五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(福建专用)11：相似三角形综合（35题）（教师版）

专题11相似三角形综合（35题）1．（2025·福建·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB<(1)求作正方形EFGH，使得点E，G分别落在边AD,BC上，点F，H落在(2)若AB=2,AD=4【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）作BD的中垂线交AD于点E，交BC于点G，以EG为直径画圆，交BD于点F,H，即可得到正方形（2）勾股定理求出BD的长，进而求出OD的长，证明△EOD∽△BAD，求出【详解】（1）解：如图，四边形EFGH就是所求作的正方形．由作图可知，OB=OD，∵矩形ABCD，∴AD∥∴∠ADB=∠CBD∴△DOE∴OE=由作图可知，OE=∴四边形EHGF为矩形，∵EG⊥∴四边形EHGF为正方形；（2）由（1）知：OB=OD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A在Rt△ABD中，∴BD∴OD∵EG∴∠DOE又∵∠ODE∴△EOD∴OEAB=∴OE在Rt△EOH中，∴EH∴正方形EFGH的边长为102【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．2．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且AB(1)求证：∠ABC(2)求证：AH(3)若tan∠ABC=【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3【分析】（1）利用AB=AC得∠ABC=∠ACB，结合同弧AB⌢（2）先证△HDF∼△HCD得HD2=HF⋅（3）利用（2）结论将△AGH周长转化为AB，通过相似三角形△ACD∼△AEC及三角函数、勾股定理求出AB的长，即△【详解】（1）证明：∵AB∴∠ABC∵AB∴∠ACB∴∠ABC∵∠ADB∴∠ABC（2）证明：∵AD∴∠ABD∵BG∴∠BDG又∵∠DHF∴△HDF∴HF∴H由（1）知，∠ABC又∵∠ABC∴∠ABD∴∠BDG∵∠ADB∴∠ADG∵CD=∴∠DAC∴∠ADG∴AH∴A（3）解：由（2）知，AH=∴△AGH的周长为AG设DE=m，则由（2）可知，∠ACD又∵∠CAD∴△ACD∴AC∴A∴AC又∵CD∴6∴EC过点C作CP⊥AE，垂足为P，则∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠ADC又∵∠ADC∴∠CDP∴tan∴在Rt△DCP中，PCPD∴CD∴6∴PD∴PE在Rt△CPE中，∴(解得m=3，或m∴AB∴△AGH的周长为3【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．3．（2024·福建·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE(1)求OEAE(2)求证：△AEB(3)求证：AD与EF互相平分．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）先证得AC=2AO，再在Rt△AOC中，tan∠AOC=（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M，先证明△AOE≌△BOM（3）如图，连接DE,DF，由（2）△AEB∽△BEC，可得AEBE=ABBC=2AO2BD=【详解】（1）∵AB=AC，且AB∴AC∵∠BAC∴在Rt△AOC中，∵AE∴在Rt△AOE中，∴AE∴OE（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点∴∠BAE=∠∵AO∴△AOE∴AE∵OE∴BM∴∠MEB∴∠AEB=∠AEO∴∠AEB∵AB∴∠ABC∴∠ABM∴∠BAE∴△AEB（3）如图，连接DE,∵AB是⊙O∴∠ADB∵AB∴BC由（2）知，△AEB∴AE∴△AOE∴∠BED∴∠DEF∴∠AFB∴AF由（2）知，∠AEB∴∠AEF∵∠DFB∴∠DFB∴AE∴四边形AEDF是平行四边形，∴AD与EF【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．4．（2023·福建·中考真题）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,D是AB边上不与A,B重合的一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．

(1)求证：△ADE(2)求∠ABF(3)若N是AF的中点，如图2．求证：ND=【答案】(1)见解析(2)∠(3)见解析【分析】（1）由旋转的性质可得∠DFC=45°，再根据等腰三角形的性质可得∠BAO=1（2）如图1：设BC与DF的交点为I，先证明∴△BID∽△FIC可得BIFI=（3）如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，先证明△TNF≌△ONA可得NT=NO,FT=AO【详解】（1）解：∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°∴∠DFC∵AB∴∠BAO∵∠BAC∴∠BAO∴∠BAO∵∠EDA∴∠EDA∴△ADE（2）解：如图1：设BC与DF的交点为I，

∵∠DBI=∠∴△BID∴BI∴BI∵∠BIF∴△BIF∴∠IBF又∵∠IDC∴∠IBF∵∠ABC∴∠ABF（3）解：如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO

∵∠FBI=∠∴BF∴∠FTN∵N是AF∴AN又∵∠TNF∴△TNF∴NT∵∠BAC∴AO∴FT由（2）知，△BIF∴∠DFT=∠∵DF∴△DFT∴DT∴∠FDT+∠FDO∵∠CDF∴∠ODT∴ND【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角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．5．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走向的最大宽度，如图1．工具：一把皮尺（测量长度略小于AB）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）；测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P，Q两点，可测得∠POQ的大小，如图3

小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度AB，其测量及求解过程如下：测量过程：（ⅰ）在小水池外选点C，如图4，测得AC=am（ⅱ）分别在AC，BC，上测得CM=a3m，由测量知，AC=a，BC=b，∴CMCA=CN∴△CMN∽△CAB，又∵MN=c，∴AB=故小水池的最大宽度为___________m．(1)补全小明求解过程中①②所缺的内容；(2)小明求得AB用到的几何知识是___________；(3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得AB．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母a，b，c⋯表示，角度用α，β，γ⋯表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出AB，且测量的次数最少，才能得满分）．【答案】(1)①∠C=∠C(2)相似三角形的判定与性质(3)最大宽度为acos【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；（2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可；（3）测量过程：在小水池外选点C，用测角仪在点B处测得∠ABC=α，在点A处测得∠求解过程：过点C作CD⊥AB，垂足为D，根据锐角三角函数的定义推得BD=acosα，【详解】（1）∵AC=a，BC=b，∴CMCA又∵∠C∴△CMN∴MNAB又∵MN=∴AB=3故小水池的最大宽度为3cm（2）根据相似三角形的判定和性质求得AB=3故答案为：相似三角形的判定与性质．（3）测量过程：（ⅰ）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得∠ABC=α，在点A

（ⅱ）用皮尺测得BC=求解过程：由测量知，在△ABC中，∠ABC=α，过点C作CD⊥AB，垂足为在Rt△CBD中，即cosα=BD同理，CD=在Rt△ACD中，即tanβ=a所以AB=故小水池的最大宽度为acos【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立数学模型是解题的关键．6．（2022·福建·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，(1)求抛物线的解析式；(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；(3)如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，【答案】(1)y(2)存在，2,163或（3，(3)存在，9【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y=-43x+163，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S△PAB=S（3）由已知条件可得△OBC∽△PDC，进而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC=2PDOB，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y=得16a解得a=-所以抛物线的解析式为y=-（2）设直线AB的解析式为y=将A（4，0），B（1，4）代入y=得4k解得k=-所以直线AB的解析式为y=-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S===3因为A（4，0），B（1，4），所以S△因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，所以2×32PN设Pm,-4所以PN=即-4解得m1=2，所以点P的坐标为2,163或（3，（3）∵PD∴△∴记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．则如图，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x∵B∴∴∵∴△∴PD设P∵直线AB的解析式为y=-设Dn,-PG=DG∴整理得4∴S1S=2=2=2=-=-∴m=52【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．7．（2021·福建·中考真题）已知抛物线y=ax（1）若抛物线过点P0,1，求a（2）已知点P1①求抛物线的解析式；②设直线l：y=kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y=-1上，且∠MAN=90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和直线l于点B，【答案】（1）-1；（2）①y=14【分析】（1）先求得c=1，根据抛物线y=ax2+bx（2）①根据抛物线y=ax2+bx+c与x轴只有一个公共点，得抛物线上的点只能落在【详解】解：因为抛物线y=ax以方程ax所以Δ=b2（1）因为抛物线过点P(0,1)，所以c所以b2=4a所以a+当b=-2时，a+b（2）①因为抛物线y=ax所以抛物线上的点只能落在x轴的同侧．又点P1所以只能是P1由对称性可得抛物线的对称轴为x=0，所以b即ac=0，因为a≠0，所以又点P1(-2,1)在抛物线的图象上，所以故抛物线的解析式为y=②由题意设Mx1,记直线y=-1为m，分别过M，N作ME⊥m,NF即∠MEA因为∠MAN=90°，所以又∠MAE+∠EMA=90°，所以所以AENF=MEAF，所以所以kx即k2+1把y=kx+1代入y解得x1所以x1+将②代入①，得-4即x0-2k2所以过点A且与x轴垂直的直线为x=2将x=2k代入y=14将x=2k代入y=即C2所以AB=k2所以△MAB与△【点睛】本小题考查一次函数和二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积等基础知识，突出运算能力、推理能力、空间观念与几何直观、创新意识，灵活运用函数与方程思想、数形结合思想及化归与转化思想求解是解题的关键．8．（2021·福建·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A'，AA'的延长线交BC（1）求证：DE//（2）求∠G（3）求证：A'【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）见解析【分析】（1）设直线DE与AA'相交于点T，证明ET是（2）连接FG，取FG的中点O，连接OA',OB，证明点A'，F（3）设AB=3a，则AD=BC=3a,AF=2a,【详解】解：（1）设直线DE与AA'相交于点∵点A与A'关于DE∴DE垂直平分AA'，即∵E，F为AB边上的两个三等分点，∴AE=∴ET是△A∴ET∥A'（2）连接FG，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=∵DE⊥AA'∴∠ADT+∠DAT=90°∴△DAE∴AE=BG，又∴FB=∴△FBG∴∠GFB∵DE//∴A'∴∠F取FG的中点O，连接OA在Rt△A'OA∴OA∴点A'，F，B，G都在以FG为直径的⊙∴∠G（3）设AB=3a，则由（2）得BG=∴tan∠BAG=BGAB=设A'F=k，则AA∴10k在Rt△ABG中，由勾股定理，得又∵AA∴A'∴A'∵CG=∴BFCG∴A'由（2）知，∠A又∵∠A∴∠A∴△A∴A'∴A'【点睛】本小题考查正方形的性质、轴对称的性质、多边形内角与外角的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、圆的基本概念与性质、解直角三角形等基础知识，考查推理能力、运算能力，考查空间观念与几何直观，考查化归与转化思想．9．（2021·福建·中考真题）如图，已知线段MN=a,（1）求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK,AR上，且AB=BC=（2）设P，Q分别为（1）中四边形ABCD的边AB,CD的中点，求证：直线【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析【分析】（1）根据AB=a，点B在射线AK上，过点A作AB=a；根据等边三角形性质，得AB=BC=AC，分别过点A、（2）设直线BC与AD相交于点S、直线PQ与AD相交于点S'，根据平行线和相似三角形的性质，得ADS'【详解】（1）作图如下：四边形ABCD是所求作的四边形；（2）设直线BC与AD相交于点S，∵DC//∴△SBA∴SA设直线PQ与AD相交于点S'同理S'∵P，Q分别为AB,∴PA=1∴PA∴S'∴S'∴ADS∴S'∴点S与S'重合，即三条直线AD【点睛】本题考查了尺规作图、等边三角形、直角三角形、平行线、相似三角形等基础知识，解题的关键是熟练掌握推理能力、空间观念、化归与转化思想，从而完成求解．一、单选题10．（2025·福建福州·三模）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B，C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E，设BP=x，BE=A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了二次函数的图象，矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质等；结合矩形的性质和折叠的性质可判定△PEB∽△DPC【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=∴∠PEB由折叠得：∠DPF∴∠DPC∵PE平分∠∴∠BPE∵∠BPF∴∠BPE∴∠PEB∴△PEB∴BE∵BP=x，AB=2，∴CP∴y∴=-1图象大致为：故选：C．11．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形ABCD中，点E在边AB上，连结CE交对角线BD于点F，若EF:FC=2:3，BE=4，则A．8 B．7 C．6 D．5【答案】C【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，由菱形的性质可得AB∥DC，【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∴△BEF∴EFFC∵BE=4∴BC=6故选：C．12．（2025·福建厦门·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，线段AB的端点坐标分别为A(1，2)，B(2，0)，以点O为位似中心，将线段AB放大得到线段A1A．2,4 B．-2,4 C．-2,-4 D【答案】A【分析】本题考查了平面直角坐标系位似变换．利用A点和A1点的坐标特征得到相似比，把AB放大2倍得到A1B1，然后把A点的横纵坐标都乘以【详解】∵线段AB两端点坐标分别为A(1，2)，B(2，0)，以原点O为位似中心，将线段∴对应点在原点的两侧，且位似比为1：2，则A1的坐标为故选：A.13．（2025·福建厦门·三模）平面直角坐标系xOy,A(0,t),B(6,t)，其中t>0．直线l1:y=kx+b(k≠0)与线段AB交于点C（不与A,B重合）．点D,E分别在线段AC,BC上．直线l2:yA．0<q≤65 B．0<q≤2【答案】B【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质，坐标与图形面积，相似三角形的判定与性质，先画好图形，根据解析式可得l2∥l3，可得【详解】解：如图，∵l2:y=mx+n(m≠0)过点D交直线l1∴l2∴△CDF∵S△∴S△∴CDCE∵平面直角坐标系xOy,A(0,t),B(6,∴CD+设CD=e，则∴e+2解得：e≤2，即0<∵点C的横坐标为q，∴q-解得：0<q故选：B14．（2025·福建泉州·二模）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，则下列推断错误的是（A．∠DOF=60° BC．EFAB=3【答案】C【分析】连接AC交EF于点L，，因为四边形ABCD是菱形，O是BD的中点，所以AB=AD，AC经过点O，而∠DAB=60°，则△ABD是等边三角形，由矩形的性质得OF∥AD，由∠DOF=∠ADB=60°，可判断A不符合题意；可证明OL=FL，则∠CEF=∠EFO=∠COF，因为∠BOE=∠COF=90°-∠COE【详解】解：连接AC交EF于点L，∵四边形ABCD是菱形，O是BD的中点，∴AB=AD，AD∥CB，∴AC经过点O，∴OA=∵∠DAB∴△ABD∵点E在边BC上，四边形OECF是矩形，∴OF∥∴OF∥∴∠DOF=∠ADB∵OL=CL=12∴OL=∴∠CEF∵∠BOC∴∠BOE∴∠BOE=∠CEF∵OC=OA，∴OA=∵∠AOB=90°，∴OAAB∴EFAB=3∵∠OEB=∠OEC∴∠BOE∴EBOE∵∠OEB=∠FOE∴△BOE∴S△BOES故选：C．【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、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．二、填空题15．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，若OA:AD=3:4，△ABC的面积等于【答案】49【分析】本题考查的是位似变换，相似三角形的判定和性质．根据位似变换的概念得到AB∥DE，△ABC∽△【详解】解：∵OA:∴OA:∵△ABC和△DEF是以点∴AB∥DE，∴△OAB∴ABDE∴S△∵△ABC的面积等于9∴△DEF的面积为49故答案为：4916．（2025·福建厦门·二模）如图1是装了液体的长方体容器的主视图（数据如图），将该容器绕地面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好接触到容器口边缘，如图2所示，此时液面宽度AB=【答案】9【分析】本题考查了相似三角形的应用，过B作BC⊥CD交于C，由相似三角形的判定方法得△BAE【详解】解：过B作BC⊥CD交于∴BD=15cm，∠EAB∥CD，∴∠ABD∠BAE∴∠BAE∴△BAE∴AB∴AB解得：AB=9故答案为：9cm17．（2025·福建三明·三模）如图，在▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE，交对角线BD于点F，已知BD=6，则BF【答案】2【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据平行四边形的性质得AD∥BE，AD=BC，再证明【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BE∴∠FAD=∠FEB∴△FAD则AD∵E为BC边的中点，∴BE=∴FDBF则BF=故答案为：2．18．（2025·福建福州·三模）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，△A'B'C'与△ABC关于原点O位似，相似比为2:1，点A【答案】2,6【分析】本题考查坐标与位似，根据关于原点位似，位似比为k的两个位似图形对应点的横纵坐标之比为k或-k【详解】解：由题意，得：点A'的坐标为1×2,3×2，即：2,6故答案为：2,619．（2025·福建福州·三模）如图，正方形ABCD，点E是边BC的中点，点F是边CD的中点，点H是边CD的点且DH：CH=1:2，连接AH,AE,BF,AE,BF交于点G，连接DG，有如下结论：①AE⊥【答案】①②④【分析】①证明△ABE≌△BCFSAS得∠BAE=∠CBF，结合∠ABG+∠CBF=90°可证①正确；将△ADH绕点A顺时针旋转90°至△ABM，设正方形的边长为6a，则BE=CE=CF=DF=3a，先证明ME=EH，再根据SSS证明△AEM≌△AEH得∠EAM=∠EAH，进而可判断②正确；作DN【详解】①如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=∵点E是边BC的中点，点F是边CD的中点，∴BE=∴△ABE∴AE=∵∠ABG∴∠ABG∴∠AGB∴AE⊥BF，故②如图，将△ADH绕点A顺时针旋转90°至△ABM，连接则AM=∴∠ABM∴点M，B，E共线.设正方形的边长为6a，则BE∵DH：∴BM=∴ME=5∴ME=∵AE=∴△AEM∴∠EAM∵∠EAM∴∠EAH∴∠EAH=45③如图，作DN⊥BF，交BF的延长线于点∵∠N∴△DFN∴DNBC=FN∵BF=∴DN6∴DN=∵∠FDN=∠CBF，∠∴△FDN∴BG=DN=∴FG=∴GN=∴GD∴sin∠DGF=④∵BG=DN=∴S△∵S=6a∴S【点睛】本题考查了正方形的性质，全等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，勾股定理等知识，难度较大，属中考压轴题.20．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，CD是蜡烛AB通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高AB为6cm，蜡烛AB离凸透镜MN的水平距离OB为10cm，该凸透镜的焦距OF为15cm，AE∥【答案】18【分析】本题考查了相似三角形的应用，平行四边形的判定与性质，先证△CAE∽△COF得出ACOC=23【详解】解：由题意得，AB∥MN，AE∥∴四边形ABOE是平行四边形，∴AE=∵AE∥∴△CAE∴ACOC∴ACOC∵AB∥∴△OAB∴ABCD∴6CD∴CD=18故答案为：18．21．（2025·福建福州·二模）若ba=2，则a【答案】1【分析】本题主要考查了比例的性质，根据题意可得b=2a，再把【详解】解：∵ba∴b=2∴aa故答案为：1322．（2025·福建厦门·一模）如图，在边长为10的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则【答案】8【分析】本题主要考查轴对称在的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点．如图：过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形【详解】解：作点P关于CE的对称点P'由折叠的性质知CE是∠DCM∴点P'在CD过点M作MF⊥CD于F，交CE于点∵MN+∴MN+NP的最小值为连接DG，由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，∵AD=∴CE=∵12∴DO=2∴EO=∵MF⊥∴DE∥∴∠EDO∵CE为线段DM的垂直平分线，∴DO=∴△DOE∴DE=∴四边形DEMG为平行四边形，∵∠MOG∴四边形DEMG为菱形，∴EG=2OE=2∴CG=∵DE∥MF，即∴△CFG∴FGDE=CG∴FG=3∴MF=5+3=8∴MN+NP的最小值为故答案为：8．23．（2025·福建泉州·三模）如图，菱形ABCD的四个顶点分别在双曲线y=kx与双曲线y=275x【答案】-【分析】本题考查了菱形的性质，反比例函数的图象与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，完全平方式的非负性等知识点，难度大，计算复杂，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．设Bm,275m,Cn,kn，连接AC,BD，过点B,N分别作BM⊥y轴，CN⊥y轴，垂足为点M,N，则∠【详解】解：设Bm连接AC,BD，过点B,N分别作BM⊥y轴，由菱形和反比例函数图象均是中心对称图形可得，AC,BD交于点∴∠BOC=90°，∴∠OCN∴△MOB∴BM∴m-∴mn=-∴m2∴S菱形∵2∴S菱形∵a2∴a2令t=∴t=∴S菱形∴S菱形解得：k=-故答案为：-5三、解答题24．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，一颗树PQ的底部可以到达，但顶部不能到达，某探究小组想利用标杆、皮尺、平面镜等工具测量树PQ的高度，测量及求解过程如下：(1)若只能选择两种测量工具，则它们是；画出测量示意图；(2)根据你测量所得的数据（用a，b，c…表示）求树高PQ．【答案】(1)标杆、皮尺；测量示意图见解析；(2)PQ=【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质．（1）使用标杆、皮尺，画出测量示意图即可；（2）根据题意可知点C，B，R，Q在同一条直线上，证明△ABC∽△PQR，得到AB【详解】（1）解：使用标杆、皮尺，测量示意图如下：故答案为：标杆、皮尺；（2）由于树、标杆在阳光下的影子的前后端，即点C，B，R，Q在同一条直线上，故观测者通过测量RQ=a，CB=∵AC∥∴∠ACB∵∠ABC∴△ABC∴ABPQ即cPQ所以树高PQ=25．（2025·福建厦门·二模）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=63，点E在边AB上运动，点F在BC上，且BF=3AE，连接EF，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到线段EG，点(1)若E为AB的中点，判断△BFH(2)试探究，随着E的运动，点H的位置的变化规律，并说明理由．【答案】(1)△BFH(2)H的位置不变，理由见解析【分析】（1）由旋转得到△EFG为等边三角形，根据三线合一得到∠HFE=30°，进而得到FH=EF⋅cos∠HFE=32EF（2）取EF中点O，则OH=OE=OF=OB，连AH，得到E、H、F、B四点共圆，证明△AEH∽△BFH，得到∠HBF=∠HAE，进而推出∠AHB=90°，推出【详解】（1）解：△BFH∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC连接FG，∵线段EF绕点E逆时针旋转60°∴∠GEF=60°,∴△EFG∴EF=FG∵H是EG的中点，∴FH⊥EG∴在Rt△EFH中，∵E为AB的中点，∴AE∵BF∴在Rt△BEF中，∴∠BFE∴∠BFH在Rt△BEF中，∴△BFH（2）H的位置不变；∵∠ABC=90°取EF中点O，则OH=OE=∴E、H、F、B四点共圆，∴∠BEH∵∠BEH∴∠AEH∵BF=3∴AE∴△AEH∴∠HBF∵FH∴∠∴∠ABH∴∠AHB∴在Rt△ABH中，在Rt△ABC中，∴∠BAC∵AH和AC都在AB的同侧，∴A，H，C三点共线，∴H的位置不变．【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．26．（2025·福建福州·三模）曲线的应用是广泛的，在历史的长涧中，借助它能够研究许多著名几何问题，如倍立方体问题．初三某班的数学学习小组尝试对反比例函数y=(1)如图1，A、C是反比例函数y=1xx>0图像上的两点，A、C的横坐标分别是12和3，以(2)如图2，P是第一象限内一点，射线OP与反比例函数图像交于点A，以A为圆心，2OA为半径作圆，交反比例函数图像于点C，以AC为对角线构造矩形ABCD，使矩形的边平行于坐标轴，连接OD，点M在x轴正半轴上．请探究：∠POM与(3)如图3，在（2）的条件下，连接AC、OC，请探究：是否存在点A，使OA⊥【答案】(1)见解析(2)∠POM(3)存在；S【分析】（1）先求出点A12,2，C3,13，得出B12,13，（2）连接AC，BD，设AC与BD交于点N，连接OB，设点Aa,1a，Cc,1c，则Ba,1c，Dc,1a，证明O、（3）连接OD，交AC于点N，延长DA，交y轴于点E，得出S△OAC=12AO×AC=OA2，证明△AOE∽△CAD，得出AECD=OEAD【详解】（1）证明：∵A、C的横坐标分别是12和3，且点A、C在反比例函数y∴点A12,2∵以AC为对角线构造矩形ABCD，使矩形的边平行于坐标轴，∴B12,设直线OB的解析式为：y=kx，把12解得：k=∴直线OB的解析式为：y=把x=3代入y=2∴D3,2在直线OB∴对角线BD所在直线经过原点．（2）解：∠POM连接AC，BD，设AC与BD交于点N，连接OB，如图所示：设点Aa,1a，Cc设直线OB的解析式为：y=kx，把ak=解得：k=∴直线OB的解析式为：y=把x=c代入y=∴Dc,1∴O、B、D三点共线，∵四边形ABCD为矩形，∴AN=CN=12∴AN=∴∠ADN∵以A为圆心，2OA为半径作圆，交反比例函数图像于点C∴OA=∴OA=∴∠AOD∵AD∥∴∠ADN∴∠ADN∵∠ANO∴∠AOD∴∠POM即∠POM（3）解：存在；S△连接OD，交AC于点N，延长DA，交y轴于点E，如图所示：根据解析（2）可知：点B在OD上，AO=AN，∴∠AON∴当∠AON=∠ANO∴∠OAN=180°-45°-45°=90°，∴AC⊥∴当∠AOM=67.5°时，即存在点A，使OA⊥∵AC=2∴S△∵∠AEO∴∠OAE∴∠CAD∴△AOE∴AECD设Am,1m，则AE=∴AD=2OE=∴Cm∵点C在反比例函数y=∴m+整理得：1m∴1==8，∵1m∴1m∴S△【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何综合，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，三角形面积计算，求一次函数解析式，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质．27．（2025·福建泉州·三模）一部台式切割机的截面图如图1所示．点P为转动杆手把位置，A为转动杆与底座连接处的转动点，AQ为底座，O为圆形切割片的圆心（点O在AP上）．已知切割机未工作时的最大仰角∠PAQ=70°，OA=4dm，底座长

(1)切割机工作时，转动杆AP绕点A按顺时针方向旋转锐角α，此时⊙O与AQ'相切于点G（如图2①∠Q②点Q'到转动杆AP(2)现将一方形薄铁片置于底座上进行加工，切开一个2.4dm长度的口子（切口大小应符合实际要求）．已知底座有凹槽，允许切割片穿过的最大深度为0.5【答案】(1)①40°；②72(2)能达到加工要求，见解析【分析】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质，切线的性质．（1）①利用切线的性质结合正弦函数的定义即可求得α=30°②过点Q'作Q'B（2）利用垂径定理求解即可．【详解】（1）解：①如图1，当∠PAQ'=α时，AQ'则OG⊥AQ'，且∠PA∴sinα∴α=30°则∠QA②过点Q'作Q'B⊥AP∵∠OAG=∠Q∴△OAG则OGB∴BQ即点Q'与转动标杆AP的距离为7（2）解：如图2，设AQ'与⊙O相交于E、F两点，连结OF，过点O作OI⊥AQ'设EF=2.4，则IF由勾股定理，得OI∴深度IG=∵0.4<0.5，∴能达到加工要求．28．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=43，BC=4，点D是线段AC上一动点0<AD<6．以点A为圆心，AD长为半径作⊙A交CA的延长线于点G，交直线BA于点E和点(1)求∠BAC(2)①若DE=EH，求证：②求CE⋅【答案】(1)∠(2)①见解析；②18【分析】（1）求出∠BAC（2）①连结GH，DH，根据圆的性质可知AE⊥DH，GH⊥DH，证得AB∥②过点C作CK⊥AB于点K，连结FH，设圆A的半径为r，则EF=2r，进而求得【详解】（1）解：在Rt△∵tan∴∠BAC（2）解：①方法一：如图，连结GH，∵DE=∴DE∴AE∵DG是⊙∴GH∴AB∴∠HGC∵∠DEC∴∠DEC∵∠DCE∴△CED方法二：如图，连结FH，∵DE=∴DE∴∠EAC∵∠DEC∴∠DEC∵∠DCE∴△CED②方法一：如图，过点C作CK⊥AB于点K，连结FH，设圆A的半径为r，则EF=2∴EK∵EF是⊙A∴∠FHE∵∠FEH∴△FEH∴CE∴CE∴当r=3时，OC⋅CE方法二：过点C作CK⊥AB于点K，连结GH，设圆A的半径为则CD=4在Rt△ACK中，在Rt△ECK中，∴CE∵∠ECD∴△ECD∴CE∴CE∴==48-=-2r∴当r=3时，OC⋅CE【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，圆的性质，二次函数的性质，熟练应用以上性质和定理是解题的关键．29．（2025·福建龙岩·二模）如图1，正方形ABCD中，点E在对角线BD上，过点E作EF⊥AE于E，交边BC于点F，连接(1)求∠EAF(2)如图2，过点F作FH⊥BD于H，求证：(3)如图3，若AF交BD于点G，AD=12，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接AM，交EF于点N，若点F是BC【答案】(1)∠(2)证明见解析(3)△AEM的面积为【分析】（1）过E作EP⊥AD，交BC于点Q，则∠APQ=90°，由正方形性质可得∠ABC=∠BAD=90°，∠CBD=45°，故有∠ABC（2）过E作EP⊥AD，交BC于点Q，则∠APQ=90°，由（1）得∠EAF=∠AFE=45°，∠CBD=∠BEQ=45°，△EAP≌△FEQ（3）连接GM，过C作GK⊥AE于点K，则∠AKG=90°，由将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，EF⊥AE于E，所以GF=MF，GM⊥EF，∠EFG=∠EFM=45°，得到GM∥AE，∠AFM=∠EFG+∠EFM【详解】（1）解：如图，过E作EP⊥AD，交BC于点Q，则∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD∴∠ABC∴四边形ABQP是矩形，∴∠BQP=90°，∴∠CBD∴BQ=∴EQ=∵EF⊥∴∠AEF∴∠AEP∵∠AEP∴∠EAP在△EAP和△∠APE∴△EAP∴AE=∵∠AEF∴∠EAF（2）解：如图，过E作EP⊥AD，交BC于点Q，则由（1）得∠EAF=∠AFE=45°，∴∠EAP∴∠BEQ∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD∴∠BAD∴∠BAF∴∠BAF∵FH⊥∴∠EHF∴△BAF∴ABEH∵AD2+∴AB2+∴AB=22∴22∴BD=2（3）解：如图，连接GM，过C作GK⊥AE于点K，则∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，EF⊥∴GF=MF，GM⊥∴GM∥AE，∴S△∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB=∴△ADG∽△FGB∴ADFB∵点F是BC边的中点，∴BF=∴AF=∴126∴AG=2∵AG+∴AG=45，由（1）得：AE=FE，∠AEF∴∠EAF∴AK=∴AE2+∴AE2+∴AE=FE=3∴S△∴S△∴△AEM的面积为30【点睛】本题考查了正方形与折叠，轴对称的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，平行线间的距离，掌握知识点的应用是解题的关键．30．（2025·福建福州·二模）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠(1)求证：BE=(2)M为AE中点，MF交AC于点O,FN⊥①求证：△AFO②用等式表示线段AN，FN与MN之间的数量关系，并给予证明．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析

②FN+2【分析】（1）根据菱形的性质，结合已知证明△ABE≌△ACF（2）①先证明△AEF是等边三角形，利用等边三角形的性质，结合三角形相似的判定证明△AMO∽△FNO，得到比例式②延长NM，交AB于点H，证明△FAN【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∵∠B∴△ABC∴AB∴∠BAE∵∠EAF∴∠CAF∴∠BAE=∠又∵AB∴∠ACF∴∠ACF在△ABE和△∠BAE∴△ABE∴BE（2）①证明：如图，连接EF，由（1）知△ABE∴AE∵∠EAF∴△AEF是等边三角形，∵M为AE∴FM⊥∴∠OMA∵FN∴∠ONF在△OMA和△∠OMA∴△AMO∴OA∴OA在△AFO和△OAOM∴△AFO②解：FN+2证明如下：如图，延长NM，交AB于点H，∵FM⊥∴∠AFM∴AF即AFAM=2∵△AFO∴∠ANH∴∠AHN又∵∠CAF∴∠CAF在△FAN和△∠ANF∴△FAN∴FN∴HM=在Rt△ANH中，∵HM∴12FN【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，特殊角的三角函数的应用，三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．31．（2025·福建泉州·二模）如图，在矩形ABCD中，AB=12，动点P在AB边上，以每秒１个单位的速度从点B向点A运动；同时动点Q在BC边上从点B向C运动．把△PBQ沿着直线PQ翻折，点B的对应点为点G，直线QG与AD边相交于点(1)如图1，若点P为AB的中点，连接PE，求证：△PAE(2)如图2，若点Q的运动速度是点P运动速度的3倍，运动时间为t秒，当t为何值时，点G恰好在直线AD上？(3)如图3，连结BE，BE交PQ于点F，若BE∥PG且AE=9【答案】(1)见解析(2)t(3)点Q的运动速度是每秒3个单位长度【分析】本题考查矩形中的动点问题，涉及三角形全等的证明、利用勾股定理和方程求解动点位置以及相似三角形判定和应用．解题的关键是根据动点的运动速度和时间表示出相关线段长度，再结合图形的性质列方程求解．（1）利用矩形性质和折叠性质找出全等三角形的对应边和对应角，依据全等判定定理证明Rt△（2）过点Q作QH⊥AD于点H，证明△APG∽△QGH，（3）连接GF，通过平行线性质、折叠性质得到角的关系，证明△FGE∽△BEA，从而得到EF再设BQ=x，在Rt△BEQ中，【详解】（1）∵点P为AB的中点，∴PA在矩形ABCD中，AB=12∴∠PAE∵△PBQ沿着直线PQ翻折，点B的对应点为点G∴∠PGQ=∠∴PA在Rt△PAE和PA=∴Rt△（2）过点Q作QH⊥AD于点则∠QHG∴∠PGA∴∠APG∴△APG∴AG∵点Q的运动速度是P运动速度的3倍，∴PB∴PG∴AG∴AG∴AP∴12-t3∴当t=203，点G（3）连接GF，∵BE∥∴∠1=∠2，由翻折可知：∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴BP∵BE∴BF∥PG∴四边形BPGF为菱形，∴GF在Rt△ABE∴BE∴EF∵BP∴∠GFE=∠ABE∴△FGE∴EF∴15-解得t=设BQ=x，则在Rt△BEQ中，x2解得x=25∵25÷25∴点Q的运动速度是每秒3个单位长度．32．（2025·福建宁德·二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线AC是⊙O的直径，点E在AC延长线上，DE与⊙O(1)求证：∠BAC(2)若⊙O的半径为3，CE=2，求【答案】(1)见解析(2)BC【分析】本题主要考查切线的性质，圆周角定理和相似三角形的判定与性质，正确运用切线的性质是解答本题的关键．（1）连接OD，得∠DOE+∠AED=90°，由（2）先求出AC=6，OD=3，OE=5，由勾股定理得DE【详解】（1）证明：如图，连接OD．∵DE与⊙O∴∠ODE∴∠DOE∵AC是⊙O∴∠B∴∠BAC∵∠AED∴∠BAC∵∠DOE∴∠（2）解：∵⊙O的半径为3∴AC=6，OD=3，在Rt△ODE中，根据勾股定理，得由（1）知，∠BAC=∠DOE∴△ABC∴BCDE∴BC4∴BC=33．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现如图1，已知点C是线段AB上一点AC≠BC，分别以AC，BC为边作等腰直角三角形ADC和等腰直角三角形BCE，∠DAC=∠CBE=90°．连接DE，DE的中点为G，连接AG，BG．不难发现：线段AG与（2）拓展探究将图1中的△BCE绕点C旋转任意角度，则线段AG，BG之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分）（3）问题解决若AC=2，BC=4，则在△BCE绕点C的旋转过程中，当△【答案】（1）AG=BG；AG⊥BG；（2）成立，见解析；（3【分析】（1）延长AG交EB于点H，利用等腰直角三角形ADC和$BCE$的性质得到AD∥BE，进而推出∠ADG=∠HEG，再结合G是DE中点和对顶角相等，证明△ADG≌△HEG，得AD=EH（2）通过多种方法证明AG=BG且AG⊥BG；连接GC利用全等：由等腰直角三角形性质推出∠DCE=90°，根据G为DE中点得GC=GD=GE，证明△CGB≌△EGB，结合其他角的关系得出结论．特殊位置分析：当D，C，B三点共线时，在Rt△DAE中利用直角三角形斜边中线性质得到AG=BG，设角计算得出∠AGB=90°．构造中点辅助线：取DC、CE中点N、M，证四边形GNCM是平行四边形，再证△ANG≌△（3）先确定等腰△DCE中CE=DE=42，再分点E在DC右侧和左侧两种情况求解：法一：通过等腰三角形三线合一，找到CD垂直平分线AE，计算相关线段长度，利用勾股定理求出AG2，进而得到AG⋅BG的值．法二：作BH⊥AC，利用相似三角形求出BH、CH，进而得到AH【详解】解：（1）AG=BG；延长AG交EB于点H．∵△ADC和△∴∠DAC∴AD∥∴∠ADG∵G是DE中点，∴DG=∠AGD∴△ADG∴AD=EH，∵AD=AC，BC=BE，∴AB=在等腰直角△ABH中，G是AH∴AG=BG且故答案为：AG=BG，（2）（1）中的结论仍然成立．证明，方法一：连接GC．∵△ADC，△∴∠ACD∴∠DCE∵G是DE的中点，∴GC=又∵BC=BE，∴△CGB∴∠CBG同理可得∠∴AG=BG，∠AGB②如图所示，当D，C，B三点共线时，证明如下：在Rt△DAE中，∵G是DE的中点．∴AG=同理可得，BG=∴AG设∠GEA∵AG=∴∠GAE∴∠AGD∵GB=∴∠GBE∴∠BGE∴∠AGB即AG⊥③分别取DC的中点N，CE的中点M，分别连接GN，AN，GM，BM．∴GN∥EC，∴四边形GNCM是平行四边形，∠NGM=∠GME∴∠GNDGM=NC，∵△ADC是等腰直角三角形，N是DC∴NC=NA，∴NA=同理可得GN=MB，∴∠GND∴∠GNA∴△ANG∴AG=GB，在Rt△QMB中，∴∠MQB∵GN∥∴∠NGB∴∠AGB∴AG⊥法二：如图，过点E作EP∥AD，交AG的延长线于点P，延长PE交BC于点H，交AC的延长线于点∵EP∥∴∠ADG=∠GEP∵DG=GE，∴△ADG∴AD=PE，∵AC=∴AC=∵∠EHB=∠CHQ∴∠HCQ∴∠PEB又∵BC=∴△ACB∴AB=BP，∴∠ABP∴△ABP∵G是AP的中点，∴AG=BG，④当△BCE取EC中点M，DC中点N，连接GM，AN，延长NA交GM于H．∴GM∥DC，AN⊥DC，∴GM=AN，同理可证GN∥CE，GN=12∴GN=BM，∴BM⊥∴∠GMB∴∠GMB∴△BGM∴AG=BG，∵∠MBG∴∠NGA∴∠BGA=90°．即（3）当△DCE是等腰三角形时，若DE=DC=22又∵DE=22≠CE，当法一：①当点E位于DC的右侧时，如图所示，