2024中考数学第一轮专题复习： 图形的相似（解析版）

图形的相似(29题)一、单选题1(2023·重庆·统考中考真题)如图，已知△ABC∽△EDC，AC:EC=2:3，若AB的长度为6，则DE的长度为()A.4B.9C.12D.13.5【答案】B【分析】根据相似三角形的性质即可求出．【详解】解：∵△ABC∽△EDC，∴AC:EC=AB:DE，∵AC:EC=2:3，AB=6，∴2:3=6:DE，∴DE=9，故选：B.【点睛】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键.2(2023·四川遂宁·统考中考真题)在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点△ABC、△DEF成位似关系，则位似中心的坐标为()A.-1,0B.0,0C.0,1D.1,0【答案】A【分析】根据题意确定直线AD的解析式为：y=x+1，由位似图形的性质得出AD所在直线与BE所在直线x轴的交点坐标即为位似中心，即可求解．【详解】解：由图得：A1,2,D3,4，设直线AD的解析式为：y=kx+b，将点代入得：2=k+bk=1，解得：，4=3k+bb=1∴直线AD的解析式为：y=x+1，·1· AD所在直线与BE所在直线x轴的交点坐标即为位似中心，∴当y=0时，x=-1，∴位似中心的坐标为-1,0，故选：A．【点睛】题目主要考查位似图形的性质，求一次函数的解析式，理解题意，掌握位似图形的特点是解题关键．3(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)如图，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A1,2,B2,1,C3,2，现以原点O为位似中心，在第一象限内作与△ABC的位似比为2的位似图形△ABC，则顶点C的坐标是()A.2,4B.4,2C.6,4D.5,4【答案】C【分析】直接根据位似图形的性质即可得．【详解】解：∵△ABC的位似比为2的位似图形是△ABC，且C3,2，∴C2×3,2×2，即C6,4，故选：C．【点睛】本题考查了坐标与位似图形，熟练掌握位似图形的性质是解题关键．4(2023·四川南充·统考中考真题)如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退(保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上)，直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，则旗杆高度为()A.6.4mB.8mC.9.6mD.12.5m【答案】B【分析】根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，再利用垂直求△ABC∽△EDC，最后根据三角形相似的性质，即可求出答案.【详解】解：如图所示，·2· 由图可知，AB⊥BD，CD⊥DE，CF⊥BD∴∠ABC=∠CDE=90°.∵根据镜面的反射性质，∴∠ACF=∠ECF，∴90°-∠ACF=90°-∠ECF，∴∠ACB=∠ECD，∴△ABC∽△EDC，ABBC∴=.DECD∵小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，∴AB=1.6m，BC=2m，CD=10m.1.62∴=.DE10∴DE=8m.故选：B.【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键在于熟练掌握镜面反射的基本性质和相似三角形的性质.5(2023·安徽·统考中考真题)如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF=2，FB=1，则MG=()35A.23B.C.5+1D.102【答案】BDEAFADDE【分析】根据平行线分线段成比例得出==2，根据△ADE∽△CME，得出==2，则EMFBCMEM133CM=AD=，进而可得MB=，根据BC∥AD，得出△GMB∽△GDA，根据相似三角形的性质得222出BG=3，进而在Rt△BGM中，勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AF=2，FB=1，∴AD=BC=AB=AF+FG=2+1=3，AD∥CB，AD⊥AB,CB⊥AB，∵EF⊥AB，∴AD∥EF∥BC·3· DEAF∴==2，△ADE∽△CME，EMFBADDE∴==2，CMEM13则CM=AD=，223∴MB=3-CM=，2∵BC∥AD，∴△GMB∽△GDA，3BGMB21∴===AGDA32∴BG=AB=3，2232235在Rt△BGM中，MG=MB+BG=2+3=，2故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．6(2023·湖北黄冈·统考中考真题)如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半1径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF长为半径画弧交于点P，作射线2BP，过点C作BP的垂线分别交BD,AD于点M，N，则CN的长为()A.10B.11C.23D.4【答案】A【分析】由作图可知BP平分∠CBD，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，根据角平分线的性质可知RQ=RC，进而证明Rt△BCR≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，设RQ=RC=x，4则DR=CD-CR=3-x，解Rt△DQR求出QR=CR=．利用三角形面积法求出OC，再证△OCR3∽△DCN，根据相似三角形对应边成比例即可求出CN．【详解】解：如图，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，·4· ∴CD=AB=3，22∴BD=BC+CD=5．由作图过程可知，BP平分∠CBD，∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥BC，又∵RQ⊥BD，∴RQ=RC，在Rt△BCR和Rt△BQR中，RQ=RC，BR=BR∴Rt△BCR≌Rt△BQRHL，∴BC=BQ=4，∴QD=BD-BQ=5-4=1，设RQ=RC=x，则DR=CD-CR=3-x，222在Rt△DQR中，由勾股定理得DR=DQ+RQ，222即3-x=1+x，4解得x=，34∴CR=．3224∴BR=BC+CR=10．311∵S△BCR=CR⋅BC=BR⋅OC，224×4CR⋅BC32∴OC===10．BR41053∵∠COR=∠CDN=90°，∠OCR=∠DCN，∴△OCR∽△DCN，2104OCCR53∴=，即=，DCCN3CN解得CN=10．故选：A．【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出BP平分∠CBD，通过勾股定理解直角三角形求出CR．7(2023·四川内江·统考中考真题)如图，在△ABC中，点D、E为边AB的三等分点，点F、G在边BC上，AC∥DG∥EF，点H为AF与DG的交点．若AC=12，则DH的长为()·5· 3A.1B.C.2D.32【答案】C【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出BE=DE=AD，BF=GF=CG，AH=HF，DH是EFBE1△AEF的中位线，易证△BEF∽△BAC，得=，解得EF=4，则DH=EF=2．ACAB2【详解】解：∵D、E为边AB的三等分点，EF∥DG∥AC，∴BE=DE=AD，BF=GF=CG，AH=HF，∴AB=3BE，DH是△AEF的中位线，1∴DH=EF，2∵EF∥AC，∴∠BEF=∠BAC,∠BFE=∠BCA,∴△BEF∽△BAC，EFBEEFBE∴=，即=，ACAB123BE解得：EF=4，11∴DH=EF=×4=2，22故选：C．【点睛】本题考查了三等分点的定义、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．8(2023·湖北鄂州·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=35，点C为3平面内一动点，BC=，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM:MA=1:2．当线段OM取最大2值时，点M的坐标是()3636612612A.5,5B.55,55C.5,5D.55,55【答案】D335【分析】由题意可得点C在以点B为圆心，2为半径的OB上，在x轴的负半轴上取点D-2，0，连OMOA接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得==CDAD2，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上3时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性质即可求解．·6· 3【详解】解：∵点C为平面内一动点，BC=，23∴点C在以点B为圆心，为半径的OB上，235在x轴的负半轴上取点D-2，0，连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，∵OA=OB=35，95∴AD=OD+OA=，2OA2∴=，AD3∵CM:MA=1:2，OA2CM∴==，AD3AC∵∠OAM=∠DAC，∴△OAM∽△DAC，OMOA2∴==，CDAD3∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，35∵OA=OB=35，OD=，222235215∴BD=OB+OD=35+=，22∴CD=BC+BD=9，OM2∵=，CD3∴OM=6，∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，∴∠DOB=∠DFC=90°，∵∠BDO=∠CDF，∴△BDO∽△CDF，15OBBD352∴=即=，CFCDCF9185解得CF=，5同理可得，△AEM∽△AFC，·7· MEAM2ME2∴==即=，CFAC318535125解得ME=，5222125265∴OE=OM-ME=6-=，5565125∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是5，5，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．9(2023·山东东营·统考中考真题)如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BF=CE，AE平分∠CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，M，P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC垂足为N，连接PM，有下列四个结论：①AE垂直平分DM；②PM+PN的最小值为32；2③CF=GE⋅AE；④SΔADM=62．其中正确的是()A.①②B.②③④C.①③④D.①③【答案】D【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明∠DAE=∠FDC，通过等量转化即可求证AG⊥DM，利用角平分线的性质和公共边即可证明△ADG≌△AMGASA，从而推出①的结论；利用①中的部分结2果可证明△ADE∽△DGE推出DE=GE⋅AE，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出AM和CM长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出PM+PN的最小值，从而证明②不对.【详解】解：∵ABCD为正方形，∴BC=CD=AD，∠ADE=∠DCF=90°，∵BF=CE，∴DE=FC，∴△ADE≌△DCFSAS.∴∠DAE=∠FDC,∵∠ADE=90°,∴∠ADG+∠FDC=90°，∴∠ADG+∠DAE=90°，∴∠AGD=∠AGM=90°.∵AE平分∠CAD，∴∠DAG=∠MAG.∵AG=AG，·8· ∴△ADG≌△AMGASA.∴DG=GM，∵∠AGD=∠AGM=90°，∴AE垂直平分DM，故①正确.由①可知，∠ADE=∠DGE=90°，∠DAE=∠GDE，∴△ADE∽△DGE，DEAE∴=，GEDE2∴DE=GE⋅AE，由①可知DE=CF，2∴CF=GE⋅AE.故③正确.∵ABCD为正方形，且边长为4，∴AB=BC=AD=4，∴在Rt△ABC中，AC=2AB=42.由①可知，△ADG≌△AMGASA，∴AM=AD=4，∴CM=AC-AM=42-4.由图可知，△DMC和△ADM等高，设高为h，∴S△ADM=S△ADC-S△DMC，4×h4×442-4⋅h∴=-，222∴h=22，11∴S△ADM=⋅AM⋅h=×4×22=42.22故④不正确.由①可知，△ADG≌△AMGASA，∴DG=GM，∴M关于线段AG的对称点为D，过点D作DN⊥AC，交AC于N，交AE于P，∴PM+PN最小即为DN，如图所示，由④可知△ADM的高h=22即为图中的DN，∴DN=22.故②不正确.综上所述，正确的是①③.故选：D.【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.10(2023·内蒙古赤峰·统考中考真题)如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB15于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=，④BD∥FQ．正确的是()8·9· A.①②③B.②④C.①③④D.①②③④【答案】A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPCD5EFQE==，求出BP即可判断③正确；根据≠即可判断④错误．BPBQ3DEBE【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，∵CD∥AB，∴∠CDF=∠QEF．∴∠QDF=∠QEF．∴DQ=EQ=5．故①正确；∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，∴MQ=AM=4．∵MB=AB-AM=5-4=1，∴BQ=MQ-MB=4-1=3．故②正确；∵CD∥AB，∴△CDP∽△BQP．CPCD5∴==．BPBQ3∵CP+BP=BC=5，315∴BP=BC=．88故③正确；∵CD∥AB，∴△CDF∽△BEF．DFCDCD55∴====．EFBEBQ+QE3+58EF8∴=．DE13QE5∵=，BE8EFQE∴≠．DEBE∴△EFQ与△EDB不相似．∴∠EQF≠∠EBD．∴BD与FQ不平行．故④错误；故选：A．·10· 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．11(2023·黑龙江·统考中考真题)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF,AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM,CM,DM,BM，下列结论正确的是：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=22；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．()A.①②③④⑤B.①②③⑤C.①②③D.①②⑤【答案】B【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，∵AF⊥DE，∴∠BAF+∠AED=90°，∵∠BAF+∠AFB=90°，∴∠AED=∠BFA，∴△ABF≌△AEDAAS，∴AF=DE，故①正确，∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，∴BM⊥AF，∵AF⊥DE，∴BM∥DE，故②正确，当CM⊥FM时，∠CMF=90°，∵∠AMF=∠ABF=90°，∴∠AMF+∠CMF=180°，即A,M,C在同一直线上，∴∠MCF=45°，∴∠MFC=90°-∠MCF=45°，通过翻折的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，∴BC∥MH,HB∥MF，∴四边形BHMF是平行四边形，∵BF=MF，∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确，当点E运动到AB的中点，如图，设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，·11· 22在Rt△AED中，DE=AD+AE=5a=AF，∵∠AHD=∠FHB,∠ADH=∠FBH=45°，∴△AHD∽△FHB，FHBFa1∴===，AHAD2a2225∴AH=AF=a，33∵∠AGE=∠ABF=90°，∴△AGF∽△ABF，AEEGAGa5∴====，AFBFAB5a555525∴EG=BF=a，AG=AB=a，55554545∴DG=ED-EG=a，GH=AH-AG=a，515∵∠BHF=∠DHA，DG在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA==3，故④错误，GH∵△AHD∽△FHB，BH1∴=，DH211222242∴BH=BD=×22a=a，DH=BD=×22a=a，333333∵AF⊥EP，25根据翻折的性质可得EP=2EG=a，525428102∴EP⋅DH=a⋅a=a，5315252281022AG⋅BH=2⋅a⋅a=a，53158102∴EP⋅DH=2AG⋅BH=a，故⑤正确；15综上分析可知，正确的是①②③⑤．故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．二、填空题12(2023·湖北鄂州·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1位似，原点O是位AB似中心，且=3．若A9,3，则A1点的坐标是．A1B1·12· 【答案】3,1【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A1m,nAB∵△ABC与△A1B1C1位似，原点O是位似中心，且=3．若A9,3，A1B13∴位似比为，19333∴=，=，m1n1解得m=3，n=1，∴A13,1故答案为：3,1.【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．13(2023·吉林长春·统考中考真题)如图，△ABC和△ABC是以点O为位似中心的位似图形，点A在线段OA上．若OA:AA=1:2，则△ABC和△ABC的周长之比为．【答案】1:3【分析】根据位似图形的性质即可求出答案．【详解】解：∵OA:AA=1:2，∴OA:OA=1:3，设△ABC周长为l1，设△ABC周长为l2，∵△ABC和△ABC是以点O为位似中心的位似图形，l1OA1∴==．l32OA∴l1:l2=1:3．∴△ABC和△ABC的周长之比为1:3．故答案为：1:3．【点睛】本题考查了位似图形的性质，解题的关键在于熟练掌握位似图形性质．14(2023·四川乐山·统考中考真题)如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连结AC、·13· AE2S△ADFDE交于点F．若=，则=．EB3S△AEF5【答案】2DFCD【分析】四边形ABCD是平行四边形，则AB=CD,AB∥CD，可证明△EAF∽△DCF，得到=EFAEABAE2=，由=进一步即可得到答案．AEEB3【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD,AB∥CD，∴∠AEF=∠CDF,∠EAF=∠DCF，∴△EAF∽△DCF，DFCDAB∴==,EFAEAEAE2∵=，EB3AB5∴=，AE2S△ADFDFAB5∴===．S△AEFEFAE25故答案为：2【点睛】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，证明△EAF∽△DCF是解题的关键．15(2023·江西·统考中考真题)《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，可测量物体的高度如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC和∠AQP均为直角，AP与BC相交于点D．测得AB=40cm，BD=20cm，AQ=12m，则树高PQ=m．【答案】6【分析】根据题意可得△ABD∽△AQP，然后相似三角形的性质，即可求解．【详解】解：∵∠ABC和∠AQP均为直角∴BD∥PQ，∴△ABD∽△AQP，·14· BDAB∴=PQAQ∵AB=40cm，BD=20cm，AQ=12m，AQ×BD12×20∴PQ===6m,AB40故答案为：6．【点睛】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．16(2023·四川成都·统考中考真题)如图，在△ABC中，D是边AB上一点，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为圆心，以AM长为半径作弧，交DB于点M；③以点M为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N：④过点N作射BE线DN交BC于点E．若△BDE与四边形ACED的面积比为4:21，则的值为．CE2【答案】3【分析】根据作图可得∠BDE=∠A，然后得出DE∥AC，可证明△BDE∽△BAC，进而根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：根据作图可得∠BDE=∠A，∴DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，∵△BDE与四边形ACED的面积比为4:21，S△BDC4BE2∴S=21+4=△BACBCBE2∴=BC5BE2∴=，CE32故答案为：．3【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握基本作图与相似三角形的性质与判定是解题的关键．17(2023·内蒙古·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=3,BC=1，将△ABC绕点ADA逆时针方向旋转90°，得到△ABC．连接BB，交AC于点D，则的值为．DC·15· 【答案】5【分析】过点D作DF⊥AB于点F，利用勾股定理求得AB=10，根据旋转的性质可证△ABB、△DFB11是等腰直角三角形，可得DF=BF，再由S△ADB=×BC×AD=×DF×AB，得AD=10DF，证明22DFAF10△AFD∼△ACB，可得=，即AF=3DF，再由AF=10-DF，求得DF=，从而求得ADBCAC451=，CD=，即可求解．22【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，∵∠ACB=90°，AC=3，BC=1，22∴AB=3+1=10，∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转90°得到△ABC，∴AB=AB=10，∠BAB=90°，∴△ABB是等腰直角三角形，∴∠ABB=45°，又∵DF⊥AB，∴∠FDB=45°，∴△DFB是等腰直角三角形，∴DF=BF，11∵S△ADB=×BC×AD=×DF×AB，即AD=10DF，22∵∠C=∠AFD=90°，∠CAB=∠FAD，∴△AFD∼△ACB，DFAF∴=，即AF=3DF，BCAC又∵AF=10-DF，10∴DF=，410551∴AD=10×=，CD=3-=，42225AD2∴==5，CD12故答案为：5．【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．18(2023·河南·统考中考真题)矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为．【答案】2或2+1·16· 【分析】分两种情况：当∠MND=90°时和当∠NMD=90°时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当∠MND=90°时，∵四边形ABCD矩形，∴∠A=90°，则MN∥AB，ANBM由平行线分线段成比例可得：=，NDMD又∵M为对角线BD的中点，∴BM=MD，ANBM∴==1，NDMD即：ND=AN=1，∴AD=AN+ND=2，当∠NMD=90°时，∵M为对角线BD的中点，∠NMD=90°∴MN为BD的垂直平分线，∴BN=ND，∵四边形ABCD矩形，AN=AB=122∴∠A=90°，则BN=AB+AN=2，∴BN=ND=2∴AD=AN+ND=2+1，综上，AD的长为2或2+1，故答案为：2或2+1．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．19(2023·辽宁大连·统考中考真题)如图，在正方形ABCD中，AB=3，延长BC至E，使CE=2，连接AE，CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为．·17· 310【答案】4【分析】如图，过F作FM⊥BE于M，FN⊥CD于N，由CF平分∠DCE，可知∠FCM=∠FCN=45°，可得四边形CMFN是正方形，FM∥AB，设FM=CM=NF=CN=a，则ME=2-a，证明△EFM∽FMMEa2-a39△EAB，则=，即=，解得a=，DN=CD-CN=，由勾股定理得DF=ABBE33+24422DN+NF，计算求解即可．【详解】解：如图，过F作FM⊥BE于M，FN⊥CD于N，则四边形CMFN是矩形，FM∥AB，∵CF平分∠DCE，∴∠FCM=∠FCN=45°，∴CM=FM，∴四边形CMFN是正方形，设FM=CM=NF=CN=a，则ME=2-a，∵FM∥AB，∴△EFM∽△EAB，FMMEa2-a3∴=，即=，解得a=，ABBE33+249∴DN=CD-CN=，422310由勾股定理得DF=DN+NF=，4310故答案为：．4【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．20(2023·广东·统考中考真题)边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上(如图)，则图中阴影部分的面积为．·18· 【答案】15【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解．【详解】解：如图，由题意可知AD=DC=10,CG=CE=GF=6,∠CEF=∠EFG=90°，GH=4，∴CH=10=AD，∵∠D=∠DCH=90°,∠AJD=∠HJC，∴△ADJ≌△HCJAAS，∴CJ=DJ=5，∴EJ=1，∵GI∥CJ，∴△HGI∽△HCJ，GIGH2∴==，CJCH5∴GI=2，∴FI=4，1∴S=EJ+FI⋅EF=15；梯形EJIF2故答案为：15．【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．21(2023·天津·统考中考真题)如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA=5ED=．2(1)△ADE的面积为；(2)若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为．【答案】3；13【分析】(1)过点E作EH⊥AD，根据正方形和等腰三角形的性质，得到AH的长，再利用勾股定理，求出EH的长，即可得到△ADE的面积；(2)延长EH交AG于点K，利用正方形和平行线的性质，证明△ABF≌△KEFASA，得到EK的长，进KHAH而得到KH的长，再证明△AHK∽△ADG，得到=，进而求出GD的长，最后利用勾股定理，即GDAD·19· 可求出AG的长．【详解】解：(1)过点E作EH⊥AD，∵正方形ABCD的边长为3，∴AD=3，5∵△ADE是等腰三角形，EA=ED=，EH⊥AD，213∴AH=DH=AD=，22225232在Rt△AHE中，EH=AE-AH=2-2=2，11∴S△ADE=AD⋅EH=×3×2=3,22故答案为：3；(2)延长EH交AG于点K，∵正方形ABCD的边长为3，∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=3，∴AB⊥AD，CD⊥AD，∵EK⊥AD，∴AB∥EK∥CD，∴∠ABF=∠KEF，∵F为BE的中点，∴BF=EF，∠ABF=∠KEF在△ABF和△KEF中，BF=EF，∠AFB=∠KFE∴△ABF≌△KEFASA，∴EK=AB=3，1由(1)可知，AH=AD，EH=2，2∴KH=1，∵KH∥CD，∴△AHK∽△ADG，KHAH∴=，GDAD∴GD=2，2222在Rt△ADG中，AG=AD+GD=3+2=13，故答案为：13．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．22(2023·四川泸州·统考中考真题)如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线APAC上的动点，当PE+PF取得最小值时，的值是．PC·20· 2【答案】7【分析】作点F关于AC的对称点F，连接EF交AC于点P，此时PE+PF取得最小值，过点F作AD的垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明KP△AEP∽△KFP，可得=2，即可解答．AP【详解】解：作点F关于AC的对称点F，连接EF交AC于点P，过点F作AD的垂线段，交AC于点K，由题意得：此时F落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P重合时PE+PF取得最小值，2设正方形ABCD的边长为a，则AF=AF=a，3∵四边形ABCD是正方形，∴∠FAK=45°，∠PAE=45°，AC=2a∵FK⊥AF，∴∠FAK=∠FKA=45°，22∴AK=a，3∵∠FPK=∠EPA，∴△EKP∽△EAP，FKKP∴==2，AEAP12∴AP=AK=2a，397∴CP=AC-AP=2a，9AP2∴=，7CPAP2∴当PE+PF取得最小值时，的值是为，PC72故答案为：．7【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键．·21· 23(2023·山西·统考中考真题)如图，在四边形ABCD中，∠BCD=90°，对角线AC,BD相交于点O．若AB=AC=5,BC=6,∠ADB=2∠CBD，则AD的长为．97【答案】31【分析】过点A作AH⊥BC于点H，延长AD，BC交于点E，根据等腰三角形性质得出BH=HC=BC222=3，根据勾股定理求出AH=AC-CH=4，证明∠CBD=∠CED，得出DB=DE，根据等腰三角形性CDCE8质得出CE=BC=6，证明CD∥AH，得出=，求出CD=，根据勾股定理求出DE=AHHE329722282297DECE36CE+CD=6+3=，根据CD∥AH，得出=，即=，求出结果即可．3ADCHAD3【详解】解：过点A作AH⊥BC于点H，延长AD，BC交于点E，如图所示：则∠AHC=∠AHB=90°，∵AB=AC=5,BC=6，1∴BH=HC=BC=3，222∴AH=AC-CH=4，∵∠ADB=∠CBD+∠CED，∠ADB=2∠CBD，∴∠CBD=∠CED，∴DB=DE，∵∠BCD=90°，∴DC⊥BE，∴CE=BC=6，∴EH=CE+CH=9，∵DC⊥BE，AH⊥BC，∴CD∥AH，∴△ECD~△EHA，CDCE∴=，AHHECD6即=，498解得：CD=，322282297∴DE=CE+CD=6+3=，3∵CD∥AH，DECE∴=，ADCH29736即=，AD3·22· 97解得：AD=．397故答案为：．3【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．三、解答题24(2023·湖南·统考中考真题)在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高．(1)证明：△ABD∽△CBA；(2)若AB=6，BC=10，求BD的长．【答案】(1)见解析18(2)BD=5【分析】(1)根据三角形高的定义得出∠ADB=90°，根据等角的余角相等，得出∠BAD=∠C，结合公共角∠B=∠B，即可得证；(2)根据(1)的结论，利用相似三角形的性质即可求解．【详解】(1)证明：∵∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高．∴∠ADB=90°，∠B+∠C=90°∴∠B+∠BAD=90°，∴∠BAD=∠C又∵∠B=∠B∴△ABD∽△CBA，(2)∵△ABD∽△CBAABBD∴=，CBAB又AB=6，BC=102AB3618∴BD===．CB105【点睛】本题考查了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．25(2023·湖南·统考中考真题)如图，CA⊥AD,ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB=8,AC=6,DE=4．·23· (1)证明：△ABC∽△DEB．(2)求线段BD的长．【答案】(1)见解析(2)BD=3【分析】(1)根据题意得出∠A=∠D=90°,∠C+∠ABC=90°，∠ABC+∠EBD=90°，则∠C=∠EBD，即可得证；(2)根据(1)的结论，利用相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求解．【详解】(1)证明：∵AC⊥AD,ED⊥AD，∴∠A=∠D=90°,∠C+∠ABC=90°，∵CE⊥BE，∴∠ABC+∠EBD=90°，∴∠C=∠EBD，∴△ABC∽△DEB；(2)∵△ABC∽△DEB，ABAC∴=，DEBD∵AB=8,AC=6,DE=4，86∴=，4BD解得：BD=3．【点睛】本题考查了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．26(2023·四川眉山·统考中考真题)如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F．(1)求证：AF=AB；(2)点G是线段AF上一点，满足∠FCG=∠FCD，CG交AD于点H，若AG=2,FG=6，求GH的长．【答案】(1)见解析6(2)5【分析】(1)根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD，证明△AEF≅△DECASA，推出AF=CD，即可解答；(2)通过平行四边形的性质证明GC=GF=6，再通过(1)中的结论得到DC=AB=AF=8，最后证明△AGH∽△DCH，利用对应线段比相等，列方程即可解答．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∴∠EAF=∠D，∵E是AD的中点，∴AE=DE，·24· ∵∠AEF=∠CED，∴△AEF≅△DECASA，∴AF=CD，∴AF=AB；(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB=AF=FG+GA=8，DC∥FA，∴∠DCF=∠F，∠DCG=∠CGB，∵∠FCG=∠FCD，∴∠F=∠FCG，∴GC=GF=6，∵∠DHC=∠AHG，∴△AGH∽△DCH，GHAG∴=，CHDC设HG=x,则CH=CG-GH=6-x，x2可得方程=，6-x86解得x=，56即GH的长为．5【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键．27(2023·四川凉山·统考中考真题)如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．(1)求证：AC⊥BD；(2)若AB=10，AC=16，求OE的长．【答案】(1)见详解9(2)2【分析】(1)可证AB=CB，从而可证四边形ABCD是菱形，即可得证；EOBO(2)可求OB=6，再证△EBO∽△BAO，可得=，即可求解．BOAO【详解】(1)证明：∵∠CAB=∠ACB，∴AB=CB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD．(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，·25· 1∴OA=AC=8，2∵AC⊥BD，BE⊥AB，∴∠AOB=∠BOE=∠ABE=90°，22∴OB=AB-OB22=10-8=6，∵∠EBO+∠BEO=90°，∠ABO+∠EBO=90°，∴∠BEO=∠ABO，∴△EBO∽△BAO，EOBO∴=，BOAOEO6∴=689解得：OE=．2【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．28(2023·江苏扬州·统考中考真题)如图，点E、F、G、H分别是▱ABCD各边的中点，连接AF、CE相交于点M，连接AG、CH相交于点N．(1)求证：四边形AMCN是平行四边形；(2)若▱AMCN的面积为4，求▱ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)12【分析】(1)根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形AECG，四边形AFCH均为平行四边形，进而得到：AM∥CN,AN∥CM，即可得证；S△ANHHN1S△FMC11(2)连接HG,AC,EF，推出==，=，进而得到S△ANH+S△FMC=S△ANC+S△AMCS△ANCCN2S△AMC221=S▱AMCN=2，求出S▱AFCH=S△ANH+S△FMC+S▱AMCN=2+4=6，再根据S▱ABCD=2S▱AFCH，即可得解．2【详解】(1)证明：∵▱ABCD，∴AB∥CD,AD∥BC,AB=CD,AD=BC，∵点E、F、G、H分别是▱ABCD各边的中点，11∴AE=AB=CD=CG,AE∥CG，22∴四边形AECG为平行四边形，同理可得：四边形AFCH为平行四边形，∴AM∥CN,AN∥CM，∴四边形AMCN是平行四边形；·26· (2)解：连接HG,AC,EF，∵H,G为AD,CD的中点，1∴HG∥AC,HG=AC，2∴△HNG∽△CNA，HNHG1∴==，CNAC2S△ANHHN1∴==，S△ANCCN2S△FMC1同理可得：=S△AMC211∴S△ANH+S△FMC=S△ANC+S△AMC=S▱AMCN=2，22∴S▱AFCH=S△ANH+S△FMC+S▱AMCN=2+4=6，1∵AH=AD，2∴S▱ABCD=2S▱AFCH=12．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，以及三角形的中位线定理，证明三角形相似，是解题的关键．29(2023·上海·统考中考真题)如图，在梯形ABCD中AD∥BC，点F，E分别在线段BC，AC上，且∠FAC=∠ADE，AC=AD(1)求证：DE=AF2(2)若∠ABC=∠CDE，求证：AF=BF⋅CE【答案】见解析【分析】(1)先根据平行线的性质可得∠DAE=∠ACF，再根据三角形的全等的判定可得△DAE≅△ACF，然后根据全等的三角形的性质即可得证；(2)先根据全等三角形的性质可得∠AFC=∠DEA，从而可得∠AFB=∠CED，再根据相似三角形的判定可得△ABF∼△CDE，然后根据相似三角形的性质即可得证．【详解】(1)证明：∵AD∥BC，∴∠DAE=∠ACF，·27· ∠DAE=∠ACF在△DAE和△ACF中，AD=CA，∠ADE=∠CAF∴△DAE≅△ACFASA，∴DE=AF．(2)证明：∵△DAE≅△ACF，∴∠AFC=∠DEA，∴180°-∠AFC=180°-∠DEA，即∠AFB=∠CED，∠AFB=∠CED在△ABF和△CDE中，，∠ABF=∠CDE∴△ABF∼△CDE，AFBF∴=，CEDE由(1)已证：DE=AF，AFBF∴=，CEAF2∴AF=BF⋅CE．【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．·28·