2026年中考数学复习专项提升练习卷 第二十七章 相似 （人教版）

第二十七章相似2025-2026学年中考复习 专项提升练习卷（人教版） 学校： 姓名： 班级： 学号： 一、单选题 1.已知m、n、p、q依次成比例线段，其中m=2cm, p=5cm,q=10cm,则n的值为() 25 A.4cm B. cm C.5cm D. cm 2 5 2.如图，在ABC中，己知D,E分别是AB,AC边上的点， 且DEC.招-则C =() BC 1 1 A B. C.1 D. 6 5 3 3.下列说法正确的是() A.旋转前后的两个图形中，旋转中心就是连接对应点的线段的垂 直平分线的交点. B.平移前后的两个图形中，对应点所连的线段平行且相等，对应 线段平行且相等，对应角相等. 试卷第1页，共3页 C.成轴对称的两个图形中，它们的对应线段所在直线一定相交， 且交点一定在对称轴上. D.在平面直角坐标系中，将一个多边形的每个顶点横坐标、纵坐 标都乘同一个数k(k≠0)，所对应的图形与原图形位似，位似中心 是坐标原点，它们的相似比为. 4.如图，在ABC中，∠ABC=90°，AB=3,BC=2,点O是 ABC的重心，则△OAB的面积是() B A.2 B.1.5 C.1 D.0.5 5.如图，在ABC中，点D、E分别在AB、AC的反向延长线 上，己知DE‖BC,AB=2AD,下列结论正确的是（. E AC 1 B. AE 1 AC=2 D. AE 2 A. C. AE 2 AB 2 EC 3 EC 3 6.如图，在ABC中，∠A=90°，点E是BC的中点， DE∥AC交AB于点D,若DE=3,BC=10,则AD的长为() 试卷第1页，共3页 A.3 B.4 C.5 D.8 7.如图，原点O是ABC和△A'B'C'的位似中心，点A1,0)与点 A(-2,0)是对应点，ABC的面积是2，△AB'C'的面积是() 3 2 B 4' A -4-3-2-19 1234 -2 -3 -4 A.4 B.8 C.12 D.16 8.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D为AC上一点， CD=2AD,E为BD的中点，∠AEC=90°，若CE=V30,则 BC的长为() A.4V3 B.214 C.3√10 D.8 9.我们在学习书法的初期需要经历临墓阶段，黄金格是一种临摹时 的习字格.如图，正方形ABCD是黄金习字格的边框，正方形每条 边上的格点（端点除外）都是这条线段的黄金分割点，即 试卷第1页，共3页 AF2=AB.BF·若AB=10,则AF的长为() D A.5√5-5B.15√5-5C.6 D.8 10.在口ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作直线EF分 别交AB,CD于点E,F(E、F不与端点重合)，连接BF交AC于点 G.给出下面三个结论： ①OE=OF; ②若OG:GC=3:2,则△FOG与△BCG的面积比为3：8； ③点G可以是BF的中点. 所有正确结论的序号是() A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 11.在矩形ABCD中，AB=3,BC=4,动点O在对角线AC上.如 果以点O为圆心，以1为半径长的⊙O与边AB有两个公共点，那么 线段OA的取值范围是() 试卷第1页，共3页 A.1≤OA≤ 5 4 B.1<OA< 4 5 5 C.1<OA≤ D.1≤OA< 4 12.如图，等腰ABC周长为24，D,E是底边AB的三等分点， 分别过点D,E,C作BC,AC,AB的平行线，得到△FGH, 则△FGH的周长为() A.24 B.32 C.36 D.48 13.如图，点A、B分别在x轴、轴上，点C是AO的中点，将 k △ABO沿AC的垂直平分线翻折，得到△CDE,反比例函数y=二的 图像经过点D,且S△4rc=1,则k的值是() D B EACO A.-48 B.-24 C.-16 D.-12 14.如图，半圆AB的直径AB=10,C是半圆AB的中点，D是 试卷第1页，共3页 BC的中点，连接AD,OD,过点D作⊙O的切线分别交 AC,AB的延长线于点E,F.下列结论：①OD∥AC;② ∠D0B=45:③BF=1:④DE=5V .其中正确的个数有() 2 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 15.如图1，在矩形ABCD中，AB=6,BC=10.正方形AEFG 的顶点E在BA的延长线上，AE=AB,点G在边AD上，O为正方 形AEFG的中心，如果过点O的一条直线平分这个组合图形的面积， 且这条直线分别交EF、BC于点M、N,那么线段MN的长为() E B A.2W17 B.410 C.65 D.13 二、填空题 16.如图，已知点C4,0),点D0,4),直线CD与反比例函数 y=人的图象交于么B两点，若 BC 1 =，则k= X AB 2 试卷第1页，共3页 17.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10,BC=8, 动点P在ABC内，且使得△ACP的面积为3，点Q为AB的中点， 则PB+PQ的最小值为 I8.如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，将 菱形ABCD沿着EF翻折，使点B恰好与△ACD的重心G重合.若 菱形ABCD的面积为18，则△BEF的面积为 19.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠C=2∠A=90°， 点M、N在CD边上，CM=6,MN=2BC=8,点E是射线 AB上的动点，连接EM、EN,当∠MEN最大时，BE的长为 试卷第1页，共3页 B C M N D 三、解答题 20.如图，己知AB、CD为⊙O的两条弦，AB<CD,连接AO、 BO并延长交弦CD于点E、F,且CF=DE. D (I)求证：AB∥CD; (2)如果AC2=OA·AE,求证：AB=AC. 21.己知：如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在边CD上， 点F在BC的延长线上，CF=DE,AE的延长线与DF相交于点 G,且DG2=GE.GA. 试卷第1页，共3页 (1)求证：四边形ABCD是菱形； (2)如果AE=3EG,求证：点E是边CD的中点. 22.如图，在平面直角坐标系中，网格中的每个小方格都是边长为1 个单位长度的正方形，点A,B,C的坐标分别为A1,2),B3,1), C(2,3),以原点O为位似中心在第三象限内作△AB,C,,使它与 ABC位似，且相似比为2，再把ABC绕原点O逆时针旋转90° 得到△A,B,C2· (1)画出△A,B,C,,并直接写出点B1的坐标： (2)画出△A,B,C2,在旋转过程中，求点B到点B2所经过的路径长. 试卷第1页，共3页 23.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 1:y=ax2+bxa<0,b≥0)经过点A-1,-3). (1)若点A到抛物线L的对称轴的距离为2，求α的值： (2)若a=- ,点B为抛物线上一点，线段AB与x轴交于点C,且 2 BC 25 求点B的坐标： AC 24 (3)将抛物线l先向右平移m个单位，再向上平移n个单位 (m>0,n>0),使所得的新抛物线乙经过原点且顶点在直线 y=-x+3上.如果m+n=3,求抛物线L的解析式. 24.如图，AB、AC是⊙O的弦，AB=AC,过点C作AB的平 行线，交半径AO的延长线于点D,连接BD. 试卷第1页，共3页 ·0 0 B 备用图 备用图 (1)求证：四边形ABDC是菱形； 2)如果C是ACB的中点，求4C 的值； AD (3)连接CO.如果⊙O的半径是2，且△COD是等腰三角形，求边 AB的长. 25.如图1，在正方形ABCD中，点P是BC边上的一点（不与点 B,C重合)，连接AP,过点D作DQ⊥AP于点M,交AB于点 2. 试卷第1页，共3页 D M B 图1 图2 图3 (I)求证：AP=DQ; (2)如图2，若点P为BC中点时，连接CM,求证：CD=CM: (3)如图3，若PC=2PB,延长DC至E,使DC=2CE,连接 EM,请探究∠PME与∠PAB的关系，并证明. 26.如图，在矩形ABCD中，BC边上有一动点P(不与B,C点 重合)连接AP,作PE⊥AP交CD于点E. E (1)求证：△ABP∽△PCE; 试卷第1页，共3页 (2)已知AB=4cm,BC=6cm,若BP的长为xcm,CE的长为 ycm. ①求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围. ②当BP的长为多少时，CE的长最大，最大为多少？ 27.探究矩形与正方形背景下垂直线段的比例关系及折叠问题，并完 成以下问题 D B 图1 图2 图3 (1)【问题再现】如图1，E,F分别是正方形ABCD边AD,CD上 的点，若BE⊥AF,那 B距的值为 A AB (2)【拓展探究】如图2，若ABCD是矩形且=k,当BE⊥AF BC 试卷第1页，共3页 BE 时，求 的值. AF (3)【结论应用】在矩形ABCD中，E为AD上的一点，将矩形 ABCD沿直线BE对折，直线AA交矩形ABCD的某一边于点F. ①如图3，若AB=3,AD=2V10,点A的对应点A恰好落在BD BE 上，求的值. AF BE ②若AB=3, AF =1,当AE=时，△ADC是直角三角形. 试卷第1页，共3页 《第二十七章相似2025-2026学年初中数学九年级下册章节巩固提升练习卷（人教版）》 参考答案 题号 2 4 6 6 7 8 9 10 答案 A D A C B B A A 题号 11 12 13 14 15 答案 D B B C B 1.A 【分析】根据成比例线段的定义列出比例式，计算即可. 【详解】解：：m、n、卫、q依次成比例线段，m=2cm, p=5cm,9=10cm, :2-5 n10 ∴.n=4cm. 2.D 【分析】利用相似三角形的判定和性质求解即可. 【详解】解：~DE∥BC, ∴△ABC∽△ADE, AD DE 1 AB i BC 3 3.A 【分析】根据旋转，平移，轴对称，位似的基本概念，逐一辨析各选 项的正误即可. 【详解】解：对选项A,:旋转中心到任意一对对应点的距离相等， “.旋转中心一定在每一条连接对应点的线段的垂直平分线上，所有垂 直平分线的交点就是旋转中心，故A正确； 答案第1页，共2页 对选项B,平移前后，对应点所连的线段可能共线，不一定平行，故 B错误； 对选项C,成轴对称的两个图形中，对应线段所在直线可能互相平行， 不一定相交，故C错误； 对选项D,相似比为正数，将顶点横纵坐标都乘k(k≠O),所得图形 与原图形的相似比为k,不是k,故D错误. 4.C 【分析】本题考查了三角形的重心性质及直角三角形面积公式，首先 根据直角三角形面积公式求出△ABC[的面积，再利用三角形重心的 性质：重心与三个顶点连线将三角形分成面积相等的三个三角形，即 可求解. 【详解】解：：∠ABC=90°，AB=3,BC=2, 1 SAARC=AB×BC=)×3×2=3, 2 2 ·点O是ABC的重心， S.OuB S.Onc =S.04C S.ABC =S.048+S.onc+S.o4C 、SO4 BSi1 3 a4BC=,×3=1. 3 5.C AE AD 1 【分析】根据平行线分线段成比例可得 再根据比例 AC AB 2 的性质进行变形即可. 【详解】解：DE‖BC, 答案第1页，共2页 AE AD 1 AC AB 2 AC 2, AC AC 2 AE AE 1 ，故C正 AE EC AE+AC-3’EC AE+AC 3 确，A、D错误； 对于B,由已知条件，无法判断AB与AE的关系，故B错误. 6.B 1 【分析】先根据线段中点定义得到BE=CE=二BC=5,再利用平 2 行线分线段成比例和平行线的性质得到AD=BD, ∠BDE=∠A=90°然后利用勾股定理求得BD即可解答. 【详解】解：点E是BC的中点，BC=10, :BE-CE-18C-5, 2 .DE∥AC, AD CE =1,∠BDE=∠A=90°， BD BE ∴.AD=BD, DE=3, .BD=VBE2-DE2=V52-32=4, ∴.AD=4. 7.B 【分析】根据位似图形的定义可知ABC与△A'B'C'相似，由对应 点A、A的坐标求出相似比，再根据相似三角形的面积比等于相似 比的平方进行计算即可. 答案第1页，共2页 【详解】解：：原点O是ABC和△A'B'C'的位似中心，点A(L,O)与 点A'-2,0)是对应点， △ABC∽△A'B'C', ·相似比k= 0A_-2=2, 04 1 S48C=k2=22=4, S.ABC .△ABC的面积是2， .△A'BC'的面积=4×2=8. 8.B 【分析】利用直角三角形斜边中线性质得AE=BE=ED,作 CF‖AE构造相似三角形推出CF=FD且∠ECF=90°，设 AE=BE=ED=x,在Rt△ECF中通过勾股定理列方程求出DE 长度，再依次计算AC、AB,最终用勾股定理求得BC的长。 【详解】解：如图，过点C作CF∥AE,交BD的延长线于点F, 过点F作FG⊥DC于点G, .∠BAC=90°，E为BD的中点， ∴.AE=BE=ED, CD=2AD, 答案第1页，共2页 AD 1 =AC=AD+CD=3AD, CD 2 :.AD=1AC. 3 :CF∥AE, ∴.∠FCE=180°-∠AEC=90°，△AED∽△CFD, AE ED AD 1 CF FD CD 2 :CF=2AE,FD =2ED, 设AE=BE=ED=x,则CF=FD=2x,EF=ED+FD=3x, 在RtAECF中，EF2=CF2+CE2, (3x)2=(30+2x)2, 解得x=-V6(舍去)，为，=√6， :AE=BE=ED=6, ∴BD=BE+ED=2V6, 在R△AEC中，AC=AE+CE=V6+30=6, :AD=4C=2, 3 在RIBAD中，AB=VBD2-AD=V26-22-25, 在R△ABC中，BC=VAB2+AC=25)+62=24. 9.A 【分析】由题意知AE=BF,AF2=AB,BF,可求得 答案第1页，共2页 AF=5V5-5. 【详解】解：由题意知，AE=BF,AF2=AB,BF,AB=10, .AF2=10(10-AF）, 解得，AF=5√5-5（负值舍去). 10.A 【分析】根据平行四边形的性质，对结论①通过证明三角形全等进行 判断；对结论②利用相似三角形的性质和三角形面积公式进行判断； 对结论③通过反证法和相似三角形的性质进行判断，最终确定所有正 确结论的序号. 【详解】解：：四边形ABCD是平行四边形， .AB‖CD, ∴.∠OAE=∠OCF. :O是对角线AC的中点， ..OA=OC. 在△AOE和△COF中， I∠OAE=∠OCF OA=OC ∠AOE=∠COF .△AOE≌COF(ASA), .OE=OF,故①正确. .AB‖CD, ∴.△CFG∽AABG, 答案第1页，共2页 CF CG FG AB AG BG .OG:GC=3:2,OG=3k,GC=2k, :O是AC中点， ..OA=OC=0G+GC=5k, ..AG=OA+OG=8k, CG 2k 1 AG 8k 4 CF 1 ·AB4 设点F到AC的距离为h,点B到AC的距离为h, .△CFG∽AABG, hCG 1 ·h,AG 41 1 S.FOG= 0G-h_0GA-3×1-3 -X 故②正确. SBCG .GC.h GC h 2 4 8 2 若点G是BF的中点，则FG=BG, .·△CFG∽AABG, FG CF ·BGAB :CF=AB. :四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD, .CF=CD,即点F与点D重合，此时点E与点B重合，与题设中 答案第1页，共2页 E,F分别在AB,CD上（非端点）矛盾，故③错误. 综上所述，①②正确. 11.D 【分析】先利用矩形性质和勾股定理求出对角线AC的长度，再通过 相似三角形得到圆心O到AB的距离与OA的关系，结合圆与线段 AB有两个公共点的条件，推导得到OA的取值范围. 【详解】解：：四边形ABCD是矩形，AB=3,BC=4, ∠ABC=90° .AC=VAB2+BC2=V32+42=5 过点O作OE⊥AB于E B :OE⊥AB,∠ABC=90° .OE∥BC ∴.△AOE∽AACB OE OA BC AC 即OE-OA 45 4 整理得OE=-OA 5 :⊙O半径为1，且⊙O与边AB(线段AB)有两个公共点 答案第1页，共2页 .需满足两个条件：①直线AB与⊙O相交，②端点A在⊙O外（或 圆上). ①直线AB与⊙O相交，即圆心到AB的距离小于半径则OE<1, 4 .-OA<1, 5 解得0A< 4 ②端点A在⊙O外（或圆上），则OA≥1 综上，1≤OM<4 12.B 【分析】根据平行线的性质判定四边形BCFD和ACGE为平行四边 形，得出对应边相等；利用平行线性质和对顶角性质证明 △HDE∽△ABC,得出对应边成比例；最后将△FGH的三边用 ABC的三边表示，结合周长公式求解. 【详解】解：：过点C作AB的平行线，过点D作BC的平行线， .FC∥DB,FD∥BC, .四边形BCFD是平行四边形， ∴.FC=DB,FD=BC, 同理可得，四边形ACGE是平行四边形， ∴.CG=AE,GE=AC, :D,E是底边AB的三等分点 .AD=DE EB=-AB, 答案第1页，共2页 4E=DB=24B, ..FG=FC+CG=DB+AE AB+二AB= 4 AB, 3 .FD∥BC, ∴.∠FDA=∠B, 又：∠HDE=∠FDA, .∠HDE=∠B, 同理可得∠HED=∠A, .∴.△HDE∽△CBA, DH HE DE 1 ·CB CA BA3 :.DH=BC.EH=TAC. 3 3 4 .FH FD+DH =BC+BC=-BC, 3 3 1 4 ∴.GH=GE+EH=AC+三AC=AC, 3 3 4 4 ∴.△FGH的周长=FG+FH+GH=-AB+ 3 3 3 B+BC+40, .△ABC的周长为24， 4 ∴.△FGH的周长=一×24=32. 3 13.B 【分析】设AC的垂直平分线交x轴于点G,令AG=CG=x 答案第1页，共2页 由点C是AO的中点，得AO=4x;由轴对称的性质，得 CE=AO=4x,从而OE=6x;由FG‖B0,得 △AFG∽△ABO,设GF=y,则BO=4y;由四边形DBOE是 k 矩形，得D(-6x,4y):由S。c=1,得xy=1,代入y=《即 X 可求出k 【详解】解：如图，设AC的垂直平分线交x轴于点G, 设AG=CG=x,则AC=2x, :点C是AO的中点， .A0=2AC=4x,C0=AC=2x, :将△ABO沿AC的垂直平分线翻折得到△CDE, .由轴对称的性质，得 CE=AO=4x,DE=B0,∠CED=∠AOB=90°， EA=CE-CA=4x-2x=2x, ..OE=EA+AC+CO=2x+2x+2x=6x, .·FG⊥x轴，BO⊥x轴， .FG‖BO, ∴.△AFG∽AABO, .GF AG x 1 BO A0 4x 4 设GF=y,则B0=4y, .∠DEO=∠EOB=90°，DE∥BO,DE=BO, ∴.四边形DBOE是矩形， 答案第1页，共2页 .DE=BO=4y,DB=OE=6x, 点D的坐标为-6x,4y), .S.AFC =1,AC =2x,GF =y, 1 ·AC.GF=1, 2 1 22xy=l, .xy=1, :反比例函数y=二的图像经过点D-6x,4y), k .4y= -6x .k=-6x.4y=-24xy=-24×1=-24. D B 14.C 【分析】根据平行线的判定可判断①，C是半圆AB的中点和D是 BC的中点可判断②，证明△ODF是等腰直角三角形，根据勾股定 理求出OF,得到BF可判断③，证明△FOD∽△FAE,求出 EF5V2 2 +5,再求出DE可判断④. 【详解】解：连接OC,如图： 答案第1页，共2页 OD=OA, .∠ODA=∠OAD, :D是BC的中点， .∠CAD=∠BAD, .∠CAD=∠ODA, .OD∥AC,故①符合题意； :C是半圆AB的中点， .∠BOC=90°， :D是BC的中点， :∠D0B=∠B0C=45,故②符合题意： .AB=10, .OB=OD=5, :DF是⊙O的切线， .OD⊥DF, .∴.∠ODF=90°， .:.∠F=90°-∠DOB=45°=∠DOB, ∴.△ODF是等腰直角三角形， .DF=OD=5, .0F=V0D2+DF2=V52+52=5V2, 答案第1页，共2页 ·BF=OF-OB=5V2-5,故③不符合题意， .AF=OF+OA=5√2+5， .OD∥AC, .△FOD∽△FAE, EFF,即55V2 DE OF EF 52+5 5V2 +5, 2 DE=EF-Dn-5V5+5-5-52. 故④符合题意； 综上，符合题意的是①②④，共3个 15.B 【分析】连接AC,BD交于点H,过点O和点H的直线MN平分 该组合图形的面积，交AD于S,取AE中点P,取AB中点Q,连 接OP,HQ,过点O作OT⊥QH于T,由三角形中位线定理可 求OH=BC=5,QH∥BC,AQ=B0=3,PO=AG= 2 ,PO∥AG,EP=AP=3,由平行线分线段成比例可得 MO=OS=SH=NH,由勾股定理可求OH的长，即可求解. 【详解】解：如图，连接AC,BD交于点H,过点O和点H的直 线MN平分该组合图形的面积，交AD于S,取AE中点P,取AB 中点Q,连接OP,HQ,过点O作OT⊥QH于T, 答案第1页，共2页 E 's G A D:四边形ABCD是矩形， B .AH=HC, Q是AB中点， :.QH=BC=5.QH//BC.AQ=BQ=3. :四边形AEFG是正方形，AE=AB, .AG=AE=AB=6, 同理可求P0=AG=3,P0∥AG,EP=AP=3, PO∥AD∥BC∥EF∥QH,EP=AP=AQ=BQ, .MO=OS=SH=NH,∠OPQ=∠PQH=90°， OT⊥QH, .四边形POTQ是矩形， .P0=QT=3,0T=PQ=6, ∴.TH=QH-QT=2, 0H=V0T2+TH2=2V10, .MW=2OH=410, 16.3 【分析】根据点C和点D的坐标可得∠OCD=∠ODC=45°；过 点A作AE⊥OC于点E,过点B作BF⊥OC于点F, △AEC,△BFC都是等腰直角三角形，AE∥BF;设 答案第1页，共2页 CF BC 1 BF=CF=t,由平行线分线段成比例定理得到 EF AB2 则可推出AE=CE=3t,求出A4-3t,3t),B(4-t,t),则 k=(4-3t)·3t=（4-t)t,解方程即可得到答案. 【详解】解：：点C(4,0,点D(0,4, ..OC=OD=4, .∠COD=90°， .∠OCD=∠ODC=45°； 如图所示，过点A作AE⊥OC于点E,过点B作BF⊥OC于点F, :.△AEC,△BFC都是等腰直角三角形，AE∥BF, .AE=CE,BF=CF, 设BF=CF=t, .AE∥BF, CF BC 1 ·EFAB2 .∴.EF=2CF=2t, .AE=CE=3t, .OE=4-3t, .A4-3t,3t; 答案第1页，共2页 .OF=4-t, .B4-t,t, :点A和点B都在反比例函数的图象上， .k=（4-3t)3t=（4-t)t, 解得t=1或t=0(舍去)， .k=4-3×13×1=3. 17.109 【分析】如图，过点P作EF⊥BC交AB于点E,交BC于点F, 勾股定理求出AC,然后利用三角形面积求出FC=1,得到点P在 线段EF上运动，作点B关于EF的对称点H,连接CH,PH, QH,过点Q作QG⊥BC于点G,如图，当点H、P、Q在同一直 线上，PB+PQ的值最小，为QH的长度，然后利用相似三角形的 成求出8G=GC=BC=4,0G=)4C=3,然后利用 2 定理求解. 【详解】解：如图，过点P作EF⊥BC交AB于点E,交BC于点 F, .∠ACB=90°， AB=10,BC=8, .AC=AB2-BC2 =6, .·△ACP的面积为3， 2×6FC=3, 答案第1页，共2页 .FC=1, ∴.点P在线段EF上运动，作点B关于EF的对称点H,连接CH, PH,QH,过点Q作QG⊥BC于点G,如图， ∴.PB=PH .PB+PQ=PH+PQ≥QH .当点H、P、Q在同一直线上，PB+PQ的值最小，为QH的长度， BC=8,FC=1, .HF=BF=BC-FC=8-1=7 .CH=FH-FC=7-1=6 :点Q为AB的中点 .BO=A0 :QG⊥BC,EF⊥BC .QG‖EF .△BQG∽△BAC BO BG OG 1 ·BA BC AC2 1 BG=GC=BC=4,QG=AC=3 2 .GH=GC+CH=4+6=10 ·QH=√QG2+GH=V109. 答案第1页，共2页 18.4 OG 2 【分析】根据相似可知三角形重心满足 ,再根据菱形对角线 OD 3 BH BH 2 性质， ，再根据相似三角形即可求解。 GH L=1,进而可知 BO 3 【详解】解：取AD的中点N,连接CN,取CD的中点M,连接 AM与CN交于点G,则点G为重心， 在菱形ABCD中，连接BD, .O为AC的中点， 点G在BD的线段上， B MN∥AC,MN= -AC, :∠ACG=∠MNG,∠NMG=∠CAG,DI=DO, .△NMG∽aCAG,J是OD的中点， MN GJ 1 ·ACOG2 OG 2 OD 3 DG 4 1 ·BD123 :B关于EF的对称点是G, 答案第1页，共2页 BH 1 =二=1 GH 1 BH 2 ·BO3 :菱形ABCD的面积为18， :S4Bc=2×18=9, 2 .EF∥AC, .∠BAO=∠BEF,∠BCA=∠BFE, ∴.△BEF∽△BAC, S.4BC B029 SEBF BH24' .S.BEF =4. 19.6V5-42 【分析】解题关键在于利用圆外角小于圆周角这一性质：当过定点 M、N的圆与射线AB相切时，切点P即为使∠MEN最大的点.随 后证明三角形相似，求出切线长FP，最后结合等腰直角三角形的边 长关系求得BP. 【详解】解：由题意可得∠BCD=∠D=90°，∠A=45°， BC=4, 延长AB、DC交于点F, 则∠BCF=90°，∠F=45°， .CF=BC=4,MF=10,NF=18, 在RtABCF中，BF=√2BC=4V2. 答案第1页，共2页 作经过点M、N且与AB相切的⊙O,切点为P,ME与⊙O交于 点2， 连接MP、NP、NQ,易得∠MPN=∠MQN≥∠MEN, 当点E与点P重合时， ∠MEN最大，此时BE=BP. 由切线的性质可得∠FPM=∠FNP, 则△FPN∽△FMP, EP FN FM FP 即FP2=FM·FN=10×18=180, FP=6√5， 则BP=FP-BF=6√5-42， 即∠MEN最大时，BE的长为6√5-4√2. 20.(1)见解析 (2)见解析 【分析】(1)连接OC,OD,先证明△CFO≌△DEO(SAS),则 OE=OF，然后根据等边对等角以及三角形内角和定理证明 ∠4=∠7，即可证明平行； (2)先证明△CAO∽△EAC,再证明△OAC≌△OAB(AAS)即 可 【详解】(1)证明：连接OC,OD 答案第1页，共2页 1354A1 .OC=OD .∠1=∠2 CF=DE :.△CFO≌△DEO(SAS ∴.OE=OF ∠3=∠4= 180°-∠5 2 OA=OB ·∠7=∠8= 180°-∠6 2 .∠5=∠6 ∴.∠4=∠7 ∴.AB∥CD; (2)证明：：AC2=OA·AE AC AE ·OAAC .:∠CAO=∠EAC ·.△CAO∽△EAC .∠9=∠4， .∠4=∠7=∠8 答案第1页，共2页 ∴.∠9=∠7=∠8 .OA=OC .∠9=∠OAC=∠7=∠8， .OA=OA :.△OAC≌△OAB(AAS ∴.AB=AC, AB=AC· 21.(1)见解析 (2)见解析 【分析】(1)先证明△GED∽△GDA,再证明 △ADE≌△DCF(AAS),最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱 形证明即可； (2)设EG=m,AE=3m,由DG2=GE.GA求出DG,再由 △GED∽△GDA证明即可. 【详解】(1)证明：如图， A D 4 人3 B C F :四边形ABCD是平行四边形， .AD∥BC .∠4=∠3， DG2=GE GA 答案第1页，共2页 DG GA GE DG .∠5=∠5 :.△GED∽△GDA ∴.∠1=∠2 CF=DE △ADE≌△DCF(AAS), ∴.AD=DC 又：四边形ABCD是平行四边形， .四边形ABCD是菱形； (2)解：：AE=3EG .设EG=m,AE=3m .AG=EG+AE=4m .DG2=GE.GA=m×4m ∴.DG=2m(舍负)， .·△GED∽△GDA DE DG 2m 1 。。 AD AG 4m 2 AD=CD DE 1 CD 2 .DE=CE, .点E是边CD的中点. 答案第1页，共2页 22.(1)见解析，点B,的坐标为(-6，-2) (2)见解析， V10元 2 【分析】(1)连接AO、BO、CO,并延长到2AO、2BO、 2CO长度找到各点的对应点，顺次连接即可，然后写出点B的坐标； (2)将点A,B,C绕点O逆时针旋转90°得到点A、B2、C2,再 首尾顺次连接得出图形，然后利用勾股定理求出OB,然后利用弧长 公式求解。 【详解】(1)解：如图所示，△AB,C即为所求，点B,的坐标为 (-6,-2); (2)解：如图所示，△A,B,C,即为所求， 由勾股定理得0B=V12+32=√10， “·点B到点B,所经过的路径长为90×元×V10_V10元 180 23.(1)a=-1 525 228 答案第1页，共2页 y-” 6 6 【分析】(1)根据对称轴公式可得抛物线1的对称轴为y轴或在y轴 右侧，则可求出抛物线的对称轴为直线x=1,进而得到b=-2a, 再利用待定系数法求解即可： 12,5 (2)可求出l:y=-二x2+。x;过点A作AE⊥x轴于点E,过 22 点B作BF⊥x轴于点F,则AE∥BF,证明△ACE∽△BCF, 求出BF=25,据此可得答案： 8 (3)由待定系数法可得b=α+3，则抛物线l的解析式为 y=ax2+a+3x,可得新抛物线的解析式为 y=ax-m)2+(a+3)(x-m+n,抛物线的顶点坐标为 b -b2 -b2 b 2+42大> 即可得到 +n= -m+3,解方程得 4a 2a 到b=0,α=-3；根据新抛物线12经过原点，得到 0=a(0-m)+(a+3)(0-m)+n,解方程求出m的值即可得到答 案 【详解】(1)解：(：y=ax2+bx, b ∴.抛物线L的对称轴为直线x=- 2a .a<0,b≥0， ≥0，即抛物线{的对称轴为y轴或在y轴右侧， 2a 答案第1页，共2页 :点A到抛物线1的对称轴的距离为2， ∴.抛物线的对称轴为直线x=-1+2=1, b =1, 2a ∴.b=-2a, 把点A的坐标代入y=ax2+bx得a-b=-3, ∴.a+2a=-3, ∴.a=-1; (2)解：当a=-时，则1：y=- x2+bx, 2 2 把点A的坐标代入y=- x+bx得 -b=-3, 2 .b=。, 2 2 5 .l1:y=-5x2+x; 2 2 如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E,过点B作BF⊥x轴于点F, 则AE∥BF, EO .△ACE∽△BCF, BF BC AE AC 答案第1页，共2页 BC 25 4 A-1,-3,即AE=3, AC BF 25 324 ·BF=25 8 25 、1 5 25 时， X= 2 2x中，当y= 8 2 8 5 解得X1=X2=。, 2 点B的坐标为 525 28 (3)解：抛物线L:y=ax2+bxa<0,b≥0)经过点A-1,-3. .a-b=-3, ∴.b=a+3, ∴.抛物线l的解析式为y=ax2+(a+3)x, :将抛物线l先向右平移m个单位，再向上平移n个单位 m>0,n>0)后得到新抛物线L, 新抛物线马的解析式为y=a(x-m)2+(a+3)(x-m)+n, b-b2 …抛物线的顶点坐标为 2a’4a b -b2 ∴抛物线乙2的顶点坐标为 +m,4d +n 2a :抛物线☑的顶点在直线y=-x+3上， 答案第1页，共2页 :b b +n= -m+3, 4a 2a b b2 .∴.m+n= +3, 2a 4a .m+n=3, -=0, 2a 4a .b2+2b=0, .b=-2(舍去)或b=0, .a=-3; :新抛物线乙经过原点， .0=a(0-m)2+(a+3)(0-m)+n, ∴.am2-am-3m+n=0, .-3m2+3m-3m+3-m=0, .3m2+m-3=0 解得m= 37-1或m= -37-1 (舍去) 6 6 ∴.新抛物线乙的解析式为 24.(1)见解析 3 答案第1页，共2页 (3)2√2或V5+1 【分析】本题考查圆的综合应用，核心考点包括垂径定理的推论，菱 形的性质，等边三角形的判定与性质以及解直角三角形. (1)先证明△OAC≌△OAB,得到∠OAC=∠OAB,结合已知条 件AB=AC,AB∥CD可推导四边形ABDC是平行四边形，又有 邻边相等，即证四边形ABDC是菱形； (2)根据C是ACB的中点，结合垂径定理的推论，可知点C在弦 AB的垂直平分线上，从而得到ABC是等边三角形，最后结合菱 形的性质以及等边三角形的边角关系即可解答； (3)己知⊙O的半径是2，且△COD是等腰三角形，分三种等腰 三角形的情况讨论求解即可. 【详解】(1)证明：如图，连接OC、OB, C AB=AC,OA=OA,OB=OC, B .∴△OAC≌AOAB(SSS, ∴.OAC=∠OAB, AB‖CD, .∴.∠OAB=∠CDA, .∠OAC=∠CDA, ∴.AC=DC, AB=AC, 答案第1页，共2页 .AB=DC, 又.AB‖CD, .四边形ABDC是平行四边形， AB=AC, .平行四边形ABDC是菱形： (2)解：C是ACB的中点， .点C在弦AB的垂直平分线上， .∴.CA=CB, AB=AC, .AB=AC=CB, △ABC是等边三角形， .∠BAC=60°， :四边形ABDC是菱形， .AC=CD,且对角线AD平分∠BAC, ∠CAD=1∠BAC=30°， 如图，过点C作CH⊥AD于点H, B 在RtAACH中，∠AHC=90°，∠CAH=30°， 答案第1页，共2页 CH-AC.AH -AC-C -AC, .AC=CD,CH⊥AD, .AD=2AH=3AC, .ACAC阝 AD 3AC 3 (3)解：若⊙O的半径OA=OC=2,设∠0AC=, 由(1)知，AC=CD=AB,∠ODC=∠OAC=,连接CO, 当△COD是等腰三角形，分类讨论： ①当OC=OD=2时，则∠ODC=∠OCD=∠OCA=, ∠C0D=2a, 由三角形内角和定理可得，0+0+20=180°，解得=45°， .∠C0D=90°， 根据勾股定理得CD=VOC2+OD2=2√2， 故AB=CD=2W2; ②当OC=CD=2时， 则∠COD=∠ODC=, .OA=OC, .∠0AC=∠0CA=0, 答案第1页，共2页 .∠COD=0+0=20, 即20=0，解得=0，不符合题意，舍去； D B ③如图，当DO=CD时， .OA=OC, .∠OAC=∠OCA=a, .·∠ODC=∠OAC=a, 天 ∠OCA=∠CDA, ∴.△OACn△CAD, AC OA ·ADAC 即AC2=OA·AD, 设AC=CD=DO=x,则AD=x+2, .x2=2(x+2）, 即x2-2x-4=0, 答案第1页，共2页 解得x=V5+1,2=-V5+1(舍)， .CD=V5+1, :四边形ABDC是菱形， .AB CD=5+1. 25.(1)见解析 (2)见解析 (3)相等，见解析 【分析】(1)根据正方形的性质得出AB=DA, ∠B=∠BAD=90°，利用角的和差关系得出∠PAB=∠MDA,即 可证明△ABP≌△DAQ(ASA),根据全等三角形的性质即可得出 AP=DO; (2)设AB=CD=BC=AD=2a,利用勾股定理求出 DQ=V5a,通过证明△ADM∽△QDA得出AM= 25 a DM=4 2a,证明△CDN≥△DAM(AAS),得出 DN=AM=2 Sa=MW,进而求出CV所在的直线垂直平分 DM,即可得出CD=CM; (3)设PB=AQ=m,则PC=2m,根据△ADM∽△QDA得出 0m,根据DEFODA得DF-9i DM=9v m,得出 20 DF=MF=DM,根据垂直平分线的性质得出EM=ED, ∠EMD=∠EDM,根据角的和差关系得出∠PME=∠QDA,进 答案第1页，共2页 而可得∠PME=∠PAB. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是正方形， ∴.AB=DA,∠B=∠BAD=90°， .∠MAD+∠PAB=90°， :DQ⊥AP, ∴.∠AMD=90°， ∴.∠MAD+∠MDA=90°， .∠PAB=∠MDA, ∠B=∠BAD 在△ABP与△DAQ中， AB=DA ∠PAB=∠MDA .△ABP≌△DAQ(ASA), .AP=DO. (2)证明：如图2，过点C作CN⊥DQ于点N, M B P 图2 设AB=CD=BC=AD=2a, .点P是BC的中点， 1 :PB=PC=-BC=a, 答案第1页，共2页 .Dg=AP=/a2+(2a)2=V5a, :∠ADM=∠QDA,∠AMD=∠BAD=90°， △ADM∽△QDA, AD AM DM 2a AM DM D040=AD,即、 5a a 2a ·A=2 a DM=4/ 5 ☑， 5 .:∠DCN+∠CDN=90°，∠CDN+∠ADM=90°， .∠DCN=∠ADM, .∠CND=∠AMD=90°，CD=DA, .△CDN=△DAM(AAS), ·DW=AM= 25 5, ·MW=DM-DN=2V5 =DN. :CN⊥DM,即CN所在的直线垂直平分DM, :CD=CM. (3)解：∠PME=∠PAB,证明如下： 如图，过点E作EF⊥DM于F, M 图3 答案第1页，共2页 :△ABP≌△DAQ(ASA) .设PB=AQ=m,则PC=2m, .AB=CD=BC=3m, D0=VAD2+Ag2=m2+(3m)2=V10m, 由(2)知△ADM∽△QDA, AD DM 3m DM ,即 DO AD V10m 3m ÷DM=91 -1n, 10 :∠DEF+∠EDF=90°，∠ADQ+∠EDF=90°， .∠ADQ=∠DEF, ∠DAQ=∠EFD=90°， △DEF△QDA, .A0 DO DF DE DC=2CE=3m, 9 DE=CE+CD=二m, 2 m 10m DF 9 2 ·DF=9f -m, 20 .DF=MF=二DM, 2 .EF⊥DM, 答案第1页，共2页 ∴.EM=ED,∠EMD=∠EDM, :∠EMD+∠PME=90°，∠EDM+∠QDA=90°， .∠PME=∠QDA, :∠QDA=∠PAB, .∠PME=∠PAB. 26.(1)见解析 2y=-1r23 一X十 x(0<x<6);②当BP=3cm,CE的长最大， 4 9 最大为一cm 【分析】(1)根据矩形的性质可得∠B=∠C=90°，则 ∠BAP+∠BPA=90°，再由垂线的定义和平角的定义可得 ∠BPA+∠CPE=90°，则可证明∠BAP=∠CPE，,据此可证明结 论； （2)①根据相似三角形的性质得到5-C?,即上-6，，据此 BP AB 可得答案；②利用二次函数的性质求解即可· 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是矩形， ∴.∠B=∠C=90°， ∴.∠BAP+∠BPA=90°； .PE⊥AP, .∠APE=90°， ∴.∠BPA+∠CPE=90°， .∠BAP=∠CPE, 答案第1页，共2页 ∴.△ABP∽△PCE; (2)解：①由题意得，CP=BC-BP=（6-xcm, .△ABP∽△PCE, 部治片-6， x 4 y=6-- 2 3 一X +。x(0<x<6); 4 4 ②y=-1xr2+ 3 4 =x-+ 2 <0, 4 9 当x=3时，y有最大值，最大值为， 4 9 .当BP=3cm,CE的长最大，最大为二cm. 4 27.(1)1 BE (2) k AF (3)010 ②1或3 5 【分析】(1)本题考查折叠性质（轴对称），全等三角形的判定和性 质，利用直角三角形两锐角互余和正方形性质可得出△AEB≌△DFA ,继而得出BE=AF,求出结果， (2)本题考查折叠性质（轴对称），相似三角形的判定和性质，利用 直角三角形两锐角互余和矩形性质可得出△ABE∽△DAF，继而 得出结果。 答案第1页，共2页 (3)本题考查折叠性质（轴对称），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，且需要分两种情况讨论：点F在 CD或者BC上. 【详解】(1) BE⊥AF ∴.∠DAF+∠AEB=90°， :四边形ABCD是正方形， .∠ADF=90°，∠BAE=90°， ∴.∠DAF+∠DFA=90 ∴.∠AEB=∠DFA. 在△AEB和△DFA中， ∠AEB=∠DFA ∠ADF=∠BAE AB=DA .△AEB≌△DFA. .BE=AF, AF (2):四边形ABCD是矩形， ∴.∠BAE=∠ADF=90°，BC=AD, .∠BAF+∠DAF=90°， BE⊥AF, .∠BAF+∠ABE=90°， .∠DAF=∠ABE, 答案第1页，共2页 .△ABE∽△DAF, BE ABAB =k. AF AD BC (3)①由折叠性质可得， △ABE≌△A'BE,△ABE和△ABE关于BE轴对称， ∴.∠BA'E=∠BAE=90°，A'B=AB=3,A'E=AE,AA'⊥BE .∠BAF+∠ABE=90°，∠BAF+∠AFB=90, .∠ABE=∠AFB, ∴△ABE∽△BFA, BE AE …FAAB 在Rt△ABD中， BD=VAB2+AD2=32+(210=7, A'D=BD-A'B=7-3=4, 设AE=x,ED=2√10-x, 在RtaEA'D中， ED2=EA2+A'D2 (210-x2=x2+42, 解得：r 3V10 5 答案第1页，共2页 3vV10 BE AE -5 V10 FA AB 3 5 ②若 BE =1, AF 由(1)可知，当F落在CD上时， 四边形ABCD是正方形，如图，只能是∠CA'D=90°， D 由(1)和折叠性质可得， AB=A'B=BC=3, △A'BC是等腰三角形， 过点B作BH⊥A'C交于H, AH=HC-1AC, 2 .·∠BCA'+∠A'CD=90°， ∴.∠HBC=∠A'CD, 在△BHC和△CAD中， ∠BHC=∠CA'D ∠HBC=∠A'CD, BC=CD .△BHC≌△CA'D, .HC=A'D,A'C=2HC=2A'D, 答案第1页，共2页 设A'D=m, 在Rt△A'CD中， A'D2+A'C2=CD2, m2+(2m)2=32, m=35 过作A'G⊥AD, .∠A'DG+∠A'DC=90°，∠A'DC+∠A'CD=90°， .∠A'DG=∠A'CD, ∴.△A'DG∽△DCA A'G A'D 1 ·GDA'C2 在Rt△DGA'中， ..A'G2+GD2=A'D2, to-G EG=AD-AE-GD, EG=3-AE-6=9 -AE, 55 在Rt△EGA'中， EG2+A'G2=A'E2, 答案第1页，共2页 g+ =AE2, 解得：AE=1. 当点F落在BC上时，如图： D A'(F) 由折叠性质可得：Rt△BAE≌Rt△BA'E, ∴.AB=A'B=AE=A'E, .四边形AEA'B是正方形， .A'与F重合， 此时△A'DC是直角三角形， .AE=AB=3. 综上，AE的长为1或3. 答案第1页，共2页