数学中考复习考点与解析分类汇编
一、选择题
1．(2018·泸州，10，3分)
如图4，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE＝3ED，DF＝CF，则
EGAG的值是( ) GFADFBC
A．
4 3 B．
5 4 C．
6 5 D．
7 6答案：C，解析：设正方形ABCD的边长为4a．∵AE＝3ED，∴AE＝3a，ED＝a．如图，取BE的中点H，连接HF．∵DF＝CF，∴HF∥ED，HF＝
115AGAEAG3a6(ED＋BC)＝(a＋4a)＝a，∴△AGE∽△FGH，∴，即???． 222GFHFGF5a52
2.（2018·枣庄市，12，3）如图，在Rt△ABC中， ∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．若AC=3，AB=5，则CE的长为
A．
C．
（ ）
D．
3 2 B．
4 35 38 5
第12题图
答案：A，解析：如图，过点F作FG⊥AB于点G．∵∠ACB=90°，∴∠CAF+∠CFA=90°．∵CD⊥AB，∴∠CDA=90°，∠FAD+∠AED=90°．∵AF平分∠CAB，∴∠CAF=∠FAD．∴∠CFA=∠AED=∠CEF．∴CE=CF．∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，∴FC=FG．∵∠B=∠B，∠FGB=∠ACB=90°，∴△BFG∽△BAC．∴∴FC=
BFFG4?CFFG．∵AC=3，AB=5，∠ACB=90°，∴BC=4．∴，??ABAC5333，即CE的长为，故选A． 22
4．（2018·扬州市，8，3分） 如图，点A在线段BD上，在BD的同侧做等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE， CD与BE、AE分别交于点P、M．对于下列结论：
①?BAE∽?CAD；②MP?MD?MA?ME；③2CB?CP?CM．其中正确的是（ ） A．①②③
B．①
C．①②
D．②③
2 1
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ECPMBA第8题图 D
A，解析：由题意得
ACAD，∴△BAE∽△CAD，故①正确；∵△BAE∽△CAD，∴∠BEA＝∠CDA，??2，∠BAE＝∠CAD＝135°
ABAE又∵∠PME＝∠AMD，∴△PME∽△AMD，∴MP·MD＝MA·ME，故②正确；∵MP·MD＝MA·ME，又∵∠PMA＝∠EMD，∴△PMA∽△EMD，∴∠APM＝∠DEM＝90°，而∠CAE＝90°，而∠ACP＝∠MCA，∴△CAP∽△CMA，∴CP·CM＝AC2＝2CB2，故③正确．故选A．
5．（2018威海，11，3分）矩形ABCD与CEFG如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH，若BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，则GH＝( )
A．1
B．
2 3 C．2 2 D．5 211．C，解析：过点H作HM垂直于CG于点M，设AF交CG于点O．
GHABCOFMDE
根据题意可知△GOF∽△DOA，∴
GFOGOF1111所以OF＝OA＝AF，即AF＝3OF，因为点H是AF的中点，所以OH＝AF===，
ADODOA22321111－AF＝AF，即AF＝6OH，所以OH＝OF．根据已知条件可知△HOM∽△GOF，可以推出HM＝；同理，通过△HOM∽△AOD，3622可以推出DM＝
二、填空题
1．（2018·连云港，16，3分）如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC、GA、GF，
已知AG⊥GF，AC＝6，则AB的长为________．
2111DG，即GM＝DG＝；在Rt△GHM中，GH＝HM2+GM2=．
2222
答案：2，解析：设AB＝2a，BC＝2b，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，∴∠DAG＋∠AGD＝90°；又∵AG⊥GF，∴
∠AGD＋∠CGF＝90°，∴∠DAG＝∠CGF，∴△DAG∽△CGF，∴＝(6)＝6，∴4a＋2a＝6，a＝±1(舍去负值)，∴AB＝2．
2
2
2
2baDACG22222
＝，∴＝，∴a＝2b，∴a＝2b,而AC＝(2a)＋(2b)DGCFab
2
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三、解答题
1．（2018·金华市，24，12分）
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA,CD为边作矩形ACDE,直线AB与直线CE,DE的交点分别为F,G． （1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长． ②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D,使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由． A F G E
C D
第24题图
B
思路分析：（1）①只要证明△ACF∽△GEF，推出题；
FGEG，即可解决问题；②如图1中，想办法证明∠1=∠2=30°即可解决问?AFAC（2）分四种情形：①如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，②如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，
③如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，分别求解即可解决问题；
解答过程：解：（1）①在正方形ACDE中，DG=GE=6， 中Rt△AEG中，AG=∵EG∥AC， ∴△ACF∽△GEF， ∴
AE2?EG2=122?62=65．
FGEG， ?AFACFG61??， AF1221AG=25． 3∴
∴FG=
②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°， ∵EF=EF， ∴△AEF≌△DEF， ∴∠1=∠2（设为x）， ∵AE∥BC， ∴∠B=∠1=x， ∵GF=GD， ∴∠3=∠2=x，
在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°， ∴x+（x+90°）+x=180°， 解得x=30°， ∴∠B=30°，
3
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∴在Rt△ABC中，BC=
AC=123．
tan30（2）在Rt△ABC中，AB=AC2?BC2=122?92=15，
如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD， ∵DG∥AC， ∴△BDG∽△BCA，
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x， ∴GF=GD=4x，则AF=15﹣9x， ∵AE∥CB， ∴△AEF∽△BCF， ∴
AEAF， ?BCBF9?3x15?9x， ?99x∴
即x2﹣6x+5=0，
解得x1=1，x2= 5（舍去） ∴腰长GD为=4x=4．
如图3，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，设AE=3x，则EG=4x，AG=5x， ∴FG=DG=12+4x， ∵AE∥BC， ∴△AEF∽△BCF， ∴
AEAF， ?BCBF3x9x?12， ?99x?27∴
即x2=4
解得x1=2，x2= -2（舍去）， ∴腰长GD=4x+12=20．
如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥FG． 设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12， ∴FH=GH=DG?cos∠DGB=?4x?12??∴GF=2GH=
416x?48=， 5532x?96， 532x?967x?96?5x=， 55∴AF=GF﹣AG=∵AC∥DG，
∴△ACF∽△GEF， ∴
ACAF?， EGFG1?7x?96?12∴， ?54x132x?96??5即7x2=288 解得x1=
12141214，x2= ?（舍去）， 774
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∴腰长GD=4x+12=
84?4814，
7如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥AG于H． 设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x﹣12， ∴FH=GH=DG?cos∠DGB=?4x?12??∴FG=2FH=
416x?48=， 5532x?96， 532x?9696?7x=， 55∴AF=AG﹣FG=5x?∵AC∥EG， ∴△ACF∽△GEF， ∴
ACAF， ?EGFG1?96?7x?125∴， ?4x132x?96??5即7x2=288 解得x1=12141214，x2= ?（舍去）， 77?84?4814，
784?4814?84?4814，．
77∴腰长DG=4x﹣12=
综上所述，等腰三角形△DFG的腰长为4，20，
∴BF＝2＋6.
2．（2018·山东泰安，25，12分）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G．
（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由； （2）找出图中与△AGB相似的三角形，并证明；
（3）BF的延长线交CD的延长线于点H，交AC于点M．求证：BM2=MF·MH．
H
G A F M
O E B
C
D
思路分析：（1）由EF∥AB，∠EAB=∠EBA，易得∠DEF=∠AEF；
（2）由于菱形的对角线互相垂直，故结合图形易于猜想Rt△EOA∽Rt△AGB，已经具备直角相等，还需探寻一组角相等，由条件∠EAB=∠EBA，联想得到∠AEO=2∠ABE，于是发现∠GAB=2∠ABE，思路得以沟通；
（3）欲证BM2=MF·MH，可通过证两三角形相似得到，充分利用菱形对角线的特征，连接DM，则BM=DM，这样可通过证明△MFD
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初中数学各章节考点练习试题汇编27.2 相似与三角,四边形
