专题22图形的相似(共55题)-2021年中考数学真题分项汇编(解析版)【全国通用】(第01期)

专题22图形的相似（共55题）

姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 一、单选题

1．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2:3，点A，

B的对应点分别为点A，B．若AB6，则AB的长为（ ）

A．8 【答案】B 【分析】

B．9 C．10 D．15

直接利用位似图形的性质得出线段比进而得出答案． 【详解】

解：∵图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2:3， ∵

AB2， AB3∵AB6， ∵

62， AB3∵AB9 故答案为：B． 【点睛】

此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．

2．（2021·山东东营市·中考真题）如图，ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作ABC的位似图形ABC，并把ABC的边长放大到原来的2倍，设点B的横坐标是a，则点B的对应点B的横坐标是（ ）

A．2a3 【答案】A 【分析】

B．2a1 C．2a2 D．2a2

设点B'的横坐标为x，然后表示出BC、B'C的横坐标的距离，再根据位似比列式计算即可得解. 【详解】

设点B'的横坐标为x，

则B、C间的横坐标的差为a1，B'、C间的横坐标的差为x1，

ABC放大到原来的2倍得到A'B'C'，

2a1x1，

解得：x2a3. 故选：A. 【点睛】

本题考查了位似变换，坐标与图形的性质，根据位似比的定义，利用两点间的横坐标的距离等于对应边的比列出方程是解题的关键.

3．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高PO5m，树影AC3m，树AB与路灯O的水平距离AP4.5m，则树的高度AB长是（ ）

A．2m 【答案】A 【分析】

B．3m

C．

3m 2D．

10m 3利用相似三角形的性质得到对应边成比例，列出等式后求解即可． 【详解】

解：由题可知，CAB∽CPO，

ABAC, OPCPAB3∵，

534.5∵

∵AB2m， 故选A． 【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与应用，解决本题的关键是能读懂题意，建立相似关系，得到对应边成比例，完成求解即可，本题较基础，考查了学生对相似的理解与应用等．

4．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为（ ）

A．12cm2 【答案】B 【分析】

B．9cm2 C．6cm2 D．3cm2

由三角形的中位线定理可得DE=【详解】

1BC，DE∵BC，可证∵ADE∵∵ABC，利用相似三角形的性质，即可求解． 2解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点， ∵DE=

1BC，DE∵BC， 2∵∵ADE∵∵ABC，

∵

SADEDE21()， SABCBC4∵S∵ADE=3， ∵S∵ABC=12，

∵四边形BDEC的面积=12-3=9(cm2)， 故选：B． 【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握相似三角形的性质是解题的关键． 5．（2021·重庆中考真题）如图，△ABC与△BEF位似，点O是它们的位似中心，其中OE=2OB，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）

A．1：2 【答案】A 【分析】

B．1：4 C．1：3 D．1：9

利用位似的性质得∵ABC∵∵DEF，OB：OE= 1：2，然后根据相似三角形的性质解决问题． 【详解】

解：∵∵ABC与∵DEF位似，点O为位似中心． ∵∵ABC∵∵DEF，OB：OE= 1：2， ∵∵ABC与∵DEF的周长比是：1：2． 故选：A． 【点睛】

本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键． 6．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，点P是函数y轴和y轴的垂线，垂足分别为点A、B，交函数yk1k10,x0的图像上一点，过点P分别作xxk2k20,x0的图像于点C、D，连接OC、OD、xCD、AB，其中k1k2，下列结论：△CD//AB；△S的是（ ）

OCDkk12；△S2DCPk1k22k12，其中正确

A．△△ 【答案】B 【分析】 设P（m，

B．△△ C．△△ D．△

PDPCk1），分别求出A，B，C，D的坐标，得到PD，PC，PB，PA的长，判断和的关系，mPBPA可判断∵；利用三角形面积公式计算，可得∵PDC的面积，可判断∵；再利用

S△OCDSOAPBS△OBDS△OCAS△DPC计算∵OCD的面积，可判断∵．

【详解】

解：∵PB∵y轴，PA∵x轴，点P在y设P（m，

k1k上，点C，D在y2上， xxk1）， mkkkk则C（m，2），A（m，0），B（0，1），令12，

mxmmk2mk2mk则x，即D（，1），

k1k1m∵PC=

k2mmk1k2k1k2k1k2==，PD=m， kkmmm11k1k2mk1k2kkPCPDPCm12，即∵PDk1k1k2，，

k1PAk1PBPAPBmk1m又∵DPC=∵BPA， ∵∵PDC∵∵PBA，

∵∵PDC=∵PBC， ∵CD∵AB，故∵正确；

1mk1k2k1k2k1k21∵PDC的面积=PDPC==，故∵正确；

2k1m22k12S△OCDSOAPBS△OBDS△OCAS△DPC

=k111k2k222kk122k122

=k1k2kk122k1

22kkk2k1k2=11 2k12k12k122k1k2k1k2=

2k1k12k22=，故∵错误；

2k1故选B． 【点睛】

此题主要考查了反比例函数的图象和性质，k的几何意义，相似三角形的判定和性质，解题关键是表示出各点坐标，得到相应线段的长度．

7．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，ABC中，BDAB，BD、AC相交于点D，AD24AC，7AB2，ABC150，则△DBC的面积是（ ）

A．

33 14B．

93 14C．

33 7D．

63 7【答案】A 【分析】

过点C作CEAB的延长线于点E，由等高三角形的面积性质得到SDBC:SABC3:7，再证明

ADB【详解】

ACE，解得

AB4，分别求得AE、CE长，最后根据ACE的面积公式解题． AE7解：过点C作CEAB的延长线于点E，

DBC与△ADB是等高三角形， SADB:SDBCAD:DC3:7

43AC:AC4:3 77SDBC:SABCBDAB ADBACE

2SSADBACE42AC16AD7 49ACACAB4 AE7AB2

7 273BE2

22AEABC150,

CBE18015030

CEtan30BE设S3 2ADB4x,SDBC3x

SACE49x 449x173

4222x3 1433， 143x故选：A． 【点睛】

本题考查相似三角形的判定与性质、正切等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 8．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，RtABC中，BAC90，cosB以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使ADEB，连结CE，则

1，点D是边BC的中点，4CE的值为（ ） AD

A．

3 2B．3 C．15 2D．2

【答案】D 【分析】

由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出ADBDCD1BC，在结合题意可得2BADBADE，即证明AB//DE，从而得出BADBADECDE，即易证

ADECDE(SAS)，得出AECE．再由等腰三角形的性质可知AECEDE，

BADBADEDAE，即证明ABD∼ADE，从而可间接推出

cosBAB1BDCE，即可求出的值，即的值． BC4ABADCEBD．最后由ADAB【详解】

∵在RtABC中，点D是边BC的中点， ∵ADBDCD1BC， 2∵BADBADE， ∵AB//DE．

∵BADBADECDE，

ADCD∵在ADE和△CDE中，ADECDE，

DEDE∵ADECDE(SAS)， ∵AECE，

∵ADE为等腰三角形，

∵AECEDE，BADBADEDAE， ∵ABD∼ADE，

DEADCEBD，即． BDABADABAB1∵cosB，

BC4AB1∵， BD2CEBD∵2． ADAB∵故选D． 【点睛】

本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．

9．（2021·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将OAB以原点O为位似中心放大后得到OCD，若B0,1，D0,3，则OAB与OCD的相似比是（ ）

A．2：1 【答案】D 【分析】

B．1：2 C．3：1 D．1：3

直接利用对应边的比等于相似比求解即可． 【详解】

解：由B、D两点坐标可知：OB=1，OD=3； ∵OAB 与∵OCD的相似比等于故选D． 【点睛】

本题考查了在平面直角坐标系中求两个位似图形的相似比的概念，同时涉及到了位似图形的概念、平面直角坐标系中点的坐标、线段长度的确定等知识；解题关键是牢记相似比等于对应边的比，准确求出对应边的比即可完成求解，考查了学生对概念的理解与应用等能力．

10．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在Rt△ABC纸片中，ACB90,AC4,OB1； OD3BC3，点D,E分别在AB,AC上，连结DE，将ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分EFB，则AD的长为（ ）

A．

25 9B．

25 8C．

15 7D．

20 7【答案】D 【分析】

先根据勾股定理求出AB，再根据折叠性质得出∵DAE=∵DFE，AD=DF，然后根据角平分线的定义证得∵BFD=∵DFE=∵DAE，进而证得∵BDF=90°，证明Rt∵ABC∵Rt∵FBD，可求得AD的长． 【详解】

解：∵ACB90,AC4,∵ABBC3，

AC2BC24232=5，

由折叠性质得：∵DAE=∵DFE，AD=DF，则BD=5﹣AD， ∵FD平分EFB， ∵∵BFD=∵DFE=∵DAE， ∵∵DAE+∵B=90°，

∵∵BDF+∵B=90°，即∵BDF=90°， ∵Rt∵ABC∵Rt∵FBD，

BDBC5AD3， 即DFACAD420解得：AD=，

5∵

故选：D． 【点睛】

本题考查折叠性质、角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．

11．（2021·山东东营市·中考真题）如图，ABC是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且DBE30，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：△SABC13；△当点D与点C重合时，FH；△AECD423DE；△当AECD时，四

边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）

A．△△△ 【答案】B

B．△△△ C．△△△△ D．△△△

【分析】

过A作AI∵BC垂足为I，然后计算∵ABC的面积即可判定∵；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定∵；如图将∵BCD绕B点逆时针旋转60°得到∵ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∵P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定∵；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形． 【详解】

解：如图1, 过A作AI∵BC垂足为I ∵ABC是边长为1的等边三角形 ∵∵BAC=∵ABC=∵C=60°，CI=BC121 2∵AI=3 21133,故∵正确； AIBC12224∵S∵ABC=

如图2，当D与C重合时

∵∵DBE=30°，ABC是等边三角形 ∵∵DBE=∵ABE=30° ∵DE=AE=∵GE//BD

11AD 22BGDE1 AGAE11∵BG=AB

22∵

∵GF//BD,BG//DF ∵HF=BG=

1,故∵正确； 2

如图3，将∵BCD绕B点逆时针旋转60°得到∵ABN ∵∵1=∵2，∵5=∵6=60°，AN=CD,BD=BN ∵∵3=30°

∵∵2+∵4=∵1+∵4=30° ∵∵NBE=∵3=30° 又∵BD=BN，BE=BE ∵∵NBE∵∵DBE（SAS） ∵NE=DE

延长EA到P使AP=CD=AN ∵∵NAP=180°-60°-60°=60° ∵∵ANP为等边三角形 ∵∵P=60°，NP=AP=CD

如果AE+CD=3DE成立，则PE=3NE,需∵NEP=90°，但∵NEP不一定为90°，故∵不成立；

如图1，当AE=CD时， ∵GE//BC

∵∵AGE=∵ABC=60°，∵GEA=∵C=60° ∵∵AGE=∵AEG=60°， ∵AG=AE 同理：CH=CD ∵AG=CH ∵BG//FH,GF//BH

∵四边形BHFG是平行四边形 ∵BG=BH

∵四边形BHFG为菱形，故∵正确． 故选B． 【点睛】

本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．

12．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在以AB为直径的

O中，点C为圆上的一点，BC3AC，弦

弦AF交CE于点H，交BC于点G．若点H是AG的中点，则CBF的度数为（ ）CDAB于点E，

A．18° 【答案】C 【分析】

根据直径所对的圆周角是90，可知ACBAFB90，根据BC3AC，可知ABC、BAC的度数，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，AHC为等腰三角形，再根据

B．21°

C．22.5°

D．30°

CAE∽BFG∽BCA可求得CBF的度数．

【详解】 解：∵AB为

O的直径，

∵ACBAFB90， ∵BC3AC，

∵ABC=22.5，BAC=67.5， ∵点H是AG的中点， ∵CEAH， ∵CAHACH， ∵CDAB， ∵AEC∽GCA，

又∵CAFCBF,CGAFGB， ∵AEC∽GCA∽GFB，

∵ACEECBABCECB90， ∵ABEABC，

∵AEC∽GCA∽GFB∽ACB， ∵

ABCACEGACGBF22.5，

∵CBF=22.5， 故选：C． 【点睛】

本题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形，直角三角形斜边上中线等知识点，找出图形中几个相似三角形是解题关键．

13．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，四边形ABCD中，已知AB△CD，AB与CD之间的距离为4，AD＝5，CD＝3，△ABC＝45°，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在△APQ移动过程中始终保持PQ△AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（ ）

A． B． C． D．

【答案】B 【分析】

依次分析当0t3、3t6、6t10三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项． 【详解】

解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F， ∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4， ∵DE=CF=4，

∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ∵AB， ∵PQ∥DE∥CF， ∵AD=5， ∵AEAD2DE23,

∵当0t3时，P点在AE之间，此时，AP=t，

APPQ, AEDE4∵PQ=t，

31t422∵SAPQ=APPQtt，

2233∵

因此，当0t3时，其对应的图像为y∵CD＝3， ∵EF=CD=3，

∵当3t6时，P点位于EF上，Q点位于DC上，此时，其位置如图中的P1Q1，则S因此当3t6时，对应图像为y2t3t6，即为一条线段； ∵∵ABC＝45°， ∵BF=CF=4， ∵AB=3+3+4=10，

∵当6t10时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-t， 同理可得，Q2P2=P2B=10-t，

APQ1122t0t3，故排除C和D； 314t2t， 211210ttt5t， AP2Q22212 因此当6t10时，对应图像为yt5t6t10，其为开口向下的抛物线的6t10的一段图像；

2S故选：B．

【点睛】

本题考查了平行线分线段成比例的推论、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积公式、二次函数的图像

等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能分情况讨论等，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．

14．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，AE是以BC为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．

3 2B．2

C．1 D．

5 2【答案】D 【分析】

取BC的中点O，设AE与∵O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，由题意可得OB=OC=OA=1，∵OFA=∵OFE=90°，CE=CF，由切线长定理可得AB=AF=2，然后根据割补法进行求解阴影部分的面积即可． 【详解】

解：取BC的中点O，设AE与∵O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∵BC=AB=2，∥ABC=∥BCD=90°， ∵AE是以BC为直径的半圆的切线， ∵OB=OC=OF=1，∵OFA=∵OFE=90°， ∵AB=AF=2，CE=CF， ∵OA=OA，

∵Rt∵ABO∵Rt∵AFO（HL）， 同理可证∵OCE∵∵OFE，

∵AOBAOF,COEFOE， ∵AOBCOE90AOBBAO， ∵COEBAO， ∵ABO∽OCE，

OCCE， ABOB1∵CE，

2∵

∵S阴影S四边形ABCES半圆2S故选D． 【点睛】

本题主要考查切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．

15．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB6，M是AD边上的一点，

ABO2S15S2； OCE半圆222AM:MD1:2．将△BMA沿BM对折至△BMN，连接DN，则DN的长是（ ）

A．

5 2B．

95 8C．3 D．

65 5【答案】D 【分析】

延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作NFCD，根据折叠的正方形的性质得到NECE，在

RtMDE中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明MDE∽NFE，利用相似三角形的性质求出NF和

DF的长度，利用勾股定理即可求解．

【详解】

解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作NFCD，

∵AB6，M是AD边上的一点，AM:MD1:2， ∵AM2，DM4，

∵将△BMA沿BM对折至△BMN，四边形ABCD是正方形， ∵BNEC90，ABANBC， ∵RtBNE≌RtBCE(HL)， ∵NECE，

∵EMMNNENE2，

在RtMDE中，设DEx，则ME6x28x， 根据勾股定理可得42x28x，解得x3， ∵NEDE3，ME5， ∵NFCD，MDE90， ∵MDE∽NFE， ∵

2EFNFNE2， DEMDME5∵NF912，EF， 55∵DF6， 565， 5∵DNDF2NF2故选：D． 【点睛】

本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关

键．

16．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，△O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与△O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是

A．

817 9B．

1017 9C．

815 9D．

1015 9【答案】A 【分析】

过点D作DG∵BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得GC6，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明∵HAO∵∵BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt∵ABD中，根据勾股定理可得BD217；证明∵DHF∵∵BCF，根据相似三角形的性质可得

DHDF，由此即可BCBF求得BF【详解】

817． 9过点D作DG∵BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，

∵AM，BN是它的两条切线，DE与∵O相切于点E， ∵AD=DE，BC=CE，∵DAB=∵ABC=90°， ∵DG∵BC，

∵四边形ABGD为矩形， ∵AD=BG，AB=DG=8， 在Rt∵DGC中，CD=10，

∵GCCD2DG2102826， ∵AD=DE，BC=CE，CD=10， ∵CD= DE+CE = AD+BC =10， ∵AD+BG +GC=10，

∵AD=BG=2，BC=CG+BG=8， ∵∵DAB=∵ABC=90°， ∵AD∵BC，

∵∵AHO=∵BCO，∵HAO=∵CBO， ∵OA=OB， ∵∵HAO∵∵BCO， ∵AH=BC=8， ∵AD=2，

∵HD=AH+AD=10；

在Rt∵ABD中，AD=2，AB=8， ∵BDAB2AD28222217，

∵AD∵BC， ∵∵DHF∵∵BCF， ∵

DHDF， BCBF10217BF， 8BF817． 9∵

解得，BF故选A． 【点睛】

本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，

熟练运用相关知识是解决问题的关键．

17．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）如图，已知AD//BC，ABBC，AB3，点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B处，过点B作AD的垂线，分别交AD，BC于M，N两点，当B为线段MN的三等分点时，BE的长为（ ）

A．

3 2B．32 2C．

332 或22D．332或5

52【答案】D 【分析】

因为点B'为线段MN的三等分点，没有指明线段B'M的占比情况，所以需要分两种情况讨论：∵

12B'MMN；∵ B'MMN．然后由一线三垂直模型可证 AMB'∵B'NE，再根据相似三角形

33的性质求得 EN的值，最后由 BEBNEN即可求得 BE的长． 【详解】

当点B'为线段MN的三等分点时，需要分两种情况讨论：

∵如图1，当B'M

∵AD∵BC，ABBC， MNBC，

1MN时， 3∵四边形ABNM为矩形， ∵B'M1122MNAB1， B'NMNAB2， BNAM． 3333由折叠的性质可得A'BAB3，AB'EABC90． 在RtAB'M中，AMAB'2B'M2321222．

∵AB'MMAB'90， AB'MEB'N90， ∵EB'NMAB'， ∵B'NE∵AMB'， ∵

EN2ENB'N2，即 ，解得 EN，

122B'MAM2232． 22∵BEBNEN22∵如图2，当B'M2MN时， 3∵AD∵BC，ABBC， MNBC， ∵四边形ABNM为矩形， ∵B'M2211MNAB2， B'NMNAB1， BNAM． 3333由折叠的性质可得AB'AB3，AB'EABC90． 在RtAB'M中，AMAB'2B'M232225．

∵AB'MMAB'90， AB'MEB'N90， ∵EB'NMAB'， ∵B'NE∵AMB'， ∵

EN1ENB'N25，即 ，解得EN，

25B'MAM552535． 55∵BEBNEN综上所述，BE的长为故选：D．

3235或 ． 25【点睛】

本题考查了矩形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，由B'为线段MN的三等分点，分两种情况讨论线段B'M的占比情况，以及利用K型相似进行相关计算是解决此题的关键．

18．（2021·四川资阳市·中考真题）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD．连结EG并延长交

BC于点M．若AB13,EF1，则GM有长为（ ）

A．

22 5B．

22 3C．

32 4D．

42 5【答案】D 【分析】

添加辅助线，过F点作FI∵HM，通过证明两组三角形相似，得到FI和GM的两个关系式，从而求解GM．【详解】

如图所示，过F点作FI∵HM，交BC于点I，

证明勾股定理的弦图的示意图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成

AEB=90，BFAECG，CFBE，FGEF1，EG2

又

AB13,EF1

AE2BE2AB2，即 BF2BF12解得BF2或BF3（舍去）

13

2BFAECG=2，CFBE=3

FI∵HM

CGMCFI，BFI~BEM

FICF3EMBE3 ， FIBF2GMCG22GM3

FI23FIGM， EGGM2FI2GM332

GM242 542符合题意， 经检验：GM5解得：GM故选：D． 【点睛】

本题考查了相似三角形和勾股定理．本题的关键在于添加辅助线，建立所求线段与已知条件之间的联系． 19．（2021·河北中考真题）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB（ ）

A．1cm C．3cm 【答案】C

B．2cm D．4cm

【分析】

先求出两个高脚杯液体的高度，再通过三角形相似，建立其对应边的比与对应高的比相等的关系，即可求出AB． 【详解】

解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8（cm）， 第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4（cm），

因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚杯是同一个高脚杯， 所以图1和图2中的两个三角形相似， ∵

AB4， 68∵AB=3（cm）， 故选：C． 【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是读懂题意，与图形建立关联，能灵活运用相似三角形的判定得到相似三角形，并能运用其性质得到相应线段之间的关系等，本题对学生的观察分析的能力有一定的要求．

20．（2021·四川宜宾市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（ ）

A．2 【答案】A 【分析】

B．

7 4C．

32 2D．3

构造如图所示的正方形CMPD，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可． 【详解】

如图，延长CE，FG交于点N，过点N作l//AB，延长CB,DA交l于M,P，

∵∵CMN=∵DPN=90°， ∵四边形CMPD是矩形，

根据折叠，∵MCN=∵GCN，CD=CG，DFFG， ∵∵CMN=∵CGN=90°，CN=CN， ∵RtMNCRtGNC，

∵CMCGCD6，MNNG

四边形CMPD为正方形，

BE//MN

∵CBE∵

CMN，

BECB42， MNCM63BE2，MN3， NP3，

设DFx,则AF4x，

222在RtPNF中，由FP2NP2NF2可得(4x2)3(3x)

解得x2；

故选A． 【点睛】

本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．

21．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，在44的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，E为BD与正方形网格线的交点，下列结论正确的是（ ）

A．CE1BD 2B．ABC≌CBD C．ACCD D．ABCCBD

【答案】D 【分析】

由题意易得CE∵AB，然后根据相似三角形的性质与判定、直角三角形斜边中线定理及全等三角形的判定可排除选项． 【详解】

解：∵每个小正方形的边长都为1，

∵AB4,AC2,BC25,CD5,BD5， ∵BC2CD225BD2，ACCD，故C错误； ∵∵BCD是直角三角形， ∵BCDBAC90， ∵

ABAC25， BCCD5∵△ABC∽△CBD，故B错误； ∵ABCCBD，故D正确； ∵E为BD与正方形网格线的交点， ∵CE∵AB，

∵ABCBCECBD，

∵DBCBDCBCEECD90， ∵BDCECD，

∵BECEED故选D． 【点睛】

1BD，故A错误； 2本题主要考查勾股定理的逆定理、相似三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理的逆定理、相似三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．

22．（2021·山东威海市·中考真题）如图，在ABC和ADE中，CABDAE36，ABAC，

ADAE．连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G．若BE恰好平分ABC，则下列结论错误

的是（ ）

A．ADCAEB B．CD//AB 【答案】C 【分析】

C．DEGE D．BF2CFAC

根据SAS即可证明△DAC≌△EAB，再利用全等三角形的性质以及等腰三角形的性质，结合相似三角形的判定和性质，即可一一判断 【详解】

ABAC,ADAE,CABDAE36

DACEAB

△DAC≌△EAB

ADCAEB，故选项A正确；

ABAC,CAB36

ABCACB72

BE平分ABC

1ABECBFABC36

2△DAC≌△EAB

ACDABE36

ACDCAB

CD//AB，故选项B正确；

ADAE,DAE36

ADE72

DGEDAEEABABE72EAB

即ADEDGE

DEGE，故选项C错误；

ABCACB72,CABCBF36

CFB72 BCBF

△ABC∽△BFC

BFCF ABBCABAC BFCF ACBFBF2CFAC，故选项D正确；

故答案选：C． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，能利用全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质是解题关键．

二、填空题

23．（2021·江苏无锡市·中考真题）下列命题中，正确命题的个数为________． △所有的正方形都相似 △所有的菱形都相似 △边长相等的两个菱形都相似 △对角线相等的两个矩形都相似

【答案】∵ 【分析】

根据多边形的判定方法对∵进行判断；利用菱形的定义对∵进行判断；根据菱形的性质对∵进行判断；根据矩形的性质和相似的定义可对∵进行判断． 【详解】

解：所有的正方形都相似，所以∵正确； 所有的菱形不一定相似，所以∵错误；

边长相等的两个菱形，形状不一定相同，即：边长相等的两个菱形不一定相似所以∵错误； 对角线相等的两个矩形，对应边不一定成比例，即不一定相似，所以∵错误； 故答案是：∵． 【点睛】

本题考查了判断命题真假，熟练掌握图形相似的判定方法，菱形，正方形，矩形的性质，是解题的关键． 24．（2021·内蒙古中考真题）如图，在RtABC中，过点B作BDCB，垂足为B，且BD3，ACB90， 连接CD，与AB相交于点M，过点M作MNCB，垂足为N．若AC2，则MN的长为__________．

【答案】【分析】

6 5MNACBNMN,BCBDCN,因为BC根据MN∵BC,AC∵BC,DB∵BC，得BNMBCA,CNMABD,可得

BNBCCNBC1,列出关于MN的方程，即可求出MN的长．

【详解】

∵MN∵BC，DB∵BC, ACB90 ∵AC∵MN∵DB， ∵BNMBCA,CNMABD，

MNACMN即

2∵BNMN,BCBDBNMN,BC3CN BCCN, BCBNCN1，

BCBCMNMN∵1，

236解得MN,

56故填：．

5又∵【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质，解题关键是根据题意得出两组相似三角形以及它们对应边之比的等量关系．

25．（2021·山东东营市·中考真题）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将CDF沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若AE5，则GE的长为________．

【答案】

49 13【分析】

因为折叠，则有DGCF，从而可知△AED∽△HDC，利用线段比求出DG的长，即可求出EG． 【详解】 如图,

四边形ABCD是正方形

12=90

因为折叠，DGCF，设垂足为H

DHHG

2390

13 △AED∽△HDC

AEDH EDDCAE5，ADDC12

5DH 131260 DH13EGEDGD ED2GH 13260 1349 13

故答案为

49． 13【点睛】

本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，找到△AED∽△HDC是解题的关键．

D为BC上一点，BC3AB3BD，26．（2021·四川南充市·中考真题）如图，在ABC中，则AD:AC的值为________．

【答案】【分析】

3． 3证明∵ABD∵∵CBA，根据相似三角形的性质即可解答． 【详解】

∵BC3AB3BD， ∵

AB13BD3，， BC3AB33ABBD3， BCAB3∵

∵∵B=∵B， ∵∵ABD∵∵CBA， ∵

ADBD3． ACAB3故答案为：【点睛】

3． 3本题考查了相似三角形的判定及性质，证明∵ABD∵∵CBA是解决问题的关键．

27．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在RtABC中，ACB90，O为AB的中点，OD平分AOC交AC于点G，ODOA，BD分别与AC，OC交于点E，F，连接AD，CD，则若CECF，则

OG的值为______；BCCF的值为______． OF

【答案】

1 22

【分析】

（1）根据条件，证明△AOD△COD，从而推断OGA90，进一步通过角度等量，证明

△AOG△ABC，代入推断即可.

（2）通过OAODOCOB，可知A,B,C,D 四点共圆，通过角度转化，证明△ODF△CBF，代入推断即可. 【详解】

解：（1）∵ACB90，O为AB的中点 ∵OAOC 又∵OD平分AOC ∵AODCOD 又∵ODOD ∵△AOD△COD ∵ADCD ∵ODAC ∵OGA90 在AOG与ABC中

GAOBAC,OGABCA90

∵△AOG△ABC

OGAO1 BCAB2（2∵OAODOCOB ∵A,B,C,D 四点共圆，如下图：

∵CECF

∵CEFCFE 又∵CFEBFO ∵CEFBFO ∵△AOD△COD ∵ADCD ∵ADCD ∵OBFCBE

∵BFOOBFCEFCBE90 即BOC90 ∵OBOC ∵BC2OC2OA2OD

∵OGABCA90 ∵ODBFBC ∵OFDCFB ∵△ODF△CBF ∵

故答案为：；2 【点睛】

本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键． 28．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PFAP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：△APPF；△DEBFEF；△PBPDCFBC2 OFOD122BF；△SAEF为定值；△

S四边形PEFGSAPG．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．

【答案】∵∵∵∵ 【分析】

由题意易得∵APF=∵ABC=∵ADE=∵C=90°，AD=AB，∵ABD=45°，对于∵：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∵AFP=∵ABD=45°，则问题可判定；对于∵：把∵AED绕点A顺时针旋转90°得到∵ABH，则有DE=BH，∵DAE=∵BAH，然后易得∵AEF∵∵AHF，则有HF=EF，则可判定；对于∵：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证∵AOP∵∵ABF，进而问题可求解；对于∵：过点A作AN∵EF于点N，则由题意可得AN=AB，若∵AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于∵由∵可得

AP2AP2，进而可得∵APG∵∵AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似AF2AF2比的关系可求解． 【详解】

解：∵四边形ABCD是正方形，PFAP，

∵∵APF=∵ABC=∵ADE=∵C=90°，AD=AB，∵ABD=45°， ∵∵ABCAPF180，

∵由四边形内角和可得BAPBFP180， ∵点A、B、F、P四点共圆， ∵∵AFP=∵ABD=45°， ∵∵APF是等腰直角三角形， ∵APPF，故∵正确；

∵把∵AED绕点A顺时针旋转90°得到∵ABH，如图所示：

∵DE=BH，∵DAE=∵BAH，∵HAE=90°，AH=AE， ∵HAFEAF45， ∵AF=AF，

∵∵AEF∵∵AHF（SAS）， ∵HF=EF，

∵HFBHBF，

∵DEBFEF，故∵正确；

∵连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：

∵点O是对角线BD的中点， ∵OB=OD，BDAC，

∵OP=OM，∵AOB是等腰直角三角形， ∵AB2AO，

由∵可得点A、B、F、P四点共圆， ∵APOAFB， ∵ABFAOP90，

∵∵AOP∵∵ABF， ∵

OPOAAP2， BFABAF22BF， 2∵OP∵BPDPBPBMPM2OP， ∵PBPD2BF，故∵正确；

∵过点A作AN∵EF于点N，如图所示：

由∵可得∵AFB=∵AFN， ∵∵ABF=∵ANF=90°，AF=AF， ∵∵ABF∵∵ANF（AAS）， ∵AN=AB，

若∵AEF的面积为定值，则EF为定值， ∵点P在线段OD上，

∵EF的长不可能为定值，故∵错误； ∵由∵可得

AP2， AF2∵∵AFB=∵AFN=∵APG，∵FAE=∵PAG， ∵∵APG∵∵AFE， ∵

GPAP2， EFAF2∵

SSAGPAEF21， 222∵SAGP1S2AEF，

，故∵正确；

∵S四边形PEFGSAPG综上所述：以上结论正确的有∵∵∵∵； 故答案为∵∵∵∵． 【点睛】

本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．

29．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，将ABCD绕点A逆时针旋转到ABCD的位置，使点B落在

BC上，BC与CD交于点E，若AB3,BC4,BB1，则CE的长为________．

【答案】

9 8【分析】

过点C作CM//CD交BC于点M，证明ABB∽ADD求得CD5，根据AAS证明ABBBCM3可求出CM=1，再由CM//CD证明∵CME∽DCE，由相似三角形的性质查得结论． 【详解】

解：过点C作CM//CD交BC于点M，

∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形ABCD

∵ABAB，ADAD,BABCDD，BADBAD ∵BABDAD，BD ∵ABB∽ADD

BBABAB3∵, DDADBC4∵BB1 ∵DD4 3∵CDCDDD

CDDD

ABDD

34 35 3ABCABCCBMABCBAB

∵∵CBMBAB ∵BCBCBB413 ∵BCAB ∵ABAB

∵∵ABBABBABC ∵AB//CD，CD//CM ∵AB//CM ∵∵ABCBMC ∵∵ABBBMC

在ABB和BMC中，

BABCBMABBBMC ABBC∵ABBBCM ∵BBCM1 ∵CM//CD ∵∵CME∽DCE

CMCE13∵DCDE55

3CE3∵ CD83339∵CECDAB3

88889故答案为：．

8【点睛】

此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．

30．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在直角坐标系中，ABC与ODE是位似图形，则位似中心的坐标为__________________．

【答案】4,2 【分析】

根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心． 【详解】

解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心 ∵M点坐标为4,2 故答案为：4,2．

【点睛】

本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键． 31．（2021·四川乐山市·中考真题）如图，已知点A(4,3)，点B为直线y2上的一动点，点C(0,n)，

2n3，ACBC于点C，连接AB．若直线AB与x正半轴所夹的锐角为，那么当sin的值最

大时，n的值为________．

【答案】【分析】

1 2设直线y＝﹣2与y轴交于G，过A作AH∵直线y＝﹣2于H，AF∵y轴于F，根据平行线的性质得到∵ABH＝α，由三角函数的定义得到sin5GBn2，根据相似三角形的性质得到比例式，于是得到GB

BA3n411125（n+2）（3﹣n）（n）2，根据二次函数的性质即可得到结论．

44216【详解】

解：如图，设直线y＝﹣2与y轴交于G，过A作AH∵直线y＝﹣2于H，AF∵y轴于F，

∵BH∵x轴， ∵∵ABH＝α， 在Rt∵ABH中，ABAHBH ,sin225， BA55= 即sinBAAH2BH2∵sinα随BA的减小而增大，

∵当BA最小时sinα有最大值；即BH最小时，sinα有最大值，即BG最大时，sinα有最大值， ∵∵BGC＝∵ACB＝∵AFC＝90°， ∵∵GBC+∵BCG＝∵BCG+∵ACF＝90°， ∵∵GBC＝∵ACF， ∵∵ACF∵∵CBG， ∵

BGCG， CFAF∵A(4,3)，C(0,n)

BGn2， 3n411125∵BG（n+2）（3﹣n）（n）2，

44216即

∵2n3 ∵当n251 时，BG最大值216故答案为：【点睛】

1． 2本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，正确的作出辅助线证得∵ACF∵∵CBG是解题的关键．

32．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在ABC中，ACBC，矩形DEFG的顶点D、E在AB上，点F、G分别在BC、AC上，若CF4，BF3，且DE2EF，则EF的长为________．

【答案】

12 5【分析】

根据矩形的性质得到GF∵AB，证明∵CGF∵∵CAB，可得AB在∵BEF中，利用勾股定理求出x值即可． 【详解】

解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x， ∵四边形DEFG是矩形， ∵GF∵AB， ∵∵CGF∵∵CAB， ∵

37x，证明∵ADG∵∵BEF，得到AD=BE=x，24GFCF442x4，即， ABCB437AB77x， 2∵AB∵AD+BE=AB-DE=∵AC=BC，

37x2x=x， 22∵∵A=∵B，又DG=EF，∵ADG=∵BEF=90°， ∵∵ADG∵∵BEF（AAS），

313∵AD=BE=x=x，

224在∵BEF中，BE2EF2BF2，

3即xx232， 4解得：x=∵EF=

21212或（舍）， 5512， 512故答案为：．

5【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是根据相似三角形的性质得到AB的长．

33．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在RtABC中，ACB90，点D是AB的中点，过点D作

DEBC，垂足为点E，连接CD，若CD5，BC8，则DE________．

【答案】3 【分析】

根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∵AC，得到出DE． 【详解】

解：∵∵ACB=90°，点D为AB中点， ∵AB=2CD=10， ∵BC=8， ∵AC=DEBD1，即可求ACAB2AB2BC2=6，

∵DE∵BC，AC∵BC，

∵DE∵AC， ∵

DEBD1DEBD1，即， ACAB26AB2∵DE=3， 故答案为：3． 【点睛】

本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式． 34．（2021·云南中考真题）如图，在ABC中，点D，E分别是BC,AC的中点，AD与BE相交于点F，若BF6，则BE的长是______．

【答案】9 【分析】

根据中位线定理得到DE=BE． 【详解】

解：∵点D，E分别为BC和AC中点， ∵DE=

1DEEF1，求出EF，可得AB，DE∵AB，从而证明∵DEF∵∵ABF，得到

ABBF221AB，DE∵AB， 2∵∵DEF∵∵ABF， ∵

DEEF1， ABBF2∵BF=6， ∵EF=3， ∵BE=6+3=9， 故答案为：9． 【点睛】

本题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据中位线的性质证明

∵DEF∵∵ABF．

35．（2021·四川资阳市·中考真题）如图，在菱形ABCD中，BAD120，DEBC交BC的延长线△AFCF；于点E．连结AE交BD于点F，交CD于点G．FHCD于点H，连结CF．有下列结论：△AF2EFFG；△FG:EG4:5；△cosGFH321．其中所有正确结论的序号为__________． 14

【答案】∵∵∵∵ 【分析】

利用菱形的性质和全等三角形的判定证明∵，利用AA定理证明∵FCE∵∵FGC，从而证明∵，由含30°直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理分析求解，从而证明∵和∵． 【详解】

解：在菱形ABCD中，AD=DC，∵ADB=∵CDB 又∵DF=DF ∵∵ADF∵∵CDF， ∵AFCF，故∵正确； ∵AD∵BC ∵∵DAF=∵FEC

又∵中已证∵ADF∵∵CDF， ∵∵DAF=∵DCF，AF=CF ∵∵DCF=∵FEC 又∵∵CFG=∵CFG ∵∵FCE∵∵FGC， ∵

FCFG，FC2EFFG EFFC即AF2EFFG，故∵正确； ∵在菱形ABCD中，BAD120， ∵∵DBC=∵BDC=30° 又∵DEBC

∵在Rt∵DCF中，∵CDE=30° ∵

CE1 DC2CE1AD2, AD2BE3∵在菱形ABCD中，又∵AD∵BC， ∵

AFAD2 EFBE3FC2 EF3由∵已证AF=FC ∵

由∵已证FC2EFFG， 设FC=2k，EF=3k ∵FG=

45k，EG=k 33DFAD2 BFBE3∵FG:EG4:5，故∵正确； 由∵已知

设DF=2a，BF=3a ∵BD=5a

∵在Rt∵BDE中，DE15BDa 22在Rt∵CDE中，CE353DEa 36CD2CE53a 3在Rt∵DFH中，FH1FDa，DH3FH3a 2∵CH23a 3∵在Rt∵FCH中，FCFH2CH221a 3又由∵∵已证，FC2EFFG，FG:EG4:5 设FG=4m，EG=5m，则EF=9m

2121∵4m9ma，解得ma（负值舍去） 318∵FG2221a 9∵

cosGFHFHa321FG22114，故∵正确

a9故答案为：∵∵∵∵．

【点睛】

本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．

36．（2021·重庆中考真题）如图，ABC中，点D为边BC的中点，连接AD，将ADC沿直线AD翻折至ABC所在平面内，得ADC，连接CC，分别与边AB交于点E，与AD交于点O．若AEBE，

BC2，则AD的长为__________．

【答案】3

【分析】

利用翻折的性质可得OCOC,推出OD是CCB的中位线，得出OD1，再利用OD//BC得出AO的长度，即可求出AD的长度． 【详解】

由翻折可知OCOC, ∵O是CC的中点，

∵点D为边BC的中点，O是CC的中点， ∵OD是CCB的中位线，

1BC1,OD//BC ， 2AOAE∵， BCBE∵OD∵AEBE，

AE1， BEAO∵1， BC∵

∵AOBC2，

∵ADAOOD213． 故答案为：3． 【点睛】

本题考查了翻折的性质，三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质，掌握三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质是解题的关键．

37．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：△

ABFDBE；△ABF∽DBE；△AFBD；△2BG2BHBD；△若CE:DE1:3，则BH:DH17:16，你认为其中正确是_____（填写序号）

【答案】∵∵∵∵ 【分析】

∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得∵ABD＝∵FBE＝45°，根据等式的基本性质确定出ABFDBE；∵再根据正方形的对角线等于边长的2倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；∵根据两角相等的两个三角形相似得到∵EBH∵∵DBE，从而得到比例式，根据BE＝2BG，代换即可作出判断；∵由相似三角形对应角相等得到∵BAF＝∵BDE＝45°，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断．∵设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2＝BH•BD，求出BH，DH，即可判断． 【详解】

解：∵∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线， ∵∵ABD＝∵FBE＝45°，

又∵∵ABF＝45°−∵DBF，∵DBE＝45°−∵DBF， ∵ABFDBE， ∵选项∵正确；

∵∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形， ∵AD＝AB，BF＝BE， ∵BD＝2AB，BE=2BF， ∵

BDBE2 ABBF又∵ABFDBE， ∵ABF∽DBE， ∵选项∵正确；

∵∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线， ∵∵BEH＝∵BDE＝45°， 又∵∵EBH＝∵DBE， ∵∵EBH∵∵DBE， ∵

BDBE ，即BE2＝BH•BD， BEBH又∵BE＝2BG，

∵2BG2BHBD， ∵选项∵确；

∵由∵知：ABF∽DBE，

又∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线， ∵∵BAF＝∵BDE＝45°，

∵AF在正方形另外一条对角线上， ∵AF∵BD， ∵∵正确，

∵∵CE:DE1:3，

∵设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x， ∵BE=CE2BC2∵BE2＝BH•BD，

x24x17x，BD42x

2BE217x2172∵BHx，

BD42x8∵DH=BD-BH=42x172152xx, 88∵BH:DH17:15， 故∵错误，

综上所述：∵∵∵∵正确， 故答案是：∵∵∵∵． 【点睛】

此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，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．

38．（2021·湖北荆州市·中考真题）如图，AB是

O的直径，AC是O的弦，ODAC于D，连接OC，

5，则BE2过点D作DF//OC交AB于F，过点B的切线交AC的延长线于E．若AD4，DF_____________．

【答案】

15 2【分析】 证明ADF【详解】

解：如图所示，连接BC

ACO求得AC，利用勾股定理求得CB的长，再利用ABEACB求得BE．

∵AB是O的直径，ODAC于D

∵ACBADO90 又CABCAB ∵△ADO∵

△ACB

ADAO1 ACAB2∵AC8 又∵DF//OC ∵ADF∵

ACO

DFAD1 COAC255 2∵CO2DF2∵AB2CO=10

又∵AC2CB2AB2 ∵82+CB2=102

∵CB6或CB6（舍去）

又BE为切线

∵ABEADO90 又∵CABCAB ∵ABE∵

ACB

ACCB ABBE86 =即

10BE15∵BE

2【点睛】

本题考查圆的相关性质、相似三角形的判定和性质．直径所对的圆周角是直角，圆的切线垂直于过切点的半径．相似三角形的对应线段成比例．

39．（2021·浙江衢州市·中考真题）将一副三角板如图放置在平面直角坐标系中，顶点A与原点O重合，AB在x轴正半轴上，且AB43，点E在AD上，DE位，C，E两点同时落在反比例函数y1AD，将这副三角板整体向右平移_______个单4k的图象上． x

【答案】123 【分析】

9，假设向右平移了m个单位，将平移后的店代入y分别求出C436,6，E33，进行求解即可． 【详解】

过E作EN∵DB, 过C作CM∵BD， ∵DNE90，

k

中，列出方程x

由三角板及 AB43，可知OBD90，BD=12，CM=BM=∵C436,6 ，

∵DNE90，DNE90， ∵EN//OB，

1DB=6， 21AD 411∵ENOB3,DNDB9，

44∵DE9． ∵E33，设将这副三角板整体向右平移m个单位，C，E两点同时落在反比例函数y

k

的图象上． x

9， ∵C436,6，E33，9， ∵平移后C436m,6，E33m，k6436m∵，

k933m∵436m633m9， 解得m123．

经检验：m123是原方程的根，且符合题意， 故答案为：123． 【点睛】

本题考查了特殊三角形以及平移规律，平行线分线段成比例，反比例函数的性质，掌握平移规律，反比例函数的性质是解题的关键．

40．（2021·四川泸州市·）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F在CD上，且CF=3DF，AE，BF相交于点G，则AGF的面积是________．

【答案】

56． 11【分析】

延长AG交DC延长线于M，过G作GH∵CD，交AB于N，先证明∵ABE∵∵MCE，由CF=3DF，可求DF=1，CF=3，再证∵ABG∵∵MFG，则利用相似比可计算出GN，再利用两三角形面积差计算S∵DEG即可． 【详解】

解：延长AG交DC延长线于M，过G作GH∵CD，交AB于N，如图， ∵点E为BC中点， ∵BE=CE，

在∵ABE和∵MCE中，

ABEMCE， BECEAEBMEC∵∵ABE∵∵MCE（ASA）， ∵AB=MC=4，

∵CF=3DF，CF+DF=4，

∵DF=1，CF=3，FM=FC+CM=3+4=7， ∵AB∥MF，

∵∵ABG=∵MFG，∵AGB=∵MGF， ∵∵ABG∵∵MFG，

∵

ABGN4， MFGH7∵GNGH4，

1628,GH， 111111111656S∵AFG=S∵AFB-S∵AGB=ABHNABGN444，

2222111156故答案为．

11∵GN

【点睛】

本题考查了正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，熟练运用相似比计算线段的长是解题关键．

41．（2021·山西中考真题）如图，在ABC中，点D是AB边上的一点，且AD3BD，连接CD并取CD的中点E，连接BE，若ACDBED45，且CD62，则AB的长为__________．

【答案】413． 【分析】

延长BE交AC于点F，过D点作DGBE于点G，由ACDBED45可得此时△CEF为等腰直E为CD的中点且CD62，角三角形，则CEDE32，在等腰RtCEF中，根据勾股定理求得CF，由BFDG可得△EDG≌△ECF,即EGEF，由BFAC，BFDG可得AC∥DG，EF长度，

即△BDG∽△BAF，∴【详解】

如下图，延长BE交AC于点F，过D点作DGBE于点G，

BGBD1 ,求得，∴AB4BD413． FGAD3

∵ACDBED45，BED∠CEF=45， ∵∠EFC90，BFAC，△CEF为等腰RtCEF． 由题意可得E为CD的中点，且CD62， ∵CEDE32， 在等腰RtCEF中，CE32，

∴CFEF3，

又∵BFDG， 在△ECF和△EDG中，

CFEDGE90CEFDEG CEDE∵△EDG≌△ECF（AAS） ∵EFEG3，

∵BFAC，BFDG， ∵AC//DG， ∵

BGBD1 FGAD3FGEFEG6，

∵BG2，BD322213，

∴AB4BD413．

故答案为：413． 【点睛】

本题考察了等腰直角三角形的性质，勾股定理求对应边的长度，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，综合运用以上性质是解题的关键．

x2xyxyz________ 42．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）已知0，则

yz234【答案】【分析】 设

5 6xyzk，再将x,y,z分别用k的代数式表示，再代入约去k即可求解． 234【详解】 解：设则xxyzk0， 2342k，y3k，z4k，

x2xy(2k)22k3k4k26k210k25， 故22yz3k4k12k12k6故答案为：【点睛】

本题考查了比例的性质，正确用同一字母表示各数是解决此类题的关键．

三、解答题

43．（2021·广东中考真题）如图，边长为1的正方形ABCD中，点E为AD的中点．连接BE，将△ABE沿BE折叠得到FBE,BF交AC于点G，求CG的长．

5． 6

【答案】CG【分析】

32 7根据题意，延长BF交CD于H连EH，通过证明RtEDH≌RtEFHHL、DHE∽AEB得到

CH33，再由HGC∽BGA得到CGACCG，进而即可求得CG的长． 44【详解】

解：延长BF交CD于H连EH，

∵FBE由△ABE沿BE折叠得到， ∵EAEF，EFBEAB90， ∵E为AD中点，正方形ABCD边长为1， ∵EAED∵EDEF1， 21， 2∵四边形ABCD是正方形， ∵DEFBEFH90， 在Rt△EDH和RtEFH中，

EDEF， EHEH∵RtEDH≌RtEFHHL， ∵DEHFEH， 又∵AEBFEB， ∵DEHAEB90， ∵ABEAEB90， ∵ABEDEH， ∵DHE∽AEB，

DHAE1， DEAB21∵DH，

4∵

∵CHCDDH1∵CH∥AB， ∵HGC∽BGA，

13， 44CGCH3， AGAB433∵CGAGACCG，

44∵

∵AB1，CB1，CBA90， ∵AC∵CG2，

32CG， 43∵CG2．

7【点睛】

本题主要考查了三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质以及正方形的性质，熟练掌握相关几何知识是解决本题的关键．

44．（2021·浙江宁波市·中考真题）（证明体验）

（1）如图1，点E在AB上，求证：ADC60，AEAC．AD为ABC的角平分线，DE平分ADB．

（思考探究）

F为AB上一点，（2）如图2，在（1）的条件下，连结FC交AD于点G．若FBFC，DG2，CD3，求BD的长． （拓展延伸）

（3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD,BCA2DCA，点E在AC上，

EDCABC．若BC5,CD25,AD2AE，求AC的长．

【答案】（1）见解析；（2）【分析】

（1）根据SAS证明△EAD≌△CAD，进而即可得到结论； （2）先证明EBD∽GCD，得

916 ；（3）32BDDE，进而即可求解； CDDG（3）在AB上取一点F，使得AFAD，连结CF，可得AFC≌ADC，从而得DCE∽BCF，可得

CDCE,CEDBFC，CE4，最后证明EAD∽DAC，即可求解． BCCF【详解】

解：（1）∵AD平分BAC， ∵EADCAD， ∵AEAC,ADAD， ∵EAD≌CADSAS， ∵ADEADC60，

∵EDB180ADEADC60， ∵∠BDE∠ADE，即DE平分ADB； （2）∵FBFC，

∵EBDGCD， ∵BDEGDC60， ∵EBD∽GCD， ∵

BDDE． CDDG∵△EAD≌△CAD， ∵DEDC3． ∵DG2， ∵BD9； 2（3）如图，在AB上取一点F，使得AFAD，连结CF．

∵AC平分BAD， ∵FACDAC ∵ACAC，

∵AFC≌ADCSAS，

∵CFCD,ACFACD,AFCADC． ∵ACFBCFACB2ACD， ∵DCEBCF． ∵EDCFBC， ∵DCE∽BCF， ∵

CDCE,CEDBFC． BCCF∵BC5,CFCD25， ∵CE4．

∵AED180CED180BFCAFCADC，

又∵EADDAC， ∵EAD∽DAC ∵

EAAD1， ADAC2∵AC4AE， ∵AC416CE． 33【点睛】

本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．

45．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，在ABCD中，点E、且ABECDF．BC上，F分别在边AD、

（1）探究四边形BEDF的形状，并说明理由；

（2）连接AC，分别交BE、DF于点G、H，连接BD交AC于点O．若的长．

【答案】（1）平行四边形，见解析；（2）16 【分析】

（1）利用平行四边形的判定定理，两组对边分别平行是平行四边形即可证明； （2）根据【详解】

（1）四边形BEDF为平行四边形．

AG2，AE4，求BCOG3AG2，找到边与边的等量关系，再利用三角形相似，建立等式进行求解即可． OG3

理由如下：

∵四边形ABCD为平行四边形

∵ABCADC ∵ABECDF ∵EBFEDF

∵四边形ABCD为平行四边形 ∵AD//BC

∵EDFDFCEBF ∵BE//DF ∵AD//BC

∵四边形BEDF为平行四边形 （2）设AG2a，∵

AG2 OG3∵OG3a，AO5a ∵四边形ABCD为平行四边形

∵AOCO5a，AC10a，CG8a ∵AD//BC

AGECGB,AEGCBG,EAGBCG，

∵AGE∽CGB ∵

AEAG1 BCGC4∵AE4 ∵BC16． 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定定理、相似三角形的判定定理，解题的关键是：熟练掌握相关定理，能进行相关的证明．

46．（2021·北京中考真题）如图，在ABC中，ABAC,BAC,M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转得到线段AE，连接BE,DE．

（1）比较BAE与CAD的大小；用等式表示线段BE,BM,MD之间的数量关系，并证明； （2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明． 【答案】（1）BAECAD，BMBEMD，理由见详解；（2）DNEN，理由见详解． 【分析】

（1）由题意及旋转的性质易得BACEAD，AEAD，然后可证△ABE≌△ACD，进而问题可求解；

（2）过点E作EH∵AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得ABEACD，BECD，易证进而可得HMDM，然后可得DMN∽DHE，最后根据相似三角形的性质可求证． BHBECD，【详解】

（1）证明：∵BACEAD， ∵BAEBADBADCAD， ∵BAECAD，

由旋转的性质可得AEAD， ∵ABAC，

∵ABE≌ACDSAS， ∵BECD， ∵点M为BC的中点， ∵BMCM，

∵CMMDCDMDBE， ∵BMBEMD；

（2）证明：DNEN，理由如下：

过点E作EH∵AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：

∵EQBHQB90， 由（1）可得△ABE≌△ACD， ∵ABEACD，BECD， ∵ABAC，

∵ABCCABE， ∵BQBQ，

∵BQE≌BQHASA， ∵BHBECD， ∵MBMC， ∵HMDM， ∵MNAB， ∵MN//EH， ∵DMN∽DHE， ∵

DMDN1， DHDE2∵DNEN． 【点睛】

本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．

47．（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E在正方形ABCD边AD上，点F是线段AB上的动点（不与点A重合）．DF交AC于点G，GHAD于点H，AB1，DE1． 3

（1）求tanACE．

（2）设AFx，GHy，试探究y与x的函数关系式（写出x的取值范围）． （3）当ADFACE时，判断EG与AC的位置关系并说明理由． 【答案】（1）【分析】

（1）过E作EM∵AC于M，根据正方形的性质得出∵DAC=45°，AD=AB=BC=1，利用等腰三角形的性质得出EM=AM=

1x(0x1)；；（2）y=（3）EG∵AC，理由见解析

2x12，再利用正切的定义即可得出答案； 3（2）过G作GN∵AB于N，先证得四边形HANG为正方形，再证明∵GNF~∵DAF，根据比利式即可得出结论；

（3）根据∵ADF=∵ACE和tan∵ACE=

111得出 AF=，根据（2）中的函数关系式得出HG=，从而得出∵EHG223为等腰直角三角形，继而得出EG∵AC 【详解】

（1）过E作EM∵AC于M

在正方形ABCD中∵DAC=45°，AD=AB=BC=1 ∵DE=

12，∵AE=，AC=2 332222AE=×= 2233222= 33∵EM=AM=∵CM=AC-AM=2-在Rt∵CEM中，tan∵ACE=

EM1= CM2

(2)过G作GN∵AB于N ∵HG∵AD，∵DAB=90°

∵四边形HANG为矩形，GN∵AD ∵∵HAG=45° ∵AH=HG

∵四边形HANG为正方形 ∵HG=GN=AN=y ∵GN∵AD ∵∵GNF~∵DAF ∵

GNNF= ADAF∵AF=x，∵NF=x-y

yxy=

x1x∵y=(0x1)

x1∵

(3)∵∵ADF=∵ACE

1 2AF1∵tan∵ADF==

AD2tan∵ACE=

∵AD=1

1 21即x=

211当x=时，y=HG=

23∵AF=

在Rt∵AHG中，∵HAG=45°

1，∵HGA=45° 31∵HE=AE-AH=

3∵AH=HG=

∵∵EHG为等腰直角三角形 ∵∵EGH=45° ∵∵AGE=90° ∵EG∵AC 【点睛】

本题考查了正方形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形等知识，适当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键．

48．（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在ABC中，BAC90,ABAC．

（1）如图1，已知点D在BC边上，DAE90,ADAE，连结CE．试探究BD与CE的关系； （2）如图2，已知点D在BC下方，DAE90,ADAE，连结CE．若BDAD，AB210，

CE2，AD交BC于点F，求AF的长；

（3）如图3，已知点D在BC下方，连结AD、BD、CD．若CBD30，BAD15，AB26，

AD243，求sinBCD的值．

【答案】（1）BDCE，理由见详解；（2）AF5；（3）sinBCD【分析】

7 14（1）由题意易得BADCAE，则易证△ABD≌△ACE，然后根据全等三角形的性质可求解； （2）过点A作AH∵BC于点H，由题意易得AHBH25，然后可得BDCE2，△ABD≌△ACE，进而根据勾股定理可得AD6，设DFx，则AF6x，易得BDF∽AHF，则有

5BFDFBD5，所以BF6x,HF5x，最后问题可求解；

5AFHFAH5（3）将∵ABD绕点A逆时针旋转90°得到∵ACG，过点A作AP∵BC于点P，作DT∵BC于点T，分别过点G作GM∵BC，GN∵AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得ABCACB45，

BC23，则有ABDACG75,BDCG,ADAG，然后可得NPGM,NGPM，设

CMx,NPGM3x，NGPM3x,AN33x，进而根据勾股定理可求解x的值，然

后根据三角函数可进行求解． 【详解】

解：（1）BDCE，理由如下： ∵BAC90,DAE90，

∵BADDACCAEDAC90， ∵BADCAE， ∵ABAC,ADAE， ∵△ABD≌△ACESAS， ∵BDCE；

（2）过点A作AH∵BC于点H，如图所示：

∵BAC90,ABAC， ∵∵BAC是等腰直角三角形， ∵AB210， ∵AHBH25， ∵DAE90，

∵BADDACCAEDAC90， ∵BADCAE， ∵ADAE，

∵△ABD≌△ACESAS， ∵CE2， ∵BDCE2， ∵BDAD， ∵ADAB2BD26，

∵ADBAHF90,DFBHFA， ∵BDF∽AHF， 设DFx，则AF6x， ∵

BFDFBD25， AFHFAH25556x,HF5x， 556x5x25， 5∵BF∵BHBFHF解得：x1， ∵AF=5；

（3）将∵ABD绕点A逆时针旋转90°得到∵ACG，过点A作AP∵BC于点P，作DT∵BC于点T，分别过点G作GM∵BC，GN∵AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：

∵BAC90,ABAC，AB26， ∵∵BAC是等腰直角三角形，

∵ABCACB45，BC23， ∵APCP3， ∵CBD30， ∵ABD75，

由旋转的性质可得△ABD≌△ACG，

∵ABDACG75,BDCG,ADAG， ∵BCGACBACG120， ∵GCM60，

∵GM∵BC，GN∵AP，AP∵BC， ∵四边形GMPN是矩形， ∵NPGM,NGPM， 设CMx,NPGM3x，

∵NGPMPCCM3x,ANAPNP33x， 在Rt∵ANG中，AN2NG2AG2AD2， ∵AD243，

4化简得：4x623x2∵

33x23x23，

230，

解得：x1123， ,x222∵BAD15， ∵当x∵x23时，易知与BAD15相矛盾， 21， 2∵BDCG1， ∵DT113， BD,BT3DT22233， 2∵TCBCBT∵在Rt∵DTC中，DCDT2TC27，

1DT7． ∵

sinBCD2DC714【点睛】

本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．

49．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，连接AE，若AE的延长线和BC的延长线相交于点F．

（1）求证：BCCF；

（2）连接AC和BE相交于点为G，若GEC的面积为2，求平行四边形ABCD的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）24．

【分析】

（1）根据E是边DC的中点，可以得到DECE，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到

ADE＝ECF，再根据AEDCEF，即可得到ADE≌ECF，则答案可证；

（2）先证明CEG由SABC根据相似三角形的性质得出SABG，

BCGABGAGAB18，，进而得出SGCCE2BGC4，

SABGS得S△ABC12，则答案可解．

【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∵AD//BC，ADBC， ∵ADE＝ECF， ∵点E为DC的中点， ∵DECE， 在ADE和△ECF中

ADEECF DECEAEDCEF∵ADE≌ECFASA， ∵ADCF， ∵BCCF；

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点， ∵AB//DC，AB2EC，

∵GECABG，GCEGAB， ∵CEGABG，

∵GEC的面积为2，

S∵SABGCEGAB11，即SCE2422ABG4SCEG428，

∵CEG∵

ABG

AGAB1， GCCE211∵SBGCSABG84，

22∵S∵SABCSABGSBCG8412，

ABCD2SABC21224．

【点睛】

本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

50．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，D是以AB为直径的

O上一点，过点D的切线DE交AB的延

长线于点E，过点B作BCDE交AD的延长线于点C，垂足为点F．

（1）求证：ABBC； （2）若

O的直径AB为9，sinA1． 3△求线段BF的长； △求线段BE的长．

【答案】（1）见解析；（2）∵BF1；∵BE【分析】

（1）连接OD，由DE是

9 7O的切线，可得DEOD，可证OD//BC，可得ODAC．由OAOD，

可得ODAA即可； （2）∵连接BD，由

O的直径AB为9，sinABD1，可求BD3．可证ABDF，由AB3sinBDFBF1，BF1． BD3BE∵由（1）可知OD//BF，可证△EBF∵△EOD，由性质可得【详解】

（1）证明：连接OD， ∵DE是

BE92199， 解方程得BE．

72O的切线，

∵DEOD， 又∵BCDE， ∵OD//BC， ∵ODAC．

又∵在△OAD中，OAOD， ∵ODAA， ∵CA， ∵ABBC； （2）∵连接BD， ∵

O的直径AB为9，

∵AB9， 在Rt△ABD中， ∵sinA∵BDBD1， AB31AB3． 3又∵OBDAFDBODB90°，且OBDODB， ∵ABDF， 在RtBDF中， ∵sinBDF∵BFBF1， BD31BD1． 3∵由（1）可知OD//BF， ∵∵DOE=∵FBE，∵ODE=∵BFE， ∵△EBF∵△EOD，

BE1BEBF∵99， ，即

BEOEOD229解得BE．

7经检验符合题意．

【点睛】

本题考查圆的切线性质，平行线性质，等腰三角形判定与性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，利用相似的性质构造方程是解题关键．

51．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，在ABC和DEC中，AD，BCEACD．

（1）求证：△ABC（2）若SABC△DEC；

4:9，BC6，求EC的长．

:SDEC【答案】（1）证明见解析；（2）9． 【分析】

（1）先根据角的和差可得ACBDCE，再根据相似三角形的判定即可得证； （2）根据相似三角形的性质即可得． 【详解】 证明：（1）

BCEACD，

BCEACEACDACE，即ACBDCE，

在ABC和DEC中，ACBDCE，

ADABCDEC；

（2）由（1）已证：△ABC△DEC，

SSABCDECBC， EC2SABC:S2DEC4:9，BC6，

46， EC9解得EC9或EC9（不符题意，舍去）， 则EC的长为9． 【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 52．（2021·四川广安市·中考真题）如图，AB是

O的直径，点F在O上，BAF的平分线AE交O于点E，过点E作EDAF，交AF的延长线于点D，延长DE、AB相交于点C．

（1）求证：CD是（2）若

O的切线；

1，求BC的长． 2O的半径为5，tanEAD10 3【答案】（1）见解析；（2）【分析】

（1）连接OE，由题意可证OE∵AD，且DE∵AF，即OE∵DE，则可证CD是∵O的切线；

ADAEDE1，根据tan∵EAD=，在∵ABE中，利用勾股

2AEABBECOOE定理求出BE和AE，可得AD和DE，再证明∵COE∵∵CAD，得到，设BC=x，解方程即可求出CAAD（2）连接BE，证明∵ADE∵∵AEB，得到BC． 【详解】

解：（1）连接OE， ∵OA=OE， ∵∵OAE=∵OEA，

∵AE平分∵BAF， ∵∵OAE=∵DAE， ∵∵OEA=∵EAD， ∵OE∵AD， ∵ED∵AF， ∵OE∵DE， ∵CD是∵O的切线；

（2）连接BE，∵AB为直径， ∵∵AEB=90°=∵D，又∵DAE=∵BAE， ∵∵ADE∵∵AEB， ∵

ADAEDE， AEABBE1， 2又tan∵EAD=∵

DEBE1，则AE=2BE，又AB=10， ADAE2在∵ABE中，AE2+BE2=AB2，即（2BE）2+BE2=102， 解得：BE=25，则AE=45，

∵AD45DE， 104525解得：AD=8，DE=4， ∵OE∵AD， ∵∵COE∵∵CAD， ∵

COOE，设BC=x， CAADx5510，解得：x=， x108310经检验：x=是原方程的解，

310故BC的长为．

3∵【点睛】

本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，作出辅助线，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．

53．（2021·四川乐山市·中考真题）在等腰ABC中，ABAC，点D是BC边上一点（不与点B、C重合），连结AD．

（1）如图1，若C60°，点D关于直线AB的对称点为点E，结AE，DE，则BDE________；（2）若C60°，将线段AD绕点A顺时针旋转60得到线段AE，连结BE． △在图2中补全图形；

△探究CD与BE的数量关系，并证明； （3）如图3，若明．

【答案】（1）30°；（2）∵见解析；∵CDBE；见解析；（3）ACk(BDBE)，见解析 【分析】

（1）先根据题意得出∵ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可 （2）∵按要求补全图即可

∵先根据已知条件证明∵ABC是等边三角形，再证明△AEB≌△ADC，即可得出CDBE （3）先证明

ABADk，且ADEC，试探究BE、BD、AC之间满足的数量关系，并证BCDEACBC，再证明△ACB∽得出BACEAD，从而证明△AEB≌△ADC，△ADE，ADDE得出BDBEBC，从而证明ACk(BDBE) 【详解】

解：（1）∵ABAC，C60° ∵∵ABC是等边三角形 ∵∵B=60°

∵点D关于直线AB的对称点为点E ∵AB∵DE， ∵BDE30 故答案为：30； （2）∵补全图如图2所示；

∵CD与BE的数量关系为：CDBE； 证明：∵ABAC，BAC60． ∵ABC为正三角形，

又∵AD绕点A顺时针旋转60， ∵ADAE，EAD60，

∵BADDAC60，BADBAE60， ∵BAEDAC， ∵△AEB≌△ADC， ∵CDBE． （3）连接AE．

ABADACADk，ABAC，∵． BCDEBCDEACBC∵． ADDE∵

又∵ADEC， ∵△ACB∽△ADE，

∵BACEAD．∵ABAC，∵AEAD， ∵BADDACBADBAE， ∵DACBAE，

∵△AEB≌△ADC，CDBE． ∵BDDCBC， ∵BDBEBC． 又∵

ACk， BC∵ACk(BDBE)． 【点睛】

本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点

54．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在菱形ABCD中，ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F．

（1）当AEBC，EAFABC时，

△求证：AEAF；

ＳＡＥＦEF2，求△连结BD，EF，若的值；

Ｓ菱形ABCDBD51（2）当EAFBAD时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，连结AC，MN，

2若AB4，AC2，则当CE为何值时，AMN是等腰三角形． 【答案】（1）∵见解析；∵【分析】

（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出BAEDAF，得到ABE≌ADF，由AE=AF，CECF，得到AC是EF的垂直平分线，得到EF//BD，△CEF∽△CBD，再根据已知条件证明出AEF∽BAC，算出面积之比；

（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当AMAN时，ANC≌MAC，得到CE=

844；（2）当CE或2或时，AMN是等腰三角形．

35254 ；当3NANM时，CEN≌BEA，得到CE=2；当MA=MN时，△CEN∽△BEA，得到CE=

【详解】

（1）∵证明：在菱形ABCD中，

4 ． 5ABAD，ABCAEBC，AEADC，AD//BC， AD，

ABEBAEEAFDAF90，

EAFABC,BAEDAF，

∵ABE≌ADF（ASA）， ∵AE=AF．

∵解：如图1，连结AC． 由∵知，ABE≌ADF，BEDF，CECF，

AEECBCAF，ACEFBD2， 5EF．

在菱形ABCD中，AC∵

BD，EF//BD，CEF∽CBD，

设EC=2a，则ABBC5a，BE3a，AE4a．

AEAF，ABBC，EAF∵AEF∽BAC，

ABC，

S∵S∵

AEFBACAEAB24a=5a216， 258． 25SAEFS菱形ABCDSAEF2SBAC116225

（2）解：在菱形ABCD中，BAC1BAD，EAF21BAD， 2BACEAF，BAECAM，

AB//CD，BAEANC，ANCCAM，

同理，AMCNAC，

∵MAC∽ANC，ACCNAM． NAAMN是等腰三角形有三种情况：

∵如图2，当AMAN时，ANC≌MAC，

CNAC2，

AB//CN，CEN∽BEA，

AB4，BCCEBECN1，

AB214BC． 334，CE∵如图3，当NANM时，

NMANAMBACBCA，

ANM∽ABC，AMANACAB1， 2CN2AC4，CEN≌BEA，

∵CEBE1BC2． 2∵如图4，当MA=MN时，

MNAAMANMANABACBACBCA，AMN∽ABC，

1AC1， 2CN1，

AB42，CNCEBECEN∽BEA，14CEBC．

5544综上所述，当CE或2或时，AMN是等腰三角形．

35【点睛】

本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．

55．（2021·江西中考真题）课本再现

（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与A相等的角是______；

类比迁移

（2）如图2，在四边形ABCD中，ABC与ADC互余，小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作CDFABC，再过点C作CEDF于点E，连接AE，发现AD，DE，

AE之间的数量关系是_________；

方法运用

（3）如图3，在四边形ABCD中，连接AC，BAC90，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，OACABC． △求证：ABCADC90；

△连接BD，如图4，已知ADm，DCn，

AB2，求BD的长（用含m，n的式子表示）． AC【答案】（1）∵DCE；（2）AD2+DE2=AE2；（3）∵见解析；∵BD=5m24n2． 【分析】

（1）根据拼图可求得∵A=∵DCE；

（2）根据∵ABC与∵ADC互余求得∵ADF=∵ADC+∵ABC=90°，利用勾股定理即可求解；

∵由点O是∵ACD两边垂直平分线的交点，（3）证得OA=OD=OC，推出2∵OAC+2∵ODC+2∵ODA=180，得到∵OAC+∵ADC =90，即可求解；

∵作∵CDF=∵ABC，再过点C作CE∵DF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC= 1：2：5，同理可得CE：DE：DC= 1：2：5，证明∵ACE~∵BCD，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可求解． 【详解】

（1）根据拼图可得：∵A=∵DCE； 故答案为：∵DCE；

（2）作∵CDF=∵ABC，再过点C作CE∵DF于点E，连接AE，如图，

∵∵ABC与∵ADC互余，即∵ABC+∵ADC=90°， ∵∵ADF=∵ADC+∵CDF=∵ADC+∵ABC=90°， ∵AD2+DE2=AE2；

故答案为：AD2+DE2=AE2； （3）∵证明：连接OD、OC，

∵点O是∵ACD两边垂直平分线的交点，

∵OA=OD=OC，

∵∵OAC=∵OCA，∵ODC=∵OCD，∵OAD=∵ODA， ∵2∵OAC+2∵ODC+2∵ODA=180， 即2∵OAC+2∵ADC =180， ∵∵OAC+∵ADC =90， ∵∵OAC=∵ABC， ∵∵ABC +∵ADC =90；

∵作∵CDF=∵ABC，再过点C作CE∵DF于点E，连接AE，

∵∵ABC +∵ADC=90， ∵∵ABC +∵CDF=90，

∵AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2， ∵∵BAC=90，

AB2 AC∵AC：AB：BC= 1：2：5， 同理可得CE：DE：DC= 1：2：5， ∵

ACCE， BCCD∵∵CDF=∵ABC， ∵∵ACB=∵DCE， ∵∵BCD=∵ACE， ∵∵ACE~∵BCD，

∵

AEAC1， BDBC5BD， 5DE2， DC5∵AE=在Rt∵CDE中，

∵DE=2n， 522BD4BDn)2=(∵m2+()2，即m2+n2=，

5555∵BD2=5m24n2， ∵BD=5m24n2． 【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．