专题18相似三角形（4大考点）-【好题汇编】三年（2022-2024）中考数学真题分类汇编（湖北专用）

三年（2022-2024）中考数学真题分类汇编（湖北专用） 专题18 相似三角形 考点01 相似三角形的性质 1．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，在中，分别交于点D，E，交于点F，，，则的长为（　　）    A． B． C．2 D．3 2．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为原点，，点为平面内一动点，，连接，点是线段上的一点，且满足．当线段取最大值时，点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 3．（2022·湖北荆门·中考真题）如图，点A，C为函数y＝（x＜0）图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点．当△AEC的面积为时，k的值为(   ) A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣4 4．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与位似，原点O是位似中心，且．若，则点的坐标是 ．    5．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．    6．（2022·湖北襄阳·中考真题）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，则△ABC的周长为 ． 考点02 相似三角形的实际应用 7．（2024·湖北·中考真题）小明为了测量树的高度，经过实地测量，得到两个解决方案： 方案一：如图（1），测得地与树相距10米，眼睛处观测树的顶端的仰角为： 方案二：如图（2），测得地与树相距10米，在处放一面镜子，后退2米到达点，眼睛在镜子中恰好看到树的顶端． 已知小明身高1.6米，试选择一个方案求出树的高度．（结果保留整数，） 考点03 相似三角形与四边形 8．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ． 9．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：． 问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：． 问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．      13．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于． (1)求证：． (2)若为中点，且，求长． (3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由． 10．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】 人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．    【特例证明】 （1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，. ①填空：______； ②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．） 【类比探究】 （2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由． 【拓展运用】 （3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值． 11．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E若，则 （从“”中选择一个符合要求的填空）； ．    12．（2023·湖北鄂州·中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是 ．    13．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是，，，上的点，且，若菱形的面积等于24，，则 ．    14．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形沿直线折叠，使点的对应点落在边上（点不与点重合），点落在点处，与交于点，折痕分别与边，交于点，连接．      (1)求证：； (2)若，求的长． 15．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，已知．点E位于第二象限且在直线上，，，连接．    (1)直接判断的形状：是_________三角形； (2)求证：； (3)直线EA交x轴于点．将经过B，C两点的抛物线向左平移2个单位，得到抛物线． ①若直线与抛物线有唯一交点，求t的值； ②若抛物线的顶点P在直线上，求t的值； ③将抛物线再向下平移，个单位，得到抛物线．若点D在抛物线上，求点D的坐标． 16．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．    (1)若正方形的边长为2，E是的中点． ①如图1，当时，求证：； ②如图2，当时，求的长； (2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：． 17．（2023·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．      问题探究： (1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小； (2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系． 问题拓展： (3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值． 18．（2023·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，正方形四个顶点都是格点，是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．    (1)在图（1）中，先将线段绕点顺时针旋转，画对应线段，再在上画点，并连接，使； (2)在图（2）中，是与网格线的交点，先画点关于的对称点，再在上画点，并连接，使． 考点04 相似三角形与圆 19．（2023·湖北荆州·中考真题）如图，在菱形中，于，以为直径的分别交，于点，，连接．    (1)求证： ①是的切线； ②； (2)若，，求． 20．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P．    (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)已知，求的值． 21．（2023·湖北·中考真题）如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接．    (1)求证：为的切线； (2)若的半径为，，求的长． 22．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．    (1)求证：； (2)若，求的长． 23．（2022·湖北黄石·中考真题）如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且． (1)求证：直线是的切线； (2)若，求的值； (3)在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值． 24．（2022·湖北襄阳·中考真题）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，点D为的中点，连接AC，BC，AD，AD与BC相交于点G，过点D作直线DEBC，交AC的延长线于点E． (1)求证：DE是⊙O的切线； (2)若，CG＝2，求阴影部分的面积． 25．（2022·湖北鄂州·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB=∠OAC，过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D．    (1)试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由； (2)若PC＝4，tanA＝，求△OCD的面积． ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三年（2022-2024）中考数学真题分类汇编（湖北专用） 专题18 相似三角形 考点01 相似三角形的性质 1．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，在中，分别交于点D，E，交于点F，，，则的长为（　　）    A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】先证得四边形是平行四边形，得到，再利用平行线截线段成比例列式求出即可． 【详解】∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 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． 2．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为原点，，点为平面内一动点，，连接，点是线段上的一点，且满足．当线段取最大值时，点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得点在以点为圆心，为半径的上，在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，，垂足为、，先证，得，从而当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，然后分别证，，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵点为平面内一动点，， ∴点在以点为圆心，为半径的上， 在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，，垂足为、，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，，三点共线，且点在线段上时，取得最大值， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵轴轴，， ∴， ∵， ∴， ∴即， 解得， 同理可得，， ∴即， 解得， ∴， ∴当线段取最大值时，点的坐标是， 故选D． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键． 3．（2022·湖北荆门·中考真题）如图，点A，C为函数y＝（x＜0）图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点．当△AEC的面积为时，k的值为(   ) A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣4 【答案】B 【分析】根据三角形的中线的性质求出△AEO的面积，根据相似三角形的性质求出S△OCD＝1，根据反比例函数系数k的几何意义解答即可． 【详解】∵点E为OC的中点， ∴， ∵点A，C为函数y＝（x＜0）图象上的两点， ∴S△ABO＝S△CDO， ∴S四边形CDBE＝S△AEO＝， ∵EB∥CD， ∴△OEB∽△OCD， ∴， ∴S△OCD＝1， 则xy＝﹣1， ∴k＝xy＝﹣2． 故选：B． 【点睛】本题考查的是反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的性质，掌握反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 4．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与位似，原点O是位似中心，且．若，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比进而得出对应线段的长． 【详解】解∶设 ∵与位似，原点是位似中心，且．若， ∴位似比为， ∴， 解得，， ∴ 故答案为： 【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出相似比是解题关键． 5．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．    【答案】 【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得． 【详解】解：是等边三角形， ， ∵折叠得到， ， ，， 平分等边的面积， ， ， 又， ， ，， ， ， 解得或（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 6．（2022·湖北襄阳·中考真题）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，则△ABC的周长为 ． 【答案】 【分析】如图，过点作于点，于点，过点作交于点．证明，设，证明，设，则，求出，可得结论． 【详解】解：如图，过点作于点，于点，过点作交于点． 平分，，， ， ， ， 设，则， ，， ， ， 设，则， ， ， ， 的周长， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题． 考点02 相似三角形的实际应用 7．（2024·湖北·中考真题）小明为了测量树的高度，经过实地测量，得到两个解决方案： 方案一：如图（1），测得地与树相距10米，眼睛处观测树的顶端的仰角为： 方案二：如图（2），测得地与树相距10米，在处放一面镜子，后退2米到达点，眼睛在镜子中恰好看到树的顶端． 已知小明身高1.6米，试选择一个方案求出树的高度．（结果保留整数，） 【答案】树的高度为8米 【分析】本题考查了相似三角形的实际应用题，解直角三角形的实际应用题． 方案一：作，在中，解直角三角形即可求解； 方案二：由光的反射规律知入射角等于反射角得到相似三角形后列出比例式求解即可． 【详解】解：方案一：作，垂足为， 则四边形是矩形， ∴米， 在中，， ∴（米）， 树的高度为米． 方案二：根据题意可得， ∵， ∴ ∴，即 解得：米， 答：树的高度为8米． 考点03 相似三角形与四边形 8．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ． 【答案】 【分析】作交于点，不妨设，设，通过四边形是正方形，推出，得到，然后证明，利用相似三角形对应边成比例，得到，从而表示出，的长度，最后利用和表示出正方形和的面积，从而得到． 【详解】解：作交于点，不妨设，设 四边形是正方形 在和中，， 由题意可知， 正方形的面积， 正方形的面积 ； 故答案为：. 【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 9．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：． 问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：． 问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．      【答案】问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展： 【分析】问题背景：根据矩形的性质可得，根据点，分别是，的中点，可得，即可得证； 问题探究：取的中点，连接，得是的中位线，根据已知条件可得平行且等于，进而可得是平行四边形，得，则，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而可得，等量代换可得，等角对等边，即可得证； 问题拓展：过点作，则四边形是矩形，连接，根据已知以及勾股定理得出；根据（2）的结论结合已知可得，证明垂直平分，进而得出，证明，进而证明， 进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】问题背景：∵四边形是矩形， ∴， ∵，分别是，的中点 ∴， 即， ∴； 问题探究：如图所示，取的中点，连接，    ∵是的中点，是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ 又∵，是的中点， ∴ ∴ ∴， ∴； 问题拓展：如图所示，过点作，则四边形是矩形，连接，    ∵， ∴， 设，则， 在中，， ∵，由（2） ∴， 又∵是的中点， ∴垂直平分 ∴，， 在中， ∴ 设，则 ∴， 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等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． 13．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于． (1)求证：． (2)若为中点，且，求长． (3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由． 【答案】(1)见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明； （2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以； （3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答． 【详解】（1）解：如图： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图： ∵四边形是矩形， ∴，， ∵为中点， ∴， 设， ∴， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴； （3）解：如图：延长交于一点M，连接 ∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ∴直线 ， ， ∴是等腰三角形， ∴， ∵为中点， ∴设， ∴， ∵为中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 10．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】 人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．    【特例证明】 （1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，. ①填空：______； ②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．） 【类比探究】 （2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由． 【拓展运用】 （3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值． 【答案】（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3 【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案； ②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可； （2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案； （3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案． 【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：， ∵将的直角顶点与点重合， ∴， 故答案为：1； ②证明：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴． （2），理由如下： 过点作交于，    ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴． （3）过点作交于，作于，作于，    则， ∴， 即， ∴， 由（2）和已知条件可得：，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 令，则，，， ∴， ∴． 【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键． 11．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E若，则 （从“”中选择一个符合要求的填空）； ．    【答案】 （答案不唯一） 【分析】根据旋转的性质得出，即可推出；通过证明，得出，求出，设，，则，，证明，得出，则，即可求解． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴，即， ∵将绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， 设，，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理得：， 把代入解得： 故答案为：，． 【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． 12．（2023·湖北鄂州·中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是 ．    【答案】 【分析】设，，则，证明，利用相似三角形的性质求出，可得，，利用勾股定理求出和，进而可得的长，再证明，可得，然后根据正方形的性质求出，即可得出答案． 【详解】解：设，，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 整理得：， 解得：，（舍去）， 即， ∴，， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明，求出的长是解题的关键． 13．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是，，，上的点，且，若菱形的面积等于24，，则 ．    【答案】6 【分析】连接，交于点O，由题意易得，，，，则有，然后可得，设，则有，进而根据相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：连接，交于点O，如图所示：    ∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， 设，则有， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 同理可得，即， ∴， ∴； 故答案为6． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 14．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形沿直线折叠，使点的对应点落在边上（点不与点重合），点落在点处，与交于点，折痕分别与边，交于点，连接．      (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到，则，进而证明，再由平行线的性质证明即可证明； （2）如图，延长交于点．证明得到，， 设，则，．由，得到．则．由勾股定理建立方程，解方程即可得到． 【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，． ∴． ∴，即， ∵四边形是正方形， ∴． ∴． ∴． （2）解：如图，延长交于点． ∵， ∴． 又∵，正方形边长为3， ∴ ∴， ∴，， 设，则， ∴． ∵，即， ∴． ∴． 在中，， ∴． 解得：（舍），． ∴．    【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 15．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，已知．点E位于第二象限且在直线上，，，连接．    (1)直接判断的形状：是_________三角形； (2)求证：； (3)直线EA交x轴于点．将经过B，C两点的抛物线向左平移2个单位，得到抛物线． ①若直线与抛物线有唯一交点，求t的值； ②若抛物线的顶点P在直线上，求t的值； ③将抛物线再向下平移，个单位，得到抛物线．若点D在抛物线上，求点D的坐标． 【答案】(1)等腰直角三角形 (2)详见解析 (3)①；②；③ 【分析】（1）由得到，又由，即可得到结论； （2）由，得到，又有，，利用即可证明； （3）①求出直线的解析式和抛物线的解析式，联立得，由即可得到t的值； ②抛物线向左平移2个单位得到抛物线，则抛物线的顶点，将顶点代入得到，解得,根据即可得到t的值； ③过点E作轴，垂足为M，过点D作轴，垂足为N，先证明，则，设,由得到,则,求得,得到，由抛物线再向下平移个单位，得到抛物线,把代入抛物线,得到,解得,由，得,即可得到点D的坐标． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形 （2）如图，    ∵，， ， ， ∵， ； （3）①设直线的解析式为， ， ∴， ， 将代入抛物线得， ， 解得， ， 直线与抛物线有唯一交点 ∴联立解析式组成方程组解得 ②∵抛物线向左平移2个单位得到， ∴抛物线， 抛物线的顶点， 将顶点代入， ，解得, ∵， ； ③过点E作轴，垂足为M，过点D作轴，垂足为N,    ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的解析式为， ∴设, ∴， 轴, ∴, ∴， , , , ∴，， , 抛物线再向下平移个单位，得到抛物线， ∴抛物线, 代入抛物线, , 解得, 由，得, ∴， ． 【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键． 16．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．    (1)若正方形的边长为2，E是的中点． ①如图1，当时，求证：； ②如图2，当时，求的长； (2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：． 【答案】(1)①详见解析；② (2)详见解析 【分析】 （1）①由，证明，可得结论；②如图，延长，交于点G作，垂足为H，证明，可得，可得，设可得，可得，可得，证明，可得，从而可得答案； （2）如图，延长，作，垂足为H，证明，设，可得，由，可得，可得，由可得，可得，证明，可得，，从而可得答案． 【详解】（1）解：如图，    正方形中，， ①， ∴， ， ， ②如图，    延长，交于点G， 作，垂足为H， 且， ， ， ， ， 方法一：设， ∴， ∴， 在中，， ， ， 方法二：在中，由，设， ， ， ， 又且， ， ， ， ； （2）如图    延长，作，垂足为H， 且， ， 设， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ，则， 又且， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题计算量大，对学生的要求高，熟练的利用参数建立方程是解本题的关键． 17．（2023·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．      问题探究： (1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小； (2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系． 问题拓展： (3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论． （2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明． （3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过相似求出，即可解出． 【详解】（1）延长过点F作， ∵， ， ∴， 在和中 ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴．      故答案为：． （2）解：在上截取，使，连接． ， ， ． ， ． ． ， ． ．    （3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为， ． 在中， ， ． ，由（2）知，． ． ， ， ， 在上截取，使，连接，作于点O． 由（2）知，， ∴， ∵， ∴，． ∵， ∴， ∵， ∴． ．    【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似． 18．（2023·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，正方形四个顶点都是格点，是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．    (1)在图（1）中，先将线段绕点顺时针旋转，画对应线段，再在上画点，并连接，使； (2)在图（2）中，是与网格线的交点，先画点关于的对称点，再在上画点，并连接，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）取格点F，连接BF，连接，再取格点P，连接交于Q，连接，延长交于G即可． （2）取格点F，连接BF、，交格线于N，再取格点P，Q，连接交于O，连接并延长交于H即可． 【详解】（1）解：如图（1）所示，线段和点G即为所作；    ∵，，， ∴ ∴ ∴ ∴线段绕点顺时针旋转得； ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴ 由旋转性质得，， ∴． （2）解：如图（2）所示，点N与点H即为所作．    ∵，，， ∴， ∴ ∵ ∴与关于对称， ∵ ∴M、N关于对称； ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 由轴对称可得 ∴． 【点睛】本题考查利用网格作图，轴对称性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定与性质．取恰当的格点是解题的关键． 考点04 相似三角形与圆 19．（2023·湖北荆州·中考真题）如图，在菱形中，于，以为直径的分别交，于点，，连接．    (1)求证： ①是的切线； ②； (2)若，，求． 【答案】(1)①见解析，②见解析 (2) 【分析】（1）①根据菱形的性质得出，根据，可得，进而即可得证； ②连接，根据等弧所对的圆周角相等得出，根据直径所对的圆周角是直角得出，进而可得，结合，即可得证； （2）连接交于．根据菱形的性质以及勾股定理求得，进而根据等面积法求得，由得：，在中，即可求解． 【详解】（1）证明：①四边形是菱形， ， ，则 又为的半径的外端点， 是的切线． ②连接，    ∵ ∴ 为直径， ， 而 ， 又 ． （2）解：连接交于．   菱形，， ，，， 在中，， ， ， ， 在中，， 由得：， ． 【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，菱形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握以上知识是解题的关键． 20．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，为的直径，和相交于点F，平分，点C在上，且，交于点P．    (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)已知，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得，再证，则，然后证，即可得出结论； （2）由圆周角定理得，再证，然后证，得，即可得出结论； （3）过P作于点E，证，再证，得，则，进而得，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，    ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）证明：∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图2，过P作于点E， 由（2）可知，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 【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． 21．（2023·湖北·中考真题）如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接．    (1)求证：为的切线； (2)若的半径为，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，得出，则四边形是平行四边形，，作于．得出为的垂直平分线．则．又点在上，即可得证； 过点作于，连接．垂径定理得出，勾股定理得，进而可得，勾股定理求得，证明，可得，根据相似三角形的性质得出，，然后求得，勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明，∵， ∴． 又， ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． ∴． 作于．    又∵， ∴为的垂直平分线． ∴点在上． ∴． 即．又点在上， ∴为的切线； （2）解：过点作于，连接．    ∵为的垂直平分线， ∴． ∴．∴． ∴． ∴． ∵， ∴ ∴， 又， ∴． ∴，． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，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． 22．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，中，以为直径的交于点，是的切线，且，垂足为，延长交于点．    (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据已知可得，则，又，等量代换得出，即可证明； （2）连接，证明，在中，，求得，根据得出，进而可得，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接，    ∵以为直径的交于点，是的切线， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，如图， 则，    ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 又∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键． 23．（2022·湖北黄石·中考真题）如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且． (1)求证：直线是的切线； (2)若，求的值； (3)在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到，再证明即可证明结论； （2）先证明，得到，令半径，则，，利用勾股定理求出，解直角三角形即可答案； （3）先求出，在中，，，解得，，证明，得到，则． 【详解】（1）解：如图所示，连接OA， ∵是直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 又∵为半径， ∴直线是的切线； （2）解：∵，， ∴， ∴， 由知，令半径，则，， 在中，， 在中，， 即； （3）解：在（2）的条件下，， ∴， ∴， 在中，，， 解得，， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． 24．（2022·湖北襄阳·中考真题）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，点D为的中点，连接AC，BC，AD，AD与BC相交于点G，过点D作直线DEBC，交AC的延长线于点E． (1)求证：DE是⊙O的切线； (2)若，CG＝2，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OD，根据已知条件，由OD⊥BC ，DEBC，证明OD⊥DE即可； （2）根据相等，再由（1）中可得，，从而得到∠CAD=∠BAD=∠ABC=30°，在Rt△ACG中，利用锐角三角函数求出AC、AG的长，从而求出△CAG的面积，在Rt△ABD中利用锐角三角函数求出AD的长，根据DEBC可得△ACG∽△AED，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方求出，进而即可阴影部分的面积． 【详解】（1）证明：连接OD，如图所示， ∵点D为的中点， ∴OD⊥BC ∵DEBC， ∴OD⊥DE． ∴DE是⊙O的切线． （2）连接BD，如图所示， ∴BD=AC ∵点D为的中点， ∴， ∴， ∴∠CAD=∠BAD=30°． ∵AB是半圆O的直径， ∴∠ACB=∠ADB=90°， 在Rt△ACG中，， ∴， ∵， ∴，， ∴BD=CA=6， ， 在Rt△ABD中， ∴ ∵DE∥BC， ∴△CAG∽△EAD，   ∴， 即， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的判定定理、垂径定理、圆周角定理以及相似三角形的性质，解直角三角形，掌握以上知识是解题的关键． 25．（2022·湖北鄂州·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB=∠OAC，过点O作BC的平行线交PC的延长线于点D．    (1)试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由； (2)若PC＝4，tanA＝，求△OCD的面积． 【答案】(1)PC与⊙O相切，理由见解析 (2) 【分析】（1）先证明∠ACB=90°，然后推出∠PCB=∠OCA，即可证明∠PCO=90°即可； （2）先证明，再证明△PBC∽△PCA，从而求出，AB=3，，，最后证明△PBC∽△POD，求出，则CD=6，由此求解即可． 【详解】（1）解：PC与⊙O相切，理由如下： ∵AB是圆O的直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠OCB+∠OCA=90°， ∵OA=OC， ∴∠OCA=∠OAC， ∵∠PCB=∠OAC， ∴∠PCB=∠OCA， ∴∠PCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，即∠PCO=90°， ∴PC与⊙O相切； （2）解：∵∠ACB=90°，， ∴， ∵∠PCB=∠OAC，∠P=∠P， ∴△PBC∽△PCA， ∴， ∴， ∴AB=6， ∴， ∴， ∵， ∴△PBC∽△POD， ∴，即， ∴， ∴CD=6， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，等边对等角证明，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定等等，熟练掌握圆切线的判定是解题的关键． ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$