2019年浙江省中考真题相似三角形培优汇编试题 （含答案）.docx

2019年浙江中考相似三角形培优汇编1.（2019杭州）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF、GH折叠（点E、H在AD边上，点F、G在BC边上），使得点B、点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'点，D点的对称点为D点，若∠FPG=90°，△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于 .H答案：∵A'E∥PF∴∠A'EP=∠D'PH又∵∠A=∠A'=90°，∠D=∠D'=90°∴∠A'=∠D'∴△A'EP～△D'PH又∵AB=CD，AB=A'P，CD=D'P∴A'P= D'P设A'P=D'P=x∵S△A'EP：S△D'PH=4：1∴A'E=2D'P=2x∴S△A'EP=∵x>0∴x=2∴A'P=D'P=2∴A'E=2D'P=4∴∴PH=EP=∴DH=D'H=A'P=1∴AD=AE+EP+PH+DH=5+3∴AB=A'P=2∴2.（2019绍兴）如图，矩形ABCD中，AB=a，BC=b，点M,N分别在边AB,CD上，点E,F分别在BC,AD上，MN,EF交于点P，记k=MN∶EF.（1）若a∶b的值是1，当MN⊥EF时，求的值.（2）若a∶b的值是，求k的最大值和最小值.（3）若的值是3，当点N是矩形的顶点，∠MPE=60°，MP=EF=3PE时，求a∶b的值.答案：（1）作FH⊥BC，MQ⊥CD，如图1，∵ 四边形ABCD为正方形，∴ FH＝AB，MQ＝BC，∴ FH＝MQ．∵ MN⊥EF，∴ ∠HFE＝∠NMQ，∠FHE＝∠MQN＝90°，∴ △FHE≌△MQN，∴ MN＝EF，∴ k＝1． （2）∵ a : b＝1 : 2，∴ b＝2a．由题意得，2a≤MN≤a，a≤EF≤a，当MN取最长时，EF可取到最短，此时k的值最大，最大值为．当MN取最短时，EF可取到最长，此时k的值最小，最小值为． （3）连结FN，ME．∵ ＝3，MP＝EF＝3PE，∴ ＝＝3， ∴ ＝＝2，∴ △PNF∽△PME ，∴ ＝＝2，ME∥NF．设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m．① 当点N与点D重合时，如图2，点M恰好与点B重合，过点F作FH⊥BD于点H，∵ ∠MPE＝∠FPH＝60°，∴ PH＝2m，FH＝2m，HD＝10m，∴ ＝＝＝． ② 当点N与点C重合，如图3，过点E作EH⊥MN于点H，则PH＝m，HE＝m，∴ HC＝PH＋PC＝13m，∴ ＝＝．∵ ME∥FC，∴ ∠MEB＝∠FCB＝∠CFD．又∵ ∠B＝∠D，∴ △MEB∽△CFD，∴ ＝＝2，∴ ＝＝＝．综上所述，a：b的值为或． 3.（2019嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展(1)温故：如图 1，在△ABC中，AD⊥BC 于点D，正方形PQMN 的边QM在BC上，顶点 PN 分别在AB，AC上，若 BC=6，AD=4，求正方形PQMN 的边长．(2)操作：能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图 2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形 P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC边上，N' 在△ABC 内，连结BN' 并延长交AC 于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥MN 交AB于点P，PQ⊥BC 于点Q，得到四边形 PQMN．小波把线段BN 称为“波利亚线”．推理：证明图2 中的四边形 PQMN是正方形．答案：（1）解：如图1中， 图1∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，即，解得PN＝．（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．证明：如图2中， 图2由画图可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，∴△BN′M′∽△BNM，∴，同理可得：，∴，∵M′N′＝P′N′，∴MN＝PN，∴四边形PQMN是正方形．4.（2019金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=14。

点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF （1）如图1，若AD=BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O，求证：BD=2DO． （2）已知点G为AF的中点 ①如图2，若AD=BD，CE=2，求DG的长②若AD=6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形?若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由答案： （1）解：由旋转的性质得： CD=CF，∠DCF=90°，∵△ABC是等腰直角三角形，AD=BD，∴∠ADO=90°，CD=BD=AD，∴∠DCF=∠ADC，在△ADO和△FCO中，∵ ，∴△ADO≌△FCO（AAS），∴DO=CO，∴BD=CD=2DO.（2）解：①如图1，分别过点D、F作DN⊥BC于点N，FM⊥BC于点M，连结BF， ∴∠DNE=∠EMF=90°，又∵∠NDE=∠MEF，DE=EF，∴△DNE≌△EMF，∴DN=EM，又∵BD=7，∠ABC=45°，∴DN=EM=7，∴BM=BC-ME-EC=5，∴MF=NE=NC-EC=5，∴BF=5，∵点D、G分别是AB、AF的中点，∴DG= BF= ；②过点D作DH⊥BC于点H，∵AD=6BD，AB=14，∴BD=2，（ⅰ）当∠DEG=90°时，有如图2、3两种情况，设CE=t，∵∠DEF=90°，∠DEG=90°，∴点E段AF上，∴BH=DH=2，BE=14-t，HE=BE-BH=12-t，∵△DHE∽△ECA，∴ ，即 ，解得：t=6±2，∴CE=6+2，或CE=6-2，（ⅱ）当DG∥BC时，如图4,过点F作FK⊥BC于点K，延长DG交AC于点N，延长AC并截取MN=NA，连结FM，则NC=DH=2，MC=10，设GN=t，则FM=2t，BK=14-2t，∵△DHE∽△EKF，∴DH=EK=2，HE=KF=14-2t，∵MC=FK，∴14-2t=10，解得：t=2，∵GN=EC=2，GN∥EC，∴四边形GECN为平行四边形，∠ACB=90°，∴四边形GECN为矩形，∴∠EGN=90°，∴当EC=2时，有∠DGE=90°，（ⅲ）当∠EDG=90°时，如图5：过点G、F分别作AC的垂线交射线于点N、M，过点E作EK⊥FM于点K，过点D作GN的垂线交NG的延长线于点P，则PN=HC=BC-HB=12，设GN=t，则FM=2t，∴PG=PN-GN=12-t，∵△DHE∽△EKF，∴FK=2，∴CE=KM=2t-2，∴HE=HC-CE=12-（2t-2）=14-2t，∴EK=HE=14-2t，AM=AC+CM=AC+EK=14+14-2t=28-2t，∴MN= AM=14-t，NC=MN-CM=t，∴PD=t-2，∵△GPD∽△DHE，∴ ，即 ，解得：t1=10-，t2=10+（舍去），∴CE=2t-2=18-2；综上所述：CE的长为=6+2，6-2，2或18-2.5.（2019温州）如图，在矩形ABCD中，E为AB中点，以BE为边作正方形BEFG，边EF交CD于点H，在边BE上取点M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于点L，交FG于点N．欧儿里得在《几何原本》中利用该图解释了．现以点F为圆心，FE为半径作圆弧交线段DH于点P，连结EP，记△EPH的面积为S1，图中阴影部分的面积为S2．若点A，L，G在同一直线上，则的值为（ ）A. B. C. D. 解：连接AG，点A，L，G在同一直线上，∴PF=a，AD=a-b，DL=a+b，CL=a-b，CG=b，∵AD∥CG，∴△ADL∽△GCL，∴，即，整理可得：a=3b，PH=，∴，，∴，故选：C.6.（2019温州）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于点B，C，正方形AOCD的顶点D在第二象限内，E是BC中点，OF⊥DE于点F，连结OE．动点P在AO上从点A向终点O匀速运动，同时，动点Q在直线BC上从某点Q1向终点Q2匀速运动，它们同时到达终点．（1）求点B的坐标和OE的长；（2）设点Q2为(m，n)，当tan∠EOF时，求点Q2的坐标；（3）根据（2）的条件，当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合．①延长AD交直线BC于点Q3，当点Q段Q2Q3上时，设Q3Q＝s，AP＝t，求s关于t的函数表达式．②当PQ与△OEF的一边平行时，求所有满足条件的AP的长．解：（1）令，则，∴，∴为.∵为，在中，.又∵为中点，∴.（2）如图，作于点，则，∴，∴，∴，∴.∵，∴，由勾股定理得，∴.∵，∴，∴为.（3）①∵动点同时作匀速直线运动，∴关于成一次函数关系，设，将和代入得，解得，∴.②（ⅰ）当时，（如图），，作轴于点，则.∵，∴，∴，∴，∴.（ⅱ）当时（如图），过点作于点，过点作于点，由得.∵,∴,∴，∴.∵，∴，∴.（ⅲ）由图形可知不可能与平行.综上所述，当与的一边平行时，的长为或.7.（2019台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且，则m+n的最大值为　 　．答案：过B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过A作AN⊥l2于N，过C作CM⊥l2于M，设AE＝x，CF＝y，BN＝x，BM＝y，∵BD＝4，∴DM＝y﹣4，DN＝4﹣x，∵∠ABC＝∠AEB＝∠BFC＝∠CMD＝∠AND＝90°，∴∠EAB+∠ABE＝∠ABE+∠CBF＝90°，∴∠EAB＝∠CBF，∴△ABE∽△BFC，∴，即＝，∴xy＝mn，∵∠ADN＝∠CDM，∴△CMD∽△AND，∴＝，即＝，∴y＝﹣x+10，∵＝，∴n＝m，∴（m+n）最大＝m，∴当m最大时，（m+n）最大＝m，∵mn＝xy＝x（﹣x+10）＝﹣x2+10x＝m2，∴当x＝﹣＝时，mn最大＝＝m2，∴m最大＝，∴m+n的最大值为×＝．故答案为：．8.（2019台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．（1）求的值；（2）如图1，连接EC，段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；（3）如图2。