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文檔簡介
專題35中考命題核心元素相似三角形的基本模型的應(yīng)用(解析版)
模塊一典例剖析+針對訓(xùn)練
模型一A字型
基本圖形:
DE∥BCDE與BC不平行
典例11.(2023春?阜城縣月考)如圖,在△ABC中,∠ABC=90°,∠A=60°,直尺的一邊與BC重合,
另一邊分別交AB,AC于點D,E.點B,C,D,E處的讀數(shù)分別為15,12,0,1.
(1)△ADE的周長為1;
3+
(2)直尺寬BD的長為.
23
3
思路引領(lǐng):(1)根據(jù)相似邊對應(yīng)成比例直接求解即可;
(2)將上題數(shù)據(jù)直接計算即可.
解:(1)由圖可知,DE=1,
∵∠A=60°,
∴Rt△ADE中,,,
??323
??==??=2??=
∴33;3
△???233
故答?案為=:1+3;+3=1+3
(2)過E作3E+P⊥1BC于P,
由圖可知,PC=2,BC=3,
∵AB∥EP,
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∴△ABC∽△EPC,
∴,
??2
=
∵R??t△AB3C中,,
??
??==3
∴,3
323
??=3?=
故答案為:3.3
23
總結(jié)提升:此3題考查相似三角形,解題關(guān)鍵是可通過相似比求對應(yīng)邊.
針對訓(xùn)練
1.(2021?博山區(qū)一模)如圖,Rt△ABC中,AC=3,BC=5,∠C=90°,點G是AB上的一個動點,過點
G作GF垂直于AC于點F,點P是BC上的點,若△GFP是以GF為斜邊的等腰直角三角形,則此時
PC長為()
A.B.2C.D.
1593
思路1引1領(lǐng):依題意補全圖形,判定△FPC是等腰1直0角三角形及△AFG∽4△ABC,從而得比例式,設(shè)CP
=CF=x,將相關(guān)線段的值或含x的代數(shù)式代入比例式,求解即可.
解:依題意補全圖形,如圖:
由題可知,GF⊥AC,△GFP是以GF為斜邊的等腰直角三角形,
在Rt△ABC中,BC⊥AC,
∴GF∥BC,
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∴∠GFP=∠FPC=45°,
∵∠C=90°,
∴∠PFC=∠FPC=45°,
∴△FPC是等腰直角三角形,
設(shè)CP=CF=x,則FPx,GFFP=2x,
∵AC=3,=2=2
∴AF=3﹣x,
∵GF∥BC,
∴△AFG∽△ABC,
∴,即,
????2?3??
==
解得??x??.53
15
故選:=A.11
總結(jié)提升:本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)及等腰直角三角形的判定與性質(zhì),數(shù)形結(jié)合、熟練掌握
相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵.
3.(2022秋?汝城縣期末)如圖,AB=16cm,AC=12cm,動點P,Q分別以每秒2cm和1cm的速度同時開
始運動,其中點P從點A出發(fā),沿AC邊一直移到點C為止,點Q從點B出發(fā)沿BA邊一直移到點A為
止(點P到達(dá)點C后,點Q繼續(xù)運動),當(dāng)t=或7時,△APQ與△ABC相似.
48
11
思路引領(lǐng):分0≤t≤6,6≤t≤16兩種情況,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出所用的時間.
解:當(dāng)0≤t≤6時,
①若QP∥BC,則有△AQP∽△ABC,
∴,
????
=
∵A?B?=16?c?m,AC=12cm,AP=2tcm,AQ=(16﹣t)cm,
∴,
16??2?
=
解得16t;12
48
=11
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②當(dāng)∠A=∠A,若∠AQP=∠C,則有△AQP∽△ACB,
所以,
????
=
即????,
16??2?
=
解得12t=6.41(6不符合題意,舍去);
當(dāng)6≤t≤16時,點P與C重合,
∵∠A=∠A,只有當(dāng)∠AQC=∠ACB時,有△AQC∽△ACB,
∴,
????
=
∴????,
16??12
=
解得12t=7.16
綜上所述:在0≤t≤6中,當(dāng)t時,△AQP∽△ABC,在6≤t≤16中,當(dāng)t=7時,△AQC∽△ACB.
48
=11
故答案為:或7.
48
總結(jié)提升:1本1題主要考查了路程問題,相似三角形的判定和性質(zhì)以及一次函數(shù)的綜合應(yīng)用,注意要根據(jù)
P點、Q點的不同位置進(jìn)行分類求解.
模型二8字型
基本圖形:
AB∥CDAB,CD不平行,∠A=∠C或∠B=∠D
典例2(2022?北京)如圖,在矩形ABCD中,若AB=3,AC=5,,則AE的長為1.
??1
=
??4
思路引領(lǐng):由矩形的性質(zhì)得出∠ABC=90°,AD∥BC,利用勾股定理求出BC=4,利用相似三角形的性
質(zhì),即可求出AE的長.
解:∵四邊形ABCD是矩形,
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∴∠ABC=90°,AD∥BC,
∵AB=3,AC=5,
∴BC4,
2222
∵AD=∥BC??,???=5?3=
∴∠EAF=∠BCF,∠AEF=∠CBF,
∴△EAF∽△BCF,
∵,
??1
=
∴??4,
????1
==
∴???,?4
??1
=
∴A4E=14,
故答案為:1.
總結(jié)提升:本題考查了矩形的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),掌握矩形的性質(zhì),勾股定理,相似三角
形的判定與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵.
針對訓(xùn)練
1.(2021秋?鄲城縣期中)如圖,在ABCD中,E是BA延長線上一點,CE分別與AD,BD交于點G,F(xiàn).則
下列結(jié)論:?
①;②;③;④CF2=GF?EF.
????????????
===
其中??正確的??是(??)??????
A.①②③④B.①②③C.①③④D.①②
思路引領(lǐng):根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平行線分線段成比例定理即可解決問題.
解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,
∴BE∥CD,AD∥BC,
∴,故①正確,
????
=
∴????,故②正確,
????
=
????
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,故③正確,
????
=
∵????,
??????
2==
∴?C?F=E?F??GF?,?故④正確,
故選:A.
總結(jié)提升:本題考查平行四邊形的性質(zhì),平行線分線段成比例定理等知識,解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本
知識,屬于中考常考題型.
2.(2020秋?吉水縣期末)如圖,在△ABC中,點D,E,F(xiàn)分別在AB,BC,AC邊上,DE∥AC,EF∥AB.
(1)求證:△BDE∽△EFC;
(2)設(shè).
??1
=
①若BC?=?20,2求線段BE的長;
②若△EFC的面積是36,求△ABC的面積.
思路引領(lǐng):(1)由平行線性質(zhì)可得到∠BED=∠C,∠B=∠FEC,則△BDE∽△EFC;
(2)①由EF∥AB,根據(jù)平行線分線段對應(yīng)成比例可得,故可求得BE;
????120
===3
②證明△EFC∽△BAC,可得,從而?可?得?S?△ABC=23681.
?△?????244
=()=÷=
(1)證明:∵DE∥AC,?△?????99
∴∠BED=∠C,
又∵EF∥AB,
∴∠B=∠FEC,
∴△BDE∽△EFC;
(2)解:①∵EF∥AB,
∴,
????1
==
∵B?C?=2?0,?2
∴,
??1
=
20???2
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∴BE.
20
=3
②∵,
??1
=
∴??,2
??2
=
∵?E?F∥A3B,
∴∠CEF=∠B,
∵∠C=∠C.
∴△EFC∽△BAC,
∴,
?△?????24
=()=
∵S?△E?F?C?=36,??9
∴S△ABC=3681.
4
總結(jié)提升:本÷題9考=查了相似三角形的判定與性質(zhì),平行線分線段對應(yīng)成比例,平行線的性質(zhì),熟練掌握
相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
模型三母子型
基本圖形:
典例3(2023?紅花崗區(qū)校級一模)如圖,在△ABC中,D是AB邊上的點,∠B=∠ACD,AC:AB=1:2,
則△ADC與△ABC的面積比是()
A.1:B.1:2C.1:3D.1:4
思路引領(lǐng)2:根據(jù)相似三角形的周長之比等于相似比可以解答本題.
解:∵∠B=∠ACD,∠CAD=∠BAC,
∴△ACD∽△ABC,
∴,
2
?△?????1
=2=
?△?????4
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故選:D.
總結(jié)提升:本題考查相似三角形的性質(zhì),解答本題的關(guān)鍵是明確相似三角形的面積之比等于相似比的平
方.
針對訓(xùn)練
1.(2022?蘇州模擬)如圖,在△ABC中,AB=AC,點D、E分別在邊BC、邊AB上,且∠ADE=∠B,求
證:△ADC∽△DEB.
思路引領(lǐng):根據(jù)題意求出∠B=∠C,∠BED=∠ADC,進(jìn)而利用相似三角形的判定證明即可.
證明:在△ABC中,AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵∠EDC=∠ADE+∠ADC=∠B+∠BED,∠ADE=∠B,
∴∠DEB=∠ADC,
在△ADC和△DEB中,∠ADC=∠DEB,∠C=∠B,
∴△ADC∽△DEB.
總結(jié)提升:本題考查了相似三角形的判定,等腰三角形的性質(zhì),根據(jù)題意求出∠B=∠C,∠BED=∠ADC
是解題的關(guān)鍵.
2.(2022?德城區(qū)模擬)【基礎(chǔ)鞏固】
(1)如圖1,在△ABC中,D為AB上一點,∠ACD=∠B,求證:AC2=AD?AB.
【嘗試應(yīng)用】
(2)如圖2,在平行四邊形ABCD中,E為BC上一點,F(xiàn)為CD延長線上一點,∠BFE=∠A.若BF
=5,BE=3,求AD的長.
【拓展提高】
(3)如圖3,在菱形ABCD中,E是AB上一點,F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點,EF∥AC,AC=2EF,∠BAD=2
∠EDF,AE=1,DF=4,求菱形ABCD的邊長(直接寫出答案).
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思路引領(lǐng):(1)根據(jù)兩個角相等,證明△ADC∽△ACB,得,即可得出結(jié)論;
????
()利用平行四邊形的性質(zhì)得∠=∠,同理可得2==,求出的長即可;
2BFECBF??BE??B?CBC
(3)延長EF、DC交于G,同理證明△EDF∽△EGD,得DEEF,則DGDF=4,再利用平
行四邊形的性質(zhì)得出答案.=2=22
(1)證明:∵∠ACD=∠B,∠A=∠A,
∴△ADC∽△ACB,
∴,
????
∴2==;
A?C?A?D??AB
(2)解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,
∴AD=BC,∠A=∠C,
又∵∠BFE=∠A,
∴∠BFE=∠C,
又∵∠FBE=∠CBE.
∴△BEF∽△BCF,
∴,
????
∴2==,
B?F?B?E??BC
∴,
22
??525
??===
∴??,33
25
(3?)?解=:3延長EF、DC交于G,
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∵四邊形ABCD是菱形,
∴AB∥CD,∠BAD=2∠ACD,
∵EF∥AC,
∴四邊形AEGC是平行四邊形,∠ACD=∠G,
∵∠BAD=2∠EDF,
∴∠EDF=∠G,
∵∠DEF=∠GED,
∴△EDF∽△EGD,
∴DE2=EF×EG,
又∵EG=AC=2EF,
∴DE2=2EF2,
∴DEEF,
又∵=2,
????
=
∴DG??D??F=4,
∴DC==DG2﹣CG=241,
∴菱形ABCD的邊長為2?4.
總結(jié)提升:本題是相似形綜2合?題1,主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì),平行四邊形的性質(zhì),菱形的性
質(zhì)等知識,熟練掌握相似三角形的基本模型,并學(xué)會構(gòu)造模型是解題的關(guān)鍵.
模型四一線三等角型
基本圖形:
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典例4(2022秋?武侯區(qū)校級期末)如圖,點E在矩形ABCD的AB邊上,將△ADE沿DE翻折,點A恰好
落在BC邊上的點F處,若CD=3BF,BE=4,則AD的長為15.
思路引領(lǐng):證明△BEF∽△CFD,求得CF,設(shè)BF=x,用x表示DF、CD,由勾股定理列出方程即可求
解.
解:∵四邊形ABCD是矩形,
∴AD=BC,∠A=∠EBF=∠BCD=90°,
∵將矩形ABCD沿直線DE折疊,
∴AD=DF=BC,∠A=∠DFE=90°,
∴∠BFE+∠DFC=∠BFE+∠BEF=90°,
∴∠BEF=∠CFD,
∴△BEF∽△CFD,
∴,
????
=
∵?C?D=3?B?F,
∴CF=3BE=12,
設(shè)BF=x,則CD=3x,DF=BC=x+12,
∵∠C=90°,
∴Rt△CDF中,CD2+CF2=DF2,
∴(3x)2+122=(x+12)2,
解得x=3(舍去0根),
∴AD=DF=3+12=15,
故答案為:15.
總結(jié)提升:本題主要考查了翻折變換,矩形的性質(zhì),相似三角形的性質(zhì)與判定,勾股定理的運用,利用
勾股定理列出方程和證明相似三角形是本題的關(guān)鍵.
針對訓(xùn)練
1.(2021?信陽模擬)如圖,AB是O的直徑,直線DE與O相切于點C,過點A,B分別作AD⊥DE,
⊙⊙
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BE⊥DE,垂足為點D,E,連接AC,BC.若AD=1,CE,則OA的長為()
=3
A.1B.C.2D.
思路引領(lǐng):連接OC,如圖,3利用圓周角定理得到∠ACB=90°,再證明2∴3Rt△ACD∽Rt△CBE,利用相
似比得到,則利用正切的定義可求得∠ABC=30°,接著證明△OAC為等邊三角形得到∠OCA
??3
=
=60°,然??后根據(jù)3切線的性質(zhì)得OC⊥DE,所以∠ACD=30°,從而求出CA即可.
解:連接OC,如圖,
∵AB是O的直徑,
∴∠ACB⊙=90°,
∵AD⊥DE,BE⊥DE,
∴∠D=∠E=90°,
∵∠ACD+∠BCE=90°,∠ACD+∠CAD=90°,
∴∠CAD=∠BCE,
∴Rt△ACD∽Rt△CBE,
∴,
????13
===
在?R?t△A?C?B中,3∵tan3∠ABC,
??3
∴∠ABC=30°,=??=3
∴∠BAC=60°,
∵OA=OC,
∴△OAC為等邊三角形,
∴∠OCA=60°,
∵直線DE與O相切于點C,
∴OC⊥DE,⊙
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∴∠ACD=90°﹣∠OCA=30°,
在Rt△ACD中,AC=2AD=2,
∴OA=AC=2.
故選:C.
總結(jié)提升:本題考查了切線的性質(zhì):圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑.也考查了圓周角定理、相似三角
形的判定與性質(zhì)和解直角三角形.
2.(2020秋?江都區(qū)期末)如圖,正方形ABCD的邊長為2,點P是BC邊上的一個動點(點P不與點B、
C重合),連接AP,過點P作PQ⊥AP交DC于點Q.
(1)求證:AB?CQ=PB?PC;
(2)當(dāng)CQ最大時,求BP的長.
思路引領(lǐng):(1)證明△ABP∽△PCQ,由相似三角形的性質(zhì)可得出答案.
(2)根據(jù)比例線段可得到關(guān)于y的表達(dá)式,再根據(jù)二次函數(shù)來求出y的最大值.
(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,
∴∠B=∠C=90°
∵PQ⊥AP,
∴∠APB+∠QPC=90°,∠APB+∠BAP=90°,
∴∠BAP=∠QPC,
∴△ABP∽△PCQ,
∴,
????
=
????
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∴AB?CQ=PB?PC;
(2)解:設(shè)BP=x,CQ=y(tǒng),由(1)得2y=x(2﹣x),
∴,
12121
?=?(??2?)=?(??1)+
∵<2,開口向下,對2稱軸是直線2x=1,且x的范圍是0≤x≤2,
1
?20
∴當(dāng)x=1時,y有最大值為,即當(dāng)CQ最大時,BP=1.
1
總結(jié)提升:本題考查了相似三2角形的判定和性質(zhì),正方形的性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì),熟練掌握相似三
角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
模型五旋轉(zhuǎn)型
基本圖形:
典例5(2022?玉林)如圖,在矩形ABCD中,AB=8,AD=4,點E是DC邊上的任一點(不包括端點D,
C),過點A作AF⊥AE交CB的延長線于點F,設(shè)DE=a.
(1)求BF的長(用含a的代數(shù)式表示);
(2)連接EF交AB于點G,連接GC,當(dāng)GC∥AE時,求證:四邊形AGCE是菱形.
思路引領(lǐng):(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠ADE=∠ABF,∠∠DAE+∠BAE=90°,結(jié)合題干AF⊥AE可得
∠BAF+∠BAE=90°,進(jìn)而可得∠DAE=∠BAF,進(jìn)而可得△ADE∽△ABF,利用相似三角形的性質(zhì)可
得BF的長度;
(2)先根據(jù)AG∥CE,GC∥AE進(jìn)而可得四邊形AGCE是平行四邊形,通過勾股定理可得GF2、EF2、
AE2,再過點G作GM⊥AF于點M,易得△MGF∽△AEF,進(jìn)而利用相似三角形的性質(zhì)可得GM的長,
即可得GM=GB,進(jìn)而可得GF是∠AFB的角平分線,最后利用角平分線得性質(zhì)可得EA=EC,即可得
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平行四邊形AGCE是菱形.
(1)解:∵四邊形ABCD是矩形,
∴∠ADE=∠ABF=∠BAD=90°,
∴∠DAE+∠BAE=90°,
∵AF⊥AE,
∴∠BAF+∠BAE=90°,
∴∠DAE=∠BAF,
∴△ADE∽△ABF,
∴,即,
????4?
==
∴B?F?=2a?,?8??
(2)證明:∵四邊形ABCD是矩形,
∴AG∥CE,
∵GC∥AE,
∴四邊形AGCE是平行四邊形.
∴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,
如圖,過點G作GM⊥AF于點M,
∴GM∥AE,
∴△MGF∽△AEF,
∴,
????
=
∴????,
22
????
2=2
∴????,
22
??5?
2=2
∴1G6M+=?a,5?+80
∴GM=BG,
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又∵GM⊥AF,GB⊥FC,
∴GF是∠AFB的角平分線,
∴EA=EC,
∴平行四邊形AGCE是菱形.
解法二:∵AG∥CE,CG∥AE,
∴四邊形AGCE是平行四邊形,
∴AG=CE,
∵AB=CD,
∴BG=DE=a,
∴tan∠EFC,
????1
∴EC=a+2==8?﹣?a=??=2
∴a=3,
∴AE5,
22
∴AE==CE3=+5,4=
∴四邊形AGCE是菱形.
總結(jié)提升:本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、矩形性質(zhì)等,解題關(guān)鍵是熟練掌握相
關(guān)性質(zhì)與判定.
針對訓(xùn)練
1.(2020秋?丹陽市期末)如圖,矩形ABCD中,AB=4,BC=2,以點A為旋轉(zhuǎn)中心將矩形ABCD旋轉(zhuǎn),
旋轉(zhuǎn)后的矩形記為AEFG,如圖所示.CD所在直線與AE、GF交于點H、I,CH=IH.則線段HI的長
度為()
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A.3B.2C.5D.
5
22
思路引領(lǐng):由“HL”可證Rt△AGI≌Rt△ADI,可得∠GAI=∠DAI,由2余角的性質(zhì)可得∠IAH=∠AID,
可證IH=AH,通過證明△ADI∽△CDA,可得,可求DI=1,即可求解.
????
=
解:如圖,連接AI,AC,????
∵以點A為旋轉(zhuǎn)中心將矩形ABCD旋轉(zhuǎn),旋轉(zhuǎn)后的矩形記為AEFG,
∴AG=AD,∠GAE=∠DAB=90°,
在Rt△AGI和Rt△ADI中,
,
??=??
∴?R?t=△?A?GI≌Rt△ADI(HL),
∴∠GAI=∠DAI,
∴90°﹣∠GAI=90°﹣∠DAI,
∴∠IAH=∠AID,
∴IH=AH,
又∵IH=HC,
∴IH=HC=AH,
∴∠IAC=90°,
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∴∠DAI+∠DAC=90°,
又∵∠DAC+∠DCA=90°,
∴∠DAI=∠DCA,
又∵∠ADI=∠ADC=90°,
∴△ADI∽△CDA,
∴,
????
=
∴???,?
2??
=
∴4DI=12,
∴CI=ID+CD=5,
∴IHIC,
15
故選:=D2.=2
總結(jié)提升:本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),矩形的性質(zhì)
等知識,靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵.
2.(2020?長豐縣一模)如圖,在銳角三角形ABC中,點D、E分別在邊AC、AB上,AG⊥BC
于點G,AF⊥DE于點F,∠EAF=∠GAC.
(1)求證:△ADE∽△ABC;
(2)若AD=BE=4,AE=3,求CD的值.
思路引領(lǐng):(1)由垂直得出∠AFE=∠AGC=90°,則∠AEF+∠EAF=90°,∠GAC+∠ACG=90°,
由∠EAF=∠GAC得出∠AEF=∠ACG,即可得出結(jié)論;
(2)由△ADE∽△ABC得出,求出AB=BE+AE=7,則,求出AC,則CD=AC﹣
????3421
===
AD.??????74
5
(1=)4證明:AG⊥BC,AF⊥DE,
∴∠AFE=∠AGC=90°,
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∴∠AEF+∠EAF=90°,∠GAC+∠ACG=90°,
∵∠EAF=∠GAC,
∴∠AEF=∠ACG,
∵∠EAD=∠CAB,
∴△ADE∽△ABC;
(2)解:∵△ADE∽△ABC,
∴,
????
=
∵A?D?=B?E?=4,AE=3,
∴AB=BE+AE=4+3=7,
∴,
34
=
解得??:AC7,
21
=
∴CD=AC﹣4AD4.
215
總結(jié)提升:本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識,熟練掌握相似三角形的判定
=4?=4
與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
模塊二2023中考押題預(yù)測
一.選擇題
1.(2019秋?瑤海區(qū)期末)如圖,在ABCD中,AB:BC=4:3,AE平分∠DAB交CD于點E,則△DEF
的面積與△BAF的面積之比為(?)
A.3:4B.9:16C.4:3D.16:9
思路引領(lǐng):根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方即可解決問題.
解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∴∠DEA=∠EAB,
∵AE平分∠DAB,
∴∠DAE=∠EAB,
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∴∠DAE=∠DEA,
∴AD=DE,
∵AB:BC=4:3,
∴DE:AB=3:4,
∵△DEF∽△BAF,
∵DE:EC=3:1,
∴DE+DC=DE:AB=3:4,
∴()2.
?△?????9
==
故選?△:??B?.??16
總結(jié)提升:本題考查平行四邊形的性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本
知識,屬于中考常考題型.
2.(2016?東勝區(qū)校級三模)如圖,已知△ABC是面積為的等邊三角形,△ABC∽△ADE,AB=2AD,∠
BAD=45°,AC與DE相交于點F,則點D到線段AB3的距離等于(結(jié)果保留根號)()
A.B.C.1D.
23
3
思路引2領(lǐng):先根據(jù)相似三角2形面積比等于相似比的平方求得三角形ADE的面積,再根據(jù)等邊三角形的面
積公式求出其邊長,進(jìn)而求出點D到線段AB的距離.
解:∵△ABC∽△ADE,AB=2AD,
∴()2=4,
?△?????
=
∵?S△A?B?C?,??
=3
∴S△ADE,
3
∵△ABC=是4等邊三角形,△ABC∽△ADE,
∴△ADE是等邊三角形,
∴AD2,
33
=
44
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∴AD=1.
如圖,過點D作DH⊥AB于H.
在△ADH中,∵∠HAD=45°,
∴DH=AD?sin∠HAD=1.
22
故選:A.×2=2
總結(jié)提升:此題考查了相似三角形的性質(zhì),等邊三角形的性質(zhì),銳角三角函數(shù),解此題的關(guān)鍵是根據(jù)相
似三角形面積比等于相似比的平方求得三角形ADE的面積,然后問題可解.
3.(2021?仙桃校級模擬)如圖,在△ABC中,AB=BC,∠ABC=90°,BM是AC邊中線,點D,E分別
在邊AC和BC上,DB=DE,EF⊥AC于點F,以下結(jié)論:①△BMD≌△DFE;②△NBE∽△DBC;
③AC=2DF;④EF?AB=CF?BC,其中正確結(jié)論的個數(shù)是()
A.1B.2C.3D.4
思路引領(lǐng):①設(shè)∠EDC=x,則∠DEF=90°﹣x,從而可得到∠DBE=∠DEB=180°﹣(90°﹣x)﹣
45°=45°+x,∠DBM=∠DBE﹣∠MBE=45°+x﹣45°=x,從而可得到∠DBM=∠CDE,再根據(jù)AAS
定理得△BMD≌△DFE;②由直角三角形的性質(zhì)得∠C=∠EBN,由DB=DE得∠DBC=∠DEB,進(jìn)而
由相似三角形的判定得△NBE∽△DBC;③由△BDM≌△DEF,可知DF=BM,由直角三角形斜邊上的
中線的性質(zhì)可知BMAC,于是得AC=2DF;④可證明CF=EF.
1
解:①設(shè)∠EDC=x=,2則∠DEF=90°﹣x,
∴∠DBE=∠DEB=∠EDC+∠C=x+45°,
∵BD=DE,
∴∠DBM=∠DBE﹣∠MBE
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=45°+x﹣45°
=x.
∴∠DBM=∠E,
∵AB=BC,∠ABC=90°,BM是AC邊中線.
∴∠BMD=90°,
∵EF⊥AC,
∴∠DFE=90°=∠BMD,
在△BMD和△DFE中,
,
∠???=∠???
∠???=∠???
∴?△?B=M?D?≌△DFE(AAS).
故①正確;
②∵DB=DE,
∴∠BEN=∠CBD.
又∵∠C=∠NBE=45°,
∴△DBC∽△NEB;
而其對應(yīng)點未寫在對應(yīng)位置上,故②錯誤;
③∵∠ABC=90°,M是AC的中點,
∴BMAC,
1
∵△B=MD2≌△DFE,
∴BM=DF,
∴AC=2DF.
故③正確;
④∵∠C=45°,EF⊥AC,
∴∠CEF=45°=∠C,
∴CF=EF,
∵AB=BC,
∴EF?AB=CF?BC,
故④正確;
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故選:C.
總結(jié)提升:本題主要考查的是全等三角有形、相似三角形性質(zhì)和判定,等腰直角三角形的性質(zhì),關(guān)鍵在
于證明三角形相似或全等.
二.填空題
4.如圖,在△ABC中,D是AB邊上一點,連接CD,要使△ADC∽△ABC,應(yīng)添加的條件可以是∠ADC
=∠ACB或∠ACD=∠B或或AC2=AB?AD.
????
=
????
思路引領(lǐng):△ACD和△ABC中,已知了公共角∠A,若兩個三角形相似,則需添加一組對應(yīng)角相等,或
夾∠A的兩組對應(yīng)邊成比例.
解:△ABC和△ACD中,∠DAC=∠CAB,
若要△ADC與△ABC,需添加的條件為:
①∠ADC=∠ACB;
②∠ACD=∠B;
③或AC2=AB?AD.
????
=
故答??案是:??∠ADC=∠ACB或∠ACD=∠B或或AC2=AB?AD.
????
=
總結(jié)提升:此題主要考查的是相似三角形的判定??方法?:?
如果一個三角形的兩個角與另一個三角形的兩個角對應(yīng)相等,那么這兩個三角形相似;
如果兩個三角形的兩組對應(yīng)邊的比相等,并且相應(yīng)的夾角相等,那么這兩個三角形相似.
5.(2018秋?惠山區(qū)校級月考)在矩形ABCD中,BC=10cm、DC=6cm,點E、F分別為邊AB、BC上的
兩個動點,E從點A出發(fā)以每秒5cm的速度向B運動,F(xiàn)從點B出發(fā)以每秒3cm的速度向C運動,設(shè)運
動時間為t秒.若∠AFD=∠AED,則t的值.
2
3
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思路引領(lǐng):根據(jù)題意知AE=5t、BF=3t,證出,且∠DAE=∠ABF=90°,證△ADE∽△BAF
????
=222
得∠2=∠3,結(jié)合∠3=∠4、∠1=∠2得∠1=?∠?4,即??可知DF=DA,從而得6+(10﹣3t)=10,解
之可得t的值,繼而根據(jù)0≤5t≤6且0≤3t≤10取舍可得答案.
解:如圖,
∵四邊形ABCD是矩形,
∴AB=DC=6cm,AD=BC=10cm,
根據(jù)題意知,AE=5t,BF=3t,
∵BC=10cm,DC=6cm,
∴,,
??5????3??
====
∴??10,2??62
????
=
又?∵?∠DA?E?=∠ABF=90°,
∴△ADE∽△BAF,
∴∠2=∠3,
∵AD∥BC,
∴∠3=∠4,
∴∠2=∠4,
∵∠1=∠2,
∴∠1=∠4,
∴DF=DA,即DF2=AD2,
∵BF=3t,BC=10,
∴CF=10﹣3t,∴DF2=DC2+CF2,即DF2=62+(10﹣3t)2,
∴62+(10﹣3t)2=102,
解得:t或t=6,
2
∵0≤5t≤=63且0≤3t≤10,
∴0≤t,
6
≤
∴t,5
2
=
故答案3為:
2
3
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總結(jié)提升:本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等角對等邊和矩形的性質(zhì)等知識點,根
據(jù)對應(yīng)邊成比例且夾角相等得出兩三角形相似繼而由等角對等邊得出關(guān)于t的方程是解題的關(guān)鍵.
6.(2022?西寧二模)如圖,矩形AOBC的頂點A,B在坐標(biāo)軸上,點C的坐標(biāo)是(﹣10,8),點D在AC
上,將△BCD沿BD翻折,點C恰好落在OA邊上點E處,則D點坐標(biāo)是(﹣10,3).
思路引領(lǐng):由點C坐標(biāo)和矩形的性質(zhì)可得∠C=90°,AO=BC=10,AC=BO=8,設(shè)CD=x,則AD=
8﹣x,由折疊性質(zhì)可得BE=BC=10,∠BED=∠BCD=90°,DE=CD=x,由勾股定理可得OE=6,
則AE=4,由勾股定理可得x=5,可求得AD,即可求解.
解:∵四邊形AOBC為矩形,點C的坐標(biāo)是(﹣10,8),
∴∠C=∠A=∠AOB=90°,AO=BC=10,AC=BO=8,
設(shè)CD=x,則AD=8﹣x,
由折疊性質(zhì)可得:
BE=BC=10,∠BED=∠C=90°,DE=CD=x,
在Rt△BOE中,
由勾股定理可得OE6,
2222
∴AE=AO﹣EO=4,=?????=10?8=
在Rt△ADE中,
由勾股定理可得AE2+AD2=DE2,
即42+(8﹣x)2=x2,
解得:x=5,
∴CD=5,
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∴AD=AC﹣CD=8﹣5=3,
∴D點坐標(biāo)為(﹣10,3),
故答案為:(﹣10,3).
總結(jié)提升:本題考查折疊的性質(zhì),勾股定理,矩形的性質(zhì)等知識點,解題的關(guān)鍵是利用折疊性質(zhì)和勾股
定理求出DE.
三.解答題(共3小題)
7.(2020秋?安徽月考)如圖,四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形,C,E,F(xiàn)三點在一條直線上,
連接FA并延長交邊CB的延長線于點H.
(1)求證:△HCA∽△HFC;
(2)求的值;
??
(3)若?H?C=6,HB=2,求正方形AEFG的邊長.
思路引領(lǐng):(1)由四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形,所以∠BCA=∠AFE=45°,即∠HCA=
∠HFC=45°,又∠CHA=∠FHC,所以△HCA∽△HFC;
(2)由四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形,所以ACAB,AFAE,可證明∠FAC=∠BAE,
=2=2
結(jié)合,可判定△FAC∽△EAB,所以;
????????
==2==2
(3)?因?為?B?C=6﹣2=4,由勾股定理可得AH?,?由(?1?)得△HCA∽△HFC,所以,可得
????
=25=
HF,所以AF=HF﹣AH.設(shè)正方形AEFG的邊長為x,在直角三角形AEF?中?,由?勾?股定理
18585
=5=5
得方程2x2=()2,解出x即可得答案.
85
(1)證明:∵四5邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形,
∴∠BCA=∠AFE=45°,
即∠HCA=∠HFC=45°,
又∠CHA=∠FHC,
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∴△HCA∽△HFC;
(2)解:∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形,
∴∠ABC=90°,由勾股定理可得ACAB,
同理可得:AFAE,=2
又∠FAE=∠B=AC,2
∴∠FAE+∠EAC=∠BAC+∠EAC,
即∠FAC=∠BAE,
∴,
????
==2
∴△??FAC?∽?△EAB,
∴.
????
==2
????
(3)解:∵HC=6,HB=2,
∴BC=6﹣2=4.
由勾股定理得:AH,
22
由(1)得△HCA∽=△H?F?C,+??=25
∴,
????
=
即????,
625
=
解得??:HF6,
185
=
∴AF=HF﹣A5H.
18585
設(shè)正方形AEFG=的邊5長為?2x,5在=直角5三角形AEF中,
由勾股定理有:2x2=()2,
85
解得:x.5
410
=5
即正方形AEFG的邊長為.
410
總結(jié)提升:本題考查了正方5形的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,關(guān)鍵是要學(xué)會綜合運用這
些知識.
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8.(2022秋?徐州期末)如圖,在△PAB中,C、D為AB邊上的兩個動點,PC=PD.
(1)若PC=CD,∠APB=120°,則△APC與△PBD相似嗎?為什么?
(2)若PC⊥AB(即C、D重合),則∠APB=90°時,△APC∽△PBD;
(3)當(dāng)∠CPD和∠APB滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系時,△APC∽△PBD?請說明理由.
思路引領(lǐng):(1)由條件可證明△PCD為等邊三角形,結(jié)合∠APB=120°可得到∠A=∠BPD,可證明△
APC∽△PBD;
(2)利用(1)的結(jié)論可得到對應(yīng)邊成比例,把條件代入可得到y(tǒng)與x之間的關(guān)系;
(3)由條件可知當(dāng)關(guān)系成立時則有△APC∽△PBD,可得到∠A=∠CPB,再結(jié)合外角和三角形內(nèi)角和
可找到和之間的關(guān)系式.
解:(1α)結(jié)β論:△APC∽△PBD.
理由:∵PC=PD=CD,
∴∠PCD=∠PDC=∠CPD=60°,
∴∠ACP=∠BDP=120°,
∵∠A+∠APC=60°,∠APC+∠BPD=∠APB﹣∠CPD=120°﹣60°=60°,
∴∠A=∠BPD,
∴△APC∽△PBD;
(2)當(dāng)∠APB=90°時,△APC∽△PBD.
理由:如圖,
∵PD⊥AB,
∴∠APB=∠ADB=∠PDB=90°,
∴∠APD+∠DPB=90°,∠B+∠DPB=90°,
∴∠APD=∠B,
∴△APC∽△PBD.
故答案為:90;
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(3)結(jié)論:2∠APB﹣∠CPD=180°.
理由:∵PC
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