第4期：第1章 图形的相似 章节测试卷-【数理报】2026-2027学年九年级(中考)数学学案（湘教版·新教材）

初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 数理橘 答案详解 2026.2027学年初中数学湘教中考 第1~5期(2026年7月) 1期2版 所以P为EG的中点. 1.1线段的比 因为F是CD的中点 1.D;2.D;3.2;4.3. 所以FG是△DCP的中位线， 5.解：△ABC是直角三角形，理由如下： 所以DG=GP=PE. 设0牛4=6+3=c+8=6, 因为正方形ABCD的边形为a,CE=BC, 3 2 4 所以BC=CD=CE=a,∠BCD=90°， 则a=3h-4,b=2k-3,c=4h-8. BD=DE=√BC2+CD=2a, 因为a+b+c=12, ∠BDC=∠EDC=45°， 所以3k-4+2k-3+4k-8=12, 所以k=3, 所以DG三20，∠BDG=90O 所以a=5,b=3,c=4, 所以BG=√BD2+DGC 所以b2+c2=32+42=25=a2, =2 所以△ABC是直角三角形. 3a. 1.2平行线分线段成比例 二、填空题 1.D,2B:32:46;5于 1:3:2含；13.8：4子：15.号或-2 1.3相似图形 16.3x=2y或3y-2x=10. 1.C:2D:36:49 提示： 14.解：根据质量守恒定律，可知 5.解：设运动ts能使矩形CFWM与矩形AEFD相似， x +3y 2n,x n,2y =m, 由题查得9兰及普-会 3 则n+之m=2m, 解得t=4或t=1. 即3m=2n, 所以当M,N运动4s或1s能使矩形CFNM与矩形AEFD 所以巴=子 2 n 相似. 26 2d 重点集训营 、15.解：因为b+2+a=石++看=a+6+da+6 1.4cm;2. 6:3. 1 3；4.13:5.26 =k, 1期3,4版 所以由等比性质，牛名+=人 一、选择题 当a+b+c+d≠0时，k=2a+b+c+= 2 3(a+b+c+d) 3； 题号 1 3 6 8 9 10 当a+b+c+d=0时，b+c+d=-a, 答案 C D D B 所以k=b+c+d 2a 2a=-2. a 提示： 10.解：如图1，过点C作CP 综上所述，的值为子或-2 ∥BG,交DE于点P,连接BD. 16.解：如图2，当矩形ABCD∽矩形 因为BC=CE, EFGH时，则有 所以CP是△BEG的中位 器-品 线， 图1 图2 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 所以2=五是 12 所以DC=BC-BD 可得3x=2y; BC-5IBC. 2 如图3，当矩形ABCD∽矩形EHGF A =3-5BC 时，则有品-品 2 8 12 因为@=品=3二5与 所以12°2y=8-2x 图3 BC 2 可得2x=3y-10. 所以San=3≥5sm=30-105. 2 所以x,y应符合的条件是 20.解：(1)因为AD∥BE∥CF, 3x=2y或3y-2x=10. 三、解答题 所以光=器=号 17.解：(1)因为3,6,2，x成比例， 所以7EP50=号.所以0E=4. 所以哈- 所以DF=DE+EF=4+10=14. 解得x=4. (2)因为点G是DE的中点，AD∥BE,QG=3, (2)由比例的基本性质，得 所以器-%宁所以m=6 7x=42I, 因为AD∥BE∥CF, 解得x=45. 2 18解：1)因为号=子，设a=2,6=5弘， 所以所以 PH 所以PH=15. 则2a+b=4k+5k=18, 21.解：(1)如图4，设AB= 解得k=2, x, 所以a=4. 由翻折的性质知，∠ACF =∠HDF,∠ACB=∠HDB, c a ∠ECF=45°， 所以a=bk,b=ck,c=ak, 图4 所以∠BCF=∠BDF= 将三个式子左右两边分别相乘，得abc-abck, 90°. 移项得abc(k3-1)=0, 又因为∠ACE=∠ACB+∠ECB=∠BCF=∠BCE+ 因为a,b,c均为分式的分母，故a≠0，b≠0，c≠0， ∠ECF, 即abc≠0， 所以∠ACB=∠ECF=45°， 因此k-1=0, 解得k=1, 所以BC=2x 所以a=b=c,且a≠0， 所以BD=BC=2x,AD=AB+BD=(2+1)x, 将a=b=c代入所求代数式，得9+h+c=a+a+0三 所以EF=CE=AD=(E+1)x. 「a-b-ca-a-a 因为DE=AC=AB=x, 3a =-3. -a 所以DF=DE+EF=(万+2)x, 19.(1)证明：因为△4m=BD,A4@=CD S AABC BC'SAABD BD 览-得层导a 又因为四=四， 故答案为：√瓦 SAABC SAABD (2)相似.理由如下： 所u品品 由(1)知，A5纸长边为A4纸短边，长为(2+1)x, 所以D是BC的黄金分割点 A5纸短边长为(2）， (2②)解：由)知2-品 所以对A5纸，长边：短边=5+1上=E, 所以BD=5,BC, 2 2 初中数学湘教中考2026年7月 第1~5期 所以A4纸与A5纸相似. 22.(1)证明：因为∠BAD的平分线交BC于点E, 所以∠BAE=∠EAF 解得x≈69.44. 因为四边形ABCD是平行四边形， 答：初三时他的体重约为69.44千克 所以AD∥BC, 24.(1)解：过点D作DE∥PM交AB于E. 所以∠EAF=∠AEB, 因为点D为BC中点，所以点E是AB中点， 所以∠BAE=∠AEB, 品 所以AB=BE, 同理AB=AF,所以BE=AF 所以44=A! 1 AB=2AE=3 因为AD∥BC, (2)证明：延长AD至点Q,使DQ=AD,连接BQ,CQ, 所以四边形ABEF是平行四边形. 则四边形ABQC是平行四边形， 因为AB=BE, 所以PM∥BQ,PN∥CQ, 所以四边形ABEF是菱形， 所以A-APAN-4P AB= (2)解：由(1)，知四边形ABEF是菱形， AQ'AC AO 所以山 AN 所以AB=BE=EF=FA, 又因为四边形CDFE是平行四边形， (3)证明：过点D作DE∥PM交AB于E, 所以FD=CE,EF=CD, 所以AB=BE=EF=FA=CD. 所以是-品 设FD=CE=x, 又因为PM∥AC, 因为四边形ABCD是平行四边形，且AD=BC=4, 所以DE∥4C,所装=品 所以AF=BE=CD=EF=4-x 因为□ABCD∽口ECDF, 所以 AB 所是-器即=4， 同理可得AX=APBD AC AD X BC 整理，得x-12x+16=0,解得x=6±2√5. 所以 +袋- (CD AB (品+) AD 因为x<4,所以x=6-25, 2期2版 所以AF=4-6+25=25-2. 1.4相似三角形的判定（第一课时）》 23.解：(1)A、两个球体，形状完全相同，是相似体； B、两个圆锥体，如果底面半径或高发生变化，图形就会改 1:2D:3号 变，不是相似体； 4.解：因为AB∥GH∥CD, C、两个圆柱体，如果底面半径或高发生变化，图形就会改 所以G C,G-B盟 变，不是相似体； AB BC'CD BC' D、两个长方体，如果长、宽、高中有一个发生变化，图形就 所0+-品+脱1 会改变，不是相似体； 因为AB=2,CD=3, 故选：A (2)根据阅读材料进行归纳可以得到： 所g+g=1, ①相似体的一切对应线段（或孤）长的比等于相似比； ②相似体表面积的比等于相似比的平方； 解得GW=号 ③相似体体积的比等于相似比的立方； 1.4相似三角形的判定（第二课时） 故答案为：①相似比；②相似比的平方；③相似体体积的 1.D;2.B;3.70;4.4. 比等于相似比的立方， 1.4相似三角形的判定（第三课时） (③)由题在知，他的体积比为（任笑）了： 1.D;2.C;3.2或8； 4.(1,4)或(3,4). 又因为体重之比等于体积比， 1.4相似三角形的判定（第四课时） 设初三时他的体重为x千克， 1.A;2.C;3.18;4.①③. 一3 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 重点集训营 「∠DEN=∠DHG, 1.D;22或号 l∠END=∠HGD, 所以△END∽△HGD, 3.证明：(1)因为AB=AC,所以∠B=∠C. 因为CE=BF, 所以X、ED 元=D 所以△ACE≌△ABF, 因为E为HD的中点， 所以∠CAE=∠BAF. 所u念品子 (2)因为△ACE≌△ABF, 即HG=2EN. 所以AE=AF,∠CAE=∠BAF: 因为EM⊥BC且EN⊥DF, 因为AE=AQ·AB,AC=AB, 所以∠DWM=∠NMC=∠C=90°， 所喘是指华 所以四边形MNDC为矩形， 所以△ACE∽△AFQ. 所以MW=CD=2. 2期3,4版 因为BE平分∠ABC,EA⊥AB,EM⊥BC, 一、选择题 所以EM=AE=3, 所以EN=EM-MW=3-2=1, 题号12345678910 则HG=2EN=2. 答案AC D C DBC CBB 二、填空题 提示： 1号；270：13丁；1430或60：15.3或3 8.解：图中的相似三角形有△ABC∽△ADE,△ABD △AEF,△AEF△DCF,△ABD△DCF,△ADF△ACD. 16.4或7. 9.解：(1)如图1，若该直线与AC相 提示： 交， 15.解：因为AD=2,CD=√2， ①过点D作DE/BC,交AC于点E, 所以AC=√22+(2)2=6. 则∠AED=∠C, 要使这两个直角三角形相似，有两种情况： 因为∠A=∠A, 图1 (1)当Rt△ABC∽Rt△ACD时， 所以△ADE∽△ABC. ②过点D作直线DF交AC于点F,使得∠ADF=∠C, 有治=奖所以4B=3 因为∠A=∠A, (2)当Rt△ACB∽Rt△CDA时， 所以△AFD∽△ABC. 有品-总所以4B=32 (2)同理，如图2，若该直线与BC相 即当AB的长为3或32时，这两个直角三角形相似， 交， GH ①作DGH/AC,则△BDG∽△BAC; 故答案为3或32 图2 16.解：因为△ABC是等边三角形， ②作DH,使∠BDH=∠C, 所以AB=BC=6,∠ABC=60°=∠AFD, 则△BDH△BCA. 所以∠ABD+∠DBC=∠ABD+∠BAE, 所以这样的直线最多可以画4条。 所以∠BAE=∠DBC. 10.解：如图3，过点E作EM⊥ 如图4，①当点M在BC上时， BC,交FD于点N, 作∠BDM=∠ABD, 因为DF//BC, 所以△ABF∽△BDM. 所以EN⊥DF, 因为∠BDM=∠ABD, 所以∠EWD=90°. 图3 所以∠DMC=∠DBC+∠BDM 因为HG⊥DF, =∠DBC+∠ABD=∠ABC=60° 所以∠HGD=90°， 所以∠DMC=∠DCM=60°， 所以EN/HG, 所以△DMC是等边三角形， 所以∠DEN=∠DHG. 所以DC=DM=CM=2, 在△END和△HGD中， 所以BM=6-2=4; 4 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 ②当点M在BC的延长线上时，作∠CDM'=∠BAE, 所以BFP=EF2+BE,即∠BEF=90°， 因为∠ACB=∠CDM'+∠M'=60°， 所以∠A=∠BEF=90. ∠AFD=∠ABD+∠BAE=60°， 因为15=4=285=254=2， 所以∠M'=∠ABD, AE=2a EF 5a 所以△ABF∽△BM'D. 所以e-票所以△ABE一△B5K 因为∠CDM'=∠CBD,∠BDM=CM', 所以△BDM∽△DM'C, 20(1)证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以兴-兴。 AD∥BC,AD=BC, 所以△FBG∽FDA, 所以子= 2 所u纸=船 所以CM=1, 因为BF:FD=1:2, 所以BM”=6+1=7. 所以%=之 1 综上所述，BM的长是4或7. 三、解答题 又因为AD=BC, 17.证明：因为CD⊥AB,EF⊥AE, 所以c、 =7即AG=BC. 所以∠FDG=∠FEG=90°， 所以点G是BC的中点. 所以∠DGE+∠DFE=180°. (2)解：如图5，延长AG交 因为∠BFE+∠DFE=180°， DC延长线于点M. 所以∠BFE=∠DGE. 因为四边形ABCD是平行 又因为∠DGE=∠AGC,所以∠AGC=∠BFE. 四边形， 又因为∠ACB=∠FEG=90°， 所以AB∥CD,AB=CD, 图5 所以∠AEC+∠BEF=∠AEC+∠EAC=90°， 所以∠BAG=∠CMG,∠ABG=∠MCG. 所以∠EAC=∠BEF,所以△AGC△EFB. 因为G是BC的中点， 18.(1)作图略。 所以BG=CG, (2)证明：因为AD平分∠BAC, 所以△ABG≌△MCG(AAS), 所以∠BAD=之∠BAC 所以AB=CM,AG=MG. 因为AB=CD, 因为∠BAC=2∠C,所以∠C=方∠BAC. 所以DM=CD+CM=AB+AB=2AB. 所以LBAD=∠C 因为AB∥DM,所以△AEF△MDF, 又因为∠ABD=∠CBA, 所以品-器=n 所以△ABD△CBA. 19.(1)证明：因为四边形ABCD是正方形， 设光=，即A=c, 所以∠A=∠D=90°，AB=CD. 则AG=AF+FG=(k+1)FG, 因为CF=3FD,所以FD=子CD 因为AG=MG, 所以MG=(k+1)FG, 因为E是AD的中点， 所以FM=MG+FG=(k+1)FG+FG=(k+2)FG, 所以4E=BD=4D, 所始-2=锅得太=产 kFG 所喘器宁 助A 2n 所以△ABE∽△DEF. (2)解：△ABE与△BEF相似.理由如下： 210)证明：因为8=能-治 设AB=AD=CD=4a, 所以△ABC∽△ADE 因为E为边AD的中点，CF=3FD, 所以∠BAC=∠DAE, 所以AE=DE=2a,DF=a, 所以∠BAC-∠DAF=∠DAE-∠DAF, 所以BE=25a,EF=√5a,BF=5a, 所以∠BAD=∠CAE. 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 (2)解：因为△ABC△ADE, 似.理由如下： 所以∠ABC=∠ADE, 同(2)，可证△BPE∽△CFP, 因为∠ABC=∠ABE+∠EBC,∠ADE=∠ABE+∠BAD 得CP:BE=PF:PE. 所以∠EBC=∠BAD=2I°. 因为CP=BP, (3)证明：由(1)知∠BAD=∠CAE. 所以PB:BE=PF:PE. 因为治船。 又因为∠EBP=∠EPF, 所以△BPE∽△PFE. 所光-品 24.(1)解：依据1：平行于三角形一边的直线与其他两边 相交，截得的三角形与原三角形相似. 所以△ABD∽△ACE. 依据2：相似三角形的对应边成比例， 22.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， (2)证明：因为DE∥BC, 所以AD∥BC,所以∠AEB=∠DAE. 所以△ADE∽△ABC, 又因为∠B=∠AED, 所以△ABE∽△DEA. 所以=0① CBC AB (2)解：因为四边形ABCD是菱形， 因为DE∥AF,所以△BDE△BAF, 所以AD∥/BC,所以∠AEB=∠DAE, 所柴-船② 所以可深加片-货，使△ABE一△DE1, ①+②利瓷+柴-治+船”出0-铝-1 AB AB 故答案为：③. (3)解：四边形ABCD是菱形， 将式子瓷+胎=1两边同时除以DE。 所以AB=DA. ，11 又因为△ABE△DEA, 得配+京=即品+配正 所以提-荒即ABAD=AEDE, (3)解：因为OH∥MN, 所以M'OH△M'MW, 所以AB=AE·DE. 因为AE=3,DE=6, 所织-票③ 所以AB=18,所以AB=32, 因为OH∥M'N,所以△NOH△NW'M', 即菱形ABCD的边长为3万. 所u兴-兴④ 23.(1)证明：因为在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC, 所以∠B=∠C=45°. 国+国.+-+识山 因为∠B+∠BPE+∠BEP=180°， 所以站+六品 1 1 所以∠BPE+∠BEP=135°. 因为MN=15cm,0H=6cm, 因为∠EPF=45°，∠BPE+∠EPF+∠CPF=180°， 所以∠BPE+∠CPF=135°， 所以站+六=石 所以∠BEP=∠CPF. 解得M'W'=10cm. 又因为∠B=∠C,所以△BPE∽△CFP 3期2版 (2)解：△BPE∽△CFP.理由如下： 1.5相似三角形的性质 因为在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC, 1.C;2.B;3.A;4.A; 所以∠B=∠C=45°. 因为∠B+∠BPE+∠BEP=180°， 56:616:730, 所以∠BPE+∠BEP=135°. 1.6相似三角形的应用 因为∠EPF=45°，∠BPE+∠EPF+∠CPF=180°， 1.B;2.3.6;3.12. 所以∠BPE+∠CPF=135°， 1.7位似 1 所以∠BEP=∠CPF 1.c:2D:3.C:4分：59 又因为∠B=∠C, 重点集训营 所以△BPE△CFP. (3)解：动点P运动到BC中点位置时，△BPE与△PFE相 1.c:2(3,) 6 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 3.(1)如图1. EF AG BC=AD 因为BC=15cm,AD=12cm,小长方形邻边长分别为 5cm和2cm, 8-2-b-5-4-321 45 所以名=解得46=4。 所以GD=12-4=8(cm). 因为小正方形的宽为2cm, 所以能分割4层小长方形. 图1 因为BC=15cm, (2)(-4,-6). 所以最底层能裁两个小长方形， 3期3,4版 故共可分割1+1+2+2=6（个）小长方形零件. 一、选择题 10.解：因为△ABC是等边三角形， 题号 所以∠A=∠B=∠C=60° 答案 B B D 因为折叠△BDE得到△FDE, 所以△BDE≌FDE. 提示： 7.解：因为两条尺长AC和BD相等，OC=OD, 所以SABE=S△FDE,LF=LB=60°=∠A=∠C 所以OA=OB. 因为DE平分等边△ABC的面积， 因为0C:0A=1:2, 所以S四边形Cm=SamE=S△FDE, 所以0D:0B=0C:0A=1:2. 所以S△FHc=SAADG+S△cHE: 因为∠COD=∠AOB, 因为∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG, 所以△AOB△COD, 所以△AGD∽△FGH,△CHE△FHG, 所以CD:AB=OC:OA=1:2. 2 12 因为CD=12mm, 所以4四 = DG GH GHP 所以AB=24mm, SAFGH EH、 :(3)2 所以零件的厚度为2（30-24)=3(mm）。 S△FHG GH GH· 8.解：如图2，连接AB交直线OC 所以△42 S△CHE= 12+(5)2 于点E,得AB⊥OC,AE=BE, GH OC=√OD2+CD SAAG +SACIE =1, =√/242+102=26(mm). SAFHG 所以Gf=4, 因为这个侧面图是轴对称图形， 图2 所以∠0EA=90° 解得GH=2,负值舍去. 因为CD⊥OA, 二、填空题 所以∠ODC=90° 11.5m;12.(2,4);13.48cm;14.4;15.- 或5 2 因为∠AOE=∠COD, 所以△OAE△OCD, 16 2 所瓷=器 提示： 5624, 13.解：如图4，AB为油桶高，DE为桶内 26 油面的高度，AC为木棒插入油桶部分的长， 解得AE=15(mm), CD为木棒上沾油部分的长 所以AB=2AE=30(mm). 提示： 因为DE∥AB, 9.解：如图3，过A作AD上BC于点 所以△CDE∽△CAB, D,设最上层的小长方形的一边与AB, 所以CD:CA=DE:AB, AC分别交于点E,F时，EF/∥BC. 所以60：100=DE:80. 设EF与AD交于点G, 解得DE=48(cm). 所以△AEF∽△ABC, 14.解：因为AD=2,BD=6, 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 所以AB=AD+BD=2+6=8. 所以△DQC∽△APC, 因为CD为斜边上的高， C 所以∠ADC=∠ACB=90°. 所以2 因为∠CAD=∠BAC, 所以△ACD△ABC, 即}=D9。cQ 2=AP=CP 所以光-即2-长。 期D0=74P=7×4=2, 1 所以AC=4,负值舍去. c0=p=x3=2 15.解：因为点A,0,C的坐标分别为(4,0)，(0,0)， (4,3), 所以0E=CE-cQ=2-子=分 所以CA⊥OA, 在Rt△DEQ中， 所以0C=√0A2+AC=5. DE =DO2 +QE 因为AP为△AOC的一条中线， 所以op=各 =+(】 2 以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍， 三、解答题 17.解：因为DE/AB,所以∠A=∠CED. 得到△A'OP', 因为∠A=∠EDF,所以∠CED=∠EDF, 则0P'=20P=5. 当点P'在第一象限时， 所以DF/AC, 所以△BDF△BCA, p0p-0p=5-=: 所以E 当点P'在第三象限时， SABCA p=0p+0p=5+子=号 因为B即 2 = CD 3 综上所述，P的长为子或号 所以 BD 2 BC=BD CD=5 16.解：如图5，取EF的中点H,连接 所以4E BD 12 AH,过点A作AP⊥BC于点P,过点D作 SABCA 因为S AARC=50, DQ⊥BC于点Q. 所以S ARDF=8. 因为A,H分别为BF,EF的中点， 同理，因为DE//AB, 所以AH为△BEF的中位线， 所以△CDE∽△CBA. 所以AM∥BE,A=BE P EO 所以匹E= CD 2 图5 设AH=a,则BE=2a, SCBA 所以∠HAC=∠C. 所以SACDE=18, 因为点D为AC边的中点， 所以四边形AFDE的面积为SAARC-SAmF-S△DE=24. 所以AD=CD. 18.解：(1)如图6所示， 又∠ADH=∠CDE, △ABC1即为所求； 所以△ADH≌△CDE(ASA), (2)如图6所示，△A,B2C2 所以CE=AH=a,BC=3a. 即为所求。 因为BC=6, (3)A2(3,6); 所以3a=6,a=2,CE=2. 由相似比性质，得△ABC 在Rt△APC中，AC=5,PC=3, 与△A2B2C2的周长比为1：2. 图6 所以AP=52-32=4. 19.解：由题意得，AB⊥ BC,EF⊥BC,GH⊥BC, 因为AP⊥BC,DQ⊥BC, EF GH 1.5 m,EG 8 m, 所以∠DQC=∠APC=90°. ED 2 m,CG 3 m. 因为LC=∠C, 8 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 因为∠FDE=∠ADB,∠C=∠C, 所以AM=3,AB=12. 所以△ABD∽△FED,△ABC∽△HGC, 所以0B=√AB2-A0=√122-6=65， 所以铝品品 所以B(0,65). 因为EF=HG=1.5m, 因为OC是△A0B的中线， 所以C是AB的中点，AC=BC, 所u品 所以C(3,33), 因为BD=BE+DE=2+BE, 所以直线OC的解析式为y=5x. BC BE +EG +CG =3+8+BE =11+BE, 因为OM⊥AB, 2 3 所以2+BE=1+BE 所以301·0B=子·0M:4B, 解得BE=16(m), 所以0M=6×6E=35. 则BD=BE+DE=16+2=18(m) 12 因为品-铝所以后招， 所以w(号，要) 解得AB=13.5(m). 因为M0=MF,所以F(9,0). 答：该龙形雕像的高度为13.5m. 设直线MF的解析是为y=kx+b, 20.(1)证明：因为DE∥BC, 所以△ADN△ABM,△ANE∽△AMC, 把M(?,)-9,0)代人可得 所器-器-器 直线MF的解析式为y=- 3t+33 所以器-器 9 「x= y=- 4 联立 3+35 解得 又因为点M是BC的中点， 95 Ly=x 所以BM=CM,所以DN=EN. 4 (2)解：因为DE∥BC, 所以D(是，) 所器-8-号 22.证明：(1)因为AD∥BC, 因为DE∥BC, 所以∠MAB=180°-∠ABC. 所以△DOE∽△COB, 因为∠BGF=∠ABC, 所以器-8器=子 所以∠MAB=18O°-∠BGF 因为∠AGB=180°-∠BGF, 因为DE∥BC, 所以∠AGB=∠MAB. 所以△ADE△ABC, 又因为∠ABG=∠MBA, 所以A哑 DE 4 所以△BAG△BMA. S AABC BC =25 (2)连接CM. 设S△DE=4x(x>0), 因为四边形ABCD为菱形， 则S AABC=25x. 所以AB=BC=CD. 因为四边形BCED的面积为42， 因为∠ABC=60°， 所以25x-4x=42,解得x=2, 所以△ABC为等边三角形， 所以S△Bc=50. 所以AC=CB=CD. 21.解：(1)如图7，点M即为所求； 又因为M为AD的中点， (2)因为△AM0△AOB, 所以CM⊥AD. 所以AO:AB=AM:AO, 又因为AD∥BC, 所以OA=AM·AB. 所以CM⊥BC. 因为A(6,0),所以0A=6. 因为AB=4AM, )得品-器。 所以AM×4AM=36, 所以BG·BM=AB, 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 所以BG·BM=BC2, 所ue=品 所以点P与点P的横坐标为子 又因为点P是第一象限内的一个点且点P的纵坐标是5， 4 又因为∠CBG=∠MBC, 所以△BGC△BCM, 所以P(3）Ps=华 所以∠BGC=∠BCM=90°， 因为点A的坐标为(-1,0)，点B的坐标为(3,0)， 所以CG⊥BM. 所以直线x=1垂直平分AB, 23.(1)证明：因为四边形ABCD是矩形， 所以QA=QB. 所以AD∥BC, 如图，当Q在第一象限时，△QAB△P0B, 所以∠ADG=∠EBG,∠DAG=∠BEG, 所以△ADG△EBG, 所以品=兴 所以瓷=瓷 所以号=盟， 3 15 由题意，得AD∥CE,AD=CE, 4 所以四边形ACED是平行四边形， 所以QH=5, 所以AC∥DE, 所以点Q坐标为(1,5)， 所以∠AFG=∠EDG,∠FAG=∠DEG, 当Q'在第四象限时，即点Q'为Q(1,5)关于x轴的对称 所以△AGF∽△EGD, 点，所以Q'(1,-5), 所瓷-总 综上所述：点Q的坐标为(1,5)或(1，-5)， (3)△QAB和△POB为位似三角形，理由如下： 所u-品 因为△QAB△POB, 所以∠BPO=∠BQA, 所以DG=FG·BG. 所以OP∥AQ. (2)解：因为四边形ACED为平行四边形，AE,CD相交于 因为O,A,B在同一直线上，Q,P,B在同一直线上， 点H 所以△QAB与△POB是位似三角形，位似中心为点B,其 所以DH=DC=4B=7,4D=CE=24 坐标为(3,0)， 在Rt△ADH中，A=AD2+D, 4期 所以AH=√/7+242=25， 一、选择题 所以AE=50. 题号12345678910 因为△ADG△EBG, 答案DACBABDBBC 所烧品 2 提示： 所以4G=子6E, 8.解：因为CM=CW, 所以∠CNM=∠CMW, 所以4G=子4= 所以180°-∠CMW=180°-∠CNM, 3, 即∠AMB=∠ANC. 所以GM=AM-AG-亭 因为cN=CN费-微 24.解：(1)位似中心是点P. 故答案为：P 所以4M=BM AN =CN' (2)如图8，连接PP'交x轴于点S,设x= 所以△AMB△ANC. 1交x轴于点H. 9.解：由题意，得AB⊥BC,所以∠ABC=90° 因为四边形POP'B恰为菱形， 因为DE⊥AC, 所以OP=BP=PB=P'O,PP'垂直平分 所以∠DEC=90°， OB,PS⊥OB. 所以∠DEC=∠ABC=90°. 因为点B的坐标为(3,0)， 因为∠DCE=∠ACB, 图8 所以△DCE∽△ACB, 10 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 所光-器 因为EF∥BC,所以DG∥BC, CAC 所以△AHM∽△ABC. 因为AB=60cm,AB+BC=140(cm), 因为AH=HK=KB,S△Bc=12cm2, 所以BC=140-60=80(cm), 所以四 所以AC=√/AB+BC=√602+80=100(cm). S△ABC (8)=(g)= 因为点D是BC的中点， /所以SAM=9S△ABC] 所以DC=号8C=40(cm), 同理可得△AKN∽△ABC. 所以总-器 所以。 SAABC )=(号)= 解得DE=24(cm), 所以钢梁DE的长为24cm. 所以55e 1O.解：过点D作DG∥AB交 所以s=S-5m=(-)小a度=4(m) BC于点G,作DP⊥BC于点P, 15.解：如图2，过点C作桌面 如图1，因为△ABC是等边 的垂线CM,垂足为点M,交BF于 水面 三角形， G P C 点N. 所以AB=BC=AC, 图1 过点B作桌面的垂线BP,垂 桌面 ∠ABC=∠ACB=∠BAC 足为点P 图2 =60° 因为水面BF离桌面的高度 因为DG∥AB 为9.6cm, 所以∠CDG=∠BAC=60°，∠CGD=∠CBA=60°， 所以BP=MW=9.6cm 所以△CDG是等边三角形， 因为BF∥AP,CN⊥AP, 所以CD=CG=DG. 所以CN⊥BF 设AB=BC=AC=5a, 因为∠CBN+∠ABF=∠ABP+∠ABF=90°， 因为AD:CD=3:2, 所以∠CBN=∠ABP. 所以CD=CG=2a. 又因为∠CNB=∠APB, 因为DP⊥BC 所以△CNB∽△APB, 所以CP=PG=a, 所以BP=BC-CP=5a-a=4a. 所以器-胎脚器=名 因为BD=DE,DP⊥BE, 解得BN=3.6. 所以PE=PB=4a,BE=PE+PB=8a, 根据勾股定理，得CN=√BC-BW2=4.8(cm), 所以GE=PE+PG=4a+a=5a. 所以CM=CW+MW=4.8+9.6=14.4(cm), 因为DG∥AB, 即此时点C离桌面的高度为14.4cm. △EDG△EFB, 16.解：如图3，连接BQ. 所0-器积=各 因为ABC是等腰直角三角形，AB =22,AD1BC, B 所以BC=√2AB=4, 所以0=务 ∠CAD=∠ACD=45°. 图3 因为△CPQ是等腰直角三角形， 二、填空题 所以QC=√2PC,∠QCP=∠ACB=45°， 1.(105-10):12.7: 所以∠ACP=∠BCQ. 13.3；14.4;15.14.4cm;16.2 又因为%=万-瓷 提示： 所以△APC∽△BQC, 14.解：因为DEFG为矩形， 所以∠QBC=∠PAC=45°， 所以DG∥EE -11 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 所以点Q在BQ上运动. 设这条河的宽度为x米 所以当D01B0时.，D0有最小值，最小值为P=万. 因为AB∥CD, 所以△PBA△PDC, 三、解答题 17.解：因为(x+y）:(x-y）=3：1, 所以院-品 所以x+y=3(x-y), 因为CD=30米，AB=75米，PE=20米， 整理，得2x=4y, 所u2”。= 20 解得x:y=2 解得x=30. 18.解：不一定相似.理由如下： 答：这条河的宽度为30米 根据题意，得 22.(1)证明：因为AD⊥BC,DE1AC ∠D=∠H=360°-100°-90°-120°=50°， 所以∠ADC=∠AED=90°. ∠A=∠E,∠B=∠F,∠C=∠G, 因为∠DAC=∠DAE, 对应角都相等，但是两个四边形的对应边的比值不能确定 相等， 所以△DAE∽△Cn,所以装-胎 所以四边形ABCD与四边形EFGH不一定相似， 所以AD=AC·AE. 19.解：(1)如图4所示， 因为AB=AC, △A,BC1即为所求； 所以AD=AB·AE. (2)△ABC与△ABC的位似 (2)解：因为DE⊥AC于点E,CD=2,CE=1, 比为3：1； 所以DE=√CD-CE=5. (3)因为△ABC的周长为 因为AB=AC,AD⊥BC, 3+2+1下+√22+1 图4 所以BD=DC. =3+2+5, 因为∠ADB=90°，F是AB的中点， 所以△AB,C1的周长为 所以DF=AB 9+32+35. 因为F是AB的中点，BD=DC, 故答案为：(2)3：1；(3)9+32+35. 所以DF∥AC, 20.证明：(1)因为AD∥BC, 所以LAGE=∠DGF,LGAE=∠GDF, 所以∠ADB=∠EBC. 所以△DFG∽△AEG, 又因为∠ABD=∠BCE, 所以△ABD∽△ECB. 所以光=斧 (2)因为在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=DC, 因为AD⊥BC于点D,DE⊥AC于点E, 所以∠ABC=∠BCD 所以∠ADE+∠CDE=90°， 又因为∠BCE=∠ABD ∠DCE+∠CDE=90°， 所以∠DBC=∠DCE. 所以∠ADE=∠DCE, 因为∠BDC=∠CDE, 所以Rt△ADE∽Rt△DCE, 所以△DEC∽△DCB, 所%瓷号 所瓷品。 所以DC=DE·DB. BAD 1AB AB' 21.解：延长PE交AB于 F北岸 点F,如图5所示 因为PE⊥CD,AB 南岸 CD. 所以光=多 所以∠PED=∠PFB= 图5 23.解：(1)因为AD=DF=FH=HB,AB=24米， 90°， 所以PF⊥AB. 所以AD=DF=FH=B=冬4B=6(米) -12 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 由题意，得∠CDM=∠PAM=90°. 又因为∠CAB=∠EAD=90°， 因为∠CMD=∠PMA, 所以∠FAB=∠GAD, 所以△CMD∽△PMA, 所以∠FAB+∠BAG=∠GAD+∠BAG, 所以SP=DM PA =AM 即∠FAG=∠BAD, AC AB 即=2子6 2 又因为A花=AD: 解得PA=12. 所以%-8 答：明德楼的高PA为12米； 所以△AFG∽△ABD. (2)由题意，得∠PAN=∠EFN=90°. 所以C=4F、1 因为∠ENF=∠PNA, 8=AB=2 所以△EWFO△PWA, 5期2版 所u以片-袋 2.1.1锐角的正弦 品=N0+6 FN 1A:2C:3,B:47555 6.解：因为∠C=90°，∠ADC=45°， 解得FN=4. 所以∠DAC=∠ADC=45°， 答：塑像EF的影长FW为4米， 所以AC=CD. 24.(1)证明：因为△ABC∽△ADE, 因为BD=2DC, 所以∠B=∠D8-能 所以BC=3AC, 因为F,G分别是BC,DE的中点， 所以AB=√AC+BC=√I0AC, 所BF=Bc,Dc=DE, 所以sim∠ABC=4C= 10 AB=10 所以E -BC 2.1.2锐角的余弦 2 BCAB =DE AD' 1.B:2C:3.B:475号 所以△AGD∽△AFB. 6.解：因为AB=AC,AC=15, (2)解：连接AF,AG,取BC的中点H,连接AH. 所以AB=15, 因为4CF=BC,4EG=ED, 因为BD⊥AC, 所以器-器 所以∠ADB=90°， AD 4 又因为4C=号6C, 因为c0A=AB=5, 4 则cF=子c=4C 所以AD=5×15=12, 所以CD=AC-AD=15-12=3. 设CF=a,则BC=4a, 2.2锐角的正切 所以Bm=CH=AM=BC=2a,AC=2a, 1.C;2.D;3.C;4.45°；5.6. 所以AC=CH=AH=2a, 则△ACH是等边三角形. 6屏：①原2×宁1+()子 又因为CF=FH=a,所以AF⊥BC. (2)原式=万×竖-7+(52=子 因为∠ABC=30,所以AF=号4B 重点集训营 因为△ABC∽△ADE, 1.D;2.C;3.30°或60°；4.等腰直角三角形. 所以8=%=。 5.解：过点A作AD上BC于点D, 因为∠A=120°，AB=AC, ∠C=∠E,∠CAB=∠EAD=90°， 1 所以∠B=∠C=2(180°-∠A)=30°，BC=2BD, 所以g器-S所以△ACF△Ac 在Rt△ABD中，∠ADB=90°，∠B=30°，AB=1, 所光-治464F=∠BAG 因为cosB=BD. AB -13 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 所以BD=AB·cosB=1×cos30°= ③ 在正方形ABCD中，∠BCD=90°， 2” 所以∠BCE+∠DCE=90°，BC=CD, 所以BC=2BD=2× 所以∠BCE=∠CDH. 2 在△BCG与△CDH中， 所以BC的长是3. LBGC=∠CHD, 5期3,4版 BC CD, 一、选择题 L∠BCG=∠CDH. 题号 所以△BCG≌△CDH, 2 34 67 8910 所以BG=CH. 答案A DBABCCBBB 设GH=x,则BG=CH=x, 提示： 在Rt△BCG中， 7.解：由c0sA-2 +(3-tanB)2=0可得 BG tan/BCG=C三cH+Cm三2 Cos A -2 =0,W5-tanB=0, 所以iam∠DGF=an∠BCG=2 即cosA=7,amB-万， 二填空题 所以∠A=60°，∠B=60°， 1.60:12.7: 13.0B: 则∠C=60°， 所以△ABC为等边三角形. 142 5；1522 3 ；16.8 8.解：如图1，过D作DE 提示 ∥AC,交BC的延长线于点 14解：因为∠A=∠C,6osC=子 E. 因为AD∥BC,所以四边B 所以eA=号=治 形ADEC是平行四边形， 图1 设AE=3x(x>0),则AD=5x,所以DE=4x. 所以AC=DE=4. 因为BE=2,所以AB=3x+2. 因为BD⊥AC, 因为AB=AD,所以3x+2=5x, 所以BD⊥DE, 解得x=1, 所以∠BDE=90°， 所以DE=4, 所以BE=BD2+DE=√82+42=45， 所以BD=√DE2+BE=√4+2=25， 所以cos∠DBC=B0=8=25 BE45-5 以4Ds-器-活 5 9.解：设正方形边长为2a,则DC=2a, 15.解：由作法可知，AG平分∠BAC,过点G作GH⊥AC交 因为E是AD的中点，所以DE=a. AC于点H. 由折叠的性质可知ME=MC, 因为∠B=90°，GH⊥AC,AG平分∠BAC, 设MD=x, 所以HG=BG=1. 则MC=ME=2a-x, 因为BC=4,则CG=BC-BG=4-1=3, 在Rt△MDE中，由勾股定理得x2+a2=(2a-x)2, 解得=子， 所以CH=√CG-G=√32-1卫=22， 3 所以sC=品-号 CH_22 所以sin∠MED=MD三 4 D = = 3 16.解：过C作CF1L于点F,交 ME 2a- 3 l于点E,设CB交l于点G, 10.解：如图2所示，过点D作DH⊥EC 由题意得GE∥BF,CE=EF, 交EC于点H, 所以△CEG∽△CFB, 因为CE⊥BF,CE⊥DH, 所以S=CE。1 CB=CF=2 图3 所以∠DGF=∠GDH. H 因为BC=3. 因为DG=CD,DH⊥CG, 图2 3 所以∠CDH=∠GDH,且CH=GH. 所以GB=CG= 1BC 14 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 因为43∥14， 所以∠a=∠GAB, 所以BE=BC·C=5x音-答 因为四边形ABCD是矩形，AB=4, 21.解：(1)过点C作CD⊥AB,垂足为D, 所以∠ABG=90°， 在△4CD中，mA-碧=李 所以ma=m∠84G=治=各 所以设CD=4k,则AD=3k, 三、解答题 由勾股定理，得AC=√AD2+CD2=√(3k)2+(4) (5)2+2×2 =5k, 17.解：(1)原式 2 .3+2 因为AC=15,所以5k=15,解得k=3, 所以AD=9,CD=12, =3+2 所以5c=分4B,6D=子×15×12=90， 2)原式=后x停+号x受+()x分 (2)在Rt△BCD中，BD=AB-AD=15-9=6,CD=12, 3 2 所以由勾股定理，得BC=√CD+BD2=65, =1++x 18.解：因为∠A=60°，所以tamA=5. 把x=5代入方程22-3mx+3=0得2(5)2-35m 所以∠B的余弦值为。 +3=0, 22.解：(1)过点A作AD⊥BC,交BC的延长线于点D, 解得m=√5 在Rt△ADC中，AC=4,因为∠ACB=150°，所以∠ACD= 把m=√5代人方程2x2-3mx+3=0得 2x2-35+3=0, 30,所以AD=宁4C=2,C0=4ACcs30e=4×-25 解得有=5=号 在△ABD中，mB=品=品=令， 2 所以BD=16, 所以sB=9即∠B=30, 所以BC=BD-CD=16-25. 所以∠C=180°-∠A-∠B=90°. (2)在BC边上取一点M,使得CM=AC=4,连接AM. 19.解：(1)因为∠BAC=90°，AB=8,AC=6, 因为∠ACB=150°， 所以BC=√62+82=10. 所以∠AMC=∠MAC=15°. 因为AD⊥BC, 因为CD=25, 所以Sa=子4B×4C=宁BC×AD, 所以MD=4+2√3， AD 所以AD=24 所以tanl5°=tan LAMD= MD 5 2 1 (2)因为E是BC的中点， = 4+252+5 所以AE=BC=5, =2-5≈0.3. 23.解：(1)由题意，得sin120°=sin(180°-120°)= 所以om∠AE-裙-装 sin60°= 20.解：(1)因为∠ACB=90°，AB=13,AC=12, 75c0s120°=-c0s(180°-120）=-c0s60°= 所以BC=AB-AC=√132-12=5， 2in150°=sim(180°-150）=sin30°=7 所以如∠4C-器=音 (2)因为三角形的三个内角的比是1：1：4， (2)如图4，过点B作BE⊥MC于 所以三个内角分别为30°，30°，120°， ①当∠A=30°，∠B=120°时， 点E, 因为∠BCM=∠BAC, B 易求得方程的两根分别为了。一宁 5 M-E 所以sinL BCM=sin∠BAC=3, -1=0, 图4 将=子代入方程，得4×（）广-m× 解得m=0, -15 初中数学湘教中考2026年7月第1~5期 经检验x=-乃是方程4-1=0的根， 所以在Rt△CDF中，sin30°=DE=D2= CD 3 2 所以m=0符合题意； ②当∠A=120°，∠B=30°时， 所以DP=是 易求得方程的两根分别为停号，不符合题意： 所以CF=VCD-DF-3E 2 ③当∠A=30°，∠B=30°时， 因为BC=4, 易求得方程的两分别为宁号。 所以BF=BC+CF=4+3E 2 将x=之代人方程，得4× 1 、2 m×2-1=0, 所以矩形BEDF的面积为DF,BF=子×(4+3） 解得m=0, 95 6+ 4 经检验不是方程4：-1=0的根，所以不符合题意 即此时它的“隐形框”的面积为6+9 4 综上所述，m=0,∠A=30°，∠B=120° 24.解：(1)如图5，过点 (3)如图6，设 Ec-- B作BE L AD,交DA延长线 CD向右平移到MW 于点E,过点D作DF⊥BC, 的位置，过点B作 ----F 交BC延长线于点F BE⊥AD,交DA延 图5 因边四边形ABCD是平行四边形，AB=3, 长线于点E,过点N 图6 所以CD=AB=3,AD∥BC, 作NF⊥BC,交BC延长线于点F 同理可得：CD=AB=3,sinLDCF=sin∠ABC= 了，矩 2 所以∠DCF=∠ABC,BE⊥BC,DF⊥AD, 所以四边形BEDF是矩形， 形BENF是平行四边形ABMN的“隐形框”. 所以矩形BEDF是平行四边形ABCD的“隐形框”. 由平移的性质得：MW=CD=3,MN∥CD, 因为血LABC:子 所以∠NMF=∠DCF, 2 所以sinLDCF= 所以sin∠MMF=sinLDCF=2 在RACDF中，sin∠DCF=DE=DF-2 cD=3=3 所以在△F中，∠NwF=品-号-子 所以DF=2, 所以NF=2, 所以CF=√CD-DF2=5. 所以MF=√M2-NF=5. 因为BC=4, 因为BC=4, 所以BF=BC+CF=4+5, 所以BF=BC+CM+MF=4+W5+CM. 所以E=4+5 因为平移后，这个新形成的平行四边形的“隐形框”的“宽 DE 2 度”恰好是其“高度”的4倍， 即平行四边形ABCD的“隐形框”的“宽度”与“高度”的 所以张=4，即4+5+业.4， 2 比值为告汽 解得CM=4-5, (2)如图5， 所以边CD向右平移的距离为4-√5. 同理可得：CD=AB=3,∠DCF=∠ABC=30°，矩形 BEDF是平行四边形ABCD的“隐形框”， 16《图形的相似》章节检测卷 ◆数理报社试题研究中心 (答题时长120分钟，满分120分) L907 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）》 1若=方，则y= B.1 C 5-7 D.35 郑 2.如图1， 已知△ABC与 △DEF,下列条件一定能推得它们 相似的是 ( A.∠A=∠D,∠B=∠E R∠A=∠D且器 图 F C.∠A=∠B,∠D=∠E D.∠A=∠E且能=胎 =DF 3.下列四组线段中，不是成比例线段的是 A.a=3,b=6,c=2,d=4 痴 B.a=1,b=2,c=6,d=23 C.a=4,b=6,c=5,d=10 D.a=2,b=5,c=23,d=15 4.小颖同学是校园艺术节的主持人，学完黄金分割后她 想，主持节目时如果站在舞台长的黄金分割点的位置，会让 台下的同学们看起来效果更好，于是她将舞台的长看作线段 AB,量得AB=8米，若点C是线段AB的黄金分割点(AC> BC),则线段AC的长为 ( A.(45-1)米 B.4(5-1)米 一画 C.(12-45)米 D.(8-45)米 解 5.如图2，在△ABC中，D,E分别为AB,AC边上的点，DE BC,BE与CD相交于点F,则下列结论一定正确的是 ( A. DFAE FCAC B. AD EC C. DE 0 DF_EF DB BC FC 6 图 图3 图4 6.如图3，在□ABCD中，点E在BC上，连接BD,AE,AE 与BD交于点F,若SAAm=18,SABr=8,且AD=12,则CE 的长为 () A.3 B.4 C.5 D.6 7.如图4，在直角坐标系中，矩形0ABC的顶点0在坐标 原点，边0A在x轴上，OC在y轴上，如果矩形OA'B'C'与矩形 OABC关于点0位似，且矩形OA'B'C'的面积等于矩形OABC 面积的子，那么点B'的坐标是 () A(-1,2)或(1,3) B(-1,2)或(1，-) C.（-2,-3）或(2,3） D.（-2,3)或(2，-3】 8如图5，点n在BC上，点N在AM上，GM=CN,兴 影下列结论正痛的是 ( A.△ABM∽△ACB B.△ANC∽△AMB C.△ANC∽△ACM D.△CMN∽△BCA 舞台 台阶 E M B 图5 图6 9.如图6，学校为举办文艺汇演搭建了舞台及登台的台 阶，台阶总高度AB=60cm,台阶部分铺红地毯，地毯长度为 140cm,支撑钢梁DE⊥AC,且D为BC的中点，则钢梁DE的 长为 ( A.20 cm B.24 cm C.32 cm D.40 cm 10.如图7，△ABC是等边三角形，D 是边AC上一点，连接BD,点E在BC的延 长线上，且BD=DE,延长ED交AB于点 F,若AD:CD=3：2,则BD:FD的值为B 图7 3 B.2 c. D. 2 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11.图8所示的是意大利著名画家达·芬奇的名画《蒙娜 丽莎》.画面中险部被围在矩形ABCD内，图中四边形BCEF 为正方形.已知点F为线段AB的黄金分割点，且AF<FB, AB=20cm,则FB= cm. 图8 图9 图10 12.如图9，BD是△ABC的中线，点E是BC边上一点，AE 交BD于点R若BF=FD,E 13.如图10，平行于地面的圆桌正上方有一个灯泡（看作 一个点)，它发出的光线照射桌面后，在地面上形成圆形阴 影，经测量得，地面上圆形阴影的半径比桌面半径大0.5米， 桌面的直径为2米，桌面距离地面的高度为1.5米，则灯泡到 桌面的距离为 米 14.如图11，等边△ABC被矩形DEFG所截，EF∥BC,线 段AB被截成三等份.若△ABC的面积为12cm2,图中阴影部 分的面积为 .cm2. 水面 义桌面 图11 图12 图13 15.一个长方体容器放置在水平桌面上，里面盛有水，绕 底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘.图12 是此时的示意图，已知BC=6cm,AB=16cm,水面BF离桌 面的高度为9.6cm,则此时点C离桌面的高度为 16.如图13，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC= 90°，AB=22.过点A作AD⊥BC于点D,点P是直线AD上 一点，以CP为腰，在CP的下方作等腰直角三角形CPQ,连接 DQ,则DQ的最小值为 三、解答题（本题共8小题，共72分） 17.（5分)已知线段x,y满足(x+y):(x-y)=3：1, 求x:y的值， 18.(6分)如图14所示，判断四边形ABCD与四边形 EFGH是否相似，请说明理由. 1200C 120dG 100°90 00°90e B 图14 19.(9分)如图15，在10×10的正方形网格中，每个小正 方形的边长均为1，点O是格点，△ABC是格点三角形（顶，点 在网格线交点上)，且点A是点A以点O为位似中心得到的. (1)画出△ABC以点0为位似中心的位似图形 △AB,C1; (2)△A,B,C,与△ABC的位比为 (3)△ABC1的周长为 0 图15 20.（9分)如图16，在梯形ABCD中，AD∥BC, AB=DC,E是对角线BD上一点，∠BCE=∠ABD.求证： (1)△ABD∽△ECB; D (2)DC2=DE·DB. 图16 21.(9分)某中学数学实践小组决定利用所学知识去测 量河的宽度.如图17，这条河的两岸是平行的，小丽站在离南 岸20米（即PE=20米）的点P处看北岸，小军、小强站在南 岸边，调整小军、小强两人的位置，当小军、小强两人分别站 在C,D两点处时，小丽发现河北岸边的两根电线杆恰好被小 军、小强遮挡（即A,C,P三点共线，B,D,P三点共线）.已知 电线杆A,B之间的距离为75米，小军、小强两人之间的距离 CD为30米，求这条河的宽度. 北岸 c\ ED南岸 图17 22.(10分)如图18，在△ABC中，AB=AC,AD1BC于 点D,作DE⊥AC于点E,F是AB的中点，连接EF交AD于 点G,连接DF (1)求证：AD=AB·AE; （2)若cD=2,CE=1,求瓷的值 图18 23.(12分)如图19，在某学校的明德楼和启智楼之间有 一条文化长廊AB,文化长廊上伫立着三座名人塑像CD,EF, GH,点A,D,F,H,B在同一直线上，且AD=DF=FH=HB. 在明德楼的楼顶有一照明灯P,塑像CD的影子为DM,塑像 EF的影子为FV.该校“探数学”兴趣小组的同学测得文化长 廊AB=24米，塑像高CD=EF=GH=3米，塑像CD的影 长DM=2米. (1)求明德楼的高PA; (2)求塑像EF的影长FN 脚 德楼 启智楼 图19 24.(12分)在Rt△ABC中，∠CAB=90°，∠B=30°，且 必 △ABC∽△ADE. 问题背景：(1)如图20-①，若F,G分别是BC,DE的中 点，求证：△AGD∽△AFB; 迁移应用：(2)如图20-②，若4CF=BC,4EG=ED,连 接G,Bm,求品的百 ② 图20 烯 参考答案见下期