江苏省徐州市2022年中考数学总复习提分专练05相似三角形综合问题习题

提分专练(五)　相似三角形综合问题|类型1|　平面直角坐标系中的相似1.[2022·鄂州]如图T5-1,已知直线y=12x+12与抛物线y=ax2+bx+c相交于A(-1,0),B(4,m)两点,抛物线y=ax2+bx+c交y轴于点C0,-32,交x轴正半轴于D点,抛物线的顶点为M.(1)求抛物线的解析式及点M的坐标;(2)设点P为直线AB下方的抛物线上一动点,当△PAB的面积最大时,求△PAB的面积及点P的坐标;(3)点Q为x轴上一动点,点N是抛物线上一点,当△QMN∽△MAD(点Q与点M对应)时,求Q点的坐标.图T5-1|类型2|　相似三角形与四边形2.[2022·大连]如图T5-2①,四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,OB=OD,OC=OA+AB,AD=m,BC=n,∠ABD+∠ADB=∠ACB.(1)填空:∠BAD与∠ACB的数量关系为　　　　; (2)求mn的值;12\n(3)将△ACD沿CD翻折,得到△A'CD(如图②),连接BA',与CD相交于点P.若CD=5+12,求PC的长.图T5-2|类型3|　相似三角形与平行四边形3.[2022·重庆A卷]如图T5-3,在▱ABCD中,点O是对角线AC的中点,点E是BC上一点,且AB=AE,连接EO并延长交AD于点F.过点B作AE的垂线,垂足为H,交AC于点G.(1)若AH=3,EH=1,求△ABE的面积;(2)若∠ACB=45°,求证:DF=2CG.图T5-3|类型4|　相似三角形与圆4.[2022·苏州]如图T5-4,已知△ABC内接于☉O,AB是直径,点D在☉O上,OD∥BC,过点D作DE⊥AB,垂足为E,连接CD交OE边于点F.12\n(1)求证:△DOE∽△ABC;(2)求证:∠ODF=∠BDE;(3)连接OC,设△DOE的面积为S1,四边形BCOD的面积为S2,若S1S2=27,求sinA的值.图T5-4|类型5|　相似三角形中的动点问题5.[2022·宿迁]如图T5-5,在平面直角坐标系中,点P的坐标为(0,4),直线y=34x-3与x轴,y轴分别交于点A,B,点M是直线AB上的一个动点,则PM长的最小值为　　　　. 图T5-56.如图T5-6,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4cm,BC=3cm.动点M,N从点C同时出发,均以每秒1cm的速度分别沿CA,CB12\n向终点A,B移动,同时动点P从点B出发,以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动,连接PM,PN,设移动时间为t(单位:s,0<t<2.5).(1)当t为何值时,以A,P,M为顶点的三角形与△ABC相似?(2)是否存在某一时刻t,使四边形APNC的面积S有最小值?若存在,求出S的最小值;若不存在,请说明理由.图T5-6参考答案12\n1.[解析](1)将B(4,m)的坐标代入一次函数的关系式即可解得点B的坐标,再将A,B,C三点的坐标代入二次函数关系式即可求出其关系式,再将其化为顶点式就能得到点M的坐标;(2)过点P作PE⊥x轴,交AB于点E,交x轴于点G,过点B作BF⊥x轴于点F,则S△PAB=12PE·AF.设点P的坐标为n,12n2-n-32,则点E的坐标为n,12n+12,即可得到S△PAB的函数关系式,将其化为顶点式即可求出最大值;(3)由勾股定理的逆定理可证得△MAD是等腰直角三角形,则△QMN也是等腰直角三角形,从而得到点Q的坐标.解:(1)将B(4,m)的坐标代入y=12x+12,得m=12×4+12=52,∴B4,52.将A(-1,0),B4,52,C0,-32的坐标代入y=ax2+bx+c得a-b+c=0,16a+4b+c=52,c=-32,解得a=12,b=-1,c=-32,∴抛物线的解析式为y=12x2-x-32,∴y=12(x2-2x)-32=12(x-1)2-2,故顶点M的坐标为(1,-2).(2)如图①,过点P作PE⊥x轴,交AB于点E,交x轴于点G,过点B作BF⊥x轴于点F.∵A(-1,0),B4,52,∴AF=4―(―1)=5.设点P的坐标为n,12n2-n-32,则点E的坐标为n,12n+12.∵点P在直线AB下方,∴PE=12n+12-12n2-n-32=-12n2+32n+2,∴S△PAB=S△APE+S△BPE=12PE·AG+12PE·FG=12PE·(AG+FG)=12PE·AF=12×5-12n2+32n+2=-54n-322+12516,∴当n=32时,△PAB的面积最大,且最大面积为12516,当n=32时,12n2-n-32=12×322-32-32=-158,故此时点P的坐标为32,-158.(3)∵抛物线的解析式为y=12x2-x-32=12x-12-2,∴抛物线的对称轴为直线x=1.12\n又∵A(-1,0),∴点D的坐标为(3,0),又∵M的坐标为(1,-2),∴AD=3―(―1)=4,AD2=42=16,AM2=[1-(-1)]2+(-2)2=8,DM2=(1―3)2+(―2―0)2=8,∴AD2=AM2+DM2,且AM=DM,∴△MAD是等腰直角三角形,∠AMD=90°,又∵△QMN∽△MAD,∴△QMN也是等腰直角三角形且QM=QN,∠MQN=90°,∠QMN=45°,又∵∠AMD=90°,∴∠AMQ=∠QMD=45°,此时点D(或点A)与点N重合(如图②),此时MQ⊥x轴,故点Q的坐标为(1,0).2.解:(1)由于∠ABD+∠ADB=∠ACB,所以∠BAD+∠ACB=∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°,故答案为:∠BAD+∠ACB=180°.(2)作DE∥AB,交AC于点E,则∠DEA=∠BAE,∠OBA=∠ODE,又∵OB=OD,∴△OAB≌△OED(AAS),∴AB=DE,OA=OE,设AB=DE=CE=x,OA=OE=y,12\n∵∠EDA+∠DAB=180°,∠BAD+∠ACB=180°,∴∠EDA=∠ACB.∵∠DEA=∠EAB,∴△EDA∽△ACB,∴EDAC=AEAB=DACB=mn,即xx+2y=2yx,4y2+2xy-x2=0,∴2yx2+2yx-1=0,解得2yx=-1+52(舍负),∴mn=5-12.(3)作DE∥AB交AC于E.易知DE=CE,∴∠EDC=∠ECD,∵∠DCA=∠DCA',∴∠EDC=∠DCA',∴DE∥CA',∵AB∥DE,∴AB∥CA',∴∠ABC+∠A'CB=180°,∵△EAD∽△ABC,∴∠DAE=∠ABC=∠DA'C,∴∠DA'C+∠BCA'=180°,∴A'D∥BC,∴△PA'D∽△PBC,∴A'DBC=PDPC=5-12,∴PD+PCPC=5+12,即CDPC=5+12,∵CD=5+12,∴PC=1.12\n3.解:(1)∵BH⊥AE于点H,AB=AE,AH=3,EH=1,∴AE=AH+EH=4=AB.在Rt△ABH中,由勾股定理,得BH=AB2-AH2=7.∴S△ABE=12AE·BH=12×4×7=27.(2)证明:∵O是AC的中点,∴OA=OC.∵在▱ABCD中,AD∥BC,AD=BC,∴△AOF∽△COE.∴AFCE=AOCO=1,从而AF=CE.∴DF=BE.过点A作AM⊥BC,过点G作GN⊥BC,垂足分别为M,N,AM交BH于点K,如图.∵AB=AE,AM⊥BC,∴BM=ME=12BE,∠BAM=∠EAM,∠AMB=∠AHK=90°.又∵∠BKM=∠AKH,∴∠KBM=∠BAM.∵∠AMC=90°,∠ACB=45°,∠GNC=90°,∴∠MAC=45°=∠GCN.∵∠AGB=∠GBC+∠GCN,∠BAG=∠BAM+∠MAC,12\n∴∠AGB=∠BAG.∴AB=BG.又∵∠AMB=∠BNG=90°,∠MAB=∠GBN,∴△ABM≌△BGN.∴BM=NG.又∵BE=2BM,GN=22GC,∴BE=2×22GC=2GC.∴DF=2CG.4.解:(1)证明:∵AB是☉O的直径,∴∠ACB=90°.∵DE⊥AB,∴∠DEO=90°.∴∠DEO=∠ACB.∵OD∥BC,∴∠DOE=∠ABC,∴△DOE∽△ABC.(2)证明:∵△DOE∽△ABC,∴∠ODE=∠A.∵∠A和∠BDC都是BC所对的圆周角,∴∠A=∠BDC,∴∠ODE=∠BDC.∴∠ODF=∠BDE.(3)∵△DOE∽△ABC,∴S△DOES△ABC=ODAB2=14,即S△ABC=4S△DOE=4S1,∵OA=OB,∴S△BOC=12S△ABC,即S△BOC=2S1.12\n∵S1S2=27,S2=S△BOC+S△DOE+S△DBE=2S1+S1+S△DBE,∴S△DBE=12S1,∴BE=12OE,即OE=23OB=23OD,∴sinA=sin∠ODE=OEOD=23.5.285　[解析]根据垂线段最短,所以PM长的最小值就是当PM⊥AB时PM的长.根据直线y=34x-3与x轴,y轴分别交于点A,B,令x=0,求得y=-3,所以B(0,-3),即OB=3;令y=0,求得x=4,所以A(4,0),即OA=4.在Rt△AOB中,根据勾股定理得:AB=OA2+OB2=42+32=5.在Rt△PMB与Rt△AOB中,∵∠PBM=∠ABO,∠PMB=∠AOB,∴Rt△PMB∽Rt△AOB,∴PMAO=PBAB,即PM4=75.∴PM=285.6.解:在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3.根据勾股定理,得AB=AC2+BC2=5.(1)以A,P,M为顶点的三角形与△ABC相似,分两种情况:①当△AMP∽△ABC时,APAC=AMAB,12\n即5-2t4=4-t5,解得t=32.②当△APM∽△ABC时,AMAC=APAB,即4-t4=5-2t5,解得t=0(不合题意,舍去).综上所述,当t=32时,以A,P,M为顶点的三角形与△ABC相似.(2)存在某一时刻t,使四边形APNC的面积S有最小值.理由如下:假设存在某一时刻t,使四边形APNC的面积S有最小值.如图,过点P作PH⊥BC于点H.则PH∥AC,∴PHAC=BPBA,即PH4=2t5,∴PH=85t,∴S=S△ABC-S△BPN=12×3×4-12×(3-t)·85t=45t-322+215(0<t<2.5).∵45>0,∴S有最小值.当t=32时,S最小值=215.即当t=32时,四边形APNC的面积S有最小值,其最小值是215cm2.12\n12