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第9章图形的相似　解答题专题提升训练
1．是直角三角形，点E是斜边上的动点，连接，过点C作的垂线，过点B作的垂线，两条垂线交于点F，连接．
(1)如图1，若三角形为等腰直角三角形，求证：；
(2)如图2，若，
①求的值；
②点M是的中点，连接，，若，则当是直角三角形时，求的长．
2．综合运用
如图1，直线与直线交于点，直线与x轴交于点，，点P在线段上，点Q在线段上，四边形为正方形（与A在的异侧），正方形与重叠部分的面积为S．

(1)求直线的函数关系式；
(2)当正方形的边恰好落在上时，求边长的长度；
(3)设点P的横坐标为m，求S关于m的函数关系式以及自变量m的取值范围（可以将图形画在图2中）．
3．【实践探究】
（1）如图1，在正方形中，点、分别在边、上，连结、、．，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易得：，且，，三点共线，求证：．
（2）如图2，在正方形中，点，在对角线上，且，请你找出线段，，之间的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图3，、在矩形的边、上，，，，，直接写出的长．
4．在 中，，平分，点E为上一点，连接．
(1)如图1，连接并延长至点F，使，交于点P，连接，当，且平分时，求的度数；
(2)如图2，延长至点F，使得，连接．点G 为线段上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转至线段，H在下方，连接，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若，当取得最小值时，求的面积．
5．如图1，将绕点顺时针旋转得到（、的对应点分别为、），其中点恰好落在边上，与相交于点．
(1)若，则________；
(2)当时，
①求旋转角的度数；②若，，求的长；
(3)如图2，边上的点恰好在的垂直平分线上，且，若（且为常数），，请直接写出的长（用含的代数式表示）．
6．已知在中，，． 点D在上，连接，将绕点D顺时针旋转得线段，连接．
(1)如图1，若D是的中点，求的长；
(2)如图2，M是的中点，连接，，延长交的延长线于点F，连接，求证：
(3)如图3，M是直线的动点，若，连接，将沿翻折得．当取最小值时，求
7．定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形称为奇异四边形．
(1)如图1，四边形是奇异四边形， ，求证：平分；
(2)如图1，四边形是奇异四边形， ，求四边形的面积；
(3)如图2，四边形是奇异四边形， 外角的平分线交的延长线于点 E， 20，，求的长．
8．（1）如图1，在正方形和中，点在边的延长线上，点在边的延长线上．求证：．
（2）如图2，在中，，点是边的三等分点，过点作，交于点，点在边的延长线上，连接，过点作，交射线于点．已知，求的值．
（3）如图3，在中，，点在边的延长线上，点在边上（不与点重合），连接，以为顶点作的边交射线于点．若（m，n是常数），直接写出的值（用含m，n的代数式表示）．
9．【初步探究】如图1，在矩形中，点E，F分别是的中点，连接，求的值；
【深入研究】如图2，在四边形中，，，点F是的中点，点E在边上，，与交于点G，求证：；
【拓展延伸】如图3，在【深入研究】的条件下，连接，且，求证：．
10．如图，在中，，，过点B作，连接，是的中点，连接并延长，交于点F，连接．
(1)如图1，求证：．
(2)如图2，连接，若，猜想与之间的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，过点C作平分，交于点M，过点E作，交于点N．求证：．
11．将矩形绕点C按顺时针方向旋转，得到矩形．
(1)如图1，若 点E落在上，求的度数；
(2)连接，，过点E作交于点M．
如图2，证明：；
如图3，若射线分别交，于点P，N，请探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
12．如图1，在等腰中，，为等腰直角三角形，，，连接．
(1)求的度数；
(2)如图2，是的中点，连接并延长交于点，连接，以，为邻边作平行四边形．
（Ⅰ）求证：四边形是正方形；
（Ⅱ）求的值．
13．在平行四边形中，对角线交于点，是线段上一个动点（不与点重合），过点分别作的平行线，交于点，交于点，连接．
(1)如图1，如果，，求证：；
(2)如图2，如果，，且与相似，求的值，并补全图形；
(3)如图3，如果，且射线过点A，求的度数．
14．如图，在中，，点O在上，连接，并延长至点D，使得，，连接，，E是上的一点，连接．
(1)如图1，求证：四边形是菱形．
(2)如图2，将沿折叠，使点D的对应点F落在上，若，猜想与的数量关系，并加以证明．
(3)如图3，将沿折叠，点D的对应点F落在的延长线上，与交于点G．
①求证：．
②若，，求的值．
15．如图，正方形中，点在对角线上，过点作于，交边于点，连接．
(1)求的度数；
(2)如图，过点作于，求证：；
(3)如图，若交于点，，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是边的中点，求的面积．
参考答案
1．(1)见解析
(2)①；②
【分析】本题考查三角形全等与相似的判定及性质、直角三角形的性质，解题关键是通过分析角的关系证明三角形全等或相似，利用相关性质建立边的联系，结合直角三角形性质求解．
（1）利用等腰直角三角形的性质，得到，，由推出．再根据同角的余角相等，即，得出．最后证明，从而得出结论．
（2）①根据直角三角形两锐角互余，由，推出；再结合，得到．由此证明，根据相似三角形对应边成比例，结合中，得出答案．②先由直角三角形斜边中线性质得出，根据是直角三角形确定；利用第一小问相似结论得到，结合已知求出；再由勾股定理求出，进而得到；最后在中设，根据勾股定理列方程，求解即可．
【详解】（1）证明：为等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：①，
，
，
，
，
在中
，
；
②点M是的中点，，
，，
又为直角三角形
只能
由①可知
，
，
，
，
设，则，
在中
，
，
的长为．
2．(1)
(2)当正方形的边恰好落在上时，的边长为
(3)
【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，一次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质．
（1）先求出交点A的坐标，再利用待定系数法求直线的函数关系式；
（2）由点A的坐标为，可得的高．因为，所以，则即，可求边长的长度．
（3）求面积S关于m的函数关系式及取值范围，需要分不同情况讨论正方形与三角形重叠部分的形状∶①当落在恰好落在OB时， ，；②当落在三角形外部时，，即，；③当MN落在三角形内时，，．
【详解】（1）解：当时，，
∴交点A的坐标为．
设直线的表达式为：
直线过点、点，
∴，解得，
∴直线的表达式为：
（2）解∶∵点A的坐标为，
∴的高，
∵，四边形为正方形（与A在的异侧），
，．
，
∴即
解得．
答：当正方形的边恰好落在上时，的边长为；
（3）分三种情况：
当落在恰好落在OB时， 如图
点P在直线上，点P的横坐标为m，
得，解得，即．
∴，；
②当落在三角形外部时，如图，
．
∵，四边形为正方形（与A在的异侧），
，．
∴，
点P在直线上，点P纵坐标为，代入直线，
．
即．
∴
③当MN落在三角形内时，如图，
同理可得，
，
综合上述情况，S关于m的函数关系式是
3．（1）见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）根据旋转的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）如图2中，将绕点A顺时针旋转得到，连接．只要证明即可解决问题；
（3）在上截取，连接，在上截取，连接，设，根据矩形的性质可得，，，从而可得，，，，进而可得，，然后可证，，从而证明，再利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
【详解】解：（1）证明：∵将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）结论：．
理由：如图，将绕点A顺时针旋转得到，连接．
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）在上截取，连接，在上截取，连接，
设，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数建立方程解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
4．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）首先利用三角形内角和定理解得，由三角形内心的性质以及角平分线的定义可得平分，，进而可知，设，由三角形外角的定义和性质可得，结合可知，进一步解得的值，然后由三角形内角和定理求解即可；
（2）在上取一点K，连接，使得，过点作于点，证明，易得，再证明，可知，，然后证明，即可证明结论；
（3）过点A作于点M，过点B作于点N，交直线于点R，延长交于点Q，易知点H是上的一个动点，当时，取最小值；证明，再在中确定，可得，易得，然后证明，结合相似三角形的性质确定，即可获得答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，平分，
∴平分，，
∴，
设，则在和中，
可有，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴在中，；
（2）证明：∵，平分，
∴，
在上取一点K，连接，使得，过点作于点，如下图，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，绕点E顺时针旋转至线段，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
；
（3）解：如图，过点A作于点M，过点B作于点N，交直线于点R，延长交于点Q，
由（2）可知，，
∴点H是上的一个动点，
∴当时，取最小值，
∵，
，
，
∴，
由（2）得，
，
∴在中，，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、三角形内心、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，综合性强，难度较大，综合运用相关知识是解题关键．
5．(1)
(2)①；②
(3)
【分析】（1）利用旋转的性质即可解答；
（2）①根据旋转的性质和平行线的性质可得为等边三角形，即可解答；
②证明，根据相似三角形的性质求解即可；
（3）连接，，设，则，证明，求出 ，证明，得出，结合，则，进而得出，，则可求出，，证明，求出，证明，根据相似三角形的性质可得出，结合可化简得，求出x的值，即可求解．
【详解】（1）解：旋转，
，
，
；
故答案为：；
（2）解：①，
，
，
，
旋转，
，
，
；
②，，
，
旋转，
，，，
，
，
，
，
，即，
解得；
（3）解：连接，，
，，
，即，
点恰好在的垂直平分线上，
，
又，
，
又，
，
，
（且为常数），
设，则，
，
，
，
（负值舍去），
旋转，
，
又，
，
，即，
又，
，
，
，
，
代入，求出，
，，
，
，，即，
，
，，
，
又，
，
，即，
整理得，即，
，
∴，
解得，（舍去）
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，三角形内角和定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
6．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过点E作交的延长线于点M，证，后根据解答即可．
（2）过点E作交的延长线于点Q， 证明，得到四边形四边形是矩形，再证明，得到，延长，二线交于点G，再根据勾股定理得到，等量代换得证
（3）根据沿翻折得，得到，根据，得到三点共线时， 取得最小值，过点M作，垂足分别为G，F， 根据折叠的性质，勾股定理，垂线段最短，角的平分线的性质解答即可．
【详解】（1）解：过点E作交的延长线于点M，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴．
（2）证明：过点E作交的延长线于点Q，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵M是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
延长，二线交于点G，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
（3）解：∵，，
∴，，，
∵绕点D顺时针旋转得线段，
∴，，，
∴，，
∵沿翻折得，
∴
∵，
∴，
故三点共线时， 取得最小值，且最小值为．
过点M作，垂足分别为G，F，
∵沿翻折得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故．
【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，勾股定理，两点之间线段最短，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
7．(1)见解析
(2)28
(3)
【分析】（1）过点A作于点M，于点N，证明，易得，然后根据角平分线的判定定理即可证明结论；
（2）结合三角形面积公式易得，然后由求解即可；
（3）证明，由相似三角形的性质可得，然后代入数值并求解即可．
【详解】（1）证明：如图，过点A作于点M，于点N，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵于点 M，于点 N，
∴平分；
（2）由（1）可知：平分，，
∴，
；
（3）∵ 四边形是奇异四边形，，
又∵，
∵平分，
，
由（1）知，平分，
，
∴，
又∵，
∴，
，
∵，即 ，
解得 或（舍去），
．
【点睛】本题主要考查了新定义“奇异四边形”、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解题关键．
8．（1）见解析（2）（3）
【分析】（1）根据证明即可；
（2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出．
（3）先求解，作于点N，证明，得出．证明，得出，求出．
【详解】证明：（1）在正方形中，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
(2) 如图2，作于点D，如图所示：
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
(3) ∵， ，
∴，
∴．
∵，
∴,
作于点N，如图3
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，正方形的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
9．【初步探究】；【深入研究】见解析；【拓展延伸】见解析
【分析】（1）由三角形中位线的性质可得，再证明，由相似三角形的性质可得结论；
（2）过点F作，交于点H，连接，由三角形中位线的性质可得．从而求得，再证明四边形是平行四边形，可得．再由，点H是的中点，可得，求得，最后由等腰三角形的判定可得．即可得证；
（3）过点E作于点I，连接，过点F作，设，则．由勾股定理求得．再证明垂直平分，可得．再证明，可得，从则可得结果．
【详解】[初步探究]
解：∵点E，F分别是的中点，
∴，
∴，
∴．
[深入研究]
证明：如图1，过点F作，交于点H，连接，
∵，
∴．
∵点F是的中点，
∴H是的中点，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，点H是的中点，
∴，
∴
∴，
∴．
[拓展延伸]
证明：如图2，过点E作于点I，连接，过点F作，
可得四边形是矩形，．
由[深入研究]知，，
设，
∴．
在中，．
∵，
∴．
∵点F是的中点，
∴垂直平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及直角三角形斜边中线等于斜边的一半以及中位线定理等知识点，熟练掌握以上知识和添加辅助线是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据中点的定义得到，再利用平行线的性质和全等三角形的判定推出，得到，进而推出四边形是平行四边形，即可证明；
（2）利用平行四边形的性质得到，，通过证明得到，利用直角三角形斜边中线定理推出，得到，再利用平行线的性质即可得出结论；
（3）延长交于点，交的延长线于点，连接，作交于点，利用等腰直角三角形的性质推出，利用三角形内角和定理推出，利用三角形中位线定理得到，，进而证出是等腰直角三角形，得到，，再利用全等三角形的判定得出和，得到，最后利用线段的和差即可证明．
【详解】（1）证明：点是中点，
，
，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
．
（2）解：，理由如下：
由（1）得，四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
．
（3）证明：如图，延长交于点，交的延长线于点，连接，作交于点，
，，平分，
，，，
，，
，
，
，
又，
，
由（2）得，，，
又，
，，
，
，
，
是等腰直角三角形，，，
，
，
，
，，
又，，
，
，
，即，
，
．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定、平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理，熟练掌握相关知识点，学会添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的辅助线构造能力和几何推理能力，适合有能力解决几何难题的学生．
11．(1)
(2)①证明见解析；②，证明见解析
【分析】（1）如图，过作于，证明四边形为矩形，求解，证明，即可解答．
（2）①连接BE，证明，得到，即可证得．②连接，证明，，即可解答．
【详解】（1）解：如图，过作于，四边形为矩形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，
∴，
∵，
∴，，
，
，
，
矩形，，
．
（2）证明：如图，连接，
由矩形与旋转可得：，，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
；
②关系式为，证明如下：
如图，连接，
在≌中，
，
，
，
，，
，
，
在和中，
，，
∴，
，
，
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，掌握这些性质定理是解题的关键．
12．(1)
(2)（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、正方形的判定定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由题意可得，，，，再由三角形内角和定理计算即可得解；
（2）（Ⅰ）证明垂直平分，得出，从而可得四边形为菱形，结合（1）可得，求出，即可得证；
（Ⅱ）证明，由相似三角形的性质即可得解．
【详解】（1）解：∵在等腰中，，为等腰直角三角形，，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）（Ⅰ）证明：∵是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴四边形为菱形，
结合（1）可得：，
∴，
∴四边形为正方形；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得：，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，即，
∴，
∴．
13．(1)见解析
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）先证明，可得，再证明，即可得到结论；
（2）先补全图形，证明平行四边形为矩形，再证明，．此时有，可得，证明，设，那么，，再进一步求解即可；
（3）证明平行四边形为菱形．四边形为菱形，可得，同理可得：，设，，可得，求解（负根已舍），同理可得：，证明，证明，设，再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
．
在平行四边形中，，
．
又，
，
，
∴，而，
∴，
∴，
，
，
．
（2）解：补全图形如图所示．
，
平行四边形为矩形，，
，，
．
又∵，
∴，，
∴，而，与相似，
只能，．
此时有，
∵，
∴，
同理可得：，
∴，
设，那么，，
，，
∴．
∴，
∵，
∴，
，
．
（3）解：，
平行四边形为菱形．
∴，，，
∴，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
同理可得：，
设，，
．
，
∴，
，
，
，
，
（负根已舍），
同理可得：，
，
∵，
．
又，
．
设，
．
，
，
．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例的含义，一元二次方程的解法，本题的难度较大，画出图形是关键．
14．(1)见解析
(2)．证明见解析
(3)①见解析；②
【分析】（1）由已知条件可得出是的垂直平分线，由垂直平分线的性质得出，再结合即可得出，进而可证．
（2）延长交于点．由折叠的性质，可得．由菱形的性质可进一步推出， 设，则，得出，证明，由相似三角形的性质即可得出．
（3）①由折叠的性质，可得，由等边对等角可得出，再利用菱形的性质得出 ，等量代换可得出，再根据等角对等边可得出．
②延长，交的延长线于点．先证明，由全等三角形的性质得出，再证明，再由全等三角形的性质得出
，进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：，
是的垂直平分线，
．
，
四边形是菱形．
（2）．证明如下：
证明：如图1，延长交于点．
由折叠的性质，可得．
四边形是菱形，
，，
．
，
，
∴设，则，
，
，
，
，
，
，
．
（3）①证明：由折叠的性质，可得，
，
四边形是菱形，
，
，
，
．
②如图2，延长，交的延长线于点．
．
，
，
，
，
．
由折叠的性质，可得．
四边形是菱形，
，
，
，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，综合性较强，掌握这些判定定理和性质是解题的关键．
15．(1)
(2)证明见解析
(3)的面积为
【分析】（）过作，交于点，则，由正方形性质可得，，故有，则四边形是矩形，所以，，再证明，故，然后由等边对等角即可求解；
（）过作，交于点，则，由（）得，，，则有，再证明，又，从而证明，则有，然后通过勾股定理求出，，然后代入即可求证；
（）连接，过作于点，则，由将沿翻折，得到，于，所以，，，得到，，所以，然后证明，根据性质可得，又因为点是边的中点，所以，得到，，通过勾股定理得，，求即可．
【详解】（1）解：如图，过作，交于点，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图，过作，交于点，则，
由（）得，，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接，过作于点，则，
∵将沿翻折，得到，于，
∴，，，
∴，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
由（）得：，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题考查了正方形与折叠，轴对称的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，平行线间的距离，掌握知识点的应用是解题的关键．

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