20203年中考九年级数学第一轮复习相似三角形专项练习
一、综合题
1．如图， 中， ， 为 上的一点，以 为直径的 交 于 ，连接 交 于 ，交 于 ，连接 ， ．
（1）求证： 与 相切；
（2）若 ， ，则 的直径 ；
（3）若 ， ，求 （用 的代数式表示）．
2．如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，D是AB上的一点，DE⊥AB于D，DE交BC于F，且EF＝EC．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，BC＝8，圆的半径OB＝5，求切线EC的长．
3．在△ABC中，∠A=90°，点D在线段BC上，∠EDB= ∠C，BE⊥DE，垂足E，DE与AB相交于点F．
（1）当AB=AC时，（如图1），
① ∠EBF= °；
②求证：BE= 1 2 FD；
（2）当AB=kAC时（如图2），求 的值（用含k的式子表示）．
4．如图，直线y=﹣ x+2 与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和 个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；
（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠ACD=90°，
（1）求证：△ABC∽△DCA.
（2）若BC=1，AC=2，求AD的长.
6．如图， 是 的外接圆，点D是 的中点，过点D作 分别交 、 的延长线于点E和点F，连接 、 ， 的平分线 交 于点M．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求线段 的长．
7．如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，CE⊥AD，交AD的延长线于点E．
（1）求证：∠BDC＝∠A；
（2）若CE＝2 ，DE＝2，求AD的长．
（3）在（2）的条件下，求弧BD的长．
8．如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点E处，点C落在点D处．P、Q分别为线段AC、AD上的两个动点，且AQ＝2PC，连接PQ交线段AE于点M．
（1）AQ＝ ，△APQ为等边三角形；
（2）是否存在点Q，使得△AQM、△APQ和△APM这三个三角形中一定有两个三角形相似？若存在请求出AQ的长；若不存在请说明理由；
（3）AQ＝ ，B、P、Q三点共线．
9．如图1，直角三角形AOB中，∠AOB=90°，AB∥x轴，OA=2OB，AB=5，反比例函数y= (x>0)的图象经过点A。
（1）求反比例函数的解析式；
（2）如图2，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△POQ。当Q坐标为(m，1)时，试判断点P是否在反比例函数y= (x>0)的图象上，并说明理由。
10．如图，在 ABC中，AB=AC，∠A为锐角且不等于60°，AD平分∠BAC交BC于点D，BE⊥AC于点E，AD交BE于点F．
（1）写出图中所有与 ACD相似的三角形（全等除外）；
（2）连接DE，求证： ABF∽△EDF．
11．在△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tanC＝3，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连接BD．
（1）如图1，将△BHD绕点H旋转，得到△EHF（点B、D分别与点E、F对应），连接AE，当点F落在AC上时（F不与C重合），求AE的长；
（2）如图2，△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到的，射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．
12．如图，在矩形 中， 的直角顶点E在边 上， 的平分线 交 于点G，交边 于点F．
（1）若点E为 中点，求证： ；
（2）若 ，求证： ；
（3）若 ，求 的值．
13．如图，AD是⊙O的直径，AB为⊙O 的弦，OP⊥AD，OP与AB的延长线交于点P．点C在OP上，且BC＝PC．
（1）求证：直线BC是⊙O的切线；
（2）若OA＝3，AB＝2，求BP的长．
14．将一副三角尺如图①摆放（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°；在Rt△DEF中，∠EDF=90°，∠E=45°）．点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C．
（1）求∠ADE的度数；
（2）如图②，在图①的基础上将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），此时的等腰直角三角尺记为△DE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，求证： ．
15．如图，在 O中，AB为直径，BC为弦.过AC延长线上一点D，作DF⊥BO于点F，交BC于点G，交 O于点H，点I是DG的中点，连接CI.
（1）判断CI与 O的位置关系，并说明理由；
（2）连接CH，若∠GCH＝2∠B，CI＝6，CH＝4，求HI的长.
16．已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E.
（1）特例感知：如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝ AC；
（2）变式求异：如图2，若∠C＝90°，m＝ ，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究：如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明： ，
，
， ，
，
，
，
即 ，
，
与 相切
（2）
（3）解： 为 的直径，
，
，
又 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
又 ，
，
，
．
2．【答案】（1）解：连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵DE⊥AB，
∴∠OBC+∠DFB＝90°，
∵EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC＝∠DFB，
∴∠OCB+∠ECF＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OB＝5，
∴AB＝10，
∴AC＝ ＝ ＝6，
∵cos∠ABC＝ ，
∴ ，
∴BF＝5，
∴CF＝BC﹣BF＝3，
∵∠ABC+∠A＝90°，∠ABC+∠BFD＝90°，
∴∠BFD＝∠A，
∴∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∴△OAC∽△ECF，
∴ ，
∴EC＝ ＝ ＝ ．
3．【答案】（1）22.5；解：作DG∥AC交BE的延长线于G，则∠BDG=∠C=45°，又∠EDB= ∠C，∴∠EDB=∠EDG，在△EDB和△EDG中， ，∴△EDB≌△EDG，∴BE=EG= BG，∵∠BDG=∠C=45°，∴HB=HD，∵∠BEF=∠DHF=90°，∴∠HBG=∠HDF，在△BHG和△DHF中， ，∴△BHG≌△DHF，∴DF=BG，∴BE= FD
（2）解：由（1）得，BE=EG= BG，
∵DG∥AC，
∴ = =k，
∵∠HBG=∠HDF，∠BHG=∠DHF=90°，
∴△BHG∽△DHF，
∴ = =k，
∴ =
4．【答案】（1）解：在直线y=﹣ x+2 中，
令y=0可得0=﹣ x+2 ，解得x=2，
令x=0可得y=2 ，
∴A为（2，0），B为（0，2 ）；
（2）解：由（1）可知OA=2，OB=2 ，
∴tan∠ABO= = ，
∴∠ABO=30°，
∵运动时间为t秒，
∴BE= t，
∵EF∥x轴，
∴在Rt△BEF中，EF=BE tan∠ABO= BE=t，BF=2EF=2t，
在Rt△ABO中，OA=2，OB=2 ，
∴AB=4，
∴AF=4﹣2t；
（3）解：相似．理由如下：
当四边形ADEF为菱形时，则有EF=AF，
即t=4﹣2t，解得t= ，
∴AF=4﹣2t=4﹣ = ，OE=OB﹣BE=2 ﹣ × = ，
如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，
则四边形OEGH为矩形，
∴GH=OE= ，
又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，
∴OA=AH=2，
在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=（ ）2+22= ，
又AF AB= ×4= ，
∴AF AB=AG2，即 ，且∠FAG=∠GAB，
∴△AFG∽△AGB；
（4）解：存在，
∵EG∥x轴，
∴∠GFA=∠BAO=60°，
又G点不能在抛物线的对称轴上，
∴∠FGA≠90°，
∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG=90°，
又∠FGA=30°，
∴FG=2AF，
∵EF=t，EG=4，
∴FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，
∴4﹣t=2（4﹣2t），
解得t= ，
即当t的值为 秒时，△AGF为直角三角形，此时OE=OB﹣BE=2 ﹣ t=2 ﹣ × = ，
∴E点坐标为（0， ），
∵抛物线的顶点为A，
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2，
把E点坐标代入可得 =4a，解得a= ，
∴抛物线解析式为y= （x﹣2）2，
即y= x2﹣ x+ ．
5．【答案】（1）证明：∵AD∥BC
∴∠DAC=∠ACB
又∵∠B=∠ACD=90°
∴△ABC∽△DCA
（2）解：∵△ABC∽△DCA
∴ 即
∴CD=4
6．【答案】（1）证明：连接OD，如图，
∵点D是 的中点，
∴ ，
∴OD⊥BC，
∵BC∥EF，
∴OD⊥EF，
∴EF为⊙O的切线
（2）解：设BC、AD交于点N，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴DN= ，
∵点D是 的中点，
∴∠BAD=∠CAD=∠CBD，
又∵∠BDN=∠ADB，
∴ ，
∴ ，即： ，
∴BD=2，
∵ 的平分线 交 于点M，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠ABM+∠BAD=∠CBM+∠CBD，即：∠BMD=∠DBM，
∴DM=BD=2．
7．【答案】（1）证明：连接 ,
∵ 是 切线，
∴ ，
即
∵ 为 的直径，
即
（2）解：
（3）解：在直角 中,
是等边三角形,则
则 的长是
8．【答案】（1）
（2）解：假设存在点Q，使得△AQM、△APQ和△APM这三个三角形中一定有两个三角形相似．
①如图1中，当△AQM与△APQ相似时，
∵∠AQM＝∠PQA，∠QAM≠∠QAP，
∴∠QAM＝∠QPA＝30°，
∴∠PQA＝90°，
∴sin∠QPA＝ ＝ ＝ ，
∴x＝ ；
②当△APQ与△APM相似时，
∵∠APQ＝∠APM，∠QAM≠∠QAP，
∴∠PAM＝∠PQA＝30°，
∴∠QPA＝90°，
∴sin∠PQA＝ ＝ ＝ ，
∴x＝4；
③如图2中，当△AQM与△APM相似时，
∵∠QAM＝∠PAM＝30°，∠AQM≠∠AMP，
∴∠AQM＝∠APM，
∴AQ＝AP，
∴x＝4﹣ x，
∴x＝ ．
∴当AQ为 或4或 时，△AQM、△APQ和△APM这三个三角形中一定有两个三角形相似．
（3）
9．【答案】（1）解：∵∠AOB=90°，
∴OA2+OB2=AB2，
∵OA=2OB，AB=5，
∴OB2+(2OB) =5 ，
解得：OB= ，
∴OA=2 ，
过A作AC⊥x轴于C，
∵AB∥x轴，
∴∠BAO=∠AOC，
∴ =tan∠AOC=tan∠AOC=
∴设A(2m，m)，
∴m +(2m) =OA =20，
∴m=2，
∴A(4，2)
∴k=2×4=8，
∴反比例函数的解析式为：y= (x>0)
（2）解：由(1)知，OQ=OB=
∴m +1 =( ) ，
∴m=-2，
∴Q(-2，1)，
过Ｑ作QM⊥x轴于M，过P作PN⊥x轴于N，
则△OQM∽△PON，∴
设P(t，2t)，
∴t2+(2t) =(2 ) ，
∴t=2，
∴P(2，4)，
∵2×4=8，
∴点P在函数的图象上。
10．【答案】（1）解：与△ACD相似的三角形有：△AFE、△BCE、△BFD证明如下：
∵AD平分∠BAC，AB=AC，
∴AD⊥BC，
由∵BE⊥AC，
∴∠ADC＝∠ADB＝∠AEC＝∠AEB＝90°，
又∵∠EAF＝∠DAC，
∴△AFE∽△ACD；
又∵∠C＝∠C，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠DBE＝∠DAC，
又∵∠BDF＝∠ADC＝90°，
∴△BFD∽△ACD
（2）证明：∵△BFD∽△ACD，
∴∠CAD＝∠CBE，
又∵∠AFE＝∠BFD，
∴△AFE∽△BFD，
∴ ，
∴ ，
∵∠AFB＝∠EFD，
∴ ABF∽△EDF
11．【答案】（1）解：如图，
在Rt△AHC中，
∵tanC＝3，
∴ ＝3，
设CH＝x，
∴BH＝AH＝3x，
∵BC＝4，
∴3x+x＝4，
∴x＝1，
∴AH＝3，CH＝1，
由旋转知，∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°，EH＝AH＝3，CH＝DH＝FH，
∴∠EHF+∠AHF＝∠AHC+∠AHF，
∴∠EHA＝∠FHC， ，
∴△EHA∽△FHC，
∴∠EAH＝∠C，
∴tan∠EAH＝tanC＝3，
过点H作HP⊥AE，
∴HP＝3AP，AE＝2AP，
在Rt△AHP中，AP2+HP2＝AH2，
∴AP2+（3AP）2＝9，
∴AP＝ ，
∴AE＝
（2）解：如图1，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
∴HD＝HF，∠AHF＝30°
∴∠CHF＝90°+30°＝120°，
由（1）有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH＝∠HCG＝30°，
∴CG⊥AE，
∴点C，H，G，A四点共圆，
∴∠CGH＝∠CAH，
设CG与AH交于点Q，
∵∠AQC＝∠GQH，
∴△AQC∽△GQH，
∴ ，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
∴EF＝BD，
由（1）知，BD＝AC，
∴EF＝AC
∴ ＝2．
即：EF＝2HG
12．【答案】（1）证明：在矩形 中， ，
∵点E为 中点，∴ ，
在 和 中，
，
∴ ；
（2）证明：
如图，作 ，垂足为点H，
∵ 平分 ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∴ ；
（3）解：如图，连接 ，
∵ ，∴ ，
∵由（2）知 ，∴ ，∴ ，
∴四边形 为菱形，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ；
13．【答案】（1）证明：连结OB．∵OA＝OB，∴∠A＝∠OBA．
又∵BC＝PC，∴∠P＝∠CBP．
∵OP⊥AD，∴∠A＋∠P＝90°，
∴∠OBA＋∠CBP＝90°，
∴∠OBC＝180°－（∠OBA＋∠CBP）＝90°．
∵点B在⊙O上，
∴直线BC是⊙O的切线
（2）解：连结DB．∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD＝90°，
∴Rt△ABD∽Rt△AOP．
∴ ＝ ，即 ＝ ，AP＝9，
∴BP ＝AP—BA＝9—2＝7
14．【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，点D为AB的中点，
∴CD=AD=BD= AB，
∴∠ACD=∠A=30°，
∴∠ADC=180°﹣30°×2=120°，
∴∠ADE=∠ADC﹣∠EDF=120°﹣90°=30°
（2）解：∵∠EDF=90°，
∴∠PDM+∠E′DF=∠CDN+∠E′DF=90°，
∴∠PDM=∠CDN，
∵∠B=60°，BD=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∵∠CPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，
∴∠CPD=∠BCD，
在△DPM和△DCN中，
，
∴△DPM∽△DCN，
∴ ．
15．【答案】（1）解：连接OC，如下图所示，
∵DF⊥BO于点F，
∴∠B+∠BGF＝90°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∵I为DG的中点，
∴CI＝DI＝GI，
∴∠IGC＝∠ICG，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠BCO，
∵∠BGF＝∠IGC，
∴∠BCO+∠ICG＝90°，
∴CI⊥CO，
∴CI为⊙O的切线；
（2）解：连接CH和CO，如下图所示，
∵∠DCI+∠ICG＝90°，∠ICG+∠BCO＝90°，
∴∠DCI＝∠BCO，
∵∠B＝∠BCO，
∵CI＝DI，
∴∠D＝∠DCI，
∴∠D＝∠B，
∴∠A＝∠DGC，
∵∠IGC＝∠ICG，∠A＝∠OCA，
∴∠ICG＝∠OCA，
∴△ICG∽△OCA，
∵∠GCH＝2∠B，∠AOC＝2∠B，
∴∠GCH＝∠AOC，
∴△GCH∽△AOC，
∴△ICG∽△CHG，CG＝CH＝4，
∴ ，
∴IG＝6，HG＝ ，
∴HI＝IG﹣HG＝6﹣ ＝
16．【答案】（1）证明∵AC=BC，∠C=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB，∠A=60°，
由题意，得DB=DP，DA=DB，
∴DA=DP，∴△ADP是等边三角形
∴AP=AD= AB= AC
（2）解： ， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
将 沿过点 的直线折叠，
情形一：当点 落在线段 上的点 处时，如图 中，
，
，
，
，
情形二：当点 落在线段 上的点 处时，如图 中，
同法可证 ，
，
综上所述，满足条件的 的值为 或 .
（3）如图3中，过点 作 于 ，过点 作 于 .
， ，
，
，
当 时，设 ，则 ，
，
，
，
，
观察图形可知当 时，存在两次不同的折叠，使点 落在 边上两个不同的位置.
