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2021年中考数学压轴题专项训练14相似三角形含解析

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相似三角形

1.,如图,△ABC中,AB=2,BC=4,D为BC边上一点,BD=1,AD+AC=8.

〔1〕找出图中的一对相似三角形并证明;

〔2〕求AC长.

【解析】解:〔1〕△BAD∽△BCA,理由如下: AB=2,BC=4,BD=1,

BDAB12,AB21BC=42, BDABABBC=12, 又

∠B=∠B,

△BAD∽△BCA;

〔2〕由〔1〕得:

ADAC=12,即AC2AD, AD+AC=8,

AD2AD8,解得:AD83, 1 / 27

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AC16. 32.如图,在ABC中,ABAC6,BC5,D是AB上一点,BD2,E是BC上一动点,连接DE,作DEFB,射线EF交线段AC于F.

〔1〕求证:DBEECF;

〔2〕当F是线段AC中点时,求线段BE的长; 【解析】〔1〕证明:∵ABAC, ∴BC;

∵DEFB,CEFDEFBBDE, ∴BDECEF. ∴DBEECF.

ECF〔已证〕.

〔2〕∵DBE∴BD:CEBE:CF; ∵F为AC的中点,AC6,

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∴CF3.

设BEx,如此CE5x;又BD2, ∴2:5xx:3,解得x2或3. 故BE长为2或3.

3.如图,是一个照相机成像的示意图.

〔1〕如果像高MN是35mm,焦距是50mm,拍摄的景物高度AB是4.9m,拍摄点离景物有多远?

〔2〕如果要完整的拍摄高度是2m的景物,拍摄点离景物有4m,像高不变,如此相机的焦距应调整为多少?

【解析】解:根据物体成像原理知:△LMN∽△LBA,∴

MNLC. ABLD〔1〕∵像高MN是35mm,焦距是50mm,拍摄的景物高度AB是4.9m,

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3550,解得:LD=7. 4.9LD∴拍摄点距离景物7 m.

〔2〕拍摄高度AB是2m的景物,拍摄点离景物LC=4m,像高MN不变,是35mm,

35LC,解得:LC=70. 24∴相机的焦距应调整为70mm.

4.如图,四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形,C,F,G三点在一直线上,连接AF并延长交边CD于点M,假如∠AFG=∠ACD.

〔1〕求证:①△MFC∽△MCA;

CF②假如AB=5,AC=8,求的值.

BE4 / 27

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〔2〕假如DM=CM=2,AD=3,请直接写出EF长.

【解析】〔1〕①证明:∵∠AFG=∠ACD,

∴∠FCA+∠FAC=∠FCA+∠MCF,

∴∠FAC=∠MCF,

∵∠FMC=∠CMA,

∴△MFC∽△MCA.

②解:∵四边形AEFG,四边形ABCD都是矩形,

∴FG∥AE,CD∥AB,

∴∠AFG=∠FAE,∠ACD=∠CAB,

∵∠AFG=∠ACD,

∴∠FAE=∠CAB,

∵∠AEF=∠ABC=90°,

∴△AEF∽△ABC,

AEAF=, ACABAFAC∴=, AEAB∵∠FAE=∠CAB,

∴∠FAC=∠EAB,

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∴△FAC∽△EAB,

FCAC8∴==.

AB5EB〔2〕解:∵四边形ABCD是矩形,

∴∠D=90°,AD=BC=3,

∵DM=MC=2,AD=3,

∴CD=4,AM=AD2DM2=3222=13,AC=AD2CD2=3242=5,

∵△MFC∽△MCA,

FMCM∴=, AMCMCM2413∴FM==,

AM13913, 13∴AF=AM﹣FM=∵△AEF∽△ABC,

EFAF=, ACBC913EF∴=13, 356 / 27

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∴EF=

2713. 65

5.四边形ABCD的一组对边AD、BC的延长线交于点E.

〔1〕如图1,假如∠ABC=∠ADC=90°,求证:ED⋅EA=EC⋅EB;

〔2〕如图2,假如∠ABC=120°,cos∠ADC=35,CD=5,AB=12,△CDE的面积为6,求四边形ABCD的面积.

【解析】解:〔1〕证明:∵∠ADC=90°,

∴∠EDC=90°,

∴∠ABE=∠CDE.

又∵∠AEB=∠CED,

∴△EAB∽△ECD,

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EBEA, EDEC∴EDEAECEB.

〔2〕过点C作CG⊥AD于点D,过点A作AH⊥BC于点H,

∵CD=5,cos∠ADC=35,

∴DG=3,CG=4.

∵S△CED=6,

∴ED=3,

∴EG=6.

∵AB=12,∠ABC=120°,如此∠BAH=30°,∴BH=6,AH=63,

由〔1〕得△ECG∽△EAH,

EGEHCGAH, ∴EH=93,

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∴S四边形ABCD=S△AEH-S△ECD-S△ABH=

1163936636=75183. 226.如图,在ABC中,ACB90,CD是高,BE平分ABC,BE分别与AC,CD相交于点E,

F.

〔1〕求证:AEB∽CFB.

〔2〕求证:

AEAB. CECB〔3〕假如CE5,EF25,BD6,求AD的长.

【解析】证明:〔1〕

ACB90

ACDBCD90

CD为AB边上的高,

ADC90

AACD90

ABCD,

BE是ABC的平分线,

ABECBE

AEB∽CFB;

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〔2〕

ABECBE,ABCD,

CFEBCDCBEAABE CEFAABE,

CEFCFE

CECF

AEB∽CFB

AECFABCB AEABCECB; 〔3〕如图,作CHEF于H

CECF,CHEF

EHFH5,

CHEC2EH252(5)225由BFD∽CFH,

DFHFBDCH, DF6525 DF3,CDCFDF8,

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由ACD∽CBD

ADCD CDBDAD8 8632. 3AD

7.如图,在平面直角坐标系x0y中,直线BC和直线OB交于点B,直线AC与直线BC交x轴于点C,OA=4, OC1AB1,ABy轴,垂足为点A,AC与OB交于点M. 2(1)求直线BC的解析式;

(2)求阴影局部的面积.

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【解析】解:〔1〕OA4,OC1AB1, 2所以点A坐标为〔0,4),点C坐标为〔1,0〕,

又ABy轴,点B坐标为〔2,4〕,

设直线BC的表达式为y=kx+b,将点B,C坐标代入表达式,

2kb4得,解得:k=4,b=﹣4,

kb0所以直线的表达式为y4x4.

(2) ABy轴,∴AB∥x轴,

△MOC∴

△MBA,

CMOC1, AMAB2AOC∵S1OCOA2S2AOCBOC,

∴SMOC1S32, 3OCM∴S阴影SOCASOCBS22210. 338.在矩形ABCD的CD边上取一点E,将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处.

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〔1〕如图1,假如BC=2BA,求∠CBE的度数;

〔2〕如图2,当AB=5,且AFFD=10时,求BC的长;

〔3〕如图3,延长EF,与∠ABF的角平分线交于点M,BM交AD于点N,当NF=值.

1ABAD时,求的2BC【解析】解:〔1〕∵四边形ABCD是矩形,

∴∠C=90°,

∵将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处,

∴BC=BF,∠FBE=∠EBC,∠C=∠BFE=90°,

∵BC=2AB,

∴BF=2AB,

∴∠AFB=30°,

∵四边形ABCD是矩形,

∴AD//BC,

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∴∠AFB=∠CBF=30°,

∴∠CBE=

1∠FBC=15°; 2〔2〕∵将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处,

∴∠BFE=∠C=90°,CE=EF,

又∵矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,

∴∠AFB+∠DFE=90°,∠DEF+∠DFE=90°,

∴∠AFB=∠DEF,

∴△FAB∽△EDF,

AFDEABDF, ∴AF•DF=AB•DE,

∵AF•DF=10,AB=5,

∴DE=2,

∴CE=DC-DE=5-2=3,

∴EF=3,

∴DF=EF2DE232225,

∴AF=10525, 14 / 27

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∴BC=AD=AF+DF=25535.

〔3〕过点N作NG⊥BF于点G,

∵NF=

12AD ∴NF=

12BF, ∵∠NFG=∠AFB,∠NGF=∠BAF=90°,

∴△NFG∽△BFA,

NGFGNF1ABFABF2, 设AN=x,

∵BN平分∠ABF,AN⊥AB,NG⊥BF,

∴AN=NG=x,AB=BG=2x,

设FG=y,如此AF=2y,

∵AB2+AF2=BF2,

∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2,

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解得y=

4x, 3410xx. 33∴BF=BG+GF=2xABAB2x3∴BCBF10.

x539.如图,抛物线y=﹣

1〔x+1〕〔x﹣n〕与x轴交于A,B两点〔点A在点B左侧〕,与y轴交于点C,2△ABC的面积为5.动点P从点A出发沿AB方向以每秒1个单位的速度向点B运动,过P作PN⊥x轴交BC于M,交抛物线于N.

〔1〕求抛物线的解析式;

〔2〕当MN最大时,求运动的时间;

〔3〕经过多长时间,点N到点B、点C的距离相等?

【解析】〔1〕∵抛物线y=1x1xn与x轴交于A,B两点〔点A在点B左侧〕,与y轴交于点C 2n〕,n>0 2∴A〔﹣1,0〕,B〔n,0〕,C〔0,

∴AB=n+1,OC=

1n 2由S△ABC=

1×AB×OC=5 216 / 27

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1nn15 4∴nn120 ∴取正根n=4

∴y=113x1x4=x2+x+2; 222〔2〕由〔1〕,B〔4,0〕,C〔0,2〕

∴直线BC为yx2

设M〔m,113m+2〕,N〔m,m2+m+2〕 222∴MN=1121231mm2m2=m22m=m22

22222∴当m=2时,MN最大

∴OP=2

∴AP=3,即经过3s,MN最大;

〔3〕如如下图所示,作BC的中垂线,与BC交于点D,与y轴交于点E,与抛物线交于点N,

∴△CDE~△COB

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CDCO1 DEOB2由〔2〕,得BC=25,D〔2,1〕 ∴DE=2CD=25 ∴CE=5

∴OE=3

∴E〔0,-3〕

∴直线DE为y=2x-3

由123x+x+2=2x-3 22121x+x-5=0 22移项整理得:

∴x2+x-10=0

取正根x=141 2∴OP=

141 2141 2141秒,点N到点B、点C的距离相等. 2∴AP=

即经过10.如图,四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形,C,F,G三点在一直线上,连接AF并延长交边CD18 / 27

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于点M.

〔1〕求证:△MFC∽△MCA;

〔2〕求证△ACF∽△ABE;

〔3〕假如DM=1,CM=2,求正方形AEFG的边长.

【答案】〔1〕证明见解析;〔2〕证明见解析;〔3〕35. 5【解析】解:〔1〕

四边形ABCD是正方形,四边形AEFG是正方形,

ACDAFG45,

CFMAFG,

CFMACM,

CMFAMC,

△MFC∽△MCA;

〔2〕

四边形ABCD是正方形,

ABC90,BAC45,

AC2AB,

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同理可得AF2AE,

AFAC2, AEABEAFBAC45,

CAFBAE,

△ACF∽△ABE;

〔3〕DM1,CM2,

ADCD123,

AMAD2DM2321210,

△MFC∽△MCA,

2FMCMFM,即,

AMCM210210, 5310, 5FMAFAMFMAG23AF5, 25即正方形AEFG的边长为35. 511.如图,函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A〔m,0〕,B〔0,n〕两点,m,n分别是方程x2﹣2x﹣3

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=0的两个实数根,且m<n.

〔Ⅰ〕求m,n的值以与函数的解析式;

〔Ⅱ〕设抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为C,抛物线的顶点为D,连接AB,BC,BD,CD.求证:△BCD∽△OBA;

〔Ⅲ〕对于〔Ⅰ〕中所求的函数y=﹣x2+bx+c,

〔1〕当0≤x≤3时,求函数y的最大值和最小值;

〔2〕设函数y在t≤x≤t+1内的最大值为p,最小值为q,假如p﹣q=3,求t的值.

【解析】〔I〕∵m,n分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两个实数根,且m<n,

用因式分解法解方程:〔x+1〕〔x﹣3〕=0,

∴x1=﹣1,x2=3,

∴m=﹣1,n=3,

∴A〔﹣1,0〕,B〔0,3〕,

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1bc0把〔﹣1,0〕,〔0,3〕代入得,,

c3b2解得,

c3∴函数解析式为y=﹣x2+2x+3.

〔II〕证明:令y=﹣x2+2x+3=0,即x2﹣2x﹣3=0,

解得x1=﹣1,x2=3,

∴抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴的交点为A〔﹣1,0〕,C〔3,0〕,

∴OA=1,OC=3,

∴对称轴为x131,顶点D〔1,﹣1+2+3〕,即D〔1,4〕, 2∴BC323232,BD12122,CD∵CD2=DB2+CB2,

422225,

∴△BCD是直角三角形,且∠DBC=90°,

∴∠AOB=∠DBC,

在Rt△AOB和Rt△DBC中,

AO12BO32,, BD2BC3222AOBO∴, BDBC∴△BCD∽△OBA;

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〔III〕抛物线y=﹣x2+2x+3的对称轴为x=1,顶点为D〔1,4〕,

〔1〕在0≤x≤3X围内,

当x=1时,y最大值=4;当x=3时,y最小值=0;

〔2〕①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧,当x=t时取得最小值q=﹣t2+2t+3,最大值p=﹣〔t+1〕2+2〔t+1〕+3,

令p﹣q=﹣〔t+1〕2+2〔t+1〕+3﹣〔﹣t2+2t+3〕=3,即﹣2t+1=3,解得t=﹣1.

②当t+1=1时,此时p=4,q=3,不合题意,舍去;

③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧,

此时p=4,令p﹣q=4﹣〔﹣t2+2t+3〕=3,即t2﹣2t﹣2=0解得:t1=1+3〔舍〕,t2=1﹣3〔舍〕; 或者p﹣q=4﹣[﹣〔t+1〕2+2〔t+1〕+3]=3,即t3〔不合题意,舍去〕;

④当t=1时,此时p=4,q=3,不合题意,舍去;

⑤当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧,当x=t时取得最大值p=﹣t2+2t+3,最小值q=﹣〔t+1〕2+2〔t+1〕+3,

令p﹣q=﹣t2+2t+3﹣[﹣〔t+1〕2+2〔t+1〕+3]=3,解得t=2.

综上,t=﹣1或t=2.

12.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,以C为顶点作等腰直角三角形CMN.使∠CMN=90°,连接BN,射线NM交BC于点D.

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〔1〕如图1,假如点A,M,N在一条直线上,

①求证:BN+CM=AM;

②假如AM=4,BN=

3,求BD的长; 2〔2〕如图2,假如AB=4,=2,将△CMN绕点C顺时针旋转一周,在旋转过程中射线NM交AB于点H,当三角形DBH是直角三角形时,请你直接写出CD的长.

【解析】证明:〔1〕①如图,过点C作CF⊥,交AN于点F,

∵△CMN是等腰直角三角形,

∴∠M=45°,CM=MN,

∵CF⊥,∠ACB=90°,

∴∠F=∠ACB,∠CFN=∠F=45°,

∴∠ACF=∠B,CF=,且AC=BC,

∴△ACF≌△B〔SAS〕,

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∴AF=BN,

∵CF=,CM⊥MN,

∴MF=MN=CM,

∴AM=AF+FM=BN+CM ②∵AM=4,BN=

3,BN+CM=AM, 2∴CM=MN=

5, 2∵△ACF≌△B,

∴∠CAF=∠CBN,

∵∠CAF+∠ACF=∠CFN=45°,∠B+∠MCD=∠M=45°

∴∠CAF=∠MCD,且∠CAF=∠CBN,

∴∠MCD=∠CBN ∴CM∥BN ∴△MCD∽△NBD,∠CMD=∠BND=90°

CMMD5= BNND35ND 3∴MD=

∵MD+ND=MN=

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∴ND=

15 16在Rt△DNB中,BD=NB2DN2=3 16〔2〕假如∠BDH=90°,如图,此时点M与点D重合,

∵△CMN是等腰直角三角形,=2

∴CM=MN=2 ∴CD=2,

假如∠BHD=90°,如图,

∵∠BHD=90°,∠B=45°,

∴∠BDH=45°

∴∠CDN=45°=∠N 26 / 27

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∴CD==2.

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