2021年中考数学三轮冲刺：相似三角形及其应用含答案-资料

中考数学三轮冲刺：相似三角形及其应用一、选择题1.下列命题是真命题的是 ()A.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的周长比为2∶3B.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的周长比为4∶9C.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的面积比为2∶3D.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的面积比为4∶92.如图，在△ABC中，点D，E分别在AB和AC边上，DE∥BC，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.=3.如图，每个小正方形的边长均为1，则下列图形中的三角形(阴影部分)与△A1B1C1相似的是 ()4.(2019•雅安)若，且，则的值是A．4 B．2

C．20 D．145.（2020·重庆B卷）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA:OD=1:2，则△ABC与△DEF的面积比为（）A．1:2B．1:3 C．1:4 D．1:5 6.（2020·河南）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，边BC在轴上，顶点A，B的坐标分别为(-2，6)和(7，0).将正方形OCDE沿轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为()A.(，2)B.(2，2)C.(，2)D.(4，2)7.（2020·重庆A卷）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2:1，则线段DF的长度为（） A． B． C． D．

8.如图，弦CD垂直于⊙O的直径AB，垂足为H，且CD＝2eq\r(2)，BD＝eq\r(3)，则AB的长为()A.2B.3C.4D.5二、填空题9.如图，在△ABC中，∠ACD=∠B，若AD=2，BD=3，则AC长为.

10.在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时同地测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度为m.

11.（2020·南通）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上，设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于▲．12.（2020·吉林）如图，．若，，则______．13.（2020·东营）如图，P为平行四边形ABCD边BC边上一点，E、F分别为PA、PD上的点，且PA=3PE，PD=3PF，△PEF、△PDC、△PAB的面积分别记为、、，若=2，则+=．14.(2020·绥化)在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为(2，4)，则其对应点A1的坐标是______．15.（2020·杭州）如图是一张矩形纸片，点E在边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，，则______，______．16.（2020·深圳）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB＝EQ\F(1,2)，EQ\F(BO,OD)＝EQ\F(4,3)，则EQ\F(S△ABD,S△CBD)＝________．三、解答题17.（2020·通辽）如图，⊙O的直径AB交弦（不是直径）CD于点P，且PC2＝PB•PA，求证：AB⊥CD．18.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC.P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°.(1)求证:△PAB∽△PBC;(2)求证:PA=2PC;(3)若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证:=h2·h3.

19.（2020·苏州）如图，在矩形中，是的中点，，垂足为.（1）求证：；（2）若，，求的长.20.已知AB是半径为1的圆O直径，C是圆上一点，D是BC延长线上一点，过D点的直线交AC于E点，交AB于F点，且△AEF为等边三角形．(1)求证：△DFB是等腰三角形；(2)若DA＝eq\r(7)AF，求证CF⊥AB.

21.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB上一点，以CD为直径的⊙O交BC于点E，连接AE交CD于点P，交⊙O于点F，连接DF，∠CAE＝∠ADF.(1)判断AB与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若PF∶PC＝1∶2，AF＝5，求CP的长．

22.（2020·江苏徐州）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果，那么称点B为线段AC的黄金分割点.它们的比值为.（1）在图①中，若AC=20cm，则AB的长为cm；（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B的对应点H，得折痕CG.试说明：G是AB的黄金分割点；（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE>DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P.他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点.请猜想小明的发现，并说明理由.图①图②图③23.如图，AB为半圆的直径，O为圆心，OC⊥AB，D为eq\o(BC,\s\up8(︵))的中点，连接DA、DB、DC，过点C作DC的垂线交DA于点E，DA交OC于点F.(1)求证：∠CED＝45°；(2)求证：AE＝BD；(3)求eq\f(AO,OF)的值．24.（2020·泰安）（12分）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC﹦∠CDE﹦90°，连接BD，AB﹦BD，点F是线段CE上一点．探究发现：（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？___________．（填“是”或“否”）拓展延伸：（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．问题解决：（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．图（1图（1）图（2）备用图答案一、选择题1.【答案】B2.【答案】C[解析]根据DE∥BC，可得△ADN∽△ABM，△ANE∽△AMC，再应用相似三角形的性质可得结论.∵DN∥BM，∴△ADN∽△ABM，∴=，∵NE∥MC，∴△ANE∽△AMC，∴=，∴=.故选C.3.【答案】B[解析]根据勾股定理分别表示出已知三角形的各边长，同理利用勾股定理表示出四个选项中阴影三角形的各边长，利用三边长对应成比例的两个三角形相似可得结果，△A1B1C1各边长分别为1，，选项A中阴影三角形三边长分别为:，3，三边不与已知三角形各边对应成比例，故两三角形不相似;选项B中阴影三角形三边长分别为:，2，，三边与已知三角形的各边对应成比例，故两三角形相似;选项C中阴影三角形三边长分别为:1，，2，三边不与已知三角形各边对应成比例，故两三角形不相似;选项D中阴影三角形三边长分别为:2，，三边不与已知三角形各边对应成比例，故两三角形不相似，故选B.4.【答案】A【解析】由a∶b=3∶4知，所以．所以由得到：，解得．所以．所以．故选A．5.【答案】C【解析】本题考查了相似三角形的性质，∵△ABC与△DEF位似，且，∴，因此本题选C．6.【答案】B【解析】∵点A，B的坐标分别为(-2，6)和(7，0)，∴OC=2，AC=6，OB=7，∴BC=9，正方形的边长为2．将正方形OCDE沿轴向右平移，当点E落在AB边上时，设正方形与轴的两个交点分别为G、F，∵EF⊥轴，EF=GF=DG=2，∴EF∥AC，D，E两点的纵坐标均为2，∴，即，解得BF=3.∴OG=OB-BF-GF=7-3-2=2，∴D点的横坐标为2，∴点D的坐标为(2，2)．7.【答案】D【解析】∵A（1,2）,B（1,1），C（3,1），∴AB=1，BC=2,AC=.∵△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2，∴DF=2AB=2．8.【答案】B【解析】由垂径定理可得DH＝eq\r(2)，所以BH＝eq\r(BD2－DH2)＝1，又可得△DHB∽△ADB，所以有BD2＝BH·BA，(eq\r(3))2＝1×BA，AB＝3.二、填空题9.【答案】[解析]∵∠ACD=∠B，∠CAD=∠BAC，∴△ACD∽△ABC，∴=，即=，∴AC=或AC=-(舍去).10.【答案】5411.【答案】【解析】由图形易证△ABC与△DEF相似，且相似比为，所以周长比为．故答案为：．12.【答案】10【解析】∵，∴，又∵，，∴，∴，故答案为：10．13.【答案】18【解析】本题考查了相似三角形的判定、性质，三角形的面积，解题的关键是根据已知条件推出相似三角形，并由相似比得到面积比．∵PA=3PE，PD=3PF，∠APD=∠EPF，∴△PEF∽△PAD，相似比为1︰3，∵△PEF的面积为=2，∴=9S=9×2=18，∴+==18．14.【答案】(－4，－8)或(4，8)【解析】∵△ABC和△A1B1C1的相似比等于，∴△A1B1C1和△ABC的相似比等于2．因此将点A(2，4)的横、纵坐标乘以±2即得点A1的坐标，∴点A1的坐标是(－4，－8)或(4，8)．15.【答案】2－1【解析】设BE＝x，则AB＝AE＋BE＝2＋x．∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2＋x，AB∥CD，∴∠DCE＝∠BEC．由折叠得∠BEC＝∠DEC，EF＝BE＝x，∴∠DCE＝∠DEC．∴DE＝CD＝2＋x．∵点D，F，E在同一条直线上，∴DF＝DE－EF＝2＋x－x＝2．∵AB∥CD，∴△DCF∽△EAF，∴＝．∴＝，解得x1＝－1，x2＝－－1．经检验，x1＝－1，x2＝－－1都是分式方程的根．∵x＞0，∴x＝－1，即BE＝－1．16.【答案】EQ\F(3,32)【解析】法1：过B点作BE//AD交AC于点E，则△ADO∽△EBO，由∠DAC＝90°，得到BE⊥AD，EE∴EQ\F(AO,OE)＝EQ\F(OD,OB)＝EQ\F(3,4)，由tan∠ACB＝EQ\F(1,2)，可得CE＝2BE＝4AE，∴EQ\F(S△ABD,S△CBD)＝EQ\F(AO,OC)＝EQ\F(3,4＋(3＋4)×4)＝EQ\F(3,32)．法2：如图，过点D作DM∥BC，交CA的延长线于点M，延长BA交DM于点N，得到△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM，进而得出对应边成比例，EQ\F(AB,BC)＝EQ\F(AN,NM)＝tan∠ACB＝EQ\F(1,2)，EQ\F(BC,DM)＝EQ\F(OB,OD)＝EQ\F(4,3)；又∵∠ABC＝∠DAC＝90°，∴∠BAC＋∠NAD＝90°，∵∠BAC＋∠BCA＝90°，∴∠NAD＝∠BCA，∴△ABC∽△DAN，得出对应边之间关系，EQ\F(AB,BC)＝EQ\F(DN,NA)＝EQ\F(1,2)，设AB＝a，DN＝b，则BC＝2a，NA＝2b，MN＝4b，得DM＝EQ\F(3,2)a，∴4b＋b＝EQ\F(3,2a)，即b＝EQ\F(3,10)a，进而表示三角形的面积，得到EQ\F(S△ABD,S△CBD)＝EQ\F(EQ\F(1,2)ABDN,EQ\F(1,2)BCNB)＝EQ\F(ab,2a(a＋2b))＝EQ\F(EQ\F(3,10)a2,2aEQ\F(16,10)a)＝EQ\F(3,32)．三、解答题17.【答案】解：如图，连结AC，BD．∵∠A=∠D，∠C=∠B，∴△ACP∽△DBP，∴=，∴PC•PD＝PB•PA，∵PC2＝PB•PA，∴PC=PD，即AB平分CD，∵CD是弦（不是直径），AB是直径，∴AB⊥CD．18.【答案】证明:(1)在△ABP中，∠APB=135°，∴∠ABP+∠BAP=45°，又△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=45°，即∠ABP+∠CBP=45°，∴∠BAP=∠CBP，又∠APB=∠BPC=135°，∴△PAB∽△PBC.(2)由(1)知△PAB∽△PBC，∴===，∴=·=2，即PA=2PC.(3)方法一:如图①，过点P作边AB，BC，CA的垂线，垂足分别为Q，R，S，则PQ=h1，PR=h2，PS=h3，在Rt△CPR中，=tan∠PCR==，∴=，即h3=2h2.又由△PAB∽△PBC，且=，得:=，即h1=h2，∴=h2·h3.方法二:如图②，过点P作边AB，BC，CA的垂线，垂足分别为Q，R，S，连接SQ，SR，RQ，易知四边形ASPQ，四边形BRPQ都有外接圆，∴∠PSQ=∠PAQ，∠PQR=∠PBR，由(1)可知∠PAB=∠PBC，∴∠PSQ=∠PQR.又∵∠SPQ=∠QPR=180°-45°=135°，∴△PSQ∽△PQR，∴=，即PQ2=SP·PR，∴=h2·h3.

19.【答案】解：证明：（1）∵四边形是矩形，∴，.∴，∵，∴.∴，∴.解：（2）∵，∴.∵，是的中点，∴.∴在中，.又∵，∴，∴.20.【答案】(1)证明：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵△AEF是等边三角形，∴∠EAF＝∠EFA＝60°，∴∠ABC＝30°，∴∠FDB＝∠EFA－∠B＝60°－30°＝30°，(2分)∴∠ABC＝∠FDB，∴FB＝FD，∴△BDF是等腰三角形．(3分)(2)解：设AF＝a，则AD＝eq\r(7)a，解图如解图，连接OC，则△AOC是等边三角形，由(1)得，BF＝2－a＝DF，∴DE＝DF－EF＝2－a－a＝2－2a，CE＝AC－AE＝1－a，在Rt△ADC中，DC＝eq\r(（\r(7)a）2－1)＝eq\r(7a2－1)，在Rt△DCE中，tan30°＝eq\f(CE,DC)＝eq\f(1－a,\r(7a2－1))＝eq\f(\r(3),3)，解得a＝－2(舍去)或a＝eq\f(1,2)，(5分)∴AF＝eq\f(1,2)，在△CAF和△BAC中，eq\f(CA,AF)＝eq\f(BA,AC)＝2，且∠CAF＝∠BAC＝60°，∴△CAF∽△BAC，∴∠CFA＝∠ACB＝90°，即CF⊥AB.(6分)21.【答案】解：(1)AB与⊙O相切．理由如下：∵∠ACB＝90°，∴∠CAE＋∠AEC＝90°，又∵∠AEC＝∠CDF，∠CAE＝∠ADF，∴∠CDF＋∠ADF＝90°，∴∠ADC＝90°，又∵CD为⊙O的直径，∴AB与⊙O相切．(3分)(2)如解图，连接CF，解图∵CD为⊙O的直径，∴∠CDF＋∠DCF＝90°，又∵∠CDF＋∠ADF＝90°，∴∠DCF＝∠ADF，又∵∠CAE＝∠ADF，∴∠CAE＝∠DCF，又∵∠CPA＝∠FPC，∴△PCF∽△PAC，∴eq\f(PC,PA)＝eq\f(PF,PC)，(6分)又∵PF∶PC＝1∶2，AF＝5，故设PF＝a，则PC＝2a，∴eq\f(2a,a＋5)＝eq\f(a,2a)，解得a＝eq\f(5,3)，∴PC＝2a＝2×eq\f(5,3)＝eq\f(10,3).(8分)22.【答案】解：（1）.解：∵，AC=20，∴AB=.（2）延长CG交DA的延长线于点J，由折叠可知：∠BCG=∠ECG，∵AD∥BC，∴∠J=∠BCG=∠ECG，∴JE=CE.由折叠可知：E、F为AD、BC的中点，∴DE=AE=10，由勾股定理可得：CE=,∴EJ=，∴AJ=JE-AE=-10，∵AJ∥BC，∴△AGJ∽△BGC，∴,∴G是AB的黄金分割点.（3）PB=BC，理由如下：∵E为AD的黄金分割点，且AE>DE，∴AE=a.∵CF⊥BE，∴∠ABE+∠CBE=∠CBE+∠BCF=90˚,∴∠ABE=∠FCB,在△BEA和△CFB中，∵，∴△BEA≌△CFB，∴BF=AE=a.∴,∵AE∥BP，∴△AEF∽△BPF,∴,∵AE=BF,∴PB=AB，∴PB=BC.23.【答案】(1)证明：∵∠CDA＝eq\f(1,2)∠COA＝eq\f(1,2)×90°＝45°，又∵CE⊥DC，∴∠DCE＝90°，∴∠CED＝180°－90°－45°＝45°；(2)解：如解图，连接AC，∵D为eq\o(BC,\s\up8(︵))的中点，∴∠BAD＝∠CAD＝eq\f(1,2)×45°＝22.5°，而∠CED＝∠CAE＋∠ACE＝45°，∴∠CAE＝∠ACE＝22.5°，∴AE＝CE，∵∠ECD＝90°，∠CED＝45°，∴CE＝CD，又∵eq\o(CD,\s\up8(︵))＝eq\o