专题18图形的相似与位似-2020年中考数学真题分项汇编（教师版）【全国通用】【jiaoyupan.com教育盘】.docx

2020 年中考数学真题分项汇编（全国通用）专题专题 18 图形的相似与位似图形的相似与位似 一选择题（共一选择题（共 18 小题）小题）1（2020河北）在如图所示的网格中，以点 O 为位似中心，四边形 ABCD 的位似图形是（）A四边形 NPMQ B四边形 NPMR C四边形 NHMQ D四边形 NHMR【分析】由以点 O 为位似中心，确定出点 C 对应点 M，设网格中每个小方格的边长为 1，则 OC=5，OM25，OD=2，OB=10，OA=13，OR=5，OQ22，OP210，OH35，ON213，由=2，得点 D 对应点 Q，点 B 对应点 P，点 A 对应点 N，即可得出结果【解析】以点 O 为位似中心，点 C 对应点 M，设网格中每个小方格的边长为 1，则 OC=22+12=5，OM=42+22=25，OD=2，OB=32+12=10，OA=32+22=13，OR=22+12=5，OQ22，OP=62+22=210，OH=62+32=35，ON=62+42=213，=255=2，点 D 对应点 Q，点 B 对应点 P，点 A 对应点 N，以点 O 为位似中心，四边形 ABCD 的位似图形是四边形 NPMQ，故选：A 2（2020重庆）如图，ABC 与DEF 位似，点 O 为位似中心已知 OA：OD1：2，则ABC 与DEF的面积比为（）A1：2 B1：3 C1：4 D1：5【分析】根据位似图形的概念求出ABC 与DEF 的相似比，根据相似三角形的性质计算即可【解析】ABC 与DEF 是位似图形，OA：OD1：2，ABC 与DEF 的位似比是 1：2 ABC 与DEF 的相似比为 1：2，ABC 与DEF 的面积比为 1：4，故选：C 3（2020遂宁）如图，在平行四边形 ABCD 中，ABC 的平分线交 AC 于点 E，交 AD 于点 F，交 CD 的延长线于点 G，若 AF2FD，则的值为（）A12 B13 C23 D34【分析】由 AF2DF，可以假设 DFk，则 AF2k，AD3k，证明 ABAF2k，DFDGk，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题【解析】由 AF2DF，可以假设 DFk，则 AF2k，AD3k，四边形 ABCD 是平行四边形，ADBC，ABCD，ABCD，AFBFBCDFG，ABFG，BE 平分ABC，ABFCBG，ABFAFBDFGG，ABCD2k，DFDGk，CGCD+DG3k，ABDG，ABECGE，=23=23，故选：C 4（2020遂宁）如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是边 BC 的中点，连接 AE、DE，分别交 BD、AC 于点 P、Q，过点 P 作 PFAE 交 CB 的延长线于 F，下列结论：AED+EAC+EDB90，APFP，AE=102AO，若四边形 OPEQ 的面积为 4，则该正方形 ABCD 的面积为 36，CEEFEQDE 其中正确的结论有（）A5 个 B4 个 C3 个 D2 个【分析】正确证明EOBEOC45，再利用三角形的外角的性质即可解决问题 正确利用四点共圆证明AFPABP45即可 正确设 BEECa，求出 AE，OA 即可解决问题 错误，通过计算正方形 ABCD 的面积为 48 正确利用相似三角形的性质证明即可【解析】如图，连接 OE 四边形 ABCD 是正方形，ACBD，OAOCOBOD，BOC90，BEEC，EOBEOC45，EOBEDB+OED，EOCEAC+AEO，AED+EAC+EDOEAC+AEO+OED+EDB90，故正确，连接 AF PFAE，APFABF90，A，P，B，F 四点共圆，AFPABP45，PAFPFA45，PAPF，故正确，设 BEECa，则 AE=5a，OAOCOBOD=2a，=52=102，即 AE=102AO，故正确，根据对称性可知，OPEOQE，SOEQ=12S四边形OPEQ2，OBOD，BEEC，CD2OE，OECD，=12，OEQCDQ，SODQ4，SCDQ8，SCDO12，S正方形ABCD48，故错误，EPFDCE90，PEFDEC，EPFECD，=，EQPE，CEEFEQDE，故正确，故选：B 5（2020潍坊）如图，点 E 是ABCD 的边 AD 上的一点，且=12，连接 BE 并延长交 CD 的延长线于点 F，若 DE3，DF4，则ABCD 的周长为（）A21 B28 C34 D42【分析】根据平行四边形的性质得 ABCD，再由平行线得相似三角形，根据相似三角形求得 AB，AE，进而根据平行四边形的周长公式求得结果【解析】四边形 ABCD 是平行四边形，ABCF，ABCD，ABEDFE，=12，DE3，DF4，AE6，AB8，ADAE+DE6+39，平行四边形 ABCD 的周长为：（8+9）234 故选：C 6（2020天水）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆 BE 测量建筑物的高度，已知标杆 BE 高 1.5m，测得 AB1.2m，BC12.8m，则建筑物 CD 的高是（）A17.5m B17m C16.5m D18m 【分析】根据题意和图形，利用三角形相似，可以计算出 CD 的长，从而可以解答本题【解析】EBAC，DCAC，EBDC，ABEACD，=，BE1.5m，AB1.2m，BC12.8m，ACAB+BC14m，1.214=1.5，解得，DC17.5，即建筑物 CD 的高是 17.5m，故选：A 7（2020牡丹江）如图，在矩形 ABCD 中，AB3，BC10，点 E 在 BC 边上，DFAE，垂足为 F若DF6，则线段 EF 的长为（）A2 B3 C4 D5【分析】证明AFDEBA，得到=，求出 AF，即可求出 AE，从而可得 EF【解析】四边形 ABCD 为矩形，ABCD3，BCAD10，ADBC，AEBDAF，AFDEBA，=，DF6，AF=102 62=8，8=10=63，AE5，EFAFAE853 故选：B 8（2020泸州）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 MN 分为两线段 MG，GN，使得其中较长的一段 MG 是全长 MN 与较短的一段 GN 的比例中项，即满足=5;12，后人把5;12这个数称为“黄金分割”数，把点 G 称为线段 MN 的“黄金分割”点如图，在ABC 中，已知 ABAC3，BC4，若 D，E 是边 BC 的两个“黄金分割”点，则ADE 的面积为（）A1045 B35 5 C5;252 D2085【分析】作 AHBC 于 H，如图，根据等腰三角形的性质得到 BHCH=12BC2，则根据勾股定理可计算出AH=5，接着根据线段的“黄金分割”点的定义得到BE=512BC25 2，则计算出HE25 4，然后根据三角形面积公式计算【解析】作 AHBC 于 H，如图，ABAC，BHCH=12BC2，在 RtABH 中，AH=32 22=5，D，E 是边 BC 的两个“黄金分割”点，BE=512BC2（5 1）25 2，HEBEBH25 2225 4，DE2HE45 8 SADE=12（45 8）5=1045 故选：A 9（2020成都）如图，直线 l1l2l3，直线 AC 和 DF 被 l1，l2，l3所截，AB5，BC6，EF4，则 DE 的长为（）A2 B3 C4 D103【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可【解析】直线 l1l2l3，=，AB5，BC6，EF4，56=4，DE=103，故选：D 10（2020哈尔滨）如图，在ABC 中，点 D 在 BC 边上，连接 AD，点 E 在 AC 边上，过点 E 作 EFBC，交 AD 于点 F，过点 E 作 EGAB，交 BC 于点 G，则下列式子一定正确的是（）A=B=C=D=【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可【解析】EFBC，=，EGAB，=，=，故选：C 11（2020安徽）如图，RtABC 中，C90，点 D 在 AC 上，DBCA若 AC4，cosA=45，则BD 的长度为（）A94 B125 C154 D4【分析】在ABC 中，由三角函数求得 AB，再由勾股定理求得 BC，最后在BCD 中由三角函数求得BD【解析】C90，AC4，cosA=45，AB=5，=2 2=3，DBCA cosDBCcosA=45，=3 54=154，故选：C 12（2020无锡）如图，等边ABC 的边长为 3，点 D 在边 AC 上，AD=12，线段 PQ 在边 BA 上运动，PQ=12，有下列结论：CP 与 QD 可能相等；AQD 与BCP 可能相似；四边形 PCDQ 面积的最大值为31316；四边形 PCDQ 周长的最小值为 3+372 其中，正确结论的序号为（）A B C D【分析】利用图象法判断即可 当ADQCPB 时，ADQBPC 设 AQx，则四边形 PCDQ 的面积=343212x3212123（3x12）32=338+535x，当 x 取最大值时，可得结论 如图，作点 D 关于 AB 的对称点 D，作 DFPQ，使得 DFPQ，连接 CF 交 AB 于点 P，此时四边形 PCDQ的周长最小求出 CF 的长即可判断【解析】利用图象法可知 PCDQ，故错误 AB60，当ADQCPB 时，ADQBPC，故正确 设 AQx，则四边形 PCDQ 的面积=343212x3212123（3x12）32=338+538x，x 的最大值为 312=52，x=52时，四边形 PCDQ 的面积最大，最大值=31316，故正确，如图，作点 D 关于 AB 的对称点 D，作 DFPQ，使得 DFPQ，连接 CF 交 AB 于点 P，此时四边形 PCDQ的周长最小 过点 C 作 CHDF 交 DF 的延长线于 H，交 AB 于 J 由题意，DD2ADsin60=32，HJ=12DD=34，CJ=332，FH=321214=34，CHCJ+HJ=734，CF=2+2=(34)2+(734)2=392，四边形 PCDQ的周长的最小值3+392，故错误，故选：D 13（2020重庆）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点坐标分别是 A（1，2），B（1，1），C（3，1），以原点为位似中心，在原点的同侧画DEF，使DEF 与ABC 成位似图形，且相似比为 2：1，则线段DF 的长度为（）A5 B2 C4 D25【分析】把 A、C 的横纵坐标都乘以 2 得到 D、F 的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段 DF 的长【解析】以原点为位似中心，在原点的同侧画DEF，使DEF 与ABC 成位似图形，且相似比为 2：1，而 A（1，2），C（3，1），D（2，4），F（6，2），DF=(2 6)2+(4 2)2=25 故选：D 14（2020绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为 2：5，且三角板的一边长为 8cm则投影三角板的对应边长为（）A20cm B10cm C8cm D3.2cm【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解【解析】设投影三角尺的对应边长为 xcm，三角尺与投影三角尺相似，8：x2：5，解得 x20 故选：A 15（2020嘉兴）如图，在直角坐标系中，OAB 的顶点为 O（0，0），A（4，3），B（3，0）以点 O 为位似中心，在第三象限内作与OAB 的位似比为13的位似图形OCD，则点 C 坐标（）A（1，1）B（43，1）C（1，43）D（2，1）【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把 A 点的横纵坐标都乘以13即可【解析】以点 O 为位似中心，位似比为13，而 A（4，3），A 点的对应点 C 的坐标为（43，1）故选：B 16（2020遵义）如图，ABO 的顶点 A 在函数 y=（x0）的图象上，ABO90，过 AO 边的三等分点 M、N 分别作 x 轴的平行线交 AB 于点 P、Q若四边形 MNQP 的面积为 3，则 k 的值为（）A9 B12 C15 D18【分析】易证ANQAMPAOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出ANQ的面积，进而可求出AOB 的面积，则 k 的值也可求出【解析】NQMPOB，ANQAMPAOB，M、N 是 OA 的三等分点，=12，=13，=14，四边形 MNQP 的面积为 3，3:=14，SANQ1，1=（）2=19，SAOB9，k2SAOB18，故选：D 17（2020铜仁市）如图，正方形 ABCD 的边长为 4，点 E 在边 AB 上，BE1，DAM45，点 F 在射线 AM 上，且 AF=2，过点 F 作 AD 的平行线交 BA 的延长线于点 H，CF 与 AD 相交于点 G，连接 EC、EG、EF下列结论：ECF 的面积为172；AEG 的周长为 8；EG2DG2+BE2；其中正确的是（）A B C D【分析】先判断出H90，进而求出 AHHF1BE进而判断出EHFCBE（SAS），得出EFEC，HEFBCE，判断出CEF 是等腰直角三角形，再用勾股定理求出 EC217，即可得出正确；先判断出四边形 APFH 是矩形，进而判断出矩形 AHFP 是正方形，得出 APPFAH1，同理：四边形ABQP 是矩形，得出 PQ4，BQ1，FQ5，CQ3，再判断出FPGFQC，得出=，求出PG=35，再根据勾股定理求得 EG=175，即AEG 的周长为 8，判断出正确；先求出 DG=125，进而求出 DG2+BE2=16925，在求出 EG22892516925，判断出错误，即可得出结论【解析】如图，在正方形 ABCD 中，ADBC，ABBCAD4，BBAD90，HAD90，HFAD，H90，HAF90DAM45，AFHHAF AF=2，AHHF1BE EHAE+AHABBE+AH4BC，EHFCBE（SAS），EFEC，HEFBCE，BCE+BEC90，HEF+BEC90，FEC90，CEF 是等腰直角三角形，在 RtCBE 中，BE1，BC4，EC2BE2+BC217，SECF=12EFEC=12EC2=172，故正确；过点 F 作 FQBC 于 Q，交 AD 于 P，APF90HHAD，四边形 APFH 是矩形，AHHF，矩形 AHFP 是正方形，APPFAH1，同理：四边形 ABQP 是矩形，PQAB4，BQAP1，FQFP+PQ5，CQBCBQ3，ADBC，FPGFQC，=，15=3，PG=35，AGAP+PG=85，在 RtEAG 中，根据勾股定理得，EG=2+2=175，AEG 的周长为 AG+EG+AE=85+175+38，故正确；AD4，DGADAG=125，DG2+BE2=14425+1=16925，EG2（175）2=2892516925，EG2DG2+BE2，故错误，正确的有，故选：C 18（2020温州）如图，在 RtABC 中，ACB90，以其三边为边向外作正方形，过点 C 作 CRFG于点 R，再过点 C 作 PQCR 分别交边 DE，BH 于点 P，Q 若 QH2PE，PQ15，则 CR 的长为（）A14 B15 C83 D65【分析】如图，连接 EC，CH设 AB 交 CR 于 J证明ECPHCQ，推出=12，由PQ15，可得 PC5，CQ10，由 EC：CH1：2，推出 AC：BC1：2，设 ACa，BC2a，证明四边形 ABQC 是平行四边形，推出 ABCQ10，根据 AC2+BC2AB2，构建方程求出 a 即可解决问题【解析】如图，连接 EC，CH设 AB 交 CR 于 J 四边形 ACDE，四边形 BCIH 都是正方形，ACEBCH45，ACB90，BCI90，ACE+ACB+BCH180，ACB+BCI90 B，C，D 共线，A，C，I 共线，E、C、H 共线，DEAIBH，CEPCHQ，ECPQCH，ECPHCQ，=12，PQ15，PC5，CQ10，EC：CH1：2，AC：BC1：2，设 ACa，BC2a，PQCR，CRAB，CQAB，ACBQ，CQAB，四边形 ABQC 是平行四边形，ABCQ10，AC2+BC2AB2，5a2100，a25（负根已经舍弃），AC25，BC45，12ACBC=12ABCJ，CJ=254510=4，JRAFAB10，CRCJ+JR14，故选：A 二填空题（共二填空题（共 18 小题）小题）19（2020郴州）在平面直角坐标系中，将AOB 以点 O 为位似中心，23为位似比作位似变换，得到A1OB1，已知 A（2，3），则点 A1的坐标是（43，2）【分析】直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可【解析】将AOB 以点 O 为位似中心，23为位似比作位似变换，得到A1OB1，A（2，3），点 A1的坐标是：（232，233），即 A1（43，2）故答案为：（43，2）20（2020牡丹江）如图，在 RtABC 中，CACB，M 是 AB 的中点，点 D 在 BM 上，AECD，BFCD，垂足分别为 E，F，连接 EM则下列结论中：BFCE；AEMDEM；AECE=2ME；DE2+DF22DM2；若 AE 平分BAC，则 EF：BF=2：1；CFDMBMDE，正确的有 （只填序号）【分析】证明BCFCAE，得到 BFCE，可判断；再证明BFMCEM，从而判断EMF 为等腰直角三角形，得到 EF=2EM，可判断，同时得到MEFMFE45，可判断；再证明DFMNEM，得到DMN 为等腰直角三角形，得到 DN=2，DM，可判断；根据角平分线的定义可逐步推断出 DEEM，再证明ADEACE，得到 DECE，则有=2=2，从而判断；最后证明CDMADE，得到=，结合 BMCM，AECF，可判断【解析】ACB90，BCF+ACE90，BCF+CBF90，ACECBF，又BFD90AEC，ACBC，BCFCAE（AAS），BFCE，故正确；由全等可得：AECF，BFCE，AECECFCEEF，连接 FM，CM，点 M 是 AB 中点，CM=12ABBMAM，CMAB，在BDF 和CDM 中，BFDCMD，BDFCDM，DBFDCM，又 BMCM，BFCE，BFMCEM（SAS），FMEM，BMFCME，BMC90，EMF90，即EMF 为等腰直角三角形，EF=2EMAECE，故正确，MEFMFE45，AEC90，MEFAEM45，故正确，设 AE 与 CM 交于点 N，连接 DN，DMFNME，FMEM，DFMDEMAEM45，DFMNEM（ASA），DFEN，DMMN，DMN 为等腰直角三角形，DN=2DM，而DEA90，DE2+DF2DN22DM2，故正确；ACBC，ACB90，CAB45，AE 平分BAC，DAECAE22.5，ADE67.5，DEM45，EMD67.5，即 DEEM，AEAE，AEDAEC，DAECAE，ADEACE（ASA），DECE，MEF 为等腰直角三角形，EF=2EM，=2=2，故正确；CDMADE，CMDAED90，CDMADE，=，BMCM，AECF，=，CFDMBMDE，故正确；故答案为：21（2020长沙）如图，点 P 在以 MN 为直径的半圆上运动（点 P 不与 M，N 重合），PQMN，NE 平分MNP，交 PM 于点 E，交 PQ 于点 F（1）+=1 （2）若 PN2PMMN，则=5;12 【分析】（1）证明PENQFN，得=，证明NPQPMQ，得=，再得=，再变形比例式便可求得结果；（2）证明NPQNMP，得 PN2NQMN，结合已知条件得 PMNQ，再根据三角函数得=，进而得 MQ 与 NQ 的方程，再解一元二次方程得答案 【解析】（1）MN 为O 的直径，MPN90，PQMN，PQNMPN90，NE 平分PNM，MNEPNE，PENQFN，=，即=，PNQ+NPQPNQ+PMQ90，NPQPMQ，PQNPQM90，NPQPMQ，=，得=，QFPQPF，=1，+=1，故答案为：1；（2）PNQMNP，NQPNPQ，NPQNMP，=，PN2QNMN，PN2PMMN，PMQN，=，tanM=，=，=:，NQ2MQ2+MQNQ，即1=22+，设=，则 x2+x10，解得，x=512，或 x=5+120（舍去），=5;12，故答案为：5;12 22（2020湘潭）若=37，则;=47 【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可【解析】由=37可设 y3k，x7k，k 是非零整数，则;=7;37=47=47 故答案为：47 23（2020攀枝花）如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 E、F 分别是 BC、CD 的中点，DE、AF 交于点 G，AF 的中点为 H，连接 BG、DH给出下列结论：AFDE；DG=85；HDBG；ABGDHF 其中正确的结论有 （请填上所有正确结论的序号）【分析】证明ADFDCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到DGF90，可判断，再利用三角形等积法 ADDFAF 可算出 DG，可判断；再证明HDFHFDBAG，求出 AG，DH，HF，可判定ABGDHF，可判断；通过 ABAG，得到ABG 和AGB 不相等，则AGBDHF，可判断【解析】四边形 ABCD 为正方形，ADCBCD90，ADCD，E 和 F 分别为 BC 和 CD 中点，DFEC2，ADFDCE（SAS），AFDDEC，FADEDC，EDC+DEC90，EDC+AFD90，DGF90，即 DEAF，故正确；AD4，DF=12CD2，AF=42+22=25，DGADDFAF=455，故错误；H 为 AF 中点，HDHF=12AF=5，HDFHFD，ABDC，HDFHFDBAG，AG=2 2=855，AB4，=455=，ABGDHF，故正确；ABGDHF，而 ABAG，则ABG 和AGB 不相等，故AGBDHF，故 HD 与 BG 不平行，故错误；故答案为：24（2020盐城）如图，BCDE，且 BCDE，ADBC4，AB+DE10则的值为 2 【分析】由平行线得三角形相似，得出 ABDE，进而求得 AB，DE，再由相似三角形求得结果【解析】BCDE，ADEABC，=，即4=4=，ABDE16，AB+DE10，AB2，DE8，=84=2，故答案为：2 25（2020临沂）如图，在ABC 中，D、E 为边 AB 的三等分点，EFDGAC，H 为 AF 与 DG 的交点若AC6，则 DH 1 【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出 BEDEAD，BFGFCG，AHHF，DH 是AEF的中位线，易证BEFBAC，得=，解得 EF2，则 DH=12EF1【解析】D、E 为边 AB 的三等分点，EFDGAC，BEDEAD，BFGFCG，AHHF，AB3BE，DH 是AEF 的中位线，DH=12EF，EFAC，BEFBAC，=，即6=3，解得：EF2，DH=12EF=1221，故答案为：1 26（2020咸宁）如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，点 E 是边 BC 上一动点（不与点 B，C 重合），AEF90，且 EF 交正方形外角的平分线 CF 于点 F，交 CD 于点 G，连接 AF，有下列结论：ABEECG；AEEF；DAFCFE；CEF 的面积的最大值为 1 其中正确结论的序号是 （把正确结论的序号都填上）【分析】由AEB+CEGAEB+BAE 得BAECEG，再结合两直角相等得ABEECG；在 BA 上截取 BMBE，易得BEM 为等腰直角三角形，则BME45，所以AME135，再利用等角的余角相等得到BAEFEC，于是根据“ASA”可判断AMEECF，则根据全等三角形的性质可对进行判断；由MAE+DAF45，CEF+CFE45，可得出DAF 与CFE 的大小关系，便可对判断；设 BEx，则 BMx，AMABBM4x，利用三角形面积公式得到 SAME=12x（2x），则根据二次函数的性质可得 SAME的最大值，便可对进行判断【解析】四边形 ABCD 是正方形，BECG90，AEF90，AEB+CEGAEB+BAE，BAECEG，ABEECG，故正确；在 BA 上截取 BMBE，如图 1，四边形 ABCD 为正方形，B90，BABC，BEM 为等腰直角三角形，BME45，AME135，BABMBCBE，AMCE，CF 为正方形外角平分线，DCF45，ECF135，AEF90，AEB+FEC90，而AEB+BAE90，BAEFEC，在AME 和ECF 中 =，AMEECF，AEEF，故正确；AEEF，AEF90，EAF45，BAE+DAF45，BAE+CFECEF+CFE45，DAFCFE，故正确；设 BEx，则 BMx，AMABBM4x，SECFSAME=12x（2x）=12（x1）2+12，当 x1 时，SECF有最大值12，故错误 故答案为：27（2020河南）如图，在边长为 22的正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是边 AB，BC 的中点，连接 EC，FD，点 G，H 分别是 EC，FD 的中点，连接 GH，则 GH 的长度为 1 【分析】设 DF，CE 交于 O，根据正方形的性质得到BDCF90，BCCDAB，根据线段中点的定义得到 BECF，根据全等三角形的性质得到 CEDF，BCECDF，求得 DFCE，根据勾股定理得到 CEDF=(22)2+(2)2=10，点 G，H 分别是 EC，FD 的中点，根据射影定理即可得到结论【解析】设 DF，CE 交于 O，四边形 ABCD 是正方形，BDCF90，BCCDAB，点 E，F 分别是边 AB，BC 的中点，BECF，CBEDCF（SAS），CEDF，BCECDF，CDF+CFD90，BCE+CFD90，COF90，DFCE，CEDF=(22)2+(2)2=10，点 G，H 分别是 EC，FD 的中点，CGFH=102，DCF90，CODF，CF2OFDF，OF=2=(2)210=105，OH=31010，OD=4105，OC2OFOD，OC=1054105=2105，OGCGOC=1022105=1010，HG=2+2=110+910=1，故答案为：1 28（2020泸州）如图，在矩形 ABCD 中，E，F 分别为边 AB，AD 的中点，BF 与 EC、ED 分别交于点 M，N已知 AB4，BC6，则 MN 的长为 43 【分析】延长 CE、DA 交于 Q，延长 BF 和 CD，交于 W，根据勾股定理求出 BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出 AQBC，ABCW，根据相似三角形的判定得出QMFCMB，BNEWND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出 BN 和 BM 的长，即可得出答案【解析】延长 CE、DA 交于 Q，如图 1，四边形 ABCD 是矩形，BC6，BAD90，ADBC6，ADBC，F 为 AD 中点，AFDF3，在 RtBAF 中，由勾股定理得：BF=2+2=42+32=5，ADBC，QECB，E 为 AB 的中点，AB4，AEBE2，在QAE 和CBE 中 =QAECBE（AAS），AQBC6，即 QF6+39，ADBC，QMFCMB，=96，BF5，BM2，FM3，延长 BF 和 CD，交于 W，如图 2，同理 ABDM4，CW8，BFFM5，ABCD，BNEWND，=，5;:5=24，解得：BN=103，MNBNBM=1032=43，故答案为：43 29（2020乐山）把两个含 30角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点 E 为 AD 的中点，连结 BE 交AC 于点 F则=35 【分析】连接 CE，解直角三角形，用 AD 表示 AB，根据直角三角形的性质，用 AD 表示 CE，再证明 CEAB 得ABFCEF，由相似三角形的性质得，进而得便可【解析】连接 CE，CAD30，ACD90，E 是 AD 的中点，AC=32AD，CE=12ADAE，ACECAE30 BAC30，ABC90，AB=32AC=34AD，BACACE，ABCE，ABFCEF，=3412=32，=35，故答案为35 30（2020绥化）在平面直角坐标系中，ABC 和A1B1C1的相似比等于12，并且是关于原点 O 的位似图形，若点 A 的坐标为（2，4），则其对应点 A1的坐标是（4，8）或（4，8）【分析】利用关于原点对称的点的坐标，把 A 点横纵坐标分别乘以 2 或2 得到其对应点 A1的坐标【解析】ABC 和A1B1C1的相似比等于12，并且是关于原点 O 的位似图形，而点 A 的坐标为（2，4），点 A 对应点 A1的坐标为（22，24）或（22，24），即（4，8）或（4，8）故答案为（4，8）或（4，8）31（2020德州）在平面直角坐标系中，点 A 的坐标是（2，1），以原点 O 为位似中心，把线段 OA 放大为原来的 2 倍，点 A 的对应点为 A 若点 A恰在某一反比例函数图象上，则该反比例函数解析式为 y=8 【分析】直接利用位似图形的性质得出 A坐标，进而求出函数解析式【解析】点 A 的坐标是（2，1），以原点 O 为位似中心，把线段 OA 放大为原来的 2 倍，点 A 的对应点为 A，A坐标为：（4，2）或（4，2），A恰在某一反比例函数图象上，该反比例函数解析式为：y=8 故答案为：y=8 32（2020无锡）如图，在 RtABC 中，ACB90，AB4，点 D，E 分别在边 AB，AC 上，且 DB2AD，AE3EC，连接 BE，CD，相交于点 O，则ABO 面积最大值为 83 【分析】过点 D 作 DFAE，根据平行线分线段成比例定理可得则=23，根据已知=13，可得 DO2OC，C 在以 AB 为直径的圆上，设圆心为 G，当 CGAB 时，ABC 的面积最大为：12428，即可求出此时ABO 的最大面积 【解析】如图，过点 D 作 DFAE，则=23，=13，DF2EC，DO2OC，DO=23DC，SADO=23SADC，SBDO=23SBDC，SABO=23SABC，ACB90，C 在以 AB 为直径的圆上，设圆心为 G，当 CGAB 时，ABC 的面积最大为：12424，此时ABO 的面积最大为：234=83 故答案为：83 33（2020上海）九章算术中记载了一种测量井深的方法如图所示，在井口 B 处立一根垂直于井口的木杆 BD，从木杆的顶端 D 观察井水水岸 C，视线 DC 与井口的直径 AB 交于点 E，如果测得 AB1.6 米，BD1 米，BE0.2 米，那么井深 AC 为 7 米 【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论【解析】BDAB，ACAB，BDAC，ACEBDE，=，1=1.40.2，AC7（米），答：井深 AC 为 7 米 34（2020黔东南州）如图，矩形 ABCD 中，AB2，BC=2，E 为 CD 的中点，连接 AE、BD 交于点 P，过点 P 作 PQBC 于点 Q，则 PQ 43 【分析】根据矩形的性质得到 ABCD，ABCD，ADBC，BAD90，根据线段中点的定义得到DE=12CD=12AB，根据相似三角形的性质即可得到结论【解析】四边形 ABCD 是矩形，ABCD，ABCD，ADBC，BAD90，E 为 CD 的中点，DE=12CD=12AB，ABPEDP，=，21=，=23，PQBC，PQCD，BPQDBC，=23，CD2，PQ=43，故答案为：43 35（2020湖州）在每个小正方形的边长为 1 的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形如图，已知 RtABC 是 66 网格图形中的格点三角形，则该图中所有与RtABC 相似的格点三角形中面积最大的三角形的斜边长是 52 【分析】根据 RtABC 的各边长得出与其相似的三角形的两直角边之比为 1：2，在 66 的网格图形中可得出与 RtABC 相似的三角形的短直角边长应小于 4，在图中尝试可画出符合题意的最大三角形，从而其斜边长可得【解析】在 RtABC 中，AC1，BC2，AB=5，AC：BC1：2，与 RtABC 相似的格点三角形的两直角边的比值为 1：2，若该三角形最短边长为 4，则另一直角边长为 8，但在 66 网格图形中，最长线段为 62，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为 8 的线段，故最短直角边长应小于 4，在图中尝试，可画出 DE=10，EF210，DF52的三角形，101=2102=525=10，ABCDEF，DEFC90，此时DEF 的面积为：10 210 210，DEF 为面积最大的三角形，其斜边长为：52 故答案为：52 36（2020温州）如图，在河对岸有一矩形场地 ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸 l 上依次取点 E，F，N，使 AEl，BFl，点 N，A，B 在同一直线上在 F 点观测 A 点后，沿 FN 方向走到 M 点，观测C 点发现12 测得 EF15 米，FM2 米，MN8 米，ANE45，则场地的边 AB 为 152 米，BC 为 202 米 【分析】根据已知条件得到ANE 和BNF 是等腰直角三角形，求得 AEEN15+2+825（米），BFFN2+810（米），于是得到 ABANBN152（米）；过 C 作 CHl 于 H，过 B 作 PQl 交 AE于 P，交 CH 于 Q，根据矩形的性质得到 PEBFQH10，PBEF15，BQFH，根据相似三角形的性质即可得到结论【解析】AEl，BFl，ANE45，ANE 和BNF 是等腰直角三角形，AEEN，BFFN，EF15 米，FM2 米，MN8 米，AEEN15+2+825（米），BFFN2+810（米），AN252，BN102，ABANBN152（米）；过 C 作 CHl 于 H，过 B 作 PQl 交 AE 于 P，交 CH 于 Q，AECH，四边形 PEHQ 和四边形 PEFB 是矩形，PEBFQH10，PBEF15，BQFH，12，AEFCHM90，AEFCHM，=2515=53，设 MH3x，CH5x，CQ5x10，BQFH3x+2，APBABCCQB90，ABP+PABABP+CBQ90，PABCBQ，APBBQC，=，153:2=155;10，x6，BQCQ20，BC202，故答案为：152，202 三解答题（共三解答题（共 14 小题）小题）37（2020咸宁）如图，在 RtABC 中，C90，点 O 在 AC 上，以 OA 为半径的半圆 O 交 AB 于点 D，交 AC 于点 E，过点 D 作半圆 O 的切线 DF，交 BC 于点 F（1）求证：BFDF；（2）若 AC4，BC3，CF1，求半圆 O 的半径长 【分析】（1）连接 OD，由切线性质得ODF90，进而证明BDF+AA+B90，得BBDF，便可得 BFDF；（2）设半径为 r，连接 OD，OF，则 OC4r，求得 DF，再由勾股定理，利用 OF 为中间变量列出 r的方程便可求得结果【解析】（1）连接 OD，如图 1，过点 D 作半圆 O 的切线 DF，交 BC 于点 F，ODF90，ADO+BDF90，OAOD，OADODA，OAD+BDF90，C90，OAD+B90，BBDF，BFDF；（2）连接 OF，OD，如图 2，设圆的半径为 r，则 ODOEr，AC4，BC3，CF1，OC4r，DFBF312，OD2+DF2OF2OC2+CF2，r2+22（4r）2+12，=138 故圆的半径为138 38（2020长沙）在矩形 ABCD 中，E 为 DC 边上一点，把ADE 沿 AE 翻折，使点 D 恰好落在 BC 边上的点 F（1）求证：ABFFCE；（2）若 AB23，AD4，求 EC 的长；（3）若 AEDE2EC，记BAF，FAE，求 tan+tan 的值 【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可（2）设 ECx，证明ABFFCE，可得=，由此即可解决问题（3）首先证明 tan+tan=+=+=+=，设 ABCDa，BCADb，DEx，解