2020年中考數(shù)學(xué)考點專項突破卷18 圖形的相似（含解析）

《2020年中考數(shù)學(xué)考點專項突破卷18 圖形的相似（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年中考數(shù)學(xué)考點專項突破卷18 圖形的相似（含解析）（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、18.1圖形的相似精選考點專項突破卷（一） 考試范圍：圖形的相似；考試時間：90分鐘；總分：120分 一、單選題（每小題3分，共30分) 1．（2015·山東中考真題）若，則的值為（　?。? A．1 B． C． D． 2．（2019·四川中考真題）如圖?ABCD，F(xiàn)為BC中點，延長AD至E，使，連結(jié)EF交DC于點G，則＝（ ） A．2：3 B．3：2 C．9：4 D．4：9 3．（2019·四川中考真題）如圖，在邊長為的菱形中，，過點作于點，現(xiàn)將△沿直線翻折至△的位置，與交于點.則等于（ ） A． B． C． D． 4．（2019·山東中考真題）如圖，將沿邊上的

2、中線平移到的位置．已知的面積為16，陰影部分三角形的面積9．若，則等于（ ） A．2 B．3 C．4 D． 5．（2019·江蘇中考真題）若，相似比為，則與的周長的比為（　?。? A． B． C． D． 6．（2015·遼寧中考真題）如圖，線段AB兩個端點的坐標(biāo)分別為A(4，4)，B(6，2)，以原點O為位似中心，在第一象限內(nèi)將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，則端點C和D的坐標(biāo)分別為（ ） A．(2，2)，(3，2) B．(2，4)，(3，1) C．(2，2)，(3，1) D．(3，1)，(2，2) 7．（2015·貴州中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，

3、點E在邊DC上，DE：EC=3：1，連接AE交BD于點F，則△DEF的面積與△BAF的面積之比為（ ） A．3：4 B．9：16 C．9：1 D．3：1 8．（2015·湖北中考真題）如圖，在△ABC中，點D、E分別在邊AB、AC上，下列條件中不能判斷△ABC∽△AED的是（ ） A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C．ADAE=ACAB D．ADAB=AEAC 9．（2013·上海中考真題）如圖，在△ABC中，點D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC上的點，DE∥BC，EF∥AB，且AD∶DB＝3∶5，那么CF∶CB等于（ ） A．5∶8 B．3∶8 C．3∶5

4、D．2∶5 10．（2019·山東中考真題）如圖，在正方形中，點是對角線的交點，過點作射線分別交于點，且，交于點．給出下列結(jié)論：;C；四邊形的面積為正方形面積的；．其中正確的是（　?。? A． B． C． D． 二、填空題（每小題4分，共28分) 11．（2018·四川中考真題）已知，且，則的值為__________． 12．（2010·遼寧中考真題）如圖，為了測量某棵樹的高度，小明用長為2m的竹竿做測量工具，移動竹竿，使竹竿、樹的頂端的影子恰好落在地面的同一點.此時，竹竿與這一點距離相距6m，與樹相距15m，則樹的高度為_________m. 13．（2017·四川中考真題

5、）在△ABC中，MN∥BC 分別交AB，AC于點M，N；若AM=1，MB=2，BC=3，則MN的長為_____． 14．（2015·江蘇中考真題）如圖，△ABC中，D為BC上一點，∠BAD＝∠C，AB＝6，BD＝4，則CD的長為____． 15．（2013·山東中考真題）如圖，已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一點E，沿AE將△ABE向上折疊，使B點落在AD上的F點．若四邊形EFDC與矩形ABCD相似，則AD=________ 16．（2019·江蘇中考模擬）如圖，已知P是線段AB的黃金分割點，且PA＞PB．若S1表示以PA為一邊的正方形的面積，S2表示長是AB、寬是P

6、B的矩形的面積，則S1_______S2.（填“＞”“="”“" ＜”） 17．（2018·青海中考真題）如圖，四邊形ABCD與四邊形EFGH位似，其位似中心為點O，且，則______． 三、解答題一（每小題8分，共32分) 18．（2019·廣東中考模擬）如圖,在△ABC中，∠ACB=90°,點O是BC上一點． （1）尺規(guī)作圖：作⊙O，使⊙O與AC、AB都相切．（不寫作法與證明，保留作圖痕跡） （2）若⊙O與AB相切于點D，與BC的另一個交點為點E，連接CD、DE，求證：DB2=BC?BE． 19．（2018·福建中考模擬）（2017浙江省杭州市）如圖，在銳角三角

7、形ABC中，點D，E分別在邊AC，AB上，AG⊥BC于點G，AF⊥DE于點F，∠EAF=∠GAC． （1）求證：△ADE∽△ABC； （2）若AD=3，AB=5，求的值． 20．（2016·山東中考模擬）如圖，正方形ABCD中，M為BC上一點，F(xiàn)是AM的中點，EF⊥AM，垂足為F，交AD的延長線于點E，交DC于點N． （1）求證：△ABM∽△EFA； （2）若AB=12，BM=5，求DE的長． 21．（2019·遼寧中考模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，過點A作AE⊥BC，垂足為E，連接DE，F(xiàn)為線段DE上一點，且∠AFE＝∠B． (1)求證：△ADF∽△DEC

8、(2)若AB＝4,AD＝3,AE＝3,求AF的長. 四、解答題二（每小題10分，共30分) 22．（2017·天津中考模擬）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20cm，BC＝15cm．現(xiàn)有動點P從點A出發(fā)，沿AC向點C方向運動，動點Q從點C出發(fā)，沿線段CB也向點B方向運動．如果點P的速度是4cm/秒，點Q的速度是2cm/秒，它們同時出發(fā)，當(dāng)有一點到達所在線段的端點時，就停止運動，設(shè)運動的時間為t秒． （1）用含t的代數(shù)式表示Rt△CPQ的面積S； （2）當(dāng)t＝3秒時，P、Q兩點之間的距離是多少？ （3）當(dāng)t為多少秒時，以點C、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似？ 23．（2

9、019·安徽中考模擬）如圖1，四邊形ABCD中，，，點P為DC上一點，且，分別過點A和點C作直線BP的垂線，垂足為點E和點F． 證明：∽； 若，求的值； 如圖2，若，設(shè)的平分線AG交直線BP于當(dāng)，時，求線段AG的長． 24．（2019·河南中考模擬）如圖1，正方形ABCD和正方形AEFG，連接DG，BE． （1）發(fā)現(xiàn)：當(dāng)正方形AEFG繞點A旋轉(zhuǎn)，如圖2，①線段DG與BE之間的數(shù)量關(guān)系是　 　；②直線DG與直線BE之間的位置關(guān)系是　 ?。? （2）探究：如圖3，若四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，證明：直線DG⊥BE． （3）應(yīng)用：

10、在（2）情況下，連結(jié)GE（點E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，則線段DG是多少？（直接寫出結(jié)論） 18.1圖形的相似精選考點專項突破卷（一）參考答案 1．D 【解析】∵， ∴==， 故選D 2．D 【解析】先設(shè)出，進而得出，再用平行四邊形的性質(zhì)得出，進而求出CF，最后用相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論． 【詳解】解：設(shè)， ∵， ∴， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴，， ∵點F是BC的中點， ∴， ∵， ∴， ∴， 故選：D．

11、【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，中點的定義，表示出CF是解本題的關(guān)鍵． 3．A 【解析】在Rt△ABE中，∠B=30°，AB=，可求得AE=，BE=，根據(jù)△ABE沿直線翻折至△的位置可知BF=3，結(jié)合菱形的邊長為，可知EC=-，則CF=3-，利用菱形對邊平行即CG∥AB，再根據(jù)平行線段成比例可得即，求得CG= 【詳解】∵∠B=30°，AB=，AE⊥BC ∴AE=，BE= ∴BF=3，EC=-，則CF=3- 又∵CG∥AB ∴ ∴ 解得CG=. 【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，平行線段成比例，圖形的翻折，解本題的關(guān)鍵是通過利用菱形對邊平行發(fā)現(xiàn)與要

12、求線段CG與其他線段成比例的關(guān)系. 4．B 【解析】由 S△ABC＝16、S△A′EF＝9且 AD為 BC邊的中線知 ， ，根據(jù)△DA′E∽△DAB知 ，據(jù)此求解可得． 【詳解】、，且為邊的中線， ，， 將沿邊上的中線平移得到， ， ， 則，即， 解得或（舍）， 故選：． 【點睛】本題主要平移的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平移變換的性質(zhì)與三角形中線的 性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點． 5．B 【解析】直接利用相似三角形的性質(zhì)求解． 【詳解】，相似比為， 與的周長的比為． 故選：B． 【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)：相似三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊的比

13、相等．相似三角形（多邊形）的周長的比等于相似比；相似三角形的對應(yīng)線段（對應(yīng)中線、對應(yīng)角平分線、對應(yīng)邊上的高）的比也等于相似比．相似三角形的面積的比等于相似比的平方． 6．C 【解析】 試題分析：直接利用位似圖形的性質(zhì)得出對應(yīng)點坐標(biāo)乘以得出即可． 解：∵線段AB兩個端點的坐標(biāo)分別為A（4，4），B（6，2）， 以原點O為位似中心，在第一象限內(nèi)將線段AB縮小為原來的后得到線段CD， ∴端點的坐標(biāo)為：（2，2），（3，1）． 故選C． 考點：位似變換；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)． 7．B 【解析】可證明△DFE∽△BFA，根據(jù)相似三角形的面積之比等于相似比的平方即可得出答案． 【詳解】∵四

14、邊形ABCD為平行四邊形， ∴DC∥AB， ∴△DFE∽△BFA， ∵DE：EC=3：1， ∴DE：DC=3：4， ∴DE：AB=3：4， ∴S△DFE：S△BFA=9：16． 故選B． 8．D 【解析】試題分析：本題考查了相似三角形的判定：兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．根據(jù)此，分別進行判斷即可． 解：由題意得∠DAE=∠CAB， A、當(dāng)∠AED=∠B時，△ABC∽△AED，故本選項不符合題意； B、當(dāng)∠ADE=∠C時，△ABC∽△AED，故本選項不符合題意； C、當(dāng)ADAE=ACAB時，△ABC∽△AED，故本

15、選項不符合題意； D、當(dāng)ADAB=AEAC時，不能推斷△ABC∽△AED，故本選項符合題意； 故選D． 考點：相似三角形的判定． 9．A 【解析】 ∵DE∥BC，EF∥AB， ∴，， ∴， ∴， ∴，即. 故選A. 點睛：若，則，. 10．B 【解析】根據(jù)全等三角形的判定（ASA）即可得到正確；根據(jù)相似三角形的判定可得正確；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得正確；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理，即可得到答案. 【詳解】解：四邊形是正方形， ，， ， ， ， 故正確； ， 點四點共圓， ∴， ∴， 故正確； ， ， ， 故正確； ， ，

16、又， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又中，， ， ， 故錯誤， 故選：． 【點睛】本題考查全等三角形的判定（ASA）和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定（ASA）和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定. 11．12 【解析】 分析：直接利用已知比例式假設(shè)出a，b，c的值，進而利用a+b-2c=6，得出答案． 詳解：∵， ∴設(shè)a=6x，b=5x，c=4x， ∵a+b-2c=6， ∴6x+5x-8x=6， 解得：x=2， 故a=12． 故答案為12． 點睛：此題主要考查了比例的性質(zhì)，正確表

17、示出各數(shù)是解題關(guān)鍵． 12．7 【解析】 設(shè)樹的高度為m，由相似可得，解得，所以樹的高度為7m 13．1 【解析】∵MN∥BC， ∴△AMN∽△ABC， ∴，即， ∴MN=1. 故答案為1. 14．5 【解析】 試題解析：∵∠BAD=∠C，∠B=∠B， ∴△BAD∽△BCA， ∴． ∵AB=6，BD=4， ∴， ∴BC=9， ∴CD=BC-BD=9-4=5． 考點：相似三角形的判定與性質(zhì)． 15． 【解析】可設(shè)AD=x，根據(jù)四邊形EFDC與矩形ABCD相似，可得比例式，求解即可． 【詳解】∵沿AE將△ABE向上折疊，使B點落在AD上的F點， ∴

18、四邊形ABEF是正方形， ∵AB=1， 設(shè)AD=x，則FD=x?1，F(xiàn)E=1， ∵四邊形EFDC與矩形ABCD相似， ∴， ， 解得x1=,x2= (負值舍去)， 經(jīng)檢驗x1=是原方程的解. 【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)及相似多邊形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵. 16．=． 【解析】黃金分割點，二次根式化簡． 【詳解】設(shè)AB=1，由P是線段AB的黃金分割點，且PA＞PB， 根據(jù)黃金分割點的，AP=，BP=． ∴．∴S1=S2． 17． 【解析】利用位似圖形的性質(zhì)結(jié)合位似比等于相似比得出答案． 【詳解】四邊形ABCD與四邊形EFGH位似，其位似中心為點O，

19、且， ， 則， 故答案為：． 【點睛】本題考查了位似的性質(zhì)，熟練掌握位似的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵. 18．（1）詳見解析；（2）詳見解析. 【解析】（1）利用角平分線的性質(zhì)作出∠BAC的角平分線，利用角平分線上的點到角的兩邊距離相等得出O點位置，進而得出答案． （2）根據(jù)切線的性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)，由相似判定可證△CDB∽△DEB，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解． 【詳解】解：（1）如圖，⊙O及為所求． （2）連接OD． ∵AB是⊙O的切線， ∴OD⊥AB， ∴∠ODB=90°， 即∠1+∠2=90°， ∵CE是直徑， ∴∠3+∠2=90°， ∴∠1=∠3， ∵O

20、C=OD， ∴∠4=∠3， ∴∠1=∠4， 又∠B=∠B ∴△CDB∽△DEB ∴DBBE=BCDB ∴DB2=BC?BE． 【點睛】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖：復(fù)雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作是解決此類題目的關(guān)鍵． 19．（1）證明見解析；（2）． 【解析】 試題分析：（1）由于AG⊥BC，AF⊥DE，所以∠AFE=∠AGC=90°，從而可證明∠AED=∠ACB，進而可證明△ADE∽△ABC； （2）△ADE∽△ABC，，又易證△EAF∽△C

21、AG，所以，從而可求解． 試題解析：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE， ∴∠AFE=∠AGC=90°， ∵∠EAF=∠GAC， ∴∠AED=∠ACB， ∵∠EAD=∠BAC， ∴△ADE∽△ABC， （2）由（1）可知：△ADE∽△ABC， ∴= 由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°， ∴∠EAF=∠GAC， ∴△EAF∽△CAG， ∴， ∴= 考點：相似三角形的判定 20．（1）見解析；（2）4.9 【解析】試題分析：（1）由正方形的性質(zhì)得出AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出結(jié)論； （2）由勾股定理求

22、出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的長． 試題解析：（1）∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠B=90°，AD∥BC， ∴∠AMB=∠EAF， 又∵EF⊥AM， ∴∠AFE=90°， ∴∠B=∠AFE， ∴△ABM∽△EFA； （2）∵∠B=90°，AB=12，BM=5， ∴AM==13，AD=12， ∵F是AM的中點， ∴AF=AM=6.5， ∵△ABM∽△EFA， ∴， 即， ∴AE=16.9， ∴DE=AE-AD=4.9． 考點：1.相似三角形的判定與性質(zhì)；2.正方形的性質(zhì)． 21．（1）見解析（2）A

23、F=2 【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形 ∴AD∥BC AB∥CD ∴∠ADF=∠CED ∠B+∠C=180° ∵∠AFE+∠AFD=,∠AFE=∠B ∴∠AFD=∠C ∴△ADF∽△DEC (2)解：∵四邊形ABCD是平行四邊形 ∴AD∥BC CD=AB=4 又∵AE⊥BC ∴ AE⊥AD 在Rt△ADE中，DE= ∵△ADF∽△DEC ∴∴ ∴AF= 22． ； 秒或秒時，以點、、為頂點的三角形與相似． 【解析】（1）由點P，點Q的運動速度和運動時間，又知AC，BC的長，可將CP、CQ用含t的表達式求出，代入直角三角形面積公式

24、S△CPQ=CP×CQ求解； （2）在Rt△CPQ中，當(dāng)t=3秒，可知CP、CQ的長，運用勾股定理可將PQ的長求出； （3）應(yīng)分兩種情況：當(dāng)Rt△CPQ∽Rt△CAB時，根據(jù)=，可求出時間t；當(dāng)Rt△CPQ∽Rt△CBA時，根據(jù)=，可求出時間t． 【詳解】（1）由題意得：AP=4t，CQ=2t，則CP=20﹣4t，因此Rt△CPQ的面積為S=CP×CQ=（0≤t≤5）； （2）由題意得：AP=4t，CQ=2t，則CP=20﹣4t，當(dāng)t=3秒時，CP=20﹣4t=8cm，CQ=2t=6cm． 在Rt△CPQ中，由勾股定理得：PQ=； （3）由題意得：AP=4t，CQ=2t，則CP=2

25、0﹣4t． 分兩種情況討論： ①當(dāng)Rt△CPQ∽Rt△CAB時，，即，解得：t=3秒； ②當(dāng)Rt△CPQ∽Rt△CBA時，，即，解得：t=秒． 因此t=3秒或t=秒時，以點C、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似． 【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了直角三角形的面積公式，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵時用分類討論的思想和方程思想解決問題． 23．（1）證明見解析；（2）；（3）. 【解析】由余角的性質(zhì)可得，即可證∽； 由相似三角形的性質(zhì)可得，由等腰三角形的性質(zhì)可得，即可求的值； 由題意可證∽，可得，可求，由等腰三角形的性質(zhì)可得AE平分，可證，可得是等腰直角三角形

26、，即可求AG的長． 【詳解】證明：， 又， 又， ∽ ∽， 又，， 如圖，延長AD與BG的延長線交于H點 ， ∽ ∴ ，由可知≌ ， ， 代入上式可得， ∽， ，， ∴ ，， 平分 又平分， ， 是等腰直角三角形． ∴. 【點睛】本題考查的知識點是全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形． 24．（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）證明見解析；（3） 【解析】（1）先判斷出△ABE≌△ADG，進而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出結(jié)論；

27、（2）先利用兩邊對應(yīng)成比例夾角相等判斷出△ABE∽△ADG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出結(jié)論； （3）先求出BE，進而得出BE=AB，即可得出四邊形ABEG是平行四邊形，進而得出∠AEB=90°，求出BE，借助（2）得出的相似，即可得出結(jié)論． 【詳解】（1）①∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形， ∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°， ∴∠BAE=∠DAG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE=DG； ②如圖2，延長BE交AD于G，交DG于H， 由①知，△ABE≌△ADG， ∴∠ABE=

28、∠ADG， ∵∠AGB+∠ABE=90°， ∴∠AGB+∠ADG=90°， ∵∠AGB=∠DGH， ∴∠DGH+∠ADG=90°， ∴∠DHB=90°， ∴BE⊥DG （2）∵四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形， ∴∠BAD=∠DAG， ∴∠BAE=∠DAG， ∵AD=2AB，AG=2AE， ∴， ∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE=∠ADG， ∵∠AGB+∠ABE=90°， ∴∠AGB+∠ADG=90°， ∵∠AGB=∠DGH， ∴∠DGH+∠ADG=90°， ∴∠DHB=90°， ∴BE⊥DG； （3）如圖4，（為了說明點B，E，F(xiàn)在同一條線上，

29、特意畫的圖形） ∵EG∥AB， ∴∠DME=∠DAB=90°， 在Rt△AEG中，AE=1， ∴AG=2AE=2， 根據(jù)勾股定理得，EG=， ∵AB=， ∴EG=AB， ∵EG∥AB， ∴四邊形ABEG是平行四邊形， ∴AG∥BE， ∵AG∥EF， ∴點B，E，F(xiàn)在同一條直線上如圖5， ∴∠AEB=90°， 在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，BE==2， 由（3）知，△ABE∽△ADG， ∴， ∴， ∴DG=4． 【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，判斷出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本題的關(guān)鍵。 24