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文档介绍
中考数学分类汇编相似
相似 一.选择题 1. （2015•淄博第8题,4分）如图，在四边形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB=AD，CD= AB，点E、F分别为AB、AD的中点，则△AEF与多边形BCDFE的面积之比为（ ） A． B． C． D． 考点： 相似三角形的判定与性质；三角形的面积；三角形中位线定理．. 专题： 压轴题． 分析： 根据三角形的中位线求出EF=BD，EF∥BD，推出△AEF∽△ABD，得出=，求出==，即可求出△AEF与多边形BCDFE的面积之比． 解答： 解：连接BD， ∵F、E分别为AD、AB中点， ∴EF=BD，EF∥BD， ∴△AEF∽△ABD， ∴==， ∴△AEF的面积：四边形EFDB的面积=1：3， ∵CD=AB，CB⊥DC，AB∥CD， ∴==， ∴△AEF与多边形BCDFE的面积之比为1：（3+2）=1：5， 故选C． 点评： 本题考查了三角形的面积，三角形的中位线等知识点的应用，主要考查学生运用性质进行推理和计算的能力，题目比较典型，难度适中． 2．（2015·湖北省武汉市，第6题3分）如图，在直角坐标系中，有两点A(6，3)、B(6，0)．以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为（ ） A．(2，1) B．(2，0) C．(3，3) D．(3，1) 1.A 【解析】∵线段CD和线段AB关于原点位似，∴△ODC∽△OBA，∴，即，∴CD=1，OD=2，∴C（2,1）. 一题多解—最优解：设C（x,y）,∵线段CD和线段AB关于原点位似，∴,∴x=2，y=1，∴C（2,1）. 备考指导： 每对对应点的连线所在的直线都相交于一点的相似图形叫做位似图形．位似图形对应点到位似中心的距离比等于位似比（相似比）；在平面直角坐标系中，如果位似图形是以原点为位似中心，那么位似图形对应点的坐标比等于相似比． 3．(2015•湖南株洲,第7题3分)如图，已知AB、CD、EF都与BD垂直，垂足分别是B、D、F，且AB＝1，CD＝3，那么EF的长是 ( ) A． B． C． D． 【试题分析】 本题考点为：相似的三角形性质的运用：利用AB∥EF∥CD得到△ABE∽△DCE，得到，△BEF∽△BCD得到，故可知答案 答案为：C 4．(2015•江苏南京,第3题3分)如图所示，△ABC中，DE∥BC，若，则下列结论中正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C． 【解析】 试题分析：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∵AD：DB=1：2，∴AD：AB=1：3，∴两相似三角形的相似比为1：3，∵周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方，∴C正确．故选C． 考点：相似三角形的判定与性质． 5．（2015•甘肃武威,第9题3分）如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE=1：3，则S△DOE：S△AOC的值为（ ） A． B． C． D． 考点： 相似三角形的判定与性质． 分析： 证明BE：EC=1：3，进而证明BE：BC=1：4；证明△DOE∽△AOC，得到=，借助相似三角形的性质即可解决问题． 解答： 解：∵S△BDE：S△CDE=1：3， ∴BE：EC=1：3； ∴BE：BC=1：4； ∵DE∥AC， ∴△DOE∽△AOC， ∴=， ∴S△DOE：S△AOC==， 故选D． 点评： 本题主要考查了相似三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用形似三角形的判定及其性质来分析、判断、推理或解答． 6.（2015湖南岳阳第8题3分）如图，在△ABC中，AB=CB，以AB为直径的⊙O交AC 于点D．过点C作CF∥AB，在CF上取一点E，使DE=CD，连接AE．对于下列结论：①AD=DC；②△CBA∽△CDE；③=；④AE为⊙O的切线，一定正确的结论全部包含其中的选项是（ ） A． ①② B． ①②③ C． ①④ D． ①②④ 考点： 切线的判定；相似三角形的判定与性质．. 分析： 根据圆周角定理得∠ADB=90°，则BD⊥AC，于是根据等腰三角形的性质可判断AD=DC，则可对①进行判断；利用等腰三角形的性质和平行线的性质可证明∠1=∠2=∠3=∠4，则根据相似三角形的判定方法得到△CBA∽△CDE，于是可对②进行判断；由于不能确定∠1等于45°，则不能确定与相等，则可对③进行判断；利用DA=DC=DE可判断∠AEC=90°，即CE⊥AE，根据平行线的性质得到AB⊥AE，然后根据切线的判定定理得AE为⊙O的切线，于是可对④进行判断． 解答： 解：∵AB为直径， ∴∠ADB=90°， ∴BD⊥AC， 而AB=CB， ∴AD=DC，所以①正确； ∵AB=CB， ∴∠1=∠2， 而CD=ED， ∴∠3=∠4， ∵CF∥AB， ∴∠1=∠3， ∴∠1=∠2=∠3=∠4， ∴△CBA∽△CDE，所以②正确； ∵△ABC不能确定为直角三角形， ∴∠1不能确定等于45°， ∴与不能确定相等，所以③错误； ∵DA=DC=DE， ∴点E在以AC为直径的圆上， ∴∠AEC=90°， ∴CE⊥AE， 而CF∥AB， ∴AB⊥AE， ∴AE为⊙O的切线，所以④正确． 故选D． 点评： 本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了等腰三角形的性质、平行线的性质和相似三角形的判定． 图形的相似与位似 7.（2015湖北荆州第6题3分）如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（ ） A． ∠ABP=∠C B． ∠APB=∠ABC C． = D． = 考点： 相似三角形的判定． 分析： 分别利用相似三角形的判定方法判断得出即可． 解答： 解：A、当∠ABP=∠C时，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此选项错误； B、当∠APB=∠ABC时，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此选项错误； C、当=时，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此选项错误； D、无法得到△ABP∽△ACB，故此选项正确． 故选：D． 点评： 此题主要考查了相似三角形的判定，正确把握判定方法是解题关键． 8．（2015•四川资阳,第10题3分）如图6，在△ABC中，∠ACB=90º，AC=BC=1，E、F为线段AB上两动点，且∠ECF=45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．现有以下结论：①AB=；②当点E与点B重合时，MH=；③AF+BE=EF；④MG•MH=，其中正确结论为 A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 考点：相似形综合题．. 分析：①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形即可作出判断； ②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，可得MG∥BC，四边形MGCB是矩形，进一步得到FG是△ACB的中位线，从而作出判断； ③如图2所示，SAS可证△ECF≌△ECD，根据全等三角形的性质和勾股定理即可作出判断； ④根据AA可证△ACE∽△BFC，根据相似三角形的性质可得AF•BF=AC•BC=1，由题意知四边形CHMG是矩形，再根据平行线的性质和等量代换得到MG•MH=AE×BF=AE•BF=AC•BC=，依此即可作出判断． 解答：解：①由题意知，△ABC是等腰直角三角形， ∴AB==，故①正确； ②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合， ∴MB⊥BC，∠MBC=90°， ∵MG⊥AC， ∴∠MGC=90°=∠C=∠MBC， ∴MG∥BC，四边形MGCB是矩形， ∴MH=MB=CG， ∵∠FCE=45°=∠ABC，∠A=∠ACF=45°， ∴CE=AF=BF， ∴FG是△ACB的中位线， ∴GC=AC=MH，故②正确； ③如图2所示， ∵AC=BC，∠ACB=90°， ∴∠A=∠5=45°． 将△ACF顺时针旋转90°至△BCD， 则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°；BD=AF； ∵∠2=45°， ∴∠1+∠3=∠3+∠4=45°， ∴∠DCE=∠2． 在△ECF和△ECD中， ， ∴△ECF≌△ECD（SAS）， ∴EF=DE． ∵∠5=45°， ∴∠BDE=90°， ∴DE2=BD2+BE2，即E2=AF2+BE2，故③错误； ④∵∠7=∠1+∠A=∠1+45°=∠1+∠2=∠ACE， ∵∠A=∠5=45°， ∴△ACE∽△BFC， ∴=， ∴AF•BF=AC•BC=1， 由题意知四边形CHMG是矩形， ∴MG∥BC，MH=CG， MG∥BC，MH∥AC， ∴=；=， 即=；=， ∴MG=AE；MH=BF， ∴MG•MH=AE×BF=AE•BF=AC•BC=， 故④正确． 故选：C． 点评：考查了相似形综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，综合性较强，有一定的难度． 9. （2015•浙江嘉兴，第5题4分）如图，直线l1// l2// l3，直线AC分别交l1， l2， l3于点A，B，C；直线DF分别交l1， l2， l3于点D，E，F .AC与DF相较于点H，且AH=2，HB=1，BC=5，则 的值为（▲） （A） （B）2 （C） （D） 考点：平行线分线段成比例．. 分析：根据AH=2，HB=1求出AB的长， 根据平行线分线段成比例定理得到=，计算得到答案． 解答：解：∵AH=2，HB=1， ∴AB=3， ∵l1∥l2∥l3， ∴==， 故选：D． 点评：本题考查平行线分线段成比例定理，掌握定理的内容、找准对应关系列出比例式是解题的关键． 10. （2015•四川省宜宾市，第6题，3分）6. 如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，相似比为l：2，∠OCD=90°，CO=CD.若B(1，0)，则点C[中国^的坐标为( B ) A.(1,2) B.(1,1) C.(, ) D.(2,1) 11. （2015•四川成都,第5题3分）如图，在中，，，，, 则的长为 （A） （B） （C） （D） 【答案】：B 【解析】： 根据平行线段的比例关系，， 即，，选B。 12. （2015•四川乐山,第5题3分）如图，∥∥，两条直线与这三条平行线分别交于点A、B、C和D、E、F．已知，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D． 【解析】 试题分析：∵∥∥，，∴===，故选D． 考点：平行线分线段成比例． 13. （2015•四川眉山，第6题3分）如图，AD∥BE∥CF，直线l1、l2这与三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．已知AB=1，BC=3，DE=2，则EF的长为（ ） A． 4 B． 5 C． 6 D． 8 考点： 平行线分线段成比例．. 分析： 由AD∥BE∥CF可得=，代入可求得EF． 解答： 解：∵AD∥BE∥CF， ∴=， ∵AB=1，BC=3，DE=2， ∴=， 解得EF=6， 故选：C． 点评： 本题主要考查平行线分线段成比例的性质，掌握平行线分线段可得对应线段成比例是解题的关键． 14．(2015·黑龙江绥化，第9题 分)如图 ，在矩形ABCD中 ，AB=10 , BC=5 ． 若点M、N分别是线段ACAB上的两个动点 ， 则BM+MN的最小值为（ ） A． 10 B． 8 C． 5 D． 6 考点：轴对称－最短路线问题．． 分析：根据轴对称求最短路线的方法得出M点位置，进而利用勾股定理及面积法求出CC′的值，然后再证明△BCD∽△C′NC进而求出C′N的值，从而求出MC+NM的值． 解答：解：如图所示：由题意可得出：作C点关于BD对称点C′，交BD于点E，连接BC′， 过点C′作C′N⊥BC于点N，交BD于点M，连接MC，此时CM+NM=C′N最小， ∵AB=10，BC=5， 在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD==5， ∵S△BCD=•BC•CD=BD•CE， ∴CE===2， ∵CC′=2CE， ∴CC′=4， ∵NC′⊥BC，DC⊥BC，CE⊥BD， ∴∠BNC′=∠BCD=∠BEC=∠BEC′=90°， ∴∠CC′N+∠NCC′=∠CBD+∠NCC′=90°， ∴∠CC′N=∠CBD， ∴△BCD∽△C′NC， ∴， 即， ∴NC′=8， 即BM+MN的最小值为8． 故选B． 点评：此题主要考查了利用轴对称求最短路线以及勾股定理的应用和相似三角形的应用，利用轴对称得出M点与N点的位置是解题的关键． 15.（2015•山东东营,第6题3分）若，则的值为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】 试题分析：∵，∴设y=3k，x=4k，∴； 故选D. 考点：比例的应用. 16.（2015•山东东营,第10题3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC．点D是线段AB上的一点，连结CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连结DF．给出以下四个结论：①；②若点D是AB的中点，则AF=AB；③当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DF=DB；④若，则．其中正确的结论序号是（ ） A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】C 考点：１.相似三角形的判定和性质；２.圆周角定理；３.三角形全等的判定与性质. 17. （2015·山东潍坊第9 题3分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，按如下步骤作图： 第一步，分别以点A、D为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M、N； 第二步，连接MN分别交AB、AC于点E、F； 第三步，连接DE、DF． 若BD=6，AF=4，CD=3，则BE的长是（ ） A． 2 B． 4 C． 6 D． 8 考点： 平行线分线段成比例；菱形的判定与性质；作图—基本作图．. 分析： 根据已知得出MN是线段AD的垂直平分线，推出AE=DE，AF=DF，求出DE∥AC，DF∥AE，得出四边形AEDF是菱形，根据菱形的性质得出AE=DE=DF=AF，根据平行线分线段成比例定理得出=，代入求出即可． 解答： 解：∵根据作法可知：MN是线段AD的垂直平分线， ∴AE=DE，AF=DF， ∴∠EAD=∠EDA， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD=∠CAD， ∴∠EDA=∠CAD， ∴DE∥AC， 同理DF∥AE， ∴四边形AEDF是菱形， ∴AE=DE=DF=AF， ∵AF=4， ∴AE=DE=DF=AF=4， ∵DE∥AC， ∴=， ∵BD=6，AE=4，CD=3， ∴=， ∴BE=8， 故选D． 点评： 本题考查了平行线分线段成比例定理，菱形的性质和判定，线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质的应用，能根据定理四边形AEDF是菱形是解此题的关键，注意：一组平行线截两条直线，所截得的对应线段成比例． ……依次顺延 18．（2015•甘肃兰州,第5题，4分）如图，线段CD两个端点的坐标分别为C（1，2），D（2，0），以原点为位似中心，将线段CD放大得到线段AB，若点B的坐标为（5，0），则点A的坐标为 A.（2，5） B.（2.5，5） C. （3，5） D.（3，6） 【 答 案 】B 【考点解剖】本题考查了坐标和相似的有关知识 【思路点拔】根据题意：AO:CO=BO:DO=5:2，而位似中心恰好是坐标原点O，所以点A的横、纵坐标都是点C横、纵坐标的2.5倍，因此选B。 【题目星级】★★★ 19．（2015•安徽省,第9题，4分）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是[（ ）] A．2 B．3 C．5 D．6 考点：菱形的性质；矩形的性质．. 分析：连接EF交AC于O，由四边形EGFH是菱形，得到EF⊥AC，OE=OF，由于四边形ABCD是矩形，得到∠B=∠D=90°，AB∥CD，通过△CFO≌△AOE，得到AO=CO，求出AO=AC=2，根据△AOE∽△ABC，即可得到结果． 解答：解；连接EF交AC于O， ∵四边形EGFH是菱形， ∴EF⊥AC，OE=OF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠D=90°，AB∥CD， ∴∠ACD=∠CAB， 在△CFO与△AOE中， ， ∴△CFO≌△AOE， ∴AO=CO， ∵AC==4， ∴AO=AC=2， ∵∠CAB=∠CAB，∠AOE=∠B=90°， ∴△AOE∽△ABC， ∴， ∴， ∴AE=5． 故选C． 点评：本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用定理是解题的关键． 20. （2015山东济宁，10，3分）将一副三角尺（在中，∠ACB=，∠B=；在中，∠EDF=，∠E=）如图摆放，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C.将绕点D顺时针方向旋转角， 交AC于点M， 交BC于点N，则的值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：由题意知D为Rt△ABC的斜边上的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CD=AD=BD=AB，再由∠B=60°可知△BCD是等边三角形，因此可得∠DCP=30°，且可求∠DPC=60°，因此tan30°=.根据旋转变换的性质，可知∠PDM=∠CDN，因此可知△PDM∽△CDN，再由相似三角形的性质可得，因此是一个定值. 故选C 考点：直角三角形斜边上的中线，相似三角形，旋转变换 二.填空题 1．(2015·贵州六盘水，第14题4分)已知，则的值为 2[www.zz*~ste&^p.@com][来#%源@:~中教^网] ． 考点：比例的性质．. 分析：根据比例的性质，可用a表示b、c，根据分式的性质，可得答案． 解答：解：由比例的性质，得 c=a，b=A． ===． 故答案为：． 点评：本题考查了比例的性质，利用比例的性质得出a表示b、c是解题关键，又利用了分式的性质． 2． (2015·河南，第10题3分)如图，△ABC中，点D、E分别在边AB，BC上，DE//AC，E C D B A 第10题 若DB=4，DA=2，BE=3，则EC= . 【解析】本题考查平行线分线段成比例定理.∵DE∥AC，∴， ∴EC=. 3．（2015•广东梅州,第14题5分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E，F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 AF=AC或∠AFE=∠ABC ．（写出一个即可） 考点： 相似三角形的判定． 专题： 开放型． 分析： 根据相似三角形对应边成比例或相似三角形的对应角相等进行解答；由于没有确定三角形相似的对应角，故应分类讨论． 解答： 解：分两种情况： ①∵△AEF∽△ABC， ∴AE：AB=AF：AC， 即1：2=AF：AC， ∴AF=AC； ②∵△AFE∽△ACB， ∴∠AFE=∠ABC． ∴要使以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则AF=AC或∠AFE=∠ABC． 故答案为：AF=AC或∠AFE=∠ABC． 点评： 本题很简单，考查了相似三角形的性质，在解答此类题目时要找出对应的角和边． 4．（2015•广东佛山,第13题3分）如图，在Rt△ABC中，AB=BC，∠B=90°，AC=10．四边形BDEF是△ABC的内接正方形（点D、E、F在三角形的边上）．则此正方形的面积是 25 ． 考点： 相似三角形的判定与性质；正方形的性质． 分析： 由已知可得到△AFE∽△ABC，根据相似三角形的边对应成比例即可求得EF的长，进而根据正方形的面积公式即可求得． 解答： 解：∵在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2， ∵AB=BC，AC=10． ∴2AB2=200， ∴AB=BC=10， 设EF=x，则AF=10﹣x ∵EF∥BC， ∴△AFE∽△ABC ∴=，即=， ∴x=5， ∴EF=5， ∴此正方形的面积为5×5=25． 故答案为25． 点评： 主要考查了正方形基本性质和比例线段的运用．解题的关键是准确的找到相似三角形并根据其相似比列方程求解． 5． (2015·河南，第22题10分)如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE. 将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α. （1）问题发现 ① 当时， ； ② 当时， （2）拓展探究 试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明. （3）问题解决 当△EDC旋转至A、D、E三点共线时，直接写出线段BD的长. E C D B A （图1） E D B A C （图2） （备用图） C B A （1）【分析】①根据题意可得DE是三角形ABC的中位线和BD的长，根据中位线的性质和勾股定理求得AE的长即可求解；②根据旋转180°的特性，结合①，分别得到AC、CE、BC和CD的长即可求解. 解：①；……………………………………………………（1分） ②.……………………………………………………（2分） 【解法提示】①当α=0°，如解图①，∵BC=2AB=8，∴AB=4，∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∴DE=,AE=EC,，∵∠B=90°，∴,∴AE=CE=,∴；②当α=180度，如解图②，由旋转性质可得CE=,CD=2，∵AC=，BC=8，∴. （2）【分析】在由解图①中，由平行线分线段成比例得到，再观察图②中△EDC绕点C的旋转过程，结合旋转的性质得到任然成立，从而求得△ACE∽ △BCD，利用其性质，结合题干求得AC的长即可得到结论. 第22题解图③ (3) 【分析】 解：………………………………………………………………………（10分） 【解法提示】当△EDC在BC上方，且A，D，E三点共线时，四边形ABCD为矩形， ∴BD=AC=；当△EDC在BC下方，且A，E，D三点共线时，△ADC为直角三角形，由勾股定理可求得AD=8，∴AE=6，根据=可求得BD =. 图④ 图⑤ 第22题解图 6．(2015·黑龙江绥化，第21题 分)在矩形ABCD中 ，AB=4 , BC=3 , 点P在AB上。若将△DAP沿DP折叠 ，使点A落在矩形对角线上的处 ，则AP的长为__________． 考点：翻折变换（折叠问题）．． 专题：分类讨论． 分析：分两种情况探讨：点A落在矩形对角线BD上，点A落在矩形对角线AC上，在直角三角形中利用勾股定理列出方程，通过解方程可得答案． 解答： 解：①点A落在矩形对角线BD上，如图1， ∵AB=4，BC=3， ∴BD=5， 根据折叠的性质，AD=A′D=3，AP=A′P，∠A=∠PA′D=90° ∴BA′=2， 设AP=x，则BP=4﹣x ， ∵BP2=BA′2+PA′2， ∴（4﹣x）2=x2+22， 解得：x=， ∴AP=； ②点A落在矩形对角线AC上，如图2， 根据折叠的性质可知DP⊥AC， ∴△DAP∽△ABC， ∴， ∴AP===． 故答案为：或． 点评：本题考查了折叠问题、勾股定理，矩形的性质以及三角形相似的判定与性质；解题中，找准相等的量是正确解答题目的关键． 7. （2015•浙江金华，第14题4分）如图，直线是一组等距离的平行线，过直线上的点A作两条射线，分别与直线，相交于点B，E，C，F. 若BC=2，则EF的长是 ▲ 【答案】5. 【考点】平行线分线段成比例的性质；相似三角形的判定和性质. 【分析】∵直线是一组等距离的平行线，∴，即. 又∵∥，∴. ∴. ∵BC=2，∴. 8 . （2015•浙江湖州，第16题4分）已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3(如图所示)，以此类推…，若A1C1=2，且点A，D2， D3，…，D10都在同一直线上，则正方形A9C9C10D10的边长是__________________________ 【答案】. 考点：正方形的性质；相似三角形的判定及性质；规律探究题. 9. （2015•浙江嘉兴，第12题5分）右图是百度地图的一部分（比例尺1:4 000 000）.按图可估测杭州在嘉兴的南偏西____▲____度方向上，到嘉兴的实际距离约为____▲____. 考点：比例线段；方向角．. 分析：先根据方向角得到杭州在嘉兴的方位，再量出杭州到嘉兴的图上距离，再根据比例尺的定义即可求解．解答： 解：测量可知杭州在嘉兴的南偏西45度方向上， 杭州到嘉兴的图上距离是4cm， 4×4000000=1600 0000cm=160km． 故答案为：45，160km． 点评：考查了方向角和比例尺的定义，比例尺=图上距离：实际距离． 10.（2015•江苏泰州,第14题3分）如图，△中，D为BC 上一点，∠BAD=∠C,AB=6，BD=4，则CD的长为_________. 【答案】5. 考点：相似三角形的判定与性质. 11.（2015•山东临沂,第18题3分）如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD与CE相交于点O，则_________. （第18题图） 【答案】2 【解析】 试题分析：如图，连接ED，由BD，CE分别是边AC，AB上的中线可知BD是△ABC的中位线，因此可得ED=BC，ED∥BC，由平行线可证得△OED∽△COD，因此可得=2. 考点：三角形的中位线，相似三角形的性质与判定 12.（2015湖北荆州第16题3分）如图，矩形ABCD中，OA在x轴上，OC在y轴上，且OA=2，AB=5，把△ABC沿着AC对折得到△AB′C，AB′交y轴于D点，则B′ 点的坐标为 （，） ． 考点： 翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质． 分析： 作B′E⊥x轴，设OD=x，在Rt△AOD中，根据勾股定理列方程，再由△ADO∽△AB′E，求出B′E和OE． 解答： 解：作B′E⊥x轴， 易证AD=CD， 设OD=x，AD=5﹣x， 在Rt△AOD中，根据勾股定理列方程得：22+x2=（5﹣x）2， 解得：x=2.1， ∴AD=2.9， ∵OD∥B′E， ∴△ADO∽△AB′E， ∴， ∴， 解得：B′E=， AE=， ∴OE=﹣2=． ∴B′（，）． 故答案为：（，）． 点评： 本题主要考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据勾股定理列方程求出OD是解决问题的关键． 13．（2015•广东省,第13题，4分）若两个相似三角形的周长比为2：3，则它们的面积比是 ▲ . 【答案】4：9. 【考点】相似三角形的性质. 【分析】∵两个相似三角形的周长比为2：3，∴这两个相似三角形的相似比2：3. 又∵相似三角形的面积比等于相似比的平方，∴这两个相似三角形的它们的面积比是4：9. (2015山东青岛，第12题,3分)如图，平面直角坐标系的原点O是正方形ABCD的中心，顶点A，B的坐标分别为（1,1）、（－1,1）， 把正方形ABCD绕原点O逆时针旋转45°得到正方形A′B′C′D′则正方形ABCD与正方形A′B′C′D′重叠部分形成的正八边形的边长为_____________________． 【答案】2－2 【解析】 试题分析：如图所示：根据题意可得A′D′，=AB=2，A′0=OD′=，OM=1，根据△FMD′∽△A′OD′，则，即，则FD′=2－，则A′E=FD′=2－ ∴EF=2－(2－)－(2－)=2－2，即正八边形的边长为2－2. 考点：相似三角形的应用 14. （2015•四川凉山州,第17题4分）在▱ABCD中，M，N是AD边上的三等分点，连接BD，MC相交于O点，则S△MOD：S△COB= ． 【答案】或． 考点：1．相似三角形的判定与性质；2．平行四边形的性质． 15. （2015•四川成都,第23题4分）已知菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1＝60°，对角线A1C1，B1D1相交于点O．以点O为坐标原点，分别以OA1，OB1所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的直角坐标系．以B1D1为对角线作菱形B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，再以A2C2为对角线作菱形A2B2C2D2∽菱形B1C2D1A2，再以B2B2为对角线作菱形B2C3D2A3∽菱形A2B2C2D2，…，按此规律继续作下去，在x轴的正半轴上得到点A1，A2，A3，…，An，则点An的坐标为____________． B2 y B1 C2 C3 A2 A3 A1 O C1 D1 D2 x 【答案】：（3 n－1，0） 【解析】：由题意，点A1的坐标为（1，0）， 点A2的坐标为（3，0），即（3 2－1，0） 点A3的坐标为（9，0），即（3 3－1，0） 点A4的坐标为（27，0），即（3 4－1 ，0） ……… ∴点An的坐标为（3 n－1，0） 16、（2015•四川自贡,第14题4分）一副三角板叠放如图，则△与△的面积之比为 . 考点：直角三角形的性质、等腰三角形、相似三角形的性质和判定等. 分析：本题抓住一副三角板叠放的特点可知△与△是相似三角形，而 相似三角形的面积之比是其相似比的平方.抓住在直角三角板△容易 求出的值，而直角三角板△的 ,所以 △与△ 的相似比可以通过求得. 略解：根据如图所示三角板叠放可知 ∴△∽△ ∴ 在直角三角板△中 ∵ ∴ 又在直角三角板△的 ∴ ∴. 故应填 1:3 . 17 、（2015•四川自贡,第15题4分）如图，将线段放在边长为1的小正方形网格，点 点均落在格点上，请用无刻度直尺在线段上画出点， 使,并保留作图痕迹. 考点：矩形、正方形的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定. 分析：本题根据勾股定理可求出在网格中的，由于网格线中的对边平行，所以找点较容易，只需连接一对角线与的交点就满足（见图）；根据的是平行线所截得相似三角形的对应边成比例, 所以 ，则. 略解：见图作法. 18. （2015•浙江杭州,第16题4分）如图，在四边形纸片ABCD中，AB=BC，AD=CD，∠A=∠C=90°，∠B=150°，将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，则CD=_______________________________ 【答案】或. 【考点】剪纸问题；多边形内角和定理；轴对称的性质；菱形、矩形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用. 【分析】∵四边形纸片ABCD中，∠A=∠C=90°，∠B=150°，∴∠C=30°. 如答图，根据题意对折、裁剪、铺平后可有两种情况得到平行四边形： 如答图1，剪痕BM、BN，过点N作NH⊥BM于点H， 易证四边形BMDN是菱形，且∠MBN=∠C=30°. 设BN=DN=，则NH=. 根据题意，得，∴BN=DN=2， NH=1. 易证四边形BHNC是矩形，∴BC=NH=1. ∴在中，CN=. ∴CD=. 如答图2，剪痕AE、CE，过点B作BH⊥CE于点H， 易证四边形BAEC是菱形，且∠BCH =30°. 设BC=CE =，则BH=. 根据题意，得，∴BC=CE =2， BH=1. 在中，CH=，∴EH=. 易证，∴，即. ∴. 综上所述，CD=或. 19．（2015•广东梅州,第12题，3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E， F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 ．（写出一个即可） 考点：相似三角形的判定．. 专题：开放型． 分析：根据相似三角形对应边成比例或相似三角形的对应角相等进行解答；由于没有确定三角形相似的对应角，故应分类讨论． 解答：解：分两种情况： ①∵△AEF∽△ABC， ∴AE：AB=AF：AC， 即1：2=AF：AC， ∴AF=AC； ②∵△AFE∽△ACB， ∴∠AFE=∠ABC． ∴要使以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则AF=AC或∠AFE=∠ABC． 故答案为：AF=AC或∠AFE=∠ABC． 点评：本题很简单，考查了相似三角形的性质，在解答此类题目时要找出对应的角和边． 20．（2015•甘肃兰州,第17题，4分）如果（），且，那么=_____ 【 答 案 】3 【考点解剖】本题考查比例的基本性质 【解答过程】因为，且，所以， 而，即，所以。 【一题多解】因为，所以，，， 而，即， 因为，所以。 【题目星级】★★★ 21. （2015山东省德州市，17，4分）如图1，四边形ABCD中，AB∥CD,AD=DC=CB=a，∠A=60°.取AB的中点A1，连接A1C,再分别取A1C,BC的中点D1，C1,连接D1C1,得到四边形A1BC1D1,如图2; 同样方法操作得到四边形A2BC2D2,如图3;…，如此进行下去，则四边形AnBCnDn的面积为 . 【答案】 考点：是三角形的面积公式；三角形的中位线定理，相似三角形的判定及性质； 三.解答题 1. （2015山东省德州市，23，10分） (1)问题 如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°. 求证：AD·BC=AP·BP . (2)探究 如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由. (3)应用 请利用(1)(2)获得的经验解决问题： 如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5.点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A.设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切，求t的值. 【答案】（1）见解析；（2）t的值为1秒或5秒. 考点：相似三角形的判定及性质；切线的性质及判定；圆的有关性质 2．（2015•安徽省,第23题，14分）如图1，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC． (1)求证：AD＝BC； (2)求证：△AGD∽△EGF； A A B B E E C D C D F F G G 第23题图1 第23题图2 (3)如图2，若AD、BC所在直线互相垂直，求的值． 考点：相似形综合题．. 分析：（1）由线段垂直平分线的性质得出GA=GB，GD=GC，由SAS证明△AGD≌△BGC，得出对应边相等即可； （2）先证出∠AGB=∠DGC，由，证出△AGB∽△DGC，得出比例式，再证出∠AGD=∠EGF，即可得出△AGD∽△EGF ； （3）延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH，由△AGD≌△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGE=∠AHB=90°，得出∠AGE=∠AGB=45°，求出，由△AGD∽△EGF，即可得出的值． 解答： （1）证明：∵GE是AB的垂直平分线， ∴GA=GB， 同理：GD=GC， 在△AGD和△BGC中， ， ∴△AGD≌△BGC（SAS）， ∴AD=BC； （2）证明：∵∠AGD=∠BGC， ∴∠AGB=∠DGC， 在△AGB和△DGC中，， ∴△AGB∽△DGC， ∴， 又∵∠AGE=∠DGF ， ∴∠AGD=∠EGF， ∴△AGD∽△EGF； （3）解：延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，如图所示： 则AH⊥BH， ∵△AGD≌△BGC， ∴∠GAD=∠GBC， 在△GAM和△HBM中，∠GAD=∠GBC，∠GMA=∠HMB， ∴∠AGE=∠AHB=90°， ∴∠AGE=∠AGB=45°， ∴， 又∵△AGD∽△EGF， ∴==． 点评：本题是相似形综合题目，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过作辅助线综合运用（1）（2）的结论和三角函数才能得出结果． 3．（2015·山东威海，第22题9分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E． （1）求证：BE=CE； （2）若BD=2，BE=3，求AC的长． 考点： 相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．. 专题： 证明题． 分析： （1）连结AE，如图，根据圆周角定理，由AC为⊙O的直径得到∠AEC=90°，然后利用等腰三角形的性质即可得到BE=CE； （2）连结DE，如图，证明△BED∽△BAC，然后利用相似比可计算出AB的长，从而得到AC的长． 解答： （1）证明：连结AE，如图， ∵AC为⊙O的直径， ∴∠AEC=90°， ∴AE⊥BC， 而AB=AC， ∴BE=CE； （2）连结DE，如图， ∵BE=CE=3， ∴BC=6， ∵∠BED=∠BAC， 而∠DBE=∠CBA， ∴△BED∽△BAC， ∴=，即=， ∴BA=9， ∴AC=BA=9． 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，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了角平分线的性质和圆周角定理． 4．（2015•四川广安，第25题9分）如图，PB为⊙O的切线，B为切点，过B作OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连接PA、AO，并延长AO交⊙O于点E，与PB的延长线交于点D． （1）求证：PA是⊙O的切线； （2）若=，且OC=4，求PA的长和tanD的值． 考点： 切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形．. 分析： （1）连接OB，先由等腰三角形的三线合一的性质可得：OP是线段AB的垂直平分线，进而可得：PA=PB，然后证明△PAO≌△PBO，进而可得∠PBO=∠PAO，然后根据切线的性质可得∠PBO=90°，进而可得：∠PAO=90°，进而可证：PA是⊙O的切线； （2）连接BE，由=，且OC=4，可求AC，OA的值，然后根据射影定理可求PC的值，从而可求OP的值，然后根据勾股定理可求AP的值；由AC=BC，AO=OE，可得OC是△ABE的中位线，进而可得BE∥OP，BE=2OC=8，进而可证△DBE∽△DPO，进而可得：，从而求出BD的值，进而即可求出tanD的值． 解答： （1）证明：连接OB，则OA=OB， ∵OP⊥AB， ∴AC=BC， ∴OP是AB的垂直平分线， ∴PA=PB， 在△PAO和△PBO中， ∵， ∴△PAO≌△PBO（SSS） ∴∠PBO=∠PAO，PB=PA， ∵PB为⊙O的切线，B为切点， ∴∠PBO=90°， ∴∠PAO=90°， 即PA⊥OA， ∴PA是⊙O的切线； （2）连接BE， ∵=，且OC=4， ∴AC=6， ∴AB=12， 在Rt△ACO中， 由勾股定理得：AO==2， ∴AE=2OA=4，OB=OA=2， 在Rt△APO中， ∵AC⊥OP， ∴AC2=OC•PC， 解得：PC=9， ∴OP=PC+OC=13， 在Rt△APO中，由勾股定理得：AP==3， ∴PB=PA=3， ∵AC=BC，OA=OE， ∴OC=BE，OC∥BE， ∴BE=2OC=8，BE∥OP， ∴△DBE∽△DPO， ∴， 即， 解得：BD=， 在Rt△OBD中， tanD===． 点评： 本题考查了切线的判定与性质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角三角形中，是解答此题的关键．要证某线是圆的切线，对于切线的判定：已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可． 6．(2015·黑龙江绥化，第28题 分)如图1，在正方形ABCD中，延长BC至M ,使BM=DN ,连接MN交BD延长线于点E． (1)求证：BD+2DE=BM ． (2)如图2 ，连接BN交AD于点F ，连接MF交BD于点G．若AF:FD=1:2 ,且CM=2，则线段DG=_______． 考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．． 分析：（1）过点M作MP⊥BC交BD的延长线于点P，首先证明△DEN≌△PEM，得到DE=PE ，由△BMP是等腰直角三角形可知BP=BM，即可得到结论； （2）由AF：FD=1：2，可知DF：BC=2：3，由△BCN∽△FDN，可求出BC=2，再由△DFG∽△BMG即可求出DG的长． 解答：（1）证明：过点M作MP⊥BC交BD的延长线于点P， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD=90°，∠DBC=∠BDC=45°， ∴PM∥CN， ∴∠N=∠EMP，∠BDC=∠MPB=45°， ∴BM=PM， ∵BM=DN， ∴DN=MP， 在△DEN和△PEM中 ， ∴△DEN≌△PEM， ∴DE=EP， ∵△BMP是等腰直角三角形 ∴BP=BM， ∴BD+2DE=BM． （2）解：∵AF：FD=1：2， ∴DF：BC=2：3， ∵△BCN∽△FDN， ∴ 设正方形边长为a，又知CM=2， ∴BM=DN=a+2，CN=2a+2 ∴， 解得：a=2， ∴DF=，BM=4，BD=2， 又∵△DFG∽△BMG， ∴， ∴， ∴DG=． 故答案为：． 点评：本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，运用三角形相似求出正方形的边长是解决第2小题的关键． 7．（2015·山东潍坊第21题10分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接DE． （1）求证：直线DF与⊙O相切； （2）若AE=7，BC=6，求AC的长． 考点： 切线的判定；相似三角形的判定与性质．. 分析： （1）连接OD，利用AB=AC，OD=OC，证得OD∥AD，易证DF⊥OD，故DF为⊙O 的切线； （2）证得△BED∽△BCA，求得BE，利用AC=AB=AE+BE求得答案即可． 解答： （1）证明：如图， 连接OD． ∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵OD=OC， ∴∠ODC=∠C， ∴∠ODC=∠B， ∴OD∥AB， ∵DF⊥AB， ∴OD⊥DF， ∵点D在⊙O上， ∴直线DF与⊙O相切； （2）解：∵四边形ACDE是⊙O的内接四边形， ∴∠AED+∠ACD=180°， ∵∠AED+∠BED=180°， ∴∠BED=∠ACD， ∵∠B=∠B， ∴△BED∽△BCA， ∴=， ∵OD∥AB，AO=CO， ∴BD=CD=BC=3， 又∵AE=7， ∴=， ∴BE=2， ∴AC=AB=AE+BE=7+2=9． 点评： 此题考查切线的判定，三角形相似的判定与性质，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可． 8．（2015·山东威海，第23题10分）（1）如图1，已知∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC=6，CD=CE，AE=3，∠CAE=45°，求AD的长． （2）如图2，已知∠ACB=∠DCE=90°，∠ABC=∠CED=∠CAE=30°，AC=3，AE=8，求AD的长． 考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．. 分析： （1）连接BE，证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE，在Rt△BAE中，AB=6，AE=3，求出BE，得到答案； （2）连接BE，证明△ACD∽△BCE，得到==，求出BE的长，得到AD的长． 解答： 解：（1）如图1，连接BE， ∵∠ACB=∠DCE=90°， ∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵AC=BC，DC=EC， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE， ∴AD=BE， ∵AC﹣BC=6， ∴AB=6， ∵∠BAC=∠CAE=45°， ∴∠BAE=90°， 在Rt△BAE中，AB=6，AE=3， ∴BE=9， ∴AD=9； （2）如图2，连接BE， 在Rt△ACB中，∠ABC=∠CED=30°， tan30°==， ∵∠ACB=∠DCE=90°， ∴∠BCE=∠ACD， ∴△ACD∽△BCE， ∴==， ∵∠BAC=60°，∠CAE=30°， ∴∠BAE=90°，又AB=6，AE=8， ∴BE=10， ∴AD=． 点评： 本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握性质定理和判定定理是解题的关键，正确作出辅助线是重点． 9.（2015•江苏徐州,第25题8分）如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限．其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上，且AB=12cm （1）若OB=6cm． ①求点C的坐标； ②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离； （2）点C与点O的距离的最大值= 12 cm． 考点： 相似形综合题．. 分析： （1）①过点C作y轴的垂线，垂足为D，利用含30°角的直角三角形的性质解答即可； ②设点A向右滑动的距离为x，得点B向上滑动的距离也为x，利用三角函数和勾股定理进行解答； （2）过C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，证明△ACE与△BCD相似，再利用相似三角形的性质解答． 解答： 解：（1）①过点C作y轴的垂线，垂足为D，如图1： 在Rt△AOB中，AB=12，OB=6，则BC=6， ∴∠BAO=30°，∠ABO=60°， 又∵∠CBA=60°， ∴∠CBD=60°，∠BCD=30°， ∴BD=3，CD=3， 所以点C的坐标为（﹣3，9）； ②设点A向右滑动的距离为x，根据题意得点B向上滑动的距离也为x，如图2： AO=12×cos∠BAO=12×cos30°=6． ∴A'O=6﹣x，B'O=6+x，A'B'=AB=12 在△A'O B'中，由勾股定理得， （6﹣x）2+（6+x）2=122， 解得：x=6（﹣1）， ∴滑动的距离为6（﹣1）； （2）设点C的坐标为（x，y），过C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，如图3： 则OE=﹣x，OD=y， ∵∠ACE+∠BCE=90°，∠DCB+∠BCE=90°， ∴∠ACE=∠DCB， 又∵∠AEC=∠BDC=90°， ∴△ACE∽△BCD， ∴，即， ∴y=﹣x， OC2=x2+y2=x2+（﹣x）2=4x2， ∴当|x|取最大值时，即C到y轴距离最大时，OC2有最大值，即OC取最大值，如图，即当C'B'旋转到与y轴垂直时 ．此时OC=12， 故答案为：12． 点评： 此题考查相似三角形的综合题，关键是根据相似三角形的性质和勾股定理以及三角函数进行分析解答． 10.（2015•江苏徐州,第26题8分）如图，在矩形OABC中，OA=3，OC=5，分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动点（不与C、B重合），反比例函数y=（k＞0）的图象经过点D且与边BA交于点E，连接DE． （1）连接OE，若△EOA的面积为2，则k= 4 ； （2）连接CA、DE与CA是否平行？请说明理由； （3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 考点： 反比例函数综合题．. 分析： （1）连接OE，根据反比例函数k的几何意义，即可求出k的值； （2）连接AC，设D（x，5），E（3，），则BD=3﹣x，BE=5﹣，得到，从而求出 DE∥AC． （3）假设存在点D满足条件．设D（x，5），E（3，），则CD=x，BD=3﹣x，BE=5﹣，AE=．作EF⊥OC，垂足为F，易得，△B′CD∽△EFB′，然后根据对称性求出B′E、B′D的表达式，列出，即=，从而求出（5﹣）2+x2=（3﹣x）2，即可求出x值，从而得到D点坐标． 解答： 解：（1）连接OE，如，图1， ∵Rt△AOE的面积为2， ∴k=2×2=4． （2）连接AC，如图1，设D（x，5），E（3，），则BD=3﹣x，BE=5﹣， =， ∴ ∴DE∥AC． （3）假设存在点D满足条件．设D（x，5），E（3，），则CD=x， BD=3﹣x，BE=5﹣，AE=． 作EF⊥OC，垂足为F，如图2， 易证△B′CD∽△EFB′， ∴，即=， ∴B′F=， ∴OB′=B′F+OF=B′F+AE=+=， ∴CB′=OC﹣OB′=5﹣， 在Rt△B′CD中，CB′=5﹣，CD=x，B′D=BD=3﹣x， 由勾股定理得，CB′2+CD2=B′D2， （5﹣）2+x2=（3﹣x）2， 解这个方程得，x1=1.5（舍去），x2=0.96， ∴满足条件的点D存在，D的坐标为D（0.96，5）． 故答案为4． 点评： 本题考查了反比例函数综合题，涉及反比例函数k的几何意义、平行线分线段成比例定理、轴对称的性质、相似三角形的性质等知识，值得关注． 11.（2015•山东东营,第21题8分）(本题满分8分)已知在△ABC中，∠B=90o，以AB上的一点O为圆心，以OA为半径的圆交AC于点D，交AB于点E． （1）求证：AC·AD=AB·AE； （2）如果BD是⊙O的切线，D是切点，E是OB的中点，当BC=2时，求AC的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）AC=4. 考点：1.圆周角定理；2.相似三角形的判定与性质；3.切线的性质；4.30°的直角三角形的性质. 12. （2015•绵阳第25题，14分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线时的一点，且DG=AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→C→G的路线向G点匀速运动（M不与A，G重合），设运动时间为t秒，连接BM并延长AG于N． （1）是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由； （2）当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN=HN； （3）过点M分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，矩形AEMF与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值． 考点： 四边形综合题．. 分析： （1）四种情况：当点M为AC的中点时，AM=BM；当点M与点C重合时，AB=BM；当点M在AC上，且AM=2时，AM=AB；当点M为CG的中点时，AM=BM；△ABM为等腰三角形； （2）在AB上截取AK=AN，连接KN；由正方形的性质得出∠ADC=90°，AB=AD，∠CDG=90°，得出BK=DN，先证出∠BKN=∠NDH，再证出∠ABN=∠DNH，由ASA证明△BNK≌△NHD，得出BN=NH即可； （3）①当M在AC上时，即0＜t≤2时，△AMF为等腰直角三角形，得出AF=FM=t，求出S=AF•FM=t2；当t=2时，即可求出S的最大值； ②当M在CG上时，即2＜t＜4时，先证明△ACD≌△GCD，得出∠ACD=∠GCD=45°，求出∠ACM=90°，证出△MFG为等腰直角三角形，得出FG=MG•cos45°=4﹣t，得出S=S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG，S为t的二次函数，即可求出结果． 解答： （1）解：存在；当点M为AC的中点时，AM=BM，则△ABM为等腰三角形； 当点M与点C重合时，AB=BM，则△ABM为等腰三角形； 当点M在AC上，且AM=2时，AM=AB，则△ABM为等腰三角形； 当点M为CG的中点时，AM=BM，则△ABM为等腰三角形； （2）证明：在AB上截取AK=AN，连接KN；如图1所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC=90°，AB=AD， ∴∠CDG=90°， ∵BK=AB﹣AK，ND=AD﹣AN， ∴BK=DN， ∵DH平分∠CDG， ∴∠CDH=45°， ∴∠NDH=90°+45°=135°， ∴∠BKN=180°﹣∠AKN=135°， ∴∠BKN=∠NDH， 在Rt△ABN中，∠ABN+∠ANB=90°， 又∵BN⊥NH， 即∠BNH=90°， ∴∠ANB+∠DNH=180°﹣∠BNH=90°， ∴∠ABN=∠DNH， 在△BNK和△NHD中， ， ∴△BNK≌△NHD（ASA）， ∴BN=NH； （3）解：①当M在AC上时，即0＜t≤2时，△AMF为等腰直角三角形， ∵AM=t， ∴AF=FM=t， ∴S=AF•FM=×t×t=t2； 当t=2时，S的最大值=×（2）2=2； ②当M在CG上时，即2＜t＜4时，如图2所示： CM=t﹣AC=t﹣2，MG=4﹣t， 在△ACD和△GCD中， ， ∴△ACD≌△GCD（SAS）， ∴∠ACD=∠GCD=45°， ∴∠ACM=∠ACD+∠GCD=90°， ∴∠G=90°﹣∠GCD=45°， ∴△MFG为等腰直角三角形， ∴FG=MG•cos45°=（4﹣t）•=4﹣t， ∴S=S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG=×4×2﹣×CM×CM﹣×FG×FG =4﹣（t﹣2）2﹣（4﹣）2=﹣+4t﹣8 =﹣（t﹣）2+， ∴当t=时，S的最大值为． 点评： 本题是相似形综合题目，考查了等腰三角形的判定、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角函数以及三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过证明三角形全等和等腰直角三角形才能得出结果． 13. （2015•浙江省绍兴市，第24题，14分） 在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的顶点A在轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC，边AB上的点，连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点。 （1）若四边形OABC为矩形，如图1， ①求点B的坐标； ②若BQ:BP=1:2，且点B1落在OA上，求点B1的坐标； （2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OC⊥AC，过点B1作B1F∥轴，与对角线AC、边OC分别交于点E、点F。若B1E: B1F=1:3，点B1的横坐标为，求点B1的纵坐标，并直接写出的取值范围。 考点：四边形综合题．. 分析：（1）①根据OA=4，OC=2，可得点B的坐标；②利用相似三角形的判定和性质得出点的坐标； （2）根据平行四边形的性质，且分点在线段EF的延长线和线段上两种情况进行分析解答． 解答：解：（1）∵OA=4，OC=2， ∴点B的坐标为（4，2）； ②如图1，过点P作PD⊥OA，垂足为点D， ∵BQ：BP=1：2，点B关于PQ的对称点为B1， ∴B1Q：B1P=1：2， ∵∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°， ∴∠PB1D=∠B1QA ， ∴△PB1D∽△B1QA， ∴， ∴B1A=1， ∴OB1=3，即点B1（3，0）； （2）∵四边形OABC为平行四边形，OA=4，OC=2，且OC⊥AC， ∴∠OAC=30°， ∴点C（1，）， ∵B1E：B1F=1：3， ∴点B1不与点E，F重合，也不在线段EF的延长线上， ① 当点B1在线段FE的延长线上时，如图2，延长B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m，B1F∥x轴， B1E：B1F=1：3， ∴B1G=m， 设OG=a， 则GF=，OF=， ∴CF=， ∴EF=，B1E=， ∴B1G=B1E+EF+FG=， ∴a=，即B1的纵坐标为， m的取值范围是； ②当点B1在线段EF（除点E，F）上时，如图3，延长B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m，F∥x 轴， B1E：B1F=1：3， ∴B1G=m， 设OG=a， 则GF=，OF=， ∴CF= ， ∴FE=，B1F=， ∴B1G=B1F﹣FG=， ∴a=，即点B1的纵坐标为， 故m的取值范围是． 点评：此题考查四边形的综合题，关键是利用平行四边形的性质，分点在线段EF的延长线和线段上两种情况进行分析． 14.（2015•山东聊城,第25题12分）如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒（0＜x＜4）时，解答下列问题： （1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）； （2）设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式；当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？ （3）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由． 考点： 相似形综合题．. 分析： （1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于P，则NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式，求出OP、PN，即可得出点N的坐标； （2）由三角形的面积公式得出S是x的二次函数，即可得出S的最大值； （3）分两种情况：①若∠OMN=90°，则MN∥AB，由平行线得出△OMN∽△OAB，得出比例式，即可求出x的值； ②若∠ONM=90°，则∠ONM=∠OAB，证出△OMN∽△OBA，得出比例式，求出x的值即可． 解答： 解：（1）根据题意得：MA=x，ON=1.25x， 在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB===5， 作NP⊥OA于P，如图1所示： 则NP∥AB， ∴△OPN∽△OAB， ∴， 即， 解得：OP=x，PN=， ∴点N的坐标是（x，）； （2）在△OMN中，OM=4﹣x，OM边上的高PN=， ∴S=OM•PN=（4﹣x）•=﹣x2+x， ∴S与x之间的函数表达式为S=﹣x2+x（0＜x＜4）， 配方得：S=﹣（x﹣2）2+， ∵﹣＜0， ∴S有最大值， 当x=2时，S有最大值，最大值是； （3）存在某一时刻，使△OMN是直角三角形，理由如下： 分两种情况：①若∠OMN=90°，如图2所示： 则MN∥AB， 此时OM=4﹣x，ON=1.25x， ∵MN∥AB， ∴△OMN∽△OAB， ∴， 即， 解得：x=2； ②若∠ONM=90°，如图3所示： 则∠ONM=∠OAB， 此时OM=4﹣x，ON=1.25x， ∵∠ONM=∠OAB，∠MON=∠BOA， ∴△OMN∽△OBA， ∴， 即， 解得：x=； 综上所述：x的值是2秒或秒． 点评： 本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、坐标与图形特征、直角三角形的性质、三角形面积的计算、求二次函数的解析式以及最值等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过证明三角形相似才能得出结果． 15. （2015•四川成都,第27题10分） 已知分别为四边形和的对角线，点在内，。 （1）如图①，当四边形和均为正方形时，连接。 1)求证：∽；2）若，求的长。 （2）如图②，当四边形和均为矩形，且时，若， 求的值； （3）如图③，当四边形和均为菱形，且时， 设，试探究三者之间满足的等量关系。（直接写出结果，不必写出解答过程） 【答案】：（1）1）见解析，2）；（2）；（3） 【解析】：（1）1)，又， ∽。 2），，由∽可得， 又，，即 由，解得。 （2）连接，同理可得，由， 可得 ，所以，。 ，解得。 （3）连接，同理可得，过作延长线于， 可解得，， 。 16. （2015•四川乐山,第23题10分）如图1，四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，AB=3，BC=2，tanA=． （1）求CD边的长； （2）如图2，将直线CD边沿箭头方向平移，交DA于点P，交CB于点Q （点Q运动到点B停止），设DP=x，四边形PQCD的面积为，求与的函数关系式，并求出自变量的取值范围． 【答案】（1）；（2）（）． 【解析】 试题分析：（1）分别延长AD、BC相交于点E，在Rt△ABE中，解直角三角形可得BE，EC，AE的长，又∠E+∠A=90°，∠E+∠ECD=90°，得到∠A=∠ECD，由tanA=，得到cosA= cos∠ECD =，从而得到CD的长； （2）由（1）可知tan∠ECD=，∴ED=，如图2，由PQ∥DC，可知△EDC∽△EPQ，∴，∴，即PQ=，∵，∴，即=，∴当Q点到达B点时，点P在M点处，由EC=BC，DC∥PQ，∴DM=ED=，∴自变量x的取值范围为：． 考点：1．四边形综合题；2．二次函数综合题． 17. （2015•浙江湖州，第23题10分）问题背景：已知在△ABC中，AB边上的动点D由A向B运动(与A，B不重合)，点E与点D同时出发，由点C沿BC的延长线方向运动(E不与C重合)，连结DE交AC于点F，点H是线段AF上一点 (1)初步尝试：如图1，若△ABC是等边三角形，DH⊥AC，且点D，E的运动速度相等，求证：HF=AH+CF 小王同学发现可以由以下两种思路解决此问题： 思路一：过点D作DG∥BC，交AC于点G，先证GH=AH，再证GF=CF，从而证得结论成立. 思路二：过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，先证CM=AH，再证HF=MF，从而证得结论成立. 请你任选一种思路，完整地书写本小题的证明过程(如用两种方法作答，则以第一种方法评分) (2)类比探究：如图2，若在△ABC中，∠ABC=90°，∠ADH=∠BAC=30°，且点D，E的运动速度之比是：1，求的值. (3)延伸拓展：如图3，若在△ABC中，AB=AC，∠ADH=∠BAC=36°，记=m，且点D、E的运动速度相等，试用含m的代数式表示 (直接写出结果，不必写解答过程). 【答案】（1）详见解析；（2）=2 ；(3) . 【解析】 试题分析：（1）（选择思路一）：过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图1，易证△ADG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得GD=AD=CE，GH=AH,再由平行线的性质可得∠GDF=∠CEF, ∠DGF=∠ECF,又因GD=AD=CE,根据“ASA”可证△GDF≌△CEF，由全等三角形的对应边相等可得GF=CF，所以GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF. （选择思路二）：过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，如图1，先证△ADH≌△CEM，由全等三角形的对应边相等可得AH=CM,DH=EM, 又因∠DHF=∠EMF=90°, ∠DFH=∠EFM,所以△DFH≌△EFM,即可得HF=MF=CM+CF=AH+CF.（2）)过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图2, 可证AD=GD, 由题意可知，AD=CE,所以GD=CE,再证△GDF≌△CEF，由全等三角形的对应边相等可得GF=CF,所以 GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF,即可得=2.（3）过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图3,可得AD=AG,DH=DG,AD=EC,所以，又因DG∥BC，可得，所以 由比例的性质可得，即 ,所以. 试题解析：(1)证明：方法一（选择思路一）， 过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图1， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ADG=∠B=60°, ∠A=60°, ∴△ADG是等边三角形， ∴GD=AD=CE, ∵DH⊥AC,GH=AH, ∵DG∥BC, ∴∠GDF=∠CEF, ∠DGF=∠ECF, ∴△GDF≌△CEF, ∴GF=CF, ∴GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF. (2)过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图2, 则∠ADG=∠B=90°, ∵∠BAC=∠ADH=30°, ∴∠HGD=∠HDG=60°, ∴AH=GH=GD,AD=GD, 由题意可知，AD=CE, ∴GD=CE, ∵DG∥BC, ∴∠GDF=∠CEF,∠DGF=∠ECF, ∴△GDF≌△CEF, ∴GF=CF, ∴GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF, ∴=2. (3) . 考点：等边三角形的判定及性质；全等三角形的判定及性质；平行线的性质；比例的性质. 19. （2015•四川眉山，第25题9分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点， （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若△AEP是等边三角形，连结BP，求证：△APB≌△EPC； （3）若矩形ABCD的边AB=6，BC=4，求△CPF的面积． 考点： 四边形综合题．. 专题： 综合题． 分析： （1）由折叠的性质得到BE=PE，EC与PB垂直，根据E为AB中点，得到AE=PE，利用等角对等边得到两对角相等，由∠AEP为三角形EBP的外角，利用外角性质得到∠AEP=2∠EPB，设∠EPB=x，则∠AEP=2x，表示出∠APE，由∠APE+∠EPB得到∠APB为90°，进而得到AF与EC平行，再由AE与FC平行，利用两对边平行的四边形为平行四边形即可得证； （2）根据三角形AEP为等边三角形，得到三条边相等，三内角相等，再由折叠的性质及邻补角定义得到一对角相等，根据同角的余角相等得到一对角相等，再由AP=EB，利用AAS即可得证； （3）过P作PM⊥CD，在直角三角形EBC中，利用勾股定理求出EC的长，利用面积法求出BQ的长，根据BP=2BQ求出BP的长，在直角三角形ABP中，利用勾股定理求出AP的长，根据AF﹣AP求出PF的长，由PM与AD平行，得到三角形PMF与三角形ADF相似，由相似得比例求出PM的长，再由FC=AE=3，求出三角形CPF面积即可． 解答： （1）证明：由折叠得到BE=PE，EC⊥PB， ∵E为AB的中点， ∴AE=EB，即AE=PE， ∴∠EBP=∠EPB，∠EAP=∠EPA， ∵∠AEP为△EBP的外角， ∴∠AEP=2∠EPB， 设∠EPB=x，则∠AEP=2x，∠APE==90°﹣x， ∴∠APB=∠APE+∠EPB=x+90°﹣x=90°，即BP⊥AF， ∴AF∥EC， ∵AE∥FC， ∴四边形AECF为平行四边形； （2）∵△AEP为等边三角形， ∴∠BAP=∠AEP=60°，AP=AE=EP=EB， ∵∠PEC=∠BEC， ∴∠PEC=∠BEC=60°， ∵∠BAP+∠ABP=90°，∠ABP+∠BEQ=90°， ∴∠BAP=∠BEQ， 在△ABP和△EBC中， ， ∴△ABP≌△EBC（AAS）， ∵△EBC≌△EPC， ∴△ABP≌△EPC； （3）过P作PM⊥DC，交DC于点M， 在Rt△EBC中，EB=3，BC=4， 根据勾股定理得：EC==5， ∵S△EBC=EB•BC=EC•BQ， ∴BQ==， 由折叠得：BP=2BQ=， 在Rt△ABP中，AB=6，BP=， 根据勾股定理得：AP==， ∵四边形AECF为平行四边形， ∴AF=EC=5，FC=AE=3， ∴PF=5﹣=， ∵PM∥AD， ∴=，即=， 解得：PM=， 则S△PFC=FC•PM=×3×=． 点评： 此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，折叠的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积求法，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 20．（2015·湖南省益阳市，第20题12分）已知点P是线段AB上与点A不重合的一点，且AP＜PB．AP绕点A逆时针旋转角α（0°＜α≤90°）得到AP1，BP绕点B顺时针也旋转角α得到BP2，连接PP1、PP2． （1）如图1，当α=90°时，求∠P1PP2的度数； （2）如图2，当点P2在AP1的延长线上时，求证：△P2P1P∽△P2PA； （3）如图3，过BP的中点E作l1⊥BP，过BP2的中点F作l2⊥BP2，l1与l2交于点Q，连接PQ，求证：P1P⊥PQ． 考点： 几何变换综合题． 分析： （1）利用旋转的性质以及等腰直角三角形得出∠APP1=∠BPP2=45°，进而得出答案； （2）根据题意得出△PAP1和△PBP2均为顶角为α的等腰三角形，进而得出∠P1PP2=∠PAP2=α，求出△P2P1P∽△P2PA； （3）首先连结QB，得出Rt△QBE≌Rt△QBF，利用∠P1PQ=180°﹣∠APP1﹣∠QPB求出即可． 解答： （1）解：由旋转的性质得：AP=AP1，BP=BP2． ∵α=90°， ∴△PAP1和△PBP2均为等腰直角三角形， ∴∠APP1=∠BPP2=45°， ∴∠P1PP2=180°﹣∠APP1﹣∠BPP2=90°； （2）证明：由旋转的性质可知△PAP1和△PBP2均为顶角为α的等腰三角形， ∴∠APP1=∠BPP2=90°﹣， ∴∠P1PP2=180°﹣（∠APP1+∠BPP2）=180°﹣2（90°）=α， 在△PP2P1和△P2PA中，∠P1PP2=∠PAP2=α， 又∵∠PP2P1=∠AP2P， ∴△P2P1P∽△P2PA． （3）证明：如图，连接QB． ∵l1，l2分别为PB，P2B的中垂线， ∴EB=BP，FB=BP2． 又BP=BP2， ∴EB=FB． 在Rt△QBE和Rt△QBF中， ， ∴Rt△QBE≌Rt△QBF， ∴∠QBE=∠QBF=∠PBP2=， 由中垂线性质得：QP=QB， ∴∠QPB=∠QBE=， 由（2）知∠APP1=90°﹣， ∴∠P1PQ=180°﹣∠APP1﹣∠QPB=180°﹣（90°﹣）=90°， 即 P1P⊥PQ． 点评： 此题主要考查了几何变换综合以及相似三角形的判定和全等三角形的判定与性质等知识，得出Rt△QBE≌Rt△QBF是解题关键． 21．（2015·湖北省武汉市，第23题10分）如图，△ABC中，点E、P在边AB上，且AE＝BP，过点E、P作BC的平行线，分别交AC于点F、Q．记△AEF的面积为S1，四边形EFQP的面积为S2，四边形PQCB的面积为S3 (1) 求证：EF＋PQ＝BC (2) 若S1＋S3＝S2，求的值 (3) 若S3－S1＝S2，直接写出的值 【思路分析】（1）作QN∥AB，交BC于N，通过证明△AEF≌△QNC可以证明EF＋PQ＝BC； （2）△AEF∽△APQ，根据面积比等于相似比的平方，用PE、AE、S1表示S2，再由△AEF∽△ABC ，用PE、AE、S1表示S2，两种表示方法列等式可求解；（3）根据△AEF∽△ABC，用PE、AE、S1表示S3，根据S3－S1＝S2列等式可求解. 证明：（1）作QN∥AB，交BC于N，则∠NQP=∠A，∠QNC=∠B. ∵EF∥BC， ∴∠AEF=∠B， ∴∠AEF=∠QNC. ∵PQ∥BC， ∴四边形PQNB是平行四边形， ∴BN=PQ，QN=PB=AE， ∴△AEF≌△QNC， ∴EE=NC， ∴BC=BN+NC=EF＋PQ； （2）∵EF∥PQ∥BC， ∴△AEF∽△APQ∽△ABC ∴ 整理得S2=①； 同理=， ∵S1＋S3＝S2， ∴， 整理得S2=②， ①=②即= 整理得PE2=4AE2， PE=2AE， ∴=2； (3) ∵△AEF∽△ABC， ∴=， ∵S3－ S1＝S2 ， ∴， 整理得S3=， ∴－S1= 整理得PE2=2AE2， ∴PE=AE， =. 备考指导：(1)证明两条线段的和等于一条线段一般是把长线段分为两段，证明这两段分别与已知的两段相等；（2）当题目中涉及多个量时，根据他们的数量关系用其中一个量表示出其他量，再列式求解，相似、三角函数等都是数量之间互相转化的工具. 22. （2015•四川南充,第22题8分）如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处． （1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由） （2）如果AM＝1，sin∠DMF＝，求AB的长． 【答案】△AMP∽△BPQ∽△CQD；AB=6. 试题解析：(1)、有三对相似三角形，即△AMP∽△BPQ∽△CQD (2) 、设AP=x，有折叠关系可得：BP=AP=EP=x AB=DC=2x AM=1 由△AMP∽△BPQ得： 即 由△AMP∽△CQD得： 即CQ=2 AD=BC=BQ+CQ=+2 MD=AD－AM=+2－1=+1 又∵在Rt△FDM中，sin∠DMF= DF=DC=2x ∴ 解得：x=3或x=(不合题意，舍去) ∴AB=2x=6. 考点：相似三角形的应用、三角函数、折叠图形的性质. 23. （2015•四川南充,第24题10分）如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，，．△ADP沿点A旋转至△ABP’，连结PP’，并延长AP与BC相交于点Q． （1）求证：△APP’是等腰直角三角形； （2）求∠BPQ的大小； （3）求CQ的长． 【答案】略；45°； 【解析】 试题分析：根据旋转得到AP=AP′ ∠BAP′=∠DAP，从而得出∠PAP′=90°，得到等腰直角三角形；根据Rt△APP′得出PP′的大小，然后结合BP′和BP的长度得到，从而得出△BPP′是直角三角形，然后计算∠BPQ的大小；过点B作BM⊥AQ于M，根据∠BPQ=45°得到△PMB为等腰直角三角形，根据已知得出BM和AM的长度，根据Rt△ABM的勾股定理求出AB，根据△ABM∽△AQB得出AQ的长度，最后根据Rt△ABO的勾股定理得出BQ的长度，根据QC=BC－BQ 得出答案. 试题解析：(1)、证明：由旋转可得：AP=AP′ ∠BAP′=∠DAP ∴∠PAP′=∠PAB+∠BAP′=∠PAB+∠DAP=∠BAD=90° ∴△APP′是等腰直角三角形 (3)、过点B作BM⊥AQ于M ∵∠BPQ=45° ∴△PMB为等腰直角三角形 由已知，BP=2 ∴BM=PM=2 ∴AM=AP+PM=3 在Rt△ABM中，AB= ∵△ABM∽△AQB ∴ ∴AQ= 在Rt△ABO中，BQ= ∴QC=BC－BQ=－= 考点：旋转图形的性质、勾股定理、三角形相似. 24. (2015•江苏南京,第20题8分)．如图，△ABC中，CD是边AB上的高，且． (1）求证：△ACD∽△CBD； (2）求∠ACB的大小． 【答案】（1）证明见试题解析；（2）90°． 【解析】 试题分析：（1）根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可证明△ACD∽△CBD； (2）由（1）可知△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应角相等可得：∠A=∠BCD，再由∠A+∠ACD=90°，可得：∠BCD+∠ACD=90°，即∠ACB=90°． 试题解析：（1）∵CD是边AB上的高，∴∠ADC=∠CDB=90°，∵，∴△ACD∽△CBD； (2）∵△ACD∽△CBD，∴∠A=∠BCD，在△ACD中，∠ADC=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，即∠ACB=90°． 考点：相似三角形的判定与性质． 25．(2015•江苏无锡,第28题10分)如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC=6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M． (1）若∠AOB=60°，OM=4，OQ=1，求证：CN⊥OB． (2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形． ①问：﹣的值是否发生变化？如果变化，求其取值范围；如果不变，请说明理由． ②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围． 考点： 相似形综合题． 专题： 综合题． 分析： （1）过P作PE⊥OA于E，利用两组对边平行的四边形为平行四边形得到OMPQ为平行四边形，利用平行四边形的对边相等，对角相等得到PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°，进而求PE与ME的长，得到CE的长，求tan∠PCE的值，利用特殊角的三角函数值求∠PCE的度数，得到PM于NC垂直，而PM与ON平行，即可得到CN与OB垂直； (2）﹣的值不发生变化，理由如下：设OM=x，ON=y，根据OMPQ为菱形，得到PM=PQ=OQ=x，QN=y﹣x，根据平行得到三角形NQP与三角形NOC相似，由相似得比例即可确定所求式子的值； ②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，表示菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，得到，由PM与OB平行，得到三角形CPM与三角形CNO相似，由相似得比例求所求式子的范围即可． 解答： 解：（1）过P作PE⊥OA于E， ∵PQ∥OA，PM∥OB， ∴四边形OMPQ为平行四边形， ∴PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°， ∴PE=PM•sin60°=，ME=， ∴CE=OC﹣OM﹣ME=， ∴tan∠PCE==， ∴∠PCE=30°， ∴∠CPM=90°， 又∵PM∥OB， ∴∠CNO=∠CPM=90°， 则CN⊥OB； (2）①﹣的值不发生变化，理由如下： 设OM=x，ON=y， ∵四边形OMPQ为菱形， ∴OQ=QP=OM=x，NQ=y﹣x， ∵PQ∥OA， ∴∠NQP=∠O， 又∵∠QNP=∠ONC， ∴△NQP∽△NOC， ∴=，即=， ∴6y﹣6x=xy．两边都除以6xy，得﹣=，即﹣=． ②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F， 则S1=OM•PE，S2=OC•NF， ∴=． ∵PM∥OB， ∴∠MCP=∠O， 又∵∠PCM=∠NCO， ∴△CPM∽△CNO， ∴==， ∴==﹣（x﹣3）2+， ∵0＜x＜6， 则根据二次函数的图象可知，0＜≤． 点评： 此题属于相似形综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，以及菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键． 26．（2015•四川自贡,第19题8分）如图，在△，分别为边的中点.求证： 考点：相似三角形的性质与判定、平行线的判定、三角形的中位线定理等. 分析：本题证法不只一种，利用三角形的中位线定理很简单.若从相似形切入，根据题中条件易证△∽△，根据相似三角形的对应边成比例、对应角相等可以进一步证得. 证明： ∵是的中点，是的中点 ∴ ∴ 又∵ ∴△∽△ ∴ ∴ 即 27. （2015•浙江滨州,第23题10分）如图，已知B、C、E三点在同一条直线上，△ABC与△DCE都是等边三角形.其中线段BD交AC于点G，线段AE交CD于点F. 求证：（1）△ACE≌△BCD ； （2）. 【答案】 考点：三角形全等，三角形相似的判定与性质 28．（2015•广东佛山,第25题11分）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD．连接BE、BF，使它们分别与AO相交于点G、H． （1）求EG：BG的值； （2）求证：AG=OG； （3）设AG=a，GH=b，HO=c，求a：b：c的值． 考点： 相似形综合题；平行四边形的性质． 专题： 综合题． 分析： （1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可得△AEG∽△CBG，由AE=EF=FD可得BC=3AE，然后根据相似三角形的性质，即可求出EG：BG的值； （2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，则有AC=4AG，从而可得AO=AC=2AG，即可得到GO=AO﹣AG=AG； （3）根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合AO=AC，即可得到a=AC，b=AC，c=AC，就可得到a：b：c的值． 解答： 解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO=AC，AD=BC，AD∥BC， ∴△AEG∽△CBG， ∴==． ∵AE=EF=FD， ∴BC=AD=3AE， ∴GC=3AG，GB=3EG， ∴EG：BG=1：3； （2）∵GC=3AG（已证）， ∴AC=4AG， ∴AO=AC=2AG， ∴GO=AO﹣AG=AG； （3）∵AE=EF=FD， ∴BC=AD=3AE，AF=2AE． ∵AD∥BC， ∴△AFH∽△CBH， ∴===， ∴=，即AH=AC． ∵AC=4AG， ∴a=AG=AC， b=AH﹣AG=AC﹣AC=AC， c=AO﹣AH=AC﹣AC=AC， ∴a：b：c=：：=5：3：2． 点评： 本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、合比性质等知识，由两直线平行联想到三角形相似，从而得到边成比例，是常用的一种方法，应熟练掌握． 29.（2015•福建泉州第25题13分）（1）如图1是某个多面体的表面展开图． ①请你写出这个多面体的名称，并指出图中哪三个字母表示多面体的同一点； ②如果沿BC、GH将展开图剪成三块，恰好拼成一个矩形，那么△BMC应满足什么条件？（不必说理） （2）如果将一个三棱柱的表面展开图剪成四块，恰好拼成一个三角形，如图2，那么该三棱柱的侧面积与表面积的比值是多少？为什么？（注：以上剪拼中所有接缝均忽略不计） 解：（1）①根据这个多面体的表面展开图，可得 这个多面体是直三棱柱， 点A、M、D三个字母表示多面体的同一点． ②△BMC应满足的条件是： a、∠BMC=90°，且BM=DH，或CM=DH； b、∠MBC=90°，且BM=DH，或BC=DH； c、∠BCM=90°，且BC=DH，或CM=DH； （2）如图2，连接AB、BC、CA，， ∵△DEF是由一个三棱柱表面展开图剪拼而成， ∴矩形ACKL、BIJC、AGHB为棱柱的三个侧面， 且四边形DGAL、EIBH、FKCJ须拼成与底面△ABC全等的另一个底面的三角形， ∴AC=LK，且AC=DL+FK， ∴， 同理，可得 ， ∴△ABC∽△DEF， ∴， 即S△DEF=4S△ABC， ∴， 即该三棱柱的侧面积与表面积的比值是． 30.（2015湖北鄂州第22题9分） 如图，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分线，∠ABC的平分线 BM交AE于点M，点O在AB上，以点O为圆心，OB的长为半径的圆经过点M，交BC于点G，交 AB于点F． （1）（3分）求证：AE为⊙O的切线． （2）（3分）当BC=8，AC=12时，求⊙O的半径． （3）（3分）在（2）的条件下，求线段BG的长． 【答案】(1)证明见解析；（2）3；（3）2. 考点：1.相似三角形的判定与性质；2.切线的判定． 31.（2015湖南岳阳第22题8分） 如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N． （1）求证：△ABM∽△EFA； （2）若AB=12，BM=5，求DE的长． 考点： 相似三角形的判定与性质；正方形的性质．. 分析： （1）由正方形的性质得出AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出结论； （2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长． 解答： （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠B=90°，AD∥BC， ∴∠AMB=∠EAF， 又∵EF⊥AM， ∴∠AFE=90°， ∴∠B=∠AFE， ∴△ABM∽△EFA； （2）解：∵∠B=90°，AB=12，BM=5， ∴AM==13，AD=12， ∵F是AM的中点， ∴AF=AM=6.5， ∵△ABM∽△EFA， ∴， 即， ∴AE=16.9， ∴DE=AE﹣AD=4.9． 点评： 本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键． 32 ,（2015威海,第23题4分） 查看更多