2021年中考数学 三轮专题冲刺：相似三角形及其应用（含答案）

这是一份2021年中考数学 三轮专题冲刺：相似三角形及其应用（含答案），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如图，将图形用放大镜放大，应该属于( )
A.平移变换B.相似变换
C.旋转变换D.对称变换
2. 下列命题是真命题的是( )
A.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的周长比为2∶3
B.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的周长比为4∶9
C.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的面积比为2∶3
D.如果两个三角形相似，相似比为4∶9，那么这两个三角形的面积比为4∶9
3. 如图，△ABO∽△CDO，若BO=6，DO=3，CD=2，则AB的长是( )
A.2B.3C.4D.5
4. (2019•雅安)若，且，则的值是
A．4B．2
C．20D．14
5. （2020·营口）如图，在△ABC中，DE∥AB，且=，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6. （2020·嘉兴） 如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标为（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（） C．（） D．（﹣2，﹣1）
7. 如图，弦CD垂直于⊙O的直径AB，垂足为H，且CD＝2eq \r(2)，BD＝eq \r(3)，则AB的长为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
8. （2020·新疆）如图，在△ABC中，∠A＝90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB＝CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）
A．B．5C．D．10
二、填空题
9. 如图，在△ABC中，∠ACD=∠B，若AD=2，BD=3，则AC长为 .

10. (2019•郴州)若，则__________．
11. (2019•百色)如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，
，，，则的面积为__________．
12. （2020·南通）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上，设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于 ▲ ．
13. （2020·盐城） 如图，且，则的值为
．
14. （2020·吉林）如图，．若，，则______．
15. (2019•永州)如图，已知点F是△ABC的重心，连接BF并延长，交AC于点E，连接CF并延长，交AB于点D，过点F作FG∥BC，交AC于点G．设三角形EFG，四边形FBCG的面积分别为S1，S2，则S1：S2=__________．
16. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题:“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何?”其意思为:“今有直角三角形，勾(短直角边)长为5步，股(长直角边)长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少步?”该问题的答案是 步.

三、解答题
17. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC.P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°.
(1)求证:△PAB∽△PBC;
(2)求证:PA=2PC;
(3)若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证:=h2·h3.
18. (2019•张家界)如图，在平行四边形ABCD中，连接对角线AC，延长AB至点E，使，连接DE，分别交BC，AC交于点F，G．
(1)求证：；
(2)若，，求FG的长．
19. 如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB上一点，以CD为直径的⊙O交BC于点E，连接AE交CD于点P，交⊙O于点F，连接DF，∠CAE＝∠ADF.
(1)判断AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若PF∶PC＝1∶2，AF＝5，求CP的长．
20. 如图，AB为半圆的直径，O为圆心，OC⊥AB，D为eq \(BC,\s\up8(︵))的中点，连接DA、DB、DC，过点C作DC的垂线交DA于点E，DA交OC于点F.
(1)求证：∠CED＝45°；
(2)求证：AE＝BD；
(3)求eq \f(AO,OF)的值．

21. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AC＝2 cm.长为1 cm的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1 cm/s的速度向点B运动(运动前点M与点A重合)．过M，N分别作AB的垂线交直角边于P，Q两点，线段MN运动的时间为t s.
(1)若△AMP的面积为y，写出y与t的函数关系式(写出自变量t的取值范围)，并求出y的最大值；
(2)在线段MN运动过程中，四边形MNQP有可能成为矩形吗？若有可能，求出此时t的值；若不可能，说明理由；
(3)t为何值时，以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？

2021中考数学 三轮专题冲刺：相似三角形及其应用-答案
一、选择题
1. 【答案】B
2. 【答案】B
3. 【答案】C
4. 【答案】A
【解析】由a∶b=3∶4知，所以．
所以由得到：，
解得．所以．
所以．故选A．
5. 【答案】A
【解析】利用平行截割定理求的值．∵DE∥AB，∴==，∵CE+AE=AC，∴=．
6. 【答案】B
【解析】本题考查了在坐标系中，位似图形点的坐标.在平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心，画出一个与原图形位似的图形，使它与原图形的相似比为k，那么与原图形上的点（x，y）对应的位似图形上的点的坐标为（kx，ky）或（–kx，–ky）.由A（4,3），位似比k＝，可得C（）因此本题选B．
7. 【答案】B 【解析】由垂径定理可得DH＝eq \r(2)，所以BH＝eq \r(BD2－DH2)＝1，又可得△DHB∽△ADB，所以有BD2＝BH·BA，(eq \r(3))2＝1×BA，AB＝3.
8. 【答案】A
【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理．如答图，过点E作EG⊥BC于G，过点A作AH⊥BC于H．
又因为DF⊥BC，所以DF∥AH∥EG，四边形DEGF是矩形．所以△BDF∽△BAH，DF＝EG，所以＝，因为D为AB中点，所以＝，所以＝．设DF＝EG＝x，则AH＝2x．因为∠BAC＝90°，所以∠B＋∠C＝90°，因为EG⊥BC，所以∠C＋∠CEG＝90°，所以∠B＝∠CEG，又因为∠BHA＝∠CGE＝90°，AB＝CE，所以△ABH≌△CEG，所以CG＝AH＝2x．同理可证△BDF∽△ECG，所以＝，因为BD＝AB＝CE，所以＝EG＝x．在Rt△BDF中，由勾股定理得BD＝＝＝x，所以AD＝x，所以CE＝AB＝2AD＝x．因为DE∥BC，所以＝＝，所以AE＝AC＝CE＝x．
在Rt△ADE中，由勾股定理得DE＝＝＝x．因△DEF的面积为1，所以DE·DF＝1，即×x·x＝1，解得x＝，所以DE＝×＝，因为AD＝BD，AE＝CE，所以BC＝2DE＝，因此本题选D．
二、填空题
9. 【答案】 [解析]∵∠ACD=∠B，∠CAD=∠BAC，∴△ACD∽△ABC，
∴=，即=，
∴AC=或AC=-(舍去).
10. 【答案】
【解析】∵，∴，
故2y=x，则，故答案为：．
11. 【答案】18
【解析】∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，
若点，，∴位似比为，
∵，，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：18．
12. 【答案】
【解析】由图形易证△ABC与△DEF相似，且相似比为，所以周长比为．故答案为：．
13. 【答案】2
【解析】∵BC∥DE，∴△ADE∽△ABC，∴ ，设DE＝x,则AB＝10－x∵AD＝BC＝4，∴，∴x1＝8 ,x2＝2(舍去)， ，此本题答案为2 ．

14. 【答案】10
【解析】∵，∴，
又∵，，∴，∴，故答案为：10．
15. 【答案】
【解析】∵点F是△ABC的重心，∴BF=2EF，∴BE=3EF，
∵FG∥BC，∴△EFG∽△EBC，
∴，()2，
∴S1∶S2，故答案为：．
16. 【答案】 [解析]如图①，∵四边形CDEF是正方形，∴CD=ED=CF.
设ED=x，则CD=x，AD=12-x.
∵DE∥CF，∴∠ADE=∠C，∠AED=∠B，
∴△ADE∽△ACB，
∴=，∴=，∴x=.
如图②，四边形DGFE是正方形，过C作CP⊥AB于P，交DG于Q，∵S△ABC=AC·BC=AB·CP，则12×5=13CP，∴CP=.
设ED=y，同理得:△CDG∽△CAB，∴=，
∴=，y=<，
∴该直角三角形能容纳的正方形边长最大是步，故答案为:.
三、解答题
17. 【答案】
证明:(1)在△ABP中，∠APB=135°，
∴∠ABP+∠BAP=45°，
又△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=45°，即∠ABP+∠CBP=45°，
∴∠BAP=∠CBP，
又∠APB=∠BPC=135°，∴△PAB∽△PBC.
(2)由(1)知△PAB∽△PBC，
∴===，
∴=·=2，即PA=2PC.
(3)方法一:如图①，过点P作边AB，BC，CA的垂线，垂足分别为Q，R，S，则PQ=h1，
PR=h2，PS=h3，
在Rt△CPR中，=tan∠PCR==，
∴=，即h3=2h2.
又由△PAB∽△PBC，且=，得:=，即h1=h2，
∴=h2·h3.
方法二:如图②，过点P作边AB，BC，CA的垂线，垂足分别为Q，R，S，连接SQ，SR，RQ，易知四边形ASPQ，四边形BRPQ都有外接圆，
∴∠PSQ=∠PAQ，∠PQR=∠PBR，
由(1)可知∠PAB=∠PBC，
∴∠PSQ=∠PQR.
又∵∠SPQ=∠QPR=180°-45°=135°，
∴△PSQ∽△PQR，
∴=，即PQ2=SP·PR，∴=h2·h3.
18. 【答案】
(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵BE=AB，AE=AB+BE，
∴，
∴，
∴．
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∴，即，
解得，．
19. 【答案】
解：(1)AB与⊙O相切．理由如下：
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE＋∠AEC＝90°，
又∵∠AEC＝∠CDF，∠CAE＝∠ADF，
∴∠CDF＋∠ADF＝90°，
∴∠ADC＝90°，
又∵CD为⊙O的直径，
∴AB与⊙O相切．(3分)
(2)如解图，连接CF，
解图
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CDF＋∠DCF＝90°，
又∵∠CDF＋∠ADF＝90°，
∴∠DCF＝∠ADF，
又∵∠CAE＝∠ADF，
∴∠CAE＝∠DCF，
又∵∠CPA＝∠FPC，
∴△PCF∽△PAC，
∴eq \f(PC,PA)＝eq \f(PF,PC)，(6分)
又∵PF∶PC＝1∶2，AF＝5，
故设PF ＝a，则PC＝2a，
∴eq \f(2a,a＋5)＝eq \f(a,2a)，
解得a＝eq \f(5,3)，
∴PC＝2a＝2×eq \f(5,3)＝eq \f(10,3).(8分)
20. 【答案】
(1)证明：∵∠CDA＝eq \f(1,2)∠COA＝eq \f(1,2)×90°＝45°，
又∵CE⊥DC，∴∠DCE＝90°，
∴∠CED＝180°－90°－45°＝45°；
(2)解：如解图，连接AC，
∵D为eq \(BC,\s\up8(︵))的中点，
∴∠BAD＝∠CAD＝eq \f(1,2)×45°＝22.5°，
而∠CED＝∠CAE＋∠ACE＝45°，
∴∠CAE＝∠ACE＝22.5°，
∴AE＝CE，
∵∠ECD＝90°，∠CED＝45°，
∴CE＝CD，
又∵eq \(CD,\s\up8(︵))＝eq \(BD,\s\up8(︵))，
∴CD＝BD，
∴AE＝CE＝CD＝BD，
∴AE＝BD；
解图
(3)解：设BD＝CD＝x，∴AE＝CE＝x，
由勾股定理得，DE＝eq \r(2)x，则AD＝x＋eq \r(2)x，
又∵AB是直径，则∠ADB＝90°，
∴△AOF∽△ADB，
∴eq \f(AO,OF)＝eq \f(AD,DB)＝eq \f(x＋\r(2)x,x)＝1＋eq \r(2).
21. 【答案】
(1)当点P在AC上时，
∵AM＝t，∴PM＝AM·tan60°＝eq \r(3)t，
∴y＝eq \f(1,2)t·eq \r(3)t＝eq \f(\r(3),2)t2(0当t＝1时，y最大＝eq \f(\r(3),2)；
当点P在BC上时，PM＝BM·
tan 30°＝eq \f(\r(3),3)(4－t)，
∴y＝eq \f(1,2)t·eq \f(\r(3),3)(4－t)＝－eq \f(\r(3),6)t2＋eq \f(2\r(3),3)t＝－eq \f(\r(3),6)(t－2)2＋eq \f(2\r(3),3)(1＜t<3)，
当t＝2 s时，y最大＝eq \f(2\r(3),3)，
综上所述，
y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)t2，0∴当t＝2 s时，y最大＝eq \f(2\r(3),3)；
(2)∵AC＝2，∴AB＝4，∴BN＝AB－AM－MN＝4－t－1＝3－t.
∴QN＝BN·tan 30°＝eq \f(\r(3),3)(3－t)，
由题知，若要四边形MNQP为矩形，需PM＝QN，且P，Q分别在AC，BC上，
即eq \r(3)t＝eq \f(\r(3),3)(3－t)，∴t＝eq \f(3,4)，
∴当t＝eq \f(3,4)s时，四边形MNQP为矩形．
(3)由(2)知，当t＝eq \f(3,4) s时，
四边形MNQP为矩形，此时PQ∥AB，
∴△PQC∽△ABC，
除此之外，当∠CPQ＝∠B＝30°时，
△QPC∽△ABC，此时eq \f(CQ,CP)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，
∵eq \f(AM,AP)＝cs 60°＝eq \f(1,2)，∴AP＝2AM＝2t，
∴CP＝2－2t，
∵eq \f(BN,BQ)＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，∴BQ＝eq \f(BN,\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(3),3)(3－t)，
又BC＝2eq \r(3)，∴CQ＝2eq \r(3)－eq \f(2\r(3),3)(3－t)＝eq \f(2\r(3)t,3)，
∴eq \f(\f(2\r(3)t,3),2－2t)＝eq \f(\r(3),3)，解得t＝eq \f(1,2)，
∴当t＝eq \f(1,2)s或eq \f(3,4)s时，以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似．