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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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