中考数学一轮复习：专题22.4 相似三角形的判定与性质（二）【九大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题22.4 相似三角形的判定与性质（二）【九大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版），共72页。

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\l "_Tc25165" 【题型1 尺规作图与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc25165 \h 1
\l "_Tc27128" 【题型2 三角板与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc27128 \h 5
\l "_Tc23141" 【题型3 裁剪与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc23141 \h 13
\l "_Tc11649" 【题型4 折叠与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc11649 \h 21
\l "_Tc22258" 【题型5 判断与相似有关结论的正误】 PAGEREF _Tc22258 \h 29
\l "_Tc637" 【题型6 用相似三角形的判定与性质证明】 PAGEREF _Tc637 \h 37
\l "_Tc6069" 【题型7 用相似三角形的判定与性质求线段比值】 PAGEREF _Tc6069 \h 44
\l "_Tc8755" 【题型8 利用相似三角形的判定与性质求最值】 PAGEREF _Tc8755 \h 52
\l "_Tc12087" 【题型9 利用相似三角形的判定与性质解决几何动点问题】 PAGEREF _Tc12087 \h 59
【题型1 尺规作图与相似三角形综合运用】
【例1】（2023春·福建福州·九年级校考阶段练习）已知菱形ABCD中，E是BC边上一点．
(1)在BC的右侧求作△AEF，使得EF∥BD，且EF=12BD；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若∠EAF=12∠ABC，求证：AE=2EF．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析.
【分析】（1）连接AC交BD于O，在BC右侧作∠CEF=∠CBD，再在射线EF截取EF=OB，连接AE、AF，即可得△AEF；
（2）延长EF交AD延长线于点G，先证明四边形BEGD是平行四边形，可得EG=BD=2EF，∠G=∠CBD，
【详解】（1）解：如图，连接AC交BD于O，在BC右侧作∠CEF=∠CBD，再在射线EF截取EF=OB，连接AE、AF，则△AEF即为所要求作的三角形，再证△EAF~△EGA，可得EFAE=AEEG，
最后证得结果；
（2）证明：延长EF交AD延长线于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
又∵EF//BD，EF=12BD，
∴四边形BEGD是平行四边形，
∴EG=BD=2EF，∠G=∠CBD，
又∵在菱形ABCD中，∠CBD=12∠ABC，
∴∠EAF=12∠ABC，
∴∠EAF=∠G，
又∵∠AEF=∠GEA，
∴△EAF~△EGA，
∴EFAE=AEEG，
∴AE2=EF⋅EG=EF⋅2EF=2EF2，
∴AE=2EF；
【点睛】本题考查作图-复杂作图、相似三角形的性质与判定、菱形的性质、平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式1-1】（2023·陕西·九年级校考阶段练习）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝108°，请你利用尺规在BC边上求一点P，使△PAB∽△ABC（不写画法，保留作图痕迹）
【答案】详见解析
【分析】直接作出AB的垂直平分线，进而得出P点位置，利用相似三角形的判定方法得出即可.
【详解】解：如图所示：点P即为所求，
∵AB＝AC，∠A＝108°，
∴∠B＝∠C＝36°，
∵EP是AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
∴∠B＝∠PAB＝36°，
∴△PAB∽△ABC．
【点睛】此题主要考查了尺规作图和相似三角形的判定，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
【变式1-2】（2023·陕西西安·西安行知中学校考模拟预测）如图，在△ABC中，AM∥BC．请用尺规作图法，在射线AM上求作一点D，使得△DCA∼△ABC．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】见详解
【分析】作∠ACD=∠B，交AM于点D，点D即为所求．
【详解】如图所示，作∠ACD=∠B，交AM于点D，点D即为所求，

∵AM∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∵∠ACD=∠B，
∴△DCA∼△ABC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，作一个角等于已知角，掌握以上知识是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·河北保定·九年级统考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，用直尺和圆规在边AB上确定一点D，使△ACD∽△ABC，根据下列作图痕迹判断，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据△ACD∽△ABC，可得∠CDA=∠BCA=90°，即CD是AB的垂线，根据作图痕迹判断即可．
【详解】解：当CD是AB的垂线时，△ACD∽△ABC，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=∠BCA=90°，
∵∠CAD=∠CAB，
∴△ACD∽△ABC．
根据作图痕迹可知，
A选项中，CD是∠ACB的角平分线，不符合题意；
B选项中，∠CAD≠∠CAB，不符合题意；
C选项中，CD是AB的垂线，符合题意；
D选项中，CD不与AB垂直，∠ADC≠∠ACB，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
【题型2 三角板与相似三角形综合运用】
【例2】（2023春·上海·九年级专题练习）等边△ABC边长为6，P为BC上一点，含30°、60°的直角三角板60°角的顶点落在点P上，使三角板绕P点旋转．
(1)如图1，当P为BC的三等分点，且PE⊥AB时，判断△EPF的形状；
(2)在（1）问的条件下，FE、PB的延长线交于点G，如图2，求△EGB的面积；
(3)在三角板旋转过程中，若CF＝AE＝2，（CF≠BP），如图3，求PE的长．
【答案】(1)等边三角形
(2)3
(3)4
【分析】（1）要证三角形EPF是等边三角形，已知了∠EPF＝60°，主要再证得PE＝PF即可，可通过证三角形PBE和PFC全等来得出结论，再证明全等过程中，可通过证明FP⊥BC和BE＝PC来实现；
（2）由（1）不难得出∠CFG＝90°，那么在△CFG中，有∠C的度数，可以根据CF的长求出GC的长，从而求出GB的长，下面的关键就是求GB边上的高，过E作EH⊥BC，那么EH就是所求的高，在直角△BEP中，有BP的长，有∠ABC的度数，可以求出BE、EP的长，再根据三角形面积的不同表示方法求出EH的长，这样有了底和高就能求出△GBE的面积；
（3）由相似三角形的判定定理得出△BPE∽△CFP，设BP＝x，则CP＝6﹣x，由相似三角形的对应边成比例可求出x的值，再根据勾股定理求出PE的值即可．
【详解】（1）∵PE⊥AB，∠B＝60°，
因此直角三角形PEB中，BE=12BP=13BC=PC，
∴∠BPE＝30°，
∵∠EPF＝60°，
∴FP⊥BC，
在△BEP和△CPF中，
∠B=∠CBE=PC∠PEB=∠FPC=90°，
∴△BEP≌△CPF，
∴EP＝PF，
∵∠EPF＝60°，
∴△EPF是等边三角形．
（2）过E作EH⊥BC于H，
由（1）可知：FP⊥BC，FC=BP=23BC=4,BE=CP=13BC=2，
在三角形FCP中，∠PFC＝90°﹣∠C＝30°，
∵∠PFE＝60°，
∴∠GFC＝90°，
直角三角形FGC中，∠C＝60°，CF＝4，
∴GC＝2CF＝8，
∴GB＝GC﹣BC＝2，
直角三角形BEP中∠EBP＝60°，BP＝4，
∴PE＝23，BE＝2，
∴EH＝BE•PE÷BP＝3，
∴S△GBE＝=12BG⋅EH=3；
（3）∵在BPE中，∠B＝60°，
∴∠BEP+∠BPE＝120°，
∵∠EPF＝60°，
∴∠BPE+∠FPC＝120°，
∴∠BEP＝∠FPC，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP，
∴BPCF=BECP，
设BP＝x，则CP＝6﹣x．
∴x2＝46−x，
解得：x＝2或4．
当x＝2时，在△△BEP中，∠B＝60°，BE＝4，BP＝2，
过E作EH⊥BC于H，
则EH＝23，BH＝2，
∴PH＝0，
即P与H重合，与CF≠BP矛盾，故x＝2不合题意，舍去；
当x＝4时，在△BEP中，∠B＝60°，BE＝4，BP＝4，
则△BEP是等边三角形，
∴PE＝4．
故PE＝4．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和等边三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，注意对全等三角形和等边三角形的应用．
【变式2-1】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=23，AD=10，直角三角板的直角顶点P在AD上滑动，(点P与A，D不重合)，一直角边经过点C，另一直角边与射线AB交于点E．
(1)求证：△AEP∽△DPC；
(2)当∠CPD=30°时，求PE的长；
(3)是否存在这样的点P，使△DPC的周长等于△AEP周长的2倍？若存在，求出BE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)8
(3)5−532
【分析】（1）根据矩形的性质，推出∠D=∠A=90°，再由直角三角形的性质，得出∠PCD+∠DPC=90°，又因∠CPE=90°，推出∠EPA+∠DPC=90°，∠PCD=∠EPA，从而证明△CDP∽△PAE；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理可得结论；
（3）假设存在满足条件的点P，设AP=x，则DP=10−x，由△CDP∽△PAE知CDAP=2，解得x的值，从而得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=90°，
∴∠PCD+∠DPC=90°，
又∵∠CPE=90°，
∴∠EPA+∠DPC=90°，
∴∠PCD=∠EPA，
∴△AEP∽△DPC；
（2）解：在Rt△PCD中，∠DPC=30°，CD=AB=23，
∴CP=2CD=43，
∴PD=PC2−CD2=(43)2−(23)2=6，
∵AD=10，
∴AP=10−6=4，
∵∠CPE=90°，
∴∠APE=60°，
Rt△APE中，∠AEP=30°，
∴PE=2AP=8；
（3）解：假设存在满足条件的点P，
设AP=x，则PD=10−x，
∵△CDP∽△PAE，
根据△CDP的周长等于△PAE周长的2倍，得到两三角形的相似比为2，
∴CDAP=PDAE，即23x=10−xAE=2，
解得x=3，
∴AE=10−32，
∴BE=AE−AB=10−32−23=5−532．
【点睛】此题是相似三角形的综合题，考查了矩形的性质，含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识，根据△CDP的周长等于△PAE周长的2倍，得到两三角形的相似比为2是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·江苏泰州·九年级校考阶段练习）（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D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．则DP DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ．则DP的长为 ．
【答案】（1）＝；（2）①1，②2103
【分析】（1）先证明△ADP≌△CDQ，即可求解；
（2）①先证明△ADP∽△CDQ，可得APCQ＝ADCD＝24＝ 12，设AP＝x，则CQ＝2x，
再由勾股定理，即可求解；
②过点B作BE⊥DP交DP延长线于点E，BF⊥DQ于点F，根据△ADP∽△CDQ，可得∠APD=∠Q，APCQ＝ADCD＝24＝ 12，从而得到∠BPE=∠Q，再由角平分线的性质定理可得BE=BF，进而证得△BEP≌△BFQ，得到BP=BQ，从而得到AP=23，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解∶（1）在正方形ABCD中，
∠A=∠BCD=∠DCQ=∠ADC=90°，AD=CD，
∵∠PDQ=90°，
∴∠PDQ=∠ADC=90°，
∴∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP=∠CDQ，
∴△ADP≌△CDQ，
∴DP=DQ；
故答案为∶=
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°．
∵∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ．
又∵∠A＝∠DCQ＝90°．
∴△ADP∽△CDQ，
∴APCQ＝ADCD＝24＝ 12，
设AP＝x，则CQ＝2x，
∴PB＝4－x，BQ＝2＋2x．
由勾股定理得，在Rt△PBQ中，PB2＋BQ2＝PQ2，
代入得（4－x）2＋（2＋2x）2＝52，
解得x＝1，即AP＝1．
∴AP的长为1．
②如图，过点B作BE⊥DP交DP延长线于点E，BF⊥DQ于点F，
由①得：△ADP∽△CDQ，
∴∠APD=∠Q，APCQ＝ADCD＝24＝ 12，
∴CQ=2AP，
∵∠APD=∠BPE，
∴∠BPE=∠Q，
∵BD平分∠PDQ，BE⊥DE，BF⊥DQ，
∴BE=BF，
∵∠E=∠BFQ=90°，
∴△BEP≌△BFQ，
∴BP=BQ，
设AP=m，则BQ=BP=4-m，CQ=2m，
∴2+2m=4-m，解得：m=23，
即AP=23，
∴DP=AD2+AP2=22+232=2103
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形和全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足∠CME=2∠ADE，EM= ．
【答案】294
【分析】由CE=5， AE=2，得AC=7，利用勾股定理，得到AD的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明△DNE∼△PCE，MP=x，在Rt△MCE中，利用勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，
∴∠END=∠ENA=90°,
∴∠NEA=∠A=45°,
∴NE= NA，
∵AE=NE2+NA2=2NA,
∴NE=NA=AE2=2,
同理，AD=AC2=722,
∴DN=AD−NA=522,
延长MB至P，使MP=ME，连接PE，
∴可设∠MPE=∠MEP=x，
∴∠EMC=∠MPE+∠MEP=2x，
∵∠EMC=2∠ADE,
∴∠ADE=∠MPE=x,
又∠DNE=∠PCE=90°,
∴△DNE∼△PCE,
∴CEPE=NEDN=2522=25,
∴PC=252,
设MP=ME=x,则CM=252−x,
在Rt△MCE中，ME2=CM2+CE2,
∴252−x2+25=x2,
∴x=294,
∴ME=294．
【点睛】本题考查了勾股定理，二倍角的辅助线的构造，方程思想求线段，熟练掌握二倍角辅助线是解决问题的关键．
【题型3 裁剪与相似三角形综合运用】
【例3】（2023春·全国·九年级期中）如图1所示，一个木板余料由一个边长为6的正方形和一个边长为2的正方形组成，甲、乙两人打算采用剪拼的办法，把余料拼成一个与它等积的正方形木板．
甲：如图2，沿虚线剪开可以拼接成所需正方形，并求得AM＝2．
乙：如图3，沿虚线剪开可以拼接成所需正方形，并求得AM＝32
下列说法正确的是（ ）
A．甲的分割方式不正确
B．甲的分割方式正确，AM的值求解不正确
C．乙的分割方式与所求AM的值都正确
D．乙的分割方式正确，AM的值求解不正确
【答案】D
【分析】根据题意画出相应的图形，再逐个验证拼图是否符合题意，再利用全等三角形的性质，正方形的性质以及相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：如图所示，将△FAM平移至△NDC，将△MBC平移至△FEN，
由此可得AM＝DC＝2，FA＝ND＝6，NE＝BC＝2，
∴DE＝ND－NE＝4（符合题意），
∴甲的分割方式正确，AM的值求解也正确，
故选项A、选项B的说法都是错误的，不符合题意；
如下图所示，将△FEG平移至△NBH，连接GH，交AB于点M，将△GAM平移至△EDP，将△PCB平移至△MNH，
由此可得GA＝ED＝6－2＝4，AM＝DP，MN＝PC，NB＝EF，
∵DP＋PC＋EF＝2＋6＝8＝AB，
∴当FG＝NH＝BC＝2时，GA＝ED＝4（符合题意），
∵∠A＝∠HNM＝90°，∠AMG＝∠NMH，
∴△AMG∽△NMH，
∴AMMN=AGNH，
∴AM2−AM=42，
解得：AM=43，
∴乙的分割方式正确，AM的值求解不正确，
故选项C的说法是错误的，不符合题意，选项D的说法是正确的，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，全等三角形的性质，正方形的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
【变式3-1】（2023·河北保定·统考二模）如图为三角形纸片ABC，其中D点和E点将AB三等分，F点为DE中点．若小慕从AB上的一点P，沿着与直线BC平行的方向将纸片剪开后，剪下的小三角形纸片面积为△ABC的13，则下列关于P点位置的叙述正确的是（ ）
A．在FE上，但不与F点也不与E点重合B．在DF上，但不与D点也不与F点重合
C．与E点重合D．与D点重合
【答案】A
【分析】根据题意确定出剪下来的三角形与三角形ABC相似，面积比为13，得到相似比33，逐一判断各选项即可．
【详解】解：由题意得，剪下来的三角形与三角形ABC相似，面积比为13，
故相似比为13=33，
即APAB=33，
选项A：12AB