中考数学备考专题复习相似与位似含例题解析

在△ADE中，

∵∠AED+∠ADE+∠A=180°，∠A=45° 即40°+∠ADE+45°=180°，

∴∠ADE=95°． 【考点】相似三角形的性质

【解析】【分析】由△ABC∽△ADE ， ∠C=40°，根据相似三角形的对应角相等，即可求得∠AED的度数，又由三角形的内角和等于180°，即可求得∠ADE的度数．

【答案】解答：①若∠AED对应∠B时，

=

，即

= ，

解得AE= ；

②当∠ADE对应∠B时，

=

，即 =

，

解得AE=2．

所以AE的长为2或 ． 【考点】相似三角形的性质

【解析】【分析】由于△ADE与△ABC相似，但其对应角不能确定，所以应分两种情况进行讨论．

【答案】解：画图

△DEF就是所求三角形．

【考点】三角形中位线定理，作图—相似变换 【解析】【分析】作△ABC的中位线MN，再作△DEF≌△AMN即可． 【答案】解：（1）如图所示：△A1B1C1 ， 即为所求； （2）如图所示：△A2B2C2 ， 即为所求；

（3）△A2B2C2的面积为：4×8﹣×2×4﹣×2×6﹣×2×8=14． 故答案为：14．

【考点】作图-轴对称变换，作图—相似变换

【解析】【分析】（1）直接利用关于x轴对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；

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（2）利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；

（3）利用△A2B2C2所在矩形的面积减去周围三角形面积进而得出答案． 五、综合题 【答案】

（1）解：设PF=m，PE=n，连结EF，如图1，

∵AF，BE是△ABC的中线，

∴EF为△ABC的中位线，AE= b，BF= a， ∴EF∥AB，EF= c， ∴△EFP∽△BPA，

∴

，即 = ，

∴PB=2n，PA=2m，

在Rt△AEP中，∵PE2+PA2=AE2

， ∴n2

+4m2

= b2

①，

在Rt△AEP中，∵PF2

+PB2

=BF2

， ∴m2

+4n2

= a2

②，

①+②得5（n2

+m2

）= （a2

+b2

）， 在Rt△EFP中，∵PE2

+PF2

=EF2

， ∴n2

+m2

=EF2

= c2

，

∴5? c2= （a2+b2

）， ∴a2

+b2

=5c2

；

（2）解：∵四边形ABCD为菱形， ∴BD⊥AC，

∵E，F分别为线段AO，DO的中点， 由（1）的结论得MB2

+MC2

=5BC2

=5×32

=45， ∵AG∥BC，

∴△AEG∽△CEB， ∴

= ，

∴AG=1， 同理可得DH=1， ∴GH=1， ∴GH∥BC， ∴

= ，

∴MB=3GM，MC=3MH， ∴9MG2

+9MH2

=45，

∴MG2

+MH2=5．

【考点】三角形中位线定理，相似三角形的判定

【解析】【分析】（1）设PF=m，PE=n，连结EF，如图1，根据三角形中位线性质得EF∥AB，EF= c，则可判断△EFP∽△BPA，利用相似比得到PB=2n，PA=2m，接着根据勾股定理得到n2

+4m2

= b2

， m2

+4n2

= a2

， 则5（n2

+m2

）= （a2

+b2

），而n2

+m2

=EF2

= c2

， 所以a2

+b2

=5c2

；（2）利用（1）的结论得MB2

+MC2

=5BC2

=5×32

=45，再利用△AEG∽△CEB可计算出AG=1，同理可得

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DH=1，则GH=1，然后利用GH∥BC，根据平行线分线段长比例定理得到MB=3GM，MC=3MH，然后等量代换后可得MG2

+MH2

=5．本题考查了相似三角形的判定：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了三角形中位线性质和菱形的性质． 【答案】

（1）解：∵△CBD≌△C′BD， ∴∠CBD=∠C′BD=15°，C′B=CB=2， ∴∠CBC′=30°，

如图1，作C′H⊥BC于H，则C′H=1，HB= ， ∴CH=2﹣ ，

∴点C′的坐标为：（2﹣ ，1）

（2）解：如图2，∵A（2，0），k=﹣ ，

∴代入直线AF的解析式为：y=﹣ x+b，

∴b=

，

则直线AF的解析式为：y=﹣ x+

，

∴∠OAF=30°，∠BAF=60°，

∵在点D由C到O的运动过程中，BC′扫过的图形是扇形， ∴当D与O重合时，点C′与A重合， 且BC′扫过的图形与△OAF重合部分是弓形， 当C′在直线y=﹣

x+

上时，BC′=BC=AB，

∴△ABC′是等边三角形，这时∠ABC′=60°， ∴重叠部分的面积是：

﹣

×22

= π﹣

（3）解：如图3，设OO′与DE交于点M，则O′M=OM，OO′⊥DE，若△DO′E与△COO′相似，则△COO′必是Rt△，

在点D由C到O的运动过程中，△COO′中显然只能∠CO′O=90°，∴CO′∥DE， ∴CD=OD=1，

∴b=1，

连接BE，由轴对称性可知C′D=CD，BC′=BC=BA，

∠BC′E=∠BCD=∠BAE=90°， 在Rt△BAE和Rt△BC′E中 ∵

，

∴Rt△BAE≌Rt△BC′E（HL）， ∴AE=C′E，

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∴DE=DC′+C′E=DC+AE， 设OE=x，则AE=2﹣x， ∴DE=DC+AE=3﹣x，

由勾股定理得：x2

+1=（3﹣x）2

， 解得：x=，

∵D（0，1），E（ ，0）， ∴ k+1=0， 解得：k=﹣ ，

∴存在点D，使△DO′E与△COO′相似，这时k=﹣ ，b=1．

【考点】待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似图形

【解析】【分析】（1）利用翻折变换的性质得出∠CBD=∠C′BD=15°，C′B=CB=2，进而得出CH的长，进而得出答案；（2）首先求出直线AF的解析式，进而得出当D与O重合时，点C′与A重合，且BC′扫过的图形与△OAF重合部分是弓形，求出即可；（3）根据题意得出△DO′E与△COO′相似，则△COO′必是Rt△，进而得出Rt△BAE≌Rt△BC′E（HL），再利用勾股定理求出EO的长进而得出答案．

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