专题14 相似三角形-三年（2019-2021）中考真题数学分项汇编（全国通用）（解析版）

专题14.相似三角形一、单选题1．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，点，的对应点分别为点，．若，则的长为（）A．8 B．9 C．10 D．15【答案】B【分析】直接利用位似图形的性质得出线段比进而得出答案．【详解】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，∴，

∵，∴，∴故答案为：B．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．2．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为（）A．12cm2 B．9cm2 C．6cm2 D．3cm2【答案】B【分析】由三角形的中位线定理可得DE=BC，DE∥BC，可证△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质，即可求解．【详解】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，∴DE=BC，DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∵S△ADE=3，∴S△ABC=12，∴四边形BDEC的面积=12-3=9(cm2)，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握相似三角形的性质是解题的关键．3．（2021·重庆中考真题）如图，△ABC与△BEF位似，点O是它们的位似中心，其中OE=2OB，则△ABC与△DEF的周长之比是（）A．1：2 B．1：4 C．1：3 D．1：9【答案】A【分析】利用位似的性质得△ABC∽△DEF，OB：OE=1：2，然后根据相似三角形的性质解决问题．【详解】解：∵△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．∴△ABC∽△DEF，OB：OE=1：2，∴△ABC与△DEF的周长比是：1：2．故选：A．【点睛】本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．4．（2021·江苏连云港市·中考真题）如图，中，，、相交于点D，，，，则的面积是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点C作的延长线于点，由等高三角形的面积性质得到，再证明，解得，分别求得AE、CE长，最后根据的面积公式解题．【详解】解：过点C作的延长线于点，与是等高三角形，设，故选：A．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、正切等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．5．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，中，，，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使，连结CE，则的值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出，在结合题意可得，即证明，从而得出，即易证，得出．再由等腰三角形的性质可知，，即证明，从而可间接推出．最后由，即可求出的值，即的值．【详解】∵在中，点D是边BC的中点，∴，∴，∴．∴，∴在和中，，∴，∴，∵为等腰三角形，∴，，∴，∴，即．∵，∴，∴．故选D．【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．6．（2021·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，若，，则与的相似比是（）A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3【答案】D【分析】直接利用对应边的比等于相似比求解即可．【详解】解：由B、D两点坐标可知：OB=1，OD=3；△OAB与△OCD的相似比等于；故选D．【点睛】本题考查了在平面直角坐标系中求两个位似图形的相似比的概念，同时涉及到了位似图形的概念、平面直角坐标系中点的坐标、线段长度的确定等知识；解题关键是牢记相似比等于对应边的比，准确求出对应边的比即可完成求解，考查了学生对概念的理解与应用等能力．7．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，在中，点在边上，若，，且，则线段的长为（）A．2 B． C．3 D．【答案】B【分析】由∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，可判定△BCD∽△BAC，从而可得比例式，再将BC＝3，BD＝2代入，可求得BA的长，然后根据AD＝BA−BD，可求得答案．【详解】解：∵∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC，∴，∵BC＝3，BD＝2，∴，∴BA＝，∴AD＝BA−BD＝−2＝．故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．8．（2020·云南昆明市·中考真题）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．如图，△ABC是格点三角形，在图中的6×6正方形网格中作出格点三角形△ADE（不含△ABC），使得△ADE∽△ABC（同一位置的格点三角形△ADE只算一个），这样的格点三角形一共有（）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个【答案】C【分析】根据题意，得出ABC的三边之比，并在直角坐标系中找出与ABC各边长成比例的相似三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．【详解】解：ABC的三边之比为，如图所示，可能出现的相似三角形共有以下六种情况：所以使得△ADE∽△ABC的格点三角形一共有6个，故选：C．【点睛】本题考察了在直角坐标系中画出与已知三角形相似的图形，解题的关键在于找出与已知三角形各边长成比例的三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．9．（2020·湖南益阳市·中考真题）如图，在矩形中，是上的一点，是等边三角形，交于点，则下列结论不成立的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等边三角形和矩形角度的特点即可得出A说法正确；假设∠BAC=45°，可得到AB=BC，又AB=BE，所以BE=BC，不成立，所以B说法错误；设EC的长为x，BE=2EC=2x，BC=，证得△ECF∽△BAF，根据相似三角形的性质可得，C说法正确；AD=BC=，AB=BE=2x，可得D说法正确．【详解】解：在矩形ABCD中，是等边三角形，∴∠DAB=90°，∠EAB=60°，∴∠DAE=90°-60°=30°，故A说法正确；若∠BAC=45°，则AB=BC，又∵AB=BE，∴BE=BC，在△BEC中，BE为斜边，BE＞BC，故B说法错误；设EC的长为x，易得∠ECB=30°，∴BE=2EC=2x，BC=，AB=BE=2x，∵DC∥AB，∴∠ECA=∠CAB，∵∠EFC=∠BFA，∴△ECF∽△BAF，∴，故C说法正确；AD=BC=，∴，故D说法正确．故选：B【点睛】本题考查了矩形和等边三角形的性质，相似三角形的性质和判定，熟练掌握矩形和等边三角形的性质是解题的关键．10．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，在中，，四边形的面积为21，则的面积是（）A． B．25 C．35 D．63【答案】B【分析】在中，，即可判断，然后由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可得出结果．【详解】解：∵∴∴∵∴∴∴∵∴∴故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，难度不大，注意相似三角形的面积比等于相似比的平方．11．（2020·海南中考真题）如图，在矩形中，点在边上，和交于点若，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】过G作GN⊥BC于N，交EF于Q，同样也垂直于DA，利用相似三角形的性质可求出NG，GQ，以及EF的长，再利用三角形的面积公式可求出△BCG和△EFG的面积，用矩形ABCD的面积减去△BCG的面积减去△EFG的面积，即可求阴影部分面积．【详解】解：过作GN⊥BC于N，交EF于Q，∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，AD=BC，∴△EFG∽△CBG，∵，∴EF：BC=1：2，∴GN：GQ=BC：EF=2：1，又∵NQ=CD=6，∴GN=4，GQ=2，∴S△BCG=×10×4=20，∴S△EFG=×5×2=5，∵S矩形BCDA=6×10=60，∴S阴影=60-20-5=35．故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，求出阴影部分的面积可以转化为几个规则图形的面积的和或差的关系．12．（2020·广西中考真题）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，∴EF∥BC，

∴△AEF∽△ABC，∴．设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，∴解得：x=20所以，AN=20．故选：B．【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．13．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．【详解】解：∵∴AD∥BC，AB//DF∴∠DAE=∠BEA∵∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠BEA∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5∵BG⊥AE∴AG=EG=AE∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8∴∴AE=2AG=12∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32∵AB∥DF∴△ABE∽△FCE且相似比为∴,解得=16．故答案为A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰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点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．14．（2020·云南中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点，是的中点，则与的面积的比等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明OE//BC，再根据△DEO∽△DCB求解即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=DO，∵是的中点，∴OE是△DCB的中位线，∴OE//BC，OE=BC，∴△DEO∽△DCB，∴△DEO：△DCB=．故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．15．（2020·山西中考真题）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（）A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似【答案】D【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；【详解】根据题意画出如下图形：可以得到，则即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度故选：D.【点睛】本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解.16．（2020·甘肃天水市·中考真题）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是()A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可．【详解】解：∵，∴AC=1.2m+12.8m=14m∵标杆和建筑物CD均垂直于地面∴BE//CD∴△ABE∽△ACD∴,即,解得CD=17.5m．故答案为A．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答本题的关键．17．（2020·湖北孝感市·中考真题）如图，点在正方形的边上，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，过点作的垂线，垂足为点，与交于点．若，，则的长为（）A． B． C．4 D．【答案】B【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可．【详解】解：∵，∴BC=BG+GC=2+3=5∵正方形∴CD=BC=5设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°∴∠HFG=∠BAG∴△ABG∽△CEF∴,即，解得x=∴CE=CD-DE=5-=．故答案为B．【点睛】本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．18．（2020·湖北荆门市·中考真题）在平面直角坐标系中，的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为，将沿直线翻折，得到，过作垂直于交y轴于点C，则点C的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出OA，然后证明△∽△即可得出答案．【详解】由题意可得AB=1，OB=，∵△ABC为直角三角形，∴OA=2，由翻折性质可得=1，=，=2，∠=90°，∵∠+∠=90°，∠+∠=90°，∴∠=∠，∵⊥，∠=90°，∴△∽△，∴，即∴OC=4，∴点C的坐标为（0，-4），故选：C．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，证明△∽△是解题关键．19．（2020·四川泸州市·中考真题）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.【详解】解：过点A作AF⊥BC，∵AB=AC，∴BF=BC=2，在Rt,AF=，∵D是边的两个“黄金分割”点，∴即，解得CD=，同理BE=，∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，∴DE=CD-CE=4-8，∴S△ABC===，故选：A.【点睛】本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。20．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）如图，在中，点D在BC上，连接AD，点E在AC上，过点E作，交AD于点F，过点E作，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据由平行线易得△AEF∽△ACD，△CEG∽△CAB，再根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理逐个判断即可．【详解】解：∵，∴△AEF∽△ACD，∴，故选项A错误；∴，∵，∴△CEG∽△CAB，∴，∴，故选项B错误；，故选项D错误；∵，∴，∵，∴，∴，故选项正确C．故选：C．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质和判定，能得出正确的比例式是解此题的关键．21．（2019·内蒙古巴彦淖尔市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知是线段上的一个动点，连接，过点作交轴于点，若点在直线上，则的最大值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】当点M在AB上运动时，MN⊥MC交y轴于点N，此时点N在y轴的负半轴移动，定有△AMC∽△NBM；只要求出ON的最小值，也就是BN最大值时，就能确定点N的坐标，而直线y=kx+b与y轴交于点N（0，b），此时b的值最大，因此根据相似三角形的对应边成比例，设未知数构造二次函数，通过求二次函数的最值得以解决．【详解】解：连接，则四边形是矩形，，又，，，，，设．则，，即：当时，直线与轴交于,当最大，此时最小，点越往上，的值最大，，此时，的最大值为．故选A．【点睛】本题综合考查相似三角形的性质、二次函数的性质、二次函数的最值以及一次函数的性质等知识；构造相似三角形、利用二次函数的最值是解题的关键所在．22．（2019·台湾中考真题）如图，将一张面积为的大三角形纸片沿着虚线剪成三张小三角形纸片与一张平行四边形纸片．根据图中标示的长度，求平行四边形纸片的面积为何？（）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，设，，，平行四边形的面积分别为，，和，过点作，则由为平行四边形，易得四边形也为平行四边形，从而，利用面积比等于相似比的平方可求．【详解】解：如图，设，，，平行四边形的面积分别为，，和，过点作，则由为平行四边形，易得四边形也为平行四边形，从而，，，，，，，，，，，，．故选D．【点睛】本题是巧求面积的选择题，综合考查了平行四边形，相似三角形的性质等，难度较大．23．（2019·辽宁鞍山市·中考真题）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①GH⊥BE；②△EHM∽△GHF；③﹣1；④＝2﹣，其中正确的结论是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】A【分析】由四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE=90°，从而得GH⊥BE；由GH是∠EGC的平分线，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中点，利用中位线定理，得HO∥BG且HO=BG；由△EHG是直角三角形，因为O为EG的中点，所以OH=OG=OE，得出点H在正方形CGFE的外接圆上，根据圆周角定理得出∠FHG=∠EHF=∠EGF=45°，∠HEG=∠HFG，从而证得△EHM∽△GHF；设HN=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=2a，由HO∥BG，得出△DHN∽△DGC，即可得出，得到，即a2+2ab-b2=0，从而求得，设正方形ECGF的边长是2b，则EG=2b，得到HO=b，通过证得△MHO∽△MFE，得到，进而得到，进一步得到.【详解】解：如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，在△BCE和△DCG中，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴∠BEC＝∠BGH，∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，∴∠BEC+∠HDE＝90°，∴GH⊥BE．故①正确；∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，∴OH＝OG＝OE，∴点H在正方形CGFE的外接圆上，∵EF＝FG，∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，∴△EHM∽△GHF，故②正确；∵△BGH≌△EGH，∴BH＝EH，又∵O是EG的中点，∴HO∥BG，∴△DHN∽△DGC，设EC和OH相交于点N．设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，即a2+2ab﹣b2＝0，解得：a＝b＝（﹣1+）b，或a＝（﹣1﹣）b（舍去），故③正确；∵△BGH≌△EGH，∴EG＝BG，∵HO是△EBG的中位线，∴HO＝BG，∴HO＝EG，设正方形ECGF的边长是2b，∴EG＝2b，∴HO＝b，∵OH∥BG，CG∥EF，∴OH∥EF，∴△MHO△MFE，∴，∴EM＝OM，∴，∴∵EO＝GO，∴S△HOE＝S△HOG，∴故④错误，故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．24．（2019·辽宁盘锦市·中考真题）如图，点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为（）A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）【答案】A【分析】直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，进而结合已知得出答案．【详解】∵点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A′B′C′，∴点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为：（4，3）．故选A．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．二、填空题25．（2021·浙江金华市·中考真题）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知，．（1）ED的长为____________．（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到（如图2），点P的对应点为，与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜反射后，在MN上的光点为．若，则的长为____________．【答案】13【分析】（1）由题意，证明△ABP∽△EDP，根据相似三角形的性质，即可求出ED的长度；（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，由勾股定理D′B，可证△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．△AHP′∽△E′FP′，，解得x=1.5．【详解】解：（1）由题意，∵，∴，∵从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．∴，∴△ABP∽△EDP，∴，即，∴；故答案为：13．（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，∵BD=12，DD′=5，由勾股定理D′B=，∵∠AHB=∠ABD=∠E′FN=∠BDD′=90°，∴∠ABH+∠DBD′=∠DBD′+∠DD′B=+∠E′D′F,∴∠ABH=∠BD′D=∠E′D′F,∴△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,∴，，∴,，∴，∵从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．∴，∴△AHP′∽△E′FP′，HP′=HB+BP=2.5+4=6.5，P′D′=BD′-BP′=13-4=9，P′F=P′D′-FD′=9-，∴即，解得x=1.5，经检验x=1.5是方程的解，EE′=DE-DE′=13-1.5=11.5=．故答案为．【点睛】本题考查相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，掌握相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，利用相似三角形的性质构造方程是解题关键．26．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，点在直线上，点的横坐标为2，过点作，交x轴于点，以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长的交x轴于点；…；按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为________（结果用含正整数n的代数式表示）．【答案】【分析】根据题中条件，证明所有的直角三角形都相似且确定相似比，再具体算出前几个正方形的边长，然后再找规律得出第个正方形的边长．【详解】解：点在直线上，点的横坐标为2，点纵坐标为1．分别过，作轴的垂线，分别交于，下图只显示一条；,类似证明可得，图上所有直角三角形都相似，有，不妨设第1个至第个正方形的边长分别用：来表示，通过计算得：，，按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为，故答案是：．【点睛】本题考查了三角形相似，解题的关键是：利用条件及三角形相似，先研究好前面几个正方形的边长，再从中去找计算第个正方形边长的方法与技巧．27．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在中，，为的中点，平分交于点，，分别与，交于点，，连接，，则的值为______；若，则的值为______．【答案】【分析】（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可.（2）通过，可知四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可.【详解】解：（1）∵，为的中点∴又∵平分∴又∵∴∴∴∴在与中,∴∴（2∵∴四点共圆，如下图：∵∴又∵∴∵∴∴∴∴即∵∴∵∴∵∴∴故答案为：【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键．28．（2021·四川资阳市·中考真题）如图，在菱形中，，交的延长线于点E．连结交于点F，交于点G．于点H，连结．有下列结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号为__________．

【答案】①②③④【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定证明①，利用AA定理证明△FCE∽△FGC，从而证明②，由含30°直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理分析求解，从而证明③和④．【详解】解：在菱形ABCD中，AD=DC，∠ADB=∠CDB又∵DF=DF∴△ADF≌△CDF，∴，故①正确；∵AD∥BC∴∠DAF=∠FEC又①中已证△ADF≌△CDF，∴∠DAF=∠DCF，AF=CF∴∠DCF=∠FEC又∵∠CFG=∠CFG∴△FCE∽△FGC，∴，即，故②正确；∵在菱形中，，∴∠DBC=∠BDC=30°又∵∴在Rt△DCF中，∠CDE=30°∴∴在菱形ABCD中，又∵AD∥BC，∴由①已证AF=FC∴由②已证，设FC=2k，EF=3k∴FG=，EG=∴，故③正确；由③已知设DF=2a，BF=3a∴BD=5a∴在Rt△BDE中，在Rt△CDE中，在Rt△DFH中，，∴∴在Rt△FCH中，又由②③已证，，设FG=4m，EG=5m，则EF=9m∴，解得（负值舍去）∴∴，故④正确故答案为：①②③④．【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．29．（2021·四川南充市·中考真题）如图，在中，D为BC上一点，，则的值为________．【答案】．【分析】证明△ABD∽△CBA，根据相似三角形的性质即可解答．【详解】∵，∴，，∴，∵∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，证明△ABD∽△CBA是解决问题的关键．30．（2021·江苏宿迁市·中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=5，点D、E分别在BC、AC上，CD=2BD，CF=2AF，BE交AD于点F，则△AFE面积的最大值是_________．【答案】【分析】连接DF，先根据相似三角形判定与性质证明,得到,进而根据CD=2BD，CF=2AF，得到,根据△ABC中，AB=4，BC=5，得到当AB⊥BC时，△ABC面积最大，即可求出△AFE面积的最大值．【详解】解：如图，连接DF，∵CD=2BD，CF=2AF，∴，∵∠C=∠C，∴△CDF∽△CBA，∴,∠CFD=∠CAB，∴DF∥BA，∴△DFE∽△ABE，∴,∴,∵CF=2AF，∴,∴,∵CD=2BD，∴,∴,∵△ABC中，AB=4，BC=5，∴，当AB⊥BC时，△ABC面积最大，为，此时△AFE面积最大为．故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据相似三角形的性质与判定得到,理解等高三角形的面积比等于底的比是解题关键．31．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则位似中心的坐标为__________________．【答案】【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心．【详解】解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心∴M点坐标为故答案为：．

【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．32．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F在CD上，且CF=3BF，AE，BF相交于点G，则AGF的面积是________．【答案】．【分析】延长AG交DC延长线于M，过G作GH⊥CD，交AB于N，先证明△ABE≌△MCE，由CF=3DF，可求DF=1，CF=3，再证△ABG∽△MFG，则利用相似比可计算出GN，再利用两三角形面积差计算S△DEG即可．【详解】解：延长AG交DC延长线于M，过G作GH⊥CD，交AB于N，如图，∵点E为BC中点，∴BE=CE，在△ABE和△MCE中，，∴△ABE≌△MCE（ASA），∴AB=MC=4，∵CF=3DF，CF+DF=4，∴DF=1，CF=3，FM=FC+CM=3+4=7，∵AB∥MF，∴∠ABG=∠MFG，∠AGB=∠MGF，∴△ABG∽△MFG，∴，∵，∴，S△AFG=S△AFB-S△AGB=，故答案为．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，熟练运用相似比计算线段的长是解题关键．33．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，在中，，矩形的顶点D、E在上，点F、G分别在、上，若，，且，则的长为________．【答案】【分析】根据矩形的性质得到GF∥AB，证明△CGF∽△CAB，可得，证明△ADG≌△BEF，得到AD=BE=，在△BEF中，利用勾股定理求出x值即可．【详解】解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x，∵四边形DEFG是矩形，∴GF∥AB，∴△CGF∽△CAB，∴，即，∴，∴AD+BE=AB-DE==，∵AC=BC，∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°，∴△ADG≌△BEF（AAS），∴AD=BE==，在△BEF中，，即，解得：x=或（舍），∴EF=，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是根据相似三角形的性质得到AB的长．34．（2021·重庆中考真题）如图，中，点D为边BC的中点，连接AD，将沿直线AD翻折至所在平面内，得，连接，分别与边AB交于点E，与AD交于点O．若，，则AD的长为__________．【答案】3【分析】利用翻折的性质可得推出是的中位线，得出，再利用得出AO的长度，即可求出AD的长度．【详解】由翻折可知∴O是的中点，∵点D为边BC的中点，O是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：3．【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质，掌握三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质是解题的关键．35．（2020·辽宁铁岭市·中考真题）如图，，正方形，正方形，正方形，正方形，…，的顶点，在射线上，顶点，在射线上，连接交于点，连接交于点，连接交于点，…，连接交于点，连接交于点，…，按照这个规律进行下去，设与的面积之和为与的面积之和为与的面积之和为，…，若，则等于__________．（用含有正整数的式子表示）【答案】【分析】先证得△ADC△，推出CD=，，同理得到，，由△△，推出△ED边D上的高为，计算出，同理计算得出，，找到规律，即可求解【详解】∵正方形，正方形，且，∴△和△都是等腰直角三角形，∴，∴，同理，∵正方形，正方形，边长分别为2，4，∴AC∥，∥，∴，∴，∴，，同理：，，∵∥，∴△△，设△和△的边和上的高分别为和，∴，∵，∴，，∴；同理求得：；；．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质在规律型问题中的应用，数形结合并善于发现规律是解题的关键．36．（2020·辽宁鞍山市·中考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．【答案】3【分析】根据□ABCD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．【详解】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，∴EC是△ABF的中位线；

在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，∴△ABF∽△ECF，∴，∴S△ABF：S△CEF=1：4；

又∵△ECF的面积为1，∴S△ABF=4，∴S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．故答案为：3．【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．37．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，在中，D是中点，，若的周长为6，则的周长为______．【答案】12【分析】由，可知，由D是中点，可得到相似比，即可求出的周长．【详解】解：∵，∴，又∵D是中点，∴，即与的相似比为1:2，∴与的周长比为1:2，∵的周长为6，∴的周长为12，故答案为：12．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的相似比等于周长比是解题的关键．38．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别为，以点为位似中心，相似比为，将缩小，则点的对应点的坐标是____________．【答案】或【分析】利用以原点为位似中心，相似比为k，位似图形对应点的坐标的比等于k或-k，把B点的横纵坐标分别乘以或即可得到点B′的坐标．【详解】解：∵以点为位似中心，相似比为，将缩小，∴点的对应点B′的坐标是（2，4）或（-2，-4）．故答案为：（2，4）或（-2，-4）．【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．39．（2020·江苏南通市·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上．设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于_____．【答案】【分析】先证明两个三角形相似，再根据相似三角形的周长比等于相似比，得出周长比的值便可．【详解】解：∵，，，∴，∴△ABC∽△DEF，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，勾股定理，本题关键是证明三角形相似．40．（2020·辽宁沈阳市·中考真题）如图，在矩形中，，，对角线相交于点，点为边上一动点，连接，以为折痕，将折叠，点的对应点为点，线段与相交于点．若为直角三角形，则的长__________．【答案】或1【分析】先根据矩形的性质、折叠的性质可得，，设，从而可得，再根据直角三角形的定义分和两种情况，然后分别利用相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可得．【详解】四边形ABCD是矩形，，由折叠的性质可知，设，则由题意，分以下两种情况：（1）如图1，当时，为直角三角形在和中，，即解得，在中，，即解得即（2）如图2，当时，为直角三角形，，即在和中，，即解得，即解得即综上，DP的长为或1故答案为：或1．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确画出图形，并分两种情况讨论是解题关键．41．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，等腰中，，边的垂直平分线交于点，交于点．若的周长为，则的长为________．【答案】【分析】过点A作AF⊥BC于F，先根据垂直平分线已知条件得出BC=16，再根据等腰三角形的三线合一和勾股定理得出AF=6，再根据即可得出结论【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线，∴AD=CD，∠DEC=90°，AE=5∵的周长为，∴AB+BD+AD=26∴AB+BD+DC=AB+BC=26∵AB=10，∴BC=16，过点A作AF⊥BC于F，∵AB=AC=10∴CF=8，∵∠DEC=∠AFC=90°，∠C=∠C∴∴∴∴DE=故答案为：【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握有关的性质．42．（2020·山东威海市·中考真题）如图，点在的内部，，与互补，若，，则__________．【答案】【分析】通过证明△ACO∽△OCB，可得，可求出OC．【详解】解：∵∠OCA＝∠OCB，∠OCA与∠AOB互补，∴∠OCA＋∠AOB＝180°，∠OCB＋∠AOB＝180°，∵∠OCA＋∠COA＋∠OAC＝180°，∠OCB＋∠OBC＋∠COB＝180°，∴∠AOB＝∠COA＋∠OAC，∠AOB＝∠OBC＋∠COB，∴∠AOC＝∠OBC，∠COB＝∠OAC，∴△ACO∽△OCB，∴，∴OC2＝2×＝3，∴OC＝，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明△ACO∽△OCB是本题的关键．43．（2020·吉林中考真题）如图，在中，，分别是边，的中点．若的面积为．则四边形的面积为_______．【答案】【分析】先根据三角形中位线定理得出，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而可得的面积，由此即可得出答案．【详解】点，分别是边，的中点，即又则四边形的面积为故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．44．（2020·吉林中考真题）如图，．若，，则______．【答案】10【分析】根据平行线分线段成比例得到，由条件即可算出DF的值．【详解】解：∵，∴，又∵，，∴，∴，故答案为：10．【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．45．（2020·山东东营市·中考真题）如图，为平行四边形边上一点，分别为上的点，且的面积分别记为．若则____．【答案】【分析】证明△PEF∽△PAD，再结合△PEF的面积为2可求出△PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去△PAD的面积即可求解．【详解】解：∵∴，且∠APD=∠EPF，∴△PEF∽△PAD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且△PEF的面积为2可知，，∴，过P点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH，∴，∴，即平行四边形ABCD的面积为，∴．故答案为：．【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等，熟练掌握其性质是解决本题的关键．46．（2020·广东深圳市·中考真题）如图，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，，则=___．【答案】【分析】过B点作BE//AD交AC于点E，证明，得到再证明利用设利用三角形的面积公式可得答案．【详解】解：过B点作BE//AD交AC于点E，BE⊥AD，，∴∴由，∴设则故答案为：47．（2020·湖南娄底市·中考真题）若，则________．【答案】【分析】根据比例的基本性质进行化简，代入求职即可．【详解】由可得，，代入．故答案为．【点睛】本题主要考查了比例的基本性质化简，准确观察分析是解题的关键．48．（2020·湖南郴州市·中考真题）在平面直角坐标系中，将以点为位似中心，为位似比作位似变换，得到．已知，则点的坐标是__________．【答案】．【分析】直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可．【详解】解：∵将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，A（2，3），

∴点A1的坐标是：，即A1．故答案为：．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．49．（2020·山西中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．【答案】【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．【详解】如解图，过点作于，∵，∴，∴，∵，点是的中点，∴，∵，∴∽∴∴，设为，则，由勾股定理得，又∵，∴，则，∵且，∴∽，∴，即，解得，∴．∵∴∴∴故答案为：【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．50．（2020·内蒙古通辽市·中考真题）如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．【答案】7【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，∴PA+PE=PD+PE，当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，∵点E是AB中点，∴BE+BD=3BE=，∴BE=，AB=BD=，∵∠BAC=120°，∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，∴△ABD为等边三角形，∴DE⊥AB，∠BDE=30°，∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，即点H的纵坐标为a=3，当点P为DE和BC交点时，∵AB∥CD，∴△PBE∽△PCD，∴，∵菱形ABCD中，AD⊥BC，∴BC=2×=6，∴，解得：PC=4，即点H的横坐标为b=4，∴a+b=3+4=7，故答案为：7.【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．51．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．【答案】【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，∴∠DCE＝∠CAO，∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y轴，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴CDE≌CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴，∴，解得：，故答案为：．【点睛】本题综合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以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．52．（2019·辽宁阜新市·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是AC边上的一点，DE垂直平分AB，垂足为点E，若AC=8，BC=6，则线段DE的长度为______．【答案】【分析】先求出AE长，根据相似三角形的判定得出△AED∽△ACB，得出比例式，代入求出DE长即可．【详解】解：∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB===10，∵DE垂直平分AB，∴∠DEA=90°，AE==5，∴∠DEA=∠C，又∵∠A=∠A，∴△AED∽△ACB，∴，即∴DE=．故答案为．【点睛】本题考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的性质和判定的应用，能推出△AED∽△ACB是解此题的关键．三、解答题53．（2021·北京中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，由旋转的性质可得，∵，∴，∴，∵点M为BC的中点，∴，∵，∴；（2）证明：，理由如下：过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：∴，由（1）可得，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．54．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，在和中，，．（1）求证：；（2）若，，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）9．【分析】（1）先根据角的和差可得，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）根据相似三角形的性质即可得．【详解】证明：（1），，即，在和中，，；（2）由（1）已证：，，，，，解得或（不符题意，舍去），则的长为9．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．55．（2020·广西中考真题）如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．（1）求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；（2）求证：CD平分∠ACB；（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求证：BO2+OF2＝EF•BF．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，判断出OA＝OB＝OC＝OD，即可得出结论；（2）先求出∠COD＝150°，利用等腰三角形的性质得出∠ODC＝15°，进而求出∠BDC＝30°，进而求出∠BCD＝45°，即可得出结论；（3）先判断出，得出DF2＝BF•EF，再利用勾股定理得出OD2+OF2＝DF2，即可得出结论．【详解】证明：（1）如图，连接OD，OC，在Rt中，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，∴OC＝OA＝OB，在Rt中，∠ADB＝90°，点O是AB的中点，∴OD＝OA＝OB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴A，B，C，D四个点在以点O为圆心，为半径的同一个圆上；（2）连接OC，OD，由（1）知，OA＝OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，在Rt中，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠BOC＝60°，在Rt中，∠DAB＝45°，∴∠ABD＝45°＝∠DAB，∴AD＝BD，∵点O是AB的中点，∴OD⊥AB，∴∠BOD＝90°，∠ODB＝∠ADB＝45°，∴∠COD＝150°，∴∠OCD＝∠ODC＝15°，∴∠BDC＝∠ODB﹣∠ODC＝30°，∵∠CBD＝∠ABC+∠ABD＝105°，∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠BDC＝45°，∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝45°＝∠BCD，∴CD平分∠ACB；（3）由（2）知，∠BCD＝45°，∵∠ABC＝60°，∴∠BEC＝75°，∴∠AED＝75°，∵DF∥BC，∴∠BFD＝∠ABC＝60°，∵∠ABD＝45°，∴∠BDF＝180°﹣∠BFD﹣∠ABD＝75°＝∠AED，∵∠DFE＝∠BFD，∴，∴，∴DF2＝BF•EF，连接OD，则∠BOD＝90°，OB＝OD，在Rt中，根据勾股定理得，OD2+OF2＝DF2，∴OB2+OF2＝BF•EF，即BO2+OF2＝EF•BF．【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，四点共圆的判定，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．56．（2020·贵州黔南布依族苗族自治州·中考真题）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的圆”，请研究如下美丽的圆，如图，中，，点O在线段上，且，以O为圆心．为半径的⊙O交线段于点D，交线段的延长线于点E．（1）求证：是⊙O的切线；（2）研究过短中，小明同学发现，回答小明同学发现的结论是否正确？如果正确，给出证明；如果不正确，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）结论成立，见解析【分析】（1）过点O作于H，由勾股定理可求的长，由面积法可求，即可求结论．（2）连接，通过证明，可得，由，可得结论．【详解】解：（1）如图1，过点O作于H，∵，∴，∵，∴，∴，∴，且，∴是的切线；（2）结论成立，理由如下：连接，∵是直径，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，故小明同学发现的结论是正确的．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，切线的判定与性质，勾股定理，圆的有关知识．证明是解题的关键．57．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，中，，点D从点B出发，沿边以的速度向终点C运动，过点D作，交边（或）于点E．设点D的运动时间为，的面积为．（1）当点D与点A重合时，求t的值；（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．【答案】（1）；（2）当时，当＜时，【分析】（1）利用勾股定理求解的长，从而可得答案；（2）分，＜两种情况讨论，利用相似三角形的性质求解的两条直角边，再利用面积公式列函数关系式即可．【详解】解：（1），（2）如图，当时，点在上，由题意得：当＜时，点在上，如图，由题意得：同理：综上：当时，当＜时，【点睛】本题考查的是几何动点问题，考查了相似三角形的判定与性质，考查了利用面积公式列函数关系式，分类讨论思想，掌握以上知识是解题的关键．58．（2020·辽宁朝阳市·中考真题）如图所示的平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，请按如下要求画图：（1）以坐标原点O为旋转中心，将顺时针旋转90°，得到，请画出；（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出的位似图形，使它与的位似比为．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点O对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；（2）利用位似的性质，找出点A2、B2、C2的位置，然后画出图形即可．【详解】解：（1）位置正确；用直尺画图；（2）位置正确；用直尺画图．【点睛】本题考查了位似图形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握所学的性质正确的做出图形．59．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）（1）（操作发现）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．①请按要求画图：将绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点，点C的对应点为点．连接；②在①中所画图形中，＝°．（2）（问题解决）如图2，在中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．（3）（拓展延伸）如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．【答案】（1）①见解析，②45；（2）135°；（3）【分析】（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．（3）如图3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG＝，由此即可解决问题．【详解】解：（1）①如图，△AB′C′即为所求．②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，∴∠AB′B＝45°，故答案为45．（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，∴∠B＝∠EAH，∵AB＝AE，∴△ABC≌△EAH（AAS），∴BC＝AH，EH＝AC，∵BC＝CD，∴CD＝AH，∴DH＝AC＝EH，∴∠EDH＝45°，∴∠ADE＝135°．（3）如图③中，∵AE⊥BC，BE＝EC，∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG，∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝2k，∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG+∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG＝＝．∴BD＝CG＝．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．60．（2020·辽宁沈阳市·中考真题）在中，，点为线段延长线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，旋转角为，得到线段，连接．（1）如图，当时，①求证：；②求的度数：（2）如图2，当时，请直接写出和的数量关系为__________；（3）当时，若时，请直接写出点到的距离为__________．

【答案】（1）①证明见解析；②60°；（2）；（3）或．【分析】（1）①通过证明即可得证；②根据得到，故即可求解；（2）通过证明，对应线段成比例可得；（3）分两种情形，解直角三角形求出即可解决问题．【详解】解：（1）①证明：∵，，，∴与都是等边三角形，∴，，，∴，即，∴，∴；②∵，∴，∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴；（2）∵，，，∴，，∴，即，∴，∴，即，故答案为：；（3）过点作于，过点作交的延长线于．如图中，当是钝角三角形时，在中，，，，，，，，由（2）可知，，，，，如图中，当是锐角三角形时，同法可得，，，综上所述，满足条件的的值为或．故答案为：或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，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全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．61．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，和都是等边三角形，点、、三点在同一直线上，连接，，交于点．（1）若，求证：；（2）若，．①求的值；②求的长．【答案】（1）见解析；（2）①；②【分析】（1）先根据两边对应成比例且夹角对应相等得出，再根据ASA得出即可．（2）①过点作于点，根据直角三角形角所对直角边是斜边的一半可得，从而得出，由BE=6得出，，根据勾股定理得出，然后根据即可．②在Rt中，根据勾股定理得出BD的长，再根据得出即可得出DF的长．【详解】（1）证明：，又，，．和均为等边三角形，，，，，，．（2）①，，，，，，．，，，过点作于点，为等边三角形，，．在Rt中，，．②在Rt中，，，，，，，．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质，以及锐角三角函数，熟练掌握相关的知识是解题的关键．62．（2020·江苏徐州市·中考真题）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果．那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为．（1）在图①中，若，则的长为_____；（2）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明是的黄金分割点；（3）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点，理由见解析【分析】（1）由黄金比值直接计算即可；（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；（3）当PB=BC时，证得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,则有BF=AE，设BF=x，则AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可证得结论．【详解】（1）AB=×20=（）(cm)，故答案为：；（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90º，由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，在Rt△CDE中，CE=，∴EH=，在Rt△GHE中，在Rt△GAE中，,∴，解得：x=，即，∴是的黄金分割点；（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点．理由：∵，∴∠BCF+∠CBE=90º，又∠CBE+∠ABE=90º，∴∠ABE=∠BCF，∵∠A=∠ABC=90º，AB=BC，∴△BAE≌△CBF（ASA），∴AE=BF，设AE=BF=x，则AF=a-x，∵AD∥BC即AE∥PB，∴即，∴，解得：或(舍去)，即BF=AE=，∴，∴、分别是、的黄金分割点．【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．63．（2020·上海中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．（1）求证：△BEC∽△BCH；（2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．(2)由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．∵DF=BE，∴△CDF≌△CBE(SAS)，∴∠DCF=∠BCE．∵CDBH，∴∠H=∠DCF，∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，∴△BEC∽△BCH．(2)∵BE2=AB•AE，∴=，∵AGBC，∴=，∴=，∵DF=BE，BC=AB，∴BE=AG=DF，即AG=DF．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．64．（2020·四川内江市·中考真题）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．（1）连结CQ，求证：；（2）若，求的值；（3）求证：．【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析【分析】(1)由旋转知△PBQ为等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，进而证明△APB≌△CQB即可；(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，又△ABC为等腰直角三角形，所以BC=，PQ=，再证明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，进而求出CE:BC的值；(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，证明△PFA≌△QGC，进而得到PF=QG，然后再证明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，进而求解．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∵BP绕点B顺时针旋转到BQ，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC,∴∠ABP=∠CBQ，在△APB和△CQB中，，∴△APB≌△CQB(SAS)，∴AP=CQ．(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，△ABC为等腰直角三角形，∴BC=，在Rt△PCQ中，由勾股定理有：，且△PBQ为等腰直角三角形，∴，又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，∴△BQE∽△BCQ，∴，代入数据：，∴BE=，∴CE=BC-BE=，∴，故答案为：．(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，如图所示：∵∠FAP=∠GCQ=45°，且由(1)知AP=CQ，且截取CG=FA，故有△PFA≌△QGC(SAS)，∴PF=Q