2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項訓(xùn)練專題27以相似為載體的幾何綜合問題（試題+答案）-試卷下載-教習網(wǎng)

?挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）
專題27以相似為載體的幾何綜合問題

21．（2022·四川內(nèi)江·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，點M、N分別在AB、AD上，且MN⊥MC，點E為CD的中點，連接BE交MC于點F．

(1)當F為BE的中點時，求證：AM＝CE；
(2)若EFBF＝2，求ANND的值；
(3)若MN∥BE，求ANND的值．
【答案】(1)見解析
(2)2737
(3)27

【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)，證明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用點E為CD的中點，即可證明結(jié)論；
(2)利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，從而求出BM的長，再利用△ANM∽△BMC ，得ANBM=AMBC ，求出AN的長，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，則tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BCBM ，可得BM的長，由（2）同理可得答案．
（1）
證明：∵F為BE的中點，
∴BF＝EF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵點E為CD的中點，
∴CE＝12CD，
∵AB＝CD，
∴BM=CE=12AB，
∴AM=BM，
∴AM＝CE；
（2）
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴BFEF=BMCE=12，
∵CE＝3，
∴BM＝32，
∴AM＝92，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴ANBM=AMBC，
∴AN32=924，
∴AN=2716，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣2716＝3716，
∴ANDN=27163716=2737；
（3）
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴CEBC=BCBM，
∴34=4BM，
∴BM=163，
∴AM=AB?BM=6?163=23，
由（2）同理得，ANBM=AMBC，
∴AN163=234，
解得：AN＝89，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣89＝289，
∴ANND=89289=27．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，求出BM的長是解決（2）和（3）的關(guān)鍵．
22．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，記△COD的面積為S1，△AOB的面積為S2．
（1）問題解決：如圖①，若AB//CD，求證：S1S2=OC?ODOA?OB
（2）探索推廣：如圖②，若AB與CD不平行，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．
（3）拓展應(yīng)用：如圖③，在OA上取一點E，使OE=OC，過點E作EF∥CD交OD于點F，點H為AB的中點，OH交EF于點G，且OG=2GH，若OEOA=56，求S1S2值．

【答案】（1）見解析；（2）（1）中的結(jié)論成立，理由見解析：（3）2554
【分析】（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，求出DE=OD?sin∠DOE，BF=OB?sin∠BOF，然后根據(jù)三角形面積公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如圖所示，過點A作AM∥EF交OB于M，取BM中點N，連接HN，先證明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，證明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=56，設(shè)OE=OC=5m，OF=OD=5n，則OA=6m，OM=6n，證明△OGF∽△OHN，推出ON=32OF=15n2，BN=MN=ON?OM=3n2，則OB=ON+BN=9n，由（2）結(jié)論求解即可．
【詳解】解：（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD?sin∠DOE，BF=OB?sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC?DE=12OC?OD?sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA?BF=12OA?OB?sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC?OD?sin∠DOE12OA?OB?sin∠BOF=OC?ODOA?OB；

（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：
如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD?sin∠DOE，BF=OB?sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC?DE=12OC?OD?sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA?BF=12OA?OB?sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC?OD?sin∠DOE12OA?OB?sin∠BOF=OC?ODOA?OB；

（3）如圖所示，過點A作AM∥EF交OB于M，取BM中點N，連接HN，
∵EF∥CD，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵EF∥AM，
∴△OEF∽△OAM，
∴OFOM=OEOA=56，
設(shè)OE=OC=5m，OF=OD=5n，則OA=6m，OM=6n，
∵H是AB的中點，N是BM的中點，
∴HN是△ABM的中位線，
∴HN∥AM∥EF，
∴△OGF∽△OHN，
∴OGOH=OFON，
∵OG=2GH，
∴OG=23OH，
∴OGOH=OFON=23，
∴ON=32OF=15n2，BN=MN=ON?OM=3n2，
∴OB=ON+BN=9n，
由（2）可知S1S2=OC?ODOA?OB=5m?5n6m?9n=2554．

【點睛】本題主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
23．（2022·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC是一條對角線，且AB=AC=5，BC=6，E，F(xiàn)是AD邊上兩點，點F在點E的右側(cè)，AE=DF，連接CE，CE的延長線與BA的延長線相交于點G．

(1)如圖1，M是BC邊上一點，連接AM，MF，MF與CE相交于點N．
①若AE=32，求AG的長；
②在滿足①的條件下，若EN=NC，求證：AM⊥BC；
(2)如圖2，連接GF，H是GF上一點，連接EH．若∠EHG=∠EFG+∠CEF，且HF=2GH，求EF的長．
【答案】(1)①53；②證明見解析
(2)2

【分析】（1）①解：根據(jù)平行四邊形ABCD的性質(zhì)可證△AGE∽△DCE，得到AGDC=AEDE，再根據(jù)AB=AC=5，BC=6，AE=32，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)求出DE的長，代入比例式即可求出AG的長；
②先根據(jù)ASA證明△ENF≌△CNM可得EF=CM，再根據(jù)AE=32，AE=DF求出EF=3，進一步證明BM=MC，最后利用等腰三角形的三線合一可證明結(jié)論．
（2）如圖，連接CF，先根據(jù)SAS證明△AEC≌△DFC，再結(jié)合∠EHG=∠EFG+∠CEF，說明EH∥CF，利用平行線分線段成比例定理可得GEEC=12，接著證明△AGE∽△DCE，可得到AEDE=12，設(shè)AE=x，則DE=2x，根據(jù)AD=AE+DE=6構(gòu)建方程求出x，最后利用EF=AD?AE?DF可得結(jié)論．
（1）
①解：如圖，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AC=5，BC=6，
∴AB∥CD，AD∥BC，DC=AB=5，AD=BC=6，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AGDC=AEDE，
∴AG·DE=DC·AE，
∵AE=32，
∴DE=AD?AE=6?32=92，
∴92AG=5×32，
∴AG=53，
∴AG的長為53．

②證明：∵AD∥BC，
∴∠EFN=∠CMN，
∵EN=NC，
在△ENF和△CNM中，
∠EFN=∠CMNEN=CN∠ENF=∠CNM
∴△ENF≌△CNMASA，
∴EF=CM，
∵AE=32，AE=DF，
∴DF=32，
∴EF=AD?AE?DF=3，
∴CM=3，
∵BC=6，
∴BM=BC?CM=3，
∴BM=MC，
∵AB=AC，
∴AM⊥BC．
（2）
如圖，連接CF，
∵AB=AC，AB=DC，
∴AC=DC，
∴∠CAD=∠CDA，
∵AE=DF，
在△AEC和△DFC中，
AC=DC∠CAD=∠CDAAE=DF
∴△AEC≌△DFCSAS，
∴CE=CF，
∴∠CFE=∠CEF
∵∠EHG=∠EFG+∠CEF，
∴∠EHG=∠EFG+∠CEF=∠EFG+∠CFE=∠CFG，
∴EH∥CF，
∴GHHF=GEEC，
∵HF=2GH，
∴GEEC=12，
∵AB∥CD，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AEDE=GECE，
∴AEDE=12，
∴DE=2AE，
設(shè)AE=x，則DE=2x，
∵AD=6，
∴AD=AE+DE=x+2x=6，
∴x=2，
即AE=2，
∴DF=2，
∴EF=AD?AE?DF=2．
∴EF的長為2．

【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的三線合一，平行線的判定及性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識．靈活運用相似三角形和全等三角形的判定及性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
24．（2022·江蘇泰州·中考真題）已知：△ABC中，D 為BC邊上的一點.

(1)如圖①，過點D作DE∥AB交AC邊于點E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的長；
(2)在圖②，用無刻度的直尺和圓規(guī)在AC邊上做點F，使∠DFA=∠A；（保留作圖痕跡，不要求寫作法）
(3)如圖③，點F在AC邊上，連接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面積等于12CD?AB，以FD為半徑作⊙F，試判斷直線BC與⊙F的位置關(guān)系，并說明理由.
【答案】(1)2
(2)圖見詳解
(3)直線BC與⊙F相切，理由見詳解

【分析】（1）由題意易得CDBD=23，則有CDCB=25，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)與判定可進行求解；
（2）作DT∥AC交AB于點T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點F，則點F即為所求；
（3）作BR∥CF交FD的延長線于點R，連接CR，證明四邊形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出S△CFB=S△CFR=12AB?CD=12FR?CD，推出CD⊥DF，然后問題可求解．
（1）
解：∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴DEAB=CDCB，
∵AB=5，BD=9，DC=6，
∴DE5=66+9，
∴DE=2；
（2）
解：作DT∥AC交AB于點T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點F，則點F即為所求；
如圖所示：點F即為所求，

（3）
解：直線BC與⊙F相切，理由如下：
作BR∥CF交FD的延長線于點R，連接CR，如圖，

∵∠DFA=∠A，
∴四邊形ABRF是等腰梯形，
∴AB=FR，
∵△FBC的面積等于12CD?AB，
∴S△CFB=S△CFR=12AB?CD=12FR?CD，
∴CD⊥DF，
∵FD是⊙F的半徑，
∴直線BC與⊙F相切．
【點睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定及切線的判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定及切線的判定是解題的關(guān)鍵．
25．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，△ABC和△DBE的頂點B重合，∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠BDE=30°，BC=3，BE=2．

(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當點D，E分別在AB，BC上時，可以得出結(jié)論：ADCE=______，直線AD與直線CE的位置關(guān)系是______；
(2)探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，使點D恰好落在線段AC上，連接EC，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
(3)拓展運用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α(19°

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