中考数学一轮复习专题4.9 图形的相似章末十大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题4.9 图形的相似章末十大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版），共50页。

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\l "_Tc11869" 【题型1 由比例的性质求值或证明】 PAGEREF _Tc11869 \h 1
\l "_Tc6509" 【题型2 由平行判断成比例的线段】 PAGEREF _Tc6509 \h 1
\l "_Tc25905" 【题型3 黄金分割】 PAGEREF _Tc25905 \h 1
\l "_Tc17719" 【题型4 证明两三角形相似】 PAGEREF _Tc17719 \h 2
\l "_Tc23714" 【题型5 证明三角形的对应线段成比例】 PAGEREF _Tc23714 \h 2
\l "_Tc11168" 【题型6 确定相似三角形的点的个数】 PAGEREF _Tc11168 \h 2
\l "_Tc3035" 【题型7 相似与翻折】 PAGEREF _Tc3035 \h 2
\l "_Tc7356" 【题型8 利用相似求坐标】 PAGEREF _Tc7356 \h 2
\l "_Tc18898" 【题型9 在网格中作位似图形】 PAGEREF _Tc18898 \h 2
\l "_Tc1556" 【题型10 相似三角形的应用】 PAGEREF _Tc1556 \h 3
【题型1 由比例的性质求值或证明】
【例1】（2023秋·安徽马鞍山·九年级安徽省马鞍山市第七中学校考期中）已知a+bc=b+ca=c+ab，求a+bb+cc+aabc的值．
【答案】8或−1
【分析】观察 (a+b)c=(b+c)a=(c+a)b 与 (a+b)(b+c)(c+a)abc 发 现，后者是通过前者相乘得来，那么只要找出 (a+b)c=(b+c)a=(c+a)b 的值解出，因此设(a+b)c=(b+c)a=(c+a)b=k 通过变换化为 (a+b+c)(k−2)=0 那么可能是 a+b+c=0 或 k=2 对这两种情况分别讨论；
【详解】设a+bc=b+ca=c+ab=k,
则a+b=kc,b+c=ka,c+a=kb
(a+b)+(b+c)+(c+a)=kc+ka +kb
2(a+b+c)=k(a+b+c)
即(a+b+c)(k−2)=0
所以a+b+c=0或k=2
当a+b+c=0时，则a+b=−c,
a+bc=−1,同理b+ca=−1, c+ab=−1
所以(a+b)(b+c)(c+a)abc=(a+b)c ×(b+c)a×(c+a)b=(−1)×(−1) ×(−1)=−1
当k=2时，
(a+b)c=(b+c)a=(c+a)b=2
所以(a+b)(b+c)(c+a)abc=(a+b)c ×(b+c)a×(c+a)b=2×2×2=8
故答案为 8 或 -1
【点睛】做好本题的关键是找出a、b、c三个变量间的关系，因而假设a+bc=b+ca=c+ab=k,做到这步已经成功了一半，因而同学们在解题中一定要仔细观察已知与结论找出其存在或隐含的关系
【变式1-1】（2023秋·安徽六安·九年级校考期中）已知a、b、c为△ABC的三边长，且a3=b4=c5，a+b+c=24，求△ABC三边的长．
【答案】△ABC三边的长为6，8，10
【分析】设a3=b4=c5=k，则a=3k，b=4k，c=5k，根据a+b+c=24进行计算求出k的值即可．
【详解】解：设a3=b4=c5=k，则a=3k，b=4k，c=5k，
∵a+b+c=24，
∴3k+4k+5k=24，
解得：k=2，
∴a=3k=6，b=4k=8，c=5k=10，
∴ △ABC三边的长为6，8，10．
【点睛】本题主要考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2023秋·浙江嘉兴·九年级校联考期中）已知线段a、b满足a:b=1:2，且a+2b=10．
(1)求a、b的值；
(2)若线段c是线段a、b的比例中项，求c的值．
【答案】(1)a=2,b=4
(2)c=22
【分析】（1）利用a:b=1:2，可设a=k,b=2k，则k+4k=10，然后解出k的值即可得到a、b的值；
（2）根据比例中项的定义得到c2=ab，即c2=8，然后根据算术平方根的定义求解．
【详解】（1）∵a:b=1:2
∴设a=k,b=2k，
∵a+2b=10，
∴k+4k=10，
∴k=2，
∴a=2,b=4
（2）∵c是a、b的比例中项，
∴c2=ab=8，
∵c是线段，c>0，
∴c=22．
【点睛】本题考查了比例线段：对于四条线段a,b,c,d，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如a:b=c:d(即ad=bc)，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．注意利用代数的方法解决较为简便．
【变式1-3】（2023秋·广东珠海·九年级统考期末）已知a，b，c，d都是互不相等的正数.
（1）若ab=2，cd=2，则ba dc，ac bd（用“＞”，“＜”或“=”填空）；
（2）若ab=cd,请判断ba+b和dc+d的大小关系，并证明；
（3）令ac=bd=t,若分式2a+ca−c−3b+db−d+2的值为3，求t的值.
【答案】（1）=；=；（2）ba+b=dc+d，理由见解析；（3）12
【分析】（1）由ab=2，cd=2，得到a=2b，c=2d，代入化简即可得到结论；
（2）设ab=t，则cd=t，得到a=bt，c=dt，代入化简即可得到结论；
（3）由已知得到：a=ct，b=dt.代入分式，化简后解方程即可得出结论.
【详解】（1）∵ab=2，cd=2，
∴a=2b，c=2d，
∴ba=dc=12，bd=2a2c=ac.
故答案为：==；
（2）ba+b=dc+d.理由如下：
设ab=t，则cd=t，
∴a=bt，c=dt，
∴ba+b=bbt+b=1t+1，
dc+d=ddt+d=1t+1，
∴ba+b=dc+d；
（3）∵ac=bd=t，
∴a=ct，b=dt.
∵2a+ca−c−3b+db−d+2=3，
∴2t+1t−1−3t+1t−1=1.
解得：t=12.
经检验：t=12是原方程的解.
【点睛】本题考查了比例的性质以及解分式方程.设参法是解答本题的关键.
【题型2 平行判断成比例的线段的运用】
【例2】（2023秋·安徽六安·九年级校考期中）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，ADBD=13，DE∥BC，EF∥AB，点M是EF的中点，连接BM并延长交AC于点N，则ENAC的值是（ ）

A．320B．29C．16D．17
【答案】A
【分析】过点F作FG∥BN交AC于点G,可证EN=GN．同理，可得AEEC=ADDB=13，EC=3AE，AEEC=BFFC=13；由FG∥BN,得BFFC=NGGC=13，于是GC=3NG；设EN=NG=a，则GC=3a，EC=5a，AC=203a，从而得ENAC=320．
【详解】解：过点F作FG∥BN交AC于点G,
∴ENGN=EMFM=1
∴EN=GN．
∵DE∥BC，
∴AEEC=ADDB=13．
∴EC=3AE．
∵EF∥AB，
∴AEEC=BFFC=13．
∵FG∥BN,
∴BFFC=NGGC=13．
∴GC=3NG．
设EN=NG=a，则GC=3a，
∴EC=EN+NG+GC=5a
∴EC=3AE=5a．
∴AE=53a．
∴AC=AE+EC=53a+5a=203a．
∴ENAC=a203a=320．
故选：A
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理；由平行线得到线段间的数量关系是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·陕西榆林·九年级校考期中）如图，AD与BC相交于点E，点F在BD上，且AB∥EF∥CD，若EF=2，CD=3，求AB的长．

【答案】6
【分析】根据平行线分线段成比例定理的推论——“平行于三角形一边，并且和其他两边相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例”，先由EF∥CD，得EFCD=BFBD，再由AB∥EF得EFAB=DFDB，即可求解．
【详解】解：∵△BCD中，EF∥CD，
∴EFCD=BFBD，
∵EF=2，CD=3，
∴23=BFBD，
∴DFDB=13，
∵AB∥EF，
∴EFAB=DFDB=13，
∴AB=3EF=6．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理的推论，解题的关键是从图形中找准成比例的线段．
【变式2-2】（2023春·安徽合肥·九年级统考期末）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，E在BC上，且EC=2BE，则AFFE=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【详解】取CE的中点M，连接DM，根据三角形中位线定理得DM∥AE，DM=12AE，再根据平行线分线段成比例得EFDM=BEBM=12，即可得出答案．
【解答】解：如图，取CE的中点M，连接DM，
∵D是AC边上的中点，
∴DM∥AE，DM=12AE，EM=MC
∵EC=2BE，
∴EFDM=BEBM=12，
∴EF=12DM，
∴12AE=2EF，
∴AE=4EF，
∴AFFE=3，
故选:B．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理和三角形中位线定理，本题辅助线的作法是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·四川成都·九年级校考期中）如图，已知△ABC，△DCE，△FEG是三个全等的等腰三角形，底边BC，CE，EG在同一直线上，且AB=3，BC=1，BF分别交AC，DC，DE于P，Q，R，则PQ的长为 ．
【答案】12
【分析】过点F作FH⊥BG于点H，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出EH=HG=12EG=12，FH=EF2−EH2=112，BF=FH2+BH2=3，根据平行线的判定得出AC∥DE∥FG，得出BPBC=PRCE=RFEG，根据BC=CE=EG=1，结合BF=3，得出BP=PR=RF=1，根据平行线的判定得出CD∥EF，得出BQQP=BCCE=1，从而求出BQ=QP=12BP=32，即可求出结果．
【详解】解：过点F作FH⊥BG于点H，
∵△ABC，△DCE，△FEG是三个全等的等腰三角形，
∴BC=CE=EG=1，AB=AC=DC=DE=EF=FG=3，
∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠DEC=∠FEG=∠FGE，
∵FH⊥BG，
∴EH=HG=12EG=12，
∴FH=EF2−EH2=112，
∴BH=BC+CE+EH=52，
∴BF=FH2+BH2=3，
∵∠ACB=∠DEC，
∴AC∥DE，
同理可得：DE∥FG，
∴AC∥DE∥FG，
∴BPBC=PRCE=RFEG，
∵BC=CE=EG=1，
∴BP=PR=RF，
∵BP+PR+RF=BF=3，
∴BP=PR=RF=1，
∵∠BCD=180°−∠DCE，∠BEF=180°−∠FEG，
又∵∠DCE=∠FEG，
∴∠BCD=∠BEF，
∴CD∥EF，
∴BQQP=BCCE=1，
∴BQ=QP=12BP=32，
∴PQ=BQ−BP=32−1=12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，求出BP=1，BQ=32．
【题型3 黄金分割的运用】
【例3】（2023秋·河南郑州·九年级河南省实验中学校考期中）五角星是我们生活中常见的一种图形，在如图所示的正五角星中，点C，D为线段AB 的黄金分割点，且AB=2，则图中五边形CDEFG的周长为（ ）
A．25−2B．103C．105−20D．105−10
【答案】C
【分析】根据点C，D分别为线段AB的右侧和左侧的黄金分割点，可得AC=BD=5−12AB=5−1，AD=BC=5−12BD=3−5，再根据CD=BD−BC求出CD的长度，然后乘以5即可求解．
【详解】解：∵点C，D分别为线段AB的右侧和左侧的黄金分割点，
∴AC=BD=5−12AB=5−1，AD=BC=5−12BD=3−5，
∴CD=BD−BC=5−1−3+5=25−4，
∴五边形CDEFG的周长525−4=105−20．
故选：C．
【点睛】本题考查了黄金分割的定义：线段上一点把线段分为较长线段和较短线段，若较长线段是较短线段和整个线段的比例中项，则这个点叫这条线段的黄金分割点．
【变式3-1】（2023春·山东威海·九年级校联考期末）在学习画线段AB的黄金分割点时，小明过点B作AB的垂线BC，取AB的中点M，以点B为圆心，BM为半径画弧交射线BC于点D，连接AD，再以点D为圆心，DB为半径画弧，前后所画的两弧分别与AD交于E，F两点，最后，以A为圆心，“■■”的长度为半径画弧交AB于点H，点H即为AB的其中一个黄金分割点，这里的“■■”指的是线段 ．

【答案】AF
【分析】根据作图可知，∠ABD=90°，DB=DF=BM=12AB，设DB=DF=a，则AB=2a，根据勾股定理得，AD=AB2+BD2=5a，求出AF=5a−a，得出AFAB=5−12，即可得出结论．
【详解】解：根据作图可知，∠ABD=90°，DB=DF=BM=12AB，
设DB=DF=a，则AB=2a，
∴根据勾股定理得，AD=AB2+BD2=5a，
∴AF=AD−DF=5a−a，
∴AFAB=5a−a2a=5−12，
∴以A为圆心，“AF”的长度为半径画弧交AB于点H，点H即为AB的其中一个黄金分割点．
故答案为：AF．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，黄金分割，解的关键是求出AFAB=5a−a2a=5−12．
【变式3-2】（2023秋·辽宁锦州·九年级统考期中）两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，黄金分割在日常生活中处处可见；例如：主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长AB=20米，主持人从舞台一侧B进入，她至少走 米时恰好站在舞台的黄金分割点上．（结果保留根号）

【答案】30−105
【分析】根据黄金分割的概念，可求出AP，BP，即可求解．
【详解】由题意知 AB=20 米，
BPAP=APAB=5−12，
∴AP=20×5−12=(105−10)，
∴BP=20−(105−10) =(30−105)米，
故主持人从舞台一侧点 B 进入，则他至少走 (30−105) 米时恰好站在舞台的黄金分割点上，
故答案为：30−105．
【点睛】本题考查了黄金分割，理解黄金分割的概念找出黄金分割中成比例的对应线段是解决问题的关键．
【变式3-3】（2023春·江苏苏州·九年级苏州市立达中学校校考期末）已知线段AB=2，点P是线段AB的黄金分割点（AP>BP），

(1)求线段AP的长；
(2)以AB为三角形的一边作△ABQ，使得BQ=AP，连接QP，若QP平分∠AQB，求AQ的长．
【答案】(1)5−1
(2)2
【分析】（1）根据黄金分割点的定义得出BP=5−12×AB=5−1；
（2）根据角平分线的性质得出P到AQ、BQ的距离相等，可得出S△PAQS△PBQ=AQBQ=APPB，求出PB=AB−AP=3−5，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点P是线段AB的黄金分割点（AP>BP），
∴AP=5−12×AB=5−12×2=5−1；
（2）解：∵QP平分∠AQB，
∴P到AQ、BQ的距离相等，
∴S△PAQS△PBQ=AQBQ=APPB，
又由（1）AP=BQ=5−1，
∵AB=2，
∴PB=AB−AP=2−5−1=3−5，
∴AQ=AP·BQPB=5−123−5=2．
【点睛】本题考查黄金分割点的定义，角平分线的性质等知识，解题时要熟练掌握并灵活运用．
【题型4 证明两三角形相似】
【例4】（2023秋·广东清远·九年级统考期末）如图，已知正方形ABCD中，BE平分∠DBC且交CD边于点E，将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置，并延长BE交DF于点G．求证：

(1)△BDG∽△DEG；
(2)BG⊥DF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先判断出∠FDC=∠EBC，再利用角平分线判断出∠FDC=∠EBC，即可得出结论；
（2）由三角形的内角和定理可求∠DGE=∠BCE=90°，可得结论．
【详解】（1）证明：由旋转可知：△BCE≅△DCF，
∴∠FDC=∠EBC．
∵BE平分∠DBC，
∴∠DBE=∠EBC，
∴∠FDC=∠DBE，
∵∠DGE=∠DGB，
∴△BDG∽△DEG；
（2）证明：∵∠EBC=∠GDE，∠BEC=∠DEG，
∴∠DGE=∠BCE=90°．
∴BG⊥DF．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【变式4-1】（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期中）如图，已知∠B=∠E=90°，AB=6,BF=3,CF=5,DE=15,DF=25．
(1)求CE的长；
(2)求证：△ABC∽△DEF．
【答案】(1)CE=15
(2)见解析
【分析】（1）利用勾股定理求出EF，再用EF−CF即可求出CE的长；
（2）先求出BC的长，得到ABDE=BCEF，再根据∠B=∠E=90°，即可得证．
【详解】（1）解：∵DE=15,DF=25,∠E=90°，
∴EF=DF2−DE2=20，
∴CE=EF−CF=15；
（2）证明：∵BF=3，CF=5，
∴BC=BF+CF=8，
∵ABDE=615=25，BCEF=820=25，
∴ABDE=BCEF，
∵∠B=∠E=90°，
∴△ABC∽△DEF．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定．熟练掌握勾股定理，相似三角形的判定方法，是解题的关键．
【变式4-2】（2023秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90∘，CD⊥AB，垂足为点D，点M是AC上的一点，连接BM，作MN⊥BM，且交AB于点N.
（1）求证：ΔBCP~ΔMAN；
（2）除（1）中的相似三角形外，图中还有其它的相似三角形吗？若有，请将它们全部直接写出来.
【答案】（1）详见解析；（2）ΔACD~ΔABC； ΔACD~ΔBCD； ΔBCD~ΔABC； ΔBDP~ΔBMN.
【分析】（1）由∠ACB=90∘，CD⊥AB证得∠A=∠BCD，再利用MN⊥BM证得∠AMN=∠CBM，即可得到ΔACD~ΔABC；
（2）利用直角与公共角的关系得到ΔACD~ΔABC； ΔACD~ΔBCD； ΔBCD~ΔABC；ΔBDP~ΔBMN.
【详解】（1）∵AB⊥CD,AC⊥BC,
∴∠A+∠ACD=90∘,∠BCD+∠ACD=90∘,
∴∠A=∠BCD,
又∵NM⊥BM,AC⊥BC,
∴∠AMN+∠BMC=90∘,∠CBM+∠BMC=90∘,
∴∠AMN=∠CBM，
∴ΔAMN~ΔCBP；
（2）∵AB⊥CD,AC⊥BC，
∴∠ACB=∠ADC=∠BCD=90°，
∵∠A=∠A,
∴ΔACD~ΔABC;
∵∠ABC=∠CBD,
∴ΔBCD~ΔABC;
∴ΔACD~ΔBCD；
∵MN⊥BM,
∴∠BMN=∠BDP=90°，
又∵∠DBP=∠MBN,
∴ΔBDP~ΔBMN.
∴共4对相似三角形：ΔACD~ΔABC； ΔACD~ΔBCD； ΔBCD~ΔABC；ΔBDP~ΔBMN.
【点睛】此题考查相似三角形的判定，注意公共角在证明三角形相似中的作用，再由已知条件所给的都是关于角的条件，因此通过证明两组角分别相等证明两个三角形相似比较简单.
【变式4-3】（2023秋·安徽阜阳·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处．
(1)求证：△ABF∽△FCE；
(2)若AB=23，AD=4，求CE的长．
(3)当点F是线段BC的中点时，求证：AF2=AB⋅AE．
【答案】(1)证明见解析
(2)233
(3)证明见解析
【分析】（1）利用同角的余角相等，先说明∠BAF=∠EFC，再利用相似三角形的判定得结论；
（2）先利用勾股定理求出BF，再利用相似三角形的性质得方程，求解即可．
（3）由△ABF∽△FCE，可得ABCF=BFCE=AFEF，结合F为BC的中点，可得ABBF=AFEF，结合∠AFE=∠B=90°，可得△ABF∽△AFE，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°．
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠D=∠AFE=90°．
∵∠BAF+∠AFB=90°=∠AFB+∠EFC，
∴∠BAF=∠EFC．
又∵∠B=∠C，
∴△ABF∽△FCE．
（2）∵四边形ABCD是矩形， AB=23，AD=4，
∴AB=CD=23，AD=BC=4，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴AD=AF=4，DE=EF．
在Rt△ABF中， BF=AF2−AB2=2．
设CE的长为x，则DE=EF=23−x．
∵△ABF∽△FCE，
∴BFCE=AFFE．
∴CE⋅AF=BF⋅EF，
即4x=223−x．
∴x=233，
即EC=233．
（3）∵△ABF∽△FCE，
∴ABCF=BFCE=AFEF，
∵F为BC的中点，
∴BF=CF，
∴ABBF=AFEF，
∵∠AFE=∠B=90°，
∴△ABF∽△AFE，
∴ABAF=AFAE，
∴AF2=AB⋅AE．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定和性质，掌握“矩形的四个角都是直角、矩形的对边相等”、“折叠前后的两个图形全等”、“两角对应相等的两个三角形相似”及“相似三角形的对应边的比相等”是解决本题的关键．
【题型5 证明三角形的对应线段成比例】
【例5】（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，△ABC中，AB