（廣東專版）2019年中考數(shù)學一輪復習 專題6 空間與圖形 6.2 圖形的相似（試卷部分）課件.ppt

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第六章圓6.2圖形的相似,中考數(shù)學(廣東專用),考點相似三角形的判定與性質,A組2014-2018年廣東中考題組,五年中考,1.(2018廣東,7,3分)在△ABC中,點D、E分別為邊AB、AC的中點,則△ADE與△ABC的面積之比為()A.B.C.D.,答案C因為D、E是邊AB、AC的中點,故DE是△ABC的中位線,所以DE∥BC,所以△ADE∽△ABC,且相似比是,所以它們的面積比是.故選C.,方法總結本題考查了三角形中位線的性質,相似三角形的性質.熟練運用“相似三角形的面積比等于相似比的平方”這個性質是解題的關鍵.,2.(2018深圳,16,3分)如圖,在Rt△ABC中,∠C=90,AE、BD分別平分∠BAC、∠ABC,若AF=4,EF=,則AC=.,答案,∴∠AFD=45.過點D作DG⊥AE于G,連接CF,∵DF=,∴DG=FG=1,∵AF=4,∴AG=3,∴AD=,∵∠ACF=45=∠AFD,∠DAF=∠CAF,∴△ACF∽△AFD,∴=,∴AC===.,方法總結本題考查了角平分線的定義、相似三角形的判定和性質定理、銳角三角函數(shù)和勾股定理.添加輔助線構造相似或全等三角形是常用的解題手段之一;添加輔助線構造直角三角形是運用勾股定理或銳角三角函數(shù)求線段長的常用方法.,3.(2018廣州,16,3分)如圖,直線CE是?ABCD的邊AB的垂直平分線,垂足為點O,CE與DA的延長線交于點E.連接AC,BE,DO,DO與AC交于點F.則下列結論:①四邊形ACBE是菱形;②∠ACD=∠BAE;③AF∶BE=2∶3;④S四邊形AFOE∶S△COD=2∶3.其中正確的結論有.(填寫所有正確結論的序號),答案①②④,解析由直線CE是邊AB的垂直平分線可得AC=CB,所以∠CAB=∠CBA,由四邊形ABCD是平行四邊形可得AB∥CD,AD∥BC,所以∠CAB=∠ACD,∠BAE=∠CBA,所以∠CAB=∠ACD=∠BAE,故②正確.由∠CAB=∠BAE,AO=AO,∠AOC=∠AOE可得△AOC≌△AOE,從而AE=AC,又AC=BC,∴AE=BC,又AE∥CB,所以四邊形ACBE是平行四邊形,又AC=BC,∴四邊形ACBE是菱形,故①正確.由AO∥CD,可得===,∴==,故③錯誤.設S△AFO=S,由=,可得S△CFO=2S,再根據(jù)△AFO∽△CFD可得S△DFC=4S,所以S△COD=6S,S△COA=3S=S△AOE,所以S四邊形AFOE=4S,所以S四邊形AFOE∶S△COD=4S∶6S=2∶3,④正確.,思路分析可先證明四邊形ACBE是平行四邊形,再證明AC=BC,即可證明四邊形ACBE是菱形,可知①正確;根據(jù)垂直平分線的性質、等邊對等角、平行線的性質定理及等量代換去分析②;利用相似三角形的性質去分析③和④.,精彩點評本題考查了平行四邊形的性質和判定定理,菱形的判定定理,垂直平分線性質定理,相似三角形的判定和性質定理.,4.(2017廣州,16,4分)如圖,平面直角坐標系中O是原點,?OABC的頂點A,C的坐標分別是(8,0),(3,4),點D,E把線段OB三等分,延長CD,CE分別交OA,AB于點F,G,連接FG,則下列結論:①F是OA的中點;②△OFD與△BEG相似;③四邊形DEGF的面積是;④OD=.其中正確的結論是.(填寫所有正確結論的序號),答案①③,∵C(3,4),∴OC=5≠OA,∴?OABC不是菱形,∴∠DOF≠∠COD=∠EBG,∵F(4,0),C(3,4),∴CF=∠COF,∴∠DFO≠∠EBG,∵∠ODF=∠COD+∠OCD,∴∠ODF≠∠COD=∠EBG,故△OFD與△BEG不相似,故②錯誤;由①得,點F是OA的中點,同理可得點G是AB的中點,∴FG是△OAB的中位線,∴FG∥OB,NQ=AQ,FG=OB,∵點D,E是線段OB的三等分點,∴DE=OB,∵S△OAB=OBAN=OABM=84=16,∴OBAN=32,∵DE∥FG,∴四邊形DEGF是梯形,,∴S四邊形DEGF==OBNQ=OBAN=,故③正確;∵OD=OB=,∴④錯誤.綜上,①③正確.,5.(2017深圳,16,3分)如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90,AB=3,BC=4,Rt△MPN中,∠MPN=90,點P在AC上,PM交AB于點E,PN交BC于點F,當PE=2PF時,AP=.,答案3,解析如圖,作PQ⊥AB于點Q,PR⊥BC于點R.由等量代換,易得∠QPE=∠RPF,∴△QPE∽△RPF,∵PE=2PF,∴PQ=2PR=2BQ.在Rt△ABC中,AB=3,BC=4,∴AC=5.易證△AQP∽△ABC,∴AQ∶QP∶AP=AB∶BC∶AC=3∶4∶5,記PQ=4x,則AQ=3x,PR=BQ=2x,,∴===.∴AP=AC=3.,6.(2015廣東,14,4分)若兩個相似三角形的周長比為2∶3,則它們的面積之比是.,答案4∶9,解析相似三角形面積的比等于相似比的平方,相似三角形周長的比等于相似比,所以面積的比為4∶9.,7.(2015梅州,12,3分)已知:△ABC中,點E是AB邊的中點,點F在AC邊上,若以A,E,F為頂點的三角形與△ABC相似,則需要增加的一個條件是.(寫出一個即可),答案F是AC的中點(或EF∥BC或∠AEF=∠B或∠AEF=∠C或∠AFE=∠B或∠AFE=∠C),解析答案不唯一,根據(jù)三角形相似的判定方法相應添加條件即可.,8.(2017廣東,25,9分)如圖,在平面直角坐標系中,O為原點,四邊形ABCO是矩形,點A、C的坐標分別是A(0,2)和C(2,0),點D是對角線AC上一動點(不與A、C重合),連接BD,作DE⊥DB,交x軸于點E,以線段DE、DB為鄰邊作矩形BDEF.(1)填空:點B的坐標為;(2)是否存在這樣的點D,使得△DEC是等腰三角形?若存在,請求出AD的長度;若不存在,請說明理由;(3)①求證:=;②設AD=x,矩形BDEF的面積為y,求y關于x的函數(shù)關系式(可利用①的結論),并求出y的最小值.,解析(1)(2,2).(2)存在.AD=2或AD=2.∵AO=2,CO=2,∴∠OCA=30,AC=4.①當點E在線段OC上,如題圖(1),DE=EC時,則∠EDC=30,∴∠BDC=60.又∵∠OCA=30,∴∠DCB=60,∴△BDC是等邊三角形,∴DC=BC=2,∴AD=2.②當點E在OC的延長線上,如題圖(2),DC=CE時,則∠CDE=15,∴∠CDB=105,∴∠ADB=75.又∵∠DAB=30,∴∠ABD=75,∴AD=AB=2.(3)①證明:過點D作MN⊥OC,分別交AB,OC于點M,N,,∵∠BDE=90,∴∠MDB+∠NDE=90,∵∠NDE+∠DEN=90,∴∠MDB=∠DEN,∵∠DMB=∠DNE=90,∴△END∽△DMB,∴===tan30=.②∵AD=x,∴DM=,AM=,∴BM=2-,∴BD2=BM2+DM2=+=x2-6x+12,,∴y=DEDB=DB2=(x2-6x+12)=(x-3)2+,∵00,∴=,故選B.,6.(2017珠海模擬,7)如圖,?ABCD中,點E是邊AD的中點,EC交對角線BD于點F,則EF∶FC等于()A.3∶2B.3∶1C.1∶1D.1∶2,答案D平行四邊形ABCD中,AD∥BC且AD=BC,因為E為AD的中點,所以DE=AD=BC,因為AD∥BC,所以△DEF∽△BCF,所以EF∶FC=DE∶BC=1∶2,故選D.,7.(2017深圳十一校聯(lián)考,6)如圖,在△ABC中,AD、BE是兩條中線,則S△EDC∶S△ABC=()A.1∶2B.2∶3C.1∶3D.1∶4,答案D∵AD、BE是△ABC的兩條中線,∴DE是△ABC的中位線,∴DE∥AB,=,∴△EDC∽△ABC,∴S△EDC∶S△ABC=1∶4.故選D.,8.(2016廣州海珠二模,8)如圖,下列條件不能判定△ADB∽△ABC的是()A.∠ABD=∠ACBB.∠ADB=∠ABCC.AB2=ADACD.=,答案D∵∠A=∠A,又∠ABD=∠ACB,∴△ADB∽△ABC;∵∠A=∠A,又∠ADB=∠ABC,∴△ADB∽△ABC;∵∠A=∠A,又AB2=ADAC,即=,∴△ADB∽△ABC.若=,則需∠A=∠B,∴D不能判定△ADB∽△ABC,故選D.,9.(2018廣州海珠統(tǒng)考,12)如圖,在平面直角坐標系中,點A的坐標為(-1,2),AB⊥x軸于點B,以原點O為位似中心,將△OAB放大為原來的2倍得到△OA1B1,且點A1在第二象限,則點A1的坐標為.,答案(-2,4),解析因為點A的坐標為(-1,2),以原點O為位似中心,將△OAB放大為原來的2倍,且點A1在第二象限,所以橫坐標和縱坐標都將變?yōu)樵瓉淼?倍,故點A1的坐標為(-2,4).,10.(2018廣州越秀模擬,14)一天,小青想利用影子測量校園內一根旗桿的高度,在同一時刻,小青的影長為2米,旗桿的影長為20米,若小青的身高為1.60米,則旗桿的高度為米.,答案16,解析如圖,∵OA⊥DA,CE⊥DA,∴∠CED=∠OAB=90.∵CD∥OB,∴∠CDA=∠OBA,∴△AOB∽△ECD,∴=,即=,解得OA=16.,11.(2017中山紀念中學模擬,13)如圖,平行于BC的直線DE把△ABC分成的兩部分面積相等,則=.,答案,解析∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B.又∠A=∠A,∴△ADE∽△ABC,∴=,∵=,∴=,∴=.,12.(2017茂名三模,12)如圖,正方形ABCD中,E、F分別為AB、BC的中點,AF與DE相交于點O,則=.,答案,解析易證△DAE≌△ABF,∴∠ADE=∠BAF,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠BAF+∠OAD=90,∴∠ADE+∠OAD=90,∴∠AOD=90,顯然∠B=90,∴∠AOD=∠B,又∠ADO=∠BAF,∴△AOD∽△FBA,∴=,∴==.,13.(2016梅州二模,13)如圖,在△ABC中,AB=9,AC=12,BC=18,D為AC上一點,DC=AC,在AB上取一點E得△ADE.若圖中兩個三角形相似,則DE的長是.,答案6或8,解析∵DC=AC,∴AD=AC,∴=,∵AC=12,∴AD=4,若△ADE∽△ACB,則=,∴=,∴DE=6,若△ADE∽△ABC,則=,∴=,∴DE=8.綜上,DE的長是6或8.,14.(2018江門二中3月月考,21)如圖所示,在55的方格紙上建立平面直角坐標系,A、B兩點的坐標分別是A(1,0)、B(0,2).(1)請以格點為頂點畫出△DEF,使△DEF滿足:△DEF∽△OAB,且△DEF與△OAB的相似比是2;(2)請寫出D、E、F的坐標.,解析(1)如圖所示,△DEF即為所求.(2)由圖可知,D(2,0),E(4,0),F(2,4).(注:本題答案不唯一),15.(2016樂昌調考,20)如圖,在△ABC中,AB=AC,點P,D分別是BC,AC邊上的點,且∠APD=∠B.(1)求證:ACCD=CPBP;(2)若AB=10,BC=12,當PD∥AB時,求BP的長.,解析(1)證明:∵AB=AC,∴∠B=∠C,∵∠APC=∠BAP+∠B,∠APC=∠APD+∠DPC,且∠APD=∠B,∴∠BAP=∠DPC,∴△ABP∽△PCD,∴=,∴ABCD=CPBP,∵AB=AC,∴ACCD=CPBP.(2)∵PD∥AB,∴∠APD=∠BAP,易知∠APD=∠C,∴∠BAP=∠C,又∵∠B=∠B,∴△BAP∽△BCA,∴=,∵AB=10,BC=12,∴=,∴BP=.,一、選擇題(每小題3分,共6分),B組2016—2018年模擬提升題組(時間:40分鐘分值:50分),1.(2016汕尾二模,8)如圖,已知CD是Rt△ABC的斜邊AB上的高,則下列各式不正確的是()A.BC2=BDABB.CD2=BDADC.AC2=ADABD.BCAD=ACBD,答案D由△ACD∽△ABC得=,∴AC2=ADAB;由△BCD∽△BAC得=,∴BC2=BDAB;由△ACD∽△CBD得=,∴CD2=BDAD,∴A、B、C三項均正確,故選D.,思路分析題圖中有三對相似三角形,根據(jù)相似列比例式,進而得等積式,判斷各選項正誤.,易錯警示讀題不細,將“不正確”看成“正確”,錯選A項.,2.(2016陸豐三模,9)如圖,以點O為位似中心,將△ABC放大得到△DEF.若AD=OA,則△ABC與△DEF的面積之比為()A.1∶2B.1∶4C.1∶5D.1∶6,答案B∵AD=OA,∴=,∴△ABC與△DEF的位似比為,∴△ABC與△DEF的相似比為,∴△ABC與△DEF的面積比為,故選B.,二、填空題(每小題4分,共8分),3.(2017順德模擬,12)在Rt△ABC中,∠BAC=90,AB=3,M為邊BC上的點,連接AM(如圖所示),如果將△ABM沿直線AM翻折后,點B恰好落在邊AC的中點處,那么點M到AC的距離是.,答案2,解析如圖,作MN⊥AC于N,∵翻折后點B落在AC的中點處,∴AC=2AB=6,由翻折知∠1=∠2=45,易證MN∥BA,∴∠3=∠2=∠1,∴MN=AN,顯然△ABC∽△NMC,∴=,∴===.設MN=x,則AN=x,NC=2x,∴AN+NC=x+2x=6,∴x=2,即MN=2.,4.(2016深圳羅湖模擬,14)如圖,在Rt△ABC中,AC=8,BC=6,直線l經(jīng)過點C,且l∥AB,P為l上一個動點,若△ABC與△PAC相似,則PC=.,答案6.4或10,解析在Rt△ABC中,AB==10.當△APC∽△BCA時,=,∴=,∴PC=6.4,當△APC∽△CBA時,△APC≌△CBA,∴PC=AB=10.,三、解答題(共36分),5.(2018福田一模,22)如圖,在△ABC中,O是AC上一點,☉O與BC,AB分別切于點C,D,與AC相交于點E,連接BO.(1)求證:CE2=2DEBO;(2)若BC=CE=6,則AE=,AD=.,解析(1)證明:連接CD、OD,CD交OB于點F,∵BC與☉O相切于C,∴∠BCO=90,∵EC為☉O的直徑,∴∠CDE=90,∴∠BCO=∠CDE,∵BC、BD分別與☉O相切于C、D,∴BC=BD,∵OC=OD,∴BO垂直平分CD,從而在Rt△BCO中,由CF⊥BO得∠CBO=∠DCE,故△BCO∽△CDE,∴=,∴CECO=BODE,又∵CO=CE,,∴CE2=2DEBO.(2)∵BC=CE=6,∴OD=OE=OC=3,設AE=x,則AO=x+3,AC=x+6,由△ODA∽△BCA,得=,∴=,得AB=2(x+3),在Rt△ABC中,由勾股定理得62+(x+6)2=(2x+6)2,解得x1=2,x2=-6(舍去),∴AE=2,∴AO=OE+AE=3+2=5.在Rt△ADO中,由勾股定理得OD2+AD2=OA2,∴AD=4.,6.(2017惠陽模擬,25)把Rt△ABC和Rt△DEF按如圖(1)擺放(點C與E重合),點B、C(E)、F在同一條直線上.已知:∠ACB=∠EDF=90,∠DEF=45,AC=8cm,BC=6cm,EF=10cm.如圖(2),△DEF從圖(1)的位置出發(fā),以1cm/s的速度沿CB向△ABC勻速移動,在△DEF移動的同時,點P從△ABC的頂點A出發(fā),以2cm/s的速度沿AB向點B勻速移動,當點P移動到點B時,點P停止移動,△DEF也隨之停止移動.DE與AC交于點Q,連接PQ,設移動時間為t(s).(1)用含t的代數(shù)式表示線段AP和AQ的長,并寫出t的取值范圍;(2)連接PE,設四邊形APEQ的面積為y(cm2),試探究y的最大值;(3)當t為何值時,△APQ是等腰三角形.,解析(1)由題意知,AP=2t.∵∠ACB=90,∠DEF=45,∴∠CQE=45=∠DEF,∴CQ=CE=t,∴AQ=8-t.由題意知AB=10,∵點P以2cm/s的速度移動,∴t≤5.∴t的取值范圍是0≤t≤5.(2)如圖①,過點P作PG⊥x軸于點G,可求得AB=10,sinB=,PB=10-2t,EB=6-t,∴PG=PBsinB=(10-2t),∴y=S△ABC-S△PBE-S△QCE=68-(6-t)(10-2t)-t2=-t2+t=-+,∴當t=時,y有最大值,y最大值=.,圖①(3)若AP=AQ,則有2t=8-t,解得t=;若AP=PQ,如圖②,過點P作PH⊥AC,則AH=QH=,PH∥BC,∴△APH∽△ABC,∴=,即=,,解得t=;圖②若AQ=PQ,如圖③,過點Q作QI⊥AB,則AI=PI=AP=t,∵∠AIQ=∠ACB=90,∠A=∠A,∴△AQI∽△ABC,∴=,即=,解得t=.綜上所述,當t=或t=或t=時,△APQ是等腰三角形.,圖③,7.(2017湛江三模,22)如圖,在?ABCD中,過點A作AE⊥BC,垂足為E,連接DE,F為線段DE上一點,且∠AFE=∠B.(1)求證:△ADF∽△DEC;(2)若AB=4,AD=3,AE=3,求AF的長.,解析(1)證明:∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴AD∥BC,AB∥CD,∴∠ADF=∠CED,∠B+∠C=180,∵∠AFE+∠AFD=180,∠AFE=∠B,∴∠AFD=∠C,∴△ADF∽△DEC.(2)∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴AD∥BC,CD=AB=4,又∵AE⊥BC,∴AE⊥AD,在Rt△ADE中,DE===6.由△ADF∽△DEC得=,∴=,∴AF=2.,8.(2016中山三模,25)如圖,已知正方形ABCD的邊長為4,E是射線CB上的一個動點,過點D作DF⊥DE,交BA的延長線于點F,EF交對角線AC所在的直線于點M,DE交AC于點N.(1)求證:CE=AF;(2)設CE=x,△AMF的面積為y,求y與x之間的函數(shù)關系式,并寫出自變量x的取值范圍;(3)隨著點E在射線CB上運動,NAMC的值是否會發(fā)生變化?若不變,請求出NAMC的值;若變化,請說明理由.,解析(1)證明:∵DF⊥DE,∴∠ADF+∠ADE=90,∵∠ADE+∠CDE=90,∴∠ADF=∠CDE,又∠FAD=∠ECD=90,AD=DC,∴△ADF≌△CDE,∴CE=AF.(2)當點E在BC上時,作MH⊥AB于H,如圖甲.∵∠MAH=45,∴AH=MH,設AH=MH=m.∵△FHM∽△FBE,∴=,∴=,,圖甲∴m=2-x,∴S△AMF=AFMH,∴y=x,即y=-x2+x(0≤x≤4).當E在CB的延長線上時,作MG⊥AF于G,如圖乙,∵∠GAM=∠BAC=45,∴AG=MG,設AG=MG=t,,圖乙∵△FGM∽△FBE,∴=,∴=,∴t=,∴S△AMF=AFMG,∴y=x,即y=x2-x(x>4).綜上所述:y=,(3)不變.當點E在邊BC上時,如圖甲,∵AM=m=,∴MC=AC-AM=4-2+x=,∵△CNE∽△AND,∴==,∴NA==,∴NAMC==16;當點E在邊CB的延長線上時,如圖乙,MC=AM+AC=+4=,同理可得NA==,∴NAMC==16,∴NAMC的值不變.,思路分析(1)證△ADF≌△CDE,得CE=AF.(2)利用三角形相似,將△AMF的底邊AF及AF邊上的高用含x的代數(shù)式表示,進而得函數(shù)關系式.(3)分類求出NA和MC的值,進而求出NAMC的值.,解題關鍵畫出變化過程中的圖形.,