2021年中考数学压轴题专项训练14相似三角形含解析

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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