备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷：图形的相似（word版，含解析）

这是一份备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷：图形的相似（word版，含解析），共25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。
备战2022年中考（通用版）一轮复习分类专项训练卷。
图形的相似
一、选择题
1．如图，图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，点，的对应点分别为点，．若，则的长为（ ）

A．8 B．9 C．10 D．15
2．在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（ ）

A．四边形 B．四边形
C．四边形 D．四边形
3．生活中到处可见黄金分割的美，如图，在设计人体雕像时，使雕像的腰部以下与全身的高度比值接近0．618，可以增加视觉美感，若图中为2米，则约为（ ）

A．1．24米 B．1．38米 C．1．42米 D．1．62米
4．如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（　　）

A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
5．在同一时刻，物体的高度与它在阳光下的影长成正比．在某一时刻，有人测得一高为的竹竿的影长为，某一高楼的影长为，那么这幢高楼的高度是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，则的值是（ ）

A． B．1 C． D．
7．如图，与位似，位似中心是点O，若，则与的周长比是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，将沿边向右平移得到，交于点G．若．．则的值为（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
9．如图，在中，，，，且，若，点是线段上的动点，则的最小值是（ ）

A． B． C． D．
10．在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
11．已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为2：3，则△ABC与△DEF对应边上的中线的比为________．
12．已知△ABC∽△DEF，与的相似比为4:1，则与对应边上的高之比为____________．
13．如图，以点为位似中心，将放大后得到，，则____．

14．三个顶点的坐标分别为，，，以原点为位似中心，相似比为，将缩小，则点的对应点的坐标是__________.
15．如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若＝，则＝__．

16．已知正方形的边长为3，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为__________．

三、解答题
17．如图，已知，点E、F在线段BD上，，，求证：



18．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．

（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝10，BC＝4，求DF的长．


19．如图，在ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，连接DE．

（1）若AD•AB＝AE•AC．求证：ADE∽ACB；
（2）若AB=8，AC=6，AD=3，直接写出：当AE= 时，ADE与ACB相似．


20．如图，在和中，，，AC与DE相交于点F，联结CE，点D在边BC上．

（1）求证：∽；
（2）若，求的值．




21．等腰直角三角形中，，为的角平分线，交于点，点为的中点，连结交于点，过点作，垂足为点，交于点．

（1）如图1，与的数量关系为__________；的值为__________；
（2）如图2，以点为位似中心，将做位似变换，得到，使与的相似比为，与、的交点分别为，，隐去线段，试求的值；
（3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形改为等腰三角形，，且其他条件不变，
①的值为__________；
②若，直接写出的面积．




22．已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．
解答下列问题：

（1）当时，求的值；
（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．



























参考答案
1．B
【分析】
直接利用位似图形的性质得出线段比进而得出答案．
【详解】
解：∵图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：B．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
2．A
【分析】
以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
【详解】
解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．
故选：A

【点睛】
此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
3．A
【分析】
根据a:b≈0.618，且b=2即可求解．
【详解】
解：由题意可知，a:b≈0.618，代入b=2，
∴a≈2×0.618=1.236≈1.24．
故答案为：A
【点睛】
本题考查了黄金分割比的定义，根据题中所给信息即可求解，本题属于基础题．
4．A
【分析】
根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【详解】
解：设投影三角尺的对应边长为xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,
∴8：x＝2：5,
解得x＝20.
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了位似变换的应用.
5．D
【分析】
设此高楼的高度为x米，再根据同一时刻物高与影长成正比列出关于x的比例式，求出x的值即可．
【详解】
解：设这幢高楼的高度为米，依题意得：，
解得：．
故这栋高楼的高度为36米．
故选：．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
6．A
【分析】
利用相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方得到，即可解决问题．
【详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7．A
【分析】
根据位似图形的概念得到△，，进而得出△，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：与△位似，
△，，
△，
，
与△的周长比为，
故选：．
【点睛】
本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似图形是相似图形、位似图形的对应边平行是解题的关键．
8．B
【分析】
根据平移的性质可得AD=BE，且AD∥BE，故可得△CEG∽△ADG，由相似三角形的性质及已知条件即可求得△CEG的面积．
【详解】
由平移的性质可得：AD=BE，且AD∥BE
∴△CEG∽△ADG
∴
即
∵
∴
∴
∵
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了平移的性质及相似三角形的判定与性质，相似三角形的性质是本题的关键．
9．A
【分析】
根据相似三角形的性质得到，得到，，过B作于H，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理得到，当时，PQ的值最小，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：，
，
，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，
，
过B作于H，

，
，
，
，
当时，PQ的值最小，

，
，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
10．B
【分析】
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】
解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，
∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，

∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，
∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，
∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，
，
∴△MDF≌△FEN（SAS），
∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴∠DFE=∠BAC，
 又∵△MDF≌△FEN，
∴∠DFM=∠ENF，
∴∠EFN+∠DFM
=∠EFN+∠ENF
=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）
=180°-（∠BAC+90°）
=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，
∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
11．2：3
【详解】
试题分析：根据相似三角形对应边上的中线之比等于相似比可得：△ABC与△DEF对应边上的中线的比为2:3．
考点：相似三角形的应用．

12．4：1．
【详解】
试题分析：相似三角形对应边上的高、对应角的平分线、对应边上的中线之比，都等于相似比．所以△ABC与△DEF对应边上的高之比等于它们的相似比4：1．故答案为4：1．
考点：相似三角形的性质．

13．．
【分析】
直接利用位似图形的性质进而分析得出答案．
【详解】
解：∵以点为位似中心，将放大后得到，，
∴．
故答案为．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确得出对应边的比值是解题关键．
14．或
【分析】
利用以原点为位似中心，相似比为k，位似图形对应点的坐标的比等于k或-k，把B点的横纵坐标分别乘以或即可得到点B′的坐标．
【详解】
解：∵以点为位似中心，相似比为，将缩小，
∴点的对应点B′的坐标是（2，4）或（-2，-4）．
故答案为：（2，4）或（-2，-4）．

【点睛】
本题考查了位似变换,根据位似比求得对应坐标是解题的关键，位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
15．
【分析】
根据相似三角形对应中线的比等于相似比求出，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解答即可．
【详解】
解：∵M，N分别是DE，BC的中点，
∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，
∵△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴＝()2＝，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方、相似三角形对应中线的比等于相似比是解题的关键．
16．
【分析】
由正方形的性质，可得A点与C点关于BD对称，则有MN +CM=MN+AM≥AN，所以当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，先证明△DCG~△FCE，再由，可得，分别求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴A点与C点关于BD对称，
∴CM=AM，
∴MN+CM=MN+AM≥AN，
∴当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小，
∵AD∥CF，
∴∠DAE=∠F，
∵∠DAE+∠DEH=90°，
∵DG⊥AF，
∴∠CDG+∠DEH=90°，
∴∠DAE=∠CDG，
∴∠CDG=∠F，
∴△DCG~△FCE，
∵，
∴ ，
∵正方形边长为3，
∴CF=6，
∵AD∥CF，
，
∴DE=1，CE=2，
在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，
∴ ，
∵N是EF的中点，
，
在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，
∴ ，
∴ ，
∴MN+MC的最小值为 ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理是解题的关键．
17．见解析
【分析】
由，可得，又由，，由此即可判定；
【详解】
证明：∵
∴
又∵，
∴
∴．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质．注意掌握有两边对应成比例且夹角相等三角形相似是关键．
18．

（1）见解析

（2）
【分析】
（1）先根据矩形的性质得到∠BAD=∠ABD=90°，则∠BAE+∠DAE=90°，再由DF⊥AE，得到∠AFD=∠EBA=90°，则∠DAF+∠ADF=90°，∠ADF=∠EAB，由此即可证明△ABE∽△DFA；
（2）由E是BC的中点，BC=4，四边形ABCD是矩形，可得AD=BC=4，，∠ABE=90°，再利用勾股定理求出，再由△ABE∽△DFA，可得到．
（1）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠DAE=90°，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD=∠EBA=90°，
∴∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠ADF=∠EAB，
∴△ABE∽△DFA；
（2）
解：∵E是BC的中点，BC=4，四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，，∠ABE=90°，
∴，
∵△ABE∽△DFA，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
19．

（1）见解析

（2）或4
【分析】
（1）将恒等式变形，进而根据夹角相等，两边对应成比例即可证明三角形相似；
（2）分和两种情况分析，根据相似三角形的性质列出比例式代入数值计算即可．
（1）
证明：∵AD⋅AB＝AE⋅AC，
∴
又∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB
（2）
ADE与ACB中，是公共的，则存在两种情形，
①当时，
，又AB=8，AC=6，AD=3，
即
解得
②当时，
，又AB=8，AC=6，AD=3，
即
解得
综上所述，或
故答案为：或
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）先证∽，得出，再证∽即可；
（2）证明∽，根据相似列出比例式即可求解．
【详解】
（1）∵，，
∴∽，
∴，
∵，
∴，
∴∽．
（2）∵∽，
∴，即，
在中，，
∴
∴，
∵∽．
∴，
∵
∴∽，
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质和解直角三角形，解题关键是熟练运用相似三角形的判定定理进行推理证明．
21．（1）=；；（2）的值为；（3）①；②
【分析】
（1）由已知条件ASA推论出，得出=；再推论出，得出，因为，所以；
（2）过点作，同（1）理得： 所以 ；
（3）①由已知条件推论出，得出，因为，推出，由可转化得，；
②由，得，由面积公式得到．
【详解】
解：（1） 点为的中点





在和中



为的角平分线

在和中





（2）过点作，交CD于，CH于，CB于

在中
为的角平分线
同（1）理得：
的值为；
（3）过点作，交CD于，CH于，CB于


① 点为的中点













由题意知为的角平分线

在和中






②


【点睛】
本题是相似形的综合题目，考察了等腰三角形、直角三角形以及全等三角形的判定和性质、和相似三角形判定和性质等知识；本题难度较大，综合性强．
22．（1）；（2）；（3）；（4）存在，
【分析】
（1）先证，得代数计算即可；
（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．
（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．
（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可
【详解】
（1）由题意可得，，，
在矩形中，
∵，，
，
在中，，
，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
答：为时，.

（2）过点作，交于点，
在等腰中，
，，
则.
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴.
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，∴，∴.
∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，.
∴




.
答：与的函数关系式是.

（3）延长交于点，由（1），（2）可得，
，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可证，四边形是矩形.
∴，
当时，
∵，
∴，
∴.
又∵，
∴，
∴.
答：当时，.

（4）由（2）得，，

∵，，
∴，
∴为矩形，
∴，且.
∴，
∵，
∴，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
∴.
答：在运动的过程中，存在时刻，使.
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．