【中考数学试卷+答案解析】图形的相似与位似

图形的相似与位似一、选择题1．（东庄3分）图在t△BC，∠AB=9°CDAB图形的相似与位似一、选择题1．（东庄3分）图在t△BC，∠AB=9°CDAB垂为DAF分CA，交CD点E交B点若AC3，B=，则E长为（）A．B．C．D．【分析】根据三角形的内角和定理得出∠AF+∠CF=90°，∠AD+∠AE=90°，根据角平分线和对顶角相等得∠CF=CF，得出C=F，利相三角的定性得答案．【解】：点F作⊥AB于点，∵∠AB=9°CDAB，∴∠CA=9°，∴∠CF+CFA90，AD+∠ED=0，∵AF平∠CA，∴∠CF=FA，∴∠CA=AED∠CF，∴CE=F，∵AF平∠CA，ACF∠AGF90，∴FC=G，∵∠B∠，∠GB∠AC90°，∴△BG△BA，∴=，∵AC=，A=5∠AB=9°，∴BC=，∴=，∵FC=G，∴=，解得FC=，即CE的为．故选A．【点评】本题考查了直角三角形性即CE的为．故选A．【点评】本题考查了直角三角形性质、等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理以及相似三角形的判定性等识关是推∠CF=CF．2．（东州•3分在面角标段B个点坐分为（8（0若以点O为似心在第象内段AB短为来的后到段则点A的点C为（）A（，1） B（，3） C（，4） D（，5）【分】用似形性质结两形位比进出C坐．【解】：以点O为位中，第象内将段B小原的后得段C，∴点C横标纵标都为A点横标纵坐的半，又∵（68∴点C坐为3，故选C．【点】题要查位似形性，用图形位比出应横纵标系解关．3（江扬州•3）如，点A在线段BD上，在BD的侧等腰t△ABC和等腰Rt△DED与BE、E别于点，对于列论：①△BE△CA；MP•=MA•M；2CB=CPCM其中确是（）A．②③B．①C．②D．【分（）腰RABC等腰RtADE三份数系证；（2通等式推，证△PM△ED（3）CB2化为C2明△AP△MC（3）CB2化为C2明△AP△MC，题证．【解】：已：A=AB，A=AE∴∵∠BC=EAD∴∠BE=CAD∴△BE△CAD所以正确∵△BE△CAD∴∠BA=CDA∵∠PE=AMD∴△PE△AMD∴∴MP•D=M•ME所以正确∵∠BA=CDA∠PME∠AD∴P、、、A四共圆∴∠AD=EAD90°∵∠CE=10﹣∠AC∠EAD90°∴△CP△CMA∴AC2CP•M∵AC=AB∴2CB=CPCM所以正确故选A．【点评】本题考查了相似三角形的性质和判断．在等积式和比例式的证明中应注意应用倒推的方法寻找相似三形行明进得到案．4（208·山东临沂·3分）如图．利用标杆BE测量建筑物的高度．已知标杆E高.2m，测得AB=1.m．C=1.4．筑物D高（）A．9.mB．105mC．124mD．14m【分先明△AB△AC利相三的性得=后用A．9.mB．105mC．124mD．14m【分先明△AB△AC利相三的性得=后用性质出即可．【解】：EBCD，∴△AE△AC，∴=，即=，∴CD=0.（）．故选B．【点评】本题考查了相似三角形的应用：借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边比等性求体的度．（2018山潍坊3在面角标中点（mn线段B一点以点O为似心把△AOB放到来两，点P对点坐为（A（2，2） B（2，2）（2m﹣2n））Cm，n） Dm，n）或﹣m，﹣n）【分】据似换性质算可．【解】点Pm，）是段B一，点O位中把AOB放大原的倍，则点P的应的标（m×，×2或m﹣2n（﹣即m，2）（﹣m﹣2n故选B．【点评】本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中，似为，么位图对点坐的比于k或k．6（南永市4分如图在△BC中点D边B的点ADC=ACBAD=BD6边AC的为（）A．2B．4C．6D．8，即C2=AAB，此可决题；【分】要明AD△AC，得 =【解，即C2=AAB，此可决题；【分】要明AD△AC，得 =【解】：∠A∠∠ADC∠AB，∴△AC△AC，∴=，∴AC2AD•B=×8=6，∵AC0，∴AC=，故选B．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．7（218四宜·3分）图将ABC沿BC边上中线D平到AB'C'位，知ABC的面积为，影分角的面为．若AA'1则A'D等（）A．2B．3C．D．【考】Q：移性．【分由S△AB=9S△A′E=4且AD为BC边中知S△A′E=S△A′EF=，S△ABD=△ABC=，根△D′E）2=DAB，据求得．【解】：图，∵S△ABC9、△A′EF=且AD为BC边中，∴S△A′D=S△A′EF=2S△ABD=SABC=，∵将ABC沿C上线AD平得∴S△A′D=S△A′EF=2S△ABD=SABC=，∵将ABC沿C上线AD平得△A''C，∴A′∥A，∴△D′∽△AB，）2=）2= ，则（，即（解得′D2或A′=﹣舍，故选A．【点评】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判与质知点．（2018四自贡4如图在△BC中点E分是BAC的若△DE面为4△ABC面为（）A．8B．12C．14D．16【分】接用角中位定出D∥BDE=BC，利相三的判与质出案．【解】：在ABC中点DE别是ABC的点，∴DEBCDE=BC，∴△AE△AB，∵=，∴=，∵△AE面为，∴△AC面为16，故选D．【点】题要查三角的位以相三角的定性，确得△AE△ABC是关键．9（208台·）要榨汁她苹、乐、丁种果且颗数为97：，榨完果汁果芭丁的数为64已知柔果汁果芭丁的数为64已知柔果时有用柳于榨汁外两种果使情，列叙何正？（A．使苹果B．使芭乐）C．用果芭，用的果数使的乐颗多D．用果芭，用的乐数使的果颗多【分析】根据三种水果的颗数的关系，设出三种水果的颗数，再根据榨果汁后的颗数的关系，求出榨果汁后，果芭的数进而出果芭的量，可出论．【解】：苹、乐、丁种果且颗数为：：6，∴设为9x颗芭乐x颗铆钉6x颗（x是整数，∵小榨汁没使柳丁，∴设柔完汁，果a，乐b颗，∵小榨果后苹、芭、丁颗比为63：，∴，，∴a=9，b=x，∴苹的为9﹣a=﹣9x=，芭乐用为x﹣=7﹣x=x＞，∴她果时只了乐，故选B．【点评】此题是推理与论证题目，主要考查了根据比例的关系，比例的性质，求出榨汁后苹果和芭乐的数量是本的键．10（01·湾分图，AB、△GH中、E两分在A、C，F点在DE上，H点在BC，且E∥C，G∥，FHAC若G：H：=4：：5则ADE与GH面比何（）A．21B．32C．52D．94），即可决题；【分】要明AD△FG，得=（【解】：BGGHC=4：：，以设B【解】：BGGHC=4：：，以设B4k，G=6，HC5k，∵DEBCFGABFHC，∴四形GFD是行形，形EFC平边形，∴DF=G=4，E=HC5kE=DF+F=9，FGH∠B∠AD，∠HG∠C∠AE，∴△AE△FG，）2（）2=．∴=（故选D．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解问，于考考题．11（湖荆•3如边形ABCD为行四形EF为D两个等点连接AF交点G则S△FG：△ABG（）A．13B．31C．19D．91【分】用似角的性面比于似的平即解问；【解】：四形CD平四形，∴CD=B，D∥B，∵DE=F=F，∴EFAB=：，∴△EG△BA，）2=，∴=（故选C．【点评】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，于考考型．12（湖恩•3）如所，正形CD，G为D中，接G延交C的长线于E点对线D交G于F点已知FG=，线段E长为（）A．6B．8C．10D．12【分析】根据正方形的性质可得出ABCD，进而可得A．6B．8C．10D．12【分析】根据正方形的性质可得出ABCD，进而可得出△AF△GF，根据相似三角形的性质可得出==2合FG2出A、AG的度由G∥BAB=2G出CG为EAB的中线再用三角形位的质出AE长，题解．【解】：四形CD正形，∴AB=D，B∥D，∴∠AF=GD，∠AFDGF，∴△AF△GD，∴==2，∴AF=GF=，∴AG=．∵CGABAB=CG，∴CG为△AB中线，∴AE=AG=2．故选D．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相似三角形的性质出AF的度解关键．13. 201江安3分如图小方边长为则列的三阴部分△ABC相似是（）A．B．C．D．【考】似角的定，【分】据方的质求∠AB根A．B．C．D．【考】似角的定，【分】据方的质求∠AB根相角形判定判即．【解】：正形性质知∠AB=1045°=35，A、CD形的角不于13°，由勾定得BC=，AC，对应形B的长别为1和，∵=，∴图B中三形阴部分与ABC相，故选B．【点评】本题考查的是相似三角形的判定，掌握两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似是解题关．1201浙临3△ACEBCDE分与AC于点若D=B=，则D：BC的为（ ）A．B．C．D．【考】似角的定和似角的质【分析】根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似，再根据相似三角形对边比解可．【解】：DEBC，∴△AE△AB，∴===．故选A．【点】题查相三角的定相三形的质对边要错．1∴===．故选A．【点】题查相三角的定相三形的质对边要错．1（01庆()·4要制两形相的角形架其一三的三长别为m6和9m，一三形最边长为2.m，它最边为A.B.4C.4.D.【考】似角的质【解析】用似角三边应比解即。【解】：所最边为cm两角相，∴2.5x,∴.x4.5故选C5 9【点评】此题主要考查相似三角形的性质——相似三角形的三边对应成比例，该题属于中考当中的基础题。1（01东3分△ABC中点E分边AAC的点则AE与ABC的积比（）A．B．C．D．【分】点DE别边A、C中，出E△AC中线进而出D∥C△AE∽△AB，利相三的性即求△AE△ABC的积比．【解】：点、E别边A、AC的点，∴DE为△BC中线，∴DEBC，∴△AE△AB，）2=．∴=（故选C．【点】题查相三角的定性以三角中线理利三角的位定找出D∥BC解的键．17（018年川内市知△BC与△AB1C1相似且似为13则△AC△A1BC1的比为（）A．11B．13C．1（）A．11B．13C．16D．19【考】S：似角的性．【分】用似角面积比于似的方，出可．【解】：知ABC与△AB1C1相，相为13，则△AC△A1BC1的比为：，故选D．【点】题查相三角的质熟掌相似角的质解题的键．二.填空题（208四省充市如图在ABC中D∥BBF分ABC交E延长点FA=1=2，BC=4则F=．【考】S：似角的判与质KJ等三角的定性．【分由D∥BC可△AD∽△BC根相三角的质平线性质答可．【解】：DEBC，∴∠F∠FC，∵BF平∠AB，∴∠DF=FB，∴∠F∠DF，∴DB=F，∵DEBC，∴△AE△AB，∴，即，解得DE=，∵DF=B=，∴EF=F﹣E=﹣，故答为：【点】题∴△AE△AB，∴，即，解得DE=，∵DF=B=，∴EF=F﹣E=﹣，故答为：【点】题查似角形判和质关是由E∥C得△AD∽△AC．2(2018四省阳)图，△ABC中AC=，C=4，若ACBC上线BE,AD垂相于点，则AB= _.【答】【考】股理三形中线理相三形的定性质【解解】：接D，∵ADBE为角中，∴DEABDE=AB，∴△DE△AO，∴===，设ODx，E=，∴OA=x，B=2,在R△BOD中，x2+4y2①，在R△AOE中，4x2+y2=②，∴①+②5x2+5y=，∴x2+y=，在R△AOB中，∴AB24x2+y2=（x2在R△AOE中，4x2+y2=②，∴①+②5x2+5y=，∴x2+y=，在R△AOB中，∴AB24x2+y2=（x2y2）4×，即AB=.故答为：.【分】接D，据角形位性得D∥A，DE=AB从得DO△AO，据似角的；设Ox，OEy从可知OA=，OB=y,据股理得x2+y2=，性质得===4x2+y2=，两相可得+y2=，在t△OB中股股理得B=.（208广东州3图9E平四形ABD边AB的直分线垂为点OE与A的延长交点，接A，BEDODO与AC交点F则列论：①四形CBE是形∠ACD∠BE③AFBE=：3④其中确结有 （写有确论序号）【答】②④【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形判与质【解解】：CE是行边形BCD边AB垂平线∴A=BO,AOE∠BC=9°,∥AE，A=B，CACB，∴∠OE=OB，∴△AE△BO（AA∴AE=C，∴AE=E=C=C，∴四形CBE是形，故①确.②由四形CBE是，∴AB平∠CA，∴∠C∴AE=E=C=C，∴四形CBE是形，故①确.②由四形CBE是，∴AB平∠CA，∴∠CO=BA，又∵形ABD平边形，∴BACD，∴∠CO=AC，∴∠AD=BAE.故②确.③∵E直分线B，∴O为AB中，又∵形ABD平边形，∴BACDAO=AB=CD，∴△AO△CF，∴= ，∴AF:C=13,∵AC=E，∴AF:E=13,故③误.④∵·C·OC,由知AFAC=:3,∴,∵= ×CD·O=,∴=+==,∴故④确.故答为①④.【分根平四形和直分的得AO=BO∠AE=BOC90BC∥AA=BECA=B根据ASA△AE△BO，全等角性得E=C，根四相的边是菱得①确.②由形质∠CO=AE，据行边的质得B∥C，由行的性得CAO∠AD代换∠AD=BA；正确.③根据行四形和平分线性得BA∥CAO=AB=CD，从而△AF∽△CF，由似三形性质得=，代换∠AD=BA；正确.③根据行四形和平分线性得BA∥CAO=AB=CD，从而△AF∽△CF，由似三形性质得=，而出AAC=1:,即AF:E=13,③错.④由三角形面积公式得·C·O,从③知F:AC=:3,所以=+==,而出故④确.4（208广深·3）在RtABC∠C=0，AD平∠CB,BE∠CBAADBE相于点，且AF=4,F=,则C= ．【答】【考】股理相三角的定性质【解解】：作G⊥A，接C，∵∠C90，∴∠CB+CBA90，又∵D分∠AB,E∠CBA,∴∠FB+FBA45，∠AFE45，在R△EGF中，∵EF=,∠FE=5，∴EG=G=，又∵A=4,∴AG=,∴AE=，∵AD平∠CA,BE平CBA,∴CF平∠AC,∴∠AF=4°，∵∠AE=ACF45，∵AD平∠CA,BE平CBA,∴CF平∠AC,∴∠AF=4°，∵∠AE=ACF45，AE=∠AF，∴△AF△AF，∴,即,∴AC=.故答为：.【分作E⊥A连接CF根三形角角平线义∠FB+BA=4由角外性质得AFE45在REGF根勾定得G=FG=结已条得AG=3在R△AG根勾股定得E=已得F是角角分的点所以CF分ACBACF=4据似角形的定性得,从求出C长.5（208四宜·3）如，形ABD中AB=3CB=点E为段AB的点将△BE沿CE折叠点B在形点F，列论确是②③写所正确论序）①当E为段B点AF∥C；②当E为段B点AF=；③当、、C点线，AE=；④当、、C点线，△CF△AE．【考】P：折换折叠题；K：等形的定LB矩的质．【分】两情分求解可决题；【解】：图1中当AEEB∵AE=B=E，∴∠EF=EF，∵∠CF=CE，∠EFEAF+EF，∴∠BC=EA∵AE=B=E，∴∠EF=EF，∵∠CF=CE，∠EFEAF+EF，∴∠BC=EA，∴AFEC故正，作E⊥A，则M=F，在R△ECB中EC==，∵∠AE=B=9°∠E=∠CE，∴△CB△EA，∴=，∴=，∴AM=，∴AF=AM=，②确，如图2中当、、C线时设E=．则EBEF=﹣，AF=﹣，在R△AEF中∵A2=AFEF2，∴x2（﹣2）2（3x），∴x=，∴AE=，③确，如果△CF△AE，∠EAF∠EF=ECB30，显不合意∴AE=，③确，如果△CF△AE，∠EAF∠EF=ECB30，显不合意故错误，故答为②．【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，题关是活用所知解问，于中填题的轴．6（208山泰·3《章术是国数学重的作在勾股章有样个题：“今邑二步各开门出门五有，问出门步见？”用今的说大是如图DEFG是座长为200步“”古长度位的方小，东门H于D中点门K于D中点出门15步的A有树木求出门少恰看于A处树（点D在线AC上？你算KC的长为步．【分】明CD∽△H，用似角的得=，然利比性求出K长．【解】：D=10，D100，H=1，∵AHDK，∴∠CK=A，而∠CD=AH，∴△CK△DA，∴=，即=，∴CK=．答：C长为步．故答为．【点评】本题考查了相似三角形的应用：利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似【点评】本题考查了相似三角形的应用：利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相的质物的度．7.（东州•5矩形BCDAB=B=点F在BD若AE=∠EAF=4°则F长为．【分】取AB的中点连接M，在AD截取NDF，设F=D=x，则NF=知条证△AE△FN，利相三形性：对边比相可出中利勾定即出AF长．【解】取AB的点M连接ME在D取NDDF设D=DNx，∵四形BCD是形，∴∠D∠BD=B=9°D=BC=，x，再用形性和已x值在角形AF∴NF=x，A=4x，∵AB=，∴AM=M=，∵AE=，AB2，∴BE=，∴ME==，∵∠EF=4°，∴∠ME+NAF45，∵∠ME+AEM45，∴∠MA=NA，∴△AE△FN，∴，∴，解得x=，∴AF==．故答为：．【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以∴，∴，解得x=，∴AF==．故答为：．【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加辅助线构造相似三形解的键，8东泽•3如OAB与△CD是点O位中的似形相比为∠CD=0°，∠AOB60，点B的标是6，则点C标是 （，2 ） ．【考】S：似换5：标图性．【分】据意出D点坐，解角角进而出案．【解】：过A作AE⊥O，C⊥O，∵∠OD=9°∠AB=6°，∴∠AO=CDO30，CF=3°，∵△OB△OD以点O为位中的似形相似为：，点B标是6，∴D（，0则DO8，故OC4，则FO2，F=C•co304×=2，故点C的标（，2故答为（22【点】题要查位似换运位图的性正解角角【点】题要查位似换运位图的性正解角角是解关．9（四成都3）已知【答】12【考】一一方，比的质，且，则值 ．【解解】：设∵∴6k+k-8=6解：k2∴a=×2=2故答为12则a=k，=5，c=k【分】设，分用含k的式表出、、c值，根据，建关于k的程求出k值就可出a的。10（四凉州3）已△AC△AB′′且△ABCS△A′B′C=1，则B：′′=1：．【分】据似角的面比于似的方求即．22【解】：△ACA′BC，∴△ABCS△A′′C′=AB：AB′=12∴ABA′′=：【点】题关是解相三形面比于相比平．．三.解答题(要同一)1.川州•7分）图△AC方纸中（1请方纸建面直坐系使（3，（62并出B点坐；（2以点O为似，相为2在一限内△AC大画放大的形A′′；（3计△AB′'积S．【分（）接【分（）接用，C坐得原位进而出案；（2利位图的即可出A'BC'；（3直利（2中形求三形积可．【解】（）图示，为求直坐系；（21（2如：△'B''所求；（3）△A'B'C×4×816．【点评】此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关键．画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③根据位似比，确定位似图形的关键；顺连上各点得放或小图形．2.（山枣•8）如，在R△ACB中∠C=9°AC=cmBC=m，以BC直作⊙O交AB于点．（1求段AD的度；（2点E是段AC上一点试：点E在么位时线ED与O相切请明由．【分（）勾定【分（）勾定易求得AB的；连接D，圆角理知C⊥B，知△CD△AC关于C、D、B比系式即出AD的．（2当D⊙O切切长理知C=E∠EC=∠DC那A和DEC就等的由此可得E=D，即E是C的点在明，连接D证O⊥DE即．【解】（在RACB，AC=cmBC=m，∠CB=0，∴B=5；连接D∵BC为径，∴∠AC=BDC90；∵∠A∠，∠DC∠AC，∴RtAD∽R△AC；∴，∴；（2当点E是AC中时，D⊙O切；证明接O，∵DE是R△AC中；∴ED=C，∴∠EC=EC；∵OC=D，∴∠OC=OC；∴∠EO=EDC∠OC=CD+∠CD∠AC=9°；∴EDOD，∴ED与⊙O相．【点此综考圆周定相三的判和角形的线判知识．3（山枣庄10）如，形ACD沿F叠使点D落在BC的点E，点E作ECD交AF于点G连接G．（1求：边形EFDG是菱；（2探线段EGGFF之的量系（2探线段EGGFF之的量系并明理；（3若A=6EG=2，求E的．【分（）依翻的性和行的质明∠DF=DF，而到GD=D，下依折性质可明G=G=DFEF；（2连接D，交AF点O．菱的质可知F⊥D，OGOF=GF接，证△DF△AD，相似三形性可明F=FO•A，是到GAF、G数关；（3过点G作GHDC垂足为．用2的论可得FG4然再ADF中据股理得AD的长然再明FG△FA，用似角性质得GH的，依据E=A﹣GH求即．【解】（）明∵GEDF，∴∠EF=DF．∵由折性可：GGE，D=E，∠GF∠EG，∴∠DF=DF．∴GD=F．∴DG=E=D=E．∴四形FDG为形．（2）G2=GF•A．理由图1示接DE交AF于点O．∵四形FDG为形，∴GFDEOG=F=GF．∵∠DF=ADF90，FD=∠FA，∴△DF△AD．即DF2FO•F．∴∵FO=GF，F=E，∴EG2=GF•F．（3如图2示过点G作G⊥D，足为．∵EG2=GF•F，G=，EG2，∴20=FG（G+6，理：FG2∵FO=GF，F=E，∴EG2=GF•F．（3如图2示过点G作G⊥D，足为．∵EG2=GF•F，G=，EG2，∴20=FG（G+6，理：FG26F﹣400．解得FG=，F=﹣0去．∵DF=E=2∴AD=，AF10，=4．∵GHDCADDC，∴GHAD．∴△FH△FA．∴，即=．∴GH=．∴BE=D﹣H=4﹣=．【点评】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质相三形性判定勾定的用用相三形性到DF2=F•AF是题问（）的关，据似角的性得GH的是问题3的键．4.（四成都8如图在中，分别交，于点平分，交，连接于点交，于点为上一点，经过点，的，.（1求：（2是，的切；，试含的代数表线段的长；.（1求：（2是，的切；，试含的代数表线段的长；（3，，求的长.【答（）图接CD∵AD为∠AC角分，∴∠BD=CAD.∵OA=D，∴∠OA=OA，∴∠OA=CAD.∴ODAC.又∵C=9°，∴∠OC=9°，∴ODBC，∴BC是⊙O的线.（2连接DF，由（）知，C切（2连接DF，由（）知，C切，∴∠FC=DAF.∴∠CA=CFD.∴∠AD=ADB.又∵BAD∠DF，∴∆AB∽∆DF,∴∴AD2ABAF.∴AD2xy,,∴AD=（3连接EF在RtBOD中，inB=,设圆半为，∴∴r=5.∴AE=0,A=18.，∵AE是径∠AF=9,而∠=9°，∴EFBC,∴∠AF=B,∴si∠AE=.∴AF=E·inAEF10×∵AFOD,=.∴,∴DG=AD.∴AD=,∴DG=【考】线判与质，似角的定性质解角角形【解∴si∠AE=.∴AF=E·inAEF10×∵AFOD,=.∴,∴DG=AD.∴AD=,∴DG=【考】线判与质，似角的定性质解角角形【解分析（）接OD根角分的质及腰角的质去证∠OC=9°可2)连接DF，E根圆切，可得FDC∠DF证∠CA=CFD∠AD据平的义证∠A=∠AD而证△AB∽△AF得对边例得答（接E在t△OD用三角函的义出的径、A、AB的，明EFBC得∠B∠AF，用角角数义求出AF的，根据AFD，出段比，出DG的，后求出D的，而求得DG长。5（西6），在中， =8，=4, =6,,是平分，交于点,求的长.ADEBC【解析】∵BD是ABC的平线，∴∠BDCBD∵D∥B∠CB=∠D∵C∥AB∴∠BD∠D∴D=B=4∴△BE△CE∴=∵CAE=AC6∴A=462018湖北省宜昌1分在形ABDAB12P是边AB一△PBC沿线C叠点B的应是点G过点B作B⊥C，足为E在AD，BE交PC点F．（1如图1若点E是D的点求：AE△DE；（2如图2①证：=BF；②当D=2，且AEDE，求osPCB的（2如图2①证：=BF；②当D=2，且AEDE，求osPCB的；③当P=9时求B•EF值．【分（）判出=∠D=0，ABDC再出AEDE即得结；（2①用叠性得出PGC∠PC=9°∠BPC∠GC进判∠GPF∠PB可出；②判出AB∽△EC得出例建方求即可出E=9DE=6判断△EF△GC求出P，可出论；③判出GE∽△AB即可出论．【解】（）形ABCD中∠A∠D=0AB=D，∵E是AD中，∴E=D，在△AE△DE，△AB≌△CESAS（2①矩形ABC，BC=9°，∵△BC沿PC折得GPC∴∠GC∠PB=9，∠BC=GP，∵BECG∴B∥P，∠GPF∠PB∴∠PFBFP∴BPBF；②当D=25时∵BEC0°∴∠EB∠CE=9，∵∠AB+ABE90，∠CED∠AE，∵∠A∠D90，△A∽△DC∴，设AEx∴DE25x∴，∴x9或x=1，∵AEDE∴A=9DE=，∴C=2，BE15，由折得BP=G∴BPF=PG∵B∥P，∴△EF△GC，∴设BP=BFPG=，∴，y=，∴BP=，在RtPBC中，，co∠PB==；③如，接G，∵∠GF=BAE90，∵BFPGBF=G∴▱BF是形∵∠GF=BAE90，∵BFPGBF=G∴▱BF是形∴B∥G，∠GFE∠AE，∴△GF△EA，∴，E•EF=B•G=1×9=08．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质折的质利方程思解问是本题关．72018湖北省武汉·0分在ABC中∠AB90°．（1如图1分过AC两作过点B直的垂，足为M，求：AB∽△CN；（2如图2，P边BC一点∠BP=C，anAC=，求tnC值；（3图3D边A延长上点AE=BDEB=9°si∠BA=，直接出ta∠CEB的值．【分（）用角余角等断∠BM=BN，可出论；（2先断△AB∽QF，出=，判出△P∽△QF得出CQ=a进而立方程用b表出，可出结；（3先断出=，同）的法即得结．【解】（）AMN，C⊥M，∴∠AB=BNC90，∴∠BM+ABM90，∵∠AC=9°，∴∠AM+CBN90，∴∠BM=CB，∵∠AB=NB，∴△AM△BC；（2如图2，过点P作F⊥P交AC于F，在R△AFP中ta∠PA===，同（）方得△AB∽△PF，∴=，设AB=a，Q=2，B=b，∴△AM△BC；（2如图2，过点P作F⊥P交AC于F，在R△AFP中ta∠PA===，同（）方得△AB∽△PF，∴=，设AB=a，Q=2，B=b，Q=2ba＞，＞0∵∠BP=C∠B∠CQ90°，∴△AP△CQ，∴，CQ==2a，∵BC=P+P+CQ=b+2+2aa+b∵∠BP=C∠B∠B=°，∴△AP△CB，∴=，∴BC===，∴4a+b=，a=b，∴BC=×b+b=b，AB=a=，在R△ABC中tan==；（3）在R△ABC中si∠BA==，过点A作G⊥E于G点C作C⊥BE交EB的长于H，∵∠DB=9°，∴CHAGDE，∴=同（）方得△AB∽△BH∴，设BG4mCH=m，G=4，BH=n，∴，设BG4mCH=m，G=4，BH=n，∵AB=E，G⊥E，∴EG=G=4，∴GH=G+B=4m3n，∴，∴n=2，∴EH=G+G=4m4m+n=83n=8m6m=4m，在R△CEH中ta∠BE==．【点评】此题是相似形综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行分段比定，构图1是本的键．82018湖南省常德0分已正形BCD中AC与D于O点点M线段D直线AM线DC于，过D作H⊥E于，直线DH交AC于N．（1如图1当M在段BO时求：MONO；（2如图2当M在段OD，接N，当END时求：B=A；（3在图3当M在段OD，接N，当NEC时求：AN=NCAC．【分（）判出O=OA∠AO=∠ON再用同的角等断∠ODN∠OM判出△N≌△AOM即得结；（判出边形EM是而断∠（判出边形EM是而断∠DN=225即判出AMB=6.5即得论；（3设CE=a进表出EN=CEaCN=a设DE=b进而示D=ab据股定得A=（a+b同（1）的方法得，∠OA=∠ON，得出∠D=∠DE，进而判断出△DN∽△E，得出，进而得出a=b即表出C=b，C=b，N=A﹣C=b，即得出论．【解】（）正形ABD对线A，BD相于O，∴OD=A∠AO=∠ON=°，∴∠OD+ODN90，∵∠AH=ON，∴∠AH+ODN90，∵DHAE，∴∠DM=9°，∴∠AH+OAM90，∴∠ON=OA，∴△DN△AO，∴OM=N；（2连接MN，∵ENBD，∴∠EC=DOC90，EC=∠DC=5°∠AD，∴EN=N同（）方得，O=O，∵OD=D，∴DM=N=E，∵ENDM，∴四形ENM是行形，∵DNAE，∴▱DEM菱，∴DE=N，∴∠EN=EN，∵ENBD，∴∠ED=BD，∴∠EN=BD，∵∠BC=4°，∴∠BN=2.5，∵∠AD=9°，∴∠AB=DME90﹣DN=675，∵∠AM=4°，∴∠BM=6.5=∠MB，∴BM=B；（3∵∠AD=9°，∴∠AB=DME90﹣DN=675，∵∠AM=4°，∴∠BM=6.5=∠MB，∴BM=B；（3设C=aa＞）∵ENCD，∴∠CN=9°，∵∠AD=4°，∴∠CE=4°∠AC，∴EN=E=，∴CN=a，设DEb（＞0∴AD=D=D+CEa+，根据股理，A=AD=（a+b同（）方得∠OA∠OD，∵∠OD=ODC45，∴∠EN=DA，∠DE∠ADE90，∴△DN△AD，∴，∴，∴a=b（舍不合的）∴CN=a=b，AC=（a+）=b，∴AN=C﹣N=b，∴AN22b2AC•N=b=2b2b•∴AN2AC•N．【点评】此题是相【点评】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形，菱形的判定，全等三角形的判定和性似角的定和质勾定断出形DEM菱（关键判出DEN∽△AE解3的．9（208山东安2如菱形BCD中C与D于点E是BD上一E∥AB∠EB=EB，过点B作A垂，交A的长于点G．（1∠DF∠AEF是相等若等请明若不等请明由；（2找图与△GB似的角，证；（3）F延线交CD延长点H交C点M．证：M2=F•M．【分（）判出EF=∠BA∠AF=EA即可出论；（2先断∠GA=∠E+∠AB=∠AB，而出∠GB=AE，可结论；（3先断出BM=MADM=AB，而出∠M=∠，断△MF∽DH，可出论，【解】（）DEF∠AE，理由∵E∥A，∴∠DF=EB，∠EFEAB，∵∠EB=EB，∴∠DF=AE；（2△EO∽AG，理由∵形AB理由∵形ABD形，∴AB=D，C⊥D，∴∠GB=ABE∠AB=ABE，∵∠AO=ABE∠BE=ABE，∵∠GB=AE，∠ABAOE=9°，∴△EA△AG；（3如，接D，四形ABD菱，由对性知BM=MADM=AB，∵ABCH，∴∠AM=H，∴∠AM=H，∵∠DH=FM，∴△MD△MD，∴，∴DM2MF•H，∴BM2MF•H．【点评】此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，判断出△EO∽△GB是本关键．10.（01·东坊·2）图，在ABD，DHAB点HCD的直平交D点，交于点，A=6DH=，B：FA=：．（1如图2作F⊥AD于点，交DH于点，△DGM沿C向移到△C′′连接M′．①求形BHM的；②线EF上一点求△DM长最值．（2如图3延长CB交F（2如图3延长CB交F点Q过点Q作QKB，过CD边的点P作PK∥E，与K于点，将△PQ直线PQ翻使点K的点K恰落在线B，线段P的．【分（）根相三角的定性以平移性进解即；②接CM交线EF点N，接D，用股理解即；（2分点P线段CE和点P在段D两况进解．【解】（）在▱CD，AB6直线F直分C，∴DE=H=，又B：FA1：，∴AH=，∵RtAH∽R△MH，∴，即，∴HM=.5，根据移性，M'=C6，接B，图，四形BHM的积=；②接CM交线EF点N，接D，图，∵线EF垂平分CD，∴CN=N，∵MH=.5，∴DM=.5，在∵线EF垂平分CD，∴CN=N，∵MH=.5，∴DM=.5，在R△CDM中MC2DC2+2，∴MC262+2.）2，即MC6.，∵MN+N=M+CNMC，∴△DM长最值为．（2∵B∥C，∴，∴QF=，∴PK=K'=，过点'作'F∥E，交CD于点E'交K点F'，图，当点P在段E时，在R△PKE'PE'2=K'2E'K'，∴，∵RtPE''∽t△'F'，∴，即，解得：，∴PE=E'EE'=，∴，同理得点P段∴PE=E'EE'=，∴，同理得点P段DE时，，图4，综上述CP的为或．【点此考四的综键根似三形性和移性质（种情况分．11.2018年苏南市图在正形BCD中E是AB上点连接DE点A作A⊥D足为F⊙O经点、D，与D交点．（1求：△FG△D；（2若方形ABCD的长为，A=1求O径．【分】1欲明△G∽△FC只证∠F=∠FD，AGF∠FD；（2首证明CG直，出CG即解问；【解】1证：方形BCD中∠AD=9，∴∠CF+ADF90，∵AFDE，∴∠AD=9°，∴∠DF+ADF90，∴∠DF=CD，∵四形FCD是O接四形，∴∠FD+DGF18°，∵∠FA+DGF18°，∴∠FA=FC，∴△AG△DF．∴∠FD+DGF18°，∵∠FA+DGF18°，∴∠FA=FC，∴△AG△DF．（2解如，接C．∵∠ED=AFD90，DA=∠DF，∴△EA△AD，∴=，即=，∵△AG△DF，∴=，∴=，在正形BCD中，A=D，∴AG=A=，DGDAAG=﹣1=，∴CG==5，∵∠CG=9°，∴CG是⊙O的径，∴⊙O的径为．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学识决题学添加用助，于考常题．12.（018新生设兵12分图A与⊙O相于点A点A作A⊥OP垂为C⊙O于点．接P，A，延长O⊙O于点与PB延线于点．（1求：PB是O线；（2若O=3AC=，求inE值．【分（）证是的切，证过【分（）证是的切，证过点半径直所接OB，明O⊥PE即．（2要求snE首找出角角，后用直三函求即．而sinE既放直角形EAP，可在角角形BO，以用似三形性出EP或EO的即解问题【解（）明接OB∵P⊥A，∴AC=C，∴PA=B在△PO△PO中∴△PO≌PBO∴∠OP=OAP90°∴PB是⊙O的线．（2连接BD则B∥P，且D=2C=6在R△ACO中OC=，A4∴AO=5在R△ACO与t△AO，∠APO∠AO，∠PAO∠AO=9°∴△AO△PO=∴PO=，PA=∴PB=A=在△EO△EDBD∥PO∴△EO△EBD∴=，解得B=，PE=，∴sin==【点评】本题解得B=，PE=，∴sin==【点评】本题考查了切线的判定以及相似三角形的判定和性质．能够通过作辅助线将所求的角转移到相应的直三形，解此题关．13（01·川宾·0分如，AB圆O直径C圆O上点D为BC延线点且BCD，CE⊥D点E．（1求：线EC圆O的线；（2）设BE与圆O于点F，AF延线与CE交点P，知PCF∠CFPC=5PF=，求inPEF的值．【考】M：线判与性；M：周定；T7解角角．【分1说明CBDA中线利中线的到∠CE∠ED=9°从得到CE圆O的切．（用径的周到PEF是角角用相可到EF∽PE△PC∽PA，从而到C=P=5然求出inPEF的．【解】（）明∵CEAD于点E∴∠DC=9°，∵BC=D，∴∠DC=9°，∵BC=D，∴C是BD的点又∵O是AB的点，∴OC是△DA中线，∴OCAD∴∠OE=CED90°∴OCCE又点C在上，∴CE是圆O切．（2连接AC∵AB是径点F在上∴∠AB=PFE90=∠∵∠EF=EPA∴△PF△PEA∴PE2PFPA∵∠FC=PCF∠CF又∵CPF∠CA∴△PF△PAC∴PC2PFPA∴PE=在直△PF，sn∠F==．【点评】本题考查了切线的判定、三角形的中位线定理、相似三角形的性质和判定等知识点．利用三角形相似明PEPC解本题难和键．14（218四自·0分）图在ABC中∠ACB90．（1作经点，心O在边B且边AC相切点E的O要用尺作，留图迹，不写法证）（2（1中作O与边AB交异点B另外点⊙O直为5C=4求E长（如果用规图不图，可出图成2【分（）∠AC角平线交AC于，作E⊥AC交AB点O以【分（）∠AC角平线交AC于，作E⊥AC交AB点O以O为圆，OB为径圆可解决问；（2作O⊥BC于．先出O、E、B，△BC∽△ED可得=，决问；【解】（）O图所；（2作O⊥BC于．∵AC是⊙O的线，∴OEAC，∴∠C∠CO=OHC90，∴四形CHO是形，∴OE=H=，BH=C﹣H=，在R△OBH中OH==2，∴EC=H=，BE==2，∵∠EC=EB，∠EDC=90，∴△BE△BE，∴=，∴=，∴DE=．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线的定腰角的定和质知题关键灵运所知解决题属中常．15（湖黄石9）在ABC中E、F分为段A、AC上点与AB、C重．（1如图1若E∥B求证：（2如图2若EF不与C平（）的论否仍成？说理；（3如图3若EF上点G为ABC的心，，求（1如图1若E∥B求证：（2如图2若EF不与C平（）的论否仍成？说理；（3如图3若EF上点G为ABC的心，，求的值．）2即可证；【分（由E∥BC△AE∽△BC据得=根据=（（2分过点C作B垂线垂分为H此知AF∽△CH=据=即可证；（3连接AG延交C于点接BG并交AC点N连接MN由心性知△ABM=S△CM、=，设=a，利用（2）中结论知==、==a，从而得==+a结合==a关于a方程之得a的可得答案．【解】（）EFC，∴△AF△AB，∴=，）2=∴=（•=；（2若EF与BC平行（1中结仍成，分别点、C作AB的线，足为NH，∵FNABCHAB，∴FNCH，∴△AN△AC，∴=，∴==；（3连接AG延交分别点、C作AB的线，足为NH，∵FNABCHAB，∴FNCH，∴△AN△AC，∴=，∴==；（3连接AG延交C于点，接G延交AC点N接M，则MN分是B、AC的点，∴MNAB且N=AB，∴= =，且△ABM=S△CM，∴=，设=a，由（）：==×=，==a，则==+=+a，而==a，∴+a=a，解得a=，∴=×=．【点评】本题主要考查相似形的综合问而==a，∴+a=a，解得a=，∴=×=．【点评】本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质和三角形重心的定及性等识．16.201·江波2分）一三形边的方于两边乘积我把个角叫做比例角．（1已△AC比角形AB=，B=3请接写所满条的C的长；（2如图，四边形ACD中，D∥C对角线D平分AB，∠AC∠AC．证△ABC是例角形．（3如图2在（）条件，∠AC=9°，求的值．【考】似角的定与质【分（）据例角形定分B2=B•ABC2=A•A、AC2AB•C种情分代计可；（2先△AB∽DCA得CA2BC•D再∠AD∠CBD∠AD知AB=D可得；（3作AHB由AB=D知BH=B证AB∽△BC得B•B=BHD即ABBC=BD2结合AB•C=AC2知BD2AC2据可答．【解】（）△AC是例角，且AB=、AC=，①当B2=B•AC时得=3AC解：A=；②当C2=A•AC时得=2AC解：A=；③当C2=A•BC时得C=6解：AC=（值去；所③当C2=A•BC时得C=6解：AC=（值去；所当AC=或或时△AC是比三形；（2∵A∥B，∴∠AB=CA，又∵BAC∠AC，∴△AC△DC，，即CA=BCAD，∴=∵ADBC，∴∠AB=CB，∵BD平∠AB，∴∠AD=CB，∴∠AB=AB，∴AB=D，∴CA2BC•B，∴△AC比三形；（3如，点A作A⊥BD于点，∵AB=D，∴BH=BD，∵ADBC∠AC=9°，∴∠BD=9°，∴∠BA=BCD90，又∵ABH∠DC，∴△AH△DB，∴= ，即A•BCBH•B，∴AB•C=BD2，又∵A•BCAC，∴BD2AC2，∴又∵A•BCAC，∴BD2AC2，∴=．【点评】本题主要考查相似三角形的综合问题，解题的关键是理解比例三角形的定义，并熟练掌握相似三角形判与质．1.（2018·广东广州·12分）如图，在四边形ACD中，∠B=∠=9°，AB＞D，AD=ABCD．（1利尺作∠DC平线D，交C点连接E保作痕不写法）（2在（）条下①证：A⊥D；②若D=，AB4点MN分是A，B的，求M+MN的小。【答（）（2①明在AD上一点F使F=D，接E，∵DE平∠AD，∴∠FE=CD，在△FD△CEDF=D，∠DE∠CD，DDE∴△F在△FD△CEDF=D，∠DE∠CD，DDE∴△FD△CD（SS∴∠DE=DCE90，FE=18°∠DF=9°∴∠DF=DE，∵AD=B+C，D=D，∴AF=B，在R△AF≌R△AE（）∴∠AB=AE，∴∠AD=AEF∠DF=CEF+∠BE=（∠CF+EF）=0。∴AEDE②解点D作D⊥AB点P，∵由可，，F关于E对，B=F，∴BM+N=F+M，当FM，N三共且⊥AB时有小，∵DPABAD=B+C=6，∴∠DB=ABC∠C90，∴四形PBC是形，∴BP=C=，APAB-P=，在R△APD中DP==，∵FNAB由知AFB=4，∴FNDP，∴△AN△ADP∴，即，解得N=，∴BM+N最值为【考】等角的解得N=，∴BM+N最值为【考】等角的定与质矩的定性质作—本图轴对的用最距，相似角的定性质【解分析（）角平的法可出（2①在AD上一点F使DF=D，接E；分线定得FDE∠CE据全三形定SAS△FE≌△DE再全角形质补定得FE=∠DCE∠AE=9°，∠DEF∠DC再直角形等定HL得R△AF≌R△AB由三角性得AEB∠A由补定得A⊥DE.②点D作D⊥AB于点；由可，，F关于E对，据称质知M=FM，当F，，N点线且F⊥AB，最值即M+MN=M+M=F；在t△PD中根勾定得P==由似角形定△AF∽△D再相三角性得而得FN即BMMN最值.1201广深8知形一角角形一角它的角点这重角的对边个形为个三形亲菱图△CE中CF=,CE12,∠CE=5°点C圆，以任意长为半径作AD，再分别以点A和点D为圆心，大于AD长为半径做弧，交于点,AB∥CD.（1求：边形ACDB为△CE亲菱；（2求边形ACDB的积.【答（）明由知得AC=D,A=DB由知尺作痕得BC∠FCE的平线,∴∠AB=DC，又∵A∥C,∴∠AC=DC，∴∠AB=AB，∴AC=B，又∵A=CDAB=B,∴AC=D=D=B，四形ACB菱，又∵ACD与FCE中FCE合它对∠AD顶在EF又∵ACD与FCE中FCE合它对∠AD顶在EF上，∴四形CDB为△EC亲密形.（2解设形ADB边为x∵C=6,E=1,∴FA=-x，又∵A∥C,∴△FB△FC,∴,即解得x=，，过点A作H⊥D点H,在R△ACH中∠AH=4°,∴si∠AC=,∴AH=×=2,∴四形CDB的积：.【考】形判与质，似角的定性质【解分析（）可得AC=D,A=DBBC∠FCE的平线,据平分的义平性质得ACB∠AC根角对边得AC=B从得AC=D=D=B，据边相得边是形可得四形ACB菱；据题的定即得.（2）设菱形ADB的边长为x，根据已知可得F=6,C=12FA=-x，根据相似三角形的判定和性质可得解x=4点A作A⊥CD于点,在RtACH根锐三形数弦的义可得AH,由边的积式即得案.19（218·广东深圳·9分）如图：在中，B=2,B=AC，点D为C上的动点，且.（1求AB的度；（2求A·AE的；（3过A点作AHBD求证BH=D+D.【答（（3过A点作AHBD求证BH=D+D.【答（）作ABC，∵AB=C,B=2AMBC，∴BM=M=BC=1,在R△AMB中，∵cos=,BM=1,∴AB=M÷osB1÷=.（2解连接CD∵AAC,∴∠AB=AB，∵四形BCD内于圆，∴∠AC+ABC18°,又∵ACE∠AB=10°,∴∠AC=AC，∵∠CE=CA，∴△EC△CA，∴,∴ADAE=C2=B2=（）2=10.（3证：在BD取点N使得BN=D,在△AN△AD中∵∴△AN△AC（SS∴AN=D，∵AHBDAN=D，∴NH=H,又∵B=CD∵∴△AN△AC（SS∴AN=D，∵AHBDAN=D，∴NH=H,又∵B=CDNH=H,∴BH=N+N=CDDH.【考全三形定与腰角性内四形质相三形判性质，锐角角数定义【解【析（1作⊥BC由腰角三合一性得M=C=BC1,在t△MB据弦定得coB=,由求出B.（2连接C，据三角性等对角∠ACB∠AC再圆四边性和角补相等得∠AC=AC；相角形判得EA∽△D，据似角的得从得A·A=AC2B2.；（3在BD上一点N得BNCD根据AS得△N≌△CD再全三形的得ANAD根腰三角三合的得NH=DH从得H=B+NHD+DH.20（218广深·9分）知点抛线（1求物的析；过点，点.（图线AB与x轴相点M,y轴交点物与y轴交点直线B有点，若∠OM=MAF求POE的面；（3如图2点Q是线A-B-C上点点Q作N∥y轴过点E作ENx轴，线N直线EN于点N，连接E，将△EN沿翻折得到△E1，若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标.【答（）：点，解：a=,∴抛线解式：或.（2解设线AB解式为y=k+b代标.【答（）：点，解：a=,∴抛线解式：或.（2解设线AB解式为y=k+b代点B的标：，解得：，∴线AB的析为：-2x-1,∴E（，-，（，-，M（-，0∴OE=，F=,∵∠OM=MAF,∴当P∥F，△PE△FA，∴∴OP=FA=,设点（t-2t1）,