生变化？若不变，请就图（3）给出证明；若变化，请写出数量关系，并就图（3）说明理由．【拓展延伸】（3）在（2）的条件下，已知AD＝4，AP＝2，当矩形AMNP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长．5．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，D、E分别是AB、BC的中点．连接DE．动点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿AB向终点B运动．同时，动点Q从点C 出发，沿折线CE﹣ED向终点D运动，在CE、ED上的速度分别是每秒3个单位长度和4个单位长度，连接PQ，以PQ、PD为边作▱DPQM．设▱DPQM与四边形ACED重叠部分图形的面积是S（平方单位），点P的运动时间为t（s）．（1）当点P在AD上运动时，PQ的长为（用含t的代数式表示）；（2）当▱DPQM是菱形时，求t的值；（3）当0＜t＜2时，求S与t之间的函数关系式；（4）当△DPQ与△BDE相似时，直接写出t的值．6．如图，在平行四边形ABCD中，AC为对角线，过点D作DE⊥DC交直线AB于点E，过点E 作EH⊥AD于点H，过点B作BF⊥AD于点F．（1）如图1，若∠BAD＝60°，AF＝3，AH＝2，求AC的长；（2）如图2，若BF＝DH，在AC上取一点G，连接DG、GE，若∠DGE＝75°，∠CDG＝45°﹣∠CAB，求证：DG＝CG．7．（1）问题引入：如图1所示，正方形ABCD和正方形AEFG，则BE与DG的数量关系是，＝；（2）类比探究：如图2所示，O为AD、HG的中点，正方形EFGH和正方形ABCD中，判断BE和CF的数量关系，并求出的值；（3）解决问题：①若把（1）中的正方形都改成矩形，且＝＝，则（1）中的结论还成立吗？若不能成立，请写出BE与GD的关系，并求出值；②若把（2）中的正方形也都改成矩形，且＝＝2n，请直接写出BE和CF的关系以及的8．在正方形ABCD中，点E是直线AB上动点，以DE为边作正方形DEFG，DF所在直线与BC 所在直线交于点H，连接EH．（1）如图1，当点E在AB边上时，延长EH交GF于点M，EF与CB交于点N，连接CG，①求证：CD⊥CG；②若tan∠HEN＝，求的值；（2）当正方形ABCD的边长为4，AE＝1时，请直接写出EH的长．9．如图a，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC的中点，连接AF、DE交于点G．（1）求证：AF⊥DE；（2）如图b，连接BG，BD，BD交AF于点H．①求证：GB2＝GA•GD；②若AB＝10，求三角形GBH的面积．10．如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP 翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N．（1）求证：AD2＝DP•PC；（2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由；（3）如图2，连接AC分别交PM、PB于点E、F．若AD＝3DP，探究EF与AE之间的的数量关系．11．△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AC＝2cm．长为1cm的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1cm/s的速度向点B运动（运动前点M与点A重合）．过M，N分别作AB的垂线交直角边于P，Q两点，线段MN运动的时间为ts．（1）当0≤t≤1时，PM＝，QN＝（用t的代数式表示）；（2）线段MN运动过程中，四边形MNQP有可能成为矩形吗？若有可能，求出此时t的值；若不可能，说明理由；（3）t为何值时，以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？12．如图，四边形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝4，点E在边AB上（不与点A、B重合），过点D作DF⊥DE，交边BC的延长线于点F．（1）求证：△DAE∽△DCF．（2）设线段AE的长为x，线段BF的长为y，求y与x之间的函数关系式．（3）当四边形EBFD为轴对称图形时，则cos∠AED的值为．13．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，点M在BC上，连接AM，作∠AMN＝∠AMB，点N 在直线AD上，MN交CD于点E．（1）求证：△AMN是等腰三角形；（2）求证：AM2＝2BM•AN；（3）当M为BC中点时，求ME的长．14．如图，在平面直角坐标系中，过原点O及A（8，0）、C（0，6）作矩形OABC，连接AC，一块直角三角形PDE的直角顶点P始终在对角线AC上运动（不与A、C重合），且保持一边PD始终经过矩形点B，PE交x轴于点Q（1）＝；（2）在点P从点C运动到点A的过程中，的值是否发生变化？如果变化，请求出其变化范围，如果不变，请说明理由，并求出其值；（3）若将△QAB沿直线BQ折叠后，点A与点P重合，则PC的长为．15．如图，在矩形OABC中，点A，B的坐标分别为A（4，0），B（4，3），动点N，P分别从点B，A同时出发，点N以1单位/秒的速度向终点C运动，点P以5/4单位/秒的速度向终点C运动，连结NP，设运动时间为t秒（0＜t＜4）（1）直接写出OA，AB，AC的长度；（2）求证：△CPN∽△CAB；（3）在两点的运动过程中，若点M同时以1单位/秒的速度从点O向终点A运动，求△MPN的面积S与运动的时间t的函数关系式（三角形的面积不能为0），并直接写出当S ＝时，运动时间t的值．16．如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上（不与点C，D重合），连结AE，BD交于点F．（1）若点E为CD中点，AB＝2，求AF的长．（2）若tan∠AFB＝2，求的值．，（3）若点G在线段BF上，且GF＝2BG，连结AG，CG，＝x，四边形AGCE的面积为S1，求的最大值．△ABG的面积为S217．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边BC，AC上的点，且∠ADE＝∠B．（1）求证：AB•CE＝BD•CD；（2）若AB＝5，BC＝6，求AE的最小值；（3）如图2，若△ABC为等边三角形，AD⊥DE，BE⊥DE，点C在线段DE上，AD＝3，BE ＝4，求DE的长．18．如图，△ABC中，AB＝AC，点P为BC边上一动点（不与B，C重合），以AP为边作∠APD＝∠ABC，与BC的平行线AD交于点D，与AC交于点E，连结CD．（1）求证：△ABP∽△DAE．（2）已知AB＝AC＝5，BC＝6．设BP＝x，CE＝y．①求y关于x的函数表达式及自变量x的取值范围；＝时，求CE的值．②当S△ACD19．如图，在矩形ABCD的边AB上取一点E，连接CE并延长和DA的延长线交于点G，过点E作CG的垂线与CD的延长线交于点H，与DG交于点F，连接GH．（1）当tan∠BEC＝2且BC＝4时，求CH的长；（2）求证：DF•FG＝HF•EF；（3）连接DE，求证：∠CDE＝∠CGH．20．定义：若一个四边形能被其中一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“友好四边形”．（1）如图1，在4×4的正方形网格中，有一个网格Rt△ABC和两个网格四边形ABCD与ABCE，其中是被AC分割成的“友好四边形”的是；（2）如图2，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A'B'C，点B'落在边AC，过点A作AD∥A'B'交CA'的延长线于点D，求证：四边形ABCD是“友好四边形”；（3）如图3，在△ABC中，AB≠BC，∠ABC＝60°，△ABC的面积为6，点D是∠ABC 的平分线上一点，连接AD，CD．若四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，求BD 的长．参考答案1．解：（1）由图2可知，s点P从点B运动到点D，∵BD＝，∴点P的运动速度＝÷＝1（cm/s），故答案为：1；（2）如图1，作DQ⊥BC于点Q，当点P在BD上时，a＝×BC×DP，∵四边形ABCD为菱形，点P的运动速度为1，∴AD＝BC＝1×a＝a，∴a＝×a×DP，解得，DQ＝2，在Rt△BDQ中，BQ＝＝1，∴CQ＝a﹣1，在Rt△CDQ中，CD2＝CQ2+DQ2，即a2＝（a﹣1）2+22，解得，a＝；（3）①∵点P的运动速度1cm/s，点P、M的运动速度的比为2：6 ∴点M的运动速度3cm/s，由题意得，EF＝2a＝5，∵FG﹣EF＝1，∴FG＝6，∴PF＝5﹣t，FM＝3t，由翻转变换的性质可知，PF＝PF′，FM＝FM′，当PF＝FM时，PF＝PF′＝FM＝FM′，∴四边形PFMF'为菱形，又∠F＝90°，∴四边形PFMF'为正方形，∴5﹣t＝3t，即t＝1.25时，四边形PFMF'为正方形，故答案为：1.25；②存在，∵点P的运动速度1cm/s，点P、M、N的运动速度的比为2：6：3，∴点M的运动速度3cm/s，点N的运动速度1.5cm/s，∴PF＝5﹣t，FM＝3t，GN＝1.5t，∵点M的运动速度3cm/s，FG＝6，∴0≤t≤2，当△PFM∽△MGN时，＝，即＝，解得，t＝，当△PFM∽△NGM时，＝，即＝，解得，t1＝﹣7﹣（舍去），t2＝﹣7+，综上所述，当t＝或﹣7+时，△PFM与△MGN相似．2．解：（1）当t＝1时，则AP＝1，∴BP＝AB﹣AP＝3，∵EP⊥AB，∴∠EPB＝∠A＝90°，∴EP∥AD，∴△BPE∽△BAD，∴，∴，∴EP＝；（2）∵∠A＝90°，AD＝3，AB＝4，∴BD＝＝＝5，∵EP⊥AB，∴∠EPB＝∠A＝90°，∴EP∥AD，∴△BPE∽△BAD，∴，∴，∴BE＝5﹣t，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠EBQ，若∠BEQ＝∠A＝90°，∴△BAD∽△QEB，∴，∴＝，∴t＝28（不合题意舍去），若∠BQE＝∠A＝90°，∴△BAD∽△EQB，∴，∴t＝，（3）∵S＝×CQ×PB＝×2t×（4﹣t）＝﹣（t﹣2）2+4，∴当t＝2时，S最大值为4，∴△CEQ的面积S的最大值为4．3．证明：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，∴∠BAD＝∠CDE，∴△BAD∽△DCE；（2）如图2中，作AM⊥BC于M．在Rt△ABM中，设BM＝4k，∵＝，∴，由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，∴102＝（3k）2+（4k）2，∴k＝2或﹣2（舍弃），∴AM＝6，BM＝8，∵AB＝AC，AM⊥BC，∴BC＝2BM＝2×2k＝16，∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE，∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，∴∠BAD＝∠ACB，∵∠ABD＝∠CBA，∴△ABD∽△CBA，∴，∴＝，∵DE∥AB，∴，∴＝．（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF．理由：作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N．则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，∴四边形AMHN为矩形，∴∠MAN＝90°，MH＝AN，∵AB＝AC，AM⊥BC，∵AB＝10，∴BM＝CM＝8，∴BC＝16，在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝6，∵AN⊥FH，AM⊥BC，∴∠ANF＝90°＝∠AMD，∵∠DAF＝90°＝∠MAN，∴∠NAF＝∠MAD，∴△AFN∽△ADM，∴，∴，∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣AN＝8﹣＝，当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，∵FH⊥DC，∴CD＝2CH＝7，∴BD＝BC﹣CD＝16﹣7＝9，∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝9．4．解：（1）BM＝PD，，理由如下：当n＝1，则AD＝AB，AP＝AM，∴AD﹣AP＝AB﹣AM，∴DP＝BM，∵四边形ABCD是矩形，四边形AMNP是矩形，∴AD＝CD＝AB，AP＝AM＝NP，∠ADC＝∠APN＝90°，∴AC＝AD，AN＝AP，∴AC﹣AN＝（AD﹣AP），∴CN＝PD，故答案为：BM＝PD，；（2）CN与PD之间的数量关系发生变化，，理由如下：如图（1）在矩形ABCD和矩形AMNP中，∵当n＝2．AD＝2AB，AP＝2AM，∴，，∴.，如图（3）连接AC，∵矩形AMNP绕点A顺时针旋转，∴∠NAC＝∠PAD，∴△ANC∽△APD，∴，∴；（3）如图，当点N在线段CM上时，∵AD＝4，AD＝2AB，∴AB＝CD＝2，∴AC＝＝＝，∵AP＝2，AP＝2AM，∴AM＝1，∴CM＝＝＝，∴CN＝CM﹣MN＝﹣2；如图，当点M在线段CN上时，同理可求CM＝，∴CN＝CM+MN＝+2；综上所述：线段CN的长为或．5．解：（1）∵∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，∴BC＝＝＝6，∵D、E分别是AB、BC的中点．∴DE∥AC，DE＝AC＝4，BD＝AD＝5，BE＝CE＝3，∵动点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿AB向终点B运动，∴AP＝5t，∴BP＝10﹣5t，∵DE∥AC，∴△BPQ∽△BAC，∴，∴∴PQ＝8﹣4t，故答案为：8﹣4t；（2）当点P在AD上运动时，∵四边形DPQM是菱形，∴PD＝PQ，∴5﹣5t＝8﹣4t，∴t＝﹣3（不合题意舍去），当点P在BD上运动时，过点P作PH⊥DQ于H，∵四边形DPQM是菱形，∴PD＝PQ，且PH⊥DQ，∴DH＝HQ＝DQ＝[4﹣4（t﹣1）]＝4﹣2t，∵DE∥AC，∴∠DEB＝∠ACB＝90°＝∠PHD，∴PH∥BE，∴△PDH∽△BDE，∴，∴，∴t＝，PH＝3t﹣3，综上所述：当t＝时，▱DPQM是菱形；（3）当0＜t＜1时，S＝×（8﹣4t+4）×（3﹣3t）＝6t2﹣24t+18，当t＝1时，不能作出▱DPQM，当1＜t＜2时，S＝×（8﹣4t）×（3t﹣3）＝﹣6t2+18t﹣12；（4）当点P在AD上时，不存在△DPQ与△BDE相似，当点P在BD上时，则∠PDQ＝∠BDE，若∠PQD＝∠DEB＝90°时，∴△PDQ∽△BDE，∴，∴∴t＝，若∠DPQ＝∠DEB＝90°时，∴△QPD∽△BED，∴，∴∴t＝综上所述：当t＝或时，△DPQ与△BDE相似．6．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，CD＝AB，CD∥AB，∵BF⊥AD于F，∴∠AFB＝90°，∵∠BAD＝60°，∴AB＝2AF＝6，BF＝AF＝3，∵EH⊥AD于H，∴AE＝2AH＝4，EH＝AH＝2，∵DE⊥DC交AB于E，∴∠DEA＝90°，∴AD＝2AE＝8，∴CB＝AD＝8，如图1，作AM⊥CB于M，则∠ABM＝∠BAD＝60°，∴BM＝（1/2）AB＝3，AM＝BM＝3，∴CM＝CB+BM＝11，在Rt△ACM中：AC＝＝＝2．（2）如图2，作EN⊥AC于N，连接DN、CE，则∠CNE＝90°．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，CD＝AB，CD∥AB，∵DE⊥DC交AB于E，∴∠CDE＝∠DEA＝90°，∵EH⊥AD于H，∴∠DHD＝∠EHA＝90°，∵BF⊥AD于F，∴∠DFB＝∠AFB＝90°，∴∠DHE＝∠BFA，∵∠DEH+∠HEA＝∠HEA+∠BAF＝90°，∴∠DEH＝∠BAF，∵DH＝BF，∴△DEH≌△BAF（AAS），∴DE＝BA＝CD，∴△CDE是等腰直角三角形，∠DCE＝∠DEC＝45°，∵∠CDE＝∠CNE＝90°，∴C、D、N、E四点共圆，∴∠DNC＝∠DEC＝45°，∵∠CDG＝45°﹣∠CAB，∴∠CDG+∠CAB＝45°，∵CD∥AB，∴∠CAB＝∠DCG，∴∠DGN＝∠DCG+∠CDG＝45°＝∠DNC，∴△DGN是等腰直角三角形，∠GDN＝90°，DG＝DN，∵∠CDG+∠GDE＝∠GDE+∠EDN＝90°，∴∠CDG＝∠EDN，∴△CDG≌△EDN（SAS），∴EN＝CG，∵∠CGD＝75°，∴∠CGN＝∠CGD﹣∠DGN＝30°，∴GN＝EN＝CG，∴DG＝GN＝CG7．解：（1）如图1中，连接AC，AF．∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，AC＝AB，AF＝AE，∠BAC＝45°，∠EAF＝45°，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG，∵AC＝AB，AF＝AE，∴＝，∵∠BAC＝∠EAF＝45°，∴∠BAE＝∠CAF，∴△BAE∽△CAF，∴＝＝，∵DG＝BE，∴＝．故答案为：BE＝DG，．（2）如图2中，连接OB，OE，OF，OC．∵四边形ABCD是正方形，OA＝OD，∴∠A＝∠CDO＝90°，AB＝CD，∴△AOB≌△DOC（SAS），∴OB＝OC，同法可证OE＝OF，∴∠OBC＝∠OCB，∠OEF＝∠OFE，∵BC∥AD，∴∠CBO＝∠AOB，∴tan∠CBO＝tan∠AOB＝2，同法可证：tan∠FEO＝2，∴tan∠CBO＝tan∠FEO，∴∠CBO＝∠FEO，∴∠OBC＝∠OCB＝∠OEF＝∠OFE，∴∠BOC＝∠EOF，∴∠EOB＝∠FOC，∵OE＝OF，OB＝OC，∴△OEB≌△OFC（SAS），∴BE＝FC，∵tan∠COD＝tan∠COD＝2，∴∠FOG＝∠COD，∴∠FOC＝∠GOD，∵＝＝，∴△FOG∽△GOD，∴＝＝．（3）①如图3中，结论不成立，BE＝3DG．连接BE，AC，AF，CF．∵四边形ABCD，四边形AEFG都是矩形，∴∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，∵AB＝3AD，AE＝3AG，∴△BAE∽△DAG，∴＝＝3，∴BE＝3DG，由题意：＝，＝，∴＝，∴＝，∵tan∠BAC＝tan∠EAF＝，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAE＝∠CAF，∴△BAE∽△CAF，∴＝＝，∴＝．②如图4中，连接OE，OB，OF，OC．由（2）可知，∠BOC＝∠EOF，OE＝OF，OB＝OC，∴∠EOB＝∠FOC，∴△EOB≌△FOC（SAS），∴BE＝CF．同法可证△FOC∽△GOD，∴＝，设EH＝k，则GH＝2nk，∴OG＝nk，∴OF＝＝•k，∵BE＝CF，∴＝＝．8．证明：（1）①∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，∴∠A＝∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD，DE＝DG，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴∠A＝∠DCG＝90°，∴CD⊥CG；②如图1，过点N作NP∥DE，∵四边形DEFG是正方形，∴EF＝GF，∠EFH＝∠GFH＝45°，且HF＝HF，∴△EFH≌△GFH（SAS），∴EH＝GH，∠HEF＝∠HGF，∵∠HEF＝∠HGF，EF＝GF，∠EFM＝∠GFN，∴△EFM≌△GFN（ASA），∴FM＝NF，EM＝GN，∵tan∠HEN＝＝，∴EF＝4MF＝4NF＝GF，∴GM＝3MF＝EN＝3NF，∴NP∥DE，∴△PNE∽△MFE，∴，∴PN＝MF，∵NP∥DE，∴＝，∴；（2）如图1，∵AD＝4，AE＝1，∴DE＝＝＝，∴EF＝GF＝，∴NF＝EF＝，∵GN2＝GF2+NF2，∴GN＝，∵∴GH＝GN＝，∴EH＝GH＝若点E在点A左侧，如图2，设AB与DH于点O，过点F作FN⊥AB，∵∠DEA+∠FEB＝90°，∠DEA+∠ADE＝90°，∴∠ADE＝∠FEB，且∠DAE＝∠FNE＝90°，DE＝EF，∴△ADE≌△NEF（AAS）∴AE＝NF＝1，DA＝EN＝4，∴AN＝3，BN＝1，∵DA∥NF，∴，∴ON＝，∴BO＝，∴AO＝∵DA∥BH，∴，∴BH＝，∴EH＝＝＝9．证明：（1）∵正方形ABCD，E、F分别为边AB、BC的中点，∴AD＝BC＝DC＝AB，AE＝BE＝AB，BF＝CF＝BC，∴AE＝BF，∵在△ADE和△BAF中，∴△ADE≌△BAF（SAS）∴∠BAF＝∠ADE，∵∠BAF+∠DAF＝90°∴∠ADE+∠DAF＝90°＝∠AGD，∴AF⊥DE；（2）①如图b，过点B作BN⊥AF于N，∵∠BAF＝∠ADE，∠AGD＝∠ANB＝90°，AB＝AD，∴△ABN≌△ADG（AAS）∴AG＝BN，DG＝GN，∵∠AGE＝∠ANB＝90°，∴EG∥BN，∴，且AE＝BE，∴AG＝GN，∴AN＝2AG＝DG，∵BG2＝BN2+GN2＝AG2+AG2，∴BG2＝2AG2＝2AG•AG＝GA•DG；②∵AB＝10，∴AE＝BF＝5，∴DE＝＝＝5，∵×AD×AE＝×DE×AG，∴AG＝2，∴GN＝BN＝2，∴AN＝DG＝4，∴△DGH∽△BNH，∴＝＝2，∴GH＝2HN，且GH+HN＝GN＝2，∴GH＝，＝×GH×BN＝××2＝．∴S△GHB10．（1）证明：过点P作PG⊥AB于点G，如图1所示：则四边形DPGA和四边形PCBG是矩形，∴AD＝PG，DP＝AG，BG＝PC，∵∠APB＝90°，∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，∴∠APG＝∠PBG，∴△APG∽△PBG，∴＝，∴PG2＝AG•BG，即AD2＝DP•PC；（2）解：四边形PMBN是菱形；理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∵BM∥PN，BN∥MP，∴四边形PMBN是平行四边形，∵DP∥AB，∴∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，∴∠PAM＝∠APM，∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB∴AM＝PM，PM＝MB，∴四边形PMBN是菱形；（3）解：∵AD＝3DP，∴设DP＝1，则AD＝3，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝3，∵PG2＝AG•BG，∴32＝1•BG，∴BG＝PC＝9，AB＝AG+BG＝10，∵CP∥AB，∴△PCF∽△BAF，∴＝＝，∴＝，∵PM＝MB，∴∠MPB＝∠MBP，∵∠APB＝90°，∴∠MPB+∠APM＝∠MBP+∠MAP＝90°，∴∠APM＝∠MAP，∴PM＝MA＝MB，∴AM＝AB＝5，∵AB∥CD，∴△PCE∽△MAE，∴＝＝，∴＝，∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣AC＝AC，∴＝＝．11．解：（1）由题意得：AM＝t，∵PM⊥AB，∴∠PMA＝90°，∵∠A＝60°，∴∠APM＝30°，∴PM＝AM＝t．∵∠C＝90°，∴∠B＝90°﹣∠A＝30°，∴AB＝2AC＝4，BC＝AC＝2，∵MN＝1，∴BN＝AM﹣AM﹣1＝3﹣t，∵QN⊥AB，∴QN＝BN＝（3﹣t）；故答案为：tcm，（3﹣t）cm．（2）四边形MNQP有可能成为矩形，理由如下：由（1）得：QN＝（3﹣t）．由条件知，若四边形MNQP为矩形，则需PM＝QN，即t＝（3﹣t），∴t＝．∴当t＝s时，四边形MNQP为矩形；（3）由（2）知，当t＝s时，四边形MNQP为矩形，此时PQ∥AB，∴△PQC∽△ABC．除此之外，当∠CPQ＝∠B＝30°时，△QPC∽△ABC，此时＝tan30°＝．∵＝cos60°＝，∴AP＝2AM＝2t．∴CP＝2﹣2t．∵＝cos30°＝，∴BQ＝（3﹣t）．又∵BC＝2，∴CQ＝2 ．∴．综上所述，当s或s时，以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似．12．证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝4，AB＝CD＝6，∴∠ADE+∠EDC＝90°，∵DF⊥DE，∴∠EDC+∠CDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，且∠A＝∠DCF＝90°，∴△DAE∽△DCF；（2）∵△DAE∽△DCF，∴，∴∴y＝x+4；（3）∵四边形EBFD为轴对称图形，∴DE＝BE，∵AD2+AE2＝DE2，∴16+AE2＝（6﹣AE）2，∴AE＝，∴DE＝BE＝，∴cos∠AED＝＝，故答案为：．13．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠NAM＝∠BMA，∵∠AMN＝∠AMB，∴∠AMN＝∠NAM，∴AN＝MN，即△AMN是等腰三角形；（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC＝2，AB＝CD＝3，∴∠NAM＝∠BMA，作NH⊥AM于H，如图所示：∵AN＝MN，NH⊥AM，∴AH＝AM，∵∠NHA＝∠ABM＝90°，∠NAM＝∠BMA，∴△NAH∽△AMB，∴＝，∴AN•BM＝AH•AM＝AM2，∴AM2＝2BM•AN；（3）解：∵M为BC中点，∴BM＝CM＝BC＝×2＝1，由（2）得：AM2＝2BM•AN，即：AM2＝2AN，∵AM2＝AB2+BM2＝32+12＝10，∴10＝2AN，∴AN＝5，∴DN＝AN﹣AD＝5﹣2＝3，设DE＝x，则CE＝3﹣x，∵AN∥BC，∴△DNE∽△CME∴＝，即＝，解得：x＝，即DE＝，∴CE＝DC﹣DE＝3﹣＝，∴ME＝＝＝．14．解：（1）∵A（8，0）、C（0，6），∴OA＝8，OC＝6，∵四边形OABC是矩形，∴∠ABC＝∠OAB＝90°，BC＝OA＝8，AB＝OC＝6，∴＝＝，故答案为：；（2）的值不发生变化，＝，理由如下：∵∠OAB＝∠BPQ＝90°，∴∠AOB+∠BPQ＝180°，∴A、B、P、Q四点共圆，∴∠PQB＝∠PAB，∵∠ABC＝∠BPQ＝90°，∴△PBQ∽△BCA，∴＝＝；（3）设BQ交AP于M，如图所示：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝10，由折叠的性质得：BQ⊥AP，PM＝AM，∴∠AMB＝90°＝∠ABC，∵∠BAM＝∠CAB，∴△ABM∽△ACB，∴＝，即＝，解得：AM＝3.6，∴PA＝2AM＝7.2，∴PC＝AC﹣PA＝10﹣7.2＝2.8；故答案为：2.8．15．（1）证明：∵四边形OABC是矩形，A（4，0），B（4，3），∴OA＝BC＝4，AB＝OC＝3，∠AOC＝90°，∴AC＝＝＝5；（2）解：由题意得：BN＝t，AP＝t，∵＝，＝＝，∴＝，∴PN∥AB，∴△CPN∽△CAB；（3）解：分两种情况：①当0＜t＜2时，延长NP交OA于D，如图1所示：由（2）得：PD∥AB，∴△APD∽△ACO，∴＝＝，即＝＝，解得：PD＝t，AD＝t，∴PN＝3﹣t，DM＝4﹣t﹣t＝4﹣2t，∴△MPN的面积S＝PN×DM＝×（3﹣t）×（4﹣2t）＝t2﹣t+6，即S＝t2﹣t+6（0＜t＜2）；②当2＜t＜4时，延长NP交OA于D，如图2所示：由（2）得：PD∥AB，∴△APD∽△ACO，∴＝＝，即＝＝，解得：PD＝t，AD＝t，∴PN＝3﹣t，DM＝t+﹣4t＝2t﹣4，∴△MPN的面积S＝PN×DM＝×（3﹣t）×（2t﹣4）＝﹣t2+t﹣6，即S＝﹣t2+t﹣6（2＜t＜4）；当S＝，0＜t＜2时，则t2﹣t+6＝，整理得：t2﹣6t+6＝0，解得：t＝3﹣，或t＝3+（不合题意舍去），∴t＝3﹣；当S＝，2＜t＜4时，则﹣t2+t﹣6＝，整理得：t2﹣6t+10＝0，∵△＝36﹣40＜0，∴此方程无解；综上所述，当S＝时，运动时间t的值为（3﹣）秒．16．解：（1）∵点E为CD中点，AB＝AD＝CD＝2，∴DE＝，∴AE＝＝＝5，∵AB∥CD，∴△ABF∽△EDF，∴，∴AF＝2EF，且AF+EF＝5，∴AF＝；（2）如图1，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，BD＝AB，AO⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，∴AO＝DO＝BO＝AB，∵tan∠AFB＝＝2，∴OF＝AO＝AB，∴DF＝OD﹣OF＝AB，BF＝OB+OF＝AB，∴；（3）如图2，设AB＝CD＝AD＝a，则BD＝a，∵＝x，∴DE＝xa，∴S△ADE＝×AD×DE＝xa2，∵△ABF∽△EDF，∴＝x，∴DF＝x•BF，∴S△ABF＝a2，∵GF＝2BG，∴S2＝S△ABG＝S△ABF＝，∵AB＝CB，∠ABG＝∠CBG，BG＝BG，∴△ABG≌△CBG（SAS）∴S△ABG ＝S△CBG，∴S1＝四边形AGCE的面积＝a2﹣xa2﹣2×∴＝﹣3x2+3x+4＝﹣3（x﹣）2+∴当x＝时，的最大值为．17．（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠ADC为△ABD的外角，∴∠ADE+∠EDC＝∠B+∠DAB，∵∠ADE＝∠B，∴∠BAD＝∠CDE，又∠B＝∠C，∴△ABD∽△DCE，∴＝，∴AB•CE＝BD•CD；（2）解：设BD＝x，AE＝y，由（1）得，5×（5﹣y）＝x×（6﹣x），整理得，y＝x2﹣x+5＝（x﹣3）2+，∴AE的最小值为；（3）解：作AF⊥BE于F，则四边形ADEF为矩形，∴EF＝AD＝3，AF＝DE，∴BF＝BE﹣EF＝1，设CD＝x，CE＝y，则AF＝DE＝x+y，由勾股定理得，AD2+CD2＝AC2，CE2+BE2＝BC2，AF2+BF2＝AB2，∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∴32+x2＝AC2，y2+42＝BC2，（x+y）2+12＝AC2，∴x2﹣y2＝7，y2+2xy＝8，解得，x＝，y＝，∴DE＝x+y＝．18．（1）证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠APC＝∠ABC+∠BAP，∠APC＝∠APD+∠EPC，∠APD＝∠ABC，∴∠BAP＝∠EPC，∴△ABP∽△PCE，∵BC∥AD，∴△PCE∽△DAE，∴△ABP∽△DAE；（2）解：①∵△ABP∽△PCE，∴＝，即＝，∴y＝﹣x2+x（0＜x＜6）；②∵△ABP∽△DAE，∴＝，即＝，∴AD＝，∵AD∥BC，∴，∵，∴，∴，即13x2+24x﹣100＝0，∴x＝2，（舍去）1∴．19．（1）解：在Rt△BCE中，当tan∠BEC＝2，∴＝2，即＝2，解得，BE＝2，由勾股定理得，CE＝＝＝2，∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴∠ECH＝∠BEC，∴tan∠ECH＝＝2，即＝2，∴EH＝4，∴CH＝＝10；（2）证明：∵∠FEG＝∠FDH＝90°，∠EFG＝∠DFH，∴△EFG∽△DFH，∴＝，∴DF•FG＝HF•EF；（3）证明：∵△EFG∽△DFH，∴∠CGD＝∠CHE，又∠GCD＝∠HCE，∴△GCD∽△HCE，∴＝，又∠GCD＝∠HCE，∴△CDE∽△CGH，∴∠CDE＝∠CGH．20．解：（1）AB＝2，BC＝1，AD＝4，由勾股定理得，AC＝＝，CD＝＝，AE＝＝2，CE＝＝5，＝＝＝，∴△ABC∽△EAC，∴四边形ABCE是“友好四边形”，≠，∴△ABC与△ACD不相似，∴四边形ABCD不是“友好四边形”，故答案为：四边形ABCE；（2）证明：根据旋转的性质得，∠A'CB'＝∠ACB，∠CA'B'＝∠CAB，∵AD∥A'B'，∴∠CA'B'＝∠D，∴∠CAB＝∠D，又∠A'CB'＝∠ACB，∴△ABC∽△DAC，∴四边形ABCD是“友好四边形”；（3）如图3，过点A作AM⊥BC于M，在Rt△ABM中，AM＝AB•sin∠ABC＝AB，∵△ABC的面积为6，∴BC×AB＝6，∴BC×AB＝24，∵四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，且AB≠BC，∴△ABD∽△DBC∴，∴BD2＝AB×BC＝24，∴BD＝＝2．。

中考数学总复习《相似》专项训练题(附有答案）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 一、单选题1．已知C 是线段AB 的黄金分割点，AB=2，AC BC >则AC 的长为（ ） A ．35-B ．51-C ．23-D ．31-2．如图所示，DE 是ABC 的中位线，若2ADE S ∆=，则ABCS等于（ ）A ．2B ．4C ．6D ．83．如图，放映幻灯片时，通过光源，把幻灯片上的图形放大到屏幕上，若光源到幻灯片的距离为20cm ，光源到屏幕的距离为40cm ，且幻灯片中图形的高度为8cm ，则屏幕图形的高度为（ ）A ．8cmB ．12cmC ．16cmD ．24cm4．已知c 是a 和b 的比例中项2a =，18b =则c =（ ） A ．6±B ．6C ．4D ．3±5．如图，小明家的客厅有一张高0.8米的圆桌，直径BC 为1米，在距地面2米的A 处有一盏灯，圆桌的影子最外侧两点分别为D 、E ，依据题意建立如图所示的平面直角坐标系，其中点D 的坐标为()2,0，则点E 的坐标是（ ）A ．11,03⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()3,0C ．()3.6,0D ．()4,06．如图，在平面直角坐标系xOy 中，第一象限的点A ，B 分别在反比例函数k y x=，()0nky nk x=≠的图象上，AB x 轴，AD x ⊥轴于点D ，连接OB 交AD 于点C ，交反比例函数ky x=的图象于点E ，若2CE OC =，则n 的值为（ ）A ．9B ．8C ．4D ．37．在四边形ABCD 中()AD BC AD BC <∥，点P 从点B 出发，沿B A D →→运动，点Q 同时以相同的速度从点B 出发，沿B C →运动，结果同时到达点D C BPQ ，，△的面积y 与点P 运动的路程x 满足的函数关系如图所示，其中OM 为抛物线的一部分．根据图象得出下列结论：①90B ；①6ABCD S =四边形；①2CD AD BC =⋅；①当2x =时，四边形CDPQ 是菱形．其中正确的结论有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个8．如图，在平行四边形ABCD 中，E 是BC 上的3等分点，AE 交BD 于点F ，则BEF △与DAF △的面积比为（ ）A ．12：B ．13：C ．14：D ．19：二、填空题9．如果53x y y +=，那么xy= ． 10．如图AD BE CF ∥∥，直线1l ，2l 分别与这三条平行线交于点A ，B ，C 和点D ，E ，F ．已知AB=6，AC=15，DE=5，则EF 的长为 ．11．阿基米德曾说过：“给我一个支点和一根足够长的杆子，我就能撬起整个地球．”这句话的意思是利用物理学中的杠杆原理，只要有合适的支点和合适的工具，就可以把地球轻松搬动．如图1，这是用杠杆撬石头的示意图，当用力压杠杆时，杠杆绕着支点转动，另一端会向上翘起，石头就被翘动了．在图2中，杠杆的D 端被向上翘起的距离7cm BD =，动力臂OA 与阻力臂OB 满足3OA OB =（AB 与CD 相交于点O ），则AC 的长为 cm ．12．黄金分割大量应用于艺术、大自然中，例如树叶的叶脉也蕴含着黄金分割．如图，B 为AC 的黄金分割点（AB BC >），如果AB 的长度为10cm ，则BC 的长度为 cm ．（结果保留根号）13．如图，在平行四边形ABCD 中，以C 为位似中心，作平行四边形ABCD 的位似平行四边形PECF ，且与原图形的位似比为2:3，连接BP ，DP ，若平行四边形ABCD 的面积为20，则PBE △与PDF △的面积之和为三、解答题14．如图，为了求出海岛上的山峰AB的高度，在D处和F处树立标杆CD和EF，标杆的高都是20米，D，F两处相隔200米，并且AB，CD和EF在同一平面内．从标杆CD后退80米的G处，可以看到顶峰A和标杆顶端C在一条直线上；从标杆EF后退160米的H处，可以看到顶峰A和标杆顶端E在一条直线上．求山峰的高度AB及它和标杆CD的水平距离BD各是多少米？15．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为顶点的ABC和格点O．(1)在所给网格中，以点O 为位似中心，将ABC 放大2倍得到111A B C △（点,,A B C 的对应点分别是111,,A B C ），画出111A B C △；(2)将ABC 进行平移得到格点222A B C △（点,,A B C 的对应点分别是222,,A B C ），使112B C AC ∥，画出222A B C △．16．如图，点F 是四边形ABCD 的边AD 上的一点，直线CF 交线段BA 的延长线于点E ．AF=2，DF=4，EF=15，CF=3．(1)求证：D AEF CF ∽△△；(2)若22AB =，2AE =试判断四边形ABCD 的形状并说明理由．17．如图90ABC ∠=︒，AB=2，BC=8，射线CD BC ⊥于点C ，E 是线段BC 上一点，F 是射线CD 上一点，且满足90AEF ∠=︒．(1)若3BE =，求CF 的长； (2)当6CF =时，求BE 的长．18．解答下列各题(1)【基础巩固】如图1，在四边形ABCD 中，对角线BD 平分ABC ADB DCB ∠∠=∠，，求证：2BD BA BC =⋅；(2)【尝试应用】如图2，四边形ABCD 为平行四边形，F 在AD 边上AB AF =，点E 在BA 延长线上，连结EF BF CF ，，，若56EFB DFC BE BF ∠=∠==，，,求AD 的长； (3)【拓展提高】如图3，在ABC 中，D 是BC 上一点，连结AD ，点E ，F 分别在AD ，AC 上，连结BE CE EF ，，．若2410DE DC BEC AEF BE EF =∠=∠==，，，和23CE BC =，求AFFC的值．参考答案：1．B 2．D 3．C 4．A 5．A 6．A 7．C 8．D 9．2310．15211．21 12．555 13．8027/2622714．山峰的高度AB 为70米，它和标杆CD 的水平距离BD 是200米 15．（1）解：如图所示，111A B C △即为所求．（2）解：如图所示，222A B C △即为所求．16．（1）证明：①2AF = 4DF = 1.5EF = 3CF = ①2142AF DF == 1.5132EF CF == ①AF EFDF CF= 又①AFE DFC ∠=∠ ①AEF DCF ∽；（2）解：四边形ABCD 是平行四边形，理由如下： 由（1）知AEF DCF ∽ ①E DCF ∠=∠ 12AE EF CD CF == ①AB CD ∥①22AB = 2AE = ①222CD AE AB === ①四边形ABCD 是平行四边形． 17．(1)152； (2)2或6．18．(1)证明：①BD平分ABC∠①ABD DBC∠=∠①ADB DCB∠=∠①ABD DBC∽①AB BD BD BC=①2BD BA BC=⋅；(2)36 5(3)5 3。

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。

中考数学专题复习分类练习一元二次方程组综合解答题含答案解析一、一元二次方程1．解方程：(x+1)(x﹣3)=﹣1．【答案】x1=1+3，x2=1﹣3【解析】试题分析：根据方程的特点，先化为一般式，然后利用配方法求解即可.试题解析：整理得：x2﹣2x=2，配方得：x2﹣2x+1=3，即（x﹣1）2=3，解得：x1=1+3，x2=1﹣3．2．计算题（1）先化简，再求值：21xx-÷（1+211x-），其中x=2017．（2）已知方程x2﹣2x+m﹣3=0有两个相等的实数根，求m的值．【答案】（1）2018；（2）m=4【解析】分析：（1）根据分式的运算法则和运算顺序，先算括号里面的，再算除法，注意因式分解的作用；（2）根据一元二次方程的根的判别式求解即可.详解：（1）21xx-÷（1+211x-）=22211 11 x xx x-+÷--=()() 2211 1x xxx x+-⋅-=x+1，当x=2017时，原式=2017+1=2018（2）解：∵方程x2﹣2x+m﹣3=0有两个相等的实数根，∴△=（﹣2）2﹣4×1×（m﹣3）=0，解得，m=4点睛：此题主要考查了分式的混合运算和一元二次方程的根的判别式，关键是熟记分式方程的运算顺序和法则，注意通分约分的作用.3． y与x的函数关系式为：y=1.7x（x≤m）;或( x≥m) ；4．从图象来看，该函数是一个分段函数，当0≤x≤m时，是正比例函数，当x＞m时是一次函数．【小题1】只需把x 代入函数表达式，计算出y 的值，若与表格中的水费相等，则知收取方案．5．有一个人患了流感，经过两轮传染后共有36人患了流感．（1）求每轮传染中平均一个人传染了几个人？（2）如果不及时控制，第三轮将又有多少人被传染？【答案】（1）5；（2）180【解析】【分析】（1）设平均一人传染了x 人，根据有一人患了流感，经过两轮传染后共有36人患了流感，列方程求解即可；（2）根据每轮传染中平均一个人传染的人数和经过两轮传染后的人数，列出算式求解即可．【详解】（1）设每轮传染中平均一个人传染了x 个人，根据题意得：x+1+（x+1）x ＝36，解得：x ＝5或x ＝﹣7（舍去）．答：每轮传染中平均一个人传染了5个人；（2）根据题意得：5×36＝180（个），答：第三轮将又有180人被传染．【点睛】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是能根据题意找到等量关系并列方程.6．解方程：(x ＋1)(x －1)＝x.【答案】x 1，x 2【解析】试题分析：根据方程的特点，根据平方差公式化为一般式，然后可根据公式法求解即可.试题解析：(x ＋1)(x －1)＝x 2-2x-1=0∵a=1，b=-c=-1∴△=b 2-4ac=8+4=12＞0∴∴x1x 2.7．已知1x 、2x 是关于x 的方程222(1)50x m x m -+++=的两个不相等的实数根.(1)求实数m 的取值范围;(2)已知等腰ABC ∆的一边长为7，若1x 、2x 恰好是ABC ∆另外两边长，求这个三角形的周长.【答案】（1）m>2; (2)17【解析】试题分析：（1）由根的判别式即可得；（2）由题意得出方程的另一根为7，将x =7代入求出x 的值，再根据三角形三边之间的关系判断即可得．试题解析：解：（1）由题意得△=4（m +1）2﹣4（m 2+5）=8m －16＞0，解得：m ＞2； （2）由题意，∵x 1≠x 2时，∴只能取x 1=7或x 2=7，即7是方程的一个根，将x =7代入得：49﹣14（m +1）+m 2+5=0，解得：m =4或m =10．当m =4时，方程的另一个根为3，此时三角形三边分别为7、7、3，周长为17； 当m =10时，方程的另一个根为15，此时不能构成三角形；故三角形的周长为17．点睛：本题主要考查判别式、三角形三边之间的关系，熟练掌握韦达定理是解题的关键．8．若关于x 的一元二次方程x 2﹣3x +a ﹣2＝0有实数根．（1）求a 的取值范围；（2）当a 为符合条件的最大整数，求此时方程的解．【答案】（1）a ≤174；（2）x =1或x =2 【解析】【分析】（1）由一元二次方程有实数根，则根的判别式△=b 2﹣4ac≥0，建立关于a 的不等式，即可求出a 的取值范围；（2）根据（1）确定出a 的最大整数值，代入原方程后解方程即可得.【详解】（1）∵关于x 的一元二次方程x 2﹣3x +a ﹣2=0有实数根，∴△≥0，即（﹣3）2﹣4（a ﹣2）≥0，解得a ≤174； （2）由（1）可知a ≤174， ∴a 的最大整数值为4，此时方程为x 2﹣3x +2=0，解得x =1或x =2． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式以及解一元二次方程，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．9．某新建火车站站前广场需要绿化的面积为46000米2，施工队在绿化了22000米2后，将每天的工作量增加为原来的1.5倍，结果提前4天完成了该项绿化工程．（1）该项绿化工程原计划每天完成多少米2？（2）该项绿化工程中有一块长为20米，宽为8米的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为56米2，两块绿地之间及周边留有宽度相等的人行通道（如图所示），问人行通道的宽度是多少米？【答案】(1)2000；(2)2米【解析】【分析】（1）设未知数，根据题目中的的量关系列出方程；（2）可以通过平移，也可以通过面积法，列出方程【详解】解：（1）设该项绿化工程原计划每天完成x 米2， 根据题意得：4600022000x -﹣46000220001.5x-= 4 解得：x=2000，经检验，x=2000是原方程的解;答：该绿化项目原计划每天完成2000平方米；（2）设人行道的宽度为x 米，根据题意得，（20﹣3x ）（8﹣2x ）=56 解得：x=2或x=263（不合题意，舍去）． 答：人行道的宽为2米．10．已知关于x 的方程（x-3）(x-2)-p 2=0.（1）求证：无论p 取何值时，方程总有两个不相等的实数根；（2）设方程两实数根分别为x 1、x 2，且满足x 12+x 22=3 x 1x 2，求实数p 的值.【答案】（1）详见解析；（2）p=±1.【解析】【分析】（1）先把方程化成一般形式，再计算根的判别式，判定△＞0，即可得到总有两个不相等的实数根；（2）根据一元二次方程根与系数的关系可得两根和与两根积，再把2212123x x x x +=变形，化成和与乘积的形式，代入计算，得到一个关于p 的一元二次方程，解方程即可求解．【详解】证明：（1）（x ﹣3）（x ﹣2）﹣p 2=0，x 2﹣5x+6﹣p 2=0，△=（﹣5）2﹣4×1×（6﹣p 2）=25﹣24+4p 2=1+4p 2，∵无论p 取何值时，总有4p 2≥0，∴1+4p 2＞0，∴无论p 取何值时，方程总有两个不相等的实数根；（2）x 1+x 2=5，x 1x 2=6﹣p 2，∵2212123x x x x +=， ∴（x 1+x 2）2﹣2x 1x 2=3x 1x 2，∴52=5（6﹣p 2），∴p=±1．考点：根的判别式；根与系数的关系．11．“分块计数法”：对有规律的图形进行计数时，有些题可以采用“分块计数”的方法． 例如：图1有6个点，图2有12个点，图3有18个点，……，按此规律，求图10、图n 有多少个点？我们将每个图形分成完全相同的6块，每块黑点的个数相同（如图），这样图1中黑点个数是6×1=6个；图2中黑点个数是6×2=12个：图3中黑点个数是6×3=18个；所以容易求出图10、图n 中黑点的个数分别是 、 ．请你参考以上“分块计数法”，先将下面的点阵进行分块（画在答题卡上），再完成以下问题：（1）第5个点阵中有 个圆圈；第n 个点阵中有 个圆圈．（2）小圆圈的个数会等于271吗？如果会，请求出是第几个点阵．【答案】60个，6n 个；（1）61；3n 2﹣3n+1，（2）小圆圈的个数会等于271，它是第10个点阵．【解析】分析：根据规律求得图10中黑点个数是6×10=60个；图n中黑点个数是6n个；（1）第2个图中2为一块，分为3块，余1，第2个图中3为一块，分为6块，余1；按此规律得：第5个点阵中5为一块，分为12块，余1，得第n个点阵中有：n×3（n﹣1）+1=3n2﹣3n+1，（2）代入271，列方程，方程有解则存在这样的点阵．详解：图10中黑点个数是6×10=60个；图n中黑点个数是6n个，故答案为：60个，6n个；（1）如图所示：第1个点阵中有：1个，第2个点阵中有：2×3+1=7个，第3个点阵中有：3×6+1=17个，第4个点阵中有：4×9+1=37个，第5个点阵中有：5×12+1=60个，…第n个点阵中有：n×3（n﹣1）+1=3n2﹣3n+1，故答案为：60，3n2﹣3n+1；（2）3n2﹣3n+1=271，n2﹣n﹣90=0，（n﹣10）（n+9）=0，n1=10，n2=﹣9（舍），∴小圆圈的个数会等于271，它是第10个点阵．点睛：本题是图形类的规律题，采用“分块计数”的方法解决问题，仔细观察图形，根据图形中圆圈的个数恰当地分块是关键．12．重庆市旅游文化商店自制了一款文化衫，每件成本价为20元，每天销售150件：（1）若要每天的利润不低于2250元，则销售单价至少为多少元？（2）为了回馈广大游客，同时也为了提高这种文化衫的认知度，商店决定在“五一”节当天开展促销活动，若销售单价在（1）中的最低销售价的基础上再降低m%，则日销售量可以在150件基础上增加m件，结果当天的销售额达到5670元；要使销售量尽可能大，求出m的值．【答案】（1）销售单价至少为35元；（2）m=16．【解析】试题分析：（1）根据利润的公式列出方程，再求解即可；（2）销售价为原销售价×（1﹣m%），销售量为（150+m），列出方程求解即可．试题解析：（1）设销售单价至少为x元，根据题意列方程得，150（x﹣20）=2250，解得x=35，答：销售单价至少为35元；（2）由题意得：35×（1﹣m%）（150+m）=5670，150+m﹣150×m%﹣m%×m=162，m﹣m2=12，60m﹣3m2=192，m2﹣20m+64=0，m1=4，m2=16，∵要使销售量尽可能大，∴m=16．【考点】一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用．13．已知关于x的方程x2﹣（2k+1）x+4（k﹣12）＝0．（1）求证：无论k取何值，此方程总有实数根；（2）若等腰△ABC的一边长a＝3，另两边b、c恰好是这个方程的两个根，求k值多少？【答案】（1）详见解析；（2）k＝32或2．【解析】【分析】（1）计算判别式的值，利用完全平方公式得到△＝（2k﹣3）2≥0，然后根据判别式的意义得到结论；（2）利用求根公式解方程得到x1＝2k﹣1，x2＝2，再根据等腰三角形的性质得到2k﹣1＝2或2k﹣1＝3，然后分别解关于k的方程即可．【详解】（1）∵△＝（2k+1）2﹣4×4（k﹣12）＝4k2﹣12k+9＝（2k﹣3）2≥0，∴该方程总有实数根；（2）() 2k12k3 x=2±＋﹣∴x1＝2k﹣1，x2＝2，∵a 、b 、c 为等腰三角形的三边，∴2k ﹣1＝2或2k ﹣1＝3，∴k ＝32或2． 【点睛】 本题考查了根的判别式以及等腰三角形的性质，分a 是等腰三角形的底和腰两种情况是解题的关键.14．自2018年1月10日零时起，高铁开通，某旅行社为吸引广大市民组团去仙都旅游，推出了如下收费标准：如果人数不超过10人，人均旅游费用为200元，如果人数超过10人，每增加1人，人均旅游费用降低5元，但人均旅游费用不得低于150元．()1如果某单位组织12人参加仙都旅游，那么需支付旅行社旅游费用________元； () 2现某单位组织员工去仙都旅游，共支付给该旅行社旅游费用2625元，那么该单位有多少名员工参加旅游？【答案】（1）2280；（2）15【解析】【分析】对于（1）根据人数超过10人，每增加1人，人均旅游费用降低5元，但人均旅游费用不得低于150来求解；对于（2）设这次旅游可以安排x 人参加，而由10×200＝2000＜2625，可以得出人数大于10人，则根据x 列出方程：（10＋x ）（200－5x ）＝2625，求出x ，然后根据人均旅游费用降低5元，但人均旅游费用不得低于150来求出x 的范围，最后得出x 的值.【详解】（1）2280()2因为1020020002625⨯=<．因此参加人比10人多，设在10人基础上再增加x 人，由题意得：()()1020052625x x +-=．解得 15x = 225x =，∵2005150x -≥，∴010x <≤，经检验 15x =是方程的解且符合题意，225x =（舍去）．1010515x +=+=答：该单位共有15名员工参加旅游．【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用和一元一次不等式的应用，根据题意作出判断，列出一元二次方程，求解方程，舍去不符合题意的解，从而得出结果.15．利民商店经销甲、乙两种商品.现有如下信息信息1：甲乙两种商品的进货单价和为11；信息2：甲商品的零售单价比其进货单价多2元，乙商品的零售单价比其进货单价的2倍少4元：信息3：按零售单价购买甲商品3件和乙商品2件共付37元．()1甲、乙两种商品的进货单价各是多少？()2据统计该商店平均每天卖出甲商品500件，经调查发现，甲商品零售单价每降0.1元，这样甲商品每天可多销售100件，为了使每天获取更大的利润，商店决定把甲种商品的零售单价下降a 元，在不考虑其他因素的条件下，当a 定为多少时，才能使商店每天销售甲种商品获取利润为1500元？【答案】（1）甲种商品的进货单价是5元/件，乙种商品的进货单价是6元/件（2）当a 定为0.5或1时，才能使商店每天销售甲种商品获取利润为1500元【解析】【分析】()1设甲种商品的进货单价是x 元/件，乙种商品的进货单价是y 元/件，根据给定的三个信息，可得出关于x ，y 的二元一次方程组，解之即可得出结论；()2当零售单价下降a 元/件时，每天可售出()5001000a +件，根据总利润=单件利润⨯销售数量，即可得出关于a 的一元二次方程，解之即可得出结论．【详解】()1设甲种商品的进货单价是x 元/件，乙种商品的进货单价是y 元/件，根据题意得：()()113x 222y 437x y +=⎧++-=⎨⎩， 解得：{56x y ==．答：甲种商品的进货单价是5元/件，乙种商品的进货单价是6元/件． ()2当零售单价下降a 元/件时，每天可售出()5001000a +件，根据题意得：()()250010001500a a -+=，整理得：22310a a -+=，解得：10.5a =，21a =．答：当a 定为0.5或1时，才能使商店每天销售甲种商品获取利润为1500元．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：()1找准等量关系，正确列出二元一次方程组；()2找准等量关系，正确列出一元二次方程．。

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。

中考数学总复习《相似》专题训练-附答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．已知,:1:2ABC DEF AB DE =∽△△，且ABC 的周长为10，则DEF 的周长为（ ） A ．5B ．10C ．20D ．302．如图，ABC 与111A B C △位似，位似中心是点O ，且1:1:2OA OA =，若ABC 的面积为5，则111A B C △的面积为（ ）A ．10B ．15C ．20D ．253．若四条线段a ，b ，c ，d 成比例，其中2cm b =，3cm c =和6cm d =，则线段a 的长为（ ） A ．1cm B ．2cmC ．3cmD ．12cm4．如图，直线y =-343x +与x 轴，y 轴交于A ，B 两点．点P 是线段OB 上的一动点(能与点O ，B 重合)，若能在斜边AB 上找到一点C ，使90OCP ∠=︒．设点P 的坐标为(),0m ，则m 的取值范围是( )A ．34m ≤≤B ．24m ≤≤C ．0m ≤≤52D ．03m ≤≤5．如图，D 是ABC 边AB 上一点，添加一个条件后，仍然不能使ACD ABC △△∽的是（ ）A ．ACB ADC ∠=∠ B ．ACD ABC ∠=∠ C ．AC ADAB AC=D ．=CD ADBC AC6．如图，若ABC 与111A B C △是位似图形，则位似中心的坐标是（ ）A ．()1,1-B ．()1,1--C ．()0,0D ．()0,1-7．如图，在Rt ABC 中90,4cm,3cm ACB AC BC ∠=︒==，点P 由点B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动，速度为1cm/s ，同时点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为1cm/s ，连接PQ ．设运动的时间为()t s ，其中04t <<．当t 为何值时，APQ △与ABC 相似（ ）A ．3B ．259C ．209或259 D ．3或2598．凸透镜成像的原理如图所示AG l HC ∥∥．若缩小的实像是物体的35，则物体到焦点1F 的距离与焦点2F 到凸透镜的中心线GH 的距离之比为（焦点1F 和2F 关于O 点对称）（ ）A ．53B ．35C ．3D ．13二、填空题9．已知ABC DEF ∽△△，如果它们对应高的比:2:3AM DN =，那么ABC 和DEF 的面积比是 ．10．为了证明光是沿直线传播的这一性质，大约二千四百年前我国杰出的科学家墨翟和他的学生做了世界上第一个小孔成倒像的实验，解释了小孔成倒像的原理．如图所示是小孔成像原理的示意图，根据图中所标注的尺寸，30cm 长的箭头AB 在暗盒中所成像CD 的长为 cm ．11．在平面直角坐标系中，已知点()3,6A -和()9,3B --，以原点O 为位似中心，相似比为13，把ABO 缩小，则点B 对应点B '的坐标是 ．12．如图，直线2y x =-+与x 轴、y 轴分别相交于A 、B 两点，过A 、B 两点作矩形ABCD ，2AB AD =双曲线ky x=在第一象限经过C ，D 两点，则k 的值是 .13．如图，在ABC 中，AB=2，60ABC ∠=︒和30ACB ∠=︒，点D 在直线BC 上运动，连接AD ，在AD 的右侧作ADE ABC △△∽，F 为AC 的中点，连接EF ，则EF 的最小值为 ．三、解答题14．如图，在平行四边形ABCD 中，点N 在BC 上，连接DN ，点M 在DN 上，连接AM ，且AMN B ∠=∠．求证：ADM DNC ∽△△．15．如图，ABC 三个顶点的坐标分别为(2,6)A ，(6,8)B 和(8,2)C ，请你分别完成下面的作图．（不要求写出作法）(1)以点O 为位似中心，在第三象限内作出111A B C △，使111A B C △与ABC 的位似比为1:2； (2)以点O 为旋转中心，将ABC 沿顺时针方向旋转90︒得到222A B C △．16．如图1，在菱形ABCD 中，AB=4，=60B ∠︒点F 为CD 边上的动点．(1)求菱形ABCD 的面积；(2)E 为边AD 上一点，连接EF ，将DEF 沿EF 进行翻折，点D 恰好落在BC 边的中点G 处，求EG 的长；(3)如图2，延长CD 到M ，使DM DF =，连接BM 与AF ，且BM 与AF 交于点N ，当点F 从点D 沿DC 方向运动到点C 时，求点N 运动路径的长．17．如图，在矩形ABCD 中AD nAB =，点,M P 分别在边,AB AD 上（均不与端点重合），且AP nAM =，以AP 和AM 为邻边作矩形AMNP ，连接,AN CN ．（1）如图②，当1n =时，CN 与PD 的数量关系为______． 【类比探究】（2）如图②，当2n =时，矩形AMNP 绕点A 顺时针旋转，连接PD ，则CN 与PD 之间的数量关系与（1）是否发生变化？若变化，求出数量关系，若不变化，请说明理由． 【拓展延伸】（3）在（2）的条件下，已知4,2AD AP ==，当矩形AMNP 旋转至,,C N M 三点共线时，请直接写出线段PD 的长．18．在Rt ABC △中90C ∠=︒．将ABC 绕点A 顺时针旋转得到ADE ，旋转角小于CAB ∠，点B 的对应点为点D ，点C 的对应点为点E ，DE 交AB 于点O ，延长DE 交BC 于点P ．(1)如图1，求证：PC PE =； (2)当AD BC ∥时②如图2，若68CA CB ==，，求线段BP 的长；②如图3，连接BD CE ，，延长CE 交BD 于点F ，判断F 是否为线段BD 的中点，并说明理由．参考答案：1．C 2．C 3．A 4．A 5．D 6．D 7．C 8．A 9．2:9/2910．403/1133 11．()3,1--或()3,1 12．3 13．3214．证明：四边形ABCD 是平行四边形AB CD ∴∥ AD BC ∥180B C ∠+∠=︒∴ADM DNC ∠=∠180AMN AMD ∠+∠=︒ AMN B ∠=∠180B AMD ∴∠+∠=︒ AMD C ∴∠=∠又ADM DNC ∠=∠ADM DNC ∴△△∽（两角对应相等，两个三角形相似）．15．（1）解：②(2,6)A (6,8)B (8,2)C 111A B C △与ABC 的位似比为1:2 ②在第三象限内作出111A B C △ ②111(3,1),(4,3),(1,4)A B C ------ 如图，111A B C △即为所求；；（2）解：②(2,6)A (6,8)B (8,2)C ，将ABC 沿顺时针方向旋转90︒得到222A B C △ ②222(6,2),(8,6),(2,8)A B C --- 如图222A B C △所示：；16．(1)83(2)72(3)47317．（1）2CN PD =；（2）CN 与PD 之间的数量关系发生变化52CN PD =；（3）线段PD 的长为295455-或295455+ 18．（1）证明：连接AP由旋转的性质知 AC AE = 90AED C AEP ∠=∠=∠=︒ ②AP AP =②()Rt Rt HL APE APC ≌ ②PC PE =； （2）解：②连接AP②90C ∠=︒ 68CA CB ==， ②226810AB =+=由旋转的性质知10AD AB == 8DE BC == 由（1）知Rt Rt APE APC ≌△△ ②PC PE = APE APC ∠=∠ ②AD BC ∥ ②DAP APC ∠=∠ ②DAP APD ∠=∠ ②10DP AD == ②1082PC PE ==-= ②826BP BC PC =-=-=； ②F 是线段BD 的中点．理由如下 连接AP ，延长AD 和CE 交于点G ，如图由（1）知AE AC = PE PC = ②PA 是CE 的垂直平分线 ②PA CG ⊥②90PAC ACG G ∠=︒-∠=∠ ②Rt Rt ACP GAC ∽△△ ②AC AGPC AC= ②2PC = 6CA = ②18AG =第 11 页 共 11 页 ②18108GD BC =-==②AD BC ∥②G BCF ∠=∠ GDF CBF ∠=∠ ②GDF CBF ≌△△②DF BF =，即F 是线段BD 的中点．。

2023年中考数学----《相似综合》知识点总结与专项练习题（含答案解析）知识点总结1. 比例的性质：①基本性质：两内项之积等于量外项之积。

即若d c b a ::=，则ad bc =。

②合比性质：若d c b a =，则dd c b b a +=+。

③分比性质：若d c b a =，则dd c b b a −=−。

④合分比性质：若d c b a =，则dc d c b a b a −+=−+。

⑤等比性质：若n m d c b a ===...，则n m d c b a n d b m c a ====++++++.........。

2. 平行线分线段成比例：三条平行线被两条直线所截，所得的对应线段成比例。

即如图：有EFDE BC AB =； DFDE AC AB =； DFEF AC BC =。

推论：①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。

②如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边。

③平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例。

3. 相似三角形的性质：①相似三角形的对应角相等，对应边的比相等。

对应边的比叫做相似比。

②相似三角形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方。

相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比。

4.相似三角形的判定：①平行线法判定：平行于三角形一边的直线与三角形的另两边或另两边的延长线相交所构成的三角形与原三角形相似。

②对应边判定：三组对应边的比相等的两个三角形相似。

③两边及其夹角判定法：两组对应边的比相等，且这两组对应边的夹角相等的两个三角形相似。

④两角判定：有两组角（三组角）对应相等的两个三角形相似。

练习题1．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，E是边AC上一点，且BE＝BC，过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：△ADE∽△ABC．【分析】根据等腰三角形的性质可得∠C＝∠CEB＝∠AED，由AD⊥BE可得∠D＝∠ABC＝90°，即可得△ADE∽△ABC．【解答】证明：∵BE＝BC，∴∠C＝∠CEB，∵∠CEB ＝∠AED ，∴∠C ＝∠AED ，∵AD ⊥BE ，∴∠D ＝∠ABC ＝90°，∴△ADE ∽△ABC ．2．如图，在△ABC 与△A ′B ′C ′中，点D 、D ′分别在边BC 、B ′C ′上，且△ACD ∽△A ′C ′D ′，若 ，则△ABD ∽△A ′B ′D ′． 请从①''''=D C D B CD BD ；②''''=D C B A CD AB ；③∠BAD ＝∠B ′A ′D ′这3个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．【分析】利用相似三角形的判定：两角对应相等的两个三角形相似可证明．【解答】解：③．理由如下：∵△ACD ∽△A ′C ′D ′，∴∠ADC ＝∠A 'D 'C '，∴∠ADB ＝∠A 'D 'B '，又∵∠BAD ＝∠B ′A ′D ′，∴△ABD ∽△A 'B 'D '．同理，选①也可以．故答案是：③（答案不唯一）．3．如图所示，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，点E ，F 在线段BC 上，点Q 在线段AB 上，且CF ＝BE ，求证：（1）∠CAE＝∠BAF；（2）CF•FQ＝AF•BQ．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，利用SAS证明△ACE≌△ABF，根据全等三角形的性质即可得解；（2）利用全等三角形的性质，结合题意证明△ACE∽AFQ，△CAF∽△BFQ，根据相似三角形的性质即可得解．【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵CF＝BE，∴CF﹣EF＝BE﹣EF，即CE＝BF，在△ACE和△ABF中，，∴△ACE≌△ABF（SAS），∴∠CAE＝∠BAF；（2）∵△ACE≌△ABF，∴AE＝AF，∠CAE＝∠BAF，∵AE2＝AQ•AB，AC＝AB，∴＝，∴△ACE∽△AFQ，∴∠AEF＝∠BQF，∵AE＝AF，∴∠AEF＝∠AFE，∴∠BQF＝∠AFE，∵∠B＝∠C，∴△CAF∽△BFQ，∴＝，即CF•FQ＝AF•BQ．4．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE＝a．（1）求BF的长（用含a的代数式表示）；（2）连接EF交AB于点G，连接GC，当GC∥AE时，求证：四边形AGCE是菱形．【分析】（1）根据矩形的性质可得∠ADE＝∠ABF，∠∠DAE+∠BAE＝90°，结合题干AF⊥AE可得∠BAF+∠BAE＝90°，进而可得∠DAE＝∠BAF，进而可得△ADE∽△ABF，利用相似三角形的性质可得BF的长度；（2）先根据AG∥CE，GC∥AE进而可得四边形AGCE是平行四边形，通过勾股定理可得GF2、EF2、AE2，再过点G作GM⊥AF于点M，易得△MGF∽△AEF，进而利用相似三角形的性质可得GM的长，即可得GM＝GB，进而可得GF是∠AFB的角平分线，最后利用角平分线得性质可得EA＝EC，即可得平行四边形AGCE是菱形．【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADE＝∠ABF＝∠BAD＝90°，∴∠DAE+∠BAE＝90°，∵AF⊥AE，∴∠BAF+∠BAE＝90°，∴∠DAE＝∠BAF，∴△ADE∽△ABF，∴，即，∴BF＝2a，（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AG∥CE，∵GC∥AE，∴四边形AGCE是平行四边形．∴AG＝CE＝8﹣a，∴BG＝AB﹣AG＝8﹣（8﹣a）＝a，在Rt△BGF中，GF2＝a2+（2a）2＝5a2，在Rt△CEF中，EF2＝（2a+4）2+（8﹣a）2＝5a2+80，在Rt△ADE中，AE2＝42+a2＝16+a2，如图，过点G作GM⊥AF于点M，∴GM∥AE，∴△MGF∽△AEF，∴，∴，∴＝，∴GM ＝a ，∴GM ＝BG ，又∵GM ⊥AF ，GB ⊥FC ，∴GF 是∠AFB 的角平分线，∴EA ＝EC ，∴平行四边形AGCE 是菱形．5．如图，在△ABC 中，点D ，E ，F 分别在边AB ，AC ，BC 上，连接DE ，EF ．已知四边形BFED 是平行四边形，41=BC DE ． （1）若AB ＝8，求线段AD 的长．（2）若△ADE 的面积为1，求平行四边形BFED 的面积．【分析】（1）证明△ADE ∽△ABC ，根据相似三角形对应边的比相等列式，可解答；（2）根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得△ABC 的面积是16，同理可得△EFC 的面积＝9，根据面积差可得答案．【解答】解：（1）∵四边形BFED 是平行四边形，∴DE ∥BF ，∴DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC ，∴＝＝，∵AB＝8，∴AD＝2；（2）∵△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝（）2＝，∵△ADE的面积为1，∴△ABC的面积是16，∵四边形BFED是平行四边形，∴EF∥AB，∴△EFC∽△ABC，∴＝（）2＝，∴△EFC的面积＝9，∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．6．如图，四边形ABCD为菱形，点E在AC的延长线上，∠ACD＝∠ABE．（1）求证：△ABC∽△AEB；（2）当AB＝6，AC＝4时，求AE的长．【分析】（1）根据两角相等可得两三角形相似；（2）根据（1）中的相似列比例式可得结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴∠ACD＝∠BCA，∵∠ACD＝∠ABE，∴∠BCA＝∠ABE，∵∠BAC＝∠EAB，∴△ABC∽△AEB；（2）解：∵△ABC∽△AEB，∴＝，∵AB＝6，AC＝4，∴＝，∴AE＝＝9．7．如图，矩形ABCD中，点E在DC上，DE＝BE，AC与BD相交于点O，BE与AC相交于点F．（1）若BE平分∠CBD，求证：BF⊥AC；（2）找出图中与△OBF相似的三角形，并说明理由；（3）若OF＝3，EF＝2，求DE的长度．【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义，求得∠3＝∠6，从而求证BF⊥AC；（2）根据相似三角形的判定进行分析判断；（3）利用相似三角形的性质分析求解．【解答】（1）证明：如图，在矩形ABCD中，OD＝OC，AB∥CD，∠BCD＝90°，∴∠2＝∠3＝∠4，∠3+∠5＝90°，∵DE＝BE，∴∠1＝∠2，又∵BE平分∠DBC，∴∠1＝∠6，∴∠3＝∠6，∴∠6+∠5＝90°，∴BF⊥AC；（2）解：与△OBF相似的三角形有△ECF，△BAF理由如下：∵∠1＝∠3，∠EFC＝∠BFO，∴△ECF∽△OBF，∵DE＝BE，∴∠1＝∠2，又∵∠2＝∠4，∴∠1＝∠4，又∵∠BFA＝∠OFB，∴△BAF∽△OBF；（3）解：在矩形ABCD中，∠4＝∠3＝∠2，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠4．又∵∠OFB＝∠BFA，∴△OBF∽△BFA．∵∠1＝∠3，∠OFB＝∠EFC，∴△OBF∽△ECF．∴，∴，即3CF＝2BF，∴3（CF+OF）＝3CF+9＝2BF+9，∴3OC＝2BF+9∴3OA＝2BF+9①，∵△ABF∽△BOF，∴，∴BF2＝OF•AF，∴BF2＝3（OA+3）②，联立①②，可得BF＝1±（负值舍去），∴DE＝BE＝2+1+＝3+．8．如图，平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝10，BC边上的高AM＝4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．（1）求证：△ABM∽△EBF；（2）当点E为BC的中点时，求DE的长；（3）设BE＝x，△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多少？【分析】（1）利用两个角对应相等的三角形全等即可证明△ABM∽△EBF；（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE＝AM＝4，AN＝ME，再由勾股定理求出BM＝3，从而得到ME＝AN＝2，进而得到DN＝8，再由勾股定理，即可求解；（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据，可得，再证得△ABM∽△ECG，可得，从而得到，再根据三角形的面积公式，得到函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．【解答】（1）证明：∵EF⊥AB，AM是BC边上的高，∴∠AMB＝∠EFB＝90°，又∵∠B＝∠B，∴△ABM∽△EBF；（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，如图：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，又∵AM是BC边上的高，∴AM⊥AD，∴∠AME＝∠MAN＝∠ANE＝90°，∴四边形AMEN为矩形，∴NE＝AM＝4，AN＝ME，在Rt△ABM中，，又∵E为BC的中点，∴，∴ME＝AN＝2，∴DN＝8，在Rt△DNE中，；（3）解：延长FE交DC的延长线于点G，如图：∵sin B＝＝，∴，∴EF＝x，∵AB∥CD，∴∠B＝∠ECG，∠EGC＝∠BFE＝90°，又∵∠AMB＝∠EGC＝90°，∴△ABM∽△ECG，∴，∴，∴GC＝（10﹣x），∴DG＝DC+GC＝5+（10﹣x），∴y＝EF•DG＝×x•[5+（10﹣x）]＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+，∴当x＝时，y有最大值为，答：y＝﹣x2+x，当x＝时，y有最大值为．9．【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．【类比探究】如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°．连接BD ，CE ．请直接写出CE BD 的值．【拓展提升】如图3，△ABC 和△ADE 都是直角三角形，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，且43==DE AD BC AB ．连接BD ，CE ． （1）求CEBD 的值； （2）延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin ∠BFC 的值．【分析】【问题呈现】证明△BAD CAE ，从而得出结论；【类比探究】证明△BAD ∽△CAE ，进而得出结果；【拓展提升】（1）先证明△ABC ∽△ADE ，再证得△CAE ∽△BAD ，进而得出结果；（2）在（1）的基础上得出∠ACE ＝∠ABD ，进而∠BFC ＝∠BAC ，进一步得出结果．【解答】【问题呈现】证明：∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AD ＝AE ，AB ＝AC ，∠DAE ＝∠BAC ＝60°，∴∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE （SAS ），∴BD ＝CE ；【类比探究】解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∴＝＝，∠DAE ＝∠BAC ＝45°，∴∠DAE ﹣∠BAE ＝∠BAC ﹣∠BAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，∴△BAD ∽△CAE ，∴＝＝；【拓展提升】解：（1）∵＝＝，∠ABC ＝∠ADE ＝90°，∴△ABC ∽△ADE ，∴∠BAC ＝∠DAE ，，∴∠CAE ＝∠BAD ，∴△CAE ∽△BAD ，∴＝＝；（2）由（1）得：△CAE ∽△BAD ，∴∠ACE ＝∠ABD ，∵∠AGC ＝∠BGF ，∴∠BFC ＝∠BAC ，∴sin ∠BFC ＝＝．10．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6，BC ＝4，点M 、N 分别在AB 、AD 上，且MN ⊥MC ，点E 为CD 的中点，连接BE 交MC 于点F ．（1）当F 为BE 的中点时，求证：AM ＝CE ；（2）若BF EF＝2，求ND AN的值；（3）若MN ∥BE ，求NDAN 的值． 【分析】（1）根据矩形的性质，利用AAS 证明△BMF ≌△ECF ，得BM ＝CE ，再利用点E 为CD 的中点，即可证明结论；（2）利用△BMF ∽△ECF ，得，从而求出BM 的长，再利用△ANM ∽△BMC ，得，求出AN 的长，可得答案；（3）首先利用同角的余角相等得∠CBF ＝∠CMB ，则tan ∠CBF ＝tan ∠CMB ，得，可得BM 的长，由（2）同理可得答案．【解答】（1）证明：∵F 为BE 的中点，∴BF ＝EF ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，AB ＝CD∴∠BMF ＝∠ECF ，∵∠BFM ＝∠EFC ，∴△BMF ≌△ECF （AAS ），∴BM ＝CE ，∵点E 为CD 的中点，∴CE ＝DE ，∴BM ＝CE ＝DE ，∵AB ＝CD ，∴AM ＝CE ；（2）解：∵∠BMF ＝∠ECF ，∠BFM ＝∠EFC ，∴△BMF∽△ECF，∴，∵CE＝3，∴BM＝，∴AM＝，∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠ANM＝∠BMC，∵∠A＝∠MBC，∴△ANM∽△BMC，∴，∴，∴，∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，∴；（3）解：∵MN∥BE，∴∠BFC＝∠CMN，∴∠FBC+∠BCM＝90°，∵∠BCM+∠BMC＝90°，∴∠CBF＝∠CMB，∴tan∠CBF＝tan∠CMB，∴，∴，∴，∴＝，由（2）同理得，，∴，解得AN＝，∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，∴＝．11．在四边形ABCD中，∠BAD的平分线AF交BC于F，延长AB到E使BE＝FC，G是AF的中点，GE 交BC于O，连接GD．（1）当四边形ABCD是矩形时，如图1，求证：①GE＝GD；②BO•GD＝GO•FC．（2）当四边形ABCD是平行四边形时，如图2，（1）中的结论都成立．请给出结论②的证明．【分析】（1）连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J．证明△EAG≌△DAG（SAS），可得EG＝DG，∠AEG ＝∠ADG，再证明△OBE∽△OGC，推出＝，可得结论；（2）过点D作DT⊥BC于点T，连接GT．证明△EAG≌△DAG（SAS），推出EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，再证明△OBE∽△OGT，推出＝，可得结论．【解答】（1）证明：连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF＝45°，∴∠AFB＝∠BAF＝45°，∴BA＝BF，∵BE＝CF，∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，∵AG＝AG，∴△EAG≌△DAG（SAS），∴EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，∵AD∥FC，AG＝GF，∴DJ＝JC，∵GJ⊥CD，∴GD＝GC，∴∠GDC＝∠GCD，∵∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ADG＝∠GCO，∴∠OEB＝∠OCG，∵∠BOE＝∠GOC，∴△OBE∽△OGC，∴＝，∵GC＝GD，BE＝CF，∴BO•GD＝GO•FC；（2）解：过点D作DT⊥BC于点T，连接GT．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAG＝∠AFB，∵AF平分∠DAB，∴∠DAG＝∠BAF，∴BAF＝∠AFB，∴AE ＝AB +BE ＝BF +CF ＝BC ＝AD ， ∵AG ＝AG ，∴△EAG ≌△DAG （SAS ）， ∴∠AEG ＝∠ADG ， ∵AD ∥FT ，AG ＝GF ， ∴DJ ＝JT ， ∵GJ ⊥DT ， ∴GD ＝GT ， ∴∠GDT ＝∠GTD ， ∵∠ADT ＝∠BTD ＝90°， ∴∠ADG ＝∠GTO ， ∴∠OEB ＝∠OTG ， ∵∠BOE ＝∠GOT ， ∴△OBE ∽△OGT ， ∴＝，∵GT ＝GD ，BE ＝CF ， ∴BO •GD ＝GO •FC ． 12．问题背景：一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD 是△ABC 的角平分线，可证CDBDAC AB =．小慧的证明思路是：如图2，过点C 作CE ∥AB ，交AD 的延长线于点E ，构造相似三角形来证明CDBDAC AB =．（1）请参照小慧提供的思路，利用图2证明：CDBDAC AB =； 应用拓展：（2）如图3，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，D 是边BC 上一点．连接AD ，将△ACD 沿AD 所在直线折叠，点C 恰好落在边AB 上的E 点处． ①若AC ＝1，AB ＝2，求DE 的长；②若BC ＝m ，∠AED ＝α，求DE 的长（用含m ，α的式子表示）．【分析】（1）证明△CED ∽△BAD ，由相似三角形的性质得出，证出CE ＝CA ，则可得出结论；（2）①由折叠的性质可得出∠CAD ＝∠BAD ，CD ＝DE ，由（1）可知，，由勾股定理求出BC＝，则可求出答案；②由折叠的性质得出∠C ＝∠AED ＝α，则tan ∠C ＝tan α＝，方法同①可求出CD ＝，则可得出答案．【解答】（1）证明：∵CE ∥AB ， ∴∠E ＝∠EAB ，∠B ＝∠ECB ， ∴△CED ∽△BAD ， ∴，∵∠E ＝∠EAB ，∠EAB ＝∠CAD ， ∴∠E ＝∠CAD ， ∴CE ＝CA ，（2）解：①∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，由（1）可知，，又∵AC＝1，AB＝2，∴，∴BD＝2CD，∵∠BAC＝90°，∴BC＝＝＝，∴BD+CD＝，∴3CD＝，∴CD＝；∴DE＝；②∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，∠C＝∠AED＝α，∴tan∠C＝tanα＝，由（1）可知，，∴tanα＝，∴BD＝CD•tanα，又∵BC＝BD+CD＝m，∴CD•tanα+CD＝m，∴CD＝，∴DE ＝．13．【基础巩固】（1）如图1，在△ABC 中，D ，E ，F 分别为AB ，AC ，BC 上的点，DE ∥BC ，BF ＝CF ，AF 交DE 于点G ，求证：DG ＝EG ．【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD ，CG ．若CG ⊥DE ，CD ＝6，AE ＝3，求BCDE的值． 【拓展提高】（3）如图3，在▱ABCD 中，∠ADC ＝45°，AC 与BD 交于点O ，E 为AO 上一点，EG ∥BD 交AD 于点G ，EF ⊥EG 交BC 于点F ．若∠EGF ＝40°，FG 平分∠EFC ，FG ＝10，求BF 的长．【分析】（1）证明△AGD ∽△AFB ，△AFC ∽△AGE ，根据相似三角形的性质得到＝，进而证明结论；（2）根据线段垂直平分线的性质求出CE ，根据相似三角形的性质计算，得到答案；（3）延长GE 交AB 于M ，连接MF ，过点M 作MN ⊥BC 于N ，根据直角三角形的性质求出∠EFG ，求出∠MFN ＝30°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可． 【解答】（1）证明：∵DE ∥BC ， ∴△AGD ∽△AFB ，△AFC ∽△AGE ， ∴＝，＝，∴＝，∵BF ＝CF ， ∴DG ＝EG ；（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，∴CE＝CD＝6，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝＝；（3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，∵四边形ABCD为平行四边形，∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，∵MG∥BD，∴ME＝GE，∵EF⊥EG，∴FM＝FG＝10，在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，∵FG平分∠EFC，∴∠GFC＝∠EFG＝50°，∵FM＝FG，EF⊥GM，∴∠MFE＝∠EFG＝50°，∴∠MFN＝30°，∴MN＝MF＝5，∴NF＝＝5，∵∠ABC＝45°，∴BN＝MN＝5，∴BF＝BN+NF＝5+5．14．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．（1）求证：△AEF∽△DCE；（2）如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．①求AG+GM的最小值；②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长．【分析】（1）由矩形的性质及直角三角形的性质证出∠DCE＝∠AEF，根据相似三角形的判定可得出结论；（2）①连接AM，由直角三角形的性质得出MB＝CM＝GM＝，则点G在以点M为圆心，3为半径的圆上，当A，G，M三点共线时，AG+GM＝AM，此时，AG+GM取得最小值，由勾股定理求出AM＝5，则可得出答案；②方法一：过点M作MN∥AB交FC于点N，证明△CMN∽△CBF，由相似三角形的性质得出，设AF＝x，则BF＝4﹣x，得出MN＝BF＝（4+x），证明△AFG∽△MNG，得出比例线段，列出方程，解得x＝1，求出AF＝1，由（1）得，设DE＝y，则AE＝6﹣y，得出方程，解得y＝3+或y＝3﹣，则可得出答案．方法二：过点G作GH∥AB交BC于点H，证明△MHG∽△MBA，由相似三角形的性质得出，求出GH＝，MH＝，证明△CHG∽△CBF，得出，求出FB＝3，则可得出AF＝1，后同方法一可求出DE的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∴∠CED+∠DCE＝90°，∵EF⊥CE，∴∠CED+∠AEF＝90°，∴∠DCE＝∠AEF，∴△AEF∽△DCE；（2）解：①连接AM，如图2，∵BG⊥CF，∴△BGC是直角三角形，∵点M是BC的中点，∴MB＝CM＝GM＝，∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上，当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：AG+GM＞AM，当A，G，M三点共线时，AG+GM＝AM，此时，AG+GM取得最小值，在Rt△ABM中，AM＝＝＝5，∴AG+GM的最小值为5．②如图3，过点M作MN∥AB交FC于点N，∴△CMN∽△CBF，∴，设AF＝x，则BF＝4﹣x，∴MN＝BF＝（4﹣x），∵MN∥AB，∴△AFG∽△MNG，∴，由（2）可知AG+GM的最小值为5，即AM＝5，又∵GM＝3，∴AG＝2，∴，解得x ＝1， 即AF ＝1， 由（1）得，设DE ＝y ，则AE ＝6﹣y ， ∴，解得：y ＝3+或y ＝3﹣， ∵0＜6，0＜3﹣＜6， ∴DE ＝3+或DE ＝3﹣．15．已知矩形ABCD ，点E 为直线BD 上的一个动点（点E 不与点B 重合），连接AE ，以AE 为一边构造矩形AEFG （A ，E ，F ，G 按逆时针方向排列），连接DG ．（1）如图1，当1==AE AGAB AD 时，请直接写出线段BE 与线段DG 的数量关系与位置关系； （2）如图2，当2==AEAGAB AD 时，请猜想线段BE 与线段DG 的数量关系与位置关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG ，EG ，分别取线段BG ，EG 的中点M ，N ，连接MN ，MD ，ND ，若AB ＝5，∠AEB ＝45°，请直接写出△MND 的面积．【分析】（1）证明△BAE ≌△DAG ，进一步得出结论； （2）证明BAE ∽△DAG ，进一步得出结论；（3）当点E在线段BD上时，解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2）可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果；同理可得点E在DB的延长线时的情形．【解答】解：（1）由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（2）BE＝，BE⊥DG，理由如下：由（1）得：∠BAE＝∠DAG，∵＝＝2，∴△BAE∽△DAG，∴，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（3）如图，当B在线段BD上时，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝，∴设AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+（2x）2＝（）2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中，∵tan∠AEB＝，∴，∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，∵BD＝＝5，∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由（2）得：，DG⊥BE，∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝＝＝9，在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，∴DM＝GM＝，∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN（SSS），∵MN是△BEG的中位线，∴MN∥BE，∴△BEG∽△MNG，∴＝（）2＝，∴S△MND＝S△MNG＝S△BEG＝，如图，同上可得：BE＝EH﹣BH＝2﹣1＝1，DG＝2BE＝2，∴＝1，∴S△BEG＝，综上所述：△DMN的面积是或．。

中考数学专题复习分类练习相似综合解答题含答案解析一、相似1．如图，抛物线与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，对称轴为：直线x=﹣；（2）解：存在，∵AD=2t，∴DF=AD=2t，∴OF=4﹣4t，∴D（2t﹣4，0），∵直线AC的解析式为：，∴E（2t﹣4，t），∵△EFC为直角三角形，分三种情况讨论：①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，∴，即，解得：t= ；②当∠FEC=90°，∴∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴DE= AF，即t=2t，∴t=0，（舍去），③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t= ，∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t= 或；（3）解：∵B（1，0），C（0，2），∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，当D在y轴的左侧时，S= （DE+OC）•OD= （t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2）；当D在y轴的右侧时，如图2，∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S= （DE+OC）•OD= （﹣8t+10+2）•（4t﹣4），即（2＜t＜）．综上所述：【解析】【分析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数解析式，建立方程组求解即可。

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．。

中考数学专题复习分类练习相似综合解答题及答案解析一、相似1．在△ABC中，∠ABC=90°．（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ，，直接写出tan∠CEB的值．【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，∴∠BAP=∠CPM=∠C，∴MP=MC∵tan∠PAC=，设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得，PM=,∴tanC=（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴ =同（1）的方法得，△ABG∽△BCH∴，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC= =【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°，根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN，利用两个角对应相等的两个三角形相似得出：△ABM∽△BCN；（2）过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中根据正切函数的定义，由tan∠PAC=,同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，故,设AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），然后判断出△ABP∽△CQF，得从而表示出CQ，进根据线段的和差表示出BC，再判断出△ABP∽△CBA，得出再得出BC，从而列出方程，表示出BC,AB，在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出tanC的值；（3）在Rt△ABC中，利用正弦函数的定义得出：sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例定理得出，同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ，故，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m，故GH=BG+BH=4m+3n，根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

2020-2021中考数学专题复习分类练习相似综合解答题含答案一、相似1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：（1）∠OAE=∠OBE；（2）AE=BE+ OE．【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∵∠AEB=90°，∴A，B，E，O四点共圆，∴∠OAE=∠OBE（2）证明：在AE上截取EF=BE，则△EFB是等腰直角三角形，∴，∠FBE=45°，∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴∠ABO=45°，∴∠ABF=∠OBE，∵，∴，∴△ABF∽△BOE，∴ = ，∴AF= OE，∵AE=AF+EF，∴AE=BE+ OE．【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.【答案】（1）（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，∴∠PHB=∠PHQ=90°，∵∠C=90°，AD∥BC，∴∠CDP=90°，∴四边形PHCD是矩形，∴PH=CD=3，HC=PD=2t，∵CQ=t，BC=4，∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，由BQ2=BP2可得：，解得：无解；由BQ2=PQ2可得：，解得：；由BP2= PQ2可得：，解得：或，∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，∴综上所述，或；（3）（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，∵AD∥BC，DM∥PQ，∴四边形PQMD是平行四边形，∴QM=PD=2t，∵QC=t,∴CM=QM-QC=t，∵∠BCD=∠MCD=90°，∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，∴当时，∠BDM=90°，即当时，PQ⊥BD.【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，∴S△PBQ= BQ×3= ；（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，∴∠PMC=∠C=90°，∵AD∥BC，∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，∴四边形PMCD是矩形，，∴PM=CD=3，CM=PD=2t，∵AD=6，BC=4，CQ=t，∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,∴，解得：，∴MQ= ，又∵PM=3，∠PMQ=90°，∴tan∠BPQ= ；【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

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。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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，过等边三角形ABC边AB上一点D作交边AC于点E，分别取BC，DE 的中点M，N，连接MN．（1）发现：在图1中， ________；（2）应用：如图2，将绕点A旋转，请求出的值；（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且，M，N分别是底边BC，DE的中点，若，请直接写出的值．【答案】（1）（2）解：如图2中，连接AM、AN，，都是等边三角形，，，，，，，，，，∽，（3）解：如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O，，，，，，，，，，，，，，，∽，，，，，，≌，，，，，，，，，，【解析】【解答】解：（1）如图1中，作于H，连接AM，，，，时等边三角形，，，，，平分线段DE，，、N、M共线，，四边形MNDH时矩形，，，故答案为：；【分析】（1）作DH ⊥BC 于H，连接AM.证四边形MNDH时矩形，所以MN=DH，则MN：BD=DH：BD=sin60°，即可求解；（2）利用△ABC ，△ADE 都是等边三角形可得AM：AB=AN：AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽△ MAN，则NM：BD=AM：AB=sin60°，从而求解；（3）连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O.先证明△BAD ∽△MAN可得NM：BD=AM：AB=sin∠ABC；再证明△ BAD ≌△ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ ABC = 45°，可求出答案.3．在平面直角坐标系中，点 A 点 B 已知满足.（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；（3）在(2)的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连接MO，作∠MON=45°，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在△ABC中，∠ABC=90°．（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ，，直接写出tan∠CEB的值．【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，∴∠BAP=∠CPM=∠C，∴MP=MC∵tan∠PAC=，设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得，PM=,∴tanC=（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴ =同（1）的方法得，△ABG∽△BCH∴，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC= =【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°，根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN，利用两个角对应相等的两个三角形相似得出：△ABM∽△BCN；（2）过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中根据正切函数的定义，由tan∠PAC=,同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，故,设AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），然后判断出△ABP∽△CQF，得从而表示出CQ，进根据线段的和差表示出BC，再判断出△ABP∽△CBA，得出再得出BC，从而列出方程，表示出BC,AB，在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出tanC的值；（3）在Rt△ABC中，利用正弦函数的定义得出：sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例定理得出，同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ，故，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m，故GH=BG+BH=4m+3n，根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在⊙O中，直径AB经过弦CD的中点E，点M在OD上，AM的延长线交⊙O于点G，交过D的直线于F，且∠BDF=∠CDB，BD与CG交于点N．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）连结MN，猜想MN与AB的位置有关系，并给出证明．【答案】（1）证明：∵直径AB经过弦CD的中点E，， = ,即是的切线（2）解：猜想：MN∥AB．证明：连结CB．∵直径AB经过弦CD的中点E，∴ = , = ,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB．【解析】【分析】（1）要证DF是⊙O的切线，由切线的判定知，只须证∠ODF=即可。

由垂径定理可得AB⊥CD，则∠BOD+∠ODE=，而∠ODF=∠CDF+∠ODE，由已知易得∠BOD=∠CDF，则结论可得证；（2）猜想：MN∥AB．理由：连结CB，由已知易证△CBN∽△AOM，可得比例式，于是由已知条件可转化为，∠ODB是公共角，所以可得△MDN∽△ODB，则∠DMN=∠DOB，根据平行线的判定可得MN∥AB。

2．（1）问题发现如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF的两条直角边PE，PF分别交BC，DC于点M，N，当PM⊥BC，PN⊥CD时， =________（用含a，b的代数式表示）．（2）拓展探究在（1）中，固定点P，使△PEF绕点P旋转，如图2，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决如图3，四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M，N分别在BC，CD 上，PM⊥PN，当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是________（用含n，a的代数式表示）【答案】（1）（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN∴由PG∥AB，PH∥AD可得， ,∵AB=a，BC=b∴，即 ,∴，故答案为（3）【解析】【解答解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∵PM⊥BC，∴△PMC∽△ABC∴∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴∠PMC=∠PNC=90°=∠BCD，∴四边形CNPM是矩形，∴CM=PN，∴，故答案为；（ 3 ）∵PM⊥BC，AB⊥BC∴△PMC∽△ABC∴当AP=nPC时（n是正实数），∴PM= a∴四边形PMCN的面积= ，故答案为：．【分析】（1）由题意易得△PMC∽△ABC，可得比例式，由矩形的性质可得CM=PN，则结论可得证；（2）过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，由辅助线和已知条件易得△PGM∽△PHN，则得比例式，由（1）可得比例式，即比值不变；（3）由（2）的方法可得，则四边形PMCN的面积= .3．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．（1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，∴t=2，∴B（2，2），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，∴C（1，﹣1）（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，在△AOB和△NOB中∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA= ，∴N（0，），∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得或，∴M（﹣，），∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），∴OB=2 ，OC= ，∵△POC∽△MOB，∴ = =2，∠POC=∠BOM，当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，∵M（﹣，），∴MG= ，OG= ，∴PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（，）；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（﹣，）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b的值，即可求得答案。

2020-2021中考数学相似综合题及详细答案一、相似1．阅读下列材料，完成任务：自相似图形定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．任务：（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．请从下列A、B两题中任选一条作答．A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．【答案】（1）（2）（3）；；或；或【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，∴AH= AD，∵正方形AEOH∽正方形ABCD，∴相似比为： == ；故答案为：；（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，故答案为：；（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，∴AF：AB=AB：AD，即 a：b=b：a，∴a= b；故答案为：②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，则b： a=a：b，∴a= b；故答案为：B、①如图2，由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a= a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣ = ，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为：或；②如图3，由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为： b或 b．【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。

中考数学专题复习分类练习相似综合解答题及详细答案一、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。