相似三角形综合大题(30)8解析.doc

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参考答案与试题解析
(共30小题)
1.(2023秋•鲤城区校级期中)如图,已知AD∥BC,点E在AC上且AE=3EC,连接DE并延长它,交BC于点F,交AB的延长线于点G.
(1)试说明:△ADE∽△CFE;
(2)当EF=2时,
①求的值和DE的长;
②当点F恰好是BC的中点时,求GF的长;
(3)当的值为多少时,.请简单说明理由.
考点:

分析:
(1)根据AD∥BC,得出∠D=∠EFC,∠DAE=∠C,即可得出△ADE∽△CFE;
(2)①利用相似三角形的性质得出,再利用AE=3EC,得出即可;
②首先得出△AGD∽△BGF,进而求出,即可得出GF的长;
(3)由=3,=3,得出•=9,即可得出答案.
解答:
解:(1)∵AD∥BC,
∴∠D=∠EFC,∠DAE=∠C,
∴△ADE∽△CFE.
(2)①∵△ADE∽△CFE,
∴.
∵AE=3EC,
∴,
∴,DE=3FE=3×2=6.
②∵点F是BC的中点,
∴BF=CF.
∵,
∴.
∵AD∥BC,
∴△AGD∽△BGF,
∴
∴.
由①可知:FD=FE+ED=2+6=8,
∴GF=4.
(3)当=3时,=9,理由如下:
∵=3,=3,
∴•=9,
即=9,
∴==9.
点评:
此题主要考查了相似三角形的判定与性质,熟练利用相似三角形的性质得出对应线段之间的比值是解题关键.
2.(2023秋•武昌区校级期中)如图,两个矩形如图(1)摆放,其中矩形ABCD的长a、宽b满足,且另一矩形AEFG的宽AG和对角线FA长是方程x2﹣3x+2=0的两根
(1)分别求两个矩形的长、宽;
(2)求证△ABC∽△AGF;
(3)将图(1)中矩形AEFG绕A点逆时针旋转α角(0°<α<90°)得到图(2),连FC,M为FC中点,连EM、DM,问DM与EM有何数量关系?并证明你的结论.
考点:

分析:
(1)根据非负数的性质可以得出,就可以求出a、b的值,再通过解一元二次方程x2﹣3x+2=0求出其根就可以得出AG和对角线FA的值,由勾股定理就可以求出结论;
(2)由四边形AEFG和四边形ABCD是矩形可以得出∠G=∠B=90°,再由(1)的结论可以求出,就可以求得△ABC∽△AGF;
(3)延长EM到N,使MN=ME,连接CN并延长交AB于H,连接DE、DN,根据条件可以得出△EFM≌△NCM,可以得出∠EFM=∠NCM,可以得出EF∥CN,运用条件可以证明△EAD∽△NCD,可以得出∠ADE=∠CDN,可以得出∠EDN=90°,根据直角三角形的性质就可以得出EM=DM.
解答:
解:(1)∵,
∴,
∴a=3+,b=+1
∴BC=3+,AB=+1.
∵x2﹣3x+2=0的根为:
x1=1,x2=2,
∴AG=1,FA=2.
在Rt△AGF中,由勾股定理,得
FG=.
∴矩形ABCD的长为3+,宽为+1,
矩形AEFG的长为,宽为1;
(2)如图1,∵四边形AEFG和四边形ABCD是矩形,
∴∠G=∠B=∠ADC=90°,EF∥AG,DC∥AB.∠GAE=∠BAD=90°.
∵BC=3+,AB=+=1,GF=,
∴,,
∴,
∴△ABC∽△AGF;
(3)DM=EM.
理由:如图3,延长EM到N,使MN=ME,连接CN并延长交AB于H,连接DE、DN,
∵M为FC中点,
∴MF=MC.
∵在△EFM和△NCM中,
,
∴△EFM≌△NCM(SAS),
∴∠EFM=∠NCM,EF=CN=1
∴EF∥CH,
∴AG∥CH,
∴∠2=∠3.
∵.∠GAE+∠BAD+∠1+∠2=360°,
∴∠1+∠2=180°.
∵∠3+∠4=180°,
∴∠1=∠4.
∵DC∥AB,
∴∠4=∠DCH,
∴∠1=∠DCH.
∵,,
∴,
∴△EAD∽△NCD,
∴∠ADE=∠CDN.
∵∠ADN+∠CDN=∠ADC=90°,
∴∠ADN+∠ADE=90°,
即∠EDN=90°.
∵EM=NM,
∴DM=EN,EM=EN,
∴DM=EM.
点评:
本题是一道相似形的综合试题,考查了非负数的性质的运用,一元二次方程的解法及运用,勾股定理的运用,相似三角形的判定及性质的运用,直角三角形的性质的运用,全等三角形的判定及性质的运用,解答时根据条件证明三角形全等和三角形相似是解答本题的关键.
3.(2023秋•汉阳区校级期中)(1)如图1,等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,D是BC延长线上一点,E是AC上一点,且CD=CE,:BF⊥AD.
(2)如图2,正方形AGBC,D是BC延长线上一点,E是AC上一点,且CD=CE,,利用图1或图2,证明:∠BFC=45°.
(3)在图2中,若,直接写出=.
考点:

分析:
(1)根据等腰直角三角形的性质证明三角形全等,可以得出∠BEC=∠D,再根据角的关系就可以求出∠BFD=90°而得出结论;
(2)延长AD至H,使AH=BF,由条件可以证明△ACH≌△BCF,可以得出CF=CH,∠BCF=∠ACH,从而可以∠FCH=90°,进而得出∠CFH=45°,从而得出结论;
(3)由,设AC=x,AF=x,根据正方形的性质及勾股定理可以求出AB=x,BF=3x,就有AH=3x,就有FH=2x,根据勾股定理就可以求出CF=x,从而可以求出结论.
解答:
解:(1)在△ACD和△BCE中,
,
∴三角形ACD≌三角形BCE(SAS),
∴∠DAC=∠EBC.
∵∠DAC+∠D=90°,
∴∠EBC+∠D=90°,
∴∠BFD=90°,
∴BF⊥AD.
(2)延长AD至H,使AH=BF.
在△ACH和△BCF中,
∴△ACH≌△BCF,
∴CF=CH,BF=AH,∠ACH=∠BCF,
∴∠ACH﹣∠ACF=∠BCF﹣∠ACF,
∴∠ACB=∠FCH.
∵∠ACB=90°,
∴∠FCH=90°,
∴∠H=∠CFH=45°.
∵∠BFD=90°,
∴∠BFC=45°.
(3)∵,
∴AC=x,AF=x,
∴BC=x,在Rt△中,由勾股定理得:
AB=x.
∵∠BFD=90°,
∴∠BFA=90°,
在Rt△AFB中,由勾股定理得:
BF==3x.
∴AH=3x,
∴FH=2x,
在Rt△FCH中,由勾股定理得:
CF2+CH2=4x2,
∴CF2+CF2=4x2,
∴CF=x,
∴=,
故答案为:.
点评:
本题考查了全等是三角形的判定与性质的运用,正方形的性质的运用,垂直的定义的运用,等腰直角三角形的性质的运用,勾股定理的运用,在解答中作辅助线证明三角形全等是关键.
4.(2023秋•上饶县期中)如图
(1)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(﹣8,0),直线BC经过点B(﹣8,6),C(0,6),将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转a度得到四边形OA′B′C′,此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q.
(1)四边形OABC的形状是 矩形 ,当a=90°时,的值是.
(2)①如图(2),当四边形OA′B′C′绕点O旋转时△POQ的面积为时,求的值;
②如图(3),当四边形OA′B′C′的顶点B′落在直线BC上时,求△OPB′的面积.
(3)在四边形OABC旋转过程中,当0<a≤180°时,是否存在这样的点P和点Q,使BP=BQ?若存在,请直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
考点:

分析:
(1)根据有一个角是直角的平行四边形即可得出四边形OABC是矩形,当α=90°时,可知=,根据比例的性质得出=;
(2)①连接利用三角形的面积公式求出PQ的长,所以PC+CQ=,又因为BP+PC=BC=8,BP﹣CQ=,进而求出BP的值,从而BQ可求,所以==;②根据勾股定理求得PB′的长,再根据三角形的面积公式进行计算;
(3)在四边形OABC旋转过程中,当0<a≤180°时,存在这样的点P和点Q,使BP=,运用勾股定理求得PC的长,进一步求得坐标.
解答:
解:(1)∵O为坐标原点,点A的坐标为(﹣8,0),直线BC经过点B(﹣8,6),C(0,6),
∴OA=BC=8,OC=AB=6,∠AOA′=90°,
∴四边形OABC的形状是矩形;
当α=90°时,P与C重合,如右图1,
根据题意,得=,则=;
(2)①连接OQ,如图2,
∵S△POQ=PQ•OC=,OC=6,
∴PQ=,
∴PC+CQ=,
∵BP+PC=BC=8,
∴BP﹣CQ=,
∴BP=3,CQ=,
∴BQ=3+=,
∴==;
②如图3,
∵在△OCP和△B′A′P中,
,
∴△OCP≌△B′A′P(AAS).
∴OP=B′′P=x,
在Rt△OCP中,(8﹣x)2+62=x2,
解得x=,
∴S△OPB′=××6=;
(3)存在这样的点P和点Q,使BP=BQ.
理由如下:过点Q画QH⊥OA′于H,连接OQ,则QH=OC′=OC,
∵S△POQ=PQ•OC,S△POQ=OP•QH,
∴PQ=OP.
设BP=x,∵BP=BQ,
∴BQ=2x,
如图4,当点P在点B左侧时,
OP=PQ=BQ+BP=3x,
在Rt△PCO中,(8+x)2+62=(3x)2,
解得x1=1+,x2=1﹣,(不符实际,舍去).
∴PC=BC+BP=9+,
∴P1(﹣9﹣,6),
如图5,当点P在点B右侧时,
∴OP=PQ=BQ﹣BP=x,PC=8﹣x.
在Rt△PCO中,(8﹣x)2+62=x2,解得x=,
∴PC=BC﹣BP=8﹣=,
∴P2(﹣,6),
综上可知,存在点P1(﹣9﹣,6),P2(﹣,6)使BP=BQ.
故答案为:矩形;.
点评:
本题考查了旋转的性质,矩形的性质,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,,能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边,根据勾股定理列方程求解.
5.(2023春•江岸区期中)已知:如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,CG⊥AB,垂足为G,AD平分∠CAB交CG于E,过E作EF∥AB,交BC于F,.
(1)求证:;
(2)若,求的值;
(3)当DF=1,BF=2时,求AB的值.
考点:

分析:
(1)由角平分线的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质推知CE=CD;然后由相似三角形△ACE∽△ABD的对应边成比例来证得结论;
(2)设AC=3k,AB=、∠CAG(∠CAB)的余弦三角函数的定义求得CG、CD的值;然后根据“平行线分线段成比例”、等量代换推知==,利用线段间的和差关系求得DF=k,问题到这里就迎刃可解了;
(3)由(2)知,CD=BF=,则根据已知条件“DF=1,BF=2”证得BC=5.
根据角平分线定理、余弦三角函数的定义求得===;然后在直角三角形ABC中根据勾股定理即可求得AB的值.
解答:
(1)证明:在Rt△ADC中,
∠CDA=90°﹣∠1(直角三角形的两锐角互余);
同理在Rt△AEG中,
∠AEG=90°﹣∠2.
又∵AD平分∠CAB(已知),
∴∠1=∠2(角平分线定义),
∴∠AED=∠CDE(等量代换),
又∵∠CED=∠AED(对顶角相等),
∴∠CED=∠CDE,
∴CE=CD(等角对等边);
在△ACE和△ABD中,
∠1=∠2,∠AEC=∠ECD+∠CDE=∠ADB,
∴△ACE∽△ABD,
∴=,
∴=;
(2)在Rt△ABC中,=cos∠CAB=,
故设AC=3k,AB=5k,则由勾股定理知BC=4k;
∵由(1)知,
∴CD=,BD=;
在Rt△ACG中,cos∠CAG==cos∠CAB=,
∴AG=k,
∴CG=k(勾股定理);
又∵EF∥AB,
∴=(平行线分线段成比例),
∵由(1)知,CD=CE,
∴=,即==,
∴CF=k,
∴DF=CF﹣CD=k,FB=BD﹣DF=,
∴==;
(3)由(2)知,CD=BF,则BC=5.
∵AD平分∠CAB,
∴=(角平分线定理),
又∵==cos∠CAB,
∴=;
∵EF∥AB,
∴=(平行线截线段成比例),
∴=(比例的性质),即===,
∴=;
∵AC2+BC2=AB2,
∴AB=3.
点评:
本题考查了相似综合题:相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、勾股定理、余弦三角函数的定义以及角平分线的定义.
★6.(2023秋•虹口区期中)已知:在梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=DC=5,cos∠ABC=,点E是AB边的中点,点F是射线BC上的一动点,连接BD、DF.
(1)如图1,当DF⊥BC时,求tan∠ABD;
(2)如图2,当点F在BC的延长线上时,连接EF,交DC边于点G,设CF=m,试求线段DG(用含m的代数式表示);
(3)设M是边DC上一点,且5DM=8AE,连接AM,与对角线BD相交于点N,若△BDF∽△ADN,请求线段CF.
考点:

分析:
(1)先根据等底对等角,平行线的性质及三角函数的知识即可求出tan∠ABD;
(2)过点E做EN⊥BC,过点G做GM⊥BC,过点A做AP⊥BC,过点D做DQ⊥BC,根据平行线的判定和相似三角形的性质即可求出线段DG;
(3)过点A做AH⊥BC于点H,以HC为x轴,HA为y轴建立直角坐标系,过点M做MP⊥BC于点P,过点D做DQ⊥BC于点Q,根据相似三角形的性质结合三角形的面积公式即可求解.
解答:
解:(1)∵AB=AD,
∴∠ABD=∠ADB,
∵AD∥BC,
∴∠ADB=∠DBC,
∴∠ABD=∠DBC,
tan∠ABD=tan(∠ABC)==;
(2)过点E做EN⊥BC,过点G做GM⊥BC,过点A做AP⊥BC,过点D做DQ⊥BC
所以EN∥GM∥AP∥QD
所以GM:EN=FM:FN,
其中EN=AP=DQ,
则2GM:DQ=FM:FN
GM:DQ=CG:CD=CM:CQ
则2CM:CQ=FM:FN=(FC+CM):(BF﹣BN)=(m+CM):(11+m﹣)=2CM:CQ=2CM:3
解得CM=,
CG:CD=CM:CQ
则(CD﹣DG):CD=CM:CQ
即(5﹣DG):5=:3,
解得DG=;
(3)过点A做AH⊥BC于点H,以HC为x轴,HA为y轴建立直角坐标系过点M做MP⊥BC于点P,过点D做DQ⊥BC于点Q
则CP:CQ=MP:DQ=CM:CD
5DM=8AE=8×5÷2=20,DM=4,
则CP:CQ=MP:DQ=(5﹣4):5
则CP=,MP=,
则点A为(0,4),点M为(,),点B为(﹣3,0),点D为(5,4)
直线AM为y=﹣x+4,直线BD为y=x+,
两直线相交于点N,点N为(,)
△AND中,底边AD=5,h=4﹣=,
S=×5×==S△BDF=×4BF
BF=,
CF=BC﹣BF=3+5+3﹣=.