重难点02 相似三角形模型及其综合题综合训练（5大题型+高分技法+限时提升练）-中考数学专练（全国通用）

这是一份重难点02 相似三角形模型及其综合题综合训练（5大题型+高分技法+限时提升练）-中考数学专练（全国通用），文件包含重难点02相似三角形模型及其综合题综合训练5大题型+高分技法+限时提升练原卷版docx、重难点02相似三角形模型及其综合题综合训练5大题型+高分技法+限时提升练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
中考数学中《相似三角形模型及其综合题综合训练》部分主要考向分为五类：
一、K型相似
二、8字图相似
A字图相似
母子型相似
手拉手相似
相似三角形的综合题中各种相似模型的掌握是解决对应压轴题的便捷方法，所以本专题是专门针对相似三角形模型压轴题的，对提高类型的学生可以自主训练。
考向一：K型相似
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，BE=3，EC=6，CF=2．求证：△ABE∽△ECF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正方形的性质，得出∠B=∠C=90°，AB=CB=9，进而得出ABEC=BECF，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证明．
【详解】解：∵BE=3，EC=6，
∴BC=9，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=9，∠B=∠C=90°，
∵ABEC=96=32，BECF=32，
∴ABEC=BECF
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF．
2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；
(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB=2，AC=6，求△BDF的面积；
(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则BNBC=______；
(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP=23，请直接写出线段AP的长度．
【答案】(1)AB=DE
(2)10
(3)913
(4)547或1811
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠CBD=90，CB=BD，进而证明△ABC≌△EDBAAS，即可求解；
（2）根据（1）的方法证明△ABC≌△EDB(AAS)，进而证明△DEF∽△CAF，求得EF=4，则BF=10，然后根据三角形的面积公式，即可求解．
（3）过点N作NM⊥AF于点M，证明△ABC∽△MNB得出MN=13BM，证明△EMN∽△ECA，设BM=x，则ME=BE−BM=6−x，代入比例式，得出x=5413，进而即可求解；
（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的延长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
∵∠CBD=90°，
∴∠ABC+∠DBE=90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB；
（2）解：∵∠CBD=90°，
∴∠ABC+∠DBE= 90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD，
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB ，BE=AC
∵AB=2，AC=6
∴DE=2，BE=6
∴AE=AB+BE=2+6=8，
∵∠DEB +∠A=180°
∴ DE∥AC，
∴△DEF∽△CAF，
∴ DEAC=EFFA
∴ 26=EFEF+8
∴EF=4，
∴BF=BE+EF=6+4=10，
∴ S△BDF=12×10×2=10；
（3）解：如图所示，过点N作NM⊥AF于点M，

∵∠A=∠BMN=90°，∠ACB=90°−∠ABC=∠NBM
∴△ABC∽△MNB
∴BNBC=BMAC=MNAB，
即BNBC=BM6=MN2，即MN=13BM，
又∵MN∥AC
∴△EMN∽△ECA
∴MEAE=MNAC，
设BM=x，则ME=BE−BM=6−x，
6−x8=13x6
解得：x=5413
∴BNBC=BMAC=54136=913；
（4）解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q

∵tan∠BCP=23
∴tan∠BCP=PQCQ=23，设PQ=2a，则CQ=3a，
又∵AC=6,AB=2，∠BAC=90°
∴tan∠ABC=ACAB=62=3，BC=22+62=210
∴tan∠PBQ=PQBQ=3
∴BQ=13PQ=23a
∴BC=CQ+BQ=23a+3a=113a
∴113a=210，
解得：a=61011
在Rt△PBQ中，PQ=2a, BQ=23a
∴PB=PQ2+BQ2=2103a=2103×61011=4011
∴AP=PB−AB=4011−2=1811
如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的延长线于点T，

∵∠ABC=∠PBT,∠A=∠T=90°
∴∠BPT=∠ACB
∵tan∠ACB=ABAC=13
∴tan∠BPT=BTPT=tan∠ACB=13
设BT=b，则PT=3b，BP=10b，
∵tan∠BCP=PTCT=23，
∴3bb+210=23
解得：b=4107
∴BP=10b=407
∴AP=AB+BP=2+407=547
综上所述，AP= 547或1811．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形ABCD中，E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，B的对称点为G，PG交BC于H．
(1)求证：△EDP∽△PCH．
(2)若P为CD中点，且AB=2,BC=3，求GH长．
(3)连接BG，若P为CD中点，H为BC中点，探究BG与AB大小关系并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)GH=34
(3)AB=6BG
【分析】（1）根据矩形的性质得∠A=∠D=∠C=90°，由折叠得出∠EPH=∠A=90°，得出∠3=∠2，即可证明△EDP∽△PCH；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出DP=CP=1，根据EP2=ED2+DP2代入数值得x2=3−x2+1，进行计算x=53，再结合△EDP∽△PCH，则EDPC=EPPH，代入数值，得PH=54，所以GH=PG−PH=34；
（3）由折叠性质，得AP⊥EF，BG⊥直线EF，BG∥AP, ∠BAP=∠GPA，△MAP是等腰三角形，则MA=MP，因为P为CD中点，H为BC中点，所以DP=CP=y，BH=CH，所以△MBH≌△PCHASA，则CH=PH2−PC2=52y，所以△BMG∽△MAP，则BG=63y，即可作答．
【详解】（1）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
∴DP=CP=12×2=1，
设EP=AP=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=3−x2+1，
解得x=53，
∴EP=AP=x=53，
∴ED=AD−AE=43，
∵△EDP∽△PCH，
∴EDPC=EPPH，
∴431=53PH，
解得PH=54，
∵PG=AB=2，
∴GH=PG−PH=34；
（3）解：如图：延长AB，PG交于一点M，连接AP
∵E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF
∴BG∥AP,
∵AE=EP
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP=y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCHASA，
∴BM=CP=y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3y
∴HP=12PM=32y，
在Rt△PCH中，CH=PH2−PC2=52y，
∴BC=2CH=5y，
∴AD=BC=5y，
在Rt△APD中，AP=AD2+PD2=6y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△MAP，
∴BGAP=BMAM=13，
∴BG=63y，
∴ABBG=2y63y=6，
∴AB=6BG，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
4．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，▱ABCD的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，OA=OC=2OB=4，直线y=x+t−2≤t≤4）分别与x轴，y轴，线段AD，直线AB交于点E，F，P，Q．
(1)当t=1时，求证：AP=DP．
(2)探究线段AP，PQ之间的数量关系，并说明理由．
(3)在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ=90°，且以点M、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)PQ=22AP
(3)t=73时，M13,0;t=23时，M143,0;t=−1时，M(−7,0)
【分析】（1）根据t=1，求出t=1与AD交点P的坐标，即可求解；
（2）先求出直线AB的表达式为y=2x+4，再联立直线AB与直线y=x+t求出Q(t−4,2t−4)，再求出点P(4−t,4)，利用坐标系中两点距离公式求出PQ=22(t−4)，结合AP=4−t即可求解；
（3）证明△PHM∽△MIQ，得到PMQM=AOBO=2或PMQM=BOAO=12，分四种情况画图求解．
【详解】（1）证明：由OA=OC=2OB=4知，OC=4,OB=2，
则AD=BC=6，
则点A、B的坐标分别为：(0,4),(−2,0)，
当y=4时，y=x+1=4，则x=3=12AD，
即点P(3,4)，
∴AP=DP=3；
（2）解：PQ=22AP，
理由：
设直线AB的表达式为：y=kx+b，
将A(0,4),B(−2,0)代入得：4=b0=−2k+b，
解得：k=2b=4，
∴直线AB的表达式为：y=2x+4，
联立上式和y=x+t得y=x+ty=2x+4，
解得x=t−4y=2t−4．
即点Q(t−4,2t−4)，
同理（1）可得，点P(4−t,4)，
∴PQ=[(t−4)−(4−t)]2+[(2t−4)−4]2=22(4−t)，
∵AP=4−t，
∴PQ=22AP；
（3）解：分别过点P,Q作PH⊥x轴，QI⊥x轴，
∴∠PHM=∠MIQ=90°，
∵∠PMQ=90°，
∴∠PMH+∠QMI=90°，
∵∠MQI+∠QMI=90°，
∴∠PMH=∠MQI，
∴△PHM∽△MIQ，
∴PHMI=MHQI=PMQM，
设点M(x,0)，由（2）知，点P、Q的坐标分别为：(4−t,4)、(t−4,2t−4)，
①若m>0，如图2，则MI=m−(t−4),MH=4−t−m,QI=2t−4，
当△PMQ∽△AOB时，
∴PMQM=AOBO=42=2，
∴PHMI=MHQI=2，
∴PH=2MI,MH=2QI，
联立方程组：4=2[m−(t−4)]4−t−m=2(2t−4)，
解得：m=13t=73，
∴t=73时，M13,0，
②若m>0,MI=m−(t−4),MH=m−(4−t),OI=4−2t，如图3，
当△OMP∽△AOB时，
∴PMQM=BOAO=24=12，
∴PHMI=MHQI=12，
∴2PH=MI,2MH=QI，
联立方程组：2×4=m−(t−4)2[m−(4−t)]=4−2t，
解得：m=143t=23．
∴t=23时，M143,0；
③若m