2026中考数学高频考点一轮复习：图形的相似（含解析）

中考数学一轮复习图形的相似一．选择题（共10小题）1．（2025春•川汇区）按照国际标准，A系列纸为长方形．将A0纸沿长边对折、裁开，便成A1纸；将A1纸沿长边对折、裁开，便成A2纸；将A2纸沿长边对折、裁开，便成A3纸；将A3纸沿长边对折、裁开，便成A4纸…，将一张A4纸按如图所示的方式折叠，据此可以发现，A系列纸的长与宽的关系为（）A．长是宽的2倍 B．长是宽的2倍 C．宽是长的0.5倍 D．宽是长的0.618倍2．（2025•襄州区模拟）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠ACD的平分线交BD于点E，下列结论不正确的是（）A．∠BEC＝∠BCE B．∠BEC＝3∠DCE C．DE=32OE D．BE3．（2025•新宾县模拟）如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E在OB上，且BE＝OE，连接CE并延长交DA的延长线于点F，则AF：FD的值为（）A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．3：44．（2025•衢州四模）如图，P是矩形ABCD内的任意一点，连接PA，PB，PC，PD，得到△PAB，△PBC，△PCD，△PDA，设它们的面积分别为S1，S2，S3，S4，则下列结论错误的是（）A．若S1＝S3，则点P在边AD的中垂线上 B．若S1＝S2，则S3＝S4 C．若S1＝2S3，点P在线段BD上，则S4＝2S2 D．若点P在∠BAD的角平分线上，则S5．（2025•浙江三模）如图，在△ABC中，点D是AB上一点（不与点A，B重合），过点D作DE∥BC交AC于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F，点G是线段DE上一点，EG＝2DG，点H是线段CF上一点，CH＝2HF，连接AG，AH，GH，HE．若已知△AGH的面积，则一定能求出（）A．△ABC的面积 B．△ADG的面积 C．四边形DBFE的面积 D．△EFC的面积6．（2025春•松江区）如图，在等边△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，连接BE、CD交于O，连接AO．下列判断不正确的是（）A．△ADE是等边三角形 B．AO⊥DE C．AB⊥CD D．BO＝CO7．（2025•西湖区二模）如图，在△ABC中，点D在BC边上，EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点E，F，G，则（）A．AEEB=EFBD B．EFBD=FGDC8．（2025•岳阳楼区二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，D为AC的中点，过点D作DE⊥AB，交AB于点E，则DE的长为（）A．65 B．43 C．2 D9．（2025春•荣昌区）如图，矩形ABCD中，CF＝2AF＝4，∠ADC的角平分线DE交AB于点E，连接AC交DE于点F，过点F作FG⊥AC交CD于点G，则DG长为（）A．1 B．1.5 C．32 D．10．（2025•新洲区模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与BO的延长线相交于点E，C为半圆O的中点，AC交BE于点F．若OF=EF=3，则弧ACA．π B．2π C．3π D．2二．填空题（共5小题）11．（2025•新城区模拟）如图，在△ABC中，点D为边AB上的一点，BD＝2AD，∠ACD＝30°，点E为CD中点，∠BED＝60°，CD＝4，则AC＝．12．（2025•河南三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形．发现四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，O是BD的中点，点E在边BC上，四边形OECF是矩形，则S△BEO：S△EOF是．13．（2025春•拱墅区）如图，在矩形ABCD中，AC与BD交于点O，点E为OC上一点，连接BE并延长交CD于点F，满足BA＝BE．若BF=42，DF=22，则BC＝14．（2025•衢州三模）数学课上，小慧用两张如图1所示的直角三角形纸片：∠A＝90°，AD＝2cm，AB＝4cm，斜边重合拼成四边形，如图2所示．接着在CB，CD上取点E，F，连AE，BF，使AE⊥BF，则BFAE的值为15．（2025春•邹城市）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，记斜边AC的中点为P1，连接BP1，过点P1作P1Q1⊥AB，垂足为Q1；记AP1的中点为P2，连接Q1P2，过点P2作P2Q2⊥AB，垂足为Q2…按照这种规律继续操作下去，若斜边AC的长为2，则P10Q9的长为．三．解答题（共5小题）16．（2025春•滨江区）如图，在矩形ABCD中，点E为BC中点，点F为AE中点．（1）求证：△ABE≌△DCE．（2）若DF⊥AE，求CDBC（3）若DE=2，DF=317．（2025春•姑苏区）（1）问题发现如图1，在正方形ABCD中，点P在边AD上，点Q在边CD上，且BP⊥AQ于点M．求证：BP＝AQ；（2）类比探究如图2，在矩形ABCD中，点P在边AD上，点Q在边CD上，且BP⊥AQ于点M．求证：BPAQ（3）拓展延伸如图3，在▱ABCD中，∠BAD＝110°，点P在边AD上，点Q在边CD上，AP＝2，DQ＝3，连接AQ，BP交于点M，且∠BMQ＝110°．求BPAQ18．（2025•嘉陵区模拟）如图，在⊙O中，AB为直径，AD为弦，BD与过点A的直线交于点C，点E为BD的中点，连接AE交BD于点F，CA＝CF．（1）求证：AC是⊙O的切线．（2）若DF＝4，tan∠ABC=34，求19．（2025•莱芜区模拟）【问题发现】某数学兴趣小组的同学们将两块大小不一的顶角为120°的等腰三角形纸片叠放在一起，使得其中的一个顶点重合，然后绕着这个顶点转动其中的一个三角形，可以得到如图1，图2的两种情况，据此得到如图3，图4的两个图形．小颖发现，图3中存在全等三角形，图4中存在相似三角形．（1）请你直接写出小颖发现的图3中△ABD≌，图4中△ADE∽；【类比迁移】小刚发现，图3中的两个全等三角形可以看作是将一个三角形绕点A逆时针旋转120°得到的．随即，小刚在图5中也进行了类似的操作．如图5，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，点E在边BC上，∠DAE＝45°．小刚发现线段BD，DE，EC之间的数量关系：BD2+EC2＝DE2．（2）请你先进行小刚的操作，再求证：BD2+EC2＝DE2；【拓展应用】（3）如图6，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D，点E在边BC上，∠DAE＝60°，BD＝2，EC＝4，求△ADE的面积．20．（2025•青羊区模拟）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝4，∠B＝60°，点E，F分别为线段BC和BC延长线上的点，连接DE与AF交于点G，连接CG，设CE＝kCF．【问题提出】（1）如图1，延长CG交AD于点P，求证：DPAP【深入探究】（2）如图2，若k=53，求【拓展提高】（3）如图3，若BECE=32，当CG⊥

中考数学一轮复习图形的相似参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2025春•川汇区）按照国际标准，A系列纸为长方形．将A0纸沿长边对折、裁开，便成A1纸；将A1纸沿长边对折、裁开，便成A2纸；将A2纸沿长边对折、裁开，便成A3纸；将A3纸沿长边对折、裁开，便成A4纸…，将一张A4纸按如图所示的方式折叠，据此可以发现，A系列纸的长与宽的关系为（）A．长是宽的2倍 B．长是宽的2倍 C．宽是长的0.5倍 D．宽是长的0.618倍【考点】黄金分割；规律型：图形的变化类．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】B【分析】根据折叠的性质可知四边形ABEB'为正方形，AD＝AE，再结合勾股定理即可求出AD=AE=2AB，即A4纸的长宽之比为【解答】解：如图：由题意可知：第一次折叠，形成一个正方形，即四边形ABEB'为正方形，∴AE=A第二次折叠，得出AD=AE=2∴ADAB即，A系列纸的长是宽的2倍．故选：B．【点评】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握性质是解题的关键．2．（2025•襄州区模拟）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠ACD的平分线交BD于点E，下列结论不正确的是（）A．∠BEC＝∠BCE B．∠BEC＝3∠DCE C．DE=32OE D．BE【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；正方形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力．【答案】C【分析】由正方形的性质得∠BCD＝90°，AC⊥BD，则∠COD＝90°，由∠BEC+∠ACE＝90°，∠BCE+∠DCE＝90°，且∠ACE＝∠DCE，推导出∠BEC＝∠BCE，可判断A不符合题意；可证明OC＝OD，则∠ODC＝∠ACD＝2∠DCE，所以∠BEC＝∠ODC+∠DCE＝3∠DCE，可判断B不符合题意；作EF⊥CD于点F，则∠EFD＝90°，由∠ODC＝∠OCD＝45°，得∠FED＝∠FDE＝45°，则FD＝FE，所以DE=FD2+FE2=2FE，由角平分线的性质得OE＝FE，则DE=2OE≠32OE，可判断C符合题意；由BE＝BC【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，对角线AC与BD交于点O，∴∠BCD＝90°，AC⊥BD，∴∠COD＝90°，∴∠BEC+∠ACE＝90°，∠BCE+∠DCE＝90°，∵∠ACD的平分线交BD于点E，∴∠ACE＝∠DCE，∴∠BEC＝∠BCE，故A不符合题意；∵OC＝OA=12AC，OD＝OB=12BD，且∴OC＝OD，∴∠ODC＝∠ACD＝2∠DCE，∴∠BEC＝∠ODC+∠DCE＝2∠DCE+∠DCE＝3∠DCE，故B不符合题意；作EF⊥CD于点F，则∠EFD＝90°，∵OC＝OD，∠COD＝90°，∴∠ODC＝∠OCD＝45°，∴∠FED＝∠FDE＝45°，∴FD＝FE，∴DE=FD∵CE平分∠ACD，OE⊥CA，FE⊥CD，∴OE＝FE，∴DE=2OE≠3故C符合题意；∵BE＝BC，AB＝BC，∴BE＝AB，故D不符合题意，故选：C．【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．3．（2025•新宾县模拟）如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E在OB上，且BE＝OE，连接CE并延长交DA的延长线于点F，则AF：FD的值为（）A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．3：4【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】C【分析】设CF交AB于点H，由正方形的性质得OB＝OD=12BD，因为BE＝OE=12OB=14BD，所以DE=34BD，则BEDE=13，由BH∥DC，证明△BHE∽△DCE，求得BHDC=BEDE=13，则BH【解答】解：设CF交AB于点H，∵四边形ABCD是正方形，对角线AC与BD相交于点O，∴AB∥DC，AB＝DC，OB＝OD=12∵点E在OB上，且BE＝OE，∴BE=12OB=12∴DE＝BD-14BD=∴BEDE∵BH∥DC，∴△BHE∽△DCE，∴BHDC∴BH=13∴AH＝AB﹣BH＝DC-13DC=∴AHDC∵点F在DA的延长线上，AH∥DC，∴△FAH∽△FDC，∴AFFD=AHDC=23，即AF故选：C．【点评】此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△BHE∽△DCE及△FAH∽△FDC是解题的关键．4．（2025•衢州四模）如图，P是矩形ABCD内的任意一点，连接PA，PB，PC，PD，得到△PAB，△PBC，△PCD，△PDA，设它们的面积分别为S1，S2，S3，S4，则下列结论错误的是（）A．若S1＝S3，则点P在边AD的中垂线上 B．若S1＝S2，则S3＝S4 C．若S1＝2S3，点P在线段BD上，则S4＝2S2 D．若点P在∠BAD的角平分线上，则S【考点】相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；几何直观；推理能力．【答案】C【分析】A选项：通过面积关系判断点P的位置；B选项：作辅助线，通过面积关系判断和矩形的性质，将S1，S2，S3，S4逐一表示即可；C选项：作辅助线，作出图形，利用相似三角形的判定和性质即可解答；D选项：利用角平分线的性质和面积公式进行推导．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的面积分别为S1，S2，S3，S4，∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，A、∵S1＝S3，AB＝CD，∴点P到AB，CD的距离相等，∵BA⊥AD，CD⊥AD，∴点P在边AD的中垂线上，故A选项结论正确，不符合题意；B、如图1，过点P作PE⊥AB，延长EP交CD于点F，过点P作PH⊥BC，延长HP交AD于点G，则四边形ABHG，EFCB为矩形，设AB＝GH＝DC＝a，AD＝EF＝BG＝b，PE＝h1，PH＝h2，∴PF＝b﹣h1，PG＝a﹣h2，∵S1＝S2，∴ah1＝bh2，∵S3∵ab﹣ah1＝ab﹣bh2，∴S3＝S4，故B选项结论正确，不符合题意；C、如图，点P在线段BD上时，∵S1＝2S3，∴PE＝2PF，∵AB∥CD，∴△BEP∽△DFP，∴PBPD∵AD∥BC，∴△DHP∽△BGP，∴PBPD∴S4故C选项结论错误，符合题意；D、若点P在∠BAD的角平分线上，则点P到AB的距离与点P到AD的距离相等，设为h，∴S1∴S1故D选项结论正确，不符合题意；故选：C．【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．5．（2025•浙江三模）如图，在△ABC中，点D是AB上一点（不与点A，B重合），过点D作DE∥BC交AC于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F，点G是线段DE上一点，EG＝2DG，点H是线段CF上一点，CH＝2HF，连接AG，AH，GH，HE．若已知△AGH的面积，则一定能求出（）A．△ABC的面积 B．△ADG的面积 C．四边形DBFE的面积 D．△EFC的面积【考点】相似三角形的判定与性质；平行线的性质；三角形的面积．【专题】图形的相似；运算能力．【答案】B【分析】利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到ADEF=DEFC，利用已知条件和相似三角形的判定与性质得到∠DAG＝∠FEH，利用平行线的判定定理得到【解答】解：∵DE∥BC，∴∠AED＝∠C，∠ADE＝∠B，∵EF∥AB，∴∠B＝∠EFC，∴∠ADE＝∠EFC，∴△ADE∽△EFC，∴ADEF∵EG＝2DG，CH＝2HF，∴DG=13DE，FH=∴DGFH∴ADEF∵∠ADE＝∠EFC，∴△ADG∽△EFH，∴∠DAG＝∠FEH，∵EF∥AB，∴∠DAE＝∠FEC，∴∠DAE﹣∠DAG＝∠FEC﹣∠FEH，即∠GAE＝∠HEC，∴AG∥EH，∴S△AGH＝S△AGE．∵EG＝2DG，∴EGDE∴S△AEG∴S△ADE=32S△∴S△ADE=32S△∴已知△AGH的面积，则一定能求出△ADE的面积．故选：B．【点评】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等高的三角形的面积的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2025春•松江区）如图，在等边△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，连接BE、CD交于O，连接AO．下列判断不正确的是（）A．△ADE是等边三角形 B．AO⊥DE C．AB⊥CD D．BO＝CO【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【答案】C【分析】由等边三角形的性质得∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，由DE∥BC，得∠ADE＝∠ABC＝60°，∠AED＝∠ACB＝60°，即可证明△ADE是等边三角形，可判断A不符合题意；由AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，可证明△BCD≌△CBE，得CD＝BE，∠BCD＝∠CBE，所以BO＝CO，可判断D不符合题意；推导出OD＝OE，再证明△AOD≌△AOE，得∠OAD＝∠OAE，则AO⊥DE，可判断B不符合题意；若AB⊥CD，则AD＝BD，与已知条件不符，可判断C符合题意，于是得到问题的答案．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，∴∠ADE＝∠ABC＝60°，∠AED＝∠ACB＝60°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠AED＝60°，∴△ADE是等边三角形，故A不符合题意；∵AB＝AC，AD＝AE，∴AB﹣AD＝AC﹣AE，∴BD＝CE，在△BCD和△CBE中，BD=CE∠DBC=∠ECB∴△BCD≌△CBE（SAS），∴CD＝BE，∠BCD＝∠CBE，∴BO＝CO，故D不符合题意；∵CD﹣CO＝BE﹣BO，∴OD＝OE，在△AOD和△AOE中，AD=AEOD=OE∴△AOD≌△AOE（SSS），∴∠OAD＝∠OAE，∵AD＝AE，AO平分∠DAE，∴AO⊥DE，故B不符合题意；假设AB⊥CD，则AD＝BD，与已知条件不符，∴AB与CD不一定垂直，故C符合题意，故选：C．【点评】此题重点考查考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、“等边对等角”、等腰三角形的“三线合一”等知识，推导出∠DAE＝∠ADE＝∠AED＝60°，进而证明△ADE是等边三角形是解题的关键．7．（2025•西湖区二模）如图，在△ABC中，点D在BC边上，EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点E，F，G，则（）A．AEEB=EFBD B．EFBD=FGDC【考点】相似三角形的判定与性质．【专题】图形的相似；推理能力．【答案】B【分析】先证明△AEF∽△ABD，则根据相似三角形的性质得到EFBD=AEAB=AFAD，从而可对A选项和C选项进行判断；再证明△AFG∽△ADC，根据相似三角形的性质得到AF【解答】解：∵EF∥BD，∴△AEF∽△ABD，∴EFBD=AEAB=∵FG∥DC，∴△AFG∽△ADC，∴AFAD∴EFBD=FG∵FG∥DC，∴AFFD=AG故选：B．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．8．（2025•岳阳楼区二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，D为AC的中点，过点D作DE⊥AB，交AB于点E，则DE的长为（）A．65 B．43 C．2 D【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；几何直观；推理能力．【答案】A【分析】利用勾股定理求得AB＝5，证明△EAD∽△CAB，利用相似三角形的性质进行求解即可．【解答】解：在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，由勾股定理得：AB=3∵D为AB的中点，DE⊥AB，交AB于点E，∴AD=12AC=2，∠AED＝∠C∵∠EAD＝∠CAB，∴△EAD∽△CAB，∴ADAB=DE解得：DE=6故选：A．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的性质．9．（2025春•荣昌区）如图，矩形ABCD中，CF＝2AF＝4，∠ADC的角平分线DE交AB于点E，连接AC交DE于点F，过点F作FG⊥AC交CD于点G，则DG长为（）A．1 B．1.5 C．32 D．【考点】相似三角形的判定与性质；角平分线的性质；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；运算能力．【答案】D【分析】证明CD＝2AE，AD＝AE，利用勾股定理，相似三角形的性质求出CD，CG可得结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DAB＝90°，AB∥CD，CD＝AB，∴DCAE=∴CD＝2AE，∵CF＝2AF＝4，∴AF＝2，CF＝4，AC＝6，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝∠AED＝45°，∴AE＝AD，∴CD＝2AE，∴AD=655，∵FG⊥AC，∴∠CFG＝∠ADC＝90°，∵∠FCG＝∠ACD，∴△FCG∽△DCA，∴CGAC∴CG6∴CG＝25，∴DG＝CD﹣CG=1255故选：D．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．10．（2025•新洲区模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与BO的延长线相交于点E，C为半圆O的中点，AC交BE于点F．若OF=EF=3，则弧ACA．π B．2π C．3π D．2【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的性质；弧长的计算．【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】B【分析】设OE交⊙O于点L，连接OA、OC，由∠OAC＝∠OCA，得90°﹣∠OAC＝90°﹣∠OCA，由切线的性质得∠OAE＝90°，由C为半圆O的中点，得∠COE＝∠COB＝90°，因为∠EAF＝90°﹣∠OAC，∠EFA＝∠OFC＝90°﹣∠OCA，所以∠EAF＝∠EFA，由OF＝EF=3，得EA＝EF=3，OE＝2EF＝23，求得OA=OE2-EA2=3，由sin∠AOE=EAOE=1【解答】解：设OE交⊙O于点L，连接OA、OC，则OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴90°﹣∠OAC＝90°﹣∠OCA，∵AE切⊙O于点A，∴AE⊥OE，∴∠OAE＝90°，∵C为半圆O的中点，∴CL=∴∠COE＝∠COB=12×180∵∠EAF＝90°﹣∠OAC，∠EFA＝∠OFC＝90°﹣∠OCA，∴∠EAF＝∠EFA，∵OF＝EF=3∴EA＝EF=3，OE＝2EF＝23∴OA=OE∵sin∠AOE=EA∴∠AOE＝30°，∴∠AOC＝∠AOE+∠COE＝120°，∴lAC=120π×3故选：B．【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的性质、勾股定理、解直角三角形、弧长公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．二．填空题（共5小题）11．（2025•新城区模拟）如图，在△ABC中，点D为边AB上的一点，BD＝2AD，∠ACD＝30°，点E为CD中点，∠BED＝60°，CD＝4，则AC＝532【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】53【分析】取AD的中点F，连接FE，延长BE交AC于点H，因为点E为CD中点，所以FE∥AC，FE=12AC，而∠ACD＝30°，∠CEH＝∠BED＝60°，则∠CHE＝90°，因为CD＝4，所以CE＝DE=12CD＝2，HE=12CE＝1，求得CH=3，设AF＝DF＝m，则AD＝2m，BD＝2AD＝4m，求得FB＝5m，AB＝6m，可证明△BFE∽△BAH，则FEAH=FBAB=56，所以【解答】解：取AD的中点F，连接FE，延长BE交AC于点H，∵点E为CD中点，∠ACD＝30°，∠BED＝60°，∴FE∥AC，FE=12AC，∠CEH＝∠BED＝∴∠CHE＝180°﹣∠ACD﹣∠CEH＝90°∵CD＝4，∴CE＝DE=12CD＝∴HE=12CE＝∴CH=C设AF＝DF＝m，则AD＝2m，∴BD＝2AD＝4m，∴FB＝DF+BD＝5m，AB＝AD+BD＝6m，∵FE∥AH，∴△BFE∽△BAH，∴FEAH∴FE=56∴12AC=56（解得AC=5故答案为：53【点评】此题重点考查直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．12．（2025•河南三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形．发现四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，O是BD的中点，点E在边BC上，四边形OECF是矩形，则S△BEO：S△EOF是1：3．【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质；矩形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】1：3．【分析】连接OC交EF于点L，由矩形的性质得∠EOF＝∠OEC＝90°，OL＝EL，则∠BEO＝90°，由菱形的性质得BC＝DC，∠DCB＝∠DAB＝60°，则△BCD是等边三角形，所以∠OBE＝60°，则∠BOE＝90°﹣∠OBE＝30°，因为O是BD边的中点，所以CO⊥BD，求得∠LOE＝60°，则△EOL是等边三角形，所以∠FEO＝60°，可证明△BEO∽△EOF，由BEEO=tan∠BOE＝tan30°=33，求得S△BEOS△EOF=(BEEO)2=【解答】解：连接OC交EF于点L，∵四边形OECF是矩形，∴∠EOF＝∠OEC＝90°，OL＝CL=12OC，EL＝FL=12EF，且∴∠BEO＝90°，OL＝EL，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴BC＝DC，∠DCB＝∠DAB＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠OBE＝60°，∴∠BOE＝90°﹣∠OBE＝30°，∵O是BD边的中点，∴CO⊥BD，∴∠BOC＝90°，∵∠LOE＝90°﹣∠BOE＝60°，∴△EOL是等边三角形，∴∠FEO＝60°，∵∠BEO＝∠EOF，∠OBE＝∠FEO，∴△BEO∽△EOF，∵BEEO=tan∠BOE＝tan30°∴S△BEO∴S△BEO：S△EOF＝1：3，故答案为：1：3．【点评】此题重点考查矩形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．13．（2025春•拱墅区）如图，在矩形ABCD中，AC与BD交于点O，点E为OC上一点，连接BE并延长交CD于点F，满足BA＝BE．若BF=42，DF=22，则BC＝30【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】30．【分析】由矩形的性质得BA＝CD，CF∥AB，∠BCF＝90°，则△CEF∽△AEB，所以FCBA=FEBE，由BA＝BE，推导出CD＝BE，FC＝FE，而BF＝42，DF＝22，则BE﹣22=42-BE，求得BE＝32，则FC＝FE＝BF﹣【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，点F在CD上，∴BA＝CD，CF∥AB，∠BCF＝90°，∴△CEF∽△AEB，∵FCBA∵BA＝BE，∴FCFE=BABE=1∴FC＝FE，∵FC＝CD﹣DF＝BE﹣DF，FE＝BF﹣BE，且BF＝42，DF＝22，∴BE﹣22=42-∴BE＝32，∴FC＝FE＝BF﹣BE＝42-32∴BC=B故答案为：30．【点评】此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出FC＝FE，进而由BE﹣22=42-BE求出14．（2025•衢州三模）数学课上，小慧用两张如图1所示的直角三角形纸片：∠A＝90°，AD＝2cm，AB＝4cm，斜边重合拼成四边形，如图2所示．接着在CB，CD上取点E，F，连AE，BF，使AE⊥BF，则BFAE的值为54【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【答案】54【分析】连接AC，BD交于点G，利用勾股定理及面积法求得BD和AG的长，然后通过证明△BDF∽△ACE，利用相似三角形的性质列比例式求解．【解答】解：如图2，连接AC，BD交于点G，设BD与AE交于点O，由题意，AB＝BC＝4cm，AD＝CD＝2cm，∴BD垂直平分AC，在Rt△ABD中，BD=A∴12AB•AD=12BD∴12×4×2=12×解得：AG=4∴AC=2AG=8∵AE⊥BF，BD⊥AC，∴∠DBF+∠EOB＝90°，∠CAE+∠DOA＝90°，∠CDB+∠DCA＝90°，又∵∠EOB＝∠DOA，∴∠DBF＝∠CAE，∵∠DCB＝90°，∴∠ACE+∠DCA＝90°，∴∠ACE＝∠CDB，∴△BDF∽△ACE，∴BFAE故答案为：54【点评】本题考查相似三角形判定和性质，准确识图，理解矩形的性质，通过添加辅助线构造相似三角形是解题关键．15．（2025春•邹城市）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，记斜边AC的中点为P1，连接BP1，过点P1作P1Q1⊥AB，垂足为Q1；记AP1的中点为P2，连接Q1P2，过点P2作P2Q2⊥AB，垂足为Q2…按照这种规律继续操作下去，若斜边AC的长为2，则P10Q9的长为129【考点】相似三角形的判定与性质；规律型：图形的变化类；直角三角形斜边上的中线．【专题】规律型；推理能力．【答案】12【分析】根据已知分别求出P1B，P2Q1，P3Q2，发现变化规律即可．【解答】解：在Rt△ABC中，点P1为AC中点，AC＝2，∴P1在RtΔAP1Q1中，点P2为AP1中点，AP1＝1，∴P2同理P3…，∴Pn+1当n＝9时，P10故答案为：12【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是根据计算结果发现规律进行求解．三．解答题（共5小题）16．（2025春•滨江区）如图，在矩形ABCD中，点E为BC中点，点F为AE中点．（1）求证：△ABE≌△DCE．（2）若DF⊥AE，求CDBC（3）若DE=2，DF=3【考点】相似形综合题．【专题】图形的相似；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）32（3）7．【分析】（1）由题意可知BE＝CE，AB＝CD，∠ABE＝∠DCE＝90°，由此可证明结论；（2）由（1）知AE＝DE，又DF为AE的中垂线，故DA＝DE，从而可判定△DAE为等边三角形，∠DAE＝60°，∠AEB＝∠DAE＝60°，由三角函数可解出比值．（3）如图所示，过点F作HG⊥BC交BC于点G，交AD于点H，则GH⊥AD．证明△AFH≌△EFG（AAS），得HF＝GF，进而得G为BE中点，设BG＝GE＝x＝AH，故BC＝4x，DH＝3x，在Rt△DHF和Rt△GEF中，利用HF＝GF，可列勾股定理方程，解方程即可得答案．【解答】（1）证明：由题意可知BE＝CE，AB＝CD，∠ABE＝∠DCE＝90°，在△ABE和△DCE中，BE=CE∠ABE=∠DCE∴△ABE≌△DCE（SAS）．（2）解：由（1）知AE＝DE，又∵DF为AE的中垂线，故DA＝DE，故DA＝DE＝AE，∴△DAE为等边三角形，∠DAE＝60°，∴∠AEB＝∠DAE＝60°．故tan60°=AB故CDBC（3）解：如图所示，过点F作HG⊥BC交BC于点G，交AD于点H，则GH⊥AD．在△AFH和△EFG中，∠AHF=∠EGF=90°∠AFH=∠EFG∴△AFH≌△EFG（AAS），∴HF＝GF．∵F为AE中点，FG∥AB，∴G为BE中点，设BG＝GE＝x＝AH，∴BC＝4x，DH＝3x，在Rt△DHF和Rt△GEF中，利用HF＝GF，可列勾股定理方程，EF2﹣GE2＝DF2﹣DH2，即12解得x=7故BC＝4x=7【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解直角三角形，三角函数，线段中垂线的判定与性质，中位线的判定和性质，熟练掌握以上内容并作出恰当的辅助线是解题关键．17．（2025春•姑苏区）（1）问题发现如图1，在正方形ABCD中，点P在边AD上，点Q在边CD上，且BP⊥AQ于点M．求证：BP＝AQ；（2）类比探究如图2，在矩形ABCD中，点P在边AD上，点Q在边CD上，且BP⊥AQ于点M．求证：BPAQ（3）拓展延伸如图3，在▱ABCD中，∠BAD＝110°，点P在边AD上，点Q在边CD上，AP＝2，DQ＝3，连接AQ，BP交于点M，且∠BMQ＝110°．求BPAQ【考点】相似形综合题．【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）23【分析】（1）根据正方形的性质以及已知条件证明△ABP≌△DAQ，然后由全等三角形的性质即可证明结论；（2）根据矩形的性质以及已知条件证明△ABP∽△DAQ，然后由相似三角形的性质即可证明结论；（3）根据三角形外角的性质得到∠ABM＝∠DAQ，根据平行线的性质得到∠BAM＝∠AQD，以Q为圆心，以DQ为半径画弧交AD于E，则QE＝DQ＝3，根据等腰三角形的性质得到∠D＝∠DEQ＝70°，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝AD，∵AQ⊥BP，∴∠ABP+∠BAM＝90°，∵∠BAM+∠QAD＝90°，∴∠ABP＝∠QAD，∵∠ABP＝∠QAD，AB＝AD，∠BAD＝∠D，∴△ABP≌△DAQ（ASA），∴BP＝AQ；（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠D＝90°，∵AQ⊥BP，∴∠ABP+∠BAM＝90°，∵∠BAM+∠QAD＝90°，∴∠ABP＝∠QAD，∵∠ABP＝∠QAD，∠BAD＝∠D，∴△ABP∽△DAQ，∴BPAQ（3）解：∵∠BAP＝∠BMQ＝110°，∴∠BAM+∠ABM＝∠BAM+∠DAQ＝110°，∴∠ABM＝∠DAQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAM＝∠AQD，以Q为圆心，以DQ为半径画弧交AD于E，则QE＝DQ＝3，∴∠D＝∠DEQ＝70°，∴∠AEQ＝∠BAP＝110°，∴△ABP∽△EAQ，∴BPAQ【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质成为解题的关键．18．（2025•嘉陵区模拟）如图，在⊙O中，AB为直径，AD为弦，BD与过点A的直线交于点C，点E为BD的中点，连接AE交BD于点F，CA＝CF．（1）求证：AC是⊙O的切线．（2）若DF＝4，tan∠ABC=34，求【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】（1）证明见解答；（2）EF的长是45【分析】（1）由AB为⊙O的直径，得∠ADB＝90°，由BE=DE，得∠BAE＝∠DAE，由CA＝CF，得∠CAF＝∠CFA，则∠CAB＝∠BAE+∠CAF＝∠DAE+∠CFA＝90°，即可证明AC是⊙（2）连接BE，作FH⊥AB于点H，由角平分线的性质得HF＝DF＝4，因为tan∠ABC=HFBH=ADBD=34，所以BH=43HF=163，则BF=HF2+BH2=203，求得BD=323，则AD【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵点E为BD的中点，∴BE=∴∠BAE＝∠DAE，∵CA＝CF，∴∠CAF＝∠CFA，∴∠CAB＝∠BAE+∠CAF＝∠DAE+∠CFA＝90°，∵OA是⊙O的半径，且AC⊥OA，∴AC是⊙O的切线．（2）解：连接BE，作FH⊥AB于点H，则∠E＝∠BHF＝∠ADB＝90°，∵AE平分∠BAD，FH⊥AB于点H，FD⊥AD于点D，∴HF＝DF＝4，∵tan∠ABC=HF∴BH=43HF=4∴BF=H∴BD＝DF+BF＝4+20∴AD=34BD=∴AF=DF2∵∠DBE＝∠DAE，∴EFBF=sin∠DBE＝sin∠DAE∴EF=BF⋅DF∴EF的长是45【点评】此题重点考查直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、切线的判定、角平分线的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．19．（2025•莱芜区模拟）【问题发现】某数学兴趣小组的同学们将两块大小不一的顶角为120°的等腰三角形纸片叠放在一起，使得其中的一个顶点重合，然后绕着这个顶点转动其中的一个三角形，可以得到如图1，图2的两种情况，据此得到如图3，图4的两个图形．小颖发现，图3中存在全等三角形，图4中存在相似三角形．（1）请你直接写出小颖发现的图3中△ABD≌△ACE，图4中△ADE∽△BAE；【类比迁移】小刚发现，图3中的两个全等三角形可以看作是将一个三角形绕点A逆时针旋转120°得到的．随即，小刚在图5中也进行了类似的操作．如图5，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，点E在边BC上，∠DAE＝45°．小刚发现线段BD，DE，EC之间的数量关系：BD2+EC2＝DE2．（2）请你先进行小刚的操作，再求证：BD2+EC2＝DE2；【拓展应用】（3）如图6，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D，点E在边BC上，∠DAE＝60°，BD＝2，EC＝4，求△ADE的面积．【考点】相似形综合题．【专题】阅读型；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】（1）△ACE；△BAE；（2）画图操作与证明见解析；（3）3+3【分析】（1）利用全等三角形的判定定理和相似三角形的判定定理解答即可；（2）将△ABD绕着点A逆时针旋转90°，得到△ACF，连接EF，利用旋转的性质得到∠ACF＝∠B，∠DAF＝90°，AD＝AF，BD＝CF，利用全等三角形的判定与性质得到DE＝EF，再利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可得出结论；（3）将△ABD绕着点A逆时针旋转120°，得到△ACF，连接EF，过点F作FH⊥EC于点H，利用（2）的方法得到DE＝EF，利用直角三角形的边角关系定理求得∠FEH＝30°，则∠EFC＝180°﹣∠FEC﹣∠ECF＝90°，利用勾股定理求得DE；过点A作AM⊥DE于点M，利用等腰三角形