2014圖形的相似與位似

1、圖形的相似與位似一、選擇題1. （ 2014安徽省,第9題4分）如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，動點P從A點出發(fā)，按ABC的方向在AB和BC上移動，記PA=x，點D到直線PA的距離為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（）A B C D考點：動點問題的函數(shù)圖象分析：點P在AB上時，點D到AP的距離為AD的長度，點P在BC上時，根據(jù)同角的余角相等求出APB=PAD，再利用相似三角形的列出比例式整理得到y(tǒng)與x的關(guān)系式，從而得解解答：解：點P在AB上時，0 x3，點D到AP的距離為AD的長度，是定值4；點P在BC上時，3x5，APB+BAP=90，PAD+BAP=90，APB=PAD，又B=DE

2、A=90，ABPDEA，=，即=，y=，縱觀各選項，只有B選項圖形符合故選B點評：本題考查了動點問題函數(shù)圖象，主要利用了相似三角形的判定與性質(zhì)，難點在于根據(jù)點P的位置分兩種情況討論2. （2014廣西玉林市、防城港市，第7題3分）ABC與ABC是位似圖形，且ABC與ABC的位似比是1：2，已知ABC的面積是3，則ABC的面積是（）A3 B6 C9 D12考點：位似變換分析：利用位似圖形的面積比等于位似比的平方，進而得出答案解答：解：ABC與ABC是位似圖形，且ABC與ABC的位似比是1：2，ABC的面積是3，ABC與ABC的面積比為：1：4，則ABC的面積是：12故選：D點評：此題主要考查了位

3、似圖形的性質(zhì)，利用位似圖形的面積比等于位似比的平方得出是解題關(guān)鍵3(2014年天津市，第8題3分)如圖，在ABCD中，點E是邊AD的中點，EC交對角線BD于點F，則EF：FC等于（）A3：2B3：1C1：1D1：2考點：平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)分析：根據(jù)題意得出DEFBCF，進而得出=，利用點E是邊AD的中點得出答案即可解答：解：ABCD，故ADBC，DEFBCF，=，點E是邊AD的中點，AE=DE=AD，=故選：D點評：此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，得出DEFBCF是解題關(guān)鍵4.（2014畢節(jié)地區(qū)，第12題3分）如圖，ABC中，AE交BC于點

4、D，C=E，AD：DE=3：5，AE=8，BD=4，則DC的長等于（ ）A B C D考點：相似三角形的判定與性質(zhì)分析：根據(jù)已知條件得出ADCBDE，然后依據(jù)對應(yīng)邊成比例即可求得解答：解：C=E，ADC=BDE，ADCBDE，=，又AD：DE=3：5，AE=8，AD=3，DE=5，BD=4，=，DC=，故應(yīng)選A點評：本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)：對應(yīng)角相等的三角形是相似三角形，相似三角形對應(yīng)邊成比例5.（2014武漢，第6題3分）如圖，線段AB兩個端點的坐標分別為A（6，6），B（8，2），以原點O為位似中心，在第一象限內(nèi)將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，則端點C的坐標為（ ）A（3，

5、3） B（4，3） C（3，1） D（4，1）考點：位似變換；坐標與圖形性質(zhì)分析：利用位似圖形的性質(zhì)結(jié)合兩圖形的位似比進而得出C點坐標解答：解：線段AB的兩個端點坐標分別為A（6，6），B（8，2），以原點O為位似中心，在第一象限內(nèi)將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，端點C的坐標為：（3，3）故選：A點評：此題主要考查了位似圖形的性質(zhì)，利用兩圖形的位似比得出對應(yīng)點橫縱坐標關(guān)系是解題關(guān)鍵6. （2014年江蘇南京，第3題，2分）若ABCABC，相似比為1：2，則ABC與ABC的面積的比為（）A1：2B2：1C1：4D4：1考點：相似三角形的性質(zhì)分析：根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方計算即

6、可得解解答：ABCABC，相似比為1：2，ABC與ABC的面積的比為1：4故選C點評：本題考查了相似三角形的性質(zhì)，熟記相似三角形面積的比等于相似比的平方是解題的關(guān)鍵7. （2014年江蘇南京，第6題，2分）如圖，在矩形AOBC中，點A的坐標是（2，1），點C的縱坐標是4，則B、C兩點的坐標分別是（）（第2題圖）A（，3）、（，4）B（，3）、（，4）C（，）、（，4）D（，）、（，4）考點：矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)。分析：首先過點A作ADx軸于點D，過點B作BEx軸于點E，過點C作CFy軸，過點A作AFx軸，交點為F，易得CAFBOE，AODOBE，然后由相

7、似三角形的對應(yīng)邊成比例，求得答案解答：過點A作ADx軸于點D，過點B作BEx軸于點E，過點C作CFy軸，過點A作AFx軸，交點為F，四邊形AOBC是矩形，ACOB，AC=OB，CAF=BOE，在ACF和OBE中，CAFBOE（AAS），BE=CF=41=3，AOD+BOE=BOE+OBE=90，AOD=OBE，ADO=OEB=90，AODOBE，即，OE=，即點B（，3），AF=OE=，點C的橫坐標為：（2）=，點D（，4）故選B點評：此題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用8（2014年山東泰安，第1

8、0題3分）在ABC和A1B1C1中，下列四個命題：（1）若AB=A1B1，AC=A1C1，A=A1，則ABCA1B1C1；（2）若AB=A1B1，AC=A1C1，B=B1，則ABCA1B1C1；（3）若A=A1，C=C1，則ABCA1B1C1；（4）若AC：A1C1=CB：C1B1，C=C1，則ABCA1B1C1其中真命題的個數(shù)為（）A4個B3個C2個D1個分析：分別利用相似三角形的判定和全等三角形的判定定理進行判斷即可得到正確的選項解：（1）若AB=A1B1，AC=A1C1，A=A1，能用SAS定理判定ABCA1B1C1，正確；（2）若AB=A1B1，AC=A1C1，B=B1，不能判定ABC

9、A1B1C1，錯誤；（3）若A=A1，C=C1，能判定ABCA1B1C1，正確；（4）若AC：A1C1=CB：C1B1，C=C1，能利用兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角相等的兩三角形相似判定ABCA1B1C1，正確故選B點評：本題考查了命題與定理的知識，解題的關(guān)鍵是掌握三角形全等和相似的判定方法二.填空題1.（2014邵陽，第14題3分）如圖，在ABCD中，F(xiàn)是BC上的一點，直線DF與AB的延長線相交于點E，BPDF，且與AD相交于點P，請從圖中找出一組相似的三角形： ABPAED 考點：相似三角形的判定；平行四邊形的性質(zhì)專題：開放型分析：可利用平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊相交，所構(gòu)成的三角形與

10、原三角形相似判斷ABPAED解答：解：BPDF，ABPAED故答案為ABPAED點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)：平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似；2（2014云南昆明，第14題3分）如圖，將邊長為6cm的正方形ABCD折疊，使點D落在AB邊的中點E處，折痕為FH，點C落在Q處，EQ與BC交于點G，則EBG的周長是 cm考點：折疊、勾股定理、三角形相似分析：根據(jù)折疊性質(zhì)可得，先由勾股定理求出AF、EF的長度，再根據(jù)可求出EG、BG的長度解答：解：根據(jù)折疊性質(zhì)可得，設(shè)則，在RtAEF中，即，解得：，所以根據(jù)，可得，即，所以，所以EBG的周長為3+4+5=

11、12。故填12點評：本題考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理的運用及三角形相似問題.3. （2014泰州，第15題，3分）如圖，A、B、C、D依次為一直線上4個點，BC=2，BCE為等邊三角形，O過A、D、E3點，且AOD=120設(shè)AB=x，CD=y，則y與x的函數(shù)關(guān)系式為y=（x0）（第1題圖）考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；圓周角定理分析：連接AE，DE，根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半，求得AED=120，然后求得ABEECD根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊對應(yīng)成比例即可表示出x與y的關(guān)系，從而不難求解解答：解：連接AE，DE，AOD=120，為240，AED=120，BCE為等邊三角形

12、，BEC=60；AEB+CED=60；又EAB+AEB=60，EAB=CED，ABE=ECD=120；=，即=，y=（x0）點評：此題主要考查學生圓周角定理以及對相似三角形的判定與性質(zhì)及反比例函數(shù)的實際運用能力4.（2014濱州，第15題4分）如圖，平行于BC的直線DE把ABC分成的兩部分面積相等，則= 考點：相似三角形的判定與性質(zhì)分析：根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得答案解答：解：DEBC，ADEABCSADE=S四邊形BCDE，故答案為：點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行于三角形一邊截三角形另外兩邊所得的三角形與原三角形相似，相似三角形面積的比等于相似比三.解答題1. （ 201

13、4安徽省,第17題8分）如圖，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，給出了格點ABC（頂點是網(wǎng)格線的交點）（1）將ABC向上平移3個單位得到A1B1C1，請畫出A1B1C1；（2）請畫一個格點A2B2C2，使A2B2C2ABC，且相似比不為1考點：作圖相似變換；作圖-平移變換分析：（1）利用平移的性質(zhì)得出對應(yīng)點位置，進而得出答案；（2）利用相似圖形的性質(zhì)，將各邊擴大2倍，進而得出答案解答：解：（1）如圖所示：A1B1C1即為所求；（2）如圖所示：A2B2C2即為所求點評：此題主要考查了相似變換和平移變換，得出變換后圖形對應(yīng)點位置是解題關(guān)鍵2. （ 2014安徽省,第18題8分）如圖，在同

14、一平面內(nèi)，兩條平行高速公路l1和l2間有一條“Z”型道路連通，其中AB段與高速公路l1成30角，長為20km；BC段與AB、CD段都垂直，長為10km，CD段長為30km，求兩高速公路間的距離（結(jié)果保留根號）考點：解直角三角形的應(yīng)用分析：過B點作BEl1，交l1于E，CD于F，l2于G在RtABE中，根據(jù)三角函數(shù)求得BE，在RtBCF中，根據(jù)三角函數(shù)求得BF，在RtDFG中，根據(jù)三角函數(shù)求得FG，再根據(jù)EG=BE+BF+FG即可求解解答：解：過B點作BEl1，交l1于E，CD于F，l2于G在RtABE中，BE=ABsin30=20=10km，在RtBCF中，BF=BCcos30=10=km，C

15、F=BFsin30=km，DF=CDCF=（30）km，在RtDFG中，F(xiàn)G=DFsin30=（30）=（15）km，EG=BE+BF+FG=（25+5）km故兩高速公路間的距離為（25+5）km點評：此題考查了解直角三角形的應(yīng)用，主要是三角函數(shù)的基本概念及運算，關(guān)鍵把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題加以計算3（ 2014安徽省,第19題10分）如圖，在O中，半徑OC與弦AB垂直，垂足為E，以O(shè)C為直徑的圓與弦AB的一個交點為F，D是CF延長線與O的交點若OE=4，OF=6，求O的半徑和CD的長考點：垂徑定理；勾股定理；圓周角定理；相似三角形的判定與性質(zhì)專題：計算題分析：由OEAB得到OEF=90，再根

16、據(jù)圓周角定理由OC為小圓的直徑得到OFC=90，則可證明RtOEFRtOFC，然后利用相似比可計算出O的半徑OC=9；接著在RtOCF中，根據(jù)勾股定理可計算出C=3，由于OFCD，根據(jù)垂徑定理得CF=DF，所以CD=2CF=6解答：解：OEAB，OEF=90，OC為小圓的直徑，OFC=90，而EOF=FOC，RtOEFRtOFC，OE：OF=OF：OC，即4：6=6：OC，O的半徑OC=9；在RtOCF中，OF=6，OC=9，CF=3，OFCD，CF=DF，CD=2CF=6點評：本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧也考查了勾股定理、圓周角定理和相似三角形的判定與性

17、質(zhì)4. （ 2014福建泉州，第25題12分）如圖，在銳角三角形紙片ABC中，ACBC，點D，E，F(xiàn)分別在邊AB，BC，CA上（1）已知：DEAC，DFBC判斷四邊形DECF一定是什么形狀？裁剪當AC=24cm，BC=20cm，ACB=45時，請你探索：如何剪四邊形DECF，能使它的面積最大，并證明你的結(jié)論；（2）折疊請你只用兩次折疊，確定四邊形的頂點D，E，C，F(xiàn)，使它恰好為菱形，并說明你的折法和理由考點：四邊形綜合題分析：（1）根據(jù)有兩組對邊互相平行的四邊形是平行四邊形即可求得，根據(jù)ADFABC推出對應(yīng)邊的相似比，然后進行轉(zhuǎn)換，即可得出h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)平行四邊形的面積公式，很容

18、易得出面積S關(guān)于h的二次函數(shù)表達式，求出頂點坐標，就可得出面積s最大時h的值（2）第一步，沿ABC的對角線對折，使C與C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1對折，使DA1BB1解答：解：（1）DEAC，DFBC，四邊形DECF是平行四邊形作AGBC，交BC于G，交DF于H，ACB=45，AC=24cmAG=12，設(shè)DF=EC=x，平行四邊形的高為h，則AH=12h，DFBC，=，BC=20cm，即：=x=20，S=xh=x20=20hh2=6，AH=12，AF=FC，在AC中點處剪四邊形DECF，能使它的面積最大（2）第一步，沿ABC的對角線對折，使C與C1重合，得到三角形ABB1，第二

19、步，沿B1對折，使DA1BB1理由：對角線互相垂直平分的四邊形是菱形點評：本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)、菱形的判定、二次函數(shù)的最值關(guān)鍵在于根據(jù)相似三角形及已知條件求出相關(guān)線段的表達式，求出二次函數(shù)表達式，即可求出結(jié)論5. （ 2014廣東，第25題9分）如圖，在ABC中，AB=AC，ADAB于點D，BC=10cm，AD=8cm點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB、AC、AD于E、F、H，當點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t0）（1）當t=2時，連

20、接DE、DF，求證：四邊形AEDF為菱形；（2）在整個運動過程中，所形成的PEF的面積存在最大值，當PEF的面積最大時，求線段BP的長；（3）是否存在某一時刻t，使PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由考點：相似形綜合題分析：（1）如答圖1所示，利用菱形的定義證明；（2）如答圖2所示，首先求出PEF的面積的表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解；（3）如答圖3所示，分三種情形，需要分類討論，分別求解解答：（1）證明：當t=2時，DH=AH=2，則H為AD的中點，如答圖1所示又EFAD，EF為AD的垂直平分線，AE=DE，AF=DFAB=AC，ADAB于點D，ADBC，

21、B=CEFBC，AEF=B，AFE=C，AEF=AFE，AE=AF，AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形（2）解：如答圖2所示，由（1）知EFBC，AEFABC，即，解得：EF=10tSPEF=EFDH=（10t）2t=t2+10t=（t2）2+10當t=2秒時，SPEF存在最大值，最大值為10，此時BP=3t=6（3）解：存在理由如下：若點E為直角頂點，如答圖3所示，此時PEAD，PE=DH=2t，BP=3tPEAD，即，此比例式不成立，故此種情形不存在；若點F為直角頂點，如答圖3所示，此時PEAD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=103tPFAD，即，解得t=；若點P為直角頂

22、點，如答圖3所示過點E作EMBC于點M，過點F作FNBC于點N，則EM=FN=DH=2t，EMFNADEMAD，即，解得BM=t，PM=BPBM=3tt=t在RtEMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2FNAD，即，解得CN=t，PN=BCBPCN=103tt=10t在RtFNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10t）2=t285t+100在RtPEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，即：（10t）2=（t2）+（t285t+100）化簡得：t235t=0，解得：t=或t=0（舍去）t=綜上所述，當t=秒或t=秒時，PEF為直角

23、三角形點評：本題是運動型綜合題，涉及動點與動線兩種運動類型第（1）問考查了菱形的定義；第（2）問考查了相似三角形、圖形面積及二次函數(shù)的極值；第（3）問考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知識點，重點考查了分類討論的數(shù)學思想6. （ 2014珠海，第18題7分）如圖，在RtABC中，BAC=90，AB=4，AC=3，線段AB為半圓O的直徑，將RtABC沿射線AB方向平移，使斜邊與半圓O相切于點G，得DEF，DF與BC交于點H（1）求BE的長；（2）求RtABC與DEF重疊（陰影）部分的面積考點：切線的性質(zhì)；扇形面積的計算；平移的性質(zhì)專題：計算題分析：（1）連結(jié)OG，先根據(jù)勾股定理計算出BC=5，

24、再根據(jù)平移的性質(zhì)得AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，EDF=BAC=90，由于EF與半圓O相切于點G，根據(jù)切線的性質(zhì)得OGEF，然后證明RtEOGRtEFD，利用相似比可計算出OE=，所以BE=OEOB=；（2）求出BD的長度，然后利用相似比例式求出DH的長度，從而求出BDH，即陰影部分的面積解答：解：（1）連結(jié)OG，如圖，BAC=90，AB=4，AC=3，BC=5，RtABC沿射線AB方向平移，使斜邊與半圓O相切于點G，得DEF，AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，EDF=BAC=90，EF與半圓O相切于點G，OGEF，AB=4，線段AB為半圓O的直徑，OB=OG=2，GE

25、O=DEF，RtEOGRtEFD，=，即=，解得OE=，BE=OEOB=2=；（2）BD=DEBE=4=DFAC，即，解得：DH=2S陰影=SBDH=BDDH=2=，即RtABC與DEF重疊（陰影）部分的面積為點評：本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑也考查了平移的性質(zhì)、勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)7. （ 2014珠海，第21題9分）如圖，在正方形ABCD中，點E在邊AD上，點F在邊BC的延長線上，連結(jié)EF與邊CD相交于點G，連結(jié)BE與對角線AC相交于點H，AE=CF，BE=EG（1）求證：EFAC；（2）求BEF大??；（3）求證：=考點：四邊形綜合題分析：（1）根據(jù)有一組

26、對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形即可判定（2）先確定三角形GCF是等腰直角三角形，得出CG=AE，然后通過BAEBCG，得出BE=BG=EG，即可求得（3）因為三角形BEG是等邊三角形，ABC=90，ABE=CBG，從而求得ABE=15，然后通過求得AHBFGB，即可求得解答：解：（1）四邊形ABCD是正方形，ADBF，AE=CF，四邊形ACFE是平行四邊形，EFAC，（2）連接BG，EFAC，F(xiàn)=ACB=45，GCF=90，CGF=F=45，CG=CF，AE=CF，AE=CG，在BAE與BCG中，BAEBCG（SAS）BE=BG，BE=EG，BEG是等邊三角形，BEF=60，（3）BAEB

27、CG，ABE=CBG，BAC=F=45，AHBFGB，=，EBG=60ABE=CBG，ABC=90，ABE=15，=點評：本題考查了平行四邊形的判定及性質(zhì)，求得三角形的判定及 性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，連接BG是本題的關(guān)鍵8. （ 2014廣西玉林市、防城港市，第23題9分）如圖的O中，AB為直徑，OCAB，弦CD與OB交于點F，過點D、A分別作O的切線交于點G，并與AB延長線交于點E（1）求證：1=2（2）已知：OF：OB=1：3，O的半徑為3，求AG的長考點：切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)專題：證明題分析：（1）連結(jié)OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得ODDE，則2+ODC=90，

28、而C=ODC，則2+C=90，由OCOB得C+3=90，所以2=3，而1=3，所以1=2；（2）由OF：OB=1：3，O的半徑為3得到OF=1，由（1）中1=2得EF=ED，在RtODE中，DE=x，則EF=x，OE=1+x，根據(jù)勾股定理得32+t2=（t+1）2，解得t=4，則DE=4，OE=5，根據(jù)切線的性質(zhì)由AG為O的切線得GAE=90，再證明RtEODRtEGA，利用相似比可計算出AG解答：（1）證明：連結(jié)OD，如圖，DE為O的切線，ODDE，ODE=90，即2+ODC=90，OC=OD，C=ODC，2+C=90，而OCOB，C+3=90，2=3，1=3，1=2；（2）解：OF：OB=

29、1：3，O的半徑為3，OF=1，1=2，EF=ED，在RtODE中，OD=3，DE=x，則EF=x，OE=1+x，OD2+DE2=OE2，32+t2=（t+1）2，解得t=4，DE=4，OE=5，AG為O的切線，AGAE，GAE=90，而OED=GEA，RtEODRtEGA，=，即=，AG=6點評：本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑也考查了勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)9. （ 2014廣西玉林市、防城港市，第25題10分）如圖，在正方形ABCD中，點M是BC邊上的任一點，連接AM并將線段AM繞M順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段MN，在CD邊上取點P使CP=BM，連接NP，BP（1）求

30、證：四邊形BMNP是平行四邊形；（2）線段MN與CD交于點Q，連接AQ，若MCQAMQ，則BM與MC存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請說明理由考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=BC，ABC=B，然后利用“邊角邊”證明ABM和BCP全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AM=BP，BAM=CBP，再求出AMBP，從而得到MNBP，然后根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明即可；（2）根據(jù)同角的余角相等求出BAM=CMQ，然后求出ABM和MCQ相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得=，再求出AMQABM，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得=，

31、從而得到=，即可得解解答：（1）證明：在正方形ABCD中，AB=BC，ABC=B，在ABM和BCP中，ABMBCP（SAS），AM=BP，BAM=CBP，BAM+AMB=90，CBP+AMB=90，AMBP，AM并將線段AM繞M順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段MN，AMMN，且AM=MN，MNBP，四邊形BMNP是平行四邊形；（2）解：BM=MC理由如下：BAM+AMB=90，AMB+CMQ=90，BAM=CMQ，又B=C=90，ABMMCQ，=，MCQAMQ，AMQABM，=，=，BM=MC點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，（1）求出兩個三

32、角形全等是解題的關(guān)鍵，（2）根據(jù)相似于同一個三角形的兩個三角形相似求出AMQABM是解題的關(guān)鍵10(2014年四川資陽，第23題11分)如圖，已知直線l1l2，線段AB在直線l1上，BC垂直于l1交l2于點C，且AB=BC，P是線段BC上異于兩端點的一點，過點P的直線分別交l2、l1于點D、E（點A、E位于點B的兩側(cè)），滿足BP=BE，連接AP、CE（1）求證：ABPCBE；（2）連結(jié)AD、BD，BD與AP相交于點F如圖2當=2時，求證：APBD；當=n（n1）時，設(shè)PAD的面積為S1，PCE的面積為S2，求的值考點：相似形綜合題分析：（1）求出ABP=CBE，根據(jù)SAS推出即可；（2）延長A

33、P交CE于點H，求出APCE，證出CPDBPE，推出DP=PE，求出平行四邊形BDCE，推出CEBD即可；分別用S表示出PAD和PCE的面積，代入求出即可解答：（1）證明：BC直線l1，ABP=CBE，在ABP和CBE中ABPCBE（SAS）；（2）證明：延長AP交CE于點H，ABPCBE，PAB=ECB，PAB+AEE=ECB+AEH=90，APCE，=2，即P為BC的中點，直線l1直線l2，CPDBPE，=，DP=PE，四邊形BDCE是平行四邊形，CEBD，APCE，APBD；解：=NBC=nBP，CP=（n1）BP，CDBE，CPDBPE，=n1，即S2=（n1）S，SPAB=SBCE=

34、nS，PAE=（n+1）S，=n1，S1=（n+1）（n1）S，=n+1點評：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查了學生的推理能力，題目比較好，有一定的難度11.（2014武漢，第24題10分）如圖，RtABC中，ACB=90，AC=6cm，BC=8cm，動點P從點B出發(fā)，在BA邊上以每秒5cm的速度向點A勻速運動，同時動點Q從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒4cm的速度向點B勻速運動，運動時間為t秒（0t2），連接PQ（1）若BPQ與ABC相似，求t的值；（2）連接AQ，CP，若AQCP，求t的值；（3）試證明：PQ的中點在ABC的一條中

35、位線上考點：相似形綜合題分析：（1）分兩種情況討論：當BPQBAC時，=，當BPQBCA時，=，再根據(jù)BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入計算即可；（2）過P作PMBC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=84t，根據(jù)ACQCMP，得出=，代入計算即可；（3）作PEAC于點E，DFAC于點F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8BM=84t代入求出DF，過BC的中點R作直線平行于AC，得出RC=DF，D在過R的中位線上，從而證出PQ的中點在ABC的一條中位線上解答：解：（1）當BPQBAC時，=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8c

36、m，=，t=1；當BPQBCA時，=，=，t=，t=1或時，BPQ與ABC相似；（2）如圖所示，過P作PMBC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=84t，NAC+NCA=90，PCM+NCA=90，NAC=PCM且ACQ=PMC=90，ACQCMP，=，=，解得：t=；（3）如圖，仍有PMBC于點M，PQ的中點設(shè)為D點，再作PEAC于點E，DFAC于點F，ACB=90，DF為梯形PECQ的中位線，DF=，QC=4t，PE=8BM=84t，DF=4，BC=8，過BC的中點R作直線平行于AC，RC=DF=4成立，D在過R的中位線上，PQ的中點在ABC的一條中位線上點評：此

37、題考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的判定與性質(zhì)、中位線的性質(zhì)等，關(guān)鍵是畫出圖形作出輔助線構(gòu)造相似三角形，注意分兩種情況討論12（2014四川自貢，第23題12分）閱讀理解：如圖，在四邊形ABCD的邊AB上任取一點E（點E不與A、B重合），分別連接ED、EC，可以把四邊形ABCD分成三個三角形，如果其中有兩個三角形相似，我們就把E叫做四邊形ABCD的邊AB上的“相似點”；如果這三個三角形都相似，我們就把E叫做四邊形ABCD的邊AB上的“強相似點”解決問題：（1）如圖，A=B=DEC=45，試判斷點E是否是四邊形ABCD的邊AB上的相似點，并說明理由；（2）如圖，在矩形ABCD中，A、B

38、、C、D四點均在正方形網(wǎng)格（網(wǎng)格中每個小正方形的邊長為1）的格點（即每個小正方形的頂點）上，試在圖中畫出矩形ABCD的邊AB上的強相似點；（3）如圖，將矩形ABCD沿CM折疊，使點D落在AB邊上的點E處，若點E恰好是四邊形ABCM的邊AB上的一個強相似點，試探究AB與BC的數(shù)量關(guān)系考點：相似形綜合題分析：（1）要證明點E是四邊形ABCD的AB邊上的相似點，只要證明有一組三角形相似就行，很容易證明ADEBEC，所以問題得解（2）以CD為直徑畫弧，取該弧與AB的一個交點即為所求；（3）因為點E是矩形ABCD的AB邊上的一個強相似點，所以就有相似三角形出現(xiàn)，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)線段成比例，可以判斷出

39、AE和BE的數(shù)量關(guān)系，從而可求出解解答：解：（1）A=B=DEC=45，AED+ADE=135，AED+CEB=135ADE=CEB，在ADE和BCE中，ADEBCE，點E是否是四邊形ABCD的邊AB上的相似點（2）如圖所示：點E是四邊形ABCD的邊AB上的相似點，（3）點E是四邊形ABCM的邊AB上的一個強相似點，AEMBCEECM，BCE=ECM=AEM由折疊可知：ECMDCM，ECM=DCM，CE=CD，BCE=BCD=30，BE=，在RtBCE中，tanBCE=tan30=，點評：本題是相似三角形綜合題，主要考查了相似三角形的對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，讀懂題目信息，理解全相似點的定義，判斷出

40、CED=90，從而確定作以CD為直徑的圓是解題的關(guān)鍵13. （2014湘潭，第25題） ABC為等邊三角形，邊長為a，DFAB，EFAC，（1）求證：BDFCEF；（2）若a=4，設(shè)BF=m，四邊形ADFE面積為S，求出S與m之間的函數(shù)關(guān)系，并探究當m為何值時S取最大值；（3）已知A、D、F、E四點共圓，已知tanEDF=，求此圓直徑（第1題圖）考點：相似形綜合題；二次函數(shù)的最值；等邊三角形的性質(zhì)；圓周角定理；解直角三角形分析：（1）只需找到兩組對應(yīng)角相等即可（2）四邊形ADFE面積S可以看成ADF與AEF的面積之和，借助三角函數(shù)用m表示出AD、DF、AE、EF的長，進而可以用含m的代數(shù)式表示

41、S，然后通過配方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問題，就可以解決問題（3）易知AF就是圓的直徑，利用圓周角定理將EDF轉(zhuǎn)化為EAF在AFC中，知道tanEAF、C、AC，通過解直角三角形就可求出AF長解答：解：（1）DFAB，EFAC，BDF=CEF=90ABC為等邊三角形，B=C=60BDF=CEF，B=C，BDFCEF（2）BDF=90，B=60，sin60=，cos60=BF=m，DF=m，BD=AB=4，AD=4SADF=ADDF=（4）m=m2+m同理：SAEF=AEEF=（4）（4m）=m2+2S=SADF+SAEF=m2+m+2=（m24m8）=（m2）2+3其中0m40，024，當m=2

42、時，S取最大值，最大值為3S與m之間的函數(shù)關(guān)系為：S（m2）2+3（其中0m4）當m=2時，S取到最大值，最大值為3（3）如圖2，A、D、F、E四點共圓，EDF=EAFADF=AEF=90，AF是此圓的直徑tanEDF=，tanEAF=C=60，=tan60=設(shè)EC=x，則EF=x，EA=2xAC=a，2x+x=Ax=EF=，AE=AEF=90，AF=此圓直徑長為點評：本題考查了相似三角形的判定、二次函數(shù)的最值、三角函數(shù)、解直角三角形、圓周角定理、等邊三角形的性質(zhì)等知識，綜合性強利用圓周角定理將條件中的圓周角轉(zhuǎn)化到合適的位置是解決最后一小題的關(guān)鍵14. （2014湘潭，第26題）已知二次函數(shù)y

43、=x2+bx+c的對稱軸為x=2，且經(jīng)過原點，直線AC解析式為y=kx+4，（1）求二次函數(shù)解析式；（2）若=，求k；（3）若以BC為直徑的圓經(jīng)過原點，求k（第2題圖）考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）由對稱軸為x=，且函數(shù)過（0，0），則可推出b，c，進而得函數(shù)解析式（2）=，且兩三角形為同高不同底的三角形，易得=，考慮計算方便可作B，C對x軸的垂線，進而有B，C橫坐標的比為=由B，C為直線與二次函數(shù)的交點，則聯(lián)立可求得B，C坐標由上述倍數(shù)關(guān)系，則k易得（3）以BC為直徑的圓經(jīng)過原點，即BOC=90，一般考慮表示邊長，再用勾股定理構(gòu)造方程求解k可是這個思路計算量異常復雜，基本不考慮，再考慮（2

44、）的思路，發(fā)現(xiàn)B，C橫縱坐標恰好可表示出EB，EO，OF，OC而由BOC=90，易證EBOFOC，即EBFC=EOFO有此構(gòu)造方程發(fā)現(xiàn)k值大多可約去，進而可得k值解答：解：（1）二次函數(shù)y=x2+bx+c的對稱軸為x=2，且經(jīng)過原點，=2，0=0+0+c，b=4，c=0，y=x2+4x（2）如圖1，連接OB，OC，過點A作AEy軸于E，過點B作BFy軸于F，=，=，=，EBFC，=y=kx+4交y=x2+4x于B，C，kx+4=x2+4x，即x2+（k4）x+4=0，=（k4）244=k28k，x=，或x=，xBxC，EB=xB=，F(xiàn)C=xC=，4=，解得 k=9（交點不在y軸右邊，不符題意，

45、舍去）或k=1k=1（3）BOC=90，EOB+FOC=90，EOB+EBO=90，EBO=FOC，BEO=OFC=90，EBOFOC，EBFC=EOFOxB=，xC=，且B、C過y=kx+4，yB=k+4，yC=k+4，EO=yB=k+4，OF=yC=k4，=（k+4）（k4），整理得 16k=20，k=點評：本題考查了函數(shù)圖象交點的性質(zhì)、相似三角形性質(zhì)、一元二次方程及圓的基本知識題目特殊，貌似思路不難，但若思路不對，計算異常復雜，題目所折射出來的思想，考生應(yīng)好好理解掌握15. （2014益陽，第21題，12分）如圖，在直角梯形ABCD中，ABCD，ADAB，B=60，AB=10，BC=4，

46、點P沿線段AB從點A向點B運動，設(shè)AP=x（1）求AD的長；（2）點P在運動過程中，是否存在以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)ADP與PCB的外接圓的面積分別為S1、S2，若S=S1+S2，求S的最小值（第3題圖）考點：相似形綜合題分析：（1）過點C作CEAB于E，根據(jù)CE=BCsinB求出CE，再根據(jù)AD=CE即可求出AD；（2）若以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似，則PCB必有一個角是直角分兩種情況討論：當PCB=90時，求出AP，再根據(jù)在RtADP中DPA=60，得出DPA=B，從而得到A

47、DPCPB，當CPB=90時，求出AP=3，根據(jù)且，得出PCB與ADP不相似（3）先求出S1=x，再分兩種情況討論：當2x10時，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM，在RtGBH中求出BG、BN、GN，在RtGMN中，求出MN=（x1），在RtBMN中，求出BM2=x2x+，最后根據(jù)S1=xBM2代入計算即可當0 x2時，S2=x（x2x+），最后根據(jù)S=S1+S2=x（x）2+x即可得出S的最小值解答：解：（1）過點C作CEAB于E，在RtBCE中，B=60，BC=4，CE=BCsinB=4=2，AD=CE=2（2）存在若以A、P、D

48、為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似，則PCB必有一個角是直角當PCB=90時，在RtPCB中，BC=4，B=60，PB=8，AP=ABPB=2又由（1）知AD=2，在RtADP中，tanDPA=，DPA=60，DPA=CPB，ADPCPB，存在ADP與CPB相似，此時x=2當CPB=90時，在RtPCB中，B=60，BC=4，PB=2，PC=2，AP=3則且，此時PCB與ADP不相似（3）如圖，因為RtADP外接圓的直徑為斜邊PD，則S1=x（）2=x，當2x10時，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM則BM為PCB外接圓的半

49、徑在RtGBH中，BH=BC=2，MGB=30，BG=4，BN=PB=（10 x）=5x，GN=BGBN=x1在RtGMN中，MN=GNtanMGN=（x1）在RtBMN中，BM2=MN2+BN2=x2x+，S1=xBM2=x（x2x+）當0 x2時，S2=x（x2x+）也成立，S=S1+S2=x+x（x2x+）=x（x）2+x當x=時，S=S1+S2取得最小值x點評：此題考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的性質(zhì)與判定、二次函數(shù)的最值、勾股定理，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形構(gòu)造相似三角形，注意分類討論16. （2014株洲，第23題，8分）如圖，PQ為圓O的直徑，點B在線段PQ的延長線上，O

50、Q=QB=1，動點A在圓O的上半圓運動（含P、Q兩點），以線段AB為邊向上作等邊三角形ABC（1）當線段AB所在的直線與圓O相切時，求ABC的面積（圖1）；（2）設(shè)AOB=，當線段AB、與圓O只有一個公共點（即A點）時，求的范圍（圖2，直接寫出答案）；（3）當線段AB與圓O有兩個公共點A、M時，如果AOPM于點N，求CM的長度（圖3） （第4題圖）考點：圓的綜合題；等邊三角形的性質(zhì)；勾股定理；切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；特殊角的三角函數(shù)值分析：（1）連接OA，如下圖1，根據(jù)條件可求出AB，然后AC的高BH，求出BH就可以求出ABC的面積（2）如下圖2，首先考慮臨界位置：當點A與點Q重合

51、時，線段AB與圓O只有一個公共點，此時=0；當線段AB所在的直線與圓O相切時，線段AB與圓O只有一個公共點，此時=60從而定出的范圍（3）設(shè)AO與PM的交點為D，連接MQ，如下圖3，易證AOMQ，從而得到PDOPMQ，BMQBAO，又PO=OQ=BQ，從而可以求出MQ、OD，進而求出PD、DM、AM、CM的值解答：解：（1）連接OA，過點B作BHAC，垂足為H，如圖1所示AB與O相切于點A，OAABOAB=90OQ=QB=1，OA=1AB=ABC是等邊三角形，AC=AB=，CAB=60sinHAB=，HB=ABsinHAB=SABC=ACBH=ABC的面積為（2）當點A與點Q重合時，線段AB與

52、圓O只有一個公共點，此時=0；當線段A1B所在的直線與圓O相切時，如圖2所示，線段A1B與圓O只有一個公共點，此時OA1BA1，OA1=1，OB=2，cosA1OB=A1OB=60當線段AB與圓O只有一個公共點（即A點）時，的范圍為：060（3）連接MQ，如圖3所示PQ是O的直徑，PMQ=90OAPM，PDO=90PDO=PMQPDOPMQ=PO=OQ=PQPD=PM，OD=MQ同理：MQ=AO，BM=ABAO=1，MQ=OD=PDO=90，PO=1，OD=，PD=PM=DM=ADM=90，AD=A0OD=，AM=ABC是等邊三角形，AC=AB=BC，CAB=60BM=AB，AM=BMCMAB

53、AM=，BM=，AB=AC=CM=CM的長度為點評：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定、直線與圓相切、勾股定理、特殊三角函數(shù)值等知識，考查了用臨界值法求角的取值范圍，綜合性較強17. （2014株洲，第24題，10分）已知拋物線y=x2（k+2）x+和直線y=（k+1）x+（k+1）2（1）求證：無論k取何實數(shù)值，拋物線總與x軸有兩個不同的交點；（2）拋物線于x軸交于點A、B，直線與x軸交于點C，設(shè)A、B、C三點的橫坐標分別是x1、x2、x3，求x1x2x3的最大值；（3）如果拋物線與x軸的交點A、B在原點的右邊，直線與x軸的交點C在原點的左邊，又拋物線、直線分別交y軸于點D、

54、E，直線AD交直線CE于點G（如圖），且CAGE=CGAB，求拋物線的解析式（第5題圖）考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）由判別式=（k+2）241=k2k+2=（k）2+0，即可證得無論k取何實數(shù)值，拋物線總與x軸有兩個不同的交點；（2）由拋物線于x軸交于點A、B，直線與x軸交于點C，設(shè)A、B、C三點的橫坐標分別是x1、x2、x3，可得x1x2=，x3=（k+1），繼而可求得答案；（3）由CAGE=CGAB，易得CAGCBE，繼而可證得OADOBE，則可得，又由拋物線與x軸的交點A、B在原點的右邊，直線與x軸的交點C在原點的左邊，又拋物線、直線分別交y軸于點D、E，可得OAOB=，OD=，OE

55、=（k+1）2，繼而求得點B的坐標為（0，k+1），代入解析式即可求得答案解答：（1）證明：=（k+2）241=k2k+2=（k）2+，（k）20，0，無論k取何實數(shù)值，拋物線總與x軸有兩個不同的交點；（2）解：拋物線于x軸交于點A、B，直線與x軸交于點C，設(shè)A、B、C三點的橫坐標分別是x1、x2、x3，x1x2=，令0=（k+1）x+（k+1）2，解得：x=（k+1），即x3=（k+1），x1x2x3=（k+1）=（k+）2+，x1x2x3的最大值為：；（3）解：CAGE=CGAB，ACG=BCE，CAGCBE，CAG=CBE，AOD=BOE，OADOBE，拋物線與x軸的交點A、B在原點的右

56、邊，直線與x軸的交點C在原點的左邊，又拋物線、直線分別交y軸于點D、E，OAOB=，OD=，OE=（k+1）2，OAOB=OD，OB2=OE，OB=k+1，點B（k+1，0），將點B代入拋物線y=x2（k+2）x+得：（k+1）2（k+2）（k+1）=0，解得：k=2，拋物線的解析式為：y=x24x+3點評：此題屬于二次函數(shù)的綜合題，綜合性很強，難度較大，主要考查了一次函數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用18. （2014揚州，第28題，12分）已知矩形ABCD的一條邊AD=8，將矩形ABCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的

57、P點處（第6題圖）（1）如圖1，已知折痕與邊BC交于點O，連結(jié)AP、OP、OA求證：OCPPDA；若OCP與PDA的面積比為1：4，求邊AB的長；（2）若圖1中的點P恰好是CD邊的中點，求OAB的度數(shù)；（3）如圖2，擦去折痕AO、線段OP，連結(jié)BP動點M在線段AP上（點M與點P、A不重合），動點N在線段AB的延長線上，且BN=PM，連結(jié)MN交PB于點F，作MEBP于點E試問當點M、N在移動過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明理由；若不變，求出線段EF的長度考點：相似形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)；特殊角的三角函數(shù)值專題：綜合題；動點型

58、；探究型分析：（1）只需證明兩對對應(yīng)角分別相等即可證到兩個三角形相似，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PC長以及AP與OP的關(guān)系，然后在RtPCO中運用勾股定理求出OP長，從而求出AB長（2）由DP=DC=AB=AP及D=90，利用三角函數(shù)即可求出DAP的度數(shù)，進而求出OAB的度數(shù)（3）由邊相等常常聯(lián)想到全等，但BN與PM所在的三角形并不全等，且這兩條線段的位置很不協(xié)調(diào)，可通過作平行線構(gòu)造全等，然后運用三角形全等及等腰三角形的性質(zhì)即可推出EF是PB的一半，只需求出PB長就可以求出EF長解答：解：（1）如圖1，四邊形ABCD是矩形，AD=BC，DC=AB，DAB=B=C=D=90由折疊可得：AP=A

59、B，PO=BO，PAO=BAOAPO=BAPO=90APD=90CPO=POCD=C，APD=POCOCPPDAOCP與PDA的面積比為1：4，=PD=2OC，PA=2OP，DA=2CPAD=8，CP=4，BC=8設(shè)OP=x，則OB=x，CO=8x在RtPCO中，C=90，CP=4，OP=x，CO=8x，x2=（8x）2+42解得：x=5AB=AP=2OP=10邊AB的長為10（2）如圖1，P是CD邊的中點，DP=DCDC=AB，AB=AP，DP=APD=90，sinDAP=DAP=30DAB=90，PAO=BAO，DAP=30，OAB=30OAB的度數(shù)為30（3）作MQAN，交PB于點Q，如

60、圖2AP=AB，MQAN，APB=ABP，ABP=MQPAPB=MQPMP=MQMP=MQ，MEPQ，PE=EQ=PQBN=PM，MP=MQ，BN=QMMQAN，QMF=BNF在MFQ和NFB中，MFQNFBQF=BFQF=QBEF=EQ+QF=PQ+QB=PB由（1）中的結(jié)論可得：PC=4，BC=8，C=90PB=4EF=PB=2在（1）的條件下，當點M、N在移動過程中，線段EF的長度不變，長度為2點評：本題是一道運動變化類的題目，考查了相似三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值等知識，綜合性比較強，而添加適當?shù)妮o助線是解