专题07 全等三角形、相似三角形（2大考点）（解析版）

专题07全等三角形、相似三角形（解析版）考点一：全等三角形1．（2023·福建·统考中考真题）如图，OA=OC,OB=OD,∠AOD=∠COB．求证：AB=CD．【答案】见解析【分析】根据已知条件得出∠AOB=∠COD，进而证明△AOB≌△COD，根据全等三角形的性质即可得证．【详解】证明：∵∠AOD=∠COB，∴∠AOD-∠BOD=∠COB-∠BOD即∠AOB=∠COD．在△AOB和△COD中，OA=OC,∴△AOB≌△COD∴AB=CD．【点睛】本小题考查等式的基本性质、全等三角形的判定与性质等基础知识，考查几何直观、推理能力等，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．2．（2022·福建·统考中考真题）如图，点C，F在BE上，BF=EC，AB=求证：∠A【答案】证明见解析【分析】利用BF=CE得出BC=EF，再利用SAS证明【详解】证明：∵BF=∴BC=又∵AB=DE，∴△∴∠A【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解答本题的关键．3．（2021·福建·统考中考真题）如图，在△ABC中，D是边BC上的点，DE⊥AC,DF⊥AB，垂足分别为E，F，且DE=DF,CE=BF．求证：∠B=∠C．【答案】见解析【分析】由DE⊥AC,DF⊥AB得出∠DEC=∠DFB=90°，由SAS证明△DEC≌△DFB，得出对应角相等即可．【详解】证明：∵DE⊥AC,DF⊥AB，∴∠DEC=∠DFB=90°．在△DEC和△DFB中，DE=DF,∴△DEC≌△DFB，∴∠B=∠C．【点睛】本小题考查垂线的性质、全等三角形的判定与性质、等基础知识，考查推理能力、空间观念与几何直观．4．（2020·福建·统考中考真题）如图，点E，F分别在菱形ABCD的边DC，DA上，且CE=AF．求证：∠ABF=∠CBE．【答案】证明见解析.【详解】试题分析：根据菱形的性质可得AB=BC，∠A＝∠C，再证明ΔABF≌△CBE，根据全等三角形的性质可得结论．试题解析：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠A=∠C，∵在△ABF和△CBE中，AF=CE∠A=∠C∴△ABF≌△CBE（SAS），∴∠ABF=∠CBE．考点：菱形的性质．5．（2019·福建·统考中考真题）如图，点E、F分别是矩形ABCD的边AB、CD上的一点，且DF＝BE.求证：AF=CE.

【答案】证明见解析【分析】由SAS证明△ADF≌△CBE，即可得出AF＝CE．【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，在△ADF和△CBE中，AD＝∴△ADF≌△CBE（SAS），∴AF＝CE．【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．考点二：相似三角形6．（2023·福建·统考中考真题）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．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD,CA的延长线相交于点M．

(1)求证：△ADE∽△FMC；(2)求∠ABF的度数；(3)若N是AF的中点，如图2．求证：ND=NO．【答案】(1)见解析(2)∠ABF=135°(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=12∠BAC，再证明∠BAO=∠DFC（2）如图1：设BC与DF的交点为I，先证明∴△BID∽△FIC可得BIFI=DICI，再证明（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，再证△BIF∽△DIC可得∠DFT=∠DCO；进而证明△DFT≌△DCO即DT=DO，再说明∠ODT=∠CDF=90°则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．【详解】（1）解：∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，∴∠DFC=45°，∵AB=AC,AO⊥BC，∴∠BAO=1∵∠BAC=90°，∴∠BAO=∠ABC=45°．∴∠BAO=∠DFC．∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°，∴∠EDA=∠M．∴△ADE∽△FMC．（2）解：如图1：设BC与DF的交点为I，

∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC，∴△BID∽△FIC，∴BI∴BI∵∠BIF=∠DIC，∴△BIF∽△DIC，∴∠IBF=∠IDC．又∵∠IDC=90°，∴∠IBF=90°．∵∠ABC=45°,∠ABF=∠ABC+∠IBF，∴∠ABF=135°．（3）解：如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，

∵∠FBI=∠BOA=90°，∴BF∥AO，∴∠FTN=∠AON．∵N是AF的中点，∴AN=NF．又∵∠TNF=∠ONA，∴△TNF≌△ONA，∴NT=NO,FT=AO．∵∠BAC=90°,AB=AC,AO⊥BC，∴AO=CO，∴FT=CO．由（2）知，△BIF∽△DIC，∴∠DFT=∠DCO．

∵DF=DC，∴△DFT≌△DCO，∴DT=DO,∠FDT=∠CDO，∴∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO，即∠ODT=∠CDF．∵∠CDF=90°，∴∠ODT=∠CDF=90°，∴ND=1【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．7．（2021·福建·统考中考真题）如图，已知线段MN=a,AR⊥AK，垂足为a．（1）求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK,AR上，且AB=BC=a，∠ABC=60°，CD//（2）设P，Q分别为（1）中四边形ABCD的边AB,CD的中点，求证：直线AD,BC,PQ相交于同一点．【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、B，a为半径画圆弧，交点即为点C；再根据等边三角形的性质作CD，即可得到答案；（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∽△SCD，∴SA设直线PQ与AD相交于点S'同理S'∵P，Q分别为AB,CD的中点，∴PA=12∴PA∴S'∴S'∴ADS∴S'∴点S与S'重合，即三条直线AD,BC,PQ【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．8．（2021·福建·统考中考真题）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∠GA（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,AE=BF=a，设A'F=k，则AA'=3k，根据勾股定理找到k【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=EF，∴ET是△AA∴ET∥A'F（2）连接FG，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB,∠DAB=∠ABG=90°,∠DAT+∠BAG=90°，∵DE⊥AA'，∴∴∠ADT+∠DAT=90°，∴∠ADT=∠BAG．∴△DAE≌△ABG，∴AE=BG，又AE=EF=FB，∴FB=BG，∴△FBG是等腰直角三角形，∴∠GFB=45°．∵DE//∴A'∴∠FA取FG的中点O，连接OA在Rt△A'FGOA∴OA∴点A'，F，B，G都在以FG为直径的⊙O∴∠GA（3）设AB=3a，则AD=BC=3a,AF=2a,AE=BF=a．由（2）得BG=AE=a，∴tan∠BAG=BGAB=a3a设A'F=k，则AA'=3k∴10k=2a,k=在Rt△ABG中，由勾股定理，得AG=A又∵AA∴A'∴A'∵CG=BC-CB=2a，∴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．（2019·福建·统考中考真题）如图，已知△ABC为和点A'.(1)以点A'为顶点求作△A'B'C',使△A'B'C'∽△ABC，S△A'B'C'=4S△ABC;(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)(2)设D、E、F分别是△ABC三边AB、BC、AC的中点，D'、E'、F'分别是你所作的△A'B'C'三边A'B'、B'C'、A'C'的中点，求证：△DEF∽△D'E'F'.【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）分别作A'C'＝2AC、A'B'＝2AB、B'C'＝2BC得△A'B'C'即可．（2）根据中位线定理易得△DEF∽△CAB，△D'E'F'∽△C'A'B'，故可得△DEF∽△D'E'F'.【详解】解：（1）作线段A'C'＝2AC、A'B'＝2AB、B'C'＝2BC，得△A'B'C'即为所求．证明：∵A'C'＝2AC、A'B'＝2AB、B'C'＝2BC，∴△ABC∽△A′B′C′，∴S△A'B'C'（2）证明：∵D、E、F分别是△ABC三边AB、BC、AC的中点，∴DE＝12AC，DF＝12BC，EF＝1∴△DEF∽△CAB，同理：△D'E'F'∽△C'A'B'，由（1）可知：△ABC∽△A′B′C′，∴△DEF∽△D'E'F'．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及三角形的中位线定理，解答本题的关键是掌握相似三角形的判定方法．一、单选题1．（2023·福建厦门·统考二模）用三角尺可按下面方法画角平分线：在已知的∠AOB的两边上，分别取OM＝ON，再分别过点M，N作OA，OB的垂线，交点为P，画射线OP，则OP平分∠AOB．做法中用到证明△OMP与△ONP全等的判定方法是（

）A．SAS B．SSS C．ASA D．HL【答案】D【分析】根据直角三角形全等的判定HL定理，可证△OPM≌△OPN．【详解】解：∵OM=ON，OP=OP，∠OMP=∠ONP=90°，∴△OPM≌△OPN所用的判定定理是HL．​故选D.【点睛】本题考查学生的观察能力和判定直角三角形全等的HL定理，本题是一操作题，要会转化为数学问题来解决．2．（2023秋·福建泉州·八年级泉州五中校考期中）如图，点P是∠AOB的角平分线上一点，过点P作PC⊥OA于点C，且PC=3，则点P到OB的距离为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】过点P作PD⊥OB于D，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PC=PD，从而得解．【详解】解：如图，过点P作PD⊥OB于D，∵点P是∠AOB的角平分线上一点，PC⊥OA，∴PC=PD=3，即点P到OB的距离等于3．故选：A．【点睛】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．3．（2023·福建龙岩·校联考一模）如图，数学实践活动小组要测量学校附近楼房CD的高度，在水平地面A处安置测倾器测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，向前走20米到达A'处，测得点D的仰角为67.5°，已知测倾器AB的高度为1.6米，则楼房CD的高度约为（

）．（结果精确到0.1米，2A．34.14米 B．34.1米 C．35.7米 D．35.74米【答案】C【分析】过点B作BF⊥CD于F，过点B'作B'E⊥BD于E，证明∠BDB'=∠CDB'，利用角平分线的性质得到B'【详解】解：如图所示，过点B作BF⊥CD于F，过点B'作B'E⊥BD由题意得四边形ABFC是矩形，BB∴CF=AB=1.6m∵∠BDB∴∠BDB又∵B'∴B'在Rt△BEB'中，在Rt△BDF中，BF=∴DF=BF=BB∴CD=DF+CF=21.6+10故选C．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定，角平分线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．4．（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，在ΔABC中，∠C=90∘,∠A=30∘,AB的垂直平分线交AC于D，交AB于A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】先由直角三角形的性质求出∠ABC的度数，由AB的垂直平分线交AC于D，交AB于E，垂足为E，可得BD=AD，由∠A=30°可知∠ABD=30°，故可得出∠DBC=30°，根据CD=2cm可得出BD的长，进而得出AD的长．【详解】解：连接BD，∵在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，∴∠ABC=60°，∵AB的垂直平分线交AC于D，交AB于E，∴AD=BD，DE⊥AB，∴∠ABD=∠A=30°，∴∠DBC=90º-∠A-∠ABD=30°，∵CD=2，∴BD=2CD=4，∴AD=4，∴AC=AD+CD=4+2=6.故选择：D．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质以及含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．5．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，EO⊥AC于点O，交BC于点E，若△ABE的周长为5，AB=2，则AD的长为（）．A．2 B．2.5 C．3 D．4【答案】C【分析】由矩形的性质可得AO＝CO，由线段垂直平分线的性质可得AE＝EC，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AO＝CO，BC＝AD，∵EO⊥AC，∴AE＝EC，∵△ABE的周长为5，∴AB+AE+BE＝5，∴2+BC＝5，∴BC＝3＝AD，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握矩形的性质是本题的关键．6．（2023·福建南平·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转使∠DPG=∠DAC，且过D作DG⊥PG，连接CG，则CG最小值为(

)A．65 B．75 C．3225【答案】D【分析】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H．证明△ADP∽△DHG，推出∠DHG＝∠DAP＝定值，推出点G在射线HF上运动，推出当CG⊥HE时，CG的值最小，想办法求出CG即可．【详解】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H．∵DG⊥PG，DH⊥AC，∴∠DGP＝∠DHA，∵∠DPG＝∠DAH，∴△ADH∽△PDG，∴ADDP=DHDG，∴∠ADP＝∠HDG，∴△ADP∽△DHG，∴∠DHG＝∠DAP＝定值，∴点G在射线HF上运动，∴当CG⊥HE时，CG的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠HDF＝90°，∵∠DAH+∠ADH＝90°，∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，∴FD＝FH，∵∠FCH+∠CDH＝90°，∠FHC+∠FHD＝90°，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC＝DF＝3，在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，∴AC＝32+42＝5，∴CH＝CD∴EH＝DH⋅CHCD∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，∴△CGF≌△HEF（AAS），∴CG＝HE＝3625∴CG的最小值为3625故选D．【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形核或全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．7．（2023秋·福建泉州·八年级校考阶段练习）在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB，AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC，其中正确结论的个数是（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】根据正方形的性质和全等三角形的性质逐项分析即可得出答案．【详解】根据正方形的性质可得AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，然后求出∠CAE=∠BAG，再利用“边角边”证明△ABG和△AEC全等，根据全等三角形对应边相等可得BG=CE，判定①正确；设BG、CE相交于点N，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE=∠AGB，然后求出∠CNG=90°，根据垂直的定义可得BG⊥CE，判定②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再利用“角角边”证明△ABH和△EAP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EAM=∠ABC判定④正确，全等三角形对应边相等可得EP=AH，同理可证GQ=AH，从而得到EP=GQ，再利用“角角边”证明△EPM和△GQM全等，根据全等三角形对应边相等可得EM=GM，从而得到AM是△AEG的中线，故③正确．综上所述，①②③④结论都正确．故选A．考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键．8．（2023·福建莆田·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，2），在x轴上任取一点M，完成以下作图步骤：①连接AM．作线段AM的垂直平分线l1，过点M作x轴的垂线l2，记l1，l2的交点为P；②在x轴上多次改变点M的位置，用①的方法得到相应的点P，把这些点用平滑的曲线顺次连接起来，得到的曲线是（）A．直线 B．抛物线 C．双曲线 D．双曲线的一支【答案】B【分析】首先根据作图步骤作图，再由所画出的图形，即可判定．【详解】解：根据作图步骤作图，如图所示．由此图可得出该曲线为抛物线．故选：B．【点睛】本题考查了基本作图，函数的图像，熟悉二次函数的图像特征是解答本题的关键．9．（2023·福建厦门·厦门一中校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，BD平分∠ABC，交AC于点D，且AB=4，BD=5，则点D到BC的距离是（

A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】首先根据勾股定理求得AD的长，再根据角平分线的性质定理即可求得结果.【详解】解：∵∠A=90°，AB=4，BD=5，∴AD=5∵BD平分∠ABC，∴点D到BC距离=AD=3.故选A【点睛】本题考查了勾股定理和角平分线上的点到角两边距离相等的性质，读懂题意，明确所求，正确计算是解题的关键.10．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，将△ABC沿BC的方向平移至△A'B'C'，使得A'E=A'F，其中E是A'B

A．52-52 B．112-【答案】C【分析】由平移的性质结合矩形的性质易证四边形A'ECF为菱形，即得出A'E=A'F=CE=CF．根据勾股定理可求出A'C'=AC=AB2+B【详解】解：由平移的性质可知AC∥A'C'，AB∥A∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，AB=CD，∴CD∥A'B∴四边形A'∵A'∴平行四边形A'∴A'∵AB=2，BC=4，∴A'∵B'∴△CEB∴EB设A'E=A∴2-x2解得：x=5-∴A'∴C'∴CC故选C．【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．二、填空题11．（2023·福建南平·中考真题）已知点P在线段AB的垂直平分线上，PA=6，则PB=_______________【答案】6【分析】直接根据线段垂直平分线的性质进行解答即可．【详解】∵点P在线段AB的垂直平分线上，PA=6，∴PB=PA=6．故答案为：6．【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质．熟记线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等是关键．12．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，点E在∠BOA的平分线上，EC⊥OB，垂足为C，点F在OA上，若∠AFE=30°，EC=1，则EF=__________.

【答案】2【分析】过点E作ED⊥OA，交OA于点D，根据角平分线的性质可得ED=EC=1，再根据含30°角直角三角形的性质计算即可解答．【详解】解：如图，过点E作ED⊥OA，交OA于点D，

∵点E在∠BOA的平分线上，EC⊥OB，∴ED=EC=1∵∠AFE=30°，ED⊥OA∴EF=2ED=2．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了角平分线、含30°角直角三角形等知识点，熟练掌握含30°角直角三角形的性质是解题的关键．13．（2023·福建莆田·统考一模）莆田湄洲岛，是亿万妈祖信徒敬仰的圣地，这里的妈祖庙更是名扬四海．在湄洲妈祖庙的正殿前方上建造了一尊巨型石雕妈祖像，面向台湾海峡，为海峡两岸同胞共同瞻仰．小颖想测量雕像的高，她先测得雕像的影长为4.1m，并在同一时刻测得一根长为1.4m的竹竿的影长是0.4m．请你帮她算一下，石雕妈祖像高是______m．【答案】14.35【分析】根据题意作出图形，根据相似三角形的判定与性质即可求解．【详解】解：如图，设石雕妈祖像高为AB，影长为BE，同一时刻竹竿高度为CD，竹竿影长为DE，∵AB∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴ABCD即AB4.1∴AB=14.35m．故答案为：14.35【点睛】本题考查了相似三角形的应用，理解题意，画出图形熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．14．（2023·福建福州·福建省福州外国语学校校考模拟预测）如图，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转到菱形AB'C'D'的位置，使点B'落在BC上，B'C'与CD交于点【答案】15【分析】过C作CF∥C′D′交B′C′于F，根据菱形和旋转的性质求得△ABB′∽△B′FC，△ABB′≌△ADD′，可得CF和C′D的长，再由△CFE∽△DC′E求得CE和DE的比即可解答；【详解】解：如图，过C作CF∥C′D′交B′C′于F，AB′C′D′是菱形，则AB′∥C′D′，∴CF∥AB′，∴∠B′FC=∠AB′F，∠B′CF=∠AB′B，∵∠AB′C′=∠B，∴∠B′FC=∠B，∴△ABB′∽△B′FC，∴AB′∶B′C=BB′∶FC，AB′=5，BB′=3，则B′C=2，∴FC=65由旋转性质可得∠BAB′=∠DAD′，∵AB=AB′=AD=AD′，∴△ABB′≌△ADD′，∴BB′=DD′=3，∴DC′=2，∵CF∥C′D′，∴△CFE∽△DC′E，∴CF∶DC′=CE∶DE=65∶2=3∶5∴CE=DC×38=15故答案为：158【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识；掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．15．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，BD，AE交于点O，若随机向平行四边形ABCD内投针，则针尖落在图中阴影部分的概率为_____．【答案】1【分析】利用平行四边形的性质得到BC＝AD，BC//AD，再证明△BOE∽△DOE，利用相似比得到BOOD＝OEOA＝BEAD＝12，则【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC＝AD，BC//∵E为BC的中点，∴BE＝12AD∵BE//∴△BOE∽△DOE，∴BOOD＝OEOA＝BEAD∴S△AOB＝2∴S△ADBS四边形∴针尖落在图中阴影部分的概率＝SΔBOES四边形故答案为112【点睛】本题主要考查概率与几何图形的结合，关键是通过平行四边形的性质及相似三角形的性质得到SΔBOE与S16．（2023·福建福州·统考二模）两个正方形按如图所示的位置放置，若重叠部分是一个正八边形，则这两个正方形边长的比值是_______．

【答案】1【分析】根据正多边形的性质，BD=BE，∠ABD=∠CBE=45°，设AB=AD=CB=CE=a，则BD=BE=2a，即可得出AF=2a+2【详解】解：∵重叠部分是一个正八边形，∴BD=BE，∠ABD=∠CBE=360°∵两个四边形均为正方形，∴∠A=∠C=90°，∴AD=AB,CB=CE，在△ABD和△CBE中，∠A=∠C∠ABD=∠CBE∴△ABD≌△CBEAAS∴AB=AD=CB=CE，设AB=AD=CB=CE=a，则BD=BE=2∴AF=2a+2同理可得：CH=2a+2∴这两个正方形边长的比值：AFCH故答案为：1．

【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正多边形各条边相等，各个内角相等．三、解答题17．（2023·福建厦门·福建省厦门第二中学校考模拟预测）如图，在ΔABC中，∠C=90°，点D是AB边上的一点，DM⊥AB，且DM=AC，过点M作ME∥BC交AB于点E，求证：ΔABC≌ΔMED．【答案】见解析【分析】根据平行线的性质可得∠MED=∠B，根据垂直的定义可得∠MDE=90°，然后利用AAS即可证出结论．【详解】证明：∵ME∥BC∴∠MED=∠B∵DM⊥AB∴∠MDE=90°在△ABC和△MED中∠C=∠MDE=90°∴△ABC≌△MED

(AAS)【点睛】此题考查的是平行线的性质和全等三角形的判定，掌握平行线的性质和利用AAS判定两个三角形全等是解决此题的关键．18．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知点B，E，C，F在同一直线上，BE=CF，∠ABC=∠DFE，AB=DF．求证：△ABC≌△DFE．【答案】见解析【分析】只需要利用SAS证明△ABC≌△DFE即可．【详解】证明：∵BE=CF，∴BE+EC=CF+EC．即BC=FE．∵∠ABC=∠DFE，AB=DF，∴△ABC≌△DFESAS【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．19．（2023春·福建漳州·八年级漳州三中校联考期中）如图，将正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形GBEF，EF与AD相交于点H，连接BH，若EH=3，求BH长．【答案】6【分析】根据旋转的性质可知：AB=BG=BE，∠EBC=30°，再证明Rt△HAB≌Rt△HEB，即有AH=HE=3，∠ABH=∠EBH，进而可得∠ABH=∠EBH=30°，在Rt【详解】在正方形ABCD和正方形GBEF中，∠A=∠E=∠ABC=90°，AB=BC，GB=BE，根据旋转的性质可知：AB=BG=BE，∠EBC=30°，∵BH=BH，∴Rt△HAB≌∴AH=HE=3，∠ABH=∠EBH，∵∠EBC=30°，∴∠ABE=60°，∴∠ABH=∠EBH=30°，在Rt△HEB中，∠EBH=30°，HE=3∴BH=2HE=6，故答案为：6．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明Rt△HAB≌20．（2023·福建·统考模拟预测）如图，AD是△ABC的中线，延长AD，过点B作BE⊥AD交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于点F．求证：DE＝DF．

【答案】见解析【分析】根据三角形中线的定义得到BD＝CD，然后利用AAS证明△BDE≌△CDF即可．【详解】证明：∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，又∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠E＝∠CFD＝90°，在△BDE和△CDF中，∠BDE∴△BDE≌△CDF(AAS)，∴DE＝DF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键，属于基础题．21．（2023·福建厦门·校考二模）如图，已知平行四边形ABDC中，E，F是对角线BC上两点，且满足BF＝CE．求证：AF∥DE．【答案】证明见解析【分析】可由题中条件判断出△CDE≌△BAF，得出∠CED＝∠AFB，即∠DEB＝∠CFA，进而可求证DE与AF平行．【详解】证明：∵四边形ABDC是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠DCF，又∵BF＝CE，∴CDE≌△BAF（SAS），∴∠CED＝∠AFB，∴∠DEB＝∠CFA，∴AF∥DE．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．22．（2023·福建厦门·统考三模）（1）如图，在△ABC中，∠B>∠A，请在AC边上求作一点D，使BD=AD（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）若BD平分∠ABC，且AD=5，CD=4，求BC的长．【答案】（1）见解析；（2）6【分析】（1）作线段AB的垂直平分线，与线段AC的交点即为所求作的点D．（2）先求出线段AC的长，然后根据子母型相似可证△BCD∽△ACB，最后由相似三角形的性质可求出BC的长．【详解】解：（1）如图，点D就是所求作的点．（2）∵BD=AD，∴∠1=∠A．∵AD=5，CD=4，∴AC=AD+CD=5+4=9．∵BD平分∠ABC，∴∠1=∠2，∴∠2=∠A．∵∠C=∠C，∴△BCD∽△ACB，∴BCAC=CD∴BC=6．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的作图方法及利用子母型相似进行相关计算，掌握线段垂直平分线的作图方法和子母型相似是关键．23．（2023·福建莆田·统考二模）如图，已知⊙O的直径AB、CD长为14，点E为AB上一点，直线DF与⊙O相切于点D，连接DE并延长交⊙O于G点，且∠OEF=2∠CAB．（1）求证：EF⊥DF；（2）若EF=8，DF=6，求EG的长．【答案】（1）见解析；（2）1.2【分析】（1）先利用三角形外角的性质证得∠BOC=2∠CAB，再推出CD//EF，即可证明结论；（2）先利用勾股定理求得DE的长，再证得ΔCDG~ΔDEF，利用相似三角形的性质求得DG的长，即可求解．【详解】（1）∵OA=OC，∴∠BOC=2∠CAB，∵∠OEF=2∠CAB，∴∠BOC=∠OEF，∴CD//EF，∵DF是⊙O的切线，∴CD⊥DF，∴EF⊥DF；（2）连接CG，∵CD是⊙O的直径，∴∠CGD=90°，由（1）知EF⊥DF，∴∠DFE=90°，∴∠CGD=∠DFE，DE=E由（1）知CD//EF，∴∠ODE=∠DFE，∴ΔCDG~ΔDEF，∴DGEF∴DG8解得DG=11.2，∴EG=DG-DE=11.2-10=1.2，即EG的长为1.2．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，切线的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识