2022最新中考复习数学真题汇编：相似形及应用

一、选择题

1.（2022模拟年四川省宜宾市，6，3分）如图，△OAB与△OCD是以点O为位似

中心的位似图形，相似比为1：2，∠OCD=90°，CO=CD。若B（1，0），则点

C的坐标为（ ）

A.（1，2）B.（1，1）C.（2，2） D.（2，1） 【答案】B

【解析】如图，连结BC

∵∠OCD=90°，CO=CD，∴△OCD是等腰直角三角形

∵△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，相似比为1：2 ∴BC⊥OD，且点B是OD的中点 ∵△OCD是等腰直角三角形，∴OB=BC ∵B（1，0），∴C（1，1）

2.（2022模拟江苏省南京市，3，2分）如图，在△ABC中，DE∥BC，

下列结论中正确的是 A．

AE1DE1 B． AC2BC2DAEAD1，则DB21 / 57

BC天天向上独家原创

C．

ADE的周长1ADE的面积1= D．=

ABC的周长3ABC的面积3【答案】C

【解析】由周长比等于相似比

3.（2022模拟浙江嘉兴，5，4分）如图，直线l1∥l2∥l3,直线AC分别交l1，l2，l3于点A，B，C；直线DF分别交l1，l2，l3于点D，E，F.AC与DF相交于点H，且AH=2，

HB=1，BC=5，则

A.

DE的值为（ ） EF123 B. 2 C. D. 255DHEBCl3l1l2AF

【答案】D

4.(2022模拟贵州省安顺市,8,3分)如图，□ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，则EF：FC等于（）

A.3：2 B. 3：1 C. 1：1 D. 1：2

【答案】D

5.（2022模拟四川省绵阳市，12，3分）如图，D是等边△ABC边AB上的一点，

且AD︰DB=1︰2，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E、F分别在AC和BC上，则CE︰CF= （ ）

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3456A． B． C． D．

4567CEFAD（12题图）B

【答案】B

【解析】考查了相似以及比例的性质

由题意得，AD︰DB=1︰2，设AD=1，DB=2，CE︰CF=k;令CE=x，则CE=kx 即CE=DE=kx,CF=DF=x,AE=3－kx，BF=3－x ∵△ABC为等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=∠EDF=60°

又∠ADE+∠AEF=60°，∠ADE+∠FDB=60°∴∠ADE=∠BFD, ∠AED=∠BDF

ADAEDE BFBDDFDE13kxkx13kxkx4CE∴ DF3x2x3x2x5CF∴△ADE∽△BFD∴

故选B

6.（2022模拟江苏省无锡市，10，3）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，

BC＝4．将边AC沿CE翻

折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为

（）

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A E D C B′ F （第10题）

B

B．

45 A．

35 C．

23D．

3 2【答案】B

【解答】 解：由翻折可得∠AEC=∠DEC=90°，∠ECF=45°，利用Rt△AEC∽Rt△ACB，

AECEAC912124，解得AE=，CE=，∴DF=，B′F=BF=AB－AE－DF=，选B ACBCAB5555

7.（2022模拟浙江宁波，10，4分）如图，将△ABC沿着过AB中点D的直线折叠，使点A落在BC边上的A1处，称为第 1 次操作，折痕DE到BC的距离记为 h1；还原纸片后，再将△ADE沿着过AD中点D1的直线折叠，使点A落在 DE边上的

A2处，称为第2次操作，折痕D1E1到BC的距离记为 h2；按上述方法不断操作下

去…，经过第2022模拟次操作后得到的折痕D2014E2014到BC的距离记为h2022模拟.若hl = 1，则h2022模拟的值为( )

A．

122015B．

122014C．1122015D．2122014

【答案】D

8.（2022模拟湖南株洲，7，3分）如图，已知AB、CD、EF都与BD垂直，垂足

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分别是B、D、F，且AB＝1，CD＝3，那么EF的长是…….（） A、 B、 C、D、

CAB13233445EF第7题图D

ECDC1，同理△BEF∽△BCD∴BEAB3【答案】C

【解析】解：∵AB∥EF∥CD∴△ABE∽△DCE，∴

EFBEBE1，故选C CDBCBEEC4

9.（2022模拟江苏淮安，8，3分）如图，l1//l2//l3，直线a、b与l1、l2、l3分别相交

于点A、B、C和点D、E、F。若A．B．

8320C．6 D．10 3AB2，DE=4，则EF的长是（ ） BC3

【答案】C

【解析】因为l1//l2//l3，所以

10.（2022模拟贵州省铜仁市，9，4分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在

边DC上，DE:CE3:1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为( )

A.3:4 B.9:16 C.9:1 D.3:1

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ABDE42 所以EF=6 故选C 所以BCEFEF3天天向上独家原创

D F A 第9题图

B E C

【答案】B

11.（2022模拟成都市，1，3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD=6，BD=3，

AE=4，则EC的长为（）

A.1 B .2 C.3 D. 4

【答案】：B

【解析】： 解：根据平行线段的比例关系，

12.（2022模拟湖南省永州市，8，3分）如下图，下列条件不能判定△ADB∽△ABC．．的是（ ）

ADAE64，即，EC2，选B。 DBEC3EC A．∠ABD＝∠ACB Ｂ．∠ADB＝∠ABC Ｃ．AB2＝AD•AC D．ADAB

ABBCBADC

(第8题图)

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【答案】D

【解析】解：在△ADB和△ABC中，∠A是它们的公共角,那么当ADABABAC时，才能使△

ADB∽△ABC，不是ADAB. 故答案选D.

ABBC

二、填空题

1.（2022模拟四川省自贡市，14，4分）－副三角板叠放如图，则△AOB与△DOCD

的面积之比为________．

A

【答案】1︰3

BOC2.（2022模拟重庆B卷，14，4分）已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为2:3，则△ABC与△DEF对应边上的中线的比为________. 【答案】2:3

【解析】解：相似三角形对应中线的比等于相似比.故答案为2:3.

3.（2022模拟浙江省金华市，14，4分）如图直线L1，L2，…，L6是一组等距的平行线，过直线L1上的点A作两条射线，分别与直线L3，L6相交于B，E，C，F，若BC＝2，则EF的长是____________.

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【答案】5

4.（2022模拟四川省凉山州市，17，4分）在□ABCD中，M，N是AD边上的三

等分点，连接BD，MC相交于O点，则S△ODM：S△OBC=. 【答案】4：9.

【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD=BC，

∵M，N为AD的三等分点， ∴MD：AD=2：3， ∴MD：BC=2：3， ∵AD∥BC， ∴△ODM∽△OBC， ∴S△ODM：S△OBC=4：9.

5.（2022模拟四川省达州市，14，3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶尖

C恰好落在AB边的中点C′上，点D落在D′处，C′D′交AE于点M．若AB＝6，BC＝9，则AM的长为__________．

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D'AMEDC'BFC

【答案】AM

【解析】∵C′是AB的中点，AB＝6， ∴AC′＝BC′＝3，

∵四边形DCFE沿EF翻折至D′C′FE， ∴CF＝C′F，∠C＝∠C′， ∴BC＝BF＋FC＝BF＋FC′＝9， ∴FC′＝9－BF

在Rt△BCF中，根据勾股定理得BF2＋BC′2＝FC′2， 即32＋BF2＝（9－BF）2， 解得BF＝4， ∴FC′＝5，

又∵∠BFC′＋∠BC′F＝90°，∠AC′M＋∠BC′F＝90°， ∴∠BFC′＝∠AC′M， ∵∠A＝∠B＝90°， ∴△FCB′∽△C′AM，

BFBC， ACAM43即， 3AM9∴AM．

494∴

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6.（2022模拟湖南省长沙市，17，3分）如图，在ABC中，DE∥BC，

则BC的长是________．

ADBECAD1，DE6，AB3

(第17题图)

【答案】18 【解析】

7.（2022模拟浙江嘉兴，12，5分）右图是百度地图的一部分（比例尺1﹕4 000 000），按图可估测杭州在嘉兴的南偏西______度方向上，到嘉兴的实际距离约为______________.

【答案】43，80km(允许合理的操作误差)

8.（2022模拟山东临沂，18，3分）如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC、

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OBAB上的中线，BD与CE相交于点0，则=.

OD

【答案】2

【解析】因为BD、CE分别是边AC、AB上的中线 ，所以D、E为AB、AC的中

点，所以DE//BC，所以

9.（2022模拟江苏泰州，14，3分）如图，△ABC中，D为BC上一点，∠BAD=∠

OBBC2=2 故答案为2 ODDE1C，AB=6，BD=4，则CD的长为．

ABDC（第14题图）

【答案】5

10.（2022模拟天津市，16，3分）如图，在△ABC中，DE∥BC,分别交AB,AC于点D,E.若AD=3，DB=2，BC=6，则DE的长为

【答案】

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18 5天天向上独家原创

11.(2022模拟年湖南衡阳，20，3分)如图，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…，△AnBnAn1都是等腰直角三角形，其中点A1，A2，…，An在x轴上，点B1，B2，…，Bn在直线y＝x上，已知OA1=1，则OA2015的长为.

【答案】22014

【解析】解：因为点B在直线y＝x上，所以∠B1OA1＝45°.因为△A1B1A2是等腰直角三

角形，所以∠OA1B1＝90°. A1B1＝A1A2，所以OA1＝A1B1＝A1A2＝1，所以OA2＝2，同理OA2＝A2B2＝A2A3＝2，所以OA3＝４，同理OA4＝8＝23，…，所以OA2015＝22014.故答案为22014.

12.（2022模拟年江苏扬州市）如图，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A、B、C都在横格线上，若线段AB=4 cm，则线段BC= cm

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13.（2022模拟贵州省铜仁市，17，4分）如图，∠ACB=90°，D为AB中点，连

CD，过点B作BF∥DE交AE的延长线于点F，若接DC并延长到点E，使CE14BF=10，则AB的长为；

F E C B A D 第17题图

【答案】8

三、解答题

1.（2022模拟山东省青岛市，24，12分）已知：如图①，在□ABCD中，AB=3cm，

BC=5cm，AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；

同时，点Q从点C出发，沿着CB方向匀速移动，速度为1cm/s；当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②.设移动时间为t(s)（0＜t＜4).连接PQ、MQ、MC.解答下列问题：

(1)当t为何值时，PQ∥MN？

(2)设△QMC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；

(3)是否存在某一时刻t，使SQMC:S四边形ABQP1:4？若存在，求出t的值；若不存在，请

说明理由；

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(4)是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理

由；

【答案】解：(1)如图所示，

若PQ∥MN，则有

CPCQ, PAQB∵CQ=PA=t，CP=4－t，QB=5－t， ∴

4tt， t5t即209tt2t2， 解得t20. 9(2)如图所示，

作PD⊥BC于点D，则△CPD∽△CBA， ∴

CPPD, CBBA∵BA=3，CP=4－t，BC=5，

4tPD， 533∴PD(4t).

5∴

又∵CQ=t，

∴△QMC的面积为：y(4t)tt2353512t 5(3)存在t22使得SQMC:S四边形ABQP1:4.理由如下： ∵SQMC:S四边形ABQP1:4，

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312SQMCt2t，

551312312S四边形ABQPSABCSQMC34(t2t)t2t6,

25555312312∴(t2t):(t2t6)1:4，

5555312312∴t2t64(t2t)， 5555即t24t20， 解得t22. ∴当t22时，SQMC:S四边形ABQP1:4.

(4)存在某一时刻t=3，使PQ⊥MQ.理由如下： 如图所示，

作ME⊥BC于点E，PD⊥BC于点D，则△CPD∽△CBA， ∴

CPPDCD, CBBACA∵BA=3，CP=4－t，BC=5，CA=4，

4tPDCD， 53434∴PD(4t)，CD(4t).

55∴

∵PQ⊥MQ， ∴△PDQ∽△QEM， ∴

PDDQ, QEEM即PD·EM=QE·DQ. ∵EMPD(4t)123t， 554169DQCDCQ(4t)tt，

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35天天向上独家原创

499QEDEDQ5[(4t)t]t，

55512316999∴(t)2(t)(t)， 555555即2t23t0， ∴t=3（0舍去）.

∴当t=3时，使PQ⊥MQ.

2.（2022模拟福建省福州市，24，12分）定义：长宽比为n:1（n为正整数）的

矩形称为n矩形.下面，我们通过折叠的方式折出一个2矩形，如图①所示.

操作1：将正方形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上

的点G处，折痕为BH.

操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕

为EF.

则四边形BCEF为2矩形.

证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD=12122. 由折叠性质可知BG=BC=1，∠AFE=∠BFE=90°，则四边形BCEF为矩形. ∴∠A=∠BFE. ∴EF∥AD. ∴

BGBF, BDAB即

1BF， 1216 / 57

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∴BF1. 212:1. 2∴BC:BF1:∴四边形BCEF为2矩形. 阅读以上内容，回答下列问题：

(1)在图①中，所有与CH相等的线段是，tan∠HBC的值是；

(2)已知四边形BCEF为2矩形，模仿上述操作，得到四边形BCMN，如图②，求证：四边形BCMN为3矩形；

(3)将图②中的3矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“n矩形”，则n的值是.

【答案】解：(1)GH，DG；21； (2)证明：∵BF2，BC=1， 2∴BD==BF2BC2=(2226. )122由折叠的性质可知：BP=BC=1，∠FNM=∠BNM=90°，则四边形BCEF为矩形. ∴∠BNM=∠F， ∴∴MN∥EF. ∴

BPBN, BEBF即

∴BP·BF=BE·BN，

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∴

62， BN221 313:1. 3∴BN∴BC:BN1:∴四边形BCMN为3矩形. (3)6.

3.（2022模拟浙江省丽水市，23，10分）如图，在矩形ABCD中，E为CD的中

点，F为BE上的一点，连结CF并延长交ABA于点NM，MND⊥CM交射线AD于点N．

（1）当F为BE中点时，求证：AM＝CE； （2）若AB＝EF＝2，求AN的值；

BCBFNDMBEFC（3）若AB＝EF＝n，当n为何值时，MN∥BE？

BCBF【答案】解：（1）∵F为BE的中点， ∴BF＝EF． ∵AB∥CD，

∴∠MBF＝∠CEF，∠BMF＝∠ECF． ∴△BMF≌△ECF． ∴MB＝CE．

∵AB＝CD，CE＝DE， ∴MB＝AM．

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（2）设MB＝a． ∵AB∥CD， ∴△BMF∽△ECF． ∵EF＝2，

BF∴CE＝2．

MB∴CE＝2a．

∴AB＝CD＝2CE＝4a，AM＝AB－MB＝3a． ∵AB＝2，

BC∴BC＝AD＝2a．

∵MN⊥MC，∠A＝∠ABC＝90°， ∴△AMN∽△BCM． ∴AN＝AM，即AN＝2a．

MBBCa3a∴AN＝3a，ND＝2a3a＝1a．

222∴AN＝3a︰1a＝3．

ND22（3）方法一：∵AB＝EF＝n，设MB＝a，由（2）可得BC＝2a，CE＝na，AMBCBF＝(2n1)a．

由△AMN∽△BCM，AN＝1(2n1)a，DN＝(2n5)a．

22∵DH∥AM，DN＝DH，DH＝(2n5)a，

ANAM∴HE＝(5n)a．

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∵MBEH是平行四边形， ∴(5n)a＝a． ∴n＝4．

方法二：∵AB＝EF＝n，设MB＝a，由（2）可得BC＝2a，CE＝na．

BCBF当MN∥BE时，CM⊥BE，可证△MBC∽△BCE． ∴MB＝BC．

BCCE∴

a＝2a． 2ana∴n＝4．

4.（2022模拟福建省福州市，25，13分）如图①，在锐角△ABC中，D、E分别是

AB、BC的中点，点F在AC上，且满足∠AFE=∠A，DM∥EF交AC于点M.

(1)证明：DM=DA；

(2)点G在BE上，且∠BDG=∠C，如图②，求证：△DEG∽△ECF； (3)在图②中，取CE上一点H，使得∠CFH=∠B，若BG=1，求EH的长.

【答案】证明：(1)∵DM∥EF， ∴∠AMD=∠AFE. ∵∠AFE=∠A， ∴∠AMD=∠A，

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∴DM=DA.

(2) ∵D、E分别是AB、BC的中点， ∴DE∥AC，

∴∠DEG=∠C，∠BDE=∠A， ∴∠BDE=∠AFE.

∴∠BDG+∠GDE=∠C+∠FEC. ∵∠BDG=∠C， ∴∠EDG=∠FEC, ∴△DEG∽△ECF. (3)如图所示，

∵∠BDG=∠C=∠DEB，∠B=∠B， ∴△BDG∽△BED. ∴

BDBEBGBD， 即BD2BEBG. ∵∠A=∠AFE，∠B=∠CFH， ∴∠C=180°－∠AFE－∠CFH=∠EFH. 又∵∠FEH=∠CEF， ∴△EFH∽△ECF. ∴

EHEFEFEC， 21 / 57

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即EF2EHEC. ∵DE∥AC， DM∥EF， ∴四边形DEFM是平行四边形， ∴EF=DM=AD=BD. ∵BE=EC, ∴EH=BG=1. 解法2：如图所示，

在DG上取一点N，使得DN=FH.

∵∠A=∠AFE，∠ABC=∠CFH，∠ C=∠BDG， ∴∠EFH=180°－∠AFE－∠CFH=∠ C=∠BDG. ∵DE∥AC， DM∥EF， ∴四边形DEFM是平行四边形， ∴EF=DM=AD=BD. ∴△BDN∽△EFH，

∴BE=EH，∠BND=∠EHF， ∴∠BNG=∠FHC.

∵∠BDG=∠C，∠DBG=∠CFH， ∴∠BGD=∠FHC， ∴∠BNG=∠BGD，

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∴BN=BG. ∴EH=BG=1. 解法:3：如图所示，

取AC的中点P，连接PD、PE、PH，则PE∥AB. ∴∠PEC=∠B， ∵∠CFH=∠B， ∴∠PEC=∠CFH. 又∵∠C=∠C， ∴△CEP∽△CFH， ∴

CECP. CFCH∴△CEF∽△CPH， ∴∠CFE=∠CHP.

由（2）可得∠CFE=∠DGE， ∴∠CHP=∠DGE， ∴PH∥DG.

∵D、P分别为AB、AC的中点， ∴DP∥GH，DP=BC=BE， ∴四边形DGHP是平行四边形， ∴DP=GH=BE.

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∴EH=BG=1. 解法4：如图所示，

作△EHF的外接圆交AC于另一点P，连接PE、则∵∠HPC=∠HEF，∠FHC=∠CPE， ∵∠B=∠CFH，∠C=∠C， ∴∠A=∠CHF， ∴∠A=∠CPE. ∴PE∥AB. ∵DE∥AC，

∴四边形ADEP是平行四边形， ∴DE=AP=12AC， ∴DE=CP.

∵∠GDE=∠CEF，∠DEB=∠C， ∴∠GDE=∠CPH， ∴△DEG≌△PCH， ∴GE=HC， ∴EH=BG=1. 解法5：如图所示，

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取AC的中点P，连接PD、PE、PH. 则PE∥AB. ∴∠PEC=∠B. 又∵∠CFH=∠B， ∴∠PEC=∠CFH， 又∵∠C=∠C， ∴△CEP∽△CFH， ∴

CECP. CFCH∴△CEF∽△CPH， ∴∠CEF=∠CPH.

由（2）可得∠CEF=∠EDG，∠C=∠DEG. ∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DE=AC=PC， ∴△DEG≌△PCH， ∴GE=HC， ∴EH=BG=1. 5.（2022模拟浙江省湖州市，10，分）(本小题10分)已知在△ABC中，AB边上的动点D由A向B运动(与A、B不重合)，点E与点D同时出发，由点C沿BC的延长线方向运动(E不与C重合)，连结DE交AC于点F，点H是线段AF上一点．

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(1)初步尝试

如图1，若△ABC是等边三角形，DH⊥AC，且点D、E的运动速度相等． 求证：HF＝AH＋CF．

小王同学发现可以由以下两种思路解决此问题：

思路一：过点D作DG∥BC，交AC于点G，先证GH＝AH，再证GF＝CF，从而证得结论成立；

思路二：过点F作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，先证CM＝AH，再证HF＝MF，

从而证得结论成立．

请你任选一种思路，完整地书写本小题的证明过程(如用两种方法作答，则以第一种方法评分)：

(2)类经探究

如图2，若在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ADH＝∠BAC＝30°，且点D、E的运动速度之比是3∶1，求

AC的值； HFAAHGFECMB图1EC图2BEC图3BDFHDFHDA

(3)延伸拓展

如图3，若在△ABC中，AB＝AC，∠ADH＝∠BAC＝36°，记

BC＝m，且点D、AB26 / 57

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E的运动速度相等，试用含m的代数式表示【答案】 【解析】

(1)证明 方法一(选择思路一)

AC(直接写出结果，不必写解答过程)． HF过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图1， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ADG＝∠B＝60°，∠A＝60°， ∴△ADG是等边三角形， ∴GD＝AD＝CE， ∵DH⊥AC，GH＝AH，

∵DG∥BC，∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF， ∴△GDF≌△CEF，∴GF＝CF， ∴GH＋GF＝AH＋CF， 即HF＝AH＋CF．

AHGFECMB

方法(选择思路二)：

过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，如图1， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠ACB＝∠ECM＝60°， ∵DH⊥AC，EM⊥AC，

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∴∠AHD＝∠CME＝90°， ∵AD＝CE， ∴△ADH≌△CEM， ∴AH＝CM，DH＝EM，

又∵∠DHF＝∠EMF＝90°，∠DFH＝∠EFM， ∴△DFH≌△EFM，

∴HF＝MF＝CM＋CF＝AH＋CF．

(2)解：过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图2，则∠ADG＝∠B＝90°， ∵∠BAC＝∠ADH＝30°， ∴∠HGD＝∠HDG＝60°， ∴AH＝GH＝GD，AD＝3GD， 由题意可知，AD＝3CE， ∴GD＝CE，

∵DG∥BC，∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF， ∴△GDF≌△CEF，∴GF＝CF，

∴GH＋GF＝AH＋CF，即HF＝AH＋CF．

AHGFBDEC

∴

AC2． HF28 / 57

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(3)

ACm1． HFm其思路是这样的，如图所示，过点D作DM∥BE交AC于点M． 由∠A＝∠ADH＝36°，AB＝AC，

易得AH＝HD＝DM，△MHD∽△ADM∽△ABC， 所以

MHMHMHMDMDBCm， MDHDAHAMADAB所以MH＝m·MD， 由DM∥BE，AD＝EC，得所以MF＝m·FC， 所以

MFMDMDBCm， FCECADABACHFAHFC(HMMF)(AHHF)=

HFHFHMMFm(AHHF)(AHHF)m1．

m(AHHF)mAHMFDECB

6.(2022模拟浙江台州，23，12分)如图，在多边形ABCDE中，∠A=∠AED=∠D=90°，AB=5，AE=2，ED=3．过点E作EF∥CB交AB于点F，FB=1，过AE上的点P作PQ∥AB交线段EF于点O，交折线BCD于点Q．设AP=x，PO·OQ=y． （1）①延长BC交ED于点M，则MD=，DC=； ②求y关于x的函数解析式；

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（2）当axa0时，9ay6b，求a，b的值； （3）当1y3时，请直接写出x的取值范围．

E

D

12C P A

第23题图

O F

Q

B

【答案】解：1①由题意有BMEF,BFEM ∴四边形EFBM是平行四边形 ∴EMBF＝1

∴DMEDEM312

EDAB,EFBM

DMBFBMEFA

又AD90

CDM∽EFA

DCDM2即DC21 AEAF432②当Q在DC上时，此时x2，令OPt，OQ3t

OPPEt2x即则t42x AFAE42yOP•OQt3t42x2x1

当Q在BC上，OQBF1，OPy 此时0x1，y42x ∴函数的解析式：

42x,0x1y

22x12x,1x230 / 57

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2由1y随着x的增大而减小，有

115429aab，解之得：， 23942a6b3①当0x1，142x3则2x2

∴x1 ②当1x2

y22x25x2对称轴x1312b59,ymax 2a44当x1,y2,满足题意

y22x25x21，x5555此时x＜2 44∴1x

5+5 57.（2022模拟山东省德州市，23，10分） (1)问题

如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°. 求证：AD·BC=AP·BP. (2)探究

如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述

结论是否依然成立？说明理由. (3)应用

请利用(1)(2)获得的经验解决问题：

如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5.点P以每秒1个单位长度的速度，由点

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A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A.设点P的运动时间为t（秒），

当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切，求t的值.

【答案】解：(1)证明：如图1 ∵∠DPC=∠A=∠B=90°， ∴∠ADP+∠APD=90°, ∠BPC+∠APD=90°, ∴∠APD =∠BPC. ∴△ADP∽△BPC. ∴

ADBP=APBC. ∴AD·BC=AP·BP.

(2)结论AD·BC=AP·BP 仍成立.

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理由：如图2，∵∠BPD=∠DPC+∠BPC. 又∵∠BPD=∠A+∠ADP. ∴∠DPC+∠BPC =∠A+∠ADP. ∵∠DPC =∠A=θ.

∴∠BPC =∠ADP. 又∵∠A=∠B=θ. ∴△ADP∽△BPC. ∴

ADBP=APBC. ∴AD·BC=AP·BP.

(3)如图3，过点D作DE⊥AB于点E. ∵AD=BD=5,AB=6.

∴AE=BE=3.由勾股定理得DE=4.

∵以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切∴DC=DE=4. ∴BC=5－4=1, 又∵AD=BD, ∴∠A=∠B.

由已知，∠DPC =∠A， ∴∠DPC =∠A=∠B.

由（1）、（2）的经验可知AD·BC=AP·BP.

又AP=t,BP=6－t,

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∴t(6－t)=5×1. 解得t1=1,t2=5. ∴t的值为1秒或5秒.

8.（2022模拟安徽，23，14分）如图1，在四边形ABCD中，点E、F分别是ABCD的中点.过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接GA、GB、GC、GD、EF.若∠AGD=∠BGC.

(1)求证：AD=BC; (2)求证：△AGD∽△EGF;

(3)如图2，若AD、BC所在直线互相垂直，求的

AD值. EF

【答案】(1)略(2)略(3)2 【解析】解：(1)证明:∵GE是AB的垂直平分线,∴GA=GB.同理GD=GC. 在△ACD和△BGC中,∵GA=GB,∠AGD=∠BGC,CD=GC,∴△AGD≌△BGC,∴AD=BC. (2)证明:∵∠AGD=∠BGC,∴∠AGB=∠DGC. 34 / 57

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在△AGB和△DGC中,∴

GAGB,∠AGB=∠DGC,∴△AGB∽△DGC. GDGCAGEG.又∠AGE=∠DGF,∴∠AGD=∠EGF,∴△AGD∽△EGF DGFG(3)解:如图1,延长AD交GB于点M,交BC的延长线于点H,则AH⊥BH.由△AGD≌△

BGC,知∠GAD=∠GBC,在△GAM和△HBM中, ∠GAD=∠GBC ,∠GMA=∠HMB.

∴∠AGB=∠AHB=90°,∴∠AGE=∠AGB=45°,∴又△AGD∽△EGF,∴

ADAG2 EFEG12AG2 EG(本小题解法有多种,如可按图2和按图3作辅助线求解,过程略)

9.（2022模拟江苏省南京市，20，8分）如图，△ABC中，CD是边AB上的高，

且

ADCD． CDBD（1）求证△ACD∽△CBD； （2）求∠ACB的大小．

CADB

【答案】 【解析】

（1）证明：∵CD是边AB上的高，

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∴∠ADC=∠CDB=90°. 又

ADCD CDBD∴△ACD∽△CBD

（2）∵△ACD∽△CBD ∴∠A=∠BCD

在△ACD中，∠ADC=90°, ∴∠A+∠ACD=90°. ∴∠BCD+∠ACD=90° 即 ∠ACB=90°

10.（2022模拟上海市，23，12分）已知：如图5，平行四边形ABCD的对角线

相交于点O，点E在边BC的延长线上，且OE=OB，联结DE.

（1） 求证：DE⊥BE； （2） 如果

BD

OE⊥CD，求证：

DE

【答案】(1)证明略；（2）证明略；

【解析】解：（1）∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE ∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD； ∵OB=OE， ∴OD=OE，∴∠OED=∠ODE； ∵在△BED中，∠OEB+∠OBE+∠OED+∠ODE=180∴∠OEB+∠OED=

，即∠BED=90，故DE⊥BE。

（2）设OE交CD于H，

∵OE⊥CD于H，∴∠CHE=90，∴∠CEH+∠HCE=90∠OBE=∠

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∵∠CED=90，∴∠CDE+∠DCE=90 ∴∠CDE=∠CEH；

∵∠OEB=∠OBE，∴∠OBE=∠CDE； 在△CED与△DEB中

∴△CED∽△DEB ∴

11.（2022模拟江苏泰州，23，10分）（本题满分10分）

如图，某仓储中心有一斜坡AB，其坡度为i=1﹕2 ，顶部A处的高AC为4m，

B、C在同一水平面上.

（1）求斜坡AB的水平宽度BC；

（2）矩形DEFG为长方形货柜的侧面图，其中DE=2.5m，EF=2m．将货柜沿斜

坡向上运送，当BF=3.5m时，求点D离地面的高． （5≈2.236，结果精确到0.1m）

AGFC（第23题图）

DE4 m B

解：（1）∵斜坡AB的坡度为i=1﹕2 ， ∴

AC1, BC2∵AC=4m，

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∴BC=8m；

AG4 m DEFBMCH（第23题答图）

（2）过点D作BC的垂线，垂足为点H，交AB于点M， 在矩形DEFG中，∠DGM=90°，DG=EF=2m，GF=DE=2.5m， ∴∠DGM=∠BHM， ∵∠DMG=∠BMH， ∴△DMG∽△BMH， ∴

GMHM1， DGBH2∴GM=1cm，

∴FM=1.5 m，DM=5m， ∴BM= FM＋BF=5m，

在Rt△BHM中，BM2=MH2＋BH2，BH=2MH， ∴MH=5m， ∴DH=25m≈4.5m．

12.（2022模拟四川南充，22，8分））如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．

（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由）

38 / 57

天天向上独家原创 3（2）如果AM＝1，sin∠DMF＝，求AB的长．

5A P F B Q C

M E D

【答案】（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD； (2)6.

【解析】解：（1）有三对相似三角形，即△AMP∽△BPQ∽△CQD. (2)设AP=x，∴由折叠关系，BP=AP=EP=x，AB=DC=2x，AM=1 由△AMP∽△BPQ得，由△AMP∽△CQD得，

AMAP,即BQ=x2。 BPBQAPAM,即CQ=2。 CDCQAD=BC=BQ+CQ=x2+1

又∵在Rt△FDM中，sinDMF,DF =DC=2x， ∴

2x3 2x151335变形得，3x210x30，解方程得，x13，x2（不合题意，舍去） 即AB=6

13.（2022模拟江苏省无锡市，26，10）（本题满分10分）已知：平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点分别为O（0，0）、A（5，0）、

B（m，2）、C（m－5，2）．

（1） 是否存在这样的m，使得在边BC上总存在点P，使∠OPA＝90°？若存在，

求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

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（2） 当∠AOC与∠OAB的平分线的交点Q在边BC上时，求m的值． 【答案】解：（1）1≤m≤9；（2）m的值为3.5或6.5．

【解答】 解：（1）由题可得，BC=5，B、C两点在y=2的直线上，直线y=2与y轴交于点G，过A点作AH⊥BC，垂足为H，易得△OPG∽△PAH，∴

GPAH，设OGPHGP=x，则x22，解之得x=1或x=4，故存在以下两种情况 5x如图1，当∠OPA=90°时，GP=1时，P点在BC上，得m51，解之得：1≤m≤6 m1yCG PBHOAx

m54，解之得：4≤mm4当如图2，当∠OPA=90°时，GP=4时，P点在BC上，得≤9

yG CPHBOAx

综上可得，1≤m≤9

（2）∵BC∥OA，BC=OA=5、 ∴四边形OABC是平行四边形

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∴AB∥OC

延长AQ交OC延长线于点M ∴∠3=∠M ∵AQ平分∠OAB ∴∠2=∠3 ∴∠2=∠M ∴OA=OM

且OQ平分∠AOC， ∴OQ⊥AQ，AQ=MQ

由（1）得此时Q点坐标为（1，2）或（4，2），如图3，4

MyC5Q4B31O2Ax

MyC5Q423AB1Ox

在△AQB和△MQC中

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3MAQMQ 45∴△AQB≌△MQC ∴CQ=BQ

当Q点坐标为（1，2）时

m－1=1－（m－5）

解之得m=3.5

当Q点坐标为（4，2）时

m－4=4－（m－5）

解之得m=6.5

综上可得，当∠AOC与∠OAB的平分线的交点Q在边BC上时，m的值为3.5或6.5．

14.（2022模拟江苏省无锡市，28，10）（本题满分10分）如图，C为∠AOB的边

OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，

过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M． （1） 若∠AOB＝60°，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB． （2） 当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形． ①问：1－1

的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说OMON明理由．

②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围．

S1S2

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【答案】（1）见解答 （2）①

111111S；②0＜1≤ 的值不变，OMONOMON6S22O Q

N B

P M （第28题）

C A

【解答】 解：（1）证明：如图1，∵PQ∥OA，PM∥OB ∴四边形OMPQ是平行四边形 ∴PQ=OM=4 ∴

PQQNQN OCONQNOQ∴PQ=4，OC=6，OQ=1 ∴QN=2 ∴ON=3

取OC中点E，连接NE ∴ON=OE=3 ∵∠AOB=60° ∴△ONE是等边三角形

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∴∠ONE=∠NEO=60°

∴NE=OE=OC=3 ∴∠ENC=∠ECN=30° ∴∠ONC=∠ONE+∠ENC=90° ∴CN⊥OB

BNQOEMP

11（2）①的值不变，理由如下：如图2，

OMONCABNQPOMCA

∵四边形OMPQ是菱形 ∴OM=OQ=PQ

1111ONOQQN OMONOQONOQONOQON∵四边形OMPQ是菱形 ∴PQ∥OC

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∴∴

QNPQ ONOC11QNPQ1 OMONOQONOQOCOC∵OC=6 ∴

111 OMON6②过点Q作QG垂直OC，垂足为G，记作h1，过点N作NH垂直OC，垂足为H，记作h2 ∴

S1OMh12PQh1 S21OChOCh222∵QG⊥OC，NH⊥OC ∴∠QGO=∠NHO=90° ∴QG∥NH ∴

h1OQ h2ON∵四边形OMPQ是菱形 ∴PQ∥OC ∴∴

PQQN OCONS12PQh12QNOQ S2OCh2ONON设ON=a，QN=x，则OQ=a－x

112(xa)2a2S2QNOQ2x(ax)22 ∴1S2ONONa2a2当x=a时，∴0＜

S11≤ S22121S1有最大值

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BNQh1OGHMCAPh2

15.（2022模拟山东省威海市，23，10分）

（1）如图①，已知∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC=6，CD=CE，AE=3，∠CAE=45°． 求AD的长．

（2）如图②，已知∠ACB=∠DCE=90°，∠ABC=∠CED=∠CAE =30°，AC=3，AE=8， 求AD的长．

ABDCE46 / 57

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（第23题图①） （第23题图②）

【答案】(1)AD=9 (2)AD=1033．

【解析】解：（1）连接BE．

（第23题图①）

∵∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE．即∠BCE=∠ACD． 又∵AC=BC，CD=CE， ∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE． ∵AC=BC=6，∴AB=62．

∵∠BAC=∠CAE=45°，∴∠BAE=90°． 在Rt△BAE中，AB=62，AE=3， ∴BE=(62)232=9，∴AD=9． （2）连接BE．

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ACBD

（第23题图②）

在Rt△ACB和Rt△DCE中，∠ABC=∠CED =30°， ∴tan30ACDC3． BCEC3∵∠ACB=∠DCE=90°，∽

∴∠ACB+∠BCD=∠BCD+∠DCE．即∠BCE=∠ACD． ∴△ACD∽△BCE． ∴

ADAC3． BEBC3∵∠BAC =60°∠CAE =30°，∴∠BAE =90° ∴在Rt△ACB中，AC=3，∠ABC=30°，∴AB=6， 在Rt△BAE中，AB=6，AE=8，∴BE=10， ∵

16.（2022模拟浙江省杭州市，22，12分）如图，在△ABC中（BC＞AC），∠ACB=90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E.

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AD3103，∴AD=BE33．

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（1）若

AD1，AE=2，求EC的长； DB3（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F,C,G为顶点的三角形与△

EDC有一个锐角相等，FG交CD于点P.问：线段CP可能是△CFG的高线还是中线？

或两者都有可能？请说明理由.

C E A

D

B

（第22题）

解：（1）因为∠ACB=Rt∠，DE⊥AC，所以DE∥BC，

ADAE. DBECAD121，AE=2，所以，解得EC=6. 因为

DB3EC3所以

（2）①若∠CFG1=∠ECD.此时线段CP1为Rt△CFG1边上的中线. 证明：因为∠CFG1=∠ECD，所以∠CFG1=∠FCP1， 又因为∠CFG1+∠CG1F=90°，∠FCP1+∠P1CG1=90°， 所以∠CG1F=∠P1CG1，所以CP1=G1P1，

又因为∠CFG1=∠FCP1，所以CP1=FP1，所以CP1=FP1=G1P1， 所以线段CP1为Rt△CFG1的FG1边上的中线.

C F E A

D P1 P2

G2

B

G1

②若∠CFG2=∠EDC.此时线段CP2为Rt△CFG2的FG2边上的高线.

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证明：因为∠CFG2=∠EDC， 因为DE⊥AC，所以∠DEC=90°， 所以∠EDC+∠ECD=90°，

所以∠ECD+∠CFG2=∠ECD+∠EDC=90°，

所以CP2⊥FG2，即CP2为Rt△CFG2的FG2边上的高线.

③当CD为∠ACB的平分线时，CP既是△CFG的FG边上的高线又是中线.

17.（2022模拟山东省菏泽市，16①，6分）

（1）（6分）如图，M，N为山两侧的两个村庄，为了两村交通方便，根据国家的惠民政策，政府决定打一直线涵洞，工程人员为计算工程量，必须计算M、N两点之间的直线距离，选择测量点A、B、C，点B、C分别在AM、AN上，现测得

AM＝1千米、AN＝1.8千米，AB＝54米、BC＝45米、AC＝30米，求M、N两点之间的直线距离. 解：连接MN，

AC30AB543，， AM1000AN1800100ACAB, ∴AMAN∵

∵∠BAC=∠NAM， ∴△BAC∽△NAM,

BC3， MN100453∴, MN100∴

∴MN=1500.

答：M、N两点之间的直线距离为1500米.

（或结论语：故M、N两点之间的直线距离为1500米，或写成1.5千米.）

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18.(2022模拟浙江省绍兴市，24，12分)(本题14分)

在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC，边AB上的点，连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点。 (1)若四边形OABC为矩形，如图1，

①求点B的坐标；

②若BQ:BP=1:2，且点B1落在OA上，求点B1的坐标；

(2)若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OC⊥AC，过点B1作B1F∥x轴，

与对角线AC、边OC分别交于点E、点F。若B1E: B1F=1:3，点B1的横坐标为m，求点B1的纵坐标，并直接写出m的取值范围。

【答案】(1)①点B(4，2)；

②如图1，过点P作PD⊥OA，垂足为点D。 ∵BQ:BP=1:2，点B关于PQ的对称点为B1， ∴B1Q:B1P=1:2.

∵∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°， ∴∠PB1D=∠B1QA， ∴△PB1D∽△B1QA， ∴PDPB1=2，

AB1B1Q51 / 57

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∴ BA=1，

∴ OB1=3，即点B1(3，0)；

(2)∵ 四边形OABC为平行四边形，OA=4，OC=2，且OC⊥AC，

∴∠OAC=30°， ∴点C(1，3)。

∵B1E: B1F=1:3，

∴ 点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延长线上。

①当点B1在线段EF的延长线上时，如图2，延长B1F与y轴交于点G，点

B1的横坐标为m，B1F∥x轴，B1E: B1F=1:3，

∴ B1G=m。 设OG=a，则GF=∴ CF=2－2∴ EF=4－433a，

1E=2－3a，OF=23a， 3333a，B

23a 33a)+(4－43a)+3a=m， 3333m+63， 55∴ B1G=B1E+EF+FG=(2－2∴ a=－3m+63，即557B1的纵坐标为－77；

m的取值范围为17≤m≤1+10②当点B1在线段EF(除点E、F)上时，如图3，延长B1F与y轴交于点G，

点B1的横坐标为m，B1F∥x轴，B1E: B1F=1:3，

∴ B1G=m。 设OG=a，则GF=∴ CF=2－2∴ FE=4－433a，

1F=EF=3－3a，OF=23a，

3333a，B

343a ∴ B1G=B1F+FG=(3－3a)+3a=m，

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∴ a=－3m+33，即227B1的纵坐标为－3m+33， 22m的取值范围为15≤m≤3.

【解析】本题考查了矩形、平行四边形的性质、图形轴对称的性质以及图形相似的性质和分类讨论的数学思想．第(1)题，可得△PB1D∽△B1QA，从而求得BA=1、OB1=3，即可得点B1坐标为(3，0)；第(2)题，先求得点C(1，3)，再根据条件B1E: B1F=1:3，结合图形可得点B1不与点E、F重合、也不在线段EF的延长线上，从而分为①当点B1在线段EF的延长线上；②点B1在线段EF(除点E、F)上，进行问题讨论。

19.（2022模拟义乌24，12分）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的顶点A在x轴正半轴上，OA=4，OC=2，点P、Q分别是边BC、AB上的点，连结AC、PQ，点B1是点B关于PQ的对称点. (1)若四边形OABC为矩形，如图1. ①求点B的坐标.

②若BQ:BP=1:2，且落在OA上，求点B1的坐标.

（2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OC⊥AC，过点B1作B1F∥x轴，与对角线AC、边OC分别交于点E，F.若B1E:B1F=1:3，点B1的横坐标为m，求点

B1的纵坐标，并直接写出m的取值范围.

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【答案】解：（1）①点B的坐标是（4，2）. ②如下图，在OA上作出点B关于PQ的对称点B1，

∵在矩形OABC中，∠B1BA +∠B1BC =90°， 又由对称知BB1⊥PQ， ∴∠B1BC+∠BPQ =90°. ∴∠B1BA=∠BPQ. 又∵∠PBQ=∠B1AB=Rt∠， ∴Rt△B1AB∽Rt△QBP. ∴B1A:AB= BQ:BP=1:2. 又∵AB=2， ∴AB1=1. ∴OB1=3.

∴点B1的坐标（3，0）.

（2）∵四边形OABC为平行四边形，OA=4，OC=2，且OC⊥AC， ∴∠OAC=30°. ∴点C（1，3）. ∵B1E:B1F=1:3，

∴点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延长线上.

①当点B1在线段FE的延长线上时，如图2，延长B1F与y轴交于点G，点B1的横

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坐标为m，B1F∥x轴，B1E:B1F=1:3， ∴B1G=m.

设OG=a，则GF=33a，OF=233a， ∴CF=2－233a.

∴FE=4－433a，B1E=2－233a. ∴B1G =B1E +EF+FG=m.

∴a=53m6，点B1的纵坐标为53m6. 535310m的取值范围是177. 7m17②当点B1在线段EF（除点E、F）上时，如图3，延长B1F与y轴交于点G，点B1的横坐标为m，B1F∥x轴，B1E:B1F=1:3，

∴B1G=m.

设OG=a，则GF=33a，OF=233a， ∴CF=2－233a.

∴FE=4－433a，B1F=34EF33a. ∴B1G =B1F+FG=m.

33∴a=23m23，点B1的纵坐标为23m23. 55 / 57

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m的取值范围是157m3.

20.（2022模拟成都市）（本小题满分 10 分）已知AC,EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在ABC内，CAECBE90。

（1）如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF。 1)求证：CAE∽CBF；2）若BE1,AE2，求CE的长。

（2）如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且

BE1,AE2,CE3，

ABEFk时，若BCFC求k的值；

（3）如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且DABGEF45时，

设BEm,AEn,CEp，试探究m,n,p三者之间满足的等量关系。（直接写出结果，不必写出解答过程）

D G F

E B E C D G F A C D G E p m B

F C

n A A B 图① 图② 图③

D G F

E E C D G F A C D G E p m B

F H

C n A 图①

B

A

图②

B 图③

【答案】：（1）见解析，2）6；（2）【解析】：解：

（1）∵ACEECB45

BCFECB45，

10；（3）p2n2(22)m2 456 / 57

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∴ACEBCF 又

ACCE2， BCCF∴△CAE∽△CBF （2）

AE2，BF2，由可△CAE∽△CBF得CAECBF， BF又CAECBE90，∴CBFCBE90，即EBF90 由CE22EF22(BE2BF2)6，解得CE6. （2）连接BF，同理可得EBF90，由

CF:EF:EC1:k:k21 ACAEk21，所以BFBCBFABEFk，可得BC:AB:AC1:k:k21, BCFCAE2，BF2。 2k1k1AE2k21k212CE2EF2(BE2BF2)

kk2k212221032(12)，解得k。

kk142（3）连接BF，同理可得EBF90，过C作CHAB延长线于H，

可解得AB2:BC2:AC21:1:(22)，EF2:FC2:EC21:1:(22)，

n2p(22)EF(22)(BEBF)(22)(m)(22)m2n22222222p2n2(22)m2.

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