2019-2021年上海各区一模压轴题分类汇编23题-相似三角形综合题

专题 相似三角形综合题 【历年真题】 1．（2021秋•青浦区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AC、BD相交于点E，∠ABD ＝∠CBD，DC2＝DE•DB． （1）求证：△AEB∽△DEC； （2）求证：BC•AD＝CE•BD． 【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有 【专题】证明题；图形的相似；推理能力． 【分析】（1）根据已知条件先证明△DCE∽△DBC，可得∠DCE＝∠DBC，进而可以证明结论； （2）结合（1）的结论证明△AED∽△BEC，可得∠ADE＝∠BCE，再证明△BDA∽△BCE，进而可得结论． 【解答】证明：（1）∵DC2＝DE⋅DB，∴， ∵∠CDE＝∠BDC，∴△DCE∽△DBC，∴∠DCE＝∠DBC， ∵∠ABD＝∠DBC，∴∠DCE＝∠ABD， ∵∠AEB＝∠DEC， ∴△AEB∽△DEC； （2）∵△AEB∽△DEC，∴， ∵∠AED＝∠BEC，∴△AED∽△BEC，∴∠ADE＝∠BCE， ∵∠ABD＝∠DBC， ∴△BDA∽△BCE，∴， ∴BC•AD＝CE•BD． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△BDA∽△BCE． 2．（2021秋•虹口区期末）如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，BC＝2AD， 对角线AC与BD交于点E．点F是线段EC上一点，且∠BDF＝∠BAC． （1）求证：EB2＝EF•EC； （2）如果BC＝6，sin∠BAC＝，求FC的长． 【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；直角梯形．版权所有 【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力． 【分析】（1）先由AD∥BC得到△EAD∽△ECB，从而得到，然后由∠BDF＝∠BAC、∠AEB＝∠DEF得证△EAB∽△EDF，进而得到，最后得到结果； （2）先利用条件得到AC、AB的长，然后利用BC＝2AD得到AD、BD的长，再结合相似三角形的性质得到EB、EC的长，进而得到EF的长和FC的长． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC，∴△EAD∽△ECB， ∴，即， ∵∠BDF＝∠BAC，∠AEB＝∠DEF，∴△EAB∽△EDF， ∴，∴， ∴EB2＝EF•EC． （2）解：∵BC＝6，sin∠BAC＝＝，BC＝2AD∴AC＝9，AD＝3， ∵∠ABC＝90°，AD∥BC，∴∠BAD＝90°， ∴AB＝＝3， ∴BD＝＝3， ∵△EAD∽△ECB，∴， ∴EC＝AC＝×9＝6，EB＝BD＝×3＝2， ∵EB2＝EF•EC，即（2）2＝6EF，∴EF＝4， ∴FC＝EC﹣EF＝6﹣4＝2． 【点评】本题考查了直角梯形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是熟知“8”字模型相似三角形的判定与性质． 3．（2021秋•静安区期末）如图，边长为1的正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O， 点Q、R分别在边AD、DC上，BR交线段OC于点P，QP⊥BP，QP交BD于点E． （1）求证：△APQ∽△DBR； （2）当∠QED等于60°时，求的值． 【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【专题】图形的相似；运算能力． 【分析】（1）利用正方形的性质可得∠QAP＝∠BDR＝45°，AC⊥BD，根据已知QP⊥BP，利用同角的余角相等可得∠APQ＝∠DBR，即可解答； （2）由（1）可得△APQ∽△DBR，从而可得＝，根据已知可得∠BEP＝60°，设OE为a，然后在Rt△OEP中，表示出OP＝a，EP＝2a，从而在Rt△BEP中求出BE＝4a，进而求出OB，然后进行计算即可解答． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，∠QAP＝∠BDR＝45°， ∴∠BOC＝∠DOC＝90°，OA＝OB，∴∠OBP+∠OPB＝90°， ∵QP⊥BP，∴∠QPB＝90°，∴∠OPB+∠QPA＝90°， ∴∠APQ＝∠DBR， ∴△APQ∽△DBR； （2）解：由（1）可得△APQ∽△DBR，∴＝， ∵∠QED＝60°，∴∠BEP＝∠QED＝60°， ∴∠OPE＝90°﹣∠BEP＝30°， ∴PE＝2OE，OP＝OE， 设OE为a，则EP＝2a，OP＝a， 在Rt△BEP中，BE＝＝4a，∴OB＝BE﹣OE＝4a﹣a＝3a， ∴BD＝2OB＝6a， ∵OA＝3a，OP＝a，∴AP＝OA+OP＝3a+a， ∴＝＝， ∴＝． 【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形分析是解题的关键． 4．（2021秋•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B ＝