中考数学 专项训 练考点08 相似三角形中的基本模型(能力)

专题08 相似三角形中的基本模型
1.（2019 河南中考）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是　1　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　60°　．
（2）类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．

【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．

∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．

∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OABB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．

∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，

∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．
2.（2019 湖北黄石中考）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，C、E是⊙O上的两点，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延长AE交BC的延长线于点F．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：CE＝CF；
（3）若BD＝1，CD＝，求弦AC的长．

【分析】（1）连接OC，可证得∠CAD＝∠BCD，由∠CAD+∠ABC＝90°，可得出∠OCD＝90°，即结论得证；
（2）证明△ABC≌△AFC可得CB＝CF，又CB＝CE，则CE＝CF；
（3）证明△CBD∽△DCA，可求出DA的长，求出AB长，设BC＝a，AC＝a，则由勾股定理可得AC的长．
【解答】解：（1）连接OC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠ABC＝90°，
∵CE＝CB，
∴∠CAE＝∠CAB，
∵∠BCD＝∠CAE，
∴∠CAB＝∠BCD，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠OCB+∠BCD＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠BAC＝∠CAE，∠ACB＝∠ACF＝90°，AC＝AC，
∴△ABC≌△AFC（ASA），
∴CB＝CF，
又∵CB＝CE，
∴CE＝CF；
（3）∵∠BCD＝∠CAD，∠ADC＝∠CDB，
∴△CBD∽△DCA，
∴，
∴，[来源:学科网ZXXK]
∴DA＝2，
∴AB＝AD﹣BD＝2﹣1＝1，
设BC＝a，AC＝a，由勾股定理可得：，
解得：a＝，
∴．
3.（2019 江苏南京中考）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．
小明的作法
1．如图②，在边AC上取一点D，过点D作DG∥AB交BC于点G．
2．以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AB于点E．
3．在EB上截取EF＝ED，连接FG，则四边形DEFG为所求作的菱形．
（1）证明小明所作的四边形DEFG是菱形．
（2）小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化……请你继续探索，直接写出菱形的个数及对应的CD的长的取值范围．

【分析】（1）根据邻边相等的四边形是菱形证明即可．
（2）求出几种特殊位置的CD的值判断即可．
【解答】（1）证明：∵DE＝DG，EF＝DE，
∴DG＝EF，
∵DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵DG＝DE，
∴四边形DEFG是菱形．
（2）如图1中，当四边形DEFG是正方形时，设正方形的边长为x．
[来源:学科网ZXXK]
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
则CD＝x，AD＝x，
∵AD+CD＝AC，
∴+x＝3，
∴x＝，
∴CD＝x＝，
观察图象可知：0≤CD＜时，菱形的个数为0．
如图2中，当四边形DAEG是菱形时，设菱形的边长为m．

∵DG∥AB，
∴＝，
∴＝，
解得m＝，
∴CD＝3﹣＝，
如图3中，当四边形DEBG是菱形时，设菱形的边长为n．

∵DG∥AB，
∴＝，
∴＝，
∴n＝，
∴CG＝4﹣＝，
∴CD＝＝，
观察图象可知：当0≤CD＜或＜CD＜3时，菱形的个数为0，当CD＝或＜CD≤时，菱形的个数为1，当＜CD≤时，菱形的个数为2．
4.（2019 河辽宁大连北中考）阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题
数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，AB＝kBD（其中＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自已的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”
小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”
……
老师：“保留原题条件，延长图1中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出的值．”

（1）求证：∠BAE＝∠DAC；
（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；
（3）直接写出的值（用含k的代数式表示）．
【分析】（1）利用三角形的外角性质可求解；
（2）由直角三角形的性质和角平分线的性质可得AF＝FC，AF＝BF，通过证明△ABG∽△BCA和△ABF∽△BAD，利用相似三角形的性质可求解；
（3）通过证明△ABH∽△ACB，可得AB2＝AC×AH，设BD＝m，AB＝km，由勾股定理可求AC的长，可求AH，HC的长，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AB＝AD
∴∠ABD＝∠ADB
∵∠ADB＝∠ACB+∠DAC，∠ABD＝∠ABC＝∠ACB+∠BAE
∴∠BAE＝∠DAC
（2）设∠DAC＝α＝∠BAE，∠C＝β
∴∠ABC＝∠ADB＝α+β
∵∠ABC+∠C＝α+β+β＝α+2β＝90°，∠BAE+∠EAC＝90°＝α+∠EAC
∴∠EAC＝2β
∵AF平分∠EAC
∴∠FAC＝∠EAF＝β
∴∠FAC＝∠C，∠ABE＝∠BAF＝α+β
∴AF＝FC，AF＝BF
∴AF＝BC＝BF
∵∠ABE＝∠BAF，∠BGA＝∠BAC＝90°
∴△ABG∽△BCA
∴
∵∠ABE＝∠BAF，∠ABE＝∠AFB
∴△ABF∽△BAD
∴，且AB＝kBD，AF＝BC＝BF
∴k＝，即
∴
（3）∵∠ABE＝∠BAF，∠BAC＝∠AGB＝90°
∴∠ABH＝∠C，且∠BAC＝∠BAC
∴△ABH∽△ACB
∴
∴AB2＝AC×AH
设BD＝m，AB＝km，
∵[来源:Z#xx#k.Com]
∴BC＝2k2m
∴AC＝＝km
∴AB2＝AC×AH
（km）2＝km×AH
∴AH＝
∴HC＝AC﹣AH＝km﹣＝
∴
5.（2019 上海中考）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，D是AO延长线上一点，联结BD并延长交⊙O于点E，联结CD并延长交⊙O于点F．
（1）求证：BD＝CD；
（2）如果AB2＝AO•AD，求证：四边形ABDC是菱形．

【分析】（1）连接BC，根据AB＝AC，OB＝OA＝OC，即可得出AD垂直平分BC，根据线段垂直平分线性质求出即可；[来源:学+科+网Z+X+X+K]
（2）根据相似三角形的性质和判定求出∠ABO＝∠ADB＝∠BAO，求出BD＝AB，再根据菱形的判定推出即可．
【解答】证明：（1）如图1，连接BC，OB，OC，

∵AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，
∴A在BC的垂直平分线上，
∵OB＝OA＝OC，
∴O在BC的垂直平分线上，
∴AO垂直平分BC，
∴BD＝CD；
（2）如图2，连接OB，

∵AB2＝AO•AD，
∴＝，
∵∠BAO＝∠DAB，
∴△ABO∽△ADB，
∴∠OBA＝∠ADB，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∴∠OAB＝∠BDA，
∴AB＝BD，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AB＝AC＝BD＝CD，
∴四边形ABDC是菱形．
6.（2019•宁夏）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，点M，Q分别是边AB，BC上的动点（点M不与A，B重合），且MQ⊥BC，过点M作BC的平行线MN，交AC于点N，连接NQ，设BQ为x．
（1）试说明不论x为何值时，总有△QBM∽△ABC；
（2）是否存在一点Q，使得四边形BMNQ为平行四边形，试说明理由；
（3）当x为何值时，四边形BMNQ的面积最大，并求出最大值．

【分析】（1）根据题意得到∠MQB＝∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（3）根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质用x表示出QM、BM，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可．
【解答】解：（1）∵MQ⊥BC，
∴∠MQB＝90°，
∴∠MQB＝∠CAB，又∠QBM＝∠ABC，
∴△QBM∽△ABC；
（2）当BQ＝MN时，四边形BMNQ为平行四边形，
∵MN∥BQ，BQ＝MN，
∴四边形BMNQ为平行四边形；
（3）∵∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵△QBM∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，
解得，QM＝x，BM＝x，
∵MN∥BC，
∴＝，即＝，
解得，MN＝5﹣x，
则四边形BMNQ的面积＝×（5﹣x+x）×x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，四边形BMNQ的面积最大，最大值为．
7.（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD．
（1）求证：直线OD是⊙E的切线；
（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG；
①当tan∠ACF＝时，求所有F点的坐标　 　（直接写出）；
②求的最大值．

【分析】（1）连接ED，证明∠EDO＝90°即可，可通过半径相等得到∠EDB＝∠EBD，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得DO＝BO＝AO，∠ODB＝∠OBD，得证；
（2）①分两种情况：a）F位于线段AB上，b）F位于BA的延长线上；过F作AC的垂线，构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点F坐标；
②应用相似三角形性质和三角函数值表示出＝，令y＝CG2（64﹣CG2）＝﹣（CG2﹣32）2+322，应用二次函数最值可得到结论．
【解答】解：（1）证明：如图1，连接DE，∵BC为圆的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠BDA＝90°
∵OA＝OB
∴OD＝OB＝OA
∴∠OBD＝∠ODB
∵EB＝ED
∴∠EBD＝∠EDB
∴EBD+∠OBD＝∠EDB+∠ODB
即：∠EBO＝∠EDO
∵CB⊥x轴
∴∠EBO＝90°
∴∠EDO＝90°
∵点D在⊙E上
∴直线OD为⊙E的切线．
（2）①如图2，当F位于AB上时，过F作F1N⊥AC于N，
∵F1N⊥AC
∴∠ANF1＝∠ABC＝90°
∴△ANF∽△ABC
∴
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝＝10，即AB：BC：AC＝6：8：10＝3：4：5
∴设AN＝3k，则NF1＝4k，AF1＝5k
∴CN＝CA﹣AN＝10﹣3k
∴tan∠ACF＝＝＝，解得：k＝
∴

即F1（，0）
如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M，
∵△AMF2∽△ABC
∴设AM＝3k，则MF2＝4k，AF2＝5k
∴CM＝CA+AM＝10+3k
∴tan∠ACF＝
解得：
∴AF2＝5k＝2
OF2＝3+2＝5
即F2（5，0）
故答案为：F1（，0），F2（5，0）．
②方法1：如图4，过G作GH⊥BC于H，
∵CB为直径
∴∠CGB＝∠CBF＝90°
∴△CBG∽△CFB
∴
∴BC2＝CG•CF
∴＝＝＝≤
∴当H为BC中点，即GH＝BC时，的最大值＝．[来源:学.科.网]
方法2：设∠BCG＝α，则sinα＝，cosα＝，
∴sinαcosα＝
∵（sinα﹣cosα）2≥0，即：sin2α+cos2α≥2sinαcosα
∵sin2α+cos2α＝1，
∴sinαcosα≤，即≤
∴的最大值＝．




8.（2019 江西中考）在图1，2，3中，已知▱ABCD，∠ABC＝120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG＝120°．

（1）如图1，当点E与点B重合时，∠CEF＝　 　°；
（2）如图2，连接AF．
①填空：∠FAD　＝　∠EAB（填“＞”，“＜“，“＝”）；
②求证：点F在∠ABC的平分线上；
（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求的值．
【分析】（1）根据菱形的性质计算；
（2）①证明∠DAB＝∠FAE＝60°，根据角的运算解答；
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，证明△AFN≌△EFM，根据全等三角形的性质得到FN＝FM，根据角平分线的判定定理证明结论；
（3）根据直角三角形的性质得到GH＝2AH，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵四边形AEFG是菱形，
∴∠AEF＝180°﹣∠EAG＝60°，
∴∠CEF＝∠AEC﹣∠AEF＝60°，
故答案为：60°；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝60°，
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴∠FAE＝60°，
∴∠FAD＝∠EAB，
故答案为：＝；
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，
则∠FNB＝∠FMB＝90°，
∴∠NFM＝60°，又∠AFE＝60°，
∴∠AFN＝∠EFM，
∵EF＝EA，∠FAE＝60°，
∴△AEF为等边三角形，
∴FA＝FE，
在△AFN和△EFM中，
，
∴△AFN≌△EFM（AAS）
∴FN＝FM，又FM⊥BC，FN⊥BA，
∴点F在∠ABC的平分线上；
（3）∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴∠AGF＝60°，
∴∠FGE＝∠AGE＝30°，
∵四边形AEGH为平行四边形，
∴GE∥AH，
∴∠GAH＝∠AGE＝30°，∠H＝∠FGE＝30°，
∴∠GAN＝90°，又∠AGE＝30°，
∴GN＝2AN，
∵∠DAB＝60°，∠H＝30°，
∴∠ADH＝30°，
∴AD＝AH＝GE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC＝AD，
∴BC＝GE，
∵四边形ABEH为平行四边形，∠HAE＝∠EAB＝30°，
∴平行四边形ABEN为菱形，
∴AB＝AN＝NE，
∴GE＝3AB，
∴＝3．