10. 2023年中考数学复习 解答题专练十 图形的相似

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2．（2022•河池中考）如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），B（2，3），C（1，2）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△A2B2C2，使它与△ABC的相似比为2：1，并写出点B2的坐标．
3．（2022•盐城中考）如图，在△ABC与△A′B′C′中，点D、D′分别在边BC、B′C′上，且△ACD∽△A′C′D′，若 ，则△ABD∽△A′B′D′．
请从①BDCD=B'D'C'D'；②ABCD=A'B'C'D'；③∠BAD＝∠B′A′D′这3个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．
4．（2022•江西中考）如图，四边形ABCD为菱形，点E在AC的延长线上，∠ACD＝∠ABE．
（1）求证：△ABC∽△AEB；
（2）当AB＝6，AC＝4时，求AE的长．
5．（2022•上海中考）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF＝BE，AE2＝AQ•AB．
求证：（1）∠CAE＝∠BAF；
（2）CF•FQ＝AF•BQ．
6．（2022•玉林中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE＝a．
（1）求BF的长（用含a的代数式表示）；
（2）连接EF交AB于点G，连接GC，当GC∥AE时，求证：四边形AGCE是菱形．
7．（2022•陕西中考）小明和小华利用阳光下的影子来测量一建筑物顶部旗杆的高．如图所示，在某一时刻，他们在阳光下，分别测得该建筑物OB的影长OC为16米，OA的影长OD为20米，小明的影长FG为2.4米，其中O、C、D、F、G五点在同一直线上，A、B、O三点在同一直线上，且AO⊥OD，EF⊥FG．已知小明的身高EF为1.8米，求旗杆的高AB．
8．（2022•泰安中考）如图，矩形ABCD中，点E在DC上，DE＝BE，AC与BD相交于点O，BE与AC相交于点F．
（1）若BE平分∠CBD，求证：BF⊥AC；
（2）找出图中与△OBF相似的三角形，并说明理由；
（3）若OF＝3，EF＝2，求DE的长度．
9．（2022•杭州中考）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC=14．
（1）若AB＝8，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
10．（2022•常德中考）在四边形ABCD中，∠BAD的平分线AF交BC于F，延长AB到E使BE＝FC，G是AF的中点，GE交BC于O，连接GD．
（1）当四边形ABCD是矩形时，如图1，求证：①GE＝GD；②BO•GD＝GO•FC．
（2）当四边形ABCD是平行四边形时，如图2，（1）中的结论都成立．请给出结论②的证明．
11．（2022•吉林中考）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为h，
则S△ABC=12BC•h，S△DBC=12BC•h．
∴S△ABC＝S△DBC．
【探究】（1）如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为h，h′，则S△ABCS△DBC=hh'．
证明：∵S△ABC＝ ．
（2）如图③，当点D在l1，l2之间时，连接AD并延长交l2于点M，则S△ABCS△DBC=AMDM．
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∴AE∥ ．
∴△AEM∽ ．
∴AEDF=AMDM．
由【探究】（1）可知S△ABCS△DBC= ，
∴S△ABCS△DBC=AMDM．
（3）如图④，当点D在l2下方时，连接AD交l2于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，则S△ABCS△DBC的值为 ．
12．（2022•湖北中考）问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证ABAC=BDCD．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明ABAC=BDCD．
尝试证明：
（1）请参照小慧提供的思路，利用图2证明：ABAC=BDCD；
应用拓展：
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的长；
②若BC＝m，∠AED＝α，求DE的长（用含m，α的式子表示）．
13．（2022•绥化中考）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且ABCD=AEDE，BC=51，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．
14．（2022•宁波中考）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点G，求证：DG＝EG．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求DEBC的值．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长．
15．（2022•烟台中考）【问题呈现】
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
【类比探究】
如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE的值．
【拓展提升】
如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC=ADDE=34．连接BD，CE．
（1）求BDCE的值；
（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
参考答案
1．证明：∵BE＝BC，
∴∠C＝∠CEB，
∵∠CEB＝∠AED，
∴∠C＝∠AED，
∵AD⊥BE，
∴∠D＝∠ABC＝90°，
∴△ADE∽△ABC．
2．解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作，点B2的坐标为（﹣4，﹣6）；
3．解：③．
理由如下：∵△ACD∽△A′C′D′，
∴∠ADC＝∠A'D'C'，
∴∠ADB＝∠A'D'B'，
又∵∠BAD＝∠B′A′D′，
∴△ABD∽△A'B'D'．
同理，选①也可以．
故答案是：③（答案不唯一）．
4．（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACD＝∠BCA，
∵∠ACD＝∠ABE，
∴∠BCA＝∠ABE，
∵∠BAC＝∠EAB，
∴△ABC∽△AEB；
（2）解：∵△ABC∽△AEB，
∴ABAE=ACAB，
∵AB＝6，AC＝4，
∴6AE=46，
∴AE=364=9．
5．证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵CF＝BE，
∴CF﹣EF＝BE﹣EF，
即CE＝BF，
在△ACE和△ABF中，
AC=AB∠C=∠BCE=BF，
∴△ACE≌△ABF（SAS），
∴∠CAE＝∠BAF；
（2）∵△ACE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠CAE＝∠BAF，
∵AE2＝AQ•AB，AC＝AB，
∴AEAQ=ACAF，
∴△ACE∽△AFQ，
∴∠AEC＝∠AQF，
∴∠AEF＝∠BQF，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴∠BQF＝∠AFE，
∵∠B＝∠C，
∴△CAF∽△BFQ，
∴CFBQ=AFFQ，
即CF•FQ＝AF•BQ．
6．（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE＝∠ABF＝∠BAD＝90°，
∴∠DAE+∠BAE＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠BAF+∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BAF，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，即48=aBF，
∴BF＝2a，
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AG∥CE，
∵GC∥AE，
∴四边形AGCE是平行四边形．
∴AG＝CE＝8﹣a，
∴BG＝AB﹣AG＝8﹣（8﹣a）＝a，
在Rt△BGF中，GF2＝a2+（2a）2＝5a2，
在Rt△CEF中，EF2＝（2a+4）2+（8﹣a）2＝5a2+80，
在Rt△ADE中，AE2＝42+a2＝16+a2，
如图，过点G作GM⊥AF于点M，
∴GM∥AE，
∴△MGF∽△AEF，
∴GMAE=GFEF，
∴GM2AE2=GF2EF2，
∴GM216+a2=5a25a2+80，
∴GM＝a，
∴GM＝BG，
又∵GM⊥AF，GB⊥FC，
∴GF是∠AFB的角平分线，
∴EA＝EC，
∴平行四边形AGCE是菱形．
解法二：∵AG∥CE，CG∥AE，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AG＝CE，
∵AB＝CD，
∴BG＝DE＝a，
∴tan∠EFC=GBBF=ECCF=12，
∴EC＝a+2＝8﹣a
∴a＝3，
∴AE=32+42=5，
∴AE＝CE＝5，
∴四边形AGCE是菱形．
7．解：解法一：∵AD∥EG，
∴∠ADO＝∠EGF，
∵∠AOD＝∠EFG＝90°，
∴△AOD∽△EFG，
∴AOEF=ODFG，即AO1.8=202.4，
∴AO＝15，
同理得△BOC∽△AOD，
∴BOAO=OCOD，即BO15=1620，
∴BO＝12，
∴AB＝AO﹣BO＝15﹣12＝3（米）；
解法二：如图，过点C作CM⊥OD于C，交AD于M，
∵△EGF∽△MDC，
∴EFFG=CMDC，即，
∴CM＝3，
即AB＝CM＝3（米），
答：旗杆的高AB是3米．
8．（1）证明：如图，
在矩形ABCD中，OD＝OC，AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴∠2＝∠3＝∠4，∠3+∠5＝90°，
∵DE＝BE，
∴∠1＝∠2，
又∵BE平分∠DBC，
∴∠1＝∠6，
∴∠3＝∠6，
∴∠6+∠5＝90°，
∴BF⊥AC；
（2）解：与△OBF相似的三角形有△ECF，△BAF理由如下：
∵∠1＝∠3，∠EFC＝∠BFO，
∴△ECF∽△OBF，
∵DE＝BE，
∴∠1＝∠2，
又∵∠2＝∠4，
∴∠1＝∠4，
又∵∠BFA＝∠OFB，
∴△BAF∽△OBF；
（3）解：在矩形ABCD中，∠4＝∠3＝∠2，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠4．
又∵∠OFB＝∠BFA，
∴△OBF∽△BFA．
∵∠1＝∠3，∠OFB＝∠EFC，
∴△OBF∽△ECF．
∴EFOF=CFBF，
∴23=CFBF，即3CF＝2BF，
∴3（CF+OF）＝3CF+9＝2BF+9，
∴3OC＝2BF+9
∴3OA＝2BF+9①，
∵△ABF∽△BOF，
∴OFBF=BFAF，
∴BF2＝OF•AF，
∴BF2＝3（OA+3）②，
联立①②，可得BF＝1±19（负值舍去），
∴DE＝BE＝2+1+19=3+19．
9．解：（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BF，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=14，
∵AB＝8，
∴AD＝2；
（2）∵△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=（DEBC）2＝（14）2=116，
∵△ADE的面积为1，
∴△ABC的面积是16，
∵四边形BFED是平行四边形，
∴EF∥AB，
∴△EFC∽△ABC，
∴S△EFCS△ABC=（34）2=916，
∴△EFC的面积＝9，
∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．
10．（1）证明：连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∴∠AFB＝∠BAF＝45°，
∴BA＝BF，
∵BE＝CF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FC，AG＝GF，
∴DJ＝JC，
∵GJ⊥CD，
∴GD＝GC，
∴∠GDC＝∠GCD，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADG＝∠GCO，
∴∠OEB＝∠OCG，
∵∠BOE＝∠GOC，
∴△OBE∽△OGC，
∴BEGC=OBOG，
∵GC＝GD，BE＝CF，
∴BO•GD＝GO•FC；
（2）解：过点D作DT⊥BC于点T，连接GT．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AFB，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAG＝∠BAF，
∴BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FT，AG＝GF，
∴DJ＝JT，
∵GJ⊥DT，
∴GD＝GT，
∴∠GDT＝∠GTD，
∵∠ADT＝∠BTD＝90°，
∴∠ADG＝∠GTO，
∴∠OEB＝∠OTG，
∵∠BOE＝∠GOT，
∴△OBE∽△OGT，
∴BEGT=OBOG，
∵GT＝GD，BE＝CF，
∴BO•GD＝GO•FC．
解法二：延长EG交AD于点M，在DM上取一点N，使得GN＝GM．
证明△OGF≌△MGA，推出GM＝OG＝GN，∠AMG＝∠GOF，
再证明△BOE∽△GDN，可得结论．
11．（1）证明：∵S△ABC=12BC•h，S△DBC=12BC•h′，
∴S△ABCS△DBC=hh'．
（2）证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∵AE∥DF，
∴△AEM∽△DFM，
∴AEDF=AMDM，
由【探究】（1）可知S△ABCS△DBC=AEDF，
∴S△ABCS△DBC=AMDM．
故答案为：DF，△DFM，AEDF．
（3）作DK∥AC交l2于点K，
∵DK∥AC，
∴△ACE∽△DKE，
∵DE＝1.5，AE＝5﹣1.5＝3.5，
∴AEDE=，
由【探究】（2）可得S△ABCS△DBC=AEDE=73．
故答案为：73．
12．（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠E＝∠EAB，∠B＝∠ECB，
∴△CED∽△BAD，
∴CEAB=CDBD，
∵∠E＝∠EAB，∠EAB＝∠CAD，
∴∠E＝∠CAD，
∴CE＝CA，
∴ABAC=BDCD．
（2）解：①∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，
由（1）可知，ABAC=BDCD，
又∵AC＝1，AB＝2，
∴21=BDCD，
∴BD＝2CD，
∵∠BAC＝90°，
∴BC=AC2+AB2=12+22=5，
∴BD+CD=5，
∴3CD=5，
∴CD=53；
∴DE=53；
②∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，∠C＝∠AED＝α，
∴tan∠C＝tanα=ABAC，
由（1）可知，ABAC=BDCD，
∴tanα=BDCD，
∴BD＝CD•tanα，
又∵BC＝BD+CD＝m，
∴CD•tanα+CD＝m，
∴CD=m1+tanα，
∴DE=m1+tanα．
13．（1）证明：连接AD，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
∴12×AB×CG=12×AB×DE+12×AC×DF，
∵AB＝AC，
∴DE+DF＝CG；
（2）解：∵将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，
∴∠AFE＝∠EFC，AE＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∵BC＝8，BE＝3，
∴CE＝AE＝5，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB＝4，
∴等腰△CEF中，CE边上的高为4，
由（1）知，GM+GN＝4；
（3）解：延长BA、CD交于G，作BH⊥CD于H，
∵ABCD=AEDE，∠BAE＝∠EDC＝90°，
∴△BAE∽△CDE，
∴∠ABE＝∠C，
∴BG＝CG，
∴ED+EA＝BH，
设DH＝x，
由勾股定理得，62﹣x2＝（51）2﹣（x+3）2，
解得x＝1，
∴DH＝1，
∴BH=BD2-DH2=62-12=35，
∴ED+EA=35．
14．（1）证明：∵DE∥BC，
∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，
∴DGBF=AGAF，GEFC=AGAF，
∴DGBF=GEFC，
∵BF＝CF，
∴DG＝EG；
（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，
∴CE＝CD＝6，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=AEAC=33+6=13；
（3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵MG∥BD，
∴ME＝GE，
∵EF⊥EG，
∴FM＝FG＝10，
在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，
∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，
∵FG平分∠EFC，
∴∠GFC＝∠EFG＝50°，
∵FM＝FG，EF⊥GM，
∴∠MFE＝∠EFG＝50°，
∴∠MFN＝30°，
∴MN=12MF＝5，
∴NF=MF2-MN2=53，
∵∠ABC＝45°，
∴BN＝MN＝5，
∴BF＝BN+NF＝5+53．
15．【问题呈现】证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
【类比探究】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴ADAE=ABAC=12，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=12=22；
【拓展提升】解：（1）∵ABBC=ADDE=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35；
（2）由（1）得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC=BCAC=45．