专题29第5章相似三角形之三等角的相似备战2021中考数学解题方法系统训练教师版

29第5章相似三角形之三等角的相似一、单选题1．直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为（）A．154B．253C．203D．254【答案】D【解析】分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，先根据全等三角形的判定定理得出△BCE≌△ACF，故可得出CF及CE的长，在Rt△ACF中根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定得出△CDG∽△CAF，故可得出CD的长，在Rt△BCD中根据勾股定理即可求出BD的长．【解答】如图，分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝BC，∵∠EBC+∠BCE＝90°，∠BCE+∠ACF＝90°，∠ACF+∠CAF＝90°，∴∠EBC＝∠ACF，∠BCE＝∠CAF，在△BCE与△ACF中，EBCACFBCACBECAFC∴△CBE≌△ACF（ASA）∴CF＝BE，CE＝AF，∵l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，∴CF＝BE＝3，CE＝AF＝3+1＝4，在Rt△ACF中，∵AF＝4，CF＝3，∴AC＝5，∵AF⊥l3，DG⊥l3，∴△CDG∽△CAF，DGCDAFAC，3CD45，15CD4，在Rt△BCD中，∵154CD，BC＝5，所以2225BDBCCD4．故答案为：D．【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键．2．如图，正方形ABCD边长为4，边BC上有一点E，以DE为边作矩形EDFG，使FG过点A，则矩形EDFG的面积是（）A．162B．82C．83D．16【答案】D【解析】先利用等角的余角证明∠ADF＝∠EDC，再根据相似三角形的判定方法证明△ADF∽△CDE，然后利用相似比计算DF与DE的关系式，最后根据矩形的面积公式求得矩形的面积便可..【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD＝4，∠ADC＝∠C＝90°，∵四边形EDFG为矩形，∴∠EDF＝∠F＝90°，∵∠ADF+∠ADE＝90°，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADF＝∠EDC，∴△ADF∽△CDE，∴ADDFDEDC，即44DFDE，∴DF＝16DE，∴矩形EDFG的面积为：DE•DF＝DE•16DE＝16．故选：D．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，根据矩形的性质求面积是解题重要一步．3．如图，已知矩形ABCD的顶点BA、分别落在x轴y轴上，43,4OBOA，AB=2BC则点C的坐标是（）A．9,3B．9,23C．423,23D．432,23【答案】D【解析】过C作CE⊥x轴于E，根据矩形的性质得到CD=AB，∠ABC=90°，，根据余角的性质得到∠BCE=∠ABO，进而得出△BCE∽△ABO，根据相似三角形的性质得到结论．【解答】解：过C作CE⊥x轴于E，∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB，∠ABC=90°，∴∠ABO+∠CBE=∠CBE+∠BCE=90°，∴∠BCE=∠ABO，∵90AOBBEC，∴△BCE∽△ABO，∴CECBBEBOABAO，∵43,4,OBOA∴AB=22648OAOB，∵AB=2BC，∴BC=12AB=4，∵12CECBBEBOABAO，∴CE=23，BE=2∴OE=43+2∴C（43+2，23），故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键．4．如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，E是边CD上一点，连接AE．折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若DE=4，则AF的长为（）A．163B．4C．3D．2【答案】C【解析】由矩形的性质可得AB=CD=6，AD=BC=8，∠BAD=∠D=90°，通过证明△ABF∽△DAE，可得AFDEABAD，即可求解．【解答】解：∵矩形ABCD，∴∠BAD=∠D=90°，BC=AD=8∴∠BAG+∠DAE=90°∵折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，∴BF垂直平分AG∴∠ABF+∠BAG=90°∴∠DAE=∠ABF，∴△ABF∽△DAE∴AFABDEAD即648AF解之：AF=3．故答案为：C．【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．5．如图，D为ABC的边AC上一点，4ABBCCD，2DBCA，则BD的长为（）A．225B．225C．225D．51【答案】A【解析】根据已知证明△ADB∽△ABC,利用ABBDACBC代值求解即可．【解答】∵4ABBCCD，∴∠A=∠C，∠DBC=∠BDC，∵∠DBC=2∠A，∴∠BDC=∠A+∠ABD=2∠A，∴∠ABD=∠A=∠C，∴△ADB∽△ABC，AD=BD∴ABBDACBC，设BD=AD=x，则44xx，即24160xx，解得：12225,225xx（不符题意，舍去），∴225BD，故选：A．【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．二、填空题6．如图，在矩形ABCD中，点E是边DC上一点，连结BE，将BCE沿BE对折，点C落在边AD上点F处，BE与对角线AC交于点M，连结FM．若//FMCD，4BC．则AF______．【答案】252【解析】由折叠的性质可得∠BCM=∠BFM，BC=BF，再由FM∥CD，可得∠BFM=∠ABF，从而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理可求解．【解答】解：四边形ABCD是矩形，∠ABC=∠BAD=90°，AB∥CD，//FMCD，FM∥AB，∠BFM=∠ABF，由折叠的性质可得：∠BCM=∠BFM，BC=BF=4，∠ABF=∠ACB，△ABF∽△BCA，ABBFBCCA，22444ABAB，即22216164ABAB，2858AB，222168582485252252AFBFAB；故答案为252．【点睛】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理及折叠的性质，关键是证明三角形的相似，进而根据相似三角形的性质进行求解．7．如图，点D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝2：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝______．【答案】7:8【解析】借助翻折变换的性质得到DE=CE，设AD=2k，DB=3k得到AB=5k，根据△AED∽△BDF即可解决问题．【解答】解：设AD=2k，则DB=3k，AB=5k，∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC=5k，∠A=∠B=∠C=∠EDF=60°，∴∠EDA+∠FDB=120°，又∵∠EDA+∠AED=180°-∠A=180°-60°=120°，∴∠FDB=∠AED，∴△AED∽△BDF，由折叠得CE=DE，CF=DF∴△AED的周长为AD+AE+ED=AD+AC=2k+5k=7k，△BDF的周长为DB+DF+BF=DB+BC=3k+5k=8k，由相似三角形的周长比等于相似比可知，△AED与△BDF的相似比为7：8∴CE：CF=DE：DF=7：8，故答案为：7：8．【点睛】主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是借助相似三角形的判定与性质（用含有k的代数式表示）；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．8．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝1，CD＝2，BC＝3，点P为BC边上一动点，若AP⊥DP，则BP的长为_____．【答案】1或2【解析】设BP=x，则PC=3-x，根据平行线的性质可得∠B=90°，根据同角的余角相等可得∠CDP=∠APB，即可证明△CDP∽△BPA，根据相似三角形的性质列方程求出x的值即可得答案．【解答】设BP=x，则PC=3-x，∵AB∥CD，∠C＝90°，∴∠B=180°-∠C=90°，∴∠B=∠C，∵AP⊥DP，∴∠APB+∠DPC=90°，∵∠CDP+∠DPC=90°，∴∠CDP=∠APB，∴△CDP∽△BPA，∴ABPBPCCD，∵AB＝1，CD＝2，BC＝3，∴132xx，解得：x1=1，x2=2，∴BP的长为1或2，故答案为：1或2【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解题的关键．9．如图，点P为⊙O外一点，过点P作O的切线PA、PB，点A、B为切点．连接AO并延长交PB的延长线于点C，过点C作CDPO，交PO的延长线于点D．已知6PA，8AC，则CD的长为________．【答案】25【解析】连接OB，在RtOBC△中应用勾股定理求得O的半径为3，再根据AOPDOC△∽△，对应线段成比例即可求解．【解答】解：连接OB，∵PA、PB为O的切线，∴6PAPB，90PAC，∴2210PCPAAC，∴4BCPCPB，设O的半径为r，则8OCACOAr，在RtOBC△中，222OBBCOC，即22248rr，解得3r，∴2235OPPAOA，∵OAPODC，AOPDOC，∴AOPDOC△∽△，∴PAOPCDOC，即6355CD，∴25CD，故答案为：25．【点睛】本题考查切线长定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理的应用等内容，作出合适的辅助线是解题的关键．10．在直角坐标系中，已知圆1的圆心坐标为5,0，半径为5，点11,Pxy和点2,0Dx是圆1O上两个不同的点，其中12,xx与均不为0．过点PD、分别作圆1O的切线121lll、、与y轴和2l分别相交于AB、两点，则PAPB_________．【答案】25【解析】根据圆1的圆心坐标为5,0，半径为5，可得圆1与y轴相切于点O，则有：AO=AB，BP=BD，11OOAPOA，11POBDOB，可得1190POAPOB，1190APOBPO，有11PAOPOB，可证11PAOPOB，得到11POPAPOPB，化简即可得到结果．【解答】解：如图示，AB、BD与圆1相切于点P，D，AB、BD相交于点B，∵圆1的圆心坐标为5,0，半径为5，∴圆1与y轴相切于点O，则有：AO=AB，BP=BD，∴11OOAPOA11POBDOB，∵OD是圆1的直径，∴1111119022POAPOBPOOPOD又∵P是切点，∴1190APOBPO，∴11PAOPOB∴11PAOPOB∴11POPAPOPB即：221525PAPBPO，故答案为：25．【点睛】本题考查了圆的切线和相似三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键．三、解答题11．如图，在ABC中，CDAB于D，BEAC于E，试说明：（1）ABEACD（2）ADBCDEAC【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；（2）首先根据相似三角形的性质得出AEABADAC，进而证明△ADE∽△ACB，最后根据相似三角形的性质即可证明．【解答】解：（1）∵CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，∴∠AEB=∠ADC=90°，在△ABE和△ACD中90ADCAEBAA∴△ABE∽△ACD；（2）∵△ABE∽△ACD，∴AEABADAC．在△ADE和△ACB中，AEABADACAA∴△ADE∽△ACB∴ADDEACBC∴AD·BC=