专题29第5章相似三角形之三等角的相似-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）(原卷+解析)

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29第5章相似三角形之三等角的相似

一、单选题
1．直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，先根据全等三角形的判定定理得出△BCE≌△ACF，故可得出CF及CE的长，在Rt△ACF中根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定得出△CDG∽△CAF，故可得出CD的长，在Rt△BCD中根据勾股定理即可求出BD的长．
【解答】如图，分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，
∵∠EBC+∠BCE＝90°，∠BCE+∠ACF＝90°，∠ACF+∠CAF＝90°，
∴∠EBC＝∠ACF，∠BCE＝∠CAF，
在△BCE与△ACF中，

∴△CBE≌△ACF（ASA）
∴CF＝BE，CE＝AF，
∵l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，
∴CF＝BE＝3，CE＝AF＝3+1＝4，
在Rt△ACF中，
∵AF＝4，CF＝3，
∴AC＝5，
∵AF⊥l3，DG⊥l3，
∴△CDG∽△CAF，
，
，
，
在Rt△BCD中，
∵，BC＝5，
所以．
故答案为：D．

【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键．
2．如图，正方形ABCD边长为4，边BC上有一点E，以DE为边作矩形EDFG，使FG过点A，则矩形EDFG的面积是（　　）

A．16 B．8 C．8 D．16
【答案】D
【解析】先利用等角的余角证明∠ADF＝∠EDC，再根据相似三角形的判定方法证明△ADF∽△CDE，然后利用相似比计算DF与DE的关系式，最后根据矩形的面积公式求得矩形的面积便可..
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝4，∠ADC＝∠C＝90°，
∵四边形EDFG为矩形，
∴∠EDF＝∠F＝90°，
∵∠ADF+∠ADE＝90°，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADF＝∠EDC，
∴△ADF∽△CDE，
∴，即 ，
∴DF＝，
∴矩形EDFG的面积为：DE•DF＝DE•＝16．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，根据矩形的性质求面积是解题重要一步．
3．如图，已知矩形的顶点分别落在轴轴上，，AB=2BC则点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】过C作CE⊥x轴于E，根据矩形的性质得到CD=AB，∠ABC=90°，，根据余角的性质得到∠BCE=∠ABO，进而得出△BCE∽△ABO，根据相似三角形的性质得到结论．
【解答】解：过C作CE⊥x轴于E，

∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=∠CBE+∠BCE=90°，
∴∠BCE=∠ABO，
∵，
∴△BCE∽△ABO，
∴，
∵
∴AB=，
∵AB=2BC，
∴BC=AB=4，
∵，
∴CE=2，BE=2
∴OE=4+2
∴C（4+2，2），
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，E是边CD上一点，连接AE．折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若DE=4，则AF的长为（   ）

A．    B．4      C．3      D．2
【答案】C
【解析】由矩形的性质可得AB=CD=6，AD=BC=8，∠BAD=∠D=90°，通过证明△ABF∽△DAE，可得，即可求解．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=∠D=90°，BC=AD=8
∴∠BAG+∠DAE=90°
∵折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，
∴BF垂直平分AG
∴∠ABF+∠BAG=90°
∴∠DAE=∠ABF，
∴△ABF∽△DAE
∴即
解之：AF=3．
故答案为：C．
【点评】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
5．如图，为的边上一点，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据已知证明△ADB∽△ABC,利用代值求解即可．
【解答】∵，
∴∠A=∠C，∠DBC=∠BDC，
∵∠DBC=2∠A，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=2∠A，
∴∠ABD=∠A=∠C，
∴△ADB∽△ABC，AD=BD
∴，
设BD=AD=x，则，即，
解得：（不符题意，舍去），
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．


二、填空题
6．如图，在矩形中，点是边上一点，连结，将沿对折，点落在边上点处，与对角线交于点，连结．若，．则______．

【答案】
【解析】由折叠的性质可得∠BCM=∠BFM，BC=BF，再由FM∥CD，可得∠BFM=∠ABF，从而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理可求解．
【解答】解：四边形是矩形，
∠ABC=∠BAD=90°，AB∥CD，
，
FM∥AB，
∠BFM=∠ABF，
由折叠的性质可得：∠BCM=∠BFM，BC=BF=4，
∠ABF=∠ACB，
△ABF∽△BCA，
，
，即，
，
；
故答案为．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理及折叠的性质，关键是证明三角形的相似，进而根据相似三角形的性质进行求解．
7．如图，点D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝2：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝______．

【答案】
【解析】借助翻折变换的性质得到DE=CE，设AD=2k，DB=3k得到AB=5k，根据△AED∽△BDF即可解决问题．
【解答】解：设AD=2k，则DB=3k，AB=5k，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=5k，∠A=∠B=∠C=∠EDF=60°，
∴∠EDA+∠FDB=120°，
又∵∠EDA+∠AED=180°-∠A=180°-60°=120°，
∴∠FDB=∠AED，
∴△AED∽△BDF，
由折叠得CE=DE，CF=DF
∴△AED的周长为AD+AE+ED=AD+AC=2k+5k=7k，
△BDF的周长为DB+DF+BF=DB+BC=3k+5k=8k，
由相似三角形的周长比等于相似比可知，△AED与△BDF的相似比为7：8
∴CE：CF=DE：DF=7：8，
故答案为：7：8．
【点睛】主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是借助相似三角形的判定与性质（用含有k的代数式表示）；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．
8．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝1，CD＝2，BC＝3，点P为BC边上一动点，若AP⊥DP，则BP的长为_____．

【答案】1或2
【解析】设BP=x，则PC=3-x，根据平行线的性质可得∠B=90°，根据同角的余角相等可得∠CDP=∠APB，即可证明△CDP∽△BPA，根据相似三角形的性质列方程求出x的值即可得答案．
【解答】设BP=x，则PC=3-x，
∵AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠B=180°-∠C=90°，
∴∠B=∠C，
∵AP⊥DP，
∴∠APB+∠DPC=90°，
∵∠CDP+∠DPC=90°，
∴∠CDP=∠APB，
∴△CDP∽△BPA，
∴，
∵AB＝1，CD＝2，BC＝3，
∴，
解得：x1=1，x2=2，
∴BP的长为1或2，
故答案为：1或2
【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解题的关键．
9．如图，点为⊙外一点，过点作的切线、，点、为切点．连接并延长交的延长线于点，过点作，交的延长线于点．已知，，则的长为________．

【答案】
【解析】连接OB，在中应用勾股定理求得的半径为3，再根据，对应线段成比例即可求解．
【解答】解：连接OB，

∵、为的切线，
∴，，
∴，
∴，
设的半径为r，则，
在中，，即，解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查切线长定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理的应用等内容，作出合适的辅助线是解题的关键．
10．在直角坐标系中，已知圆的圆心坐标为，半径为5，点和点是圆上两个不同的点，其中与均不为0．过点分别作圆的切线与轴和分别相交于两点，则_________．
【答案】25
【解析】根据圆的圆心坐标为，半径为5，可得圆与y轴相切于点O，则有：AO=AB，BP=BD，，，可得，
，有，可证，得到，化简即可得到结果．
【解答】解：如图示，AB、BD与圆相切于点P，D，AB、BD相交于点B，

∵圆的圆心坐标为，半径为5，
∴圆与y轴相切于点O，
则有：AO=AB，BP=BD，
∴，
∵OD是圆的直径，
∴
又∵P是切点，
∴，
∴
∴
∴
即：，
故答案为：25．
【点睛】本题考查了圆的切线和相似三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键．

三、解答题
11．如图，在中，于，于，试说明：

（1）
（2）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；
（2）首先根据相似三角形的性质得出，进而证明△ADE∽△ACB，最后根据相似三角形的性质即可证明．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，
∴∠AEB=∠ADC=90°，
在△ABE和△ACD中

∴△ABE∽△ACD；
（2）∵△ABE∽△ACD，
∴．
在△ADE和△ACB中，

∴△ADE∽△ACB
∴
∴AD·BC=DE·AC．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
12．如图，是的角平分线，延长至点使得．求证：．

【答案】证明见解析．
【解析】先根据角平分线的定义可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定即可得证．
【解答】是的角平分线




又
．
【点睛】本题考查了角平分线的定义、等腰三角形的性质、相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
13．如图，在中，，，是上一点，，是上一动点，连接，作，射线交线段于.

（1）求证：；
（2）当是线段中点时，求线段的长；
【答案】（1）见解析；（2）长为2或3
【解析】（1）由三角形外角性质可得∠CED=∠B+∠BDE，结合∠DEF=∠B可推出∠BDE=∠CEF，再加上∠B=∠C可证明△DBE∽△ECF；
（2）由△DBE∽△ECF可得对应边成比例，设，则，建立方程求解即可.
【解答】（1）证明：∵，
∴；
∵，，
∴.
∴.
（2）∵（已证）.
∴；
∵为的中点，，
∴.
设，则；又，
∴，解得或3.
故长为2或3.
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，此图形可作为“一线三等角”模型记住证明方法，第（2）题由相似得到对应边成比例，建立方程是解题的关键.
14．如图，在中，，，点为边上一点，且，点为中点，．

（1）求的长．
（2）求证：．
【答案】（1）5；（2）证明见解析；
【解析】（1）先证明出∽，得出，假设BD为x，则DC=15-x，代入分式方程求出BD的长；
（2）由（1）可知，推出≌，得出结果；
【解答】（1）∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴∽，∴，
∵为中点，∴，
∵，设，则，
即：，解得：，，
∵，
∴．
（2）由（1）可知，∵，∴，
在和中，，∴≌
∴
【点睛】本题考查三角形全等的性质，三角形相似的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用．
15．如图，在中，，是高，平分，分别与，相交于点，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，，求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】（1）由题意易得，进而可知，然后有，进而问题得证；
（2）由题意易得，进而有，，进而问题得证；
（3）如图，作于，从而易得，进而可得，，然后由可进行求解．
【解答】证明：（1）

为边上的高，


，
是的平分线，

；
（2），，

，




；
（3）如图，作于
，
，

由，
，

，，
由


．

【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
16．已知，如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，交AB于F，连结FC（AB>AE）．

（1）求证：
（2）与是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由．
（3）设，是否存在这样的值，使得与相似？若存在，证明你的结论并求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）相似，理由见解析；（3）存在，k=．
【解析】（1）根据直角三角形两锐角互余和等角的余角相等可得∠DEC=∠AFE，再根据∠A=∠D=90°可证得结论；
（2）延长FE与CD的延长线交于G，证明Rt△AEF≌Rt△DEG（ASA）．由全等三角形的性质可得出EF=EG．证明Rt△EFC≌Rt△EGC（SAS）．得出∠AFE=∠EGC=∠EFC．则可证得结论；
（3）分两种情况讨论，当∠AFE=∠BCF时根据一个三角形最多有一个直角排除，当∠AFE=∠BFC，设BC=a，则AB=ka，由△AEF∽△BCF，得出AF=ka，BF=ka，再借助△AEF∽△DCE即可证明．
【解答】解：（1）∵EF⊥EC，
∴∠FEC=90°，即∠AEF+∠DEC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠DEC=∠AFE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△AEF∽△DCE；
（2）△AEF∽△ECF．证明如下：
延长FE与CD的延长线交于G，

∵E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠GED，∠A=∠EDG，
∴Rt△AEF≌Rt△DEG（ASA）．
∴EF=EG．
∵CE=CE，∠FEC=∠CEG=90°，
∴Rt△EFC≌Rt△EGC（SAS）．
∴∠AFE=∠EGC=∠EFC．
又∵∠A=∠FEC=90°，
∴△AEF∽△ECF；
（3）存在k值，使得△AEF与△BFC相似．
理由如下：
假定△AEF与△BFC相似，则有两种情况：
当∠AFE=∠BCF，则有∠AFE与∠BFC互余，于是∠EFC=90°，因此此种情况是不成立的；
当∠AFE=∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，
设BC=a，则AB=ka，
∵△AEF∽△BCF，
∴，
∴AF=ka，BF=ka，
∵△AEF∽△DCE，
∴，即，
解得，k=．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理，能正确识图是解题的关键．
17．已知在中，，，，为边上的一点．过点作射线，分别交边、于点、．
（1）当为的中点，且、时，如图1，_______：
（2）若为的中点，将绕点旋转到图2位置时，_______；
（3）若改变点到图3的位置，且时，求的值．


【答案】（1）2；（2）2；（3）
【解析】（1）由为的中点，结合三角形的中位线的性质得到 从而可得答案；
（2）如图，过作于 过作于结合（1）求解再证明利用相似三角形的性质可得答案；
（3）过点分别作于点，于点，证明,可得 再证明，利用相似三角形的性质求解 同法求解 从而可得答案．
【解答】解：（1）为的中点，




故答案为：
（2）如图，过作于 过作于







由（1）同理可得 ：

故答案为：

（3）过点分别作于点，于点，

∵，∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
同理可得：．
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，三角形中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
18．如图，在矩形中，、、、分别为、、、边上的点，当时，证明：．

【答案】见解析
【解析】过点作于点，过点作于点，先根据余角的性质证明，再证明即可证明结论成立．
【解答】证明：如解图，过点作于点，过点作于点，

∵，且四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了余角的性质，矩形的性质，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答本题的关键．
19．关于x的方程①和一元二次方程②中，k，m均为实数，方程①的根为非负数．

（1）求k的取值范围；
（2）当k为最小整数时，方程②有两根分别为和，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，点C是双曲线在第一象限图像上一动点，作CD⊥y轴交线段AB于点E，作CF⊥x轴交线段AB于点G，坐标原点为O．按要求补全图形并完成：
①BG·AE＝___________；
②求∠EOG的度数．
【答案】（1）k≥-1且k≠2；（2）m=4；（3）①1；②∠EOG=45°．
【解析】（1）先解方程①，根据方程①的根为非负数及一元二次方程的定义即可得答案；
（2）由（1）可知k≥-1，根据k为最小整数可知k=-1，可得方程②为，利用一元二次方程根与系数的关系即可得答案；
（3）①根据（2）可得直线AB和双曲线的解析式，根据题意作出图形，过点E作EP⊥x轴于P，过G作GQ⊥y轴于Q，设点C坐标为（t，），由直线AB解析式可得A、B两点坐标，可得△AOB是等腰直角三角形，进而可得△BQG和△EPA是等腰直角三角形，可得BG=QG，AE=PE，即可得答案；
②如图，连接OE、OG，由①得BG·AE=1，OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，可得，即可证明△BOG∽△AEO，可得∠OGB=∠EOA，根据外角性质及角的和差关系可得∠EOG=∠OAB=45°．
【解答】（1）∵，
∴x=，
∵方程的根为非负数，方程是一元二次方程，
∴≥0，2-k≠0，
解得：k≥-1且k≠2．
（2）由（1）可知k≥-1，
∵k为最小整数，
∴k=-1，
∴方程②为，
∵方程②有两根分别为和，
∴+()=，即-m=-4，
解得：m=4．
（3）①根据题意补全图形如下，过点E作EP⊥x轴于P，过G作GQ⊥y轴于Q，由（2）可知k=-1，m=4，
∴直线AB解析式为y=-x+1，双曲线的解析式为，
∵直线y=kx+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A（1，0），B（0，1），
∴OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵EP⊥x轴，GQ⊥y轴，
∴△BQG和△EPA是等腰直角三角形，
∴BG=GQ，AE=PE，
∵CD⊥y轴，CF⊥x轴，
∴GQ=CD，PE=CF，
设点C坐标为（t，），则CD=t，CF=，
∴BG·AE=t×·=1．

②如图，连接OE、OG，
由①得BG·AE=1，OA=OB=1，∠OBA=∠OAB=45°，
∴BG=，
∴，
∴△BOG∽△AEO，
∴∠OGB=∠EOA，
∵∠OGB=∠GOA+∠OAB，∠EOA=∠EOG+∠GOA，
∴∠EOG=∠OAB=45°．

【点睛】本题考查一元二次方程的定义、根与系数的关系；等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，如果两个三角形的两组对应边成比例，且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根为x1、x2，那么x1+x2=，x1x2=；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
20．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax²-2ax-3a交x轴于A、B两点，交y轴于点C，连接BC，且OB=OC．


（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，D为第一象限内抛物线上一点，过D做DT⊥x轴交x轴于T，交BC于点K，设D点横坐标为m，线段DK的长为d，求d与m之间的关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，D在对称轴右侧，Q、H为直线DT上点，Q点纵坐标为4，H在第四象限内，且QD=TH，过D做x轴的平行线交抛物线于点E，连接EQ交抛物线于点R，连接RH，tan∠ERH=2，求点D的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）点D的坐标为(，)．
【解析】（1）抛物线解析式变形为，求得，，求得，即可求得抛物线的解析式；
（2）先求得直线BC解析式为，设，，即可求得d与m之间的关系式；
（3）先求得，，得到，证得，从而得到，证明Rt△ENHRt△RME，利用相似三角形的性质以及线段的和差计算得到，把代入抛物线的解析式即可求解．
【解答】（1）∵对于，
令y=0，
解得x1=-1，x2=3，
∴，，
∴OB=OC=3，
∴，
把C(0，3)代入对于得：
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）设直线BC解析式为，
把代入得：，
解得：，
∴直线BC解析式为，

∴设，，
∴；
（3）连接EH，
∵QH平行y轴且Q点的纵坐标为4，QD=TH，
∴，
∴，
∵抛物线的解析式为的对称轴为，且点D的横坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过E作y轴平行线MN，过R、H分别作直线MN的垂线交MN于Ｍ和N，

∵，
∴，
∴Rt△ENHRt△RME，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
将点代入抛物线的解析式，
，
解得：，
∴，
∴点D的坐标为(，) ．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．