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1、备考2022年中考数学真题分项汇编（全国通用）专题18图形的相似与位似（共50题）一选择题（共18小题）1（备考2022河北）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是（）A四边形NPMQB四边形NPMRC四边形NHMQD四边形NHMR【分析】由以点O为位似中心，确定出点C对应点M，设网格中每个小方格的边长为1，则OC=5，OM25，OD=2，OB=10，OA=13，OR=5，OQ22，OP210，OH35，ON213，由OMOC=2，得点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，即可得出结果【解析】以点O为位似中心，点C对应点M，设网格中每个小方格的边长为1，则OC=22
2、+12=5，OM=42+22=25，OD=2，OB=32+12=10，OA=32+22=13，OR=22+12=5，OQ22，OP=62+22=210，OH=62+32=35，ON=62+42=213，OMOC=255=2，点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，故选：A2（备考2022重庆）如图，ABC与DEF位似，点O为位似中心已知OA：OD1：2，则ABC与DEF的面积比为（）A1：2B1：3C1：4D1：5【分析】根据位似图形的概念求出ABC与DEF的相似比，根据相似三角形的性质计算即可【解析】ABC与DEF是位似图形，OA
3、：OD1：2，ABC与DEF的位似比是1：2ABC与DEF的相似比为1：2，ABC与DEF的面积比为1：4，故选：C3（备考2022遂宁）如图，在平行四边形ABCD中，ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF2FD，则BEEG的值为（）A12B13C23D34【分析】由AF2DF，可以假设DFk，则AF2k，AD3k，证明ABAF2k，DFDGk，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题【解析】由AF2DF，可以假设DFk，则AF2k，AD3k，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，ABCD，ABCD，AFBFBCDFG，ABFG，BE平分ABC，ABFCBG，A
4、BFAFBDFGG，ABCD2k，DFDGk，CGCD+DG3k，ABDG，ABECGE，BEEG=ABCG=2k3k=23，故选：C4（备考2022遂宁）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PFAE交CB的延长线于F，下列结论：AED+EAC+EDB90°，APFP，AE=102AO，若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，CEEFEQDE其中正确的结论有（）A5个B4个C3个D2个【分析】正确证明EOBEOC45°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题正确利用四点共圆证明AFPABP45&
5、#176;即可正确设BEECa，求出AE，OA即可解决问题错误，通过计算正方形ABCD的面积为48正确利用相似三角形的性质证明即可【解析】如图，连接OE四边形ABCD是正方形，ACBD，OAOCOBOD，BOC90°，BEEC，EOBEOC45°，EOBEDB+OED，EOCEAC+AEO，AED+EAC+EDOEAC+AEO+OED+EDB90°，故正确，连接AFPFAE，APFABF90°，A，P，B，F四点共圆，AFPABP45°，PAFPFA45°，PAPF，故正确，设BEECa，则AE=5a，OAOCOBOD=2a，AEAO
6、=5a2a=102，即AE=102AO，故正确，根据对称性可知，OPEOQE，SOEQ=12S四边形OPEQ2，OBOD，BEEC，CD2OE，OECD，EQDQ=OECD=12，OEQCDQ，SODQ4，SCDQ8，SCDO12，S正方形ABCD48，故错误，EPFDCE90°，PEFDEC，EPFECD，EFED=PEEC，EQPE，CEEFEQDE，故正确，故选：B5（备考2022潍坊）如图，点E是ABCD的边AD上的一点，且DEAE=12，连接BE并延长交CD的延长线于点F，若DE3，DF4，则ABCD的周长为（）A21B28C34D42【分析】根据平行四边形的性质得ABCD
7、，再由平行线得相似三角形，根据相似三角形求得AB，AE，进而根据平行四边形的周长公式求得结果【解析】四边形ABCD是平行四边形，ABCF，ABCD，ABEDFE，DEAE=FDAB=12，DE3，DF4，AE6，AB8，ADAE+DE6+39，平行四边形ABCD的周长为：（8+9）×234故选：C6（备考2022天水）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高1.5m，测得AB1.2m，BC12.8m，则建筑物CD的高是（）A17.5mB17mC16.5mD18m【分析】根据题意和图形，利用三角形相似，可以计算出CD的长，从而可以解答本题【解析】EBAC，
8、DCAC，EBDC，ABEACD，ABAC=BECD，BE1.5m，AB1.2m，BC12.8m，ACAB+BC14m，1.214=1.5DC，解得，DC17.5，即建筑物CD的高是17.5m，故选：A7（备考2022牡丹江）如图，在矩形ABCD中，AB3，BC10，点E在BC边上，DFAE，垂足为F若DF6，则线段EF的长为（）A2B3C4D5【分析】证明AFDEBA，得到AFBE=ADAE=DFAB，求出AF，即可求出AE，从而可得EF【解析】四边形ABCD为矩形，ABCD3，BCAD10，ADBC，AEBDAF，AFDEBA，AFBE=ADAE=DFAB，DF6，AF=10262=8，8
9、BE=10AE=63，AE5，EFAFAE853故选：B8（备考2022泸州）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段MN分为两线段MG，GN，使得其中较长的一段MG是全长MN与较短的一段GN的比例中项，即满足MGMN=GNMG=512，后人把512这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段MN的“黄金分割”点如图，在ABC中，已知ABAC3，BC4，若D，E是边BC的两个“黄金分割”点，则ADE的面积为（）A1045B355C5252D2085【分析】作AHBC于H，如图，根据等腰三角形的性质得到BHCH=12BC2，则根据勾股定理可计算出AH=5
10、，接着根据线段的“黄金分割”点的定义得到BE=512BC252，则计算出HE254，然后根据三角形面积公式计算【解析】作AHBC于H，如图，ABAC，BHCH=12BC2，在RtABH中，AH=3222=5，D，E是边BC的两个“黄金分割”点，BE=512BC2（51）252，HEBEBH2522254，DE2HE458SADE=12×（458）×5=1045故选：A9（备考2022成都）如图，直线l1l2l3，直线AC和DF被l1，l2，l3所截，AB5，BC6，EF4，则DE的长为（）A2B3C4D103【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可【解析】
11、直线l1l2l3，ABBC=DEEF，AB5，BC6，EF4，56=DE4，DE=103，故选：D10（备考2022哈尔滨）如图，在ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EFBC，交AD于点F，过点E作EGAB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（）AAEEC=EFCDBEFCD=EGABCAFFD=BGGCDCGBC=AFAD【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可【解析】EFBC，AFFD=AEEC，EGAB，AEEC=BGGC，AFFD=BGGC，故选：C11（备考2022安徽）如图，RtABC中，C90°，点D在AC上，DBCA若AC4，cosA
12、=45，则BD的长度为（）A94B125C154D4【分析】在ABC中，由三角函数求得AB，再由勾股定理求得BC，最后在BCD中由三角函数求得BD【解析】C90°，AC4，cosA=45，AB=ACcosA=5，BC=AB2AC2=3，DBCAcosDBCcosA=BCBD=45，BD=3×54=154，故选：C12（备考2022无锡）如图，等边ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12，线段PQ在边BA上运动，PQ=12，有下列结论：CP与QD可能相等；AQD与BCP可能相似；四边形PCDQ面积的最大值为31316；四边形PCDQ周长的最小值为3+372其中，正确结论的
13、序号为（）ABCD【分析】利用图象法判断即可当ADQCPB时，ADQBPC设AQx，则四边形PCDQ的面积=34×3212×x×32×1212×3×（3x12）×32=338+535x，当x取最大值时，可得结论如图，作点D关于AB的对称点D，作DFPQ，使得DFPQ，连接CF交AB于点P，此时四边形PCDQ的周长最小求出CF的长即可判断【解析】利用图象法可知PCDQ，故错误AB60°，当ADQCPB时，ADQBPC，故正确设AQx，则四边形PCDQ的面积=34×3212×x×32
14、15;1212×3×（3x12）×32=338+538x，x的最大值为312=52，x=52时，四边形PCDQ的面积最大，最大值=31316，故正确，如图，作点D关于AB的对称点D，作DFPQ，使得DFPQ，连接CF交AB于点P，此时四边形PCDQ的周长最小过点C作CHDF交DF的延长线于H，交AB于J由题意，DD2ADsin60°=32，HJ=12DD=34，CJ=332，FH=321214=34，CHCJ+HJ=734，CF=FH2+CH2=(34)2+(734)2=392，四边形PCDQ的周长的最小值3+392，故错误，故选：D13（备考2022重
15、庆）如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点坐标分别是A（1，2），B（1，1），C（3，1），以原点为位似中心，在原点的同侧画DEF，使DEF与ABC成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（）A5B2C4D25【分析】把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长【解析】以原点为位似中心，在原点的同侧画DEF，使DEF与ABC成位似图形，且相似比为2：1，而A（1，2），C（3，1），D（2，4），F（6，2），DF=(26)2+(42)2=25故选：D14（备考2022绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三
16、角板的一边长为8cm则投影三角板的对应边长为（）A20cmB10cmC8cmD3.2cm【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解【解析】设投影三角尺的对应边长为xcm，三角尺与投影三角尺相似，8：x2：5，解得x20故选：A15（备考2022嘉兴）如图，在直角坐标系中，OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）以点O为位似中心，在第三象限内作与OAB的位似比为13的位似图形OCD，则点C坐标（）A（1，1）B（43，1）C（1，43）D（2，1）【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以13即可【解析】以点O为位似中心，位似比为13，而
17、A （4，3），A点的对应点C的坐标为（43，1）故选：B16（备考2022遵义）如图，ABO的顶点A在函数y=kx（x0）的图象上，ABO90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（）A9B12C15D18【分析】易证ANQAMPAOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出ANQ的面积，进而可求出AOB的面积，则k的值也可求出【解析】NQMPOB，ANQAMPAOB，M、N是OA的三等分点，ANAM=12，ANAO=13，SANQSAMP=14，四边形MNQP的面积为3，SANQ3+SANQ=14，SANQ1
18、，1SAOB=（ANAO）2=19，SAOB9，k2SAOB18，故选：D17（备考2022铜仁市）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE1，DAM45°，点F在射线AM上，且AF=2，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF下列结论：ECF的面积为172；AEG的周长为8；EG2DG2+BE2；其中正确的是（）ABCD【分析】先判断出H90°，进而求出AHHF1BE进而判断出EHFCBE（SAS），得出EFEC，HEFBCE，判断出CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC217，即可得出正确；先判断出四边形AP
19、FH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出APPFAH1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ4，BQ1，FQ5，CQ3，再判断出FPGFQC，得出FPFQ=PGCQ，求出PG=35，再根据勾股定理求得EG=175，即AEG的周长为8，判断出正确；先求出DG=125，进而求出DG2+BE2=16925，在求出EG22892516925，判断出错误，即可得出结论【解析】如图，在正方形ABCD中，ADBC，ABBCAD4，BBAD90°，HAD90°，HFAD，H90°，HAF90°DAM45°，AFHHAFAF=2，AHHF1BEEHAE+
20、AHABBE+AH4BC，EHFCBE（SAS），EFEC，HEFBCE，BCE+BEC90°，HEF+BEC90°，FEC90°，CEF是等腰直角三角形，在RtCBE中，BE1，BC4，EC2BE2+BC217，SECF=12EFEC=12EC2=172，故正确；过点F作FQBC于Q，交AD于P，APF90°HHAD，四边形APFH是矩形，AHHF，矩形AHFP是正方形，APPFAH1，同理：四边形ABQP是矩形，PQAB4，BQAP1，FQFP+PQ5，CQBCBQ3，ADBC，FPGFQC，FPFQ=PGCQ，15=PG3，PG=35，AGAP+P
21、G=85，在RtEAG中，根据勾股定理得，EG=AG2+AE2=175，AEG的周长为AG+EG+AE=85+175+38，故正确；AD4，DGADAG=125，DG2+BE2=14425+1=16925，EG2（175）2=2892516925，EG2DG2+BE2，故错误，正确的有，故选：C18（备考2022温州）如图，在RtABC中，ACB90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CRFG于点R，再过点C作PQCR分别交边DE，BH于点P，Q若QH2PE，PQ15，则CR的长为（）A14B15C83D65【分析】如图，连接EC，CH设AB交CR于J证明ECPHCQ，推出PCCQ
22、=CECH=EPHQ=12，由PQ15，可得PC5，CQ10，由EC：CH1：2，推出AC：BC1：2，设ACa，BC2a，证明四边形ABQC是平行四边形，推出ABCQ10，根据AC2+BC2AB2，构建方程求出a即可解决问题【解析】如图，连接EC，CH设AB交CR于J四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，ACEBCH45°，ACB90°，BCI90°，ACE+ACB+BCH180°，ACB+BCI90°B，C，D共线，A，C，I共线，E、C、H共线，DEAIBH，CEPCHQ，ECPQCH，ECPHCQ，PCCQ=CECH=EPHQ=12
23、，PQ15，PC5，CQ10，EC：CH1：2，AC：BC1：2，设ACa，BC2a，PQCR，CRAB，CQAB，ACBQ，CQAB，四边形ABQC是平行四边形，ABCQ10，AC2+BC2AB2，5a2100，a25（负根已经舍弃），AC25，BC45，12ACBC=12ABCJ，CJ=25×4510=4，JRAFAB10，CRCJ+JR14，故选：A二填空题（共18小题）19（备考2022郴州）在平面直角坐标系中，将AOB以点O为位似中心，23为位似比作位似变换，得到A1OB1，已知A（2，3），则点A1的坐标是（43，2）【分析】直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可【
24、解析】将AOB以点O为位似中心，23为位似比作位似变换，得到A1OB1，A（2，3），点A1的坐标是：（23×2，23×3），即A1（43，2）故答案为：（43，2）20（备考2022牡丹江）如图，在RtABC中，CACB，M是AB的中点，点D在BM上，AECD，BFCD，垂足分别为E，F，连接EM则下列结论中：BFCE；AEMDEM；AECE=2ME；DE2+DF22DM2；若AE平分BAC，则EF：BF=2：1；CFDMBMDE，正确的有（只填序号）【分析】证明BCFCAE，得到BFCE，可判断；再证明BFMCEM，从而判断EMF为等腰直角三角形，得到EF=2EM，可判
25、断，同时得到MEFMFE45°，可判断；再证明DFMNEM，得到DMN为等腰直角三角形，得到DN=2，DM，可判断；根据角平分线的定义可逐步推断出DEEM，再证明ADEACE，得到DECE，则有EFBF=EFCE=EFDE=2EMDE=2，从而判断；最后证明CDMADE，得到CMAE=DMDE，结合BMCM，AECF，可判断【解析】ACB90°，BCF+ACE90°，BCF+CBF90°，ACECBF，又BFD90°AEC，ACBC，BCFCAE（AAS），BFCE，故正确；由全等可得：AECF，BFCE，AECECFCEEF，连接FM，CM，
26、点M是AB中点，CM=12ABBMAM，CMAB，在BDF和CDM中，BFDCMD，BDFCDM，DBFDCM，又BMCM，BFCE，BFMCEM（SAS），FMEM，BMFCME，BMC90°，EMF90°，即EMF为等腰直角三角形，EF=2EMAECE，故正确，MEFMFE45°，AEC90°，MEFAEM45°，故正确，设AE与CM交于点N，连接DN，DMFNME，FMEM，DFMDEMAEM45°，DFMNEM（ASA），DFEN，DMMN，DMN为等腰直角三角形，DN=2DM，而DEA90°，DE2+DF2DN22
27、DM2，故正确；ACBC，ACB90°，CAB45°，AE平分BAC，DAECAE22.5°，ADE67.5°，DEM45°，EMD67.5°，即DEEM，AEAE，AEDAEC，DAECAE，ADEACE（ASA），DECE，MEF为等腰直角三角形，EF=2EM，EFBF=EFCE=EFDE=2EMDE=2，故正确；CDMADE，CMDAED90°，CDMADE，CDAD=CMAE=DMDE，BMCM，AECF，BMCF=DMDE，CFDMBMDE，故正确；故答案为：21（备考2022长沙）如图，点P在以MN为直径的半圆上
28、运动（点P不与M，N重合），PQMN，NE平分MNP，交PM于点E，交PQ于点F（1）PFPQ+PEPM=1（2）若PN2PMMN，则MQNQ=512【分析】（1）证明PENQFN，得PEPN=QFQN，证明NPQPMQ，得PNMP=NQPQ，再×得PEPM=QFPQ，再变形比例式便可求得结果；（2）证明NPQNMP，得PN2NQMN，结合已知条件得PMNQ，再根据三角函数得MQNQ=PMMN，进而得MQ与NQ的方程，再解一元二次方程得答案【解析】（1）MN为O的直径，MPN90°，PQMN，PQNMPN90°，NE平分PNM，MNEPNE，PENQFN，PEQF
29、=PNQN，即PEPN=QFQN，PNQ+NPQPNQ+PMQ90°，NPQPMQ，PQNPQM90°，NPQPMQ，PNMP=NQPQ，×得PEPM=QFPQ，QFPQPF，PEPM=QFPQ=1PFPQ，PFPQ+PEPM=1，故答案为：1；（2）PNQMNP，NQPNPQ，NPQNMP，PNMN=QNPN，PN2QNMN，PN2PMMN，PMQN，MQNQ=MQPM，tanM=MQPM=PMMN，MQNQ=PMMN，MQNQ=NQMQ+NQ，NQ2MQ2+MQNQ，即1=MQ2NQ2+MQNQ，设MQNQ=x，则x2+x10，解得，x=512，或x=5+12
30、0（舍去），MQNQ=512，故答案为：51222（备考2022湘潭）若yx=37，则xyx=47【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可【解析】由yx=37可设y3k，x7k，k是非零整数，则xyx=7k3k7k=4k7k=47故答案为：4723（备考2022攀枝花）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，AF的中点为H，连接BG、DH给出下列结论：AFDE；DG=85；HDBG；ABGDHF其中正确的结论有（请填上所有正确结论的序号）【分析】证明ADFDCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到DGF90°，可判断，再利用三
31、角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断；再证明HDFHFDBAG，求出AG，DH，HF，可判定ABGDHF，可判断；通过ABAG，得到ABG和AGB不相等，则AGBDHF，可判断【解析】四边形ABCD为正方形，ADCBCD90°，ADCD，E和F分别为BC和CD中点，DFEC2，ADFDCE（SAS），AFDDEC，FADEDC，EDC+DEC90°，EDC+AFD90°，DGF90°，即DEAF，故正确；AD4，DF=12CD2，AF=42+22=25，DGAD×DF÷AF=455，故错误；H为AF中点，H
32、DHF=12AF=5，HDFHFD，ABDC，HDFHFDBAG，AG=AD2DG2=855，AB4，ABDH=ABHF=455=AGDF，ABGDHF，故正确；ABGDHF，而ABAG，则ABG和AGB不相等，故AGBDHF，故HD与BG不平行，故错误；故答案为：24（备考2022盐城）如图，BCDE，且BCDE，ADBC4，AB+DE10则AEAC的值为2【分析】由平行线得三角形相似，得出ABDE，进而求得AB，DE，再由相似三角形求得结果【解析】BCDE，ADEABC，ADAB=DEBC=AEAC，即4AB=DE4=AEAC，ABDE16，AB+DE10，AB2，DE8，AEAC=DEB
33、C=84=2，故答案为：225（备考2022临沂）如图，在ABC中，D、E为边AB的三等分点，EFDGAC，H为AF与DG的交点若AC6，则DH1【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出BEDEAD，BFGFCG，AHHF，DH是AEF的中位线，易证BEFBAC，得EFAC=BEAB，解得EF2，则DH=12EF1【解析】D、E为边AB的三等分点，EFDGAC，BEDEAD，BFGFCG，AHHF，AB3BE，DH是AEF的中位线，DH=12EF，EFAC，BEFBAC，EFAC=BEAB，即EF6=BE3BE，解得：EF2，DH=12EF=12×21，故答案为：126（备考202
34、2咸宁）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），AEF90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF，有下列结论：ABEECG；AEEF；DAFCFE；CEF的面积的最大值为1其中正确结论的序号是（把正确结论的序号都填上）【分析】由AEB+CEGAEB+BAE得BAECEG，再结合两直角相等得ABEECG；在BA上截取BMBE，易得BEM为等腰直角三角形，则BME45°，所以AME135°，再利用等角的余角相等得到BAEFEC，于是根据“ASA”可判断AMEECF，则根据全等三角形的性质可对进行判断；
35、由MAE+DAF45°，CEF+CFE45°，可得出DAF与CFE的大小关系，便可对判断；设BEx，则BMx，AMABBM4x，利用三角形面积公式得到SAME=12x（2x），则根据二次函数的性质可得SAME的最大值，便可对进行判断【解析】四边形ABCD是正方形，BECG90°，AEF90°，AEB+CEGAEB+BAE，BAECEG，ABEECG，故正确；在BA上截取BMBE，如图1，四边形ABCD为正方形，B90°，BABC，BEM为等腰直角三角形，BME45°，AME135°，BABMBCBE，AMCE，CF为正方形外
36、角平分线，DCF45°，ECF135°，AEF90°，AEB+FEC90°，而AEB+BAE90°，BAEFEC，在AME和ECF中MAE=CEFAM=ECAME=ECF，AMEECF，AEEF，故正确；AEEF，AEF90°，EAF45°，BAE+DAF45°，BAE+CFECEF+CFE45°，DAFCFE，故正确；设BEx，则BMx，AMABBM4x，SECFSAME=12x（2x）=12（x1）2+12，当x1时，SECF有最大值12，故错误故答案为：27（备考2022河南）如图，在边长为22的正
37、方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为1【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到BDCF90°，BCCDAB，根据线段中点的定义得到BECF，根据全等三角形的性质得到CEDF，BCECDF，求得DFCE，根据勾股定理得到CEDF=(22)2+(2)2=10，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论【解析】设DF，CE交于O，四边形ABCD是正方形，BDCF90°，BCCDAB，点E，F分别是边AB，BC的中点，BECF，CBEDCF（SAS），CEDF，BCECDF，
38、CDF+CFD90°，BCE+CFD90°，COF90°，DFCE，CEDF=(22)2+(2)2=10，点G，H分别是EC，FD的中点，CGFH=102，DCF90°，CODF，CF2OFDF，OF=CF2DF=(2)210=105，OH=31010，OD=4105，OC2OFOD，OC=105×4105=2105，OGCGOC=1022105=1010，HG=OG2+OH2=110+910=1，故答案为：128（备考2022泸州）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC、ED分别交于点M，N已知AB4，BC6，则M
39、N的长为43【分析】延长CE、DA交于Q，延长BF和CD，交于W，根据勾股定理求出BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出AQBC，ABCW，根据相似三角形的判定得出QMFCMB，BNEWND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出BN和BM的长，即可得出答案【解析】延长CE、DA交于Q，如图1，四边形ABCD是矩形，BC6，BAD90°，ADBC6，ADBC，F为AD中点，AFDF3，在RtBAF中，由勾股定理得：BF=AB2+AF2=42+32=5，ADBC，QECB，E为AB的中点，AB4，AEBE2，在QAE和CBE中QEA=BECQ=ECBAE=BE QAECB
40、E（AAS），AQBC6，即QF6+39，ADBC，QMFCMB，FMBM=QFBC=96，BF5，BM2，FM3，延长BF和CD，交于W，如图2，同理ABDM4，CW8，BFFM5，ABCD，BNEWND，BNNF=BEDW，BN5BN+5=24，解得：BN=103，MNBNBM=1032=43，故答案为：4329（备考2022乐山）把两个含30°角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点E为AD的中点，连结BE交AC于点F则AFAC=35【分析】连接CE，解直角三角形，用AD表示AB，根据直角三角形的性质，用AD表示CE，再证明CEAB得ABFCEF，由相似三角形的性质得AFCF，进而得AFAC便可【解析】连接CE，CAD30°，ACD90°，E是AD的中点，AC=32AD，CE=12ADAE，ACECAE30°BAC30°，ABC90°，AB=32AC=34AD，BACACE，ABCE，ABFCEF，AFCF=ABCE=34AD12AD=32，AFAC=35，故答案为3530（备考2022绥化）在平面直角坐标系中，ABC和A1B1C1的相似比等于12，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为（2，4