2023年北京市初三二模数学试题汇编：相似章节综合

第1页/共1页2023北京初三二模数学汇编相似章节综合一、单选题1．（2023·北京顺义·统考二模）如图，要测量楼高，在距为的点处竖立一根长为的直杆，恰好使得观测点、直杆顶点和高楼顶点在同一条直线上．若，，则楼高是（

）A． B． C． D．2．（2023·北京昌平·统考二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆.”度方知圆，感悟数学之美.如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为（）

A． B．2 C． D．4二、填空题3．（2023·北京大兴·统考二模）如图，在正方形网格中，A，B，C，D是网格线交点，与相交于点O，小正方形的边长为1，则的长为________．

4．（2023·北京西城·统考二模）如图，在中，，，，则的值是___________．

5．（2023·北京朝阳·统考二模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则与的面积的比等于___________．三、解答题6．（2023·北京顺义·统考二模）如图，在中，，点关于的对称点为，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)过点A作于E，且交于点F，若，，求的长．7．（2023·北京房山·统考二模）如图，A，B，C三点在上，直径平分，过点D作交弦于点E，在的延长线上取一点F，使得．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．

参考答案1．C【分析】依题意，四边形都是矩形，，，，证明，进而根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：依题意，四边形都是矩形，∴，，，∵∴,∵∴∴即解得：∴，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．C【分析】如图，连接，利用相似多边形的性质求出正方形的面积，求出可得结论．【详解】解：如图，连接．

∵正方形与四边形是位似图形，，正方形的面积为4，∴四边形是正方形，面积为，∴，，∴，∴四边形的外接圆的半径为．故选C．【点睛】本题考查位似变换，相似多边形的性质等知识，解题的关键是掌握位似图形的概念．3．/【分析】连接，，通过证明可得，由勾股定理求出的长，即可求出的长．【详解】解：连接，，∵，∴，∴，∴，∵，∴．故答案为：．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，证明是解答本题的关键．4．【分析】先证明，然后利用相似三角形的性质求解．【详解】解：∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】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，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系．5．1：4【分析】根据OE是中位线，得BC=2OE，BC∥OE，利用三角形相似的性质面积比性质计算即可．【详解】∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，∴BC=2OE，BC∥OE，∴△DOE∽△DBC，∴=1：4，故答案为：1：4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质，正确运用三条性质是解题的关键．6．(1)见解析(2)【分析】（1）根据关于的对称点为，可得，，结合已知条件，可得，即可得证；（2）根据勾股定理求得，根据菱形的性质得出，，即可证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：∵关于的对称点为，∴，，∵，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，∴，设，，有，∴，∴．

【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握是菱形的性质与判定解题的关键．7．(1)见解析(2)【分析】（1）如图，由是的直径，得，所以，又因为，，所以°，即即可由切线的判定定理得出结论．（2）连接，则，由平分，，则，由勾股定理可求得，根据平行线的性质与解平分线定义得出，所以，则由勾股定理可得，再，得，即，即可求解．【详解】（1）证明：如图，

∵平分，∴，∵是的直径，∴，∴，∵，，∴°，∴∴，∵是的半径，∴是的切线．（2）解：连接，

∵是的直径，∴，∵平分，，∴，∵，∴，∵∴