备战中考数学相似综合经典题含详细答案doc.docx
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2020-2021备战中考数学相似综合经典题含详细答案
一、相似
1.阅读下列材料,完成任务:
自相似图形
定义:
若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形,则称这个图形是自相似图形.例
如:
正方形ABCD中,点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点,连接EG,HF交
于点O,易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形,且与原正方
形相似,故正方形是自相似图形.
任务:
(1)图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中,每个正方形与原正方形的相似比为
________;
(2)如图2,已知△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,小明发现△ABC也是“自相似图形”,他的思路是:
过点C作CD⊥AB于点D,则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的
小直角三角形.已知△ACD∽△ABC,则△ACD与△ABC的相似比为________;
(3)现有一个矩形ABCD是自相似图形,其中长AD=a,宽AB=b(a>b).请从下列A、B两题中任选一条作答.
A:
①如图3﹣1,若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形,且与原矩形都相似,则
a=________(用含b的式子表示);
②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形,且与原矩形都相似,则
a=________(用含n,b的式子表示);
B:
①如图4﹣1,若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形,再将剩余的部分横向分割
成3个全等矩形,且分割得到的矩形与原矩形都相似,则a=________(用含b的式子表
示);
②如图4﹣2,若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形,再将剩余的部分横向分割成n
个全等矩形,且分割得到的矩形与原矩形都相似,则a=________(用含m,n,b的式子
表示).
【答案】
(1)
(2)
(3);;或
【解析】【解答】(解:
(
;
1)∵点
或H是
AD的中点,
∴AH=AD,
∵正方形AEOH∽正方形ABCD,
∴相似比为:
==;
故答案为:
;
(2)在Rt△ABC中,AC=4,BC=3,根据勾股定理得,
AB=5,
∴△ACD与△ABC相似的相似比为:
,
故答案为:
;
(3)A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD,∴AF:
AB=AB:
AD,
即a:
b=b:
a,
∴a=b;
故答案为:
②每个小矩形都是全等的,则其边长为b和a,
则b:
a=a:
b,
∴a=b;
故答案为:
B、①如图2,
由①②可知纵向2块矩形全等,横向3块矩形也全等,
∴DN=b,
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时,
∵矩形FMND∽矩形ABCD,
∴FD:
DN=AD:
AB,
即FD:
b=a:
b,
解得FD=a,
∴AF=a﹣a=a,
∴AG===a,
∵矩形GABH∽矩形ABCD,
∴AG:
AB=AB:
AD
即a:
b=b:
a
得:
a=b;
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时,
∵矩形DFMN∽矩形ABCD,
∴FD:
DN=AB:
AD
即FD:
b=b:
a
解得FD=,
∴AF=a﹣=,
∴AG==,
∵矩形GABH∽矩形ABCD,
∴AG:
AB=AB:
AD
即:
b=b:
a,
得:
a=b;
故答案为:
或
;
②如图3,
由①②可知纵向m块矩形全等,横向n块矩形也全等,
∴DN=b,
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时,
∵矩形FMND∽矩形ABCD,
∴FD:
DN=AD:
AB,
即FD:
b=a:
b,
解得FD=a,
∴AF=a﹣a,
∴AG===a,
∵矩形GABH∽矩形ABCD,
∴AG:
AB=AB:
AD
即a:
b=b:
a
得:
a=b;
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时,
∵矩形DFMN∽矩形ABCD,
∴FD:
DN=AB:
AD
即FD:
b=b:
a
解得FD=,
∴AF=a﹣,
∴AG==,
∵矩形GABH∽矩形ABCD,
∴AG:
AB=AB:
AD
即:
b=b:
a,
得:
a=b;
故答案为:
b或b.
【分析】由题意可知,用相似多边形的性质即可求解。
相似多边形的性质是
对应边的比相等。
相似多边形的对应边的比等于相似比。
;相似多边形的
(1)由题意知,小正方形的边长等于大正方形的边长的一半,所以其相似比为;
(2)在直角三角形BC中,由勾股定理易得AB=5,而CDAB,所以用面积法可求得
CD=,所以相似比===;
(3)A、①由题意可得,解得;
②同理可得;,解得,;
B、①最小的矩形的长和宽与大矩形的场和宽的对应方式有两种,所以分两种情况来解:
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时,由题意可得成比例线段,,,解得FD=,则
AF的长也可用含a的代数式表示,而AG=GF=AF,再根据矩形GABH∽矩形ABCD,得到相
对应的比例式即可求得a=b;
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时,同理可得a=b;
②同①中的两种情况类似。
2.在平面直角坐标系中,二次函数
的图象与
轴交于
A(-3,0),B
(1,0)两点,与y轴交于点C.
(1)求这个二次函数的解析式;
(2)点P是直线AC上方的抛物线上一动点,是否存在点P,使△ACP的面积最大?
若存
在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由;
(3)点Q是直线AC上方的抛物线上一动点,过点Q作QE垂直于轴,垂足为E.是否
存在点Q,使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似?
若存在,直接写出点Q的坐
标;若不存在,说明理由;
【答案】
(1)解:
由抛物线过点A(-3,0),B(1,0),
则
解得
∴二次函数的关系解析式
(2)解:
连接PO,作PM⊥x轴于M,PN⊥y轴于N.
设点P坐标为(m,n),则.
PM=,,AO=3.
当时,=2.
∴OC=2.
=
==.
∵=-1<0,∴当时,函数有最大值.
此时=.
∴存在点,使△ACP的面积最大.
(3)解:
存在点Q,坐标为:
,.
分△BQE∽△AOC,△EBQ∽△AOC,△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出
【解析】【分析】
(1)由题意知抛物线过点A(-3,0),B(1,0),所以用待定系数
法即可求解;
(2)因为三角形ACP是任意三角形,所以可做辅助线,连接PO,作PM⊥x轴于M,
PN⊥y轴于N.则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC的面积-三角形PCN的面积。
于是可设点P的横坐标为m,则纵坐标可用含m的代数式表
示出来,即M(m,-
-m+2),
则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示,整理可得是一个二次函数,利用二次函数的性质即可求解;
(3)根据对应顶点的不同分三种情况(△BQE∽△AOC,△EBQ∽△AOC,△QEB∽△AOC)讨论即可求解。
3.如图1,等腰△ABC中,AC=BC,点O在AB边上,以
C,交AB边于点D,EF为⊙O的直径,EF⊥BC于点G.
O为圆心的圆与
AC
相切于点
(1)求证:
D是弧EC的中点;
(2)如图2,延长CB交⊙O于点H,连接HD交OE于点K,连接CF,求证:
CF=OK+
DO;
(3)如图3,在
(2)的条件下,延长DB交⊙O于点Q,连接QH,若DO=,KG=2,求
QH的长
【答案】
(1)证明:
如图1中,连接OC.
∵AC是⊙O的切线,
∴OC⊥AC,
∴∠ACO=90,°
∴∠A+∠AOC=90,°
∵CA=CB,
∴∠A=∠B,
∵EF⊥BC,∴∠OGB=90,°∴∠B+∠BOG=90,°
∴∠BOG=∠AOC,
∵∠BOG=∠DOE,
∴∠DOC=∠DOE,
∴点D是的中点
(2)证明:
如图2中,连接OC.
∵EF⊥HC,∴CG=GH,
∴EF垂直平分HC,
∴FC=FH,
∵∠CFK=∠COE,
∵∠COD=∠DOE,
∴∠CFK=∠COD,
∵∠CHK=∠COD,
∴∠CHK=∠CFK,
∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上,
∴FC=FK=FH,∵DO=OF,
∴DO+OK=OF+OK=FK=CF,即CF=OK+DO;
(3)解:
如图3中,连接OC、作HM⊥AQ于M.设OK=x,则CF=+x,OG=2﹣x,GF=
﹣(2﹣x),
∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2,
∴(+x)2﹣[-(2﹣x)]2=()2﹣(2﹣x)2,
解得x=,
∴CF=5,FG=4,CG=3,OG=,∵∠CFE=∠BOG,
∴CF∥OB,
∴==,
可得OB=,BG=,BH=,
由△BHM∽△BOG,可得==,
∴BM=,HM=,MQ=OQ﹣OB﹣BM=
在Rt△HMQ中,
QH=
=
=
【解析】【分析】
(1)如图1中,连接OC.根据切线的性质得出OC⊥AC,根据垂直的定
义得出∠ACO=90°,根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°,根据等边对等角得出
∠A=∠B,根据垂直的定义得出∠OGB=90°,根据直角三角形两锐角互余得出
∠B+∠BOG=90,°根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC,根据对顶角相等及等量代换得
出∠DOC=∠DOE,根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论;
(2)如图2中,连接OC.根据垂径定理得出CG=GH,进而得出EF垂直平分HC,根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH,根据圆周角定理及等量代
换得出∠CFK=∠COD,∠CHK=∠CFK,从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上,根
据同圆的半径相等得出FC=FK=FH,DO=OF,根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO;
(3)如图3中,连接OC、作HM⊥AQ于M.设OK=x,则CF=+x,OG=2﹣x,GF=
﹣(2﹣x),根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2,列出关于x的方程,求解得出x
的值,从而得出CF=5,FG=4,CG=3,OG=根据平行线的判定定理得出,内错角相等,两
直线平行得出CF∥OB,根据平行线分线段成比例定理得出CF∶OB=CG∶GB=FG
O,进而可得OB,BG,BH的长,由△BHM∽△BOG,可得BH∶OB=BM∶BG=HM
G,再得出BM,HM,MQ的长,在Rt△HMQ中,根据勾股定理得出QH的长。
∶G
∶O
4.如图
(1),在矩形DEFG中,DE=3,EG=6,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BC=3,
AC=6,△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上,点C和点D重合,Rt△ABC将从
D以每秒
1个单位的速度向
DG方向匀速平移,当点
C与点
G重合时停止运动,设运动时
间为
t秒,解答下列问题:
(1)如图
(2),当AC过点E时,求t的值;
(2)如图(3),当AB与DE重合时,AC与EF、EG分别交于点M、N,求CN的长;
(3)在整个运动过程中,设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y,请求出y与t的函数关系式,并写出相应t的取值范围.
【答案】
(1)解:
如图
(2),当AC过点E时,在Rt△ABC中,BC=3,AC=6,
∴BC所对锐角∠A=30,°
∴∠ACB=60,°
依题意可知∠ABC=∠EDC=90°,
∵∠ACB=∠ECD,
∴△ABC∽△EDC,
∴
∴CD=
,即
,
,
∴t=CD=
;
(2)解:
如图(3),∵∠EDG=90°,DE=3,EG=6,
∴DG=
=3,
在Rt△EDG中,sin∠EGD=∴∠EGD=30,°
,
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD,
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60﹣°30°=30°,
∴∠CNG=∠EGD,
∴NC=CG=DG﹣BC=3﹣3;
(3)解:
由
(1)可知,当x>时,△ABC与△EFG有重叠部分.
分两种情况:
①当<t≤3时,如图(4),
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN,设AC与EF、EG分别交于点M、N,过点N作直线
NP⊥EF于P,交DG于Q,
则∠EPN=∠CQN=90°,
∵NC=CG,
∴NC=DG﹣DC=3﹣t,
在Rt△NQC中,NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×(3﹣t)=,
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣=,
∵∠PMN=∠NCQ=60,°
∴sin∠PMN=,MN==t﹣,
在矩形DEFG中,EF∥DG,
∴∠MEN=∠CGN,
∵∠MNE=∠CNG,∠CNG=∠CGN,
∴∠EMN=∠MNE,
∴EM=MN,
∴EM=MN=t﹣,
△EMN=EM?
PN=×
;
∴y=S
②当3<t≤3
时,如图(
5),
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM,设AB与EF、EG分别交于点P、Q,AC与EF、
EG分别交于点M、N,则∠EPQ=90°,
∵CG=3﹣t,
∴S△EMN=,
∵EP=DB=t﹣3,∠PEQ=30,°
∴在Rt△EPQ中,PQ=tan∠PEQ×EP=tan30×(t°﹣3)=,
△EPQ=EP?
PQ=(t﹣3)×
=
,
∴S
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=()﹣()=+(﹣
,
综上所述,y与t的函数关系式:
y=.
【解析】【分析】
(1)证△ABC∽△EDC,由相似三角形的性质可求出CD的值,即可求
t;
(2)利用勾股定理求出DG的值,则由三角函数可∠EGD=30°,进而可证得
∠CNG=∠EGD,则NC=CG=DG﹣BC,可求出答案;
(3)根据重叠部分可确定x的取值范围,再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
5.已知在矩形ABCD中,AB=2,AD=4.P是对角线BD上的一个动点(点P不与点B、D
重合),过点P作PF⊥BD,交射线BC于点F.联结AP,画∠FPE=∠BAP,PE交BF于点E.设PD=x,EF=y.
(1)当点A、P、F在一条直线上时,求△ABF的面积;
(2)如图1,当点F在边BC上时,求y关于x的函数解析式,并写出函数定义域;
(3)联结PC,若∠FPC=∠BPE,请直接写出PD的长.
【答案】
(1)解:
如图,
∵矩形ABCD,
∴,
∴,
∵A、P、F在一条直线上,且
∴,
∴,
PF⊥BD,
∴,∵,
∴,∴,
∴;
(2)解:
∵PF⊥BP,∴,
∴,∵
∴,又∵∠BAP=∠FPE,
,∴
,
∴
∽
,∴
,
∵AD//BC
,∴
,
∴,即,
∵,∴,
∴,
∴
(3)解:
∠CPF=∠BPE,
①如图所示,当点F在CE上时,
∵∠BPF=∠FPD=90,°∴∠DPC=∠FPE,
∵∠FPE=∠BAP,∴∠DPC=∠BAP,
∵AB//CD,∴∠ABD=∠CDB,∴△PAB∽△CPD,
∴PB:
CD=AB:
PD,∴PB·PD=CDAB·,
∴x()=2×2,
∴x=;
②如图所示,当点F在EC延长线上时,
过点P作PN⊥CD于点N,在CD上取一点M,连接PM,使∠MPF=∠CPF,则有PC:
PM=CH:
MH,
∵∠BPF=∠DPF=90,°∴∠BPC=∠DPM,
∵∠BPE=∠CPF,∴∠BPE=∠EPF,
∵∠BAP=∠FPE,∴∠BAP=∠DPM,
∵∠ABD=∠BDC,
∴△PAB∽△MPD,
∴PB:
MD=AB:
PD,
由PD=x,tan∠PDM=tan∠PFC=2,
易得:
DN=,PN=,CN=2-,
PH=2x,FH=,CH=2-x,
由PB:
MD=AB:
PD可得MD=,从而可得MN,
在Rt△PCN中利用勾股定理可得PC,
由PC:
PM=CH:
MH可得PM,
在在Rt△PMN中利用勾股定理可得关于x的方程,
解得x=,
综上:
PD的长为:
或
【解析】【分析】(
1)要求三角形
ABF的面积,由题意只须求出
BF的长即可。
根据同角
的余角相等可得∠BAF=∠ADB,所以tan∠PBF=tan∠ADB=,结合已知即可求得
BF的长,三角形
(2)要求y与
ABF的面积=ABBF;
x之间的函数关系式,由题意只须证得
BAP∽
FPE,从而得出比例
式;,现在需求出PF的长,代入比例式即可得(3)由已知条件过点P作PF⊥BD,交射线BC于点
y与x的关系式。
F可知,点F可能在线段
CE上,也可
在CE的延长线上,所以分两种情况求解即可。
6.如果三角形的两个内角
与满足
=90°,那么我们称这样的三角形为
“准
互余三角形”.
(1)若△ABC是“准互余三角形”,∠C>90°,∠A=60°,则∠B=________°;
(2)如图①,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=5,若AD是∠BAC的平分线,
不难证明△ABD是“准互余三角形”.试问在边BC上是否存在点E(异于点D),使得△ABE也是“准互余三角形”?
若存在,请求出BE的长;若不存在,请说明理由.
(3)如图②,在四边形ABCD中,AB=7,CD=12,BD⊥CD,∠ABD=2∠BCD,且△ABC
是“准互余三角形”.求对角线AC的长.
【答案】
(1)15°
(2)解:
存在,
如图①,连结AE,
在Rt△ABC中,
∴∠B+∠BAC=90,°
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠BAC=2∠BAD,
∴∠B+2∠BAD=90,°
∴△ABD是“准互余三角形”,
又∵△ABE也是“准互余三角形”,
∴∠B+2∠BAE=90,°
∵∠B+∠BAE+∠EAC=90,°
∴∠EAC=∠B,
又∵∠C=∠C,
∴△CAE∽△CBA,
∴,
即CA2=CB·CE,∵AC=4,BC=5,
∴CE=.
∴BE=BC-CE=5-=.
(3)解:
如图②,
将△BCD沿BC翻折得到△BCF,
∵CD=12,
∴CF=CD=12,∠BCF=∠BCD,∠CBD=∠CBF,
又∵BD⊥CD,∠ABD=2∠BCD,
∴∠CBD+∠BCD=90,°
∴2∠CBD+2∠BCD=180,°
即∠ABD+∠CBD+∠CBF=180°,
∴A、B、F三点共线,
在Rt△AFC中,
∴∠CAB+∠ACF=90,°
即∠CAB+∠ACB+∠BCF=90°,
∴∠CAB+2∠ACB≠90,°
∵△ABC是“准互余三角形”,
∴2∠CAB+∠ACB=90,°∴∠CAB=∠
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