2020年中考数学总复习专题演练《相似综合》(含解析)

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2020-2021中考数学专题复习相似的综合题含答案解析

2020-2021中考数学专题复习相似的综合题含答案解析一、相似1．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，以BC为直径的⊙O与AC相交于点D，过点D作DE⊥AB交CB延长线于点E，垂足为点F．（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径R=5，tanC= ，求EF的长．【答案】（1）解：DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠90°，∴BD⊥AC．∵AB=BC，∴AD=DC．∵OC=OB，∴OD∥BA，∵DE⊥BC，∴DE⊥OD，∴直线DE是⊙O的切线．（2）解：过D作DH⊥BC于H，∵⊙O的半径R=5，tanC= ，∴BC=10，设BD=k，CD=2k，∴BC= k=10，∴k=2 ，∴BD=2 ，CD=4 ，∴DH= =4，∴OH= =3，∵DE⊥OD，DH⊥OE，∴OD2=OH•OE，∴OE= ，∴BE= ，∵DE⊥AB，∴BF∥OD，∴△BFE∽△ODE，∴，即，∴BF=2，∴EF= =．【解析】【分析】（1）DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，根据直径所对的圆周角的直角得出∠ADB=∠90°，根据等腰三角形的三线合一得出AD=DC，连接三角形两边中点的线段是三角形的中位线，又三角形的中位线平行于第三边，得出OD∥BA,又DE⊥BC，根据平行线的性质得出DE⊥OD，从而得出结论：直线DE是⊙O的切线；（2）过D作DH⊥BC于H，根据正切函数的定义，由tanC=，可以设BD=k，CD=2k，根据勾股定理表示出BC，再根据BC=10，列出方程，求解得出k的值，进而得出CD,BD的长，根据面积法即可算出DH的长，再根据勾股定理算出OH的长，然后判断出△ODH与△ODE 相似，根据相似三角形对应边成比例即可得出OD2=OH•OE，根据等积式算出OE,的长，从而根据线段的和差算出BE的长，再判断出△BFE∽△ODE，根据相似三角形对应边成比例得出,根据比例式即可算出BF，最后根据勾股定理算出FE的长。

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习含答案解析

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习含答案解析一、相似1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．如图，抛物线与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，对称轴为：直线x=﹣；（2）解：存在，∵AD=2t，∴DF=AD=2t，∴OF=4﹣4t，∴D（2t﹣4，0），∵直线AC的解析式为：，∴E（2t﹣4，t），∵△EFC为直角三角形，分三种情况讨论：①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，∴，即，解得：t= ；②当∠FEC=90°，∴∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴DE= AF，即t=2t，∴t=0，（舍去），③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t= ，∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t= 或；（3）解：∵B（1，0），C（0，2），∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，当D在y轴的左侧时，S= （DE+OC）•OD= （t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2）；当D在y轴的右侧时，如图2，∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S= （DE+OC）•OD= （﹣8t+10+2）•（4t﹣4），即（2＜t＜）．综上所述：【解析】【分析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数解析式，建立方程组求解即可。

2020-2021中考数学复习相似专项综合练附答案解析

2020-2021中考数学复习相似专项综合练附答案解析一、相似1．如图，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F（x， x2+2x+6），则FG= ，∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，∴当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）（3）解：如图2，不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6解得k1= 或k2=∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

2020-2021中考数学综合题专题复习【相似】专题解析及答案

2020-2021中考数学综合题专题复习【相似】专题解析及答案一、相似1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.连结BE、BF。

使它们分别与AO相交于点G、H（1）求EG ：BG的值（2）求证：AG=OG（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴ = = ．∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，∴GC=3AG，GB=3EG，∴EG：BG=1：3（2）解：∵GC=3AG（已证），∴AC=4AG，∴AO= AC=2AG，∴GO=AO﹣AG=AG（3）解：∵AE=EF=FD，∴BC=AD=3AE，AF=2AE．∵AD∥BC，∴△AFH∽△CBH，∴ = = = ，∴ = ，即AH= AC．∵AC=4AG，∴a=AG= AC，b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，∴a：b：c= ：： =5：3：2【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。

（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。

（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。

2．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BM= = = ，②当BN为最大线段时，∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN= = =5，综上，BN= 或5；（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；点D即为所求；如图2所示．（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AF，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，∵BH=DF，EF=HE，∵EF2=BE2+DF2，∴E、F是线段BD的勾股分割点．②证明：如图4中，连接FM，EN．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，∴△AFE∽△DFN，∴∠AEF=∠DNF，，∴，∵∠AFD=∠EFN，∴△AFD∽△EFN，∴∠DAF=∠FEN，∵∠DAF+∠DNF=90°，∴∠AEF+∠FEN=90°，∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM= AF，AN= AE，∵S△AMN= AM•AN•sin45°，S△AEF= AE•AF•sin45°，∴ =2，∴S△AMN=2S△AEF．【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

中考数学复习《相似》专项综合练习含答案

中考数学复习《相似》专项综合练习含答案一、相似1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．（1）求抛物线解析式及对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得解得∴抛物线解析式为：y= x2−x−1∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1（2）解：存在使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．设过点C′、O直线解析式为：y=kx∴k=-∴y=- x则P点坐标为（1，- ）（3）解：当△AOC∽△MNC时，如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°∴∠CDN=∠CAO由相似，∠CAO=∠CMN∴∠CDN=∠CMN∵MN⊥AC∴M、D关于AN对称，则N为DM中点设点N坐标为（a，- a-1）由△EDN∽△OAC∴ED=2a∴点D坐标为（0，- a−1）∵N为DM中点∴点M坐标为（2a，a−1）把M代入y= x2−x−1，解得a=4则N点坐标为（4，-3）当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N由（2）N（2，-1）∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。

（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。

2020年九年级数学典型中考压轴题训练《相似综合》含答案

2020年九年级数学典型中考压轴题训练《相似综合》1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，且对角线AC⊥BD，垂足为点E，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G．（1）如图①，连接EF，若EF平分∠AFG，求证：AE＝GE；（2）如图②，连接CO并延长交AB于点H，若CH为∠ACF的平分线，AD＝3，且tan∠FBG ＝，求线段AH长．2．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边BC，AC上的点，且∠ADE＝∠B．（1）求证：AB•CE＝BD•CD；（2）若AB＝5，BC＝6，求AE的最小值；（3）如图2，若△ABC为等边三角形，AD⊥DE，BE⊥DE，点C在线段DE上，AD＝3，BE ＝4，求DE的长．3．如图，AB是⊙O的直径，AB＝10，延长弦CD至点E，CD＝6，AB⊥CD于点F，点M在AB上，AM＝，连接EM，点N在半径OB上，ON＝2，ND∥ME．（1）求tan∠E的值；（2）延长OB至点G，使BG＝，连接GD并延长交ME于点H，判断GH与⊙O的位置关系，并求MH的长．4．在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D为AB上一点．（1）如图1，若CD⊥AB，求证：CD2＝AD•DB；（2）如图2，若AC＝BC，EF⊥CD于H，EF与BC交于E，与AC交于F，且＝，求的值；（3）如图3，若AC＝BC，点H在CD上，且∠AHD＝45°，CH＝3DH，直接写出tan∠ACH 的值为．5．定义：连结菱形的一边中点与对边的两端点的线段把它分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，那么称这样的菱形为自相似菱形．（1）判断下列命题是真命题，还是假命题？①正方形是自相似菱形；②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形．③如图1，若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC＝α（0°＜α＜90°），E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED．（2）如图2，菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是锐角，边长为4，E为BC中点．①求AE，DE的长；②AC，BD交于点O，求tan∠DBC的值．6．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是线段AC上的一个动点且＝k（0＜k＜1），点F在线段BC上，且DEFH为矩形；过点E作MN⊥BC，分别交AD，BC于点M，N．（1）求证：△MED∽△NFE；（2）当EF＝FC时，求k的值．（3）当矩形EFHD的面积最小时，求k的值，并求出矩形EFHD面积的最小值．7．如图1，△ABC中，∠ACB的平分线CE交AB于点E．（1）求证：＝；（2）如图2，AD⊥BC交CE于F，BD＝2AD，∠AEC＝45°．①求证：BE＝2AE；②直接写出sin∠ACE的值．8．如图1，在△ABC中，点D在AC边上，连接BD，∠ABD＝∠C．（1）求证：△ADB∽△ABC；（2）点E在AB边上，连接DE，BE＝DE．①如图2，若∠C＝30°，求证：3AE•BE＝AD•CD；②如图3，△ABC为锐角三角形，AB＝6，AC＝9，tan C＝，请直接写出AE的长．9．在四边形ABCD中，E、F分别是BD、BC上的点，∠BAE＝∠BDA．（1）如图1，求证：AB2＝BE•BD；（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形，A、E、F三点在同一条直线上，，∠ABC＝60°，求的值；（3）如图3，若A、E、F不在同一条直线，∠DEF＝∠C，AB＝2，BD＝4，，，则CD＝（直接写出结果）．10．矩形ABCD中，点P在对角线BD上（点P不与点B重合），连接AP，过点P作PE⊥AP 交直线BC于点E．（1）如图1，当AB＝BC时，猜想线段PA和PE的数量关系：；（2）如图2，当AB≠BC时．求证：（3）若AB＝8，BC＝10，以AP，PE为边作矩形APEF，连接BF，当PE＝时，直接写出线段BF的长．11．已知矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE于点F．（1）如图1，若BE＝，求AE•AF的值；（2）如图2，连接AC交DF于点G，若＝，求cos∠FCE的值；（3）如图3，延长DF交AB于点G，若G点恰好为AB的中点，连接PC，过A作AK∥FC交FD于K，设△ADK的面积为S1，△CDF的面积为S2，则的值为．12．如图1，AB⊥BC，分别过点A，C作BM的垂线，垂足分别为M，N．（1）求证：BM•BC＝AB•CN；（2）若AC＝BC．①如图2，若BM＝MN，过点A作AD∥BC交CM的延长线于点D，求DN：CN的值；②如图3，若BM＞MN，延长BN至点E，使BM＝ME，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F，若E是CF的中点，且CN＝1，直接写出线段AF的长．13．请阅读下列材料，并完成相应的任务．梅涅劳斯（Menelaus）是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍．梅涅劳斯发现，三角形各边（或其延长线）被一条不过任何一个顶点也不与任何一条边平行的直线所截，这条直线可能与三角形的两条边相交（一定还会与一条边的延长线相交），也可能与三条边都不相交（与三条边的延长线都相交）．他进行了深入研究并证明了著名的梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）：设D，E，F依次是OABC的三边AB，BC，CA或其延长线上的点，且这三点共线，则满足．这个定理的证明步骤如下：情况①：如图1，直线DE交△ABC的边AB于点D，交边AC于点F，交边BC的延长线与点E．过点C作CM∥DE交AB于点M，则，（依据）∴＝∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，即．情况②：如图2，直线DE分别交△ABC的边BA，BC，CA的延长线于点D，E，F．…（1）情况①中的依据指：（2）请你根据情况①的证明思路完成情况②的证明．（3）如图3，D，F分别是△ABC的边AB，AC．上的点，且AD：DB＝CF：FA＝2：3，连接DF并延长，交BC的延长线于点E，那么BE：CE＝．14．如图a，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC的中点，连接AF、DE交于点G．（1）求证：AF⊥DE；（2）如图b，连接BG，BD，BD交AF于点H．①求证：GB2＝GA•GD；②若AB＝10，求三角形GBH的面积．15．问题发现：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝k•AC（k＞1），D是AB上一点，DE∥BC，则BD，EC的数量关系为．类比探究（2）如图2，将△AED绕着点A顺时针旋转，旋转角为a（0°＜a＜90°），连接CE，BD，请问（1）中BD，EC的数量关系还成立吗？说明理由拓展延伸：（3）如图3，在（2）的条件下，将△AED绕点A继续旋转，旋转角为a（a＞90°）．直线BD，CE交于F点，若AC＝1，AB＝，则当∠ACE＝15°时，BF•CF的值为．参考答案1．证明：（1）过点E作EI⊥EF交CF于点I，如图①所示：∵CF⊥AB，∴∠AFG＝90°，又∵EF平分∠AFG，∴∠EFA＝∠EFI＝45°，又∵EF⊥EI，∴∠FEI＝90°，又∵∠EFI+∠EIF＝90°，∴∠EIF＝45°，∴EF＝EI，又∵∠EAF+∠AFG+∠FGE+∠GEA＝360°，∠AFG＝∠AEG＝90°，∴∠EGF+∠FAE＝180°，又∵∠EGF+∠EGI＝180°，∴∠EGI＝∠FAE，又∵∠AEB＝∠AEF+∠FEG，∠FEI＝∠GEI+∠FEG，∴∠AEF＝∠GEI，在△AEF和△GEI中，，∴△AEF≌△GEI（AAS），∴AE＝GE；（2）连接DO并延长，交⊙O于点P，连接AP，如图②甲所示：∵∠ABD与∠P是⊙O上弧AD所对的圆周角，∴∠ABD＝∠P，又∵DP为⊙O的直径，∴∠PAD＝90°，又∵tan∠FBG＝，∴tan∠P＝＝，又∵AD＝3，∴AP＝4，PD＝5，∴OD＝，过点H作HJ⊥AC于点J，过点O作OK⊥AC于点K，设AJ＝3t，CF＝x，如图②乙所示，∵HJ⊥AC，BD⊥AC，∴HJ∥BD，∴∠ABD＝∠AHJ，又∵tan∠ABD＝∴tan∠AHJ＝，又∵AJ＝3t，∴HJ＝4t，在Rt△AHJK由勾股定理得：AH＝＝＝5t，又∵CH是∠ACF的平分线，且HF⊥CF，HJ⊥AC，∴HF＝HJ＝4t，∴AF＝AH+HF＝9t，又∵CF＝x，∴CJ＝x，又∵∠BFG＝∠GEC，∠FGB＝∠EGC，∴△FBG∽△ECG，∴∠FBG＝∠ECG，∴tan∠FCJ＝＝＝，解得：x＝12t，∴CF＝CJ＝12t，∴AC＝15t，∴CK＝t，又∵OK∥HJ，∴＝，∴OK＝＝＝t，∴在Rt△OCK中，由勾股定理得：OK2+KC2＝OC2，即（t）2+（t）2＝（）2，解得：t＝，或t＝﹣（舍去），∴AH＝5t＝．2．（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠ADC为△ABD的外角，∴∠ADE+∠EDC＝∠B+∠DAB，∵∠ADE＝∠B，∴∠BAD＝∠CDE，又∠B＝∠C，∴△ABD∽△DCE，∴＝，∴AB•CE＝BD•CD；（2）解：设BD＝x，AE＝y，由（1）得，5×（5﹣y）＝x×（6﹣x），整理得，y＝x2﹣x+5＝（x﹣3）2+，∴AE的最小值为；（3）解：作AF⊥BE于F，则四边形ADEF为矩形，∴EF＝AD＝3，AF＝DE，∴BF＝BE﹣EF＝1，设CD＝x，CE＝y，则AF＝DE＝x+y，由勾股定理得，AD2+CD2＝AC2，CE2+BE2＝BC2，AF2+BF2＝AB2，∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∴32+x2＝AC2，y2+42＝BC2，（x+y）2+12＝AC2，∴x2﹣y2＝7，y2+2xy＝8，解得，x＝，y＝，∴DE＝x+y＝．3．解：（1）如图，连接OD，∵AB＝10，∴OA＝OB＝5，∵AB⊥CD，∴CF＝DF＝CD＝3，∴OF＝＝＝4，∴NF＝OF﹣ON＝2，∵DN∥ME，∴∠E＝∠NDF，∴tan∠E＝tan∠NDF＝＝；（2）∵FB＝OB﹣OF＝1，∴FG＝+1＝，∵，∴，且∠DFG＝∠DFO＝90°，∴△DFO∽△GFD，∴∠G＝∠ODF，∵∠FOD+∠ODF＝90°＝∠FOD+∠G，∴∠ODG＝90°，∴OD⊥DG，且OD是半径，∴GH是⊙O的切线，∵AM＝，∴GM＝10﹣+＝，在Rt△DFN中，DN＝＝＝，∵DN∥ME，∴∴∴MH＝2．4．（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠CDB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠B+∠BCD＝∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠B＝∠ACD，∴△CBD∽△ACD，∴CD：AD＝BD：CD，∴CD2＝AD•DB；（2）解：∵＝，∴设FH＝4a，则HE＝9a（a＞0），∵∠ACB＝90°，EF⊥CD，∴同（1）得：CH2＝HE•FH＝9a×4a＝36a2，∴CH＝6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD＝＝＝，过D作DP⊥AC于P，如图2所示：则DP∥BC，在Rt△DPC中，tan∠ACD＝＝，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝45°，∴△ADP是等腰直角三角形，∴AP＝DP，∴＝＝，∵DP∥BC，∴＝＝；（3）解：过点D作DM⊥AH于M，如图3所示：∵CH＝3DH，∴设DH＝2x，则CH＝6x（x＞0），∴CD＝DH+CH＝8x，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°＝∠AHD，又∵∠ADH＝∠CDA，∴△ADH∽△CDA，∴∠DAH＝∠ACH，AD：CD＝DH：AD，∴AD2＝DH•CD＝16x2，∴AD＝4x，∵DM⊥AH，∠AHD＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴DM＝HM＝DH＝x，∴AM＝＝＝x，∴tan∠ACH＝tan∠DAH＝＝＝；故答案为：．5．解：（1）①正方形是自相似菱形，是真命题；理由如下：如图3所示：∵四边形ABCD是正方形，点E是BC的中点，∴AB＝CD，BE＝CE，∠ABE＝∠DCE＝90°，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS），∴△ABE∽△DCE，∴正方形是自相似菱形；②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形，是假命题；理由如下：如图4所示：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD，AD∥BC，AB∥CD，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∠DCE＝120°，∵点E是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠AEB＝∠DAE＝90°，∴只能△AEB与△DAE相似，∵AB∥CD，∴只能∠B＝∠AED，若∠AED＝∠B＝60°，则∠CED＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴∠CDE＝180°﹣120°﹣30°＝30°，∴∠CED＝∠CDE，∴CD＝CE，不成立，∴有一个内角为60°的菱形不是自相似菱形；③若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC＝α（0°＜α＜90°），E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED，是真命题；理由如下：∵∠ABC＝α（0°＜α＜90°），∴∠C＞90°，且∠ABC+∠C＝180°，△ABE与△EDC不能相似，同理△AED与△EDC也不能相似，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠AEB＝∠DAE，当∠AED＝∠B时，△ABE∽△DEA，∴若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC＝α（0°＜α＜90°），E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED；（2）①∵菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是锐角，边长为4，E为BC中点，∴BE＝2，AB＝AD＝4，由（1）③得：△ABE∽△DEA，∴＝＝，∴AE2＝BE•AD＝2×4＝8，∴AE＝2，DE＝＝＝4，②过E作EM⊥AD于M，过D作DN⊥BC于N，如图2所示：则四边形DMEN是矩形，∴DN＝EM，DM＝EN，∠M＝∠N＝90°，设AM＝x，则EN＝DM＝x+4，由勾股定理得：EM2＝DE2﹣DM2＝AE2﹣AM2，即（4）2﹣（x+4）2＝（2）2﹣x2，解得：x＝1，∴AM＝1，EN＝DM＝5，∴DN＝EM＝＝＝，在Rt△BDN中，∵BN＝BE+EN＝2+5＝7，∴tan∠DBC＝＝．6．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD＝BC＝4，DC＝AB＝3，AD∥BC，∵MN⊥BC，∴MN⊥AD，∴∠EMD＝∠FNE＝90°，∵四边形DEFH是矩形，∴∠MED+∠NEF＝90°，∴∠NEF＝∠MDE，∴△MED∽△NFE；（2）解：设AM＝x，则MD＝NC＝4﹣x，∵tan∠DAC＝tan∠MAE＝＝＝，∴ME＝x，∴NE＝3﹣x，∵△MED∽△NFE，∴＝，即＝，解得：NF＝x，∴FC＝4﹣x﹣x＝4﹣x，EF＝＝，当EF＝FC时，4﹣x＝，解得：x＝4或x＝，由题意可知x＝4不合题意，当x＝时，AE＝，∵AC＝＝＝5，∴k＝＝；（3）解：由（1）可知：△MED∽△NFE，∴＝＝，∴DE＝EF，∴矩形EFHD的面积＝DE×EF＝EF2＝[（3﹣x）2+（x）2]＝[（x﹣）2+]，∴当x﹣＝0时，即x＝时，矩形EFHD的面积最小，最小值为：×＝，∵cos∠MAE＝＝＝，∴AE＝AM＝×＝，此时k＝＝．7．（1）证明：过B作BG∥AC交CE的延长线于G，如图1所示：则∠G＝∠ACE，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE，∴∠G＝∠BCE，∴BG＝BC，∵BG∥AC，∴△ACE∽△BGE，∴，∴；（2）①证明：过E作EM⊥AB交BC于M，如图2所示：则∠AEM＝90°，∵∠AEC＝45°，∴∠MEC＝45°＝∠AEC，在△AEC和△MEC中，，∴△AEC≌△MEC（ASA），∴ME＝AE，∵AD⊥BC，EM⊥AB，∴∠MEB＝∠ADB＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BME∽△BAD，∴，∴BE＝2EM，∴BE＝2AE；②解：由（1）得：＝，∵BE＝2AE，∴，设AC＝x，BC＝2x，AD＝1，BD＝2，则CD＝2x﹣2，又AC2＝AD2+CD2，∴x2＝12+（2x﹣2）2，＝1，，∴x1又2x﹣2＞0，∴x＝，∴AC＝，CD＝，作FG⊥AC于G，如图3所示：∵CE平分∠ACB，AD⊥BC，∴FD＝FG，∴＝＝＝，∴，∴DF＝AD＝×1＝，∴CF＝＝＝，∴sin∠DCF＝，∴sin∠ACE＝sin∠DCF＝．8．（1）证明：∵∠ABD＝∠C，∠A＝∠A，∴△ADB∽△ABC（2）①证明：过点A作AF∥DE交BD的延长线于点F，过E作EG⊥BD于点G，如图2所示：∵BE＝DE，∴∠ABD＝∠BDE，∵AF∥DE，∴∠F＝∠BDE，∵∠ABD＝∠C＝30°，∴∠ABD＝∠BDE＝∠F＝∠C＝30°，∵∠ADF＝∠BDC，∴△ADF∽△BDC，∴DF：CD＝AD：BD，∴BD•DF＝AD•CD，∵BE＝DE，EG⊥BD，∴BG＝DG，EG＝BE，∴BG＝EG＝BE，∴BD＝2BG＝BE，∵AF∥DE，∴DF：AE＝BD：BE，∴DF＝AE，∴BE•AE＝AD•CD，∴3AE•BE＝AD•CD；②解：AE＝，理由如下：由（1）得：△ADB∽△ABC，∴AB：AC＝AD：AB，∴AB2＝AD•AC，即62＝9AD，∴AD＝4，∴CD＝AC﹣AD＝5，过点A作AF∥DE交BD的延长线于点F，过E作EG⊥BD于点G，如图3所示：∵BE＝DE，∴∠ABD＝∠BDE，∵AF∥DE，∴∠F＝∠BDE，∵∠ABD＝∠C，∴∠ABD＝∠BDE＝∠F＝∠C，∵∠ADF＝∠BDC，∴△ADF∽△BDC，∴DF：CD＝AD：BD，∴BD•DF＝AD•CD，∵BE＝DE，EG⊥BD，∴BG＝DG，tan∠ABD＝＝tan C＝，∴BG＝EG＝BE，∴BD＝2BG＝BE，∵AF∥DE，∴DF：AE＝BD：BE＝8：5，∴DF＝AE，∴BE•AE＝AD•CD，∴64AE•BE＝25AD•CD；设AE＝x，则BE＝6﹣x，∴64x（6﹣x）＝25×4×5，解得：x＝，或x＝，∵AE＝＞4＝AD，∴∠ADE＞∠AED＝2∠C，∵AF∥DE，∴∠DAF＝∠ADE＞2∠C，∵△ADF∽△BDC，∴∠DBC＝∠DAF＞2∠C，∴∠ABC＞3∠C＞90°，∴x＝不合题意舍去，∴AE═．9．（1）证明：∵∠BAE＝∠BDA，∠ABE＝∠DBA，∴△BAE～△BDA，∴AB：BD＝BE：AB，∴AB2＝BE•BD；（2）解：作BG⊥AD于G，如图2所示：∵，∴设BF＝x，则FC＝2x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝BF+CF＝3x，AD∥BC，∴∠BAG＝∠ABC＝60°，△BEF∽△DEA，∴＝＝，∴DE＝3BE，设BE＝y，DE＝3y，则BD＝BE+DE＝4y，由（1）得：AB2＝BE•BD＝y×4y＝4y2，∴AB＝2y，∵BG⊥AD，∠BAG＝60°，∴∠ABG＝30°，∴AG＝AB＝y，BG＝AG＝y，∴DG＝AG+AD＝y+3x，在Rt△BDG中，由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，即（y）2+（y+3x）2＝（4y）2，解得：x＝，∴＝，∴＝＝＝；（3）解：作FH⊥BD于H，在BC的延长线上截取DT＝DC，连接DT，如图3所示：则∠DCT＝∠T，由（1）得：AB2＝BE•BD，即22＝BE×4，解得：BE＝1，∵＝，∴EH＝2FH，设FH＝a，则EH＝2a，BH＝1﹣2a，在Rt△BFH中，由勾股定理得：a2+（1﹣2a）2＝（）2，解得：a＝，或a＝（不合题意舍去），∴FH＝，EH＝，∴EF＝＝＝，∵∠DEF＝∠BCD，∠DEF+∠BEF＝180°，∠BCD+∠DCT＝180°，∴∠BEF＝∠DCT＝∠T，∵∠EBF＝∠TBD，∴△BEF∽△BTD，∴＝，即＝，∴DT＝，∴CD＝；故答案为：．10．（1）解：线段PA和PE的数量关系为：PA＝PE，理由如下：过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，∴四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，∴PM＝PN，∴四边形MBNP是正方形，∴∠MPN＝90°，∵PE⊥AP，∴∠APE＝90°，∴∠APM+∠MPE＝90°，∠EPN+∠MPE＝90°，∴∠APM＝∠EPN，在△APM和△EPN中，，∴△APM≌△EPN（ASA），∴PA＝PE，故答案为：PA＝PE；（2）证明：过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，如图2所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，CD＝AB，AD⊥AB，CD⊥BC，∠ABC＝90°，∴四边形MBNP是矩形，∴∠MPN＝90°，∵PE⊥AP，∴∠APE＝90°，∴∠APM+∠MPE＝90°，∠EPN+∠MPE＝90°，∴∠APM＝∠EPN，∵∠AMP＝∠ENP＝90°，∴△APM∽△EPN，∴＝，∵PM⊥AB，PN⊥BC，AD⊥AB，CD⊥BC，∴PM∥AD，PN∥CD，∴△BPM∽△BDA，△BPN∽△BDC，∴＝，＝，∴＝，∴＝＝，∴；（3）解：连接AE、PF交于Q，连接QB，过点A作AO⊥BD于O，①当P在O的右上方时，如图3所示：由（2）得：＝＝，∴PA＝PE＝×＝，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，∠BAD＝90°，∴BD＝＝＝2，∵AO⊥BD，∵△ABD的面积＝BD×AO＝AB×AD，∴AO＝＝＝，∵tan∠ABD＝＝，∴＝，解得：BO＝，由勾股定理得：OP＝＝＝，∴BP＝BO+OP＝，∵四边形APEF是矩形，∴∠AEP＝90°，AE＝PE，QA＝QE＝QP＝QF，∴PF＝AE＝＝＝，∵∠ABE＝90°，∴QB＝AE＝QE，∴QA＝QE＝QP＝QF＝QB，∴点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，∴∠PBF＝90°，∴BF＝＝＝；②当P在O的左下方时，如图4所示：同理可得：AO＝，BO＝，OP＝，PF＝，则BP＝BO﹣OP＝，同理可得：点A、P、E、B、F五点共圆，AE、PF为圆的直径，∴BF＝＝＝；综上所述，当PE＝时，线段BF的长为或．11．解：（1）∵E是BC的中点，∴BC＝2BE＝2，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2，∠B＝90°，AD∥BC，∵DF⊥AE，∴∠AFD＝90°＝∠B，∴△ABE∽△DFA，∴＝，∴AE•AF＝AD•BE＝2×＝4；（2）延长DE交CB的延长线于H，连接DE、AH，如图2所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠BCD＝90°，∴△ADG∽△CHG，∴＝＝，∴BH＝BC，∵E是BC的中点，∴BE＝CE＝BH，∴EH＝BC＝AD，∴四边形ADEH是平行四边形，∵DF⊥AE，∴四边形ADEH是菱形，∴DF＝HF，∠AEH＝∠AED，DE＝AD＝EH＝BC，∴CE＝DE，∴∠CDE＝30°，∴∠CED＝90°﹣30°＝60°，∴∠AEH＝∠AED＝60°，∵DF⊥AE，∴∠FDE＝30°＝∠CDE，∴FE＝CE，∴∠FCE＝∠CFE＝∠AEH＝30°，∴cos∠FCE＝；（3）过F作PQ⊥AB于P，交CD于Q，作KH⊥AD于H，如图3所示：则PQ＝AD，AP＝DQ，PQ∥BC∥AD，∵G是AB的中点，E是BC的中点，∴AB＝2AG，BC＝2BE，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠DAG＝90°，∵DF⊥AE，∴∠ADF+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAG，∴＝，∴AB•AG＝AD•BE，即AB2＝AD2，∴AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝PQ，设AB＝BC＝CD＝AD＝PQ＝4a，则BE＝AG＝2a，∴tan∠ADG＝tan∠BAE＝＝，AE＝DG＝＝2a，∵DF⊥AE，∴AF＝＝＝a，∵PQ∥BC，∴△APF∽△ABE，∴＝＝，即＝＝，解得：AP＝a，PF＝a，∴CQ＝PB＝AB﹣AP＝4a﹣a＝a，FQ＝PQ﹣PF＝4a﹣a＝a，∵KH⊥AD，∴tan∠ADG＝＝，设KH＝x，则DH＝2x，∵PQ∥AD，AK∥FC，∴∠DAF＝∠QFE，∠KAF＝∠CFE，∴∠DAK＝∠QFC，又∵∠AHK＝∠FQC＝90°，∴△AHK∽△FQC，∴＝，即＝，解得：AH＝x，∵AH+DH＝AD，∴x+2x＝4a，解得：x＝a，∴KH＝a，∵△ADK的面积为S1＝AD×KH，△CDF的面积为S2＝CD×FQ，∴＝＝＝；故答案为：．12．（1）证明：如图1中，∵AM⊥BN，CN⊥BN，AB⊥BC，∴∠AMB＝∠N＝∠ABC＝90°，∴∠A+∠ABM＝90°，∠ABM+∠CBN＝90°，∴∠A+∠CBN＝90°，∴△ABM∽△BCN，∴＝，∴BM•BC＝AB•CN．（2）解：如图2中，连接AN，延长AN交BC的延长线于H，作BK⊥AN于K．由（1）可知：△ABM∽△BCN，∴＝∵AB＝BC，∴AM＝BN，BM＝CN，设CN＝m，∵BM＝MN，∴BM＝CN＝MN＝m，BN＝AM＝2m，∵AM⊥BN，BM＝MN，＝•BN•AM＝•AN•BK．∵S△ABN∴BK＝＝m，∴AK＝＝＝m，∵∠BAK＝∠BAH，∠ABH＝∠AKB＝90°，∴△ABK∽△AHB，∴＝，∴＝，∴AH＝m，∴HN＝AH﹣AN＝m﹣m＝m，∵AD∥CH，∴＝＝＝．（3）解：如图3中，连接AE，延长AE交BC的延长线于H．∵AF∥CH，∴∠F＝∠ECH，∵∠AEF＝∠CEH，EF＝CF，∴△AFE≌△HCE（ASA），∴AE＝EH，AF＝CH，∵AM⊥BE，BM＝ME，∴AB＝AE，∵∠ABH＝90°，∵CN＝BM＝ME＝1，∴BE＝AE＝EH＝2，∴AB＝BC＝AE＝2，∴BH＝＝2，∴CH＝BH﹣BC＝2﹣2，∴AF＝2﹣2．13．解：（1）情况①中的依据是：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．故答案为两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．则有＝，＝，＝，∴•＝•，∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，∴••＝1．（3）如图3中，∵••＝1，AD：DB＝CF：FA＝2：3，∴＝．故答案为．14．证明：（1）∵正方形ABCD，E、F分别为边AB、BC的中点，∴AD＝BC＝DC＝AB，AE＝BE＝AB，BF＝CF＝BC，∴AE＝BF，∵在△ADE和△BAF中，∴△ADE≌△BAF（SAS）∴∠BAF＝∠ADE，∵∠BAF+∠DAF＝90°∴∠ADE+∠DAF＝90°＝∠AGD，∴AF⊥DE；（2）①如图b，过点B作BN⊥AF于N，∵∠BAF＝∠ADE，∠AGD＝∠ANB＝90°，AB＝AD，∴△ABN≌△ADG（AAS）∴AG＝BN，DG＝GN，∵∠AGE＝∠ANB＝90°，∴EG∥BN，∴，且AE＝BE，∴AG＝GN，∴AN＝2AG＝DG，∵BG2＝BN2+GN2＝AG2+AG2，∴BG2＝2AG2＝2AG•AG＝GA•DG；②∵AB＝10，∴AE＝BF＝5，∴DE＝＝＝5，∵×AD×AE＝×DE×AG，∴AG＝2，∴GN＝BN＝2，∴AN＝DG＝4，∵GE∥BN，∴△DGH∽△BNH，∴＝＝2，∴GH＝2HN，且GH+HN＝GN＝2，∴GH＝，＝×GH×BN＝××2＝．∴S△GHB15．解：问题发现：（1）∵DE∥BC，∴，∵AB＝k•AC，∴BD＝k•EC，故答案为：BD＝k•EC；类比探究：（2）成立，理由如下：连接BD由旋转的性质可知，∠BAD＝∠CAE∵＝，∴△ABD∽△ACE，∴＝＝k，故BD＝k•EC；拓展延伸：（3）BF•CF的值为2或1；由旋转的性质可知∠BAD＝∠CAE∵＝，∴△ABD∽△ACE∴∠ACE＝15°＝∠ABD∵∠ABC+∠ACB＝90°∴∠FBC+∠FCB＝90°∴∠BFC＝90°∵∠BAC＝90°，AC＝1，AB＝，∴tan∠ABC＝，∴∠ABC＝30°∴∠ACB＝60°分两种情况分析：①如图2，∴在Rt△BAC中，∠ABC＝30°，AC＝1，∴BC＝2AC＝2，∵在Rt△BFC中，∠CBF＝30°+15°＝45°，BC＝2∴BF＝CF＝∴BF•CF＝（）2＝2②如图3，设CF＝a，在BF上取点G，使∠BCG＝15°∵∠BCF＝60°+15°＝75°，∠CBF＝∠ABC﹣∠ABD＝30°﹣15°＝15°，∴∠CFB＝90°∴∠GCF＝60°∴CG＝BG＝2a，GF＝a．∵CF2+BF2＝BC2∴a2+（2a+a2＝22，解得a2＝2﹣，∴BF•CF＝（2+）a•a＝（2+）•a2＝1，即：BF•CF＝1或2．故答案为：1或2．。

2020-2021中考数学相似综合题及答案解析

2020-2021中考数学相似综合题及答案解析一、相似1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：（1）∠OAE=∠OBE；（2）AE=BE+ OE．【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∵∠AEB=90°，∴A，B，E，O四点共圆，∴∠OAE=∠OBE（2）证明：在AE上截取EF=BE，则△EFB是等腰直角三角形，∴，∠FBE=45°，∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴∠ABO=45°，∴∠ABF=∠OBE，∵，∴，∴△ABF∽△BOE，∴ = ，∴AF= OE，∵AE=AF+EF，∴AE=BE+ OE．【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．综合题（1）【探索发现】如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为多少．（2）【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（用含a，h的代数式表示）（3）【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．（4）【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，则；（2）解：∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，即，∴PN=a- PQ，设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ，∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 .（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由题意知四边形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，∵，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI= =24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720，答：该矩形的面积为720；（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，∵tanB=tanC= ，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH= BC=54cm，∵tanB= = ，∴EH= BH= ×54=72cm，在Rt△BHE中，BE= =90cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中点Q在线段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中点P在线段CD上，∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，答：该矩形的面积为1944cm2．【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以;(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（）,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，S矩形PQMN有最大值为;（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG• BF=×（40+20）×（32+16）=720；（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2。

2020年中考数学相似专题(含答案)

中考专题复习相似1.在的交通旅游图上，南京玄武湖隧道长，则它的实际长度是（）A. B. C. D.2.在中，，，是的角平分线，下列结论：①，都是等腰三角形；②；③；④是的黄金分割点其中正确的是（）A.个B.个C.个D.个3.有一个多边形的边长分别是 4 cm、5 cm、6 cm、4 cm、5 cm，和它相似的一个多边形最长边为8 cm，那么这个多边形的周长是( )A． 12 cm B． 18 cm C． 32 cm D． 48 cm4.如图，四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA∶OA′＝2∶3，则四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为( )A．4∶9 B．2∶5 C．2∶3 D．∶5.如图，把△ABC绕点A旋转得到△ADE，当点D刚好落在BC上时，连接CE，设AC、DE相交于点F，则图中相似三角形的对数是( )A． 3 B． 4 C． 5 D． 66.若△ABC∽△A′B′C′,相似比为1∶3,则△ABC与△A′B′C′周长的比为( )A.1∶3B.3∶1C.1∶9D.9∶17.已知△ABC∽△A′B′C′,且=,则S△ABC∶S△A′B′C′为( )A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶18.如图,在△ABC中,点D,E分别是AB,AC的中点,则下列结论不正确的是( )A.BC=2DEB.△ADE∽△ABCC.=D.S△ABC=3S△ADE9.如图，矩形ABCD∽矩形ADFE，AE＝1，AB＝4，则AD等于( )A． 2 B． 2.4 C． 2.5 D． 310.如图，圆内接四边形ABCD的BA，CD的延长线交于P，AC，BD交于E，则图中相似三角形有( )A． 2对 B． 3对 C． 4对 D． 5对11.如图，矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，点O为位似中心，相似比为1∶1.2，点B的坐标为(－3,2)，则点E的坐标是( )A． (3.6,2.4) B． (－3,2.4) C． (－3.6,2) D． (－3.6,2.4) 12.如图，中，，，，，则等于（）A. B. C. D.13.如图，，交，，于，，，交，，于，，，以下结论的错误的为（）A. B.C. D.14.如图，在中，，，，，则的长为（）A. B. C. D.15.如图，在中，是斜边上的高，若，，则的长为（）A. B. C. D.16.如图，点是的边的上一点，且；如果，那么________．17.如图，已知，，写出对应边的比例式________．18.如图，中，厘米，厘米，点从出发，以每秒厘米的速度向运动，点从同时出发，以每秒厘米的速度向运动，其中一个动点到端点时，另一个动点也相应停止运动，那么，当以、、为顶点的三角形与相似时，运动时间为________．19.在阳光下，身高的小林在地面上的影长为，在同一时刻，测得学校的旗杆在地面上的影长为，则旗杆的高度为________．20.如图，，分别在的边，的延长线上，且，若，则的值为________．21.如图，中，，，的垂直平分线交于点，交于点，设的面积为，四边形的面积为，则的值等于________．22.如图，小强和小华共同站在路灯下，小强的身高EF＝1.8 m，小华的身高MN＝1.5 m，他们的影子恰巧等于自己的身高，即BF＝1.8 m，CN＝1.5 m，且两人相距4.7 m，则路灯AD 的高度是____________．23.如图，正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，BG分别交AE，AF于M，N.下列结论：①AF⊥BG；②BN＝NF；③＝；④S四边形CGNF＝S四边形ANGD.其中正确的结论的序号是____________．24.如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在反比例函数y＝的图象上．若点B在反比例函数y＝的图象上，则k的值________．25.如图，△ABC与△DOE是位似图形，A(0,3)，B(－2,0)，C(1,0)，E(6,0)，△ABC与△DOE 的位似中心为M.(1)写出D点的坐标；(2)在图中画出M点，并求M点的坐标．26.如图：矩形ABCD的长AB＝30，宽BC＝20.(1)如图(1)若沿矩形ABCD四周有宽为1的环形区域，图中所形成的两个矩形ABCD与A′B′C′D′相似吗？请说明理由；(2)如图(2)，x为多少时，图中的两个矩形ABCD与A′B′C′D′相似？27.如图，已知和是位似图形，，垂直平分，且．求的度数；求的长度．28.如图，已知中于，于，求证：；若时，求与面积之比．29.如图，，，与相交于点，，试说明：；26.如图若，请直接回答中结论是否成立；在中找出、和之间的数量关系，并说明理由．参考答案1-5 BDCAB 6-10 ACDAC 11-15 DCCBB16.或17.，18.或秒19.20.21.22.4 m23.①③24.－425.解(1)过点D作DH⊥OE于点H，∵△ABC与△DOE是位似图形，A(0,3)，B(－2,0)，C(1,0)，E(6,0)，∴BC＝3，OE＝6，△AOB∽△DHO，∴位似比为3∶6＝1∶2，∴OH＝2OB＝4，DH＝2OA＝6，∴D点的坐标为(4,6)；(2)连接DA并延长，交x轴于点M，则点M即为△ABC与△DOE的位似中心；则MO∶MH＝1∶2，设MO＝x，则MH＝x＋4，∴x∶(x＋4)＝1∶2，解得x＝4，∴M点的坐标为(－4,0 )．26.解(1)不相似，AB＝30，A′B′＝28，BC＝20，B′C′＝18，而≠；(2)矩形ABCD与A′B′C′D′相似，则＝，则＝，解得x＝1.5，或＝.解得x＝9.27.解：∵垂直平分，∴，∵和是位似图形，∴，∴；证明：∵，∴，∴．或用锐角三角函数求解：（简解如下）由，得到，∴．28.证明：∵，∴∴∴∴解：∵∴29.证明：∵，，∴，∴，∴，同理，∴，即，∴；成立．证明：∵，∴，∵∴，∴，∴；关系式为：．证明如下：分别过作于，过作于，过作交的延长线于由题设可得：，∴，即，又∵，，∴，∴．。

2020年中考数学三轮复习专项练习：《相似综合》(含答案)

备战2020中考数学三轮复习专项练习：《相似综合》1．如图，在△ABC中，AG⊥BC，垂足为点G，点E为边AC上一点，BE＝CE，点D为边BC上一点，GD＝GB，连接AD交BE于点F．（1）求证：∠ABE＝∠EAF；（2）求证：AE2＝EF•EC；（3）若CG＝2AG，AD＝2AF，BC＝5，求AE的长．2．在△ABC中，点D在边BC上，点E在线段AD上．（1）若∠BAC＝∠BED＝2∠CED＝α，①若α＝90°，AB＝AC，过C作CF⊥AD于点F，求的值；②若BD＝3CD，求的值；（2）AD为△ABC的角平分线，AE＝ED＝2，AC＝5，tan∠BED＝2，直接写出BE的长度．3．已知▱EFGH的顶点E、G分别在▱ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在▱ABCD的对角线BD上．（1）如图1，求证：BF＝DH；（2）如图2，若∠HEF＝∠A＝90°，，求的值；（3）如图1，当∠HEF＝∠A＝120°，，时，求k的值．4．如图，BM、DN分别平分正方形ABCD的两个外角，且∠MAN＝45°，连接MN．（1）猜想以线段BM、DN、MN为三边组成的三角形的形状，并证明你的结论；（2）若△AMN为等腰直角三角形，探究线段BM、DN之间的数量关系；（3）当MN∥AD时，直接写出的值．5．如图，锐角△ABC中，BC＝12，BC边上的高AD＝8，矩形EFGH的边GH在BC上，其余两点E、F分别在AB、AC上，且EF交AD于点K．（1）求的值；（2）设EH＝x，矩形EFGH的面积为S．①求S与x的函数关系式；②请直接写出S的最大值为．6．如图1，△ABC中，BD，CE是△ABC的高．（1）求证：△ABD∽△ACE．（2）△ADE与△ABC相似吗？为什么？（3）如图2，设cos∠ABD＝，DE＝12，DE的中点为F，BC的中点为M，连接FM，求FM的长．7．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，BE⊥AC，垂足为E，AD与BE相交于点F，连接ED．（1）求证：△AEF∽△BDF；（2）若AE＝4，BD＝8，EF+DF＝9，求DE的长．8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P，Q在对角线BD上，且BQ＝BP，过点P作PH⊥AB于点H，连接HQ，以PH、HQ为邻边作平行四边形PHQG，设BQ＝m．（1）若m＝2时，求此时PH的长．（2）若点C，G，H在同一直线上时，求此时的m值．（3）若经过点G的直线将矩形ABCD的面积平分，同时该直线将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，求此时m的值．9．如图，四边形ABCD是矩形．（1）如图1，E、F分别是AD、CD上的点，BF⊥CE，垂足为G，连接AG．①求证：；②若G为CE的中点，求证：sin∠AGB＝；（2）如图2，将矩形ABCD沿MN折叠，点A落在点R处，点B落在CD边的点S处，连接BS交MN于点P，Q是RS的中点．若AB＝2，BC＝3，直接写出PS+PQ的最小值为．10．已知：如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点E是DB延长线上的一点，且EA＝EC，分别延长AD、EC交于点F．（1）求证：四边形ABCD为菱形；（2）如果∠AEC＝2∠BAC，求证：EC•CF＝AF•AD．11．“创新实践”小组想利用镜子与皮尺测量大树AB的高度，因大树底部有障碍物，无法直接测量到大树底部的距离．聪明的小颖借鉴《海岛算经》的测量方法设计出如图所示的测量方案：测量者站在点F处，将镜子放在点M处时，刚好看到大树的顶端，沿大树方向向前走2.8米，到达点D处，将镜子放在点N处时，刚好看到大树的顶端（点F，M，D，N，B在同一条直线上）．若测得FM＝1.5米，DN＝1.1米，测量者眼睛到地面的距离为1.6米，求大树AB的高度．12．矩形ABCD中，AD＝9，AB＝12，点E在对角线BD上（不与B、D重合），EF⊥AE 交CD于F点，连接AF交BD于G点．（1）如图1，当G为DE中点时．①求证：FD＝FE；②求BE的长．（2）如图2，若E为BD上任意点，求证：AG2＝BG•GE．13．已知△ABC中，∠ABC＝90°，点D、E分别在边BC、边AC上，连接DE，DF⊥DE，点F、点C在直线DE同侧，连接FC，且＝＝k．（1）点D与点B重合时，①如图1，k＝1时，AE和FC的数量关系是，位置关系是；②如图2，k＝2时，猜想AE和FC的关系，并说明理由；（2）BD＝2CD时，①如图3，k＝1时，若AE＝2，S＝6，求FC的长度；△CDF②如图4，k＝2时，点M、N分别为EF和AC的中点，若AB＝10，直接写出MN的最小值．14．如图1，△ABC的两条中线BD、CE交于点F．（1）＝；（2）如图2，若BE2＝EF•EC，且，EF＝，求DE的长；（3）如图3，已知BC＝4，∠BAC＝60°，当点A在直线BC的上方运动时，直接写出CE的最大值．15．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第62页的部分内容．已知：如图，DE∥BC，并分别交AB、AC于点D、E．求证：△ADE∽△ABC．请根据教材提示，结合图①，运用相似三角形的定义，写出完整的证明过程．证明：过点D作AC的平行线交BC于点F．结论应用：如图②，△ABC中，AB＝10，AC＝7，AD平分∠BAC，AE是BC边上的中线，过点C作CG⊥AD交AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为．16．如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE，DF相交于点P．（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋至如图2所示的位置上，则线段BE与DF 的位置关系是，数量关系是．（2）若AD＝nAB（n≠1）将△AEF绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明；若不成立，请写出正确结论，并说明理由．（3）若AB＝6，BC＝8，将△AEF旋转至AE⊥BE时，请直接写出DP的长．17．如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．（1）如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求DG的长；（2）如图3，连接DG，当EF∥BD且△DFG是直角三角形时，求AE的值；（3）当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出AE的值；若不存在，请说明理由18．如果三角形的两个内角α与β满足α﹣β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，求∠C的度数；（2）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，BC＝5，点D是BC延长线上一点．若△ABD是“准互余三角形”，求CD的长；（3）如图②，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC＝4，CD＝5，∠BAC＝90°，∠ACD＝2∠ABC，且△BCD是“准互余三角形”，求BD的长．参考答案1．（1）证明：∵EB＝EC，∴∠EBC＝∠C，∵AG⊥BD，BG＝GD，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ABD＝∠ABE+∠EBC，∠ADB＝∠DAC+∠C，∴∠ABE＝∠DAC，即∠ABE＝∠EAF．（2）证明：∵∠AEF＝∠BEA，∠EAF＝∠ABE，∴△AEF∽△BEA，∴＝，∴AE2＝EF•EB，∵EB＝EC，∴AE2＝EF•EC．（3）解：设BE交AG于J，连接DJ，DE．∵AG垂直平分线段BD，∴JB＝JD，∴∠JBD＝∠JDG，∵∠JBD＝∠C，∴∠JDB＝∠C，∴DJ∥AC，∴∠AEF＝∠DJF，∵AF＝DF，∠AFE＝∠DFJ，∴△AFE≌△DFJ（AAS），∴EF＝FJ，AE＝DJ，∵AF＝DF，∴四边形AJDE是平行四边形，∴DE∥AG，∵AG⊥BC，∴ED⊥BC，∵EB＝EC，∴BD＝DC＝，∴BG＝DG＝，∵tan∠JDG＝tan∠C＝＝＝，∴JG＝，∵∠JGD＝90°，∴DJ＝＝＝＝，∴AE＝DJ＝＝．2．解：（1）①∵∠BAC＝∠BED＝2∠CED＝α，∴当α＝90°，AB＝AC时，△ABC与△CEF都是等腰直角三角形，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∠ACF+∠FAC＝90°，∴∠BAE＝∠AFC，∴在△ABE与△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AE＝CF＝EF，∴BE＝AF＝2EF＝2CF，∴＝2；②如图，过点C作CF∥BE，交AD的延长线于点F，在AD上取一点G，使得CG＝CF，∵∠BAC＝∠BED＝2∠CED＝α，∴∠ABE＝∠CAG，∠F＝∠BED＝α＝∠CGF，∴∠AEB＝∠AGC，∴△ABE∽△CAG，∴＝．∵CF∥BE，∴△BED∽△CFD，∴＝＝3，设CF＝x，BE＝3x，AE＝y，则CG＝EG＝x，∴＝，解得：＝，∴＝；（2）如图，过点C作CF∥AD，交BA的延长线于F，延长BE交CF与G，则∠BAD＝∠F，∠DAC＝∠ACF，又∵AD为△ABC的角平分线，即∠BAD＝∠DAC，∴∠ACF＝∠F，∴AF＝AC＝5，又AE＝ED，∴FG＝CG，∴AG⊥CF，∴∠CAG＝∠FAG，∴AD⊥AG，∵tan∠BED＝2，∴tan∠AEG＝2，∵AE＝ED＝2，∴＝2，∴AG＝2AE＝4，又∵AC＝5，∴FG＝CG＝3，∵DE∥CG，∴＝，∴＝，∴解得，BE＝4．3．（1）证明：∵四边形EFGH是平行四边形，∴EF＝HG，EF∥HG，∴∠EFD＝∠GHB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EDF＝∠GBH，在△EFD和△GHB中，，∴△EFD≌△GHB（AAS），∴DF＝BH，∴DF﹣HF＝BH﹣HF，∴BF＝DH；（2）解：作EM⊥FH于M，如图2所示：设MH＝a，∵四边形ABCD、四边形EFGH都是平行四边形，∠A＝∠FEH＝90°，∴四边形ABCD、四边形EFGH都是矩形，∴AD＝BC，∴tan∠ADB＝＝＝，tan∠EFH＝＝，∵∠FEH＝∠EMH＝90°，∴∠MEH+∠EHM＝90°，∠EFH+∠EHF＝90°，∴∠MEH＝∠EFH，∴tan∠MEH＝tan∠EFH＝＝＝，∴EM＝2a，FM＝4a，∵tan∠EDM＝＝，∴DM＝4a，FH＝5a，由（1）得：BF＝DH，∴BF＝DH＝3a，∴＝＝；（3）过点E作EM⊥BD于M，如图1所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∵＝，∴＝，即＝，∵∠HEF＝∠A，∴△EFH∽△ADB，∴∠EFH＝∠ADB，∴EF＝ED，∴FM＝DM，设BF＝3a，∵＝，∴FH＝7a，∴DF＝10a，∴DM＝5a，由（1）得：BF＝DH，∴DH＝3a，MH＝DM﹣DH＝5a﹣3a＝2a，过点E作∠NEH＝∠EDH，交BD于N，∵∠ENH＝∠DNE，∴△ENH∽△DNE，∴＝，∴EN2＝DN•HN，设HN＝x，∴EN2＝x•（3a+x），∴EN＝，∵∠NEH＝∠EDH，∴∠NEH＝∠EFH，∵∠EHN＝∠FHE，∴△ENH∽△FEH，∴∠END＝HEF＝120°，∴∠ENM＝60°，∴∠NEM＝30°，∴EN＝2MN，∴＝2（2a﹣x），解得：x＝a，∴EN＝2a，MN＝a，由勾股定理得：EM＝＝＝a，EH＝＝＝a，EF＝DE＝＝＝2a，∴k＝＝＝．4．解：（1）以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形．证明如下：如图，过点A作AF⊥AN并截取AF＝AN，连接BF、FM，∵∠1+∠BAN＝90°，∠3+∠BAN＝90°，∴∠1＝∠3，在△ABF和△ADN中，，∴△ABF≌△ADN（SAS），∴BF＝DN，∠FBA＝∠NDA＝135°，∵∠FAN＝90°，∠MAN＝45°，∴∠1+∠2＝∠FAM＝∠MAN＝45°，在△AFM和△ANM中，，∴△AFM≌△ANM（SAS），∴FM＝NM，∴∠FBP＝180°﹣∠FBA＝180°﹣135°＝45°，∴∠FBP+∠PBM＝45°+45°＝90°，∴△FBM是直角三角形，∵FB＝DN，FM＝MN，∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形；（2）∵BM、DN分别平分正方形的两个外角，∴∠CBM＝∠CDN＝45°，∴∠ABM＝∠ADN＝135°，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠NAD＝45°，在△ABM中，∠BAM+∠AMB＝∠MBP＝45°，∴∠NAD＝∠AMB，在△ABM和△NDA中，，∴△ABM∽△NDA，∵△AMN是等腰直角三角形，∴；（3）连接BD并延长交MN延长线于点G，如图2，由题意知∠GDN＝∠GBM＝90°，∠ADN＝135°，∵MN∥AD，∴∠GND＝45°，∴∠G＝90°﹣∠GND＝45°，∴△DGN和△BGM均为等腰直角三角形，∴GN＝DN，GM＝BM，由（1）知，DN2+BM2＝MN2，∴设BM＝x，DN＝y，则GM＝x，GN＝y，∴MN＝（y﹣x），∴x2+y2＝[（y﹣x）]2，∴x1＝（2+）y（舍），x2＝（2﹣）y，∴．5．解：（1）∵四边形EFGH是矩形，∴EF∥BC，∵AD⊥BC，∴AK⊥EF，∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴；（2）∵四边形EFGH是矩形，∴∠FEH＝∠EHG＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴四边形EHDK是矩形，∴EH＝DK＝x，∵AK+DK＝AD，∴AK＝8﹣x，∵，∴，∴S＝EH•EF＝x•（8﹣x）＝﹣x2+12x．②∵S＝﹣x2+12x＝，，∴当x＝4，时S有最大值24．故答案为：24．6．（1）证明：如图1中，∵BD、CE是△ABC的高，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∵∠A＝∠A，∴△ABD∽△ACE（2）相似．理由：∵△ABD∽△ACE，∴，即，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC．（4）如图2中，连接DM、EM．由得，∴BC＝18，又EM＝DM＝9，MF⊥DE，且FD＝FE＝6，∴FM＝＝＝3．7．（1）证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠BDF＝∠AEF＝90°，∵∠AFE＝∠BFD，∴△AEF∽△BDF．（2）解：∵△AEF∽△BDF，∴＝＝＝，∵DF+EF＝9，∴EF＝3，DF＝6，∴BF＝＝＝10，AF＝＝＝5，∴AD＝5+6＝11，∴AB＝＝＝∵＝，∴＝，∵∠AFB＝∠EFD，∴△AFB∽△EFD，∴＝，∴＝，∴DE＝．8．解：（1）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，∴BD＝＝＝5，∵BQ＝2，，∴BP＝3，∵PH∥AD，∴△BPH∽△BDA，∴，∴；（2）如图，设HG与PQ交于点O，设BQ＝2x，则BP＝3x，PQ＝x，∴PO＝QO＝，∴BO＝x，∵PH∥BC，∴△PHO∽△BCO，∴，∴PH＝＝，∵PH∥AD，∴△BPH∽△BDA，∴，∴，∴x＝，∴BQ＝；（3）连接AC交BD于O，∵经过点G的直线将矩形ABCD的面积平分，∴这条直线经过矩形ABCD的对角线的交点O．①如图，当直线OG经过PH的中点R时，直线OG将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，∵PH∥GQ，∴，∴，∴m＝；②如图，当直线OG经过HQ的中点N时，直线OG将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，∵PG∥HQ，∴＝＝，∴＝，∴m＝；综上所述，满足条件的m的值为或．9．（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠CDE＝∥BCF＝90°，∵BF⊥CE，∴∠BGC＝90°，∴∠BCG+∠FBC＝∠BCG+∠ECD＝90°，∴∠FBC＝∠ECD，∴△FBC∽△ECD，∴＝．②证明：如图1中，连接BE，GD．∵BF⊥CE，EG＝CG，∴BF垂直平分线段EC，∴BE＝CB，∠EBG＝∠CBG，∵DG＝CG，∴∠CDG＝∠GCD，∵∠ADG+∠CDG＝90°，∠BCG+∠ECD＝90°，∴∠ADG＝∠BCG，∵AD＝BC，∴△ADG≌△BCG（SAS），∴∠DAG＝∠CBG，∴∠DAG＝∠EBG，∴∠AEB＝∠AGB，∴sin∠AGB＝sin∠AEB＝＝＝＝．（2）如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP．∵四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，∴PT＝PQ，MN垂直平分线段BS，∴BP＝PS，∵∠BCS＝90°，∴PC＝PS＝PB，∴PQ+PS＝PT+PC，当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小，最小值＝＝＝，∴PQ+PS的最小值为．故答案为．10．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，又∵EA＝EC，∴EO⊥AC，∴四边形ABCD是菱形；（2）∵∠AEB＝∠CEB＝∠AEC，平行四边形ABCD为菱形，∴∠AEB＝∠CEB＝∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA，∠CDF＝∠DAC+∠DCA＝∠AEF，∴△FCD∽△FAE，∴＝，∵CD＝AD，AE＝CE，∴＝，即EC•CF＝AF•AD．11．解：设NB的长为x米，则MB＝x+1.1+2.8﹣1.5＝（x+2.4）米．由题意，得∠CND＝∠ANB，∠CDN＝∠ABN＝90°，∴△CND∽△ANB，∴．同理，△EMF∽△AMB，∴．∵EF＝CD，∴，即．解得x＝6.6，∵，∴．解得AB＝9.6．答：大树AB的高度为9.6米．12．（1）①证明：如图1，取AF的中点O，连接OD，OE，∵∠ADF＝∠FEA＝90°，∴OE＝OD＝AF，∵点G是DE的中点，∴OG⊥DE，∴AF⊥DE，∵点G是DE的中点，∴FD＝FE；②解：由①知，AF⊥DE，∴∠AGD＝90°，∵∠ADG＝∠ADB，∴△ADG∽△BDA，∴，在Rt△ABD中，AD＝9，AB＝12，根据勾股定理得，BD＝15，∴，∴DG＝，∴DE＝2DG＝，∴BE＝BD﹣DE＝；（2）如图2，过点E作MN∥BC分别交AB，CD于M，N，∴BC⊥CD，∴MN⊥CD且MN⊥AB，∴∠DNE＝∠AME＝90°，∵∠FEA＝90°，∴∠NEF＝∠MAE，∴△NEF∽△MAE，∴，∵AM＝DN，∴，∵∠FEA＝∠END＝90°，∴△FEA∽△END，∴∠FAE＝∠EDN，∵∠EDN＝∠ABG，∴∠FAE＝∠ABG，∵∠AGE＝∠BGA，∴△AGE∽△BGA，∴，∴AG2＝BG•GE．13．解：（1）①如图1中，结论：AE＝CF，AE⊥CF理由：由题意：BA＝BC，BE＝BE，∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠ABE＝∠CBF，∠A＝∠ACB＝45°，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∠A＝∠BCF＝45°，∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝90°，∴AE⊥CF，故答案为AE＝CF，AE⊥CF．②如图2中，结论：AE＝2CF，AE⊥CF．理由：∵＝＝2，∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴＝＝2，∠A＝∠BCF，∴AE＝2CF，∵∠A+∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠ACB＝90°，∴AE⊥CF．（2）①如图3中，过点D作DH⊥AC于H，作DT∥AB交AC于T．由题意AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝45°，∵DT∥AB，∴∠CDT＝∠CBA＝90°，∴∠DTC＝∠DCT＝45°，∴DT＝DC，∵DH⊥CT，∴HT＝HC，∴DH＝HT＝HC，设DH＝HT＝HC＝m，∵DT∥AB，∴＝＝，∴AT ＝4m ，∵AE ＝2，∴ET ＝4m ﹣2，∵DE ＝DF ，DT ＝DC ，∠EDF ＝∠TDC ＝90°，∴∠EDT ＝∠FDC ，∴△EDT ≌△FDC （SAS ），∴S △EDT ＝S △FDC ＝6，ET ＝FC ， ∴•（4m ﹣2）•m ＝6，解得m ＝2或﹣（舍弃），∴CF ＝ET ＝4m ﹣2＝8﹣2＝6．②如图4中，连接DM ，CM ，根点M 作MK ⊥BC 于K ，交AC 于J ．同法可证：AE ⊥CF ，∵∠EDF ＝∠ECF ＝90°，EM ＝MF ，∴DM ＝MC ＝EF ，∴点M 在长度CD 的垂直平分线MK 上，当NM ⊥NK 时，MN 的值最小，由题意：AB ＝10，BC ＝5，CD ＝，CK ＝DK ＝，在Rt △ABC 中，AC ＝＝5，∵AN ＝CN ，∴CN ＝AC ＝， ∵JK ∥AB ，∴＝，∴＝，∴CJ＝，∴NJ＝CN﹣CJ＝﹣＝，∵NM⊥MK时，△NMK∽△CKJ，∴＝，∴＝，∴MN＝，∴MN的最小值为．14．解：（1）如图1中，∵AE＝BE，AD＝DC，∴DE∥BC，DE＝BC，∴△EDF∽△CBF，∴＝＝，故答案为：．（2）如图2中，∵DE∥BC，且DE＝BC，∵△EDF∽CBF，∴＝＝＝，∵EF＝，∴CF＝2，EC＝3，∵BE2＝EF•EC，∴BE＝3，∵DF＝BE＝2，∴BF＝4，∵＝，∠BEF＝∠CEB，∴△BEF∽△CEB，∴＝，∴＝，∴CB＝4，∴DE＝BC＝2．（3）如图3中，如图，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，取OB的中点F，连接EF，过点O作OH⊥BC于H，过点F作FT⊥BC于T．∵∠BOC＝2∠BAC＝120°，∵OB＝OC，OH⊥BC，∴BH＝CH＝BC＝2，∠BOH＝∠COH＝60°，∴OH＝＝，OB＝2OH＝，∵AE＝EB，BF＝OF，∴EF＝OA＝，∴点E的运动轨迹是以F为圆心FE为半径的⊙F，∴CE的最大值＝EF+CF，∵FT⊥BC，OH⊥BC，∴FT∥OH，∵BF＝OF，∴BT＝TH＝1，FT＝OH＝，在Rt△FCT中，CF＝＝＝，∴CE的最大值为．15．教材呈现：证明：过点D作AC的平行线交BC于点F，∵DE∥BC，∴四边形DECF是平行四边形，∴DE＝CF，∵DE∥BC，∴＝，∠AED＝∠C，∠ADE＝∠B，∵DF∥AC，∴＝，∴＝＝，∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC；结论应用：∵AD平分∠BAC，∴∠GAF＝∠CAF，∵CG⊥AD，∴∠AFG＝∠AFC，在△AGF和△ACF中，，∴△AGF≌△ACF（ASA），∴AG＝AC＝7，GF＝CF，则BG＝AB﹣AG＝10﹣7＝3．又∵BE＝CE，∴EF是△BCG的中位线，∴EF＝BG＝1.5．故答案是：1.5．16．解：（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是矩形，AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形，AE＝AB，AF＝AD，∴AE＝AF，∵∠DAB＝∠EAF＝90°，∴∠BAE＝∠DAF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，∵∠ABE+∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，∴∠ADF+∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，∴BE⊥DF．故答案为BE＝DF，BE⊥DF．（2）如图3中，结论不成立．结论：DF＝nBE，BE⊥DF，∵AE＝AB，AF＝AD，AD＝nAB，∴AF＝nAE，∴AF：AE＝AD：AB，∴AF：AE＝AD：AB，∵∠DAB＝∠EAF＝90°，∴∠BAE＝∠DAF，∴△BAE∽△DAF，∴DF：BE＝AF：AE＝n，∠ABE＝∠ADF，∴DF＝nBE，∵∠ABE+∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，∴∠ADF+∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，∴BE⊥DF．（3）如图4﹣1中，当点P在BE的延长线上时，在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，AB＝6，AE＝3，∴BE＝＝3，∵△ABE∽△ADF，∴＝，∴＝，∴DF＝4，∵四边形AEPF是矩形，∴AE＝PF＝3，∴PD＝DF﹣PF＝4﹣3；如图4﹣2中，当点P在线段BE上时，同法可得DF＝4，PF＝AE＝3，∴PD＝DF+PF＝4+3，综上所述，满足条件的PD的值为4﹣3或4+3．17．解：（1）连接AG，如图2所示，由折叠得：AG⊥EF，∵EF∥BD，∴AG⊥BD，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，∴∠DAB＝90°，AD＝BC＝6，∴DB＝＝＝10，∴cos∠ADB＝＝＝，∴DG＝AD•cos∠ADB＝6×＝．（2）①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，在Rt△DFG中，DG2+FG2＝DF2，即DG2＝（6﹣3t）2﹣（3t）2＝36﹣36t，∵tan∠FDG＝＝，∴＝，解得t＝，∴AE＝．②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，EH＝AD＝6．设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，∵∠FDG＝∠FGE＝∠EHG＝90°，∴∠DGF+∠DFG＝90°，∠DGF+∠EGH＝90°，∴∠DFG＝∠EGH，∴△GDF∽△EHG，∴＝＝，∴＝＝，∴DG＝，GH＝8﹣4k，∵DG+GH＝AE，∴+8﹣4k＝4k，∴k＝，∴AE＝．综上所述：AE＝或．（3）①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P，∵∠AEF＝∠FEG＝∠EHG，∠EHG+∠HEG＝90°，∴△FEG+∠HEG＝90°，∴∠A＝∠FEH＝90°，∴△AEF∽△EHF，∴EF：HE＝AF：AE＝1：2，∵∠A＝∠HPE＝90°，∴∠AEF+∠HEP＝90°，∠HEP+∠EHP＝90°，∴∠AEF＝∠EHP，∴△AEF∽△HPE，∴EA：HP＝EF：EH＝1：2，∵HP＝6，∴AE＝3．②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P，同法可得EF：HE＝1：2，EA：HP＝1：2，设AF＝t，则AE＝2t，EP＝2t，HP＝4t，∴BP＝8﹣4t，∵△BHP∽△BDA，∴4t：6＝（8﹣4t）：8，解得：t＝，AE＝．③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN 于N．设AF＝t，则AE＝2t，DF＝6﹣t，由翻折可知：△AEF≌△GEF，AE＝GE，∵△AEF∽△GEH，AE＝GE，∴△AEF≌△GEH（AAS或ASA），∴FG＝GH，∵MG∥DH，∴FM＝（6﹣t），∴AM＝EN＝AF+FM＝，又∵△FMG∽△GNE，且GF：GE＝1：2，∵MG＝NE＝AM＝，GN＝2FN＝6﹣t，∵MN＝AE，∴+6﹣t＝2t，解得t＝，∴AE＝．④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN 于N，过点H作HQ⊥AD于Q，设AF＝t，则AE＝2t，设FM＝a，∴NG＝2a，NE＝a+t，∴MG＝EN＝AM＝，∴+2a＝2t①，由上题可知：MF＝MQ＝a，QH＝2MG＝a+t，∴DQ＝6﹣t﹣2a，∵＝，∴＝②，解得t＝，∴AE＝，综上所述，满足条件的AE的值为3或或或．18．解：（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，若∠A﹣∠B＝90°，则∠A＝110°，∴∠C＝180°﹣110°﹣20°＝50°，若∠A﹣∠C＝90°，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠C＝35°；（2）∵∠BAC＝90°，AB＝4，BC＝5，∴AC＝＝＝3，∵△ABD是“准互余三角形”，∴∠BAD﹣∠B＝90°，或∠BAD﹣∠ADB＝90°，当∠BAD﹣∠ADB＝90°，∴∠BAC+∠CAD﹣∠ADB＝90°，∴∠CAD＝∠ADB，∴AC＝CD＝3，当∠BAD﹣∠B＝90°，∴∠BAC+∠CAD﹣∠B＝90°，∴∠B＝∠CAD，∵∠ADC＝∠BDA，∴△ADC∽△BDA，∴，∴，∴CD＝；（3）如图，将△ABC沿BC翻折得到△EBC，∴CE＝AC＝4，∠BCA＝∠BCE，∠CBA＝∠CBE，∠E＝∠BAC＝90°，∴∠ABE+∠ACE＝180°，∵∠ACD＝2∠ABC＝∠ABE，∴∠ACD+∠ACE＝180°，∴点D，点C，点E三点共线，∵∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝2∠ABC+∠ACB＝90°+∠ABC，∴∠BCD﹣∠CBD＝90°，∵△BCD是“准互余三角形”，∴∠BCD﹣∠CDB＝90°，∴90°+∠ABC﹣∠CDB＝90°，∴∠CDB＝∠ABC＝∠EBC，又∵∠E＝∠E，∴△CEB∽△BED，∴，即，∴BE＝6，∴BD＝＝＝3．。

2020年九年级数学中考三轮冲刺：《相似综合训练》(解析版)

中考三轮冲刺：《相似综合训练》1．已知：已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AC、BC上的点，连DE，且＝＝，tan B＝，如图1．（1）如图2，将△CDE绕C点旋转，连AD、BE交于H，求证：AD⊥BE；（2）如图3，当△CDE绕C点旋转过程中，当CH＝时，求AH﹣BH的值；（3）若CD＝1，当△CDE绕C点旋转过程中，直接写出AH的最大值是2．（1）证明：如图2中，设BE交AC于O．∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠ECB，∵＝，∴＝，∴△ACD∽△BCE，∴∠DAC＝∠EBC，∵∠AOH＝∠BOC，∴∠AHO＝∠BCO＝90°，∴AD⊥BE．（2）解：如图2中，在HB上取一点T，使得HT＝AH，连接AT．在Rt△AHT中，tan∠ATH＝＝，∵tan∠ABC＝，∴∠ATH＝∠ABC，∵∠ATH+∠HAT＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°，∴∠HAT＝∠CAB，∴∠CAH＝∠BAT，∴△AHT∽△ACB，∴＝，∴＝，∴△CAH∽△BAT，∴＝，∵HT＝AH，设AH＝m，则HT＝m，AT＝m，∴＝，∴BT＝．（3）解：如图3中，在Rt△AHB中，∵AH＝AB•sin∠ABH，∴当∠ABH最大时，AH的值最大，此时CE⊥BE，∵∠DCE＝∠CEH＝∠EHD＝90°，∴此时四边形ECDH是矩形，∴DH＝EC，∠ADC＝∠CDH＝90°，由题意CD＝1，EC＝，AC＝，∴DH＝CE＝在Rt△ACD中，AD＝＝＝，∴AH＝AD+DH＝+＝2，∴AH的最大值为2．故答案为：2．2．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，E为BC上一点，且BE＝1，∠AED＝90°，将△AED绕点E顺时针旋转得到△A′ED′，A′E交AD于P，D′E交CD于Q，连接PQ，当点Q与点C 重合时，△AED停止转动．（1）求线段AD的长；（2）当点P与点A不重合时，试判断PQ与A′D′的位置关系，并说明理由；（3）求出从开始到停止，线段PQ的中点M所经过的路径长．解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，∴AE＝＝＝，∵∠AED＝90°，∴∠EAD+∠ADE＝90°，∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠ADE，∴△ABE∽△DEA，∴，∴，∴AD＝5；（2）PQ∥A′D′，理由如下：∵，∴＝＝2，∵AD＝BC＝5，∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，过点E作EF⊥AD于点F，则∠FEC＝90°，∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，∴∠PEF＝∠CEQ，∵∠C＝∠PFE＝90°，∴△PEF∽△QEC，∴，∵，∴，∴PQ∥A′D′；（3）连接EM，作MN⊥AE于N，由（2）知PQ∥A′D′，∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，又∵△PEQ为直角三角形，M为PQ中点，∴PM＝ME，∴∠EPQ＝∠PEM，∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′∴∠EPF＝∠NEM，又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，∴△PEF∽△EMN，∴＝为定值，又∵EF＝AB＝2，∴MN为定值，即M的轨迹为平行于AE的线段，∵M初始位置为AD中点，停止位置为DE中点，∴M的轨迹为△ADE的中位线，∴线段PQ的中点M所经过的路径长＝＝．3．已知，如图1，将△AED绕点E旋转180°得到△BEF，延长FB到点C，使得BC＝FB，连接DC．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）如图2，点G是边BC上任意一点（点G与点B、C不重合），连接AG交DF于点H，连接HC，过点A作AK∥HC，交DF于点K．①求证：HC＝2AK；②当点G是BC边中点时，恰有HD＝n•HK（n为正整数），求n的值．（1）证明：如图1中，∵△AED绕点E旋转180°得到△BEF，∴∠ADE＝∠F，AD＝BF，∴AD∥CF，∵BC＝FB，∴AD＝BC，∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形．（2）①证明：∵BC＝FB，∴FC＝2BF，∵BF＝AD，∴FC＝2AD，∵AK∥CH，∴∠AKF＝∠CHD，∴∠AKD＝∠CHF，∵∠ADK＝∠F，∴△AKD∽△CHF，∴＝＝，∴CH＝2AK．②如图2中，过点G作GM∥DF交HC于M．∵G是BC的中点，且FC＝2BF，∴CG＝CF，∵GM∥DF，∴△CMG∽△CHF，∴＝＝，即GM＝FH，∵AD∥FC，∴△AHD∽△GHF，∴＝＝＝，即DH＝FH，∴＝，即DH＝GM，∵AK∥HC，GM∥DF，∴∠HAK＝∠GHM，∠AHK＝∠HGM，∴△AHK∽△HGM，∴＝＝，即HK＝GM，∴＝，即HD＝4HK，∴n＝4．4．如图，在矩形ABCD中，连接BD，点E为AB上一点，使得∠EDB＝∠BDC，连接CE，交BD于点P，作BF⊥BD交DE的延长线于点F．（1）求证：BD2＝DF•DC（2）若AE＝1，DC＝3，求PC的长，（3）在（2）的条件下，将△BDC沿着BD对折得到△BDQ，点C的对应点为点Q，连接AQ，试求△AQE的周长．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠DCB＝90°，∵BF⊥BD，∴∠DCB＝∠DBF＝90°∵∠EDB＝∠BDC，∴△DCB∽△DBF，∴＝，∴BD2＝DF•DC．（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝∠BCD＝∠ABC＝90°，∴∠EBD＝∠BDC，∵∠EDB＝∠BDC，∴∠EDB＝∠EBD，∴ED＝EB，∵∠EBD+∠EBF＝90°，∠F+∠EDB＝90°，∴∠EBF＝∠F，∴EB＝EF，∵AE＝1，DC＝AB＝3，∴BE＝EF＝DE＝2，DF＝4，∴AD＝＝＝，BD＝＝＝2，∴EC＝＝＝，∵BE∥CD，∴△BEP∽△DCP，∴＝，∴＝，∴PC＝．（3）∵△BDC沿BD翻折得到△BDQ，∠EDB＝∠BDC，∴点Q在DF上，且BQ⊥DF，∴QE＝DQ﹣DE＝3﹣2＝1，∴AE＝QE，∴∠EAQ＝∠EQA，∵∠AEQ＝∠BED，∴△AEQ∽△BED，∴△AEQ的周长：△BED的周长＝AE：BE＝1：2，∵△BED的周长＝2+2+2＝4+2，∴△AEQ的周长＝2+．5．如图，在平面直角坐标系中，点B（12，10），过点B作x轴的垂线，垂足为A．作y 轴的垂线，垂足为C．点D从O出发，沿y轴正方向以每秒1个单位长度运动；点E从O 出发，沿x轴正方向以每秒3个单位长度运动；点F从B出发，沿BA方向以每秒2个单位长度运动．当点E运动到点A时，三点随之停止运动，运动过程中△ODE关于直线DE 的对称图形是△O′DE，设运动时间为t．（1）用含t的代数式分别表示点E和点F的坐标；（2）若△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似，求t的值；（3）当t＝2时，求O′点在坐标．解：（1）∵BA⊥x轴，CB⊥y轴，B（12，10），∴AB＝10，由运动知，OD＝t，OE＝3t，BF＝2t（0≤t≤4），∴AF＝10﹣2t，∴E（3t，0），F（12，10﹣2t）；（2）由（1）知，OD＝t，OE＝3t，AF＝10﹣2t，∴AE＝12﹣3t，∵BA⊥x轴，∴∠OAB＝90°＝∠AOC，∵△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似，∴△DOE∽△EAF或△DOE∽△FAE，①当△DOE∽△EAF时，，∴，∴t＝，②当△DOE∽△FAE时，，∴，∴t＝6（舍），即：当△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似时，t＝秒；（3）如图，当t＝2时，OD＝2，OE＝6，在Rt△DOE中，根据勾股定理得，DE＝2，连接OO'交DE于G，∴OO'＝2OG，OO⊥DE，∴S＝OD•OE＝DE•OG，△DOE∴OG＝＝＝，∴OO'＝2OG＝，∵∠AOC＝90°，∴∠HOO'+∠AOO'＝90°，∵OO'⊥DE，∴∠OED+∠AOO'＝90°，∴∠HOO'＝∠OED，过点O'作O'H⊥y轴于H，∴∠OHO'＝90°＝∠DOE，∴△OHO'∽△EOD，∴，∴，∴OH＝，O'H＝，∴O'（，）．6．如图1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．（1）连接DF，求DF的长度；（2）求▱DEFG周长的最小值；（3）当▱DEFG为正方形时（如图2），连接BG，分别交EF，CD于点P、Q，求BP：QG的值．解：（1）如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，∵AB＝3；∴DC＝3，在Rt△DCF中，由勾股定理得，∴DF＝＝＝；（2）如图1所示：作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，∴ME+DE＞MD，②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，∴ME+DE＝MD由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，∵MB＝BF，∴MB＝1，∴MC＝3，又∵DC＝3，∴△MCD是等腰直角三角形，∴MD＝＝＝3，∴NF+DN＝MD＝3，∴l▱DEFG＝2（NF+DF）＝6；（3）∵▱DEFG为正方形，∴DE＝EF，∠DEF＝90°，∴∠ADE+∠AED＝∠AED+∠BEF＝90°，∴∠ADE＝∠BEF，∴△ADE≌△BEF（AAS），∴AE＝BF＝1，BE＝AD＝2，过点B作BH⊥EF，如图2所示：在Rt△EBF中，由勾股定理得：EF＝＝＝，∴BH＝＝，又∵△BEF～△FHB，∴＝，HF＝＝＝，在△BPH和△GPF中有：∠BPH＝∠GPF，∠BHP＝∠GFP，∴△BPH∽△GPF，∴＝＝＝，∴PF＝•HF＝，又∵EP+PF＝EF，∴EP＝﹣＝，又∵AB∥BC，EF∥DG，∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，∴△EBP∽△DQG（AA），∴＝＝＝．7．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC 的方向匀速运动，速度为2cm/s；同时直线PQ由点B出发，沿BA的方向匀速运动，速度为1cm/s，运动过程中始终保持PQ∥AC，直线PQ交AB于点P、交BC于点Q、交BD于点F．连接PM，设运动时间为t秒（0＜t＜5）．（1）当t为何值时，四边形PQCM是平行四边形？（2）设四边形PQCM的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使S四边形PQCM ＝S△ABC？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；（4）连接PC，是否存在某一时刻t，使点M在线段PC的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．解：（1）假设四边形PQCM是平行四边形，则PM∥QC，∴AP：AB＝AM：AC，∵AB＝AC，∴AP＝AM，即10﹣t＝2t，解得：t＝，∴当t＝时，四边形PQCM是平行四边形；（2）∵PQ∥AC，∴△PBQ∽△ABC，∴△PBQ为等腰三角形，PQ＝PB＝t，∴，即，解得：BF＝t，∴FD＝BD﹣BF＝8﹣t，又∵MC＝AC﹣AM＝10﹣2t，∴y ＝（PQ +MC ）•FD ＝（t +10﹣2t ）（8﹣t ）＝t 2﹣8t +40；（3）不存在；∵S △ABC ＝＝×10×8＝40，当S 四边形PQCM ＝S △ABC 时，y ＝t 2﹣8t +40＝40，解得：t ＝0，或t ＝20，都不合题意，因此不存在；（4）假设存在某一时刻t ，使得M 在线段PC 的垂直平分线上，则MP ＝MC ，过M 作MH ⊥AB ，交AB 与H ，如图所示：∵∠A ＝∠A ，∠AHM ＝∠ADB ＝90°， ∴△AHM ∽△ADB ，∴，又∵AD ＝＝6，∴， ∴HM t ，AH ＝t ，∴HP ＝10﹣t ﹣t ＝10﹣t ，在Rt △HMP 中，MP 2＝+＝t 2﹣44t +100，又∵MC 2＝（10﹣2t ）2＝100﹣40t +4t 2，∵MP 2＝MC 2，∴t 2﹣44t +100＝100﹣40t +4t 2，解得，t 2＝0（舍去）， ∴t ＝s 时，点M 在线段PC 的垂直平分线上．8．探索绕公共顶点的相似多边形的旋转：（1）如图1，已知：等边△ABC和等边△ADE，根据△AEC≌△ADB（指出三角形的全等或相似），可得CE与BD的大小关系为：CE＝BD．（2）如图2，正方形ABCD和正方形AEFG，求：的值；（3）如图3，矩形ABCD和矩形AEFG，AB＝kBC，AE＝kEF，求：的值．（用k的代数式表示）解：（1）如图1，∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AE＝AD，AC＝AB，∠CAB＝∠EAD．∴∠CAE＝∠BAD．在△AEC和△ADB中，．∴△AEC≌△ADB．∴CE＝BD．故答案分别为：△AEC≌△ADB、CE＝BD．（2）如图2，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴AC＝AB，AF＝AE，∠CAB＝∠FAE＝45°．∴＝＝，∠CAF＝∠BAE．∴△AFC∽△AEB．∴＝＝．∴的值为．（3）连结FA、CA，如图3，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形，AB＝kBC，AE＝kEF，∴∠FEA＝∠CBA＝90°，＝＝k．∴△FEA∽△CBA．∴＝，∠FAE＝∠CAB．∴∠FAC＝∠EAB．∴△FAC∽△EAB．∴＝∵AC＝＝＝BC．∴＝＝．∴的值为．9．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A点的坐标为（3，0），以OA为边作等边三角形OAB，点B在第一象限，过点B作AB的垂线交x轴于点C．动点P从O点出发沿着OC向点C运动，动点Q从B点出发沿着BA向点A运动，P，Q两点同时出发，速度均为1个单位/秒．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．设运动时间为t秒．（1）求线段BC的长；（2）过点Q作x轴垂线，垂足为H，问t为何值时，以P、Q、H为顶点的三角形与△ABC 相似；（3）连接PQ交线段OB于点E，过点E作x轴的平行线交线段BC于点F．设线段EF的长为m，求m与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．（1）解：如图l，∵△AOB为等边三角形，∴∠BAC＝∠AOB＝60．∵BC⊥AB，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB＝30°，∠OBC＝30°∴∠ACB＝∠OBC，∴CO＝OB＝AB＝OA＝3，∴AC＝6，∴BC＝AC＝；（2）如图2，过点Q作x轴垂线，垂足为H，则QH＝AQ•sin60°＝．需要分类讨论：当△PHQ∽△ABC时，＝，即＝＝，解得，t＝0．同理，当△QHP∽△ABC时，t＝1．综上所述，t＝0或t＝1；（3）解：如图1，过点Q作QN∥OB交x轴于点N．∴∠QNA＝∠BOA＝60°＝∠QAN，∴QN＝QA∴△AQN为等边三角形，∴NQ＝NA＝AQ＝3﹣t，∴ON＝3﹣（3﹣t）＝t，∴PN＝t+t＝2t，∴OE∥QN．∴△POE∽△PNQ∴，∴，∴∵EF∥x轴，∴∠BFE＝∠BCO＝∠FBE＝30°∴EF＝BE，∴m＝BE＝OB﹣OE＝（0＜t＜3）．10．已知四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，E为BC边上一动点且不与B、C重合，连接AE（1）如图1，过点E作EN⊥AE交CD于点N①若BE＝1，求CN的长；②将△ECN沿EN翻折，点C恰好落在边AD上，求BE的长；（2）如图2，连接BD，设BE＝m，试用含m的代数式表示S四边形CDFE ：S△ADF值．解：（1）①∵BE＝1，∴CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∴∠BAE+∠BEA＝90°，∵EF⊥AE，∴∠AEF＝90°，∴∠BEA+∠FEC＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，∴△ABE∽△ECF，∴＝，即：＝，解得：CN＝；②过点E作EF⊥AD于F，如图1所示：则四边形ABEF是矩形，∴AB＝EF＝2，AF＝BE，由折叠的性质得：CE＝C′E，CN＝C′N，∠EC′N＝∠C＝90°，∴∠NC′D+∠EC′F＝90°，∵∠C′ND+∠NC′D＝90°，∴∠EC′F＝∠C′ND，∵∠D＝∠EFC′，∴△EC′F∽△NC′D，∴＝＝，∴＝＝，∵＝，∴＝，∴＝＝，∴C′D＝BE，设BE＝x，则C′D＝AF＝x，C′F＝4﹣2x，CE＝4﹣x，∴＝，＝，∴DN＝x（2﹣x），CN＝，∴CN+DN＝x（2﹣x）+＝CD＝2，解得：x＝2或x＝，∴BE＝2或BE＝；（2）∵四边形ABCD 为矩形， ∴BC ＝AD ，AD ∥BC ，∴△ADF ∽△EBF ，∴＝＝，∴＝（）2＝，∴S △ADF ＝s △BEF ，S △ABF ＝＝＝S △BEF ，S 四边形CDFE ＝S △ADF +S △ABF ﹣S △BEF ＝S △BEF +S △BEF ﹣S △BEF ＝（+﹣1）S △BEF ， ∴S 四边形CDFE ：S △ADF ＝（+﹣1）S △BEF ：s △BEF ＝1+﹣．11．如图，在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BD 于E ．（1）若BC ＝BD ，，AD ＝15，求△ABD 的周长．（2）若∠DBC ＝45°，对角线AC 、BD 交于点O ，F 为AE 上一点，且AF ＝2EO ，求证：CF ＝AB ．（1）解：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ，∵BC ＝BD ，∴AD＝BD＝15，∵＝，设BE＝x，则AB＝x，DE＝BD﹣BE＝15﹣x，∴AE＝＝＝3x，AE2+DE2＝AD2，即：（3x）2+（15﹣x）2＝152，解得：x＝3，∴AB＝3，∴△ABD的周长＝AD+BD+AB＝15+15+3＝30+3；（2）证明：延长AE与BC交于点M，过点O作OG∥AE，分别交BC、CF于点G、H，连接EH，BF，并延长BF，与AD交于点N，连接DF，DG，如图所示：∵AE⊥BD，∴OG⊥BD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD，OA＝OC，AB＝CD，∴BG＝DG，∵∠DBC＝45°，∴∠BDG＝45°，∴∠BGD＝90°，∵OG∥AM，OA＝OC，∴OH是△ACF的中位线，∴OH＝AF＝OE，HF＝HC，∴∠OEH＝∠OHE＝45°＝∠OBC，∴EH∥BC，∴EF＝ME，∵BE⊥MF，∴BF＝BM，∴∠MBE＝∠EBF＝45°，∴∠DNB＝∠NBG＝90°，∴四边形BGDN是正方形，∴DG＝DN＝BN＝BG，∴MG＝FN，∵AM∥OG，OA＝OC，∴MG＝CG，∴CG＝FN，在△DNF和△DGC中，，∴△DNF≌△DGC（SAS），∴DF＝DC，∠NDF＝∠GDC，∴∠FDC＝∠NDG＝90°，∴CF＝CD，∴CF＝AB．12．已知在▱ABCD中，点E，F分别为边AB，BC上的点，∠ADE＝∠BAF，DE，AF交于点M．（1）如图1，若∠ABC＝90°，求证：△AEM∽△AFB；（2）若E为AB中点．①如图2，若AF⊥BC，＝，求的值；②如图3，若∠ABC＝60°，＝n，请直接写出的值（用n的式子表示）．证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，且∠ADE＝∠BAF，∴∠BAD﹣∠BAF＝∠ABC﹣∠BAF∴∠AED＝∠AFB，且∠BAF＝∠BAF，∴△AEM∽△AFB（2）如图2，过点E作EN⊥AF于点N，∵EN⊥AF，BF⊥AF，∴EN∥BF，∴∴AF＝2AN，BF＝2EN，∵＝，∴AD＝3BF，∴AD＝6EN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥EN∴△MNE∽△MAD∴，∠ADE＝∠MEN，∴AM＝6MN，∴AN＝7MN，∵∠ADE＝∠MEN，∠BAF＝∠ADE，∴∠BAF＝∠MEN，且∠ANE＝∠ANE，∴△ENM∽△ANE，∴∴EN2＝MN•AN＝AN2，∵设AE＝BE＝a，EN＝b，∴BF＝2b，AD＝6b，∴b2＝（a2﹣b2）∴a＝2b∴AB＝2AE＝2a＝4b，AD＝6b，∴②如图3，过点A作AH平分∠BAD，交BC的延长线于H，过点B作BG∥AH交AF的延长线于点G，∵＝n，E为AB中点．∴AB＝nAD，AE＝BE＝AD∵∠ABC＝60°，AD∥BC，∴∠BAD＝120°，∵AH平分∠BAD，∴∠BAH＝60°＝∠ABC∴△ABH是等边三角形，∴AB＝AH＝BH＝nAD，∵BG∥AH∴∠H＝∠GBF＝60°，∴∠ABG＝120°＝∠EAD，且∠BAF＝∠ADE，∴△ABG∽△DAE，∴∴BG＝AD∵BG∥AH∴△BFG∽△HFA∴∴∴FH＝BF∵BH＝BF+FH∴nAD＝（）BF∴＝13．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC，O为AC中点，点D在BO延长线上，CD＝BC，AE∥BC，CE＝CA，AE交BD于点G．（1）若∠DCE＝28°，求∠AOB的度数；（2）求证：AG＝GE；（3）设DC交GE于点M；①若AB＝3，BC＝4，求AG：GM：ME的值；②连结DE，分别记△ABG，△DGM，△DME的面积为S1，S2，S3，当AC∥DE时，S1：S2：S3＝6：1：2 （直接写出答案）．解：（1）∵CD＝BC，CE＝CA，∴∠CAE＝∠CEA，∠CBD＝∠CDB，∵AE∥BC，∴∠CAE＝∠OCB，∵∠ABC＝90°，O为AC中点，∴OB＝OC，∴∠CBD＝∠OCB＝∠CAE，∴∠ACE＝∠BCD，∴∠ACB＝∠DCE＝28°，∴∠AOB＝∠OBC+∠OCB＝56°；（2）连接CG，如图1所示：∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∵AE∥BC，∴∠OGA＝∠OBC，∠OAG＝∠OCB，∴∠OAG＝∠OGA，∴AO＝OG，∴AO＝OC，∴BO＝OG，∴四边形ABCG是平行四边形，∵∠ABC＝90°，∴四边形ABCG是矩形，∴AG＝BC，CG⊥AE，∵CE＝CA，∴AG＝GE；（3）①作MH⊥CE于H，如图2所示：∵AE∥BC，AG＝GE＝BC，∴四边形GBCE是平行四边形∴∠E＝∠OBC＝∠OCB＝∠DCE，∴MC＝ME，CE＝BG＝AC＝＝＝5，∵MH⊥CE，∴HE＝CE＝，∵cos E＝cos∠OCB＝，∴ME＝＝，∵GE＝AG＝BC＝4，∴GM＝EG﹣ME＝4﹣＝，∴AG：GM：ME＝4：：＝32：7：25；②如图3所示：连接DE．∵OA＝OC，∠ABC＝90°，∴BO＝OA＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∵AE ∥BC ，∴∠CAE ＝∠ACB ，∠AGO ＝∠OBC ，∵CA ＝CE ，∴∠CAE ＝∠CAE ，∴∠AGB ＝∠AEC ，∴AD ∥CE ，∵DE ∥AC ，∴四边形OCED 是平行四边形，∴OD ＝CE ＝CA ，∵∠OAG ＝∠OGA ，∴OA ＝OG ，∴OA ＝OC ＝OG ＝DG ，∵DG ∥EC ，∴＝＝，∴＝，设S 2＝m ，则S 3＝2m ，∴S △DGE ＝3m ，∵OG ＝GD ，∠AGO ＝∠DGE ，∠OAG ＝∠DEG ，∴△AGO ≌△EGD （AAS ），∴S △AOG ＝S △DEG ＝3m ，∵OB ＝OG ，∴S △ABG ＝2S △AOG ＝6m ，∴S 1：S 2：S 3＝6m ：m ：2m ＝6：1：2．故答案为：6：1：2．14．在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，D 是△ABC 内一点，连接AD ，BD ．在BD 左侧作Rt △BDE ，使∠BDE ＝90°，以AD 和DE 为邻边作▱ADEF ，连接CD ，DF ．（1）若AC＝BC，BD＝DE．①如图1，当B，D，F三点共线时，CD与DF之间的数量关系为DF＝CD．②如图2，当B，D，F三点不共线时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．（2）若BC＝2AC，BD＝2DE，＝，且E，C，F三点共线，求的值．解：（1）①如图1中，连接CF．设AC交BF于G．∵四边形AFED是平行四边形，∴AF＝DE，DE∥AF，∵BD＝DE，∴AF＝BD，∵∠BDE＝90°，∴∠EDF＝∠DFA＝90°＝∠BCG，∵∠CGB＝∠AGF，∴∠CBD＝∠CAF，∵BC＝AC，∴△BCD≌△ACF（SAS），∴∠BCD＝∠ACF，CD＝CF，∴∠BCA＝∠DCF＝90°，∴△CDF是等腰直角三角形，∴DF＝CD．故答案为DF＝CD．②结论仍然成立．理由：如图2中，连接CF．延长BD交AF的延长线于H，设AC交BH于G．∵四边形AFED是平行四边形，∴AF＝DE，DE∥AF，∵BD＝DE，∴AF＝BD，∵∠BDE＝90°，∴∠DEH＝∠DHA＝90°＝∠BCG，∵∠CGB＝∠AGH，∴∠CBD＝∠CAF，∵BC＝AC，∴△BCD≌△ACF（SAS），∴∠BCD＝∠ACF，CD＝CF，∴∠BCA＝∠DCF＝90°，∴△CDF是等腰直角三角形，∴DF＝CD．（2）如图3中，延长BD交AF于H．设BH交AC于G．∵四边形AFED是平行四边形，∴AF＝DE，DE∥AF，∵∠BDE＝90°，∴∠DEH＝∠DHA＝90°＝∠BCG，∵∠CGB＝∠AGH，∴∠CBD＝∠CAF，∵＝＝2，∴＝，∴△CBD∽△CAF，∴＝＝2，∠BCD＝∠ACF，∴∠BCA＝∠DCF＝90°，∵AD∥EF，∴∠ADC+∠DCF＝180°，∴∠ADC＝90°，∵CD：AC＝4：5，设CD＝4k，AC＝5k，则AD＝EF＝3k，∴CF＝CD＝2k，∴EC＝EF﹣CF＝k，∴DE＝AF＝＝＝k，∴＝＝．15．已知：在△ABC外分别以AB，AC为边作△AEB与△AFC．（1）如图1，△AEB与△AFC分别是以AB，AC为斜边的等腰直角三角形，连接EF．以EF 为直角边构造Rt△EFG，且EF＝FG，连接BG，CG，EC．求证：①△AEF≌△CGF．②四边形BGCE是平行四边形．（2）小明受到图1的启发做了进一步探究：如图2，在△ABC外分别以AB，AC为斜边作Rt△AEB与Rt△AFC，并使∠FAC＝∠EAB＝30°，取BC的中点D，连接DE，EF后发现，两者间存在一定的数量关系且夹角度数一定，请你帮助小明求出的值及∠DEF的度数．（3）小颖受到启发也做了探究：如图3，在△ABC外分别以AB，AC为底边作等腰三角形AEB和等腰三角形AFC，并使∠CAF+∠EAB＝90°，取BC的中点D，连接DE，EF后发现，当给定∠EAB＝α时，两者间也存在一定的数量关系且夹角度数一定，若AE＝m，AB＝n，请你帮助小颖用含m，n的代数式直接写出的值，并用含α的代数式直接表示∠DEF的度数．（1）证明：①如图1中，∵△EFC与△AFC都是等腰直角三角形，∴FA＝FC，FE＝FG，∠AFC＝∠EFG＝90°，∴∠AFE＝∠CFG，∴△AFE≌△CFG（SAS）．②∵△AFE≌△CFG，∴AE＝CG，∠AEF＝∠CGF，∵△AEB是等腰直角三角形，∴AE＝BE，∠BEA＝90°，∴CG＝BE，∵△EFG是等腰直角三角形，∴∠FEG＝∠FGE＝45°，∴∠AEF+∠BEG＝45°，∵∠CGE+∠CGF＝45°，∴∠BEG＝∠CGE，∴BE∥CG，∴四边形BECG是平行四边形．（2）解：如图2中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵∠EDB＝∠GDC，∴EB＝GC，∠EBD＝∠GCD，在Rt△AEB与Rt△AFC中，∵∠EAB＝∠FAC＝30°，∴＝，＝，∴＝，∵∠EBD＝∠2+60°，∴∠DCG＝∠2+60°，∴∠GCF＝360°﹣60°﹣（∠2+60°）﹣∠3＝360°﹣120°﹣（∠2+∠3）＝360°﹣120°﹣（180°﹣∠1）＝60°+∠1，∵∠EAF＝30°+∠1+30°＝60°+∠1，∴∠GCF＝∠EAF，∴△CGF∽△AEF，∴＝＝，∠CFG＝∠AFE，∴∠EFG＝∠CFG+∠EFC＝∠AFE+∠EFC＝90°，∴tan∠DEF＝＝，∴∠DEF＝30°，∴FG＝EG，∵ED＝EG，∴ED＝FG，∴＝．（3）如图3中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．作EH⊥AB于H，连接FD．∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDG，DE＝DG，∴△CDG≌△BDE（SAS），∴CG＝BE＝AE，∠DCG＝∠DBE＝α+∠ABC，∵∠GCF＝360°﹣∠DCG﹣∠ACB﹣∠ACF＝360°﹣（α+∠ABC）﹣∠ACB﹣（90°﹣α）＝270°﹣（∠ABC+∠ACB）＝270°﹣（180°﹣∠BAC）＝90°+∠BAC＝∠EAF，∴△EAF≌△GCF（SAS），∴EF＝GF，∠AFE＝∠CFG，∴∠AFC＝∠EFC，∴∠DEF＝∠CAF＝90°﹣α，∵∠AEH＝90°﹣α，∴∠AEH＝∠DEF，∵AE＝m，AH＝AB＝n，∴EH＝＝＝，∵DE＝DG，EF＝GF，∴DF⊥EG，cos∠DEF＝cos∠AEH＝＝＝．16．在矩形ABCD中，G为AD上一点，连接BG，CG，过作CE⊥BG于点E，连接ED交GC于点F．（1）如图1，若点G为AD的中点，则线段BG与CG有何数量关系？请说理由．（2）如图2，若点E恰好为BG的中点，且AB＝3，AG＝k（0＜k＜3）求的值（用含k 的代数式表示）；（3）在（2）有条件下，若M、N分别为GC、EC上的任意两点，连接NF、NM，当k＝时，求NF+NM的最小值．解：（1）结论：GB＝GC．理由：∵四边形ABCD是矩形，∵AB＝DC，∠A＝∠CDG＝90°，∵GA＝GD，∴△BAG≌△CDG（SAS），∴BG＝CG．（2）解：在矩形ABCD中，∵∠A＝∠ABC＝90°，∵CE⊥BG，∴∠CEB＝90°，∴∠A＝∠CEB，∴∠AGB+∠ABG＝∠ABG+∠GBC＝90°，∴∠AGB＝∠GBC，∴△ABG∽△ECB；∴＝，∵BG＝，E为BG的中点，∴BE＝，∴BC＝，如图1，过G作GH⊥GD交DE于H∴GD＝BC﹣AG＝，∵∠BEC＝∠ADC＝90°，∴G，E．C，D四点共圆，∴∠GDH＝∠GCE＝∠BCE＝∠ABG，∴△AGB∽△GDH，∴＝，∴GH＝，∴＝＝，∴＝＝；（3）当k＝时，＝，如图2，过F作FJ⊥BC于J交CE于N，反向延长交AD于H，则FH⊥AD，过N作NM⊥PC于M，∴NF+NM的最小值即为FJ的长，∴＝＝，∴＝，∵HJ＝CD＝AB＝3，∴FJ＝，即NF+NM的最小值是．17．如图1，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点D与原点O重合，AD，CD分别在x轴，y轴上，且AD＝8，CD＝6．将矩形ABCD绕点O按顺时针方向旋转a度得到矩形A′B′C′D，此时A′D与直线BC相交于点P．（1）当a＝60°时，的值是．（2）如图2，当矩形A'B′C′D的顶点B'落在y轴正半轴时，求的值；（3）如图3，当矩形A'B′C′D的顶点B'落在直线BC上时，求△OPB′的面积．解：（1）∵a＝60°，∴∠POC＝30°，∴PC＝OC•tan∠POC＝6×＝2，则＝＝，故答案为：；（2）∵A′O∥B′C'，∠POC＝∠C′B′O，又∠PCO＝∠B′C′O＝90°，∴△PCO∽△OC′B′，∴＝，即＝，解得，PC＝，∴＝＝；（3）由旋转可知∠B′A′O＝∠BAO＝90°，A′B'＝OC＝6，在△OPC和△B′PA′中，，∴△OPC≌△B′PA′（AAS），∴PO＝PB′，设PB′＝m，则OP＝m，PC＝8﹣m，在Rt△OCP中，OC2+PC2＝PO2，即m2＝（8﹣m）2+62，解得，m＝∴△OPB′的面积＝PB′•OC＝××6＝．18．如图，在矩形ABCD中，BC＝1，∠CBD＝60°，点E是AB边上一动点（不与点A，B重合），连接DE，过点D作DF⊥DE交BC的延长线于点F，连接EF交CD于点G（1）求证：△ADE∽△CDF；（2）设AE的长为x，△DEF的面积为y．求y关于x的函数关系式；（3）当△BEF的面积S取得最大值时，连接BG，请判断此时四边形BGDE的形状，并说明理由．（1）证明：在矩形ABCD中，∵∠A＝∠ADC＝∠DCB＝90°，∴∠A＝∠DCF＝90°，∵DF⊥DE，∴∠A＝∠EDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△CDF；（2）解：∵BC＝1，∠CBD＝60°，∠DCB＝90°，∴CD＝．∵△ADE∽△CDF，∴＝＝＝＝，即DF＝DE．在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝1+x2．则S＝DF•DE＝DE2＝（1+x2）＝x2+；△DEF（3）解：当△BEF的面积S取得最大值时，四边形BGDE是菱形，理由如下：由（2）知，CD＝．则在矩形ABCD中，AD＝BC＝1，AB＝CD＝．∵AE＝x，∴BE＝﹣x．∵△ADE∽△CDF，∴＝＝．∴CF＝x．∴S＝＝（﹣x）（1+x）＝﹣（x﹣）2+．∴当x＝时，S有最大值．此时BE＝，CF＝1，BF＝2．∵CG∥BE，∴△CFG∽△BFE，∴＝．∴CG＝．∴DG＝．∴BE＝DG，且BE∥DG．∴四边形BGDE是平行四边形．又∵BE＝BG．∴平行四边形BGDE是菱形．19．如图l，在四边形ABCD中，∠DAB被对角线AC平分，且AC2＝AB•AD，我们称该四边形为“可分四边形”∠DAB称为“可分角”．（1）如图2，四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，求证：△DAC∽△CAB．（2）如图2，四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，如果∠DCB＝∠DAB，则∠DAB＝120°．（3）现有四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，且AC＝4，BC＝2，∠D ＝90°，则AD＝．（1）证明：∵四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，∴AC2＝AB•AD，∴，∵∠DAB为“可分角”，∴∠CAD＝∠BAC，∴△DAC∽△CAB；（2）解：如图所示：∵AC平分∠DAB，∴∠1＝∠2，∵AC2＝AB•AD，∴AD：AC＝AC：AB，∴△ADC∽△ACB，∴∠D＝∠4，∵∠DCB＝∠DAB，∴∠DCB＝∠3+∠4＝2∠1，∵∠1+∠D+∠3＝∠1+∠4+∠3＝180°，∴∠1+2∠1＝180°，解得：∠1＝60°，∴∠DAB＝120°；故答案为：120；（3）解：∵四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，∴AC2＝AB•AD，∠DAC＝∠CAB，∴AD：AC＝AC：AB，∴△ADC∽△ACB，∴∠D＝∠ACB＝90°，∴AB＝＝＝2，∴AD＝＝＝．故答案为：20．如图1，△ABC为等边三角形，AB＝6，直角三角板DEF中∠F＝90°，∠FDE＝60°，点D在边BC上运动，边DF始终经过点A，DE交AC于点G．（1）求证：△ABD∽△DCG；（2）设BD＝x，若，求x的值；（3）如图2，当D运动到BC中点时，点P为AD上一动点，连接CP，将线段CP绕点C 逆时针旋转60°得到CP'，DP'．①求∠CBP'的度数；②求DP'的最小值．解：（1）∵三角形ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∵∠ADC＝∠B+∠BAD，∠ADC＝∠ADG+∠CDG，∴∠B+∠BAD＝∠ADG+∠CDG，∵∠ADG＝60°，∴∠BAD＝∠CDG，∵∠B＝∠C，∴△ABD∽△DCG．（2）由（1）知△ABD∽△DCG，∴，∵BD＝x，CD＝6﹣x，AB＝6，CG＝，代入得：，解得：x＝2或4．（3）①由旋转知∠PCP′＝60°，CP＝CP′∵△ABC是等边三角形．∴AC＝BC，∠ACB＝60°．∴∠ACP＝∠BCP′，∴△ACP≌△BCP′（SAS），∠CBP′＝∠CAD＝30°．②如图3，根据“垂线段最短”可知，当DP′⊥BP′时，DP′最短．∵∠CBP′＝30°，∴DP′＝BD＝1.5．。

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习含答案

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习含答案一、相似1．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．【答案】（1）解：设，则a=3k，b=2k，c=6k，又∵a+2b+c=26，∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，∴a=6，b=4，c=12；∴2b=8，b2=16∵a=6，2b=8，c=12，b2=16∴2bc=96，ab2=6×16=96∴2bc=ab2a，2b，c，b2是成比例的线段。

（2）解：∵x是a、b的比例中项，∴x2=6ab，∴x2=6×4×6，∴x=12．【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。

（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。

2．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．（1）求证：AD=DE；（2）若CE=2，求线段CD的长；（3）在（2）的条件下，求△DPE的面积．【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即BD⊥AC∵AB=BC，∴△ABD≌CBD∴∠ABD=∠CBD在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦∴AD=DE；（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，∴CD= ；（3）解：延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，AD= ，AB=10，∴BD=3 ，∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径，∴，∴∠BEP=∠EDB，∴△BPE∽△BED，∴，∴BP= ，∴DP=BD-BP= ，∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32，∵S△BCD= × ×3 =15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，∴S△BDE=12，∴S△DPE= ．【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习及详细答案

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习及详细答案一、相似1．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．【答案】（1）解：如图1，∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，∴OA=OB，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∵AB=2，AB⊥OC，∴AC=BC=1，∠BOC=30°，∴OC= ，∴A（-1，），把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，∵CF∥BG，∴，∵AC=4BC，∴ =4，∴AF=4FG，∵A的横坐标为-4，∴B的横坐标为1，∴A（-4，16a），B（1，a），∵∠AOB=90°，∴∠AOD+∠BOE=90°，∵∠AOD+∠DAO=90°，∴∠BOE=∠DAO，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△ADO∽△OEB，∴，∴，∴16a2=4，a=± ，∵a＞0，∴a= ；∴B（1，）；（3）解：如图3，设AC=nBC，由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），∴AD=am2n2，过B作BF⊥x轴于F，∴DE∥BF，∴△BOF∽△EOD，∴，∴，∴，DE=am2n，∴，∵OC∥AE，∴△BCO∽△BAE，∴，∴，∴CO= =am2n，∴DE=CO．【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。

2020年中考数学压轴题总复习练习：相似形综合题(含答案)

2020年中考数学压轴题总复习练习：相似形综合题1．（1）问题发现如图1，在Rt ABC ∆和Rt CDE ∆中，90ACB DCE ∠=∠=︒，45CAB CDE ∠=∠=︒，点D 时线段AB 上一动点，连接BE ．填空： ①BEAD的值为； ②DBE ∠的度数为．（2）类比探究如图2，在Rt ABC ∆和Rt CDE ∆中，90ACB DCE ∠=∠=︒，60CAB CDE ∠=∠=︒，点D 是线段AB 上一动点，连接BE ．请判断BEAD的值及DBE ∠的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，将点D 改为直线AB 上一动点，其余条件不变，取线段DE 的中点M ，连接BM 、CM ，若2AC =，则当CBM ∆是直角三角形时，线段BE 的长是多少？请直接写出答案．2．如图（1），P 为ABC ∆所在平面上一点，且120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，则点P 叫做ABC ∆的费马点．（1）如果点P 为锐角ABC ∆的费马点，且60ABC ∠=︒． ①求证：ABP BCP ∆∆∽；②若3PA =，4PC =，则PB =（2）已知锐角ABC ∆，分别以AB 、AC 为边向外作正ABE ∆和正ACD ∆，CE 和BD 相交于P 点．如图（2） ①求CPD ∠的度数；②求证：P 点为ABC ∆的费马点．3．如图1，过等边三角形ABC 边AB 上一点D 作//DE BC 交边AC 于点E ，分别取BC ，DE 的中点M ，N ，连接MN ．（1）发现：在图1中，MNBD= ；（2）应用：如图2，将ADE ∆绕点A 旋转，请求出MNBD的值；（3）拓展：如图3，ABC ∆和ADE ∆是等腰三角形，且BAC DAE ∠=∠，M ，N 分别是底边BC ，DE 的中点，若BD CE ⊥，请直接写出MNBD的值．4．如图1，已知Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，8AC cm =，6BC cm =．点P 由B 出发沿BA 方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为cm s．以AQ、PQ为边作平行四边形AQPD，连接DQ，交AB于点E．设运动的时2/间为t（单位：)(04)剟．解答下列问题：s t（1）用含有t的代数式表示AE=．（2）当t为何值时，平行四边形AQPD为矩形．（3）如图2，当t为何值时，平行四边形AQPD为菱形．5．已知：正方形ABCD的边长为4，点E为BC的中点，点P为AB上一动点，沿PE翻折∆，直线PF交CD边于点Q，交直线AD于点G，联接EQ．∆得到FPEBPE（1）如图，当 1.5BP=时，求CQ的长；（2）如图，当点G在射线AD上时，BP x=，求y关于x的函数关系式，并写出=，DG yx的取值范围；（3）延长EF交直线AD于点H，若CQE∆与FHG∆相似，求BP的长．6．在矩形ABCD中，点P在AD上，2AB=，1AP=．将直角尺的顶点放在P处，直角尺的两边分别交AB，BC于点E，F，连接EF（如图①）．（1）当点E与点B重合时，点F恰好与点C重合（如图②），求PC的长；（2）探究：将直尺从图②中的位置开始，绕点P顺时针旋转，当点E和点A重合时停止．在这个过程中，请你观察、猜想，并解答：①PFPE的值是否发生变化？请说明理由；②直接写出从开始到停止，线段EF的中点经过的路线长．7．如图，等腰Rt ABC∆的直角边长为O为斜边AB的中点，点P为AB上任意一点，连接PC，以PC为直角边作等腰Rt PCD∆，连接BD．（1）求证：PC CO CD CB=；（2）请你判断AC与BD有什么位置关系？并说明理由．（3）当点P在线段AB上运动时，设AP x=，PBD∆的面积为S，求S与x之间的函数关系式．8．阅读理解：如图①，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与A、B重合），分别连接ED、EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的“相似点”；如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的“强相似点”．解决问题：（1）如图①，45∠=∠=∠=︒，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似A B DEC点，并说明理由；（2）如图②，在矩形ABCD中，A、B、C、D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长为1)的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图②中画出矩形ABCD的边AB 上的强相似点；（3）如图③，将矩形ABCD 沿CM 折叠，使点D 落在AB 边上的点E 处，若点E 恰好是四边形ABCM 的边AB 上的一个强相似点，试探究AB 与BC 的数量关系．9．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AB 于点M ，MN CM ⊥交射线AD 于点N ．（1）当F 为BE 中点时，求证：AM CE =；（2）若2AB EF BC BF ==，求ANND的值；（3）若AB EFn BC BF==，当n 为何值时，//MN BE ？10．我们把两条中线互相垂直的三角形称为“称为中垂三角形”，例如图1，图2，图3中，AF ，BE 是ABC ∆的中线，AF BE ⊥，垂足为P ，像ABC ∆这样的三角形均称为“中垂三角形”，设BC a =，AC b =，AB c =．特例探索（1）如图1，当45ABE ∠=︒，c =时，a = ，b = ．如图2，当30ABE ∠=︒，4c =时，a = ，b = ．归纳证明（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想2a ，2b ，2c 三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．拓展应用（3）如图4，在ABCD Y 中，点E 、F 、G 分别是AD ，BC ，CD 的中点，BE EG ⊥，AD =，3AB =，求AF 的长．11．在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC <，M 是BC 边的中点，MN BC ⊥交AC 于点N ．动点P 从点B 出发沿射线BA 厘米的速度运动．同时，动点Q 从点N 出发沿射线NC 运动，且始终保持MQ MP ⊥．设运动时间为t 秒(0)t >．（1）PBM ∆与QNM ∆相似吗？以图1为例说明理由；（2）若60ABC ∠=︒，AB = ①求动点Q 的运动速度；②设APQ ∆的面积为S （平方厘米），求S 与t 的函数关系式；（3）探求2BP 、2PQ 、2CQ 三者之间的数量关系，以图1为例说明理由．12．如图（1），在平面直角坐标系中，点(0,6)A -，点(6,0)B ．Rt CDE ∆中，90CDE ∠=︒，∆沿y轴正方向平CD=，DE=CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt CDE4行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt CDE∠的∆运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求BME度数．（2）如图（3），在Rt CDE∆的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．（3）在Rt CDE∆的重叠部分的面积为S，请写∆与CDE=，OAB∆的运动过程中，设AC h出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．13．如图，梯形ABCD中，//CD=，4BC=，AB边上AB=，6∠=︒，8ABCAB CD，90有一动点P（不与A、B重合），连接DP，作PQ DP⊥，使得PQ交射线BC于点E，设AP x=．（1）求AD的长．（2）当x为何值时，APD∆是等腰三角形？（3）求BE的长（用含x的代数式表示）；（4）是否存在点P，使得PQ经过点C？若存在，求出相应的AP的长；若不存在，请说明理由．14．如图，在ABCAD cm=．点P从点BC cm=，8∆中，AB AC=，AD BC⊥于点D，10B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、t>．F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒(0)（1）当2t=时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；（2）在整个运动过程中，所形成的PEF∆的面积最大时，求∆的面积存在最大值，当PEF线段BP的长；（3）是否存在某一时刻他t，使PEF∆为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．15．如图1，ABC=，点=，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE DC ∆中，AB ACF 是DE 与AC 的交点，且DF FE =．（1）图1中是否存在与BDE ∠相等的角？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由；（2）求证：BE EC =；（3）若将“点D 在BA 的延长线上，点E 在BC 上”和“点F 是DE 与AC 的交点，且DF FE =”分别改为“点D 在AB 上，点E 在CB 的延长线上”和“点F 是ED 的延长线与AC 的交点，且DF kFE =”，其他条件不变（如图2)．当1AB =，ABC a ∠=时，求BE 的长（用含k 、a 的式子表示）．参考答案1、解：（1）90ACB ∠=︒Q ，45CAB ∠=︒45ABC CAB ∴∠=∠=︒AC BC ∴=，90DBE ABC CBE ∠=∠+∠=︒90ACB DCE ∠=∠=︒Q ，ACD BCE ∴∠=∠，且45CAB CDE ∠=∠=︒，ACD BCE ∴∆∆∽ ∴1BE BC AD AC== 故答案为：1，90︒（2）BE AD=，90DBE ∠=︒ 理由如下：90ACB DCE ∠=∠=︒Q ，60CAB CDE ∠=∠=︒， ACD BCE ∴∠=∠，30CED ABC ∠=∠=︒tan tan 30AC ABC BC ∴∠=︒== 90ACB DCE ∠=∠=︒Q ，60CAB CDE ∠=∠=︒，Rt ACB Rt DCE ∴∆∆∽ ∴AC CD BC CE = ∴AC BC CD CE=，且ACD BCE ∠=∠ ACD BCE ∴∆∆∽∴BE BC AD AC==，60CBE CAD ∠=∠=︒ 90DBE ABC CBE ∴∠=∠+∠=︒（3）若点D 在线段AB 上，如图，由（2）知：BE BC AD AC==，90ABE ∠=︒BE ∴=2AC =Q ，90ACB ∠=︒，90CAB ∠=︒4AB ∴=，BC =90ECD ABE ∠=∠=︒Q ，且点M 是DE 中点，12CM BM DE ∴==， CBM ∆Q 是直角三角形2222CM BM BC ∴+==，BM CM ∴==DE ∴=222DB BE DE +=Q ，22(4))24AD ∴-+=1AD ∴=+3BE ∴==若点D 在线段BA 延长线上，如图同理可得：DE =，BE =222BD BE DE +=Q ，22(4))24AD ∴++=，1AD ∴=-3BE ∴==综上所述：BE 的长为3+或32、（1）证明：①18060PAB PBA APB ∠+∠=︒-∠=︒Q ，60PBC PBA ABC ∠+∠=∠=︒， PAB PBC ∴∠=∠，又120APB BPC ∠=∠=︒Q ，ABP BCP ∴∆∆∽，②解：ABP BCP ∆∆Q ∽， ∴PA PB PB PC=， 212PB PA PC ∴==g ，PB ∴=故答案为：；（2）解：①ABE ∆Q 与ACD ∆都为等边三角形，60BAE CAD ∴∠=∠=︒，AE AB =，AC AD =，BAE BAC CAD BAC ∴∠+∠=∠+∠，即EAC BAD ∠=∠，在ACE ∆和ABD ∆中，AC AD EAC BAD EA AB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACE ABD SAS ∴∆≅∆，12∴∠=∠，34∠=∠Q ，6560CPD ∴∠=∠=∠=︒；②证明：ADF CFP ∆∆Q ∽， ∴AF DF CP PF=， AF PF DF CP ∴=g g ，AFP CFD ∠=∠Q ，AFP CDF ∴∆∆∽．60APF ACD ∴∠=∠=︒，120APC CPD APF ∴∠=∠+∠=︒，120BPC ∴∠=︒，360120APB BPC APC ∴∠=︒-∠-∠=︒，P ∴点为ABC ∆的费马点．3、解：（1）如图1中，作DH BC ⊥于H ，连接AM ．AB AC =Q ，BM CM =，AM BC ∴⊥，ADE ∆Q 时等边三角形，60ADE B ∴∠=︒=∠，//DE BC ∴，AM BC ⊥Q ，AM DE ∴⊥，AM ∴平分线段DE ，DN NE =Q ，A ∴、N 、M 共线，90NMH MND DHM ∴∠=∠=∠=︒，∴四边形MNDH 时矩形，MN DH ∴=，∴sin 60MN DH BD BD ==︒=，．（2）如图2中，连接AM 、AN ．ABC ∆Q ，ADE ∆都是等边三角形，BM MC =，DN NE =， AM BC ∴⊥，AN DE ⊥， ∴sin 60AM AB =︒，sin 60AN AD =︒， ∴AM AN AB AD=， 30MAB DAN ∠=∠=︒Q ，BAD MAN ∴∠=∠，BAD MAN ∴∆∆∽，∴sin 60MN AM BD AB ==︒=．（3）如图3中，连接AM 、AN ，延长BD 交CE 于H ，交AC 于O ．AB AC =Q ，AD AE =，BM CM =，DN NE =， AM BC ∴⊥，AN DE ⊥，BAC DAE ∠=∠Q ，ABC ADE ∴∠=∠，sin sin ABM ADN ∴∠=∠， ∴AM AN AB AD=， 12BAM BAC ∠=Q ，12DAN DAE ∠=∠， BAM DAN ∴∠=∠，BAD MAN ∴∠=∠．BAD MAN ∴∆∆∽， ∴sin MN AM ABC BD AB==∠， BAC DAE ∠=∠Q ，BAD CAE ∴∠=∠，AB AC =Q ，AD AE =，BAD CAE ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE ⊥Q ，90BHC ∴∠=︒，90ACE COH ∴∠+∠=︒，AOB COH ∠=∠Q ， 90ABD AOB ∴∠+∠=︒，90BAO ∴∠=︒，AB AC =Q ，45ABC ∴∠=︒，∴sin 45MN AB =︒=． 4、解：（1）Rt ABC ∆Q 中，90C ∠=︒，8AC cm =，6BC cm =． ∴由勾股定理得：10AB cm =，Q 点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动，速度均为2/cm s ， 2BP tcm ∴=，102AP AB BP t ∴=-=-，Q 四边形AQPD 为平行四边形，152AE AP t ∴==-；（2）当AQPD Y 是矩形时，PQ AC ⊥，//PQ BC ∴，APQ ABC ∴∆∆∽ ∴QA AC AP AB = 即2810210t t =- 解之 209t =∴当209t =时，AQPD Y 是矩形；（3）当AQPD Y 是菱形时，DQ AP ⊥，则AE AC COS BAC AQ AB ∠== 即5425t t -= 解之 2513t =∴当2513t =时，AQPD Y 是菱形． 5、解：（1）由翻折性质，可知PE 为BPQ ∠的角平分线，且BE FE =． Q 点E 为BC 中点，EC EB EF ∴==，QE ∴为CQP ∠的角平分线．//AB CD Q ，180BPQ CQP ∴∠+∠=︒，即22180EPQ EQP ∠+∠=︒， 90EPQ EQP ∴∠+∠=︒，90PEQ ∴∠=︒，即PE EQ ⊥．易证PBE ECQ ∆∆∽， ∴BP BE EC CQ =，即1.522CQ=，解得：83CQ =．（2）由（1）知PBE ECQ ∆∆∽， ∴BP BE EC CQ =，即22x CQ=， 4CQ x ∴=，44DQ x∴=-． //QD AP Q ，∴DG DQ AG AP =，又4AP x =-，4AG y =+， ∴4444y x y x-=+-， 21616(12)4x y x x -∴=<<-．（3）由题意知：90C GFH ∠=︒=∠． ①当点G 在线段AD 的延长线上时，如答图1所示．由题意知：G CQE ∠=∠CQE FQE ∠=∠Q ，22DQG FQC CQE G ∴∠=∠=∠=∠． 90DQG G ∠+∠=︒Q ，30G ∴∠=︒，30BEP CQE G ∴∠=∠=∠=︒，tan 30BP BE ∴=︒=g ；②当点G 在线段DA 的延长线上时，如答图2所示．由题意知：FHG CQE ∠=∠．同理可得：30G ∠=︒，30BPE G ∴∠=∠=︒，60BEP ∴∠=︒，tan 60BP BE ∴=︒=g ．综上所述，BP 或．6、解：（1）如图2，在Rt AEP ∆中，PE == Q 四边形ABCD 为矩形，90A D ∴∠=∠=︒，2DF AE ==，90EPF ∠=︒Q ， 90APE DPF ∴∠+∠=︒，而90PEA APE ∠+∠=︒，PEA DAF ∴∠=∠，APE DFP ∴∆∆∽，∴PE AP PF DF=12=，解得PF =，即PC =；（2）①PF PE的值不变．理由如下：如图1，作FH AD ⊥于H ，则2FH AB ==，同理可证明APE HFP ∆∆∽， ∴221PF FH PE AP ===； ②如图1，点Q 为EF 的中点，则12PQ EF =，12BQ EF =， QP QB ∴=，∴点Q 在线段PB 的垂直平分线上，如图2，点F 点与C 点重合时，点Q 在BC 的中点M 处；当点E 点点A 重合时，点Q 在线段PB 的中点N 处，APE DFP ∆∆Q ∽，24PD AB ∴==，MN Q 垂直平分PB ，12BN PB ∴== 而1522BM BC ==，在Rt BMN ∆中，MN ==即线段EF ．7、解：（1）ABC ∆Q 为等腰直角三角形，O ∴是AB 的中点45OCB CBO ∴∠=∠=︒，90COB AOC ∠=∠=︒，BCO ∴∆为等腰直角三角形，∴OC BC =， PCD ∆Q 为等腰直角三角形45PCD ∴∠=︒，PC CD = ∴PC CO CD CB=；（2）由（1）可知：45PCO OCD BCD OCD ∴∠+∠=∠+∠=︒，PCO BCD ∴∠=∠，又Q PC CO CD CB=，PCO DCB ∴∆∆∽，90CBD AOC ∴∠=∠=︒，45ABD BAC ∴∠=∠=︒，//AC BD ∴；（3）分两种情况讨论：①当点P 在线段AO 上时，作PE BD ⊥，如图1，AC BC ==Q ABC ∆为等腰直角三角形，224AB AO BO ∴===，2PO x ∴=-，4BP x =-，PCO DCB ∆∆Q ∽， ∴CO PO CB BD=， 2x BD-=，)BD x ∴=-，45PBE ∠=︒Q ，)PE x ∴=-，211))34(02)22S x x x x x ∴=--=-+<…， ②当点P 在线段BO 上时，作PE BD ⊥，如图2，可知：2OP x =-，4BP x =-，PCO DCB ∆∆Q ∽ ∴CO PO CB BD=， 2x BD-=，2)BD x ∴=-，45PBE ∠=︒Q ，)PE x ∴=-，2112))34(24)22S x x x x x ∴=--=-+-<<．8、解：（1）45A B DEC ∠=∠=∠=︒Q ，135AED ADE ∴∠+∠=︒，135AED CEB ∠+∠=︒ADE CEB ∴∠=∠，在ADE ∆和BEC ∆中，A B ADE BEC∠=∠⎧⎨∠=∠⎩，ADE BEC ∴∆∆∽，∴点E 是四边形ABCD 的边AB 上的相似点．（2）如图所示：点E 是四边形ABCD 的边AB 上的强相似点，（3）如图3Q 点E 是四边形ABCM 的边AB 上的一个强相似点， AEM BCE ECM ∴∆∆∆∽∽，BCE ECM AEM ∴∠=∠=∠．由折叠可知：ECM DCM ∆≅∆，ECM DCM ∴∠=∠，CE CD =，1303BCE BCD ∴∠=∠=︒， 1122BE CE AB ==，在Rt BCE ∆中，tan tan 30BE BCE BC ∠==︒=，∴AB BC =．9、解：（1）当F 为BE 中点时，如图1，则有BF EF =．Q 四边形ABCD 是矩形，AB DC ∴=，//AB DC ，MBF CEF ∴∠=∠，BMF ECF ∠=∠．在BMF ∆和ECF ∆中，MBF CEF BMF ECF BF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，BMF ECF ∴∆≅∆，BM EC ∴=．E Q 为CD 的中点，12EC DC ∴=， 1122BM EC DC AB ∴===， AM BM EC ∴==；（2）如图2所示：设MB a =，Q 四边形ABCD 是矩形，AD BC ∴=，AB DC =，90A ABC BCD ∠=∠=∠=︒，//AB DC ， ECF BMF ∴∆∆∽， ∴2EC EF BM BF==， 2EC a ∴=，24AB CD CE a ∴===，3AM AB MB a =-=． Q 2AB BC=， 2BC AD a ∴==．MN MC ⊥Q ，90CMN ∴∠=︒，90AMN BMC ∴∠+∠=︒．90A ∠=︒Q ，90ANM AMN ∴∠+∠=︒，BMC ANM ∴∠=∠，AMN BCM ∴∆∆∽， ∴AN AM BM BC =， ∴32AN a a a=， 32AN a ∴=，31222ND AD AN a a a =-=-=， ∴32312a AN ND a ==；（3）当AB EF n BC BF==时，如图3：设MB a =． MFB CFE ∆∆Q ∽， ∴1MB BF EC EF n ==，即1a EC n=，解得EC an =． 2AB an ∴=．又Q AB n BC=， ∴2an n BC=， 2BC a ∴=．//MN BE Q ，MN MC ⊥，90EFC HMC ∴∠=∠=︒，90FCB FBC ∴∠+∠=︒．90MBC ∠=︒Q ，90BMC FCB∴∠+∠=︒，BMC FBC∴∠=∠．90MBC BCE∠=∠=︒Q，MBC BCE∴∆∆∽，∴MB BC BC CE=，∴22a aa na=，4n∴=．10、解：（1）AF BEQ，45⊥∠=︒，ABE2AP BP AB ∴===， AF Q ，BE 是ABC ∆的中线，//EF AB ∴，12EF AB == 45PFE PEF ∴∠=∠=︒，1PE PF ∴==，在Rt FPB ∆和Rt PEA ∆中，AE BF ==，AC BC ∴==，a b ∴==如图2，连接EF ，同理可得：1422EF =⨯=， //EF AB Q ， ~PEF ABP ∴∆∆， ∴12PF PE EF AP PB AB ===，在Rt ABP ∆中，4AB =，30ABP ∠=︒，2AP ∴=，PB =，1PF ∴=，PE =，在Rt APE ∆和Rt BPF ∆中，AE =BF =，a ∴=，b =，故答案为：，，（2）猜想：2225a b c +=，如图3，连接EF ，设ABP α∠=，sin AP c α∴=，cos PB c α=，由（1）同理可得，1sin 22c PF PA α==，1cos 22c PE PB α==， 2222222cos sin 4c AE AP PE c αα=+=+，2222222sin cos 4c BF PB PF c αα=+=+， ∴22222cos ()sin 24b c c αα=+，22222sin ()cos 24a c c αα=+， ∴2222222222sin cos cos sin 4444a b c c c c αααα+=+++， 2225a b c ∴+=；（3）如图4，连接AC ，EF 交于H ，AC 与BE 交于点Q ，设BE 与AF 的交点为P ， Q 点E 、G 分别是AD ，CD 的中点，//EG AC ∴，BE EG ⊥Q ，BE AC ∴⊥，Q 四边形ABCD 是平行四边形，//AD BC ∴，AD BC ==，EAH FCH ∴∠=∠，E Q ，F 分别是AD ，BC 的中点，12AE AD ∴=，12BF BC =，12AE BF CF AD ∴==== //AE BF Q ，∴四边形ABFE 是平行四边形，3EF AB ∴==，AP PF =，在AEH ∆和CFH ∆中，EAH FCH AHE FHC AE CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AEH CFH ∴∆≅∆，EH FH ∴=，EP ∴，AH 分别是AFE ∆的中线，由（2）的结论得：2225AF EF AE +=，2216AF EF ∴=-=，4AF ∴=．或连接F 与AB 的中点M ，证MF 垂直BP ，构造出“中垂三角形”，因为3AB =，12BF AD ==根号5，根据上一问的结论，直接可求AF ．11、解：（1）PBM QNM∽．理由如下：∆∆如图1，MQ MP ⊥Q ，MN BC ⊥（已知）， 90PMB PMN ∴∠+∠=︒，90QMN PMN ∠+∠=︒， PMB QMN ∴∠=∠（等量代换）．90PBM C ∠+∠=︒Q （直角三角形的两个锐角互余），90QNM C ∠+∠=︒（直角三角形的两个锐角互余），PBM QNM ∴∠=∠（等量代换）．PBM QNM ∴∆∆∽；（2）90BAC ∠=︒Q ，60ABC ∠=︒，2BC AB ∴==．又MN Q 垂直平分BC ，BM CM ∴==．30C ∠=︒Q ，4MN cm ∴==； ①设Q 点的运动速度为/vcm s ．如图1，当04t <<时，由（1）知PBM QNM ∆∆∽． ∴NQ MNBP MB ==， 1v ∴=；如图2，当4t …时，同理可得1v =．综上所述，Q 点运动速度为1/cm s ．②1284AN AC NC cm =-=-=Q ，∴如图1，当04t <<时，AP AB BP =-=- 1284AQ AN NQ AC NC NQ t t =+=-+=-+=+，211)(4)22S AP AQ t ∴==+=+g ；如图2，当4t …时，AP =-4AQ t =+，211)22S AP AQ t ∴==-+=-g综上所述，224)4)t S t ⎧+<<⎪⎪=-…；（3）222PQ BP CQ =+．证明如下：如图1，延长QM 至点D ，使MD MQ =．连接PD 、BD ，BQ ，CD BC Q 、DQ 互相平分，∴四边形BDCQ 为平行四边形，//BD CQ ∴，BD CQ =（平行四边形的对边平行且相等）；又90BAC ∠=︒Q ，90PBD ∴∠=︒，22222PD BP BD BP CQ ∴=+=+，PM Q 垂直平分DQ ，PQ PD ∴=，222PQ BP CQ ∴=+．12、解：（1）如图2，Q 在平面直角坐标系中，点(0,6)A -，点(6,0)B ． OA OB ∴=，45OAB ∴∠=︒，90CDE ∠=︒Q ，4CD =，DE = 60OCE ∴∠=︒，604515CMA OCE OAB ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒， 15BME CMA ∴∠=∠=︒；（2）如图3，90CDE ∠=︒Q ，4CD =，DE =， 30OBC DEC ∴∠=∠=︒，6OB =Q ，BC ∴=（3）①2h <时，如图4，作MN y ⊥轴交y 轴于点N ，作MF DE ⊥交DE 于点F ，4CD =Q ，DE =AC h =，AN NM =， 4CN FM ∴=-，4AN MN h FM ==+-， CMN CED ∆∆Q ∽， ∴CN MN CD DE=， ∴44FM -=，解得4FM =-， EDC EGM S S S ∆∆∴=-1144)(4)22h =⨯⨯--⨯248h =++，15S =最大．②当26h <-…21166()1822AOB ACM S S S h h ∆∆=-=⨯⨯-=，15S =最大．③如图3，当66h -<…时，21)2OMCS S OB h∆===-，S=最大．综上所述，(((222481518153(6)2hSh⎧++⎪⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪-⎪⎪⎩最大值为最大值为最大值为．13、解：（1）如图，过D点作DH AB于H，则四边形DHBC为矩形，4DH BC ∴==，6HB CD ==， 862AH AB HB ∴===-=，在Rt ADH ∆中，AD ==（2）AP x =Q ，2PH x ∴=-，情况①：如图1，当AP AD =时，即x =；情况②：如图2，当AD PD =时，则AH PH =． 22x ∴=-，解得4x =；情况③：如图3，当AP PD =时，2PH AP AH x =-=-，则Rt DPH ∆中，222PD DH PH =+，即2224(2)x x =+-，解得5x =，28x <<Q ，∴当x 为、4、5时，APD ∆是等腰三角形；（3）90DPE DHP ∠=∠=︒Q ，90DPH EPB DPH HDP ∴∠+∠=∠+∠=︒， HDP EPB ∴∠=∠，又90DHP B ∠=∠=︒Q ，DPH PEB ∴∆∆∽， ∴DH PH PB BE =，即428x x BE-=-，整理得：215442BE x x =-+-；（4）当PQ 经过点C 时，4BE BC ==，2154442x x ∴-+-=，整理得，210320x x -+=，Q △224(10)4132280b ac =-=--⨯⨯=-<，∴方程无实数根．∴不存在点P．14、解（1）证明：当2t =时，4DH AH ==，则H 为AD 的中点，如答图1所示．又EF AD ⊥Q ， EF ∴为AD 的垂直平分线， AE DE ∴=，AF DF =． AB AC =Q ，AD BC ⊥于点D ， AD BC ∴⊥，B C ∠=∠． //EF BC ∴， AEF B ∴∠=∠，AFE C ∠=∠， AEF AFE ∴∠=∠， AE AF ∴=，AE AF DE DF ∴===，即四边形AEDF 为菱形．（2）解：如答图2所示，由（1）知//EF BC ，AEF ABC ∴∆∆∽， ∴EF AH BC AD =，即82108EF t -=，解得：5102EF t =-． 221155510(10)210(2)10(0)222223PEF S EF DH t t t t t t ∆==-=-+=--+<<g g ， ∴当2t =秒时，PEF S ∆存在最大值，最大值为210cm ，此时36BP t cm ==．（3）解：存在．理由如下：①若点E 为直角顶点，如答图3①所示，此时//PE AD ，2PE DH t ==，3BP t =．//PE AD Q ，∴PE BP AD BD =，即2385t t =，此比例式不成立，故此种情形不存在； ②若点F 为直角顶点，如答图3②所示，此时//PF AD ，2PF DH t ==，3BP t =，103CP t =-．//PF AD Q ，∴PF CP AD CD =，即210385t t -=，解得4017t =；③若点P 为直角顶点，如答图3③所示．过点E 作EM BC ⊥于点M ，过点F 作FN BC ⊥于点N ，则2EM FN DH t ===，////EM FN AD ．//EM AD Q ，∴EM BM AD BD =，即285t BM =，解得54BM t =， 57344PM BP BM t t t ∴=-=-=．在Rt EMP ∆中，由勾股定理得：2222227113(2)()416PE EM PM t t t =+=+=． //FN AD Q ，∴FN CN AD CD =，即285t CN =，解得54CN t =， 5171031044PN BC BP CN t t t ∴=--=--=-．在Rt FNP ∆中，由勾股定理得：22222217353(2)(10)85100416PF FN PN t t t t =+=+-=-+．在Rt PEF ∆中，由勾股定理得：222EF PE PF =+，即：2225113353(10)()(85100)21616t t t t -=+-+ 化简得：21833508t t -=，解得：280183t =或0t =（舍去） 280183t ∴=．综上所述，当4017t =秒或280183t =秒时，PEF ∆为直角三角形． 15、解：（1）DCA BDE ∠=∠．证明：AB AC =Q ，DC DE =，ABC ACB ∴∠=∠，DEC DCE ∠=∠．BDE DEC DBC DCE ACB DCA ∴∠=∠-∠=∠-∠=∠．（2）过点E 作//EG AC ，交AB 于点G ，如图1，则有DAC DGE ∠=∠．在DCA ∆和EDG ∆中，DCA GDE DAC DGE DC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()DCA EDG AAS ∴∆≅∆．DA EG ∴=，CA DG =．DG AB ∴=．DA BG ∴=．//AF EG Q ，DF EF =，DA AG ∴=．AG BG ∴=．//EG AC Q ，BE EC ∴=．（3）过点E 作//EG AC ，交AB 的延长线于点G ，如图2， AB AC =Q ，DC DE =，ABC ACB ∴∠=∠，DEC DCE ∠=∠．BDE DBC DEC ACB DCE DCA ∴∠=∠-∠=∠-∠=∠． //AC EG Q ，DAC DGE ∴∠=∠．在DCA ∆和EDG ∆中，DCA GDE DAC DGE DC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()DCA EDG AAS ∴∆≅∆．DA EG ∴=，CA DG =1DG AB ∴==．//AF EG Q ，ADF GDE ∴∆∆∽． ∴AD DF DG DE=． DF kFE =Q ，(1)DE EF DF k EF ∴=-=-． ∴1(1)AD kEF k EF=-． 1k AD k ∴=-．1k GE AD k ∴==-．过点A 作AH BC ⊥，垂足为H ，如图2， AB AC =Q ，AH BC ⊥， BH CH ∴=．2BC BH ∴=．1AB =Q ，ABC α∠=， cos cos BH AB ABH α∴=∠=g ． 2cos BC α∴=． //AC EG Q ，ABC GBE ∴∆∆∽． ∴BC AC BE GE =． ∴2cos 11kBE kα=-． 2cos 1k BE kα∴=-． BE ∴的长为2cos 1k k α-．。

2020年九年级数学中考三轮复习：《相似综合训练》(解析版)

中考三轮复习：《相似综合训练》1．在△ABC中，点D为BC上一点．（1）如图1，若∠BAD＝∠CAD，求证：＝；（2）如图2，若∠BAC＝75°，∠BAD＝30°，AC＝AB，求的值；的值．（3）如图3，若∠BAC＝90°，tan∠CAD＝2，＝，AB＝4，求S△ABC解：（1）如图1，过B点作BM⊥AD，CN⊥AD，垂足M，N，∴∠BMD＝∠CND＝90°，∵∠BDM＝∠CDN，∴△BDM∽△CDN，∴，∵∠AMB＝∠ANC＝90°，∠BAD＝∠CAD，∴△ABM∽△ACN，∴，∴；（2）如图2，过B点作BM⊥AD，CN⊥AD，垂足M，N，∴∠ANC＝∠AMB＝90°，设BM＝x，在Rt△ABM中，∠BAD＝30°，∴AB＝2BM＝2x，∵AC＝AB，∴AC＝x．在Rt△ANC中，∠CAN＝∠BAC﹣∠BAD＝45°，∴∠ACN＝45°＝∠CAN，∴AN＝CN＝2x，∵∠BMD＝∠CND＝90°，∵∠BDM＝∠CDN，∴△BDM∽△CDN，∴＝；（3）如图3，过B点作BM⊥AD，CN⊥AD，垂足M，N，∴∠ANC＝∠AMB＝90°，∴∠BAM+∠ABM＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAM+∠CAD＝90°，∴∠ABM＝∠CAD，∴tan∠ABM＝tan∠CAD＝2，在Rt△ABM中，tan∠ABM＝＝2，∴AM＝2BM，根据勾股定理得，BM2+AM2＝AB2，∴BM2+4BM2＝80，∴BM＝4，∴AM＝8．根据勾股定理得，AB＝＝4，同（1）的方法得，△BDM∽△CDN，∴＝＝，∴CN＝BM＝6，在Rt△ACN中，tan∠CAD＝＝2，∴AN＝CN＝3，根据勾股定理得，AC＝，∴S＝AB•AC＝××3＝30△ABC2．已知，如图①，直角梯形ABCD，AB∥CD，∠A＝90°，DC＝6，AB＝12，BC＝10．Rt△EFG （∠EGF＝90°）的边EF与BC完全重合，FG与BA在同一直线上．现将Rt△EFG以3cm/s 的速度水平向左作匀速平移（如图②），EF、EG分别交AC于点H、Q，同时点M以cm/s 的速度从点B出发沿BC向点C作匀速运动，连接FM，当点E运动到点D时，Rt△EFG和点M都停止运动．设点M运动的时间为t（s）（1）当点Q是AC的中点时，求t的值；（2）判断四边形CHFM的形状，并说明理由；（3）如图③，连接HM，设四边形ABMH的面积为s，求s与t的函数关系式及s的最小值．解：（1）∵点Q是AC的中点时，得出E，G分别在DC，AG中点，即EC＝3，∴t＝1；（2）平行四边形理由：∵Rt△EFG以3cm/s的速度水平向左作匀速平移，点M以cm/s的速度从点B出发沿BC 向点C作匀速运动，∴当运动t秒时，BF＝3t，CE＝t，∴＝＝，＝＝，∴＝，∴MF∥AC，∵EC＝BF（平移的性质），AB∥CD，∴四边形CEFB是平行四边形，∴EF∥BC，∴HF∥CM，CH∥MF，∴四边形CHFM是平行四边形；（3）作CR⊥AB，NM⊥AB，FZ⊥BM，HW⊥BC，∴MN∥CR，∴＝，∵DC＝6，AB＝12，BC＝10，将Rt△EFG以3cm/s的速度水平向左作匀速平移（如图②），EF、EG分别交AC于点H、Q，同时点M以cm/s的速度从点B出发沿BC向点C作匀速运动，∴＝，∴MN ＝2t ，∵MN ×FB ＝FZ ×MB ，∴2t ×3t ＝FZ ×t ，∴FZ ＝t ， ∴HW ＝t ，∴S ＝S △ABC ﹣S △HMC ，＝48﹣×t ×（10﹣t ），＝3t 2﹣12t +48＝3（t ﹣2）2+36，∴S 最小值＝36．3．如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB ，（1）图1中共有 3 对相似三角形，写出来分别为 △ABC ∽△ACD ，△ABC ∽△CBD ，△ACD ∽△CBD （不需证明）；（2）已知AB＝10，AC＝8，请你求出CD的长；（3）在（2）的情况下，如果以AB为x轴，CD为y轴，点D为坐标原点O，建立直角坐标系（如图2），若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿线段CB运动，点Q出B 点出发，以每秒1个单位的速度沿线段BA运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为t秒，是否存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）图1中共有3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD ∽△CBD．故答案为3，△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD；（2）如图1，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，∴BC＝＝6．∵△ABC的面积＝AB•CD＝AC•BC，∴CD＝＝＝4.8；（3）存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝6，OC＝4.8，∴OB＝＝3.6．分两种情况：①当∠BQP＝90°时，如图2①，此时△PQB∽△ACB，∴＝，∴＝，解得t＝2.25，即BQ＝CP＝2.25，∴BP＝BC﹣CP＝6﹣2.25＝3.75．在△BPQ中，由勾股定理，得PQ＝＝＝3，∴点P的坐标为（1.35，3）；②当∠BPQ＝90°时，如图2②，此时△QPB∽△ACB，∴＝，∴＝，解得t＝3.75，即BQ＝CP＝3.75，BP＝BC﹣CP＝6﹣3.75＝2.25．过点P作PE⊥x轴于点E．∵△QPB∽△ACB，∴＝，即＝，∴PE＝1.8．在△BPE中，BE＝＝＝1.35，∴OE＝OB﹣BE＝3.6﹣1.35＝2.25，∴点P的坐标为（2.25，1.8）．综上可得，点P的坐标为（1.35，3）或（2.25，1.8）．4．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝6cm．点P从B出发沿BA向A运动，速度为每秒1cm，点E是点B以P为对称中心的对称点，点P运动的同时，点Q从A出发沿AC向C运动，速度为每秒2cm，当点Q到达顶点C时，P，Q同时停止运动，设P，Q两点运动时间为t秒．（1）当t为何值时，PQ∥BC？（2）设四边形PQCB的面积为y，求y关于t的函数关系式；（3）四边形PQCB面积能否是△ABC面积的？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由；（4）当t为何值时，△AEQ为等腰三角形？（直接写出结果）解：（1）Rt△ABC中，∵∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝6cm，∴AB＝10cm．∵BP＝t，AQ＝2t，∴AP＝AB﹣BP＝10﹣t．∵PQ∥BC，∴＝，∴＝，解得t＝；（2）∵S四边形PQCB ＝S△ACB﹣S△APQ＝AC•BC﹣AP•AQ•sin A∴y＝×6×8﹣×（10﹣t）•2t•＝24﹣t（10﹣t）＝t 2﹣8t +24，即y 关于t 的函数关系式为y ＝t 2﹣8t +24；（3）四边形PQCB 面积能是△ABC 面积的，理由如下：由题意，得t 2﹣8t +24＝×24，整理，得t 2﹣10t +12＝0，解得t 1＝5﹣，t 2＝5+（不合题意舍去）．故四边形PQCB 面积能是△ABC 面积的，此时t 的值为5﹣；（4）△AEQ 为等腰三角形时，分三种情况讨论：①如果AE ＝AQ ，那么10﹣2t ＝2t ，解得t ＝；②如果EA ＝EQ ，那么（10﹣2t ）×＝t ，解得t ＝； ③如果QA ＝QE ，那么2t ×＝5﹣t ，解得t ＝．故当t 为秒秒秒时，△AEQ 为等腰三角形．5．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC＝．点D在边AC上（不与A，C重合），连结BD，F为BD中点．（1）若过点D作DE⊥AB于E，连结CF、EF、CE，如图1．设CF＝kEF，则k＝ 1 ；（2）若将图1中的△ADE绕点A旋转，使得D、E、B三点共线，点F仍为BD中点，如图2．求证：BE﹣DE＝2CF；（3）若BC＝6，点D在边AC的三等分点处，将线段AD绕点A旋转，点F始终为BD中点，求线段CF长度的取值范围．解：（1）∵DE⊥AB于E，F为BD中点．∴，，∴CF＝EF．∵CF＝kEF，∴k＝1；（2）如图2，过点C作CE的垂线交BD于点G，设BD与AC的交点为Q．由题意，tan∠BAC＝，∵D、E、B三点共线，∴AE⊥DB．∵∠BQC＝∠AQD，∠ACB＝90°，∴∠QBC＝∠EAQ．∵∠ECA+∠ACG＝90°，∠BCG+∠ACG＝90°，∴∠ECA＝∠BCG．∴△BCG∽△ACE．∴．∴GB＝DE．∵F是BD中点，∴F是EG中点．在Rt△ECG中，，∴BE﹣DE＝EG＝2CF；（3）情况1：如图，当AD＝时，取AB的中点M，连结MF和CM，∵∠ACB＝90°，tan∠BAC＝，且BC＝6，∴AC＝12，AB＝．∵M为AB中点，∴CM＝，∵AD＝，∴AD＝4．∵M为AB中点，F为BD中点，∴当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，此时CF＝CM+FM＝．同理最小值为﹣2．情况2：如图，当AD＝时，取AB的中点M，连结MF和CM，类似于情况1，可知CF的最大值为．综合情况1与情况2，可知当点D在靠近点C的三等分点时，线段CF的长度取得最大值为．同理最小值为﹣4．6．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP＝3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA 匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动，在点E、F的运动过程中，以EF 为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧．设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；（2）在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S 与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；（3）设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．解：如图1（1），当边FG恰好经过点C时，∵∠CFB＝60°，∴BF＝3﹣t，在Rt△CBF中，∵BC＝2，tan∠CFB＝，∴tan60＝，解得BF＝2，即3﹣t＝2，∴t＝1，当边FG恰好经过点C时，t＝1；（2）如图2，过点M作MN⊥AB于N，当0≤t＜1时，∵tan60°＝＝＝，∴EN＝2，∵EB＝3+t，NB＝3+t﹣2＝1+t，∴MC＝1+t，∴S＝（MC+EB）•BC＝2t+4；如图3，当1≤t＜3时，∵MN＝2EF＝OP＝6，GH＝6×＝3，∴＝，∴MK＝2，∵EB＝3+t，BF＝3﹣t，BQ＝t﹣，∴S ＝S 梯形MKFE ﹣S △QBF ＝﹣t 2+3t +；如图4，当3≤t ＜4时，∵MN ＝2，EF ＝6﹣2（t ﹣3）＝12﹣2t ，∴GH ＝（12﹣2t ）×＝6﹣t ，∴＝， ∴MK ＝8﹣2t ，∴S ＝﹣4t +20；当4≤t ＜6时，∵EF ＝12﹣2t ，∴高为：EF sin60°＝EF ， ∴S ＝t 2﹣12t +36；（3）存在．在R t △ABC 中，tan，∴∠CAB ＝30° ∵∠HEO ＝60°，∴∠HAE ＝∠AHE 30°，∴AE ＝HE ＝3﹣t 或t ﹣3，如图5，当AH ＝AO ＝3时，过点E 作EM ⊥AH 与M ，则AM ＝AH ＝，在R t △AME 中，cos ∠MAE ＝即cos30°＝， ∴AE ＝，即3﹣t ＝或t ﹣3＝； ∴t ＝3﹣或t ＝3+；如图6，当AH ＝HO 时，∠HOA ＝∠HAO ＝30°，∵∠HEO ＝60°，∴∠EHO ＝90°，EO ＝2HE ＝2AE ，∵AE+2AE＝3，∴AE＝1，即3﹣t＝1或t﹣3＝1，∴t＝2或t＝4；如图7，当OH＝OA＝时，∠HOB＝∠OAH＝30°，∴∠HOB＝60°＝∠HEB，∴点E和点O重合，∴AE＝AO＝3，当E刚开始时，3﹣t＝3，当E返回时t﹣3＝3，∴t＝0，t＝6（舍去），综上所述当t＝3﹣，t＝3+，t＝2，t＝4，t＝0时，△AOH是等腰三角形．7．在△ABC中，点D在直线AB上，在直线BC上取一点E，连接AE，DE，使得AE＝DE，DE 交AC于点G，过点D作DF∥AC，交直线BC于点F，∠EAC＝∠DEF．（1）当点E在BC的延长线上，D为AB的中点时，如图1所示．①求证：∠EGC＝∠AEC；②若DF＝3，求BE的长度；（2）当点E在BC上，点D在AB的延长线上时，如图2所示，若CE＝10，5EG＝2DE，求AG的长度．解：（1）如图1，①证明：∵DF∥AC，∴∠DFE＝∠ACE．在△ACE和△EFD中，，∴△ACE≌△EFD（AAS），∴∠AEC＝∠EDF．∵DF∥AC，∴∠EGC＝∠EDF，∴∠EGC＝∠AEC；②∵DF∥AC，∴△BDF∽△BAC，∴＝＝．∵D为AB的中点，∴＝，∴BF＝BC，DF＝AC．∴BF＝CF，AC＝2DF＝6，∵△ACE≌△EFD，∴AC＝EF＝6，CE＝FD＝3．∴BF＝FC＝EF﹣CE＝3，∴BE＝9；（2）∵DF∥AC，∴∠ACE＝∠EFD．在△ACE和△EFD中，，∴△ACE≌△EFD（AAS），∴CE＝FD＝10，AC＝EF．∵DF∥AC，∴△DEF∽△GEC，∴＝＝．∵5EG＝2DE，CE＝FD＝10，∴EF＝25，GC＝4，∴AG＝AC﹣GC＝EF﹣GC＝25﹣4＝21．8．已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．①求证：△OCP∽△PDA；②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长．（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；（3）如图2，在（1）的条件下，擦去折痕AO，线段OP，连结BP，动点M在线段AP⊥（点M与点F、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；说明理由；若不变，求出线段EF的长度．解：（1）①由折叠的性质可知，∠APO＝∠B＝90°，∴∠APD+∠OPC＝90°，又∠POC+∠OPC＝90°，∴∠APD＝∠POC，又∠D＝∠C＝90°，∴△OCP∽△PDA；②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，∴△OCP与△PDA的相似比为1：2，∴PC＝AD＝4，设AB＝x，则DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，即x2＝82+（x﹣4）2，解得，x＝10，即AB＝10；（2）∵点P是CD边的中点，∴DP＝DC，又AP＝AB＝CD，∴DP＝AP，∴∠DAP＝30°，由折叠的性质可知，∠OAB＝∠OAP＝30°；（3）EF的长度不变．作MQ∥AB交PB于Q，∴∠MQP＝∠ABP，由折叠的性质可知，∠APB＝∠ABP，∴∠MQP＝∠APB，∴MP＝MQ，又BN＝PM，∴MQ＝BN，∵MQ∥AB，∴＝，∴QF＝FB，∵MP＝MQ，ME⊥BP，∴PE＝QE，∴EF＝PB，由（1）得，PC＝4，BC＝8，∴PB＝＝4，∴EF＝2．9．（1）如图1中，△ABC为正三角形，点E为AB边上任一点，以CE为边作正△DEC，连结AD．求的值．（2）如图2中，△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，点E为腰AB上任意一点，以CE 为斜边作等腰直角△CDE，连结AD．求的值；（3）如图3中，△ABC为任意等腰三角形，点E为腰AB上任意一点，以CE为底边作等腰△DEC，使△DEC∽△ABC，并且BC＝AC．连结AD，直接写出的值．解：（1）∵△ABC和△CDE都是正三角形，∴∠B＝∠ACB＝∠DCE＝60°，AB＝AC，CE＝DC，∵∠ECB＝∠ACB﹣∠ACE＝60°﹣∠ACE，∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE＝60°﹣∠ACE，∴∠ECB＝∠DCA，在△ECB和△DCA中，，∴△ECB≌△DCA（SAS），∴BE＝AD，则＝1；（2 ）∵等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，∴∠B＝∠ACB＝∠DCE＝45°，CE＝DC，BC＝AC，∴＝＝，∵∠ECB＝∠ACB﹣∠ACE＝45°﹣∠ACE，∠ACD＝∠DCE﹣∠ACE＝45°﹣∠ACE，∴∠ECB＝∠DCA，∴△ECB∽△DCA，∴＝＝；（3）依此类推，当BC＝AC时，＝，理由为：∵等腰△ABC和等腰△CDE中，∴∠B＝∠ACB＝∠DCE，CE＝DC，BC＝AC，∴＝＝，∵∠ECB＝∠ACB﹣∠ACE，∠ACD＝∠DCE﹣∠ACE，∴∠ECB＝∠DCA，∴△ECB∽△DCA，∴＝＝．10．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BF①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＝＝k时．若BE＝1，AE＝2，CE＝3，则k＝．（1）证明：①∵四边形ABCD和EFCG均为正方形，∴＝＝，∵∠ACB＝∠ECF＝45°，∴∠ACE＝∠BCF，∴△CAE∽△CBF；②∵△CAE∽△CBF，∴∠CBF＝∠CAE，＝，∵AE＝2，∴BF＝，∵∠CAE+∠CBE＝90°，∴∠CBF+∠CBE＝90°，在Rt△EBF中，EF＝＝，∵四边形EFCG为正方形，∴CE＝EF＝；（2）连接BF，∵＝，∠ABC＝∠EFC＝90°，∴Rt△ABC∽Rt△CEF，∴＝，又∠ACB＝∠ECF，∴∠ACE＝∠BCF，∴△ACE∽△BCF，∴＝＝，∵AE＝2，∴BF＝，∵∠EBF＝90°，∴EF2＝BE2+BF2＝1+，∵CE＝EF，∴CE2＝（1+）（1+）＝9，解得k＝或k＝﹣（不合题意，舍去），故答案为：．11．已知点I为△ABC的内心．（1）如图1，AI交BC于点D，若AB＝AC＝6，BC＝4，求AI的长；（2）如图2，过点I作直线MN交AB于点M，交AC于点N．①若MN⊥AI，求证：MI2＝BM•CN；②如图3，AI交BC于点D，若∠BAC＝60°，AI＝4，请直接写出+的值．解：（1）如图1，过I作IE⊥AB于E，∵点I为△ABC的内心，∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABD，又∵AB＝AC＝6，BC＝4，∴AD⊥BC，BD＝2，∴Rt△ABD中，AD＝＝＝4，∵∠BEI＝∠BDI，∠EBI＝∠DBI，BI＝BI，∴△BEI≌△BDI，∴BD＝BE＝2，DI＝EI，∴AE＝6﹣2＝4，设DI＝EI＝x，则AI＝4﹣x，∵Rt△AEI中，AE2+EI2＝AI2，∴42+x2＝（4﹣x）2，解得x＝，∴DI＝，∴AI＝AD﹣DI＝4﹣＝3；（2）①如图2，连接BI、CI，∵I为△ABC的内心，∴∠MAI＝∠NAI，∵AI⊥MN，∴∠AIN＝∠AIM＝90°，∴△AMI≌△ANI，∴∠AMN＝∠ANM，MI＝NI，∴∠BMI＝∠CNI，设∠BAI＝∠CAI＝α，∠ACI＝∠BCI＝β，则△ACI中，∠NIC＝90°﹣α﹣β，∵∠ABC＝180°﹣2α﹣2β，BI平分∠ABC，∴∠MBI＝90°﹣α﹣β，∴∠MBI＝∠NIC，∴△BMI∽△INC，∴＝，∴NI•MI＝BM•CN，∵NI＝MI，∴MI2＝BM•CN；②如图3，过点N作NG∥AD，交MA的延长线于点G，∵AI平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠BAD＝∠CAD＝30°，∴∠ANG＝∠AGN＝30°，∴AN＝AG，NG＝AN，∵AI∥NG，∴△MAI∽△MGN，∴＝，即＝，∴＝，即+＝．12．△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠ADE＝∠C＝90°，AC＞AD．（1）如图1，当点D在AC边上时，求证：＝；（2）当△ADE绕A旋转到如图2的位置时（45°＜∠CAD＜90°）．＝是否成立？若成立，请给出证明；若不成立．请说明理由．（3）当AC＝10，AD＝2且△ADE绕A旋转到∠DEB＝90°时．求线段CD的长．解：（1）∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D在AC边上，∴∠ADE＝∠C＝90°，∴DE∥BC，∴＝，即＝，又∵△ADE是等腰直角三角形，∴＝，∴＝；（2）＝成立．证明：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠EAD＝45°，∴∠CAD＝∠BAE，又∵AC：AB＝1：，AD：AE＝1：，∴＝，∴△ACD∽△ABE，∴＝，又∵等腰直角三角形ABC中，＝，∴＝；（3）分两种情况：①如图所示，过A作AF⊥BE于F，则∠F＝90°，当∠DEB＝90°时，∠ADE＝∠DEF＝90°，又∵AD＝DE，∴四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF＝EF＝2，∵AC＝10＝BC，∴AB＝10，∴Rt△ABF中，BF＝＝6，∴BE＝BF﹣EF＝4，又∵△ACD∽△ABE，∴＝＝，即＝，∴CD＝2；②如图所示，过A作AF⊥BE于F，则∠AFE＝∠AFB＝90°，当∠DEB＝90°，∠DEB＝∠ADE＝90°，又∵AD＝ED，∴四边形ADEF是正方形，∴AD＝EF＝AF＝2，又∵AC＝10＝BC，∴AB＝10，∴Rt△ABF中，BF＝＝6，∴BE＝BF+EF＝8，又∵△ACD∽△ABE，∴＝＝，即＝，∴CD＝4，综上所述，线段CD的长为2或4．13．如图1，在四边形ABCD中，AC为四边形对角线，在△ACD的CD边上取一点P，连结AP，如果△APC是等腰三角形，且△ABC与△APD相似，则我们称△APC是该四边形CD边上的“等腰邻相似三角形”．（1）如图2，在平行四边形ABCD中，∠B＝45°，若△APC是CD边上的“等腰邻相似三角形”，且AP＝PC，∠BAC＝∠DAP，则∠PCA的度数为45°；（2）如图3，在四边形ABCD中，若∠BCA＝∠D＝3∠CAD，∠BAC＝2∠CAD，请在图3中画出一个AD边上的“等腰邻相似三角形APC”，并说明理由；（3）已知Rt△APC，若Rt△APC是某个四边形ABCD的“等腰邻相似三角形”，且AP＝PC＝1，△ABC与△APC相似，求出对角线BD长度的所有可能值．解：（1）如图2中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∠D＝∠B＝45°∴∠BAC＝∠DCA，∵AP＝PC，∴∠PCA＝∠PAC，∵∠BAC＝∠DAP，∴∠DAP＝∠CAP＝∠PCA，在△ADC中，∠D+∠DCA+∠DAC＝180°，∴3∠PCA＝135°∴∠PCA＝45°．故答案为45°．（2）如图3中，在线段AD上取一点P，使得PC＝PA，则△PAC是等腰三角形，∴∠PAC＝∠PCA，∴∠DPC＝∠PAC+∠PPCA＝2∠PAC，∵∠BAC＝2∠DCA，∴∠BAC＝∠DPC，∵∠BCA＝∠D，∴△CBA∽△DCP，∴△PAC是一个AD边上的“等腰邻相似三角形APC”，（3）由题意△APC是等腰直角三角形，∵△APC与△ABC，△ABC与△PCD相似，∴△PDC，△ABC都是等腰直角三角形；如图4中，当点P在线段AD上，∠ABC＝90°时，易证∠DAB＝90°，AB＝AP＝PD＝1，BD＝＝．如图5中，当点P在线段AD上，∠BAC＝90°时，作BE⊥DA交DA的延长线于E．易知DE＝3，EB＝1，BD＝＝．当∠ACB＝90°时，四边形ABCD不存在，不符合题意；如图6中，如图7中，BD的长度与图4，图5类似．综上所述，满足条件的BD的长度为或．14．数学活动﹣﹣﹣求重叠部分的面积．问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB＝∠E＝90°，BC＝DE＝6，AC＝FE＝8，顶点D与边AB的中点重合，DE经过点C，DF交AC于点G．求重叠部分（△DCG）的面积．（1）独立思考：请回答老师提出的问题．（2）合作交流：“希望”小组受此问题的启发，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥AB交AC 于点H，DF交AC于点G，如图2，你能求出重叠部分（△DGH）的面积吗？请写出解答过程．（3）提出问题：老师要求各小组向“希望”小组学习，将△DEF绕点D旋转，再提出一个求重叠部分面积的问题．“爱心”小组提出的问题是：如图3，将△DEF绕点D旋转，DE，DF分别交AC于点M，N，使DM＝MN，求重叠部分（△DMN）的面积．任务：①请解决“爱心”小组提出的问题，直接写出△DMN的面积是．②请你仿照以上两个小组，大胆提出一个符合老师要求的问题，并在图4中画出图形，标明字母，不必解答（注：也可在图1的基础上按顺时针旋转）．解：（1）【独立思考】∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴DC＝DA＝DB，∴∠B＝∠DCB．又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE＝∠B．∴∠FDE＝∠DCB，∴DG∥BC．∴∠AGD＝∠ACB＝90°，∴DG⊥AC．又∵DC＝DA，∴G是AC的中点，∴CG＝AC＝×8＝4，DG＝BC＝×6＝3，＝CG•DG＝×4×3＝6．∴S△DGC（2）【合作交流】解法一：如下图所示：∵△ABC≌△FDE，∴∠B＝∠1．∵∠C＝90°，ED⊥AB，∴∠A+∠B＝90°，∠A+∠2＝90°，∴∠B＝∠2，∴∠1＝∠2，∴GH＝GD．∵∠A+∠2＝90°，∠1+∠3＝90°，∴∠A＝∠3，∴AG＝GD，∴AG＝GH，即点G为AH的中点．在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，∵D是AB中点，∴AD＝AB＝5．在△ADH与△ACB中，∵∠A＝∠A，∠ADH＝∠ACB＝90°，∴△ADH∽△ACB，∴，即，解得DH＝，∴S△DGH ＝S△ADH＝××DH•AD＝××5＝．解法二：同解法一，G是AH的中点．连接BH，∵DE⊥AB，D是AB中点，∴AH＝BH．设AH＝x，则CH＝8﹣x．在Rt△BCH中，CH2+BC2＝BH2即：（8﹣x）2+36＝x2，解得x＝．∴S△ABH＝AH•BC＝××6＝．∴S△DGH ＝S△ADH＝×S△ABH＝×＝．解法三：同解法一，∠1＝∠2．连接CD，由（1）知，∠B＝∠DCB＝∠1，∴∠1＝∠2＝∠B＝∠DCB．∴△DGH∽△BDC．过点D作DM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N．∵D是AB的中点，∠ACB＝90°，∴CD＝AD＝BD，∴点M是AC的中点，∴DM＝BC＝×6＝3．在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，AC•BC＝AB•CN，∴CN＝＝＝．∵△DGH∽△BDC，∴，∴S△DGH ＝•S△BDC＝•BD•CN∴S△DGH＝××5×＝．（3）【提出问题】①解决“爱心”小组提出的问题．如答图4，过点D作DK⊥AC于点K，则DK∥BC，又∵点D为AB中点，∴DK＝BC＝3．∵DM＝MN，∴∠MND＝∠MDN，由（2）可知∠MDN＝∠B，∴∠MND＝∠B，又∵∠DKN＝∠C＝90°，∴△DKN∽△ACB，∴，即，得KN＝．设DM＝MN＝x，则MK＝x﹣．在Rt△DMK中，由勾股定理得：MK2+DK2＝MD2，即：（x﹣）2+32＝x2，解得x＝，∴S＝MN•DK＝××3＝．△DMN②此题答案不唯一，示例：如答图5，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥BC于点M，DF交AC于点N，求重叠部分（四边形DMCN）的面积．15．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB于E，BF⊥CD于F，连接AF、DE．（1）如图1，若AB＝CD，且E、F两点分别在BA和CD的延长线上，在图中找出一个与∠BFA相等的角，如：∠BFA＝∠CED（2）如图2，若AB≠CD，且E在BA的延长线上，F在CD上，则（1）的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．（3）如图3，若AD⊥DE，AE＝3AD，则tan∠BFA＝2．解：（1）AD∥BC，AB＝CD，∴∠ABC＝∠DCB，∵CE⊥AB于E，BF⊥CD于F，∴∠BEC＝∠CFB＝90°，在△BEC和△CFB中，，∴△BEC≌△CFB（AAS），∴CE＝BF，∠BCE＝∠CBF，∵∠ABC＝∠DCB，∴∠ABF＝∠DCE，在△ABF和△DCE中，，∴△ABF≌△DCE（SAS），∴∠BFA＝∠CED，故答案为：∠CED；（2）如图一：延长BA、CD交于O，，（1）中的结论仍然成立，证明：∵CE⊥AB于E，BF⊥CD于F，∴∠CEO＝∠∠FO＝90°，∠O＝∠O，∴△CEO∽△BFO，∴．∵AD∥BC，∴△ADO∽△BCO，∴，，∴，∠O＝∠O，∴△OED∽△OFA，∴∠OED＝∠OFA，∠CED+∠OED＝90°，∠BFA+∠OFA＝90°，∴∠CED＝∠BFA；（3）如图二：，CE⊥AB于E，BF⊥CD于F，由（2）中的结论得∠CED＝∠BFA，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝∠CEB＝90°，由勾股定理得DE＝2AD，∠EAD+∠AED＝90°，∠AED+∠DEC＝90°，∴∠EAD＝∠CED＝∠BFA．∴tan∠BFA＝tan∠EAD＝＝＝2，故答案为：2．16．已知：如图①，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC 上运动．（1）如图①，求证：△ABD∽△ACE；（2）如图②，当AD⊥BC时，判断四边形ADCE的形状并说明理由；（3）当点D从点B运动到点C时，设P为线段DE的中点，求在点D的运动过程中，点P 经过的路径长（直接写出结论）．解：（1）∵△ABC∽△ADE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE；（2）∵∠DAE＝90°，AD⊥BC，∴AE∥DC，∵△ABC∽△ADE，∴∠AED＝∠DCA，在△AED和△DCA中，∵，∴△AED≌△DCA（AAS），∴AE＝DC，又AE∥DC，∴四边形ADCE为平行四边形，∵∠DAE＝90°，∴四边形ADCE为矩形；（3）如图，当D与B重合时，P为BC的中点，当D与C重合时，P′为CE的中点，当D与C重合时，△ABC∽△ADE，∴＝，即＝，解得，AE＝，∴BE＝AB+AE＝，∴PP′＝BE＝，即点P经过的路径长为．17．已知，点B在线段CE上．【感知】如图①，∠C＝∠ABD＝∠E＝90°，易知△ACB∽△AED（不要求证明）；【拓展】如图②，△ACE中，AC＝AE，且∠ABD＝∠E，求证：△ACB∽△BED；【应用】如图③，△ACE为等边三角形，且∠ABD＝60°，AC＝6，BC＝2，则△ABD与△BDE的面积比为7：2 ．解：【感知】∵∠C＝∠ABD＝∠E＝90°，∴∠A+∠ABC＝∠ABC+∠DBE＝90°，∴∠A＝∠DBE，∴△ACB∽△BED；【拓展】证明：∵AC＝AE，∴∠C＝∠E，∵∠ABD＝∠E，∴∠C＝∠ABD，又∵∠ABE＝∠C+∠CAB，∠ABE＝∠ABD+∠DBE，∴∠CAB＝∠DBE，∴△ACB∽△BED；【应用】∵∠ABE＝∠C+∠CAB，∠ABE＝∠ABD+∠DBE，∠C＝∠ABD，∴∠CAB＝∠DBE，∵∠C＝∠E＝60°，∴△ACB∽△BED，△ACE是等边三角形，∴AE＝AC＝6，∴BE＝CE﹣BC＝4，∴△ACB与△BED的相似比为：3：2，∴S△ABC ：S△BED＝9：4，S△ABC：S△ABE＝1：2＝9：18，设S△ABC ＝9x，则S△ABE＝18x，S△BDE＝4x，∴S△ABD ＝S△ABE﹣S△BED＝18x﹣4x＝14x，∴S△ABD ：S△BDE＝14：4＝7：2．故答案为：7：2．18．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A 重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）观察猜想：线段EF与线段EG的数量关系是EF＝EG；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB＝a、BC＝b，求的值．解：（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠GAF＝∠BAD，∴∠GAF﹣∠BAF＝∠BAD﹣∠BAF，即∠GAB＝∠FAD，在△GAB和△FAD中，，∴△GAB≌△FAD（ASA），∴AG＝AF，即EF＝EG，故答案为：EF＝EG；（2）成立，证明如下：如图2，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，则EH＝EI，∠HEI＝90°，∵∠GEH+∠HEF＝90°，∠IEF+∠HEF＝90°，∴∠IEF＝∠GEH，在△FEI和△GEH中，，∴△FEI≌△GEH（ASA），∴EF＝EG；（3）如图，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，则∠MEN＝90°，∴EM∥AB，EN∥AD，∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，∴，，∴，即，∵∠NEF+∠FEM＝∠GEM+∠FEM＝90°，∴∠GEM＝∠FEN，又∠GME＝∠FNE＝90°，∴△GME∽△FNE，∴＝＝．19．已知：△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接BD，CD，CE．（1）如图1所示，线段BD与CE的数量关系是BD＝CE，位置关系是BD⊥CE．（2）在图1中，若点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接PM，PN，MN，请判断△PMN的形状，并说明理由；（3）如图2所示，若M、N、P分别为DE、BC、DC上的点，且满足，BD ＝6，连接PM，PN，MN，则线段MN长度是多少？解：（1）如图1，延长BD交CE于F，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD+∠FBD+∠BCA＝90°，∴∠ACE+∠FBD+∠BCA＝90°，∴∠BFC＝90°，即BD⊥CE，故答案为：BD＝CE；BD⊥CE；（2）△PMN是等腰直角三角形，理由如下：∵点M、P分别为DE、DC的中点，∴MP＝CE，MP∥CE，∴∠MPD＝∠ECD＝∠ECA+∠DCA＝∠ABD+∠DCA，∵点P、N分别为DC、BC的中点，∴NP＝BD，NP∥BD，∴∠NPD＝180°﹣∠BDC＝∠DBC+∠DCB，∴∠MPN＝∠MPD+∠NPD＝∠ABD+∠DCA+∠DBC+∠DCB＝90°，∵BD＝CE，∴MP＝NP，∴△PMN是等腰直角三角形；（3）＝，∠MDP＝∠EDC，∴△MDP∽△EDC，MP∥CE，∴＝＝，∴MP＝CE＝2，同理，NP∥BD，NP＝BD＝4，由（2）可知，∠MPN＝90°，∴MN＝＝＝2．20．定义：若一个四边形能被其中一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“友好四边形”．（1）如图1，在4×4的正方形网格中，有一个网格Rt△ABC和两个网格四边形ABCD与ABCE，其中是被AC分割成的“友好四边形”的是四边形ABCE；（2）如图2，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A'B'C，点B'落在边AC，过点A作AD∥A'B'交CA'的延长线于点D，求证：四边形ABCD是“友好四边形”；（3）如图3，在△ABC中，AB≠BC，∠ABC＝60°，△ABC的面积为6，点D是∠ABC 的平分线上一点，连接AD，CD．若四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，求BD 的长．解：（1）AB＝2，BC＝1，AD＝4，由勾股定理得，AC＝＝，CD＝＝，AE＝＝2，CE＝＝5，＝＝＝，∴△ABC∽△EAC，∴四边形ABCE是“友好四边形”，≠，∴△ABC与△ACD不相似，∴四边形ABCD不是“友好四边形”，故答案为：四边形ABCE；（2）证明：根据旋转的性质得，∠A'CB'＝∠ACB，∠CA'B'＝∠CAB，∵AD∥A'B'，∴∠CA'B'＝∠D，∴∠CAB＝∠D，又∠A'CB'＝∠ACB，∴△ABC∽△DAC，∴四边形ABCD是“友好四边形”；（3）如图3，过点A作AM⊥BC于M，在Rt△ABM中，AM＝AB•sin∠ABC＝AB，∵△ABC的面积为6，∴BC×AB＝6，∴BC×AB＝24，∵四边形ABCD是被BD分割成的“友好四边形”，且AB≠BC，∴△ABD∽△DBC∴，∴BD2＝AB×BC＝24，∴BD＝＝2．。

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习附答案

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习附答案一、相似1．已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点0．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵在矩形ABCD中，Ab=6cm，BC=8cm，∴AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，∴AM= AO= ，∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△APM∽△ADC，∴，∴AP=t= ，②当AP=AO=t=5，∴当t为或5时，△AOP是等腰三角形（2）解：作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，在△APO与△CEO中，∵∠PAO=∠ECO，AO=OC，∠AOP=∠COE，∴△AOP≌△COE，∴CE=AP=t，∵△CEH∽△ABC，∴，∴EH= ，∵DN= = ，∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN，∴，即，∴QM= ，∴DG= = ，∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，∴，∴FQ= ，∴S五边形OECQF=S△OEC+S四边形OCQF= = ，∴S与t的函数关系式为（3）解：存在，∵S△ACD= ×6×8=24，∴S五边形OECQF：S△ACD=（）：24=9：16，解得t= ，t=0，（不合题意，舍去），∴t= 时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16（4）解：如图3，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，∵∠POD=∠COD，∴DM=DN= ，∴ON=OM= = ，∵OP•DM=3PD，∴OP= ，∴PM= ，∵，∴，解得：t≈15（不合题意，舍去），t≈2.88，∴当t=2.88时，OD平分∠COP．【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB=CD=6，BC=AD=8，所以AC=10；而P、Q 两点分别从A点和D点同时出发且以相同的速度为1cm/s运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，所以点P不可能运动到点D；所以△AOP是等腰三角形分两种情况讨论：①当AP=PO=t时，过P作PM⊥AO，易证△CQM∽△CDN，可得比例式即可求解；②当AP=AO=t=5时，△AOP是等腰三角形；（2）作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，可将五边形转化成一个三角形和一个直角梯形，则五边形OECQF的面积S=三角形OCE的面积+直角梯形OCQF的面积；（3）因为三角形ACD的面积=AD CD=24，再将（2）中的结论代入已知条件S五边形S ：S△ACD=9：16中，可得关于t的方程，若有解且符合题意，则存在，反之，不存五边形OECQF在；（4）假设存在。

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习及答案

2020-2021中考数学复习《相似》专项综合练习及答案一、相似1．如图，M为等腰△ABD的底AB的中点，过D作DC∥AB，连结BC；AB=8cm，DM=4cm，DC=1cm，动点P自A点出发，在AB上匀速运动，动点Q自点B出发，在折线BC﹣CD上匀速运动，速度均为1cm/s，当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动，设点P运动t（s）时，△MPQ的面积为S（不能构成△MPQ的动点除外）．（1）t（s）为何值时，点Q在BC上运动，t（s）为何值时，点Q在CD上运动；（2）求S与t之间的函数关系式；（3）当t为何值时，S有最大值，最大值是多少？（4）当点Q在CD上运动时，直接写出t为何值时，△MPQ是等腰三角形．【答案】（1）解：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，∵DA=DB，AM=BM，∴DM⊥AB.∵CE⊥AB，∴∴CE∥DM.∵DC∥ME,CE∥DM,∴四边形DCEM是矩形，∴CE=DM=4，ME=DC=1.∵AM=BM,AB=8,∴AM=BM=4.∴BE=BM−ME=3.∵∴CB=5.∵当t=4时，点P与点M重合，不能构成△MPQ，∴t≠4.∴当且t≠4(s)时,点Q在BC上运动;当 (s)时，点Q在CD上运动.（2）解：①当0<t<4时，点P在线段AM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图2，∵QF⊥AB，CE⊥AB，∴∴QF∥CE.∴△QFB∽△CEB.∴∵CE=4，BC=5，BQ=t，∴∴∵PM=AM−AP=4−t，∴②当时，点P在线段BM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图3，∵QF⊥AB,CE⊥AB,∴∴QF∥CE.∴△QFB∽△CEB.∴∵CE=4，BC=5，BQ=t，∴∴∵PM=AP−AM=t−4，∴③当时，点P在线段BM上，点Q在线段DC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图4，此时QF=DM=4.∵PM=AP−AM=t−4，∴综上所述：当0<t<4时当时, 当时，S=2t−8.（3）解：①当0<t<4时,∵ 0<2<4，∴当t=2时,S取到最大值,最大值为②当时, 对称轴为x=2.∵∴当x>2时，S随着t的增大而增大，∴当t=5时,S取到最大值,最大值为③当时，S=2t−8.∵2>0，∴S随着t的增大而增大,∴当t=6时，S取到最大值，最大值为2×6−8=4.综上所述：当t=6时，S取到最大值，最大值为4（4）解：当点Q在CD上运动即时，如图5，则有，即∵MP=t−4<6−4，即MP<2，∴QM≠MP，QP≠MP.若△MPQ是等腰三角形，则QM=QP.∵QM=QP，QF⊥MP，∴MF=PF=12MP.∵MF=DQ=5+1−t=6−t，MP=t−4，∴解得：∴当t= 秒时，△MPQ是等腰三角形【解析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，结合题中条件得出四边形DCEM是矩形，结合矩形性质和勾股定理求出BC的长，最后考虑不能构成△MPQ，即可解决问题。

2020-2021中考数学相似的综合题试题含答案解析

2020-2021中考数学相似的综合题试题含答案解析一、相似1．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；（2）求证：FQ=BQ【答案】（1）解：∵≌，∴，∵均为半圆切线，∴ .连接 ,则，∴四边形为菱形，∴DQ∥，∵均为半圆切线，∴∥，∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，∴ = ，∴ .∵是半圆的切线，∴ .过点作于点，则 .在中，，∴，解得：，∴∴【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

2．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；（2）若AE＝2EC，求之值；（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴，∴DC2＝CE·AC；（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，DC= k，连接OC，OD，∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，过C作CG⊥AB于G，设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

2020-2021中考数学相似综合题及详细答案

2020-2021中考数学相似综合题及详细答案一、相似1．阅读下列材料，完成任务：自相似图形定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．任务：（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．请从下列A、B两题中任选一条作答．A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．【答案】（1）（2）（3）；；或；或【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，∴AH= AD，∵正方形AEOH∽正方形ABCD，∴相似比为： == ；故答案为：；（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，故答案为：；（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，∴AF：AB=AB：AD，即 a：b=b：a，∴a= b；故答案为：②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，则b： a=a：b，∴a= b；故答案为：B、①如图2，由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a= a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣ = ，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为：或；②如图3，由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为： b或 b．【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。