中考数学二轮专题汇编：相似三角形及其应用

2021中考数学 二轮专题汇编：相似三角形及其应用 一、选择题 1. 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.= 2. 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 (　　) 3. (2019•雅安)若，且，则的值是 A．4 B．2 C．20 D．14 4. 如图①，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图②是此时的示意图，则图②中水面高度为 (　　) A. B. C. D. 5. （2020·永州）如图，在中，，四边形的面积为21，则的面积是（ ）
A. B. 25 C. 35 D. 63 6. （2020·广西北部湾经济区）如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（　　）
A．15 B．20 C．25 D．30 7. （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．1:2 B．1:3 C．1:4 D．1:5 8. (2019•贵港)如图，在中，点，分别在，边上，，，若，，则线段的长为 A． B． C． D．5 二、填空题 9. 在某一时刻，测得一根高为1.8 m的竹竿的影长为3 m，同时同地测得一栋楼的影长为90 m，则这栋楼的高度为　　　　m.  10. （2020·盐城）
如图，且，则的值为 ． 11. (2019•郴州)若，则__________． 12. (2019•百色)如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点， ，，，则的面积为__________． 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题:“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何?”其意思为:“今有直角三角形，勾(短直角边)长为5步，股(长直角边)长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少步?”该问题的答案是　　　　步.  14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3， BC＝4， CD⊥AB，垂足为D， E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为_________． 15. (2019•泸州)如图，在等腰中，，，点在边上，，点在边上，，垂足为，则长为__________． 16. （2020·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、.已知，则_________. 三、解答题 17. （2020·杭州）如图，在中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，，． （1）求证：． （2）设， ①若BC＝12，求线段BE的长；

②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积． 18. (2019•广东)如图，在中，点是边上的一点． (1)请用尺规作图法，在内，求作，使，交于；
(不要求写作法，保留作图痕迹) (2)在(1)的条件下，若，求的值． 19. 如图，△ABC为锐角三角形，AD是BC边上的高，正方形EFGH的一边FG在BC上，顶点E，H分别在AB，AC上，已知BC=40 cm，AD=30 cm. (1)求证:△AEH∽△ABC; (2)求这个正方形的边长与面积. 20. 如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝36°，过点A作AD∥BC，与∠ABC的平分线交于点D，BD与AC交于点E，与⊙O交于点F. (1)求∠DAF的度数；

(2)求证：AE2＝EF·ED；

(3)求证：AD是⊙O的切线． 21. 如图，☉O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是AC中点，直线OD与☉O相交于E，F两点，P是☉O外一点，且P在直线OD上，连接PA，PC，AF，满足∠PCA=∠ABC. (1)求证:PA是☉O的切线; (2)证明:EF2=4OD·OP; (3)若BC=8，tan∠AFP=，求DE的长. 22. 如图①，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，OD∥AC，OD交⊙O于点E，且∠CBD＝∠COD. (1)求证：BD是⊙O的切线；

(2)若点E为线段OD的中点，求证：四边形OACE是菱形． (3)如图②，作CF⊥AB于点F，连接AD交CF于点G，求的值． 23. 已知：在等边△ABC中，D、E分别是AC、BC上的点，且∠BAE＝∠CBD＜60°，DH⊥AB，垂足为点H. (1)如图①，当点D、E分别在边AC、BC上时，求证：△ABE≌△BCD；

(2)如图②，当点D、E分别在AC、CB延长线上时，探究线段AC、AH、BE的数量关系；

(3)在(2)的条件下，如图③，作EK∥BD交射线AC于点K，连接HK，交BC于点G，交BD于点P，当AC＝6，BE＝2时，求线段BP的长． 24. 在平面直角坐标系中，借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根．比如对于方程x2－5x＋2＝0，操作步骤是：
第一步：根据方程的系数特征，确定一对固定点A(0，1)，B(5，2)；

第二步：在坐标平面中移动一个直角三角板，使一条直角边恒过点A，另一条直角边恒过点B；

第三步：在移动过程中，当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时，点C的横坐标m即为该方程的一个实数根(如图①)；

第四步：调整三角板直角顶点的位置，当它落在x轴上另一点D处时，点D的横坐标n既为该方程的另一个实数根． (1)在图②中，按照“第四步”的操作方法作出点D(请保留作出点D时直角三角板两条直角边的痕迹)；

(2)结合图①，请证明“第三步”操作得到的m就是方程x2－5x＋2＝0的一个实数根；

(3)上述操作的关键是确定两个固定点的位置．若要以此方法找到一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，b2－4ac≥0)的实数根，请你直接写出一对固定点的坐标；

(4)实际上，(3)中的固定点有无数对，一般地，当m1，n1，m2，n2与a，b，c之间满足怎样的关系时，点P(m1，n1)．Q(m2，n2)就是符合要求的一对固定点？ 2021中考数学 二轮专题汇编：相似三角形及其应用-答案 一、选择题 1. 【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. 2. 【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. 3. 【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． 4. 【答案】A　[解析]如图所示.设DM=x，则CM=8-x， 根据题意得:(8-x+8)×3×3=3×3×6，解得x=4，∴DM=4. ∵∠D=90°. ∴由勾股定理得: BM===5. 过点B作BH⊥水平桌面于H，∵∠HBA+∠ABM=∠ABM+∠DBM=90°， ∴∠HBA=∠DBM， ∵∠AHB=∠D=90°， ∴△ABH∽△MBD，∴=，即=，解得BH=，即水面高度为. 5. 【答案】B 【详解】解：∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故选：B． 6. 【答案】 B 【解析】设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x， ∵四边EFGH是正方形， ∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∵AD是△ABC的高， ∴∠HDN＝90°， ∴四边形EHDN是矩形， ∴DN＝EH＝x， ∵△AEF∽△ABC， ∴（相似三角形对应边上的高的比等于相似比）， ∵BC＝120，AD＝60， ∴AN＝60﹣x， ∴， 解得：x＝40， ∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．因此本题选B． 7. 【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． 8. 【答案】C 【解析】设，，∴， ∵，∴， ∴，∴， ∴，， ∵，，∴， ∵，∴， ∴， 设，，∴， ∴，∴，∴， 故选C． 二、填空题 9. 【答案】54 10. 【答案】2 【解析】∵BC∥DE，∴△ADE∽△ABC，∴ ，设DE＝x,则AB＝10－x∵AD＝BC＝4，∴，∴x1＝8 ,x2＝2(舍去)， ，此本题答案为2 ． 11. 【答案】 【解析】∵，∴， 故2y=x，则，故答案为：． 12. 【答案】18 【解析】∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形， 若点，，∴位似比为， ∵，， ∴， ∴的面积为：， 故答案为：18． 13. 【答案】　[解析]如图①，∵四边形CDEF是正方形，∴CD=ED=CF. 设ED=x，则CD=x，AD=12-x. ∵DE∥CF，∴∠ADE=∠C，∠AED=∠B， ∴△ADE∽△ACB， ∴=，∴=，∴x=. 如图②，四边形DGFE是正方形，过C作CP⊥AB于P，交DG于Q，∵S△ABC=AC·BC=AB·CP，则12×5=13CP，∴CP=. 设ED=y，同理得:△CDG∽△CAB，∴=， ∴=，y=<， ∴该直角三角形能容纳的正方形边长最大是步，故答案为:. 14. 【答案】 【解析】本题考查平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质．已知∠ACB＝90°，AC＝3， BC＝4，由勾股定理，得AB＝5．CD⊥AB，由三角形的面积，得CD＝＝．易得△ABC∽△ACD∽△CBD，由相似三角形对应边成比例，得AD＝＝，BD＝＝．过点E作EG∥AB交CD于点G，由平行线分线段成比例，得DG＝CD＝，EG＝，所以，即，所以DF＝，故答案为． 15. 【答案】 【解析】如图，过作于，则∠AHD=90°， ∵在等腰中，，， ∴，， ∴∠ADH=90°–∠CAD=45°=∠CAD， ∴， ∴CH=AC–AH=15–DH， ∵，∴， 又∵∠ANH=∠DNF，∴， ∴，∴， ∵，CE+BE=BC=15，∴， ∴， ∴， ∴，故答案为：． 16. 【答案】或2.8 【解析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，过点C作CD⊥y轴于点D，设AC交y轴于点E，∴CD∥x轴，∴∠CAO=∠ACD, △DEC∽△OEA，∵，∴∠BCD=∠ACD, ∴BD=DE,设BD=DE=x，则OE=4-2x,∴=,即=,解得x=1.2．∴OE=4-2x=1.6，∴n=OD=DE+OE=1.2+1.6=2.8. 三、解答题 17. 【答案】 解：
（1）∵DE∥AC，∴∠BED＝∠C．∵EF∥AB，∴∠B＝∠FEC，∴△BDE∽△EFC． （2）①∵EF∥AB，∴＝＝．∵BC＝12，∴＝，∴BE＝4． ②∵EF∥AB，∴△EFC△BAC，∴＝．∵＝，∴＝．又∵△EFC的面积是20，∴＝，∴S△ABC＝45，即△ABC的面积是45． 18. 【答案】 (1)如图所示：
(2)∵， ∴． ∴． 19. 【答案】 [解析](1)根据EH∥BC即可证明. (2)设AD与EH交于点M，首先证明四边形EFDM是矩形，设正方形边长为x，利用△AEH∽△ABC，得=，列出方程即可解决问题. 解:(1)证明:∵四边形EFGH是正方形， ∴EH∥BC， ∴∠AEH=∠B，∠AHE=∠C， ∴△AEH∽△ABC. (2)如图，设AD与EH交于点M. ∵∠EFD=∠FEM=∠FDM=90°， ∴四边形EFDM是矩形， ∴EF=DM. 设正方形EFGH的边长为x cm， ∵△AEH∽△ABC， ∴=，∴=， ∴x=， ∴正方形EFGH的边长为 cm， 面积为 cm2. 20. 【答案】 (1)解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°， ∴∠ABC＝∠ACB＝(180°－36°)＝72°， ∴∠AFB＝∠ACB＝72°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠DBC＝36°， ∵AD∥BC， ∴∠D＝∠DBC＝36°， ∴∠DAF＝∠AFB－∠D＝72°－36°＝36°；

(2)证明：∵∠EAF＝∠FBC＝∠D，∠AEF＝∠AED， ∴△EAF∽△EDA， ∴＝， ∴AE2＝EF·ED；

(3)证明：如解图，过点A作BC的垂线，G为垂足， ∵AB＝AC， ∴AG垂直平分BC， ∴AG过圆心O， ∵AD∥BC ， ∴AD⊥AG ， ∴AD是⊙O的切线． 解图 21. 【答案】 解:(1)因为点D是AC中点，所以OD⊥AC，所以PA=PC，所以∠PCA=∠PAC，因为AB是☉O的直径， 所以∠ACB=90°，所以∠ABC+∠BAC=90°， 因为∠PCA=∠ABC，所以∠PAC=∠ABC， 所以∠PAC+∠BAC=90°，所以PA⊥AB，所以PA是☉O的切线. (2)因为∠PAO=∠ADO=90°，∠AOD=∠POA，所以△PAO∽△ADO，所以=， 所以AO2=OD·OP， 所以EF2=AB2=(2AO)2=4AO2=4OD·OP. (3)因为tan∠AFP=，所以设AD=2x， 则FD=3x， 连接AE，易证△ADE∽△FDA， 所以==， 所以ED=AD=x， 所以EF=x，EO=x，DO=x， 在△ABC中，DO为中位线， 所以DO=BC=4， 所以x=4，x=，所以ED=x=. 22. 【答案】 (1)证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠BCA＝90°， ∴∠ABC＋∠BAC＝90°， ∵OD∥AC，∴∠ACO＝∠COD. ∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠ACO， 又∵∠COD＝∠CBD， ∴∠CBD＝∠BAC， ∴∠ABC＋∠CBD＝90°， ∴∠ABD＝90°， 即OB⊥BD， 又∵OB是⊙O的半径， ∴BD是⊙O的切线；

(2)证明：如解图，连接CE、BE， ∵OE＝ED，∠OBD＝90°， ∴BE＝OE＝ED， ∴△OBE为等边三角形， ∴∠BOE＝60°， 又∵AC∥OD， ∴∠OAC＝60°， 又∵OA＝OC， ∴△OAC为等边三角形， ∴AC＝OA＝OE， ∴AC∥OE且AC＝OE， ∴四边形OACE是平行四边形，而OA＝OE， ∴四边形OACE是菱形；

解图 (3)解：∵CF⊥AB， ∴∠AFC＝∠OBD＝90°，而AC∥OD， ∴∠CAF＝∠DOB， ∴Rt△AFC∽Rt△OBD， ∴＝，即FC＝， 又∵FG∥BD， ∴△AFG∽△ABD， ∴＝，即FG＝， ∴＝＝2， ∴＝. 23. 【答案】 (1)证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠C＝∠CAB＝60°，AB＝BC， 在△ABE和△BCD中， ， ∴△ABE≌△BCD(ASA)；

(2)解：∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠CAB＝60°，AB＝BC， ∴∠ABE＝∠BCD＝180°－60°＝120°. ∴在△ABE和△BCD中， ， ∴△ABE≌△BCD(ASA)， ∴BE＝CD. ∵DH⊥AB， ∴∠DHA＝90°， ∵∠CAB＝60°， ∴∠ADH＝30°， ∴AD＝2AH， ∴AC＝AD－CD＝2AH－BE；

(3)解：如解图，作DS⊥BC延长线于点S，作HM∥AC交BC于点M， 解图 ∵AC＝6，BE＝2， ∴由(2)得AH＝4，BH＝2, 与(1)同理可得BE＝CD＝2，CE＝8， ∵∠SCD＝∠ACB＝60°， ∴∠CDS＝30°， ∴CS＝1，SD＝，BS＝7， ∵BD2＝BS2＋SD2＝72＋()2， ∴BD＝2， ∵EK∥BD， ∴△CBD∽△CEK， ∴＝＝， ∴CK＝＝＝，EK＝＝＝. ∵HM∥AC， ∴∠HMB＝∠ACB＝60°， ∴△HMB为等边三角形，BM＝BH＝HM＝2， CM＝CB－BM＝4， 又∵HM∥AC， ∴△HMG∽△KCG， ∴＝， 即＝，∴MG＝，BG＝，EG＝， ∵EK∥BD， ∴△GBP∽△GEK， ∴＝， ∴BP＝. 24. 【答案】 【思路分析】(1)因为点C是x轴上的一动点，且∠ACB＝90°保持不变，所以由圆周角的性质得，点C必在以AB为直径的圆上，所以以AB为直径画圆，与x轴相交于两点，除点C的另一点就是所求；
(2)因为∠ACB＝90°，∠AOC＝90°，所以过点B作BE⊥x轴，垂足为E，则构造了一个“K”字型的基本图形，再由相似三角的性质得出比例式，化简后得m2－5m＋2＝0，问题得证；
(3)由(2)中的证明过程可知，一个二次项系数为1的一元二次方程，一次项系数是点A的横坐标与点B的横坐标的和的相反数；
常数项是点A的纵坐标与点B的纵坐标的积，先把方程ax2＋bx＋c＝0，化为 x2＋x＋＝0，再根据上述关系写出一对固定点的坐标；
(4)由(2)的证明中知，本题的关键点在“K”字型的构造，所以本小题解题的关键是要抓住图②中的“K”字型，只要P、Q两点分别在AD、BD上，过P、Q分别作x轴垂线，垂足为M、N，这样就构造出满足条件的基本图形，再应用相似三角形的性质，可得相应的关系式． 图① 图②
　 (1)解：如解图①，先作出AB的中点O1，以O1为圆心，AB为半径画圆． x轴上另外一个交点即为D点；
(4分) (2)证明：如解图①，过点B作x轴的垂线交x轴于点E， ∵∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠BDE＝90°， ∵∠OAD＋∠ADO＝90°，∴∠OAD＝∠BDE， ∵∠AOD＝∠DEB＝90°， ∴△AOD∽△DEB，(6分) ∴＝，即＝， ∴m2－5m＋2＝0，∴m是x2－5x＋2＝0的一个实根；
(8分) (3)解：(0，1)，(，)或(0，)，(－，c)；
(10分) (4)解：在解图②中，P在AD上，Q在BD上，过P，Q分别作x轴的垂线交x轴于M，N. 由(2)知△PMD∽△DNQ，∴＝，(12分) ∴x2－(m1＋m2)x＋m1m2＋n1n2＝0与ax2＋bx＋c＝0同解， ∴－＝m1＋m2；
＝m1m2＋n1n2.(14分) 【难点突破】本题是一道考查数形结合思想的题．本题解题的突破口要抓住∠ACB＝90°保持不变的特征，构造相似三角形中的基本图形，通过数形结合的方法，以相似三角形的比例式为桥梁，以此获得关于m的等量关系，从而使问题得以解决．