2024年中考数学压轴题精选专项突破-相似三角形

这是一份2024年中考数学压轴题精选专项突破-相似三角形，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．如图，正方形 ABCD 的对角线 AC ， BD 相交于点 O ， AD=32 ， E 为 OC 上一点， OE=1 ，连接 BE ，过点 A 作 AF⊥BE 于点 F ，与 BD 交于点 G ，则 BF 的长为（ ）．
A．3105B．22C．354D．322
2．如图，正方形ABCD的边长为22，直线EF经过正方形的中心O，并能绕着O转动，分别交AB、CD边于E、F点，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（ ）
A．2B．2−1C．5D．5−1
3．如图，菱形ABCD的边AB=5，面积为20，∠BAD＜90°，⊙O与边AB、AD都相切，AO=2，则⊙O的半径长等于（ ）
A．235B．55C．335D．255
4．如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC，DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH．下列结论中结论正确的有（ ）
①EG=DF；
②∠AEH+∠ADH=180°；
③△EHF≌△DHC；
④若 AEAB = 23 ，则S△EDH=13S△CFH．
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图，在△ABC中，∠C=30°，∠ABC=100°，将△ABC绕点A顺时针旋转至△ADE(点B与点D对应)，连结BD，当BD平分∠ABC时，∠BAE的大小为（ ）
A．130°B．135°C．140°D．145°
6．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是BD上的一点，连接EC，过点B作BG⊥CE于点G，交AC于点H，EF⊥EC交AB于点F.若正方形ABCD的边长为4，下列结论：①OE＝OH；②EF＝EC；③当G为CE中点时，BF＝42−4；④BG•BH＝BE•BO，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
7．如图，△ABC是一块锐角三角形材料，高线AH长8 cm，底边BC长10 cm，要把它加工成一个矩形零件，使矩形DEFG的一边EF在BC上，其余两个顶点D，G分别在AB，AC上，则四边形DEFG的最大面积为（ ）
A．40 cm2B．20 cm2C．25 cm2D．10 cm2
8．已知一个三角形的其中一个内角是它另外一个内角的两倍，且它的其中一边长是另外一边长的两倍，若它最短的边长为1，则这个三角形的周长不可能是（ ）
A．17+52B．3+3C．6+3D．2+4
9．如图， 两个大小不等的正方形被切割成5部分， 且②与⑤的面积之差为8， 将这5部分拼接成一个大正方形 ABCD，连结 AC交DF于点E， 若 DEEF=43 ， 则大正方形ABCD的面积为（ ）
A．18B．25C．32D．50
10．如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝2HE；⑤S四边形ECFH＝2S△BEH，其中正确的有（ ）
A．①②③⑤B．①③④⑤C．②③④⑤D．①②③④
11．著名画家达·芬奇用三个正方形和三个全等的直角三角形拼成如下图形证明了勾股定理，其中 ∠ACB=∠EJD=90°，CB=EJ ，连结HF，CJ，得到4个全等的四边形HFGI，四边形HFBA，四边形CJEA，四边形JCBD.CJ分别交AB，ED于点M，N，若 MN：CJ=5：9 ，且 AB=5 ，则HF的长为（ ）
A．63B．72C．82D．310
12．如图，将矩形纸片 ABCD 分别沿 AE 、 CF 折叠，若B、D两点恰好都落在对角线的交点O上，下列说法：①四边形 AECF 为菱形，②∠AEC=120° ，③若 AB=2 ，则四边形 AECF 的面积为 833 ，④AB：BC=1：2 ，其中正确的说法有（ ）个.
A．4B．3C．2D．1
二、填空题
13．李老师从“淋浴龙头”受到启发，编了一个题目：在数轴上截取从0到3的对应线段AB，实数m对应AB上的点M，如图1；将AB折成正三角形，使点A，B重合于点P，如图2；建立平面直角坐标系，平移此三角形，使它关于y轴对称，且点P的坐标为（0，2），PM与x轴交于点N（n，0），如图3.当m＝ 3 时，n＝ .
14．如图，四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=6，点E为边BC的中点，点F为边AD上一点，将四边形ABEF沿EF折叠，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'，过点B'作B'H⊥BC于点H，若B'H=22，则FD的长是 .
15．在△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，那么它的重心G到C点距离是 .
16．如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，且 AEAB = ADAC = 12 ，则S△ADE：S四边形BCED的值为 ．
17．如图，把矩形ABCD沿EF，GH折叠，使点B，C落在AD上同一点P处，∠FPG＝90°，△A′EP的面积是8 2 ，△D′PH的面积是4 2 ，则矩形ABCD的面积等于 ．
18．如图，在△ABC中，AB=8cm，BC=16cm，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为2cm/s，动点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s.如果P、Q两动点同时运动，那么经过 秒时△QBP与△ABC相似．
三、解答题
19．如图，在△ABC中，AB=AC，EF交AB于点E，交AC的延长线于点F，交BC于点D，且BE=CF.
求证：DE=DF.
20．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AB=4点，D为BC边上的一个动点，以CD为边作等边△CDE，DE与AC相交于F，连接AE，将等边△CDE绕点C旋转．
（1）如图1，当点D在BC上，四边形ABDE是平行四边形时，求线段DF的长；
（2）如图2，当点D恰好落在AC上时，此时点D与点F重合，连接BD，若B，D，E共线，求线段AE的长；
（3）如图3，在等边△CDE在旋转的过程中，BD所在的直线与AC相交于点P，当∠DPE=50°时，若DP=2，PE=23，求线段AP的长．
21．如图，在△ABC中，∠B=∠ACB=45°，AB=32，点D是BC上一点，作DE⊥AD交射线AC于E，DF平分∠ADE交AC于F．
（1）求证：AB·CF=BD·CD；
（2）如图2，当∠AED=75°时，求CF的长；
（3）若CD=3BD，求AFEF．
22．如图①，正方形ABCD中，AB=3，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．
(注：正方形的四条边都相等，四个角都是直角)
（1）求证：DP=DQ；
（2）如图②，作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，试探究PE和QE的数量关系；
（3）如图③，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：AP=3：4，请求出△DEP的面积．
23．请阅读下列材料，并完成相应的任务．
梅涅劳斯(Menelaus)是公元1世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍.梅涅劳斯发现，若一条直线与三角形的三边或其延长线相交(交点不能是三角形的顶点)，可以得到六条线段，三条不连续线段的乘积等于剩下三条线段的乘积.该定理被称为梅涅劳斯定理，简称梅氏定理．
如图1，直线l交线段AB于点F，交线段AC于点E，交BC延长线于点D，可截得六条线段FA、FB、EA、EC、DC、DB，则这六条线段满足FA⋅BD⋅CE=FB⋅CD⋅AE．
下面是该定理的一部分证明过程：
证明：如图2，过点A作AP//FD，交BC延长线于点P，则有FAFB=PDBD(依据)，…
（1）上述过程中的依据指的是 ；
（2）请将该定理的证明过程补充完整；
（3）在图1中，若点F是AB的中点，BC=2CD，则AEEC的值为 ；
（4）在图1中，若FE=mED，BC=nCD，则FAFB的值为 ．
24．如图所示，已知四边形ABCD的外接圆⊙O的半径为4，弦AC与BD的交点为E，OA与BD相交于点F，AB=AD.
（1）求证：AB2=AE⋅AC.
（2）若AE=EC，AF=2，求△BCD的面积.
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】在正方形ABCD中，OA=OB，AC⊥BD，所以∠AOG=∠BOE=90º，∠OAG+∠AGO=90º，又AF⊥BE，所以∠AFE=90º，即∠OAG+∠AEF=90º，所以∠AGO=∠AEF，所以△OAG≌△OBE，所以OG=OE=1，又OA=3，所以在直角三角形AOG中AG=10，所以BE=AG=10，因为三个对应角相等，所以△OAG∽△FEA，所以OGEF=AGAE，所以EF=2105，所以BF=BE-EF=3105.
故答案为：A.
【分析】先利用角边角证明△OAG≌△OBE，从而证明OG=OE=1，再结合勾股定理求得BE=AG=10，再利用三个对应角相等证△OAG∽△FEA，从而可得OGEF=AGAE，即可求得EF=2105，即可求得BF=3105.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：连接OB，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，过点M作MH⊥AB于H.
∵正方形ABCD的边长为22，AC是正方形的对角线，
∴BD=2AB=4，
∵直线EF经过正方形的中心O，
∴OB=OD=2，
∵M是OB中点，
∴OM=BM=1，
∵EF⊥BG，
∴GM=12OB=1，
∵Rt△BHM是等腰直角三角形，
∴MH=BH=22，AH=322，
由勾股定理可得MA=HM2+AH2=(22)2+(322)2=5，
∵AG≥AM-MG=5−1，
当A，M，G三点共线时，AG最小=5−1，
故答案为：D.
【分析】连接OB，取OB中点M，连接 MA，MG，则MA，MG为定长，过点M作MH⊥AB于H，根据正方形的性质得BD=4，OB=2，进而可得GM=1，BM=1，易得Rt△BHM是等腰直角三角形，得MH=BH=22，则AH=322，由勾股定理算出AM的长，进而根据AG≥AM-MG，当A，M，G三点共线时，AG最小即可求出答案.
3．【答案】D
【解析】【解答】连接AC、BD、OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AM=CM，BM=DM，
∵⊙O与边AB、AD都相切，
∴点O在AC上，
设AM=x，BM=y，
∵∠BAD＜90°，
∴x＞y，
由勾股定理得，x2+y2=25，
∵菱形ABCD的面积为20，
∴12 xy=5，
x2+y2=2512xy=5
解得，x=2 5 ，y= 5 ，
∵⊙O与边AB相切，
∴∠OEA=90°，
∵∠OEA=∠BMA，∠OAE=∠BAM，
∴△AOE∽△ABM，
∴OEBM=OAAB ，即 OE5=25
解得，OE= 255 ，
故答案为：D．
【分析】连接AC、BD、OE，根据菱形的性质、勾股定理分别求出AM、BM，根据切线的性质得到∠OEA=90°，证明△AOE∽△ABM，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
4．【答案】D
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，
∴EF=AD=CD，∠ACD=45°，∠GFC=90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF=FC，
∵EG=EF﹣GF，DF=CD﹣FC，
∴EG=DF，
故①正确；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH=CH，∠GFH= 12 ∠GFC=45°=∠HCD，
在△EHF和△DHC中，
EF=CD∠EFH=∠DCHFH=CH ，
∴△EHF≌△DHC（SAS），
∴∠HEF=∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC=∠AEF+∠ADF=180°，
故②正确；
③由②知：△EHF≌△DHC，
故③正确；
④∵AEAB = 23 ，
∴AE=2BE，
∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH=GH，∠FHG=90°，
∵∠EGH=∠FHG+∠HFG=90°+∠HFG=∠HFD，
在△EGH和△DFH中，
EG=DF∠EGH=∠HFDGH=FH ，
∴△EGH≌△DFH（SAS），
∴∠EHG=∠DHF，EH=DH，∠DHE=∠EHG+∠DHG=∠DHF+∠DHG=∠FHG=90°，
∴△EHD为等腰直角三角形，
过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：
设HM=x，则CF=2x，
∴DF=2FC=4x，
∴DM=5x，DH= 26 x，CD=6x，
则S△CFH= 12 ×HM×CF= 12 •x•2x=x2，S△EDH= 12 ×DH2= 12 × (26x)2 =13x2，
∴则S△EDH=13S△CFH，故④正确；
其中结论正确的有：①②③④，4个；
故D符合题意.
故答案为：D．
【分析】①易得△CFG为等腰直角三角形，从而求得结果；②利用SAS证明△EHF≌△DHC，进而可得∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠ADF=180°；③由②可知；④利用SAS证明△EGH≌△DFH，次那个人得到△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM=x，则CF=2x，从而表示出△CFH、△EDH的面积，可得结论.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=50°，
∵AB=AD，
∴∠ADB=∠ABD=50°，
∴∠CBD=∠ADB，
∴AD∥BC，
∴∠CAD=∠C=30°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAD+∠DAE=50°+30°+50°=130°.
故答案为：A.
【分析】根据角平分线的定义可知∠CBD=50°，由旋转的性质可知AB=AC，可得∠ADB=50°，从而推得∠CBD=∠ADB，则AD∥BC，利用平行线的性质求出∠CAD=30°，则∠BAE的大小可求.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：∵BG⊥CE，EF⊥EC，
∴∠FEC＝∠BGC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠ECO+∠GHC＝90°＝∠OBH+∠BHO，∠BHO＝∠CHG，
∴∠OBH＝∠ECO，
又∵BO＝CO，∠BOH＝∠COE＝90°，
∴△BOH≌△COE（ASA），
∴OE＝OH，故①正确；
如图，过点E作EP⊥BC于P，EQ⊥AB于Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
又∵EP⊥BC，EQ⊥AB，
∴EQ＝EP，
又∵EP⊥BC，EQ⊥AB，∠ABC＝90°，
∴四边形BPEQ是正方形，
∴BQ＝BP＝EP＝QE，∠QEP＝90°＝∠FEC，
∴∠QEF＝∠PEC，
又∵∠EQF＝∠EPC＝90°，
∴△QEF≌△PEC（ASA），
∴QF＝PC，EF＝EC，故②正确；
∵EG＝GC，BG⊥EC，
∴BE＝BC＝4，
∴BP＝EP＝22，
∴PC＝4﹣22＝QF，
∴BF＝BQ﹣QF＝22﹣（4﹣22）＝42﹣4，故③正确；
∵∠BOH＝∠BGE＝90°，∠OBH＝∠GBE，
∴△BOH∽△BGE，
∴BH•BG＝BE•BO，故④正确.
故答案为：D.
【分析】由垂直的概念得∠FEC＝∠BGC＝90°，由正方形的性质得AO＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，由等角的余角相等得∠OBH＝∠ECO，证明△BOH≌△COE，据此判断①；过点E作EP⊥BC于P，EQ⊥AB于Q，由正方形的性质得∠ABD＝∠CBD＝45°，由角平分线的性质得EQ＝EP，推出四边形BPEQ是正方形，得BQ＝BP＝EP＝QE，∠QEP＝90°＝∠FEC，证明△QEF≌△PEC，据此判断②；根据等腰三角形的性质得BE＝BC＝4，则BP＝EP＝22，PC＝4-22＝QF，据此判断③；证明△BOH∽△BGE，据此判断④.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：如图所示：
设矩形DEFG的宽DE=x，则AM=AH-HM=8-x，
∵矩形的对边DG∥EF，
∴△ADG∽△ABC，
∴AMAH=DGEC ，
即 8−x8=DG10 ，
解得DG= 54 （8-x），
四边形DEFG的面积= 54 （8-x）x=- 54 （x2-8x+16）+20=- 54 （x-4）2+20，
所以，当x=4，即DE=4时，四边形DEFG最大面积为20cm2．
故答案为：B．
【分析】设矩形DEFG的宽DE=x，则AM=AH-HM=8-x，先判定△ADG∽△ABC，再根据相似三角形性质可得AMAH=DGEC，用x表示DG，再表示四边形DEFG的面积，再用配方法求得四边形DEFG最大面积。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图所示，在△ABC中，∠BAC=2∠B，过点A作∠BAC的角平分线交BC于D，
∴∠B=∠BAD=∠CAD，
∴BD=AD，∠ADC=∠B+∠BAD=2∠B=∠BAC，
又∵∠C=∠C，
∴△ACD∽△BCA，
∴ADAB=ACBC=CDAC，
①当AC=1，AB=2时，设BC=z，CD=y，则BD=AD=z−y，
∴z−y2=1z=y1，
∴z=3y，z2−zy=2，
∴z2−13z2=2，
解得z=3，
∴此时三角形的周长为1+2+3=3+3，故B不符合题意；
②当AC=1，BC=2时，设AB=z，CD=y，则BD=AD=2−y，
∴2−yz=12=y1，
∴y=0.5，z=3，
∵1+2=3，
∴此时不能构成三角形；
③当AC=1，BC=2AB时，设AB=z，CD=y，则BD=AD=2z−y，
∴2z−yz=12z=y1
∴y=4z−12，2zy=1，
∴4z2−z−1=0，
解得z=1+178，
∵z+1