专项训练 相似型几何综合题（含答案）
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专项训练
相似型几何综合题
1.如图,四边形ABCD中,AB=AC=AD,AC平分∠BAD,点P是AC延长线上一点,且PD⊥AD.
(1)求证:∠BDC=∠PDC.
(2)若AC与BD相交于点E,AB=1,CE:CP=2:3,求AE的长.
2.如图，四边形ABCD中，AC⊥BD交BD于点E,点F,M分别是AB,BC的中点,BN平分∠ABE交AM于点N,AB=AC=BD,连接MF,NF.
(1)求证:
(2)求证:△MFN∽△BDC.
3.已知矩形ABCD，点E是AD上一点，将矩形沿BE折叠，点A恰好落在BD上的点F处.
(1)如图①,若AB=3,AD=4,求AE的长.
(2)如图②，若点F恰好是BD的中点，点M 是BD上一点,过点M作MN∥BE交AD于点N,连接EM,若MN平分∠EMD,求证:DN ·DE=DM· BM.
4.如图，正方形ABCD中，点P 为射线DC上的一个动点，点Q为AB的中点,连接PQ,DQ,过点P作PE⊥DQ于点E.
(1)请找出图中一对相似三角形，并证明.
(2)若AB=4,以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,试求出DP的长.
参考答案
1.(1)证明:∵AB=AD,AC平分∠BAD,∴AC⊥BD,∴∠ACD+∠BDC=90° .
∵AC=AD,∴∠ACD =∠ADC,∴∠ADC+∠BDC=90°.
∵PD⊥AD,∴∠ADC+∠PDC=90°,∴∠BDC=∠PDC.
(2)解:如图,过点C作CM⊥PD于点M.
∵∠BDC=∠PDC,∴CE=CM.
∵∠CMP=∠ADP=90°,∠P=∠P,∴△CPM∽△
设CM=CE=x.∵CE:CP=2:3，
解得 故
2.证明:(1)∵AB=AC,点M是BC的中点,∴AM⊥BC,AM平分∠BAC.
∵BN平分∠ABE,∴∠EBN=∠ABN.
∵AC⊥BD,∴∠AEB=90°,∴∠EAB+∠EBA
∠ABE)=45°,
∴△BMN是等腰直角三角形,∴BN=
(2)∵点F,M分别是AB,BC的中点,∴FM∥AC，FM＝
∵AC＝BD，∴FM＝，即
是等腰直角三角形
即∠FMB=90°.
∵FM∥AC,∴∠ACB=∠FMB.
∵∠CEB=90°,∴∠ACB+∠CBD=90°,∴∠CBD+∠FMB=90°,
∴∠NMF=∠CBD,∴△MFN∽△BDC.
3.(1)解:由题意知∠BAD=90°,AB=3,AD=4,∴BD=
=90°,∴∠EFD=90°,∴∠EFD=∠A.
∵∠EDF=∠ADB，∴△DEF∽△DBA，∴
设AE＝EF＝x,则 解得
(2)证明:∵F为BD的中点,∠A=∠BFE=90°,∴BE=DE,∴∠EBD=∠EDB.
∵MN∥BE,∴∠NME=∠BEM.又∵MN平分∠EMD,∴∠NMD=∠NME,
4.解:
(1)△ADQ∽△EPD.证明:∵PE⊥DQ,∴∠DEP=∠A=90°.
∵∠ADC=90°,∴∠ADQ+∠EDP=90°.
又∵∠EDP+∠DPE=90°,∴∠ADQ=∠DPE,∴△ADQ∽△EPD.
(2)∵AB=4,点Q为AB的中点,
∵∠PEQ=∠A=90°,∴若以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,有两种情况:
①当△ADQ∽△EPQ时, 设EQ=x,则EP=2x,则
由(1)知△ 即 ②当△ADQ∽△EQP时,设EQ=2a,则EP=a.同理可得
综上,DP的长为2或5.
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相似型几何综合题
1.如图,四边形ABCD中,AB=AC=AD,AC平分∠BAD,点P是AC延长线上一点,且PD⊥AD.
(1)求证:∠BDC=∠PDC.
(2)若AC与BD相交于点E,AB=1,CE:CP=2:3,求AE的长.
2.如图，四边形ABCD中，AC⊥BD交BD于点E,点F,M分别是AB,BC的中点,BN平分∠ABE交AM于点N,AB=AC=BD,连接MF,NF.
(1)求证:
(2)求证:△MFN∽△BDC.
3.已知矩形ABCD，点E是AD上一点，将矩形沿BE折叠，点A恰好落在BD上的点F处.
(1)如图①,若AB=3,AD=4,求AE的长.
(2)如图②，若点F恰好是BD的中点，点M 是BD上一点,过点M作MN∥BE交AD于点N,连接EM,若MN平分∠EMD,求证:DN ·DE=DM· BM.
4.如图，正方形ABCD中，点P 为射线DC上的一个动点，点Q为AB的中点,连接PQ,DQ,过点P作PE⊥DQ于点E.
(1)请找出图中一对相似三角形，并证明.
(2)若AB=4,以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,试求出DP的长.
参考答案
1.(1)证明:∵AB=AD,AC平分∠BAD,∴AC⊥BD,∴∠ACD+∠BDC=90° .
∵AC=AD,∴∠ACD =∠ADC,∴∠ADC+∠BDC=90°.
∵PD⊥AD,∴∠ADC+∠PDC=90°,∴∠BDC=∠PDC.
(2)解:如图,过点C作CM⊥PD于点M.
∵∠BDC=∠PDC,∴CE=CM.
∵∠CMP=∠ADP=90°,∠P=∠P,∴△CPM∽△
设CM=CE=x.∵CE:CP=2:3，
解得 故
2.证明:(1)∵AB=AC,点M是BC的中点,∴AM⊥BC,AM平分∠BAC.
∵BN平分∠ABE,∴∠EBN=∠ABN.
∵AC⊥BD,∴∠AEB=90°,∴∠EAB+∠EBA
∠ABE)=45°,
∴△BMN是等腰直角三角形,∴BN=
(2)∵点F,M分别是AB,BC的中点,∴FM∥AC，FM＝
∵AC＝BD，∴FM＝，即
是等腰直角三角形
即∠FMB=90°.
∵FM∥AC,∴∠ACB=∠FMB.
∵∠CEB=90°,∴∠ACB+∠CBD=90°,∴∠CBD+∠FMB=90°,
∴∠NMF=∠CBD,∴△MFN∽△BDC.
3.(1)解:由题意知∠BAD=90°,AB=3,AD=4,∴BD=
=90°,∴∠EFD=90°,∴∠EFD=∠A.
∵∠EDF=∠ADB，∴△DEF∽△DBA，∴
设AE＝EF＝x,则 解得
(2)证明:∵F为BD的中点,∠A=∠BFE=90°,∴BE=DE,∴∠EBD=∠EDB.
∵MN∥BE,∴∠NME=∠BEM.又∵MN平分∠EMD,∴∠NMD=∠NME,
4.解:
(1)△ADQ∽△EPD.证明:∵PE⊥DQ,∴∠DEP=∠A=90°.
∵∠ADC=90°,∴∠ADQ+∠EDP=90°.
又∵∠EDP+∠DPE=90°,∴∠ADQ=∠DPE,∴△ADQ∽△EPD.
(2)∵AB=4,点Q为AB的中点,
∵∠PEQ=∠A=90°,∴若以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,有两种情况:
①当△ADQ∽△EPQ时, 设EQ=x,则EP=2x,则
由(1)知△ 即 ②当△ADQ∽△EQP时,设EQ=2a,则EP=a.同理可得
综上,DP的长为2或5.
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