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2024年中考数学精选压轴题之相似三角形
一、选择题
1．（2024·浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，点，将线段AB平移得到线段DC．若，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过D作轴于E，
∵，
∴，
∵将线段平移得到线段，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
故答案为：D．
【分析】过D作轴于点E，由可得，根据平移的性质证明四边形是矩形，可得；然后再证明，利用相似三角形的性质求出，进而求出即可．
2．（2024·珠海模拟）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG//CF；④S△FGC=3．其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】平行线的判定；直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=∠AFE=90°，
∴△ABG≌△AFG，故①正确；
②∵EF=DE=CD=2，
∴CE=CD-DE=4，
∵△ABG≌△AFG，
∴BG=FG，
设BG=FG=x，则CG=6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，
解得x=3．
所以BG=3=6﹣3=GC，故②正确；
③∵CG=BG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG//CF，故③正确；
④过F作FH⊥DC，
∵BC⊥DH，
∴FH//GC，
∴△EFH∽△EGC，
∴，
∵EF=DE=2，GF=3，
∴EG=5，
∴，
∴，
∴S△FGC=S△GCE﹣S△FEC=，故④错误，
综上，正确的有①②③，共3个.
故答案为：C．
【分析】利用HL可证明△ABG≌△AFG，①正确；设BG=FG=x，则CG=6﹣x，在直角△ECG中，利用勾股定理构建方程求出BG=3=GC即可得到②正确；根据平角的定义和三角形内角和定理证明∠AGF=∠GFC，即可得出AG//CF，③正确；过F作FH⊥DC，证明△EFH∽△EGC，利用相似三角形的性质求出FH，然后根据S△FGC=S△GCE﹣S△FEC计算即可．
3．（2024九下·隆昌月考）如图，在正方形ABCD中，是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①；②∽；③∽；④，其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PH PC，故④正确；
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质可得∠ABE=∠DCF=30°，根据30°角的直角三角形的性质可判定 ① ，根据等腰三角形的判定和相似三角形的判定可判定 ② ，进而判定 ③ ，证明△DPH∽△CPD，利用相似三角形的性质判定④。
4．（2024·新市区模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边．，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是　　
A． B． C．， D．，
【答案】D
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：矩形的边．，
，，，
，
，
，
△，
，
将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，
，，
，
（负值舍去），
，
连接，设与交于，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
由折叠知，，，
，
，
，
解得，
，，
故答案为：
【分析】先根据矩形的性质得到，，，进而根据平行线的性质得到，再根据相似三角形的判定与性质结合题意即可得到，再根据折叠得到，，进而结合题意即可求出CD，连接，设与交于，根据勾股定理求出OC，进而根据矩形的判定与性质得到，，，从而即可得到CF，再根据折叠得到，，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
5．（2024九上·杭州月考）如图，已知AB=AC，∠B＜30°，BC上一点D满足∠BAD=120°，=，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行线的性质；三角形的外角性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，作BE∥AC交AD于E，作BH⊥AE于H，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵BE∥AC，
∴∠DBE=∠C，
∴∠ABC=∠DBE，
∵∠DBE=∠C，∠ADC=∠EDB，
∴△ADC∽△EDB，
∴，
设AB=AC=6a，
∴BE=14a，
∵∠BAD=120°，BH⊥AE，
∴∠ABH=30°，
∴，，
∴，
在Rt△BEH中，根据勾股定理，得
∵EH2=BE2-BH2，
∴
∴，
即，
解得AD=3a，
则；
故答案为：A.
【分析】作BE∥AC交AD于E，作BH⊥AE于H，根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据两直线平行，内错角相等可得∠DBE=∠C，推得∠ABC=∠DBE，根据有两个角对应相等的三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可得，根据比例设AB=AC=6a，则BE=14a，根据三角形的外角的等于与它不相邻的两个内角之和可得∠ABH=30°，根据直角三角形中，30°角所对的边是斜边的一半，结合直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得BH和EH的值，推得AE=10a，结合比例可得AD=3a，即可求解.
6．（2024·浙江模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在BC上取点F，使得CF＝CE，连结AF交CD于点G，连结AD．若CG＝GF，则的值等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图：
连接AC，
∵AB是 ⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥AB，
∴AC=AD，∠CEB=∠CEA=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，∠ABC+∠BCE=90°，
∴∠BAC=∠BCE，
∴△BCE∽△BAC，
∴.
∴.
同理可得：.
∵ CG=GF，
∴∠FCG=∠CFG，
又∵∠ACF=∠BEC=90°，CF=CE.
∴△ACF≌△BEC（ASA）.
∴AC=BE.
∴，
即
解得：(舍负).
∴.
∴
∵CD⊥AB ，
∴AC=AD.
∴.
故答案为：A.
【分析】证明得△BCE∽△BAC，根据相似三角形性质得，同理证得.再根据CG=GE，得∠FCG=∠CFG，可利用ASA证△ACF≌△BEC，得到AC=BE. 在中将AE替换成AB－BE，代入AC，解得，于是可得AE长，即可求的值 .
7．（2024九上·渠县期末）如图，已知是的中线，E是线段上一点，且，的延长线交于点，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：，
AE：DE=1：2，
如图所示：取BF的中点H，连接DH，
是的中线，
点D是BC的中点，
DH是的中位线，
，且DH∥CF，
DH∥CF，
∠HDE=∠FAE，∠DHE=∠AFE，
，
，
，即CF=4AF，
.
故答案为：C.
【分析】由，得出AE：DE=1：2，取BF的中点H，连接DH，可得DH是的中位线，进而可证，再利用相似三角形的性质得到，进而得到CF=4AF，据此即可得到的值 .
8．（2023九上·呈贡月考）如图，已知平行四边形，点E是延长线上一点，与分别相交于点．则下列关系式成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，
，故D错误；
又，，
，，故B 错误；
又，
，故A正确；
，
，故C错误.
故答案为：A.
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形可得，再根据平行易得，，，可得相似三角形的对应边成比例，可知A正确，在根据相似三角形的对应边成比例一一判断即可.
9．（2023九上·长沙月考）如图，在正方形中，点分别是边上的两点，且分别交于．对于下列结论：
①；②；③；④当时，面积的最小值为．其中正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：
为正方形，
，
又
故①正确；
把绕点A逆时针旋转，得到．
，
∵，
∴．
又，
∴．
∴，
即故②正确；
由②得．
过作，作，如图所示：
则与的相似比就是．
易证，
则可知，
故③正确；
当时，
设，因为，
所以，所以．
整理，得，
所以，
即．
又因为，所以，当且仅当时等号成立，此时．
因此，当时，取最小值，为．故④正确．
故答案为：D
【分析】先根据正方形的性质得到，进而结合题意得到，从而运用相似三角形的判定即可判定①；进而根据相似三角形的性质得到，从而根据旋转的性质得到，进而运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，再根据平行线的性质得到，再结合题意证明，从而运用相似三角形的判定与性质证明即可判断②；由②得，过作，作，则与的相似比就是，进而结合题意运用三角形全等的判定即可判断③；设，因为，进而结合题意运用三角形的面积进行运算即可求解。
10．（2023九上·南山月考）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E为CD中点，F为BC上的一点，且∠EAF＝45°，∠ABG＝∠DAE，连接EF，延长BG交AE于点M，交AD于点N，则以下结论；
①DE+BF＝EF②BN⊥AE③BF＝④S△BGF＝中正确的是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；四边形的综合
【解析】【解答】解：延长CD至H，使DH= BF，如图所示：
①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠ABF=∠C=∠ADC=90°=∠ADH，
∴△ABF≌△ADH ( SAS )，
∴AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAF+∠DAE=∠DAH+∠DAE=45°，即∠EAF=∠EAH=45°，
又∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAH ( SAS )，
∴EF=EH= ED+DH= = ED+BF，①正确；
②∵∠ABG=∠DAE，∠BAN=90°，
∴∠ABG+∠ANB=∠DAE+∠ANB=90°，
∵BN⊥AE，②正确；
③设BF=DH=x，
∵ E为CD中点，
∴，
∴EF=EH=2+x，CF=4－x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，
解得，
即，③不正确；
④∵∠ABG=∠DAE，∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BGF=∠BAF+∠ABG=∠BAF+∠DAE=45°=∠EAH，
又∠AFB=∠H，
∴△BGF∽△EAH，
∵，
，
，
∴，④正确；
综上，正确的有①②④，
故答案为：C.
【分析】延长CD至H，使DH=BF，证明△ABF≌OADH，推出AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，利用SAS证明△EAF≌△EAH，可判断①；利用两锐角互余的三角形是直角三角形可判断②；设BF=x，表示出EF，FC，在Rt△CEF中，利用勾股定理计算可判断③；证明△BGF∽△EAH，利用相似三角形面积比等于相似比的平方可判断④.
11．（2022九上·拱墅期末）如图，在矩形中，，点分别在边上，且与关于直线对称.点在边上，分别与交于两点.若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；轴对称的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，
四边形是矩形，
，，，
，
设，，
与关于直线对称，
，，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
设，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：D.
【分析】连接FQ，由矩形的性质可得AB∥CD，∠BAF=90°，BC=AD，由已知条件可设AB=4a，则BC=5a，由轴对称的性质可得BF=BC=5a，CQ=FQ，CE=FE，利用勾股定理可得AF=3a，则DF=AD-AF=2a，易得四边形CQFE为菱形，则AB∥FQ∥CE，由平行线分线段成比例的性质可得，设CQ=2k，则GQ=3k，由等腰三角形的性质可得∠CQE=∠CEQ，由平行线的性质可得∠ABQ=∠CEQ，结合对顶角的性质可推出BG=QG，易证△GBP∽△QFP，根据相似三角形的性质可得GP，据此求解.
12．（2023九上·长清期中）如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ GD，正确的是（　　）
A．①③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：①四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°，
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∴∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE，
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ，
∵∠B=∠F=90°，
∴△QFG∽△PBE.
故①正确；
②过点C作CN⊥EG于N，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△NEC和△BEC中，
∴△NEC≌△BEC(AAS).
∴CN=CB=CD，，
在Rt△CNG和Rt△CDG中，
∴Rt△CNG≌Rt△CDG(HL)，
∴
＞，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG.
∴③正确；
④连接DH，NH，HE，如图，
∵△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG，
∴∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠CHP=45°，
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG，
∴EG2-EH2=GH2.
由折叠可知：EH=CH.
∴EG2-CH2=GH2，
∵CN⊥EG，EH⊥CG，
∴∠ENC=∠EHC=90°，
∴E，N，H，C四点共圆，
∴∠HNC=∠HEC=45°.
在△CNH和△CDH中，
∴△CNH≌△CDH(SAS)，
∴∠CDH=∠CNH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°，
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴，
∴GH2=GQ GD，
∴GE2-CH2=GQ GD，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④.
故答案为：B.
【分析】①根据有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CN⊥EG于N，通过证明△BEC≌△NEC，进而说明△CNG≌△CDG，可得＞，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，NH，HE，由△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG可知：∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG，利用勾股定理可得EG2-EH2=GH2.由CN⊥EG，EH⊥CG，得到∠ENC=∠EHC=90°，所以E，N，H，C四点共圆，所以∠HNC=∠HEC=45°，通过△CNH≌△CDH，可得∠CDH=∠CNH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2= GQ GD，从而说明④成立.
二、填空题
13．（2024·南山模拟） 在锐角中，AD，BE分别为的中线和角平分线，，且，则　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：过D作DF∥BE，交AC于点F，
∵AD是△ABC的中线，
∴，
∵DF∥BE，
∴△CFD∽△CEB，
∴，
∴CF=EF，
∵AD⊥BE，DF∥BE，
∴FD⊥AD，即∠ADF=90°，
∵BE=AD，
∴AD=2FD，
设FD=x，则AD=BE=2x，
由勾股定理得，，
∵BE为△ABC的角平分线，
∴∠ABM=∠DBM，
∵AD⊥BE，
∴∠DMB=∠AMB=90°，
又∵BM=BM，
∴△ABM≌△DBM（ASA），
∴AM=DM，AB=BD，
即，
∵DF∥BE，
∴△AEM∽△AFD，
∴，
∴，，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】过D作DF∥BE，交AC于点F，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，结合中线的性质和相似三角形的对应边之比相等可得CF=EF，设FD=x，则AD=2x，BE=2x，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求得AF的长，根据两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得AB=BD，AM=DM，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可得可得AE=EF，求得BM、AM的长，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求得BD的长，可得BC、AC的长，即可求解.
14．（2024·深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，作交BC于点F，对角线AC分别交DE，DF于点G，H，当DH⊥AC时，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，设AD=a，AB=b.
∴∠DAE=∠EBF=90°，AD=BC=a，AB=DC=b，AB//CD，.
∵E是AB的中点，
∴.
∴.
∵AE//CD，
∴△AEG∽△CDG.
∴.
∴.
∵∠ADC=∠DCF=90°，DH⊥AC
∴∠ADF+∠FDC=∠ADF+∠DAC=90°，
∴∠FDC=∠DAC，
∴△FDC∽△CAD.
∴.
∴
∵∠DEF=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠AED+∠BEF，
∴∠ADE=∠BEF，
∴△ADE∽△BEF.
∴.
∴.
∴.
∴.
解得：.
∴，，
∵ ，DH⊥AC ，
∴∠DHG=∠DEF=90°，
∵∠HDG=∠EDF，
∴△HDG∽△EDF.
∴.
【分析】利用矩形性质得∠ABC=∠DBC=∠ADC=∠DAB=90°，AB//CD.根据E是AB的中点得AE=BE.设AD=a，AB=b，表示出ED的长，证明△AEG∽△CDG.得，可表示出DG；证明△FDC∽△CAD，得，可表示出FC，证明△ADE∽△BEF，得，可表示出BF，从而得CF，联立，得到a与b的数量关系，从而可表示用b表示出DG，FC，DF，最后证明△HDG∽△EDF，得，代入DG和DF即可得到结果.
15．（2024·双流模拟）如图，正方形中，M、N分别是、边上的点，将四边形沿直线翻折，使得点A、B分别落在点、处，且点恰好为线段的中点，交于点G，作于点P，交于点Q．若，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，设，
∴，
由翻折可知，
设，
∵，
在中，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，，，
设，
在中，则有，
解得，
∴，
连接，延长交于T，则四边形是平行四边形，过点作于H，如图所示：
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】先根据正方形的性质结合题意得到，进而根据折叠的性质，设，再运用勾股定理得到，进而根据相似三角形的判定与性质证明得到，，再根据勾股定理求出DM，连接，延长交于T，则四边形是平行四边形，过点作于H，进而结合题意根据平行线的性质得到，从而进行角的运算得到，再解直角三角形（边角关系）得到，，，从而结合题意运用PQ=PD-DQ即可求解。
16．（2023九上·拱墅月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为　 　．
【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点F作FH⊥AC交AC于点H，如下图：
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4 ；
∴AB==5
∵CD⊥AB
∴，可得CD=；
∴AD==
∵点E是BC的中点
∴EC=2
∵FH⊥AC，∠ACB=90°；
∴FH∥EC
∴FH：EC=AH：AC，即FH：AH=EC：AC=；
设FH=2x，则AH=3x；
∴tan∠DCA=，解得x=；
∴FH=，CH=3-=；
∴CF=
∴DF=
故答案为：.
【分析】根据勾股定理，可得AB的值；根据三角形的面积相等，列等式，可得CD的值；格努三角形相似的判定和性质，可得相似三角形对应边成比例；根据三角函数的应用，列比例式，可得FH和CH的值；根据勾股定理，可得CF的值，进而可得DF的值.
17．（2024九下·广州月考）如图，平分等边的面积，折叠得到，分别与，相交于，两点．若，，则的长是　 　．
【答案】2
【知识点】三角形的面积；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
∵∠AGD=∠FGH，∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，
∴，.
故，.
∵DE平分等边三角形ABC的面积，
∴图形ACED的面积=S△BDE=S△FDE，
∴S△FHG=S△ADE+S△CHE.
∴，
∴HG2=4，
∴HG=±2(舍负).
故答案为：2.
【分析】利用折叠的性质得S△BDE=S△FDE，∠F=∠B，利用等边三角形的性质可得∠F=∠A=∠C=60°.
结合对顶角的性质可证得△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，根据相似的性质得和.根据平分等边的面积可证得S△FHG=S△ADE+S△CHE.
于是可得，即可求得HG长.
18．（2024九下·武汉月考） 如图，中，，，点D在上，．点E在上，且，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点作的平行线，与、分别相交于点、．
，，
．
∵，
，．
．．
，
．
，
∵，
，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质．过点作的平行线，与、分别相交于点、，利用平行线的性质可得，再利用角的运算可得，进而证明，利用相似三角形的性质可得，再推出，代入比例式可求出答案．
三、解答题
19．（2024·孝南模拟） 已知和都是等腰三角形，且，，若点D在边上运动时，总保持，连接与交于点F．
（1）①如图1，当点D为边中点时，则的值为 ▲ ；
②如图2，当点D不为边中点时，求证：；
（2）如图3，当点D在边上运动中恰好使得时，若，，求的长．
【答案】（1）解：①
②证明：由①知，．
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，，
∴，，
∴．
∴，即．
∴．
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）①解：∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
∵，点D为的中点，
∴．
∴．
又∵，
∴垂直平分，
∴．
∵点D为的中点，
∴．
∴．
故答案为：；
【分析】（1）①根据等边对等角和题目已知条件可得∠B=∠BCA=∠ADE=∠AED，由三角形内角和是180°，得∠BAC=∠DAE，故∠BAD=∠CAE；根据等腰三角形三线合一可得∠BAD=∠CAD，等量代换∠DAC=∠CAE，AD=AE，三线合一AF垂直平分DE，再根据垂直平分线上的点到线段两端点距离相等可得CD=CE，即可得到；
②利用SAS证得△BAD≌△CAE，再根据全等三角形的对应边相等即可得证；
（2）先利用两直线平行内错角相等得到，等量代换，再由同位角相等，两直线平行可得AB∥DE，进而由两组对边平行的四边形是平行四边形证得四边形ABDE为平行四边形，由平行四边形对边相等得到DE=AB=5；，公共角∠B，由两组角对应相等的两个三角形相似得到，相似三角形对应边成比例，即可求出BD长，进而求出CD、AE、BD的长，再根据得到，代入即可求出DF长.
20．（2024·南充模拟）如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，使点A，F，E三点共线，得到对应矩形EFCG，连接AF，AC，DG，DE．
（1）求证：AF＝CG；
（2）判断DG与AC的位置关系，并说明理由；
（3）若AB＝3，BC＝4，求tan∠AED的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD，EFCG是矩形
∴AB＝CD，∠B＝90°，∠CFE＝90°．
∴∠CFA＝180°－∠CFE＝90°．
由旋转的性质可得：BC＝FC，CG＝CD∴AB＝CG
在Rt△ABC和Rt△AFC中，
∴Rt△ABC≌Rt△AFC(HL)．
∴AF＝AB，∴AF＝CG．
（2）解：．理由如下：
连接DF，∵四边形ABCD是矩形，∴，∠DAC＝∠BCA．
∵Rt△ABC≌Rt△AFC，∴∠FCA＝∠BCA．∴∠DAC＝∠FCA．
∴OA＝OC，∵AD＝FC∴OD＝OF∴∠ODF＝∠OFD．
∵∠AOC＝∠DOF∴∠DAC＝∠ODF．∴．
∵AF＝CG，，∴四边形ACGF是平行四边形∴．
∴F，D，G三点共线．∴．
（3）解：过点C作CK⊥FG于点K，延长ED交CF于点H
∵CG＝AB＝3，CF＝BC＝4，∴
∵，∴
∴．
∵CD＝CG，CK⊥FG，∴
∴．
∵，∴∠DFH＝∠DGE，∠DHF＝∠DEG．
∴，∴∴．
∴．
【知识点】平行线的判定；直角三角形全等的判定-HL；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质准备条件，根据HL证明三角形ABC和三角形AFC全等，利用全等三角形的性质和矩形的性质求证即可；
（2）连接DF，根据矩形的性质，结合全等三角形的性质证明四边形ACGF是平行四边形，再证明F，D，G三点共线．即可证明；
（3）过点C作CK⊥FG于点k，延长ED交CF于点H，利用勾股定理求出FG，由面积法可求出CK和KG，根据三线合一求DF，再证明，利用对应边成比例求出FH，最后由正切定义可得结论
21．（2024九上·沙坪坝期末）在中，，D是边上一动点，E是外一点，连接．
（1）如图1，，，若，求的度数；
（2）如图2，，，过点D作交于点F，若，求证：；
（3）如图3，，延长交的延长线于点F，交于点G，点D是直线上一动点，将沿翻折得，连接，取的中点M，连接，若，当线段取得最大值时，请直接写出的值．
【答案】（1）解：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形．
∴，
又∵，
∴，
∴．
在和中，
∴．
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：在上截取，连接交于点N，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴．
又∵，
∴，
在和中，
；
∴，
∴，
又∵∠，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，在上取一点T，使得，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，则，，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点F作分别交延长线于S、K，
∴，
又∵，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，；
如图所示，取中点R，连接，
由折叠的性质可得，
∵点M是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点M在以R为圆心，为半径的圆上运动，
∴当A、M、R三点共线，且R在上时，有最大值，
如图所示，过点A作于V，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴
【分析】（1）先根据题意得到∠A的度数，进而根据等边三角形的判定与性质得到，再根据平行线的性质得到，进而运用三角形全等的判定与性质证明得到，从而运用角的运算即可求解；
（2）在上截取，连接交于点N，先根据等腰三角形的性质得到，进而根据平行线的性质得到，再证明即可得到，从而结合题意得到，再证明得到，从而即可得到，再结合题意进行线段的运算即可求解；
（3）在上取一点T，使得，连接，先根据等边三角形的判定与性质得到，进而证明即可得到，设，则，进而结合题意即可得到，设，则，，再根据线段的运算得到，过点F作分别交延长线于S、K，根据等边三角形的判定与性质结合题意即可得到，，进而根据相似三角形的判定与性质得到，取中点R，连接，由折叠的性质可得，进而根据三角形中位线定理结合题意得到，从而得到点M在以R为圆心，为半径的圆上运动，当A、M、R三点共线，且R在上时，有最大值，过点A作于V，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
22．（2024九上·义乌期末）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以点为圆心，5为半径的圆与坐标轴分别交于点、、、．
（1）与相似吗？为什么？
（2）如图2，弦交轴于点，且，求；
（3）如图3，过点作的切线，交轴于点．点是上的动点，问比值是否变化？若不变，请求出比值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）解：相似，理由如下：
∵以点为圆心，5为半径的圆与坐标轴分别交于点、、、，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，如图2，
∵点M的坐标为，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，，
∴，
∴
（3）解：不变；
如图3，连接，
∵为切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
当G点与A点重合时，；
当G点与B点重合时，；
当G点，不与重合时：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上：的值不变，为
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理得∠ADC=∠ABC，即可求证；
（2）连接，根据M的坐标和半径求得OA，再根据勾股定理求得OD和AD，根据圆周角定理可得∠PEB=∠PAD，∠PBE=∠PDA，从而证明△PBE∽△PDA得到BE，再根据勾股定理求得AE，最后计算tan∠EDA，即可求得；
（3）连接，根据相似三角形的判定与性质可得OQ，分情况讨论：当G与A点重合时，可得；当G与B点重合时，可得；当G点，不与重合时，根据相似三角形的判定得△MOD∽△MDQ可得推出，从而判定△MOG∽△MGQ，即可求得.
23．（2024九上·温江期末）在中，，，为边上一动点，且为正整数，在直线上方作，使得∽．
（1）如图，在点运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由；
（2）如图，若，为中点，当点在射线上时，求的长；
（3）如图，设的中点为，求点从点运动到点的过程中，点运动的路径长用含的代数式表示．
【答案】（1）解：理由：如图，∽，
，，
，，
，
∽．
（2）解：如图，作于点，则，
，
，
，，
，
，
，
，
为中点，
，
，，
，，
，
∽，
，，，
，
，
，
，
的长是．
（3）解：如图，取的中点，连接，
的中点为，
，，
，
点在经过中点且与垂直的直线上运动，
，，，
，
当点与点重合时，则点与点重合；
当点与点重合时，如图，此时的值最大，
线段的长即为点运动的路径长，
∽，
，
，
，
点运动的路径长是．
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】(1)由△ADE∽△ACB，得，∠EAD=∠BAC，从而可得，∠DAC=∠EAB，根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△ACD∽△ABE；
(2)作CG⊥AB于点G，因此∠ACG=∠ABC=90°-∠BAC，根据AC=1，，n=2，得BC=nAC=n=2，所以AB==，求得AM=BM=，进一步求得AG=AC=，CG=AC=，所以MG=AM-AG=，由相似三角形的性质得∠ACD=∠ABE=∠MGC=90°，∠BME=∠GMC，，则=tan∠BME=tan∠GMC=，从而，所以CD=；
(3)取AB的中点L，连接PL，因此PL∥EB，PL=EB，所以∠ALP=∠ABE=90°，可知点P在经过AB中点且与AB垂直的直线PL上运动，根据勾股定理求得AB=，当点D与点B重合时，PL的值最大，线段PL的长即为点P运动的路径长，由△ABE∽△ACB，得，求得EB=，则PL=，因此求得点P运动的路径长.
24．（2024八上·朝阳期末）如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在边BC上，且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（t＞0）
（1）当点P和点B重合时，线段PQ的长为 　 　；
（2）当点Q和点D重合时，求的值；
（3）当点P在边AD上运动时，如图②，求证：为定值，并求这个值；
（4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）2
（2）解：解：如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PBE＝∠ECD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠PEQ＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴△PBE∽△ECD，
∴
∵BE＝2，CD＝AB＝4，
∴
∴的值为
（3）证明：作EF⊥AD于点F，如图：
∵∠A＝∠B＝∠AFE＝90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴∠CEF＝∠BEF＝90°，FE＝AB＝4，
∵∠PEQ＝90°＝∠CEF，
∴∠PEF＝∠QEC＝90°﹣∠FEQ，
∵∠EFP＝∠ECQ＝90°，
∴△EFP∽△ECQ，
∴
∴的值为定值，这个值为1
（4）解： 0＜t≤8﹣4或t＝或t＝8
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
当点和点重合时，
∴，，
在中，，
即：；
故答案为：．
（4）①如图所示，当点在上时，
∵，，
在中，，
则 ，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
解得：，
当 时，点在矩形内部，
∴符合题意；
②当点在上时，当，A重合时符合题意，此时如图，
则，，
在中，，
∴，
解得：，
当且时，点在矩形外部，不符合题意；
③当点在上，当，重合时，此时点与点重合，则是正方形，此时；
当时，点在矩形外部，不符合题意；
综上所述，或或．
【分析】（1）先根据三个角是直角的四边形是矩形证明四边形是矩形，再用勾股定理求解；
（2）利用矩形的性质及角之间的互余关系求出∠1＝∠3， 证明△PBE∽△ECD，利用对应边成比例求解即可；
（3）作EF⊥AD于点F， 先证四边形ABEF是矩形， 利用矩形的性质证△EFP∽△ECQ， 利用相似三角形对应边成比例求解即可；
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当，A重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当，重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．
1 / 12024年中考数学精选压轴题之相似三角形
一、选择题
1．（2024·浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，点，将线段AB平移得到线段DC．若，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·珠海模拟）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG//CF；④S△FGC=3．其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2024九下·隆昌月考）如图，在正方形ABCD中，是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①；②∽；③∽；④，其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
4．（2024·新市区模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边．，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是　　
A． B． C．， D．，
5．（2024九上·杭州月考）如图，已知AB=AC，∠B＜30°，BC上一点D满足∠BAD=120°，=，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·浙江模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在BC上取点F，使得CF＝CE，连结AF交CD于点G，连结AD．若CG＝GF，则的值等于（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·渠县期末）如图，已知是的中线，E是线段上一点，且，的延长线交于点，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2023九上·呈贡月考）如图，已知平行四边形，点E是延长线上一点，与分别相交于点．则下列关系式成立的是（　　）
A． B． C． D．
9．（2023九上·长沙月考）如图，在正方形中，点分别是边上的两点，且分别交于．对于下列结论：
①；②；③；④当时，面积的最小值为．其中正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
10．（2023九上·南山月考）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E为CD中点，F为BC上的一点，且∠EAF＝45°，∠ABG＝∠DAE，连接EF，延长BG交AE于点M，交AD于点N，则以下结论；
①DE+BF＝EF②BN⊥AE③BF＝④S△BGF＝中正确的是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2022九上·拱墅期末）如图，在矩形中，，点分别在边上，且与关于直线对称.点在边上，分别与交于两点.若，，则（　　）
A． B． C． D．
12．（2023九上·长清期中）如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ GD，正确的是（　　）
A．①③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
二、填空题
13．（2024·南山模拟） 在锐角中，AD，BE分别为的中线和角平分线，，且，则　 　.
14．（2024·深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，作交BC于点F，对角线AC分别交DE，DF于点G，H，当DH⊥AC时，则的值为　 　．
15．（2024·双流模拟）如图，正方形中，M、N分别是、边上的点，将四边形沿直线翻折，使得点A、B分别落在点、处，且点恰好为线段的中点，交于点G，作于点P，交于点Q．若，则　 　．
16．（2023九上·拱墅月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为　 　．
17．（2024九下·广州月考）如图，平分等边的面积，折叠得到，分别与，相交于，两点．若，，则的长是　 　．
18．（2024九下·武汉月考） 如图，中，，，点D在上，．点E在上，且，则的值为　 　．
三、解答题
19．（2024·孝南模拟） 已知和都是等腰三角形，且，，若点D在边上运动时，总保持，连接与交于点F．
（1）①如图1，当点D为边中点时，则的值为 ▲ ；
②如图2，当点D不为边中点时，求证：；
（2）如图3，当点D在边上运动中恰好使得时，若，，求的长．
20．（2024·南充模拟）如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，使点A，F，E三点共线，得到对应矩形EFCG，连接AF，AC，DG，DE．
（1）求证：AF＝CG；
（2）判断DG与AC的位置关系，并说明理由；
（3）若AB＝3，BC＝4，求tan∠AED的值．
21．（2024九上·沙坪坝期末）在中，，D是边上一动点，E是外一点，连接．
（1）如图1，，，若，求的度数；
（2）如图2，，，过点D作交于点F，若，求证：；
（3）如图3，，延长交的延长线于点F，交于点G，点D是直线上一动点，将沿翻折得，连接，取的中点M，连接，若，当线段取得最大值时，请直接写出的值．
22．（2024九上·义乌期末）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以点为圆心，5为半径的圆与坐标轴分别交于点、、、．
（1）与相似吗？为什么？
（2）如图2，弦交轴于点，且，求；
（3）如图3，过点作的切线，交轴于点．点是上的动点，问比值是否变化？若不变，请求出比值；若变化，请说明理由．
23．（2024九上·温江期末）在中，，，为边上一动点，且为正整数，在直线上方作，使得∽．
（1）如图，在点运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由；
（2）如图，若，为中点，当点在射线上时，求的长；
（3）如图，设的中点为，求点从点运动到点的过程中，点运动的路径长用含的代数式表示．
24．（2024八上·朝阳期末）如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在边BC上，且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（t＞0）
（1）当点P和点B重合时，线段PQ的长为 　 　；
（2）当点Q和点D重合时，求的值；
（3）当点P在边AD上运动时，如图②，求证：为定值，并求这个值；
（4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过D作轴于E，
∵，
∴，
∵将线段平移得到线段，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
故答案为：D．
【分析】过D作轴于点E，由可得，根据平移的性质证明四边形是矩形，可得；然后再证明，利用相似三角形的性质求出，进而求出即可．
2．【答案】C
【知识点】平行线的判定；直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=∠AFE=90°，
∴△ABG≌△AFG，故①正确；
②∵EF=DE=CD=2，
∴CE=CD-DE=4，
∵△ABG≌△AFG，
∴BG=FG，
设BG=FG=x，则CG=6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，
解得x=3．
所以BG=3=6﹣3=GC，故②正确；
③∵CG=BG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG//CF，故③正确；
④过F作FH⊥DC，
∵BC⊥DH，
∴FH//GC，
∴△EFH∽△EGC，
∴，
∵EF=DE=2，GF=3，
∴EG=5，
∴，
∴，
∴S△FGC=S△GCE﹣S△FEC=，故④错误，
综上，正确的有①②③，共3个.
故答案为：C．
【分析】利用HL可证明△ABG≌△AFG，①正确；设BG=FG=x，则CG=6﹣x，在直角△ECG中，利用勾股定理构建方程求出BG=3=GC即可得到②正确；根据平角的定义和三角形内角和定理证明∠AGF=∠GFC，即可得出AG//CF，③正确；过F作FH⊥DC，证明△EFH∽△EGC，利用相似三角形的性质求出FH，然后根据S△FGC=S△GCE﹣S△FEC计算即可．
3．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PH PC，故④正确；
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质可得∠ABE=∠DCF=30°，根据30°角的直角三角形的性质可判定 ① ，根据等腰三角形的判定和相似三角形的判定可判定 ② ，进而判定 ③ ，证明△DPH∽△CPD，利用相似三角形的性质判定④。
4．【答案】D
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：矩形的边．，
，，，
，
，
，
△，
，
将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，
，，
，
（负值舍去），
，
连接，设与交于，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
由折叠知，，，
，
，
，
解得，
，，
故答案为：
【分析】先根据矩形的性质得到，，，进而根据平行线的性质得到，再根据相似三角形的判定与性质结合题意即可得到，再根据折叠得到，，进而结合题意即可求出CD，连接，设与交于，根据勾股定理求出OC，进而根据矩形的判定与性质得到，，，从而即可得到CF，再根据折叠得到，，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
5．【答案】A
【知识点】平行线的性质；三角形的外角性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，作BE∥AC交AD于E，作BH⊥AE于H，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵BE∥AC，
∴∠DBE=∠C，
∴∠ABC=∠DBE，
∵∠DBE=∠C，∠ADC=∠EDB，
∴△ADC∽△EDB，
∴，
设AB=AC=6a，
∴BE=14a，
∵∠BAD=120°，BH⊥AE，
∴∠ABH=30°，
∴，，
∴，
在Rt△BEH中，根据勾股定理，得
∵EH2=BE2-BH2，
∴
∴，
即，
解得AD=3a，
则；
故答案为：A.
【分析】作BE∥AC交AD于E，作BH⊥AE于H，根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据两直线平行，内错角相等可得∠DBE=∠C，推得∠ABC=∠DBE，根据有两个角对应相等的三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可得，根据比例设AB=AC=6a，则BE=14a，根据三角形的外角的等于与它不相邻的两个内角之和可得∠ABH=30°，根据直角三角形中，30°角所对的边是斜边的一半，结合直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得BH和EH的值，推得AE=10a，结合比例可得AD=3a，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图：
连接AC，
∵AB是 ⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥AB，
∴AC=AD，∠CEB=∠CEA=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，∠ABC+∠BCE=90°，
∴∠BAC=∠BCE，
∴△BCE∽△BAC，
∴.
∴.
同理可得：.
∵ CG=GF，
∴∠FCG=∠CFG，
又∵∠ACF=∠BEC=90°，CF=CE.
∴△ACF≌△BEC（ASA）.
∴AC=BE.
∴，
即
解得：(舍负).
∴.
∴
∵CD⊥AB ，
∴AC=AD.
∴.
故答案为：A.
【分析】证明得△BCE∽△BAC，根据相似三角形性质得，同理证得.再根据CG=GE，得∠FCG=∠CFG，可利用ASA证△ACF≌△BEC，得到AC=BE. 在中将AE替换成AB－BE，代入AC，解得，于是可得AE长，即可求的值 .
7．【答案】C
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：，
AE：DE=1：2，
如图所示：取BF的中点H，连接DH，
是的中线，
点D是BC的中点，
DH是的中位线，
，且DH∥CF，
DH∥CF，
∠HDE=∠FAE，∠DHE=∠AFE，
，
，
，即CF=4AF，
.
故答案为：C.
【分析】由，得出AE：DE=1：2，取BF的中点H，连接DH，可得DH是的中位线，进而可证，再利用相似三角形的性质得到，进而得到CF=4AF，据此即可得到的值 .
8．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，
，故D错误；
又，，
，，故B 错误；
又，
，故A正确；
，
，故C错误.
故答案为：A.
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形可得，再根据平行易得，，，可得相似三角形的对应边成比例，可知A正确，在根据相似三角形的对应边成比例一一判断即可.
9．【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：
为正方形，
，
又
故①正确；
把绕点A逆时针旋转，得到．
，
∵，
∴．
又，
∴．
∴，
即故②正确；
由②得．
过作，作，如图所示：
则与的相似比就是．
易证，
则可知，
故③正确；
当时，
设，因为，
所以，所以．
整理，得，
所以，
即．
又因为，所以，当且仅当时等号成立，此时．
因此，当时，取最小值，为．故④正确．
故答案为：D
【分析】先根据正方形的性质得到，进而结合题意得到，从而运用相似三角形的判定即可判定①；进而根据相似三角形的性质得到，从而根据旋转的性质得到，进而运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，再根据平行线的性质得到，再结合题意证明，从而运用相似三角形的判定与性质证明即可判断②；由②得，过作，作，则与的相似比就是，进而结合题意运用三角形全等的判定即可判断③；设，因为，进而结合题意运用三角形的面积进行运算即可求解。
10．【答案】C
【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；四边形的综合
【解析】【解答】解：延长CD至H，使DH= BF，如图所示：
①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠ABF=∠C=∠ADC=90°=∠ADH，
∴△ABF≌△ADH ( SAS )，
∴AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAF+∠DAE=∠DAH+∠DAE=45°，即∠EAF=∠EAH=45°，
又∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAH ( SAS )，
∴EF=EH= ED+DH= = ED+BF，①正确；
②∵∠ABG=∠DAE，∠BAN=90°，
∴∠ABG+∠ANB=∠DAE+∠ANB=90°，
∵BN⊥AE，②正确；
③设BF=DH=x，
∵ E为CD中点，
∴，
∴EF=EH=2+x，CF=4－x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，
解得，
即，③不正确；
④∵∠ABG=∠DAE，∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BGF=∠BAF+∠ABG=∠BAF+∠DAE=45°=∠EAH，
又∠AFB=∠H，
∴△BGF∽△EAH，
∵，
，
，
∴，④正确；
综上，正确的有①②④，
故答案为：C.
【分析】延长CD至H，使DH=BF，证明△ABF≌OADH，推出AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，利用SAS证明△EAF≌△EAH，可判断①；利用两锐角互余的三角形是直角三角形可判断②；设BF=x，表示出EF，FC，在Rt△CEF中，利用勾股定理计算可判断③；证明△BGF∽△EAH，利用相似三角形面积比等于相似比的平方可判断④.
11．【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；轴对称的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，
四边形是矩形，
，，，
，
设，，
与关于直线对称，
，，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
设，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：D.
【分析】连接FQ，由矩形的性质可得AB∥CD，∠BAF=90°，BC=AD，由已知条件可设AB=4a，则BC=5a，由轴对称的性质可得BF=BC=5a，CQ=FQ，CE=FE，利用勾股定理可得AF=3a，则DF=AD-AF=2a，易得四边形CQFE为菱形，则AB∥FQ∥CE，由平行线分线段成比例的性质可得，设CQ=2k，则GQ=3k，由等腰三角形的性质可得∠CQE=∠CEQ，由平行线的性质可得∠ABQ=∠CEQ，结合对顶角的性质可推出BG=QG，易证△GBP∽△QFP，根据相似三角形的性质可得GP，据此求解.
12．【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：①四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°，
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∴∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE，
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ，
∵∠B=∠F=90°，
∴△QFG∽△PBE.
故①正确；
②过点C作CN⊥EG于N，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△NEC和△BEC中，
∴△NEC≌△BEC(AAS).
∴CN=CB=CD，，
在Rt△CNG和Rt△CDG中，
∴Rt△CNG≌Rt△CDG(HL)，
∴
＞，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG.
∴③正确；
④连接DH，NH，HE，如图，
∵△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG，
∴∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠CHP=45°，
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG，
∴EG2-EH2=GH2.
由折叠可知：EH=CH.
∴EG2-CH2=GH2，
∵CN⊥EG，EH⊥CG，
∴∠ENC=∠EHC=90°，
∴E，N，H，C四点共圆，
∴∠HNC=∠HEC=45°.
在△CNH和△CDH中，
∴△CNH≌△CDH(SAS)，
∴∠CDH=∠CNH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°，
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴，
∴GH2=GQ GD，
∴GE2-CH2=GQ GD，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④.
故答案为：B.
【分析】①根据有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CN⊥EG于N，通过证明△BEC≌△NEC，进而说明△CNG≌△CDG，可得＞，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，NH，HE，由△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG可知：∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG，利用勾股定理可得EG2-EH2=GH2.由CN⊥EG，EH⊥CG，得到∠ENC=∠EHC=90°，所以E，N，H，C四点共圆，所以∠HNC=∠HEC=45°，通过△CNH≌△CDH，可得∠CDH=∠CNH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2= GQ GD，从而说明④成立.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：过D作DF∥BE，交AC于点F，
∵AD是△ABC的中线，
∴，
∵DF∥BE，
∴△CFD∽△CEB，
∴，
∴CF=EF，
∵AD⊥BE，DF∥BE，
∴FD⊥AD，即∠ADF=90°，
∵BE=AD，
∴AD=2FD，
设FD=x，则AD=BE=2x，
由勾股定理得，，
∵BE为△ABC的角平分线，
∴∠ABM=∠DBM，
∵AD⊥BE，
∴∠DMB=∠AMB=90°，
又∵BM=BM，
∴△ABM≌△DBM（ASA），
∴AM=DM，AB=BD，
即，
∵DF∥BE，
∴△AEM∽△AFD，
∴，
∴，，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】过D作DF∥BE，交AC于点F，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，结合中线的性质和相似三角形的对应边之比相等可得CF=EF，设FD=x，则AD=2x，BE=2x，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求得AF的长，根据两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得AB=BD，AM=DM，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可得可得AE=EF，求得BM、AM的长，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求得BD的长，可得BC、AC的长，即可求解.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，设AD=a，AB=b.
∴∠DAE=∠EBF=90°，AD=BC=a，AB=DC=b，AB//CD，.
∵E是AB的中点，
∴.
∴.
∵AE//CD，
∴△AEG∽△CDG.
∴.
∴.
∵∠ADC=∠DCF=90°，DH⊥AC
∴∠ADF+∠FDC=∠ADF+∠DAC=90°，
∴∠FDC=∠DAC，
∴△FDC∽△CAD.
∴.
∴
∵∠DEF=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠AED+∠BEF，
∴∠ADE=∠BEF，
∴△ADE∽△BEF.
∴.
∴.
∴.
∴.
解得：.
∴，，
∵ ，DH⊥AC ，
∴∠DHG=∠DEF=90°，
∵∠HDG=∠EDF，
∴△HDG∽△EDF.
∴.
【分析】利用矩形性质得∠ABC=∠DBC=∠ADC=∠DAB=90°，AB//CD.根据E是AB的中点得AE=BE.设AD=a，AB=b，表示出ED的长，证明△AEG∽△CDG.得，可表示出DG；证明△FDC∽△CAD，得，可表示出FC，证明△ADE∽△BEF，得，可表示出BF，从而得CF，联立，得到a与b的数量关系，从而可表示用b表示出DG，FC，DF，最后证明△HDG∽△EDF，得，代入DG和DF即可得到结果.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，设，
∴，
由翻折可知，
设，
∵，
在中，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，，，
设，
在中，则有，
解得，
∴，
连接，延长交于T，则四边形是平行四边形，过点作于H，如图所示：
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】先根据正方形的性质结合题意得到，进而根据折叠的性质，设，再运用勾股定理得到，进而根据相似三角形的判定与性质证明得到，，再根据勾股定理求出DM，连接，延长交于T，则四边形是平行四边形，过点作于H，进而结合题意根据平行线的性质得到，从而进行角的运算得到，再解直角三角形（边角关系）得到，，，从而结合题意运用PQ=PD-DQ即可求解。
16．【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点F作FH⊥AC交AC于点H，如下图：
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4 ；
∴AB==5
∵CD⊥AB
∴，可得CD=；
∴AD==
∵点E是BC的中点
∴EC=2
∵FH⊥AC，∠ACB=90°；
∴FH∥EC
∴FH：EC=AH：AC，即FH：AH=EC：AC=；
设FH=2x，则AH=3x；
∴tan∠DCA=，解得x=；
∴FH=，CH=3-=；
∴CF=
∴DF=
故答案为：.
【分析】根据勾股定理，可得AB的值；根据三角形的面积相等，列等式，可得CD的值；格努三角形相似的判定和性质，可得相似三角形对应边成比例；根据三角函数的应用，列比例式，可得FH和CH的值；根据勾股定理，可得CF的值，进而可得DF的值.
17．【答案】2
【知识点】三角形的面积；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
∵∠AGD=∠FGH，∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，
∴，.
故，.
∵DE平分等边三角形ABC的面积，
∴图形ACED的面积=S△BDE=S△FDE，
∴S△FHG=S△ADE+S△CHE.
∴，
∴HG2=4，
∴HG=±2(舍负).
故答案为：2.
【分析】利用折叠的性质得S△BDE=S△FDE，∠F=∠B，利用等边三角形的性质可得∠F=∠A=∠C=60°.
结合对顶角的性质可证得△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，根据相似的性质得和.根据平分等边的面积可证得S△FHG=S△ADE+S△CHE.
于是可得，即可求得HG长.
18．【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点作的平行线，与、分别相交于点、．
，，
．
∵，
，．
．．
，
．
，
∵，
，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质．过点作的平行线，与、分别相交于点、，利用平行线的性质可得，再利用角的运算可得，进而证明，利用相似三角形的性质可得，再推出，代入比例式可求出答案．
19．【答案】（1）解：①
②证明：由①知，．
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，，
∴，，
∴．
∴，即．
∴．
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）①解：∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
∵，点D为的中点，
∴．
∴．
又∵，
∴垂直平分，
∴．
∵点D为的中点，
∴．
∴．
故答案为：；
【分析】（1）①根据等边对等角和题目已知条件可得∠B=∠BCA=∠ADE=∠AED，由三角形内角和是180°，得∠BAC=∠DAE，故∠BAD=∠CAE；根据等腰三角形三线合一可得∠BAD=∠CAD，等量代换∠DAC=∠CAE，AD=AE，三线合一AF垂直平分DE，再根据垂直平分线上的点到线段两端点距离相等可得CD=CE，即可得到；
②利用SAS证得△BAD≌△CAE，再根据全等三角形的对应边相等即可得证；
（2）先利用两直线平行内错角相等得到，等量代换，再由同位角相等，两直线平行可得AB∥DE，进而由两组对边平行的四边形是平行四边形证得四边形ABDE为平行四边形，由平行四边形对边相等得到DE=AB=5；，公共角∠B，由两组角对应相等的两个三角形相似得到，相似三角形对应边成比例，即可求出BD长，进而求出CD、AE、BD的长，再根据得到，代入即可求出DF长.
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD，EFCG是矩形
∴AB＝CD，∠B＝90°，∠CFE＝90°．
∴∠CFA＝180°－∠CFE＝90°．
由旋转的性质可得：BC＝FC，CG＝CD∴AB＝CG
在Rt△ABC和Rt△AFC中，
∴Rt△ABC≌Rt△AFC(HL)．
∴AF＝AB，∴AF＝CG．
（2）解：．理由如下：
连接DF，∵四边形ABCD是矩形，∴，∠DAC＝∠BCA．
∵Rt△ABC≌Rt△AFC，∴∠FCA＝∠BCA．∴∠DAC＝∠FCA．
∴OA＝OC，∵AD＝FC∴OD＝OF∴∠ODF＝∠OFD．
∵∠AOC＝∠DOF∴∠DAC＝∠ODF．∴．
∵AF＝CG，，∴四边形ACGF是平行四边形∴．
∴F，D，G三点共线．∴．
（3）解：过点C作CK⊥FG于点K，延长ED交CF于点H
∵CG＝AB＝3，CF＝BC＝4，∴
∵，∴
∴．
∵CD＝CG，CK⊥FG，∴
∴．
∵，∴∠DFH＝∠DGE，∠DHF＝∠DEG．
∴，∴∴．
∴．
【知识点】平行线的判定；直角三角形全等的判定-HL；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质准备条件，根据HL证明三角形ABC和三角形AFC全等，利用全等三角形的性质和矩形的性质求证即可；
（2）连接DF，根据矩形的性质，结合全等三角形的性质证明四边形ACGF是平行四边形，再证明F，D，G三点共线．即可证明；
（3）过点C作CK⊥FG于点k，延长ED交CF于点H，利用勾股定理求出FG，由面积法可求出CK和KG，根据三线合一求DF，再证明，利用对应边成比例求出FH，最后由正切定义可得结论
21．【答案】（1）解：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形．
∴，
又∵，
∴，
∴．
在和中，
∴．
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：在上截取，连接交于点N，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴．
又∵，
∴，
在和中，
；
∴，
∴，
又∵∠，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，在上取一点T，使得，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，则，，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点F作分别交延长线于S、K，
∴，
又∵，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，；
如图所示，取中点R，连接，
由折叠的性质可得，
∵点M是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点M在以R为圆心，为半径的圆上运动，
∴当A、M、R三点共线，且R在上时，有最大值，
如图所示，过点A作于V，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴
【分析】（1）先根据题意得到∠A的度数，进而根据等边三角形的判定与性质得到，再根据平行线的性质得到，进而运用三角形全等的判定与性质证明得到，从而运用角的运算即可求解；
（2）在上截取，连接交于点N，先根据等腰三角形的性质得到，进而根据平行线的性质得到，再证明即可得到，从而结合题意得到，再证明得到，从而即可得到，再结合题意进行线段的运算即可求解；
（3）在上取一点T，使得，连接，先根据等边三角形的判定与性质得到，进而证明即可得到，设，则，进而结合题意即可得到，设，则，，再根据线段的运算得到，过点F作分别交延长线于S、K，根据等边三角形的判定与性质结合题意即可得到，，进而根据相似三角形的判定与性质得到，取中点R，连接，由折叠的性质可得，进而根据三角形中位线定理结合题意得到，从而得到点M在以R为圆心，为半径的圆上运动，当A、M、R三点共线，且R在上时，有最大值，过点A作于V，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
22．【答案】（1）解：相似，理由如下：
∵以点为圆心，5为半径的圆与坐标轴分别交于点、、、，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，如图2，
∵点M的坐标为，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，，
∴，
∴
（3）解：不变；
如图3，连接，
∵为切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
当G点与A点重合时，；
当G点与B点重合时，；
当G点，不与重合时：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上：的值不变，为
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理得∠ADC=∠ABC，即可求证；
（2）连接，根据M的坐标和半径求得OA，再根据勾股定理求得OD和AD，根据圆周角定理可得∠PEB=∠PAD，∠PBE=∠PDA，从而证明△PBE∽△PDA得到BE，再根据勾股定理求得AE，最后计算tan∠EDA，即可求得；
（3）连接，根据相似三角形的判定与性质可得OQ，分情况讨论：当G与A点重合时，可得；当G与B点重合时，可得；当G点，不与重合时，根据相似三角形的判定得△MOD∽△MDQ可得推出，从而判定△MOG∽△MGQ，即可求得.
23．【答案】（1）解：理由：如图，∽，
，，
，，
，
∽．
（2）解：如图，作于点，则，
，
，
，，
，
，
，
，
为中点，
，
，，
，，
，
∽，
，，，
，
，
，
，
的长是．
（3）解：如图，取的中点，连接，
的中点为，
，，
，
点在经过中点且与垂直的直线上运动，
，，，
，
当点与点重合时，则点与点重合；
当点与点重合时，如图，此时的值最大，
线段的长即为点运动的路径长，
∽，
，
，
，
点运动的路径长是．
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】(1)由△ADE∽△ACB，得，∠EAD=∠BAC，从而可得，∠DAC=∠EAB，根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△ACD∽△ABE；
(2)作CG⊥AB于点G，因此∠ACG=∠ABC=90°-∠BAC，根据AC=1，，n=2，得BC=nAC=n=2，所以AB==，求得AM=BM=，进一步求得AG=AC=，CG=AC=，所以MG=AM-AG=，由相似三角形的性质得∠ACD=∠ABE=∠MGC=90°，∠BME=∠GMC，，则=tan∠BME=tan∠GMC=，从而，所以CD=；
(3)取AB的中点L，连接PL，因此PL∥EB，PL=EB，所以∠ALP=∠ABE=90°，可知点P在经过AB中点且与AB垂直的直线PL上运动，根据勾股定理求得AB=，当点D与点B重合时，PL的值最大，线段PL的长即为点P运动的路径长，由△ABE∽△ACB，得，求得EB=，则PL=，因此求得点P运动的路径长.
24．【答案】（1）2
（2）解：解：如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PBE＝∠ECD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠PEQ＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴△PBE∽△ECD，
∴
∵BE＝2，CD＝AB＝4，
∴
∴的值为
（3）证明：作EF⊥AD于点F，如图：
∵∠A＝∠B＝∠AFE＝90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴∠CEF＝∠BEF＝90°，FE＝AB＝4，
∵∠PEQ＝90°＝∠CEF，
∴∠PEF＝∠QEC＝90°﹣∠FEQ，
∵∠EFP＝∠ECQ＝90°，
∴△EFP∽△ECQ，
∴
∴的值为定值，这个值为1
（4）解： 0＜t≤8﹣4或t＝或t＝8
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
当点和点重合时，
∴，，
在中，，
即：；
故答案为：．
（4）①如图所示，当点在上时，
∵，，
在中，，
则 ，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
解得：，
当 时，点在矩形内部，
∴符合题意；
②当点在上时，当，A重合时符合题意，此时如图，
则，，
在中，，
∴，
解得：，
当且时，点在矩形外部，不符合题意；
③当点在上，当，重合时，此时点与点重合，则是正方形，此时；
当时，点在矩形外部，不符合题意；
综上所述，或或．
【分析】（1）先根据三个角是直角的四边形是矩形证明四边形是矩形，再用勾股定理求解；
（2）利用矩形的性质及角之间的互余关系求出∠1＝∠3， 证明△PBE∽△ECD，利用对应边成比例求解即可；
（3）作EF⊥AD于点F， 先证四边形ABEF是矩形， 利用矩形的性质证△EFP∽△ECQ， 利用相似三角形对应边成比例求解即可；
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当，A重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当，重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．
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