【解析】2023-2024學(xué)年北師大版數(shù)學(xué)九年級上冊4.5相似三角形判定定理的證明（培優(yōu)卷）

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2023-2024學(xué)年北師大版數(shù)學(xué)九年級上冊4.5相似三角形判定定理的證明（培優(yōu)卷）

一、選擇題

1．（2023九上·邳州期末）如圖是一張矩形紙片，點E是中點，點F在上，把該紙片沿折疊，點A、B的對應(yīng)點分別為、，與相交于點G，的延長線經(jīng)過點C.若，則的值為（）

A．B．C．D．

2．（2023九上·鄞州期末）如圖，在矩形中，點是邊的三等分點，點是邊的中點，線段，與對角線分別交于點，.設(shè)矩形的面積為，則以下4個結(jié)論中：①；②；③；④.正確的結(jié)論有（）

A．1個B．2個C．3個D．4個

3．（2023九上·渠縣期末）在正方形ABCD中，AB＝3，點E在邊CD上，且DE＝1，將△ADE沿AE對折到△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF.下列結(jié)論，其中正確的有（）個.

（1）CG＝FG；（2）∠EAG＝45°；（3）S△EFC＝；（4）CF＝GE

A．1個B．2個C．3個D．4個

4．（2022九上·電白期末）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上一點，且．過點B作，交邊CD于點F．以C為圓心，CF長為半徑畫圓，交邊BC于點G，連接DG，交BF于點H．則（）

A．10：3B．3：1C．8：3D．5：3

5．（2022九上·瑞安期中）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示．點P，Q分別為AB，GH的中點，若PQ恰好經(jīng)過點F，則的值為（）

A．B．3C．D．4

6．（2022九上·海曙期中）如圖，正方形中，E為的中點，于G，延長交于點F，延長交于點H，交于N下列結(jié)論：①；②；③；④；⑤；其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）

A．2個B．3個C．4個D．5個

7．（2022九上·杭州期中）如圖，已知菱形的邊長為4，E是的中點，平分交于點F，交于點G，若，則的長是（）

A．3B．C．D．

8．（2022九上·永春期中）如圖，在正方形中，點是上一點，且，連接交對角線于點，過點作交的延長線于點，若，則的長為（）

A．B．C．D．

9．（2022九上·永嘉月考）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示，過點作GD的垂線交AB于點，若，則的值為（）

A．B．C．D．

10．（2022九上·蒼南開學(xué)考）如圖，在中，，，點在上，過點作交于點，現(xiàn)將沿著所在的直線折疊，使得點落在點處，，分別交于點、若：：，則圖中陰影部分的周長為（）

A．B．C．D．

二、填空題

11．（2023九上·富陽期末）如圖，面積為4的正方形中，分別是各邊的中點，將一邊兩端點分別和對邊中點連結(jié)，所得陰影部分為各邊相等的八邊形，則八邊形每條邊的長度是.

12．（2023九上·禮泉期末）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD=60°，點E是邊AB上一動點(不與點A、B重合)，過點E作EF∥BC交AC于點F，連接DF，當(dāng)△ADF是等腰三角形時，AE的長為.

13．（2023九上·武功期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，AB=6，E是BC的中點，連接DE，DE的垂直平分線分別交AB、DE、CD于點M、O、N，連接EN，過E作EF⊥EN交AB于點F，則AF的長為．

14．（2023九上·成都期末）如圖，中，，，點E為AC中點．點D在AC右側(cè)，，且，射線BE交AD于點F，若為等腰三角形，則線段EF的長為．

15．（2022九上·溫州月考）圖1是某個零件橫截面的示意圖，已知AB＝CD，∠B＝∠C，為了求出BC的長度，小藝將一根直尺按圖2，圖3，圖4的三種方式擺放，所測得的具體數(shù)據(jù)（單位：cm）如圖所示，則直尺寬為cm，BC為cm．

三、解答題

16．（2023九上·路南期末）如圖（圖形不全），等邊三角形中，，點在直線上，點在直線上，且，當(dāng)時，求的長．

幾位同學(xué)通過探究得出結(jié)論：此題有多種結(jié)果．有同學(xué)已經(jīng)得出兩個符合題意結(jié)論：①當(dāng)點在邊上、點在邊上時，；②當(dāng)點在邊上、點在的延長線上時，．

要求：請針對其它情況，繼續(xù)求出的長，并寫出總的正確結(jié)論．

17．（2023九上·邢臺期中）如圖，是矩形的邊上的一點，于點，，，．求的長度．

18．（2023九上·德惠月考）如圖，在中，AB=AC,D、E、B、C在同一條直線上，且.求證：∽.

19．（2023九上·定興期中）在△ABC中，∠ACB=90°，BE是AC邊上的中線，點D在射線BC上．

發(fā)現(xiàn)：如圖1，點D在BC邊上，CD：BD=1：2，AD與BE相交于點P，過點A作AF∥BC，交BE的延長線于點F，易得的值為▲．

解決問題：如圖2，在△ABC中，∠ACB=90°，點D在BC的延長線上，AD與AC邊上的中線BE的延長線交于點P，DC：BC=1：2．求的值：

應(yīng)用：若CD=2，AC=6，則BP=▲．

20．（2023九上·北京期中）如圖①，△ABC與△CDE是等腰直角三角形，直角邊AC、CD在同一條直線上，點M、N分別是斜邊AB、DE的中點，點P為AD的中點，連接AE、BD．

（1）猜想PM與PN的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系，請直接寫出結(jié)論；

（2）現(xiàn)將圖①中的△CDE繞著點C順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），得到圖②，AE與MP、BD分別交于點G、H．請判斷（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；

（3）若圖②中的等腰直角三角形變成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如圖③，寫出PM與PN的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點】勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點E作于點H，

∵四邊形為矩形，

∴，，

∴四邊形和四邊形為矩形，

∴，，

∵，

∴令，，，則，，

∵為的中點，

∴，

由對折可得：，而，

∴，

∴，

∴，

∴，

由題意，得，

又為公共角，

∴，

∴，

則，

整理，得，

解得（舍去），，

∴，，，

在中，

則，

解得，（負(fù)根舍去），

∴，

∴.

故答案為：C.

【分析】過點E作EH⊥BC于點H，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC，則四邊形ABHE、CDEH為矩形，得到AB=EH，ED=CH，設(shè)BF=x，CG=2x，F(xiàn)G=y，則CF=2x+y，B′F=BF=x，由中點的概念可得AE=DE=(3x+y)，由對折可得∠AEF=∠A′EF，由平行線的性質(zhì)可得∠AEF=∠CFE，推出GE=GF=y，則A′G=(3x-y)，證明△CGA′∽△CFB′，由相似三角形的性質(zhì)可得y=2x，則AD=BC=5x，EG=2x，HG=x，在Rt△EGH中，由勾股定理可得EH，據(jù)此求解.

2．【答案】D

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴，，，，

∴，，

∵點是邊的三等分點，點是邊的中點，

∴，，

設(shè)，則，，，，，

∴，，故①②正確；

∵，

∴，

同理可得：，

∵，，，

設(shè)，則，，，

∴，，

∴，，故③④正確；

故答案為：D.

【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，根據(jù)平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊的延長線，所截的三角形與原三角形相似得△ABF∽△DHF，△ADE∽△GEB，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得，，設(shè)，則，，，，，據(jù)此就不難判斷①與②了；根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方得，，設(shè)，則，，，，則，，據(jù)此可判斷③與④.

3．【答案】C

【知識點】直角三角形全等的判定（HL）；勾股定理；正方形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示：

（1）∵四邊形ABCD為正方形，

∴AD＝AB＝BC＝CD＝3，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，

由折疊可知：

AF＝AD＝3，∠AFE＝∠D＝90°，DE＝EF＝1，則CE＝2，

∴AB＝AF＝3，AG＝AG，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），

∴BG＝FG，

設(shè)CG＝x，則BG＝FG＝3﹣x，

∴EG＝4﹣x，EC＝2，

根據(jù)勾股定理，得

在Rt△EGC中，（4﹣x）2＝x2+4，

解得x＝，則3﹣x＝，

∴CG＝FG，

所以（1）正確；

（2）由（1）中Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），

∴∠BAG＝∠FAG，

又∠DAE＝∠FAE，

∴∠BAG+∠FAG+∠DAE+∠FAE＝90°，

∴∠EAG＝45°，

所以（2）正確；

（3）過點F作FH⊥CE于點H，

∴FH∥BC，

∴，

即1：（+1）＝FH：（），

∴FH＝，

∴S△EFC＝×2×＝，

所以（3）正確；

（4）∵GF＝，EF＝1，

點F不是EG的中點，CF≠GE，

所以（4）錯誤.

所以（1）、（2）、（3）正確.

故答案為：C.

【分析】利用正方形的性質(zhì)可證得AD＝AB＝BC＝CD＝3，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，利用折疊的性質(zhì)可得到∠AFE＝∠D＝90°，AF的長，同時可求出CE的長，利用HL可證得Rt△ABG≌Rt△AFG，利用全等三角形的性質(zhì)可得到BG=FG；設(shè)CG＝x，可表示出FG，BG，EG，在Rt△EGC中，利用勾股定理可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，可推出CG=FG，可對（1）作出判斷；利用全等三角形的性質(zhì)可證得∠BAG＝∠FAG，再根據(jù)∠BAG+∠FAG+∠DAE+∠FAE＝90°，可得到∠EAG的度數(shù)，可對（2）作出判斷；過點F作FH⊥CE于點H，由FH∥BC，可證得，可求出FH的長，再利用三角形的面積公式可求出△EFC的面積，可對（3）作出判斷；利用GF和EF的長，可知點F不是EG的中點，可對（4）作出判斷；綜上所述可得到正確結(jié)論的個數(shù).

4．【答案】B

【知識點】三角形全等的判定；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示，連接AH，CH，設(shè)AE與BF交于M，

∵BF⊥AE，

∴∠AMB=90°，

∴∠BAM+∠ABM=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，∠ABE=∠BCF=90°，

∴∠ABM+∠CBF=90°，

∴∠BAE=∠CBF，

∴△ABE≌△BCF（ASA），

∴BE=CF，

∴BF=DF，

∵CG=CF，∠DCG=∠BCF，DC=BC，

∴△BCF≌△DCG（SAS），

∴∠CBF=∠CDG，

又∵∠BHG=∠DHF，

∴△BHG≌△DHF（AAS），

∴HG=HF，

又∵HC=HC，CG=CF，

∴△HCG≌△HCF（SSS），

∴∠HCG=∠HCF=45°，

∴A、H、C三點共線，

∵，

∴△ADH∽△CGH，

∴，

故答案為：B．

【分析】連接AH，CH，設(shè)AE與BF交于點M，先證得A、H、C三點共線，由AD∥BC，可得△ADH∽△CGH，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例即得結(jié)論.

5．【答案】C

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：如圖，過點P作PM⊥BE于點M，

設(shè)BE=a，GH=b，

∵△AHD≌△BEA，

∴AH=BE=a，

∵四邊形EFGH是正方形，

∴FG=GH=EH=EF=b，

∵∠AEB=∠PMB=90°，

∴PM∥AE，

∴BP∶AP=BM∶ME，

∵點P是AB的中點，

∴AP=BP，

∴BM=EM=a，

∴PM是△ABE的中位線，

∴PM=AE=（a-b），

又∵點Q是GH的中點，

∴GQ=GH=b，

∵∠PMF=∠BFC=90°，

∴△PM∥FC，

∴∠MPF=∠GFQ，

∵∠PMF=∠FGQ=90°，

∴△PMF∽△FGQ，

∴PM∶FG=MF∶GQ，

∴PM×GQ=FG×MF，

∵M(jìn)F=EM-EF=a-b，

∴（a-b）×b=b（a-b），

整理得3b2-ab=0，即b（3b-a）=0，

∵b≠0，

∴3b-a=0，

∴a=3b，

∴AE=AH-EH=a-b=2b，

∴，

∴AB∶EF=.

故答案為：C.

【分析】過點P作PM⊥BE于點M，設(shè)BE=a，GH=b，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得AH=BE=a，根據(jù)正方形的性質(zhì)得FG=GH=EH=EF=b，易得PM是△ABE的中位線，根據(jù)三角形中位線定理得BM=EM=a，PM=AE=（a-b），根據(jù)中點的定義得GQ=GH=b，易得△PM∥FC，然后判斷出△PMF∽△FGQ，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得PM×GQ=FG×MF，代入并整理得3b2-ab=0，即b（3b-a）=0，由于b≠0，故可得a=3b，用勾股定理表示出AB，據(jù)此就可求出答案了.

6．【答案】D

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴，

∵于G，

∴，

∴，

在△DCE和△CBN中，

，

∴，

∴，故①正確；

∵E為BC的中點，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，即，故②正確；

∵，

∴，

∴，

∴，故③正確；

如圖，作于點T，交DE的延長線于點R，

則，

∵，

∴，

∵，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

∵，

∴，故④正確；

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，故⑤正確，

綜上，①②③④⑤均正確，

故答案為：D.

【分析】①根據(jù)正方形的性質(zhì)及同角的余角相等，利用SAS可證△NBC≌△ECD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得DE=CN，從而可以判斷①正確；

②由平行三角形一邊的直線，截其它兩邊的延長線，所截三角形與原三角形相似，證△NBH∽△CDH，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可以判斷②正確；

③根據(jù)同高三角形的面積之比等于底之比，結(jié)合線段比例關(guān)系，得出面積比，進(jìn)而結(jié)合，全等三角形的性質(zhì)可以判斷③正確；

④過點B作兩條垂線，利用AAS證△BNT≌△BER，得BT=BR，進(jìn)而根據(jù)HL證Rt△BTG≌Rt△BRG，得∠BGN=∠BGR，據(jù)此可以判斷④正確；

⑤判斷出等腰直角三角形，再結(jié)合勾股定理可以求出BG長，即可判斷⑤正確．

7．【答案】B

【知識點】平行線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；角平分線的定義

【解析】【解答】解：如圖，作垂直于H，延長和交于點M，

∵，

∴，，

菱形的邊長為4，

，，

是的中點，

，

，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵平分，

∴，

∴，

∴，

設(shè)，

則，，，

由，

，

∴，

，

解得.

故答案為：B.

【分析】作垂直于H，延長和交于點M，由菱形的性質(zhì)可得AB=BC=CD=AD=4，AB∥CD，利用等腰三角形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)可得BH=CH=BE=1，，利用平行線的性質(zhì)及角平分線的定義可得，可得AG=GF，設(shè)，則，，，根據(jù)平行線可證，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例建立關(guān)于x方程并解之即可.

8．【答案】D

【知識點】正方形的性質(zhì)；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點E作EH⊥AD，交DA延長線于H，

，

在正方形ABCD中，，，

，，

，

，

，

，

，

，

，

設(shè)，則，，

，

，

是正方形對角線，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

在正方形中，，

，

，

；

故答案為：D．

【分析】過點E作EH⊥AD，交延長線于H，由正方形的性質(zhì)，推出∠H＝∠BCD，根據(jù)同角的余角相等，推出∠1＝∠3，證明△DEH∽△DGC，推出，由正方形的性質(zhì)得∠EAH=∠DAC=45°，求出，進(jìn)而根據(jù)平行線分線段成比例，據(jù)此即可得出答案.

9．【答案】C

【知識點】正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點I作IM⊥BG于點M，

∵由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD，

∴設(shè)AF=BG=CH=DE=a，BF=CG=DH=AE=b，

∴EH=HG=DE-DH=a-b，

∵DG⊥IG，

∴∠HGD+∠HGI=90°，

∵∠HGI+∠IGM=90°，

∴∠IGM=∠HGD，

∵∠IMG=∠DHG=90°，

∴△IMG∽△DHG，

∴

∵

∴，

∴，

∵IM∥AF，

∴△BMI∽△BFA，

∴即

解之：a=2b；

∴AB2=AD2=AF2+BF2=a2+b2=4b2+b2=5b2，

∴，

EH=a-b=2b-b=b

∴.

故答案為：C

【分析】過點I作IM⊥BG于點M，利用正方形的性質(zhì)設(shè)AF=BG=CH=DE=a，BF=CG=DH=AE=b，可表示出EH，HG的長；再證明△IMG∽△DHG，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可用含a，b的代數(shù)式分別表示出IM，GM，BM的長；再由IM∥AF，可證得△BMI∽△BFA，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可證得a=2b，利用勾股定理表示出AD的長，同時可表示出EH的長；然后求出EH和AD的比值.

10．【答案】C

【知識點】三角形內(nèi)角和定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵DE∥BC，

∴FG∥DE，

∽，

，

，

，，

，

，

將△ADE沿著DE所在的直線折疊，使得點A落在點A'處，

，

，

，

，

，

，

，

同理，

過A作AM⊥BC于M，

，

，

，

，

圖中陰影部分的周長

故答案為：C.

【分析】易證△A′FG∽△A′DE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A′F=DF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及內(nèi)角和定理可得∠B=∠C=30°，則∠ADE=∠AED=30°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠A′DE=∠ADE=30°，進(jìn)而得到∠B=∠DFB，推出BD=FD，則AD=A′D=2BD，求出BD、DG的值，過A作AM⊥BC于M，求出BM、BC、DE、FG的值，然后根據(jù)周長的意義進(jìn)行解答.

11．【答案】

【知識點】勾股定理；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：如圖：

∵正方形的面積為4

∴正方形的邊長為2，

∵點分別是的中點，

∴，

在與中，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵＝，

∴＝

∴，

由題意可得：

∴

∴

∴

同理可得：

∴

∴

∵

∴

∴

∴

故答案為：.

【分析】根據(jù)正方形ABCD的面積可得邊長為2，利用SAS證明△ADG≌△DCF，得到∠DAG=∠CDF，結(jié)合∠DAG+∠DGA=90°可得∠DMG=90°，利用勾股定理可得AG，由等面積法可得DM，然后求出GM，證明△DCK∽△DGM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CK，同理可得△BCG≌△CBE，得到∠ECB=∠GBC，易得BO、OG、OC、OK的值，證明△OKL∽△GML，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計算.

12．【答案】或

【知識點】等邊三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；菱形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：連接BD交AC于點O，

當(dāng)DF=AF時

∴∠DAO=∠ADF

∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，

∴AD=AB，

∴△ABD是等邊三角形，

∴BD=AD=4，∠DAC=∠ADF=∠FDO=∠DAB=30°，

∴DO=2，

∴DF=2FO，

∴OF2+4=4OF2

解之：

∴，

∴，

AC=

∵EF∥BC，

∴△AEF∽△ABC，

∴

∴，

解之：；

當(dāng)AD=AF=4時，

∵△AEF∽△ABC，

∴

∴，

解之：.

故答案為：或

【分析】連接BD交AC于點O，分情況討論：當(dāng)DF=AF時利用等邊對等角可證得∠DAO=∠ADF，利用菱形的性質(zhì)去證明△ABD是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)可求出BD的長，同時可求出∠ADF=∠FDO=30°，即可得到DO的長，再利用勾股定理求出OF、AF、AO的長，即可求出AC的長；再證明△AEF∽△ABC，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可求出AE的長；當(dāng)AD=AF=4時，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可求出AE的長；綜上所述可得到AE的長.

13．【答案】2

【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=6，

∴BC=CD=AB=6，∠B=∠C=90°，

∵E是BC中點，

∴BE=CE=BC=3，

設(shè)CN=x，則DN=6x，

∵M(jìn)N是線段DE的垂直平分線，

∴EN=DN=6x，

在Rt△CEN中，CE2+CN2=EN2，

∴32+x2=（6x）2，

解得：，

∴，

∵EF⊥EN，

∴∠FEN＝90°，

∴∠BEF＋∠CEN＝90°，

∵∠B＝∠C＝90°，

∴∠BEF＋∠BFE＝90°，

∴∠BFE＝∠CEN，

∴△BFE∽△CEN，

∴BF∶BE＝CE∶CN，

∴

∴AF＝ABBF＝64＝2．

故答案為：2．

【分析】設(shè)CN＝x，則DN＝6x，利用線段垂直平分線性質(zhì)可得EN＝DN＝6x，在Rt△CEN中，運用勾股定理建立方程求解即可求得CN的長，再證明△BFE∽△CEN，利用相似三角形性質(zhì)即可求得答案．

14．【答案】或

【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：延長AD，BC交于點G，

在△ACB和△ACG中

∴△ACB≌△ACG（ASA），

∴AG=AB=12，2BC=2CG=BG，

∵點E為AC的中點，DE⊥AC，

∴DE∥CG，DG=AD=AG=6，

∴DE是△ACG的中位線，

∴DE=CG，

∴BG=4DE，

∴△DEF∽△GBF，

∴，

∴DG=3DF=6，

∴DF=2，

△DEF是等腰三角形，

當(dāng)EF=DF=2時，EF是Rt△AED斜邊上的中線，

∴EF=AD=3，

∴EF≠DF；

當(dāng)EF=ED時，過點E作EH⊥AD于點H，

∴DH=FH=DF=1，

∵△EHD∽△ADE，

∴

∴ED2=1×6

解之：；

當(dāng)DF=DE=2時，

，

∵AF=AD-DF=6-2=4，AD=DG，

∴，

∴，

∵DE∥CB，

∴

∵CG=BC=2DE=4，

∴，

∴.

故答案為：或

【分析】延長AD，BC交于點G，利用ASA可證得△ACB≌△ACG，利用全等三角形的性質(zhì)可求出AG的長，同時可證得2BC=2CG=BG，利用三角形的中位線定理，可求出DG，AD的長，可證得BG=4DE；再證明△DEF∽△GBF，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出DF=2，利用等腰三角形的定義，分情況討論：當(dāng)EF=DF=2時，EF是Rt△AED斜邊上的中線，可求出EF的長，可知EF≠DF；當(dāng)EF=ED時，過點E作EH⊥AD于點H，可求出DH的長，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可求出ED的長，可得到EF的長；利用勾股定理求出AE，EC的長，再求出AF，CG的長，利用勾股定理求出BE的長，利用BE=3EF，可求出EF的長.

15．【答案】2；

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（AAS）

【解析】【解答】解：如圖3所示，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，

∵DM＝10，DF＝8，

∴MF＝＝6，

∵EF＝AD＝8，

∴EM＝EF-MF＝2，

∴直尺寬2cm，

如圖1所示，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，在AB上截取AG＝8cm，過點G作GH⊥AB交BC于H，

則∠AEB＝∠DFC＝90°，DF＝8cm，

∵AB＝CD，∠B＝∠C，

∴△ABE≌△DCF（AAS），

∴AE＝DF＝8，BE＝CF，

∵∠BGH＝90°，

∴∠BGH＝∠AEB，

∵∠HBG＝∠ABE，

∴△BHG∽△BAE，

∴BG：GH＝BE：AE，

設(shè)BG＝xcm，則AB＝（x+8）cm，

∵GH＝2cm，

∴2BE＝8x，

∴BE＝4x，

在Rt△ABE中，BE2+AE2＝AB2，

∴（4x）2+82＝（x+8）2，

解得：x＝0（舍去）或x＝，

∴BE＝cm，

∴BC＝2BE+EF＝2×+8＝cm，

故答案為：2；．【分析】如圖3所示，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，利用勾股定理求出MF＝6，由AD＝EF＝8，即可得出直尺EM寬度；如圖1所示，在AB上截取AG＝8cm，過點G作GH⊥AB交BC于H，先證明△BHG∽△BAE，BG：GH＝BE：AE，設(shè)BG＝xcm，則AB＝（x+8）cm，GH＝2cm，可求得BE＝4xcm，在Rt△ABE中，BE2+AE2＝AB2，即得（4x）2+82＝（x+8）2，解之求得x值，從而求得BE的長，進(jìn)而通過BC＝2BE+EF求解即可.

16．【答案】解：①當(dāng)點在的延長線上，點在的延長線上時，如下圖中，

∵是等邊三角形，，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∴．

②如下圖中，當(dāng)點在的延長線上，點在邊上時．作交于，

∵是等邊三角形，∴是等邊三角形．

設(shè)，∵，

∴，∴，

∴，

∴，∴，

∴，

綜上所述，滿足條件的的值為2或4或或．

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】此題有四種情形題中給出了兩種情形，因此還有兩種情形①當(dāng)點在的延長線上，點在的延長線上時，通過已知條件可得出對應(yīng)邊相等，等量代換可得AE=4．

②當(dāng)點在的延長線上，點在邊上時，作交于，可得，可得，可得EF的長度，因為，然后得出AE=．

17．【答案】解：∵四邊形是矩形，

∴，

∵

∴

∵，

，

∴

在和中，

∴

∴，即

解得

即的長度為．

【知識點】勾股定理；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)求出DC的長以及∠ADC=∠C=90°，根據(jù)勾股定理求出DE的長，由垂直的定義即可得到∠AFD=∠C，根據(jù)同角的余角相等即可得到∠EDC=∠DAF，進(jìn)而證明得到△EDC∽△DAF，由相似三角形的性質(zhì)求出DF的長度即可。

18．【答案】證明：∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∴∠ABD=∠ACE，

∵AB2=BDCE，

∴，即，

∴△ABD∽△ECA．

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【詳解】證明：∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∴∠ABD=∠ACE，

∵AB2=BDCE，

∴，即，

∴△ABD∽△ECA．

【分析】本題關(guān)鍵是找到對應(yīng)邊成比例，利用AB2=BDCE，得到，再通過相等邊進(jìn)行轉(zhuǎn)換即可。

19．【答案】解：發(fā)現(xiàn)：如圖1中，∵AF∥BC，∴∠F=∠EBC，∵∠AEF=∠BEC，AE=EC，∴△AEF≌△CEB（AAS），∴AF=BC．設(shè)CD=k，則DB=2k，AF=BC=3k，由AF∥BC可得△APF∽△DPB，即可得到==．解決問題：如圖2中，過點A作AF∥DB，交BE的延長線于點F，如圖，設(shè)DC=k，由DC：BC=1：2得BC=2k，DB=DC+BC=3k．∵E是AC中點，∴AE=CE．∵AF∥DB，∴∠F=∠1．在△AEF和△CEB中，，∴△AEF≌△CEB，∴EF=BE，AF=BC=2k．∵AF∥DB，∴△AFP∽△DBP，∴====．應(yīng)用：當(dāng)CD=2時，BC=4，AC=6，∴EC=AC=3，EB==5，∴EF=BE=5，BF=10．∵=（已證），∴=，∴BP=BF=×10=6．

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】發(fā)現(xiàn)：根據(jù)AAS可得△AEF≌△CEB，進(jìn)而得出AF=BC。由AF∥BC可得△APF∽△DPB，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)就可以求出.

解決問題：根據(jù)ASA可得△AEF≌△CEB，則有EF=BE、AF=BC=2k，再證明△AFP∽△DBP，由相似三角形的性質(zhì)求出.

應(yīng)用：當(dāng)CD=2時，可以求出EB、EF、BF的值，根據(jù)求出，即可得BP的值.

20．【答案】（1）解：PM=PN，PM⊥PN，理由如下：

∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，

∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．

在△ACE和△BCD中

，

∴△ACE≌△BCD（SAS），

∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，

∵點M、N分別是斜邊AB、DE的中點，點P為AD的中點，

∴PM=BD，PN=AE，

∴PM=PN，

∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD，

∴∠NPD=∠EAC，∠MPA=∠BDC，∠EAC+∠BDC=90°，

∴∠MPA+∠NPC=90°，

∴∠MPN=90°，

即PM⊥PN.

（2）解：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，

∴AC=BC，EC=CD，

∠ACB=∠ECD=90°．

∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．

∴∠ACE=∠BCD．

∴△ACE≌△BCD．

∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．

又∵∠AOC=∠BOE，

∠CAE=∠CBD，

∴∠BHO=∠ACO=90°．

∵點P、M、N分別為AD、AB、DE的中點，

∴PM=BD，PM∥BD；

PN=AE，PN∥AE．

∴PM=PN．

∴∠MGE+∠BHA=180°．

∴∠MGE=90°．

∴∠MPN=90°．

∴PM⊥PN

（3）解：PM=kPN

∵△ACB和△ECD是直角三角形，

∴∠ACB=∠ECD=90°．

∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．

∴∠ACE=∠BCD．

∵BC=kAC，CD=kCE，

∴=k．

∴△BCD∽△ACE．

∴BD=kAE．

∵點P、M、N分別為AD、AB、DE的中點，

∴PM=BD，PN=AE．

∴PM=kPN．

【知識點】三角形全等的判定；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）由題意可知，ΔACE與ΔBCD全等，可知AE=BD且AE⊥BD，由三角形中位線定理可知，PM為BD的一半，且平行于BD，PN為AE的一半且平行于AE，所以PM=PN，且PM⊥PN；

（2）將ΔECD旋轉(zhuǎn)一定角度后，ΔACE與ΔBCD仍然全等，且AE與BD的等量關(guān)系與位置關(guān)系仍然不變，所以PM與PN的等量關(guān)系與位置關(guān)系仍然成立；

（3）將圖②中的等腰直角三角形改為直角三角形，BC與AC，CD與CE的等量關(guān)系變后，由圖③可知ΔACE與ΔBCD相似，可以得到BD與AE成比例，即BD=kAE，由三角形中位線定理可知，PM仍然為BD的一半，且PN仍然為AE的一半，所以PM=kPN。

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2023-2024學(xué)年北師大版數(shù)學(xué)九年級上冊4.5相似三角形判定定理的證明（培優(yōu)卷）

一、選擇題

1．（2023九上·邳州期末）如圖是一張矩形紙片，點E是中點，點F在上，把該紙片沿折疊，點A、B的對應(yīng)點分別為、，與相交于點G，的延長線經(jīng)過點C.若，則的值為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點E作于點H，

∵四邊形為矩形，

∴，，

∴四邊形和四邊形為矩形，

∴，，

∵，

∴令，，，則，，

∵為的中點，

∴，

由對折可得：，而，

∴，

∴，

∴，

∴，

由題意，得，

又為公共角，

∴，

∴，

則，

整理，得，

解得（舍去），，

∴，，，

在中，

則，

解得，（負(fù)根舍去），

∴，

∴.

故答案為：C.

【分析】過點E作EH⊥BC于點H，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC，則四邊形ABHE、CDEH為矩形，得到AB=EH，ED=CH，設(shè)BF=x，CG=2x，F(xiàn)G=y，則CF=2x+y，B′F=BF=x，由中點的概念可得AE=DE=(3x+y)，由對折可得∠AEF=∠A′EF，由平行線的性質(zhì)可得∠AEF=∠CFE，推出GE=GF=y，則A′G=(3x-y)，證明△CGA′∽△CFB′，由相似三角形的性質(zhì)可得y=2x，則AD=BC=5x，EG=2x，HG=x，在Rt△EGH中，由勾股定理可得EH，據(jù)此求解.

2．（2023九上·鄞州期末）如圖，在矩形中，點是邊的三等分點，點是邊的中點，線段，與對角線分別交于點，.設(shè)矩形的面積為，則以下4個結(jié)論中：①；②；③；④.正確的結(jié)論有（）

A．1個B．2個C．3個D．4個

【答案】D

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴，，，，

∴，，

∵點是邊的三等分點，點是邊的中點，

∴，，

設(shè)，則，，，，，

∴，，故①②正確；

∵，

∴，

同理可得：，

∵，，，

設(shè)，則，，，

∴，，

∴，，故③④正確；

故答案為：D.

【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，根據(jù)平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊的延長線，所截的三角形與原三角形相似得△ABF∽△DHF，△ADE∽△GEB，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得，，設(shè)，則，，，，，據(jù)此就不難判斷①與②了；根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方得，，設(shè)，則，，，，則，，據(jù)此可判斷③與④.

3．（2023九上·渠縣期末）在正方形ABCD中，AB＝3，點E在邊CD上，且DE＝1，將△ADE沿AE對折到△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF.下列結(jié)論，其中正確的有（）個.

（1）CG＝FG；（2）∠EAG＝45°；（3）S△EFC＝；（4）CF＝GE

A．1個B．2個C．3個D．4個

【答案】C

【知識點】直角三角形全等的判定（HL）；勾股定理；正方形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示：

（1）∵四邊形ABCD為正方形，

∴AD＝AB＝BC＝CD＝3，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，

由折疊可知：

AF＝AD＝3，∠AFE＝∠D＝90°，DE＝EF＝1，則CE＝2，

∴AB＝AF＝3，AG＝AG，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），

∴BG＝FG，

設(shè)CG＝x，則BG＝FG＝3﹣x，

∴EG＝4﹣x，EC＝2，

根據(jù)勾股定理，得

在Rt△EGC中，（4﹣x）2＝x2+4，

解得x＝，則3﹣x＝，

∴CG＝FG，

所以（1）正確；

（2）由（1）中Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），

∴∠BAG＝∠FAG，

又∠DAE＝∠FAE，

∴∠BAG+∠FAG+∠DAE+∠FAE＝90°，

∴∠EAG＝45°，

所以（2）正確；

（3）過點F作FH⊥CE于點H，

∴FH∥BC，

∴，

即1：（+1）＝FH：（），

∴FH＝，

∴S△EFC＝×2×＝，

所以（3）正確；

（4）∵GF＝，EF＝1，

點F不是EG的中點，CF≠GE，

所以（4）錯誤.

所以（1）、（2）、（3）正確.

故答案為：C.

【分析】利用正方形的性質(zhì)可證得AD＝AB＝BC＝CD＝3，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，利用折疊的性質(zhì)可得到∠AFE＝∠D＝90°，AF的長，同時可求出CE的長，利用HL可證得Rt△ABG≌Rt△AFG，利用全等三角形的性質(zhì)可得到BG=FG；設(shè)CG＝x，可表示出FG，BG，EG，在Rt△EGC中，利用勾股定理可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，可推出CG=FG，可對（1）作出判斷；利用全等三角形的性質(zhì)可證得∠BAG＝∠FAG，再根據(jù)∠BAG+∠FAG+∠DAE+∠FAE＝90°，可得到∠EAG的度數(shù)，可對（2）作出判斷；過點F作FH⊥CE于點H，由FH∥BC，可證得，可求出FH的長，再利用三角形的面積公式可求出△EFC的面積，可對（3）作出判斷；利用GF和EF的長，可知點F不是EG的中點，可對（4）作出判斷；綜上所述可得到正確結(jié)論的個數(shù).

4．（2022九上·電白期末）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上一點，且．過點B作，交邊CD于點F．以C為圓心，CF長為半徑畫圓，交邊BC于點G，連接DG，交BF于點H．則（）

A．10：3B．3：1C．8：3D．5：3

【答案】B

【知識點】三角形全等的判定；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示，連接AH，CH，設(shè)AE與BF交于M，

∵BF⊥AE，

∴∠AMB=90°，

∴∠BAM+∠ABM=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，∠ABE=∠BCF=90°，

∴∠ABM+∠CBF=90°，

∴∠BAE=∠CBF，

∴△ABE≌△BCF（ASA），

∴BE=CF，

∴BF=DF，

∵CG=CF，∠DCG=∠BCF，DC=BC，

∴△BCF≌△DCG（SAS），

∴∠CBF=∠CDG，

又∵∠BHG=∠DHF，

∴△BHG≌△DHF（AAS），

∴HG=HF，

又∵HC=HC，CG=CF，

∴△HCG≌△HCF（SSS），

∴∠HCG=∠HCF=45°，

∴A、H、C三點共線，

∵，

∴△ADH∽△CGH，

∴，

故答案為：B．

【分析】連接AH，CH，設(shè)AE與BF交于點M，先證得A、H、C三點共線，由AD∥BC，可得△ADH∽△CGH，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例即得結(jié)論.

5．（2022九上·瑞安期中）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示．點P，Q分別為AB，GH的中點，若PQ恰好經(jīng)過點F，則的值為（）

A．B．3C．D．4

【答案】C

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：如圖，過點P作PM⊥BE于點M，

設(shè)BE=a，GH=b，

∵△AHD≌△BEA，

∴AH=BE=a，

∵四邊形EFGH是正方形，

∴FG=GH=EH=EF=b，

∵∠AEB=∠PMB=90°，

∴PM∥AE，

∴BP∶AP=BM∶ME，

∵點P是AB的中點，

∴AP=BP，

∴BM=EM=a，

∴PM是△ABE的中位線，

∴PM=AE=（a-b），

又∵點Q是GH的中點，

∴GQ=GH=b，

∵∠PMF=∠BFC=90°，

∴△PM∥FC，

∴∠MPF=∠GFQ，

∵∠PMF=∠FGQ=90°，

∴△PMF∽△FGQ，

∴PM∶FG=MF∶GQ，

∴PM×GQ=FG×MF，

∵M(jìn)F=EM-EF=a-b，

∴（a-b）×b=b（a-b），

整理得3b2-ab=0，即b（3b-a）=0，

∵b≠0，

∴3b-a=0，

∴a=3b，

∴AE=AH-EH=a-b=2b，

∴，

∴AB∶EF=.

故答案為：C.

【分析】過點P作PM⊥BE于點M，設(shè)BE=a，GH=b，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得AH=BE=a，根據(jù)正方形的性質(zhì)得FG=GH=EH=EF=b，易得PM是△ABE的中位線，根據(jù)三角形中位線定理得BM=EM=a，PM=AE=（a-b），根據(jù)中點的定義得GQ=GH=b，易得△PM∥FC，然后判斷出△PMF∽△FGQ，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得PM×GQ=FG×MF，代入并整理得3b2-ab=0，即b（3b-a）=0，由于b≠0，故可得a=3b，用勾股定理表示出AB，據(jù)此就可求出答案了.

6．（2022九上·海曙期中）如圖，正方形中，E為的中點，于G，延長交于點F，延長交于點H，交于N下列結(jié)論：①；②；③；④；⑤；其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）

A．2個B．3個C．4個D．5個

【答案】D

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴，

∵于G，

∴，

∴，

在△DCE和△CBN中，

，

∴，

∴，故①正確；

∵E為BC的中點，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，即，故②正確；

∵，

∴，

∴，

∴，故③正確；

如圖，作于點T，交DE的延長線于點R，

則，

∵，

∴，

∵，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

∵，

∴，故④正確；

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，故⑤正確，

綜上，①②③④⑤均正確，

故答案為：D.

【分析】①根據(jù)正方形的性質(zhì)及同角的余角相等，利用SAS可證△NBC≌△ECD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得DE=CN，從而可以判斷①正確；

②由平行三角形一邊的直線，截其它兩邊的延長線，所截三角形與原三角形相似，證△NBH∽△CDH，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可以判斷②正確；

③根據(jù)同高三角形的面積之比等于底之比，結(jié)合線段比例關(guān)系，得出面積比，進(jìn)而結(jié)合，全等三角形的性質(zhì)可以判斷③正確；

④過點B作兩條垂線，利用AAS證△BNT≌△BER，得BT=BR，進(jìn)而根據(jù)HL證Rt△BTG≌Rt△BRG，得∠BGN=∠BGR，據(jù)此可以判斷④正確；

⑤判斷出等腰直角三角形，再結(jié)合勾股定理可以求出BG長，即可判斷⑤正確．

7．（2022九上·杭州期中）如圖，已知菱形的邊長為4，E是的中點，平分交于點F，交于點G，若，則的長是（）

A．3B．C．D．

【答案】B

【知識點】平行線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；角平分線的定義

【解析】【解答】解：如圖，作垂直于H，延長和交于點M，

∵，

∴，，

菱形的邊長為4，

，，

是的中點，

，

，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵平分，

∴，

∴，

∴，

設(shè)，

則，，，

由，

，

∴，

，

解得.

故答案為：B.

【分析】作垂直于H，延長和交于點M，由菱形的性質(zhì)可得AB=BC=CD=AD=4，AB∥CD，利用等腰三角形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)可得BH=CH=BE=1，，利用平行線的性質(zhì)及角平分線的定義可得，可得AG=GF，設(shè)，則，，，根據(jù)平行線可證，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例建立關(guān)于x方程并解之即可.

8．（2022九上·永春期中）如圖，在正方形中，點是上一點，且，連接交對角線于點，過點作交的延長線于點，若，則的長為（）

A．B．C．D．

【答案】D

【知識點】正方形的性質(zhì)；平行線分線段成比例；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點E作EH⊥AD，交DA延長線于H，

，

在正方形ABCD中，，，

，，

，

，

，

，

，

，

，

設(shè)，則，，

，

，

是正方形對角線，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

在正方形中，，

，

，

；

故答案為：D．

【分析】過點E作EH⊥AD，交延長線于H，由正方形的性質(zhì)，推出∠H＝∠BCD，根據(jù)同角的余角相等，推出∠1＝∠3，證明△DEH∽△DGC，推出，由正方形的性質(zhì)得∠EAH=∠DAC=45°，求出，進(jìn)而根據(jù)平行線分線段成比例，據(jù)此即可得出答案.

9．（2022九上·永嘉月考）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示，過點作GD的垂線交AB于點，若，則的值為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點I作IM⊥BG于點M，

∵由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD，

∴設(shè)AF=BG=CH=DE=a，BF=CG=DH=AE=b，

∴EH=HG=DE-DH=a-b，

∵DG⊥IG，

∴∠HGD+∠HGI=90°，

∵∠HGI+∠IGM=90°，

∴∠IGM=∠HGD，

∵∠IMG=∠DHG=90°，

∴△IMG∽△DHG，

∴

∵

∴，

∴，

∵IM∥AF，

∴△BMI∽△BFA，

∴即

解之：a=2b；

∴AB2=AD2=AF2+BF2=a2+b2=4b2+b2=5b2，

∴，

EH=a-b=2b-b=b

∴.

故答案為：C

【分析】過點I作IM⊥BG于點M，利用正方形的性質(zhì)設(shè)AF=BG=CH=DE=a，BF=CG=DH=AE=b，可表示出EH，HG的長；再證明△IMG∽△DHG，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可用含a，b的代數(shù)式分別表示出IM，GM，BM的長；再由IM∥AF，可證得△BMI∽△BFA，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可證得a=2b，利用勾股定理表示出AD的長，同時可表示出EH的長；然后求出EH和AD的比值.

10．（2022九上·蒼南開學(xué)考）如圖，在中，，，點在上，過點作交于點，現(xiàn)將沿著所在的直線折疊，使得點落在點處，，分別交于點、若：：，則圖中陰影部分的周長為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】三角形內(nèi)角和定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵DE∥BC，

∴FG∥DE，

∽，

，

，

，，

，

，

將△ADE沿著DE所在的直線折疊，使得點A落在點A'處，

，

，

，

，

，

，

，

同理，

過A作AM⊥BC于M，

，

，

，

，

圖中陰影部分的周長

故答案為：C.

【分析】易證△A′FG∽△A′DE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A′F=DF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及內(nèi)角和定理可得∠B=∠C=30°，則∠ADE=∠AED=30°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠A′DE=∠ADE=30°，進(jìn)而得到∠B=∠DFB，推出BD=FD，則AD=A′D=2BD，求出BD、DG的值，過A作AM⊥BC于M，求出BM、BC、DE、FG的值，然后根據(jù)周長的意義進(jìn)行解答.

二、填空題

11．（2023九上·富陽期末）如圖，面積為4的正方形中，分別是各邊的中點，將一邊兩端點分別和對邊中點連結(jié)，所得陰影部分為各邊相等的八邊形，則八邊形每條邊的長度是.

【答案】

【知識點】勾股定理；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：如圖：

∵正方形的面積為4

∴正方形的邊長為2，

∵點分別是的中點，

∴，

在與中，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵＝，

∴＝

∴，

由題意可得：

∴

∴

∴

同理可得：

∴

∴

∵

∴

∴

∴

故答案為：.

【分析】根據(jù)正方形ABCD的面積可得邊長為2，利用SAS證明△ADG≌△DCF，得到∠DAG=∠CDF，結(jié)合∠DAG+∠DGA=90°可得∠DMG=90°，利用勾股定理可得AG，由等面積法可得DM，然后求出GM，證明△DCK∽△DGM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CK，同理可得△BCG≌△CBE，得到∠ECB=∠GBC，易得BO、OG、OC、OK的值，證明△OKL∽△GML，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計算.

12．（2023九上·禮泉期末）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD=60°，點E是邊AB上一動點(不與點A、B重合)，過點E作EF∥BC交AC于點F，連接DF，當(dāng)△ADF是等腰三角形時，AE的長為.

【答案】或

【知識點】等邊三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；菱形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：連接BD交AC于點O，

當(dāng)DF=AF時

∴∠DAO=∠ADF

∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，

∴AD=AB，

∴△ABD是等邊三角形，

∴BD=AD=4，∠DAC=∠ADF=∠FDO=∠DAB=30°，

∴DO=2，

∴DF=2FO，

∴OF2+4=4OF2

解之：

∴，

∴，

AC=

∵EF∥BC，

∴△AEF∽△ABC，

∴

∴，

解之：；

當(dāng)AD=AF=4時，

∵△AEF∽△ABC，

∴

∴，

解之：.

故答案為：或

【分析】連接BD交AC于點O，分情況討論：當(dāng)DF=AF時利用等邊對等角可證得∠DAO=∠ADF，利用菱形的性質(zhì)去證明△ABD是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)可求出BD的長，同時可求出∠ADF=∠FDO=30°，即可得到DO的長，再利用勾股定理求出OF、AF、AO的長，即可求出AC的長；再證明△AEF∽△ABC，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可求出AE的長；當(dāng)AD=AF=4時，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可求出AE的長；綜上所述可得到AE的長.

13．（2023九上·武功期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，AB=6，E是BC的中點，連接DE，DE的垂直平分線分別交AB、DE、CD于點M、O、N，連接EN，過E作EF⊥EN交AB于點F，則AF的長為．

【答案】2

【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=6，

∴BC=CD=AB=6，∠B=∠C=90°，

∵E是BC中點，

∴BE=CE=BC=3，

設(shè)CN=x，則DN=6x，

∵M(jìn)N是線段DE的垂直平分線，

∴EN=DN=6x，

在Rt△CEN中，CE2+CN2=EN2，

∴32+x2=（6x）2，

解得：，

∴，

∵EF⊥EN，

∴∠FEN＝90°，

∴∠BEF＋∠CEN＝90°，

∵∠B＝∠C＝90°，

∴∠BEF＋∠BFE＝90°，

∴∠BFE＝∠CEN，

∴△BFE∽△CEN，

∴BF∶BE＝CE∶CN，

∴

∴AF＝ABBF＝64＝2．

故答案為：2．

【分析】設(shè)CN＝x，則DN＝6x，利用線段垂直平分線性質(zhì)可得EN＝DN＝6x，在Rt△CEN中，運用勾股定理建立方程求解即可求得CN的長，再證明△BFE∽△CEN，利用相似三角形性質(zhì)即可求得答案．

14．（2023九上·成都期末）如圖，中，，，點E為AC中點．點D在AC右側(cè)，，且，射線BE交AD于點F，若為等腰三角形，則線段EF的長為．

【答案】或

【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：延長AD，BC交于點G，

在△ACB和△ACG中

∴△ACB≌△ACG（ASA），

∴AG=AB=12，2BC=2CG=BG，

∵點E為AC的中點，DE⊥AC，

∴DE∥CG，DG=AD=AG=6，

∴DE是△ACG的中位線，

∴DE=CG，

∴BG=4DE，

∴△DEF∽△GBF，

∴，

∴DG=3DF=6，

∴DF=2，

△DEF是等腰三角形，

當(dāng)EF=DF=2時，EF是Rt△AED斜邊上的中線，

∴EF=AD=3，

∴EF≠DF；

當(dāng)EF=ED時，過點E作EH⊥AD于點H，

∴DH=FH=DF=1，

∵△EHD∽△ADE，

∴

∴ED2=1×6

解之：；

當(dāng)DF=DE=2時，

，

∵AF=AD-DF=6-2=4，AD=DG，

∴，

∴，

∵DE∥CB，

∴

∵CG=BC=2DE=4，

∴，

∴.

故答案為：或

【分析】延長AD，BC交于點G，利用ASA可證得△ACB≌△ACG，利用全等三角形的性質(zhì)可求出AG的長，同時可證得2BC=2CG=BG，利用三角形的中位線定理，可求出DG，AD的長，可證得BG=4DE；再證明△DEF∽△GBF，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求出DF=2，利用等腰三角形的定義，分情況討論：當(dāng)EF=DF=2時，EF是Rt△AED斜邊上的中線，可求出EF的長，可知EF≠DF；當(dāng)EF=ED時，過點E作EH⊥AD于點H，可求出DH的長，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可求出ED的長，可得到EF的長；利用勾股定理求出AE，EC的長，再求出AF，CG的長，利用勾股定理求出BE的長，利用BE=3EF，可求出EF的長.

15．（2022九上·溫州月考）圖1是某個零件橫截面的示意圖，已知AB＝CD，∠B＝∠C，為了求出BC的長度，小藝將一根直尺按圖2，圖3，圖4的三種方式擺放，所測得的具體數(shù)據(jù)（單位：cm）如圖所示，則直尺寬為cm，BC為cm．

【答案】2；

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（AAS）

【解析】【解答】解：如圖3所示，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，

∵DM＝10，DF＝8，

∴MF＝＝6，

∵EF＝AD＝8，

∴EM＝EF-MF＝2，

∴直尺寬2cm，

如圖1所示，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，在AB上截取AG＝8cm，過點G作GH⊥AB交BC于H，

則∠AEB＝∠DFC＝90°，DF＝8cm，

∵AB＝CD，∠B＝∠C，

∴△ABE≌△DCF（AAS），

∴AE＝DF＝8，BE＝CF，

∵∠BGH＝90°，

∴∠BGH＝∠AEB，

∵∠HBG＝∠ABE，

∴△BHG∽△BAE，

∴BG：GH＝BE：AE，

設(shè)BG＝xcm，則AB＝（x+8）cm，

∵GH＝2cm，

∴2BE＝8x，

∴BE＝4x，

在Rt△ABE中，BE2+AE2＝AB2，

∴（4x）2+82＝（x+8）2，

解得：x＝0（舍去）或x＝，

∴BE＝cm，

∴BC＝2BE+EF＝2×+8＝cm，

故答案為：2；．【分析】如圖3所示，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，利用勾股定理求出MF＝6，由AD＝EF＝8，即可得出直尺EM寬度；如圖1所示，在AB上截取AG＝8cm，過點G作GH⊥AB交BC于H，先證明△BHG∽△BAE，BG：GH＝BE：AE，設(shè)BG＝xcm，則AB＝（x+8）cm，GH＝2cm，可求得BE＝4xcm，在Rt△ABE中，BE2+AE2＝AB2，即得（4x）2+82＝（x+8）2，解之求得x值，從而求得BE的長，進(jìn)而通過BC＝2BE+EF求解即可.

三、解答題

16．（2023九上·路南期末）如圖（圖形不全），等邊三角形中，，點在直線上，點在直線上，且，當(dāng)時，求的長．

幾位同學(xué)通過探究得出結(jié)論：此題有多種結(jié)果．有同學(xué)已經(jīng)得出兩個符合題意結(jié)論：①當(dāng)點在邊上、點在邊上時，；②當(dāng)點在邊上、點在的延長線上時，．

要求：請針對其它情況，繼續(xù)求出的長，并寫出總的正確結(jié)論．

【答案】解：①當(dāng)點在的延長線上，點在的延長線上時，如下圖中，

∵是等邊三角形，，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∴．

②如下圖中，當(dāng)點在的延長線上，點在邊上時．作交于，

∵是等邊三角形，∴是等邊三角形．

設(shè)，∵，

∴，∴，

∴，

∴，∴，

∴，

綜上所述，滿足條件的的值為2或4或或．

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】此題有四種情形題中給出了兩種情形，因此還有兩種情形①當(dāng)點在的延長線上，點在的延長線上時，通過已知條件可得出對應(yīng)邊相等，等量代換可得AE=4．

②當(dāng)點在的延長線上，點在邊上時，作交于，可得，可得，可得EF的長度，因為，然后得出AE=．

17．（2023九上·邢臺期中）如圖，是矩形的邊上的一點，于點，，，．求的長度．

【答案】解：∵四邊形是矩形，

∴，

∵

∴

∵，

，

∴

在和中，

∴

∴，即

解得

即的長度為．

【知識點】勾股定理；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)