相似；
③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似． 8.【答案】D
【解析】
解：参加此会的学生为x名，每个学生都要握手（x-1）次， ∴可列方程为故选：D．
每个学生都要和他自己以外的学生握手一次，但两个学生之间只握手一次，所以等量关系为：求解．
本题考查用一元二次方程解决握手次数问题，得到总次数的等量关系是解决本题的关键． 9.【答案】A
【解析】
x（x-1）=253，
×学生数×（学生数-1）=总握手次数，把相关数值代入即可
解：∵E，F分别是DC，AD的中点， ∴EF=AC，EF∥AC，
AC，GH∥AC，GF=BD，
同理，GH=∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形， ∵AC=BD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH为菱形， 故选：A．
根据三角形中位线定理和菱形的判定定理解答．
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理，菱形的判定定理是解题的关键． 10.【答案】D
【解析】
第9页，共20页
解：如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点B'作B'F⊥x轴于F，
∵点C的坐标是（-1，0），
以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C，
并把△ABC的边长放大到原来的2倍，点B的对应点B′的横坐标是a， ∴FO=a，CF=a+1， ∴CE=（a+1），
（a+1）-1=-（a+3）．
∴点B的横坐标是：-故选：D．
根据位似变换的性质得出△ABC的边长放大到原来的2倍，FO=a，CF=a+1，CE=（a+1），进而得出点B的横坐标．
此题主要考查了位似变换的性质，根据已知得出FO=a，CF=a+1，CE=（a+1），是解决问题的关键． 11.【答案】4
【解析】
解：原式=（=5-1， =4． 故答案为：4．
22）-1，
根据平方差公式和二次根式的乘法法则来计算．
本题考查了二次根式的乘法，应用平方差公式可以简化计算． 12.【答案】 【解析】
解：∵∴=， =．
第10页，共20页
．
故答案为：由，根据比例的性质，即可求得的值．
此题考查了比例的性质．此题比较简单，解题的关键是熟练掌握比例的性质与比例变形． 13.【答案】 【解析】
解：∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴=，
∵AD=4，DB=2， ∴∴==． ． ，
故答案为：由DE∥BC判定△ADE∽△ABC，得出比例式，进一步求得答案即可． 此题考查相似三角形的判定与性质，掌握三角形的判定方法是解决问题的关键． 14.【答案】 【解析】
解：∵O是△ABC的重心， ∴MN∥AC，ON=AO，
∴△MON∽△AOC， ∴=．
=．
故答案为：根据三角形的重心的性质，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求解．
此题主要考查学生对三角形的重心和相似三角形的判定与性质的理解和掌握，解答此题的关键是利用相似三角形的面积比等于相似比的平方． 15.【答案】2018
【解析】
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2
解：∵设a，b是方程x+x-2019=0的两个实数根， 2
∴a+b=-1，a+a-2019=0， 2
∴a+a=2019，
22
∴a+2a+b=（a+a）+（a+b）=2019+（-1）=2018，
故答案为：2018．
2
根据根与系数的关系和一元二次方程的解得出a+b=-1，a+a-2019=0，变形后
代入，即可求出答案．
本题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解，能求出a+b=-1和a2+a=2019是解此题的关键． 16.【答案】2【解析】
解：作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，如图所示： 则∠M=90°，
， ∴∠DCM+∠CDM=90°
，AB=3，BC=4， ∵∠ABC=90°
222
∴AC=AB+BC=25，
∵CD=10，AD=5222∴AC+CD=AD，
，
， ∴△ACD是直角三角形，∠ACD=90°
， ∴∠ACB+∠DCM=90°
∴∠ACB=∠CDM，
， ∵∠ABC=∠M=90°
∴△ABC∽△CMD， ∴=，
∴CM=2AB=6，DM=2BC=8， ∴BM=BC+CM=10， ∴BD=故答案为：2．
==2，
222
作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，由勾股定理得出AC=AB+BC=25，
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