中考试题分类汇编相似三角形 - 图文
17、（2013?牡丹江）如图，在△ABC中∠A=60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P为BC边的中点，连接PM，PN，则下列结论：①PM=PN；②三角形；④当∠ABC=45°时，BN=
；③△PMN为等边
PC．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个 考点：相 似三角形的判定与性质；等边三角形的判定；直角三角形斜边上的中线． 分析：根 据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可判断①正确； 先证明△ABM∽△ACN，再根据相似三角形的对应边成比例可判断②正确； 先根据直角三角形两锐角互余的性质求出∠ABM=∠ACN=30°，再根据三角形的内角和定理求出∠BCN+∠CBM=60°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BPN+∠CPM=120°，从而得到∠MPN=60°，又由①得PM=PN，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可判断③正确； 当∠ABC=45°时，∠BCN=45°，由P为BC边的中点，得出BN=PB=PC，判断④正确． 解答：解 ：①∵BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P为BC边的中点， ∴PM=BC，PN=BC， ∴PM=PN，正确； ②在△ABM与△ACN中， ∵∠A=∠A，∠AMB=∠ANC=90°， ∴△ABM∽△ACN， ∴，正确； ③∵∠A=60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N， ∴∠ABM=∠ACN=30°， 在△ABC中，∠BCN+∠CBM═180°﹣60°﹣30°×2=60°， ∵点P是BC的中点，BM⊥AC，CN⊥AB， ∴PM=PN=PB=PC， ∴∠BPN=2∠BCN，∠CPM=2∠CBM， ∴∠BPN+∠CPM=2（∠BCN+∠CBM）=2×60°=120°， ∴∠MPN=60°， ∴△PMN是等边三角形，正确； ④当∠ABC=45°时，∵CN⊥AB于点N， ∴∠BNC=90°，∠BCN=45°， ∴BN=CN， ∵P为BC边的中点， ∴PN⊥BC，△BPN为等腰直角三角形 ∴BN=PB=PC，正确． 故选D． 点评：本 题主要考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，相似三角形、等边三角形、等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，仔细分析图形并熟练
掌握性质是解题的关键．
BD?BE，?A??C?90?，39、（2013成都市）如图，点Ｂ在线段AC上，点D,E在AC同侧， AD=BC.
（1）求证：AC=AD+CE;
（2）若AD=3,CE=5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ?DP，交直线BE于点Q.
i)若点P与A,B两点不重合，求
DP的值； PQii)当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长。（直接写出结果，不必写出解答 ）。 解析：
（1）证明：∠A=∠C=90°DB⊥BE
有∠ADB+∠ABD=90°以及∠ABD+∠EBC=90° ∴∠ADB=∠EBC 又AD=BC ∴Rt△ADB≌Rt△EBC ?AB=EC ∴AC=AB+BC=EC+AD （2）
ⅰ）连结DQ, ∠DPQ=∠DBQ=90°, ∴D,PB,Q四点共圆. 且DQ为该圆直径，那么就有∠DQP=∠DBP ∴Rt△DPQ∽Rt△DAB DPDA3?? PQAB5
ⅱ)P到AC中点时，AP=4，AD=3，由勾股定理得DP=5 由
25DP3534??PQ?.DQ? 又DB?34 3PQ53BQ?4341234 ∴MM??BQ? MM?即为中点运动轨迹。 323
41、（2013?徐州）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，翻折∠C，使点C落在斜边AB上某一点D处，折痕为EF（点E、F分别在边AC、BC上） （1）若△CEF与△ABC相似． ①当AC=BC=2时，AD的长为 ；
②当AC=3，BC=4时，AD的长为 1.8或2.5 ；
（2）当点D是AB的中点时，△CEF与△ABC相似吗？请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题） ． 分析：（1）若△CEF与△ABC相似． ①当AC=BC=2时，△ABC为等腰直角三角形； ②当AC=3，BC=4时，分两种
情况： （I）若CE：CF=3：4，如答图2所示，此时EF∥AB，CD为AB边上的高； （II）若CF：CE=3：4，如答图3所示．由相似三角形角之间的关系，可以推出∠A=∠ECD与∠B=∠FCD，从而得到CD=AD=BD，即D点为AB的中点； （2）当点D是AB的中点时，△CEF与△ABC相似．可以推出∠CFE=∠A，∠C=∠C，从而可以证明两个三角形相似． 解答：解： （1）若△CEF与△ABC相似． ①当AC=BC=2时，△ABC为等腰直角三角形，如答图1所示． 此时D为AB边中点，AD=AC=． ②当AC=3，BC=4时，有两种情况： （I）若CE：CF=3：4，如答图2所示． ∵CE：CF=AC：BC，∴EF∥BC． 由折叠性质可知，CD⊥EF，∴CD⊥AB，即此时CD为AB边上的高． 在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，∴BC=5，∴cosA=． AD=AC?cosA=3×=1.8； （II）若CF：CE=3：4，如答图3所示． ∵△CEF∽△CAB，∴∠CEF=∠B． 由折叠性质可知，∠CEF+∠ECD=90°， 又∵∠A+∠B=90°， ∴∠A=∠ECD，∴AD=CD． 同理可得：∠B=∠FCD，CD=BD， ∴此时AD=AB=×5=2.5． 综上所述，当AC=3，BC=4时，AD的长为1.8或2.5． （2）当点D是AB的中点时，△CEF与△ABC相似．理由如下： 如答图3所示，连接CD，与EF交于点Q． ∵CD是Rt△ABC的中线，∴CD=DB=AB，∴∠DCB=∠B． 由折叠性质可知，∠CQF=∠DQF=90°，∴∠DCB+∠CFE=90°， ∵∠B+∠A=90°，∴∠CFE=∠A， 又∵∠C=∠C，∴△CEF∽△CBA． 点评：本题是几何综合题，考查了几何图形折叠问题和相似三角形的判定与性质．第（1） ②问需要分两种情况分别计算，此处容易漏解，需要引起注意． 46、（2013?苏州）如图，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，连接DP并延长DP交边AB于点E，连接BP并延长交边AD于点F，交CD的延长线于点G． （1）求证：△APB≌△APD；
（2）已知DF：FA=1：2，设线段DP的长为x，线段PF的长为y． ①求y与x的函数关系式； ②当x=6时，求线段FG的长．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质． 分析：（1）根据菱形的性质得出∠DAP=∠PAB，AD=AB，再利用全等三角形的判定得出 △APB≌△APD； （2）①首先证明△DFP≌△BEP，进而得出即可得出答案； ②根据①中所求得出PF=PE=4，DP=PB=6，进而得出解答：（1）证明：∵点P是菱形ABCD对角线AC上的一点， ∴∠DAP=∠PAB，AD=AB， ∵在△APB和△APD中 ， ∴△APB≌△APD（SAS）；
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