还剩28页未读，
继续阅读
中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第33讲 图形的相似（解析版）学案
展开
这是一份中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第33讲 图形的相似（解析版）学案，共31页。学案主要包含了比例的基本性质，三角形相似的性质及判定，相似三角形综合问题，相似多边形与位似图形等内容，欢迎下载使用。
中考数学一轮复习讲义
考点三十三：图形的相似
聚焦考点☆温习理解
1、比和比例的有关概念：
(1)表示两个比相等的式子叫作比例式，简称比例.
(2)第四比例项：若或a:b=c:d，那么d叫作a、b、c的第四比例项.
(3)比例中项：若或a:b=b:c，b叫作a，c的比例中项.
(4)黄金分割：把一条线段(AB)分割成两条线段，使其中较长线段(AC)是原线段AB与较短线段(BC)的比例线段，就叫作把这条线段黄金分割.即AC2=AB·BC，AC=；一条线段的黄金分割点有两个.
2.比例的基本性质及定理
(1)
(2)
(3)
3.平行线分线段成比例定理
(1)三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例.
(2)平行于三角形一边截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例；
(3)如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边；
(4)平行于三角形的一边，并且和其他两边(或两边的延长线)相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形三边对应成比例．
4.相似三角形.
相似三角形的定义：对应角相等、对应边成比例的三角形叫做相似三角形
相似比：相似三角形的对应边的比，叫做两个相似三角形的相似比．
5．相似三角形的判定
(1)平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所截得的三角形与原三角形相似；
(2)两角对应相等，两三角形相似；
(3)两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；
(4)三边对应成比例，两三角形相似；学￥科网
(5)两个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似；
(6)直角三角形中被斜边上的高分成的两个三角形都与原三角形相似．
6．相似三角形性质
相似三角形的对应角相等，对应边成比例，对应高、对应中线、对应角平分线的比都等于相似比，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
7．相似多边形的性质
(1)相似多边形对应角相等，对应边成比例．
(2)相似多边形周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方．
8．位似图形
(1)概念：如果两个多边形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，这样的图形叫做位似图形．这个点叫做位似中心．
(2)性质：位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比．
名师点睛☆典例分类
考点典例一、比例的基本性质、黄金分割
【例1】已知，则的值是( )
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】
试题分析：先设出b=5k，得出a=13k，再把a，b的值代入即可求出答案．
试题解析：令a，b分别等于13k和5k，
∴；
故选D．
考点：比例的性质．
【点睛】此题考查了比例的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握比例的性质与比例变形．
【举一反三】
(安徽省宣城市第六中学等三校2018届九年级下学期第一次联考)宽与长的比是(约为0．618)的矩形叫做黄金矩形。我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD，BC的中点E，F，连接EF；以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线与点G；作，交AD的延长线于点H．则图中下列矩形是黄金矩形的是( )
A. 矩形ABFE B. 矩形DCGH C. 矩形EFGH D. 矩形EFCD
【答案】B
【解析】设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1，在Rt△CDF中，DF== ，∴FG=，∴CG=-1，∴= ，∴矩形DCGH为黄金矩形，故选B.
考点典例二、三角形相似的性质及判定
【例2】(2019•浙江杭州•3分)如图，在△ABC中，点D，E分别在AB和AC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．＝
【分析】先证明△ADN∽△ABM得到＝，再证明△ANE∽△AMC得到＝，则＝，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：∵DN∥BM，
∴△ADN∽△ABM，
∴＝，
∵NE∥MC，
∴△ANE∽△AMC，
∴＝，
∴＝．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：三在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系．
【举一反三】
(2019•四川自贡•4分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分线BD交AC于点E，DE＝ ．
【分析】由CD∥AB，∠D＝∠ABE，∠D＝∠CBE，所以CD＝BC＝6，再证明△AEB∽△CED，根据相似比求出DE的长．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝8，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CDE，
∵CD∥AB，
∴∠D＝∠ABE，
∴∠D＝∠CBE，
∴CD＝BC＝6，
∴△AEB∽△CED，
∴，
∴CE＝AC＝×8＝3，
BE＝，
DE＝BE＝×＝，
故答案为．
【点评】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
考点典例三、相似三角形综合问题
【例3】(2019•河南•10分)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是 1 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 60° ．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【分析】(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD(SAS)，即可解决问题．
(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
(3)分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD(SAS)，
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OABB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
(3)如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【举一反三】
(2019安徽)如图，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h12＝h2•h3．
【答案】见解析。
【解析】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，判断出∠EAP＝∠PCD是解本题的关键．
(1)∵∠ACB＝90°，AB＝BC，
∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC
又∠APB＝135°，
∴∠PAB+∠PBA＝45°
∴∠PBC＝∠PAB
又∵∠APB＝∠BPC＝135°，
∴△PAB∽△PBC
(2)∵△PAB∽△PBC
∴
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴
∴
∴PA＝2PC
(3)如图，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC.AC于点D，E，
∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3，
∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°
∴∠APC＝90°，
∴∠EAP+∠ACP＝90°，
又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°
∴∠EAP＝∠PCD，
∴Rt△AEP∽Rt△CDP，
∴，即，
∴h3＝2h2
∵△PAB∽△PBC，
∴，
∴
∴．
即：h12＝h2•h3．
考点典例四、相似多边形与位似图形
【例4】(2019•邵阳)如图，以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′，以下说法中错误的是
A．△ABC∽△A′B′C′
B．点C、点O、点C′三点在同一直线上
C．AO∶AA′=1∶2
D．AB∥A′B′
【答案】C
【解析】∵以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′，
∴△ABC∽△A′B′C′，点C、点O、点C′三点在同一直线上，AB∥A′B′，
AO∶OA′=1∶2，故选项C错误，符合题意．故选C．
【举一反三】
(2018甘肃兰州中考模拟)如图，四边形与四边形相似，位似中心点是，，则 .
【答案】
【解析】
试题解析：如图所示：
∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，
∴△OEF∽△OAB，△OFG∽△OBC，
∴，
∴．
考点：位似变换．
【点睛】本题考查了位似的作图，熟练掌握位似作图的性质是解题的关键．
课时作业☆能力提升
1. 在平面直角坐标系中，线段AB两个端点的坐标分别为A(6，8)，B(10，2)，若以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩短为原来的后得到线段CD，则点A的对应点C的坐标为( )
A. (5，1) B. (4，3) C. (3，4) D. (1，5)
【来源】山东省滨州市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：此题主要考查了位似图形的性质，利用两图形的位似比得出对应点横纵坐标关系是解题关键．
2. ．要制作两个形状相同的三角形框架,其中一个三角形的三边长分别为5cm，6cm和9cm，另一个三角形的最短边长为2.5 cm，则它的最长边为( )
A. 3cm B. 4cm C. 4.5cm D. 5cm
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷(A卷)
【答案】C
【解析】【分析】根据相似三角形三边对应成比例进行求解即可得.
【详解】设另一个三角形的最长边为xcm，由题意得
5：2.5=9：x，
解得：x=4.5，
故选C.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形对应边成比例是解题的关键.
3. (2018年海南省定安县中考数学仿真)如图，已知AB、CD、EF都与BD垂直，垂足分别是B、D、F，且AB=4，CD=12，那么EF的长是( )
A. 2 B. 2.5 C. 3 D. 2.8
【答案】C
4. (湖南省邵阳县黄亭市镇中学2017~2018学年九年级数学(上)期末)如图，∠1=∠2=∠3，则下列结论不正确的是( )
A. △DEC∽△ABC B. △ADE∽△BEA
C. △ACE∽△BEA D. △ACE∽△BCA
【答案】C
5. (2018年甘肃省兰州市七里河区杨家桥学校中考数学模拟)如图，在△ABC 中，∠C=90°，BC=3，D，E分别在AB、AC上，将△ADE沿DE翻折后，点A落在点A′处，若A′为CE的中点，则折痕DE的长为( )
A. B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】由题意得：DE⊥AC，
∴∠DEA=90°，
∵∠C=∠DEA，
∵∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB,
∴=,
∵A′为CE的中点，
∴C A′=E A′，
∴C A′=E A′=AE，
∴==，
∴DE=1.
故选D.
6. (陕西省西安铁一中2018届九年级下学期模拟)如图所示，在平行四边形中， 与相交于点， 为的中点，连接并延长交于点，则的值为( )．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵为的中点，
∴DE=OD，
∵平行四边形，
∴OD=BD，
∴DE=BD，即.
∴.
∵DF∥AB，
∴,[来源:Zxxk.Com]
∵，
∴=.
故选．
7. (2019，四川巴中，4分)如图▱ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连结EF交DC于点G，则S△DEG：S△CFG＝( )
A．2：3 B．3：2 C．9：4 D．4：9
【答案】D
【解答】解：设DE＝x，
∵DE：AD＝1：3，
∴AD＝3x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝3x，
∵点F是BC的中点，
∴CF＝BC＝x，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△CFG，
∴＝()2＝()2＝，
故选：D．
8. (2017山东菏泽中考模拟)如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PH•PC
其中正确的是( )
A. ①②③④ B. ②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】试题分析：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PHPC，故④正确；
故选C．
考点：1、正方形的性质，2、等边三角形的性质，3、相似三角形的判定和性质
9. 如图，△ABC中，点D、E分別在AB、AC上，DE∥BC，AD：DB=1：2，则△ADE与△ABC的面积的比为__________．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】1：9
点睛：本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．
10. 如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接
AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC=，则AB的长为__________．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】2
【解析】分析：连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF=BF=a，CG=DG=b，可得，推出，可得b=a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；
详解：如图，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠DCB=90°，AC=BD=，
∵CG=DG，CF=FB，
∴GF=BD=，
点睛：本题考查中点四边形、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型
11. ．矩形ABCD中，AB=6，BC=8.点P在矩形ABCD的内部，点E在边BC上，满足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，则PE的长为数___________.
【来源】安徽省2018年中考数学试题
【答案】3或1.2
【解析】【分析】由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，继而可确定点P在BD上，然后再根据△APD是等腰三角形，分DP=DA、AP=DP两种情况进行讨论即可得.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，∴BD=10，
如图2，当AP=DP时，此时P为BD中点，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
综上，PE的长为1.2或3，
故答案为：1.2或3.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质等，确定出点P在线段BD上是解题的关键.
12. (2018四川绵阳中考模拟)在△ABC中，MN∥BC 分别交AB，AC于点M，N；若AM=1，MB=2，BC=3，则MN的长为 ．
【答案】1.
【解析】
试题解析：∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴，即，
∴MN=1.
考点：相似三角形的判定与性质.
13. (2018山东济南中考模拟)如图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长均为1.与是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点都在格点上，则点的坐标是 .
【答案】(﹣2，)
【解析】
试题解析：由题意得：△A′OB′与△AOB的相似比为2：3，
又∵B(3，﹣2)
∴B′的坐标是[3×，﹣2×]，即B′的坐标是(﹣2，)
考点：位似变换；坐标与图形性质．
14. (2017年重庆市合川中学中考数学模拟)如图，▱ABCD中，M、N是BD的三等分点，连接CM并延长交AB于点E，连接EN并延长交CD于点F，以下结论：
①E为AB的中点；
②FC=4DF；
③S△ECF=；
④当CE⊥BD时，△DFN是等腰三角形．
其中一定正确的是_____．
【答案】①③④
【解析】M、N是BD的三等分点,
由题意可得DN=NM=MB，△DFN∽△BEN，△DMC∽△BME，
∴DF：BE=DN：NB=1：2，BE：DC=BM：MD=1：2,
又∵AB=DC,
∴可得DF：AB=1：4． ②错误.
, E为AB的中点, ①正确.
S△BEM= S△NEM =，S△FEC: S△BCE=3：2，
S△ECF=, ③正确.
垂直平分线性质有EB=EN,根据等腰直角三角形性质有∠ENB=∠EBN,
所以∠CDN=∠DNF, △DFN是等腰三角形. ④正确.
15.(江苏省扬州市宝应县射阳湖镇天平初级中学2018届九年级上学期第二次月考)如图，梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，BE∥CD交CA延长线于E 求证：
(1)；(2)
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析: (1)通过AD∥BC可得.
(2)根据BE∥CD可得，从而可证得答案．
试题解析:
(1) ∵BC∥AD
∴△AOD∽△COB
∴
(2) ∵BE∥CD
∴△BOE∽△DOC[来源:学科网ZXXK]
∴
∴
∴
16. ．如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF//AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G．
(1)∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由；
(2)找出图中与ΔAGB相似的三角形，并证明；
(3)BF的延长线交CD的延长线于点H，交AC于点M．求证：BM2=MF⋅MH．
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】(1)，理由见解析；(2)，证明见解析；(3)证明见解析.
详解：(1)∠DEF=∠AEF，理由如下：
∵EF∥AB，∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB．
∵∠EAB=∠EBA，∴∠DEF=∠AEF；
(2)△EOA∽△AGB，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，
∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE．
∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE．
∵∠GAB=∠AEO，∠GAB=∠AOE=90°，∴△EOA∽△AGB；
(3)如图，连接DM．
∵四边形ABCD是菱形，由对称性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM．
∵AB∥CH，∴∠ABM=∠H，∴∠ADM=∠H．
∵∠DMH=∠FMD，∴△MFD∽△MDH，∴，∴DM2=MF•MH，
∴BM2=MF•MH．
点睛：本题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，判断出△EOA∽△AGB是解答本题的关键．
17．(2018湖北武汉中考模拟)在△ABC中，P为边AB上一点．
(1)如图1，若∠ACP=∠B，求证：AC2=AP•AB；
(2)若M为CP的中点，AC=2．
①如图2，若∠PBM=∠ACP，AB=3，求BP的长；
②如图3，若∠ABC=45°，∠A=∠BMP=60°，直接写出BP的长．
【考点】相似形综合题．
【分析】(1)根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
(2)①取AP在中点G，连接MG，设AG=x，则PG=x，BG=3﹣x，根据三角形的中位线的性质得到MG∥AC，由平行线的性质得到∠BGM=∠A，∵∠根据相似三角形的性质得到，求得x=，即可得到结论；②过C作CH⊥AB于H，延长AB到E，使BE=BP解直角三角形得到CH=，HE=+x，根据勾股定理得到CE2=(+9+x)2根据相似三角形的性质得到CE2=EP•EA列方程即可得到结论．
【解答】解：(1)∵∠ACP=∠B，∠A=∠A，
∴△ACP∽△ABC，
∴，
∴AC2=AP•AB；
(2)①取AP在中点G，连接MG，设AG=x，则PG=x，BG=3﹣x，
∵M是PC的中点，
∴MG∥AC，
∴∠BGM=∠A，
∵∠ACP=∠PBM，
∴△APC∽△GMB，
∴，
即，
∴x=，
∵AB=3，
∴AP=3﹣，
∴PB=；
②过C作CH⊥AB于H，延长AB到E，使BE=BP，
设BP=x．
∵∠ABC=45°，∠A=60°，
∴CH=，HE=+x，
∵CE2=(+(+x)2，
∵PB=BE，PM=CM，
∴BM∥CE，
∴∠PMB=∠PCE=60°=∠A，
∵∠E=∠E，
∴△ECP∽△EAC，
∴，
∴CE2=EP•EA，
∴3+3+x2+2x=2x(x++1)，
∴x=﹣1，
∴PB=﹣1．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的中位线的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
18.(2018青海西宁中考模拟)如图，在中，，以为直径作交于点，过点作的切线交于点，交延长线于点.
(1)求证：；
(2)若，求的长.
【答案】(1)证明见解析；(2)BF=.
【解析】
试题分析：(1)连接OD、AD，由AB=AC且∠ADB=90°知D是BC的中点，由O是AB中点知OD∥AC，根据OD⊥DE可得；
(2)证△ODF∽△AEF，根据相似的性质即可得答案．
试题解析： (1)连接OD、AD，
∵DE切⊙O于点D，∴OD⊥DE，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∵AB=AC，∴D是BC的中点，
又∵O是AB中点，∴OD∥AC，∴DE⊥AC；
考点： 1.切线的性质；2.等腰三角形的性质；3.相似三角形的判定与性质．
19. 在正方形ABCD中，AB＝4，点P，Q分别在直线CB与射线DC上(点P不与点C，点B重合)，且保持∠APQ＝90°，CQ＝1，求线段BP的长．
解：分三种情况：设BP＝x.
①当P在线段BC上时，如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°.
∴∠BAP＋∠APB＝90°.
∵∠APQ＝90°，∴∠APB＋∠CPQ＝90°.
∴∠BAP＝∠CPQ，
∴△ABP∽△PCQ.
∴＝，∴＝，
∴x1＝x2＝2.
∴BP＝2；
②当P在CB的延长线上时，如图2，同理，得BP＝2－2；
③当P在BC的延长线上时，如图3，同理，得BP＝2＋2.
归纳：基本图形
(1)斜边高图形
有以下基本结论：
①∠BAD＝∠C，∠B＝∠DAC；
②△ADB∽△CDA∽△CAB.
(2)一线三等角
有以下基本结论：
①∠B＝∠C，∠BDE＝∠DFC；
②△BDE∽△CFD.
特殊地：若点D为BC中点，则有△BDE∽△CFD∽△DFE.
20. (2019•湖南常德•10分)在等腰三角形△ABC中，AB＝AC，作CM⊥AB交AB于点M，BN⊥AC交AC于点N．
(1)在图1中，求证：△BMC≌△CNB；
(2)在图2中的线段CB上取一动点P，过P作PE∥AB交CM于点E，作PF∥AC交BN于点F，求证：PE+PF＝BM；
(3)在图3中动点P在线段CB的延长线上，类似(2)过P作PE∥AB交CM的延长线于点E，作PF∥AC交NB的延长线于点F，求证：AM•PF+OM•BN＝AM•PE．
【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，利用AAS定理证明；
(2)根据全等三角形的性质得到BM＝NC，证明△CEP∽△CMB、△BFP∽△BNC，根据相似三角形的性质列出比例式，证明结论；
(3)根据△BMC≌△CNB，得到MC＝BN，证明△AMC∽△OMB，得到＝，根据比例的性质证明即可．
【解答】证明：(1)∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵CM⊥AB，BN⊥AC，
∴∠BMC＝∠CNB＝90°，
在△BMC和△CNB中，
，
∴△BMC≌△CNB(AAS)；
(2)∵△BMC≌△CNB，
∴BM＝NC，
∵PE∥AB，
∴△CEP∽△CMB，
∴，
∵PF∥AC，
∴△BFP∽△BNC，
∴，
∴，
∴PE+PF＝BM；
(3)同(2)的方法得到，PE﹣PF＝BM，
∵△BMC≌△CNB，
∴MC＝BN，
∵∠ANB＝90°，
∴∠MAC+∠ABN＝90°，
∵∠OMB＝90°，
∴∠MOB+∠ABN＝90°，
∴∠MAC＝∠MOB，又∠AMC＝∠OMB＝90°，
∴△AMC∽△OMB，
∴
∴AM•MB＝OM•MC，
∴AM×(PE﹣PF)＝OM•BN，
∴AM•PF+OM•BN＝AM•PE．
中考数学一轮复习讲义
考点三十三：图形的相似
聚焦考点☆温习理解
1、比和比例的有关概念：
(1)表示两个比相等的式子叫作比例式，简称比例.
(2)第四比例项：若或a:b=c:d，那么d叫作a、b、c的第四比例项.
(3)比例中项：若或a:b=b:c，b叫作a，c的比例中项.
(4)黄金分割：把一条线段(AB)分割成两条线段，使其中较长线段(AC)是原线段AB与较短线段(BC)的比例线段，就叫作把这条线段黄金分割.即AC2=AB·BC，AC=；一条线段的黄金分割点有两个.
2.比例的基本性质及定理
(1)
(2)
(3)
3.平行线分线段成比例定理
(1)三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例.
(2)平行于三角形一边截其他两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例；
(3)如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)，所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边；
(4)平行于三角形的一边，并且和其他两边(或两边的延长线)相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形三边对应成比例．
4.相似三角形.
相似三角形的定义：对应角相等、对应边成比例的三角形叫做相似三角形
相似比：相似三角形的对应边的比，叫做两个相似三角形的相似比．
5．相似三角形的判定
(1)平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所截得的三角形与原三角形相似；
(2)两角对应相等，两三角形相似；
(3)两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；
(4)三边对应成比例，两三角形相似；学￥科网
(5)两个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似；
(6)直角三角形中被斜边上的高分成的两个三角形都与原三角形相似．
6．相似三角形性质
相似三角形的对应角相等，对应边成比例，对应高、对应中线、对应角平分线的比都等于相似比，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
7．相似多边形的性质
(1)相似多边形对应角相等，对应边成比例．
(2)相似多边形周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方．
8．位似图形
(1)概念：如果两个多边形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，这样的图形叫做位似图形．这个点叫做位似中心．
(2)性质：位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比．
名师点睛☆典例分类
考点典例一、比例的基本性质、黄金分割
【例1】已知，则的值是( )
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】
试题分析：先设出b=5k，得出a=13k，再把a，b的值代入即可求出答案．
试题解析：令a，b分别等于13k和5k，
∴；
故选D．
考点：比例的性质．
【点睛】此题考查了比例的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握比例的性质与比例变形．
【举一反三】
(安徽省宣城市第六中学等三校2018届九年级下学期第一次联考)宽与长的比是(约为0．618)的矩形叫做黄金矩形。我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD，BC的中点E，F，连接EF；以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线与点G；作，交AD的延长线于点H．则图中下列矩形是黄金矩形的是( )
A. 矩形ABFE B. 矩形DCGH C. 矩形EFGH D. 矩形EFCD
【答案】B
【解析】设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1，在Rt△CDF中，DF== ，∴FG=，∴CG=-1，∴= ，∴矩形DCGH为黄金矩形，故选B.
考点典例二、三角形相似的性质及判定
【例2】(2019•浙江杭州•3分)如图，在△ABC中，点D，E分别在AB和AC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．＝
【分析】先证明△ADN∽△ABM得到＝，再证明△ANE∽△AMC得到＝，则＝，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：∵DN∥BM，
∴△ADN∽△ABM，
∴＝，
∵NE∥MC，
∴△ANE∽△AMC，
∴＝，
∴＝．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：三在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系．
【举一反三】
(2019•四川自贡•4分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分线BD交AC于点E，DE＝ ．
【分析】由CD∥AB，∠D＝∠ABE，∠D＝∠CBE，所以CD＝BC＝6，再证明△AEB∽△CED，根据相似比求出DE的长．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝8，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CDE，
∵CD∥AB，
∴∠D＝∠ABE，
∴∠D＝∠CBE，
∴CD＝BC＝6，
∴△AEB∽△CED，
∴，
∴CE＝AC＝×8＝3，
BE＝，
DE＝BE＝×＝，
故答案为．
【点评】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
考点典例三、相似三角形综合问题
【例3】(2019•河南•10分)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是 1 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 60° ．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【分析】(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD(SAS)，即可解决问题．
(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
(3)分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD(SAS)，
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OABB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
(3)如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【举一反三】
(2019安徽)如图，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h12＝h2•h3．
【答案】见解析。
【解析】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，判断出∠EAP＝∠PCD是解本题的关键．
(1)∵∠ACB＝90°，AB＝BC，
∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC
又∠APB＝135°，
∴∠PAB+∠PBA＝45°
∴∠PBC＝∠PAB
又∵∠APB＝∠BPC＝135°，
∴△PAB∽△PBC
(2)∵△PAB∽△PBC
∴
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴
∴
∴PA＝2PC
(3)如图，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC.AC于点D，E，
∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3，
∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°
∴∠APC＝90°，
∴∠EAP+∠ACP＝90°，
又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°
∴∠EAP＝∠PCD，
∴Rt△AEP∽Rt△CDP，
∴，即，
∴h3＝2h2
∵△PAB∽△PBC，
∴，
∴
∴．
即：h12＝h2•h3．
考点典例四、相似多边形与位似图形
【例4】(2019•邵阳)如图，以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′，以下说法中错误的是
A．△ABC∽△A′B′C′
B．点C、点O、点C′三点在同一直线上
C．AO∶AA′=1∶2
D．AB∥A′B′
【答案】C
【解析】∵以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′，
∴△ABC∽△A′B′C′，点C、点O、点C′三点在同一直线上，AB∥A′B′，
AO∶OA′=1∶2，故选项C错误，符合题意．故选C．
【举一反三】
(2018甘肃兰州中考模拟)如图，四边形与四边形相似，位似中心点是，，则 .
【答案】
【解析】
试题解析：如图所示：
∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，
∴△OEF∽△OAB，△OFG∽△OBC，
∴，
∴．
考点：位似变换．
【点睛】本题考查了位似的作图，熟练掌握位似作图的性质是解题的关键．
课时作业☆能力提升
1. 在平面直角坐标系中，线段AB两个端点的坐标分别为A(6，8)，B(10，2)，若以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩短为原来的后得到线段CD，则点A的对应点C的坐标为( )
A. (5，1) B. (4，3) C. (3，4) D. (1，5)
【来源】山东省滨州市2018年中考数学试题
【答案】C
点睛：此题主要考查了位似图形的性质，利用两图形的位似比得出对应点横纵坐标关系是解题关键．
2. ．要制作两个形状相同的三角形框架,其中一个三角形的三边长分别为5cm，6cm和9cm，另一个三角形的最短边长为2.5 cm，则它的最长边为( )
A. 3cm B. 4cm C. 4.5cm D. 5cm
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷(A卷)
【答案】C
【解析】【分析】根据相似三角形三边对应成比例进行求解即可得.
【详解】设另一个三角形的最长边为xcm，由题意得
5：2.5=9：x，
解得：x=4.5，
故选C.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形对应边成比例是解题的关键.
3. (2018年海南省定安县中考数学仿真)如图，已知AB、CD、EF都与BD垂直，垂足分别是B、D、F，且AB=4，CD=12，那么EF的长是( )
A. 2 B. 2.5 C. 3 D. 2.8
【答案】C
4. (湖南省邵阳县黄亭市镇中学2017~2018学年九年级数学(上)期末)如图，∠1=∠2=∠3，则下列结论不正确的是( )
A. △DEC∽△ABC B. △ADE∽△BEA
C. △ACE∽△BEA D. △ACE∽△BCA
【答案】C
5. (2018年甘肃省兰州市七里河区杨家桥学校中考数学模拟)如图，在△ABC 中，∠C=90°，BC=3，D，E分别在AB、AC上，将△ADE沿DE翻折后，点A落在点A′处，若A′为CE的中点，则折痕DE的长为( )
A. B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】由题意得：DE⊥AC，
∴∠DEA=90°，
∵∠C=∠DEA，
∵∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB,
∴=,
∵A′为CE的中点，
∴C A′=E A′，
∴C A′=E A′=AE，
∴==，
∴DE=1.
故选D.
6. (陕西省西安铁一中2018届九年级下学期模拟)如图所示，在平行四边形中， 与相交于点， 为的中点，连接并延长交于点，则的值为( )．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵为的中点，
∴DE=OD，
∵平行四边形，
∴OD=BD，
∴DE=BD，即.
∴.
∵DF∥AB，
∴,[来源:Zxxk.Com]
∵，
∴=.
故选．
7. (2019，四川巴中，4分)如图▱ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连结EF交DC于点G，则S△DEG：S△CFG＝( )
A．2：3 B．3：2 C．9：4 D．4：9
【答案】D
【解答】解：设DE＝x，
∵DE：AD＝1：3，
∴AD＝3x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝3x，
∵点F是BC的中点，
∴CF＝BC＝x，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△CFG，
∴＝()2＝()2＝，
故选：D．
8. (2017山东菏泽中考模拟)如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PH•PC
其中正确的是( )
A. ①②③④ B. ②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】试题分析：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PHPC，故④正确；
故选C．
考点：1、正方形的性质，2、等边三角形的性质，3、相似三角形的判定和性质
9. 如图，△ABC中，点D、E分別在AB、AC上，DE∥BC，AD：DB=1：2，则△ADE与△ABC的面积的比为__________．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】1：9
点睛：本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．
10. 如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接
AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC=，则AB的长为__________．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】2
【解析】分析：连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF=BF=a，CG=DG=b，可得，推出，可得b=a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；
详解：如图，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠DCB=90°，AC=BD=，
∵CG=DG，CF=FB，
∴GF=BD=，
点睛：本题考查中点四边形、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型
11. ．矩形ABCD中，AB=6，BC=8.点P在矩形ABCD的内部，点E在边BC上，满足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，则PE的长为数___________.
【来源】安徽省2018年中考数学试题
【答案】3或1.2
【解析】【分析】由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，继而可确定点P在BD上，然后再根据△APD是等腰三角形，分DP=DA、AP=DP两种情况进行讨论即可得.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，∴BD=10，
如图2，当AP=DP时，此时P为BD中点，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
综上，PE的长为1.2或3，
故答案为：1.2或3.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质等，确定出点P在线段BD上是解题的关键.
12. (2018四川绵阳中考模拟)在△ABC中，MN∥BC 分别交AB，AC于点M，N；若AM=1，MB=2，BC=3，则MN的长为 ．
【答案】1.
【解析】
试题解析：∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴，即，
∴MN=1.
考点：相似三角形的判定与性质.
13. (2018山东济南中考模拟)如图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长均为1.与是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点都在格点上，则点的坐标是 .
【答案】(﹣2，)
【解析】
试题解析：由题意得：△A′OB′与△AOB的相似比为2：3，
又∵B(3，﹣2)
∴B′的坐标是[3×，﹣2×]，即B′的坐标是(﹣2，)
考点：位似变换；坐标与图形性质．
14. (2017年重庆市合川中学中考数学模拟)如图，▱ABCD中，M、N是BD的三等分点，连接CM并延长交AB于点E，连接EN并延长交CD于点F，以下结论：
①E为AB的中点；
②FC=4DF；
③S△ECF=；
④当CE⊥BD时，△DFN是等腰三角形．
其中一定正确的是_____．
【答案】①③④
【解析】M、N是BD的三等分点,
由题意可得DN=NM=MB，△DFN∽△BEN，△DMC∽△BME，
∴DF：BE=DN：NB=1：2，BE：DC=BM：MD=1：2,
又∵AB=DC,
∴可得DF：AB=1：4． ②错误.
, E为AB的中点, ①正确.
S△BEM= S△NEM =，S△FEC: S△BCE=3：2，
S△ECF=, ③正确.
垂直平分线性质有EB=EN,根据等腰直角三角形性质有∠ENB=∠EBN,
所以∠CDN=∠DNF, △DFN是等腰三角形. ④正确.
15.(江苏省扬州市宝应县射阳湖镇天平初级中学2018届九年级上学期第二次月考)如图，梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，BE∥CD交CA延长线于E 求证：
(1)；(2)
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析: (1)通过AD∥BC可得.
(2)根据BE∥CD可得，从而可证得答案．
试题解析:
(1) ∵BC∥AD
∴△AOD∽△COB
∴
(2) ∵BE∥CD
∴△BOE∽△DOC[来源:学科网ZXXK]
∴
∴
∴
16. ．如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF//AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G．
(1)∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由；
(2)找出图中与ΔAGB相似的三角形，并证明；
(3)BF的延长线交CD的延长线于点H，交AC于点M．求证：BM2=MF⋅MH．
【来源】山东省泰安市2018年中考数学试题
【答案】(1)，理由见解析；(2)，证明见解析；(3)证明见解析.
详解：(1)∠DEF=∠AEF，理由如下：
∵EF∥AB，∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB．
∵∠EAB=∠EBA，∴∠DEF=∠AEF；
(2)△EOA∽△AGB，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，
∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE．
∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE．
∵∠GAB=∠AEO，∠GAB=∠AOE=90°，∴△EOA∽△AGB；
(3)如图，连接DM．
∵四边形ABCD是菱形，由对称性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM．
∵AB∥CH，∴∠ABM=∠H，∴∠ADM=∠H．
∵∠DMH=∠FMD，∴△MFD∽△MDH，∴，∴DM2=MF•MH，
∴BM2=MF•MH．
点睛：本题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，判断出△EOA∽△AGB是解答本题的关键．
17．(2018湖北武汉中考模拟)在△ABC中，P为边AB上一点．
(1)如图1，若∠ACP=∠B，求证：AC2=AP•AB；
(2)若M为CP的中点，AC=2．
①如图2，若∠PBM=∠ACP，AB=3，求BP的长；
②如图3，若∠ABC=45°，∠A=∠BMP=60°，直接写出BP的长．
【考点】相似形综合题．
【分析】(1)根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
(2)①取AP在中点G，连接MG，设AG=x，则PG=x，BG=3﹣x，根据三角形的中位线的性质得到MG∥AC，由平行线的性质得到∠BGM=∠A，∵∠根据相似三角形的性质得到，求得x=，即可得到结论；②过C作CH⊥AB于H，延长AB到E，使BE=BP解直角三角形得到CH=，HE=+x，根据勾股定理得到CE2=(+9+x)2根据相似三角形的性质得到CE2=EP•EA列方程即可得到结论．
【解答】解：(1)∵∠ACP=∠B，∠A=∠A，
∴△ACP∽△ABC，
∴，
∴AC2=AP•AB；
(2)①取AP在中点G，连接MG，设AG=x，则PG=x，BG=3﹣x，
∵M是PC的中点，
∴MG∥AC，
∴∠BGM=∠A，
∵∠ACP=∠PBM，
∴△APC∽△GMB，
∴，
即，
∴x=，
∵AB=3，
∴AP=3﹣，
∴PB=；
②过C作CH⊥AB于H，延长AB到E，使BE=BP，
设BP=x．
∵∠ABC=45°，∠A=60°，
∴CH=，HE=+x，
∵CE2=(+(+x)2，
∵PB=BE，PM=CM，
∴BM∥CE，
∴∠PMB=∠PCE=60°=∠A，
∵∠E=∠E，
∴△ECP∽△EAC，
∴，
∴CE2=EP•EA，
∴3+3+x2+2x=2x(x++1)，
∴x=﹣1，
∴PB=﹣1．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的中位线的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
18.(2018青海西宁中考模拟)如图，在中，，以为直径作交于点，过点作的切线交于点，交延长线于点.
(1)求证：；
(2)若，求的长.
【答案】(1)证明见解析；(2)BF=.
【解析】
试题分析：(1)连接OD、AD，由AB=AC且∠ADB=90°知D是BC的中点，由O是AB中点知OD∥AC，根据OD⊥DE可得；
(2)证△ODF∽△AEF，根据相似的性质即可得答案．
试题解析： (1)连接OD、AD，
∵DE切⊙O于点D，∴OD⊥DE，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∵AB=AC，∴D是BC的中点，
又∵O是AB中点，∴OD∥AC，∴DE⊥AC；
考点： 1.切线的性质；2.等腰三角形的性质；3.相似三角形的判定与性质．
19. 在正方形ABCD中，AB＝4，点P，Q分别在直线CB与射线DC上(点P不与点C，点B重合)，且保持∠APQ＝90°，CQ＝1，求线段BP的长．
解：分三种情况：设BP＝x.
①当P在线段BC上时，如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°.
∴∠BAP＋∠APB＝90°.
∵∠APQ＝90°，∴∠APB＋∠CPQ＝90°.
∴∠BAP＝∠CPQ，
∴△ABP∽△PCQ.
∴＝，∴＝，
∴x1＝x2＝2.
∴BP＝2；
②当P在CB的延长线上时，如图2，同理，得BP＝2－2；
③当P在BC的延长线上时，如图3，同理，得BP＝2＋2.
归纳：基本图形
(1)斜边高图形
有以下基本结论：
①∠BAD＝∠C，∠B＝∠DAC；
②△ADB∽△CDA∽△CAB.
(2)一线三等角
有以下基本结论：
①∠B＝∠C，∠BDE＝∠DFC；
②△BDE∽△CFD.
特殊地：若点D为BC中点，则有△BDE∽△CFD∽△DFE.
20. (2019•湖南常德•10分)在等腰三角形△ABC中，AB＝AC，作CM⊥AB交AB于点M，BN⊥AC交AC于点N．
(1)在图1中，求证：△BMC≌△CNB；
(2)在图2中的线段CB上取一动点P，过P作PE∥AB交CM于点E，作PF∥AC交BN于点F，求证：PE+PF＝BM；
(3)在图3中动点P在线段CB的延长线上，类似(2)过P作PE∥AB交CM的延长线于点E，作PF∥AC交NB的延长线于点F，求证：AM•PF+OM•BN＝AM•PE．
【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，利用AAS定理证明；
(2)根据全等三角形的性质得到BM＝NC，证明△CEP∽△CMB、△BFP∽△BNC，根据相似三角形的性质列出比例式，证明结论；
(3)根据△BMC≌△CNB，得到MC＝BN，证明△AMC∽△OMB，得到＝，根据比例的性质证明即可．
【解答】证明：(1)∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵CM⊥AB，BN⊥AC，
∴∠BMC＝∠CNB＝90°，
在△BMC和△CNB中，
，
∴△BMC≌△CNB(AAS)；
(2)∵△BMC≌△CNB，
∴BM＝NC，
∵PE∥AB，
∴△CEP∽△CMB，
∴，
∵PF∥AC，
∴△BFP∽△BNC，
∴，
∴，
∴PE+PF＝BM；
(3)同(2)的方法得到，PE﹣PF＝BM，
∵△BMC≌△CNB，
∴MC＝BN，
∵∠ANB＝90°，
∴∠MAC+∠ABN＝90°，
∵∠OMB＝90°，
∴∠MOB+∠ABN＝90°，
∴∠MAC＝∠MOB，又∠AMC＝∠OMB＝90°，
∴△AMC∽△OMB，
∴
∴AM•MB＝OM•MC，
∴AM×(PE﹣PF)＝OM•BN，
∴AM•PF+OM•BN＝AM•PE．
相关学案
中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第02讲 实数的计算（解析版）学案： 这是一份中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第02讲 实数的计算（解析版）学案，共13页。学案主要包含了实数的运算，非负数的性质，实数的大小比较等内容，欢迎下载使用。
中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第10讲 方程（组）的应用（解析版）学案： 这是一份中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第10讲 方程（组）的应用（解析版）学案，共19页。学案主要包含了二元一次方程的应用，二元一次方程组的应用，分式方程的应用，一元二次方程的应用等内容，欢迎下载使用。
中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第23讲 视图与投影（解析版）学案： 这是一份中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第23讲 视图与投影（解析版）学案，共14页。学案主要包含了辨别立体图形的三种视图，利用三视图求几何体的面积，由三视图确定物体的形状，由视图确定立方体的个数，利用三视图求几何体的体积等内容，欢迎下载使用。
