1、 中考数学 （浙江专用） 6.3 图形的相似 A组 20162020年浙江中考题组 考点一 相似的有关概念及性质 1.(2020绍兴,5,4分)如图,三角板在灯光照射下形成投影,三角板与其投影的相似比为25,且三角板的一 边长为8 cm,则投影三角板的对应边长为( ) A.20 cm B.10 cm C.8 cm D.3.2 cm 答案答案 A 设投影三角板的对应边长为x cm.三角板与投影三角板的相似比为25,8x=25,x= 20.故选A. 2.(2017杭州,3,3分)如图,在ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,DEBC.若BD=2AD,则( ) A.= B.= C.= D.= AD
2、 AB 1 2 AE EC 1 2 AD EC 1 2 DE BC 1 2 答案答案 B 利用平行线分线段成比例可得=,故选B. AE EC AD BD 1 2 3.(2016杭州,2,3分)如图,已知直线abc,直线m分别交直线a,b,c于点A,B,C;直线n分别交直线a,b,c于点 D,E,F.若=,则=( ) A. B. C. D.1 AB BC 1 2 DE EF 1 3 1 2 2 3 答案答案 B abc,=,又=,=,故选B. AB BC DE EF AB BC 1 2 DE EF 1 2 关键提示关键提示 本题考查平行线分线段成比例,关键是找准对应线段. 考点二 相似图形的判定
3、 1.(2019杭州,6,3分)如图,在ABC中,点D,E分别在AB和AC边上,DEBC,M为BC边上一点(不与点B,C重 合),连接AM交DE于点N,则( ) A.= B.= C.= D.= AD AN AN AE BD MN MN CE DN BM NE MC DN MC NE BM 答案答案 C DEBC,ADNABM,ANEAMC, =,=,=,故选C. AN AM DN BM AN AM NE MC DN BM NE MC 2.(2018绍兴,7,4分)学校门口的栏杆如图所示,栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置,已知ABBD,CD BD,垂足分别为B,D,AO=4 m,AB=1.
4、6 m,CO=1 m,则栏杆C端应下降的垂直距离CD为( ) A.0.2 m B.0.8 m C.0.4 m D.0.5 m 答案答案 C ABBD,CDBD,ABO=CDO=90,又AOB=COD,ABOCDO,则= ,AO=4 m,AB=1.6 m,CO=1 m,=,解得CD=0.4 m,故选C. AO CO AB CD 4 1 1.6 CD 3.(2017杭州,15,4分)如图,在RtABC中,BAC=90,AB=15,AC=20,点D在边AC上,AD=5,DEBC于点E, 连接AE,则ABE的面积等于 . 答案答案 78 解析解析 DEBC, BAC=DEC,又C=C, ABCEDC,
5、=, 在RtBAC中,AC=20,AB=15, BC=25, 又AD=5,CD=15,EC=12,BE=13, SABE=SABC=1520=78. AC EC BC CD 22 ACAB AC CD BC BE BC 13 25 1 2 思路分析思路分析 ABC的面积是很容易求出来的,只要知道BE与BC的比值即可解决问题,又BC容易求得,故 将问题转化为求BE的长度,由ABCEDC可得=,从而求出EC,由此即可得出BE. AC EC BC CD 4.(2016嘉兴,15,5分)如图,已知ABC和DEC的面积相等,点E在BC边上,DEAB交AC于点F,AB=12,EF =9,则DF的长是 .
6、答案答案 7 解析解析 作AGBC于点G,DHBC于点H, DEAB,ABCFEC,=, 即=,又SABC=SDEC, 即BC AG=EC DH, =,=,ABDE,B=DEH, AGBC,DHBC,AGB=DHE=90, BC EC AB FE 12 9 BC EC 4 3 1 2 1 2 BC EC DH AG DH AG 4 3 ABGDEH, =,=,即DE=16,FD=DE-FE=16-9=7. DE AB DH AG 4 312 DE4 3 思路分析思路分析 作两三角形的高,利用面积相等及平行的条件列式求出DE长,进而可得DF的长. 5.(2020杭州,19,8分)如图,在ABC中
7、,点D,E,F分别在AB,BC,AC边上,DEAC,EFAB. (1)求证:BDEEFC; (2)设=. 若BC=12,求线段BE的长; 若EFC的面积是20,求ABC的面积. AF FC 1 2 解析解析 (1)证明:因为DEAC,所以BED=C, 又因为EFAB,所以B=FEC,所以BDEEFC. (2)因为EFAB,所以=. 因为BC=12,所以=,所以BE=4. 因为EFAB,所以EFCBAC,因为=,所以=. 设EFC的面积为S1,ABC的面积为S, 所以=. 因为S1=20,所以S=45,所以ABC的面积是45. BE EC AF FC 1 2 12 BE BE 1 2 BE EC
8、 1 2 EC BC 2 3 1 S S 4 9 解后反思解后反思 由相似三角形的判定定理来判定相似.以相似三角形为背景求某些线段的长及面积常常运 用相似三角形的性质求解.相似三角形的性质包括:(1)对应角相等;(2)对应边成比例;(3)周长比等于相似 比;(4)面积比等于相似比的平方.解本题的关键是灵活运用相似三角形的性质. 6.(2019宁波,25,12分)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线. (1)如图1,在ABC中,AB=AC,AD是ABC的角平分线,E,F分别是BD,AD上的点.求证:四边形ABEF是邻 余四边形; (2)如图2,在54的方格纸中
9、,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF,使AB是邻余线,E,F 在格点上; (3)如图3,在(1)的条件下,取EF的中点M,连接DM并延长交AB于点Q,延长EF交AC于点N.若N是AC的中点, DE=2BE,QB=3,求邻余线AB的长. 解析解析 (1)证明:AB=AC,AD是ABC的角平分线, ADBC. ADB=90. DAB+DBA=90. FAB与EBA互余. 四边形ABEF是邻余四边形. (2)如图所示(答案不唯一),四边形ABEF即为所求. (3)AB=AC,AD是ABC的角平分线, BD=CD. DE=2BE,BD=CD=3BE. CE=CD+DE=5BE. E
10、DF=90,M为EF的中点,DM=ME. MDE=MED. AB=AC,B=C, DBQECN. =. QB=3,NC=5. AN=CN,AC=2CN=10. AB=AC=10. QB NC BD CE 3 5 7.(2018杭州,19,8分)如图,在ABC中,AB=AC,AD为BC边上的中线,DEAB于点E. (1)求证:BDECAD; (2)若AB=13,BC=10,求线段DE的长. 解析解析 (1)证明:AB=AC,B=C, 又AD为BC边上的中线,ADBC, DEAB, DEB=ADC=90, BDECAD. (2)易知BD=BC=5, 在RtADB中,AD=12, 由(1)易得=,=
11、, DE=. 1 2 22 ABBD 22 135 BD CA DE AD 5 1312 DE 60 13 思路分析思路分析 (1)由等腰三角形的性质,得B=C,ADBC,因为DEAB,所以DEB=ADC,根据相似三 角形的判定定理,即可解决问题. (2)利用勾股定理求出AD,再利用(1)的结论列式求解. 解题关键解题关键 本题考查相似三角形的判定定理和性质、等腰三角形的性质等知识,解题的关键是熟练掌 握基本知识并灵活应用. 8.(2017杭州,19,8分)如图,在锐角三角形ABC中,点D,E分别在边AC,AB上,AGBC于点G,AFDE于点F, EAF=GAC. (1)求证:ADEABC;
12、(2)若AD=3,AB=5,求的值. AF AG 解析解析 (1)证明:因为AFDE,AGBC, 所以AFE=90,AGC=90, 所以AEF=90-EAF,C=90-GAC, 又因为EAF=GAC, 所以AEF=C, 又因为DAE=BAC, 所以ADEABC. (2)因为ADEABC, 所以ADE=B, 又因为AFD=AGB=90, 所以AFDAGB, 所以=, 又因为AD=3,AB=5, AF AG AD AB 所以=. AF AG 3 5 1.(2018杭州,10,3分)如图,在ABC中,点D在AB边上,DEBC,与边AC交于点E,连接BE.记ADE,BCE 的面积分别为S1,S2( )
13、 A.若2ADAB,则3S12S2 B.若2ADAB,则3S12S2 C.若2AD2S2 D.若2ADAB,则3S13S1. 当2ADAB时,AE3S1; 当2ADAB时,AECE,S1变大,S2变小,不能确定2S2与3S1的大小关系,故选D. AE EC AD DB 1 3 2.(2016湖州,10,3分)如图1,在等腰三角形ABC中,AB=AC=4,BC=7.如图2,在底边BC上取一点D,连接AD,使 得DAC=ACD.如图3,将ACD沿着AD折叠,使得点C落在点E处,连接BE,得到四边形ABED.则BE的 长是( ) A.4 B. C.3 D.2 17 4 25 答案答案 B 如图,设A
14、E与BC交于点O,C=. AB=AC,ABC=C=,由已知条件及折叠的性质得1=2=3=C=,AE=AC=AB=4, CDACAB,AC2=CD CB,CD=,BD=. ADO=ADB,2=ABD, ADOBDA,AD2=DO DB,又AD=CD,DO=. CO=DO+CD=,BO=BC-CO=. BAE=180-4,由AE=AB得ABE=AEB, AEB=2,EAC=2, 16 7 33 7 256 231 112 33 119 33 AEB=EAC,ACBE,ACOEBO, =,BE=,故选B. AC BE OC OB AC OB OC 17 4 关键提示关键提示 本题考查了等腰三角形的性
15、质,轴对称的性质,相似三角形的判定与性质.解题的关键是多次 运用相似求出相关线段的长. 3.(2020温州,16,5分)如图,在河对岸有一矩形场地ABCD,为了估测场地大小,在笔直的河岸l上依次取点E, F,N,使AEl,BFl,点N,A,B在同一直线上.在F点观测A点后,沿FN方向走到M点,观测C点发现1=2. 测得EF=15米,FM=2米,MN=8米,ANE=45,则场地的边AB为 米,BC为 米. 答案答案 15;20 22 解析解析 如图,过点C作CHl于H,过B作PQl交AE于P,交CH于Q. AEl,BFl,ANE=45, ANE和BNF为等腰直角三角形, AE=EN,BF=FN,
16、 EF=15米,FM=2米,MN=8米, AE=EN=EF+FM+MN=25米,BF=FN=FM+MN=10米, AN=25米,BN=10米, 22 AB=AN-BN=15米. CHl,AEl,AECH, PQl,AEN=BFH=90, 四边形PEHQ,四边形PEFB,四边形BFHQ均为矩形, PE=BF=QH=10米,PB=EF=15米,BQ=FH. ABC=90,ABP=45, CBQ=45, CBQ为等腰直角三角形,BQ=CQ. 设FH=BQ=CQ=x米,则MH=(x-2)米,CH=(x+10)米, 1=2,AEF=CHM=90, AEFCHM, =,即=,解得x=20, 即BQ=CQ=
17、20米,BC=20米. 2 AE EF CH HM 25 15 10 2 x x 2 4.(2020宁波,23,12分)【基础巩固】 (1)如图1,在ABC中,D为AB上一点,ACD=B.求证:AC2=AD AB. 【尝试应用】 (2)如图2,在ABCD中,E为BC上一点,F为CD延长线上一点,BFE=A.若BF=4,BE=3,求AD的长. 【拓展提高】 (3)如图3,在菱形ABCD中,E是AB上一点,F是ABC内一点,EFAC,AC=2EF,EDF=BAD,AE=2,DF =5,求菱形ABCD的边长. 图1 图2 图3 1 2 解析解析 (1)ACD=B,A=A, ADCACB, =, AC
18、2=AD AB. (2)四边形ABCD是平行四边形, AD=BC,A=C, 又BFE=A, BFE=C, 又FBE=CBF, BFEBCF, BF2=BE BC, BC=, AD AC AC AB 2 BF BE 16 3 AD=. (3)如图,分别延长EF,DC相交于点G. 四边形ABCD是菱形, ABDC,BAC=BAD, ACEF, 四边形AEGC为平行四边形, AC=EG,CG=AE,EAC=G, EDF=BAD, EDF=BAC, 16 3 1 2 1 2 EDF=G, 又DEF=GED, EDFEGD, DE2=EF EG, 又EG=AC=2EF, DE2=2EF2, DE=EF,
19、 又=, DG=DF=5, DC=DG-CG=5-2. 2 DG DF DE EF 2 2 2 5.(2020金华,24,12分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABOC的两边分别在坐标轴的正半轴上,分别过 OB,OC的中点D,E作AE,AD的平行线,相交于点F,已知OB=8. (1)求证:四边形AEFD为菱形; (2)求四边形AEFD的面积; (3)若点P在x轴正半轴上(异于点D),点Q在y轴上,平面内是否存在点G,使得以点A,P,Q,G为顶点的四边形 与四边形AEFD相似?若存在,求点P的坐标;若不存在,试说明理由. 解析解析 (1)DFAE,EFAD, 四边形AEFD是平行四边形. 四边
20、形ABOC是正方形, OB=OC=AB=AC,ACE=ABD=90. 点D,E是OB,OC的中点,CE=BD, ACEABD(SAS),AE=AD,AEFD是菱形. (2)如图1,连接DE. SABD=AB BD=84=16, SODE=OD OE=44=8, SAED=S正方形ABOC-2SABD-SODE=64-216-8=24. S菱形AEFD=2SAED=48. (3)如图1,连接AF与DE相交于点K,易得ADK的两直角边之比为13. 1 2 1 2 1 2 1 2 图1 1)当AP为菱形一边,且点Q在x轴上方时,有图2、图3两种情况: 如图2,AG与PQ交于点H. 菱形PAQG菱形A
21、EFD, APH的两直角边之比为13. 过点H作HNx轴于点N,交AC于点M,设AM=t. HNOQ,点H是PQ的中点, 点N是OP中点. HN是OPQ的中位线, ON=PN=8-t. 又MAH=NHP=90-AHM,AMH=PNH=90, HMAPNH, =, HN=3AM=3t, MH=MN-NH=8-3t. AM NH MH PN AH PH 1 3图2 PN=3MH,8-t=3(8-3t),解得t=2. OP=2ON=2(8-t)=12.点P的坐标为(12,0). 如图3,APH的两直角边之比为13. 过点H作HIy轴于点I,过点P作PNHI于点N,延长BA交IN于点M. MAH=PH
22、N=90-AHM,AMH=N=90, AMHHNP, =,设MH=t, PN=3MH=3t, AM=BM-AB=3t-8, HN=3AM=3(3t-8)=9t-24. 易知HI是OPQ的中位线, OP=2HI, HI=HN, 8+t=9t-24,解得t=4, OP=2HI=2(8+t)=24, 点P的坐标为(24,0). AM HN MH PN AH HP 1 3 图3 2)当AP为菱形一边,且点Q在x轴下方时,有图4、图5两种情况: 如图4,PQH的两直角边之比为13. 图4 图5 过点H作HMy轴于点M,过点P作PNHM于点N. 易知MH是QAC的中位线, HM=4. 又QHM=NPH=9
23、0-NHP,HMQ=N=90, HPNQHM, =,则PN=HM=, OM=. 设HN=t,则MQ=3t. MQ=MC, 3t=8-,解得t=. OP=MN=4+t=, 2 AC NP HM HN MQ PH QH 1 3 1 3 4 3 4 3 4 3 20 9 56 9 点P的坐标为. 如图5,PQH的两直角边之比为13. 过点H作HMx轴于点M,交AC于点I,过点Q作QNHM于点N. 易知NQ=CI=4,HI是ACQ的中位线, CQ=2HI, MPH=QHN=90-PHM,PMH=N=90, PMHHNQ, =,则MH=NQ=. 设PM=t,则HN=3t, HN=HI, 3t=8+,解得
24、t=. 56 ,0 9 MH NQ PM HN PH HQ 1 3 1 3 4 3 4 3 28 9 OP=OM-PM=QN-PM=4-t=, 点P的坐标为. 3)当AP为菱形对角线时,有图6一种情况: 如图6,PQH的两直角边之比为13. 图6 过点H作HMy轴于点M,交AB于点I,过点P作PNHM于点N. HIx轴,点H为AP的中点, 8 9 8 ,0 9 AI=IB=4. PN=4. MHQ=NPH=90-NHP,QMH=N=90, PNHHMQ. =. 则MH=3PN=12,HI=MH-MI=4. HI是ABP的中位线, BP=2HI=8,即OP=16, 点P的坐标为(16,0). 综
25、上所述,点P的坐标为(12,0),(24,0),(16,0). PN MH PH HQ 1 3 56 ,0 9 8 ,0 9 6.(2020台州,23,12分)如图,在ABC中,ACB=90,将ABC沿直线AB翻折得到ABD,连接CD交AB于 点M.E是线段CM上的点,连接BE,F是BDE的外接圆与AD的另一个交点,连接EF,BF. (1)求证:BEF是直角三角形; (2)求证:BEFBCA; (3)当AB=6,BC=m时,在线段CM上存在点E,使得EF和AB互相平分,求m的值. 解析解析 (1)证明:由翻折得ACB=ADB=90. EFB=EDB,EBF=EDF, EFB+EBF=EDB+E
26、DF=ADB=90, FEB=90,BEF为直角三角形. (2)证明:BC=BD,BDC=BCD, 又EFB=EDB,EFB=BCD, CAB+ACD=ACD+BCD=90, CAB=BCD, CAB=EFB. 又由(1)可得ACB=FEB, BEFBCA. (3)设EF与AB交于点O,连接AE, EF和AB互相平分, 四边形AFBE为平行四边形, BEAF,EFA=FEB=90,即EFAD, 又BDAD,EFBD, 又AO=OB, OF=BD=,EF=m, 易知ABCCBM,故BM=. 易知BEOBME,故BE=. 由(2)得BEFBCA,=.即=, m=2. 1 22 m 2 6 m 2
27、m AC EF BC BE 2 36m m 2 m m 3 7.(2020衢州,24,12分)【性质探究】 如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O.AE平分BAC,交BC于点E.作DFAE于点H,分别交AB, AC于点F,G. (1)判断AFG的形状,并说明理由. (2)求证:BF=2OG. 【迁移应用】 (3)记DGO的面积为S1,DBF的面积为S2,当=时,求的值. 【拓展延伸】 1 2 S S 1 3 AD AB (4)若DF交射线AB于点F,【性质探究】中的其余条件不变,连接EF.当BEF的面积为矩形ABCD面积的 时,请直接写出tanBAE的值. 1 10 解析解析 (1
28、)AFG是等腰三角形. 理由如下:如图1,AE平分BAC,1=2. DFAE,AHF=AHG=90. 又AH=AH,AHFAHG, AF=AG,AFG是等腰三角形. 图1 (2)如图1,过点O作OLAB,交DF于点L,则AFG=OLG. AF=AG,AFG=AGF. AGF=OGL,OLG=OGL,OG=OL. OLAB,DLODFB,=. OL BF DO BD 四边形ABCD是矩形,BD=2OD. BF=2OL,BF=2OG. 图2 (3)如图2,过点D作DKAC于点K,则DKA=CDA=90, 又DAK=CAD,ADKACD,=. S1=OG DK,S2=BF AD, DK AD CD
29、AC 1 2 1 2 BF=2OG,=, =, 令CD=2x,AC=3x,则AD=x, =. (4)或. 详解:设OG为a,AG为k. 1 2 S S 1 3 DK AD 2 3 CD AC 5 AD AB AD CD 5 2 5 5 105 15 图3 如图3,当点F在线段AB上时,点G在线段OA上. AF=AG,BF=2OG,AF=AG=k,BF=2a. AB=k+2a,AC=2(k+a), AD2=2(k+a)2-(k+2a)2=3k2+4ka. 易知BAE=ADF,又ABE=DAF=90, ABEDAF, =,=,BE=. 根据题意得,102a=AD(k+2a), AD2=10ka,
30、即10ka=3k2+4ka,k=2a,AD=2a,AB=4a. BE=a,tanBAE=. BE AB AF AD2 BE ka k AD (2 )k ka AD 1 2 (2 )k ka AD 5 (2 )k ka AD 4 5 5 5 5 如图4,当点F在线段AB的延长线上时,点G在线段OC上. AF=AG,BF=2OG,AF=AG=k,BF=2a. AB=k-2a,AC=2(k-a), AD2=2(k-a)2-(k-2a)2=3k2-4ka. 易知BAE=ADF,又ABE=FAD, ABEDAF,=, =,BE=, 根据题意得,102a=AD(k-2a),AD2=10ka. 即10ka=
31、3k2-4ka,k=a, AB=a,BE=a, tanBAE=. BE AB AF AD 2 BE ka k AD (2 )k ka AD 1 2 (2 )k ka AD 14 3 8 3 (2 )k ka AD 8 105 45 105 15 图4 综上可知,tanBAE的值为或. 5 5 105 15 8.(2019温州,24,14分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=-x+4分别交x轴、y轴于点B,C,正方形AOCD的 顶点D在第二象限内,E是BC中点,OFDE于点F,连接OE.动点P在AO上从点A向终点O匀速运动,同时, 动点Q在直线BC上从某一点Q1向终点Q2匀速运动,它们同时到达终
32、点. (1)求点B的坐标和OE的长; (2)设点Q2为(m,n),当=tanEOF时,求点Q2的坐标; (3)根据(2)的条件,当点P运动到AO中点时,点Q恰好与点C重合. 延长AD交直线BC于点Q3,当点Q在线段Q2Q3上时,设Q3Q=s,AP=t,求s关于t的函数表达式; 当PQ与OEF的一边平行时,求所有满足条件的AP的长. 1 2 n m 1 7 解析解析 (1)令y=0,则-x+4=0,x=8,B的坐标为(8,0). 令x=0,则-0+4=y,y=4,C的坐标为(0,4). 在RtBOC中,BC=4. 又E为BC中点,OE=BC=2. (2)如图1,作EMOC于点M,则EMCD,EM
33、OB,记DE与y轴的交点为N, 图1 1 2 1 2 22 845 1 2 5 CDNMEN,=, E是BC的中点,CE=EB=BC,CM=OC=2, CN MN CD EM 1 2 1 2 EMOB,=,EM=OB=4, CD=OC=4,CD=EM, CN=MN=1,EN=. EN OF=ON EM, OF=, 由勾股定理得EF=, tanEOF=,=. n=-m+4,m=6,n=1, Q2的坐标为(6,1). (3)动点P,Q同时做匀速直线运动, EM OB CE CB 1 2 1 2 22 1417 3 4 17 12 17 17 14 17 17 7 6 n m 1 7 7 6 1 6
34、 1 2 s关于t成一次函数关系,设s=kt+b(k0), 将和代入得解得 s=t-. 当PQOE时(如图2),QPB=EOB=OBE, 作QHx轴于点H,则PH=BH=PB. 图2 2, 2 5 t s 4, 5 5 t s 22 5, 45 5, kb kb 3 5, 2 5, k b 3 5 2 5 1 2 BQ=6-s=6-t+=7-t, 又cosQBH=, BH=14-3t,PB=28-6t, 55 3 5 2 55 3 2 5 2 5 5 t+28-6t=12,t=. 当PQOF时(如图3),过点Q作QGAQ3于点G,过点P作PHGQ于点H, 易证Q3QGCBO,Q3GQGQ3Q=
35、12. 图3 16 5 5 Q3Q=s=t-,Q3G=t-1,QG=3t-2, PH=AG=AQ3-Q3G=6-=7-t, QH=QG-AP=3t-2-t=2t-2. 易证HPQ=CDN, tanHPQ=tanCDN=, 2t-2=,t=. 由图形可知PQ不可能与EF平行. 综上所述,当PQ与OEF的一边平行时,AP的长为或. 3 5 2 5 3 2 3 1 2 t 3 2 1 4 1 4 3 7 2 t 30 19 16 5 30 19 9.(2018宁波,25,12分)若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积,我们把这个三角形叫做比例三 角形. (1)已知ABC是比例三角形,AB=2,B
36、C=3,请直接写出所有满足条件的AC的长; (2)如图1,在四边形ABCD中,ADBC,对角线BD平分ABC,BAC=ADC. 求证:ABC是比例三角形; (3)如图2,在(2)的条件下,当ADC=90时,求的值. BD AC 解析解析 (1)或或. (2)证明:ADBC,ACB=CAD, 又BAC=ADC,ABCDCA, =,即CA2=BC AD. ADBC,ADB=CBD, BD平分ABC,ABD=CBD, ADB=ABD,AB=AD, CA2=BC AB,ABC是比例三角形. (3)如图,过点A作AHBD于点H. 4 3 9 2 6 BC CA CA AD AB=AD,BH=BD. AD
37、BC,ADC=90,BCD=90, BHA=BCD=90. 又ABH=DBC,ABHDBC, =,AB BC=DB BH,AB BC=BD2. 又AB BC=AC2,BD2=AC2, 1 2 AB DB BH BC 1 2 1 2 =. BD AC 2 10.(2018湖州,23,10分)已知在RtABC中,BAC=90,ABAC,D,E分别为AC,BC边上的点(不包括端点), 且=m,连接AE,过点D作DMAE,垂足为点M,延长DM交AB于点F. (1)如图1,过点E作EHAB于点H,连接DH. 求证:四边形DHEC是平行四边形; 若m=,求证:AE=DF; (2)如图2,若m=,求的值.
38、DC BE AC BC 2 2 3 5 DF AE 解析解析 (1)证明:EHAB,BAC=90, EHCA,BHEBAC, =,=,=, =,HE=DC, 四边形DHEC是平行四边形. =,BAC=90,AC=AB, =,HE=DC,=, 又BHE=90,BH=HE. HE=DC,BH=CD,AH=AD. DMAE,EHAB, EHA=AMF=90, BE BC HE AC DC BE AC BC BE BC DC AC HE AC DC AC AC BC 2 2 DC BE 2 2 HE BE 2 2 HAE+HEA=HAE+AFM=90, HEA=AFD, EHA=FAD=90,HEAA
39、FD,AE=DF. (2)过点E作EGAB于G, CAAB,EGCA, EGBCAB,=, EG CA BE BC =, =,EG=CD. 设EG=CD=3x,AC=3y, 由题意得BE=5x,BC=5y, BG=4x,AB=4y, EGA=AMF=90, GEA+EAG=EAG+AFM, AFM=AEG, FAD=EGA=90, FADEGA, =. EG BE CA BC 3 5 CD BE 3 5 DF AE AD AG 33 44 yx yx 3 4 B组 20162020年全国中考题组 考点一 相似的有关概念及性质 1.(2020山西,5,3分)泰勒斯是古希腊时期的思想家,科学家,哲
40、学家,他最早提出了命题的证明,泰勒斯曾通 过测量同一时刻标杆的影长,标杆的高度,金字塔的影长,推算出金字塔的高度,这种测量原理,就是我们 所学的( ) A.图形的平移 B.图形的旋转 C.图形的轴对称 D.图形的相似 答案答案 D 根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例,得到两个三角形相似,进 而推算出金字塔的高度,测量原理是图形的相似.故选D. 2.(2020辽宁营口,6,3分)如图,在ABC中,DEAB,且=,则的值为( ) A. B. C. D. CD BD 3 2 CE CA 3 5 2 3 4 5 3 2 答案答案 A =,设CD=3x,BD=2x(x0).DEAB
41、,=.故选A. CD BD 3 2 CE CA CD CB 3 32 x xx 3 5 3.(2020重庆A卷,8,4分)如图,在平面直角坐标系中,ABC的顶点坐标分别是A(1,2),B(1,1),C(3,1),以原点 为位似中心,在原点的同侧画DEF,使DEF与ABC成位似图形,且相似比为21,则线段DF的长度 为( ) A. B.2 C.4 D.2 55 答案答案 D 由题可知:AB=1,BC=2,AC=,因为DEF与ABC成位似图形,且相似 比为21,则DF=2AC=2,故选D. 22 ABBC 22 12 5 5 4.(2019甘肃兰州,8,4分)已知ABCABC,AB=8,AB=6,
42、则=( ) A.2 B. C.3 D. BC B C 4 3 16 9 答案答案 B 由相似三角形的性质可得=,故选B. BC B C AB A B 8 6 4 3 5.(2019安徽,7,4分)如图,在RtABC中,ACB=90,AC=6,BC=12.点D在边BC上,点E在线段AD上,EF AC于点F,EGEF交AB于点G.若EF=EG,则CD的长为( ) A.3.6 B.4 C.4.8 D.5 答案答案 B 解法一:如图,作DNCA交AB于点N, ACB=90,EFEG,EFAC,EGDN,EFBC. =. EF=EG,DN=DC. DNCA,=,=, 解得DC=4,故选B. 解法二:过点
43、G作GMAC,垂足为M,交AD于点N. 易知四边形EFMG为正方形,设EG为x,则GM为x. EG DN AE AD EF CD DN AC BD BC6 DC12 12 DC tanBAC=2,AM=x, EGAC, EGNAMN,=2. GN=x,MN=x, 易证AMNACD, =, CD=4. BC AC 12 6 1 2 GN MN EG AM 1 2 x x 2 3 1 3 CD AC MN AM 1 3 1 2 x x 2 3 解题关键解题关键 作平行线,利用对应线段成比例或相似比建立等式是解答本题的关键. 6.(2018重庆,5,4分)要制作两个形状相同的三角形框架,其中一个三角
44、形的三边长分别为5 cm,6 cm和9 cm,另 一个三角形的最短边长为2.5 cm,则它的最长边为( ) A.3 cm B.4 cm C.4.5 cm D.5 cm 答案答案 C 设所求最长边为x cm,由题意知两个三角形相似,根据相似三角形的三边对应成比例,可列等 式=,解得x=4.5,故选C. 5 2.5 9 x 考点二 相似图形的判定 1.(2020江苏苏州,16,3分)如图,在ABC中,已知AB=2,ADBC,垂足为D,BD=2CD.若E是AD的中点,则EC = . 答案答案 1 解析解析 BD=2DC,=2, E为AD的中点,AD=2DE, =2,=2, ADBC,ADB=EDC=
45、90, ADBEDC,=2,AB=2,EC=1. BD DC AD DE BD DC AD DE AB EC BD DC 解题关键解题关键 本题考查相似三角形的判定与性质,根据两边成比例且夹角相等找到相似三角形是解决本 题的关键. 2.(2018辽宁沈阳,16,3分)如图,ABC是等边三角形,AB=,点D是边BC上一点,点H是线段AD上一点,连 接BH、CH,当BHD=60,AHC=90时,DH= . 7 答案答案 1 3 解析解析 延长AD至点E,使得HE=BH,连接BE、CE, BHD=60,BHE是等边三角形,BH=BE=HE,BEH=60, ABC是等边三角形,AB=BC,ABC=60
46、, ABH=CBE,ABHCBE, BEC=BHA=120,HEC=60, CHAD,CHE=90,设BH=x(x0),则HE=x,CH=x, 过点B作BGHE于G,则BG=x,EG=,BGD=CHD=90,又BDG=CDH,BDGCDH, 3 3 22 x =, BC=,CD= ,又DH=GH=HE=,由勾股定理得,DH2+CH2=CD2,即+(x)2=, 解得x=1(负舍), DH=. BD CD BG CH DG DH 1 2 7 2 3 7 2 3 2 3 1 23 x 2 3 x 3 2 2 7 3 1 3 3.(2018江西,14,6分)如图,在ABC中,AB=8,BC=4,CA=
47、6,CDAB,BD是ABC的平分线,BD交AC于点E. 求AE的长. 解析解析 BD平分ABC, ABD=CBD. ABCD,ABD=D,ABECDE. CBD=D,=. BC=CD. AB=8,CA=6,CD=BC=4, =,AE=4. AB CD AE EC 8 46 AE AE 4.(2020湖南长沙,23,9分)在矩形ABCD中,E为DC边上一点,把ADE沿AE翻折,使点D恰好落在BC边上的 点F处. (1)求证:ABFFCE; (2)若AB=2,AD=4,求EC的长; (3)若AE-DE=2EC,记BAF=,FAE=.求tan +tan 的值. 3 解析解析 (1)证明:由题意得AFE=D=90, AFB+EFC=90, EFC+FEC=90, AFB=FEC, 又B=C, ABFFCE.
