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压轴题06相似相关压轴题
01相似三角形压轴题
1.(2023?绍兴模拟)小明在学习角平分线知识的过程中,做了进一步探究:如图1,在△ABC中,∠BAC的平分线交BC于点D,
发现.小明想通过证明来验证这个结论.证明:延长BA至E,使得AC=AE,…请你完成上述证明过程:
结论应用
已知在△ABC中,∠C=30°,∠B=α,BC边上有一动点D,连结AD,点B关于AD的对称点为点,连结AB′交BC于点E.
(1)如图2当α=30°,AB′⊥BC,求的值.
(2)如图3当α=45°,AB′与△ABC的边垂直时,求的值.
【分析】延长BA至E,使得AC=AE,连接CE,可推出∠BAD=∠E,从而AD∥CE,从而推出,进一步得出结论;
(1)可推出AD平分∠BAE,从而得出;
(2)分为三种情形:当AB′⊥BC时,由(1)知:,当AB′⊥AC时,作AF⊥BC于F,不妨设AC=3,则AE=,AF=AC=,AF=,从而得出=,当AB′⊥AB时,可得出.
【解答】证明:如图1,
延长BA至E,使得AC=AE,连接CE,
∴∠E=∠ACE,
∴∠BAC=∠E+∠ACE=2∠E,
∵AD平分∠BAC,
∴∠BAC=∠BAD,
∴∠BAD=∠E,
∴AD∥CE,
∴,
∴;
解:(1)∵AB′⊥BC,
∴∠AEB=90°,
∵∠B=30°,
∴AB=2AE,
∵点B关于AD的对称点为点B′,
∴AD平分∠BAE,
∴;
(2)如图2,
当AB′⊥BC时,
∵sinB=,
∴
由(1)知:,
如图3,
当AB′⊥AC时,
作AF⊥BC于F,
不妨设AC=3,则AE=AC?tanC=3?tan30°=,
AF=AC=,AB=AF=,
∴=,
如图4,
当AB′⊥AB时,
可得∠AEB=∠B=45°,
∴AB=AE,
∴
综上所述:=或或1.
2.(2023?湖州)【特例感知】
(1)如图1,在正方形ABCD中,点P在边AB的延长线上,连结PD,过点D作DM⊥PD,交BC的延长线于点M.求证:△DAP≌△DCM.
【变式求异】
(2)如图2,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,点D在边AB上,过点D作DQ⊥AB,交AC于点Q,点P在边AB的延长线上,连结PQ,过点Q作QM⊥PQ,交射线BC于点M.已知BC=8,AC=10,AD=2DB,求的值.
【拓展应用】
(3)如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点P在边AB的延长线上,点Q在边AC上(不与点A,C重合),连结PQ,以Q为顶点作∠PQM=∠PBC,∠PQM的边QM交射线BC于点M.若AC=mAB,CQ=nAC(m,n是常数),求的值(用含m,n的代数式表示).
【分析】(1)根据正方形的性质及角的和差推出∠A=∠DCM,AD=DC,∠ADP=∠CDM,利用ASA即可证明△DAP≌△DCM;
(2)作QN⊥BC于点N,则四边形DBNQ是矩形,根据矩形的性质推出∠DQN=90°,QN=DB,根据角的和差推出∠DQP=∠MQN,结合∠QDP=∠QNM=90°,推出△DQP∽△NQM,根据相似三角形的性质得到,根据勾股定理求出AB=6,则DB=2,根据矩形的性质推出DQ∥BC,进而推出△ADQ∽△ABC,根据相似三角形的性质求解即可;
(3)根据题意推出CQ=mnAB,AQ=(m﹣mn)AB,根据勾股定理求出BC=AB,根据四边形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP=∠NQM,结合∠A=∠QNM=90°,推出△QAP∽△QNM,根据相似三角形的性质得出,根据题意推出△QCN∽△BCA,根据相似三角形的性质求出,据此求解即可.
【解答】(1)证明:在正方形ABCD中,∠A=∠ADC=∠BCD=90°,AD=DC,
∴∠DCM=180°﹣∠BCD=90°,
∴∠A=∠DCM,
∵DM⊥PD,
∴∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°,
∴∠ADP=∠CDM,
在△DAP和△DCM中,
,
∴△DAP≌△DCM(ASA);
(2)解:如图2,作QN⊥BC于点N,
∵∠ABC=90°,DQ⊥AB,QN⊥BC,
∴四边形DBNQ是矩形,
∴∠DQN=90°,QN=DB,
∵QM⊥PQ,
∴∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°,
∴∠DQP=∠MQN,
∵∠QDP=∠QNM=90°,
∴△DQP∽△NQM,
∴,
∵BC=8,AC=10,∠ABC=90°,
∴,
∵AD=2DB,
∴DB=2,
∵∠ADQ=∠ABC=90°,
∴DQ∥BC,
∴△ADQ∽△ABC,
∴,
∴,
∴;
(3)解:∵AC=mAB,CQ=nAC,
∴CQ=mnAB,
∴AQ=AC﹣CQ=(m﹣mn)AB,
∵∠BAC=90°,
∴,
如图3,作QN⊥BC于点N,
∵∠BAC+∠A
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