2020-2022年山东中考数学3年真题汇编 专题21 相似三角形（学生卷+教师卷）

专题21 相似三角形

一、单选题

1．（2022·山东东营·中考真题）如图，点D为边上任一点，交于点E，连接相交于点F，则下列等式中不成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平行线分线段成比例定理即可判断A，根据相似三角形的性质即可判断B、C、D．

【详解】解：∵，

∴，△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，故A不符合题意；

∴，，故B不符合题意，C符合题意；

∴，故D不符合题意；

故选C．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，熟知相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理是解题的关键．

2．（2022·山东威海·中考真题）由12个有公共顶点O的直角三角形拼成如图所示的图形，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝…＝∠LOM＝30°．若S△AOB＝1，则图中与△AOB位似的三角形的面积为(   )

A．（）3 B．（）7 C．（）6 D．（）6

【答案】C

【分析】根据题意得出A、O、G在同一直线上，B、O、H在同一直线上，确定与△AOB位似的三角形为△GOH，利用锐角三角函数找出相应规律得出OG=，再由相似三角形的性质求解即可．

【详解】解：∵∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝…＝∠LOM＝30°

∴∠AOG＝180°，∠BOH＝180°，

∴A、O、G在同一直线上，B、O、H在同一直线上，

∴与△AOB位似的三角形为△GOH，

设OA=x，

则OB=，

∴OC=，

∴OD=，

…

∴OG=，

∴，

∴，

∵，

∴，

故选：C．

【点睛】题目主要考查利用锐角三角函数解三角形，找规律问题，相似三角形的性质等，理解题意，找出相应边的比值规律是解题关键．

3．（2022·山东临沂·中考真题）如图，在中，，，若，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，，可得再建立方程即可．

【详解】解： ，，

，

解得：经检验符合题意

故选C

【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例，证明“”是解本题的关键．

4．（2021·山东淄博·中考真题）如图，相交于点，且，点在同一条直线上．已知，则之间满足的数量关系式是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意易得，，则有，，然后可得，进而问题可求解．

【详解】解：∵，

∴，，

∴，，

∴，

∵，

∴，即；

故选C．

【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．

二、填空题

5．（2022·山东东营·中考真题）如图，在中，点F、G在上，点E、H分别在、上，四边形是矩形，是的高．，那么的长为____________．

【答案】##4.8

【分析】通过四边形EFGH为矩形推出，因此△AEH与△ABC两个三角形相似，将AM视为△AEH的高，可得出，再将数据代入即可得出答案．

【详解】∵四边形EFGH是矩形，

∴，

∴，

∵AM和AD分别是△AEH和△ABC的高，

∴，

∴，

∵，

代入可得：，

解得，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及矩形的性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．

6．（2022·山东潍坊·中考真题）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的周长为___________．

【答案】

【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出，根据位似比求出，周长即可得出；

【详解】解：正方形ABCD的面积为4，

，

，

，

，

所求周长；

故答案为：．

【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．

7．（2021·山东菏泽·中考真题）如图，在中，，垂足为，，，四边形和四边形均为正方形，且点、、、、、都在的边上，那么与四边形的面积比为______．

【答案】1∶3

【分析】先设四边形和四边形的边长为x，然后根据AEM∽ABC可得，进而可求得AP＝2.5，EM＝5，然后分别求得S△AEM＝，S△ABC＝25，即可求得S四边形BCME＝S△ABC－S△AEM＝，由此可得答案．

【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，

∴设四边形和四边形的边长为x，

则EM＝2x，EF＝x，EF⊥BC，EM∥BC，

∵AD⊥BC，

∴PD＝EF＝x，

∵AD＝5，

∴AP＝AD－PD＝5－x，

∵EMBC，

∴AEM∽ABC，

∴，

∴，

解得：x＝2.5，

∴AP＝2.5，EM＝5，

∴S△AEM＝＝，

又∵S△ABC＝＝25，

∴S四边形BCME＝S△ABC－S△AEM

＝25－

＝，

∴S△AEM∶S四边形BCME＝∶＝1∶3，

故答案为：1∶3．

【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．

8．（2021·山东泰安·中考真题）如图，点在直线上，点的横坐标为2，过点作，交x轴于点，以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长的交x轴于点；…；按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为________（结果用含正整数n的代数式表示）．

【答案】

【分析】根据题中条件，证明所有的直角三角形都相似且确定相似比，再具体算出前几个正方形的边长，然后再找规律得出第个正方形的边长．

【详解】解：点在直线上，点的横坐标为2，

点纵坐标为1．

分别过，作轴的垂线，分别交于，下图只显示一条；

,

类似证明可得，图上所有直角三角形都相似，有

，

不妨设第1个至第个正方形的边长分别用：来表示，通过计算得：

，

，

按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为，

故答案是：．

【点睛】本题考查了三角形相似，解题的关键是：利用条件及三角形相似，先研究好前面几个正方形的边长，再从中去找计算第个正方形边长的方法与技巧．

9．（2020·山东威海·中考真题）如图，点在的内部，，与互补，若，，则__________．

【答案】

【分析】通过证明△ACO∽△OCB，可得，可求出OC．

【详解】解：∵∠OCA＝∠OCB，∠OCA与∠AOB互补，

∴∠OCA＋∠AOB＝180°，∠OCB＋∠AOB＝180°，

∵∠OCA＋∠COA＋∠OAC＝180°，∠OCB＋∠OBC＋∠COB＝180°，

∴∠AOB＝∠COA＋∠OAC，∠AOB＝∠OBC＋∠COB，

∴∠AOC＝∠OBC，∠COB＝∠OAC，

∴△ACO∽△OCB，

∴，

∴OC2＝2×＝3，

∴OC＝，

故答案为：．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明△ACO∽△OCB是本题的关键．

10．（2020·山东临沂·中考真题）如图，在中，D，E为边的三等分点，，H为与的交点．若，则___________．

【答案】1

【分析】利用平行线分线段成比例得到EF=2,再利用中位线得到DH的长即可.

【详解】解:∵D，E为边的三等分点，，

∴EF:DG:AC=1:2:3

∵AC=6,

∴EF=2,

由中位线定理得到,在△AEF中,DH平行且等于

故答案是:1

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用和中位线的性质,熟悉平行线之间的性质是解题关键.

三、解答题

11．（2022·山东枣庄·中考真题）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．

(1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；

(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？

【答案】(1)当t＝2时，PQ⊥BC

(2)当t的值为时，四边形QPCP′为菱形

【分析】（1）根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．

（2）作于，于，证明出为直角三角形，进一步得出和为等腰直角三角形，再证明四边形为矩形，利用勾股定理在、中，结合四边形为菱形，建立等式进行求解．

（1）

解：（1）如图①，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，

∴AB＝＝（cm），

由题意得，AP＝tcm，BQ＝tcm，

则BP＝（4﹣t）cm，

∵PQ⊥BC，

∴∠PQB＝90°，

∴∠PQB＝∠ACB，

∴PQAC，

，

，

∴＝，

∴，

解得：t＝2，

∴当t＝2时，PQ⊥BC．

（2）

解：作于，于，如图，

，，

，，

为直角三角形，

，

和为等腰直角三角形，

，，

，

四边形为矩形，

，

，

，

在中，，

在中，，

四边形为菱形，

，

，

，（舍去）．

的值为．

【点睛】此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．

12．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在中，，E是边AC上一点，且，过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：．

【答案】见解析

【分析】先根据等腰三角形的性质得∠C=∠BEC，又由对顶角相等可证得∠AED=∠C，再由∠D=∠ABC=90°，即可得出结论．

【详解】证明：∵

∴∠C=∠BEC，

∵∠BEC=∠AED，

∴∠AED=∠C，

∵AD⊥BD，

∴∠D=90°，

∵，

∴∠D=∠ABC，

∴．

【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定，熟练掌握等腰三角形的性质和相似三角形的判定定理是解题的关键．

13．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．

（1）当∠CAB＝45°时．

①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是　   　．线段BE与线段CF的数量关系是　   　；

②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；

学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：

思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；

思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．

（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．

【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．

（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．

【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．

∵CA＝CB，∠CAB＝45°，

∴∠CAB＝∠ABC＝45°，

∴∠ACB＝90°，

∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，

∴∠ADE＝∠AED＝45°，

∴AD＝AE，

∴AT⊥DE，DT＝ET，

∴AB垂直平分DE，

∴BD＝BE，

∵∠BCD＝90°，DF＝FB，

∴CF＝BD，

∴CF＝BE．

故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．

②结论不变．

解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．

∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，

∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，

由①得：

设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，

点F是BD的中点，

则DF＝FB＝a+x，

∵AM＝BM，

∴y+a＝a+2x，

∴y＝2x，即AD＝2FM，

∵AM＝BM，EN＝BN，

∴AE＝2MN，MN∥AE，

∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，

∴∠CMF＝∠BMN＝90°，

∴（SAS），

∴CF＝BN，

∵BE＝2BN，

∴CF＝BE．

解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．

∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，

∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，

∵∠CAB＝45°，

∴∠CAG＝90°，

∴AC⊥AG，

∴AC∥DE，

∵∠ACB＝∠CBT＝90°，

∴AC∥BT∥，

∵AG＝BT，

∴DG＝BT＝EG，

∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，

∴BD与GT互相平分，

∵点F是BD的中点，

∴BD与GT交于点F，

∴GF＝FT，

由旋转可得；

是等腰直角三角形，

∴CF＝FG＝FT，

∴CF＝BE．

（2）结论：BE＝．

理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．

∵CA＝CB，

∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，

∵AT＝TB，

∴CT⊥AB，

∴AT＝，

∴AB＝，

∵DF＝FB，AT＝TB，

∴TF∥AD，AD＝2FT，

∴∠FTB＝∠CAB＝30°，

∵∠CTB＝∠DAE＝90°，

∴∠CTF＝∠BAE＝60°，

∵∠ADE＝∠ACB＝60°，

∴AE＝AD＝FT，

∴，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

14．（2020·山东济宁·中考真题）如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．

(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)

(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【分析】（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；

（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.

【详解】解：（1）∵△PCD∽△ABP，

∴∠CPD=∠BAP，

故作∠CPD=∠BAP即可，

如图，即为所作图形，

（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，

∴∠BAP =∠ABC，

∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，

即∠CPD =∠ABC，

∴PD∥AB.

【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.