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2025年中考数学复习高频易错考前预测：图形的相似
一．选择题（共10小题）
1．（2023 惠民县自主招生）如图，在△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠D，要使△ABC与△ADE相似，还需满足下列条件中的（　　）
A． B． C． D．
2．（2024 淄博）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，∠BAC，∠ACB的平分线相交于点E，过点E作EF∥BC交AC于点F，则EF的长为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 烟台）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为（　　）
A．（3，2） B．（3，1） C．（2，2） D．（4，2）
4．（2024 嘉兴）如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC分别交l1，l2，l3于点A，B，C；直线DF分别交l1，l2，l3于点D，E，F．AC与DF相交于点H，且AH＝2，HB＝1，BC＝5，则的值为（　　）
A． B．2 C． D．
5．（2024 海淀区校级二模）如图，数学兴趣小组的小颖想测量教学楼前的一棵树的树高，下午课外活动时她测得一根长为1m的竹竿的影长是0.8m，但当她马上测量树高时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙壁上（如图），他先测得留在墙壁上的影高为1.2m，又测得地面的影长为2.6m，请你帮她算一下，树高是（　　）
A．3.25m B．4.25m C．4.45m D．4.75m
6．（2024 牡丹江）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC边中线，点D，E分别在边AC和BC上，DB＝DE，EF⊥AC于点F，以下结论：
（1）∠DBM＝∠CDE； （2）S△BDE＜S四边形BMFE；
（3）CD EN＝BN BD； （4）AC＝2DF．
其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024 遂宁）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024 泸州）如图，矩形ABCD的边长AD＝3，AB＝2，E为AB的中点，F在边BC上，且BF＝2FC，AF分别与DE、DB相交于点M，N，则MN的长为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024 泸州）如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE＝3ED，DF＝CF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024 东营）如图，在正方形ABCD中，△BPC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：
①BE＝2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2＝PH PC．
其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
二．填空题（共5小题）
11．（2024 山西）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　 　．
12．（2023秋 宿城区校级期末）如图，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝6，CD＝4，BD＝14．点P在BD上移动，当以P，C，D为顶点的三角形与△ABP相似时，则PB的长为　 　．
13．（2024 本溪）在△ABC中，AB＝6cm，AC＝5cm，点D、E分别在AB、AC上．若△ADE与△ABC相似，且S△ADE：S四边形BCED＝1：8，则AD＝　 　cm．
14．（2024 北京）如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB＝4，AD＝3，则CF的长为 　 　．
15．（2024 黄冈中学自主招生）已知实数a，b，c满足a+b+c＝10，且，则的值是　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 泸州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE CA．
（1）求证：BC＝CD；
（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB＝OB，CD，求DF的长．
17．（2024 成都）如图，点B在线段AC上，点D、E在AC同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC．
（1）求证：AC＝AD+CE；
（2）若AD＝3，CE＝5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q；
（i）当点P与A、B两点不重合时，求的值；
（ii）当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长．（直接写出结果，不必写出解答过程）
18．（2024 南京）如图，△ABC中，CD是边AB上的高，且．
（1）求证：△ACD∽△CBD；
（2）求∠ACB的大小．
19．（2024 南京）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE．过点A作AF⊥DE，垂足为F，⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE＝1，求⊙O的半径．
20．（2024 五河县模拟）如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°．动点P、Q同时从点A出发，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路线向点C运动；Q以2cm/s的速度，沿A→C的路线向点C运动．当P、Q到达终点C时，整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）在点P、Q运动过程中，请判断PQ与对角线AC的位置关系，并说明理由；
（2）若点Q关于菱形ABCD的对角线交点O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N．
①当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
②当点P、M、N不在一直线上时，是否存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
2025年中考数学复习高频易错考前预测：图形的相似
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2023 惠民县自主招生）如图，在△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠D，要使△ABC与△ADE相似，还需满足下列条件中的（　　）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定．
【专题】证明题．
【答案】C
【分析】本题中已知∠BAC＝∠D，则对应的夹边比值相等即可使△ABC与△ADE相似，结合各选项即可得问题答案．
【解答】解：∵∠BAC＝∠D，，
∴△ABC∽△DEA．
故选：C．
【点评】此题考查了相似三角形的判定：①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似，熟记各种判定相似三角形的方法是解题关键．
2．（2024 淄博）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，∠BAC，∠ACB的平分线相交于点E，过点E作EF∥BC交AC于点F，则EF的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【答案】C
【分析】延长FE交AB于点D，作EG⊥BC、作EH⊥AC，由EF∥BC可证四边形BDEG是矩形，由角平分线可得ED＝EH＝EG、∠DAE＝∠HAE，从而知四边形BDEG是正方形，再证△DAE≌△HAE、△CGE≌△CHE得AD＝AH、CG＝CH，设BD＝BG＝x，则AD＝AH＝6﹣x、CG＝CH＝8﹣x，由AC＝10可得x＝2，即BD＝DE＝2、AD＝4，再证△ADF∽△ABC可得DF，据此得出EF＝DF﹣DE．
【解答】解：如图，延长FE交AB于点D，作EG⊥BC于点G，作EH⊥AC于点H，
∵EF∥BC、∠ABC＝90°，
∴FD⊥AB，
∵EG⊥BC，
∴四边形BDEG是矩形，
∵AE平分∠BAC、CE平分∠ACB，
∴ED＝EH＝EG，∠DAE＝∠HAE，
∴四边形BDEG是正方形，
在△DAE和△HAE中，
∵，
∴△DAE≌△HAE（AAS），
∴AD＝AH，
同理△CGE≌△CHE，
∴CG＝CH，
设BD＝BG＝x，则AD＝AH＝6﹣x、CG＝CH＝8﹣x，
∵AC10，
∴6﹣x+8﹣x＝10，
解得：x＝2，
∴BD＝DE＝2，AD＝4，
∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC，
∴，即，
解得：DF，
则EF＝DF﹣DE2，
故选：C．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及正方形的判定与性质，熟练掌握角平分线的性质和正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2024 烟台）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为（　　）
A．（3，2） B．（3，1） C．（2，2） D．（4，2）
【考点】位似变换；坐标与图形性质；正方形的性质．
【答案】A
【分析】直接利用位似图形的性质结合相似比得出AD的长，进而得出△OAD∽△OBG，进而得出AO的长，即可得出答案．
【解答】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，
∴，
∵BG＝6，
∴AD＝BC＝2，
∵AD∥BG，
∴△OAD∽△OBG，
∴，
∴，
解得：OA＝1，
∴OB＝3，
∴C点坐标为：（3，2），
故选：A．
【点评】此题主要考查了位似变换以及相似三角形的判定与性质，正确得出AO的长是解题关键．
4．（2024 嘉兴）如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC分别交l1，l2，l3于点A，B，C；直线DF分别交l1，l2，l3于点D，E，F．AC与DF相交于点H，且AH＝2，HB＝1，BC＝5，则的值为（　　）
A． B．2 C． D．
【考点】平行线分线段成比例．
【答案】D
【分析】根据AH＝2，HB＝1求出AB的长，根据平行线分线段成比例定理得到，计算得到答案．
【解答】解：∵AH＝2，HB＝1，
∴AB＝3，
∵l1∥l2∥l3，
∴，
故选：D．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，掌握定理的内容、找准对应关系列出比例式是解题的关键．
5．（2024 海淀区校级二模）如图，数学兴趣小组的小颖想测量教学楼前的一棵树的树高，下午课外活动时她测得一根长为1m的竹竿的影长是0.8m，但当她马上测量树高时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙壁上（如图），他先测得留在墙壁上的影高为1.2m，又测得地面的影长为2.6m，请你帮她算一下，树高是（　　）
A．3.25m B．4.25m C．4.45m D．4.75m
【考点】相似三角形的应用．
【专题】几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】此题首先要知道在同一时刻任何物体的高与其影子的比值是相同的，所以竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同，利用这个结论可以求出树高．
【解答】解：如图，设BD是BC在地面的影子，树高为x，
根据竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同得而CB＝1.2，
∴BD＝0.96，
∴树在地面的实际影子长是0.96+2.6＝3.56，
再竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同得，
∴x＝4.45，
∴树高是4.45m．
故选：C．
【点评】解题的关键要知道竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同．
6．（2024 牡丹江）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC边中线，点D，E分别在边AC和BC上，DB＝DE，EF⊥AC于点F，以下结论：
（1）∠DBM＝∠CDE； （2）S△BDE＜S四边形BMFE；
（3）CD EN＝BN BD； （4）AC＝2DF．
其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】压轴题．
【答案】C
【分析】（1）设∠EDC＝x，则∠DEF＝90°﹣x从而可得到∠DBE＝∠DEB＝180°﹣（90°﹣x）﹣45°＝45°+x，∠DBM＝∠DBE﹣∠MBE＝45°+x﹣45°＝x，从而可得到∠DBM＝∠CDE；
（2）可证明△BDM≌△DEF，然后可证明：△DNB的面积＝四边形NMFE的面积，所以△DNB的面积+△BNE的面积＝四边形NMFE的面积++△BNE的面积；
（3）可证明△DBC∽△NEB；
（4）由△BDM≌△DEF，可知DF＝BM，由直角三角形斜边上的中线的性质可知BMAC．
【解答】解：（1）设∠EDC＝x，则∠DEF＝90°﹣x
∴∠DBE＝∠DEB＝∠EDC+∠C＝x+45°，
∵BD＝DE，
∴∠DBM＝∠DBE﹣∠MBE＝45°+x﹣45°＝x．
∴∠DBM＝∠CDE，故（1）正确；
（2）在Rt△BDM和Rt△DEF中，
，
∴Rt△BDM≌Rt△DEF．
∴S△BDM＝S△DEF．
∴S△BDM﹣S△DMN＝S△DEF﹣S△DMN，即S△DBN＝S四边形MNEF．
∴S△DBN+S△BNE＝S四边形MNEF+S△BNE，
∴S△BDE＝S四边形BMFE，故（2）错误；
（3）∵∠BNE＝∠DBM+∠BDN，∠BDM＝∠BDE+∠EDF，∠EDF＝∠DBM，
∴∠BNE＝∠BDM．
又∵∠C＝∠NBE＝45°
∴△DBC∽△NEB．
∴，
∴CD EN＝BN BD；故（3）正确；
（4）∵Rt△BDM≌Rt△DEF，
∴BM＝DF，
∵∠B＝90°，M是AC的中点，
∴BM．
∴DF，即AC＝2DF，故（4）正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是全等三角形、相似三角形性质和判定，等腰直角三角形的性质，利用面积法证明S△BDE＝S四边形BMFE是解答本题的关键．
7．（2024 遂宁）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；图形的相似；应用意识．
【答案】C
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
8．（2024 泸州）如图，矩形ABCD的边长AD＝3，AB＝2，E为AB的中点，F在边BC上，且BF＝2FC，AF分别与DE、DB相交于点M，N，则MN的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】B
【分析】过F作FH⊥AD于H，交ED于O，于是得到FH＝AB＝2，根据勾股定理得到AF2，根据平行线分线段成比例定理得到OHAE，由相似三角形的性质得到，求得AMAF，根据相似三角形的性质得到，求得ANAF，即可得到结论．
【解答】解：过F作FH⊥AD于H，交ED于O，则FH＝AB＝2
∵BF＝2FC，BC＝AD＝3，
∴BF＝AH＝2，FC＝HD＝1，
∴AF2，
∵OH∥AE，
∴，
∴OHAE，
∴OF＝FH﹣OH＝2，
∵AE∥FO，
∴△AME∽FMO，
∴，
∴AMAF，
∵AD∥BF，
∴△AND∽△FNB，
∴，
∴ANAF，
∴MN＝AN﹣AM，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，比例的性质，准确作出辅助线，求出AN与AM的长是解题的关键．
9．（2024 泸州）如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE＝3ED，DF＝CF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】C
【分析】如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE＝a，则AE＝3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可；
【解答】解：如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D＝90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE＝3DE，设DE＝a，则AE＝3a，AD＝AB＝CD＝FN＝4a，AN＝DF＝2a，
∵AN＝BN，MN∥AE，
∴BM＝ME，
∴MNa，
∴FMa，
∵AE∥FM，
∴，
解法二：延长BE交CD的延长线于点M．
∵AE＝3DE，设DE＝a，则AE＝3a，AD＝AB＝CD＝FN＝4a，DF＝2a，
∵CM∥AB，
∴，
∴DMa，
∴FM＝DF+DMa，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
10．（2024 东营）如图，在正方形ABCD中，△BPC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：
①BE＝2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2＝PH PC．
其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【考点】相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质．
【答案】C
【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【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不相似；故③错误；
∵∠PDH＝∠PCD＝30°，∠DPH＝∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2＝PH PC，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查的正方形的性质，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
二．填空题（共5小题）
11．（2024 山西）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　　．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的相似；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，过点F作FH⊥AC于H．首先证明FH：AH＝2：3，设FH＝2k，AH＝3k，根据tan∠FCH，构建方程求解即可．
【解答】解：如图，过点F作FH⊥AC于H．
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB5，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC AC BC AB CD，
∴CD，AD，
∵FH∥EC，
∴，
∵EC＝EB＝2，
∴，设FH＝2k，AH＝3k，CH＝3﹣3k，
∵tan∠FCH，
∴，
∴k，
∴FH，CH＝3，
∴CF，
∴DF，
解法二：过E做EM⊥AB，利用平行线等分线段解决问题．
故答案为．
【点评】本题考查解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
12．（2023秋 宿城区校级期末）如图，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝6，CD＝4，BD＝14．点P在BD上移动，当以P，C，D为顶点的三角形与△ABP相似时，则PB的长为　8.4或2或12　．
【考点】相似三角形的判定．
【专题】图形的相似；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】设DP＝x，则BP＝BD﹣x＝14﹣x，根据垂直的定义得到∠B＝∠D＝90°，再根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，当时，△ABP∽△PDC，即；然后分别解方程求出x即可．
【解答】解：设DP＝x，则BP＝BD﹣x＝14﹣x，
∵AB⊥BD于B，CD⊥BD于D，
∴∠B＝∠D＝90°，
当时，△ABP∽△CDP，
即，
解得：x，
∴BP＝148.4，
当时，△ABP∽△PDC，即；
整理得x2﹣14x+24＝0，
解得x1＝2，x2＝12，
BP＝14﹣2＝12，BP＝14﹣12＝2，
∴当BP为8.4或2或12时，以C、D、P为顶点的三角形与以P、B、A为顶点的三角形相似．
故答案为：8.4或2或12．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．
13．（2024 本溪）在△ABC中，AB＝6cm，AC＝5cm，点D、E分别在AB、AC上．若△ADE与△ABC相似，且S△ADE：S四边形BCED＝1：8，则AD＝　2或　cm．
【考点】相似三角形的性质．
【专题】压轴题；分类讨论．
【答案】见试题解答内容
【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．
【解答】解：∵S△ADE：S四边形BCED＝1：8，
∴S△ADE：S△ABC＝1：9，
∴△ADE与△ABC相似比为：1：3，
①若∠AED对应∠B时，
则，
∵AC＝5cm，
∴ADcm；
②当∠ADE对应∠B时，则，
∵AB＝6cm，
∴AD＝2cm；
故答案为：．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例，相似三角形的面积比等于相似比的平方，意识到有两种情况分类讨论是解决问题的关键．
14．（2024 北京）如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB＝4，AD＝3，则CF的长为 　　．
【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据矩形的性质可得出AB∥CD，进而可得出∠FAE＝∠FCD，结合∠AFE＝∠CFD（对顶角相等）可得出△AFE∽△CFD，利用相似三角形的性质可得出2，利用勾股定理可求出AC的长度，再结合CF AC，即可求出CF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠FAE＝∠FCD，
又∵∠AFE＝∠CFD，
∴△AFE∽△CFD，
∴2．
∵AC5，
∴CF AC5．
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理，利用相似三角形的性质找出CF＝2AF是解题的关键．
15．（2024 黄冈中学自主招生）已知实数a，b，c满足a+b+c＝10，且，则的值是　　．
【考点】比例的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据已知条件把所求的式子进行整理，即可求出答案；
【解答】解∵a+b+c＝10，
∴a＝10﹣（b+c），b＝10﹣（a+c），c＝10﹣（a+b），
∴
111
3，
∵，
∴原式10﹣33．
故填：．
【点评】本题是基础题，考查了比例的基本性质，比较简单．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 泸州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE CA．
（1）求证：BC＝CD；
（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB＝OB，CD，求DF的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．
【专题】几何综合题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）求出△CDE∽△CAD，∠CDB＝∠DAC得出结论．
（2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC，再由割线定理PC PD＝PB PA求得半径为4，根据勾股定理求得AC，再证明△AFD∽△ACB，得，则可设FD＝x，AF，在Rt△AFP中，利用勾股定理列出关于x的方程，求解得DF．
【解答】（1）证明：∵DC2＝CE CA，
∴，
∵∠DCE＝∠ACD，
∴△CDE∽△CAD，
∴∠CDB＝∠DAC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴BC＝CD；
（2）解：方法一：如图，连接OC，
∵BC＝CD，
∴∠DAC＝∠CAB，
又∵AO＝CO，
∴∠CAB＝∠ACO，
∴∠DAC＝∠ACO，
∴AD∥OC，
∴，
∵PB＝OB，CD，
∴
∴PC＝4
又∵PC PD＝PB PA
∴4 （42）＝OB 3OB
∴OB＝4，即AB＝2OB＝8，PA＝3OB＝12，
在Rt△ACB中，
AC2，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°
∴∠FDA+∠BDC＝90°
∠CBA+∠CAB＝90°
∵∠BDC＝∠CAB，
∴∠FDA＝∠CBA，
又∵∠AFD＝∠ACB＝90°，
∴△AFD∽△ACB
∴
在Rt△AFP中，设FD＝x，则AF，
∴在Rt△APF中有，，
求得DF．
方法二；连接OC，过点O作OG垂直于CD，
易证△PCO∽△PDA，可得，
△PGO∽△PFA，可得，
可得，，由方法一中PC＝4代入，
即可得出DF．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应的角和边求解．
17．（2024 成都）如图，点B在线段AC上，点D、E在AC同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC．
（1）求证：AC＝AD+CE；
（2）若AD＝3，CE＝5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q；
（i）当点P与A、B两点不重合时，求的值；
（ii）当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长．（直接写出结果，不必写出解答过程）
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】几何综合题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据同角的余角相等求出∠1＝∠E，再利用“角角边”证明△ABD和△CEB全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝CE，然后根据AC＝AB+BC整理即可得证；
（2）（i）过点Q作QF⊥BC于F，根据△BFQ和△BCE相似可得，然后求出QFBF，再根据△ADP和△FPQ相似可得，然后整理得到（AP﹣BF）（5﹣AP）＝0，从而求出AP＝BF，最后利用相似三角形对应边成比例可得，从而得解；
（ii）判断出DQ的中点的路径为△BDQ的中位线MN．求出QF、BF的长度，利用勾股定理求出BQ的长度，再根据中位线性质求出MN的长度，即所求之路径长．
【解答】（1）证明：∵BD⊥BE，
∴∠1+∠2＝180°﹣90°＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠2+∠E＝180°﹣90°＝90°，
∴∠1＝∠E，
∵在△ABD和△CEB中，
，
∴△ABD≌△CEB（AAS），
∴AB＝CE，
∴AC＝AB+BC＝AD+CE；
（2）（i）如图，过点Q作QF⊥BC于F，
则△BFQ∽△BCE，
∴，
即，
∴QFBF，
∵DP⊥PQ，
∴∠APD+∠FPQ＝180°﹣90°＝90°，
∵∠APD+∠ADP＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ADP＝∠FPQ，
又∵∠A＝∠PFQ＝90°，
∴△ADP∽△FPQ，
∴，
即，
∴5AP﹣AP2+AP BF＝3 BF，
整理得，（AP﹣BF）（AP﹣5）＝0，
∵点P与A，B两点不重合，
∴AP≠5，
∴AP＝BF，
由△ADP∽△FPQ得，，
∴；
（ii）线段DQ的中点所经过的路径（线段）就是△BDQ的中位线MN．
由（2）（i）可知，QFAP．
当点P运动至AC中点时，AP＝4，∴QF．
∴BF＝QF4．
在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ．
∴MNBQ．
∴线段DQ的中点所经过的路径（线段）长为．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，（1）求出三角形全等的条件∠1＝∠E是解题的关键，（2）（i）根据两次三角形相似求出AP＝BF是解题的关键，（ii）判断出路径为三角形的中位线是解题的关键．
18．（2024 南京）如图，△ABC中，CD是边AB上的高，且．
（1）求证：△ACD∽△CBD；
（2）求∠ACB的大小．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可证明△ACD∽△CBD；
（2）由（1）知△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应角相等可得：∠A＝∠BCD，然后由∠A+∠ACD＝90°，可得：∠BCD+∠ACD＝90°，即∠ACB＝90°．
【解答】（1）证明：∵CD是边AB上的高，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵．
∴△ACD∽△CBD；
（2）解：∵△ACD∽△CBD，
∴∠A＝∠BCD，
在△ACD中，∠ADC＝90°，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，
即∠ACB＝90°．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：熟记相似三角形的判定定理与性质定理．
19．（2024 南京）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE．过点A作AF⊥DE，垂足为F，⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE＝1，求⊙O的半径．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）欲证明△AFG∽△DFC，只要证明∠FAG＝∠FDC，∠AGF＝∠FCD；
（2）首先证明CG是直径，求出CG即可解决问题；
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠CDF+∠ADF＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD＝90°，
∴∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝∠CDF，
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF＝180°，
∵∠FGA+∠DGF＝180°，
∴∠FGA＝∠FCD，
∴△AFG∽△DFC．
（2）解：如图，连接CG．
∵∠EAD＝∠AFD＝90°，∠EDA＝∠ADF，
∴△EDA∽△ADF，
∴，即，
∵△AFG∽△DFC，
∴，
∴，
在正方形ABCD中，∵DA＝DC，
∴AG＝EA＝1，DG＝DA﹣AG＝4﹣1＝3，
∴CG5，
∵∠CDG＝90°，
∴CG是⊙O的直径，
∴⊙O的半径为．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
20．（2024 五河县模拟）如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°．动点P、Q同时从点A出发，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路线向点C运动；Q以2cm/s的速度，沿A→C的路线向点C运动．当P、Q到达终点C时，整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）在点P、Q运动过程中，请判断PQ与对角线AC的位置关系，并说明理由；
（2）若点Q关于菱形ABCD的对角线交点O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N．
①当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
②当点P、M、N不在一直线上时，是否存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】几何综合题；压轴题；存在型；分类讨论．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）此问需分两种情况，当0＜t≤5及5＜t＜10两部分分别讨论得PQ⊥AC．
（2）①由于点P、M、N在一直线上，则AQ+QM＝AM，代入求得t的值．
②假设存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形，但是需分点N在AD上时和点N在CD上时两种情况分别讨论．
【解答】解：（1）若0＜t≤5，则AP＝4t cm，AQ＝2t cm．
则，
又∵AO＝10cm，AB＝20cm，
∴．
∴．
又∵∠CAB＝30°，
∴△APQ∽△ABO．
∴∠AQP＝90°，即PQ⊥AC．
当5＜t＜10时，同理，可由△PCQ∽△BCO得∠PQC＝90°，即PQ⊥AC．
∴在点P、Q运动过程中，始终有PQ⊥AC．
（2）①如图，在Rt△APM中，
∵∠PAM＝30°，AP＝4t cm，
∴AM（cm）．
在△APQ中，∠AQP＝90°，
∴AQ＝AP cos30°＝2t（cm），
∴QM＝AC﹣2AQ＝（204t）cm．
由AQ+QM＝AM得：2t+204t（cm），
解得t．
∴当t时，点P、M、N在一直线上．
②存在这样的t，使△PMN是以PN为一直角边的直角三角形．
设l交AC于H．
如图1，当点N在AD上时，若PN⊥MN，则∠NMH＝30°．
∴MH＝2NH．得204t2，解得t＝2．
如图2，当点N在CD上时，若PM⊥PN，则∠HMP＝30°．
∴MH＝2PH，同理可得t．
故当t＝2或时，存在以PN为一直角边的直角三角形．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，综合性强，较为复杂，难度较大．
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