备考2021年九年级中考数学复习满分突破训练：几何专项——《相似综合》(三)

备考2021年中考数学复习满分突破训练：

几何专项——《相似综合》（三）

1．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB于点D，点E为AC边上一点，连接BE交

CD于点F，过点E作EG⊥BE交AB于点G，

（1）如图1，当点E为AC中点时，线段EF与EG的数量关系是 ；

（2）如图2，当，求的值；

（3）如图3，当，不需要求解过程，直接写出的值．

2．矩形ABCD一条边AD＝6，将矩形ABCD折叠，使得点B落在CD边上的点P处．

（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．

①求证：△OCP≌△PDA；

②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长．

（2）在图1中，若点P恰好是CD边的中点，求证：2PC2＝AD•OB；

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（3）如图2，在（1）的条件下，擦去AO和OP，连接BP．动点M在线段AP上（不与点P、A重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试求动点M、N在移动的过程中，线段EF的长度是否发生变化？若不变，求出线段EF的长度；若变化，说明理由．

3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5cm，tanA＝．点M在边AB上，以2cm/s的速

度由点B出发沿BA向点A匀速运动；同时点N在边AC上，以1cm/s的速度由A出发沿AC向点C匀速运动．当点M到达A点时，点M，N同时停止运动．连接MN，设点M运动的时间为t（单位：

s）．

（1）求AB的长；

（2）当t为何值时，△AMN的面积为△ABC面积的；

（3）是否存在时间t，使得以A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出时间t的值；若不存在，请说明理由．

4．在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝kAC，点D在AC上，连接BD．

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（1）如图1，当k＝1时，BD的延长线垂直于AE，垂足为E，延长BC、AE交于点F．求证：

CD＝CF；

（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，连接AG并延长交BC于点H．

①如图2，若CH＝CD，探究线段AG与GH的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；

②如图3，若点D是AC的中点，直接写出cos∠CGH的值（用含k的代数式表示）．

5．在等腰△ABC中，AC＝BC，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，

BE，点F是BD的中点，连接CF．

（1）当∠CAB＝45°时．

①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；

②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；

学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：

思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来

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解决问题；

思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．

（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．

6．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，

OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F，已知OB＝8．

（1）求证：四边形AEFD为菱形．

（2）求四边形AEFD的面积．

（3）若点P在x轴正半轴上（异于点D），点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，

P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．

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7．如图1，折叠矩形纸片ABCD，具体操作：①点E为AD边上一点（不与点A，D重合），把△

ABE沿BE所在的直线折叠，A点的对称点为F点；②过点E对折∠DEF，折痕EG所在的直线交DC于点G，D点的对称点为H点．

（1）求证：△ABE∽△DEG．

（2）若AB＝3，BC＝5，

①点E在移动的过程中，求DG的最大值；

②如图2，若点C恰在直线EF上，连接DH，求线段DH的长．

8．【探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：

如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、

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H，求证：＝；

【结论应用】（2）如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的长；

【拓展运用】（3）如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝

，请求BP的长．

9．如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．

（1）如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求DG的长；

（2）如图3，连接DG，当EF∥BD且△DFG是直角三角形时，求AE的值；

（3）当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出AE的值；若不存在，请说明理由

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10．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．

（1）求证：△APE∽△ABC；

（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；

（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP的长．

参

1．解：如图1，过E作EM⊥AB于M，EN⊥CD于N，

∵CD⊥AB，

∴四边形EMDN为矩形，

∴∠MEN＝90°，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，

∴∠A＝∠ABC＝45°，

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∴AD＝CD，

∵点E为AC的中点，CD⊥AB，EN⊥DC，

∴EN＝AD，

同理可知，EM＝CD，

∴EN＝EM，

∵∠GEB＝90°，∠MEN＝90°，

∴∠NEF＝∠GEM，

在△EFN和△EGM中，

，

∴△EFN≌△EGM（ASA），

∴EF＝EG，

故答案为：EF＝EG；

（2）如图2，过点E作EP⊥AB于点P，作EQ⊥CD于点Q，

则△CEQ和△APE均为等腰直角三角形，

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∴＝＝，

由（1）可知，∠QEF＝∠PEG，

∵∠EQF＝∠EPG＝90°，

∴△EQF∽△EPG，

∴＝＝；

（3）如图3，过点E作EH⊥AB于点H，作ER⊥CD于点R，

则＝＝，

由（2）可知，△ERF∽△EHG，

∴＝＝．

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2．解：（1）①由折叠的性质可知，∠APO＝∠B＝90°，

∴∠APD+∠OPC＝90°，又∠POC+∠OPC＝90°，

∴∠APD＝∠POC，又∠D＝∠C＝90°，

∴△OCP∽△PDA；

②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，

∴△OCP与△PDA的相似比为1：2，

∴PC＝AD＝3，

设AB＝x，则DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣3，

在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，即x2＝62+（x﹣3）2，

解得，x＝7.5，即AB＝7.5；

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（2）∵点P是CD边的中点，

∴DP＝DC，又AP＝AB＝CD，

∴DP＝AP，

∴∠DAP＝30°，

由折叠的性质可知，∠OAB＝∠OAP＝30°；

∴∠DAP＝30°，

∵AD＝6，

∴2DP＝AP＝4，

∴PC＝DP＝2，

由折叠性质可得：△APO≌△ABO，

∴AB＝AP＝4，OB＝4，

∴2PC2＝，AD•OB＝6×4＝24，

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∴2PC2＝AD•OB；

（3）EF的长度不变．

作MQ∥AB交PB于Q，

∴∠MQP＝∠ABP，

由折叠的性质可知，∠APB＝∠ABP，

∴∠MQP＝∠APB，

∴MP＝MQ，又BN＝PM，

∴MQ＝BN，

∵MQ∥AB，

∴，

∴QF＝FB，

∵MP＝MQ，ME⊥BP，

∴PE＝QE，

∴EF＝PB，

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由（1）得，PC＝3，BC＝6，

∴PB＝，

∴EF＝．

3．解：（1）在Rt△ABC中，tanA＝＝，

∴＝，

解得，AC＝12，

由勾股定理得，AB＝＝＝13（cm）；

（2）作MH⊥AC于H，

则MH∥BC，

由题意得，BM＝2t，AN＝t，则AM＝13﹣2t，

∵MH∥BC，

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∴△AMH∽△ABC，

∴＝，即＝，

解得，MH＝，

由题意得，×t×＝×5×12×，

解得，t1＝2，t2＝，

答：当t＝2或s时，AMN的面积为△ABC面积的；

（3）∵∠A＝∠A，

∴当＝时，△ANM∽△ACB，

∴＝，

解得，t＝，

当＝时，△AMN∽△ACB，

∴＝，

解得，t＝，

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答：当t＝或s时，以A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似．

4．（1）证明：如图1中，

∵∠ACB＝90°，BE⊥AF

∴∠ACB＝∠ACF＝∠AEB＝90°

∵∠ADE+∠EAD＝∠BDC+∠DBC＝90°，∠ADE＝∠BDC，

∴∠CAF＝∠DBC，

∵BC＝AC，

∴△ACF≌△BCD（ASA），

∴CF＝CD．

（2）解：结论：＝．

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理由：如图2中，作AM⊥AC交CG的延长线于M．

∵CG⊥BD，MA⊥AC，

∴∠CAM＝∠CGD＝∠BCD＝90°，

∴∠ACM+∠CDG＝90°，∠ACM+∠M＝90°，

∴∠CDB＝∠M，

∴△BCD∽△CAM，

∴＝＝k，

∵CH＝CD，设CD＝5a，CH＝2a，

∴AM＝，

∵AM∥CH，

∴＝＝＝，

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∴＝．

（3）解：如图3中，设AC＝m，则BC＝km，AB＝＝m，

∵∠DCB＝90°，CG⊥BD，

∴△DCG∽△DBC，

∴DC2＝DG•DB，

∵AD＝DC，

∴AD2＝DG•DB，

∴＝，

∵∠ADG＝∠BDA，

∴△ADG∽△BDA，

∴∠DAG＝∠DBA，

∵∠AGD＝∠GAB+∠DBA＝∠GAB+∠DAG＝∠CAB，

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∵∠AGD+∠CGH＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，

∴∠CGH＝∠ABC，

∴cos∠CGH＝cos∠ABC＝＝＝．

5．解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．

∵CA＝CB，∠CAB＝45°，

∴∠CAB＝∠ABC＝45°，

∴∠ACB＝90°，

∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，

∴∠ADE＝∠AED＝45°，

∴AD＝AE，

∵∠DAT＝∠EAT＝45°，

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∴AT⊥DE，DT＝ET，

∴AB垂直平分DE，

∴BD＝BE，

∵∠BCD＝90°，DF＝FB，

∴CF＝BD，

∴CF＝BE．

∵∠CBA＝45°，∠EAB＝45°，

∴∠EAB＝∠ABC．

故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．

②结论不变．

解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．

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∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，

∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，

设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，则DF＝FB＝a+x，

∵AM＝BM，

∴y+a＝a+2x，

∴y＝2x，即AD＝2FM，

∵AM＝BM，EN＝BN，

∴AE＝2MN，MN∥AE，

∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，

∴∠CMF＝∠BMN＝90°，

∴△CMF≌△BMN（SAS），

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∴CF＝BN，

∵BE＝2BN，

∴CF＝BE．

解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到△CBT，连接DT，GT，BG．

∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，

∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，

∵∠CAB＝45°，

∴∠CAG＝90°，

∴AC⊥AG，

∴AC∥DE，

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∵∠ACB＝∠CBT＝90°，

∴AC∥BT∥DE，

∵AG＝BT，

∴DG＝BT＝EG，

∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，

∴BD与GT互相平分，

∵点F是BD的中点，

∴BD与GT交于点F，

∴GF＝FT，

∵△GCT是等腰直角三角形，

∴CF＝FG＝FT，

∴CF＝BE．

（2）结论：BE＝2CF．

理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．

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∵CA＝CB，

∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，

∵AT＝TB，

∴CT⊥AB，

∴AT＝CT， CT，

∴AB＝2

∵DF＝FB，AT＝TB，

∴TF∥AD，AD＝2FT，

∴∠FTB＝∠CAB＝30°，

∵∠CTB＝∠DAE＝90°，

∴∠CTF＝∠BAE＝60°，

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∵∠ADE＝∠ACB＝60°，

∴AE＝AD＝2FT，

∴＝＝2，

∴△BAE∽△CTF，

∴＝＝2，

∴BE＝2CF．

6．（1）证明：如图1中，

∵AE∥DF，AD∥EF，

∴四边形AEFD是平行四边形，∵四边形ABOC是正方形，

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∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，

∵E，D分别是OC，OB的中点，

∴CE＝BD，

∴△CAE≌△ABD（SAS），

∴AE＝AD，

∴平行四边形AEFD是菱形．

（2）解：如图1中，连接DE．

∵S△ADB＝S△ACE＝×8×4＝16，

S△EOD＝×4×4＝8，

∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝﹣2×16﹣8＝24，

∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．

（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，

∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，

∴KE＝KD，

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∴OK＝KE＝KD＝2，

∵AO＝8，

∴AK＝6，

∴AK＝3DK，

①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：

如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．

∵菱形PAQG∽菱形ADFE，

∴PH＝3AH，

∵HN∥OQ，QH＝HP，

∴ON＝NP，

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∴HN是△PQO的中位线，

∴ON＝PN＝8﹣t，

∵∠MAH＝∠PHN＝90°﹣∠AHM，∠PNH＝∠AMH＝90°，

∴△HMA∽△PNH，

∴＝＝＝，

∴HN＝3AM＝3t，

∴MH＝MN﹣NH＝8﹣3t，

∵PN＝3MH，

∴8﹣t＝3（8﹣3t），

∴t＝2，

∴OP＝2ON＝2（8﹣t）＝12，

∴P（12，0）．

如图3中，过点H作HI⊥y轴于I，过点P作PN⊥x轴交IH于N，延长BA交IN于M．

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同法可证：△AMH∽△HNP，

∴＝＝＝，设MH＝t，∴PN＝3MH＝3t，

∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，

∵HI是△OPQ的中位线，

∴OP＝2IH，

∴HI＝HN，

∴8+t＝9t﹣24，

∴t＝4，

∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，

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∴P（24，0）．

②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：

如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．

∵MH是△QAC的中位线，

∴MH＝AC＝4，

同法可得：△HPN∽△QHM，

∴＝＝＝，

∴PN＝HM＝，

∴OM＝PN＝，设HN＝t，则MQ＝3t，

∵MQ＝MC，

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∴3t＝8﹣，

∴t＝，

∴OP＝MN＝4+t＝，

∴点P的坐标为（，0）．

如图5中，QH＝3PH，过点H作HM⊥x轴于M交AC于I，过点Q作QN⊥HM于N．

∵IH是△ACQ的中位线，

∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4，

同法可得：△PMH∽△HNQ，

∴＝＝＝，则MH＝NQ＝，

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设PM＝t，则HN＝3t，

∵HN＝HI，

∴3t＝8+，

∴t＝，

∴OP＝OM﹣PM＝QN﹣PM＝4﹣t＝，

∴P（，0）．

③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形：

过点H作HM⊥y轴于于点M，交AB于I，过点P作PN⊥HM于N．

∵HI∥x轴，AH＝HP，

∴AI＝IB＝4，

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∴PN＝IB＝4，

同法可得：△PNH∽△HMQ，

∴＝＝＝，

∴MH＝3PN＝12，HI＝MH﹣MI＝4，

∵HI是△ABP的中位线，

∴BP＝2IH＝8，

∴OP＝OB+BP＝16，

∴P（16，0），

综上所述，满足条件的点P的坐标为（12，0）或（24，0）或（，0）或（，0）或（16，0）．

7．解：（1）如图1中，

由折叠可知∠AEB＝∠FEB，∠DEG＝∠HEG，

∵∠AEB+∠FEB+∠DEG+∠HEG＝180°，

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∴∠AEB+∠DEG＝90°，

∵四边形 ABCD是矩形，

∴∠A＝∠D＝∠AEB+∠ABE＝90°，

∴∠ABE＝∠DEG，

∴△ABE∽△DEG．

（2）①设 AE＝x，

∵△ABE∽△DEG，

∴＝，

∴＝，

∴DG＝＝﹣（x﹣）2+，

∵﹣＜0，（0＜x＜5），

∴x＝时，DG有最大值，最大值为．

②如图2中，连接DH．

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由折叠可知∠AEB＝∠FEB，AE＝EF，AB＝BF＝3，∠BFE＝∠A＝90°，

∵AD∥BC，

∴∠AEB＝∠EBC，

∴∠FEB＝∠EBC，

∴CE＝CB＝5，

∵点C在直线EF上，

∴∠BFC＝90°，CF＝5﹣EF＝5﹣AE，

∴CF＝＝＝4，

∴AE＝EF＝5﹣4＝1，

∴DG＝＝，

∴EG＝＝＝，

由折叠可知EG垂直平分线段DH，

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∴DH＝2×＝2×＝．

8．解：（1）：如图①，过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交

AP于T．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥DC，AD∥BC．

∴四边形AEFP、四边形BGHQ都是平行四边形，

∴AP＝EF，GH＝BQ．

又∵GH⊥EF，

∴AP⊥BQ，

∴∠BAT+∠ABT＝90°．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，

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∴∠ABT+∠CBQ＝90°，

∴∠BAP＝∠CBQ，

∴△ABP∽△BCQ，

∴＝，

∴＝．

（2）如图②中，连接BD．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，

∴BD＝＝＝，

∵D，B关于EF对称，

∴BD⊥EF，

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∴＝，

∴＝，

∴EF＝．

（3）如图③中，过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，

∴＝，

∴DG＝，

∴AG＝＝＝1，

由翻折可知：ED＝EG，设ED＝EG＝x，

在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，

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∴x2＝AG2+AE2，

∴x2＝（3﹣x）2+1，

∴x＝，

∴DE＝EG＝，

∵FH⊥EG，

∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，

∴四边形HGPF是矩形，

∴FH＝PG＝CD＝2，

∴EH＝＝＝，

∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，

∵PF∥EG，EA∥FB，

∴∠AEG＝∠IPF，

∵∠A＝∠FJP＝90°，

∴△AEG∽△JFP，

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∴＝＝，

∴＝＝，

∴FJ＝，PJ＝，

∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，

在Rt△BJP中，BP＝＝＝．

9．解：（1）连接AG，如图2所示，