第27章相似03单元测

一、选择题（共30分，每题3分）1.在平面直角坐标系中，已知点，.若与关于点O位似，且，则点的坐标为（）A.或 B.或C. D.【答案】A【解析】【分析】由与关于点O位似，且，得到与的相似比为1：2，由点E的坐标为，即可得到答案．【详解】解：∵与关于点O位似，且，∴与的相似比为1：2，∵点E的坐标为，∴点的坐标为或，即或，故选：A【点睛】此题考查了位似，根据位似得到与的相似比为1：2，是解题的关键．2.如图，小正方形边长均为1，则下列图形中三角形(阴影部分)与△ABC相似的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据网格的特点求出三角形的三边，再根据相似三角形的判定定理即可求解．【详解】已知给出的三角形的各边AB、CB、AC分别为、2、、只有选项B的各边为1、、与它的各边对应成比例．故选B．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理．3.如图，在直角坐标系xOy中，矩形EFGO的两边OE，OG在坐标轴上，以y轴上的某一点P为位似中心，作矩形ABCD，使其与矩形EFGO位似，若点B，F的坐标分别为（4，4），（2，1），则位似中心P的坐标为（

）A.（0，1.5） B.（0，2）C.（0，2.5） D.（0，3）【答案】B【解析】【分析】根据题意求出CG的长，利用相似三角形的性质求出PG的值，从而求出点P的坐标即可．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形EFGO均为矩形，点B，F的坐标分别为（4，4）、（2，1），∴，，点C（0，4），点G（0，1），∴，，∵，∴△FGP∽△BCP∴，即，解得，∴点P坐标为（0，2），故选：B．【点睛】此题主要考查了位似中心的概念和位似图形的性质等知识，熟练掌握位似中心的概念和位似图形的性质是解题的关键．4.如图，在中，点在边上，，与边交于点，连接，记，的面积分别为（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据题意判定，由相似三角形的面积之比等于相似比的平方解答．【详解】∵在中，，∴，，若，则，，即：，整理得：，而，则，，，即：，故无法判断与之间的大小关系，排除A、B；若，则，，即：，整理得：，而，则，，，即：，排除C，，．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及与不等式相结合，熟练掌握相似三角形的基本性质，抓住面积比等于相似比的平方，灵活运用不等式进行比较大小是解题的关键．5.如图，A（，1），B（，4），C（，4），点P是边上一动点，连接，以为斜边在的右上方作等腰直角，当点P在边且运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】如图，由题意，点P在的三条边上运动一周时，点Q运动的轨迹是．利用相似三角形的性质求出，，，利用勾股定理的逆定理，证明是直角三角形，即可解决问题．【详解】解：如图，由题意，点P在的三条边上运动一周时，点Q运动的轨迹是．A（，1），B（，4），C（，4），，，，，，，，，同法可得，，，，点Q的轨迹形成的封闭图形面积．故选：B．【点睛】本题考查轨迹，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．6.如图，点O是矩形对角线上的一点，⊙O经过点C，且与边相切于点E，若，，则的半径长为（）A. B. C. D.4【答案】B【解析】【分析】连接，并延长于点F，连接，根据切线的性质以及矩形的性质可得，从而得到，设的半径长为r，，则，，可得，从而得到，在中，由勾股定理，即可求解．【详解】解：如图，连接，并延长于点F，连接，∵四边形是矩形，∴，∵⊙O与边相切于点E，∴，即，∴，∴，，∴，，设的半径长为r，，则，，∴，∴，解得：，∴，在中，，∴，解得：或（舍去），∴．故选∶B【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质是解题的关键．7.由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示，过点G作的垂线交于点I，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，，根据三角形相似可得，再根据正方形的面积即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于，正方形，正方形，直角三角形，设，，∵，∴（同角的余角相等），∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故选：．【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的性质，理解和掌握正方形的性质，相似三角形的性质是解题的关键．8.如图，在中，，点是中点，是直线上一动点，连接，以为斜边在其左侧作，使，连接，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】连接．由题意易证，即得出，，从而得出，即又易证，得出．再根据勾股定理可求出，从而得出，即说明当最小时，最小．又根据当时，最小，结合三角形相似的判定和性质求出此时的值，即如图的值，进而即可求出的最小值．【详解】如图，连接．∵，，∴，∴，，∴，即，∴，∴．∵，∴，∴，∴当最小时，最小．∵点P是直线上一动点，∴当时，最小，如图即为最小时，此时所作的三角形为．∵点是中点，∴，∴．又∵，∴，∴，即，解得：，即的最小值为，∴，解得：．故选D．【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，较难．证明出当时，最小，此时最小是解题关键．9.如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别落在轴、轴的正半轴上，，，若反比例函数（k＞0）经过，两点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过点作轴于点，易证，根据相似三角形的性质可得：：：，设，根据，，表示出点坐标，再根据平移的性质可得点坐标，再根据点和点都在反比例函数上列方程，求出的值，进一步可得点坐标，即可确定的值．【详解】解：过点作轴于点，如图所示：则，矩形的顶点，分别落在轴、轴的正半轴上，，，，，，，，：：：，设，，，，：：，，，点坐标为，根据平移，可得点坐标为，反比例函数经过，两点，，解得或舍去，点坐标为，将点坐标代入，得，故选：C．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法求解析式等，本题综合性较强，难度较大．10.如图，在矩形中，将绕点逆时针旋转得到三点恰好在同一直线上，与相交于点，连接．以下结论正确的是（）①；；③点是线段的黄金分割点；④A.①②③ B.①③ C.①②③ D.①③④【答案】D【解析】【分析】由是绕点逆时针旋转得到的，得到，再由矩形的性质得出从而判断①；由，可得，从而判断②；由和，得出，可以判断③；在线段上作，如图所示，连接，通过证明，得出是等腰直角三角形，可以判断④．【详解】证明：∵是绕点逆时针旋转，∴，∴，又∵四边形是矩形，∴，∴，即，∴，即，故①正确；∵，∴，即是直角三角形，而不是直角三角形，∴②错误；在和中，∵，∴，∴，∵，∴，∴点是线段的黄金分割点，∴③正确；在线段上作，如图所示，连接，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴④正确，故选：D．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质以及黄金分割点的性质，全等三角形的判定和性质等综合知识，关键是对知识的掌握和运用．二、填空题（共15分，每题3分）11.如图，在矩形中，，，点P是边上一点，若与相似，则的长度为_____．【答案】2或5或8【解析】【分析】设为，表示出，然后分和对应边，和是对应边两种情况，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可．【详解】解：设为，∵，∴，①和是对应边时，∵，∴，即，解得，，经检验或8是分式方程的解；②和是对应边时，∵，∴，即，解得，经检验是分式方程的解，∴当或5或8时，与相似，故答案为：2或5或8．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，矩形的性质，主要利用了相似三角形对应边成比例，难点在于要分类讨论．12如图，，AB＝a，CD＝b，．则EF＝_____．【答案】【解析】【分析】连接BD，交EF于点G．由平行线分线段成比例可得出．由和，易证和，即得出和，代入数据，即可用m，n，a，b表示出EG和GF的长，最后由求解即可．【详解】如图，连接BD，交EF于点G．∵，，∴．∵，∴，∴，即，∴．∵，∴，∴，即，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质．正确作出辅助线是解题关键．13.如图，矩形的对角线相交于点，点分别是边上的点，且．若，，那么___________．【答案】【解析】【分析】作于于，如图，根据矩形的性质得到，，，根据相似三角形的性质得到，推出，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】解：如图，作于于，如图，∵四边形是矩形，∴，，，∴，，∴，∴∴∵，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，∴故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：平行于三角形一边的直线与其他两边所截的三角形与原三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似；相似三角形对应边的比等于相等，都等于相似比．也考查了矩形的性质．14.如图，内接于，为直径，作交于点D，延长，交于点F，过点C作的切线，交于点E．如果，，则弦BC的长为__________．【答案】##【解析】【分析】连接．先证，推出，再证，根据勾股定理求出，，的长，通过证明，得出比例线段即可求出的长．【详解】解：如图，连接．与相切，是的半径，，，，，，，，，，．∵是的直径，，在中，，，，，，，，，，，在中，，在和中，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的定义、等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等，解题的关键是熟练掌握并综合运用上述知识．15.如图，分别是反比例函数和在第一象限内的图象，点A在上，线段交于点B，作轴于点C，交于点D，延长交于点E，作轴于点F，下列结论：①，②，③，④．其中正确的序号是___________．【答案】①②④【解析】【分析】根据反比例函数中的几何意义，即可证明①正确；过点作轴于点，通过证明，，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，可得，再通过证明，即可求证②正确；再根据相似三角形的性质，即可证明③不正确；根据相似三角形的性质，即可证明④正确．【详解】解：∵点，都在上，且轴，轴，∴，又∵，，∴，故①正确；如图，过点作轴于点，∴，∴，∵，，，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故②正确；∴，故③不正确；∵，∴，∵，，∴，∴，∴，即，故④正确；综上所述，正确的结论有①②④．故答案为：①②④【点睛】本题考查了反比例函数的性质及的几何意义，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握相关知识点是解本题的关键．三、解答题（共55分）16.杭州市西湖风景区的雷峰塔又名“皇妃塔”，某校社会实践小组为了测量雷峰塔的高度，在地面上C处垂直于地面竖立了高度为2米的标杆，这时地面上的点E，标杆的顶端点D，雷峰塔的塔尖点B正好在同一直线上，测得米，将标杆向后平移到点G处，这时地面上的点F，标杆的顶端点H，雷峰塔的塔尖点B正好又在同一直线上（点F，点G，点E，点C与塔底处的点A在同一直线上），这时测得米，米，请你根据以上数据，计算雷峰塔的高度．【答案】雷峰塔的高度为米【解析】【分析】先证明，利用相似比得到①，再证明，利用相似比得到②，由①②得，解得的长，据此求解即可求出的长．【详解】解：根据题意得米，米，米，米，∵，∴，∴，即①，∵，∴，∴，即②，由①②得，解得（米），把代入①得，解得（米），

答：雷峰塔的高度为米．【点睛】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建方程解决问题．17.如图，在中，，在边AB上截取，连接CD，若点D恰好是线段AB的一个黄金分割点，且有且，求的度数．【答案】【解析】【分析】根据两边成比例夹角相等，证明两三角形相似，然后利用相似三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可．【详解】证明：∵，∴，∵，∴，∵点恰好是线段的一个黄金分割点，且有，∴，∴，∵，∴；∴，∴，∵是的外角，∴，∵，∴，∵，∴∴，∴的度数为．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．18.如图，，，，点，，在一条直线上，点，，也在一条直线上．若与的距离是，求点到直线距离．【答案】【解析】【分析】根据得到，又因为与的距离是，过点作的延长线，垂足为点，交的延长线于点，则有，于是得，，根据相似比即可求解．【详解】解：，，，∴，∴，即，如图所示，过点作的延长线，垂足为点，交的延长线于点，∵与的距离是，即，且由作图可知，，，，即，∴，∴，∵，∴，∴，则，即点到直线距离是．【点睛】本题主要考查三角形的相似与实际问题的综合应用，掌握三角形的相似是解题的关键．19.如图，在中，是角平分线，平分交于点E，且．（1）求证：．（2）若，且，求的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义结合平行线的性质，得出，即可得出，根据相似三角形的性质，得出，即可得出答案；（2）根据角平分线的定义和平行线的性质，得出，根据等角对等角得出，根据，得出，根据平行线分线段成比例定理，得出，求出，根据，求出，根据，，得出，求出．【小问1详解】证明：∵是角平分线，∴.∵平分，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴；【小问2详解】解：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握三角形相似的判定方法，是解题的关键．20.如图，在中，，点O在上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与、分别交于点D、E，且．（1）判断直线与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若，，求的长．【答案】（1）相切；理由见解析（2）【解析】【分析】（1）连结，根据等角的余角相等以及平角的定义，得到，即可得证；（2）证明，利用相似比即可得解．【小问1详解】直线与的位置关系是相切．证明：连接，∵，∴．∵，∴，∵，∴．∴．∴．∴．∵为半径，∴是⊙O的切线．【小问2详解】解：∵，∴，∵．∴．∴∵，∴．【点睛】本题考查圆和三角形的综合应用．熟练掌握切线的判定方法，以及相似三角形的判定和性质是解题的关键．21.如图，在中，是边上的一个动点（不与点B，C重合），连接，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接交于点P，连接CN．（1）求证：；（2）问线段的数量关系，并加以证明；（3）求证：．【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）利用SAS证明，可得；（2）首先说明，得，再根据勾股定理得，等量代换即可；（3）先根据两个角相等得，则，再等量代换即可证明结论．【小问1详解】证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到，∴，∴，∴，∵，∴，∴；【小问2详解】解：，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；【小问3详解】证明：，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握基本几何图形是解题的关键．22.如图，在等腰中，，．点D是边上一个动点（不与端点重合），以为对角线作菱形，使得，交边于点H．（1）求证：．（2）求证：在点D的运动过程中，线段之间总满足数量关系；（3）连接，探索在点D的运动过程中，面积的变化规律．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）面积固定不变【解析】【分析】（1）根据菱形的性质和等腰三角形的性质可得，，可得答案；（2）利用，得再通过证明，，从而证明结论；（3）根据，得，可知E点的运动轨迹为以图中连线所在的直线，从而得出答案．【小问1详解】证明：∵四边形为菱形，∴，∴，在中，，，∵，∴，∴，即；【小问2详解】证明：∵四边形为菱形，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∴，∴，∴；【小问3详解】解：面积固定不变．如图，连接，∵，且，∴，∴，且在D点运动过程中（E点也随之运动），，始终成立，∴E点的运动轨迹为以图中连线所在的直线，即，则在中，以为底边，点E向作垂线，所得高h即为两平行线，之间的距离为定值，∴面积固定不变．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，得出点E的运动路径是解题的关键．23.如图，的三边长分别为a、b、c（），的三边长分别为、、．已知，相似比为．（1）若，，求的值．（2）若，求证：；（3）若，试给出符合条件的一对和，使得a、b、c和、、都是正整数；（4）若，是否存在和使得？并请说明理由．【答案】（1）（2）见解析（3），（4）不存在；理由见解析．【解析】【分析】（1）利用三角形相似的性质：对应边对应成比例进行计算即可；（2）利用三角形相似的性质：对应边对应成比例进行证明即可；（3）取，同时取，即可满足要求；（4）不存在，假设存在推出，进而推出a、b、c构不成三角形．【小问1详解】解：∵，，，∴，即：，解得：；【小问2详解】证明：∵，相似比为，∴，∴，又∵，∴．【小问3详解】取，同时取，此时，∴，且，【小问4详解】不存在这样的和，理由如下：假设存在，则．又∵，，∴，∴，∴，与三角形的三边关系不符，∴不存在和，使得．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握相似三角形的性质：对应边对应成比例是解题的关键．24.如图，在四边形和Rt中，，，点C在上，，，，延长交于点M．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作于点H，交于点G．设运动时间为（）．解答下列问题：（1），；（均用含有t的代数式表示）（2）连接，作于点N，当四边形为矩形时，求t的值；（3）设四边形的面积为S，求S的函数表达式；（4）在运动过程中，当点P在的平分线上时，求的长度．【答案】（1），（2）（3）（4）【解析】【分析】（1）首先利用速度×时间表示的长，再利用勾股定理求出的长，证明，可得结论；（2）先根据勾股定理得，证明可得的长，再证明，列比例式可表示的长，由列方程可解答；（3）根据可得结论；（4）根据角平分线的定义和平行线的性质得：，得证明，可得的长．【小问1详解】由题意得：如图1中，在中，，∴，∵，∴，∴，∵∴，∴，即，∴，∴；故答案为：，；【小问2详解】如图2，由题意得：，由勾股定理得：，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴；【小问3详解】如图3，作于点，连接，∴，∴，即，∴，在中，，∴，∴∴==；【小问4详解】如图4，延长交于，∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，三角形和四边形的面积等知识，证明三角形相似是解题的关键．25.已知二次函数（）的图象经过A（1，0）、B（−3，0）两点，顶点为点C．（1）求二次函数的解析式；（2）如二次函数的图象与y轴交于点G，抛物线上是否存在点Q，使得∠QAB=∠ABG，若存在求出Q点坐标，若不存在请说明理由；（3）经过点B并且与直线AC平行的直线BD与二次函数图象的另一交点为D，DE⊥AC，垂足为E，DFy轴交直线AC于点F，点M是线段BC之间一动点，FN⊥FM交直线BD于点N，延长MF与线段DE的延长线交于点H，点P为△NFH的外心，求点M从点B运动到点C的过程中，P点经过的路线长．【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）将A（1，0）、B（3，0）代入，即可求解；（2）先求出BG的解析式为，然后再进行分类讨论，分别求得点Q的坐标即可；（3）可知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，分别求出直线AC及直线BD的函数关系式，再分为当M运动到C点时及当点M运动到B点时两种情况进行讨论，求解即可．【小问1详解】∵二次函数的图像经过A（1,0）、B（3,0），∴，解得，∴二次函数的解析式为；【小问2详解】由题可知G点坐标，设直线BG的解析式为，得：，解得：，∴BG的解析式为，①AQBG，直线AQ的解析式，联立直线AQ与二次函数解析式，解得或此时Q的坐标为，②直线与y轴的交点为K，其关于x轴的对称点为直线的解析式为：与二次函数解析式联立得，解得或，此时Q的坐标为，综上,抛物线上存在点Q使得∠QAB=∠BAG，Q点坐标为或【小问3详解】如图，易知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，∴PD=PF=NH，所以点P是线段DF的垂直平分线上的动点，∵直线AC的解析式为y=x1，BDAC，∴直线BD的解析式为y=x+3，∴D（3,6），①当M运动到C点时与点E重合，，则，又因为∠DEF=90°，DE=EF，∴四边形为正方形，∴是线段DF的中点（3,4）；②当点M运动到B点时，，∵四边形DN1FE是正方形∴，∴，∴，∵四边形DN1FE是正方形，∴，∴，∴，∴，同理，所以的中点（4，4），∵，∴【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，会用待定系数法求函数的解析式，会求函数的交点坐标，根据点M的运动情况确定P点的轨迹是线段是解题的关键．（2022·四川攀枝花·中考真题）26.如图，在矩形中，，，点E、F分别为、的中点，、相交于点G，过点E作，交于点H，则线段的长度是（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据矩形的性质得出，求出，，求出，根据勾股定理求出，求出，根据三角形的中位线求出，根据相似三角形的判定得出，根据相似三角形的性质得出，再求出答案即可．【详解】解析：四边形是矩形，，，，，，点E、F分别为、的中点，，，，，，．由勾股定理得：，，，，，，解得：，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．（2022·浙江衢州·中考真题）27.如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据等量代换即可判断选项D．【详解】解：由题意可知，垂直平分，，，则选项A正确；，，，，，，，，，，则选项B正确；假设，，又，，，与矛盾，则假设不成立，选项C错误；，，，在和中，，，，即，，则选项D正确；故选：C．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．（2022·浙江衢州·中考真题）28.西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m），EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，，，，又，，，，，，整理得：，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．（2022·四川遂宁·中考真题）29.如图，D、E、F分别是三边上的点，其中，BC边上的高为6，且DE//BC，则面积的最大值为（）A.6 B.8 C.10 D.12【答案】A【解析】【分析】过点A作AM⊥BC于M，交DE于点N，则AN⊥DE，设，根据，证明，根据相似三角形对应高的比等于相似比得到，列出面积的函数表达式，根据配方法求最值即可．【详解】如图，过点A作AM⊥BC于M，交DE于点N，则AN⊥DE，设，，，，，，∴,，当时，S有最大值，最大值为6，故选：A．【点睛】本题考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数求最值，熟练掌握知识点是解题的关键．（2022·江苏常州·中考真题）30.如图，在中，，，．在中，，，．用一条始终绷直的弹性染色线连接，从起始位置（点与点重合）平移至终止位置（点与点重合），且斜边始终在线段上，则的外部被染色的区域面积是______．【答案】21【解析】【分析】过点作的垂线交于，同时在图上标出如图，需要知道的是的被染色的区域面积是，所以需要利用勾股定理，相似三角形、平行四边形的判定及性质，求出相应边长，即可求解．【详解】解：过点作的垂线交于，同时在图上标出如下图：，，，，在中，，，．，，，四边形为平行四边形，，，解得：，，，，，，，同理可证：，，，，的外部被染色的区域面积为，故答案为：21．【点睛】本题考查了直角三角形，相似三角形的判定及性质、勾股定理、平行四边形的判定及性质，解题的关键是把问题转化为求梯形的面积．（2022·山东东营·中考真题）31.如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（）①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④【答案】D【解析】【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，∵，∴，与为等边三角形，又，，∴，在与中∴，∴AM=AN，即为等边三角形，故①正确；∵，当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，∵，∴即，故②正确；当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，∴，∴，在中，，∴，而菱形ABCD的面积为：，∴，故③正确，当时，∴∴∴∴故④正确；故选：D．【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．（2022·江苏淮安·中考真题）32.如图，在中，，，，点是边上的一点，过点作，交于点，作的平分线交于点，连接．若的面积是2，则的值是______．【答案】【解析】【分析】先根据勾股定理得出，根据的面积是2，求出点到的距离为，根据的面积，求出点到的距离为，即可得出点到的距离为，根据相似三角形的判定与性质，得出，求出，，根据等角对等边求出，即可求出，即可得出最后结果．【详解】解：在中，由勾股定理得，，∵的面积是2，∴点到的距离为，在中，点到的距离为，∴点到的距离为，∵，∴，∴，∴，，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形高的有关计算，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，解题的关键是求出点到的距离为，点到的距离为．（2022·内蒙古内蒙古·中考真题）33.如图，在平面直角坐标系中，Rt的直角顶点B在x轴的正半轴上，点O与原点重合，点A在第一象限，反比例函数（）的图象经过OA的中点C，交于点D，连接．若的面积是1，则k的值是_________．【答案】##【解析】【分析】连接OD，过C作，交x轴于E，利用反比例函数k的几何意义得到，根据OA的中点C，利用△OCE∽△OAB得到面积比为1：4，代入可得结论．【详解】解：连接OD，过C作，交x轴于E，∵∠ABO＝90°，反比例函数（x＞0）的图象经过OA的中点C，，∴，，2OC=OA，∵，∴△OCE∽△OAB，∴，∴，∴，∴k＝，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）34.如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①；②；③若，，则；④，正确的是______．【答案】②③##③②【解析】【分析】先证明再证明若可得平分与题干信息不符，可判断①不符合题意；再证明可得而可判断②符合题意；如图，连接EH，求解设再建立方程组可判断③符合题意；证明可得若，则与题干信息不符，可判断④不符合题意；从而可得答案．【详解】解：∵，∴∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，∴∴∵∴若∴∴平分与题干信息不符，故①不符合题意；∵∴∴∴而∴，故②符合题意；如图，连接EH，由∴∵∴设解得：即BD=3，故③符合题意；∵若，则与题干信息不符，故④不符合题意；故答案为：②③【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，构建直角三角形是解本题的关键．（2022·湖北武汉·中考真题）35.如图，点P是上一点，是一条弦，点C是上一点，与点D关于对称，交于点E，与交于点F，且．给出下面四个结论：①平分；②；③；④为的切线．其中所有正确结论的序号是_________________．【答案】①②④【解析】【分析】根据点AB为CD的垂直平分线，得出BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用△ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出OB⊥BD，即可判断④正确．【详解】解：∵点C是上一点，与点D关于对称，∴AB为CD的垂直平分线，∴BD=BC，AD=AC，∴∠BDC=∠BCD，∵，∴∠ECD=∠CDB，∴∠ECD=∠BCD，∴CD平分∠BCE，故①正确；在△ADB和△ACB中，∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，∴△ADB≌△ACB（SSS），∴∠EAB=∠CAB，∴，∴BE=BC=BD，故②正确；∵AC≠AE，∴≠，∴∠AEF≠∠ABE，∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；连结OB，∵，CE为弦，∴OB⊥CE，∵，∴OB⊥BD，∴BD为的切线．故④正确，∴其中所有正确结论的序号是①②④．故答案为①②④．．【点睛】本题考查轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断，掌握轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断是解题关键．（2022·江苏镇江·中考真题）36.如图，一次函数与反比例函数的图像交于点，与轴交于点．（1）_________，_________；（2）连接并延长，与反比例函数的图像交于点，点在轴上，若以、、为顶点的三角形与相似，求点的坐标．【答案】（1）4，2（2）点的坐标为、【解析】【分析】对于（1），将点A的坐标代入两个关系式，即可得出答案；对于（2），先求出AO，BO，CO，再确定点D的位置，然后分两种情况和，再根据相似三角形的对应边成比例求出答案即可．【小问1详解】将点A（1，4）代入一次函数y=2x+b，得，解得，一次函数的关系式为；将点A（1，4）代入反比例函数，得，反比例函数的关系式为．故答案为：4，2；【小问2详解】点A与点C关于原点对称，可知点C的坐标是（1，4）．当x=0时，y=2，∴点B（0，2），∴OB=2．根据勾股定理可知．当点落在轴的正半轴上，则，∴与不可能相似．当点落在轴的负半轴上，若，则.∵，∴，∴；若，则．∵，，∴，∴．综上所述：点的坐标为、．【点睛】这是一道关于一次函数和反比例函数的综合问题，考查了待定系数法求关系式，相似三角形的性质和判定等．（2022·内蒙古包头·中考真题）37.如图，在平行四边形中，是一条对角线，且，，，是边上两点，点在点的右侧，，连接，的延长线与的延长线相交于点．（1）如图1，是边上一点，连接，，与相交于点．①若，求的长；②在满足①的条件下，若，求证：；（2）如图2，连接，是上一点，连接．若，且，求的长．【答案】（1）①；②证明见解析（2）【解析】【分析】（1）①解：根据平行四边形的性质可证，得到，再根据，，，结合平行四边形的性质求出的长，代入比例式即可求出的长；②先根据证明可得，再根据，求出，进一步证明，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．（2）如图，连接，先根据证明，再结合，说明，利用平行线分线段成比例定理可得，接着证明，可得到，设，则，根据构建方程求出，最后利用可得结论．【小问1详解】①解：如图，∵四边形是平行四边形，，，∴，，，，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴的长为．②证明：∵，∴，∵，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．【小问2详解】如图，连接，∵，，∴，∴，∵，在和中，∴，∴，∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，即，∴，∴．∴的长为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．（2022·湖南长沙·中考真题）38.如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．（1）求证：；（2）当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上）（3）①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示．【答案】（1）见解析（2）0，1，0（3）①等腰三角形，理由见解析，②【解析】【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解．（3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形；②证明，，根据相似三角形性质，得出，则，，计算即可求解．【小问1详解】证明：，，即，又，；【小问2详解】，，，，∵∴，∴，∵，，，，，，，，，，，，故答案为：0，1，0【小问3详解】①记的面积为，则，，①，即，②由①②可得，即，，，即，∴点D和点C到的距离相等，，，，，都为等腰三角形；②，，，，，，，，，又，，，，，则，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．（2022·福建·中考真题）39.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．（1）求抛物线的解析式；（2）若△OAB面积是△PAB面积2倍，求点P的坐标；（3）如图，OP交AB于点C，交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为，，．判断是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，或（3，4）（3）存在，【解析】【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）待定系数法求得直线AB的解析式为，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得，设，则．由，解方程求得的值，进而即可求解；（3）由已知条件可得，进而可得，过点分别作轴的垂线，垂足分别，交于点，过作的平行线，交于点，可得，设，，则，根据可得，根据，根据二次函数的性质即可求的最大值．【小问1详解】解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入，得，解得．所以抛物线的解析式为．【小问2详解】设直线AB的解析式为，将A（4，0），B（1，4）代入，得，解得．所以直线AB的解析式为．过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．所以．因为A（4，0），B（1，4），所以．因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，所以，．设，则．所以，即，解得，．所以点P的坐标为或（3，4）．【小问3详解】记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为，，．则如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别，交于点，过作的平行线，交于点，，设直线AB的解析式为．设，则整理得时，取得最大值，最大值为【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键．40.如图，在正方形中，点E是上一点（不与C，D两点重合），连接，过点C作于点F，交对角线于点G，交边于点H，连接．下列结论①；②；③当E是的中点时，；④当时，；其中正确的有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】D【解析】【分析】通过证明≌推出，；利用角平分的性质可证中边的高与中边的高相等，通过“等底等高”证明；证明∽，∽，求出相关线段长度，可知当E是的中点时，；利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，两个等高的三角形面积比等于底长的比，可证．【详解】解：四边形是正方形，，．，，，，即．在和中，，≌，，．故①正确；四边形是正方形，，即是的角平分线，点G到边与边的距离相等，即中边的高与中边的高相等，又，，故②正确；设正方形的边长为，当E是的中点时，，，由勾股定理得：，，，，∽，，．，，∽，，即，，，，，，当E是的中点时，，故③正确；当时，，，，∽，，中边的高与中边的高相等，，，设，则，，，，，，，，，，故④正确．综上，正确的有4个．故选D．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形面积公式，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，解题的关键是从图形中找出全等三角形和相似三角形．41.如图，在平面直角坐标系中，以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C(4，0)，点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为_________．【答案】##【解析】【分析】取的中点，连接，证明，得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取点，连接，根据中线的性质得出在以为圆心，为半径的圆上运动，过点作，当三点共线时，到的距离最短，此时的面积最小，证明，求得，进而即可求解．【详解】解：如图，取的中点，连接，∵，∴是等腰直角三角形，，，设是等腰直角三角形，∴，∴，即，又，设，则，∵是的中点，∴，∴，∴，∵，∴，则，即点在以为圆心，为半径的圆上运动，如图，取点，连接，则点为的中点，∴，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，过点作，当三点共线时，到的距离最短，此时的面积最小，∵，∴，∴，由，∴，∴，∵以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B∴，∴，∴，又，∴，∴，当三点共线时，到的距离为，此时．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，点到圆上的点的最值问题，求得点的轨迹是解题的关键．42.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．（1）∠EDC的度数为；（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；（4）求的最大值．【答案】（1）45°（2）9（3）PE=DG，理由见解析（4）【解析】【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DEBP，然后由平行线的性质即可解答；（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF=、GF=CF=；设AP=x，则BP=12x，BP=12x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；（4）先说明△CEF∽△CDH得到，进而得到，然后将已经求得的量代入可得，然后根据求最值即可．【小问1详解】解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12∴∠B=∠ACB=45°∵，D、E分别为BC、PC的中点∴DEBP，DE=∴∠EDC=∠B=45°．【小问2详解】解：如图：连接PG∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形∴DF=EF=，GF=CF=，设AP=x，则BP=12x，BP=12x=2DE∴DE=，EF=∵Rt△APC，∴PC=∴CE=∵Rt△EFC∴FC=FG=∴CG=CF=∴AG=12CG=12=∴S△APG=所以当x=6时，S△APG有最大值9．【小问3详解】解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF∴△GFD≌△CFE(SAS)∴DG=CE∵E是PC的中点∴PE=CE∴PE=DG；∵△GFD≌△CFE∴∠ECF=∠DGF∵∠CEF=∠PEG∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．【小问4详解】解：∵△GFD≌△CFE∴∠CEF=∠CDH又∵∠ECF=∠DCH∴△CEF∽△CDH∴，即∴∵FC=，CE=，CD=∴∴的最大值为．【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．43.回顾：用数学的思维思考（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC．①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．（从①②两题中选择一题加以证明）（2）猜想：用数学的眼光观察经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．（3）探究：用数学的语言表达如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．【答案】（1）见解析（2）添加条件CD=BE，见解析（3）能，0＜CF＜【解析】【分析】（1）①利用ASA证明△ABD≌△ACE．②利用SAS证明△ABD≌△ACE．（2）添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明△ABD≌△ACE．（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证△CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．【小问1详解】①如