专题22图形的相似（共55题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】（第01期）.docx

1、2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期） 专题22图形的相似（共55题）姓名：_ 班级：_ 得分：_一、单选题1（2021浙江温州市中考真题）如图，图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，点，的对应点分别为点，若，则的长为（ ）A8B9C10D15【答案】B【分析】直接利用位似图形的性质得出线段比进而得出答案【详解】解：图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，故答案为：B【点睛】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键2（2021山东东营市中考真题）如图，中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作的位似

2、图形，并把的边长放大到原来的2倍，设点B的横坐标是a，则点B的对应点的横坐标是（ ）ABCD【答案】A【分析】设点的横坐标为，然后表示出、的横坐标的距离，再根据位似比列式计算即可得解.【详解】设点的横坐标为，则、间的横坐标的差为，、间的横坐标的差为，放大到原来的倍得到，解得：.故选：A.【点睛】本题考查了位似变换，坐标与图形的性质，根据位似比的定义，利用两点间的横坐标的距离等于对应边的比列出方程是解题的关键.3（2021浙江绍兴市中考真题）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高，树影，树AB与路灯O的水平距离，则树的高度AB长是（ ）ABCD【答案】A【分析】利用相似三角形的性质

3、得到对应边成比例，列出等式后求解即可【详解】解：由题可知，,，故选A【点睛】本题考查了相似三角形的判定与应用，解决本题的关键是能读懂题意，建立相似关系，得到对应边成比例，完成求解即可，本题较基础，考查了学生对相似的理解与应用等4（2021四川遂宁市中考真题）如图，在ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为（ ）A12cm2B9cm2C6cm2D3cm2【答案】B【分析】由三角形的中位线定理可得DE=BC，DEBC，可证ADEABC，利用相似三角形的性质，即可求解【详解】解：点D，E分别是边AB，AC的中点，DE=BC，DEBC，ADEABC，

4、SADE=3，SABC=12，四边形BDEC的面积=12-3=9(cm2)，故选：B【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握相似三角形的性质是解题的关键5（2021重庆中考真题）如图，ABC与BEF位似，点O是它们的位似中心，其中OE=2OB，则ABC与DEF的周长之比是（ ）A1：2B1：4C1：3D1：9【答案】A【分析】利用位似的性质得ABCDEF，OB：OE= 1：2，然后根据相似三角形的性质解决问题【详解】解：ABC与DEF位似，点O为位似中心ABCDEF，OB：OE= 1：2，ABC与DEF的周长比是：1：2故选：A【点睛】本题主要考查了位似变换，正确掌握位

5、似图形的性质是解题关键6（2021江苏扬州市中考真题）如图，点P是函数的图像上一点，过点P分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点A、B，交函数的图像于点C、D，连接、，其中，下列结论：；，其中正确的是（ ）ABCD【答案】B【分析】设P（m，），分别求出A，B，C，D的坐标，得到PD，PC，PB，PA的长，判断和的关系，可判断；利用三角形面积公式计算，可得PDC的面积，可判断；再利用计算OCD的面积，可判断【详解】解：PBy轴，PAx轴，点P在上，点C，D在上，设P（m，），则C（m，），A（m，0），B（0，），令，则，即D（，），PC=，PD=，即，又DPC=BPA，PDCPBA，PDC=P

6、BC，CDAB，故正确；PDC的面积=，故正确；=，故错误；故选B【点睛】此题主要考查了反比例函数的图象和性质，k的几何意义，相似三角形的判定和性质，解题关键是表示出各点坐标，得到相应线段的长度7（2021江苏连云港市中考真题）如图，中，、相交于点D，则的面积是（ ）ABCD【答案】A【分析】过点C作的延长线于点，由等高三角形的面积性质得到，再证明，解得，分别求得AE、CE长，最后根据的面积公式解题【详解】解：过点C作的延长线于点，与是等高三角形，设，故选：A【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、正切等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键8（2021浙江绍兴市中考真题）如图，中，点D是边

7、BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使，连结CE，则的值为（ ）ABCD【答案】D【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出，在结合题意可得，即证明，从而得出，即易证，得出再由等腰三角形的性质可知，即证明，从而可间接推出最后由，即可求出的值，即的值【详解】在中，点D是边BC的中点，在和中，为等腰三角形，即，故选D【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键9（2021重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，若，则与

8、的相似比是（ ）A2：1B1：2C3：1D1：3【答案】D【分析】直接利用对应边的比等于相似比求解即可【详解】解：由B、D两点坐标可知：OB=1，OD=3；OAB 与OCD的相似比等于；故选D【点睛】本题考查了在平面直角坐标系中求两个位似图形的相似比的概念，同时涉及到了位似图形的概念、平面直角坐标系中点的坐标、线段长度的确定等知识；解题关键是牢记相似比等于对应边的比，准确求出对应边的比即可完成求解，考查了学生对概念的理解与应用等能力10（2021浙江丽水市中考真题）如图，在纸片中，点分别在上，连结，将沿翻折，使点A的对应点F落在的延长线上，若平分，则的长为（ ）ABCD【答案】D【分析】先根据

9、勾股定理求出AB，再根据折叠性质得出DAE=DFE，AD=DF，然后根据角平分线的定义证得BFD=DFE=DAE，进而证得BDF=90，证明RtABCRtFBD，可求得AD的长【详解】解：，=5，由折叠性质得：DAE=DFE，AD=DF，则BD=5AD，平分，BFD=DFE=DAE，DAE+B=90，BDF+B=90，即BDF=90，RtABCRtFBD，即，解得：AD=，故选：D【点睛】本题考查折叠性质、角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键11（2021山东东营市中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、

10、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G现有以下结论：；当点D与点C重合时，；当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）ABCD【答案】B【分析】过A作AIBC垂足为I，然后计算ABC的面积即可判定；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定；如图将BCD绕B点逆时针旋转60得到ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得P=60，NP=AP=CD，然后讨论即可判定；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形【详解】解：如

11、图1, 过A作AIBC垂足为I是边长为1的等边三角形BAC=ABC=C=60，CI= AI=SABC=,故正确；如图2，当D与C重合时DBE=30，是等边三角形DBE=ABE=30DE=AE=GE/BD BG=GF/BD,BG/DFHF=BG=,故正确；如图3，将BCD绕B点逆时针旋转60得到ABN1=2，5=6=60，AN=CD,BD=BN3=302+4=1+4=30NBE=3=30又BD=BN，BE=BENBEDBE（SAS）NE=DE延长EA到P使AP=CD=ANNAP=180-60-60=60ANP为等边三角形P=60，NP=AP=CD如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需NEP=

12、90，但NEP不一定为90，故不成立；如图1，当AE=CD时，GE/BCAGE=ABC=60，GEA=C=60AGE=AEG=60，AG=AE同理：CH=CDAG=CHBG/FH,GF/BH四边形BHFG是平行四边形BG=BH四边形BHFG为菱形，故正确故选B【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键12（2021四川眉山市中考真题）如图，在以为直径的中，点为圆上的一点，弦于点，弦交于点，交于点若点是的中点，则的度数为（ ）A18B21C22.5D30【答案】C【分析】根据直径所对的圆周角是，可知，根据，可

13、知、的度数，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，为等腰三角形，再根据可求得的度数【详解】解：为的直径，点是的中点，又，故选：C【点睛】本题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形，直角三角形斜边上中线等知识点，找出图形中几个相似三角形是解题关键13（2021山东聊城市中考真题）如图，四边形ABCD中，已知ABCD，AB与CD之间的距离为4，AD5，CD3，ABC45，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQAB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，APQ的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（ ）A

14、BCD【答案】B【分析】依次分析当、三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项【详解】解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F，已知ABCD，AB与CD之间的距离为4，DE=CF=4，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQAB，PQDECF，AD=5，,当时，P点在AE之间，此时，AP=t，,，因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D；CD3，EF=CD=3，当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则，因此当时，对应图像为，即为一条线段；ABC45，BF=CF=

15、4，AB=3+3+4=10，当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-t，同理可得，Q2P2=P2B=10-t，因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像；故选：B【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的推论、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积公式、二次函数的图像等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能分情况讨论等，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等14（2021四川广元市中考真题）如图，在边长为2的正方形中，是以为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（ ）ABC1D【答案】D【分析】取BC的中点O，设AE与O的相切的切点为F，连接OF、OE

16、、OA，由题意可得OB=OC=OA=1，OFA=OFE=90，由切线长定理可得AB=AF=2，CE=CF，然后根据割补法进行求解阴影部分的面积即可【详解】解：取BC的中点O，设AE与O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，如图所示：四边形ABCD是正方形，且边长为2，BC=AB=2，ABC=BCD=90，是以为直径的半圆的切线，OB=OC=OF=1，OFA=OFE=90，AB=AF=2，CE=CF，OA=OA，RtABORtAFO（HL），同理可证OCEOFE，；故选D【点睛】本题主要考查切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的性质定理、切线长定理、正

17、方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键15（2021四川自贡市中考真题）如图，在正方形ABCD中，M是AD边上的一点，将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）ABC3D【答案】D【分析】延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解【详解】解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，M是AD边上的一点，将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，(HL)，在中，设，则，根据勾股定理可得，解得，故选：D【点睛】本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性

18、质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键16（2021四川泸州市中考真题）如图，O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是ABCD【答案】A【分析】过点D作DGBC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明HAOBCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在RtABD中，根据勾股定理可得；证明DHFBCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得【详解】过点D作DGBC于点G，延长CO交DA的延长线

19、于点H，AM，BN是它的两条切线，DE与O相切于点E，AD=DE，BC=CE，DAB=ABC=90，DGBC，四边形ABGD为矩形，AD=BG，AB=DG=8，在RtDGC中，CD=10，AD=DE，BC=CE，CD=10，CD= DE+CE = AD+BC =10，AD+BG +GC=10，AD=BG=2，BC=CG+BG=8，DAB=ABC=90，ADBC，AHO=BCO，HAO=CBO，OA=OB，HAOBCO，AH=BC=8，AD=2，HD=AH+AD=10；在RtABD中，AD=2，AB=8，ADBC，DHFBCF，解得，故选A【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全

20、等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键17（2021内蒙古通辽市中考真题）如图，已知，点E为射线上一个动点，连接，将沿折叠，点B落在点处，过点作的垂线，分别交，于M，N两点，当为线段的三等分点时，的长为（ ）ABC或D或【答案】D【分析】因为点为线段的三等分点，没有指明线段的占比情况，所以需要分两种情况讨论：； 然后由一线三垂直模型可证 ，再根据相似三角形的性质求得 的值，最后由 即可求得 的长【详解】当点为线段的三等分点时，需要分两种情况讨论：如图1，当时， ，四边形为矩形， ， 由折叠的性质可得，在中， ，即 ，解得 ，如图2，当时， ，四边形为矩形

21、， ， 由折叠的性质可得，在中， ，即 ，解得，综上所述，的长为或 故选：【点睛】本题考查了矩形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，由为线段的三等分点，分两种情况讨论线段的占比情况，以及利用型相似进行相关计算是解决此题的关键18（2021四川资阳市中考真题）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形连结并延长交于点M若，则有长为（ ）ABCD【答案】D【分析】添加辅助线，过F点作，通过证明两组三角形相似，得到和的两个关系式，从而求解【详解】如图所示，过F点作，交于点I，证明勾股定理的弦图的示意图是由四个全等的

22、直角三角形和一个小正方形组成， 又，即 解得或（舍去） ， FIHM， ， 解得：经检验：符合题意，故选：D【点睛】本题考查了相似三角形和勾股定理本题的关键在于添加辅助线，建立所求线段与已知条件之间的联系19（2021河北中考真题）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面（ ）ABCD【答案】C【分析】先求出两个高脚杯液体的高度，再通过三角形相似，建立其对应边的比与对应高的比相等的关系，即可求出AB【详解】解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8（cm），第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4（cm），因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚

23、杯是同一个高脚杯，所以图1和图2中的两个三角形相似，（cm），故选：C【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是读懂题意，与图形建立关联，能灵活运用相似三角形的判定得到相似三角形，并能运用其性质得到相应线段之间的关系等，本题对学生的观察分析的能力有一定的要求20（2021四川宜宾市中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB6，AD4，BE2，则DF的长是（ ）A2BCD3【答案】A【分析】构造如图所示的正方形，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FN

24、P即可【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，CMN=DPN=90，四边形CMPD是矩形，根据折叠，MCN=GCN，CD=CG，CMN=CGN=90，CN=CN，四边形为正方形，设,则，在中，由可得解得；故选A【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大作出合适的辅助线是解题的关键21（2021湖北恩施土家族苗族自治州中考真题）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，为与正方形网格线的交点，下列结论正确的是（ ）ABCD【答案】D【分析】由题意易得CEAB，然后根据

25、相似三角形的性质与判定、直角三角形斜边中线定理及全等三角形的判定可排除选项【详解】解：每个小正方形的边长都为1，故C错误；BCD是直角三角形，故B错误；，故D正确；为与正方形网格线的交点，CEAB，故A错误；故选D【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理、相似三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理的逆定理、相似三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理是解题的关键22（2021山东威海市中考真题）如图，在和中，连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G若BE恰好平分，则下列结论错误的是（ ）ABCD【答案】C【分析】根据即可证明，再利用全等三角形的性质以及等腰三角形的性质

26、，结合相似三角形的判定和性质，即可一一判断【详解】，故选项A正确；平分，故选项B正确；即，故选项C错误；，故选项D正确；故答案选：C【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，能利用全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质是解题关键二、填空题23（2021江苏无锡市中考真题）下列命题中，正确命题的个数为_所有的正方形都相似所有的菱形都相似边长相等的两个菱形都相似对角线相等的两个矩形都相似【答案】【分析】根据多边形的判定方法对进行判断；利用菱形的定义对进行判断；根据菱形的性质对进行判断；根据矩形的性质和相似的定义可对进行判断【详解】解

27、：所有的正方形都相似，所以正确；所有的菱形不一定相似，所以错误；边长相等的两个菱形，形状不一定相同，即：边长相等的两个菱形不一定相似所以错误；对角线相等的两个矩形，对应边不一定成比例，即不一定相似，所以错误；故答案是：【点睛】本题考查了判断命题真假，熟练掌握图形相似的判定方法，菱形，正方形，矩形的性质，是解题的关键24（2021内蒙古中考真题）如图，在中，过点B作，垂足为B，且，连接CD，与AB相交于点M，过点M作，垂足为N若，则MN的长为_【答案】【分析】根据MNBC,ACBC,DBBC，得,可得,因为,列出关于MN的方程，即可求出MN的长【详解】MNBC，DBBC, ACMNDB，即,又，

28、解得,故填：【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题关键是根据题意得出两组相似三角形以及它们对应边之比的等量关系25（2021山东东营市中考真题）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E若，则GE的长为_【答案】【分析】因为折叠，则有，从而可知，利用线段比求出DG的长，即可求出EG【详解】如图, 四边形ABCD是正方形因为折叠，设垂足为H，故答案为【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，找到是解题的关键26（2021四川南充市中考真题）如图，在中，D为BC上一点，则的值为_【答案

29、】【分析】证明ABDCBA，根据相似三角形的性质即可解答【详解】，B=B，ABDCBA，故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，证明ABDCBA是解决问题的关键27（2021湖北随州市中考真题）如图，在中，为的中点，平分交于点，分别与，交于点，连接，则的值为_；若，则的值为_【答案】 【分析】（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可.（2）通过，可知 四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可.【详解】解：（1），为的中点 又平分 又 在与中, （2 四点共圆，如下图：又 即 故答案为：【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据

30、图形找见相关的等量关系是解题的关键28（2021四川广元市中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：；为定值；以上结论正确的有_（填入正确的序号即可）【答案】【分析】由题意易得APF=ABC=ADE=C=90，AD=AB，ABD=45，对于：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得AFP=ABD=45，则问题可判定；对于：把AED绕点A顺时针旋转90得到ABH，则有DE=BH，DAE=BAH，然后易得AEFAHF，则有HF=EF，则可判定；对于：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP

31、=OM，然后易证AOPABF，进而问题可求解；对于：过点A作ANEF于点N，则由题意可得AN=AB，若AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于由可得，进而可得APGAFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解【详解】解：四边形是正方形，APF=ABC=ADE=C=90，AD=AB，ABD=45，由四边形内角和可得，点A、B、F、P四点共圆，AFP=ABD=45，APF是等腰直角三角形，故正确；把AED绕点A顺时针旋转90得到ABH，如图所示：DE=BH，DAE=BAH，HAE=90，AH=AE，AF=AF，AEFAHF（SAS），HF=EF，故正确；连

32、接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：点O是对角线的中点，OB=OD，OP=OM，AOB是等腰直角三角形，由可得点A、B、F、P四点共圆，AOPABF，故正确；过点A作ANEF于点N，如图所示：由可得AFB=AFN，ABF=ANF=90，AF=AF，ABFANF（AAS），AN=AB，若AEF的面积为定值，则EF为定值，点P在线段上，的长不可能为定值，故错误；由可得，AFB=AFN=APG，FAE=PAG，APGAFE，故正确；综上所述：以上结论正确的有；故答案为【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、

33、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键29（2021江苏南京市中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为_【答案】【分析】过点C作CM/交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM/证明，由相似三角形的性质查得结论【详解】解：过点C作CM/交于点M，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ， ，在和中， 故答案为：【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键30（2021浙江嘉兴市中考真题）如图，在直角坐标系中

34、，与是位似图形，则位似中心的坐标为_【答案】【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心【详解】解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心M点坐标为故答案为：【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键31（2021四川乐山市中考真题）如图，已知点，点为直线上的一动点，点，于点，连接若直线与正半轴所夹的锐角为，那么当的值最大时，的值为_【答案】【分析】设直线y2与y轴交于G，过A作AH直线y2于H，AF

35、y轴于F，根据平行线的性质得到ABH，由三角函数的定义得到，根据相似三角形的性质得到比例式，于是得到GB（n+2）（3n）（n）2，根据二次函数的性质即可得到结论【详解】解：如图，设直线y2与y轴交于G，过A作AH直线y2于H，AFy轴于F，BHx轴，ABH，在RtABH中， ,，即= sin随BA的减小而增大，当BA最小时sin有最大值；即BH最小时，sin有最大值，即BG最大时，sin有最大值，BGCACBAFC90，GBC+BCGBCG+ACF90，GBCACF，ACFCBG，即，BG（n+2）（3n）（n）2，当n时，BG最大值故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函

36、数的定义，平行线的性质，正确的作出辅助线证得ACFCBG是解题的关键32（2021江苏扬州市中考真题）如图，在中，矩形的顶点D、E在上，点F、G分别在、上，若，且，则的长为_【答案】【分析】根据矩形的性质得到GFAB，证明CGFCAB，可得，证明ADGBEF，得到AD=BE=，在BEF中，利用勾股定理求出x值即可【详解】解：DE=2EF，设EF=x，则DE=2x，四边形DEFG是矩形，GFAB，CGFCAB，即，AD+BE=AB-DE=，AC=BC，A=B，又DG=EF，ADG=BEF=90，ADGBEF（AAS），AD=BE=，在BEF中，即，解得：x=或（舍），EF=，故答案为：【点睛】本

37、题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是根据相似三角形的性质得到AB的长33（2021江苏扬州市中考真题）如图，在中，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，则_【答案】3【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DEAC，得到，即可求出DE【详解】解：ACB=90，点D为AB中点，AB=2CD=10，BC=8，AC=6，DEBC，ACBC，DEAC，即，DE=3，故答案为：3【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式34（2021云南中考真题

38、）如图，在中，点D，E分别是的中点，与相交于点F，若，则的长是_【答案】9【分析】根据中位线定理得到DE=AB，DEAB，从而证明DEFABF，得到，求出EF，可得BE【详解】解：点D，E分别为BC和AC中点，DE=AB，DEAB，DEFABF，BF=6，EF=3，BE=6+3=9，故答案为：9【点睛】本题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据中位线的性质证明DEFABF35（2021四川资阳市中考真题）如图，在菱形中，交的延长线于点E连结交于点F，交于点G于点H，连结有下列结论：；其中所有正确结论的序号为_【答案】【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定证明，利用A

39、A定理证明FCEFGC，从而证明，由含30直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理分析求解，从而证明和【详解】解：在菱形ABCD中，AD=DC，ADB=CDB又DF=DFADFCDF，故正确；ADBCDAF=FEC又中已证ADFCDF，DAF=DCF，AF=CFDCF=FEC又CFG=CFGFCEFGC，即，故正确；在菱形中，DBC=BDC=30又在RtDCF中，CDE=30在菱形ABCD中，又ADBC，由已证AF=FC由已证，设FC=2k，EF=3kFG=，EG=，故正确；由已知设DF=2a，BF=3aBD=5a在RtBDE中，在RtCDE中，在RtDFH中，在RtFCH中，又由已证，设FG

40、=4m，EG=5m，则EF=9m，解得（负值舍去），故正确故答案为：【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键36（2021重庆中考真题）如图，中，点D为边BC的中点，连接AD，将沿直线AD翻折至所在平面内，得，连接，分别与边AB交于点E，与AD交于点O若，则AD的长为_【答案】3【分析】利用翻折的性质可得推出是的中位线，得出，再利用得出AO的长度，即可求出AD的长度【详解】由翻折可知O是的中点，点D为边BC的中点，O是的中点，是的中位线， ，故答案为：3【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形的中位线的判定和性质，以

41、及平行线分线段成比例的性质，掌握三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质是解题的关键37（2021四川遂宁市中考真题）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：；若，则，你认为其中正确是_（填写序号）【答案】【分析】四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得ABDFBE45，根据等式的基本性质确定出；再根据正方形的对角线等于边长的倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；根据两角相

42、等的两个三角形相似得到EBHDBE，从而得到比例式，根据BEBG，代换即可作出判断；由相似三角形对应角相等得到BAFBDE45，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2BHBD，求出BH，DH，即可判断【详解】解：四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，ABDFBE45，又ABF45DBF，DBE45DBF，选项正确； 四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，ADAB，BFBE，BDAB，BE=BF， 又，选项正确；四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，BEHBDE

43、45，又EBHDBE，EBHDBE， ，即BE2BHBD，又BEBG，选项确； 由知：，又四边形ABCD为正方形，BD为对角线，BAFBDE45，AF在正方形另外一条对角线上，AFBD，正确，设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，BE=， BE2BHBD，DH=BD-BH=,，故错误，综上所述：正确，故答案是：【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键38（2021湖北荆州市中考真题）如图，是的直径，是的弦，于，连接，过点作交于，过点的切线交的延长线于若，则_【答案】【分析】证明求得AC，利用勾股定理求

44、得CB的长，再利用求得BE【详解】解：如图所示，连接BC是的直径，于又又 又或（舍去）又为切线又 即【点睛】本题考查圆的相关性质、相似三角形的判定和性质直径所对的圆周角是直角，圆的切线垂直于过切点的半径相似三角形的对应线段成比例39（2021浙江衢州市中考真题）将一副三角板如图放置在平面直角坐标系中，顶点A与原点O重合，AB在x轴正半轴上，且，点E在AD上，将这副三角板整体向右平移_个单位，C，E两点同时落在反比例函数的图象上【答案】【分析】分别求出，假设向右平移了m个单位，将平移后的店代入中，列出方程进行求解即可【详解】过E作ENDB, 过C作CMBD，由三角板及 ，可知，BD=12，CM=

45、BM=DB=6， ，EN/OB，设将这副三角板整体向右平移m个单位，C，E两点同时落在反比例函数的图象上，平移后，解得经检验：是原方程的根，且符合题意，故答案为：【点睛】本题考查了特殊三角形以及平移规律，平行线分线段成比例，反比例函数的性质，掌握平移规律，反比例函数的性质是解题的关键40（2021四川泸州市）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F在CD上，且CF=3DF，AE，BF相交于点G，则AGF的面积是_【答案】【分析】延长AG交DC延长线于M，过G作GHCD，交AB于N，先证明ABEMCE，由CF=3DF，可求DF=1，CF=3，再证ABGMFG，则利用相似比可计算

46、出GN，再利用两三角形面积差计算SDEG即可【详解】解：延长AG交DC延长线于M，过G作GHCD，交AB于N，如图，点E为BC中点，BE=CE，在ABE和MCE中，ABEMCE（ASA），AB=MC=4，CF=3DF，CF+DF=4，DF=1，CF=3，FM=FC+CM=3+4=7，ABMF，ABG=MFG，AGB=MGF，ABGMFG，SAFG=SAFB-SAGB=，故答案为【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，割补法求三角形面积，熟练运用相似比计算线段的长是解题关键41（

47、2021山西中考真题）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_【答案】【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】本题考察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42（2021黑龙江大庆市中考真题）已知，则_【答

48、案】【分析】设，再将分别用的代数式表示，再代入约去即可求解【详解】解：设，则，故，故答案为：【点睛】本题考查了比例的性质，正确用同一字母表示各数是解决此类题的关键三、解答题43（2021广东中考真题）如图，边长为1的正方形中，点E为的中点连接，将沿折叠得到交于点G，求的长【答案】【分析】根据题意，延长交于H连，通过证明、得到，再由得到，进而即可求得的长【详解】解：延长交于H连，由沿折叠得到，E为中点，正方形边长为1，四边形是正方形，在和中，又，【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质以及正方形的性质，熟练掌握相关几何知识是解决本题的关键44（2021浙江宁波市中考真

49、题）（证明体验）（1）如图1，为的角平分线，点E在上，求证：平分（思考探究）（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G若，求的长（拓展延伸）（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，若，求的长【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；（2）先证明，得，进而即可求解；（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，最后证明，即可求解【详解】解：（1）平分，即平分；（2），；（3）如图，在上取一点F，使得，连结平分，又，【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题

50、的关键45（2021湖北鄂州市中考真题）如图，在中，点、分别在边、上，且（1）探究四边形的形状，并说明理由；（2）连接，分别交、于点、，连接交于点若，求的长【答案】（1）平行四边形，见解析；（2）16【分析】（1）利用平行四边形的判定定理，两组对边分别平行是平行四边形即可证明；（2）根据，找到边与边的等量关系，再利用三角形相似，建立等式进行求解即可【详解】（1）四边形为平行四边形理由如下：四边形为平行四边形四边形为平行四边形四边形为平行四边形（2）设，四边形为平行四边形，【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理、相似三角形的判定定理，解题的关键是：熟练掌握相关定理，能进行相关的证明46（2021

51、北京中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明【答案】（1），理由见详解；（2），理由见详解【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，然后可证，进而问题可求解；（2）过点E作EHAB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证【详解】（1）证明：，由旋转的性质可得，点M为BC的中点，；（2）证明：，理由如下：过点E作EHAB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：，由（1）可得，【点睛】本

52、题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键47（2021四川南充市中考真题）如图，点E在正方形ABCD边AD上，点F是线段AB上的动点（不与点A重合）DF交AC于点G，于点H，（1）求（2）设，试探究y与x的函数关系式（写出x的取值范围）（3）当时，判断EG与AC的位置关系并说明理由【答案】（1）；（2）y=(0；（3）EGAC，理由见解析【分析】（1）过E作EMAC于M，根据正方形的性质得出DAC=45，AD=AB=BC=1，利用等腰三角形的性质得出E

53、M=AM=，再利用正切的定义即可得出答案；（2）过G作GNAB于N，先证得四边形HANG为正方形，再证明GNFDAF，根据比利式即可得出结论；（3）根据ADF=ACE和tanACE=得出 AF=，根据（2）中的函数关系式得出HG=，从而得出EHG为等腰直角三角形，继而得出EGAC【详解】（1）过E作EMAC于M在正方形ABCD中DAC=45，AD=AB=BC=1DE=，AE=，AC=EM=AM=AE=CM=AC-AM=-=在RtCEM中，tanACE=(2)过G作GNAB于NHGAD，DAB=90四边形HANG为矩形，GNADHAG=45AH=HG四边形HANG为正方形HG=GN=AN=yGN

54、ADGNFDAF=AF=x，NF=x-y=y=(0(3)ADF=ACEtanACE=tanADF=AD=1AF=即x=当x=时，y=HG=在RtAHG中，HAG=45AH=HG=，HGA=45HE=AE-AH=EHG为等腰直角三角形EGH=45AGE=90EGAC【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形等知识，适当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键48（2021四川资阳市中考真题）已知，在中，（1）如图1，已知点D在边上，连结试探究与的关系；（2）如图2，已知点D在下方，连结若，交于点F，求的长；（3）如图3，已知点D在下方，连结、若，求的值【答案】（1

55、），理由见详解；（2）；（3）【分析】（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；（2）过点A作AHBC于点H，由题意易得，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；（3）将ABD绕点A逆时针旋转90得到ACG，过点A作APBC于点P，作DTBC于点T，分别过点G作GMBC，GNAP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，则有，然后可得，设，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解【详解】解：（1），理由如下：，；（2）过点A作AHBC于点H，如图所示：，BAC是等腰直角三角形，设，则，解得：，AF=5；（3）将ABD绕点

56、A逆时针旋转90得到ACG，过点A作APBC于点P，作DTBC于点T，分别过点G作GMBC，GNAP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：，BAC是等腰直角三角形，由旋转的性质可得，GMBC，GNAP，APBC，四边形GMPN是矩形，设，在RtANG中，化简得：，解得：，当时，易知与相矛盾，在RtDTC中，【点睛】本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键49（2021四川广元市中考真题）如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F（1）求证：；（2）连接和

57、相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积【答案】（1）证明见解析；（2）24【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，则答案可证；（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，进而得出，由得，则答案可解【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，在和中 ，；（2）四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点， ，的面积为2，即， ，【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答50（2021湖北随州市中考真题）如图，是以为直

58、径的上一点，过点的切线交的延长线于点，过点作交的延长线于点，垂足为点（1）求证：；（2）若的直径为9，求线段的长；求线段的长【答案】（1）见解析；（2）；【分析】（1）连接，由是的切线，可得，可证，可得由，可得即可； （2）连接，由的直径为9，可求可证，由， 由（1）可知，可证，由性质可得， 解方程得【详解】（1）证明：连接，是的切线，又，又在中，； （2）连接，的直径为9，在中，又，且，在中， 由（1）可知，DOE=FBE，ODE=BFE，即， 解得经检验符合题意【点睛】本题考查圆的切线性质，平行线性质，等腰三角形判定与性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，利用相似的

59、性质构造方程是解题关键51（2021湖北黄冈市中考真题）如图，在和中，（1）求证：；（2）若，求的长【答案】（1）证明见解析；（2）9【分析】（1）先根据角的和差可得，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）根据相似三角形的性质即可得【详解】证明：（1），即，在和中，；（2）由（1）已证：，解得或（不符题意，舍去），则的长为9【点睛】本题考查了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52（2021四川广安市中考真题）如图，是的直径，点在上，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，延长、相交于点（1）求证：是的切线；（2）若的半径为5，求的长【答案】（1）见解析；（2）【分

60、析】（1）连接OE，由题意可证OEAD，且DEAF，即OEDE，则可证CD是O的切线；（2）连接BE，证明ADEAEB，得到，根据tanEAD=，在ABE中，利用勾股定理求出BE和AE，可得AD和DE，再证明COECAD，得到，设BC=x，解方程即可求出BC【详解】解：（1）连接OE，OA=OE，OAE=OEA，AE平分BAF，OAE=DAE，OEA=EAD，OEAD，EDAF，OEDE，CD是O的切线；（2）连接BE，AB为直径，AEB=90=D，又DAE=BAE，ADEAEB，又tanEAD=，则AE=2BE，又AB=10，在ABE中，AE2+BE2=AB2，即（2BE）2+BE2=102

61、，解得：BE=，则AE=，解得：AD=8，DE=4，OEAD，COECAD，设BC=x，解得：x=，经检验：x=是原方程的解，故BC的长为【点睛】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，作出辅助线，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键53（2021四川乐山市中考真题）在等腰中，点是边上一点（不与点、重合），连结（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，则_；（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结在图2中补全图形；探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、之间满足的数量关系，并证明【答案】（1）30；（2）见解析；见解析；（3），见解析

62、【分析】（1）先根据题意得出ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可（2）按要求补全图即可先根据已知条件证明ABC是等边三角形，再证明，即可得出（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明【详解】解：（1），ABC是等边三角形B=60点关于直线的对称点为点ABDE， 故答案为：；（2）补全图如图2所示；与的数量关系为：；证明：，为正三角形，又绕点顺时针旋转，（3）连接，又，又，【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点54（2021浙江丽水市中考真题）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的

63、动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F（1）当时，求证：；连结，若，求的值；（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形【答案】（1）见解析；（2）当或2或时，是等腰三角形【分析】（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，得到AC是EF的垂直平分线，得到，再根据已知条件证明出，算出面积之比；（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，得到CE= ；当时，得到CE=2；当时，得到CE= 【详解】（1）证明：在菱形中，（ASA），解：如图1，连结由知，在菱形中，设，则， （2）解：在菱形中，同理，是等腰三角形有三

64、种情况：如图2，当时，如图3，当时，如图4，当时，综上所述，当或2或时，是等腰三角形【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长55（2021江西中考真题）课本再现（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与相等的角是_；类比迁移（2）如图2，在四边形中，与互余，小明发现四边形中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作，再过点作于点，连接，发现，之间的数量关系是_；方法运用（3）如图3，在四边

65、形中，连接，点是两边垂直平分线的交点，连接，求证：；连接，如图4，已知，求的长（用含，的式子表示）【答案】（1）DC；（2）AD2+DE2=AE2；（3）见解析；BD=【分析】（1）根据拼图可求得A=DC；（2）根据ABC与ADC互余求得ADF=ADC+ABC=90，利用勾股定理即可求解；（3）由点O是ACD两边垂直平分线的交点，证得OA=OD=OC，推出2OAC+2ODC+2ODA=180，得到OAC+ADC =90，即可求解；作CDF=ABC，再过点C作CEDF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC= 1：2：，同理可得CE：DE：DC= 1：2：，证明ACEBCD，利用相似三角形的性质以

66、及勾股定理即可求解【详解】（1）根据拼图可得：A=DC；故答案为：DC；（2）作CDF=ABC，再过点C作CEDF于点E，连接AE，如图，ABC与ADC互余，即ABC+ADC=90，ADF=ADC+CDF=ADC+ABC=90，AD2+DE2=AE2；故答案为：AD2+DE2=AE2；（3）证明：连接OD、OC，点O是ACD两边垂直平分线的交点，OA=OD=OC，OAC=OCA，ODC=OCD，OAD=ODA，2OAC+2ODC+2ODA=180，即2OAC+2ADC =180，OAC+ADC =90，OAC=ABC，ABC +ADC =90；作CDF=ABC，再过点C作CEDF于点E，连接AE，ABC +ADC=90，ABC +CDF=90，AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，BAC=90，AC：AB：BC= 1：2：，同理可得CE：DE：DC= 1：2：，CDF=ABC，ACB=DCE，BCD=ACE，ACEBCD，AE=，在RtCDE中，DE=，m2+()2=()2，即m2+2=，BD2=，BD=【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，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，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题