相似三角形2018中考题

相似三角形2018中考题（精选6篇）

1.相似三角形2018中考题 篇一

2021中考数学

二轮专题汇编：相似三角形及其应用

一、选择题

1.如图，在△ABC中，点D，E分别在AB和AC边上，DE∥BC，M为BC边上一点(不与点B，C重合)，连接AM交DE于点N，则

()

A.=

B.=

C.=

D.=

2.如图，每个小正方形的边长均为1，则下列图形中的三角形(阴影部分)与△A1B1C1相似的是

()

3.(2019•雅安)若，且，则的值是

A．4

B．2

C．20

D．14

4.如图①，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图②是此时的示意图，则图②中水面高度为

()

A.B.C.D.5.（2020·永州）如图，在中，四边形的面积为21，则的面积是（）

A.B.25

C.35

D.63

6.（2020·广西北部湾经济区）如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（）

A．15

B．20

C．25

D．30

7.（2020·重庆B卷）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA:OD=1:2，则△ABC与△DEF的面积比为（）

A．1:2

B．1:3

C．1:4

D．1:5

8.(2019•贵港)如图，在中，点，分别在，边上，，若，则线段的长为

A．

B．

C．

D．5

二、填空题

9.在某一时刻，测得一根高为1.8

m的竹竿的影长为3

m，同时同地测得一栋楼的影长为90

m，则这栋楼的高度为　　　　m.10.（2020·盐城）

如图，且，则的值为

．

11.(2019•郴州)若，则__________．

12.(2019•百色)如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，，则的面积为__________．

13.《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题:“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何?”其意思为:“今有直角三角形，勾(短直角边)长为5步，股(长直角边)长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少步?”该问题的答案是　　　　步.14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为_________．

15.(2019•泸州)如图，在等腰中，，点在边上，点在边上，垂足为，则长为__________．

16.（2020·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、.已知，则_________.三、解答题

17.（2020·杭州）如图，在中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，．

（1）求证：．

（2）设，①若BC＝12，求线段BE的长；

②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．

18.(2019•广东)如图，在中，点是边上的一点．

(1)请用尺规作图法，在内，求作，使，交于；(不要求写作法，保留作图痕迹)

(2)在(1)的条件下，若，求的值．

19.如图，△ABC为锐角三角形，AD是BC边上的高，正方形EFGH的一边FG在BC上，顶点E，H分别在AB，AC上，已知BC=40

cm，AD=30

cm.(1)求证:△AEH∽△ABC;

(2)求这个正方形的边长与面积.20.如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝36°，过点A作AD∥BC，与∠ABC的平分线交于点D，BD与AC交于点E，与⊙O交于点F.(1)求∠DAF的度数；

(2)求证：AE2＝EF·ED；

(3)求证：AD是⊙O的切线．

21.如图，☉O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是AC中点，直线OD与☉O相交于E，F两点，P是☉O外一点，且P在直线OD上，连接PA，PC，AF，满足∠PCA=∠ABC.(1)求证:PA是☉O的切线;

(2)证明:EF2=4OD·OP;

(3)若BC=8，tan∠AFP=，求DE的长.22.如图①，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，OD∥AC，OD交⊙O于点E，且∠CBD＝∠COD.(1)求证：BD是⊙O的切线；

(2)若点E为线段OD的中点，求证：四边形OACE是菱形．

(3)如图②，作CF⊥AB于点F，连接AD交CF于点G，求的值．

23.已知：在等边△ABC中，D、E分别是AC、BC上的点，且∠BAE＝∠CBD＜60°，DH⊥AB，垂足为点H.(1)如图①，当点D、E分别在边AC、BC上时，求证：△ABE≌△BCD；

(2)如图②，当点D、E分别在AC、CB延长线上时，探究线段AC、AH、BE的数量关系；

(3)在(2)的条件下，如图③，作EK∥BD交射线AC于点K，连接HK，交BC于点G，交BD于点P，当AC＝6，BE＝2时，求线段BP的长．

24.在平面直角坐标系中，借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根．比如对于方程x2－5x＋2＝0，操作步骤是：

第一步：根据方程的系数特征，确定一对固定点A(0，1)，B(5，2)；

第二步：在坐标平面中移动一个直角三角板，使一条直角边恒过点A，另一条直角边恒过点B；

第三步：在移动过程中，当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时，点C的横坐标m即为该方程的一个实数根(如图①)；

第四步：调整三角板直角顶点的位置，当它落在x轴上另一点D处时，点D的横坐标n既为该方程的另一个实数根．

(1)在图②中，按照“第四步”的操作方法作出点D(请保留作出点D时直角三角板两条直角边的痕迹)；

(2)结合图①，请证明“第三步”操作得到的m就是方程x2－5x＋2＝0的一个实数根；

(3)上述操作的关键是确定两个固定点的位置．若要以此方法找到一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，b2－4ac≥0)的实数根，请你直接写出一对固定点的坐标；

(4)实际上，(3)中的固定点有无数对，一般地，当m1，n1，m2，n2与a，b，c之间满足怎样的关系时，点P(m1，n1)．Q(m2，n2)就是符合要求的一对固定点？

2021中考数学

二轮专题汇编：相似三角形及其应用-答案

一、选择题

1.【答案】C　[解析]根据DE∥BC，可得△ADN∽△ABM，△ANE∽△AMC，再应用相似三角形的性质可得结论.∵DN∥BM，∴△ADN∽△ABM，∴=，∵NE∥MC，∴△ANE∽△AMC，∴=，∴=.故选C.2.【答案】B　[解析]根据勾股定理分别表示出已知三角形的各边长，同理利用勾股定理表示出四个选项中阴影三角形的各边长，利用三边长对应成比例的两个三角形相似可得结果，△A1B1C1各边长分别为1，选项A中阴影三角形三边长分别为:，3，三边不与已知三角形各边对应成比例，故两三角形不相似;选项B中阴影三角形三边长分别为:，2，三边与已知三角形的各边对应成比例，故两三角形相似;选项C中阴影三角形三边长分别为:1，2，三边不与已知三角形各边对应成比例，故两三角形不相似;选项D中阴影三角形三边长分别为:2，三边不与已知三角形各边对应成比例，故两三角形不相似，故选B.3.【答案】A

【解析】由a∶b=3∶4知，所以．

所以由得到：，解得．所以．

所以．故选A．

4.【答案】A　[解析]如图所示.设DM=x，则CM=8-x，根据题意得:(8-x+8)×3×3=3×3×6，解得x=4，∴DM=4.∵∠D=90°.∴由勾股定理得:

BM===5.过点B作BH⊥水平桌面于H，∵∠HBA+∠ABM=∠ABM+∠DBM=90°，∴∠HBA=∠DBM，∵∠AHB=∠D=90°，∴△ABH∽△MBD，∴=，即=，解得BH=，即水面高度为.5.【答案】B

【详解】解：∵

∴

∴

∵

∴

∴

∴

∵

∴

∴

故选：B．

6.【答案】

B

【解析】设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，∵四边EFGH是正方形，∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∵AD是△ABC的高，∴∠HDN＝90°，∴四边形EHDN是矩形，∴DN＝EH＝x，∵△AEF∽△ABC，∴（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），∵BC＝120，AD＝60，∴AN＝60﹣x，∴，解得：x＝40，∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．因此本题选B．

7.【答案】C

【解析】本题考查了相似三角形的性质，∵△ABC与△DEF位似，且，∴，因此本题选C．

8.【答案】C

【解析】设，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设，∴，∴，∴，∴，故选C．

二、填空题

9.【答案】54

10.【答案】2

【解析】∵BC∥DE，∴△ADE∽△ABC，∴，设DE＝x,则AB＝10－x∵AD＝BC＝4，∴，∴x1＝8,x2＝2(舍去)，此本题答案为2

．

11.【答案】

【解析】∵，∴，故2y=x，则，故答案为：．

12.【答案】18

【解析】∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，∴位似比为，∵，∴，∴的面积为：，故答案为：18．

13.【答案】　[解析]如图①，∵四边形CDEF是正方形，∴CD=ED=CF.设ED=x，则CD=x，AD=12-x.∵DE∥CF，∴∠ADE=∠C，∠AED=∠B，∴△ADE∽△ACB，∴=，∴=，∴x=.如图②，四边形DGFE是正方形，过C作CP⊥AB于P，交DG于Q，∵S△ABC=AC·BC=AB·CP，则12×5=13CP，∴CP=.设ED=y，同理得:△CDG∽△CAB，∴=，∴=，y=<，∴该直角三角形能容纳的正方形边长最大是步，故答案为:.14.【答案】

【解析】本题考查平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质．已知∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，由勾股定理，得AB＝5．CD⊥AB，由三角形的面积，得CD＝＝．易得△ABC∽△ACD∽△CBD，由相似三角形对应边成比例，得AD＝＝，BD＝＝．过点E作EG∥AB交CD于点G，由平行线分线段成比例，得DG＝CD＝，EG＝，所以，即，所以DF＝，故答案为．

15.【答案】

【解析】如图，过作于，则∠AHD=90°，∵在等腰中，，∴，∴∠ADH=90°–∠CAD=45°=∠CAD，∴，∴CH=AC–AH=15–DH，∵，∴，又∵∠ANH=∠DNF，∴，∴，∴，∵，CE+BE=BC=15，∴，∴，∴，∴，故答案为：．

16.【答案】或2.8

【解析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，过点C作CD⊥y轴于点D，设AC交y轴于点E，∴CD∥x轴，∴∠CAO=∠ACD,△DEC∽△OEA，∵，∴∠BCD=∠ACD,∴BD=DE,设BD=DE=x，则OE=4-2x,∴=,即=,解得x=1.2．∴OE=4-2x=1.6，∴n=OD=DE+OE=1.2+1.6=2.8.三、解答题

17.【答案】

解：

（1）∵DE∥AC，∴∠BED＝∠C．∵EF∥AB，∴∠B＝∠FEC，∴△BDE∽△EFC．

（2）①∵EF∥AB，∴＝＝．∵BC＝12，∴＝，∴BE＝4．

②∵EF∥AB，∴△EFC△BAC，∴＝．∵＝，∴＝．又∵△EFC的面积是20，∴＝，∴S△ABC＝45，即△ABC的面积是45．

18.【答案】

(1)如图所示：

(2)∵，∴．

∴．

19.【答案】

[解析](1)根据EH∥BC即可证明.(2)设AD与EH交于点M，首先证明四边形EFDM是矩形，设正方形边长为x，利用△AEH∽△ABC，得=，列出方程即可解决问题.解:(1)证明:∵四边形EFGH是正方形，∴EH∥BC，∴∠AEH=∠B，∠AHE=∠C，∴△AEH∽△ABC.(2)如图，设AD与EH交于点M.∵∠EFD=∠FEM=∠FDM=90°，∴四边形EFDM是矩形，∴EF=DM.设正方形EFGH的边长为x

cm，∵△AEH∽△ABC，∴=，∴=，∴x=，∴正方形EFGH的边长为

cm，面积为

cm2.20.【答案】

(1)解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝(180°－36°)＝72°，∴∠AFB＝∠ACB＝72°，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝36°，∵AD∥BC，∴∠D＝∠DBC＝36°，∴∠DAF＝∠AFB－∠D＝72°－36°＝36°；

(2)证明：∵∠EAF＝∠FBC＝∠D，∠AEF＝∠AED，∴△EAF∽△EDA，∴＝，∴AE2＝EF·ED；

(3)证明：如解图，过点A作BC的垂线，G为垂足，∵AB＝AC，∴AG垂直平分BC，∴AG过圆心O，∵AD∥BC，∴AD⊥AG，∴AD是⊙O的切线．

解图

21.【答案】

解:(1)因为点D是AC中点，所以OD⊥AC，所以PA=PC，所以∠PCA=∠PAC，因为AB是☉O的直径，所以∠ACB=90°，所以∠ABC+∠BAC=90°，因为∠PCA=∠ABC，所以∠PAC=∠ABC，所以∠PAC+∠BAC=90°，所以PA⊥AB，所以PA是☉O的切线.(2)因为∠PAO=∠ADO=90°，∠AOD=∠POA，所以△PAO∽△ADO，所以=，所以AO2=OD·OP，所以EF2=AB2=(2AO)2=4AO2=4OD·OP.(3)因为tan∠AFP=，所以设AD=2x，则FD=3x，连接AE，易证△ADE∽△FDA，所以==，所以ED=AD=x，所以EF=x，EO=x，DO=x，在△ABC中，DO为中位线，所以DO=BC=4，所以x=4，x=，所以ED=x=.22.【答案】

(1)证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠BCA＝90°，∴∠ABC＋∠BAC＝90°，∵OD∥AC，∴∠ACO＝∠COD.∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠ACO，又∵∠COD＝∠CBD，∴∠CBD＝∠BAC，∴∠ABC＋∠CBD＝90°，∴∠ABD＝90°，即OB⊥BD，又∵OB是⊙O的半径，∴BD是⊙O的切线；

(2)证明：如解图，连接CE、BE，∵OE＝ED，∠OBD＝90°，∴BE＝OE＝ED，∴△OBE为等边三角形，∴∠BOE＝60°，又∵AC∥OD，∴∠OAC＝60°，又∵OA＝OC，∴△OAC为等边三角形，∴AC＝OA＝OE，∴AC∥OE且AC＝OE，∴四边形OACE是平行四边形，而OA＝OE，∴四边形OACE是菱形；

解图

(3)解：∵CF⊥AB，∴∠AFC＝∠OBD＝90°，而AC∥OD，∴∠CAF＝∠DOB，∴Rt△AFC∽Rt△OBD，∴＝，即FC＝，又∵FG∥BD，∴△AFG∽△ABD，∴＝，即FG＝，∴＝＝2，∴＝.23.【答案】

(1)证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠C＝∠CAB＝60°，AB＝BC，在△ABE和△BCD中，∴△ABE≌△BCD(ASA)；

(2)解：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠CAB＝60°，AB＝BC，∴∠ABE＝∠BCD＝180°－60°＝120°.∴在△ABE和△BCD中，∴△ABE≌△BCD(ASA)，∴BE＝CD.∵DH⊥AB，∴∠DHA＝90°，∵∠CAB＝60°，∴∠ADH＝30°，∴AD＝2AH，∴AC＝AD－CD＝2AH－BE；

(3)解：如解图，作DS⊥BC延长线于点S，作HM∥AC交BC于点M，解图

∵AC＝6，BE＝2，∴由(2)得AH＝4，BH＝2,与(1)同理可得BE＝CD＝2，CE＝8，∵∠SCD＝∠ACB＝60°，∴∠CDS＝30°，∴CS＝1，SD＝，BS＝7，∵BD2＝BS2＋SD2＝72＋()2，∴BD＝2，∵EK∥BD，∴△CBD∽△CEK，∴＝＝，∴CK＝＝＝，EK＝＝＝.∵HM∥AC，∴∠HMB＝∠ACB＝60°，∴△HMB为等边三角形，BM＝BH＝HM＝2，CM＝CB－BM＝4，又∵HM∥AC，∴△HMG∽△KCG，∴＝，即＝，∴MG＝，BG＝，EG＝，∵EK∥BD，∴△GBP∽△GEK，∴＝，∴BP＝.24.【答案】

【思路分析】(1)因为点C是x轴上的一动点，且∠ACB＝90°保持不变，所以由圆周角的性质得，点C必在以AB为直径的圆上，所以以AB为直径画圆，与x轴相交于两点，除点C的另一点就是所求；(2)因为∠ACB＝90°，∠AOC＝90°，所以过点B作BE⊥x轴，垂足为E，则构造了一个“K”字型的基本图形，再由相似三角的性质得出比例式，化简后得m2－5m＋2＝0，问题得证；(3)由(2)中的证明过程可知，一个二次项系数为1的一元二次方程，一次项系数是点A的横坐标与点B的横坐标的和的相反数；常数项是点A的纵坐标与点B的纵坐标的积，先把方程ax2＋bx＋c＝0，化为

x2＋x＋＝0，再根据上述关系写出一对固定点的坐标；(4)由(2)的证明中知，本题的关键点在“K”字型的构造，所以本小题解题的关键是要抓住图②中的“K”字型，只要P、Q两点分别在AD、BD上，过P、Q分别作x轴垂线，垂足为M、N，这样就构造出满足条件的基本图形，再应用相似三角形的性质，可得相应的关系式．

图①

图②

(1)解：如解图①，先作出AB的中点O1，以O1为圆心，AB为半径画圆．

x轴上另外一个交点即为D点；(4分)

(2)证明：如解图①，过点B作x轴的垂线交x轴于点E，∵∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠BDE＝90°，∵∠OAD＋∠ADO＝90°，∴∠OAD＝∠BDE，∵∠AOD＝∠DEB＝90°，∴△AOD∽△DEB，(6分)

∴＝，即＝，∴m2－5m＋2＝0，∴m是x2－5x＋2＝0的一个实根；(8分)

(3)解：(0，1)，(，)或(0，)，(－，c)；(10分)

(4)解：在解图②中，P在AD上，Q在BD上，过P，Q分别作x轴的垂线交x轴于M，N.由(2)知△PMD∽△DNQ，∴＝，(12分)

∴x2－(m1＋m2)x＋m1m2＋n1n2＝0与ax2＋bx＋c＝0同解，∴－＝m1＋m2；＝m1m2＋n1n2.(14分)

【难点突破】本题是一道考查数形结合思想的题．本题解题的突破口要抓住∠ACB＝90°保持不变的特征，构造相似三角形中的基本图形，通过数形结合的方法，以相似三角形的比例式为桥梁，以此获得关于m的等量关系，从而使问题得以解决．

2.相似三角形2018中考题 篇二

【例1】(2013·昆明)如图1,在正方形ABCD中,点P是AB上一动点(不与A、B重合),对角线AC,BD相交于点O,过点P分别作AC,BD的垂线,分别交AC、BD于点E,F,交AD,BC于点M,N.下列结论:

①△APE≌△AME;②PM+PN=AC;③PE2+PF2=PO2;④△POF∽△BNF;⑤当△PMN∽△AMP时,点P是AB的中点.

其中正确的结论有().

A.5个

B.4个

C.3个

D.2个

教学思路:这种题是中考常见的题型,是一道综合性题,考查学生的综合知识能力.其中,④⑤两个结论分别考查的是相似三角形的判定和性质.教师可以结合学生的接受状况,选择合适的教学方法,引导学生思考相似三角形的性质和判定定理,找出已知条件进行判定.

解题思路:

结论①:根据已知条件和ASA定理,得出△APE≌△AME,所以结论①正确.

结论②:由已知条件,判断出四边形PEOF为矩形,则PF=EO,PE=FO,所以AO=AE+EO=PE+PF,AC=2AO=2PE+2PF=PM+PN,所以结论②正确.

结论③:直接用三角形的勾股定理就能直接得出结论,所以结论③正确.

结论④:证明△POF∽△BNF是否正确,首先看这两个三角形的特征,两个三角形的顶角相等,由上述可知,△BNF是等腰直角三角形,但是对于△POF,只能证明它是直角三角形,所以该结论不成立.

结论⑤:要想验证该结论,先连接M,N两点,易知△AMP是等腰直角三角形,根据相似三角形的性质定理可知,△PMN也是等腰直角三角形,则PM=PN,△APM和△BPN都是等腰直角三角形,所以△APM和△BPN是全等三角形,则点P是在AB上的中点,所以结论⑤正确.

小结:要证明两个三角形相似,可以有很多种方法,直角三角形的相似也有三种,该题中运用最简单的一种.如果两个直角三角形中,有一个角(直角除外)相等,则这两个直角三角形是相似三角形.④⑤两个结论可证.④考查的是相似三角形的判定定理.而⑤考查的是相似三角形的性质定理.所以学生只有扎根于课本,牢牢掌握相似三角形的性质和判定定理,才能够准确地判断该题.

该题是以选择题的形式考查相似三角形的性质和判定定理.关于相似三角形,中考多以计算题的形式来考查.

【例2】(2013·泰州)如图2,在矩形ABCD中,点P在边CD上,且与C、D不重合,过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q,连接PQ,M为PQ中点.

(1)求证:△ADP∽△ABQ;

(2)若AD=10,AB=20,点P在边CD上运动,设DP=x,BM2=y,求y与x的函数关系式,并求线段BM的最小值.

教学思路:该题是几何题型中常见的计算题,考查相似三角形的性质和判定定理.第一问考查的是相似三角形的判定定理;第二问考查的是相似三角形的性质定理.教师在课堂教学中,可以引导学生回忆一下课本上有关相似三角形的概念.

解题思路:

①该题考查的是相似三角形的性质和判定定理,可以从题中的条件得知两个三角形是直角三角形,所以可以根据直角三角形相似性的判定定理来找条件.在两个直角三角形中,有一个角(直角除外)相等,则这两个直角三角形是相似三角形.根据已知条件得,∠QAB=∠PAD,可证△ADP∽△ABQ.

小结:该题也是更深入地考查了学生对相似三角形的性质和判定的理解和掌握情况.第一问考查的是两个相似直角三角形的判定.直角三角形是特殊的三角形,所以相似三角形的性质和判定都是适用的.第二问考查相似三角形的性质和函数知识.只要学生对相似三角形的性质比较熟悉,则可以想到相似三角形的边是对应成比例的,从而轻松解决问题.

两道中考题由简单的概念到与函数结合,考查了相似三角形的性质和判定定理.万变不离其宗,教师在教学过程中,要引导学生扎根于课本,将课本上的基本概念和定理吃透,提高学生的解题能力.

注释

3.有关相似三角形的操作创新题 篇三

一、割一割

例1 如图1，在△ABC和△DEF中，∠A=∠D=90°，AB=DE=3，AC=2DF=4．

（1）判断这两个三角形是否相似，并说明为什么.

（2）能否在这两个三角形中过点A、D各作一条辅助线，使△ABC分割成的两个三角形与△DEF分割成的两个三角形分别对应相似？证明你的结论．

解析：（1）根据题目所给条件，可利用“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”进行判定．

在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3，AC=4；在Rt△DEF中，∠D=90°，DE=3，DF=2.

∴=1，=2，故≠；=，=，故≠.

∴Rt△ABC与Rt△DEF不相似．

（2）能，作如图2所示的辅助线进行分割．

具体作法：作∠BAM=∠E，AM交BC于M；作∠EDN=∠B，DN交EF于N．

由作法和已知条件可知△BAM≌△DEN（角边角）．

∵∠BAM=∠E，∠EDN=∠B，∠AMC=∠BAM+∠B，∠FND=∠E+∠EDN，

∴∠AMC=∠FND．

∵∠FDN=90°-∠EDN，∠C=90°-∠B，∠EDN=∠B，

∴∠FDN=∠C．

∴△AMC∽△FND．

二、截一截

例2 如图3，△ABC是一块等腰三角形的废铁料的示意图．已知∠BAC是锐角，量得底边BC的长为60 cm，BC边上的高为40 cm.现打算用它截出一块一边长为30 cm的矩形铁板（要求：使矩形铁板的一边与△ABC的一边重合，而矩形的另两个顶点分别在△ABC的另两边上）.

（1）问：一共有几种不同的截法？请画出所有截法的示意图，并标明30 cm长的那条边．

（2）试求出各种截法中所截得的矩形的另一边的长．

解析：（1）因矩形一边长30 cm，另一边长不确定，故矩形截法有四种（如图4所示，按矩形两边分别在底和腰上），其中较长的边的长为30 cm．

（2）在△ABC中，作AF⊥BC，垂足为F.

易得AB=AC===50(cm)．

作CH⊥AB，垂足为H，由面积公式知AF•BC=CH•AB，易得CH=48 cm.由相似三角形的性质，根据=易求得截法一中PN=20 cm，根据=易求得截法二中PN=19.2 cm，根据=易求得截法三中PN=15 cm，根据=易求得截法四中PN=18.75 cm．

三、拼一拼

例3 如图5，现有两个边长比为1:2的正方形ABCD与正方形A′B′C′D′．已知B、C、B′、C′在同一直线上，且点C与点B′重合.请你利用这两个正方形，通过切割、平移、旋转等方法，拼出相似比为1∶3的两个相似三角形．

要求：（1）借助原图拼图；（2）简要说明方法；（3）指明相似的三角形．

解析：题目要求通过动手操作拼成两个相似三角形，它需要丰富的想象力．其方法是（如图6）：

①连接BD并延长，交A′D′于点E，交C′D′的延长线于点F；

②将△DA′E绕点E旋转至△FD′E的位置，则△BDA∽△FBC′，且相似比为1∶3．

4.相似三角形2018中考题 篇四

分类综合专题复习练习

1、已知为直线上一点，为直线上一点，设

.（1）如图，若点在线段上，点在线段上.①如果

那么，.②求

之间的关系式.（2）是否存在不同于以上②中的之间的关系式？若存在，求出这个关系式，若不存在，请说明理由.2、如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，点M，Q分别是边AB，BC上的动点（点M不与A，B重合），且MQ⊥BC，过点M作BC的平行线MN，交AC于点N，连接NQ，设BQ为x．

（1）试说明不论x为何值时，总有△QBM∽△ABC；

（2）是否存在一点Q，使得四边形BMNQ为平行四边形，试说明理由；

（3）当x为何值时，四边形BMNQ的面积最大，并求出最大值．

3、在中，于点，于点，连接，将沿直线翻折得到（点与点为对应点），连接，过点作交于点．

（1）如图1，求证：四边形为平行四边形；

（2）如图2，连接，若，在不添加任何辅助线与字母的情况下，请直接写出图2中所有正切值等于2的角．

4、如图①，和中，，．

（1）则的长为（直接写出结果）；

（2）如图②，将绕点顺时针旋转至△，使恰好在线段的延长线上．

①求的长．

②若点是线段的中点，求证：．

5、如图1，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．

（1）求证：△ABD∽△DCE；

（2）当DE∥AB时（如图2），求AE的长；

（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．

6、如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以lcm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为以t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．

（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；

（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；

（3）求DE的长；

（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB＇的值最小？并求出最小值．

7、在中，点、分别是、的中点，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度，连接、．

观察猜想

（1）如图①，当时，填空：

①　　；

②直线、所夹锐角为　　；

类比探究

（2）如图②，当时，试判断的值及直线、所夹锐角的度数，并说明理由；

拓展应用

（3）在（2）的条件下，若，将绕着点在平面内旋转，当点落在射线上时，请直接写出的值．

8、将等边三角形的边绕点逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点作垂直于直线，垂足为，连接．取边的中点，连接．

（1）如图1，当时，的度数为，连接，可求出的值为　　．

（2）当且时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；

②当，三点共线时，请直接写出的值．

9、问题提出：

（1）如图①，在△ABC中，AD是ABC边BC的高，点E是BC上任意点，若AD＝3，则AE的最小值为；

（2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，DE是AC的垂直平分线，分别交BC、AC于点D、E，DE＝1cm，求△ABD的周长；

问题解决：

（3）如图③，某公园管理员拟在园内规划一个△ABC区域种植花卉，且为方便游客游览，欲在各顶点之间规划道路AB、BC和AC，满足∠BAC＝90°，点A到BC的距离为2km．为了节约成本，要使得AB、BC、AC之和最短，试求AB+BC+AC的最小值（路宽忽略不计）．

10、如图，在△ABC中．AB＝AC，点E在线段BC上，连接AE并延长到G，使得EG＝AE，过点G作GD∥BA分别交BC，AC于点F，D．

（1）求证：△ABE≌△GFE；

（2）若GD＝3，CD＝1，求AB的长度；

（3）过点D作DH⊥BC于H，P是直线DH上的一个动点，连接AF，AP，FP，若∠C＝45°，在（2）的条件下，求△AFP周长的最小值．

11、阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题

数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，AB＝kBD（其中＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自已的想法：

小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”

小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”

……

老师：“保留原题条件，延长图1中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出的值．”

（1）求证：∠BAE＝∠DAC；

（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；

（3）直接写出的值（用含k的代数式表示）．

12、如图1，是正方形边上的一点，连接、，将绕点逆时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点．

（1）求证：；

（2）猜想线段，和之间的数量关系，并说明理由．

（3）当四边形为菱形，点是菱形边所在直线上的一点，连接、，将绕点逆时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点．

①如图2，点在线段上时，请探究线段、和之间的数量关系，写出结论并给出证明；

②如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点，若，直接写出线段的长度．

13、在中，，点在射线上运动．连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接．

（1）如图1，点在点的左侧运动．

①当，时，则　　；

②猜想线段，与之间的数量关系为　　．

（2）如图2，点在线段上运动时，第（1）问中线段，与之间的数量关系是否仍然成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．

5.2018年中考 语文标点符号题 篇五

1.（山东临沂2018）下列句子中标点符号使用正确的一项是。（）

A.说起中国古代神话，你能想到的是开天辟地的创业大神盘古？还是炼“五色彩石以补苍天”的大母神女娲？

B.喷泉之所以漂亮，是因为有了压力，水滴之所以穿石，是因为有了目标，没有压力的目标生活，不可能精彩。

C.近来，根据严歌苓同名小说改编的电影《芳华》引发观众热议，谈起原著，严歌苓称《芳华》是她“最诚实的一本书。”

D.美好生活是我们的追求，这“美”是什么？看到河北塞罕坝林场的建设者们，有一个最强烈的感受：大写的人，才最美！【答案】D 【解析】A第一个问号改为逗号。选择问中间不能加问号。B第一个“压力”后的逗号改为分号。C句号应移至引号外。

2.（山东泰安2018）下列句子中，标点符号使用正确的一项是（）A.我很想看看这北极老鼠到底是个什么样子？便在后面紧追不舍。

B.黄土高原上，爆出一场多么壮阔，多么豪放，多么火烈的舞蹈哇——安塞腰鼓！C.天津卫的小吃太粗太土：熬小鱼刺多，容易卡嗓子，炸麻花梆硬，弄不好略牙。D.然后他呆在那儿，话也不说，只向我们做了一个手势：“放学了，——你们走吧。” 【答案】D 【解析】A：问号改为逗号。B：“壮阔”“豪放”后面的逗号改为顿号。C：“容易卡嗓子”后的逗号改为分号。

3.（山东淄博2018）下列句子中，标点符号使用不恰当的一项是（）A．仁爱是儒家文化的核心观念。孟子有言：“仁者爱人”“爱人者，人恒爱之”。B．中国桥、中国车、中国路、中国港；墨子“传信”、北斗“组网”、超算“发威”、“天眼”探空……，新变化新成就值得浓墨重彩地宣扬。

C．现在的孩子在听什么音乐？是《小苹果》《最炫民族风》，还是《雪绒花》《孤独的牧羊人》，以及贝多芬和莫扎特的作品呢？

D．没有修剪得像宝塔那样的松柏，没有阅兵式似的道旁树：因为依据中国画的审美观点看，这是不足取的。【答案】B 【解析】 “传信”“发威”都是有特殊含义的词语，所以用引号，而“组网”没有特殊含义，不能加引号；省略号表示列举的省略，后面不用再加逗号。

4．（山东济宁2018）下列句子中，标点符号使用恰当的一项是（）

A．调查显示：消费投诉呈现两大特点：一是服务类消费关注度高，二是互联网广告投诉增长。B．是大半夜里起来看球赛？还是美美地睡上一觉呢？作为球迷，很多人心里会有些纠结。C．来到孔子的故乡﹣﹣曲阜，游客都要游览“三孔”（孔庙、孔府、孔林），体验传统文化。D．在“做一天上海人”的特色活动中，全体师生一起了解了上海的历史、体验了上海的生活。【答案】C 【解析】A．在一个句子里不能同时使用两个冒号，第二个冒号改为逗号；B．选择问句只在最后用问号，第一个问号改为逗号；D．较长的并列成分用逗号，顿号改为逗号；

5.（黑龙江齐齐哈尔2018）下列句子中结尾应使用叹号的一项是（）A.我要拿点颜色出来给那些放出狗来到处乱跑的人看看____ B.云就像是天气的“招牌”；天上挂什么云，就将出现什么样的天气____ C.他少年出外谋生，独立支持，做了许多大事。哪知老境却如此颓唐____ D.“嗨，慢着，”我软弱地哀求道，“我没法 ” 【答案】C

6.（贵州黔东南2018）下列句子中标点符号使用不正确的一项是 A.石板上青幽幽的，宽敞阴凉，由不得人不去坐一坐、躺一躺。

B.老人、青年和孩子们，纷纷涌向那青青山坡——几十年前革命英雄奋勇抗战的地方。C.唐朝的张嘉贞说它“制造奇特，人不知其所以为”。

D.一所安静的学校，一间安静的教室，一位心情平静的教师和一群能自由思想的学生，是我对教育的期待。【答案】A 【解析】“坐一坐”和“躺一躺”两个分句之间应该用逗号隔开。

7.（四川巴中2018）下列句子标点符号使用错误的一项是（）A.“不过，人不是为失败而生的，”他说，“一个人可以被毁灭，但不能给打败。” B.几年过去了，我渐渐明白：那是一个幸运的人对一个不幸者的愧作。C.转基因技术的迅猛发展，是给人类带来了福社？还是埋下了隐患？

D.屏也有大小之分。从宫殿、厅堂、院子、天井，直到书斋、国房，皆可置之。【答案】C 第一个问号改为逗号。

8．（陕西2018）阅读语段，按要求完成下面的题目。（3分）

①优秀传统文化是有灵气的、是有力量的。②它已经融入我们的文化性格里，启动着我们的心智，滋养着我们的心灵。③它要得到传承，就应融入公众生活。④一些优秀的文化类节目备受关注，说明很多人____对它缺乏热情，____缺少感受它的机会。

（1）第①句标点符号使用有误，请将修改意见写在下面的横线上。（1分）

【答案】“、”改为“，”

（2）第②句有语病，请将修改意见写在下面的横线上。（1分）

【答案】“启动”改为“启发”或“启迪”。

（3）第④句需补上一组恰当的关联词语，请写在下面的横线上。（1分）

【答案】不是 而是

9.（北京2018）在圆明园大水法遗址前，学生会主席准备给同学们讲述圆明园被英法联军毁灭的历史。阅读他的发言稿，完成（1）（2）题。

第二次鸦片战争期间，英法联军攻入北京，闯进圆明园。他们被园内琳琅满的珍宝震惊了，争先恐后，大肆抢夺。园内能拿走的东西，他们统统掠走【甲】实在运不走的，他们就疯狂打砸。据粗略统计，被掠夺的文物【乙】上至先秦下至清朝的各种奇珍异宝有100多万件。为了销毁罪证，侵略者纵火焚烧圆明园。大火烧了三天三夜，往日辉煌的宫殿、参天的古树，都化为灰。就这样，英法联军连抢带砸，使圆明园遭受了毁灭性的破坏。（1）在【甲】【乙】两处分别填入标点符号，最恰当的一项是（_____）。A.【甲】分号 【乙】冒号 B．【甲】分号 【乙】破折号 C．【甲】逗号 【乙】冒号 D．【甲】逗号 【乙】破折号（2）画线的句子作为这段文字的总结句，有一处表达欠妥，请你加以修改。修改_____________________ 【答案】(1).B(2).就这样英法联军连抢带砸的行为，使圆明园遭受了毁灭性的破坏。【解析】(1).“园内能拿走的东西”与“实在运不走的”是两个方面，故而用分号隔开。(2).此句成分残缺，在“连抢带砸”后加上“的行为”，另外“毁灭性的破”应改为“毁灭性的破坏”。

10.（湖北黄冈2018）下列句子中，标点符号使用合乎规范的一项是（）

A.为继续引领世界量子通信研究，潘建伟团队居功至伟。潘建伟说，未来五年“还会取得很多精彩的成果，一个新的时代已经到来”。

B.桃花开了，红得像火，梨花开了，白得像雪，郁金香也开了，黄色、紫色交相辉映：好一派万紫千红的灿烂春光。C.近年来，因在马路上行走时使用手机而引发安全的事故屡屡曝光，“手机依赖”到底是不良习惯？还是危险的“炸弹”？这让人们不得不开始质疑。

D.人活在世界上，必须处理好三个关系：人与自然的关系；人与人的关系，包括家庭关系；个人思想感情矛盾与平衡的关系；处理得好，生活才能愉快。【答案】A 【解析】B：第二和第四个逗号都改为分号。C：第一个问号改为逗号。D：最后一个分号改为句号。

11（湖北恩施2018）下列句子中标点符号使用正确的一项是

A．有阴影，光明才更加耀眼，复杂的全球经济形势让世界更加意识到中国方案的重要。B．应该关注的是传统文化的形式？还是传统文化的内涵？这值得我们认真思考。

6.相似三角形2018中考题 篇六

如图，在⊙O中AB是直径，AB=2，点C，点D是圆上的两点，连结BD，AC交于E，OD⊥AC垂足为F.（1）如图11，若AC=DB，求弦AC的长.（2）如图12，E是DB的中点，求∠ABD的余切.（3）连结CB，DC，DA若CB是⊙O内接正n边形的一边，DC是是⊙O内接正（n+4）边形的一边，求三角形ADC的面积.（1）∵AC=DB，∴弧ADC=弧BCD，∴弧AD=弧BC，则∠A=∠B； 又∵∠AOD=2∠B ∴∠AOD=2∠A，则∠AOD+∠A=3∠A； 又∵OD⊥AC ∴∠AFO=900，∴∠AOD+∠A=900，∴3∠A=900，∠A=300；

在Rt△AFO中，AO=1，AF=AO×cos∠A=1×cos300=3 2；又∵OD⊥AC ∴AC=2 AF =3

（2）连结CB，OE，∵AB为直径，∴3∠C=900，又∵∠DFE=900；

易证得△BCE≌△DFE，∴BC=DF；

又∵是△ABC的中位线，∴BC=2OF，则DO=3OF，又∵DO=1 ∴OF=12，DF= 33由垂径定理推论，OE⊥BD ∴在Rt△DEO中，易证得Rt△DFE∽Rt△EFO，∴EF2=OF×DF=2，9则EF=2； 3DF=2 EF又∵∠ABD=∠D，cot∠ABD=cot∠D=

（3）

为了方便研究问题，我们省略线段BD，标注了α，β，在Rt△AFO中，1α 21α+∠AOF=900； 2

∠AOF=1800-α-β ∴β+1α=900 2连结OC，根据⊙O内接正n边形的中心角公式，36003600α=，β= ；

nn4∴3601360+·=90 n42n解得，n=4，n=-2（舍去）； 此时得α=900，β=450，∴∠AOF=450，为解题方便最好重新画图如下，用割补法，S△ADC = S四AOCD-S△AOC 易证得△AOD≌△COD，∴S四AOCD=2S△ODC，S△ODC=1OD·FC，2而FC=OC·sin450=2，2∴S△ODC=122·1·=，224则S四AOCD=2S△ODC∵S△AOC=2 211·1·1= 22∴S△ADC = S四AOCD-S△AOC=