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模块二 知识全整合
专题 5 几何变换
第 1 讲 相似三角形
一、比例的性质
a c
1．基本性质：如果 = ，那么ad=bc；
b d
a c a+b c+d
2．合比性质：如果 = ，那么 = ；
b d b d
a c m a+c+⋯+m a
3．等比性质：如果 = =⋯= (b+d+⋯+n≠0)，那么 = ；
b d n b+d+⋯+n b
二、比例线段
a c
1．比例线段：在四条线段a、b、c、d中，如果 = ，那么这四条线段叫做成比例线
b d
段，简称比例线段；
2．黄金分割：如图，将一条线段AB分割成大小两条线段AP、PB，若小段与大段的
PB AP
长度之比等于大段的长度与全长之比，即 = （此时线段AP叫作线段PB、AB
AP AB
的比例中项），则P点就是线段AB的黄金分割点（黄金点），这种分割就叫黄金分割．√5−1
（2）黄金比： ≈0.618；
2
三、平行线分线段成比例
1．平行线等分线段定理：两条直线被三条平行的直线所截，如果在一条直线上截得的
线段相等，那么在另一条直线上截得的线段也相等；
2．平行线分线段成比例定理：两条直线被三条平行的直线所截，截得的对应线段成比
例．
3．三角形一边的平行线性质定理： 平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的
延长线）所得的对应线段成比例
4．三角形一边的平行线性质定理推论：平行于三角形一边并且和其他两边相交的直线，
所截得的三角形的三边与原三角形三边的对应成比例；
四、相似图形
1．相似图形：形状相同，大小不相同的两个图形；
2．相似多边形：
（1）判定：如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，那么这两个多边形相似；
（2）性质：相似多边形的对应角相等，对应边的比相等；
五、相似三角形
1．判定
判定方法（一）：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形和原三
角形相似；
判定方法（二）：如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；
判定方法（三）：如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那
么这两个三角形相似；
判定方法（四）：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么
这两个三角形相似；
2．性质
（1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；
（2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比．
（3）相似三角形周长的比等于相似比；
（4）相似三角形面积的比等于相似比的平方．
3．模型
（1）A型
试卷第2页，共3页（2）“8”字型
（3）母子型
（4）手拉手模型
（5）K型（一线三等角）模型
（6）三角形内接矩形《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1．了解图形相似的意义；
2．会判断简单的相似三角形；
【例1】
（2023·甘肃武威·统考中考真题）
a 3
1．若 = ，则ab=（ ）
2 b
3 2
A．6 B． C．1 D．
2 3
【变1】
（2023·浙江·统考中考真题）
2．小慧同学在学习了九年级上册“4.1比例线段”3节课后，发现学习内容是一个逐步
特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值，感受这种特殊化的学习过程．图中横线
处应填：
【例1】
（2022·湖南衡阳·统考中考真题）
3．在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于
试卷第4页，共3页下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为2m的雷锋
雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（ ）（结果精确到0.01m．参考数据：
√2≈1.414，√3≈1.732，√5≈2.236）
A．0.73m B．1.24m C．1.37m D．1.42m
【变1】
（2023·北京·统考中考真题）
4．如图，直线AD，BC交于点O，AB∥EF∥CD.若AO=2，OF=1，FD=2.则
BE
的值为 ．
EC
【例1】
（2023·海南·统考中考真题）
5．如图，在正方形ABCD中，AB=8，点E在边AD上，且AD=4 AE，点P为边
EF
AB上的动点，连接PE，过点E作EF⊥PE，交射线BC于点F，则 = ．若
PE
点M是线段EF的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．【变1】
（2023·福建·统考中考真题）
6．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．
【例1】
（2023·山东潍坊·统考中考真题）
7．在《数书九章》（宋·秦九韶）中记载了一个测量塔高的问题：如图所示，AB表示
塔的高度，CD表示竹竿顶端到地面的高度，EF表示人眼到地面的高度，AB、CD、
EF在同一平面内，点A、C、E在一条水平直线上．已知AC=20米，CE=10米，
CD=7米，EF=1.4米，人从点F远眺塔顶B，视线恰好经过竹竿的顶端D，可求出
塔的高度．根据以上信息，塔的高度为 米．
试卷第6页，共3页【变1】
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
8．拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺口内，是保存
最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品．
某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测
量东塔的高度．东塔的高度为AB，选取与塔底B在同一水平地面上的E、G两点，分
别垂直地面竖立两根高为1.5m的标杆EF和GH，两标杆间隔EG为46m，并且东塔
AB、标杆EF和GH在同一竖直平面内．从标杆EF后退2m到D处（即ED=2m），从
D处观察A点，A、F、D在一直线上；从标杆GH后退4m到C处（即CG=4m），从
C处观察A点，A、H、C三点也在一直线上，且B、E、D、G、C在同一直线上，请
你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔AB的高度．
一、选择题
（2023·山东·统考中考真题）
9．如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在
DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折
痕为CF．若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD=1，则CD的长为（ ）A．√2−1 B．√5−1 C．√2+1 D．√5+1
（2023·四川雅安·统考中考真题）
10．如图，在▱ABCD中，F是AD上一点，CF交BD于点E，CF的延长线交BA的
延长线于点G，EF=1，EC=3，则GF的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
2023·湖北恩施·统考中考真题）
11．如图，在△ABC中，DE∥BC分别交AC，AB于点D，E，EF∥AC交BC于
AE 2
点F， = ，BF=8，则DE的长为（ ）
BE 5
16 16
A． B． C．2 D．3
5 7
（2023·四川南充·统考中考真题）
12．如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，
然后向后退（保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆
的顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，
镜子与旗杆的水平距离为10m，则旗杆高度为（ ）
试卷第8页，共3页A．6.4m B．8m C．9.6m D．12.5m
（2023·四川宜宾·统考中考真题）
13．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在y，x轴上，BC⊥x轴．点M、
k
N分别在线段BC、AC上，BM=CM，NC=2AN，反比例函数y= (x>0)的图象
x
经过M、N两点，P为x正半轴上一点，且OP:BP=1:4，△APN的面积为3，则k的
值为（ ）
45 45 144 72
A． B． C． D．
4 8 25 25
（2023·江苏无锡·统考中考真题）
14．如图△ABC中，∠ACB=90°,AB=4,AC=x,∠BAC=α，O为AB中点，若点
D为直线BC下方一点，且△BCD与△ABC相似，则下列结论：①若α=45°，BC与
OD相交于E，则点E不一定是△ABD的重心；②若α=60°，则AD的最大值为2√7；
③若α=60°,△ABC∽△CBD，则OD的长为2√3；④若△ABC∽△BCD，则当x=2
时，AC+CD取得最大值．其中正确的为（ ）
A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④
二、填空题
（2023·四川甘孜·统考中考真题）
x x−y
15．若 =2，则 = ．
y y
（2023·江苏泰州·统考中考真题）
16．两个相似图形的周长比为3:2，则面积比为 ．（2023·江苏镇江·统考中考真题）
( OC OD 1)
17．如图，用一个卡钳 AD=BC, = = 测量某个零件的内孔直径AB，量
OB OA 3
得CD的长为6cm，则AB的长为 cm．
（2023·湖北黄石·统考中考真题）
18．如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到 ▱A′B′C′D′的位置，使点B′落在BC上，
3
B′C′与CD交于点E若AB=3,AD=4,BB′= ，则∠BAB′= （从“
2
∠1,∠2,∠3”中选择一个符合要求的填空）；DE= ．
（2023·江西·统考中考真题）
19．《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的
曲尺（即图中的ABC）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高
度如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC和∠AQP均为直角，AP与BC相交于
点D．测得AB=40cm，BD=20cm，AQ=12m，则树高PQ= m．
（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）
试卷第10页，共3页20．如图，正方形ABCD的边长为2√5，点E是CD的中点，BE与AC交于点M，F
是AD上一点，连接BF分别交AC，AE于点G，H，且BF⊥AE，连接MH，则
AH= ，MH= ．
三、解答题
（2023·贵州·统考中考真题）
21．如图，已知⊙O是等边三角形ABC的外接圆，连接CO并延长交AB于点D，交
⊙O于点E，连接EA，EB．
(1)写出图中一个度数为30°的角：_______，图中与△ACD全等的三角形是_______；
(2)求证：△AED∽△CEB；
(3)连接OA，OB，判断四边形OAEB的形状，并说明理由．
（2023·山东·统考中考真题）
22．（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂
足为点G．求证：△ADE∽△DCF．【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长
BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，
DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
（2023·浙江湖州·统考中考真题）
23．【特例感知】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连接PD，过点D作
DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
【变式求异】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，
交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连接PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC
PQ
于点M．已知BC=8，AC=10，AD=2DB，求 的值．
QM
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边
AC上（不与点A，C重合），连接PQ，以Q为顶点作∠PQM=∠PBC，∠PQM
PQ
的边QM交射线BC于点M．若AC=mAB，CQ=nAC（m，n是常数），求 的值
QM
（用含m，n的代数式表示）．
（2023·湖北黄石·统考中考真题）
24．如图，AB为⊙O的直径，DA和⊙O相交于点F，AC平分∠DAB，点C在⊙O
上，且CD⊥DA，AC交BF于点P．
试卷第12页，共3页(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：AC⋅PC=BC2；
AF
(3)已知BC2=3FP⋅DC，求 的值．
AB参考答案：
1．A
【分析】根据等式的性质即可得出结果．
【详解】解：等式两边乘以2b，得ab=6，
故选：A．
【点睛】本题考查了等式的性质，熟练掌握等式的性质是本题的关键．
2．2
√2
【分析】根据题意得出a=√2b,c= b，进而即可求解．
2
a b
【详解】解：∵ = =√2
b c
√2
∴a=√2b,c= b
2
a √2b
= =2
∴c √2 ，
b
2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
3．B
x √5−1
【分析】设雕像的下部高为x m，由黄金分割的定义得 = ,求解即可．
2 2
【详解】解：设雕像的下部高为x m，则上部长为（2-x）m，
∵雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，
雷锋雕像为2m，
x √5−1
∴ = ,
2 2
∴x=√5−1≈1.24，
即该雕像的下部设计高度约是1.24m，
故选：B．
【点睛】本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义及黄金比值是解题的关键．
3
4．
2
BO AO 2 OE OF 1
【分析】由平行线分线段成比例可得， = = ， = = ，得出BO=2OE，
OE OF 1 EC FD 2BE 2OE+OE 3
EC=2OE，从而 = = .
EC 2OE 2
【详解】∵AB∥EF∥CD， AO=2，OF=1，
BO AO 2
∴ = = ，
OE OF 1
∴BO=2OE，
OE OF 1
∵ = = ，
EC FD 2
∴EC=2OE，
BE 2OE+OE 3
∴ = = ；
EC 2OE 2
3
故答案为： .
2
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的知识点，根据平行线分线段成比例找出线段之
间的关系是解决本题的关键.
5． 4 16
EF FK
【分析】过F作FK⊥AD交AD延长线于点K，证明△AEP∽△KFE，得到 = 即
PE AE
可求解；过M作GH⊥AD交AD于点G，交BC于点H，证明△EGM≌△FHM，得到
MG=MH，故点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段，当点P与A重合时，
2 8
BF =AE=2，当点P与B重合时，由△EF B∽△F F E得到 = ，即F F =32，
1 1 2 1 8 F F 1 2
1 2
从而求解．
【详解】解：过F作FK⊥AD交AD延长线于点K
则四边形ABFK为矩形，∠A=∠K=90°
∴AB=FK=8
答案第2页，共2页1
由题意可得：AE= AD=2
4
∵EF⊥PE
∴∠AEP+∠KEF=∠PEF=90°
又∵∠PEA+∠APE=90°
∴∠APE=∠KEF
∴△AEP∽△KFE
EF FK
∴ = =4
PE AE
过M作GH⊥AD交AD于点G，交BC于点H，如下图
∵AD∥CB，GH⊥AD
∴GH⊥BC
在△EGM和△FHM中
¿
∴△EGM≌△FHM(AAS)
∴MG=MH，
故点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段，
当点P与A重合时，BF =AE=2
1
当点P与B重合时，∠BEF =∠F +∠EBF =90°，∠BEF +∠EBF =90°
2 2 1 1 1
∴∠F =∠BEF
2 1
∵∠EF F =∠EF B=90°
1 2 1
∴△EF B∽△F F E
1 2 1
BF EF 2 8
∴
1= 1
，即
=
EF F F 8 F F
1 1 2 1 2
解得F F =32
1 2
∵M 、M 分别为EF 、EF 的中点
1 2 1 2∴M M 是△EF F 的中位线
1 2 1 2
1
∴M M = F F =16，即点M运动的路径长为16
1 2 2 1 2
故答案为：4，16
【点睛】本题考查了正方形的性质，点的轨迹，全等三角形的判定与性质，相似三角形的
判定与性质，解题的关键是掌握相关基础性质，确定出点M的轨迹，正确求出线段
F F =32．
1 2
6．(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
1
∠BAO= ∠BAC，再证明∠BAO=∠DFC、∠EDA=∠M，即可证明结论；
2
BI DI
（2）如图1：设BC与DF的交点为I，先证明∴△BID∽△FIC可得 = ，再证明
FI CI
△BIF∽△DIC可得∠IBF=∠IDC=90°，最后运用角的和差即可解答；
（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，
1
∴∠BAO= ∠BAC．
2
∵∠BAC=90°，
∴∠BAO=∠ABC=45°．
∴∠BAO=∠DFC．
∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°，
∴∠EDA=∠M．
∴△ADE∽△FMC．
答案第4页，共2页（2）解：如图1：设BC与DF的交点为I，
∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC，
∴△BID∽△FIC，
BI DI
∴ = ，
FI CI
BI FI
∴ = ．
DI CI
∵∠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°，
1
∴ND= ¿=NO．
2
【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．
1
7．18.2##18
5
【分析】如图，过F作FQ⊥AB于Q，交CD于H，可得DH=7−1.4=5.6，证明
DH FH
△FDH∽△FBQ，可得 = ，可得QB=16.8，从而可得答案．
BQ FQ
【详解】解：如图，过F作FQ⊥AB于Q，交CD于H，
则FH=CE=10，QH=AC=20，FQ=AE=AC+CE=30，EF=CH=AQ=1.4，
∴DH=7−1.4=5.6，
答案第6页，共2页∵DC∥BA，
∴△FDH∽△FBQ，
DH FH
∴ = ，
BQ FQ
10 5.6
∴ = ，解得：QB=16.8，经检验符合题意；
30 QB
∴AB=AQ+QB=1.4+16.8=18.2（米）；
故答案为：18.2
【点睛】本题考查的是相似三角形的实际应用，作出合适的辅助线构建相似三角形是解本
题的关键．
8．36m
EF DE
【分析】设BD=xm，则BC=(x+48)m，通过证明△ABD∽△FED，得到 = ，即
AB BD
1.5 2 1.5 4 2 4
= ，同理得到 = ，则可建立方程 = ，解方程即可得到答案．
AB x AB x+48 x x+48
【详解】解：设BD=xm，则BC=BD+DG+CG=(x+48)m
∵AB⊥BC，EF⊥BC，
∴AB∥EF，
∴△ABD∽△FED，
EF DE 1.5 2
∴ = ，即 = ，
AB BD AB x
同理可证△ABC∽△HGC，
GH CG 1.5 4
∴ = ，即 = ，
AB BC AB x+48
2 4
∴ = ，
x x+48
解得x=48，经检验，x=48是原方程的解，
1.5 2
∴ = ，
AB 48
∴AB=36，
∴该古建筑AB的高度为36m．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关
键．
9．C
【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得DH=CG=1，设CD的长为x，则
EH HG 1 x−2
HG=x−2，再根据相似多边形性质得出 = ，即 = ，求解即可．
CD AD x 1
【详解】解：，由折叠可得：DH=AD，CG=BC，
∵矩形ABCD，
∴AD=BC=1，
∴DH=CG=1，
设CD的长为x，则HG=x−2，
∵矩形HEFG，
∴EH=1，
∵矩形HEFG与原矩形ABCD相似，
EH HG 1 x−2
∴ = ，即 = ，
CD AD x 1
解得：x=√2+1（负值不符合题意，舍去）
∴CD=√2+1，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边
形的性质是解题的关键．
10．C
GF AG EG BG 1+x x
【分析】由平行四边形的性质可得 = ， = ，设GF为x可得 =1+ ，
FC CD EC CD 3 4
解之即可．
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
答案第8页，共2页GF AG EG BG
∴ = ， = ，
FC CD EC CD
设GF为x，
∵EF=1，EC=3，
∴EG=1+x，BG=AG+CD，
x AG 1+x AG+CD AG
∴ = ， = =1+ ，
4 CD 3 CD CD
1+x x
∴ =1+ ，
3 4
即8−x=0，
得x=8，
∴GF=8．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例的性质，熟练掌握其性质是
解题的关键．
11．A
【分析】先证得四边形DEFC是平行四边形，得到DE=FC，再利用平行线截线段成比例
列式求出FC即可．
【详解】∵DE∥BC，EF∥AC，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DE=FC，
∵EF∥AC，
FC AE 2
∴ = = ，
BF BE 5
∵BF=8，
16
∴FC= ，
5
16
∴DE= ，
5
故选：A．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，平行线截线段成比例，正确理解平行线截
线段成比例是解题的关键．
12．B【分析】根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，再利用垂直求△ABC∽△EDC，
最后根据三角形相似的性质，即可求出答案.
【详解】解：如图所示，
由图可知，AB⊥BD，CD⊥DE，CF⊥BD
∴∠ABC=∠CDE=90°.
∵根据镜面的反射性质，
∴∠ACF=∠ECF，
∴90°−∠ACF=90°−∠ECF，
∴∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
AB BC
∴ = .
DE CD
∵小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的
水平距离为10m，
∴AB=1.6m，BC=2m，CD=10m.
1.6 2
∴ = .
DE 10
∴DE=8m.
故选：B.
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键在于熟练掌握镜面反射的基本性质和
相似三角形的性质.
13．B
【分析】过点N作NQ⊥x轴于点Q，设点A的坐标为A(0,a)(a>0)，点M的坐标为
M(5b,c)(b>0,c>0)，点N的坐标为N(m,n)(m>0,n>0)，则C(5b,2c)，OA=a，
，先求出点 的坐标为 (5b 2a+2c)，再根据
OB=5b N N ,
3 3
答案第10页，共2页S =S −S −S =3可得2ab+bc=9，然后将点M,N的坐标代入反比例
△APN 梯形OANQ △AOP △NPQ
函数的解析式可得2a=7c，从而可得bc的值，由此即可得．
【详解】解：如图，过点N作NQ⊥x轴于点Q，
设点A的坐标为A(0,a)(a>0)，点M的坐标为M(5b,c)(b>0,c>0)，点N的坐标为
N(m,n)(m>0,n>0)，则C(5b,2c)，OA=a，OB=5b，
∵OP:BP=1:4，
∴OP=b,BP=4b，
∵NC=2AN，AO∥NQ∥CB，
y −y 2
∴BQ=2OQ， N C = ，
y −y 3
A C
∴¿，解得¿，
(5b 2a+2c)
∴N , ，
3 3
5b 2a+2c
∴OQ= ,NQ= ，
3 3
2b
∴PQ=OQ−OP= ，
3
∵△APN的面积为3，
1 5 (2a+2c ) 1 1 2b 2a+2c
∴S −S −S =3，即 × b +a − ab− × ⋅ =3，
梯形OANQ △AOP △NPQ 2 3 3 2 2 3 3
整理得：2ab+bc=9，
(5b 2a+2c) k 5b 2a+2c
将点M(5b,c),N , 代入y= 得：k=5bc= ⋅ ，
3 3 x 3 3
整理得：2a=7c，
9
将2a=7c代入2ab+bc=9得：7bc+bc=9，解得bc= ，
845
则k=5bc= ，
8
故选：B．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何应用，熟练掌握反比例函数的性质，正确求出
点N的坐标是解题关键．
14．A
【分析】①有3种情况，分别画出图形，得出△ABD的重心，即可求解；当α=60°，
BD⊥BC时，AD取得最大值，进而根据已知数据，结合勾股定理，求得AD的长，即可
求解；③如图5，若α=60°，△ABC∽△CBD，根据相似三角形的性质求得CD=√3，
√3 3
¿=DF= ，CF= ，进而求得OD，即可求解；④如图6，根据相似三角形的性质得出
2 2
1
CD= BC2 ，在Rt△ABC中，BC2=16−x2，根据二次函数的性质，即可求AC+CD取
4
得最大值时，x=2．
【详解】①有3种情况，如图1，BC和OD都是中线，点E是重心；
如图2，四边形ABDC是平行四边形，F是AD中点，点E是重心；
如图3，点F不是AD中点，所以点E不是重心；
①正确
②当α=60°，如图4时AD最大，AB=4，
∴ AC=BE=2，BC=AE=2√3，BD=√3BC=6，
∴ DE=8，
∴ AD=2√19≠2√7，
∴②错误；
答案第12页，共2页③如图5，若α=60°，△ABC∽△CBD，
∴∠BCD=60°，∠CDB=90°，AB=4，AC=2，BC=2√3，OE=√3，CE=1，
√3 3
∴CD=√3，¿=DF= ，CF= ，
2 2
5 √3
∴EF=DG= ，OG= ，
2 2
∴OD=√7≠2√3，
∴③错误；
④如图6，△ABC∽△BCD，
CD BC
∴ = ，
BC AB
1
即CD= BC2 ，
4
在Rt△ABC中，BC2=16−x2，
1 1
∴CD= (16−x2)=− x2+4，
4 4
1 1
∴AC+CD=x− x2+4=− (x−2) 2+5，
4 4
当x=2时，AC+CD最大为5，
∴④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形重心的定义，勾股定理，相似三角形的性质，二次函数的性质，
分类讨论，画出图形是解题的关键．
15．1
【分析】根据比例的性质解答即可．x
【详解】解：∵ =2，
y
x−y x
∴ = −1=2−1=1．
y y
故答案为：1．
【点睛】本题考查了比例的性质，解决本题的关键是掌握比例的性质．
16．9:4
【分析】由两个相似图形，其周长之比为3:2，根据相似图形的周长的比等于相似比，即
可求得其相似比，又由相似图形的面积的比等于相似比的平方，即可求得答案．
【详解】解：∵两个相似图形，其周长之比为3:2，
∴其相似比为3:2，
∴其面积比为9:4．
故答案为：9:4．
【点睛】此题考查了相似图形的性质．此题比较简单，注意熟记定理是关键．
17．18
【分析】根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长．
OC OD 1
【详解】解：∵ = = ，∠COD=∠AOB，
OB OA 3
∴△COD∽△AOB，
∴AB:CD=3，
∵CD=6cm，
∴AB=6×3=18(cm)，
故答案为：18．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是求出AB的值．
4
18． ∠1（答案不唯一）
3
【分析】根据旋转的性质得出∠BAD=∠B′ AD′，即可推出∠BAB′=∠1；通过证明
AB BB′
△ABB′∽△ADD′，得出 = ，求出DD′=2，设DE=x，C′E= y，则CE=3−x，
AD DD′
1 y 1 x
C′D C′E DE = , =
B′E=4−y，证明△B′CE∽△DC′E，得出 = = ，则5 3−x 5 4−y，
CB′ CE B′E
2 2
答案第14页，共2页即可求解．
【详解】解：∵将▱ABCD绕点A逆时针旋转得到 ▱A′B′C′D′，
∴∠BAD=∠B′ AD′，
∴∠BAD−∠B′ AD=∠B′ AD′−∠B′ AD，即∠BAB′=∠1，
∵将▱ABCD绕点A逆时针旋转得到 ▱A′B′C′D′，
∴∠B=∠AB′C′=∠D′，AB=AB′,AD=AD′，
∴∠B=∠AB′B=∠D′=∠ADD′，
∴△ABB′∽△ADD′，
3
AB BB′
∴ = ，即3 2 ，
AD DD′ =
4 DD′
解得：DD′=2，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=3，
∴AB=CD=C′D′=3，
∴C′D=C′D′−DD′=1，
设DE=x，C′E= y，则CE=3−x，B′E=4−y，
∵∠C=∠C′,∠3=∠DEC′，
∴△B′CE∽△DC′E，
C′D C′E DE
∴ = = ，
CB′ CE B′E
1 y 1 x
= , =
∴5 3−x 5 4−y，
2 2
6−2x
整理得：y= ，
5
1 x
6−2x = 4
把y= 代入5 4−y解得：x=
5 3
2
4
故答案为：∠1， ．
3
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解
题的关键是掌握相关性质定理，掌握相似三角形对应边成比例．
19．6
【分析】根据题意可得△ABD∽△AQP，然后相似三角形的性质，即可求解．【详解】解：∵∠ABC和∠AQP均为直角
∴BD∥PQ，
∴△ABD∽△AQP，
BD AB
∴ =
PQ AQ
∵AB=40cm，BD=20cm，AQ=12m，
AQ×BD 12×20
∴PQ= = =6m,
AB 40
故答案为：6．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2√13
20． 2
3
【分析】如图，证明△AFB≌△DEA，得到AF=DE，勾股定理求出BF的长，等积法求
出AH的长，证明△AGF∽△CGB，相似比求出AG的长，证明△AMB∽△CME，求出
AM的长，证明△AHG∽△ANM，求出HN,MN的长，再利用勾股定理求出MH的长．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为2√5，点E是CD的中点，
1
∴∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=CD=2√5,DE= CD=√5，AB∥CD,AD∥BC，
2
∴AC=√2AD=2√10，
∵BF⊥AH，
∴∠AHF=90°=∠BAD，
∴∠DAE=∠BAF=90°−∠AFH，
∴△AFB≌△DEA，
∴AF=DE=√5，
∴BF=√AB2+AF2=5，
1 1
∵S = AB⋅AF= BF⋅AH，
△ABF 2 2
∴2√5×√5=5AH，
∴AH=2；
∵AB∥CD,AD∥BC，
∴△AGF∽△CGB，△AMB∽△CME，
AG AF 1 AM AB
∴ = = , = =2，
CG BC 2 CM CE
答案第16页，共2页1 2√10 2 4√10
∴AG= AC= ,AM= AC= ，
3 3 3 3
2
∴GH=√AG2−AH2=
，
3
故点M作MN⊥AE，则：GH∥MN，
∴△AHG∽△ANM，
AH GH AG 1
∴ = = = ，
AN MN AM 2
4
∴AN=2AH=4,MN=2GH= ，
3
∴HN=2，
2√13
∴MH=√N M2+N H2= ．
3
2√13
故答案为：2， ．
3
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
勾股定理，本题的综合形较强，属于中考填空题中的压轴题．熟练掌握正方形的性质，证
明三角形全等和相似，是解题的关键．
21．(1)∠1、∠2、∠3、∠4；△BCD；
(2)证明见详解；
(3)四边形OAEB是菱形；
【分析】（1）根据外接圆得到CO是∠ACB的角平分线，即可得到30°的角，根据垂径定
理得到∠ADC=∠BDC=90°，即可得到答案；
（2）根据（1）得到∠3=∠2，根据垂径定理得到∠5=∠6=60°，即可得到证明；
（3）连接OA，OB，结合∠5=∠6=60°得到△OAE ，△OBE是等边三角形，从而得到
OA=OB=AE=EB=r，即可得到证明；【详解】（1）解：∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，
∴CO是∠ACB的角平分线，∠ACB=∠ABC=∠CAB=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠CAE=∠CBE=90°，
∴∠3=∠4=30°，
∴30°的角有：∠1、∠2、∠3、∠4，
∵CO是∠ACB的角平分线，
∴∠ADC=∠BDC=90°，∠5=∠6=90°−30°=60°，
在△ACD与△BCD中，
∵¿，
∴△ACD≌△BCD，
故答案为：∠1、∠2、∠3、∠4，△BCD；
（2）证明：∵∠5=∠6，∠3=∠2=30°，
∴△AED∽△CEB；
（3）解：连接OA，OB，
∵OA=OE=OB=r，∠5=∠6=60°，
∴△OAE ，△OBE是等边三角形，
∴OA=OB=AE=EB=r，
∴四边形OAEB是菱形．
【点睛】本题考查垂径定理，菱形判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定等
知识，解题的关键是熟练掌握垂径定理，从而得到相应角的等量关系．
22．（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再
答案第18页，共2页由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得
∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，
利用“SAS”证明△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得
AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，
AD∥BC，则∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCG(SAS)，由全等的性质可得
∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差
关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCF(HL)，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCH(SAS)，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCG(SAS)，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，
∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相
似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知
识点并灵活运用是解题的关键．
8 1−n
23．（1）见解析；（2） ；（3）
√1+m2
3 n
【分析】（1）根据ASA证明△DAP≌△DCM即可；
PQ DQ DQ
（2）证明△DQP∽△NQM，得出 = = ，根据勾股定理
QM QN DB
DQ AD 2
AB=√AC2−BC2=6，根据DQ∥BC，得出△ADQ∽△ABC，求出 = = ，
BC AB 3
16 PQ DQ 8
得出DQ= ，求出 = = ；
3 QM DB 3
（3） ，作 于点N，证明 ，得
BC=√AB2+AC2=√1+m2AB QN⊥BC △QAP∽△QNM
出 PQ AQ．证明 ，得出QN CQ mnAB mn ，求出
= △QCN∽△BCA = = =
QM NQ BA CB √1+m2AB √1+m2
答案第20页，共2页PQ AQ 1−n
= = √1+m2．
QM NQ n
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，
∠A=∠ADC=∠BCD=90°，AD=DC，
∴∠A=∠DCM=90°，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°，
∴∠ADP=∠CDM，
∴△DAP≌△DCM(ASA)．
（2）如图1，作QN⊥BC于点N，如图所示：
∵∠ABC=90°，DQ⊥AB，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN=90°，QN=DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°，
∴∠DQP=∠MQN，
∵∠QDP=∠QNM=90°，
∴△DQP∽△NQM，
PQ DQ DQ
∴ = = ，
QM QN DB
∵BC=8，AC=10，∠ABC=90°，
∴AB=√AC2−BC2=6，
∵AD=2DB，
∴DB=2，
∵∠ADQ=∠ABC=90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，DQ AD 2
∴ = = ，
BC AB 3
16
∴DQ= ，
3
PQ DQ 8
∴ = = ；
QM DB 3
（3）∵AC=mAB，CO=nAC ，
∴CQ=mnAB，
∴AQ=AC−CQ=(m−mn)AB．
∵∠BAC=90°，
∴BC=√AB2+AC2=√1+m2AB，
如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠A+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°，
∴∠ABN+∠AQN=180°，
∴∠AQN=∠PBN．
∵∠PQM=∠PBC，
∴∠PQM=∠AQN，
∴∠AQP=∠NQM，
∵∠A=∠QNM=90°，
∴△QAP∽△QNM，
PQ AQ
∴ = ．
QM NQ
∵∠A=∠QNC=90°，∠QCN=∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
QN CQ mnAB mn
= = =
∴ ，
BA CB √1+m2AB √1+m2
答案第22页，共2页mn
∴QN= AB
√1+m2
PQ AQ 1−n
∴ = = √1+m2 ．
QM NQ n
【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定
和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方
法．
24．(1)见解析
(2)见解析
1
(3)
3
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得∠OAC=∠OCA，再证
∠DAC=∠OCA，则DA∥OC，然后证OC⊥CD，即可得出结论；
（2）由圆周角定理得∠ACB=90°，∠DAC=∠PBC，再证∠BAC=∠PBC，然后证
AC BC
△ACB∽△BCP，得 = ，即可得出结论；
BC PC
（3）过P作PE⊥AB于点E，证AC⋅PC=3FP⋅DC，再证△ACD∽△BPC，得
AC⋅PC=BP⋅DC，则BP⋅DC=3FP⋅DC，进而得BP=3FP，然后由角平分线的性
质和三角形面积即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴DA∥OC，
∵CD⊥DA，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∵∠DAC=∠PBC，
∴∠BAC=∠PBC，
又∵∠ACB=∠BCP，
∴△ACB∽△BCP，
AC BC
∴ = ，
BC PC
∴AC⋅PC=BC2；
（3）如图2，过P作PE⊥AB于点E，
由（2）可知，AC•PC=BC2，
∵BC2=3FP⋅DC，
∴AC⋅PC=3FP⋅DC，
∵CD⊥DA，
∴∠ADC=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠BCP=90°，
答案第24页，共2页∴∠ADC=∠BCP，
∵∠DAC=∠CBP，
∴△ACD∽△BPC，
AC DC
∴ = ，
BP PC
∴AC⋅PC=BP⋅DC，
∴BP⋅DC=3FP⋅DC，
∴BP=3FP，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴PF⊥AD，
∵AC平分∠DAB，PE⊥AB，
∴PF=PE，
1 1
AF⋅FP AF⋅FP
S 2 2
∵ △APF = = ，
S 1 1
△APB AB⋅PE BP⋅AF
2 2
AF FP FP 1
∴ = = = ．
AB BP 3FP 3
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性
质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质以及三角形面积等知识，
本题综合性强，熟练掌握圆周角定理和切线的判定，证明三角形相似是解题的关键．
