最新中考数学二轮核心考点专题训练 专题20 作平行线和作垂线构造相似三角形的技巧

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1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题20 构造相似三角形的技巧（解析版）
技巧一 做平行线构造“A”型相似
典例1（邵阳中考）如图1所示，在△ABC中，点O是AC上一点，过点O的直线与AB，BC的延长线分别相交于点M，N．
【问题引入】
（1）若点O是AC的中点，AMBM=13，求CNBN的值；
温馨提示：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G．
【探索研究】
（2）若点O是AC上任意一点（不与A，C重合），求证：AMMB•BNNC•COOA=1；
【拓展应用】
（3）如图2所示，点P是△ABC内任意一点，射线AP，BP，CP分别交BC，AC，AB于点D，E，F，若AFBF=13，BDCD=12，求AECE的值．
思路引领：（1）作AG∥MN交BN延长线于点G，证△ABG∽△MBN得BGBN=ABMB，即NGBN=AMMB，同理由△ACG∽△OCN得NGCN=AOCO，结合AO＝CO得NG＝CN，从而由CNBN=NGBN=AMBM可得答案；
（2）由NGBN=AMMB、COAO=CNNG知AMMB•BNNC•COOA=NGBN•BNNC•CNNG=1；
（3）由（2）知，在△ABD中有AFBF•BCCD•DPPA=1、在△ACD中有AEEC•CBBD•DPPA=1，从而AFBF•BCCD•DPPA=AEEC•CBBD•DPPA，据此知AEEC=AFBF•BCCD•BDCB=AFFB•BDCD=16．
解：（1）方法一：过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G，
∴AMBM=NGBN=13，
设NG＝x，则BN＝3x，
∵O是AC中点，且AG∥MN，
∴ON是△ACG中位线，
∴CN＝NG＝x，
∴CNBN=13；
方法二：过点A作AG∥MN交BN延长线于点G，
∴∠G＝∠BNM，
又∠B＝∠B，
∴△ABG∽△MBN，
∴BGBN=ABMB，
∴BGBN−1=ABMB−1，
∴BG−BNBN=AB−MBMB，即NGBN=AMMB，
同理，在△ACG和△OCN中，NGCN=AOCO，
∴COAO=CNNG，
∵O为AC中点，
∴AO＝CO，
∴NG＝CN，
∴CNBN=NGBN=AMBM=13；
（2）由（1）知，NGBN=AMMB、COAO=CNNG，
∴AMMB•BNNC•COOA=NGBN•BNNC•CNNG=1；
（3）在△ABD中，点P是AD上的一点，过点P的直线与AC、BD的延长线相交于点C，
由（2）得AFBF•BCCD•DPPA=1，
在△ACD中，点P是AD上一点，过点P的直线与AC、CD的延长线分别相交于点E、B，
由（2）得AEEC•CBBD•DPPA=1，
∴AFBF•BCCD•DPPA=AEEC•CBBD•DPPA，
∴AEEC=AFBF•BCCD•BDCB=AFFB•BDCD=13×12=16．
总结提升：本题主要考查相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定与性质及比例式的基本性质是解题的关键．
变式训练
1．（2022•郫都区模拟）如图，已知：正方形ABCD，点E在CB的延长线上，连接AE、DE，DE与边AB交于点F，FG∥BE交AE于点G．
（1）求证：GF＝BF；
（2）若EB＝1，BC＝4，求AG的长；
（3）在BC边上取点M，使得BM＝BE，连接AM交DE于点O．求证：FO•ED＝OD•EF．
思路引领：（1）根据正方形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，AD＝CD，根据相似三角形的性质列出比例式，等量代换即可；
（2）根据勾股定理求出AE，根据相似三角形的性质计算即可．
（3）延长GF交AM于H，根据平行线分线段成比例定理得到GFBE=FHBM，由于BM＝BE，得到GF＝FH，由GF∥AD，得到EFED=GFAD，FHAD=FOOD等量代换得到EFED=FHAD，即EFED=FOOD，于是得到结论．
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝CD，
∵GF∥BE，
∴GF∥BC，
∴GF∥AD，
∴GFAD=EFED，
∵AB∥CD，
BFCD=EFED，
∵AD＝CD，
∴GF＝BF；
（2）∵EB＝1，BC＝4，
∴DFFE=BCEB=4，AE=EB2+AB2=17，
∴AGGE=DFFE=4，
∴AG=4175；
（3）延长GF交AM于H，∵GF∥BC，
∴FH∥BC
∴GFBE=AFAB，
∴GFBE=AFAB，
∵BM＝BE，
∴GF＝FH，
∵GF∥AD，
∴EFED=GFAD，FHAD=FOOD，
∴EFED=FHAD，
∴FEED=FOOD，
∴FO•ED＝OD•EF．
总结提升：本题主要考查平行线分线段成比例及正方形的性质，掌握平行线分线段中的线段对应成比例是解题的关键，注意利用比例相等也可以证明线段相等．
2．（2018•黄石）在△ABC中，E、F分别为线段AB、AC上的点（不与A、B、C重合）．
（1）如图1，若EF∥BC，求证：S△AEFS△ABC=AE⋅AFAB⋅AC
（2）如图2，若EF不与BC平行，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
（3）如图3，若EF上一点G恰为△ABC的重心，AEAB=34，求S△AEFS△ABC的值．
思路引领：（1）由EF∥BC知△AEF∽△ABC，据此得AEAB=AFAC，根据S△AEFS△ABC=（AEAB）2即可得证；
（2）分别过点F、C作AB的垂线，垂足分别为N、H，据此知△AFN∽△ACH，得FNCH=AFAC，根据S△AEFS△ABC=12AE⋅FN12AB⋅CH即可得证；
（3）连接AG并延长交BC于点M，连接BG并延长交AC于点N，连接MN，由重心性质知S△ABM＝S△ACM、AGAM=23，设AFAC=a，利用（2）中结论知S△AEGS△ABM=AE⋅AGAB⋅AM=12、S△AFGS△ACM=AG⋅AFAM⋅AC=23a，从而得S△AEFS△ABC=S△AEG+S△AFG2S△ACM=14+13a，结合S△AEFS△ABC=AE⋅AFAB⋅AC=34a可关于a的方程，解之求得a的值即可得出答案．
解：（1）∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴AEAB=AFAC，
∴S△AEFS△ABC=（AEAB）2=AEAB•AFAC=AE⋅AFAB⋅AC；
（2）若EF不与BC平行，（1）中的结论仍然成立，
分别过点F、C作AB的垂线，垂足分别为N、H，
∵FN⊥AB、CH⊥AB，
∴FN∥CH，
∴△AFN∽△ACH，
∴FNCH=AFAC，
∴S△AEFS△ABC=12AE⋅FN12AB⋅CH=AE⋅AFAB⋅AC；
（3）连接AG并延长交BC于点M，连接BG并延长交AC于点N，连接MN，
则MN分别是BC、AC的中点，
∴MN∥AB，且MN=12AB，
∴GMGA=GNGB=12，且S△ABM＝S△ACM，
∴AGAM=23，
设AFAC=a，
由（2）知：S△AEGS△ABM=AE⋅AGAB⋅AM=34×23=12，S△AFGS△ACM=AG⋅AFAM⋅AC=23a，
则S△AEFS△ABC=S△AEG+S△AFG2S△ACM=S△AEG2S△ABM+S△AFG2S△ACM=14+13a，
而S△AEFS△ABC=AE⋅AFAB⋅AC=34a，
∴14+13a=34a，
解得：a=35，
∴S△AEFS△ABC=34×35=920．
总结提升：本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质和三角形重心的定义及其性质等知识点．
技巧二 做平行线构造“X”型相似
典例2（2021春•招远市期末）探究：某学校数学社团遇到这样一个题目：如图①，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝33，BO：CO＝1：3，求AB的长．
经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，连接BD，如图②所示，通过构造△ABD就可以解决问题．
请你写出求AB长的过程．
应用：如图③，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝1：3．若AO＝33，请你求出AB的长．
思路引领：探究：先找到△BOD∽△COA，利用对应边成比例，求出OD．再结合三角形内角和180°即可找到AB＝AD，最后求解．
应用：过点B作BE∥AD交AC于点E，证明△AOD∽△EOB相似，求出EO、AO的长度，在Rt△AEB中，利用勾股定理即可求解．
解：探究：∵BD∥AC，
∴∠ADB＝∠OAC＝75°．
∵∠BOD＝∠COA，
∴△BOD∽△COA，
∴ODOA=OBOC=13．
又∵AO＝33，
∴OD=13AO=3，
∴AD＝AO+OD＝43．
∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°，
∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，
∴AB＝AD＝43．
应用：过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．
∵AC⊥AD，BE∥AD，
∴∠DAC＝∠BEA＝90°．
∵∠AOD＝∠EOB，
∴△AOD∽△EOB，
∴BODO=EOAO=BEDA．
∵BO：OD＝1：3，
∴EOAO=BEDA=13．
∵AO＝33，
∴EO=3，
∴AE＝43．
∵∠ABC＝∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝30°，AB＝AC，
∴AB＝2BE．
在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（43）2+BE2＝（2BE）2，
解得：BE＝4，
∴AB＝2BE＝8．
总结提升：本题考查了三角形相似判断和性质的应用，以及勾股定理等知识，比较综合，关键在于熟悉各个知识点之间的联系是关键．
针对训练
1．（2019•乐山）在△ABC中，已知D是BC边的中点，G是△ABC的重心，过G点的直线分别交AB、AC于点E、F．
（1）如图1，当EF∥BC时，求证：BEAE+CFAF=1；
（2）如图2，当EF和BC不平行，且点E、F分别在线段AB、AC上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，当点E在AB的延长线上或点F在AC的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
思路引领：（1）根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；
（2）过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，得出△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；
（3）分两种情况：当F点与C点重合时，E为AB中点，BE＝AE；点F在AC的延长线上时，BE＞AE，得出BEAE＞1，则BEAE+CFAF＞1，同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF＞1，即可得出结论．
（1）证明：∵G是△ABC重心，
∴DGAG=12，
又∵EF∥BC，
∴BEAE=DGAG=12，CFAF=DGAG=12，
则BEAE+CFAF=12+12=1；
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，
则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
BEAE=BMAN，CFAF=CMAN，
∴BEAE+CFAF=BMAN+CMAN=BM+CMAN，
又∵BM+CM＝BM+CD+DM，
而D是BC的中点，即BD＝CD，
∴BM+CM＝BM+BD+DM＝DM+DM＝2DM，
∴BEAE+CFAF=2DMAN，
又∵DMAN=DGAG=12，
∴BEAE+CFAF=2×12=1，
故结论成立；
（3）解：（1）中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为AB中点，BE＝AE，
点F在AC的延长线上时，BE＞AE，
∴BEAE＞1，则BEAE+CFAF＞1，
同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF＞1，
∴结论不成立．
总结提升：此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．
2．（2021秋•简阳市 期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点，BD＝2DC，E为线段AD上一点，∠BED＝∠BAC．
（1）求证：∠ABE＝∠CAD；
（2）过点C作CF∥BE交AD的延长线于点F，试探索AE与CF的数量关系；
（3）如图2，若AD＝BD，AB＝6，求CE的长．
思路引领：（1）利用三角形外角的性质以及角的和差定义解决问题即可．
（2）结论：AE＝CF．如图1中，在AF上截取AJ，使得AJ＝BE．证明△ABE≌△CAJ（SAS），推出AE＝CJ，再证明CF＝CJ即可解决问题．
（3）如图2中，过点B作BK⊥AD于K，作CF∥BE交AD的延长线于F，过点C作CQ⊥DF于Q．首先证明BE＝BD，CD＝DF，再证明EK＝DK，DQ＝FQ，DK＝2DQ，BK＝2CQ，AE＝DE＝CD＝CF，利用参数构建方程解决问题即可．
（1）证明：∵∠BED＝∠ABE+∠BAE，∠BAC＝∠BAE+∠CAD，
又∵∠BED＝∠BAC，
∴∠ABE+∠BAE＝∠BAE+∠CAD，
∴∠ABE＝∠CAD．
（2）解：结论：AE＝CF．
理由：如图1中，在AF上截取AJ，使得AJ＝BE．
∵BA＝AC，∠ABE＝∠CAJ，BE＝AJ，
∴△ABE≌△CAJ（SAS），
∴AE＝CJ，∠AEB＝∠AJC，
∴∠BED＝∠CJF，
∵BE∥CF，
∴∠BEJ＝∠F，
∴∠CJF＝∠F，
∴CJ＝CF，
∴AE＝CF．
（3）如图2中，过点B作BK⊥AD于K，作CF∥BE交AD的延长线于F，过点C作CQ⊥DF于Q．
设∠ABE＝∠CAD＝x，∠CBE＝y，
∵AB＝AC，DB＝DA，
∴∠DBA＝∠DAB＝∠ACB＝x+y，
∴∠BED＝∠ABE+∠DAB＝2x+y，∠BDE＝∠ACB+∠CAD＝2x+y，
∴∠BED＝∠BDE，
∴BE＝BD，
∵AB＝CA，∠ABE＝∠CAD，
∴△ABE≌△CAD（AAS），
∴AE＝CD，BE＝AD，
∵CF∥BE，
∴∠F＝∠BED，
∴∠F＝∠CDF，
∴CD＝CF，
∵BE＝BD，BK⊥DE，CD＝CF，CQ⊥DF，
∴EK＝KD，DQ＝QF，
∵CQ∥BK，
∴DQ：DK＝CD：BD＝CQ：BK＝1：2，
∴可以假设DQ＝m，DK＝2m，
∵BD＝BE＝AD＝2CD＝2CF＝2AE，
∴AE＝DE＝4m，AD＝BD＝8m，
∴BK=BD2−DK2=(8m)2−(2m)2=215m，
∴CQ=15m，
在Rt△ABK中，∵AB2＝AK2+BK2，
∴62＝（215m）2+（6m）2，
∴m=64，
∴DQ=64，CQ=3104，EQ＝5m=564，
∵∠CQE＝90°，
∴CE=CQ2+EQ2=(3104)2+(564)2=15．
总结提升：本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
技巧三 作垂线构造直角三角形相似
典例3（2017•台江区校级自主招生）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AD＝6，BC＝3，DE⊥AB于E，AC交DE于F．
（1）求AE•AB的值；
（2）若CD＝4，求AFFC的值．
思路引领：（1）过点B作BH⊥AD于H，如图1，易证四边形BCDH是矩形，从而可求出HD、AH的值，易证△AED∽△AHB，根据相似三角形的性质即可求出AE•AB的值；
（2）延长DE、CB交于点G，如图2，由（1）得：AH＝3，AE•AB＝18，四边形BCDH是矩形，则有BH＝CD＝4，根据勾股定理可求出AB，根据AE•AB＝18可求出AE，进而可求出EB．由AD∥GC可得△AED∽△BEG，根据相似三角形的性质可求出BG，由此可求出GC．由AD∥GC可得△AFD∽△CFG，根据相似三角形的性质即可求出AFFC的值．
解：（1）过点B作BH⊥AD于H，如图1，
则有∠AHB＝∠BHD＝90°．
∵AD∥BC，∠BCD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠BHD＝∠HDC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴HD＝BC＝3，
∴AH＝AD﹣HD＝6﹣3＝3．
∵DE⊥AB即∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠AHB．
又∵∠EAD＝∠HAB，
∴△AED∽△AHB，
∴AEAH=ADAB，
∴AE•AB＝AH•AD＝3×6＝18；
（2）延长DE、CB交于点G，如图2．
由（1）得：AH＝3，AE•AB＝18，四边形BCDH是矩形，
则有BH＝CD＝4，AB=AH2+BH2=5，
∴AE=18AB=EB＝5−185=75．
∵AD∥GC，
∴△AED∽△BEG，
∴ADBG=AEEB，
∴BG=73，
∴GC=73+3=163．
∵AD∥GC，
∴△AFD∽△CFG，
∴AFCF=ADCG=6163=98．
总结提升：本题主要考查了相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，通常可以运用相似三角形的性质求线段长、线段比，应熟练掌握．
变式训练
1．如图，△ABC中，AB＝AC，E、F、G分别是BC、AB、AC上一点，∠FEG＝2∠B．
（1）求证：∠BFE＝∠AGE；
（2）若BECE=12，求EFEG的值．
思路引领：（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，由三角形的内角和得到∠A+2∠B＝180°，等量代换得到∠A+∠FEG＝180°，于是得到∠AFE+∠AGE＝180°，即可得到结论；
（2）作EM⊥AB于M，EN⊥AC于N，推出△EMB∽△ENC，根据相似三角形的性质得到MEEN=BEEC=12，通过△FME∽△GNE，即可得到结论．
解：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A+2∠B＝180°，
∵∠FEG＝2∠B，
∴∠A+∠FEG＝180°，
∴∠AFE+∠AGE＝180°，
∵∠BFE+∠AFE＝180°，
∴∠BFE＝∠AGE；
（2）作EM⊥AB于M，EN⊥AC于N，
∵∠B＝∠C，∠EMB＝∠ENC，
∴△EMB∽△ENC，
∴MEEN=BEEC=12，
∵∠EMF＝∠ENG，∠FME＝∠GNE，
∴△FME∽△GNE，
∴EFEG=MEEN=12．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键
技巧四 作垂线构造“三垂直”型相似
典例4（2020•浙江自主招生）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，直线l1∥l2∥l3，l1与l2之间距离是1，l2与l3之间距离是2，且l1，l2，l3分别经过点A，B，C，则边AC的长为（ ）
A．23B．11C．3214D．2213
思路引领：过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，在Rt△ABC中运用三角函数可得BCAB=3，易证△AEB∽△BFC，运用相似三角形的性质可求出FC，然后在Rt△BFC中运用勾股定理可求出BC，再在Rt△ABC中运用三角函数就可求出AC的值．
解：如图，过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，如图．
∵∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，
∴tan∠BAC=BCAB=3．
∵直线l1∥l2∥l3，
∴EF⊥l1，EF⊥l3，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠ABE＝∠FBC，
∴△BFC∽△AEB，
∴FCEB=BCAB=3．
∵EB＝1，
∴FC=3．
在Rt△BFC中，
BC=BF2+FC2=4+3=7．
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAC=32，
∴AC=23×7=2213．
故选：D．
总结提升：本题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角函数，特殊角的三角函数值等知识，构造K型相似是解决本题的关键．
变式训练
1．（2022秋•通川区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，DA=55，求BD的长．
思路引领：作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，由勾股定理得出AC2＝AB2+BC2＝25，求出AC2+CD2＝AD2，由勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，证出∠ACB＝∠CDM，得出△ABC∽△CMD，由相似三角形的对应边成比例求出CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，得出BM＝BC+CM＝10，再由勾股定理求出BD即可．
解：作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，如图所示：
则∠M＝90°，
∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC2＝AB2+BC2＝25，
∵CD＝10，AD＝55，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴∠ACB+∠DCM＝90°，
∴∠ACB＝∠CDM，
∵∠ABC＝∠M＝90°，
∴△ABC∽△CMD，
∴ABCM=12，
∴CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，
∴BM＝BC+CM＝10，
∴BD=BM2+DM2=102+82=241，
总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理；熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明由勾股定理的逆定理证出△ACD是直角三角形是解决问题的关键．