2020-2021备战中考数学二轮 相似 专项培优附详细答案

1、2020-2021备战中考数学二轮相似专项培优附详细答案一、相似1.如图所示，ABC中，AB=AC,ZBAC=90,AD丄BC,DE丄AC,CDE沿直线BC翻折到厶CDF,连结AF交BE、DE、DC分别于点G、H、I.（1）求证：AF丄BE；2）求证：AD=3DI.【答案】（1）证明：在ABC中，AB=AC,ZBAC=90,D是BC的中点,AD=BD=CD,ZACB=45,在厶ADC中,AD=DC,DE丄AC,AE=CE,CDE沿直线BC翻折到CDF,CDE竺CDF,CF=CE,ZDCF=ZACB=45,CF=AE,ZACF=ZDCF+ZACB=90,AB+ACZBAE=ZACP在厶ABE与厶

2、ACF中，心二-P.ABE竺ACF(SAS),.ZABE=ZFAC,/ZBAG+ZCAF=90,.ZBAG+ZABE=90,.ZAGB=90,.AF丄BE(2)证明：作IC的中点M,连接EM,由(1)ZDEC=ZECF=ZCFD=90ECIIDF,EC=DF,ZEAH=ZHFD,AE=DF,zfAHE=ZDHf-ZEAH=ZHFL在厶AEH与厶FDH中二.AEH竺FDH(AAS),.EH=DH，TZBAG+ZCAF=90,.ZBAG+ZABE=90，.ZAGB=90，.AF丄BE,TM是IC的中点，E是AC的中点，.EMIAI，DI_DH_；.DI=IM，.CD=DI+IM+MC=3DI，.A

3、D=3DI【解析】【分析】(1)根据翻折的性质和SAS证明ABE竺ACF，利用全等三角形的性质得出ZABE=ZFAC,再证明ZAGB=90,可证得结论。(2)作IC的中点M,结合正方形的性质，可证得ZEAH=ZHFD,AE=DF,利用AAS证明AEH与厶FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。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(0VtV4)s,解答

4、下列问题：求证：BEF-DCB；当点Q在线段DF上运动时，若PQF的面积为0.6cm2,求t的值；如图2过点Q作QG丄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：T四边形*是矩形，ZAD=BC=E川“炉BC,二；=90,在EIdABD中，ED10t已/分别是馭匹的中点,ZBEF=ZA=90=MGEF“BCfZZBFE=ZDBC,：BEF心DCB：(2)解：如图1,过点】作宀：于；，(舍)或秒(3)解：四边形：为矩形时，如图所示:厶QPFBEF,QF_PF40解得：(4)解：当点在上时，如图2,-当点

5、】在厂上时，-如图3,因二尺时，如图4,因二刃时，如图5丸19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ADIIBC,ZA=ZC,根据中位线定理可证得EFIIAD，就可得出EFIIBC,可证得ZBEF=ZC，ZBFE=ZDBC，从而可证得结论。（2）过点Q作QM丄EF，易证QMIIBE，可证得QMF-BEF，得出对应边成比例，可求出QM的值，再根据厶PQF的面积为0.6cm2，建立关于t的方程，求解即可。（3）分情况讨论：当点Q在DF上时，如图2，PF=QF；当点Q在BF上时，PF=QF，如图3；PQ=FQ时，如图4；PQ=PF时，如图5,分别列方程即可解决

6、问题。在平面直角坐标系中，二次函数|；-的图象与;轴交于A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C.（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点卩，使厶ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E.是否存在点Q,使以点B、Q、E为顶点的三角形与AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐一H二过点a(3,0)，B(1，0),标；若不存在，说明理由；【答案】（1）解：由抛物线：0=9a则，b=解得二次函数的关系解析式4PM=，卅二_，AO=3.当时,J4-X0-XQ-.：:;=2.OC=2.TOC o

7、 1-5 h zffn=ivo,当.时，函数有最大值.?n4J3求证：耳耳如图，将=绕点-逆时针旋转得到(点分别对应点),设射线与，相交于点.，连接,试探究线段宀与之间满足的数量关系，并说明理由.43厲n=-ar-in2=-X()-X(土-此时=-35.存在点.：,使厶ACP的面积最大.(3)解：存在点Q,坐标为:分BQE-AOC，EBQ-AOC，QEB-AOC三种情况讨论可得出【解析】【分析】(1)由题意知抛物线过点A(3,0)，B(1,0),所以用待定系数法即可求解；(2)因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO,作PM丄x轴于M,PN丄y轴于N.则三角形ACP的面积=三角形

8、APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC的面积-三角形PCN的面积。于是可设点P的横坐标为m,则纵坐标可用含m的代数式表示出来，即M(m,-m+2),则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示，整理可得是一个二次函数，利用二次函数的性质即可求解；(3)根据对应顶点的不同分三种情况(BQE-AOC,EBQ-AOC,QEB-AOC)讨论即可求解。如图，在中，：=,丄于点-，点.在上,且它匸，连接.【答案】（1）证明：在RtAAHB中，ZABC=45,AH=BH,在厶BHD和厶AHC中，AH=BHIZBHD二二9住DH=CH.BHD竺AHC,2）解：方法1:如图1，EHF是由BHD绕点H逆时针旋

9、转30得到,.HD=HF，ZAHF=30.ZCHF=90+30=120，由有，AEH和厶FHC都为等腰三角形，.ZGAH=ZHCG=30，.CGIAE，点C，H，G，A四点共圆，.ZCGH=ZCAH，设CG与AH交于点Q,TZAQC=ZGQH，AQC-GQH，HGGQs:a30TEHF是由BHD绕点H逆时针旋转30得到,由（1）知，BD=AC,EF=AC佶ACAQ1:.-./I:：.即：EF=2HG.方法2:如图2,取EF的中点K,连接GK,HK,BEEHF是由BHD绕点H逆时针旋转30得到,HD=HF,ZAHF=30ZCHF=90+30=120,由有，AEH和厶FHC都为等腰三角形，.ZGA

10、H=ZHCG=30,.CGIAE,由旋转知，ZEHF=90,EK=HK=.EF.EK=GK=.EF,.HK=GK,TEK=HK,.ZFKG=2ZAEF,TEK=GK,.ZHKF=2ZHEF,由旋转知,ZAHF=30,.ZAHE=120,由（1）知,BH=AH,TBH=EH,.AH=EH,ZAEH=30,ZHKG=ZFKG+ZHKF=2ZAEF+2ZHEF=2ZAEH=60,.HKG是等边三角形，.GH=GK,.EF=2GK=2GH,即：EF=2GH.【解析】【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出BHD竺AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；(2)方法1:如

11、图1，根据旋转的性质得出HD=HF，ZAHF=30根据角的和差得出ZCHF=90+30=120,由(1)有，AEH和厶FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出ZGAH=ZHCG=30，根据三角形的内角和得出CG丄AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出ZCGH=ZCAH，根据对顶角相等得出ZAQC=ZGQH，从而得出AQC-GQH，根据全等三角形对应边成比例得出AC:HG=AQ:GQ=1:sin30=2，根据旋转的性质得出EF=BD，由(1)知，BD=AC，从而得出EF=ACEF=BD，由EF:HG=AC:GH=AQ:GQ=1:sin

12、30=2得出结论；方法2:如图2,取EF的中点K,连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，ZAHF=30根据角的和差得出ZCHF=90+30=120,由有，AEH和厶FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出ZGAH=ZHCG=30，根据三角形的内角和得出CG丄AE,由旋转知，ZEHF=90，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出11EK=HK=-EF,EK=GK=-EF,从而得出HK=GK,根据等边对等角及三角形的外角定理得出ZFKG=2ZAEF,ZHKF=2ZHEF，由旋转知，ZAHF=30，故ZAHE=120，由(1)知，BH=AH，根据等量代换得出AH=

13、EH，根据等边对等角得出ZAEH=30，ZHKG=ZFKG+ZHKF=2ZAEF+2ZHEF=2ZAEH=60，根据有一个角为60的等腰三角形是等边三角形得出HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK,根据等量代换得出EF=2GK=2GH。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(0VtV4)s,解答下列问题：求证：BEF-DCB；当点Q在线段DF上运动时，

14、若PQF的面积为0.6cm2,求t的值;当t为何值时，PQF为等腰三角形？试说明理由.4【答案】(1)解：T四边形ABCD是矩形,F./ADIIBC,.八：-/-在R14ABD中，BDlOr别是注、怎的中点,EFIIAD,二名肝=DF=5tdDCB；ZBFE=:二EFIIBC,4BEF(2)解：如图1,过点Q作：于；，QMIIBE,.73./：-t.)x:怎-2t)=a(3)解：当点Q在DF上时，如图2,-当点Q在BF上时如图3,因二尺时，如图4,20因二刃时，如图519:.综上所述，t=1或3或或秒时，PQF是等腰三角形【解析】【分析】（1）根据题中的已知条件可得BEF和厶DCB中的两角对应

15、相等，从而可证BEF-DCB；（2）过点Q作QM丄EF于M，先根据相似三角形的预备定理可证QMF-BEF；再由QMF-BEF可用含t的代数式表示出QM的长；最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。（3）由题意应分两种情况：（1）当点Q在DF上时，因为ZPFQ为钝角，所以只有PF=QF。（2）当点Q在BF上时，因为没有指明腰和底，所以有PF=QF；PQ=FQ；PQ=PF三种情况，因此所求的t值有四种结果。6.如图，已知AB是O0的直径，弦CD与AB交于点E，F为CD的延长线上一点，连接AF,且FA2=FDFC.（1）求证：FA为O0的切线;(2)若AC=8，CE：ED=6：5，AE：EB=2：3

16、,求AB的值.【答案】（1）证明：连接BD、AD,如图,-FDFC,FA_您1DAZF=ZF,FADFCA.ZDAF=ZC.ZDBA=ZC,ZDBA=ZDAF.ZADB90AB是OO的直径,ZDAB90ZDBAZDAF十ZDAB90-即AF丄AB.FA为OO的切线.三FAB(2)解：设CE=6x,AE=2y，则ED=5x,EB=3y.由相交弦定理得：ECED=EBEA.fjn-6y/FAB-90FDFC-泌FD(FD12x)=(FD十5x):-(25xf.FD=5x.nn.JAFDFC80ji.AF=比ZFAE90fFDED5xTFAD-FCA.ADDF:.：厂-A-/.-解得：.上；-AAB

17、的值为10【解析】【分析】(1)连接BD、AD,根据两边成比例且夹角相等可得FAD-FCA；由FAD-FCA及同弧所对的圆周角相等可得/DBA=ZDAF；再根据直径所对的圆周角是直角即可得出结论。(2)设CE=6x，则ED=5x，用相交弦定理表示出则AE的长，用勾股定理及题中的已知条件分别表示出FD、AF、AD的长；再利用FAD-FCA即可得出结论。7.如图，矩形ABCD中，AB=m,BC=n,将此矩形绕点B顺时针方向旋转0(00上，设边A2B与CD交于点E,若=/-1,求的值.【答案】(1)解：作A1H丄AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA是矩形.AD=HA=n=i,在RtAAHB中，

18、TBA=BA=m=2,BA=2HA,11乙ABA=3o,旋转角为30，30*卫*：JD到点D1所经过路径的长度=/(2)解：TBCE-BA2D2,(A力？n.,CE=.bh=A=/,m2-n2=6总,m4-m2n2=6n4,刚一8（负根已经舍弃）【解析】【分析】（1）作A1H丄AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA】H是矩形.根据矩形的对边相等得出AD=HA1=n=1，在RtAAB中，根据三角形边之间的关系判断出乙aba1=30，即旋转角为30，根据勾股定理算出BD的长，D到点D1所经过路径的长度，其实质就是以点B为圆心，BD为半径，圆心角为30的弧长，根据弧长公式，计算即可；CE/(2)

19、首先判断出BCE-BA2D2，根据相似三角形对应边成比例得出怎:ItA./：J/厂l牡-I-AC=6故CE=根据，故，进而得出，由BH=A1C列出方程，求解得出的值。8.【发现】如图，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、flnc号n若曲二方，M二弓，劭二去，则即二；求证：山砲化【思考】若将图中的三角板的顶点-在*边上移动，保持三角板与的两个交点、*都存在，连接，如图所示.问点是否存在某一位置，使平分匚：:且平分一？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【探索】如图，在等腰-中点f边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点.处(其中X*=心)

20、，使两条边分别交边、于点、ZBED+ZBDE=120,ZBED=ZCDF,又:ZB=ZC,.U:心(2)解：解：存在。如图，作DM丄BE,DG丄EF,DN丄CF,垂足分别为M,G,N,:平分且；7平分,.DM=DG=DN，又:ZB=ZC=60,ZBMD=ZCND=90,BDMaCDN,.BD=CD，即点D是BC的中点,BD_(3)1-cosa【解析】【解答】(1)TABC是等边三角形，二AB=BC=AC=6,ZB=ZC=60,TAE=4,BE=2，贝9BE=BD,:.BDE是等边三角形，.ZBDE=60，又VZEDF=60,ZCDF=180-ZEDF-ZB=60,则ZCDF=ZC=60,.CD

21、F是等边三角形.CF=CD=BC-BD=6-2=4。(3)连结AO,作OG丄BE,OD丄EF,OH丄CF,垂足分别为G,D,H,贝ZBGO=ZCHO=90VAB=ACO是BC的中点.ZB=ZCOB=OC.OBGaOCH,OG=OH,GB=CH,ZBOG=ZCOH=90-a,则/GOH=180-(ZBOG+ZCOH)=2a,ZEOF=ZB=a,则ZGOH=2ZEOF=2a,由(2)题可猜想应用EF=ED+DF=EG+FH(可通过半角旋转证明)，则3,疔=ae+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG,设AB=m,贝OB=mcosa,GB=mcos2a,C.2AGAGm-jucos2

22、C$J(AB宀OB)AB丰QBiu*/ice弓卫CS【分析】(1)先求出BE的长度后发现BE=BD的，又ZB=60,可知BDE是等边三角形，可得ZBDE=60，另外ZEDF=60,可证得CDF是等边三角形，从而CF=CD=BC-BD；证明，芒，这个模型可称为“一线三等角相似模型，根据“AA判定相似；【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”,可过D作DM丄BE,DG丄EF,DN丄CF,贝DM=DG=DN，从而通过证明厶BDMaCDN可得BD=CD；(3)【探索】由已知不难求得-=2(m+mcos),则需要用m和a的三角函数表示出:佔，=AE+EF+AF；题中直接

23、已知O是BC的中点，应用(2)题的方法和结论，作OG丄BE,OD丄EF,OH丄CF,可得EG=ED,FH=DF，贝=AE+EF+AF=AG+AH=2AG,而AG=AB-OB，从而可求得。如图，在平面直角坐标系中，点A(5,0),以OA为半径作半圆，点C是第一象限内圆周上一动点，连结AC、BC，并延长BC至点D,使CD=BC,过点D作x轴垂线，分别当ZBAC=30时，求ABC的面积；当DE=8时，求线段EF的长；在点C运动过程中，是否存在以点E、0、F为顶点的三角形与ABC相似，若存在,请求出点E的坐标；若不存在,请说明理由.【答案】(1)解：TAB是O0的直径，ZACB=90,在RtAABC中

24、，AB=10,ZBAC=30,BC=-AB=5,心、.雹,.abcACBC=2)解：连接AD，-ZACB=90,CD=BC,AD=AB=10，-DE丄AB,BE=AB-AE=4,DE=2BE,ZAFE+ZFAE=90,ZDBE+ZFAE=90,ZAFE=ZDBE,ZAEF=ZDEB=90,.AEF-DEB,EF=.AE=.x6=3(3)解：连接EC,设E(x,0),囹当卞的度数为60时，点E恰好与原点O重合；0卞的度数60时，点E在0、B之间，ZEOFZBAC=ZD,又:ZOEF=ZACB=90，由相似知ZEOF=ZEBD,此时有EOF-EBD,0E_OF二厂二EC是RtABDE斜边的中线，CE=CB，ZCEB=ZCBE，ZEOF=ZCEB，OFIICE,AOFAECAO_QF_OFAECEJ.,T