中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)分類練習(xí)專題21圖形的相似（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

A．9cmB．12cmC．15cmD．18cm
【分析】根據(jù)＝，得到＝，根據(jù)DE∥BC，得到∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得到△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可得出答案．
【解析】∵＝，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝15（cm），
故選：C．
2．（2022?連云港）△ABC的三邊長分別為2，3，4，另有一個(gè)與它相似的三角形DEF，其最長邊為12，則△DEF的周長是（）
A．54B．36C．27D．21
【分析】（1）方法一：設(shè)2對應(yīng)的邊是x，3對應(yīng)的邊是y，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等列等式，解出即可；
方式二：根據(jù)相似三角形的周長的比等于相似比，列出等式計(jì)算．
【解析】方法一：設(shè)2對應(yīng)的邊是x，3對應(yīng)的邊是y，
∵△ABC∽△DEF，
∴＝＝，
∴x＝6，y＝9，
∴△DEF的周長是27；
方式二：∵△ABC∽△DEF，
∴＝，
∴＝，
∴C△DEF＝27；
故選：C．
3．（2022?云南）如圖，在△ABC中，D、E分別為線段BC、BA的中點(diǎn)，設(shè)△ABC的面積為S1，△EBD的面積為S2，則＝（）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)三角形的中位線定理，相似三角形的面積比等于相似比的平方解答即可．
【解析】在△ABC中，D、E分別為線段BC、BA的中點(diǎn)，
∴DE為△ABC的中位線，
∴DE∥AC，DE＝AC，
∴△BED∽△BAC，
∵＝，
∴＝，
即＝，
故選：B．
4．（2022?武威）若△ABC∽△DEF，BC＝6，EF＝4，則＝（）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)△ABC∽△DEF，可以得到，然后根據(jù)BC＝6，EF＝4，即可得到的值．
【解析】∵△ABC∽△DEF，
∴，
∵BC＝6，EF＝4，
∴＝，
故選：D．
5．（2022?十堰）如圖，某零件的外徑為10cm，用一個(gè)交叉卡鉗（兩條尺長AC和BD相等）可測量零件的內(nèi)孔直徑AB．如果OA：OC＝OB：OD＝3，且量得CD＝3cm，則零件的厚度x為（）
A．0.3cmB．0.5cmC．0.7cmD．1cm
【分析】根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可以求得AB的長，再根據(jù)某零件的外徑為10cm，即可求得x的值．
【解析】∵OA：OC＝OB：OD＝3，∠COD＝∠AOB，
∴△COD∽△AOB，
∴AB：CD＝3，
∵CD＝3cm，
∴AB＝9cm，
∵某零件的外徑為10cm，
∴零件的厚度x為：（10﹣9）÷2＝1÷2＝0.5（cm），
故選：B．
6．（2022?臺(tái)灣）△ABC的邊上有D、E、F三點(diǎn)，各點(diǎn)位置如圖所示．若∠B＝∠FAC，BD＝AC，∠BDE＝∠C，則根據(jù)圖中標(biāo)示的長度，求四邊形ADEF與△ABC的面積比為何？（）
A．1：3B．1：4C．2：5D．3：8
【分析】證明△CAF∽△CBA，推出CA2＝CF?CB，推出AC＝4，可得＝＝，推出S△ACF：S△ACB＝5：16，同法S△BDE：S△ABC＝5：16，由此可得結(jié)論．
【解析】∵∠C＝∠C，∠CAF＝∠B，
∴△CAF∽△CBA，
∴＝，
∴CA2＝CF?CB，
∴CA2＝5×16＝80，
∵AC＞0，
∴AC＝4，
∴＝＝，
∴S△ACF：S△ACB＝5：16，
同法可證△BDE∽△BCA，
∵BD＝AC，
∴＝，
∴S△BDE：S△ABC＝5：16，
∴S四邊形ADEF：S△ABC＝（16﹣5﹣5）：16＝3：8，
故選：D．
7．（2022?宿遷）如圖，點(diǎn)A在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，以O(shè)A為一邊作等腰直角三角形OAB，其中∠OAB＝90°，AO＝AB，則線段OB長的最小值是（）
A．1B．C．2D．4
【分析】根據(jù)三角形OAB是等腰直角三角形，當(dāng)OB最小時(shí)，OA最小，再根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式解答即可．
【解析】∵三角形OAB是等腰直角三角形，
∴當(dāng)OB最小時(shí)，OA最小，
設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為（a，），
∴OA＝，
∵≥0，
即：﹣4≥0，
∴≥4，
∴當(dāng)a2＝時(shí)，OA有最小值，
解得a1＝，a2＝﹣（舍去），
∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（，），
∴OA＝2，
∵三角形OAB是等腰直角三角形，OB為斜邊，
∴OB＝OA＝2．
故選：C．
8．（2022?孝感）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于AC的長為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M，N，直線MN分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)．下列結(jié)論：
①四邊形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC?EF＝CF?CD；
④若AF平分∠BAC，則CF＝2BF．
其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）
A．4B．3C．2D．1
【分析】根據(jù)題意分別證明各個(gè)結(jié)論來判斷即可．
【解析】根據(jù)題意知，BF垂直平分AC，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∴AE＝AF＝CF＝CE，
即四邊形AECF是菱形，
故①結(jié)論正確；
∵∠AFB＝∠FAO+∠ACB，AF＝FC，
∴∠FAO＝∠ACB，
∴∠AFB＝2∠ACB，
故②結(jié)論正確；
∵S四邊形AECF＝CF?CD＝AC?OE×2＝AC?EF，
故③結(jié)論不正確；
若AF平分∠BAC，則∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝90°＝30°，
∴AF＝2BF，
∵CF＝AF，
∴CF＝2BF，
故④結(jié)論正確；
故選：B．
9．（2022?山西）神奇的自然界處處蘊(yùn)含著數(shù)學(xué)知識(shí)．動(dòng)物學(xué)家在鸚鵡螺外殼上發(fā)現(xiàn)，其每圈螺紋的直徑與相鄰螺紋直徑的比約為0.618．這體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的（）
A．平移B．旋轉(zhuǎn)C．軸對稱D．黃金分割
【分析】利用黃金分割比的意義解答即可．
【解析】∵每圈螺紋的直徑與相鄰螺紋直徑的比約為0.618，
又黃金分割比為≈0.618，
∴其每圈螺紋的直徑與相鄰螺紋直徑的比約為0.618．這體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的黃金分割，
故選：D．
10．（2022?湘潭）在△ABC中（如圖），點(diǎn)D、E分別為AB、AC的中點(diǎn)，則S△ADE：S△ABC＝（）
A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
【分析】根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理解答即可．
【解析】在△ABC中，點(diǎn)D、E分別為AB、AC的中點(diǎn)，
∴DE為△ABC的中位線，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADE：S△ABC＝＝．
故選：D．
11．（2022?衡陽）在設(shè)計(jì)人體雕像時(shí)，使雕像上部（腰部以上）與下部（腰部以下）的高度比，等于下部與全部的高度比，可以增加視覺美感．如圖，按此比例設(shè)計(jì)一座高度為2m的雷鋒雕像，那么該雕像的下部設(shè)計(jì)高度約是（結(jié)果精確到0.01m．參考數(shù)據(jù)：≈1.414，≈1.732，≈2.236）（）
A．0.73mB．1.24mC．1.37mD．1.42m
【分析】設(shè)下部高為x m，根據(jù)雕像上部（腰部以上）與下部（腰部以下）的高度比，等于下部與全部的高度比列方程可解得答案．
【解析】設(shè)下部的高度為xm，則上部高度是（2﹣x）m，
∵雕像上部（腰部以上）與下部（腰部以下）的高度比，等于下部與全部的高度比，
∴＝，
解得x＝﹣1或x＝﹣﹣1（舍去），
經(jīng)檢驗(yàn)，x＝﹣1是原方程的解，
∴x＝﹣1≈1.24，
故選：B．
12．（2022?眉山）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點(diǎn)D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點(diǎn)G，延長HE與CD的延長線交于點(diǎn)F，HB＝2，HG＝3．以下結(jié)論：①∠EDC＝135°；②EC2＝CD?CF；③HG＝EF；④sin∠CED＝．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【分析】利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；證明△GBH∽△EDC，得到，即，利用△HEC是等腰直角三角形，求出，再證明△HGB∽△HDF即可求出EF＝3可知③正確；過點(diǎn)E作EM⊥FD交FD于點(diǎn)M，求出，再證明∠DEC＝∠EFC，即可知④正確．
【解析】∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，
∴∠EDC＝∠HBC，
∵ABCD為正方形，D，B，H在同一直線上，
∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EDC＝135°，故①正確；
∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，
∴EC＝HC，∠ECH＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，
∵∠ECD＝∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴，
∴EC2＝CD?CF，故②正確；
設(shè)正方形邊長為a，
∵∠GHB+∠BHC＝45°，∠GHB+∠HGB＝45°，
∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，
∵∠GBH＝∠EDC＝135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴，即，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴，
∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴，即，解得：EF＝3，
∵HG＝3，
∴HG＝EF，故③正確；
過點(diǎn)E作EM⊥FD交FD于點(diǎn)M，
∴∠EDM＝45°，
∵ED＝HB＝2，
∴，
∵EF＝3，
∴，
∵∠DEC+∠DCE＝45°，∠EFC+∠DCE＝45°，
∴∠DEC＝∠EFC，
∴，故④正確
綜上所述：正確結(jié)論有4個(gè)，
故選：D．
13．（2022?樂山）如圖，等腰△ABC的面積為2，AB＝AC，BC＝2．作AE∥BC且AE＝BC．點(diǎn)P是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PE，過點(diǎn)E作PE的垂線交BC的延長線于點(diǎn)F，M是線段EF的中點(diǎn)．那么，當(dāng)點(diǎn)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)路徑長為（）
A．B．3C．2D．4
【分析】如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H．當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，點(diǎn)F與C重合，當(dāng)點(diǎn)P與B重合時(shí)，點(diǎn)F的對應(yīng)點(diǎn)為F″，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是△ECF″的中位線，M′M″＝CF″，利用相似三角形的性質(zhì)求出CF″可得結(jié)論．
【解析】如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H．
當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，點(diǎn)F與C重合，當(dāng)點(diǎn)P與B重合時(shí)，點(diǎn)F的對應(yīng)點(diǎn)為F″，
點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是△ECF″的中位線，M′M″＝CF″，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH，
∵AE∥BC，AE＝BC，
∴AE＝CH，
∴四邊形AHCE是平行四邊形，
∵∠AHC＝90°，
∴四邊形AHCE是矩形，
∴EC⊥BF″，AH＝EC，
∵BC＝2，S△ABC＝2，
∴×2×AH＝2，
∴AH＝EC2，
∵∠BFF″＝∠ECB＝∠ECF″，
∴∠BEC+∠CEF″＝90°，
∠CEF″+∠F″＝90°，
∴∠BEC＝∠F″，
∴△ECB∽△F″CE，
∴EC2＝CB?CF″，
∴CF″＝＝6，
∴M′M″＝3
故選：B．
14．（2022?湖州）在每個(gè)小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點(diǎn)，BM＝4，BN＝2．若點(diǎn)P是這個(gè)網(wǎng)格圖形中的格點(diǎn)，連結(jié)PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（）
A．4B．6C．2D．3
【分析】在網(wǎng)格中，以MN為直角邊構(gòu)造一個(gè)等腰直角三角形，使PM最長，利用勾股定理求出即可．
【解析】如圖所示：△MNP為等腰直角三角形，∠MPN＝45°，此時(shí)PM最長，
根據(jù)勾股定理得：PM＝＝＝2．
故選：C．
15．（2022?揚(yáng)州）如圖，在△ABC中，AB＜AC，將△ABC以點(diǎn)A為中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，點(diǎn)D在BC邊上，DE交AC于點(diǎn)F．下列結(jié)論：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正確結(jié)論的序號是（）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，進(jìn)而得出∠B＝∠ADB，得出∠ADE＝∠ADB，得出DA平分∠BDE，可判斷結(jié)論②符合題意；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，得出△AFE∽△DFC，可判斷結(jié)論①符合題意；由∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠FAE，由相似三角形的旋轉(zhuǎn)得出∠FAE＝∠CDF，進(jìn)而得出∠BAD＝∠CDF，可判斷結(jié)論③符合題意；即可得出答案．
【解析】∵將△ABC以點(diǎn)A為中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠ADB，
∴DA平分∠BDE，
∴②符合題意；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，
∴①符合題意；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵△AFE∽△DFC，
∴∠FAE＝∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴③符合題意；
故選：D．
16．（2022?泰安）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，連接EO并延長交AD于點(diǎn)F，∠ABC＝60°，BC＝2AB．下列結(jié)論：①AB⊥AC；②AD＝4OE；③四邊形AECF是菱形；④S△BOE＝S△ABC，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）
A．4B．3C．2D．1
【分析】通過判定△ABE為等邊三角形求得∠BAE＝60°，利用等腰三角形的性質(zhì)求得∠EAC＝30°，從而判斷①；利用有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形判斷③，然后結(jié)合菱形的性質(zhì)和含30°直角三角形的性質(zhì)判斷②；根據(jù)三角形中線的性質(zhì)判斷④．
【解析】∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴BC＝2BE＝2CE，
又∵BC＝2AB，
∴AB＝BE，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等邊三角形，
∴∠BAE＝∠BEA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，
即AB⊥AC，故①正確；
在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AO＝CO，
∴∠CAD＝∠ACB，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
又∵AB⊥AC，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴AE＝CE，
∴平行四邊形AECF是菱形，故③正確；
∴AC⊥EF，
在Rt△COE中，∠ACE＝30°，
∴OE＝CE＝BC＝AD，故②正確；
在平行四邊形ABCD中，OA＝OC，
又∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴S△BOE＝S△BOC＝S△ABC，故④正確；
正確的結(jié)論由4個(gè)，
故選：A．
17．（2022?紹興）將一張以AB為邊的矩形紙片，先沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形（剪掉的兩個(gè)直角三角形相似），剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，則剪掉的兩個(gè)直角三角形的斜邊長不可能是（）
A．B．C．10D．
【分析】根據(jù)題意，畫出相應(yīng)的圖形，然后利用相似三角形的性質(zhì)和分類討論的方法，求出剪掉的兩個(gè)直角三角形的斜邊長，然后即可判斷哪個(gè)選項(xiàng)符合題意．
【解析】如右圖1所示，
由已知可得，△DFE∽△ECB，
則，
設(shè)DF＝x，CE＝y(tǒng)，
則，
解得，
∴DE＝CD+CE＝6+＝，故選項(xiàng)B不符合題意；
EB＝DF+AD＝+2＝，故選項(xiàng)D不符合題意；
如圖2所示，
由已知可得，△DCF∽△FEB，
則，
設(shè)FC＝m，F(xiàn)D＝n，
則，
解得，
∴FD＝10，故選項(xiàng)C不符合題意；
BF＝FC+BC＝8+6＝14，
故選：A．
18．（2022?連云港）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點(diǎn)A、B、D恰好都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)G、O、C在同一條直線上，同時(shí)點(diǎn)E、O、F在另一條直線上．小煒同學(xué)得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB＝AD；③GE＝DF；④OC＝2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（）
A．①②③B．①③④C．①④⑤D．②③④
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)分析判斷①；通過點(diǎn)G為AD中點(diǎn)，點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，設(shè)AD＝2a，AB＝2b，利用勾股定理分析求得AB與AD的數(shù)量關(guān)系，從而判斷②；利用相似三角形的判定和性質(zhì)分析判讀GE和DF、OC和OF的數(shù)量關(guān)系，從而判斷③和④；根據(jù)相似三角形的判定分析判斷⑤．
【解析】由折疊性質(zhì)可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，
∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，故①正確；
設(shè)AD＝2a，AB＝2b，則DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
解得：b＝a，
∴AB＝AD，故②錯(cuò)誤；
在Rt△COF中，設(shè)OF＝DF＝x，則CF＝2b﹣x＝2a﹣x，
∴x2+（2a）2＝（2a﹣x）2，
解得：x＝a，
∴DF＝×a＝a，2OF＝2×a＝2a，
在Rt△AGE中，GE＝＝a，
∴GE＝DF，OC＝2OF，故③④正確；
無法證明∠FCO＝∠GCE，
∴無法判斷△COF∽△CEG，故⑤錯(cuò)誤；
綜上，正確的是①③④，
故選：B．
19．（2022?達(dá)州）如圖，點(diǎn)E在矩形ABCD的AB邊上，將△ADE沿DE翻折，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)F處，若CD＝3BF，BE＝4，則AD的長為（）
A．9B．12C．15D．18
【分析】證明△BEF∽△CFD，求得CF，設(shè)BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求解．
【解析】∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，
∵將矩形ABCD沿直線DE折疊，
∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，
∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠CFD，
∴△BEF∽△CFD，
∴，
∵CD＝3BF，
∴CF＝3BE＝12，
設(shè)BF＝x，則CD＝3x，DF＝BC＝x+12，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，
∴（3x）2+122＝（x+12）2，
解得x＝3（舍去0根），
∴AD＝DF＝3+12＝15，
故選：C．
20．（2022?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，A′E與BC相交于點(diǎn)G，B′A′的延長線過點(diǎn)C．若＝，則的值為（）
A．2B．C．D．
【分析】連接FG，CA′，過點(diǎn)G作GT⊥AD于點(diǎn)T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．設(shè)BF＝2k，CG＝3k．則AE＝DE＝y(tǒng)，由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因?yàn)镃，A′，B′共線，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得結(jié)論．
【解析】連接FG，CA′，過點(diǎn)G作GT⊥AD于點(diǎn)T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．
∵＝，
∴可以假設(shè)BF＝2k，CG＝3k．
∵AE＝DE＝y(tǒng)，
由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，
∵AD∥CB，
∴∠AEF＝∠EFG，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴EG＝FG＝y(tǒng)﹣5k，
∴GA′＝y(tǒng)﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，
∵C，A′，B′共線，GA′∥FB′，
∴＝，
∴＝，
∴y2﹣12ky+32k2＝0，
∴y＝8k或y＝4k（舍去），
∴AE＝DE＝4k，
∵四邊形CDTG是矩形，
∴CG＝DT＝3k，
∴ET＝k，
∵EG＝8k﹣5k＝3k，
∴AB＝CD＝GT＝＝2k，
∴＝＝2．
解法二：不妨設(shè)BF＝2，CG＝3，連接CE，則Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4 則A'B'＝2，
故選：A．
21．（2022?麗水）如圖，五線譜是由等距離、等長度的五條平行橫線組成的，同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)A，B，C都在橫線上．若線段AB＝3，則線段BC的長是（）
A．B．1C．D．2
【分析】過點(diǎn)A作平行橫線的垂線，交點(diǎn)B所在的平行橫線于D，交點(diǎn)C所在的平行橫線于E，根據(jù)平行線分線段成比例定理列出比例式，計(jì)算即可．
【解析】過點(diǎn)A作平行橫線的垂線，交點(diǎn)B所在的平行橫線于D，交點(diǎn)C所在的平行橫線于E，
則＝，即＝2，
解得：BC＝，
故選：C．
22．（2022?重慶）如圖，△ABC與△DEF位似，點(diǎn)O是它們的位似中心，且相似比為1：2，則△ABC與△DEF的周長之比是（）
A．1：2B．1：4C．1：3D．1：9
【分析】根據(jù)兩三角形位似，周長比等于相似比即可求解．
【解析】∵△ABC與△DEF位似，點(diǎn)O是它們的位似中心，且相似比為1：2，
∴△ABC與△DEF的周長之比是1：2，
故選：A．
23．（2022?重慶）如圖，△ABC與△DEF位似，點(diǎn)O為位似中心，相似比為2：3．若△ABC的周長為4，則△DEF的周長是（）
A．4B．6C．9D．16
【分析】根據(jù)位似圖形是相似圖形，相似三角形的周長比等于相似比，可以求得△DEF的周長．
【解析】∵△ABC與△DEF位似，相似比為2：3．
∴C△ABC：C△DEF＝2：3，
∵△ABC的周長為4，
∴△DEF的周長是6，
故選：B．
24．（2022?遂寧）如圖，正方形ABCD與正方形BEFG有公共頂點(diǎn)B，連接EC、GA，交于點(diǎn)O，GA與BC交于點(diǎn)P，連接OD、OB，則下列結(jié)論一定正確的是（）
①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD＝45°；
A．①③B．①②③C．②③D．①②④
【分析】由四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG＝∠BCE，即可證明∠POC＝90°，可判斷①正確；取AC的中點(diǎn)K，可得AK＝CK＝OK＝BK，即可得∠BOA＝∠BCA，從而△OBP∽△CAP，判斷②正確，由∠AOC＝∠ADC＝90°，可得A、O、C、D四點(diǎn)共圓，而AD＝CD，故∠AOD＝∠DOC＝45°，判斷④正確，不能證明OB平分∠CBG，即可得答案．
【解析】∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，
∴AB＝BC，BG＝BE，∠ABC＝90°＝∠GBE，
∴∠ABC+∠CBG＝∠GBE+∠CBG，即∠ABG＝∠EBC，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴∠BAG＝∠BCE，
∵∠BAG+∠APB＝90°，
∴∠BCE+∠APB＝90°，
∴∠BCE+∠OPC＝90°，
∴∠POC＝90°，
∴EC⊥AG，故①正確；
取AC的中點(diǎn)K，如圖：
在Rt△AOC中，K為斜邊AC上的中點(diǎn)，
∴AK＝CK＝OK，
在Rt△ABC中，K為斜邊AC上的中點(diǎn)，
∴AK＝CK＝BK，
∴AK＝CK＝OK＝BK，
∴A、B、O、C四點(diǎn)共圓，
∴∠BOA＝∠BCA，
∵∠BPO＝∠CPA，
∴△OBP∽△CAP，故②正確，
∵∠AOC＝∠ADC＝90°，
∴∠AOC+∠ADC＝180°，
∴A、O、C、D四點(diǎn)共圓，
∵AD＝CD，
∴∠AOD＝∠DOC＝45°，故④正確，
由已知不能證明OB平分∠CBG，故③錯(cuò)誤，
故正確的有：①②④，
故選：D．
二．填空題（共17小題）
25．（2022?宜賓）如圖，△ABC中，點(diǎn)E、F分別在邊AB、AC上，∠1＝∠2．若BC＝4，AF＝2，CF＝3，則EF＝．
【分析】由∠1＝∠2，∠A＝∠A，得出△AEF∽△ABC，再由相似三角形的性質(zhì)即可得出EF的長度．
【解析】∵∠1＝∠2，∠A＝∠A，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∵BC＝4，AF＝2，CF＝3，
∴，
∴EF＝，
故答案為：．
26．（2022?邵陽）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在AB邊上，點(diǎn)E在AC邊上，請?zhí)砑右粋€(gè)條件 ∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一），使△ADE∽△ABC．
【分析】要使兩三角形相似，已知一組角相等，則再添加一組角或公共角的兩邊對應(yīng)成比例即可．
【解析】∵∠A＝∠A，
∴當(dāng)∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝時(shí)，△ADE∽△ABC，
故答案為：∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一）．
27．（2022?河北）如圖是釘板示意圖，每相鄰4個(gè)釘點(diǎn)是邊長為1個(gè)單位長的小正方形頂點(diǎn)，釘點(diǎn)A，B的連線與釘點(diǎn)C，D的連線交于點(diǎn)E，則
（1）AB與CD是否垂直？是（填“是”或“否”）；
（2）AE＝．
【分析】（1）證明△ACM≌△CFD，得出∠CAM＝∠FCD，由∠CAM+∠CMA＝90°，得出∠FCD+∠CMA＝90°，進(jìn)而得出∠CEM＝90°，即可得出AB⊥CD；
（2）先利用勾股定理求出AB＝2，再證明△ACE∽△BDE，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出AE的長度．
【解析】如圖1，
在△ACM和△CFD中，
，
∴△ACM≌△CFD（SAS），
∴∠CAM＝∠FCD，
∵∠CAM+∠CMA＝90°，
∴∠FCD+∠CMA＝90°，
∴∠CEM＝90°，
∴AB⊥CD，
故答案為：是；
（2）如圖2，
在Rt△ABH中，AB＝＝＝2，
∵AC∥BD，
∴∠CAE＝∠DBE，∠ACE＝∠BDE，
∴△ACE∽△BDE，
∴，
∴，
∴AE＝，
故答案為：．
28．（2022?陜西）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分別是邊AD、BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分別為E、F，則ME+NF的值為．
【分析】連接AC交BD于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BD⊥AC，OB＝OD＝，OA＝OC，根據(jù)勾股定理求出OA，證明△DEM∽△DOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，用含AM的代數(shù)式表示ME、NF，計(jì)算即可．
【解析】連接AC交BD于O，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴BD⊥AC，OB＝OD＝，OA＝OC，
由勾股定理得：OA＝＝＝，
∵M(jìn)E⊥BD，AO⊥BD，
∴ME∥AO，
∴△DEM∽△DOA，
∴＝，即＝，
解得：ME＝，
同理可得：NF＝，
∴ME+NF＝，
故答案為：．
29．（2022?新疆）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊BC的延長線上，點(diǎn)F在邊AB上，以點(diǎn)D為中心，將△DCE繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°與△DAF恰好完全重合，連接EF交DC于點(diǎn)P，連接AC交EF于點(diǎn)Q，連接BQ，若AQ?DP＝3，則BQ＝．
【分析】通過證明△BAQ∽△PFD，可得，即可求解．
【解析】如圖，連接DQ，
∵將△DCE繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°與△DAF恰好完全重合，
∴DE＝DF，∠FDE＝90°，
∴∠DFE＝∠DEF＝45°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°＝∠BAC，
∴∠DAC＝∠DFQ＝45°，
∴點(diǎn)A，點(diǎn)F，點(diǎn)Q，點(diǎn)D四點(diǎn)共圓，
∴∠BAQ＝∠FDQ＝45°，∠DAF＝∠DQF＝90°，∠AFD＝∠AQD，
∴DF＝DQ，
∵AD＝AB，∠BAC＝∠DAC＝45°，AQ＝AQ，
∴△ABQ≌△ADQ（SAS），
∴BQ＝QD，∠AQB＝∠AQD，
∵AB∥CD，
∴∠AFD＝∠FDC，
∴∠FDC＝∠AQB，
又∵∠BAC＝∠DFP＝45°，
∴△BAQ∽△PFD，
∴，
∴AQ?DP＝3＝BQ?DF，
∴3＝BQ?BQ，
∴BQ＝，
故答案為：．
30．（2022?嘉興）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一邊與BC重合，另一邊分別交AB，AC于點(diǎn)D，E．點(diǎn)B，C，D，E處的讀數(shù)分別為15，12，0，1，則直尺寬BD的長為．
【分析】根據(jù)正切的定義求出AB，證明△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，把已知數(shù)據(jù)代入計(jì)算即可．
【解析】由題意得，DE＝1，BC＝3，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，
則AB＝＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，即＝，
解得：BD＝，
故答案為：．
31．（2022?陜西）在20世紀(jì)70年代，我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚教授將黃金分割法作為一種“優(yōu)選法”，在全國大規(guī)模推廣，取得了很大成果．如圖，利用黃金分割法，所作EF將矩形窗框ABCD分為上下兩部分，其中E為邊AB的黃金分割點(diǎn)，即BE2＝AE?AB．已知AB為2米，則線段BE的長為 ﹣1+ 米．
【分析】根據(jù)BE2＝AE?AB，建立方程求解即可．
【解析】∵BE2＝AE?AB，
設(shè)BE＝x，則AE＝（2﹣x），
∵AB＝2，
∴x2＝2（2﹣x），
即x2+2x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1﹣（舍去），
∴線段BE的長為（﹣1+）米．
故答案為：﹣1+．
32．（2022?杭州）某項(xiàng)目學(xué)習(xí)小組為了測量直立在水平地面上的旗桿AB的高度，把標(biāo)桿DE直立在同一水平地面上（如圖）．同一時(shí)刻測得旗桿和標(biāo)桿在太陽光下的影長分別是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F(xiàn)在同一直線上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，則AB＝ 9.88 m．
【分析】根據(jù)平行投影得AC∥DF，可得∠ACB＝∠DFE，證明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【解析】∵同一時(shí)刻測得旗桿和標(biāo)桿在太陽光下的影長分別是BC＝8.72m，EF＝2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC＝∠DEF＝90°，
∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，
∴，即，
解得AB＝9.88，
∴旗桿的高度為9.88m．
故答案為：9.88．
33．（2022?婁底）如圖，已知等腰△ABC的頂角∠BAC的大小為θ，點(diǎn)D為邊BC上的動(dòng)點(diǎn)（與B、C不重合），將AD繞點(diǎn)A沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)θ角度時(shí)點(diǎn)D落在D′處，連接BD′．給出下列結(jié)論：
①△ACD≌△ABD′；
②△ACB∽△ADD′；
③當(dāng)BD＝CD時(shí)，△ADD′的面積取得最小值．
其中正確的結(jié)論有 ①②③ （填結(jié)論對應(yīng)的應(yīng)號）．
【分析】由題意可知AC＝AB，AD＝AD′，∠CAD＝∠BAD′，即可根據(jù)SAS判斷△ACD≌△ABD′；根據(jù)∠BAC＝∠D′AD＝θ，＝，即可判斷△ACB∽△ADD′；由△ACB∽△ADD′，得出＝（）2，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，當(dāng)BD＝CD，則AD⊥BC時(shí)，AD最小，△ADD′的面積取得最小值．
【解析】由題意可知AC＝AB，AD＝AD′，∠CAD＝∠BAD′，
∴△ACD≌△ABD′，故①正確；
∵AC＝AB，AD＝AD′，∠BAC＝∠D′AD＝θ，
∴＝，
∴△ACB∽△ADD′，故②正確；
∵△ACB∽△ADD′，
∴＝（）2，
∵當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AD最小，△ADD′的面積取得最小值．
而AB＝AC，
∴BD＝CD，
∴當(dāng)BD＝CD時(shí)，△ADD′的面積取得最小值，故③正確；
故答案為：①②③．
34．（2022?婁底）九年級融融陪同父母選購家裝木地板，她感覺某品牌木地板拼接圖（如實(shí)物圖）比較美觀，通過手繪（如圖）、測量、計(jì)算發(fā)現(xiàn)點(diǎn)E是AD的黃金分割點(diǎn)，即DE≈0.618AD．延長HF與AD相交于點(diǎn)G，則EG≈ 0.618 DE．（精確到0.001）
【分析】根據(jù)黃金分割的定義可得＝≈0.618，再根據(jù)題意可得EG＝AE，即可解答．
【解析】∵點(diǎn)E是AD的黃金分割點(diǎn)，且DE≈0.618AD，
∴＝≈0.618，
由題意得：
EG＝AE，
∴≈0.618，
∴EG≈0.618DE，
故答案為：0.618．
35．（2022?蘇州）如圖，在矩形ABCD中，＝．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，沿邊AD向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)B出發(fā)，沿邊BC向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，連接MN．動(dòng)點(diǎn)M，N同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的速度為v1，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的速度為v2，且v1＜v2．當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，M，N兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過程中，將四邊形MABN沿MN翻折，得到四邊形MA′B′N．若在某一時(shí)刻，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B′恰好與CD的中點(diǎn)重合，則的值為．
【分析】如圖，設(shè)AD交AB′于點(diǎn)Q．設(shè)BN＝NB′＝x．利用勾股定理求出x（用k表示），再利用相似三角形的性質(zhì)求出AM（用k表示），可得結(jié)論．
【解析】如圖，設(shè)AD交AB′于點(diǎn)Q．設(shè)BN＝NB′＝x．
∵＝，
∴可以假設(shè)AB＝2k，CB＝3k，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3k，CD＝AB＝2k，∠C＝∠D＝90°，
在Rt△CNB′中，CN2+CB′2＝NB′2，
∴（3k﹣x）2+k2＝x2，
∴x＝k，
∴NB′＝k，CN＝3k﹣k＝k，
由翻折的性質(zhì)可知∠A′B′N＝∠B＝90°，
∴∠DB′Q+∠CB′N＝90°，∠CB′N+∠CNB′＝90°，
∴∠DB′Q＝∠CNB′，
∵∠D＝∠C＝90°，
∴△DB′Q∽△CNB′，
∴DQ：DB′：QB′＝CB′：CN：NB′＝3：4：5，
∵DB′＝k，
∴DQ＝k，
∵∠DQB′＝∠MQA′，∠D＝∠A′，
∴△DQB′∽△A′QM，
∴A′Q：A′M：QM＝DQ：DB′：QB′＝3：4：5，
設(shè)AM＝MA′＝y(tǒng)，
則MQ＝y(tǒng)，
∵DQ+QM+AM＝3k，
∴k+y+y＝3k，
∴y＝k，
∴＝＝＝，
故答案為：．
36．（2022?湖州）如圖，已知在△ABC中，D，E分別是AB，AC上的點(diǎn)，DE∥BC，＝．若DE＝2，則BC的長是 6 ．
【分析】由平行線的旋轉(zhuǎn)得出∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得出△ADE∽△ABC，由相似三角形的旋轉(zhuǎn)得出，代入計(jì)算即可求出BC的長度．
【解析】∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵＝，DE＝2，
∴，
∴BC＝6，
故答案為：6．
37．（2022?武威）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝9cm，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，AE＝2cm，BD，EF交于點(diǎn)G，若G是EF的中點(diǎn)，則BG的長為 cm．
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，從而可得∠ABD＝∠BDC，然后利用直角三角形斜邊上的中線可得EG＝BG，從而可得∠BEG＝∠ABD，進(jìn)而可得∠BEG＝∠BDC，再證明△EBF∽△DCB，利用相似三角形的性質(zhì)可求出BF的長，最后在Rt△BEF中，利用勾股定理求出EF的長，即可解答．
【解析】∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∵AE＝2cm，
∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4（cm），
∵G是EF的中點(diǎn)，
∴EG＝BG＝EF，
∴∠BEG＝∠ABD，
∴∠BEG＝∠BDC，
∴△EBF∽△DCB，
∴＝，
∴＝，
∴BF＝6，
∴EF＝＝＝2（cm），
∴BG＝EF＝（cm），
故答案為：．
38．（2022?溫州）如圖是某風(fēng)車示意圖，其相同的四個(gè)葉片均勻分布，水平地面上的點(diǎn)M在旋轉(zhuǎn)中心O的正下方．某一時(shí)刻，太陽光線恰好垂直照射葉片OA，OB，此時(shí)各葉片影子在點(diǎn)M右側(cè)成線段CD，測得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF與影子FG的比為2：3，則點(diǎn)O，M之間的距離等于 10 米．轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，葉片外端離地面的最大高度等于（10+）米．
【分析】解法一：作平行線OP，根據(jù)平行線分線段成比例定理可知PC＝PD，由EF與影子FG的比為2：3，可得OM的長，同法由等角的正弦可得OB的長，從而得結(jié)論；
解法二：作輔助線，構(gòu)建直角△CND，證明△HMC∽△EFG，根據(jù)垂直于地面的木棒EF與影子FG的比為2：3，列比例式可得HM的長，由三角函數(shù)的定義可得CN的長，從而得OA＝OB＝，由此可解答．
【解析】解法一：如圖，過點(diǎn)O作OP∥BD，交MG于P，過P作PN⊥BD于N，則OB＝PN，
∵AC∥BD，
∴AC∥OP∥BD，
∴＝，∠EGF＝∠OPM，
∵OA＝OB，
∴CP＝PD＝CD＝6.5，
∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，
tan∠EGF＝tan∠OPM，
∴＝＝，
∴OM＝×15＝10；
∵DB∥EG，
∴∠EGF＝∠NDP，
∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝，
∴OB＝PN＝，
以點(diǎn)O為圓心，OA的長為半徑作圓，當(dāng)OB與OM共線時(shí)，葉片外端離地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
解法二：如圖，設(shè)AC與OM交于點(diǎn)H，過點(diǎn)C作CN⊥BD于N，
∵HC∥EG，
∴∠HCM＝∠EGF，
∵∠CMH＝∠EFG＝90°，
∴△HMC∽△EFG，
∴＝＝，即＝，
∴HM＝，
∵BD∥EG，
∴∠BDC＝∠EGF，
∴tan∠BDC＝tan∠EGF，
∴＝＝，
設(shè)CN＝2x，DN＝3x，則CD＝x，
∴x＝13，
∴x＝，
∴AB＝CN＝2，
∴OA＝OB＝AB＝，
在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM，
∴sin∠AHO＝＝，
∴＝，
∴OH＝，
∴OM＝OH+HM＝+＝10，
以點(diǎn)O為圓心，OA的長為半徑作圓，當(dāng)OB與OM共線時(shí)，葉片外端離地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案為：10，（10+）．
39．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點(diǎn)C是射線BQ上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動(dòng)點(diǎn)E在AB延長線上，tan∠QBE＝3，連結(jié)CE，DE，當(dāng)CE＝DE，CE⊥DE時(shí)，BE的長是．
【分析】如圖，過點(diǎn)C作CT⊥AE于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DJ⊥CT交CT的延長線于點(diǎn)J，連接EJ．由tan∠CBT＝3＝，可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，證明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，再利用勾股定理，構(gòu)建方程求解即可．
【解析】如圖，過點(diǎn)C作CT⊥AE于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DJ⊥CT交CT的延長線于點(diǎn)J，連接EJ．
∵tan∠CBT＝3＝，
∴可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，
∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
，
∴△ATC≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴C，E，D，J四點(diǎn)共圓，
∵EC＝DE，
∴∠CJE＝∠DJE＝45°，
∴ET＝TJ＝10﹣2k，
∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，
∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[?]2，
整理得4k2﹣25k+25＝0，
∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，
∴k＝5和，
∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，
故答案為：5或．
40．（2022?達(dá)州）人們把≈0.618這個(gè)數(shù)叫做黃金比，著名數(shù)學(xué)家華羅庚優(yōu)選法中的“0.618法”就應(yīng)用了黃金比．a(chǎn)＝，b＝，記S1＝+，S2＝+，…，S100＝+，則S1+S2+…+S100＝ 5050 ．
【分析】利用分式的加減法則分別可求S1＝1，S2＝2，S100＝100，…，利用規(guī)律求解即可．
【解析】∵a＝，b＝，
∴ab＝×＝1，
∵S1＝+＝＝1，
S2＝+＝＝2，
…，
S100＝+＝＝100，
∴S1+S2+…+S100＝1+2+…+100＝5050，
故答案為：5050．
41．（2022?成都）如圖，△ABC和△DEF是以點(diǎn)O為位似中心的位似圖形．若OA：AD＝2：3，則△ABC與△DEF的周長比是 2：5 ．
【分析】先根據(jù)位似的性質(zhì)得到△ABC和△DEF的位似比為OA：OD，再利用比例性質(zhì)得到OA：OD＝2：5，然后利用相似比等于位似比和相似三角形的性質(zhì)求解．
【解析】∵△ABC和△DEF是以點(diǎn)O為位似中心的位似圖形．
∴△ABC和△DEF的位似比為OA：OD，
∵OA：AD＝2：3，
∴OA：OD＝2：5，
∴△ABC與△DEF的周長比是2：5．
故答案為：2：5．
三．解答題（共9小題）
42．（2022?宜賓）如圖，點(diǎn)C是以AB為直徑的⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)D是AB的延長線上一點(diǎn)，在OA上取一點(diǎn)F，過點(diǎn)F作AB的垂線交AC于點(diǎn)G，交DC的延長線于點(diǎn)E，且EG＝EC．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）若點(diǎn)F是OA的中點(diǎn)，BD＝4，sin∠D＝，求EC的長．
【分析】（1）要證明DE是⊙O的切線，只要證明OC⊥CD即可，根據(jù)題目中的條件和等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，可以得到∠OCD＝90°，從而可以證明結(jié)論成立；
（2）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)和題目中的數(shù)據(jù)，可以求得DE和CD的長，從而可以得到EC的長．
【解答】（1）證明：連接OC，如圖所示，
∵EF⊥AB，AB為⊙O的切線，
∴∠GFA＝90°，∠ACB＝90°，
∴∠A+∠AGF＝90°，∠A+∠ABC＝90°，
∴∠AGF＝∠ABC，
∵EG＝EC，OC＝OB，
∴∠EGC＝∠ECG，∠ABC＝∠BCO，
又∵∠AGF＝∠EGC，
∴∠ECG＝∠BCO，
∵∠BCO+∠ACO＝90°，
∴∠ECG+∠ACO＝90°，
∴∠ECO＝90°，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：由（1）知，DE是⊙O的切線，
∴∠OCD＝90°，
∵BD＝4，sin∠D＝，OC＝OB，
∴＝，
即＝，
解得OC＝2，
∴OD＝6，
∴DC＝＝＝4，
∵點(diǎn)E為OA的中點(diǎn)，OA＝OC，
∴OF＝1，
∴DF＝7，
∵∠EFD＝∠OCD，∠EDF＝∠ODC，
∴△EFD∽△OCD，
∴，
即，
解得DE＝，
∴EC＝ED﹣DC＝﹣4＝，
即EC的長是．
43．（2022?常德）如圖，已知AB是⊙O的直徑，BC⊥AB于B，E是OA上的一點(diǎn)，ED∥BC交⊙O于D，OC∥AD，連接AC交ED于F．
（1）求證：CD是⊙O的切線；
（2）若AB＝8，AE＝1，求ED，EF的長．
【分析】（1）連接OD，證明△BOC≌△DOC根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ODC＝∠OBC＝90°，根據(jù)切線的判定定理得到CD是⊙O的切線；
（2）過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，根據(jù)勾股定理求出ED，根據(jù)矩形的性質(zhì)、勾股定理求出BC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出EF．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵AD∥OC，
∴∠BOC＝∠OAD，∠DOC＝∠ODA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠OAD，
∴∠BOC＝∠DOC，
在△BOC和△DOC中，
，
∴△BOC≌△DOC（SAS），
∴∠ODC＝∠OBC＝90°，
∵OD為⊙O的半徑，
∴CD是⊙O的切線；
（2）解：過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，
∵ED∥BC，
∴∠OED＝180°﹣∠ABC＝90°，
則四邊形EBHD為矩形，
∴BH＝ED，DH＝BE＝7，
∵AB＝8，AE＝1，
∴OE＝3，
∴ED＝＝＝，
∵CB、CD是⊙O的切線
∴CB＝CD，
設(shè)CB＝CD＝x，則CH＝x﹣，
在Rt△DHC中，DH2+CH2＝CD2，即72+（x﹣）2＝x2，
解得：x＝4，即BC＝4，
∵ED∥BC，
∴＝，即＝，
解得：EF＝．
44．（2022?廣元）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC為直徑的⊙O交AB于點(diǎn)D，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連結(jié)DE．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）若AD＝4，BD＝9，求⊙O的半徑．
【分析】（1）連接OD，CD，根據(jù)已知可得∠ACD+∠DCB＝90°，利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OCD＝∠ODC，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠CDB＝90°，從而利用直角三角形斜邊上的中線可得DE＝CE，進(jìn)而可得∠DCE＝∠CDE，然后可得∠ODC+∠CDE＝90°，即可解答；
（2）利用（1）的結(jié)論可證△ACB∽△ADC，從而利用相似三角形的性質(zhì)可求出AC的長，即可解答．
【解答】（1）證明：連接OD，CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CDB＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，
∴DE＝CE＝BC，
∴∠DCE＝∠CDE，
∴∠ODC+∠CDE＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∵OD是⊙O的半徑，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：∵AD＝4，BD＝9，
∴AB＝AD+BD＝4+9＝13，
∵∠ACB＝∠ADC＝90°，∠A＝∠A，
∴△ACB∽△ADC，
∴＝，
∴AC2＝AD?AB＝4×13＝52，
∴AC＝2，
∴⊙O的半徑為．
45．（2022?常德）在四邊形ABCD中，∠BAD的平分線AF交BC于F，延長AB到E使BE＝FC，G是AF的中點(diǎn)，GE交BC于O，連接GD．
（1）當(dāng)四邊形ABCD是矩形時(shí)，如圖1，求證：①GE＝GD；②BO?GD＝GO?FC．
（2）當(dāng)四邊形ABCD是平行四邊形時(shí)，如圖2，（1）中的結(jié)論都成立．請給出結(jié)論②的證明．
【分析】（1）連接CG，過點(diǎn)G作GJ⊥CD于點(diǎn)J．證明△EAG≌△DAG（SAS），可得EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，再證明△OBE∽△OGC，推出＝，可得結(jié)論；
（2）過點(diǎn)D作DT⊥BC于點(diǎn)T，連接GT．證明△EAG≌△DAG（SAS），推出EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，再證明△OBE∽△OGT，推出＝，可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：連接CG，過點(diǎn)G作GJ⊥CD于點(diǎn)J．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∴∠AFB＝∠BAF＝45°，
∴BA＝BF，
∵BE＝CF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FC，AG＝GF，
∴DJ＝JC，
∵GJ⊥CD，
∴GD＝GC，
∴∠GDC＝∠GCD，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADG＝∠GCO，
∴∠OEB＝∠OCG，
∵∠BOE＝∠GOC，
∴△OBE∽△OGC，
∴＝，
∵GC＝GD，BE＝CF，
∴BO?GD＝GO?FC；
（2）解：過點(diǎn)D作DT⊥BC于點(diǎn)T，連接GT．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AFB，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAG＝∠BAF，
∴BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FT，AG＝GF，
∴DJ＝JT，
∵GJ⊥DT，
∴GD＝GT，
∴∠GDT＝∠GTD，
∵∠ADT＝∠BTD＝90°，
∴∠ADG＝∠GTO，
∴∠OEB＝∠OTG，
∵∠BOE＝∠GOT，
∴△OBE∽△OGT，
∴＝，
∵GC＝GD，BE＝CF，
∴BO?GD＝GO?FC．
46．（2022?孝感）問題背景：
一次數(shù)學(xué)綜合實(shí)踐活動(dòng)課上，小慧發(fā)現(xiàn)并證明了關(guān)于三角形角平分線的一個(gè)結(jié)論．如圖1，已知AD是△ABC的角平分線，可證＝．小慧的證明思路是：如圖2，過點(diǎn)C作CE∥AB，交AD的延長線于點(diǎn)E，構(gòu)造相似三角形來證明＝．
嘗試證明：
（1）請參照小慧提供的思路，利用圖2證明：＝；
應(yīng)用拓展：
（2）如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是邊BC上一點(diǎn)．連接AD，將△ACD沿AD所在直線折疊，點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的長；
②若BC＝m，∠AED＝α，求DE的長（用含m，α的式子表示）．
【分析】（1）證明△CED∽△BAD，由相似三角形的性質(zhì)得出，證出CE＝CA，則可得出結(jié)論；
（2）①由折疊的性質(zhì)可得出∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，由（1）可知，，由勾股定理求出BC＝，則可求出答案；
②由折疊的性質(zhì)得出∠C＝∠AED＝α，則tan∠C＝tanα＝，方法同①可求出CD＝，則可得出答案．
【解答】（1）證明：∵CE∥AB，
∴∠E＝∠EAB，∠B＝∠ECB，
∴△CED∽△BAD，
∴，
∵∠E＝∠EAB，∠EAB＝∠CAD，
∴∠E＝∠CAD，
∴CE＝CA，
∴．
（2）解：①∵將△ACD沿AD所在直線折疊，點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，
由（1）可知，，
又∵AC＝1，AB＝2，
∴，
∴BD＝2CD，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝＝＝，
∴BD+CD＝，
∴3CD＝，
∴CD＝；
∴DE＝；
②∵將△ACD沿AD所在直線折疊，點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，∠C＝∠AED＝α，
∴tan∠C＝tanα＝，
由（1）可知，，
∴tanα＝，
∴BD＝CD?tanα，
又∵BC＝BD+CD＝m，
∴CD?tanα+CD＝m，
∴CD＝，
∴DE＝．
47．（2022?泰安）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)E在DC上，DE＝BE，AC與BD相交于點(diǎn)O，BE與AC相交于點(diǎn)F．
（1）若BE平分∠CBD，求證：BF⊥AC；
（2）找出圖中與△OBF相似的三角形，并說明理由；
（3）若OF＝3，EF＝2，求DE的長度．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和角平分線的定義，求得∠3＝∠6，從而求證BF⊥AC；
（2）根據(jù)相似三角形的判定進(jìn)行分析判斷；
（3）利用相似三角形的性質(zhì)分析求解．
【解答】（1）證明：如圖，
在矩形ABCD中，OD＝OC，AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴∠2＝∠3＝∠4，∠3+∠5＝90°，
∵DE＝BE，
∴∠1＝∠2，
又∵BE平分∠DBC，
∴∠1＝∠6，
∴∠3＝∠6，
∴∠6+∠5＝90°，
∴BF⊥AC；
（2）解：與△OBF相似的三角形有△ECF，△BAF，△EBC，理由如下：
由（1）可得∠1＝∠4，BF⊥AC，
∴∠AFB＝∠BFC＝90°，
∴△ABF∽△BOF，
∵∠1＝∠3，∠EFC＝∠BFO，
∴△ECF∽△BOF，
∵∠1＝∠6，∠CFB＝∠BCD＝90°，
∴△EBC∽△OBF；
（3）解：∵△ECF∽△BOF，
∴，
∴，即3CF＝2BF，
∴3OA＝2BF+9①，
∵△ABF∽△BOF，
∴，
∴BF2＝OF?AF，
∴BF2＝3（OA+3）②，
聯(lián)立①②，可得BF＝1±（負(fù)值舍去），
∴DE＝BE＝2+1+＝3+．
48．（2022?杭州）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，連接DE，EF．已知四邊形BFED是平行四邊形，＝．
（1）若AB＝8，求線段AD的長．
（2）若△ADE的面積為1，求平行四邊形BFED的面積．
【分析】（1）證明△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊的比相等列式，可解答；
（2）根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方可得△ABC的面積是16，同理可得△EFC的面積＝9，根據(jù)面積差可得答案．
【解析】（1）∵四邊形BFED是平行四邊形，
∴DE∥BF，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∵AB＝8，
∴AD＝2；
（2）∵△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵△ADE的面積為1，
∴△ABC的面積是16，
∵四邊形BFED是平行四邊形，
∴EF∥AB，
∴△EFC∽△ABC，
∴＝（）2＝，
∴△EFC的面積＝9，
∴平行四邊形BFED的面積＝16﹣9﹣1＝6．
49．（2022?江西）如圖，四邊形ABCD為菱形，點(diǎn)E在AC的延長線上，∠ACD＝∠ABE．
（1）求證：△ABC∽△AEB；
（2）當(dāng)AB＝6，AC＝4時(shí)，求AE的長．
【分析】（1）根據(jù)兩角相等可得兩三角形相似；
（2）根據(jù)（1）中的相似列比例式可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，
∴∠ACD＝∠BCA，
∵∠ACD＝∠ABE，
∴∠BCA＝∠ABE，
∵∠BAC＝∠EAB，
∴△ABC∽△AEB；
（2）解：∵△ABC∽△AEB，
∴＝，
∵AB＝6，AC＝4，
∴＝，
∴AE＝＝9．
50．（2022?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】
（1）如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC上的點(diǎn)，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于點(diǎn)G，求證：DG＝EG．
【嘗試應(yīng)用】
（2）如圖2，在（1）的條件下，連結(jié)CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值．
【拓展提高】
（3）如圖3，在?ABCD中，∠ADC＝45°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為AO上一點(diǎn)，EG∥BD交AD于點(diǎn)G，EF⊥EG交BC于點(diǎn)F．若∠EGF＝40°，F(xiàn)G平分∠EFC，F(xiàn)G＝10，求BF的長．
【分析】（1）證明△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到＝，進(jìn)而證明結(jié)論；
（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)求出CE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案；
（3）延長GE交AB于M，連接MF，過點(diǎn)M作MN⊥BC于N，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出∠EFG，求出∠MFN＝30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)、勾股定理計(jì)算即可．
【解答】（1）證明：∵DE∥BC，
∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，
∴＝，＝，
∴＝，
∵BF＝CF，
∴DG＝EG；
（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，
∴CE＝CD＝6，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝；
（3）解：延長GE交AB于M，連接MF，過點(diǎn)M作MN⊥BC于N，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵M(jìn)G∥BD，
∴ME＝GE，
∵EF⊥EG，
∴FM＝FG＝10，
在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，
∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，
∵FG平分∠EFC，
∴∠GFC＝∠EFG＝50°，
∵FM＝FG，EF⊥GM，
∴∠MFE＝∠EFG＝50°，
∴∠MFN＝30°，
∴MN＝MF＝5，
∴NF＝＝5，
∵∠ABC＝45°，
∴BN＝MN＝5，
∴BF＝BN+NF＝5+5．
聲明：試題解析著作權(quán)屬所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2022/6/27 11:36:33；用戶：賬號1；郵箱：yzsysx1@xyh.cm；學(xué)號：25670025

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