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1、 提分專練(五)　相似三角形綜合問題 |類型1|　平面直角坐標系中的相似 1.[2018·鄂州] 如圖T5-1,已知直線y=x+與拋物線y=ax2+bx+c相交于A(-1,0),B(4,m)兩點,拋物線y=ax2+bx+c交y軸于 點C0,-,交x軸正半軸于D點,拋物線的頂點為M. (1)求拋物線的解析式及點M的坐標; (2)設點P為直線AB下方的拋物線上一動點,當△PAB的面積最大時,求△PAB的面積及點P的坐標; (3)點Q為x軸上一動點,點N是拋物線上一點,當△QMN∽△MAD(點Q與點M對應)時,求Q點的坐標. 圖T5-1 |類型2|　

2、相似三角形與四邊形 2.[2017·大連] 如圖T5-2①,四邊形ABCD的對角線AC,BD相交于點O,OB=OD,OC=OA+AB,AD=m,BC=n,∠ABD+ ∠ADB=∠ACB. (1)填空:∠BAD與∠ACB的數(shù)量關系為　　　　;? (2)求的值; (3)將△ACD沿CD翻折,得到△A'CD(如圖②),連接BA',與CD相交于點P.若CD=,求PC的長. 圖T5-2 |類型3|　相似三角形與平行四邊形 3.[2018·重慶A卷] 如圖T5-3,在?ABCD中,點O是對角線AC的中點,點E是BC上一點,且AB=AE,連接EO并延長交AD 于點F

3、.過點B作AE的垂線,垂足為H,交AC于點G. (1)若AH=3,EH=1,求△ABE的面積; (2)若∠ACB=45°,求證:DF=CG. 圖T5-3 |類型4|　相似三角形與圓 4.[2017·蘇州] 如圖T5-4,已知△ABC內接于☉O,AB是直徑,點D在☉O上,OD∥BC,過點D作DE⊥AB,垂足為E,連接CD 交OE邊于點F. (1)求證:△DOE∽△ABC; (2)求證:∠ODF=∠BDE; (3)連接OC,設△DOE的面積為S1,四邊形BCOD的面積為S2,若=,求sinA的值. 圖T5-4

4、 |類型5|　相似三角形中的動點問題 5.[2015·宿遷] 如圖T5-5,在平面直角坐標系中,點P的坐標為(0,4),直線y=x-3與x軸,y軸分別交于點A,B,點M是直線 AB上的一個動點,則PM長的最小值為　　　　.? 圖T5-5 6.如圖T5-6,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4 cm,BC=3 cm.動點M,N從點C同時出發(fā),均以每秒1 cm的速度分別沿CA,CB 向終點A,B移動,同時動點P從點B出發(fā),以每秒2 cm的速度沿BA向終點A移動,連接PM,PN,設移動時間為t(單 位:s,0

5、為頂點的三角形與△ABC相似? (2)是否存在某一時刻t,使四邊形APNC的面積S有最小值?若存在,求出S的最小值;若不存在,請說明理由. 圖T5-6 參考答案 1.[解析] (1)將B(4,m)的坐標代入一次函數(shù)的關系式即可解得點B的坐標,再將A,B,C三點的坐標代入二次函數(shù)關系式即可求出其關系式,再將其化為頂點式就能得到點M的坐標;(2)過點P作PE⊥x軸,交AB于點E,交x軸于點G,過點B作BF⊥x軸于點F,則S△PAB=PE·AF.設點P的坐標為n,n2-n-,則點E的坐標為n,n+,即可得到S△PAB的函數(shù)關系式,將

6、其化為頂點式即可求出最大值;(3)由勾股定理的逆定理可證得△MAD是等腰直角三角形,則△QMN也是等腰直角三角形,從而得到點Q的坐標. 解:(1)將B(4,m)的坐標代入y=x+,得m=×4+=,∴B4,. 將A(-1,0),B4,,C0,-的坐標代入y=ax2+bx+c得解得∴拋物線的解析式為y=x2-x-,∴y=(x2-2x)-=(x-1)2-2,故頂點M的坐標為(1,-2). (2)如圖①,過點P作PE⊥x軸,交AB于點E,交x軸于點G,過點B作BF⊥x軸于點F.∵A(-1,0),B4,,∴AF=4―(―1)=5.設點P的坐標為n,n2-n-,則點E的坐標為n,n+. ∵點P在直

7、線AB下方, ∴PE=n+-n2-n-=-n2+n+2,∴S△PAB=S△APE+S△BPE=PE·AG+PE·FG=PE·(AG+FG)=PE·AF=×5-n2+n+2=-+,∴當n=時,△PAB的面積最大,且最大面積為,當n=時,n2-n-=×--=-, 故此時點P的坐標為,-. (3)∵拋物線的解析式為y=x2-x-=-2, ∴拋物線的對稱軸為直線x=1. 又∵A(-1,0),∴點D的坐標為(3,0), 又∵M的坐標為(1,-2),∴AD=3―(―1)=4,AD2=42=16,AM2=[1-(-1)]2+(-2)2=8,DM2=(1―3)2+(―2―0)2=8,∴AD2=

8、AM2+DM2,且AM=DM, ∴△MAD是等腰直角三角形,∠AMD=90°, 又∵△QMN∽△MAD, ∴△QMN也是等腰直角三角形且QM=QN,∠MQN=90°,∠QMN=45°, 又∵∠AMD=90°,∴∠AMQ=∠QMD=45°,此時點D(或點A)與點N重合(如圖②),此時MQ⊥x軸,故點Q的坐標為(1,0). 2.解:(1)由于∠ABD+∠ADB=∠ACB, 所以∠BAD+∠ACB=∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°, 故答案為:∠BAD+∠ACB=180°. (2)作DE∥AB,交AC于點E, 則∠DEA=∠BAE,∠OBA=∠ODE, 又∵OB=OD,

9、 ∴△OAB≌△OED(AAS), ∴AB=DE,OA=OE, 設AB=DE=CE=x,OA=OE=y, ∵∠EDA+∠DAB=180°,∠BAD+∠ACB=180°,∴∠EDA=∠ACB. ∵∠DEA=∠EAB, ∴△EDA∽△ACB, ∴===, 即=,4y2+2xy-x2=0, ∴2+-1=0, 解得=(舍負),∴=. (3)作DE∥AB交AC于E.易知DE=CE,∴∠EDC=∠ECD, ∵∠DCA=∠DCA', ∴∠EDC=∠DCA', ∴DE∥CA', ∵AB∥DE,∴AB∥CA', ∴∠ABC+∠A'CB=180°, ∵△EAD∽△ABC,

10、 ∴∠DAE=∠ABC=∠DA'C, ∴∠DA'C+∠BCA'=180°, ∴A'D∥BC,∴△PA'D∽△PBC, ∴==,∴=, 即=,∵CD=,∴PC=1. 3.解:(1)∵BH⊥AE于點H,AB=AE,AH=3,EH=1, ∴AE=AH+EH=4=AB. 在Rt△ABH中,由勾股定理,得BH==. ∴S△ABE=AE·BH=×4×=2. (2)證明:∵O是AC的中點,∴OA=OC. ∵在?ABCD中,AD∥BC,AD=BC, ∴△AOF∽△COE. ∴==1,從而AF=CE.∴DF=BE. 過點A作AM⊥BC,過點G作GN⊥BC,垂足分別為M,N,AM交BH

11、于點K,如圖. ∵AB=AE,AM⊥BC, ∴BM=ME=BE, ∠BAM=∠EAM, ∠AMB=∠AHK=90°. 又∵∠BKM=∠AKH, ∴∠KBM=∠BAM. ∵∠AMC=90°,∠ACB=45°,∠GNC=90°, ∴∠MAC=45°=∠GCN. ∵∠AGB=∠GBC+∠GCN,∠BAG=∠BAM+∠MAC, ∴∠AGB=∠BAG.∴AB=BG. 又∵∠AMB=∠BNG=90°,∠MAB=∠GBN, ∴△ABM≌△BGN.∴BM=NG. 又∵BE=2BM,GN=GC, ∴BE=2×GC=GC.∴DF=CG. 4.解:(1)證明:∵AB是☉O的直徑,∴

12、∠ACB=90°. ∵DE⊥AB,∴∠DEO=90°. ∴∠DEO=∠ACB. ∵OD∥BC,∴∠DOE=∠ABC, ∴△DOE∽△ABC. (2)證明:∵△DOE∽△ABC,∴∠ODE=∠A. ∵∠A和∠BDC都是所對的圓周角, ∴∠A=∠BDC, ∴∠ODE=∠BDC. ∴∠ODF=∠BDE. (3)∵△DOE∽△ABC, ∴=2=, 即S△ABC=4S△DOE=4S1, ∵OA=OB,∴S△BOC=S△ABC, 即S△BOC=2S1. ∵=,S2=S△BOC+S△DOE+S△DBE=2S1+S1+S△DBE, ∴S△DBE=S1, ∴BE=OE, 即O

13、E=OB=OD, ∴sinA=sin∠ODE==. 5.　[解析] 根據(jù)垂線段最短,所以PM長的最小值就是當PM⊥AB時PM的長. 根據(jù)直線y=x-3與x軸,y軸分別交于點A,B, 令x=0,求得y=-3,所以B(0,-3),即OB=3; 令y=0,求得x=4,所以A(4,0),即OA=4. 在Rt△AOB中,根據(jù)勾股定理得: AB===5. 在Rt△PMB與Rt△AOB中, ∵∠PBM=∠ABO,∠PMB=∠AOB, ∴Rt△PMB∽Rt△AOB, ∴=,即=. ∴PM=. 6.解:在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3.根據(jù)勾股定理,得AB==5.

14、(1)以A,P,M為頂點的三角形與△ABC相似,分兩種情況: ①當△AMP∽△ABC時,=, 即=, 解得t=. ②當△APM∽△ABC時,=, 即=, 解得t=0(不合題意,舍去). 綜上所述,當t=時,以A,P,M為頂點的三角形與△ABC相似. (2)存在某一時刻t,使四邊形APNC的面積S有最小值.理由如下: 假設存在某一時刻t,使四邊形APNC的面積S有最小值. 如圖,過點P作PH⊥BC于點H.則PH∥AC, ∴=,即=, ∴PH=t, ∴S=S△ABC-S△BPN =×3×4-×(3-t)·t =t-2+(00,∴S有最小值.當t=時,S最小值=. 即當t=時,四邊形APNC的面積S有最小值,其最小值是 cm2. 13