江西专版2020中考数学复习方案第四单元图形的初步认识与三角形课时训练19图形的相似.docx

课时训练(十九)　图形的相似
(限时:45分钟)

|夯实基础|
1.如图K19-1,l1∥l2∥l3,直线a,b与l1,l2,l3分别相交于点A,B,C和点D,E,F.若AB=3,DE=2,BC=6,则EF= (　　)

图K19-1
A.185 B.125 C.4 D.9
2.已知△ABC∽△DEF,若△ABC与△DEF的相似比为34,则△ABC与△DEF对应中线的比为 (　　)
A.34 B.43 C.916 D.169
3.[2019·重庆B卷]下列命题是真命题的是 (　　)
A.如果两个三角形相似,相似比为4∶9,那么这两个三角形的周长比为2∶3
B.如果两个三角形相似,相似比为4∶9,那么这两个三角形的周长比为4∶9
C.如果两个三角形相似,相似比为4∶9,那么这两个三角形的面积比为2∶3
D.如果两个三角形相似,相似比为4∶9,那么这两个三角形的面积比为4∶9
4.[2018·义乌]学校门口的栏杆如图K19-2,栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置,已知AB⊥BD,CD⊥BD,垂足分别为B,D,AO=4 m,AB=1.6 m,CO=1 m,则栏杆C端应下降的垂直距离CD为 (　　)

图K19-2
A.0.2 m B.0.3 m C.0.4 m D0.5 m
5.[2019·眉山]如图K19-3,一束光线从点A(4,4)出发,经y轴上的点C反射后,经过点B(1,0),则点C的坐标是 (　　)

图K19-3
A.0,12 B.0,45 C.(0,1) D.(0,2)
6.[2019·连云港]在如图K19-4所示的象棋盘(各个小正方形的边长均相等)中,根据“马走日”的规则,“马”应落在下列哪个位置处,能使“马”“车”“炮”所在位置的格点构成的三角形与“帅”“相”“兵”所在位置的格点构成的三角形相似 (　　)

图K19-4
A.①处 B.②处 C.③处 D.④处
7.[2019·苏州]如图K19-5,在△ABC中,点D为BC边上的一点,且AD=AB=2,AD⊥AB,过点D作DE⊥AD,DE交AC于点E.若DE=1,则△ABC的面积为 (　　)

图K19-5
A.42 B.4 C.25 D.8
8.[2019·滨州]在平面直角坐标系中,△ABO三个顶点的坐标分别为A(-2,4),B(-4,0),O(0,0).以原点O为位似中心,把这个三角形缩小为原来的12,得到△CDO,则点A的对应点C的坐标是　　　　. 
9.数学文化[2018·泰安]《九章算术》是中国传统数学最重要的著作,在“勾股”章中有这样一个问题:“今有邑方二百步,各中开门,出东门十五步有木,问:出南门几步而见木?”用今天的话说,大意是:如图K19-6,四边形DEFG是一座边长为200步(“步”是古代的长度单位)的正方形小城,东门H位于GD的中点,南门K位于ED的中点,出东门15步的A处有一树木,求出南门多少步恰好看到位于A处的树木(即点D在直线AC上)?请你计算KC的长为　　　　步. 

图K19-6
10.[2018·菏泽]如图K19-7,△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形,相似比为3∶4,∠OCD=90°,∠AOB=60°,若点B的坐标是(6,0),则点C的坐标是　　　　. 

图K19-7

11.[2019·黄冈]如图K19-8,Rt△ABC中,∠ACB=90°,以AC为直径的☉O交AB于点D,过点D作☉O的切线交BC于点E,连接OE.
(1)求证:△DBE是等腰三角形;
(2)求证:△COE∽△CAB.

图K19-8

12.[2019·凉山州]如图K19-9,∠ABD=∠BCD=90°,DB平分∠ADC,过点B作BM∥CD交AD于M.连接CM交DB于N.
(1)求证:BD2=AD·CD;
(2)若CD=6,AD=8,求MN的长.

图K19-9

|拓展提升|
13.[2019·常德]在等腰三角形ABC中AB=AC,作CM⊥AB交AB于点M,BN⊥AC交AC于点N.
(1)在图K19-10①中,求证:△BMC≌△CNB;
(2)在图K19-10②中的线段CB上取一动点P,过P作PE∥AB交CM于点E,作PF∥AC交BN于点F,求证:PE+PF=BM;
(3)在图K19-10③中,动点P在线段CB的延长线上,类似(2)过P作PE∥AB交CM的延长线于点E,作PF∥AC交NB的延长线于点F,求证:AM·PF+OM·BN=AM·PE.

图K19-10

【参考答案】
1.C　2.A　3.B
4.C　[解析]∵AB⊥BD,CD⊥BD,∴∠ABO=∠CDO=90°.又∵∠AOB=∠COD(对顶角相等),∴△AOB∽△COD,∴AOCO=ABCD,即41=1.6CD,∴CD=0.4 m.
5.B　[解析]过点A作AD⊥y轴于点D,如图.

∵∠ADC=∠COB=90°,∠ACD=∠BCO,∴△OBC∽△DAC,∴OCOB=DCAD,即OC1=4-OC4,解得OC=45,∴点C0,45.故选B.
6.B　[解析]由网格得,“帅”“相”“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边的长分别为2,25,42;
“车”“炮”之间的距离为1,“炮”“②”之间的距离为5,“车”“②”之间的距离为22.∵525=2242=12,其他三处均不满足相似的条件,
∴马应该落在②的位置.故选B.
7.B　[解析]∵AB⊥AD,AD⊥DE,∴∠BAD=∠ADE=90°,∴DE∥AB,∴△CED∽△CAB.∵DE=1,AB=2,即DE∶AB=1∶2,∴S△DEC∶S△ACB=1∶4,∴S四边形ABDE∶S△ACB=3∶4.∵S四边形ABDE=S△ABD+S△ADE=12×2×2+12×2×1=2+1=3,∴S△ACB=4.故选B.
8.(-1,2)或(1,-2).
9.20003　[解析]∵四边形DEFG是正方形,∴DG∥KC,∴△AHD∽△AOC,∴AHAO=HDOC,即1515+100=100100+KC,解得KC=20003.
10.(2,23)　[解析]如图,过点A作AE⊥x轴于E.

∵∠OCD=90°,△OAB与△OCD位似,∴∠OAB=90°.∵∠AOB=60°,∴∠ABO=∠OAE=30°.
∵点B的坐标是(6,0),∴AO=12OB=3,∴OE=12OA=32,∴AE=OA2-OE2=32-(32) 2=332,
∴A32,332.
∵△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形,相似比为3∶4,
∴点C的坐标为32×43,332×43,即(2,23).
11.证明:(1)连接OD.
∵DE是☉O的切线,∴∠ODE=90°,
∴∠ADO+∠BDE=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠CBA=90°.
∵OA=OD,∴∠CAB=∠ADO,∴∠BDE=∠CBA,
∴EB=ED,∴△DBE是等腰三角形.
(2)∵∠ACB=90°,AC是☉O的直径,
∴CB是☉O的切线.
∵DE是☉O的切线,∴DE=EC.
∵EB=ED,∴EC=EB.
∵OA=OC,∴OE∥AB,
∴△COE∽△CAB.
12.解:(1)证明:∵DB平分∠ADC,
∴∠ADB=∠BDC.
又∵∠ABD=∠BCD=90°,
∴△DAB∽△DBC,
∴BDCD=ADBD,∴BD2=AD·CD.
(2)由(1)可知,BD2=AD·CD.
∵CD=6,AD=8,∴BD=43.
又AD=8,
∴AB=AD2-BD2=82-(43)2=4,
∴AB=12AD,
∴∠ADB=30°,∴∠BDC=∠ADB=30°.
又∠ABD=∠BCD=90°,
∴∠A=∠DBC=60°.
∵BM∥CD,
∴∠MBD=∠BDC=30°,
∴∠ABM=∠ABD-∠MBD=60°,
∴△ABM是等边三角形,故BM=AB=4.
∵△ABD∽△BCD,∴ABBC=DBCD,
∴BC=AB·CDDB=4×643=23.
∵BM∥CD,∴∠CBM=180°-∠BCD=90°,
∴CM=BM2+CB2=42+(23)2=27.
∵BM∥CD,∴△BMN∽△DCN,
∴MNCN=MBCD=4623.
又CN+MN=CM=27,
∴MN=45 7.
13.解:(1)证明:∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.
∵CM⊥AB,BN⊥AC,
∴∠BMC=∠CNB=90°.
又∵BC=BC,
∴△BMC≌△CNB.
(2)连接OP,如图①.

∵PE∥AB,PF∥AC,
∴∠BMC=∠PEC=90°,∠CNB=∠PFB=90°.
∵S△BOC=S△BOP+S△COP,
∴12OC·BM=12OB·PF+12OC·PE.
∵△BMC≌△CNB,∴∠OBC=∠OCB,
∴OB=OC,
∴PE+PF=BM.
(3)连接OP,如图②.

∵S△BOC=S△COP-S△BOP,
∴12OC·BM=12OC·PE-12OB·PF.
∵OB=OC,∴PE-PF=BM.
∵∠BMC=∠ANB=90°,∠MBO=∠NBA,
∴△BOM∽△BAN,
∴BMBN=OMAN,
∴OM·BN=BM·AN=(PE-PF)·AN.
∵AB=AC,BM=CN,∴AM=AN,
∴OM·BN=(PE-PF)·AN=(PE-PF)·AM,
∴AM·PF+OM·BN=AM·PE.

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