2018年中考数学真题分类汇编第一期专题26图形的相似与位似试题含解析 下载本文

∴AD=xy, ∴AD=

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(3)连接EF在Rt?BOD中,sinB= 设圆的半径为r,∴ ∴r=5. ∴AE=10,AB=18.

∵AE是直径,∠AFE=90°,而∠C=90°, ∴EF∥BC, ∴∠AEF=∠B, ∴sin∠AEF=

.

=

. , ,

∴AF=AE·sin∠AEF=10× ∵AF∥OD, ∴ ∴DG= ∴AD= ∴DG=

AD.

,

,

【考点】切线的判定与性质,相似三角形的判定与性质,解直角三角形

【解析】【分析】(1)连接OD,根据角平分线的性质及等腰三角形的性质,去证明∠ODC=90°即可。(2)连接DF,DE,根据圆的切线,可证得∠FDC=∠DAF,再证∠CDA=∠CFD=∠AED,根据平角的定义可证得∠AFD=∠ADB,从而可证得△ABD∽△ABF,得出对应边成比例,可得出答案。(3)连接EF,在Rt△BOD中,利用三角函数的定义求出圆的半径、AE、AB的长,再证明EF∥BC,得出∠B=∠AEF,利用锐角三角函数的定义求出AF的长,再根据AF∥OD,得

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出线段成比例,求出DG的长,然后可求出AD的长,从而可求得DG的长。

5(2018?江西?6分)如图,在线,

于点,求

的长.

A中,=8,=4,=6,,是的平分

DEBC

【解析】 ∵BD是∠ABC的平分线, ∴∠ABD=∠CBD ∵CD∥AB ∴∠ABD=∠D ∴∠CBD=∠D ∴CD=BC=4 又∵CD∥AB ∴△ABE∽△CDE ∴

=

∵CE+AE=AC=6 ∴AE=4

6.(2018·湖北省宜昌·11分)在矩形ABCD中,AB=12,P是边AB上一点,把△PBC沿直线PC折叠,顶点B的对应点是点G,过点B作BE⊥CG,垂足为E且在AD上,BE交PC于点F.

(1)如图1,若点E是AD的中点,求证:△AEB≌△DEC; (2)如图2,①求证:BP=BF;

②当AD=25,且AE<DE时,求cos∠PCB的值; ③当BP=9时,求BE?EF的值.

【分析】(1)先判断出∠A=∠D=90°,AB=DC再判断出AE=DE,即可得出结论;

(2)①利用折叠的性质,得出∠PGC=∠PBC=90°,∠BPC=∠GPC,进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论;

②判断出△ABE∽△DEC,得出比例式建立方程求解即可得出AE=9,DE=16,再判断出△ECF∽△GCP,进而求出PC,即可得出结论; ③判断出△GEF∽△EAB,即可得出结论.

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【解答】解:(1)在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,AB=DC, ∵E是AD中点,∴AE=DE, 在△ABE和△DCE中,

(2)①在矩形ABCD,∠ABC=90°,

∵△BPC沿PC折叠得到△GPC,∴∠PGC=∠PBC=90°,∠BPC=∠GPC, ∵BE⊥CG,∴BE∥PG,∴∠GPF=∠PFB,∴∠BPF=∠BFP,∴BP=BF; ②当AD=25时,∵∠BEC=90°,∴∠AEB+∠CED=90°, ∵∠AEB+∠ABE=90°,∴∠CED=∠ABE, ∵∠A=∠D=90°,∴△ABE∽△DEC,∴设AE=x,∴DE=25﹣x,∴

,∴△ABE≌△DCE(SAS);

,∴x=9或x=16,

∵AE<DE,∴AE=9,DE=16,∴CE=20,BE=15, 由折叠得,BP=PG,∴BP=BF=PG,∵BE∥PG, ∴△ECF∽△GCP,∴∴BP=

③如图,连接FG,

,设BP=BF=PG=y,∴

,cos∠PCB=

=

,∴y=;

,在Rt△PBC中,PC=

∵∠GEF=∠BAE=90°,

∵BF∥PG,BF=PG,∴?BPGF是菱形,∴BP∥GF,∴∠GFE=∠ABE, ∴△GEF∽△EAB,∴

,∴BE?EF=AB?GF=12×9=108.

【点评】此题是四边形综合题,主要考查了矩形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,折叠的性质,利用方程的思想解决问题是解本题的关键. 7(2018·湖北省武汉·10分)在△ABC中,∠ABC=90°.

(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;

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(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC=,求tanC的值;

,直接

(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC=,写出tan∠CEB的值.

【分析】(1)利用同角的余角相等判断出∠BAM=∠CBN,即可得出结论; (2)先判断出△ABP∽△PQF,得出

进而建立方程用b表示出a,即可得出结论; (3)先判断出

=,再同(2)的方法,即可得出结论.

=

,再判断出△ABP∽△CQF,得出CQ=2a,

【解答】解:(1)∵AM⊥MN,CN⊥MN, ∴∠AMB=∠BNC=90°, ∴∠BAM+∠ABM=90°, ∵∠ABC=90°, ∴∠ABM+∠CBN=90°, ∴∠BAM=∠CBN, ∵∠AMB=∠NBC, ∴△ABM∽△BCN;

(2)如图2,

过点P作PF⊥AP交AC于F, 在Rt△AFP中,tan∠PAC=

=

=

同(1)的方法得,△ABP∽△PQF, ∴设AB=

=

b,FQ=2b(a>0,b>0),

a,PQ=2a,BP=

∵∠BAP=∠C,∠B=∠CQF=90°, ∴△ABP∽△CQF,

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