2026年中考数学专题特训：相似综合

**基本信息** 以“概念辨析-性质应用-动态探究”为逻辑主线，系统整合相似三角形判定与性质、位似变换等核心知识，通过分层题型培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|3题（如第1、3、14题）|全等与相似变换辨析、位似比与面积比转化|从变换本质到相似判定，构建概念网络| |性质应用|8题（如第2、6、12题）|相似比设参法、辅助线构造（作垂线/延长线）|性质推导→计算应用→多结论验证| |动态探究|5题（如第8、19、21题）|动点轨迹分析、旋转相似模型、最值转化|静态性质→动态变化→综合问题解决|

2026年中考数学专题特训：相似综合 一、单选题 1.我国传统建筑中常用榫卯结构，构件之间通过凹凸结合连接，体现了几何图形的全等变 换.下列变换中，不属于全等变换的是() A.平移 B.旋转 C.轴对称 D.相似放大 2.如图，在△ABC中，点D在边AB上，过点D作DE∥BC,交AC于点E.若AD=2, SADE BD=3,则SABc的值是() D 2 C. D.25 3.如图，原点O是△4BC和4BC的位似中心，点1,0)与点 A-2,0 是对应点， △ABC的面积是2，△AB'C的面积是() 试卷第1页，共3页 3 2 B A 1 A,, -4-3-2-10 1234 2 3 -4 A.4 B.8 C.12 D.16 4.如图，点B、点C在反比例函数y兰k>0>0的图象上，点A在x轴上，连结B 交y轴于点E,延长BC交轴于点D.已知点4-20，BC:CD=1:2,AE=BE.若 △ABC的面积为10，则k的值为() 40 75 A.7 B. c. 5.如图，点A、B分别在x轴、y轴上，点C是AO的中点，将△ABO沿AC的垂直平分 线翻折，得到。CDE,反比例函数y=的图像经过点D'且S。c=1,则k的值是（) EACOx A.-48 B.-24 C.-16 D.-12 6.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D为AC上一点，CD=2AD,E为BD的中点， 试卷第2页，共3页 ∠AEC=90°，若CE=V50,则BC的长为(） 45 A B.2V14 C.3v10 D.8 7.如图，在矩形ABCD中，动点P从D点出发，以lCm/s的速度沿着DA向A点运动，同 时动点Q从B点出发以2cm/s的速度沿BC向C点运动，若其中一个动点到达终点，另一 动点也同时停止.将四边形PDCQ以直线PQ为轴进行翻折，得到四边形PD'CQ,则下 列结论错误的是() A.若 交对角线BD PO 于点E,则 QE=2PE B.若点D在1D边上时， BO=2CO C.若射线经过点A,则线段P、CD OC' 互相平分 D.若4B=3cm，BC=3W2cm,点A、C两点间距离最小为V5-lcm 8.如图，在菱形48CD中，∠ABC=120,B-5,E是8C延长线上一点，E交CD 于点F,连接BF并延长交DE于点G,则线段BG长度的取值范围是() <BG2 A.V3<BG≤2B.2 C.1<BG≤2 D.2 <BG1 试卷第3页，共3页 9.如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边DC上，连接AE,AF,若 :高G是的中点隆接G与文于点公芳器厘则需的值 H FH 为() H G B E 20 52 3√17 A.6 B.21 C.24 D.17 10如图，在正方形CD中，0=4，点M是4B上一点，且4M:BM=1:5,过点 4作N,使WLDM,分别交DM、BD、BC于点 E,F,N ，下列结论正确的是() E B A.DE=DF B.点P为DM上任意一点，则PF+PC的最小值为3V万 C.S.or=6V2 D BN2=EM·DM 二、填空题 11.如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，BC=6,AB=4,AD=3. 折叠四边形纸片ABCD,使得点D的对应点E落在边BC上，点A的对应点为F,折痕与 试卷第4页，共3页 AB,CD分别交于点G,H,EF与AB交于点M.若∠BME=∠C,则线段BE的长为 Ar- M B 12.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5,BC=12.点D、E分别在边AC、BC CD 3 上，且CE的值为4：以E为圆心，ED为半径作圆，如果oE与△ABC的三边有三个公共 点，那么CD的值为 A O B E 13.如图，在锐角三角形ABC中，以AC为边作等边三角形AEC,以AB为边作等腰三角 形AFB,其中AF=BF,∠AFB=12O°，D为BC的中点，分别连接FD和ED,若FD的 长为6，则DE的长为. D 14.如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心，已知OA:OD=3:5,则△ABC与 △DEF的面积比为 试卷第5页，共3页 DE 5 15.如图，菱形ABCD'点E是边CD上一点，连接AE交对角线BD于点F,DB7, tan∠ABD=24 ，点G为线段EF上一动点（不与端点重合），作点E关于直线DG对称点 EG H'连接BH、CH,当BH取最小值时，则C 16.如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=6.点P从点A出发以每秒1个单位长度的速 度沿A-D-C顺时针方向运动到点C停止.当点P不与矩形ABCD的顶点重合时，过点P PO⊥AP 作直线 ,与矩形的边的另一交点为Q.设点P的运动时间为t(秒)， B 1)连接P℃，当I=3时， △PCQ 的面积为 (2)当点P在D-C 上运动时，设2C的长为，则y与1之间的函数关系式为 三、解答题 17.如图，AC是⊙O的直径，⊙O交△ABC的边AB于点D,连接DC,已知 试卷第6页，共3页 ∠DOC=2∠BCD,AC=6,CB=3 (I)求证：CB是⊙O的切线， (2)①用圆规和无刻度的直尺在图中作出∠DOC的角平分线交DC于点F,保留作图痕迹， 不用写出作法和理由. ②在①的条件下，求OF的长. I8.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC,AE是△ABD的角平分线，点O在 边AB上，以点O为圆心，OA长为半径的⊙O经过点E,与AB交于点F,与AD交于点 G,连接FG B (1)求证：BC与⊙O相切： FG (2)当0.G、C三点共线时，求4D的值： BE AF.BF (3)求证： DE AG·DG, 19.【问题背景】借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转， 对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系.如图1，在“△ABC中，DB=90°， AB=BC=2,分别取AB,AC的中点D,E,连接DE.如图2所示，将△ADE绕点A 逆时针旋转，连接BD,CE, 试卷第7页，共3页 图1 图2 图3 图4 (1)【操作发现】如图2，旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你 的猜想，并证明. (2)【问题探究】如图3，当B、D、E三点在一条直线上时，求CE的长. (3)【拓展延伸】如图4，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4,BC=3,分别取AB, BC的中点D,E.作△BDE,将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD,CE.当边AB平 分线段DE时，直接写出点E到BC的距离. 20.在口ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，连结AE,DE,EF,DE=DC. 图1 图2 图3 (I)如图1，连结BD,如果EF∥BD,求证：△ECF∽aADE; (2)已知anC-V5 连结4P, ①如图2，如果点D,E关于直线4F对称，求S:S”的值： CF ②如图3，如果AF=V5DF,∠AFE=∠EDC,求FD的值. 21.如图1，一副直角三角板满足AB=BC,AC=DE,∠ABC=∠DEF=90°， ∠EDF=30° A(D) C(E) 图1 图2 图3 试卷第8页，共3页 【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF 绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P,边EF与边BC交于点Q. 【探究】在旋转过程中， (①如图2，当EA -1时，Bp与E0满足数关系是— CE 2)如图3，当E2时，Ep与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由： CE (3)若EA 2且4C-3Ocm连PQ,设△EPg的面积为Scm),在旋转过程中，s是否存 在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由. 试卷第9页，共3页 《2026年中考数学专题特训：相似综合》参考答案 题号 1 6 1 9 10 答案 D D ⊙ B B D B D 1.D 【详解】解：平移变换、旋转变换，轴对称变换都不改变图形的形状和大小，都属于全等 变换： 相似放大变换改变了图形的大小，不属于全等变换. 2.D 【分析】证明△ADE∽△ABC,根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行求解即可. 【详解】解：：AD=2,BD=3, .AB=5, DENBC ∴.△ADEAABC, AD 2) .S。ABC 3.B 【分析】根据位似图形的定义可知△ABC与△A'BC相似，由对应点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. 【详解】解：“原点0是△ABC和△ABC的位似中心，点40)与点4-2,0)是对应点， .△ABC∽△A'B'C', 02=2 k= :相似比OA Sm℃=k2=2=4, SABC :△ABC的面积是2， ∴△AB'C的面积=4×2=8. 4.C 【分析】本题主要考查了运用面积关系求反比例函数的k值，以及平行线分线段成比例定 答案第1页，共2页 BE_0F=1,从而 理.过点B作BF⊥x轴，过点C作CGLx轴.先证BF∥EO,得到AE=OA k 求得点B的横坐标为2，设 2） 同理由BF∥GC,求得点C坐标，最后运用 S=Sam-SA4D,建立关于k的方程，解方程即可. 【详解】解：过点B作BF⊥x轴，过点C作CG⊥x轴. E A OFG D x BF⊥x轴， ∴.∠BFA=∠EOA=90°， BF∥EO BE OF AEOA' AE=BE, BE OF AE OA 1, ∴.OF=OA 4-2,0) ∴.OF=OA=2, ∴.点B的横坐标为2， :点B在反比例函数y=k>0,x>0)的图象上， “点B的纵坐标为2， 答案第2页，共2页 即 BF⊥x轴，CGLx轴， ∴.BF∥CG, …0器 ,BC:CD=1:2, :(BC+CD):CD=1+2):2 即BD:CD=3:2, BD BF3 ·cDcG2 k BF=y=2, :.CG-2BF-2.k_k 3 号有即必 :点C在反比例函数=k>0,x>0)的图象上， kk c3, :龙3 即3引 BF∥CG, BC FG 1 :.CD GD2 &c-o0, x。-g=0G-0F=FG=3-2=1 ∴.GD=2FG=2, .AD=OA+OF+FG+GD=2+2+1+2=7. 答案第3页，共2页 :S.c=5m-5m支ADxw 1 1 2 2×ADx%=2×Dxa-)=10, 即2×ADx(yg-y)=10, =10 1k=10 .26 :ks120 7· 5.B 【分析】设AC的垂直平分线交x轴于点G,令AG=CG=x,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 FGBO △AFG∽△ABO GF=y B0=4y ,得 ,设 ,则 ;由四边形 D80E是矩形， 得D(-6x,4:由Sc=1,得=1，代入y=即可求出 【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=BO,∠CED=∠AOB=90°， EA=CE-CA=4x-2x=2x, ...OE=EA+AC+CO=2x+2x+2x=6x, FG⊥r轴，BO⊥x轴， .∴FGBO ∴.△AFG△ABO, ÷GE-4Gx-1 BO AO 4x 4' 设GF=y,则B0=4y, .∠DEO=∠EOB=90°，DE∥BO,DE=BO, 答案第4页，共2页 ·四边形DBOE是矩形， .DE BO=4y,DB=OE=6x, 点D的坐标为 -6x,4y S.AFC=1 AC=2x,GF=y ,且 4c6-1, :12xy=1, .xy=1, ,反比例函数yx的图像经过点D-6x,4), k .4y= -6x, .k=-6x·4y=-24xy=-24×1=-24, D B 6.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=9O°，设AE=BE=ED=x,在RtAECF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, F B :∠BAC=90°，E为BD的中点， .'AE=BE=ED. 答案第5页，共2页 CD=2AD, &C2,4C=D+C0=30 i.4D-1AC, 3 CF∥AE, ∴.∠FCE=180°-∠AEC=90°，△AED∽aCFD, AE ED AD 1 ·CF-FDCD2' ∴.CF=2AE,FD=2ED, 设AE=BE=ED=x,则CF=FD=2x,EF=ED+FD=3x, 在RtECF中，EF2=CF2+CE .(3x2=V3o+2x2, 解得V6 (舍去)，本=V6 AE=BE-ED=6 BD=BE+ED=26 在R△AEC中，AC=VAE+CE=6+V30=6, a0-写4c=2, 在RIBAD中，MB=VBD-AD-V26-2=2W5, 在R△ABC中，BC=VAB+AC=V25+6=2W4. 7.D 【分析】根据点P、Q的运动速度可知BQ=2PD,根据矩形的性质可以判断 △PDEAQBE,根据相似三角形的性质可得OE=2PE;若D点在AD边上时，四边形 PQCD为矩形，根据点P、Q的运动速度可知BQ=2CQ;若射线QC经过点A,可知 AP=AQ=AD-t,C'Q=CQ=AD-2t,AC'=t,可证△AC'F≌△PD'F,根据全等三角形 答案第6页，共2页 对应边相等可证AP、CD互相平分；连接BD交PQ于点E,连接AE,作AF⊥BD于点 F,可得点C在以E为圆心，以V6cm为半径的圆弧上，当MF垂直平分BE时，点A、 C两点间距离最小为E-CE=3-V6 【详解】解：如下图所示， D D B 由题意可知BQ=2PD, 又PDIBO, .APDE∽△QBE, ..OE =2PE, 故A选项正确； 如下图所示，若D'点在AD边上时，四边形PQCD为矩形， D'P 9 --D ---C...PD=CO :.BO=2CO, 故B选项正确； 如下图所示， 若射线C'经过点A, 则∠ACF=∠D=90° .ACI‖PD', 设PD=t,则BQ=2t, 答案第7页，共2页 ,∠AQP=∠CQP=∠APQ, ∴.AP=AQ=AD-t 又CQ=CQ=BC-BQ=AD-2t, ..AC'=A0-CO=(AD-1)-(AD-21)=t :AC'=PD'=PD, ∴△ACF2△PD'F, :.AF=PF,C'F=D'F, AP、CD互相平分， 故C选项正确： 如下图所示，连接BD交PQ于点E,连接AE,作AF⊥BD于点F, AB=CD=3cm BC=32cm .D3cmDEcm.2cm 3 DEDB=V3×33=9=CD2 .ACDEABDC, CE⊥BD, :.CE =EC'=6cm ·点C在以E为圆心，以V6cm为半径的圆弧上， △ABF≌ACDE, :BF=FE=ED, ∴AF垂直平分BE, 即AE=AB, 答案第8页，共2页 “点4、C两点间距离最小为 E-CE=3-6 故D选项错误 8.A 【分析】延长AD,BG交于点M,连接BD,过点D作DH⊥BC于点H,过点B作 BN⊥CD于点N,DH、BN交于点O,证明△BCF∽aMDF,△ADF∽△ECF,得出 BC CFCF CE DMDF,DF=AD,证明VBDMVECD,得出∠EDC=∠M'证明∠CBF=∠EDC, 说明B、C、G、D四点共圆，求出△BCD外接圆的直径为2，即可得出答案. 【详解】解：延长AD,BG交于点M,连接BD,过点D作DH⊥BC于点H,过点B作 BN⊥CD于点N,DH、BN交于点O,如图所示： M B C E :四边形ABCD为菱形， :D=CD=BC=AB=V5,AD∥BC,ABICD.∠ABC=120° ∴.∠BCD=180°-∠ABC=60°， .△BCD为等边三角形， ∴.BD=BC=CD,∠DBC=∠BCD=60°， AD∥BC, ∴.△BCFAMDF,△ADF∽△ECF, 、BCCF CF CE ·DMDF' DF AD' BC CE :.DMAD' .AD=BC=CD. …删器 BD DM 即CEDC' .AD∥BC, 答案第9页，共2页 ∴.∠BDM=180°-∠DBC=120°， .∠ECD=180°-∠BCD=120°， ∴.∠BDM=∠ECD ∴.VBDMVECD, .∠EDC=∠M, .AD∥BC, .∠CBF=∠M, ∴.∠CBF=∠EDC, ∴.B、C、G、D四点共圆， ,△BCD为等边三角形，DH⊥BC,BN⊥CD, ∠0-5x60=30,m=号c.5 2 3 .'BO=_ BH 2 0s30°-5- 2 ∴.△BCD外接圆的直径为2， .B、C、G、D四点所在圆的直径为2， BG的最大值为2， E是BC延长线上一点， ∴.∠BDE>∠BDC, 即∠BDG>∠BDC, .BG>BC, :BG>5 3<BGs2 9.B 【分析】延长CD至点P,使PD=BE,连接AP,EF,延长DG交CB的延长线于点M, AE 17 交AB于点N,设AB=BC=CD=AD=4a,根据CD4，,可得AE=V17a,BE=a, 答案第10页，共2页 CE=30,再证明△1DG≌aEMG(AAS),可得EM=AD=4a,从而得到 BM=ME-B0=3a'CM-7a:然后根据，BN∽ACMD,可得BN= a,从而得到 4N=AB-N-。,月证明。ADPaAREISAS,可得D∠AP=∠ME'AP=AE:结 合BF=45,可得∠PF=∠EAF,可证明△MEF≌△1PF(SAS,可得PF=F,设 DF=,则PF-EF=a+x'CF=4和-x在Rt△CEF中，利用勾股定理可得DF= 5a, 再由△AHN∽aFHD,即可求解. 【详解】解：如图，延长CD至点P,使PD=BE,连接AP,EF,延长DG交CB的延长 线于点M,交AB于点N, P D G M B E 在正方形ABCD中，∠ABC=∠ADC=∠BCD=∠BAD=90°，AB=BC=CD=AD, AD∥BC,AB∥CD 设AB=BC=CD=AD=4a, AE√7 CD 4, AB=a BE=VAE2-AB=a .CE=3a, 点G是AE的中点， .AG=EG, 答案第11页，共2页 :AD∥BC, ∠ADG=∠M,∠DAG=∠GEM :△1DG≌EMG(AAS) .EM=AD=4a. .'BM=ME-BE=3a CM=7a, AB∥CD, ∴.△BMW∽aCMD, BM BN 3a BN cMcD,即7a=4a, BW=12 a, .AN=AB-BN-4 .PD=BE,∠ADP=∠ABE=90,AD=AB :.AADP≌AABE(SAS) .∠DAP=∠BAE,AP=AE, .∠EAF=45°， ∴.∠BAE+∠DAF=45°， ∴.∠PAF=∠DAP+∠DAF=45=∠EAF, AF=AF, :△MEF2aAPF(SAS ∴.PF=EF, 设DF=x,则PF=EF=a+x,CF=4a-x, 在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2, 3a2+4a-x=(a+x, 12 解得：x= a. 5 答案第12页，共2页 :DF=12 0, AB∥CD, .△AHN∽△FHD, 16 AH AN -7a 20 ·FHDF=12 21. 10.D 【分析】由△DEF为直角三角形，可得DE<DF,故A不符合题意；证明△MAEP△MDA, 可得M=ME-MD,再证明BN=AM,，可得BN=EMDM 故D符合题意；证明 BN BF △BFN∽aDFA,可得ADDF,求解DF=4=AD,证明DM是AF的垂直平分线，如图， 连接4C交DM于P,连接PF,可得PF+PC的最小值为45， V2,故B不符合题意；求解 S4BE=√2-1 ,可得S.r=4W2,故C不符合题意. 【详解】解：AN⊥DM, ∴.△DEF为直角三角形， ∴.DE<DF,故A不符合题意： 四边形ABCD为正方形，AD=4, ∴.BC=CD=AD=AB=4,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC, :BD=V4+4=4V2 .AN⊥DM, ∴.∠BAD=∠ABN=∠AED=∠AEM=90° ∴.∠ADM+∠DAE=90°=∠DAE+∠BAN, ∴.∠ADM=∠BAN, .△MAEr△MDA, 答案第13页，共2页 湖 .MA=ME.MD AD AB, :△ABN≌aDAM(AAS) .BN=AM, .BN-EM.DM 故D符合题意： .AD∥BC, ∴.△BFN∽△DFA, .BN BF AD DF :点M是1B上一点，且4M:BM=I:V2 :BN=AM=4W2-4.BM=8-4V2 BFBN_4W2-4=2-1 .DF AD 4 BF+DF=4 .DF=4=AD, .AE =EF, .DM是AF的垂直平分线， 如图，连接AC交DM于P,连接PF, M ∴.PA=PF, 答案第14页，共2页 PF+PC=PA+PC=AC=4 PF+PC 的最小值 4N5,故B不符合题意： =√2-1， S.ABEBF =√2-1 S.ADF DF :S。ABF+S。ADF=S。ABc=号×4×4=8 2 S.Dr =4V ,故C不符合题意. . 【分析】过点D作DT⊥BC于点T,可得Rt△DTC三边为3,4,5，然后证明 △MBE∽△CTD,则设MB=3x,BE=4x,ME=5x,再证明△GFM∽△EBM,可设 FM=3y,FG=4y,GM=5y,最后由AD=FE=FM+ME,AB=AM+MB建立二元一次 方程组求解即可. 【详解】解：过点D作DT⊥BC于点T,则∠DTB=∠DTC=90° Ar G E .AD∥BC,∠A=90 ∴.∠B-180°-∠A=90 ∴.∠A=∠B=∠DTB=90° .四边形ADTB为矩形， .AB=DT=4,AD=BT=3 .CT=BC-BT=3, CD=DT2+CT2=5 答案第15页，共2页 :1=∠C,∠B=∠DC=90 、△MBE∽△CTD MBBE ME CT-DT CD MB BE ME 3=45 设MB=3x,BE=4x,ME=5x 由折叠可得∠A=∠F=90°，AG=FG,AD=FE=FM+ME=3 ∠1=∠2，∠F=∠B=90° :△GFM∽△EBM 同理可设FM=3y,FG=4y,GM=5y, AB=AM+BM 3y+5x=3 .9y+3x=4, 解得x=2 :BE=4x5-5 123· 6 12.4或17 【分析】设CD=3x,则CE=4x,根据勾股定理，可得DE=5x,AB=13,再根据⊙E与 △ABC的三边有三个公共点，分类讨论：①当⊙E与AB相切时，根据切线的性质和相似三 角形的判定方法，易得△BFE∽aBCA,从而BE=13x,进而BC=17x=12,计算即可求解： ②当ED=EB时，易求BC=9x=12，,计算即可求解. 【详解】解：设CD=3x,则CE=4x, 在RtADCE中，DE=VCD+CE2=5x」 在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=√AC2+CB=V52+12=13 如图1，当⊙E与AB相切时，切点为F,则⊙E与△ABC的三边有三个公共点， 答案第16页，共2页 与 相切， B E 图1 .OE AB .EF⊥AB,EF=ED=5x, :∠C=90°， ∴.∠EFB=∠C=90°，∠B=∠B, .△BFE∽△BCA, BE EF BE 5x :BAAC,即13=5，则BE=13x' .BC=BE+CE=13x+4x=17x, :BC=12, 12 17x=12,解得x= 17 CD=3x=36 17 如图2，当ED=EB时，则⊙E与△ABC的三边有三个公共点， B 图2 .·ED=EB ..BC=BE+CE=5x+4x=9x, 答案第17页，共2页 9r=12,解得x=4 .CD=3x=4: 36 综上所述：CD的值为4或7· 13.6v5 【分析】取AB的中点G,AC的中点H,连接FG、DGHE、HD,根据三角形中位线的 性质可知DG=方4C=4H,DGAC,DH-AB=4G,DHAR,然后由等题三角形 2 的和等边三角形的性质可求得FGDG D1_兴-5，再利用两直线平行同位角相等，结合角度 的和差可推出∠DHE=∠FGD,从而根据两对边成比例且夹角相等证得△DHE∽aFGD, 进而相似三角形对应边成比例，即可解答. 【详解】解：如图，取AB的中点G,AC的中点H,连接FG、DGHE、HD, E D C 则AG=BG,AH=CH, ,D为BC的中点， ∴BD=CD, DG DG14C:WGR ,AF=BF,△AEC是等边三角形， 1 ×=Og7C_aw7‘P1Ha‘0 ,∠AFB=120°， ·∠FAG=∠FBG=5x180°-120°)=30°， 2 FG ∴.AG= =3FG=DH,EH=- AH =√5AH=3DG, an∠FAG tan∠AEH 答案第18页，共2页 DH _EH=3, ·.FGDG DGUAC DHIAB .∠BGD=∠BAC,∠CHD=∠BAC, ∴.∠CHD=∠BGD ∠DHE=∠CHD+∠EHC,∠FGD=∠BGD+∠FGB,∠FGB=∠EHC=9O° ∴.∠DHE=∠FGD」 ∴.△DHEr△FGD, 器5， DF=6, .DE=6/3 14.9:25 【分析】根据位似图形的性质，得出△ABC与△DEF的相似比，即可得出面积比. 【详解】解：：△ABC与△DEF位似， ABIDE .△DBAAOED, 、ABOA3 ·DEOD5' 又△ABCP△DEF, AB 3 DE 5' .△ABC与△DEF的相似比为3：5， △MBC与△DEF 2:52=9:25 的面积比为 15. 27 【分析】先设DE=10,由此可得DB=14,再根据三点共线可得BH的最小值，再利用勾 股定理可求解CH的值，根据相似三角形的性质可得EP与EQ的长度，再结合勾股定理可 答案第19页，共2页 求解AE的长度，由此可求解EG的长度，进而进行比值即可. 【详解】解：设DE=l0, DE5 由DB7,则DB=14' ,作点E关于直线DG对称点H, ∴.点H的运动轨迹是以点D为圆心，DE为半径的圆， 当BH取最小值时，则有点B,H,D三点共线， 连接AC交BD于点O,过点E分别作EP⊥BD,EQ⊥AC, 连接EH,连接DG并延长DG交AB的延长线于点N,如图， D H B 在菱形ABCD中，AC L BD:且B0-BD=×14=7, 在RaMB0中，an∠ABD=40=4024 BO 77 .A0=24,则C0=24, :AB=VA02+B0=V242+7下=25 菱形ABCD的边长为25，即DC=AB=25, 由翻折可知，DH=DE=10, 又D0=7, ∴.OH=DH-D0=10-7=3, 在R1aC0H中，CH=VC02+0H=V242+32=3V65 :EP⊥BD,CO⊥BD, EPCO ∴.△DPE△DOC, 答案第20页，共2页 DE DC 1025 则有Ep=C0,即EP24,可得印、级 5 同理可得ACQEACOD CE CD 25-1025 则有E0D0,即EO 7,可得0=21 ∠EPO=EQ0=∠POQ=90° 则四边形POQE为矩形， 00=EP=48 53 A0=A0+00=24+48=168 5 5， 在E,-o0-2 5 在菱形ABCD中，ABII DC,则AN II DC, ∴.∠N=∠CDN, 由翻折可知，∠BDN=∠CDW, ∴∠BDN=∠N, .BN=DB=14, ANIDE ∴.△DEGP△NAG, %服5”9。 G-94o, AE=AG+EG=2165 5, :4G21v6 .-EG :BG=10/2v6 395 -EG 解得EG=V6 7 答案第21页，共2页 6√65 则EG7 2 CH3√65 7 6y=-+8-106<1<10) 8 16. 63 【分析】根据题意得到当t=3时，点P在线段AD的中点处，结合矩形的性质和判定得到 CDPO PCQ D-C 四边形 是矩形，由面积公式即可得到 的面积为6，当点P在 上运动时， DP=t-6,PC=10-t,再证明△ADP∽aPCQ,由相似三角形的性质即可求解. 【详解】解：，四边形ABCD是矩形， AB=CD=4,AD=BC=6,ABIICD,AD‖BC∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90° 点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿A-D-C顺时针方向运动，运动时间为t (秒)， ∴.当t=3时，点P在线段AD的中点处，如图所示， D ⊙ :01p :∠DPO=∠PDC=∠DC0=90 CDPO ∴四边形 是矩形， DP-CQ-4D-3,CD=PQ=4. 5PQCQ-x4x3-6 当点P在D-C上运动时，如图所示， 答案第22页，共2页 B .AD+DC=6+4=10, .6<t<10. :DP=t-6,PC=CD-DP=4-(t-6=10-t :P01p ∠APD+∠CPQ=90° .∠CPQ+∠CQP=90° ∠APD=∠PQC ∠ADP=∠PCQ=90° ,且 、△ADP∽△PCQ AD DP 6_t-6 .PCC2,即10-ty, &y=-2+31-106<t<10 6 17.(1)见解析 6W5 (2)①图见解析②5 【分析】(1)利用等腰三角形性质、圆周角定理与外角性质，推导出CB⊥AC,结合切 线判定定理证明CB是⊙O的切线： (2)先由勾股定理求出AB,再利用等腰三角形三线合一证OF⊥DC,结合平行线性质证 △OFC∽aACB,最后通过相似三角形对应边成比例求出OF的长. 【详解】(1)证明：OA=OD, .∠OAD=∠ADO. .∠DOC是△ADO的外角， 答案第23页，共2页 ∴.∠DOC=∠OAD+∠ADO=2∠OAD, .∠DOC=2∠BCD, .∠OAD=∠BCD, .AC是⊙O的直径， ∴.∠ADC=90°， .∠OAD+∠DCA=90°. :LBCD+∠DCA=90°， .CB⊥AC, 又，AC是⊙O的直径， ∴CB是⊙O的切线. (2)①解：如图，OF为∠DOC的角平分线，OF交DC于点F. ②解：AC=6,CB=3,∠ACB=90°， :AB=V326=3V5 :OC=OD,OF平分∠D0C, .OF⊥DC, :AD⊥DC, .AD∥OF, ∴.∠COF=∠OAB :BC⊥AC, .∠OFC=90°=∠ACB. ∴.△OFC∽△ACB, OF OC OF 3 .ACAB即63√5， 答案第24页，共2页 :0p=5 5. 18.(1)见解析 FG_25 (2)AD3 (3)见解析 【分析】(I)由半径相等得到∠OAE-∠OEA,角平分线的性质得到∠BAE=∠DAE,再 证得∠OEB=∠ADB=90°，结合OE是半径，即可求证： (2)由CA,CE与⊙O相切，可得CA=CE,∠ACO=∠ECO,可证得△CAO≌aCEO, 再由角平分线的性质得到EF=EG,∠EOF=∠EOG,再证得四边形FGCE是平行四边形， 得到FG=EC=CA' 最后通过sin∠4CD=2=D=sin60°=5 AC FG 即可求出： (3)通过△BEF∽ABAE可得BE2=BA·BF,再证得△EDG∽△ADE得到DE2=AD·DG, BA·BF 代入得到 BE2 DE AD.DG' 最后再证人HRG1n得到58。代入即可。 【详解】(1)证明：连接OE,如图， B .OA=OE, ∴.∠OAE=∠OEA, AE平分∠BAD, .∴.∠BAE=∠DAE, ∴.∠OEA=∠DAE, .OE∥AD, 又：AD1BC, .∠OEB=∠ADB-90°， 答案第25页，共2页 OE是半径， .BC与⊙O相切. (2)解：连接OC,EF,此时O、G、C三点共线， .∠BAC=90°，OA为半径 ∴.CA为⊙O的切线， .CA,CE与⊙O相切， ∴.CA=CE,∠ACO=∠ECO. 在△CAO和△CEO中 OA=OE AC=EC C0=C0 ∴.△CAO≌aCEO(SSS), .∠AOC=∠EOC, 又AE平分∠BAD, ∴.EF=EG, ∴.∠EOF=∠EOG, .:∠AOF=∠FOE+∠EOG+∠AOG=180°， ∴.∠EOF=∠EOG=∠AOG=180°÷3=60°」 ∴.∠AC0=90°-60°=30°，∠ACE=2×30°=60°， .OF=OE, ∴.∠OFE=∠OEF=60°=∠EOG, ∴.EFI‖CG, 又AF是直径， ∴.∠AGF=∠ADB=90°， .FGI‖EC, ∴.四边形FGCE是平行四边形， .FG=EC=CA. 在R△4CD中，sin∠ACD= AC =sin60=5 答案第26页，共2页 FG AC 23 ∴.ADAD3 (3)证明：连接EG,GO并延长交⊙O于点K,连接EK, .∠OEB=90°=∠OEF+∠BEF,∠FAE+∠AFE=90°，∠OFE=∠OEF, ∴.∠BEF=∠BAE, ,∠FBE=∠EBA, ∴.△BEFP△BAE, BE BF BABE' ∴.BE2=BABF, :∠OED=90°=∠OEG+∠DEG,∠OEG=∠OGE,GK是直径， ∴.∠KEG=90°=∠GKE+∠KGE, .∠GED=∠GKE, :∠GKE和∠GAE都是弧GE所对的圆周角， ∴.∠GKE=∠GAE=∠GED, ∠EDG=∠ADE, .△EDGP△ADE, 、EDDG ADDE' DE=AD.DG BE2BA·BF DE2 AD.DG, .FG∥BC, .△AFGAABD, 福报 AF AB …AGAD BE2BA·BFAF.BF .DE2AD·DG AG.DG 答案第27页，共2页 【点睛】本题主要考查切线的性质和判定，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，相似 三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，锐角三角函数等相关知识点，熟练运用 相关知识点是解决本题的关键. BD2 19.(1)猜想CE2,证明见解析 (2)CE=6 (3)点E到BC的距离为1 AD AB 【分析】（①）根据中点的定义得出D)AB,AE=)AC,进而得出E=C易雅 2 cos∠BAC=AB=V2 AC2,通过证明△ABD~△ACE,即可得出结论； (2)根据题意推出当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE,根据勾股定理可得 BD√2 BD=√AB2-AD2=√3，根据(1)可得CE2,即可求解： AB,DE (3)令 相交于点Q,过点E作BG1BC 点G,根据直角三角形斜边中线的性质 得出BQ=D0=2DE,则∠OBD=∠QDB,根据相似三角形的性质得出∠QDB=∠CAB, 进而推出∠CAB=∠EBG,则sn∠CAB=sim∠EBG= 9 ，求出EG=BE-sin∠EBG=O即可. BD 2 【详解】(1)解：猜想CE2,证明如下： AB,AC ,点D和点E分别为 中点， 由图1可知，D-4,E=4C, 2 答案第28页，共2页 品架则是 AD AB ∠B=90°，AB=BC=2, .∠BAC=45°， :cos∠BAC=AB-V2 ΓAC2, 根据旋转的性质可得：∠BAD=∠CAE, ∴.△ABD~△ACE. BDAB√2 .CE AC 2 AB,AC (2)解：由图1可知点D和点E为分别为中点， 1 六DE∥BC,4D=24B=l, ∴.△ABC-△ADE, ∴.∠ADE=∠ABC=90°， ∴.当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE, 根据勾股定理可得：BD=VAB2-AD=√5 BD√2 由(1)可得：CE2, 32 .CE2, 解得.CE=V6 AB,DE (3)解：令 相交于点Q,过点E EG1BC于点G, 答案第29页，共2页 E G 根据题意可得：BE=BC=3 ∠ABC=90°，AB=4,BC=3 .4C=√AB2+BC=5 .sin∠CAB=BC-3 AC 5' ,边AB平分线段DE,∠DBE=∠ABC=90°， ·B0=DQ=DE, ∠QBD=∠QDB .△DBE∽△ABC, .∠QDB=∠CAB ∠QBD=∠CAB 根据旋转的性质可得：∠QBD=∠EBG, ∴.∠CAB=∠EBG, ∴.sin∠CAB=sin∠EBG=3 , 9 ∴.EG=BE.sin∠EBG= 101 9 即点E到BC的距离为1 20.(1)见解析 20g:②时 答案第30页，共2页 【分析】本题主要考查相似三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、平行四边形 的性质等： (I)先证明△BCD≌△ADE,结合△ECF∽△BCD,即可证明结论： (2)① DH1BC,重足为”.作PLD,交4D的延长线于P,延长PF交BC于O, AD DE 容易证得DE=EC，设HC=a'可得到AD=AB=3a,进而可证得AE=EG=3a,结合 0-8=,-電，可得到觉-：②过点r作印1D交n的延长线于点p PF 3 FC CG PF AP 设DP=m,可求得DPPF,进而可求得∠DFP=∠PAF,得到∠AOD=90°，∠FOD=90°， 证明ADEFAFOD,可求得DE=6m,进而可求得CF-6m 2 【详解】(I)解：四边形ABCD是平行四边形， .BC=AD,AD∥BC, ∴.∠ADE=∠DEC DE DC, ∴.∠C=∠DEC ∴.∠C=∠ADE, ,BC=AD,∠C=∠ADE,CD=DE, ∴.△BCD≌△ADE EF∥BD, ∴.△ECF∽△BCD. .△ECF∽△ADE (2)解：①作DH⊥BC,垂足为H,作FP⊥AD,交AD的延长线于P,延长PF交BC 于Q,延长AF交BC延长线于点G. 设1C=a,则D=CanC=5a,DE=Dc=D+HC=6a」 答案第31页，共2页 D B E H OC G :点D,E关于直线AF对称， .AD=AE. ∴.∠ADE=∠AED DE=DC, ∴.∠DEC=∠DCE :∠ADE=∠DEC, ∴.LADE=∠AED=∠DEC=∠DCE .△ADE∽△DEC. 架咒。 DE=DC,DH⊥BC, ∴.EC=2HC=2a. AD√6a .√6a 2a. .AD=3a ∴.AD=AE=3a D,E关于直线AF对称， ∴.∠DAF=∠EAF. AD∥BC. ∴.∠DAF=∠G .∠G=∠EAF」 .'AE=EG=3a. :.CG=a. .AD∥BC, :△MDF∽△GCF△DPF∽△cOr 答案第32页，共2页 DF PF 、DF=AD=3,FC=FO· FC CG PF :.FO -3 PF 3 …Pg4 SAADE=2AD-PF,SeARCD AD:PO, 1 PE S0= 3 SABCD P98 ②过点F作FP⊥AD,交AD的延长线于点P. D P 设DP=m. :AD∥BC, ∴.∠PDF=∠C. 六pF-DPm乙PF-5m,m∠DP 6 DF=DP+PR=J6m AF=J5DF 4F=30m AP-VAF-DF=5m .AD =4m PF AP DP PE. .△DPF∽△FPA. .∠DFP=∠PAF. 答案第33页，共2页 设∠DFP=∠PAF=&. ∴.∠PDF=90°-a. ∴.∠C=∠DEC=∠ADE=90°-a. .∠FAP+∠ADE=90° .∠AOD=90°. .∠FOD=90°. .OD=AD-sin∠PAF=4msin∠DFp=2N6 m 3 .∠EDF=∠AFE,∠EDF+∠DFO=9O°， ∴.∠EFD=∠AFE+∠DFO=90° ∴.∠EFD=∠FOD 又∠ODE=∠FDE, ∴.△DEF∽△FOD. DF DE ∴.DODF· DE=316m :c-6m CPn EP=EO 21.(1) EP 1 (2)EQ2:理由见解析： 6)当E0=105cm时，S取得最小值50cm,当B0=10W5cm时，S取得最大值75cm㎡2 【分析】(I)作EG⊥AB于G,作EH L BC于H,可证明△EGP≌△EHQ,从而 EP=EO: (2)作EG⊥AB于G,作EH⊥BC于H,可证得△EGP∽△EHQ,EH=BG,从而 答案第34页，共2页 蜀器品。可证科瓷二分选面得出结果： EP EP EG （3)可推出S= P-EQ-Q,当EP1HB时s取鼓小值，当点E0最大时，s取最 大值，进一步得出结果。 【详解】(I)解：如图1，作EG⊥AB于G,作EH 1 BC于H, Gh B 图1 ∴.∠EGB=∠EHB=90° CE :AB=BC'EA 1,即AE=CE' .BE平分∠ABC, .EG=EH, .∠ABC=90°， ∴.四边形BHEG是矩形， .∠HEG=90°， ∠DEF=90°， ∴.∠HEG=∠DEF, ∴.∠HEG-∠PEH=∠DEF-∠PEH, ∠PEG=∠HEO :△EGP≌△EHQ(AAS) EP=EO 故答案为：EP=EQ: EP 1 (2)解：EQ2,理由如下： 答案第35页，共2页 如图2，作EG⊥AB于G,作EH⊥BC于H, 图2 ∴.∠EGB=∠EHB=90° 由(1)知，∠PEG=∠HEQ,四边形BHEG是矩形， △EGP∽△EHO EH=BG EPEP EG EO-EH EH' ∠ABC=90°，AB=BC, ∴∠A=∠C=45°， .∠AEG=90°-∠A=45°， ∴.∠A=∠AEG, ∴.EG=AG, .EG⊥AH,∠ABC=90°， .EG∥BC, ∴.△AGE∽△ABC, AG AE 1 %=AC,即4B二4GAC-4E2 AG AE 1 ∴BGCE2' EG 1 EH2’ EP 1 .EQ2: (3)解：如图， 答案第36页，共2页 Gh- E Bo H CE .:EA 2且AC=30cm' cE-号4c=20m, EP 1 :Eg2, 0, S-1EP.EQ-1E, 2 4 .当EP⊥AB时，S取最小值，如图， 0 B ∠C=∠CEQ=45° E0+CO=CE 2B02=202 :E0=10V2cm :s=20=x10w2°=50(cm1, 4 当EQ=EF时，即F与Q重合时，s取最大值，如图， 答案第37页，共2页 G丸 86 CH FOC 在Rt△DEF中，DE=AC=30cm, :.E0=DE:tan∠EDF=30,tan30°=10N5(cm 5=4g2-×刘105=75cm. 综上可得：当B0=10W5cm时，S取得最小值50cm㎡：当E0=10W5cm时，S取得最大值 75cm2. 答案第38页，共2页