2022-2023学年人教版初中数学专题《相似三角形（双）8字型相似》含答案解析

专题相似优选提升题：相似三角形五种解题模型题型二：（双）8字型相似一．解答题（共3小题）1．（2021秋•溧水区期末）【认识模型】（1）如图1，直线l1∥l2，直线m、n分别与l1、l2交于点A、B和点F、D，m和n交于点E．则＝；【应用模型】（2）如图2，在△ABC中，D是边AB上一点，且＝＝．若BC＝4，AB＝10，求AC的长．【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理列出比例式，得出结论；（2）过点A作BC的平行线交CD的延长线于点E，作CH⊥AE，垂足为H，交AB于点F，根据平行线分线段成比例定理求出＝＝，进而得出AC＝CE，根据相似三角形的性质求出AE，根据等腰三角形的性质求出AH，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】解：（1）∵l1∥l2，∴＝，故答案为：；（2）如图2，过点A作BC的平行线交CD的延长线于点E，作CH⊥AE，垂足为H，交AB于点F，∵BC∥AE，∴＝＝，∵＝，∴AC＝CE，∵＝，∴＝，∵BC∥AE，∴△CDB∽△EDA，∴＝＝，即＝，解得：AE＝8，∵AC＝CE，CH⊥AE，∴AH＝HE＝4，∴AH＝CB，∵AH∥BC，∴AF＝BF＝AB＝5，FH＝FC，在Rt△AHF中，HF＝＝＝3，∴HC＝6，在Rt△ACH中，AC＝＝＝2．【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质、勾股定理的应用，正确作出辅助性、灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．2．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，点D为射线AB上一动点，且BD＜AD，点B关于直线CD的对称点为点E，射线AE与射线CD交于点F．（1）当点D在边AB上时，①求证：∠AFC＝45°；②延长AF与边CB的延长线相交于点G，如果△EBG与△BDC相似，求线段BD的长；（2）联结CE、BE，如果S△ACE＝12，求S△ABE的值．【分析】（1）①如图1，连接CE，根据轴对称的性质可得：EC＝BC，∠ECF＝∠BCF，设∠ECF＝∠BCF＝α，则∠BCE＝2α，∠ACE＝90°﹣2α，再利用等腰三角形性质即可证得结论；②如图2，连接BE，CE，由△EBG∽△BDC，可得出∠G＝∠BCD＝22.5°，过点D作DH⊥AB交BC于点H，则△BDH是等腰直角三角形，推出CH＝DH＝BD，再根据CH+BH＝BC＝5，建立方程求解即可；（2）分两种情况：Ⅰ．当点D在AB上时，如图3，过点C作CM⊥AE于点M，连接BF，利用勾股定理、三角形面积建立方程求解即可；Ⅱ．当点D在AB的延长线上时，如图4，过点C作CM⊥AE于点M，连接BF，利用勾股定理、三角形面积建立方程求解即可．【解答】解：（1）①证明：如图1，连接CE，∵点B关于直线CD的对称点为点E，∴EC＝BC，∠ECF＝∠BCF，设∠ECF＝∠BCF＝α，则∠BCE＝2α，∴∠ACE＝90°﹣2α，∵AC＝BC，∴AC＝EC，∴∠AEC＝∠EAC＝[180°﹣（90°﹣2α）]＝45°+α，∵∠AEC＝∠AFC+∠ECF＝∠AFC+α，∴∠AFC＝45°；②如图2，连接BE，CE，∵B、E关于直线CF对称，∴CF垂直平分BE，由（1）知：∠AFC＝45°，∴∠BEF＝45°，∵△EBG与△BDC相似，∠BEG＝∠DBC＝45°，∵∠EBG与∠BDC均为钝角，∴△EBG∽△BDC，∴∠G＝∠BCD＝∠BAG，∵∠G+∠BAG＝∠ABC＝45°，∴∠G＝∠BCD＝22.5°，过点D作DH⊥AB交BC于点H，则△BDH是等腰直角三角形，∴DH＝BD，BH＝BD，∠BHD＝45°，∵∠CDH＝∠BHD﹣∠BCD＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠BCD，∴CH＝DH＝BD，∵CH+BH＝BC＝5，∴BD+BD＝5，∴BD＝＝5﹣5，∴线段BD的长为5﹣5；（2）Ⅰ．当点D在AB上时，如图3，过点C作CM⊥AE于点M，连接BF，∵AC＝EC＝BC＝5，∴AM＝EM＝AE，∴①AM2+CM2＝AC2＝25，∵S△ACE＝AE•CM＝12，∴②AM•CM＝12，①+②×2，得：（AM+CM）2＝49③，①﹣②×2，得：（AM﹣CM）2＝49③，∵CM＞AM＞0，∴AM＝3，CM＝4，∴AE＝6，由（1）知：∠AFC＝45°，BE⊥CF，∴∠BEF＝45°，∵∠AFC＝∠ABC＝45°，∴A、C、B、F四点共圆，∴∠AFB+∠ACB＝180°，∴∠AFB＝90°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴EF＝BF，设EF＝BF＝x，则AE＝x+6，在Rt△ABF中，AF2+BF2＝AB2，∴（x+6）2+x2＝50，解得：x＝1或x＝﹣7（舍去），∴BF＝1，∴S△ABE＝AE•BF＝×6×1＝3；Ⅱ．当点D在AB的延长线上时，如图4，过点C作CM⊥AE于点M，连接BF，由（1）知：∠AFC＝45°，CF垂直平分BE，∴∠BEF＝45°，BF＝EF，∴∠EBF＝∠BEF＝45°，∴∠BFE＝90°，∵AC＝EC＝BC＝5，∴AM＝EM＝AE，与Ⅰ同理可得：AM＝EM＝4，CM＝3，AE＝8，设BF＝EF＝y，则AF＝8﹣y，在Rt△ABF中，AF2+BF2＝AB2，∴（8﹣y）2+y2＝50，解得：y＝1或y＝7（舍去），∴BF＝1，∴S△ABE＝AE•BF＝×8×1＝4；综上，S△ABE的值为3或4．【点评】本题考查了三角形面积，等腰直角三角形性质和判定，相似三角形的判定和性质，轴对称变换的性质，勾股定理等，解题关键是添加辅助线构造直角三角形，运用分类讨论思想和方程思想解决问题．3．（2021秋•深圳期末）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．证明：延长BE交DF于点G．②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝22.5°．（2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；（3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合∠DEG＝∠BEC得到∠EBC＝∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE＝∠DCF、BC＝DC，从而证明△BCE≌△DCF；②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG＝∠D'BG＝22.5°，然后由①得到∠EDF＝∠EBC＝22.5°；（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE＝DE＝1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．【解答】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD＝∠EGD'＝90°，∵∠DEG＝∠BEC，∴∠EBC＝∠EDF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（ASA）．②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE＝∠D'BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBC＝45°，∴∠DBE＝∠D'BE＝22.5°，由①得到∠CDF＝∠EBD'，∴∠CDF＝22.5°，故答案为：22.5°．（2）解：如图2，延长BE交DF于点G，由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD＝∠EGD'＝90°，∵CD'⊥DF，∴CD'∥BG，∴EG是△DCD'的中位线，∴点E是CD的中点，∴CE＝DE＝CD＝×2＝1，∴BE＝＝，由（1）①得，∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°，∴△ECB∽△EGD，∴，∴，∴EG＝，∴BG＝BE+EG＝+＝，∵EG是△DCD'的中位线，∴CD'＝2EG＝2×＝．（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，由（1）①可得，∠GDF＝∠OAF，且DF＝EF，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，∠ODC＝∠ODA，∴∠OAF＝∠ODA，∵AC＝2，∴OA＝1，∵AD＝，∴OD＝，∴tan∠OAF＝tan∠ODA＝＝，∴，∴OF＝；②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD＝90°，∠DAG＝∠EAG＝∠DAE，DF＝EF，∵AD＝AB＝AE，∴∠AEB＝∠ABE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABO＝∠ABE，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠ABO＝∠DAG，在△AGD和△BOA中，，∴△AGD≌△BOA（AAS），∴DG＝AO＝1，AG＝BO＝，∴DG＝AO，∵∠FAO＝∠FDG，∠FOA＝∠FGD，∴△FOA≌△FGD（ASA），∴OF＝FG，设OF＝FG＝x，则DF＝﹣x