2024河南中考数学复习 全等、相似三角形的常考模型 强化精练 (含答案)

这是一份2024河南中考数学复习 全等、相似三角形的常考模型 强化精练 (含答案)，共4页。
A. 1.8 B. 2.4 C. 3 D. 3.2
第1题图
2. (2023重庆A卷)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD.过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F.若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为________．
第2题图
3. 如图，△ABC是边长为1的等边三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，点M，N分别为AB，AC边上的点，且∠MDN＝60°，连接MN，则△AMN的周长为________．
第3题图
4.如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E，F分别为AB，AD上一点，且AF＝ eq \f(1,4) AD，若∠CEF＝90° 则AE的长为________.
第4题图
5. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为AC的中点，连接BD，CE⊥BD交AB于点E，则CE的长为________．
第5题图
6. 如图，已知在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠CAB＝∠EAF，BE分别与AC，CF交于点D，O.
(1)求证：BE＝CF；
(2)当∠BAC＝70°时，求∠BOC的度数．
第6题图
参考答案与解析
1. C 【解析】∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∴∠CAD＋∠ADC＝120°，∵∠ADE＝60°，∴∠BDE＋∠ADC＝120°，∴∠CAD＝∠BDE，∴△ADC∽△DEB，∴ eq \f(AD,DE) ＝ eq \f(AC,DB) ，∵BD＝4DC，∴设DC＝x，则BD＝4x，∴BC＝AC＝5x，∴ eq \f(AD,2.4) ＝ eq \f(5x,4x) ，∴AD＝3.
2. 3 【解析】∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠BEA＝∠AFC＝90°，∴∠BAE＋∠ABE＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAE＋∠FAC＝90°，∴∠FAC＝∠ABE，在△ABE和△CAF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠BEA＝∠AFC,∠ABE＝∠CAF,AB＝CA)) ，∴△ABE≌△CAF(AAS)，∴BE＝AF＝4，AE＝CF＝1，∴EF＝AF－AE＝4－1＝3.
3. 2 【解析】如解图，以点D为旋转中心，将△DMB顺时针旋转120°，得到△DEC，∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠ACD＝∠MBD＝∠MBC＋∠DBC＝60°＋30°＝90°，∠DCE＝∠MBD＝90°，∴E，C，N三点在同一条直线上，又∵△CDE≌△BDM，∴∠CDE＝∠BDM，DE＝DM，∠NDE＝∠NDC＋∠CDE＝∠NDC＋∠BDM＝∠BDC－∠MDN＝120°－60°＝60°，在△DMN和△DEN中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DM＝DE,∠MDN＝∠EDN,DN＝DN)) ，∴△DMN≌△DEN(SAS)，∴MN＝EN＝CE＋CN＝BM＋CN，∴△AMN的周长为AM＋AN＋MN＝AM＋AN＋BM＋CN＝AB＋AC＝1＋1＝2.
第3题解图
4. 2 【解析】∵AF＝ eq \f(1,4) AD，∴AF＝1，∵∠CEF＝90°，∴∠AEF＋∠CEB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝90°，∵∠CEB＋∠ECB＝90°，∴∠FEA＝∠ECB.∴△AEF∽△BCE，∴ eq \f(AE,BC) ＝ eq \f(AF,BE) ，∴ eq \f(AE,4) ＝ eq \f(1,BE) ，∴AE·BE＝4，∵AE＋BE＝4，∴AE＝4－BE，∴(4－BE)·BE＝4，解得BE＝2，∴AE＝2.
5. eq \f(12\r(13),17) 【解析】如解图，过点A，B分别作AC，BC的垂线，两垂线相交于点G，延长CE交AG于点H，∵△ACB是直角三角形，∴四边形ACBG为矩形，∵D为AC的中点，AC＝4，∴CD＝AD＝2，∵BC＝3，∴BD＝ eq \r(CD2＋BC2) ＝ eq \r(22＋32) ＝ eq \r(13) ，∵CE⊥BD，∴∠CDB＋∠DCH＝90°，∠CDB＋∠DBC＝90°，∴∠DCH＝∠DBC，∴△AHC∽△CDB，∴ eq \f(CH,BD) ＝ eq \f(AC,CB) ＝ eq \f(AH,CD) ，即 eq \f(CH,\r(13)) ＝ eq \f(4,3) ＝ eq \f(AH,2) ，∴CH＝ eq \f(4\r(13),3) ，AH＝ eq \f(8,3) ；在矩形ACBG中，AH∥CB，∴△AEH∽△BEC，∴ eq \f(AH,BC) ＝ eq \f(HE,CE) ＝ eq \f(CH－CE,CE) ，即 eq \f(\f(8,3),3) ＝ eq \f(\f(4\r(13),3)－CE,CE) ，解得CE＝ eq \f(12\r(13),17) .
第5题解图
6. (1)证明：∵∠CAB＝∠EAF，
∴∠CAB＋∠CAE＝∠EAF＋∠CAE，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AC,∠BAE＝∠CAF,AE＝AF)) ，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE＝CF；
(2)解：由(1)得△BAE≌△CAF，
∴∠ABE＝∠ACF，
又∵∠CDO＝∠BDA，
∴△COD∽△BAD，
∴∠BOC＝∠BAC＝70°.
【解题关键点】
构造矩形BCAG,延长 CE 交 AG 于点H,证明△AHC∽△CDB,△AEH∽△BEC是解题的关键．