中考数学一轮复习考点练习考向31 相似三角形（含答案详解）

这是一份中考数学一轮复习考点练习考向31 相似三角形（含答案详解），共63页。
1．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在矩形中，，，点E、F分别为、的中点，、相交于点G，过点E作，交于点H，则线段的长度是（ ）
A．B．1C．D．
2．（2022·浙江衢州·统考中考真题）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，点D为边上任一点，交于点E，连接相交于点F，则下列等式中不成立的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A．B．C．D．3
5．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，轴，垂足为F．若，．以下结论正确的个数是（ ）
①；②AE平分；③点C的坐标为；④；⑤矩形ABCD的面积为．
A．2个B．3个C．4个D．5个
6．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．的最小值为
7．（2022·湖北黄石·统考中考真题）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．
8．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在中，，，点在直线上，连接，将绕点逆时针旋转，得到线段，连接，．
(1)求证：；
(2)当点在线段上（点不与点，重合）时，求的值；
(3)过点作交于点，若，请直接写出的值．
【考点梳理】

考点1：比例线段及性质
1、比例线段的有关概念：在比例式（）中，、叫外项，、叫内项，、叫前项，、叫后项，叫第四比例项，如果，那么叫做、的比例中项．
2、把线段AB分成两条线段AC和BC，使，叫做把线段AB黄金分割，C叫做线段AB的黄金分割点．
3比例性质：；
；
；
4、平行线分线段成比例定理
（1）平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
如图，已知∥∥，可得
等．
（2）推论：平行于三角形一边的直线截其它两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例．
由DE∥BC可得：．此推论较原定理应用更加广泛．
（3）推论的逆定理：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例．那么这条直线平行于三角形的第三边．
此定理给出了一种证明两直线平行方法，即：利用比例式证平行线．
（4）定理：平行于三角形的一边，并且和其它两边相交的直线，所截的三角形的三边与原三角形三边对应成比例．
考点2 相似三角形的性质与判定
模型一 A字型
模型二 8字型
模型三 K型
【题型探究】
题型一：图形相似的性质
9．（2022·四川巴中·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为的边上一点，，过作交于点，、两点纵坐标分别为1、3，则点的纵坐标为（ ）
A．4B．5C．6D．7
10．（2022·山东临沂·统考中考真题）如图，在中，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2021·广西贺州·统考中考真题）如图，在中，，，点在上，，以为半径的与相切于点，交于点，则的长为（ ）

A．B．C．D．1
题型二;相似三角形的判定
12．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，已知，那么添加一个条件后，仍不能判定与相似的是（ ）
A．B．C．D．
13．（2023·河北邢台·统考一模）如图，在四边形中，，则添加下列条件后，不能判定和相似的是（ ）
A．平分B．C．D．
14．（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在中，，点D为线段上一动点（不与点B，C重合），连接，作，交线段于点E．
下面是某学习小组根据题意得到的结论：
甲同学：；
乙同学：若，则；
丙同学：当时，D为的中点．
则下列说法正确的是（ ）
A．只有甲同学正确B．乙和丙同学都正确
C．甲和丙同学正确D．三个同学都正确
题型三：相似三角形的性质
15．（2023·广东惠州·黄冈中学惠州学校校考三模）如图，，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
16．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，点是的重心，和是以点为位似中心的位似图形．则与的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
17．（2022·黑龙江佳木斯·统考三模）如图，矩形中，，，点P在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点Q，连接，则的长为（ ）
A．B．C．D．
题型四：相似三角形的应用举例
18．（2022·陕西西安·一模）如图，九年级（1）班课外活动小组利用平面镜测量学校旗杆的高度，在观测员与旗杆之间的地面上平放一面镜子，在镜子上做一个标记E，当观测到旗杆顶端在镜子中的像与镜子上的标记重合时，测得观测员的眼睛到地面的高度为，观测员到标记E的距离为，旗杆底部到标记E的距离为，则旗杆的高度约是（ ）
A．B．C．D．
19．（2023·广东深圳·统考一模）数学兴趣小组的同学们来到宝安区海淀广场，设计用手电来测量广场附近某大厦的高度，如图，点处放一水平的平面镜．光线从点出发经平面镜反射后刚好射到大厦的顶端处，已知，，且测得米，米，米，那么该大厦的高度约为（ ）
A．米B．米C．米D．米
20．（2022·广西南宁·统考三模）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，在井口处立一根垂直于井口的木杆，从木杆的顶端处观察井水水岸处，视线与井口的直径交于点，如果测得米，米，米，那么的长为（ ）
A．2米B．3米C．米D．米
题型五：相似三角形的综合问题
21．（2023·河南南阳·校联考一模）如图，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接，．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：；
(3)若点D为抛物线上位于x轴下方一点，且，求点D的坐标．
22．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）如图，锐角中的平分线交于点E，交的外接圆于点D、边的中点为M．
(1)求证：垂直；
(2)若，，，求的值；
(3)作的平分线交于点P，若将线段绕点M旋转后，点P恰好与外接圆上的点重合，则 ．
23．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在中，，，点D，E分别在，的延长线上，连接，，点F在上，与，分别交于点G，H．已知，．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)当时，直接写出的值．
【必刷好题】
一、单选题
24．（2022·广西百色·统考二模）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
25．（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC=OB：OD=3，且量得CD=3cm，则零件的厚度x为（ ）
A．B．C．D．
26．（2020·辽宁盘锦·统考三模）如图，在中，D、E分别在AB边和AC边上，，M为BC边上一点（不与B、C重合），连结AM交DE于点N，则（ ）
A．B．C．D．
27．（2020·山东威海·统考一模）如图，直角三角形的直角顶点在坐标原点，∠OAB=30°，若点A在反比例函数y=（x＞0）的图象上，则经过点B的反比例函数解析式为（ ）
A．y=﹣B．y=﹣C．y=﹣D．y=
28．（2022·云南·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（ ）
A．B．8C．10D．
29．（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：
①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
30．（2022·新疆乌鲁木齐·统考模拟预测）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
31．（2022·江苏苏州·校联考一模）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：
①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④B．②④C．①③D．②③
二、填空题(共0分)
32．（2023·山东东营·校联考一模）如图，和是以点为位似中心的位似图形．若，则与的周长比是_________．
33．（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在反比例函数y＝的图象上．若点B在反比例函数y＝的图象上，则k的值为_____．
34．（2022·云南曲靖·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与相交于A，B两点，且点A在x轴上，则弦的长为_________．
35．（2022·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，在中，点是边上的一点，且，连接并取的中点，连接，若，且，则的长为__________．
36．（2022·上海普陀·统考二模）如图，四边形中，对角线交于点O，，，，，如果，那么的值是___________．
37．（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F且点F在矩形内部，MF的延长线交BC与点G，EF交边BC于点H．，，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．
三、解答题(共0分)
38．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在中，，以为直径作⊙，交边于点，在上取一点，使，连接，作射线交边于点．
(1)求证：；
(2)若，，求及的长．
39．（2021·广西·统考二模）如图，是的直径，为的弦，，与的延长线交于点，点在上， 满足．
（1）求证：是的切线；
（2）若，， 求线段的长．
40．（2020·山东德州·统考二模）如图，AB是△ABC外接圆的直径，O为圆心，CH⏊AB，垂足为H，且∠PCA=∠ACH， CD平分∠ACB，交⊙O于点D，连接BD，AP=2．
（1）判断直线PC是否为⊙O的切线，并说明理由；
（2）若∠P=30°，求AC、BC、BD的长．
（3）若tan∠ACP=，求⊙O半径．
41．（2022·吉林长春·校考一模）（1）如图1，已知△CAB和△CDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是 ．
（2）将图1中的△CDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F．
①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论；
②图2中∠AFB的度数是 ．
（3）如图3，若△CAB和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE间的数量关系．
42．（2022·贵州黔东南·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，点，分别位于原点的左、右两侧，，过点的直线与轴正半轴和抛物线的交点分别为，，．
（1）求，的值；
（2）求直线的函数解析式；
（3）点在抛物线的对称轴上且在轴下方，点在射线上，当与相似时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．
43．（2020·河南信阳·河南省淮滨县第一中学校考二模）（1）在正方形ABCD中，G是CD边上的一个动点（不与C、D重合），以CG为边在正方形ABCD外作一个正方形CEFG，连结BG、DE，如图①．直接写出线段BG、DE的关系 ；
（2）将图①中的正方形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度，如图②，试判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论，若不成立，说明理由；
（3）将（1）中的正方形都改为矩形，如图③，再将矩形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度，如图④，若AB=a，BC=b；CE =ka，CG=kb，()试判断（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
性质
（1）相似三角形的对应角相等；
（2）相似三角形的对应边成比例；
（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；
（4）相似三角形周长的比等于相似比；
（5）相似三角形面积的比等于相似比的平方；
判定
（1）两角对应相等，两个三角形相似；
（2）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；
（3）三边对应成比例，两三角形相似；
参考答案：
1．A
【分析】根据矩形的性质得出，求出，，求出，根据勾股定理求出，求出，根据三角形的中位线求出，根据相似三角形的判定得出，根据相似三角形的性质得出，再求出答案即可．
【详解】解析：四边形是矩形，，，
，，，
点E、F分别为、的中点，
，，
，
，
，
．
由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
解得：，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．
2．B
【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
整理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
3．C
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可判断A，根据相似三角形的性质即可判断B、C、D．
【详解】解：∵，
∴，△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，故A不符合题意；
∴，，故B不符合题意，C符合题意；
∴，故D不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，熟知相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理是解题的关键．
4．B
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝ ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出 ，则可求出答案．
【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝，
∴CN＝CD•sin60°＝，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴，
∴，
∴BE＝ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
5．C
【分析】根据相似三角形的判定得出，利用相似三角形的性质及已知，的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①，利用勾股定理建立等式求解可得点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点坐标，即可判断结论③；由③可知，进而得出的值，根据矩形的性质即可判断结论④；根据矩形的性质及④可知，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤．
【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，轴，垂足为F，
,，．
，
．
，，
，即．（①符合题意）
，，
，．
．
AE平分．（②符合题意）
，
点的横坐标为4．
，
，即．
，点的纵坐标为．
．
点与点关于原点对称，
．（③符合题意）
，
．（④不符合题意）
，
．（⑤符合题意）
结论正确的共有4个符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点位．灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键．
6．D
【分析】先证明△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，得DF=CE，判断A项答案正确，由∠GCB+∠GBC=60゜，得∠BGC=120゜，判断B项答案正确，证△BEG△CEB得 ，即可判断C项答案正确，由，BC=1，得点G在以线段BC为弦的弧BC上，易得当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，由勾股定理求得AG=，即可判断D项错误．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD==，
∴△BAF≌△DAF≌△CBE，△ABC是等边三角形，
∴DF=CE，故A项答案正确，
∠ABF=∠BCE，
∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜，
∴∠GCB+∠GBC=60゜，
∴∠BGC=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确，
∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴ ，
∴，
∵，
∴，故C项答案正确，
∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上，
∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，

∵△ABC是等边三角形，BC=1，
∴，AF=AC=，∠GAF=30゜，
∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2，
∴ 解得AG=，故D项错误，
故应选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
7．(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．
（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．
8．(1)证明见解析；
(2)
(3)或
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝AB，BC＝2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
（1）
证明：如图1，
作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
∴∠BAH＝∠CAH＝∠BAC＝×120°＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝，
∴BH＝AB，
∴BC＝2BH＝AB；
（2）
解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝，
由（1）得，，
同理可得，
∠DBE＝30°，，
∴∠ABC＝∠DBE，，
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴；
（3）
：如图2，
当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cs60°＝，BF＝3a•sin60°＝，
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝，
，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴，
∴，
∴，
∵ANDE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴，
∴，
如图3，
当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE＝，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述：的值为或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
9．C
【分析】根据得出，根据，得出，根据、两点纵坐标分别为1、3，得出，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵、两点纵坐标分别为1、3，
∴，
∴，
解得：，
∴点的纵坐标为6，故C正确．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，平面直角坐标系中点的坐标，根据题意得出，是解题的关键．
10．C
【分析】由，，可得再建立方程即可．
【详解】解： ，，

，

解得：经检验符合题意
故选C
【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例，证明“”是解本题的关键．
11．B
【分析】连接OD，EF，可得OD∥BC，EF∥AC，从而得，，进而即可求解．
【详解】解：连接OD，EF，
∵与相切于点，BF是的直径，
∴OD⊥AC，FE⊥BC，
∵，
∴OD∥BC，EF∥AC，
∴，，
∵，，
∴OD=OB=2，AO=5-2=3，BF=2×2=4，
∴，，
∴BC=，BE=，
∴CE=-=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，平行线分线段成比例定理，掌握圆周角定理的推论，添加辅助线，是解题的关键．
12．C
【分析】根据得到，结合选项根据三角形相似的判定逐个判断即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴，
若或或都可以得到与相似，故A、B、D不符合题意，
与，不能得到与相似，
故选C．
【点睛】本题考查三角形相似的判定，解题的关键是根据得到．
13．C
【分析】可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等或两组对角相等来证明两个三角形相似．
【详解】解：A、 由平分可得，结合，可以证明，故此选项不符合题意；
B、由，结合，可以证明，故此选项不符合题意；
C、由，结合，不可以证明，故此选项符合题意；
D、由，结合，可以证明，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定条件是解题的关键．
14．D
【分析】在中，依据三角形外角及已知可得，结合等腰三角形易证；结合，易证，得到；当时，结合已知求得，易证，依据等腰三角形“三线合一”得
【详解】解：在中，
，
，
，，
，
，
甲同学正确；
，，，
，
，
乙同学正确；
当时，
，
，
，
，
，
，
D为的中点，
丙同学正确；
综上所述：三个同学都正确
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形外角、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质；解题的关键是通过“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和”得到．
15．B
【分析】利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴或（不符合题意，舍去）
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质．
16．C
【分析】由是的重心得到，和是以点为位似中心的位似图形，得到∽，，推出∽，得到，同理可得，由此可解．
【详解】解：点是的重心，
，
，
和是以点为位似中心的位似图形，
∽，，
∽，
，
同理可得，
与的面积之比为，
故选：C．
【点睛】本题考查位似图形，三角形的重心，相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．
17．C
【分析】根据矩形的性质可求BD，，从而得到QC，由勾股定理即可求解；
【详解】解：∵在矩形中，，，
∴
∵AB∥CD，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的相似、矩形的性质、勾股定理，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
18．D
【分析】先根据相似三角形的判定证出，再根据相似三角形的性质求解即可得．
【详解】解：∵镜子垂直于地面，
∴入射角等于反射角，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确找出两个相似三角形是解题关键．
19．A
【分析】因为同学和宝安区海淀广场均和地面垂直，且光线的入射角等于反射角，因此构成一组相似三角形，利用对应边成比例即可解答．
【详解】解：根据题意，可得到．
即，
故米；，
那么该大厦的高度是32米．
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形性质的应用．解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
20．B
【分析】由已知可知CD与AB平行，所以可利用解决．
【详解】解：（米），
∴AB∥DC．
（米）．
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用的知识点，熟知相似三角形的判定与性质是解题的基础；善于从实际问题中发现问题、解决问题是关键．
21．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）把A，B两点坐标代入抛物线的表达式，再用待定系数法即可解答．
（2）求出点C坐标，证明，即可解答．
（3）设交y轴于F，在y轴上取点E，使得，连接，设，根据题意可解得，根据，得出,可得，可得直线解析式为，与抛物线联立，解得．
【详解】（1）解：把，代入得：，
解得 ，
∴抛物线的表达式为；
（2）证明：在中，令得，
，
，
，，
，，
，
，
；
（3）解：设BD交y轴于F，在y轴上取点E，使CE＝BE，连接BE，作F关于x轴对称点F'，连接BF'交抛物线于D，如图：
设，
，，，
，
解得，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
由，得直线BF解析式为，
联立 ，解得 或（与B重合，舍去），
∴．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，作出正确的辅助线是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同理，得出，即可得出答案；
（3）如图，连接、、，先判断出，进而判断出，再利用特殊角三角函数值即可．
【详解】（1）证明：平分，
，
，
又是的中点，
；
（2）解：与都是所对的圆周角，
，
平分，
，
，
又是公共角，
，
，即，
，
，
同理，，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图，连接、、，
是的中点，点与点关于点对称，
四边形是平行四边形，
，
点在圆上，
，
点是两个内角与的角平分线交点，
平分，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，角平分线，圆周角定理，三角形内心，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）设，则，求出，进而得到，结合，，即可得到；
（2）连接，先证明，得到，进而得到，又证明，，得到，进而证明，进而证明，从而证明；
（3）设，，从而得到，，，证明，即可得到．
【详解】（1）解：设，则．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴；
（2）解：如图，连接．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵，，，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
24．B
【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，
∴
解得：x=20
所以，AN=20．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
25．B
【分析】求出△AOB和△COD相似，利用相似三角形对应边成比例列式计算求出AB，再根据外径的长度解答．
【详解】解：∵OA：OC=OB：OD=3，∠AOB=∠COD，
∴△AOB∽△COD，
∴AB：CD=3，
∴AB：3=3，
∴AB=9（cm），
∵外径为10cm，
∴9+2x=10，
∴x=0.5（cm）．
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是利用相似三角形的性质求出AB的长．
26．C
【分析】根据平行线的性质和相似三角形的判定可得△ADN∽△ABM，△ANE∽△AMC，再根据相似三角形的性质即可得到答案.
【详解】∵，∴△ADN∽△ABM，△ANE∽△AMC，∴，故选C.
【点睛】本题考查平行线的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质、相似三角形的判定和性质.
27．C
【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出，进而得出S△AOD=3，即可得出答案．
【详解】过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，
∵∠BOA=90°，
∴∠BOC+∠AOD=90°，
∵∠AOD+∠OAD=90°，
∴∠BOC=∠OAD，
又∵∠BCO=∠ADO=90°，
∴△BCO∽△ODA，
∵=tan30°=，
∴，
∵×AD×DO=xy=3，
∴S△BCO=×BC×CO=S△AOD=1，
∵经过点B的反比例函数图象在第二象限，
故反比例函数解析式为：y=﹣．
故选C．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，反比例函数数的几何意义，正确得出S△AOD=2是解题关键．
28．D
【分析】先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=，进而可求得B（4，）；将B（4，）代入反比例函数，即可求得k的值．
【详解】解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，
∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴,
∴ED=AD- AE=5-=，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴,
∴,
∴在矩形ABCD中，，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴,
∴代入数值，可得AF=2，BF=，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，），
∴将B（4，）代入反比例函数，得，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求反比例函数的系数、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质等知识．解题关键是通过求证△AOE ∽△CDE，△AOE∽△BFA，得到B点坐标，将B点坐标代入反比例函数，即可得解．
29．D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确．
【详解】解：∵旋转得到，
∴，
∵为正方形，，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
∵旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
设正方形边长为a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正确；
过点E作交FD于点M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
30．C
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
，，
，
同理可证，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
31．D
【分析】①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；
②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；
④作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，再由D1Q′=DQ′=D2 P′，，且∠AD1D2=120°，∠D2AC=90°，可得的最小值，即可得解．
【详解】解：①∵线段在边上运动，，
∴,
∴与不可能相等，
则①错误；
②设，
∵，，
∴，即，
假设与相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，
∴解得的或符合题意，
即与可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过D作DF⊥AB于F，
设，
由，，得，即，
∴，
∵∠B=60°，
∴，
∵，∠A =60°，
∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，
则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，
∴D1Q′=DQ′=D2 P′，，
且∠AD1D2=180∠D1AB=180∠DAB =120°，
∴∠D1AD2=∠D2AD1==30°，∠D2AC=90°，
在△D1AD2中，∠D1AD2=30°，，
∴，
在Rt△AD2C中，
由勾股定理可得，，
∴四边形P′CDQ′的周长为：
，
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
32．
【分析】根据位似图形的性质，得到，根据得到相似比为，再结合三角形的周长比等于相似比即可得到结论．
【详解】解：和是以点为位似中心的位似图形，
，
，
，
，
根据与的周长比等于相似比可得，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似图形的性质，掌握位似图形与相似图形的关系，熟记相似图形的性质是解决问题的关键．
33．-4
【分析】要求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到：＝2，然后用待定系数法求解即可．
【详解】过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D，
设点A的坐标是(m，n)，则AC＝n，OC＝m．
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝90°，
∵∠DBO+∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC，
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA．
∴，
∵OB＝2OA，
∴BD＝2m，OD＝2n，
因为点A在反比例函数y＝的图象上，
∴mn＝1，
∵点B在反比例函数y＝的图象上，
∴B点的坐标是(﹣2n，2m)，
∴k＝﹣2n•2m＝﹣4mn＝﹣4，
故答案为﹣4．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质求得点B的坐标(用含n的式子表示)是解题的关键．
34．2．
【分析】过O作OE⊥AB于C，根据垂径定理可得AC=BC=，可求OA=2，OD=，在Rt△AOD中，由勾股定理，可证△OAC∽△DAO，由相似三角形性质可求即可．
【详解】解：过O作OE⊥AB于C，
∵AB为弦，
∴AC=BC=，
∵直线与相交于A，B两点，
∴当y=0时，，解得x=-2，
∴OA=2，
∴当x=0时，，
∴OD=，
在Rt△AOD中，由勾股定理，
∵∠ACO=∠AOD=90°，∠CAO=∠OAD，
∴△OAC∽△DAO，
即，
∴AB=2AC=2，
故答案为2．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，垂径定理，直线与两轴交点，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握以上知识、正确添加辅助线是解题关键．
35．．
【分析】延长BE交AC于点F，过D点作，由可得此时为等腰直角三角形，E为CD的中点且，则，在等腰中，根据勾股定理求得，长度，由可得,即，由，可得，即， ,求得，．
【详解】如下图，延长BE交AC于点F，过D点作，
∵，，
∴，，为等腰．
由题意可得E为CD的中点，且，
∴，
在等腰中，，
，
又∵，
在，

∴（AAS）
∴，
∵，，
∴，
∴
，
∴，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理求对应边的长度，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，综合运用以上性质是解题的关键．
36．
【分析】由题意可以证得△AOD∽△BOC，再根据相似三角形的性质得到AO∶OD=BO∶OC，从而得到△AOB∽△DOC，最后再根据相似三角形的性质得到解答．
【详解】解：在△AOD和△BOC中，，∠AOD=∠BOC，
∴△AOD∽△BOC，
∴AO∶OB=DO∶OC=AD∶BC=1∶2，
∴OB=4，DO=3，
∴在△AOB和△DOC中，∠AOB=∠DOC，AO∶OD=BO∶OC=2∶3，
∴△AOB∽△DOC，
∴= AO∶OD=2∶3，
故答案为．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题关键．
37．或4
【分析】由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，证明得，再分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=4，∠D=∠C=90°，
∴∠DMN=∠GNM，
由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，
∴∠GMN=∠GNM，∠GFH=∠NEH，
∴GM=GN，
又∠GHE=∠NHE，
∴，
∴，
∵点H是GN的三等分点，则有两种情况：
①若时，则有：
∴EH=，GF=2NE=4，
由勾股定理得，,
∴GH=2NH=
∴GM=GN=GH+NH=，
∴MD=MF=GM-GF=；
②若时，则有：
∴EH=，GF=NE=1，
由勾股定理得，,
∴GH=NH=
∴GM=GN=GH+NH=5；
∴MD=MF=GM-GF=
综上，MD的值为或4．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识，进行分类讨论是解答本题的关键．
38．(1)见解析
(2)BF=5，
【分析】（1）根据中，，得到∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，根据，得到∠B=∠BCF，推出∠A=∠ACF；
（2）根据∠B=∠BCF，∠A=∠ACF，得到AF=CF，BF=CF，推出AF=BF= AB，根据，AC=8，得到AB=10，得到BF=5，根据，得到，连接CD，根据BC是⊙O的直径，得到∠BDC=90°，推出∠B+∠BCD=90°，推出∠A=∠BCD，得到，推出，得到，根据∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，得到∠FDE=∠B，推出DE∥BC，得到△FDE∽△FBC，推出，得到．
【详解】（1）解：∵中，，
∴∠A+∠B=∠ACF+∠BCF=90°，
∵，
∴∠B=∠BCF，
∴∠A=∠ACF；
（2）∵∠B=∠BCF，∠A=∠ACF
∴AF=CF，BF=CF，
∴AF=BF= AB，
∵，AC=8，
∴AB=10，
∴BF=5，
∵，
∴，
连接CD，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴，
∴，
∴，
∵∠FDE=∠BCE，∠B=∠BCE，
∴∠FDE=∠B，
∴DE∥BC，
∴△FDE∽△FBC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性质．
39．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）连接OB，如图，根据圆周角定理得到∠ABD=90°，再根据等腰三角形的性质和已知条件证出∠OBC=90°，即可得出结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ABD=90°，得到∠A=60°，求得∠E=30°，根据等腰三角形的性质得到CE=CB，根据三角形外角的性质得到∠BCO=60°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OB，如图，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠A+∠ADB=90°，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∵∠CBE=∠ADB，
∴∠OBA+∠CBE=90°，
∴∠OBC=180°-90°=90°，
∴BC⊥OB，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠A=60°，
∵OE⊥AD，
∴∠AOE=90°，
∴∠E=30°，
∵∠CBE=30°，
∴∠CBE=∠E=30°，
∴CE=CB，
∴∠BCO=60°，
在中
∴BC=OB=，
∴CE=．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
40．（1）PC 是⊙O的切线，理由见解析；（2）AC=2；BC=；BD=；（3）⊙O的半径为3．
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质及垂直的定义得到∠PCA+∠OCA=90°，即可证明PC 是⊙O的切线；
（2）根据∠P=30°，可求得∠AOC=60°，进而得到∠OAC=60°，求出∠PCA=30°，AC=AP=2，利用∠ABC=∠AOC=30°，求出AB=2AC=4，利用勾股定理求出BC，利用垂径定理得到AD=BD，利用等腰直角三角形的性质即可求出BD的长；
（3）根据直径和切线的性质得到∠ABC=∠ACH，由tan∠ABC=tan∠ACP=得到，再证明△PAC∽△PCB，得到，求出PC，再求出PB，故可求出半径的长．
【详解】（1）PC 是⊙O的切线
理由：连接OC，
OA=OC
∠OCA=∠OAC
CH⏊AB
∠ACH+∠OAC=90°
∠PCA=∠ACH
∠PCA+∠OAC=90°
即：∠PCA+∠OCA=90°
OC为⊙O的半径
PC 是⊙O的切线
（2）连接AD，
PC 是⊙O的切线
∠PCO=90°
∠P=30°
∠AOC=60°
OA=OC
∠OAC=60°
∴∠ACP=∠OAC-∠P=30°
AC=AP=2
∠ABC=∠AOC=60°=30°
AB=2AC=
CD平分∠ACB
∠ACD=∠BCD
弧AD与弧BD相等，
AD=BD
AB为⊙O的直径
∠ADB=90°
∴△ABD是等腰直角三角形；
；
（3）AB为⊙O的直径，
∠ACB=90°
∠ACH+∠BCH=90°
CH⏊AB
∠B+∠BCH=90°
∠ABC=∠ACH
tan∠ABC=tan∠ACP=
∠PCA=∠ACH
∠PCA=∠ABC
∠P=∠P
△PAC∽△PCB
AP=2
PC=4
PB=8
AB=6
⊙O的半径为3．
【点睛】此题主要考查切线的性质与判定综合，解题的关键是熟知切线的判定与性质、三角函数的定义及相似三角形的判定与性质．
41．（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），
【分析】（1）由等腰三角形的性质即可求解；
（2）①由“SAS”可证,可得；②由全等三角形的性质可得，即可解决问题；
（3）结论：先证明可得由此即可解决问题．
【详解】（1）；
证明：∵和是等边三角形，
∴
∴，
故填：；
（2）①；
证明：∵和是等边三角形，
∴
∴
在和中
∵
∴,
∴；
②∵,
∴
设BC交AF于点O，如图，
∵
∴
∴
故答案为：；
（3）结论：
理由如下：
在Rt中，
∵
∴
∵
∴

∴
∴
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查几何变换旋转综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
42．（1）； （2） （3），，，
【分析】（1）根据，得出，，将A，B代入得出关于b，c的二元一次方程组求解即可；
（2）根据二次函数是，，，得出的横坐标为，代入抛物线解析式求出，设得解析式为：，将B，D代入求解即可；
（3）由题意得tan∠ABD=，tan∠ADB=1，由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n