考点20 图形的相似（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

考点20 图形的相似

考点总结

一、比例的相关概念及性质

1．线段的比：两条线段的比是两条线段的长度之比．

2．比例中项：如果=，即b2=ac，我们就把b叫做a，c的比例中项．

3．比例的性质

4.黄金分割：如果点C把线段AB分成两条线段，使，那么点C叫做线段AC的黄金分割点，AC是BC与AB的比例中项，AC与AB的比叫做黄金比．

二、相似三角形的判定及性质

1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形，相似三角形对应边的比叫做相似比．

2．性质：1）相似三角形的对应角相等；2）相似三角形的对应线段（边、高、中线、角平分线）成比例；

3）相似三角形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．

3．判定：1）有两角对应相等，两三角形相似；2）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；3）三边对应成比例，两三角形相似；4）两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．

【方法技巧】判定三角形相似的几条思路：

1）条件中若有平行线，可采用相似三角形的判定（1）；

2）条件中若有一对等角，可再找一对等角[用判定（1）]或再找夹边成比例[用判定（2）]；

3）条件中若有两边对应成比例，可找夹角相等；

4）条件中若有一对直角，可考虑再找一对等角或证明斜边、直角边对应成比例；

5）条件中若有等腰条件，可找顶角相等，或找一个底角相等，也可找底和腰对应成比例．

三、相似多边形

1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个多边形叫做相似多边形，相似多边形对应边的比叫做它们的相似比．

2．性质：1）相似多边形的对应边成比例；2）相似多边形的对应角相等；3）相似多边形周长的比等于相似比，相似多边形面积的比等于相似比的平方．

四、位似图形

1．定义：如果两个图形不仅是相似图形而且每组对应点的连线交于一点，对应边互相平行（或在同一条直线上），那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心，相似比叫做位似比．

2．性质：1）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或–k；2）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或相似比．

3．找位似中心的方法：将两个图形的各组对应点连接起来，若它们的直线或延长线相交于一点，则该点即是位似中心．

4．画位似图形的步骤：1）确定位似中心；2）确定原图形的关键点；3）确定位似比，即要将图形放大或缩小的倍数；4）作出原图形中各关键点的对应点；5）按原图形的连接顺序连接所作的各个对应点．

真题演练

一．选择题（共10小题）

1．（2021•开平区一模）如图，在6×8网格图中，每个小正方形边长均为1，点O和△ABC的顶点均为小正方形的顶点，以O为位似中心，在网格图中作△A'B'C'，使△A'B'C'和△ABC位似，且位似比为1：2；连接A，A′，C，C′则四边形AA'C'C的周长（　　）

A．8 B． C． D．

【分析】根据位似图形的概念、勾股定理计算，得到答案．

【解答】解：由题意得：AA′＝2，CC′＝2，A′C′2，AC4，

则四边形AA'C'C的周长＝2+2+2464，

故选：D．

2．（2021•路南区一模）如图，已知△ABC，任取一点O，连AO，BO，CO，分别取点D，E，F，使ODAO，OEBO，OFCO，得△DEF．下列说法中，错误的是（　　）

A．△DEF与△ABC是位似三角形 

B．△OAC与△ODF是位似三角形 

C．△DEF与△ABC周长的比是1：3 

D．图中位似的两个三角形面积比是1：9

【分析】根据位似图形的概念、相似三角形的性质判断即可．

【解答】解：A、由位似图形的概念可知：△DEF与△ABC是位似三角形，本选项说法正确，不符合题意；

B、△OAC与△ODF是位似三角形，本选项说法正确，不符合题意；

C、∵△DEF与△ABC周长的比是1：3，

∴△DEF与△ABC周长的比是1：3，本选项说法正确，不符合题意；

D、图中位似的两个三角形面积比是1：9或9：1，本选项说法错误，符合题意；

故选：D．

3．（2021•滦南县二模）如图，某数学活动小组为测量校园内移动信号转播塔AB的高度，他们先在水平地面上一点E放置了一个平面镜，镜子与铁塔底端B的距离BE＝16m，当镜子与观测者小芳的距离ED＝2m时，小芳刚好从镜子中看到铁塔顶端A，已知小芳的眼睛距地面的高度CD＝1.5m，铁塔AB的高度为（　　）（根据光的反射原理，∠1＝∠2）

A．9m B．12m C．15m D．18m

【分析】利用镜面对称，注意寻找相似三角形，根据比例求出AB．

【解答】解：由镜面对称可知：△CDE∽△ABE，

∴，

∴，

∴AB＝12（米）．

故选：B．

4．（2021•桥东区二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC与矩形OA'B'C'是以点O为位似中心的位似图形，点B的坐标为（8，4）．若AA'＝2，则CC'的长是（　　）

A．3 B．4 C．4.5 D．6

【分析】根据坐标与图形性质求出点B′的纵坐标为6，进而出去矩形OABC与矩形OA'B'C'的位似比为2：3，计算即可．

【解答】解：∵点B的坐标为（8，4），AA'＝2，

∴点B′的纵坐标为6，

则矩形OABC与矩形OA'B'C'的位似比为2：3，

∴点B′的横坐标为812，

∴CC'＝12﹣8＝4，

故选：B．

5．（2021•顺平县二模）如图，在网格图中，以D为位似中心，把△ABC放大到原来的2倍，则点A的对应点为（　　）

A．O点 B．E点 C．G点 D．F点

【分析】根据位似变换、位似中心的概念解答即可．

【解答】解：∵点G在线段AD的延长线上，且DG＝2AD，

∴点A的对应点为点G，

故选：C．

6．（2021•河北模拟）如图2中的矩形边长分别是将图1中的矩形边长4拉长2x，边长5拉长x得到的，若两个矩形相似（不全等），则x的值是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

【分析】利用相似多边形的性质，构建方程求解即可．

【解答】解：由题意，两个矩形相似，

∴或，

解得x＝3或0（0不符合题意舍弃），

故选：A．

7．（2021•迁西县模拟）如图，BE与CD交于点A，∠C＝∠E，AC＝2，BC＝4，AE＝1.5，则DE＝（　　）

A．2 B．3 C．3.5 D．4

【分析】证明△CAB∽△EAD，利用对应边成比例，即可解决问题．

【解答】解：∵∠C＝∠E，∠CAB＝∠DAE，

∴△CAB∽△EAD，

∴，

∴，

∴DE＝3，

故选：B．

8．（2021•迁西县模拟）如图，BC∥ED，下列说法不正确的是（　　）

A．两个三角形是位似图形 

B．点A是两个三角形的位似中心 

C．点B与点D、点C与点E是对应位似点 

D．AC：AB是相似比

【分析】根据位似图形的概念、位似中心的概念判断即可．

【解答】解：A、∵BC∥ED，

∴△ADE∽△ABC，且两个三角形对应点连线相交于一点，

∴两个三角形是位似图形，本选项说法正确，不符合题意；

B、点A是两个三角形的位似中心，本选项说法正确，不符合题意；

C、点B与点D、点C与点E是对应位似点，本选项说法正确，不符合题意；

D、AD：AB是相似比，故本选项说法不正确，符合题意；

故选：D．

9．（2021•河北）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝（　　）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm

【分析】高脚杯前后的两个三角形相似．根据相似三角形的判定和性质即可得出结果．

【解答】解：如图：过O作OM⊥CD，垂足为M，过O作ON⊥AB，垂足为N，

∵CD∥AB，

∴△CDO∽△ABO，即相似比为，

∴，

∵OM＝15﹣7＝8（cm），ON＝11﹣7＝4（cm），

∴，

∴AB＝3cm，

故选：C．

10．（2021•石家庄模拟）在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为（2，4），则其对应点A1的坐标是（　　）

A．（4，8） B．（﹣1，﹣2） 

C．（1，2）或（﹣1，﹣2） D．（4，8）或（﹣4，﹣8）

【分析】根据以原点为位似中心的位似变换的性质计算，得到答案．

【解答】解：∵△ABC和△A1B1C1是关于原点O的位似图形，相似比等于，点A的坐标为（2，4），

∴点A1的坐标为（2×2，4×2）或（2×（﹣2），4×（﹣2）），即（4，8）或（﹣4，﹣8），

故选：D．

二．填空题（共5小题）

11．（2021•河北模拟）清代数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形ABDE的方法证明了勾股定理（如图），连接DM并延长交AB于点N，已知AB＝10，BC＝6，

（1）CM＝　2　；

（2）BN＝　　．

【分析】（1）根据勾股定理得出AC，进而解答即可；

（2）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．

【解答】解：（1）由题意可知，四个全等的直角三角形，

∴AM＝BC，

∵AB＝10，BC＝6，∠ACB＝90°，

∴AC，

∴CM＝AC﹣AM＝AC﹣BC＝8﹣6＝2；

故答案为：2；

（2）过M作MF⊥AB于F，

在△AMF与△ABC中，∠ACB＝∠AFM＝90°，∠MAF＝∠BAC，

∴△AMF∽△ABC，

∴，

∴，

∴，，

设BN为x，则AN为10﹣x，

∴，

在△NMF和△NDB中，∠NMF＝∠NDB，∠MFN＝∠DBN＝90°，

∴△NMF∽△NDB，

∴，

即，

∴x，

∴BN．

故答案为：．

12．（2021•河北模拟）如图，在Rt△ABC的直角边AC上有一任意点P（不与点A、C重合），过点P作一条直线，将△ABC分成一个三角形和一个四边形，则所得到的三角形与原三角形相似的直线最多有　4　条．

【分析】过点P作直线与另一边相交，使所得的三角形与原三角形已经有一个公共角，只要再作一个等于△ABC的另一个角即可．

【解答】解：如图所示，

①过点P作AB的垂线段PD，则△ADP∽△ACB；

②过点P作BC的平行线PE，交AB于E，则△APE∽△ACB；

③过点P作AB的平行线PF，交BC于F，则△PCF∽△ACB；

④作∠PGC＝∠A，则△GCP∽△ACB．

故答案为：4．

13．（2021•唐山一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，E为BC边的中点，DE、AC相交于点F，若△CEF的面积为6，则△ADF的面积为 　24　．

【分析】根据E为BC边的中点可得出CE和AD的比，进而根据面积比等于相似比的平方可得出△ADF的面积．

【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，E为BC边的中点，

∴，

∴S△CFE：S△ADF＝1：4，

又∵△CEF的面积为6，

∴△ADF的面积为24．

故答案为：24．

14．（2020•东营）如图，P为平行四边形ABCD边BC上一点，E、F分别为PA、PD上的点，且PA＝3PE，PD＝3PF，△PEF、△PDC、△PAB的面积分别记为S、S1、S2．若S＝2，则S1+S2＝　18　．

【分析】利用相似三角形的性质求出△PAD的面积即可解决问题．

【解答】解：∵PA＝3PE，PD＝3PF，

∴，

∴EF∥AD，

∴△PEF∽△PAD，

∴（）2，

∵S△PEF＝2，

∴S△PAD＝18，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴S△PADS平行四边形ABCD，

∴S1+S2＝S△PAD＝18，

故答案为18．

15．（2020•路北区一模）如图，在△ABC中，AB＞AC，点D在边AC上．

（1）作∠ADE，使∠ADE＝∠ACB，DE交AB于点E；（尺规作图，保留作图痕迹）

（2）若BC＝5，点D是AC的中点，则DE的长为　　．

【分析】（1）利用基本作图，作∠ADE＝∠ACB即可；

（2）先利用平行线的判定得到DE∥BC，则判断DE为△ABC的中位线，然后根据三角形中位线性质求解．

【解答】解：（1）如图：

∠ADE为所作；

（2）∵∠ADE＝∠ACB，

∴DE∥BC，

∵点D是AC的中点，

∴DE为△ABC的中位线，

∴DEBC．

故答案为：．

三．解答题（共3小题）

16．（2021•安次区一模）如图，在等边三角形ABC中，BC＝8，过BC边上一点P作∠DPE＝60°，分别与边AB，AC相交于点D与点E．

（1）求证：△BDP∽△CPE．

（2）若△PDE为正三角形时，求BD+CE的值．

（3）当DE∥BC时请用BP表示BD，并求出BD的最大值．

【分析】（1）由∠DPE＝60°知道∠DPB+∠EPC＝120°，然后利用等边三角形的内角为60°知∠BDP+∠DPB＝120°，从而得到∠BDP＝∠EPC，再结合∠B＝∠C＝60°，得证三角形相似；

（2）由△PDE为正三角形知DP＝EP，结合（1）所得的三角形相似，得到三角形全等，从而得到BD+CE的值；

（3）利用平行线的性质得到BD＝CE，再利用相似三角形的性质列出关于BD和BP的比例关系，再化简得到结果，最后利用二次函数的性质求最大值．

【解答】（1）证明：∵∠DPE＝60°，

∴∠DPB+∠EPC＝120°，

∵等边三角形ABC的内角为60°，

∴∠BDP+∠DPB＝120°，

∴∠BDP＝∠EPC，

∵∠B＝∠C＝60°，

∴△BDP∽△CPE．

（2）解：∵△PDE为正三角形，

∴DP＝EP，

∵△BDP∽△CPE，

∴△BDP≌△CPE，

∴BD＝CP，BP＝CE，

∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8．

（3）解：∵DE∥BC，

∴BD＝CE，

∵△BDP∽△CPE，

∴，

∴，

∴BD，

∴BP4时，BD最大值4．

17．（2021•顺平县二模）如图，B、D为线段AH上两点，△ABC、△BDE和△DGH都是等边三角形，连接CE并延长交AH的延长线于点F，点G恰好在CF上，△ABC的外接圆⊙O交CF于点M．

（1）求证：AC2＝CM•CF．

（2）设等边△ABC、△BDE和△DGH的面积分别为S1，S2，S3.试判断S1，S2，S3之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）连接MB，易证∠CMB＝∠CBF，则可以得到△CMB∽△CBF，根据相似三角形对应边的比相等即可得证；

（2）由题意可得出AC∥BE∥DG，BC∥DE∥HG，根据平行线分线段成比例定理即可得证．

【解答】解：（1）连接MB，如图，

则∠CMB＝180°一∠A＝120°．

∵∠CBF＝60°+60°＝120°．

∴∠CMB＝∠CBF．

∵∠BCM＝∠FCB，

∴△CMB∽△CBF，

∴，即CB2＝CM⋅CF，

∵AC＝CB，

∴AC2＝CM⋅CF，

（2）S1，S2，S3之间的数量关系为；

理由：由题意可得AC∥BE∥DG，BC∥DE∥HG，

∴，

∵，，

∴，即，

∴所以所求的数量关系是．

18．（2021•古冶区一模）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．

（1）若∠AOB＝60°，OM＝4，OQ＝1，求CP的长；（提示：过点P作PE⊥OA）

（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形，

①证明：是定值；

②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围．

【分析】（1）过点P作PE⊥OA于E，先求出PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60°，进而求出PE，ME，进而求出CE，最后用勾股定理即可得结论；

（2）①设OM＝x，ON＝y，判断出△NQP∽△NOC，得出，即可得出结论；

②过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OA于点F，得出S1＝OM•PE，S2OC•NF，进而得出，再判断出△CPM∽△CNO，得出，即可得出结论．

【解答】解：（1）如图1，过点P作PE⊥OA于点E．

∵PQ∥OA，PM∥OB，

∴四边形OMPQ为平行四边形，

∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60°，

∴PE＝PM•sin60°，ME，

∴CE＝OC﹣OM﹣ME，

由勾股定理得；

（2）①证明：设OM＝x，ON＝y，

∵四边形OMPQ为菱形，

∴OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y﹣x，

∵PQ∥OA，

∴△NQP∽△NOC，

∴，

即，

∴6y﹣6x＝xy，两边都除以6xy，得，

即；

②如图2，过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OA于点F，

则S1＝OM•PE，S2OC•NF，

∴，

∵PM∥OB，

∴△CPM∽△CNO．

∴，

∴，

∵0＜x＜6，

∴．