三年(2020年-2022年)中考数学真题分项汇编：专题16 相似三角形（含答案详解）

这是一份三年(2020年-2022年)中考数学真题分项汇编：专题16 相似三角形（含答案详解），共108页。试卷主要包含了单选题，四条直线，分别于，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题16 相似三角形
一、单选题
1．（2022·甘肃兰州）已知，，若，则（       ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】A
【解析】
【分析】
根据相似三角形的性质得到，代入求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，即，
解得．
故选：A．
【点睛】
此题考查了相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形性质．相似三角形性质：相似三角形对应边成比例，对应角相等．相似三角形的相似比等于周长比，相似三角形的相似比等于对应高，对应角平分线，对应中线的比，相似三角形的面积比等于相似比的平方．
2．（2022·广西梧州）如图，以点O为位似中心，作四边形的位似图形﹐已知，若四边形的面积是2，则四边形的面积是（       ）

A．4 B．6 C．16 D．18
【答案】D
【解析】
【分析】
两图形位似必相似，再由相似的图形面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】
解：由题意可知，四边形与四边形相似，
由两图形相似面积比等于相似比的平方可知：，
又四边形的面积是2，
∴四边形的面积为18，
故选：D．
【点睛】
本题考察相似多边形的性质，属于基础题，熟练掌握相似图形的性质是解决本题的关键．
3．（2022·浙江丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（       ）


A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，根据题意得，然后利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】
解：过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，
根据题意得，
∵，
∴，
又∵，
∴


故选：C
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例的应用，作出适当的辅助线是解题的关键．
4．（2021·浙江温州）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
【解析】
【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．
5．（2020·河北）在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（       ）

A．四边形 B．四边形
C．四边形 D．四边形
【答案】A
【解析】
【分析】
以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
【详解】
解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．
故选：A

【点睛】
此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
6．（2020·甘肃金昌）生活中到处可见黄金分割的美，如图，在设计人体雕像时，使雕像的腰部以下与全身的高度比值接近0．618，可以增加视觉美感，若图中为2米，则约为（     ）

A．1．24米 B．1．38米 C．1．42米 D．1．62米
【答案】A
【解析】
【分析】
根据a:b≈0.618，且b=2即可求解．
【详解】
解：由题意可知，a:b≈0.618，代入b=2，
∴a≈2×0.618=1.236≈1.24．
故答案为：A
【点睛】
本题考查了黄金分割比的定义，根据题中所给信息即可求解，本题属于基础题．
7．（2020·广西贵港）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
【解析】
【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·湖南永州）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
【解析】
【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．
9．（2020·四川成都）如图，直线，直线和被，，所截，，，，则的长为（       ）


A．2 B．3 C．4 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入已知线段得长度求解即可．
【详解】
解：∵直线l1∥l2∥l3，
∴.
∵AB=5，BC=6，EF=4，
∴.
∴DE=.
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
10．（2020·重庆）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的同侧画，使与成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（       ）

A． B．2 C．4 D．
【答案】D
【解析】
【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．
【详解】
解：∵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＝=，
故选：D．
【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．
11．（2020·重庆）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA∶OD=1∶2，则△ABC与△DEF的面积比为（　　）

A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5
【答案】C
【解析】
【分析】
根据位似图形的性质即可得出答案．
【详解】
由位似变换的性质可知，


△ABC与△DEF的相似比为：1∶2
△ABC与△DEF的面积比为：1∶4
故选C．
【点睛】
本题考查了位似图形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
12．（2020·浙江嘉兴）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的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（　　）

A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【解析】
【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即可．
【详解】
解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【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．
13．（2020·贵州遵义）如图，△ABO的顶点A在函数y＝（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，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（　　）

A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】D
【解析】
【分析】
由得到相似三角形，利用相似三角形的性质得到三角形之间的面积关系，利用反比例函数系数的几何意义可得答案．
【详解】
解：


四边形MNQP的面积为3，







故选D．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，反比例函数系数的几何意义，掌握以上知识是解题的关键．
14．（2021·辽宁沈阳）如图，与位似，位似中心是点O，若，则与的周长比是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据位似图形的概念得到△，，进而得出△，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：与△位似，
△，，
△，
，
与△的周长比为，
故选：．
【点睛】
本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似图形是相似图形、位似图形的对应边平行是解题的关键．
15．（2021·四川巴中）如图，ABC中，点D、E分别在AB、AC上，且，下列结论正确的是（　　）

A．DE：BC＝1：2
B．ADE与ABC的面积比为1：3
C．ADE与ABC的周长比为1：2
D．DEBC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据相似三角形的判定与性质进行逐一判断即可．
【详解】
解：∵，
∴AD：AB=AE：AC=1：3，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴DE：BC=1：3，故A错误；
∵△ADE∽△ABC，
∴△ADE与△ABC的面积比为1：9，周长的比为1：3，故B和C错误；
∵△ADE∽△ABC，
∴∠ADE=∠B，
∴DE∥BC．故D正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
16．（2021·湖南湘西）如图，在中，，于点，，，，则的长是（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意易得，，则有，然后可得，然后根据相似三角形的性质可求解．
【详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
17．（2021·山东济宁）如图，已知．
（1）以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交于点M，交于点N．
（2）分别以M，N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点P．
（3）作射线交于点D．
（4）分别以A，D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点．
（5）作直线，交，分别于点E，F．
依据以上作图，若，，，则的长是（ ）

A． B．1 C． D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
连接，则，根据相似三角形对应边成比例即可得出结果
【详解】
如图，连接
垂直平分
,
平分





同理可知
四边形是平行四边形
又
平行四边形是菱形



又


，

解得：

故选C
【点睛】
本题考查了由已知作图分析角平分线的性质，垂直平分线的性质，相似三角形，菱形的性质与判定，熟知上述各类图形的判定或性质是解题的基础，寻找未知量与已知量之间的等量关系是关键．
18．（2022·广西）已知△ABC与△A1B1C1是位似图形，位似比是1：3，则△ABC与△A1B1C1的面积比（       ）
A．1 ：3 B．1：6 C．1：9 D．3：1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据位似图形的面积比等于位似比的平方，即可得到答案．
【详解】
∵△ABC与△A1B1C1是位似图形，位似比是1：3，
∴△ABC与△A1B1C1的面积比为1：9，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查位似图形的性质，熟练掌握位似图形的面积比等于位似比的平方是解题的关键．
19．（2022·黑龙江哈尔滨）如图，相交于点E，，则的长为（       ）


A． B．4 C． D．6
【答案】C
【解析】
【分析】
根据相似三角形对应边长成比例可求得BE的长，即可求得BD的长．
【详解】
∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的对应边长成比例，解题的关键在于找到对应边长．
20．（2022·山东临沂）如图，在中，，，若，则（     ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由，，可得再建立方程即可．
【详解】
解： ，，

，

解得：经检验符合题意
故选C
【点睛】
本题考查的是平行线分线段成比例，证明“”是解本题的关键．
21．（2022·四川雅安）如图，在△ABC中，D，E分别是AB和AC上的点，DE∥BC，若＝，那么＝（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先求解再证明可得
【详解】
解： ＝，

DE∥BC，


故选D
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，证明是解本题的关键．
22．（2022·江苏盐城）“跳眼法”是指用手指和眼睛估测距离的方法
步骤：
第一步：水平举起右臂，大拇指紧直向上，大臂与身体垂直；
第二步：闭上左眼，调整位置，使得右眼、大拇指、被测物体在一条直线上；
第三步：闭上右眼，睁开左眼，此时看到被测物体出现在大拇指左侧，与大拇指指向的位置有一段横向距离，参照被测物体的大小，估算横向距离的长度；
第四步：将横向距离乘以10（人的手臂长度与眼距的比值一般为10），得到的值约为被测物体离观测，点的距离值．
如图是用“跳眼法”估测前方一辆汽车到观测点距离的示意图，该汽车的长度大约为4米，则汽车到观测点的距离约为（       ）

A．40米 B．60米 C．80米 D．100米
【答案】C
【解析】
【分析】
参照题目中所给的“跳眼法”的方法估测出距离即可．
【详解】
由“跳眼法”的步骤可知被测物体与观测点的距离是横向距离的10倍．
观察图形，横向距离大约是汽车长度的2倍，为8米，
所以汽车到观测点的距离约为80米，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了测量距离，正确理解“跳眼法”测物距是解答本题的关键．
23．（2022·贵州贵阳）如图，在中，是边上的点，，，则与的周长比是（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先证明△ACD∽△ABC，即有，则可得，问题得解．
【详解】
∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴△ADC与△ACB的周长比1:2，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，证明△ACD∽△ABC是解答本题的关键．
24．（2022·江苏连云港）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（       ）

A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=，然后利用勾股定理再求得DF=FO=，据此求解即可．
【详解】
解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，
∴GF∥EC；故①正确；
根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，
同理可得点E为AB的中点，
设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，
∴GC=3a，
在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，
即(3a)2=a2+(2b)2，
∴b=，
∴AB=2=AD，故②不正确；
设DF=FO=x，则FC=2b-x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
即(2b-x)2=x2+(2a)2，
∴x==，即DF=FO=，
GE=a，
∴，
∴GE=DF；故③正确；
∴，
∴OC=2OF；故④正确；
∵∠FCO与∠GCE不一定相等，
∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；
综上，正确的有①③④，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
25．（2022·重庆）如图，与位似，点为位似中心，相似比为．若的周长为4，则的周长是（       ）

A．4 B．6 C．9 D．16
【答案】B
【解析】
【分析】
根据周长之比等于位似比计算即可．
【详解】
设的周长是x，
∵ 与位似，相似比为，的周长为4，
∴4：x=2：3，
解得：x=6，
故选：B．
【点睛】
本题考查了位似的性质，熟练掌握位似图形的周长之比等于位似比是解题的关键．
26．（2021·山东淄博）如图，在中，是斜边上的中线，过点作交于点．若的面积为5，则的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意易得，设，则有，则有，，然后可得，过点C作CH⊥AB于点H，进而根据三角函数及勾股定理可求解问题．
【详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
设，则有，
∵，
∴由勾股定理可得，
∵的面积为5，
∴，
∵，
∴，即，化简得：，
解得：或，
当时，则AC=2，与题意矛盾，舍去；
∴当时，即，过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：

∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故选A．
【点睛】
本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
27．（2021·吉林长春）如图，在平面直角坐标系中，点A、B在函数的图象上，x过点A作x轴的垂线，与函数的图象交于点C，连结BC交x轴于点D．若点A的横坐标为1，，则点B的横坐标为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先设出A的坐标，根据题意得出C的坐标，表示出CE的长度，过点B作BF垂直x轴，证明，由题目条件得出相似比，代换出点B的纵坐标，即可求出B的横坐标．
【详解】
设点A的坐标为，设AC与x轴的交点为E，过点B作BF⊥x轴，垂足为F，如图：

∵点C在函数的图象上，且AC⊥x轴，
∴C的坐标为，
∴EC=k，
∵BF⊥x轴，CE⊥x轴，
∴ ,
∴ ,
又∵，
∴ ,
∴，
即,
∴点B的纵坐标为，代入反比例函数解析式：
当时，，
∴B点的横坐标是2，
故选：B．
【点睛】
本题考查反比例函数及相似三角形，解题关键是将线段比转化为两个相似三角形的相似比，由相似三角形的对应边得出点的坐标．
28．（2021·黑龙江黑龙江）如图，平行四边形的对角线相交于点，点为的中点，连接并延长，交的延长线于点，交于点，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（ ）

A．4 B．5 C．2 D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，AE=EF，，
∵平行四边形的面积为48，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵和同高不同底，
∴，
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．
29．（2021·黑龙江）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中正确的结论是（       ）


A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意易得，①由三角形中位线可进行判断；②由△DOC是等腰直角三角形可进行判断；③根据三角函数可进行求解；④根据题意可直接进行求解；⑤过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∵，，
∴，则，
∵OF∥BE，
∴△DGF∽△DCE，
∴，
∴，故①正确；
∴点G是CD的中点，
∴OG⊥CD，
∵∠ODC=45°，
∴△DOC是等腰直角三角形，
∴，故②正确；
∵CE=4，CD=8，∠DCE=90°，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴，故④错误；
过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，如图所示：


∵点F是CD的中点，
∴CF=DF，
∴∠CDE=∠DCF，
∴，
设，则，
在Rt△DHC中，，
解得：，
∴，故⑤正确；
∴正确的结论是①②③⑤；
故选C．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
30．（2021·海南）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为8，则的面积为（       ）


A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，相交于点，交于点，先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得．
【详解】
解：如图，连接，相交于点，交于点，


四边形是菱形，且它的面积为8，
，
点分别是边的中点，
，
，，
，
，
，
则的面积为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
31．（2021·广西来宾）如图，矩形纸片，，点，分别在，上，把纸片如图沿折叠，点，的对应点分别为，，连接并延长交线段于点，则的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据折叠性质则可得出是的垂直平分线，则由直角三角形性质及矩形性质可得∠AEO=∠AGD，∠FHE＝∠D＝90°，根据相似三角形判定推出△EFH∽△GAD，再利用矩形判定及性质证得FH＝AB，即可求得结果．
【详解】
解：如图，过点F作FH⊥AD于点H，

∵点，的对应点分别为，，
∴，，
∴EF是AA＇的垂直平分线．
∴∠AOE=90°．
∵四边形是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
∴∠OAE＋∠AEO=∠OAE＋∠AGD，
∴∠AEO=∠AGD．
∵FH⊥AD，
∴∠FHE＝∠D＝90°．
∴△EFH∽△GAD．
∴．
∵∠AHF＝∠BAD＝∠B＝90°，
∴四边形ABFH是矩形．
∴FH＝AB．
∴；
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的折叠问题，掌握折叠的性质、矩形及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
32．（2021·江苏连云港）如图，中，，、相交于点D，，，，则的面积是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【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．
33．（2021·浙江绍兴）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
【解析】
【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．
二、填空题
34．（2022·湖南邵阳）如图，在中，点在边上，点在边上，请添加一个条件_________，使．

【答案】∠ADE=∠B（答案不唯一）．
【解析】
【分析】
已知有一个公共角，则可以再添加一个角从而利用有两组角对应相等的两个三角形相似来判定或添加夹此角的两边对应成比例也可以判定．
【详解】
解∶∵∠A=∠A，
∴根据两角相等的两个三角形相似，可添加条件∠ADE=∠B或∠AED=∠C证相似；
根据两边对应成比例且夹角相等，可添加条件证相似．
故答案为∶∠ADE＝∠B（答案不唯一）．
【点睛】
此题考查了本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
35．（2021·贵州黔西）如图，与是位似图形，点为位似中心，若，则与的面积比为__．

【答案】1：4
【解析】
【分析】
根据位似图形的性质得出△ABC∽△A'B'C'和相似比的值，然后根据相似三角形的性质面积比是相似比比值的平方解答即可．
【详解】
解：由题意得，△ABC和△A'B'C'是位似图形，
∴△ABC∽△A'B'C'，AB：A'B'=OA：AA'=1：2，
∴与的面积比为：1：4．
故答案为：1：4．
【点睛】
此题考查的知识点为：位似的概念、三角形相似的性质；掌握面积比是相似比比值的平方是解答问题的关键．
36．（2020·辽宁盘锦）三个顶点的坐标分别为，，，以原点为位似中心，相似比为，将缩小，则点的对应点的坐标是__________.
【答案】或
【解析】
【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,根据位似比求得对应坐标是解题的关键，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．
37．（2020·辽宁锦州）如图，在中，D是中点，，若的周长为6，则的周长为______．

【答案】12
【解析】
【分析】
由，可知，再由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·湖南娄底）若，则________．
【答案】
【解析】
【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．
39．（2020·湖南湘潭）若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据比例的基本性质变形，代入求职即可；
【详解】
由可设，，k是非零整数，
则．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了比的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．
40．（2020·贵州黔东南）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____．

【答案】
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90° ，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CD＝AB，
∴△ABP∽△EDP，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵PQ⊥BC，
∴PQ∥CD，
∴△BPQ∽△DBC，
∴＝＝，
∵CD＝2，
∴PQ＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定和性质证明△ABP∽△EDP得到＝是解题的关键．
41．（2021·四川德阳）我们把宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD是黄金矩形，边AB的长度为1，则该矩形的周长为 __________________．
【答案】或4
【解析】
【分析】
分两种情况：①边为矩形的长时，则矩形的宽为，求出矩形的周长即可；
②边为矩形的宽时，则矩形的长为，求出矩形的周长即可．
【详解】
解：分两种情况：
①边为矩形的长时，则矩形的宽为，
矩形的周长为：；
②边为矩形的宽时，则矩形的长为：，
矩形的周长为；
综上所述，该矩形的周长为或4，
故答案为：或4．
【点睛】
本题考查了黄金分割，熟记黄金分割的比值是解题的关键．
42．（2021·贵州黔东南）已知在平面直角坐标系中，△AOB的顶点分别为点A（2，1）、点B（2，0）、点O（0，0），若以原点O为位似中心，相似比为2，将△AOB放大，则点A的对应点的坐标为________．
【答案】（4，2）或（－4，－2）
【解析】
【分析】
根据位似变换的定义，作出图形，可得结论．
【详解】
解：如图，观察图象可知，点A的对应点的坐标为（4，2）或（-4，-2）．

故答案为：（4，2）或（-4，-2）．
【点睛】
本题考查作图-位似变换，解题的关键是正确作出点A的对应点E，G，点B的对应点F，H．
43．（2021·吉林）如图，为了测量山坡的护坡石坝高，把一根长为的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿上长为时，它离地面的高度为，则坝高为__________．

【答案】2.7
【解析】
【分析】
根据，可得，进而得出即可．
【详解】
解：如图，过作于，则，
∴，即，
解得，
故答案为：2.7

【点睛】
本题考查了相似三角形应用，解决本题的关键是掌握相似三角形的性质．
44．（2021·内蒙古）如图，在中，，过点B作，垂足为B，且，连接CD，与AB相交于点M，过点M作，垂足为N．若，则MN的长为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据MN⊥BC,AC⊥BC,DB⊥BC，得,可得,因为,列出关于MN的方程，即可求出MN的长．
【详解】
∵MN⊥BC，DB⊥BC,
∴AC∥MN∥DB，
∴，
∴
即,
又∵，
∴，
解得,
故填：．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，解题关键是根据题意得出两组相似三角形以及它们对应边之比的等量关系．
45．（2022·广西）古希腊数学家泰勒斯曾利用立杆测影的方法，在金字塔影子的顶部直立一根木杆，借助太阳光测金字塔的高度．如图，木杆EF长2米，它的影长FD是4米，同一时刻测得OA是268米，则金字塔的高度BO是________米．

【答案】134
【解析】
【分析】
在同一时刻物高和影子成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似，根据相似三角形的性质即可得．
【详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：134．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是了解：同一时刻物高和影长成正比．
46．（2022·浙江杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m．

【答案】9.88
【解析】
【分析】
根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】
解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DE，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，
∴，即，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
47．（2022·北京）如图，在矩形中，若，则的长为_______．

【答案】1
【解析】
【分析】
根据勾股定理求出BC，以及平行线分线段成比例进行解答即可．
【详解】
解：在矩形中：，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】
此题考查了勾股定理以及平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键．
48．（2022·上海）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____．

【答案】或
【解析】
【分析】
由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解．
【详解】
解：∵D为AB中点，
∴，即，
取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，，
∴，
在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，
∵∠A=30°，∠B=90°，
∴∠C=60°，BC＝，
∵DE1∥BC，
∴∠DE1E2=60°，
∴△DE1E2是等边三角形，
∴DE1＝DE2＝E1E2＝，
∴E1E2＝，
∵，
∴，即，
综上，的值为：或，
故答案为：或．

【点睛】
本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键．
49．（2022·广西）数学兴趣小组通过测量旗杆的影长来求旗杆的高度，他们在某一时刻测得高为2米的标杆影长为1.2米，此时旗杆影长为7.2米，则旗杆的高度为______米．

【答案】12
【解析】
【分析】
根据同时、同地物高和影长的比不变，构造相似三角形，然后根据相似三角形的性质解答．
【详解】
解：设旗杆为AB，如图所示：


根据题意得：，
∴
∵米，米，米，
∴
解得：AB=12米．
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了中心投影、相似三角形性质的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
50．（2022·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，点，，，……在x轴上且，，，……按此规律，过点，，，……作x轴的垂线分别与直线交于点，，，……记，，，……的面积分别为，，，……，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
先求出，可得，再根据题意可得，从而得到∽∽∽∽……∽，再利用相似三角形的性质，可得∶∶∶∶……∶= ，即可求解．
【详解】
解：当x=1时，，
∴点，
∴，
∴，
∵根据题意得：，
∴∽∽∽∽……∽，
∴∶∶∶：……∶= OA12∶OA22∶OA32∶……∶OAn2，
∵，，，，……，
∴，，，……，，
∴∶∶∶∶……∶= ，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了图形与坐标的规律题，相似三角形的判定和性质，明确题意，准确得到规律，是解题的关键．
51．（2022·湖北鄂州）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC上的点，AD与BE相交于点P，若BD=CE=2，则△ABP的周长为 _____．

【答案】
【解析】
【分析】
如图所示，过点E作EF⊥AB于F，先解直角三角形求出AF，EF，从而求出BF，利用勾股定理求出BE的长，证明△ABD≌△BCE得到∠BAD=∠CBE，AD=BE，再证明△BDP∽△ADB，得到，即可求出BP，PD，从而求出AP，由此即可得到答案．
【详解】
解：如图所示，过点E作EF⊥AB于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠BAC=∠BCE=60°，
∵CE=BD=2，AB=AC=6，
∴AE=4，
∴，
∴BF=4，
∴，
又∵BD=CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD=∠CBE，AD=BE，
又∵∠BDP=∠ADB，
∴△BDP∽△ADB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴△ABP的周长，
故答案为：．


【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．
52．（2022·辽宁沈阳）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F且点F在矩形内部，MF的延长线交BC与点G，EF交边BC于点H．，，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．

【答案】或4
【解析】
【分析】
由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，证明得，再分两种情况讨论求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=4，∠D=∠C=90°，
∴∠DMN=∠GNM，
由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，
∴∠GMN=∠GNM，∠GFH=∠NEH，
∴GM=GN，
又∠GHE=∠NHE，
∴，
∴，
∵点H是GN的三等分点，则有两种情况：
①若时，则有：
∴EH=，GF=2NE=4，
由勾股定理得，,
∴GH=2NH=
∴GM=GN=GH+NH=，
∴MD=MF=GM-GF=；
②若时，则有：
∴EH=，GF=NE=1，
由勾股定理得，,
∴GH=NH=
∴GM=GN=GH+NH=5；
∴MD=MF=GM-GF=
综上，MD的值为或4．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识，进行分类讨论是解答本题的关键．
53．（2022·湖南常德）如图，已知是内的一点，，，若的面积为2，，，则的面积是________．

【答案】12
【解析】
【分析】
延长EF、DF分布交AC于点M、N，可以得到相似三角形并利用相似三角形分别求出AM、MN、CN之间的关系，从而得到三角形的面积关系即可求解．
【详解】
解：如图所示：延长EF、DF分布交AC于点M、N，


，，，，
，
，
令，则，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
求出,
，
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了相似三角形中的A型，也可以利用平行线分线段成比例知识，具有一定的难度，不断的利用相似三角形的性质：对应线段成比例进行求解线段的长度；利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
54．（2021·四川内江）如图，矩形中，，，对角线的垂直平分线交于点、交于点，则线段的长为 __．

【答案】##7.5
【解析】
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．
【详解】
解：如图：

四边形是矩形，
，又，，
，
是的垂直平分线，
，，又，
，
，
，
解得，，
四边形是矩形，
，，
，
是的垂直平分线，
，，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键．
55．（2021·甘肃兰州）如图，在矩形中，，．①以点为圆心，以不大于长为半径作弧，分别交边，于点，，再分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，则长为______．

【答案】
【解析】
【分析】
由作图步骤可知AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，则BQ=AB=1，利用勾股定理可得AQ=QG=，因为AD∥BQ，所以，则，即，解得OQ=，所以OG=OQ+QG=．
【详解】
由题意可知：AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，
=45°，
BQ=AB=1，
在中，，
AD∥BQ，

，即，解得OQ=，
OG=OQ+QG=．
【点睛】
本题主要考查了角平分线、垂直平分线的作图方法，相似三角形判定，勾股定理，解题的关键是掌握角平分线、垂直平分线的作图方法以及找准相似三角形进行线段计算．
56．（2021·辽宁营口）如图，矩形中，，，点E是边上一点，，连接，点F是延长线上一点，连接，且，则_________．

【答案】6
【解析】
【分析】
过点D作DM⊥AF，可证明∠NDM=∠GDM，从而得，DN=DG，设DN=DG=x，列出比例式，求出x的值，进而即可求解．
【详解】
解：过点D作DM⊥AF，则∠MAD+∠ADM=90°，

∵在矩形中，∠ADM+∠CDM=90°，
∴∠MAD=∠CDM，
∵AD∥BF，
∴∠F=∠MAD，
∵，
∴∠MAD=，
∴∠CDM=，
∴∠NDM=∠GDM，
∵∠NMD=∠GMD=90°，DM=DM，
∴，
∴DN=DG，
∵，，
∴，
设DN=DG=x，
∵AB∥CD，
∴，
∴，即：，解得：x=2，
∴DN=DG=2，
∵AD∥BF，
∴，
∴，即：，解得：CF=6，
故答案是：6．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，证明，是解题的关键．
57．（2021·江苏无锡）如图，在中，，，，点E在线段上，且，D是线段上的一点，连接，将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上时，________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点F作FM⊥AC于点M，由折叠的性质得FG=，∠EFG=，EF=AE=1，再证明，得，，进而即可求解．
【详解】
解：过点F作FM⊥AC于点M，


∵将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上，
∴FG=，∠EFG=，EF=AE=1，
∴EG=，
∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°，
∴，
∴，
∴=，，
∴AM=AE+EM=，
∴．
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造”母子相似三角形“是解题的关键．
58．（2020·四川眉山）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】
【解析】
【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．
59．（2020·四川宜宾）在直角三角形ABC中，是AB的中点，BE平分交AC于点E连接CD交BE于点O，若，则OE的长是________．

【答案】
【解析】
【分析】
过E点作EG⊥AB于G点，根据三角形面积公式求出CE=EG=3，延长CD交过B作BF⊥BC于F，可得△ACD≌△BFD，得到BF=8,再根据△CEO∽△FBO，找到比例关系得到EO=BE，再求出BE即可求解．
【详解】
过E点作EG⊥AB于G点，
∵BE平分
∴CE=EG,
设CE=EG=x,
∵,
∴AB=
∵S△ABC= S△ABE+S△BCE，
故
即
解得x=3
∴CE=3,
延长CD交过B作BF⊥BC于F，
∵D是AB中点
∴AD=BD
又AC∥BF
∴∠A=∠DBF,由∠ADC=∠DBF
∴△ACD≌△BFD，
∴BF=AC=8,
∵AC∥BF
∴△CEO∽△FBO，
∴
∴EO=BE=×=，
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定、角平分线的性质及相似三角形的判定与性质．
60．（2020·山东潍坊）如图，矩形中，点G，E分别在边上，连接，将和分别沿折叠，使点B，C恰好落在上的同一点，记为点F．若，则_______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据折叠的性质结合勾股定理求得GE，BC=AD=8，证得Rt△EGFRt△EAG，求得，再利用勾股定理得到DE的长，即可求解．
【详解】
矩形中，GC=4，CE =3，∠C=90，
∴GE=，

根据折叠的性质：BG=GF，GF=GC=4，CE=EF=3，∠AGB=∠AGF，∠EGC=∠EGF，∠GFE =∠C=90，
∴BG=GF=GC=4，
∴BC=AD=8，
∵∠AGB+∠AGF+∠EGC+∠EGF=180，
∴∠AGE=90，
∴Rt△EGFRt△EAG，
∴，即，
∴，
∴DE=，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数的知识等，利用勾股定理和相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．
三、解答题
61．（2021·江苏南通）如图，利用标杆测量楼高，点A，D，B在同一直线上，，，垂足分别为E，C．若测得，，，楼高是多少？

【答案】楼高是9米．
【解析】
【分析】
先求出AC的长度，由∥，得到，即可求出BC的长度．
【详解】
解：∵，，
∴m，
∵，，
∴∥，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴楼高是9米．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
62．（2021·广西贵港）尺规作图（只保留作图痕迹，不要求写出作法），如图，已知ABC，且AB＞AC．
（1）在AB边上求作点D，使DB＝DC；
（2）在AC边上求作点E，使ADE∽ACB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）作线段的垂直平分线交于点，连接即可．
（2）作，射线交于点，点即为所求．
【详解】
解：（1）如图，点即为所求．
（2）如图，点即为所求．

【点睛】
本题考查作图相似变换，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
63．（2021·广西玉林）如图，在中，在上，，．

（1）求证：∽；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意易得，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，然后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可得，然后问题可求解．
【详解】
（1）证明：∵，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可知，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
64．（2021·湖北黄冈）如图，在和中，，．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）9．
【解析】
【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．
65．（2020·湖北省直辖县级单位）在平行四边形中，E为的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
          
（1）如图1，在上找出一点M，使点M是的中点；
（2）如图2，在上找出一点N，使点N是的一个三等分点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接对角线AC,BD，再连接E与对角线的交点，与BC的交点即为M点；
（2）连接CE交BD即为N点，根据相似三角形的性质可得,于是DN=BD．
【详解】
解：（1）如图1，点M即为所求；                                   
（2）如图2，点N即为所求．                              

【点睛】
此题主要考查平行四边形与相似三角形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的特点．
66．（2022·上海）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE²=AQ·AB求证：

(1)∠CAE=∠BAF；
(2)CF·FQ=AF·BQ
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可；
（2）先证△ACE∽△AFQ可得∠AEC=∠AQF，求出∠BQF=∠AFE，再证△CAF∽△BFQ，利用相似三角形的性质得出结论．
(1)
证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵CF=BE，
∴CE=BF，
在△ACE和△ABF中，，
∴△ACE≌△ABF（SAS），
∴∠CAE=∠BAF；
(2)
证明：∵△ACE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠CAE=∠BAF，
∵AE²=AQ·AB，AC＝AB，
∴，即，
∴△ACE∽△AFQ，
∴∠AEC=∠AQF，
∴∠AEF=∠BQF，
∵AE＝AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴∠BQF=∠AFE，
∵∠B=∠C，
∴△CAF∽△BFQ，
∴，即CF·FQ=AF·BQ．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
67．（2022·吉林长春）如图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．

(1)网格中的形状是________；
(2)在图①中确定一点D，连结、，使与全等：
(3)在图②中的边上确定一点E，连结，使：
(4)在图③中的边上确定一点P，在边BC上确定一点Q，连结，使，且相似比为1：2．
【答案】(1)直角三角形
(2)见解析（答案不唯一）
(3)见解析
(4)翙解析
【解析】
【分析】
（1）运用勾股定理分别计算出AB，AC，BC的长，再运用勾股定理逆定理进行判断即可得到结论；
（2）作出点A关于BC的对称点D，连接BD，CD即可得出与全等：
（3）过点A作AE⊥BC于点E，则可知：
（4）作出以AB为斜边的等腰直角三角形，作出斜边上的高，交AB于点P，交BC于点Q，则点P，Q即为所求．
(1)
∵
∴,
∴是直角三角形，
故答案为：直角三角形；
(2)
如图，点D即为所求作，使与全等：

(3)
如图所示，点E即为所作，且使：

(4)
如图，点P，Q即为所求，使得，且相似比为1：2．

【点睛】
本题主要考查了勾股定理，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
68．（2022·湖南常德）在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接．

(1)当四边形是矩形时，如图，求证：①；②．
(2)当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【解析】
【分析】
（1）①证明即可；②连接BG，CG，证明，即可证明；
（2）①的结论和（1）中证明一样，证明即可；②的结论，作，证明即可．
(1)
证明：①证明过程：
四边形ABCD为矩形，

平分

为等腰直角三角形






②证明：连接BG，CG，

G为AF的中点，四边形ABCD为矩形，


平分，










(2)
作，如图所示


由（1）同理可证：

四边形ABCD为平行四边形



G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得
，






【点睛】
本题考查了以矩形与平行四边形为桥梁，涉及全等三角形的证明，相似三角形的证明，正确作出辅助线并由此得到相应的全等三角形和相似三角形是解题的关键．
69．（2022·湖北黄冈）问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证＝．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明＝．

(1)尝试证明：请参照小慧提供的思路，利用图2证明＝；
(2)应用拓展：如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的长；
②若BC＝m，∠AED＝，求DE的长（用含m，的式子表示）．
【答案】(1)详见解析
(2)①DE=；②
【解析】
【分析】
（1）利用AB∥CE，可证得，即，由AD平分∠BAC，可知AC=EC，即可证得结果；
（2）利用（1）中的结论进行求解表示即可．
(1)
解：∵AB∥CE，
∴∠BAD=∠DEC，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠DEC，
∴AC=EC，
∵∠BDA=∠CDE，
∴，
∴，
即，
∴；
(2)
①由折叠可知，AD平分∠BAC，CD=DE，
由（1）得，，
∵AC＝1，AB＝2，
∴，
∴，
解得：CD=，
∴DE= CD=；
②由折叠可知∠AED＝∠C=，
∴，
由①可知，
∴，
∴，
即：．
【点睛】
本题主要考查的是相似三角形的综合运用，灵活转化比例关系是解题的关键．
70．（2022·山东泰安）如图，矩形中，点E在上，，与相交于点O．与相交于点F．


(1)若平分，求证：；
(2)找出图中与相似的三角形，并说明理由;
(3)若，，求的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)，与相似，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质和角平分线的定义即可得出结论；
（2）根据判定两个三角形相似的判定定理，找到相应的角度相等即可得出；
（3）根据得出，根据得出，联立方程组求解即可．
(1)
证明：如图所示：


四边形为矩形，
，
，
，
，
又平分，
，
，
又与互余，
与互余，
；
(2)
解：，与相似．
理由如下：
，，
，
又，   
，
，，
；
(3)
解：，
，
，
，
在矩形中对角线相互平分，图中，
①，
，
，
，
在矩形中，
②，
由①②，得（负值舍去），
．
【点睛】
本题考查矩形综合问题，涉及到矩形的性质、角平分线的性质、角度的互余关系、两个三角形相似的判定与性质等知识点，熟练掌握两个三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．
71．（2022·四川自贡）如图，用四根木条钉成矩形框，把边固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．

(1)通过观察分析，我们发现图中线段存在等量关系，如线段由旋转得到，所以．我们还可以得到＝ ， ＝ ；
(2)进一步观察，我们还会发现∥，请证明这一结论；
(3)已知，若 恰好经过原矩形边的中点 ，求与之间的距离．
【答案】(1)CD，AD；
(2)见解析；
(3)EF于BC之间的距离为64cm．
【解析】
【分析】
（1）由推动矩形框时，矩形ABCD的各边的长度没有改变，可求解；
（2）通过证明四边形BEFC是平行四边形，可得结论；
（3）由勾股定理可求BH的长，再证明△BCH∽△BGE，得到，代入数值求解EG，即可得到答案．
(1)
解：∵ 把边固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
∴由旋转的性质可知矩形ABCD的各边的长度没有改变，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案为：CD，AD；
(2)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∴EFBC，
∴EFAD；
(3)
解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，

∵DC＝AB＝BE＝80cm，点H是CD的中点，
∴ CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，∠BCH＝90°，
BH＝（cm），
∵ EG⊥BC，
∴∠EGB＝∠BCH＝90°，
∴CHEG，
∴ △BCH∽△BGE，
∴，
∴，
∴EG＝64，
∵ EFBC，
∴EF与BC之间的距离为64cm．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
72．（2021·四川雅安）如图，为等腰直角三角形，延长至点B使，其对角线，交于点E．

（1）求证：；
（2）求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过是等腰直角三角形可知，再由，即可证明；
（2）设，则，，再根据即可得到用含的表达式表示的DF，进而即可求得的值．
【详解】
（1）证明：∵四边形是矩形
∴E为BD中点
∵
∴
∴
又∵为等腰直角三角形
∴，
∴
∴
∵
∴
在与中

∴；
（2）解：设
∵为等腰直角三角形
∴，，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∵，
∴
∵E是DB中点
∴
∴
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定，三角形相似的性质与判定，还涉及了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三线合一，矩形的性质等相关内容，熟练掌握相关几何证明方法是解决本题的关键．
73．（2021·广西贺州）如图，在中，，是上的一点，以为直径的与相切于点，连接，．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OE，根据切线的定义可得，结合∠C=90°，可得，即，进而说明即可证明结论；
（2）先证可得，再得，最后运用三角函数解答即可．
【详解】
（1）证明：连接，

∵是的切线，
∴，即 ，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）∵是的直径，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
∴．
又∵，
∴，即．
【点睛】
本题主要考查了圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数的定义等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
74．（2021·湖南永州）如图1，是的直径，点E是上一动点，且不与A，B两点重合，的平分线交于点C，过点C作，交的延长线于点D．

（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）如图2，原有条件不变，连接，延长至点M，的平分线交的延长线于点P，的平分线交的平分线于点Q．求证：无论点E如何运动，总有．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解
【解析】
【分析】
（1）连接OC，先证明∠EAC=∠OCA，可得CO∥AE，进而即可求证；
（2）连接BC，可证，进而即可得到结论；
（3）由三角形外角的性质可得∠QBM-∠QAM=∠Q，∠CBM-∠CAM=∠ACB，结合角平分线的定义，可得∠ACB=2∠Q，同理：∠AEB=2∠P，进而即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，

∵的平分线交于点C，
∴∠EAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠EAC=∠OCA，
∴CO∥AE，
∵，
∴CO⊥CD，
∴是的切线；
（2）连接BC，

∵是的直径，
∴∠ACB =90°，
∵，
∴∠D=90°，即：∠ACB=∠D，
∵∠DAC=∠CAB，
∴，
∴，即：，
∵AB=2AO，
∴；
（3）证明：∵∠QBM是的一个外角，
∴∠QBM-∠QAM=∠Q，
同理：∠CBM-∠CAM=∠ACB，
∵的平分线交的平分线于点Q，
∴∠CBM=2∠QBM，∠CAM=2∠QAM，
∴∠ACB=2∠Q，
同理：∠AEB=2∠P，
∵∠ACB和∠AEB都是直径所对的圆周角，
∴∠ACB=∠AEB=90°，
∴，即：无论点E如何运动，总有．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质，三角形外角的性质，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理及其推论，切线的判定定理，是解题的关键．
75．（2021·湖南益阳）如图，在等腰锐角三角形中，，过点B作于D，延长交的外接圆于点E，过点A作于F，的延长线交于点G．

（1）判断是否平分，并说明理由；
（2）求证：①；②．
【答案】（1）平分，理由见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据圆内接四边形的性质可得，从而可得，由此即可得出结论；
（2）①先根据角平分线的性质可得，再根据直角三角形全等的判定定理与性质即可得证；
②先根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，再根据圆内接四边形的性质可得，根据等量代换可得，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，最后根据，即可得证．
【详解】
解：（1）平分，理由如下：
，
，
由圆周角定理得：，
，
由圆内接四边形的性质得：，
，
，
，
平分；
（2）①平分，，，
，
在和中，，
，
；
②在和，，
，
，
由圆内接四边形的性质得：，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，，
，
，
即．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、直角三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）②，正确找出两个相似三角形是解题关键．
76．（2021·黑龙江绥化）如图所示，四边形为正方形，在中，的延长线与的延长线交于点，点在同一条直线上．


（1）求证：；
（2）当时，求的值；
（3）当时，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）已知正方形和，用“边角边”证明两三角形全等即可；
（2）方法一：过作交于点，过作交于点，则，从而求的，
方法二：连接交于，交于，构造相似三角形，从而求得；
（3）不在直角三角形中，过点作交于点，过点作交于点，求得结果．
【详解】
（1）∵四边形为正方形





在和中

．
（2）方法一：

，
为正方形对角线


                           

设，则



在三角形中
过作交于点，过作交于点


是等腰直角三角形


∴，
．
方法二：
连接交于，交于


∵正方形
，，





，
∴，
，，


为中点
，
设




（3）过点作交于点，过点作交于点

，




，
为等腰直角三角形


，
，

，
在中
．


【点睛】
本题考查了全等三角形的证明，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，按要求作出辅助线是解决本题的关键．
77．（2021·山西）阅读与思考，请阅读下列科普材料，并完成相应的任务．
图算法
图算法也叫诺模图，是根据几何原理，将某一已知函数关系式中的各变量，分别编成有刻度的直线（或曲线），并把它们按一定的规律排列在一起的一种图形，可以用来解函数式中的未知量．比如想知道10摄氏度相当于多少华氏度，我们可根据摄氏温度与华氏温度之间的关系：得出，当时，．但是如果你的温度计上有华氏温标刻度，就可以从温度计上直接读出答案，这种利用特制的线条进行计算的方法就是图算法．

再看一个例子：设有两只电阻，分别为5千欧和7.5千欧，问并联后的电阻值是多少？

我们可以利用公式求得的值，也可以设计一种图算法直接得出结果：我们先来画出一个的角，再画一条角平分线，在角的两边及角平分线上用同样的单位长度进行刻度，这样就制好了一张算图．我们只要把角的两边刻着7.5和5的两点连成一条直线，这条直线与角平分线的交点的刻度值就是并联后的电阻值．
图算法得出的数据大多是近似值，但在大多数情况下是够用的，那些需要用同一类公式进行计算的测量制图人员，往往更能体会到它的优越性．

任务：
（1）请根据以上材料简要说明图算法的优越性；
（2）请用以下两种方法验证第二个例子中图算法的正确性：
①用公式计算：当，时，的值为多少；
②如图，在中，，是的角平分线，，，用你所学的几何知识求线段的长．

【答案】（1）图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）根据题意可直接进行求解问题；
（2）①利用公式可直接把，代入求解即可；②过点作，交的延长线于点，由题意易得，则有，，然后可得为等边三角形，则，所以可得，最后利用相似三角形的性质可求解．
【详解】
（1）解：答案不唯一，如：图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等．
（2）①解：当，时，，
∴．
②解：过点作，交的延长线于点，如图所示：

∵平分，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定是解题的关键．
78．（2022·辽宁大连）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在中，D是上一点，．求证．
独立思考：
（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：
（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．“如图2，延长至点E，使，与的延长线相交于点F，点G，H分别在上，，．在图中找出与相等的线段，并证明．”
问题解决：
（3）数学活动小组河学时上述问题进行特殊化研究之后发现，当时，若给出中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求，该小组提出下面的问题，请你解答．“如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长．”

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的内角和定理可得答案；
（2）如图，在BC上截取 证明 再证明 证明 可得 从而可得结论；
（3）如图，在BC上截取 同理可得： 利用勾股定理先求解 证明 可得 可得 证明 可得 而 可得 再利用勾股定理求解BE，即可得到答案．
【详解】
证明：（1）
而

（2） 理由如下：
如图，在BC上截取




，

∵
∴
∴
∵
∴


（3）如图，在BC上截取
同理可得：












而



而


【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
79．（2022·广东深圳）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：

（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．

（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【解析】
【分析】
（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；
（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．
【详解】
证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：

设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：

同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】
本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
80．（2022·山东烟台）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．
①求的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②
【解析】
【分析】
（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
(1)
证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
(2)
解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
；
(3)
解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．