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《相似三角形》精选压轴题—2025年浙江省九（上）数学期中复习
一、单选题
1．（2024九上·宁波期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD为∠BAC的角平分线，交BC于点D．过点D作交AC于点E，点P在EC上，且∠EDP＝∠EDA，若EP＝1，PC＝4，则BD的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过点A作交DE延长线于点N，DP延长线于点M，如下图：
∵
∴，
又∵
∴
又∵
∴为等腰三角形，
∴
∵平分，
∴
∴，即
设，则，
∵
∴，，
∴，，
∴，可得
解得，即，
由题意可得：，
由勾股定理可得，
由可得，解得，
即
故答案为：A
【分析】过点A作交DE延长线于点N，DP延长线于点M，可得为等腰三角形，，从而得到，由题意可得，再由可得，，可得，，即，设，，得到，解得，即，由勾股定理可得，再由可得，即可求解.
2．（2024九上·浙江期中）如图，在由6块直角三角形拼成的矩形中，①②③④四个三角形全等，点分别是三角形②，①的直角顶点，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；全等三角形中对应边的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设，，则，
∵①②③④四个三角形全等，点分别是三角形②，①的直角顶点，
∴①②③④四个三角形是直角三角形，是直角三角形，，，
∴，，
∵是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】
设，，则，由全等三角形的性质可得，由勾股定理可得，，再由矩形的性质结合同角的余角相等可证明，由相似比可得即可．
3．（2024九上·余杭月考）如图，E，F，G，H分别是矩形四条边上的点，连接相交于点I，且，，矩形矩形，连接交于点P，Q，下列一定能求出面积的条件是（　　）
A．矩形和矩形的面积之差
B．矩形与矩形的面积之差
C．矩形和矩形的面积之差
D．矩形和矩形的面积之差
【答案】A
【知识点】相似多边形；A字型相似模型；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：设，
，
∴，
∴，
∴，
，
，
故选A．
【分析】先证明，再列出比例式，分别用表示，利用割补法表示，即可求解．
4．（2024九上·江北期中）如图、点分别是正方形边上的点，且．连接并延长，交的延长线于点M，设，则( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定；求正切值；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵，
∴，
在正方形中，，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
设
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：
∵，
∴，
∴，
∴，
取，则
∴，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】先利用证明，再利用全等三角形的性质得到，设，再利用正方形的性质证明，然后列出比例式，从而求出，再利用，证得与的关系式，再求出DG与DF的比．
二、填空题
5．（2024九上·宁波期中）如图，点C是以AB为直径的半圆上的三等分点（BC＜AC），点E为AC上一动点，（不与点A、C重合），过点B作BF⊥AB与EC的延长线交于点F，过点B作BG⊥OC于点G，交EC于点H，若OG＝2，H为CE的三等分点，EH的长为　 　．
【答案】或
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：根据H为CE的三等分点，当H为靠近E点的三等分点时，如下图：
设，则，
∵C是半圆的三等分点
∴
又∵
∴为等边三角形，
∵
∴，
又∵
∴
∴，即，解得
∴；
当H为靠近C点的三等分点时，如下图：
设，则，
∵C是半圆的三等分点
∴
又∵
∴为等边三角形，
∵
∴，
又∵
∴
∴，即，解得
∴；
故答案为：或
【分析】根据H为CE的三等分点，分两种情况进行讨论，当H为靠近E点的三等分点时，设，则，由C是半圆的三等分点可得，则为等边三角形，由可得，，则，得到，即，解得；当H为靠近C点的三等分点时，同理可求得.
6．（2024九上·杭州期中）如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F的⊙O与边AD交于点G，则DG＝　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质；圆内接四边形的性质；射影定理模型（双垂直模型）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应三线；射影定理
【解析】【解答】解：连接CF、GF，如图：
在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴，
又∵DF＝5EF＝5，
∴AD＝＝CD，
在Rt△AFD中，AF＝，
∵∠CDF＋∠ADF＝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，
∴，
∴，
∴AG＝，
∴DG＝AD﹣AG＝，
故答案为：．
【分析】连接CF、FG，由已知可得 结合，可计算 再证明 从而可知 求出AG，即可由 解题.
7．（2024·温州模拟）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为的中点，，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；垂径定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：如图，连接，分别交于点，取的中点，连接，过点作于，
∵四边形，都是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴三点共线，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵取的中点，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，即：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
故答案为：．
【分析】连接，分别交于点，取的中点，连接，过点作于，结合正方形的性质以及勾股定理先求出三点共线，，，得，，于是得，据此即可求出的长，进而求出的长，然后由垂径定理得到，，证明，得到，，则得到，接下来根据平行线分线段成比例，得到为的中点，于是求出的长，最后再利用勾股定理求出的长，即可得出结论．
8．（2024九上·乐清期中）如图，为的直径，且，点C为上半圆的一点，于点E，的角平分线交于点D，弦，那么的面积是　 　．
【答案】85
【知识点】圆周角定理；同角三角函数的关系；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：设，的交点为F，连接，
∵，
∴；
∵的角平分线交于点D，
∴；
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：85.
【分析】设AB、CD的交点为F，连接OD，由角平分线的定义及等边对等角得，从而可由有两组角对应相等的两个三角形相似得，得；由直径所对的圆周角是直角得∠ACB=90°，由勾股定理算出BC，然后根据∠ABC的正弦与余弦函数可算出CE、BE的长，进而利用线段和差求出AE、OE的长，再利用比例式求出EF的长，根据线段和差算出AF的长，最后根据三角形面积公式，结合，代值计算解答即可.
9．（2024九上·浙江期中）如图，在中，的平分线相交于点的外角的平分线，交的延长线于，连结．若，且与相似，则的长为　 　．
【答案】1或2或
【知识点】三角形的内切圆与内心；三角形的一内一外角平分线模型；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：如图，
、分别平分、，
点为的内心，
平分，，
是的外角的平分线，
，
，
，
当时，，，，
在中，
，
，
；
当时，，，，
在中，
，
，
；
当时，，，，
在中，
；
当时，，，，
在中，
，
；
综上所述，的长为1或2或．
故答案为：1或2或
【分析】
由平角的概念和角平分线的概念可得，由三角形的外角性质可证，然后再分类讨论：当时，则，，，则在中，即，则；当或时或时，利用同样的方法可判断为特殊的直角三角形，再利用特殊直角三角形的性质可求出的长．
10．（2024九上·兰溪期中）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为　 　，线段长度的最小值为　 　．
【答案】；
【知识点】矩形的性质；圆周角定理；确定圆的条件；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；
设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，
∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，
∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．
【分析】连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2， 由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似 △FQM∽△EPM，则根据相似三角形的对应边成比例建立方程可得EM为定值2，从而由勾股定理求出BM的长度；根据圆周角定理，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
11．（2024九上·义乌期中）在矩形中，，E是的中点，连接，过点D作于点F．
（1）线段的长为　 　；
（2）连接，若交于点M，则　 　．
【答案】；
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在中，∵，
∴，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD=90°=∠B，
∴∠BAE+∠DAF=90°=∠DAF+∠ADF，
∴∠BAE=∠ADF，
∴△BAE∽△FDA.
∴.
∴；
故答案为：；
（2）若交于点M，延长交延长线于点K，如图所示：
在中，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴AD//BC，
∠FAD=∠FEK，∠FDA=∠FKE，
∴△FAD∽△FEK.
∴，即，
∴.
∴，
∵，
∴
∴．
故答案为：．
【分析】（1）利用勾股定理求得AE的长，再证明△BAE∽△FDA，利用相似三角形的性质，即可求得DF的长；
（2）延长交的延长线于K，利用勾股定理求出AF长，继而可得EF的长；证明△FAD∽△FEK，可求得KE的长，继而可得CK的长；再证明△AMD∽△CMK，利用相似三角形的性质即可求得的值.
三、综合题
12．（2024九上·浙江期中）如图，已知是的直径，弦于点，弦于点，与交于点，，的延长线交于点．连接，．
（1）直接写出图中所有与相等的角；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【答案】（1）有3个，分别是，，
（2）证明：由（1）得，
∵，
∴；
（3）解：，，
，
，
令，则，
，
，
，
，
或，
，
，
，
．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；手拉手全等模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
（1）
解：直径，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
，
，
∴与相等的角有3个，分别是，，；
【分析】
（1）由垂径定理可得，由同角的余角相等可得，由圆周角定理可得，等量代换即可；
（2）由（1）知，由圆周角定理知，由垂径定理知，则由ASA即可证明；
（3）由圆周角定理可证明，由相似比可得，为方便计算可令，则，，在中应用勾股定理求出即可．
（1）解：直径，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
，
，
∴与相等的角有3个，分别是，，；
（2）证明：由（1）得，
∵，
∴；
（3）解：，，
，
，
令，则，
，
，
，
，
或，
，
，
，
．
13．（2024九上·杭州期中）如图，点C在以为直径的上．将沿直径对折，点C落在上的点D处，分别连接，，，与交于点E．另有一动点F在上运动，连接交于点G，交于点H．
（1）当平分时．
①连结，求证：．
②若，求的值．
（2）当时，探究线段与的长度关系．
（3）如图2，若点F运动到上，交于点I，求证：．
【答案】（1）①证明：为的平分线，
．
折叠，
，
．
，
，
，
即，
．
②解：如图所示，，
由折叠得，
．
由①得，
，
，
是直径，
，
，
，
，，
．
．
（2）解：如图，连结并延长，交于点M，连结．
，
，
为直径，
，
，
又，
，
，
，
，
∵点O，E分别是，的中点，
是的中位线，
（3）解：折叠，
，
，
，
，
即，
又，，
，
，
即，
，
即
【知识点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①根据圆周角定理可以得到，，，进而得到，即可得到结论；
②先得到，从而可以得到，即可得到结论；
（2）连结并延长，交于点M，连结．根据直径所对的圆周角是直角得出，即可得到，再推导，根据中危险订立即可解题；
（3）先推导，得出，再根据，即可得到证明即可.
（1）①为的平分线，
．
折叠，
，
．
，
，
，
即，
．
②如图所示，，
由折叠得，
．
由①得，
，
，
是直径，
，
，
，
，，
．
．
（2）如图，连结并延长，交于点M，连结．
，
，
为直径，
，
，
又，
，
，
，
，
∵点O，E分别是，的中点，
是的中位线，
；
（3）折叠，
，
，
，
，
即，
又，，
，
，
即，
，
即．
14．（2024九上·浙江期中）如图1，内接于，，过点C作，交于D，过D作于点E，交于点M，连结．
（1）求证：
①；
②；
（2）如图2，若是中点，求的值．
【答案】（1）证明：①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
（2）解：，，
，
，即：，
，
，
，
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①由二直线平行，内错角相等可得，由同圆中相等的圆周角所对的弧相等可得，由等式性质推出，进而根据等弧对等弦即可得证；
②过点A作于H，根据等腰三角形的三线合一得，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，根据相似三角形的对应边成比例即可得证；
（2）由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例，结合已知是中点，得出，结合（1）②恒等式得出，进而即可求解．
（1）①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
．
（2），，
，
，即：，
，
，
，
．
15．（2024九上·兰溪期中）如图，已知是的外接圆，，点为的中点，过作于，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图，延长，交于点，连接．
求证：；
若，求的值．（用含的式子表示）
【答案】（1）证明：∵点为的中点，
∴，
∵，为直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴
∴
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
解：过作于，
∵，
∴，
∵于，于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】角平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（）由垂直弦的直径平分弦所对的弧及中点得，由等弧所对圆周角相等得∠DCB=∠DBC=∠DBH，由等角对等边可得结论；
（）由直径所对的圆周角是直角得出，由直角三角形两锐角互余及同角的余角相等得，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出；由同角的余角相等得，再由有两组角对应相等的两个三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得，即可求证；
过作于，由同圆中相等的弦所对的劣弧与优弧分别相等及等弧所对的圆周角相等得，由角平分线上的点到角两边的距离相等得DP=DE，从而由HL证明和，由全等三角形的对应边相等得BE=CP，AP=AE，推出，则，由，得，从而求解.
（1）证明：∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，为直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴
∴
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
过作于，
∵，
∴，
∵于，于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
16．（2024九上·浙江期中）如图，是的直径，，点为弧的中点，连接交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）求的周长；
（3）若点为上一点，当为等腰三角形时，求的长．
【答案】（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
．
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长．
（3）解：①当时，，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；垂径定理的实际应用；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接，由圆周角定理可得，则与互余；由垂直的概念得，则与互余；由于点平分，即，则等于，所以；
（2）先由勾股定理得出，再用等面积法求出，再结合结论利用勾股定理可得出、，则；
（3）根据等腰三角形的概念可进行分类讨论：①当时，②当时，③当时；对于①，由垂径定理知；对于②，显然此时P、C两点重合，可过点F作AC的垂线段FH，可利用等面积法求出FH，再利用同角的余角相等可证明，再利用相似比可求得AC即AP的长；对于③，当点P在AE的垂直平分线上时必然有PA=PE，但此时点P可能在劣弧AE上，也可能在优弧AE上，即又有两种情况，由垂径定理知OP垂直平分AE，可利用垂径定理和勾股定理分别求解即可．
（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
．
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长．
（3）解：①当时，
，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
17．（2024九上·杭州期中）如图1，是内接三角形，将绕点逆时针旋转至，其中点在圆上，点在线段AC上
（1）求证：DE=DC.
（2）如图2，过点B作分别交AC、AD于点M、N，交于点，连接AF，求证：.
（3）在（2）的条件下，若时，求的值.
【答案】（1）证明： ∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，
∴BC =DE， ∠BAC =∠EAD，
∴弧BC =弧CD，
∴BC=CD，
∴DE=DC；
（2）证明： ∵弧AB=弧AB，
∴∠BCM=∠AFM，
∵∠BMC=∠AMF，
∴△BCM∽△AFM，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，
∴BC=DE， AC=AD，
∵BF∥CD，
∴△AMN∽△ACD，
∴AM = AN，
；
（3）解：
∴弧
∴延长DE必经过点B，过点E作
∴，
连接DF，
∵BF∥CD，
∴弧
弧AB =弧AF，
∴AB=AF，
将△ABD绕点A旋转至AB与AF重合得到△AFD'， 则： ∠ABD =∠AFD'， D'F = BD，∠DAD'=∠BAF，
∵∠ABD+∠AFD=180°，
∴∠AFD'+∠AFD=180°，
∴D， F， D'三点共线，
∴设BE=x， 则DE=3x，
∴BC=DE=DF=3x，
BD=BE+DE=4x，
∴DD'=DF+FD'=DF+BD=7x，
∵∠DAD'=∠BAF， ∠ABF =∠ADF，
∴△BAF∽△DAD'，
∴.
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆的综合题；旋转的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)旋转的性质，得到 ， 根据弧， 弦， 角的关系， 得到BC=CD， 即可得证；
(2)证明△BCM∽△AFM， 进而得到 ， 旋转得到BC =DE， AC = AD， 根据BF∥CD， 推出AM = AN， 等量代换， 得到 ，即可得证；
(3)等量代换，得到 过点E作EP⊥AB，EQ⊥AD， 角平分线的性质得到EP =EQ， 等积法得到 连接DF， 推出BC=DF， AB= AF， 将△ABD绕点A旋转至AB与AF重合得到△AFD'， 证明D， F， . 三点共线，设BE =x， 则DE =3x， 进而得到BC = DE = DF =3x， 推出DD'=DF+FD'=DF+BD=7x， 证明△BAF∽△DAD'， 得到 得到 再进行计算即可.
18．（2024九上·海曙期中）如图，四边形内接于，为的直径，于点交于点．
（1）设，试用含的代数式表示；
（2）如图2，若，求的值；
（3）在（2）的条件下，作交于，若，求出的值．
【答案】（1）解：，
，
，
，

（2）解：是的直径，
，
，
由（1）可得：，
，
，
由（1）可得：，
，
即：，
又，
，
，
，
，
，
即：
∴，

（3）解：如图所示：
由（2）可得：，
，
可设CE=a，则BE=3a，DC=2a，
∴BD=BC=4a，DE=2a.
设DQ=x，则BQ=BD－DQ=4a－x.
，
，
，
即：，
解得：，

【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等可得，利用垂线的概念可得，然后根据直角三角形的两个锐角互余可求出∠ADE的度数
（2）利用直径所对的圆周角是直角可知，由此可证得，利用直角三角形的两个锐角互余及余角的性质可推出，再证明，利用有两组对应角相等的两个三角形相似，可证得△DCE∽△BCD，利用相似三角形的性质及BE=3CE，可得到；再根据CD=2CE，代入可求出的值.
（3）由（2）可得：，设CE=a，可表示出BE、DC、BD、DE的长，利用勾股定理可得到关于a、x的方程，解方程可表示出x，然后代入 可求出的值.
（1）解：，
，
，
，
；
（2）解：是的直径，
，
，
由（1）可得：，
，
，
由（1）可得：，
，
即：，
又，
，
，
，
可设，则，，
，
即：
解得：或（不合题意，故舍去），
；
（3）解：如图，
由（2）可得：，
，
可设，则，，，
，
，
，
设，则，
，
，
，
即：，
解得：，
．
19．（2023九上·龙泉期中）如图，是的直径，，点为弧的中点，连接交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）求的周长；
（3）若点为上一点，当为等腰三角形时，求的长．
【答案】（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长
（3）解：①当时，，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴OP垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
或或或
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接AE，由直径所对圆周角是直角得∠AEB=90°，由直角三角形两锐角互余∠EAD+∠ADE=90°，∠B+∠F=90°，由等弧所对的圆周角相等得出，进而根据等角的余角相等得出，从而根据等角对等边可得；
（2）首先在Rt△ABF中，根据勾股定理得出FB的长，用等面积法求出AE，在Rt△ABE中，根据勾股定理算出BE的长，在Rt△AED中，利用勾股定理算出ED的长，根据BD=NE-ED算出BD的长，即可求解；
（3）根据等腰三角形的性质，进行分类讨论：①当AE=AP时，②当AE=PE时，P与C重合，过点F作FH⊥AD于点H，连接BC，由等腰三角形的三线合一得，由等面积法求出FH，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△BCD∽△FHD，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BC，进而利用勾股定理算出CD，从而根据AP=AC=AD+CD可算出答案；③当AP=PE时，连接，连接交于点G，根据线段垂直平分线的判定定理判断出OP垂直平分AE，则，由勾股定理算出OG，AP1，AP2综上可得答案.
（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
．
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长．
（3）解：①当时，
，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
四、实践探究题
20．（2024九上·宁波期中）如图，点C是以为直径的上一点，过中点D作于点E，延长交于点F，连结交于点G，连结，．
【认识图形】
（1）求证：．
【探索关系】
（2）①求与的数量关系．
②设，，求y关于x的函数关系．
【解决问题】
（3）若，，求的长．
【答案】解：（1）证明：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）①∵，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
②过C作垂直于H，则，
∴，，
∴．
（3）∵，，
∴，，
设，，
∴，
由（2）可知，，
∴，即．
∴，．
设，
∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，，
∴，
∴
【知识点】圆周角定理；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-AA
【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角等于90度可得出，结合已知条件可得出，由同弧所对的圆周角相等可得出，等量代换可得出，再结合，根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”即可证明；
（2）①由相似三角形的性质可得出，由线段中点可得出，根据比例式将AF用含AD的代数式表示出来，然后根据已有的比例式即可求解；
②过C作垂直于H，则，由平行线截线段成比例即可得出，，再结合，，即可求解；
（3）由已知条件可得出，．设，则，以为等量关系，结合勾股定理即可得出a的值，再用勾股定理即可得出．
21．（2024九上·拱墅期中）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
（1）反思归纳：
上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 　 　．
（3）拓展探究：
如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）
（3）解：①∵，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，
四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定；四点共圆模型；母子相似模型（公共边公共角）
【解析】【解答】解：（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）
点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点，，，四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段同侧有两点，，
四点共圆，
故答案为：；
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．
1 / 1《相似三角形》精选压轴题—2025年浙江省九（上）数学期中复习
一、单选题
1．（2024九上·宁波期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD为∠BAC的角平分线，交BC于点D．过点D作交AC于点E，点P在EC上，且∠EDP＝∠EDA，若EP＝1，PC＝4，则BD的长为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024九上·浙江期中）如图，在由6块直角三角形拼成的矩形中，①②③④四个三角形全等，点分别是三角形②，①的直角顶点，则的值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024九上·余杭月考）如图，E，F，G，H分别是矩形四条边上的点，连接相交于点I，且，，矩形矩形，连接交于点P，Q，下列一定能求出面积的条件是（　　）
A．矩形和矩形的面积之差
B．矩形与矩形的面积之差
C．矩形和矩形的面积之差
D．矩形和矩形的面积之差
4．（2024九上·江北期中）如图、点分别是正方形边上的点，且．连接并延长，交的延长线于点M，设，则( )
A． B．
C． D．
二、填空题
5．（2024九上·宁波期中）如图，点C是以AB为直径的半圆上的三等分点（BC＜AC），点E为AC上一动点，（不与点A、C重合），过点B作BF⊥AB与EC的延长线交于点F，过点B作BG⊥OC于点G，交EC于点H，若OG＝2，H为CE的三等分点，EH的长为　 　．
6．（2024九上·杭州期中）如图，正方形ABCD中，E为AB上一点，AF⊥DE于点F，已知DF＝5EF＝5，过C、D、F的⊙O与边AD交于点G，则DG＝　 　．
7．（2024·温州模拟）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为的中点，，则　 　．
8．（2024九上·乐清期中）如图，为的直径，且，点C为上半圆的一点，于点E，的角平分线交于点D，弦，那么的面积是　 　．
9．（2024九上·浙江期中）如图，在中，的平分线相交于点的外角的平分线，交的延长线于，连结．若，且与相似，则的长为　 　．
10．（2024九上·兰溪期中）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为　 　，线段长度的最小值为　 　．
11．（2024九上·义乌期中）在矩形中，，E是的中点，连接，过点D作于点F．
（1）线段的长为　 　；
（2）连接，若交于点M，则　 　．
三、综合题
12．（2024九上·浙江期中）如图，已知是的直径，弦于点，弦于点，与交于点，，的延长线交于点．连接，．
（1）直接写出图中所有与相等的角；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
13．（2024九上·杭州期中）如图，点C在以为直径的上．将沿直径对折，点C落在上的点D处，分别连接，，，与交于点E．另有一动点F在上运动，连接交于点G，交于点H．
（1）当平分时．
①连结，求证：．
②若，求的值．
（2）当时，探究线段与的长度关系．
（3）如图2，若点F运动到上，交于点I，求证：．
14．（2024九上·浙江期中）如图1，内接于，，过点C作，交于D，过D作于点E，交于点M，连结．
（1）求证：
①；
②；
（2）如图2，若是中点，求的值．
15．（2024九上·兰溪期中）如图，已知是的外接圆，，点为的中点，过作于，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图，延长，交于点，连接．
求证：；
若，求的值．（用含的式子表示）
16．（2024九上·浙江期中）如图，是的直径，，点为弧的中点，连接交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）求的周长；
（3）若点为上一点，当为等腰三角形时，求的长．
17．（2024九上·杭州期中）如图1，是内接三角形，将绕点逆时针旋转至，其中点在圆上，点在线段AC上
（1）求证：DE=DC.
（2）如图2，过点B作分别交AC、AD于点M、N，交于点，连接AF，求证：.
（3）在（2）的条件下，若时，求的值.
18．（2024九上·海曙期中）如图，四边形内接于，为的直径，于点交于点．
（1）设，试用含的代数式表示；
（2）如图2，若，求的值；
（3）在（2）的条件下，作交于，若，求出的值．
19．（2023九上·龙泉期中）如图，是的直径，，点为弧的中点，连接交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）求的周长；
（3）若点为上一点，当为等腰三角形时，求的长．
四、实践探究题
20．（2024九上·宁波期中）如图，点C是以为直径的上一点，过中点D作于点E，延长交于点F，连结交于点G，连结，．
【认识图形】
（1）求证：．
【探索关系】
（2）①求与的数量关系．
②设，，求y关于x的函数关系．
【解决问题】
（3）若，，求的长．
21．（2024九上·拱墅期中）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
（1）反思归纳：
上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 　 　．
（3）拓展探究：
如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过点A作交DE延长线于点N，DP延长线于点M，如下图：
∵
∴，
又∵
∴
又∵
∴为等腰三角形，
∴
∵平分，
∴
∴，即
设，则，
∵
∴，，
∴，，
∴，可得
解得，即，
由题意可得：，
由勾股定理可得，
由可得，解得，
即
故答案为：A
【分析】过点A作交DE延长线于点N，DP延长线于点M，可得为等腰三角形，，从而得到，由题意可得，再由可得，，可得，，即，设，，得到，解得，即，由勾股定理可得，再由可得，即可求解.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；全等三角形中对应边的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设，，则，
∵①②③④四个三角形全等，点分别是三角形②，①的直角顶点，
∴①②③④四个三角形是直角三角形，是直角三角形，，，
∴，，
∵是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】
设，，则，由全等三角形的性质可得，由勾股定理可得，，再由矩形的性质结合同角的余角相等可证明，由相似比可得即可．
3．【答案】A
【知识点】相似多边形；A字型相似模型；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：设，
，
∴，
∴，
∴，
，
，
故选A．
【分析】先证明，再列出比例式，分别用表示，利用割补法表示，即可求解．
4．【答案】D
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定；求正切值；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵，
∴，
在正方形中，，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
设
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：
∵，
∴，
∴，
∴，
取，则
∴，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】先利用证明，再利用全等三角形的性质得到，设，再利用正方形的性质证明，然后列出比例式，从而求出，再利用，证得与的关系式，再求出DG与DF的比．
5．【答案】或
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：根据H为CE的三等分点，当H为靠近E点的三等分点时，如下图：
设，则，
∵C是半圆的三等分点
∴
又∵
∴为等边三角形，
∵
∴，
又∵
∴
∴，即，解得
∴；
当H为靠近C点的三等分点时，如下图：
设，则，
∵C是半圆的三等分点
∴
又∵
∴为等边三角形，
∵
∴，
又∵
∴
∴，即，解得
∴；
故答案为：或
【分析】根据H为CE的三等分点，分两种情况进行讨论，当H为靠近E点的三等分点时，设，则，由C是半圆的三等分点可得，则为等边三角形，由可得，，则，得到，即，解得；当H为靠近C点的三等分点时，同理可求得.
6．【答案】
【知识点】正方形的性质；圆内接四边形的性质；射影定理模型（双垂直模型）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应三线；射影定理
【解析】【解答】解：连接CF、GF，如图：
在正方形ABCD中，∠EAD＝∠ADC＝90°，AF⊥DE，
∴△AFD∽△EAD，
∴，
又∵DF＝5EF＝5，
∴AD＝＝CD，
在Rt△AFD中，AF＝，
∵∠CDF＋∠ADF＝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，
∴，
∴，
∴AG＝，
∴DG＝AD﹣AG＝，
故答案为：．
【分析】连接CF、FG，由已知可得 结合，可计算 再证明 从而可知 求出AG，即可由 解题.
7．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；垂径定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：如图，连接，分别交于点，取的中点，连接，过点作于，
∵四边形，都是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴三点共线，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵取的中点，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，即：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
故答案为：．
【分析】连接，分别交于点，取的中点，连接，过点作于，结合正方形的性质以及勾股定理先求出三点共线，，，得，，于是得，据此即可求出的长，进而求出的长，然后由垂径定理得到，，证明，得到，，则得到，接下来根据平行线分线段成比例，得到为的中点，于是求出的长，最后再利用勾股定理求出的长，即可得出结论．
8．【答案】85
【知识点】圆周角定理；同角三角函数的关系；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：设，的交点为F，连接，
∵，
∴；
∵的角平分线交于点D，
∴；
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：85.
【分析】设AB、CD的交点为F，连接OD，由角平分线的定义及等边对等角得，从而可由有两组角对应相等的两个三角形相似得，得；由直径所对的圆周角是直角得∠ACB=90°，由勾股定理算出BC，然后根据∠ABC的正弦与余弦函数可算出CE、BE的长，进而利用线段和差求出AE、OE的长，再利用比例式求出EF的长，根据线段和差算出AF的长，最后根据三角形面积公式，结合，代值计算解答即可.
9．【答案】1或2或
【知识点】三角形的内切圆与内心；三角形的一内一外角平分线模型；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：如图，
、分别平分、，
点为的内心，
平分，，
是的外角的平分线，
，
，
，
当时，，，，
在中，
，
，
；
当时，，，，
在中，
，
，
；
当时，，，，
在中，
；
当时，，，，
在中，
，
；
综上所述，的长为1或2或．
故答案为：1或2或
【分析】
由平角的概念和角平分线的概念可得，由三角形的外角性质可证，然后再分类讨论：当时，则，，，则在中，即，则；当或时或时，利用同样的方法可判断为特殊的直角三角形，再利用特殊直角三角形的性质可求出的长．
10．【答案】；
【知识点】矩形的性质；圆周角定理；确定圆的条件；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；
设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，
∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，
∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．
【分析】连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2， 由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似 △FQM∽△EPM，则根据相似三角形的对应边成比例建立方程可得EM为定值2，从而由勾股定理求出BM的长度；根据圆周角定理，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
11．【答案】；
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在中，∵，
∴，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD=90°=∠B，
∴∠BAE+∠DAF=90°=∠DAF+∠ADF，
∴∠BAE=∠ADF，
∴△BAE∽△FDA.
∴.
∴；
故答案为：；
（2）若交于点M，延长交延长线于点K，如图所示：
在中，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴AD//BC，
∠FAD=∠FEK，∠FDA=∠FKE，
∴△FAD∽△FEK.
∴，即，
∴.
∴，
∵，
∴
∴．
故答案为：．
【分析】（1）利用勾股定理求得AE的长，再证明△BAE∽△FDA，利用相似三角形的性质，即可求得DF的长；
（2）延长交的延长线于K，利用勾股定理求出AF长，继而可得EF的长；证明△FAD∽△FEK，可求得KE的长，继而可得CK的长；再证明△AMD∽△CMK，利用相似三角形的性质即可求得的值.
12．【答案】（1）有3个，分别是，，
（2）证明：由（1）得，
∵，
∴；
（3）解：，，
，
，
令，则，
，
，
，
，
或，
，
，
，
．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；手拉手全等模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
（1）
解：直径，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
，
，
∴与相等的角有3个，分别是，，；
【分析】
（1）由垂径定理可得，由同角的余角相等可得，由圆周角定理可得，等量代换即可；
（2）由（1）知，由圆周角定理知，由垂径定理知，则由ASA即可证明；
（3）由圆周角定理可证明，由相似比可得，为方便计算可令，则，，在中应用勾股定理求出即可．
（1）解：直径，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
，
，
∴与相等的角有3个，分别是，，；
（2）证明：由（1）得，
∵，
∴；
（3）解：，，
，
，
令，则，
，
，
，
，
或，
，
，
，
．
13．【答案】（1）①证明：为的平分线，
．
折叠，
，
．
，
，
，
即，
．
②解：如图所示，，
由折叠得，
．
由①得，
，
，
是直径，
，
，
，
，，
．
．
（2）解：如图，连结并延长，交于点M，连结．
，
，
为直径，
，
，
又，
，
，
，
，
∵点O，E分别是，的中点，
是的中位线，
（3）解：折叠，
，
，
，
，
即，
又，，
，
，
即，
，
即
【知识点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①根据圆周角定理可以得到，，，进而得到，即可得到结论；
②先得到，从而可以得到，即可得到结论；
（2）连结并延长，交于点M，连结．根据直径所对的圆周角是直角得出，即可得到，再推导，根据中危险订立即可解题；
（3）先推导，得出，再根据，即可得到证明即可.
（1）①为的平分线，
．
折叠，
，
．
，
，
，
即，
．
②如图所示，，
由折叠得，
．
由①得，
，
，
是直径，
，
，
，
，，
．
．
（2）如图，连结并延长，交于点M，连结．
，
，
为直径，
，
，
又，
，
，
，
，
∵点O，E分别是，的中点，
是的中位线，
；
（3）折叠，
，
，
，
，
即，
又，，
，
，
即，
，
即．
14．【答案】（1）证明：①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
（2）解：，，
，
，即：，
，
，
，
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①由二直线平行，内错角相等可得，由同圆中相等的圆周角所对的弧相等可得，由等式性质推出，进而根据等弧对等弦即可得证；
②过点A作于H，根据等腰三角形的三线合一得，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，根据相似三角形的对应边成比例即可得证；
（2）由有两组角对应相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例，结合已知是中点，得出，结合（1）②恒等式得出，进而即可求解．
（1）①，
，
，
，
即：，
．
②过点A作于H，
，
，
由（1）得：，
，
，
，即：，
，
，
．
（2），，
，
，即：，
，
，
，
．
15．【答案】（1）证明：∵点为的中点，
∴，
∵，为直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴
∴
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
解：过作于，
∵，
∴，
∵于，于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】角平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（）由垂直弦的直径平分弦所对的弧及中点得，由等弧所对圆周角相等得∠DCB=∠DBC=∠DBH，由等角对等边可得结论；
（）由直径所对的圆周角是直角得出，由直角三角形两锐角互余及同角的余角相等得，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出；由同角的余角相等得，再由有两组角对应相等的两个三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得，即可求证；
过作于，由同圆中相等的弦所对的劣弧与优弧分别相等及等弧所对的圆周角相等得，由角平分线上的点到角两边的距离相等得DP=DE，从而由HL证明和，由全等三角形的对应边相等得BE=CP，AP=AE，推出，则，由，得，从而求解.
（1）证明：∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，为直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴
∴
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
过作于，
∵，
∴，
∵于，于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
16．【答案】（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
．
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长．
（3）解：①当时，，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；垂径定理的实际应用；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接，由圆周角定理可得，则与互余；由垂直的概念得，则与互余；由于点平分，即，则等于，所以；
（2）先由勾股定理得出，再用等面积法求出，再结合结论利用勾股定理可得出、，则；
（3）根据等腰三角形的概念可进行分类讨论：①当时，②当时，③当时；对于①，由垂径定理知；对于②，显然此时P、C两点重合，可过点F作AC的垂线段FH，可利用等面积法求出FH，再利用同角的余角相等可证明，再利用相似比可求得AC即AP的长；对于③，当点P在AE的垂直平分线上时必然有PA=PE，但此时点P可能在劣弧AE上，也可能在优弧AE上，即又有两种情况，由垂径定理知OP垂直平分AE，可利用垂径定理和勾股定理分别求解即可．
（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
．
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长．
（3）解：①当时，
，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
17．【答案】（1）证明： ∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，
∴BC =DE， ∠BAC =∠EAD，
∴弧BC =弧CD，
∴BC=CD，
∴DE=DC；
（2）证明： ∵弧AB=弧AB，
∴∠BCM=∠AFM，
∵∠BMC=∠AMF，
∴△BCM∽△AFM，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，
∴BC=DE， AC=AD，
∵BF∥CD，
∴△AMN∽△ACD，
∴AM = AN，
；
（3）解：
∴弧
∴延长DE必经过点B，过点E作
∴，
连接DF，
∵BF∥CD，
∴弧
弧AB =弧AF，
∴AB=AF，
将△ABD绕点A旋转至AB与AF重合得到△AFD'， 则： ∠ABD =∠AFD'， D'F = BD，∠DAD'=∠BAF，
∵∠ABD+∠AFD=180°，
∴∠AFD'+∠AFD=180°，
∴D， F， D'三点共线，
∴设BE=x， 则DE=3x，
∴BC=DE=DF=3x，
BD=BE+DE=4x，
∴DD'=DF+FD'=DF+BD=7x，
∵∠DAD'=∠BAF， ∠ABF =∠ADF，
∴△BAF∽△DAD'，
∴.
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆的综合题；旋转的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)旋转的性质，得到 ， 根据弧， 弦， 角的关系， 得到BC=CD， 即可得证；
(2)证明△BCM∽△AFM， 进而得到 ， 旋转得到BC =DE， AC = AD， 根据BF∥CD， 推出AM = AN， 等量代换， 得到 ，即可得证；
(3)等量代换，得到 过点E作EP⊥AB，EQ⊥AD， 角平分线的性质得到EP =EQ， 等积法得到 连接DF， 推出BC=DF， AB= AF， 将△ABD绕点A旋转至AB与AF重合得到△AFD'， 证明D， F， . 三点共线，设BE =x， 则DE =3x， 进而得到BC = DE = DF =3x， 推出DD'=DF+FD'=DF+BD=7x， 证明△BAF∽△DAD'， 得到 得到 再进行计算即可.
18．【答案】（1）解：，
，
，
，

（2）解：是的直径，
，
，
由（1）可得：，
，
，
由（1）可得：，
，
即：，
又，
，
，
，
，
，
即：
∴，

（3）解：如图所示：
由（2）可得：，
，
可设CE=a，则BE=3a，DC=2a，
∴BD=BC=4a，DE=2a.
设DQ=x，则BQ=BD－DQ=4a－x.
，
，
，
即：，
解得：，

【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等可得，利用垂线的概念可得，然后根据直角三角形的两个锐角互余可求出∠ADE的度数
（2）利用直径所对的圆周角是直角可知，由此可证得，利用直角三角形的两个锐角互余及余角的性质可推出，再证明，利用有两组对应角相等的两个三角形相似，可证得△DCE∽△BCD，利用相似三角形的性质及BE=3CE，可得到；再根据CD=2CE，代入可求出的值.
（3）由（2）可得：，设CE=a，可表示出BE、DC、BD、DE的长，利用勾股定理可得到关于a、x的方程，解方程可表示出x，然后代入 可求出的值.
（1）解：，
，
，
，
；
（2）解：是的直径，
，
，
由（1）可得：，
，
，
由（1）可得：，
，
即：，
又，
，
，
，
可设，则，，
，
即：
解得：或（不合题意，故舍去），
；
（3）解：如图，
由（2）可得：，
，
可设，则，，，
，
，
，
设，则，
，
，
，
即：，
解得：，
．
19．【答案】（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长
（3）解：①当时，，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴OP垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
或或或
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接AE，由直径所对圆周角是直角得∠AEB=90°，由直角三角形两锐角互余∠EAD+∠ADE=90°，∠B+∠F=90°，由等弧所对的圆周角相等得出，进而根据等角的余角相等得出，从而根据等角对等边可得；
（2）首先在Rt△ABF中，根据勾股定理得出FB的长，用等面积法求出AE，在Rt△ABE中，根据勾股定理算出BE的长，在Rt△AED中，利用勾股定理算出ED的长，根据BD=NE-ED算出BD的长，即可求解；
（3）根据等腰三角形的性质，进行分类讨论：①当AE=AP时，②当AE=PE时，P与C重合，过点F作FH⊥AD于点H，连接BC，由等腰三角形的三线合一得，由等面积法求出FH，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△BCD∽△FHD，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BC，进而利用勾股定理算出CD，从而根据AP=AC=AD+CD可算出答案；③当AP=PE时，连接，连接交于点G，根据线段垂直平分线的判定定理判断出OP垂直平分AE，则，由勾股定理算出OG，AP1，AP2综上可得答案.
（1）证明：连接
是直径，
，
∴，
，
，
∴，
点为弧得中点，
，
，
．
（2）解：，，
∴在中，，
∵，
∴，
解得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴在中，，
，
的周长．
（3）解：①当时，
，
②当时，
与重合，过点F作于点H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴；
③当时，连接，连接交于点G，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，，
根据勾股定理可得：，，
综上所述：或或或．
20．【答案】解：（1）证明：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）①∵，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
②过C作垂直于H，则，
∴，，
∴．
（3）∵，，
∴，，
设，，
∴，
由（2）可知，，
∴，即．
∴，．
设，
∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，，
∴，
∴
【知识点】圆周角定理；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-AA
【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角等于90度可得出，结合已知条件可得出，由同弧所对的圆周角相等可得出，等量代换可得出，再结合，根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”即可证明；
（2）①由相似三角形的性质可得出，由线段中点可得出，根据比例式将AF用含AD的代数式表示出来，然后根据已有的比例式即可求解；
②过C作垂直于H，则，由平行线截线段成比例即可得出，，再结合，，即可求解；
（3）由已知条件可得出，．设，则，以为等量关系，结合勾股定理即可得出a的值，再用勾股定理即可得出．
21．【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）
（3）解：①∵，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，
四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定；四点共圆模型；母子相似模型（公共边公共角）
【解析】【解答】解：（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）
点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点，，，四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段同侧有两点，，
四点共圆，
故答案为：；
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．
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