《《中考课件初中数学总复习资料》专题29第5章相似三角形之三等角的相似备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《中考课件初中数学总复习资料》专题29第5章相似三角形之三等角的相似备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）.doc（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、29第5章相似三角形之三等角的相似一、单选题1直线l1l2l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为（ ）ABCD【答案】D【解析】分别过点A、B、D作AFl3，BEl3，DGl3，先根据全等三角形的判定定理得出BCEACF，故可得出CF及CE的长，在RtACF中根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定得出CDGCAF，故可得出CD的长，在RtBCD中根据勾股定理即可求出BD的长【解答】如图，分别过点A、B、D作AFl3，BEl3，DGl3，ABC是
2、等腰直角三角形，ACBC，EBC+BCE90°，BCE+ACF90°，ACF+CAF90°，EBCACF，BCECAF，在BCE与ACF中，CBEACF（ASA）CFBE，CEAF，l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，CFBE3，CEAF3+14，在RtACF中，AF4，CF3，AC5，AFl3，DGl3，CDGCAF， ，在RtBCD中，BC5，所以故答案为：D【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键2如图，正方形ABCD边长为4，边BC上有一点E，以DE为边作矩形EDFG，使FG过点A，则矩形
3、EDFG的面积是（）A16B8C8D16【答案】D【解析】先利用等角的余角证明ADFEDC，再根据相似三角形的判定方法证明ADFCDE，然后利用相似比计算DF与DE的关系式，最后根据矩形的面积公式求得矩形的面积便可.【解答】解：四边形ABCD为正方形，ADCD4，ADCC90°，四边形EDFG为矩形，EDFF90°，ADF+ADE90°，ADE+EDC90°，ADFEDC，ADFCDE，即 ，DF，矩形EDFG的面积为：DEDFDE16故选：D【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，根据矩形的性质求面积是解题重要一步3如图，已知矩形的顶点分别落在轴轴上，
4、AB=2BC则点的坐标是（ ）ABCD【答案】D【解析】过C作CEx轴于E，根据矩形的性质得到CD=AB，ABC=90°，根据余角的性质得到BCE=ABO，进而得出BCEABO，根据相似三角形的性质得到结论【解答】解：过C作CEx轴于E，四边形ABCD是矩形，CD=AB，ABC=90°，ABO+CBE=CBE+BCE=90°，BCE=ABO，BCEABO，AB=，AB=2BC，BC=AB=4，CE=2，BE=2OE=4+2C（4+2，2），故选：D【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键4如图，矩形纸片AB
5、CD中，AB=6，BC=8，E是边CD上一点，连接AE折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上若DE=4，则AF的长为（ ） A B4 C3 D2【答案】C【解析】由矩形的性质可得AB=CD=6，AD=BC=8，BAD=D=90°，通过证明ABFDAE，可得，即可求解【解答】解：矩形ABCD， BAD=D=90°，BC=AD=8 BAG+DAE=90°
6、折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF， BF垂直平分AG ABF+BAG=90° DAE=ABF， ABFDAE 即 解之：AF=3 故答案为：C【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键5如图，为的边上一点，则的长为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据已知证明ADBABC,利用代值求解即可【解答】，A=C，DBC=BDC，DBC=2A，BDC=A+ABD=2A，ABD=A=C，ADBABC，AD=BD，设BD=AD=x，则，即，解得：（不符题意，舍去），故选：A【点睛】本题考
7、查等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键二、填空题6如图，在矩形中，点是边上一点，连结，将沿对折，点落在边上点处，与对角线交于点，连结若，则_【答案】【解析】由折叠的性质可得BCM=BFM，BC=BF，再由FMCD，可得BFM=ABF，从而得ABFBCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理可求解【解答】解：四边形是矩形，ABC=BAD=90°，ABCD，FMAB，BFM=ABF，由折叠的性质可得：BCM=BFM，BC=BF=4，ABF=ACB，ABFBCA，即，；故答案为【点睛】本题主要考查矩形的性质、相似三
8、角形的性质与判定、勾股定理及折叠的性质，关键是证明三角形的相似，进而根据相似三角形的性质进行求解7如图，点D是等边ABC边AB上的一点，且AD：DB2：3，现将ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF_【答案】【解析】借助翻折变换的性质得到DE=CE，设AD=2k，DB=3k得到AB=5k，根据AEDBDF即可解决问题【解答】解：设AD=2k，则DB=3k，AB=5k，ABC为等边三角形，AB=AC=5k，A=B=C=EDF=60°，EDA+FDB=120°，又EDA+AED=180°-A=180°-60°
9、;=120°，FDB=AED，AEDBDF，由折叠得CE=DE，CF=DFAED的周长为AD+AE+ED=AD+AC=2k+5k=7k，BDF的周长为DB+DF+BF=DB+BC=3k+5k=8k，由相似三角形的周长比等于相似比可知，AED与BDF的相似比为7：8CE：CF=DE：DF=7：8，故答案为：7：8【点睛】主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是借助相似三角形的判定与性质（用含有k的代数式表示）；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求8如图，四边形ABCD中，ABCD，C90°，AB1，CD2，BC3，点P为BC边上一动点，若APDP，则BP的
10、长为_【答案】1或2【解析】设BP=x，则PC=3-x，根据平行线的性质可得B=90°，根据同角的余角相等可得CDP=APB，即可证明CDPBPA，根据相似三角形的性质列方程求出x的值即可得答案【解答】设BP=x，则PC=3-x，ABCD，C90°，B=180°-C=90°，B=C，APDP，APB+DPC=90°，CDP+DPC=90°，CDP=APB，CDPBPA，AB1，CD2，BC3，解得：x1=1，x2=2，BP的长为1或2，故答案为：1或2【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解题
11、的关键9如图，点为外一点，过点作的切线、，点、为切点连接并延长交的延长线于点，过点作，交的延长线于点已知，则的长为_【答案】【解析】连接OB，在中应用勾股定理求得的半径为3，再根据，对应线段成比例即可求解【解答】解：连接OB，、为的切线，设的半径为r，则，在中，即，解得，即，故答案为：【点睛】本题考查切线长定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理的应用等内容，作出合适的辅助线是解题的关键10在直角坐标系中，已知圆的圆心坐标为，半径为5，点和点是圆上两个不同的点，其中与均不为0过点分别作圆的切线与轴和分别相交于两点，则_【答案】25【解析】根据圆的圆心坐标为，半径为5，可得圆与y轴相切于点O，则有
12、：AO=AB，BP=BD，可得，有，可证，得到，化简即可得到结果【解答】解：如图示，AB、BD与圆相切于点P，D，AB、BD相交于点B，圆的圆心坐标为，半径为5，圆与y轴相切于点O，则有：AO=AB，BP=BD，OD是圆的直径，又P是切点，即：，故答案为：25【点睛】本题考查了圆的切线和相似三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键三、解答题11如图，在中，于，于，试说明：（1）（2）【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；（2）首先根据相似三角形的性质得出，进而证明ADEACB，最后根据相似三角形的性质即可证明【解答】解：（1）CDAB于D，BEAC于E
13、，AEB=ADC=90°，在ABE和ACD中ABEACD；（2）ABEACD，在ADE和ACB中，ADEACBAD·BC=DE·AC【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键12如图，是的角平分线，延长至点使得求证：【答案】证明见解析【解析】先根据角平分线的定义可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定即可得证【解答】是的角平分线又【点睛】本题考查了角平分线的定义、等腰三角形的性质、相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键13如图，在中，是上一点，是上一动点，连接，作，射线交线段于.
14、（1）求证：；（2）当是线段中点时，求线段的长；【答案】（1）见解析；（2）长为2或3【解析】（1）由三角形外角性质可得CED=B+BDE，结合DEF=B可推出BDE=CEF，再加上B=C可证明DBEECF；（2）由DBEECF可得对应边成比例，设，则，建立方程求解即可.【解答】（1）证明：，；，.（2）（已证）.；为的中点，.设，则；又，解得或3.故长为2或3.【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，此图形可作为“一线三等角”模型记住证明方法，第（2）题由相似得到对应边成比例，建立方程是解题的关键.14如图，在中，点为边上一点，且，点为中点，（1）求的长（2）求证：【答案】（1）5；（2）证
15、明见解析；【解析】（1）先证明出，得出，假设BD为x，则DC=15-x，代入分式方程求出BD的长；（2）由（1）可知，推出，得出结果；【解答】（1），为中点，设，则，即：，解得：，（2）由（1）可知，在和中，【点睛】本题考查三角形全等的性质，三角形相似的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用15如图，在中，是高，平分，分别与，相交于点，（1）求证：（2）求证：（3）若，求的长【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】（1）由题意易得，进而可知，然后有，进而问题得证；（2）由题意易得，进而有，进而问题得证；（3）如图，作于，从而易得，进而可得，然后由可进行求解【解答】证明：
16、（1）为边上的高，是的平分线，；（2），；（3）如图，作于，由，由【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键16已知，如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，交AB于F，连结FC（AB>AE）（1）求证： （2）与是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由（3）设，是否存在这样的值，使得与相似？若存在，证明你的结论并求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）相似，理由见解析；（3）存在，k=【解析】（1）根据直角三角形两锐角互余和等角的余角相等可得DEC=AFE，再根据A=D=90°可证得结论；（
17、2）延长FE与CD的延长线交于G，证明RtAEFRtDEG（ASA）由全等三角形的性质可得出EF=EG证明RtEFCRtEGC（SAS）得出AFE=EGC=EFC则可证得结论；（3）分两种情况讨论，当AFE=BCF时根据一个三角形最多有一个直角排除，当AFE=BFC，设BC=a，则AB=ka，由AEFBCF，得出AF=ka，BF=ka，再借助AEFDCE即可证明【解答】解：（1）EFEC，FEC=90°，即AEF+DEC=90°，四边形ABCD为矩形，A=D=90°，AEF+AFE=90°，DEC=AFE，A=D=90°，AEFDCE；（2）A
18、EFECF证明如下：延长FE与CD的延长线交于G，E为AD的中点，AE=DE，AEF=GED，A=EDG，RtAEFRtDEG（ASA）EF=EGCE=CE，FEC=CEG=90°，RtEFCRtEGC（SAS）AFE=EGC=EFC又A=FEC=90°，AEFECF；（3）存在k值，使得AEF与BFC相似理由如下：假定AEF与BFC相似，则有两种情况：当AFE=BCF，则有AFE与BFC互余，于是EFC=90°，因此此种情况是不成立的；当AFE=BFC，使得AEF与BFC相似，设BC=a，则AB=ka，AEFBCF，AF=ka，BF=ka，AEFDCE，即，解得
19、，k=【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理，能正确识图是解题的关键17已知在中，为边上的一点过点作射线，分别交边、于点、（1）当为的中点，且、时，如图1，_：（2）若为的中点，将绕点旋转到图2位置时，_；（3）若改变点到图3的位置，且时，求的值【答案】（1）2；（2）2；（3）【解析】（1）由为的中点，结合三角形的中位线的性质得到 从而可得答案；（2）如图，过作于 过作于结合（1）求解再证明利用相似三角形的性质可得答案；（3）过点分别作于点，于点，证明,可得 再证明，利用相似三角形的性质求解 同法求解
20、从而可得答案【解答】解：（1）为的中点， 故答案为： （2）如图，过作于 过作于 由（1）同理可得 ： 故答案为： （3）过点分别作于点，于点，同理可得：【点睛】本题考查的是矩形的性质，三角形中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键18如图，在矩形中，、分别为、边上的点，当时，证明：【答案】见解析【解析】过点作于点，过点作于点，先根据余角的性质证明，再证明即可证明结论成立【解答】证明：如解图，过点作于点，过点作于点，且四边形为矩形，又，又，【点睛】本题考查了余角的性质，矩形的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键19关于x的
21、方程和一元二次方程中，k，m均为实数，方程的根为非负数（1）求k的取值范围；（2）当k为最小整数时，方程有两根分别为和，求m的值；（3）在（2）的条件下，若直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，点C是双曲线在第一象限图像上一动点，作CDy轴交线段AB于点E，作CFx轴交线段AB于点G，坐标原点为O按要求补全图形并完成：BG·AE_；求EOG的度数【答案】（1）k-1且k2；（2）m=4；（3）1；EOG=45°【解析】（1）先解方程，根据方程的根为非负数及一元二次方程的定义即可得答案；（2）由（1）可知k-1，根据k为最小整数可知k=-1，可得方程为，利用一元二次方
22、程根与系数的关系即可得答案；（3）根据（2）可得直线AB和双曲线的解析式，根据题意作出图形，过点E作EPx轴于P，过G作GQy轴于Q，设点C坐标为（t，），由直线AB解析式可得A、B两点坐标，可得AOB是等腰直角三角形，进而可得BQG和EPA是等腰直角三角形，可得BG=QG，AE=PE，即可得答案；如图，连接OE、OG，由得BG·AE=1，OA=OB=1，OBA=OAB=45°，可得，即可证明BOGAEO，可得OGB=EOA，根据外角性质及角的和差关系可得EOG=OAB=45°【解答】（1），x=，方程的根为非负数，方程是一元二次方程，0，2-k0，解得：k-1且
23、k2（2）由（1）可知k-1，k为最小整数，k=-1，方程为，方程有两根分别为和，+()=，即-m=-4，解得：m=4（3）根据题意补全图形如下，过点E作EPx轴于P，过G作GQy轴于Q，由（2）可知k=-1，m=4，直线AB解析式为y=-x+1，双曲线的解析式为，直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，A（1，0），B（0，1），OA=OB=1，OBA=OAB=45°，AOB是等腰直角三角形，EPx轴，GQy轴，BQG和EPA是等腰直角三角形，BG=GQ，AE=PE，CDy轴，CFx轴，GQ=CD，PE=CF，设点C坐标为（t，），则CD=t，CF=，BG·AE=t
24、×·=1如图，连接OE、OG，由得BG·AE=1，OA=OB=1，OBA=OAB=45°，BG=，BOGAEO，OGB=EOA，OGB=GOA+OAB，EOA=EOG+GOA，EOG=OAB=45°【点睛】本题考查一元二次方程的定义、根与系数的关系；等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，如果两个三角形的两组对应边成比例，且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)的两个根为x1、x2，那么x1+x2=，x1x2=；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键20如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原
25、点，抛物线y=ax²-2ax-3a交x轴于A、B两点，交y轴于点C，连接BC，且OB=OC（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，D为第一象限内抛物线上一点，过D做DTx轴交x轴于T，交BC于点K，设D点横坐标为m，线段DK的长为d，求d与m之间的关系式；（3）如图3，在（2）的条件下，D在对称轴右侧，Q、H为直线DT上点，Q点纵坐标为4，H在第四象限内，且QD=TH，过D做x轴的平行线交抛物线于点E，连接EQ交抛物线于点R，连接RH，tanERH=2，求点D的坐标【答案】（1）；（2）；（3）点D的坐标为(，)【解析】（1）抛物线解析式变形为，求得，求得，即可求得抛物线的解析式；（2
26、）先求得直线BC解析式为，设，即可求得d与m之间的关系式；（3）先求得，得到，证得，从而得到，证明RtENHRtRME，利用相似三角形的性质以及线段的和差计算得到，把代入抛物线的解析式即可求解【解答】（1）对于，令y=0，解得x1=-1，x2=3，OB=OC=3，把C(0，3)代入对于得：，抛物线的解析式为；（2）设直线BC解析式为，把代入得：，解得：，直线BC解析式为，设，；（3）连接EH，QH平行y轴且Q点的纵坐标为4，QD=TH，抛物线的解析式为的对称轴为，且点D的横坐标为， ，过E作y轴平行线MN，过R、H分别作直线MN的垂线交MN于和N，RtENHRtRME，将点代入抛物线的解析式，解得：，点D的坐标为(，) 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题