专题04相交线与平行线&三角形&相似三角形（五大题型）【好题汇编】-2024年中考数学二模试题分类汇编（北京专用）

专题04 相交线与平行线&三角形&相似三角形 几何体的展开图 1．（2024•门头沟区二模）某几何体的展开图是由大小形状相等的两个正方形、四个长宽不等的矩形组成，则该几何体是（　　） A．正方体 B．长方体 C．四棱锥 D．三棱柱 2．（2024•石景山区二模）如图是某几何体的展开图，该几何体是（　　） A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱锥 D．圆柱 3．（2024•大兴区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．三棱锥 C．三棱柱 D．圆锥 4．（2024•朝阳区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．三棱柱 D．正方体 5．（2024•海淀区二模）如图是一张长方形纸片，用其围成一个几何体的侧面，这个几何体可能是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．球 D．三棱锥 6．（2024•海淀区校级模拟）若如图是某几何体的表面展开图，则这个几何体是（　　） A．正三棱柱 B．正方体 C．圆柱 D．圆锥 利用平行线的性质求角度 7．（2024•东城区校级模拟）如图，将一副三角板叠在一起，使它们的直角顶点重合于O点，已知∠AOB＝160°，则∠COD的度数为（　　） A．20° B．30° C．40° D．50° 8．（2024•丰台区二模）如图，l1∥l2，点O在直线l2上，将三角板的直角顶点放在点O处，三角板的两条直角边分别与l1交于A，B两点，若∠1＝46°，则∠2的大小为（　　） A．34° B．44° C．46° D．54° 9．如图，把一个直角三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，若，则（　　） A． B． C． D． 10．（2024•门头沟区二模）如图，AB∥CD，CE平分∠ACD，∠1＝70°，∠2的度数为（　　） A．30° B．35° C．45° D．70° 11．（2024•朝阳区二模）如图，AB∥CD，BC∥EF，ED平分∠AEF，若∠C＝50°，则∠D的度数为（　　） A．40° B．50° C．55° D．65° 13．（2024•海淀区校级模拟）如图，直线a∥b，点B在直线a上，AB⊥BC，若∠1＝42°，则∠2的度数为（　　） A．42° B．58° C．48° D．138° 14．（2024•海淀区二模）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1、l2于B，C两点，连结AC，BC．若∠1＝40°，则∠ABC的大小为（　　） A．20° B．40° C．70° D．80° 15．（2024•昌平区二模）光线在不同介质中的传播速度是不同的，因此光线从水中射向空气时，要发生折射．由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的．如图，水面与杯底互相平行，∠1＝45°，∠2＝120°，则∠3+∠4＝（　　） A．165° B．155° C．105° D．90° 16．（2024•海淀区校级二模）如图，∠1＝∠2，∠D＝50°，则∠B的度数为（　　） A．50° B．40° C．100° D．130° 全等三角形 17．（2024•西城区二模）如图，点C为线段AB的中点，∠BAM＝∠ABN，点D，E分别在射线AM，BN上，∠ACD与∠BCE均为锐角．若添加一个条件一定可以证明△ACD≌△BCE，则这个条件不能是（　　） A．∠ACD＝∠BCE B．CD＝CE C．∠ADC＝∠BEC D．AD＝BE 18．（2024•大兴区二模）在四边形ABCD中，∠ABD＝∠CDB，只需添加一个条件即可证明△ABD≌△CDB，这个条件可以是 　 　（写出一个即可）． 19．（2024•北京二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB于点E．若CD＝3，AB＝10，则S△ABD＝　 　． 20．（2024•西城区二模）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于点E．若BE＝3，△BDE的面积为1.5，则点D到边AB的距离为 　 　． 21．（2024•黄埔区校级二模）如图，点E，F在BC上，BE＝CF，AF与DE交于点O，且OE＝OF，∠A＝∠D．求证：△ABF≌△DCE． 20．如图，已知△ABC和△ADE，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，AC＝AE，AD与BC交于点P，点C在DE上．求证：BC＝DE． 相似三角形的判定与性质 21．（2024•石景山区二模）如图，在△ABC中，若DE∥BC，，DE＝4，则BC的长是　 　． 22．（2024•海淀区二模）如图，在△ABC中，D，E分别在边AB，BC上，DE∥AC．若AD＝2，BD＝4，则的值为 　 　． 23．（2024•朝阳区二模）如图，在▱ABCD中，E是AD上一点，，BE的延长线与CD的延长线相交于点F，若AB＝6，则CF的长为 　 　． 24．（2024•丰台区二模）如图，在▱ABCD，点E在DC上，若DE：EC＝1：2，则BF：BE＝　 ． 25．（2024•海淀区校级三模）如图，已知矩形ABCD，AC为对角线，点E、F分别是△ABC与△ADC的重心，联结AE、EF，如果AE⊥EF，那么sin∠EAB＝　 　． 26．（2024•昌平区二模）如图，AB为半圆O的直径，C，D是直径AB上两点，且AC＝BD，过点D作AB的垂线交半圆于点E，CD＝2DE．设AD＝a，AC＝b，DE＝c，给出下面三个结论：①a﹣b＝2c；②；③a+b＝2c．所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 相似三角形的实际应用 27．（2024•北京二模）《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．小明同学依照此法测量学校操场边一棵树的高度，如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC＝∠AQP＝90°，AP与BC相交于点D．测得AB＝1.2m，BD＝0.5m，AQ＝9m，则树高PQ＝　 　m． 28．（2024•昌平区二模）图1是装满红酒的高脚杯示意图，装酒的杯体可看作一个三角形，液面宽度为6cm，其它数据如图所示，喝掉一部分后的数据如图2所示，此时液面宽度为 　 　cm． 29．（2024•东城区校级二模）古代的“矩”是指包含直角的作图工具，如图1，用“矩”测量远处两点间距离的方法是：把矩按图2平放在地面上，人眼从矩的一端A望点B，使视线刚好通过点E，量出AC长，即可算得BC之间的距离．若a＝4cm，b＝5cm，AC＝20m，则BC＝（　　） A．15m B．16m C．18m D．20m 30．（2024•大兴区二模）在数学活动课上，同学们分组测量学校旗杆的高度，经过交流、研讨及测量给出如下两种方案，请你选择一种方案求出旗杆的高度． 方案一：在某一时刻，借助太阳光线，测得小华的身高DE为1.8米，他的影长EF为0.9米，同时测得旗杆AB的影长BC为6米． 方案二：利用“光在反射时，反射角等于入射角”的规律，小丽在她的脚下C点放了一面小镜子，然后向后退1.2米到达点E，恰好在小镜子中看到旗杆的顶端A，此时旗杆底端B到点C的距离BC为9米，小丽的眼睛点D到地面的距离DE为1.6米． 1．（2024•朝阳区校级二模）如图是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“我”字一面的相对面上的字是（　　） A．厉 B．害 C．了 D．国 2．（2024•顺义区二模）如图，直线AB，CD相交于点O，OC平分∠AOE，∠BOD＝35°，则∠BOE的度数为（　　） A．95° B．100° C．110° D．145° 4．（2024•东城区二模）若某个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 5．（2024•东城区校级二模）如图，直线AB，CD相交于点O，若∠AOC＝60°，∠BOE＝40°，则∠DOE的度数为（　　） A．60° B．40° C．20° D．10° 6．（2024•西城区二模）如图，直线AB⊥CD于点C，射线CE在∠BCD内部，射线CF平分∠ACE．若∠BCE＝40°，则下列结论正确的是（　　） A．∠ECF＝60° B．∠DCF＝30° C．∠ACF与∠BCE互余 D．∠ECF与∠BCF互补 7．（2024•北京二模）如图，l1∥l2，△ABC的顶点B，C分别在l1，l2上，∠1＝70°，∠2＝40°，则∠A的大小为（　　） A．50° B．40° C．30° D．20° 8．（2024•顺义区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC边上一动点（不与B，C重合），DE⊥AB于点E．设CD＝a，BD＝b，AE＝c．给出下面三个结论：①a+b＞c；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①③ B．②③ C．② D．①②③ 9．（2024•门头沟区二模）如图，在平面直角坐标系内，某图象上的点A、B为整数点，以点O为位似中心将该图象扩大为原来的2倍，则点A的对应点坐标为 　 　． 10．如图，在中，于点，点是的中点．设，，，，，，且，有以下三个结论： ①； ②点，，在以点为圆心，为半径的圆上； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 11．（2024•北京模拟）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于G，CD＝AE． （1）求证：CG＝EG． （2）已知BC＝13，CD＝5，连接ED，求△EDC的面积． 12．（2024•北京二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连接CD，过点A作AE∥DC，过点C作CE∥DA，AE与CE相交于点E． （1）求证：四边形ADCE是菱形； （2）连接BE，若AE，BC＝4，求BE的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 相交线与平行线&三角形&相似三角形 几何体的展开图 1．（2024•门头沟区二模）某几何体的展开图是由大小形状相等的两个正方形、四个长宽不等的矩形组成，则该几何体是（　　） A．正方体 B．长方体 C．四棱锥 D．三棱柱 【分析】根据常见几何体的展开图解答即可． 【解答】解：A．正方体的展开图由大小形状相等的六个正方形组成，故本选项不符合题意； B．当长方体的两个底面是正方形时，它的展开图是由大小形状相等的两个正方形、四个长宽不等的矩形组成，故本选项符合题意； C．四棱锥的展开图是由一个四边形和四个三角形组成，故本选项不符合题意； D．三棱柱的展开图是两个三角形和三个矩形组成，故本选项不符合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了几何体的展开图，掌握常见几何体的展开图是解答本题的关键． 2．（2024•石景山区二模）如图是某几何体的展开图，该几何体是（　　） A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱锥 D．圆柱 【分析】根据三棱柱的展开图解答． 【解答】解：由图可知，该几何体的两个底面是正三角形，且有3个侧面，侧面都是矩形，故这个几何体是三棱柱． 故选：A． 【点评】本题考查了展开图折叠成几何体，熟记三棱柱的展开图的形状是解题的关键． 3．（2024•大兴区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．三棱锥 C．三棱柱 D．圆锥 【分析】根据展开图是一个扇形与圆知，该几何体是圆锥． 【解答】解：几何体的展开图是扇形与圆，可知该几何体是圆锥； 故选：D． 【点评】本题考查了立体图形的展开，解题的关键是掌握圆锥的展开图． 4．（2024•朝阳区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．三棱柱 D．正方体 【分析】侧面为长方形，底面为2个圆形，故原几何体为圆柱． 【解答】解：观察图形可知，该几何体是圆柱． 故选：A． 【点评】本题考查了展开图折叠成几何体，熟记圆柱的展开图的形状是解题的关键． 5．（2024•海淀区二模）如图是一张长方形纸片，用其围成一个几何体的侧面，这个几何体可能是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．球 D．三棱锥 【分析】根据圆柱的侧面展开图是矩形解答即可． 【解答】解：如图是一张长方形纸片，用其围成一个几何体的侧面，这个几何体可能是圆柱，故选项A符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了展开图折叠成几何体，掌握常见几何体的展开图是解答本题的关键． 6．（2024•海淀区校级模拟）若如图是某几何体的表面展开图，则这个几何体是（　　） A．正三棱柱 B．正方体 C．圆柱 D．圆锥 【分析】由平面图形的折叠及正三棱柱的展开图的特征作答． 【解答】解：由平面图形的折叠及三棱柱的展开图的特征可知，这个几何体是正三棱柱． 故选：A． 【点评】考查了几何体的展开图，解题时勿忘记正三棱柱的特征． 利用平行线的性质求角度 7．（2024•东城区校级模拟）如图，将一副三角板叠在一起，使它们的直角顶点重合于O点，已知∠AOB＝160°，则∠COD的度数为（　　） A．20° B．30° C．40° D．50° 【分析】由∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC，求出∠AOC，再由∠COD＝∠AOD﹣∠AOC，即可计算． 【解答】解：∵∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC， ∴∠AOC＝160°﹣90°＝70°， ∵∠COD＝∠AOD﹣∠AOC， ∴∠COD＝90°﹣70°＝20°． 故选：A． 【点评】本题考查角的计算，关键是由角的和差表示出有关的角即可． 8．（2024•丰台区二模）如图，l1∥l2，点O在直线l2上，将三角板的直角顶点放在点O处，三角板的两条直角边分别与l1交于A，B两点，若∠1＝46°，则∠2的大小为（　　） A．34° B．44° C．46° D．54° 【分析】由平角定义求出∠＝44°，由平行线的性质推出∠2＝∠3＝44°． 【解答】解：∵∠1＝46°， ∴∠3＝180°﹣46°﹣90°＝44°， ∵l1∥l2， ∴∠2＝∠3＝44°． 故选：B． 【点评】本题考查平行线的性质，关键是由平行线的性质推出∠2＝∠3． 9．如图，把一个直角三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，若，则（　　） A． B． C． D． 【分析】根据两直线平行，同位角相等，可得，再根据平角等于列式计算即可得解． 【解答】解：如图，直尺对边互相平行， 又∵， ∴， ∴． 故选：A 【点评】本题考查了平行线的性质、平角的定义．熟记性质并准确识图是解题的关键． 10．（2024•门头沟区二模）如图，AB∥CD，CE平分∠ACD，∠1＝70°，∠2的度数为（　　） A．30° B．35° C．45° D．70° 【分析】根据平行线的性质求出∠ACD＝∠1＝70°，∠2＝∠ECD，再根据角平分线定义求解即可． 【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝70°， ∴∠ACD＝∠1＝70°，∠2＝∠ECD， ∵CE平分∠ACD， ∴∠ECD∠ACD＝35°， 故选：B． 【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键． 11．（2024•朝阳区二模）如图，AB∥CD，BC∥EF，ED平分∠AEF，若∠C＝50°，则∠D的度数为（　　） A．40° B．50° C．55° D．65° 【分析】根据两直线平行，同位角相等得出∠EFD，进而利用两直线平行，同旁内角互补解答即可． 【解答】解：∵BC∥EF， ∴∠EFD＝∠C＝50°， ∵AB∥CD， ∴∠AEF＝180°﹣50°＝130°， ∵ED平分∠AEF， ∴∠AED＝65°， ∵AB∥CD， ∴∠D＝∠AED＝65°， 故选：D． 【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，同位角相等得出∠EFD解答． 13．（2024•海淀区校级模拟）如图，直线a∥b，点B在直线a上，AB⊥BC，若∠1＝42°，则∠2的度数为（　　） A．42° B．58° C．48° D．138° 【分析】由AB⊥BC，以及∠1＝42°，可得∠3＝90°﹣42°＝48°，根据平行线的性质即可求解． 【解答】解：如图， ∵AB⊥BC， ∴∠ABC＝90° ∴∠1+∠3＝90° ∵∠1＝42°， ∴∠3＝90°﹣42°＝48°， ∵a∥b， ∴∠2＝∠3＝48°， 故选：C． 【点评】本题考查了垂直的定义，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 14．（2024•海淀区二模）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1、l2于B，C两点，连结AC，BC．若∠1＝40°，则∠ABC的大小为（　　） A．20° B．40° C．70° D．80° 【分析】由题意可得AC＝AB，从而可得∠ABC＝∠ACB，再由平行线的性质可得∠BAC＝∠1＝40°，由三角形的内角和即可求∠ABC的度数． 【解答】解：由题意得：AC＝AB， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵l1∥l2，∠1＝40°， ∴∠BAC＝∠1＝40°， ∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°， ∴∠ABC+∠ABC+40°＝180°， 解得：∠ABC＝70°． 故选：C． 【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是对熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等． 15．（2024•昌平区二模）光线在不同介质中的传播速度是不同的，因此光线从水中射向空气时，要发生折射．由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的．如图，水面与杯底互相平行，∠1＝45°，∠2＝120°，则∠3+∠4＝（　　） A．165° B．155° C．105° D．90° 【分析】由平行线的性质可得∠3＝∠1＝45°，∠4＝60°，从而可求解． 【解答】解：∵在水中平行的光线，在空气中也是平行的，∠1＝45°， ∴∠3＝∠1＝45°， ∵水面与杯底面平行，∠2＝120°， ∴∠4＝180°﹣∠2＝60°， ∴∠3+∠4＝105°． 故选：C． 【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用． 16．（2024•海淀区校级二模）如图，∠1＝∠2，∠D＝50°，则∠B的度数为（　　） A．50° B．40° C．100° D．130° 【分析】本题由对顶角相等得∠1＝∠3，等量代换得∠2＝∠3，根据同位角相等，判定AB∥CD，其性质得∠B+∠D＝180°，最后由角的和差计算得∠B＝130°． 【解答】解：如图所示： ∵∠1＝∠2，∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠D＝180°， 又∵∠D＝50°， ∴∠B＝130°， 故选：D． 【点评】本题综合考查了平行线的判定与性质，对顶角的性质，角的和差等相关知识，重点掌握平行线的判定与性质；难点是一题多解几种方法证明两直线平行． 全等三角形 17．（2024•西城区二模）如图，点C为线段AB的中点，∠BAM＝∠ABN，点D，E分别在射线AM，BN上，∠ACD与∠BCE均为锐角．若添加一个条件一定可以证明△ACD≌△BCE，则这个条件不能是（　　） A．∠ACD＝∠BCE B．CD＝CE C．∠ADC＝∠BEC D．AD＝BE 【分析】由于AC＝BC，∠A＝∠B，则可根据全等三角形的判定方法可对各选项进行判断． 【解答】解：∵点C为线段AB的中点， ∴AC＝BC， ∵∠A＝∠B， ∴当添加∠ACD＝∠BCE时，△ACD≌△BCE（ASA），所以A选项不符合题意； 当添加CD＝CE时，不能确定△ACD≌△BCE，所以B选项符合题意； 当添加∠ADC＝∠BEC时，△ACD≌△BCE（AAS），所以C选项不符合题意； 当添加AD＝BE时，△ACD≌△BCE（SAS），所以D选项不符合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件． 18．（2024•大兴区二模）在四边形ABCD中，∠ABD＝∠CDB，只需添加一个条件即可证明△ABD≌△CDB，这个条件可以是 　 　（写出一个即可）． 【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可． 【解答】解：这个条件可以是：AB＝CD， 在△ABD和△CDB中， ， ∴△ABD≌△CDB（SAS）， 故答案为：AB＝CD（答案不唯一）． 【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 19．（2024•北京二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB于点E．若CD＝3，AB＝10，则S△ABD＝　 　． 【分析】根据角平分线的性质得出CD＝DE，进而利用三角形的面积公式解答即可． 【解答】解：∵∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB， ∴CD＝DE＝3， ∴S△ABD， 故答案为：15． 【点评】此题考查角平分线的性质，关键是根据角平分线的性质得出CD＝DE解答． 20．（2024•西城区二模）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于点E．若BE＝3，△BDE的面积为1.5，则点D到边AB的距离为 　 　． 【分析】过点D作DF⊥AB，交AB的延长线于点F，根据角平分线的性质证得DE＝DF，然后根据面积公式求出DE即可解答． 【解答】解：过点D作DF⊥AB，交AB的延长线于点F， ∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于点E， ∴DE＝DF， ∵BE＝3，△BDE的面积为1.5， ∴1.5， 解得DE＝1， ∴DF＝DE＝1． 故答案为：1． 【点评】本题考查了角平分线的性质定理，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键． 21．（2024•黄埔区校级二模）如图，点E，F在BC上，BE＝CF，AF与DE交于点O，且OE＝OF，∠A＝∠D．求证：△ABF≌△DCE． 【分析】利用等式的性质可以证得BF＝CE，由等腰三角形的性质得到∠AFB＝∠DEC，根据AAS即可证得三角形全等． 【解答】证明：∵BE＝CF， ∴BE+EF＝CF+EF， 即BF＝CE， ∵OE＝OF， ∴∠AFB＝∠DEC， 在△ABF和△DCE中， ， ∴△ABF≌△DCE（AAS）． 【点评】本题考查了全等三角形的判定以及等腰三角形的性质，根据BE＝CF得到BF＝CE是证明三角形全等的关键． 20．如图，已知△ABC和△ADE，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，AC＝AE，AD与BC交于点P，点C在DE上．求证：BC＝DE． 【分析】先证∠BAC=∠DAE，再证△ABC≌△ADE（ASA），即可得出结论． 【解答】∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△ABC≌△ADE是解题的关键． 相似三角形的判定与性质 21．（2024•石景山区二模）如图，在△ABC中，若DE∥BC，，DE＝4，则BC的长是　 　． 【分析】因为DE∥BC，可利用平行线分线段成比例定理求出BC的长． 【解答】解：∵DE∥BC， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴BC＝10cm． 故答案为：10cm． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，找出图中的比例关系是解题的关键． 22．（2024•海淀区二模）如图，在△ABC中，D，E分别在边AB，BC上，DE∥AC．若AD＝2，BD＝4，则的值为 　 　． 【分析】根据DE∥AC可得出△BDE∽△BAC，根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：∵DE∥AC， ∴∠BDE∽△BAC， ∴， ∵BD＝4，DA＝2， ∴， ∴的值为． 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质定理是解题的关键． 23．（2024•朝阳区二模）如图，在▱ABCD中，E是AD上一点，，BE的延长线与CD的延长线相交于点F，若AB＝6，则CF的长为 　 　． 【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD＝6，AB∥CD，可证△ABE∽△DFE，可得，可求DF＝4，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝6，AB∥CD， ∴△ABE∽△DFE， ∴， ∵，AB＝6， ∴DF＝4， ∴CF＝CD+DF＝6+4＝10， 故答案为：10． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 24．（2024•丰台区二模）如图，在▱ABCD，点E在DC上，若DE：EC＝1：2，则BF：BE＝　 ． 【分析】根据CD∥AB得到，由，推出，由此即可解决问题 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB，CD∥AB， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练掌握平行线分线段成比例定理，属于中考常考题型． 25．（2024•海淀区校级三模）如图，已知矩形ABCD，AC为对角线，点E、F分别是△ABC与△ADC的重心，联结AE、EF，如果AE⊥EF，那么sin∠EAB＝　 　． 【分析】延长AE交BC于M，连接AF并延长AF交CD于N，连接MN，由三角形重心的性质推出AE：AM＝2：3，AF：AN＝2：3，MB＝CM，CN＝DN，得到AE：AM＝AF：AN，判定△AEF∽△AMN，推出∠AMN＝∠AEF＝90°，由余角的性质推出∠BAM＝∠CMN，而∠B＝∠MCN，判定△ABM∽△MCN，推出AB：MC＝BM：CN，得到MB2AB2，因此令MB＝x，则ABx，由勾股定理求出AMx，即可得到sin∠EAB． 【解答】解：延长AE交BC于M，连接AF并延长AF交CD于N，连接MN， ∵点E、F分别是△ABC与△ADC的重心， ∴AE：AM＝2：3，AF：AN＝2：3，MB＝CM，CN＝DN， ∴AE：AM＝AF：AN， ∵∠EAF＝∠MAN， ∴△AEF∽△AMN， ∴∠AMN＝∠AEF， ∵AE⊥EF， ∴∠AMN＝∠AEF＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝CD， ∴∠BAM+∠AMB＝∠CMN+∠AMB＝90°， ∴∠BAM＝∠CMN， ∵∠B＝∠MCN， ∴△ABM∽△MCN， ∴AB：MC＝BM：CN， ∵MB＝CM，CNCDAB， ∴MB2AB2， ∴ ∴令MB＝x，则ABx， ∴AMx， sin∠EAB． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的重心，解直角三角形，关键是由重心的性质推出AE：AM＝AF：AN，判定△AEF∽△AMN，由△ABM∽△MCN，推出AB：MC＝BM：CN，得到． 26．（2024•昌平区二模）如图，AB为半圆O的直径，C，D是直径AB上两点，且AC＝BD，过点D作AB的垂线交半圆于点E，CD＝2DE．设AD＝a，AC＝b，DE＝c，给出下面三个结论：①a﹣b＝2c；②；③a+b＝2c．所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】连接AE、BE、OE，如图，利用线段的和差对①进行判定；根据圆周角定理得到∠AEB＝90°，则可判断Rt△EDB∽Rt△ADE，利用相似三角形的性质得到，则可对②进行判定；由于OC＝ODCD＝c，利用勾股定理得到OEc，所以AB＝2c，然后利用AB＝AD+BD＝a+b可对③进行判定． 【解答】解：连接AE、BE、OE，如图， ∵AC＝BD＝b，AD＝a，CD＝2DE＝2c， 而AD﹣AC＝CD， ∴a﹣b＝2c，所以①正确； ∵AB为半圆O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∵DE⊥AB， ∴∠ADE＝∠BDE＝90°， ∵∠DAE+∠AED＝90°，∠DAE+∠DBE＝90°， ∴∠AED＝∠DBE， ∴Rt△EDB∽Rt△ADE， ∴，即，所以②正确； ∵AC＝BD，OA＝OB， ∴OC＝ODCD＝c， 在Rt△ODE中，OEc， ∴AB＝2OE＝2c， ∵AB＝AD+BD＝a+b， ∴a+b＝2c，所以③正确． 故选：D． 【点评】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；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了圆周角定理． 相似三角形的实际应用 27．（2024•北京二模）《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．小明同学依照此法测量学校操场边一棵树的高度，如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC＝∠AQP＝90°，AP与BC相交于点D．测得AB＝1.2m，BD＝0.5m，AQ＝9m，则树高PQ＝　 　m． 【分析】根据题意可得△ABD∽△AQP，然后由相似三角形的性质，即可求解． 【解答】解：∵∠ABC和∠AQP均为直角， ∴BD∥PQ， ∴△ABD∽△AQP， ∴， ∵AB＝1.2m，BD＝0.5m，AQ＝9m， ∴PQ3.75（m）． 故答案为：3.75． 【点评】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． 28．（2024•昌平区二模）图1是装满红酒的高脚杯示意图，装酒的杯体可看作一个三角形，液面宽度为6cm，其它数据如图所示，喝掉一部分后的数据如图2所示，此时液面宽度为 　 　cm． 【分析】过点O作OM⊥CD，垂足为M，过点O'作O'N⊥AB，垂足为N，根据CD//AB，得出△CDO∽△ABO′，再根据相似三角形的性质解答即可． 【解答】解：如图，过点O作OM⊥CD，垂足为M，过点O'作O'N⊥AB，垂足为N， ∵CD//AB， ∴△CDO∽△ABO’， ∴， ∵OM＝15﹣7＝8（cm），O′N＝11﹣7＝4（cm）， ∴， 解得：AB＝3， 故答案为：3． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 29．（2024•东城区校级二模）古代的“矩”是指包含直角的作图工具，如图1，用“矩”测量远处两点间距离的方法是：把矩按图2平放在地面上，人眼从矩的一端A望点B，使视线刚好通过点E，量出AC长，即可算得BC之间的距离．若a＝4cm，b＝5cm，AC＝20m，则BC＝（　　） A．15m B．16m C．18m D．20m 【分析】根据题意和图形，可以得到DE＝a＝4m，AD＝b＝5m，然后根据相似三角形的性质，可以得到BC． 【解答】解：由图2可得，DE＝a＝4m，AD＝b＝5m， ∵BC⊥AC，ED⊥AC， ∴CD∥EF， ∴△ADE∽△ACB， ∴，即， 解得BC＝16（m）． 故选：B． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 30．（2024•大兴区二模）在数学活动课上，同学们分组测量学校旗杆的高度，经过交流、研讨及测量给出如下两种方案，请你选择一种方案求出旗杆的高度． 方案一：在某一时刻，借助太阳光线，测得小华的身高DE为1.8米，他的影长EF为0.9米，同时测得旗杆AB的影长BC为6米． 方案二：利用“光在反射时，反射角等于入射角”的规律，小丽在她的脚下C点放了一面小镜子，然后向后退1.2米到达点E，恰好在小镜子中看到旗杆的顶端A，此时旗杆底端B到点C的距离BC为9米，小丽的眼睛点D到地面的距离DE为1.6米． 【分析】方案一：根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； 方案二：根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：方案一：由题意得，∠DEF＝∠ABC＝90°，DF∥AC， ∴∠DFE＝∠ACB， ∴△DEF∽△ABC， ∴， ∵DE＝1.8，EF＝0.9，BC＝6， ∴， ∴AB＝12． 答：旗杆高度为12m； 方案二：由题意得，∠DEC＝∠ABC＝90°，∠DCE＝∠ACB， ∴△DEC∽△ABC， ∴， ∵DE＝1.6，EC＝1.2，BC＝9， ∴， ∴AB＝12． 答：旗杆高度为12m． 【点评】本题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定理是解题的关键． 1．（2024•朝阳区校级二模）如图是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“我”字一面的相对面上的字是（　　） A．厉 B．害 C．了 D．国 【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答． 【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，有“我”字一面的相对面上的字是“国”． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题． 2．（2024•顺义区二模）如图，直线AB，CD相交于点O，OC平分∠AOE，∠BOD＝35°，则∠BOE的度数为（　　） A．95° B．100° C．110° D．145° 【分析】根据对顶角相等得出∠AOC的度数，根据角平分线的定义求出∠AOE的度数，最后根据邻补角互补即可求出∠BOE的度数． 【解答】解：∵∠AOC＝∠BOD，∠BOD＝35°， ∴∠AOC＝35°， ∵OC平分∠AOE， ∴∠AOE＝2∠AOC＝2×35°＝70°， ∴∠BOE＝180°﹣∠AOE＝180°﹣70°＝110°， 故选：C． 【点评】本题考查了对顶角、邻补角，角平分线的定义，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 4．（2024•东城区二模）若某个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 【分析】先根据多边形的外角和是360度求出多边形的内角和的度数，再依据多边形的内角和公式即可求解． 【解答】解：多边形的内角和是：3×360＝1080°． 设多边形的边数是n，则 （n﹣2）•180＝1080， 解得：n＝8． 即这个多边形的边数是8． 故选：C． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化． 5．（2024•东城区校级二模）如图，直线AB，CD相交于点O，若∠AOC＝60°，∠BOE＝40°，则∠DOE的度数为（　　） A．60° B．40° C．20° D．10° 【分析】由对顶角的性质得到∠BOD 度数，而∠BOE＝40°，即可求出∠DOE的度数． 【解答】解：∵∠BOD＝∠AOC＝60°，∠BOE＝40°， ∴∠DOE＝∠BOD﹣∠BOE＝60°﹣40°＝20°． 故选：C． 【点评】本题考查对顶角，角的计算，关键是掌握对顶角的性质． 6．（2024•西城区二模）如图，直线AB⊥CD于点C，射线CE在∠BCD内部，射线CF平分∠ACE．若∠BCE＝40°，则下列结论正确的是（　　） A．∠ECF＝60° B．∠DCF＝30° C．∠ACF与∠BCE互余 D．∠ECF与∠BCF互补 【分析】根据垂直定义可得∠BCD＝90°，从而可得∠ACE＝140°，∠DCE＝50°，再利用角平分线的定义可得∠ACF＝∠ECF∠ACE＝70°，从而可得∠DCF＝20°，然后利用角的和差关系可得∠ACF+∠BCE＝110°，从而可得∠ACF与∠BCE不互余，再利用平角定义可得∠ACF+∠BCF＝180°，从而利用等量代换可得∠ECF+∠BCF＝180°，即可解答． 【解答】解：∵AB⊥CD， ∴∠BCD＝90°， ∵∠BCE＝40°， ∴∠ACE＝180°﹣∠BCE＝140°，∠DCE＝∠DCB﹣∠BCE＝50°， ∵射线CF平分∠ACE， ∴∠ACF＝∠ECF∠ACE＝70°， ∴∠DCF＝∠ECF﹣∠DCE＝20°， ∵∠ACF＝70°， ∴∠ACF+∠BCE＝110°， ∴∠ACF与∠BCE不互余， ∵∠ACF+∠BCF＝180°， ∴∠ECF+∠BCF＝180°， ∴∠ECF与∠BCF互补， 故A、B、C都不正确，D正确， 故选：D． 【点评】本题考查了角的计算，角平分线的定义，余角和补角，垂线，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 7．（2024•北京二模）如图，l1∥l2，△ABC的顶点B，C分别在l1，l2上，∠1＝70°，∠2＝40°，则∠A的大小为（　　） A．50° B．40° C．30° D．20° 【分析】根据“两直线平行，内错角相等”求出∠1＝∠3＝70°，再根据三角形外角性质求解即可． 【解答】解：如图， ∵l1∥l2，∠1＝70°， ∴∠1＝∠3＝70°， ∵∠3＝∠2+∠A，∠2＝40°， ∴∠A＝30°， 故选：C． 【点评】此题考查了平行线的性质、三角形外角性质，熟记平行线的性质是解题的关键． 8．（2024•顺义区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC边上一动点（不与B，C重合），DE⊥AB于点E．设CD＝a，BD＝b，AE＝c．给出下面三个结论：①a+b＞c；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①③ B．②③ C．② D．①②③ 【分析】根据等腰直角三角形三边关系判断即可． 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠B＝45°， ∵DE⊥AB， ∴DE＝BE， ∵a+b与c的大小不能确定， 故①错误； ∵AB， ∴AB， 故②正确； ∵AB， ∴， ∴， ∴， 故③正确； 故选：B． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，掌握三边关系是解题的关键． 9．（2024•门头沟区二模）如图，在平面直角坐标系内，某图象上的点A、B为整数点，以点O为位似中心将该图象扩大为原来的2倍，则点A的对应点坐标为 　 　． 【分析】根据位似图形的性质作答． 【解答】解：∵某图象上的点A（﹣1，1）、B为整数点，以点O为位似中心将该图象扩大为原的2倍， ∴点A的对应点坐标为 （﹣1×2，1×2）或（﹣1×（﹣2），1×（﹣2）），即（﹣2，2）或（2，﹣2）． 故答案为：（﹣2，2）或（2，﹣2）． 【点评】本题考查了位似变换和坐标与图形性质，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． 10．如图，在中，于点，点是的中点．设，，，，，，且，有以下三个结论： ①； ②点，，在以点为圆心，为半径的圆上； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的特征，完全平方公式的应用，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理可判断①结论；利用线段中点以及直角三角形斜边中线等于斜边一半可判断②结论；利用勾股定理以及完全平方公式可判断③结论． 【解答】解：， ， ， ，，，且， ，①结论正确； ，，， 即， ， ， ， ， ， 点是的中点， ，则， 此时点，，在以点为圆心，为半径的圆上，②结论正确； 在中，，即， ， ， ， ，即，③结论正确， 故选：D． 11．（2024•北京模拟）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于G，CD＝AE． （1）求证：CG＝EG． （2）已知BC＝13，CD＝5，连接ED，求△EDC的面积． 【分析】（1）连接DE，根据直角三角形的性质得到DEAB＝AE，根据等腰三角形的性质证明结论； （2）作EF⊥BC于F，根据题意求出BD，根据等腰三角形的性质求出DF，根据勾股定理求出EF，根据三角形的面积公式计算，得到答案． 【解答】（1）证明：连接DE， 在Rt△ADB中，点E是AB的中点， ∴DEAB＝AE， ∵CD＝AE， ∴DE＝DC，又DG⊥CE， ∴CG＝EG． （2）解：作EF⊥BC于F， ∵BC＝13，CD＝5， ∴BD＝13﹣5＝8， ∵DE＝BE，EF⊥BC， ∴DF＝BF＝4， ∴EF3， ∴△EDC的面积CD×EF5×3＝7.5． 【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的三线合一是解题的关键． 12．（2024•北京二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连接CD，过点A作AE∥DC，过点C作CE∥DA，AE与CE相交于点E． （1）求证：四边形ADCE是菱形； （2）连接BE，若AE，BC＝4，求BE的长． 【分析】（1）先证明四边形AECD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得CDAB＝AD，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，由菱形的性质得AD＝AE＝EC，进而由勾股定理得AC＝2，再证明△ECF∽△ABC，得，求出EF＝1，则CF＝2，然后由勾股定理求出BE的长即可． 【解答】（1）证明：∵AE∥DC，CE∥DA， ∴四边形AECD是平行四边形， ∵∠ACB＝90°，D为AB的中点， ∴CDAB＝AD， ∴平行四边形AECD是菱形； （2）解：如图，过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于点F， 则∠EFC＝90°＝∠ACB， 由（1）可知，四边形ADCE是菱形， ∴AD＝AE＝EC， ∵D为AB的中点， ∴AB＝2AD， 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝4，AB， ∴AC2， ∵CE∥AB， ∴∠ECF＝∠ABC， ∴△ECF∽△ABC， ∴， 即， ∴EF＝1， ∴CF2， 在Rt△EFB中，∠EFB＝90°，BF＝BC+CF＝6，EF＝1， ∴BE． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是就他都感觉． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！30 学科网（北京）股份有限公司 $$