專題08 相似三角形綜合壓軸真題訓(xùn)練（解析版）-中考數(shù)學(xué)壓軸題

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)選擇、填空壓軸真題匯編專題08相似三角形綜合壓軸真題訓(xùn)練一．平行線分線段成比例（共1小題）1．（2022?襄陽）如圖，在△ABC中，D是AC的中點，△ABC的角平分線AE交BD于點F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，則△ABC的周長為．【答案】5【解答】解：如圖，過點F作FM⊥AB于點M，F(xiàn)N⊥AC于點N，過點D作DT∥AE交BC于點T．∵AE平分∠BAC，F(xiàn)M⊥AB，F(xiàn)N⊥AC，∴FM＝FN，∴＝＝＝3，∴AB＝3AD，設(shè)AD＝DC＝a，則AB＝3a，∵AD＝DC，DT∥AE，∴ET＝CT，∴＝＝3，設(shè)ET＝CT＝b，則BE＝3b，∵AB+BE＝3，∴3a+3b＝3，∴a+b＝，∴△ABC的周長＝AB+AC+BC＝5a+5b＝5，故答案為：5．二．相似三角形的性質(zhì)和判定2．（2022?鞍山）如圖，在正方形ABCD中，點E為AB的中點，CE，BD交于點H，DF⊥CE于點F，F(xiàn)M平分∠DFE，分別交AD，BD于點M，G，延長MF交BC于點N，連接BF．下列結(jié)論：①tan∠CDF＝；②S△EBH：S△DHF＝3：4；③MG：GF：FN＝5：3：2；④△BEF∽△HCD．其中正確的是.（填序號即可）．【答案】①③④【解答】解：如圖，過點G作GQ⊥DF于點Q，GP⊥EF于點P．設(shè)正方形ABCD的邊長為2a．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，∵AE＝EB＝a，BC＝2a，∴tan∠ECB＝＝，∵DF⊥CE，∴∠CFD＝90°，∴∠ECB+∠DCF＝90°，∵∠DCF+∠CDF＝90°，∴∠CDF＝∠ECB，∴tan∠CDF＝，故①正確，∵BE∥CD，∴＝＝＝，∵EC＝＝＝a，BD＝CB＝2a，∴EH＝EC＝a，BH＝BD＝a，DH＝BD＝a，在Rt△CDF中，tan∠CDF＝＝，CD＝2a，∴CF＝a，DF＝a，∴HF＝CE﹣EH﹣CF＝a﹣a﹣a＝a，∴S△DFH＝?FH?DF＝×a×a＝a2，∵S△BEH＝S△ECB＝××a×2a＝a2，∴S△EBH：S△DHF＝a2：a2＝5：8，故②錯誤．∵FM平分∠DFE，GQ⊥EF，GP⊥FE，∴GQ＝GP，∵＝＝，∴＝，∴DG＝DH＝a，∴BG＝DG，∵DM∥BN，∴＝＝1，∴GM＝GN，∵S△DFH＝S△FGH+S△FGD，∴×a×a＝××GP+×a×GQ，∴GP＝GQ＝a，∴FG＝a，過點N作NJ⊥CE于點J，設(shè)FJ＝NJ＝m，則CJ＝2m，∴3m＝a，∴m＝a，∴FN＝m＝a，∴MG＝GN＝GF+FN＝a+a＝a，∴MG：GF：FN＝a：a：a＝5：3：2，故③正確，∵AB∥CD，∴∠BEF＝∠HCD，∵＝＝，＝＝，∴＝，∴△BEF∽△HCD，故④正確．故答案為：①③④．3．（2022?眉山）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點G，延長HE與CD的延長線交于點F，HB＝2，HG＝3．以下結(jié)論：①∠EDC＝135°；②EC2＝CD?CF；③HG＝EF；④sin∠CED＝．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【解答】解：∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，∴∠EDC＝∠HBC，∵ABCD為正方形，D，B，H在同一直線上，∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，∴∠EDC＝135°，故①正確；∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，∴EC＝HC，∠ECH＝90°，∴∠HEC＝45°，∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，∵∠ECD＝∠ECF，∴△EFC∽△DEC，∴，∴EC2＝CD?CF，故②正確；設(shè)正方形邊長為a，∵∠GHB+∠BHC＝45°，∠GHB+∠HGB＝45°，∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，∵∠GBH＝∠EDC＝135°，∴△GBH∽△EDC，∴，即，∵△HEC是等腰直角三角形，∴，∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，∴△HBG∽△HDF，∴，即，解得：EF＝3，∵HG＝3，∴HG＝EF，故③正確；過點E作EM⊥FD交FD于點M，∴∠EDM＝45°，∵ED＝HB＝2，∴，∵EF＝3，∴，∵∠DEC+∠DCE＝45°，∠EFC+∠DCE＝45°，∴∠DEC＝∠EFC，∴，故④正確綜上所述：正確結(jié)論有4個，故選：D．4．（2022?東營）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC、BD相交于點O，點M，N分別是邊BC、CD上的動點，∠BAC＝∠MAN＝60°，連接MN、OM．以下四個結(jié)論正確的是（）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是；③當(dāng)MN最小時S△CMN＝S菱形ABCD；④當(dāng)OM⊥BC時，OA2＝DN?AB．A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CB＝AD＝CD，AB∥CD，AC⊥BD，OA＝OC，∴∠BAC＝∠ACD＝60°，∴△ABC和△ADC都是等邊三角形，∴∠ABM＝∠ACN＝60°，AB＝AC，∵∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN＝60°﹣∠CAM，∴△BAM≌△CAN（ASA），∴AM＝AN，∴△AMN是等邊三角形，故①正確；當(dāng)AM⊥BC時，AM的值最小，此時MN的值也最小，∵∠AMB＝90°，∠ABM＝60°，AB＝2，∴MN＝AM＝AB?sin60°＝2×＝，∴MN的最小值是，故②正確；∵AM⊥BC時，MN的值最小，此時BM＝CM，∴CN＝BM＝CB＝CD，∴DN＝CN，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴＝＝＝，∴S△CMN＝S△CBD，∵S△CBD＝S菱形ABCD，∴S△CMN＝×S菱形ABCD＝S菱形ABCD，故③正確；∵CB＝CD，BM＝CN，∴CB﹣BM＝CD﹣CN，∴CM＝DN，∵OM⊥BC，∴∠CMO＝∠COB＝90°，∵∠OCM＝∠BCO，∴△OCM∽△BCO，∴＝，∴OC2＝CM?CB，∴OA2＝DN?AB，故④正確，故選：D．5．（2022?紹興）將一張以AB為邊的矩形紙片，先沿一條直線剪掉一個直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個直角三角形（剪掉的兩個直角三角形相似），剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，則剪掉的兩個直角三角形的斜邊長不可能是（）A． B． C．10 D．【答案】A【解答】解：如右圖1所示，由已知可得，△DFE∽△ECB，則，設(shè)DF＝x，CE＝y(tǒng)，則，解得，∴DE＝CD+CE＝6+＝，故選項B不符合題意；EB＝DF+AD＝+2＝，故選項D不符合題意；如圖2所示，由已知可得，△DCF∽△FEB，則，設(shè)FC＝m，F(xiàn)D＝n，則，解得，∴FD＝10，故選項C不符合題意；BF＝FC+BC＝8+7＝15；如圖3所示：此時兩個直角三角形的斜邊長為6和7；故選：A．6．（2022?連云港）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點A、B、D恰好都落在點O處，且點G、O、C在同一條直線上，同時點E、O、F在另一條直線上．小煒同學(xué)得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB＝AD；③GE＝DF；④OC＝2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（）A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④【答案】B【解答】解：由折疊性質(zhì)可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，∴∠FGE+∠GEC＝180°，∴GF∥CE，故①正確；設(shè)AD＝2a，AB＝2b，則DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，∴CG＝OG+OC＝3a，在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得：b＝a，∴AB＝AD，故②錯誤；在Rt△COF中，設(shè)OF＝DF＝x，則CF＝2b﹣x＝2a﹣x，∴x2+（2a）2＝（2a﹣x）2，解得：x＝a，∴DF＝×a＝a，2OF＝2×a＝2a，在Rt△AGE中，GE＝＝a，∴GE＝DF，OC＝2OF，故③④正確；無法證明∠FCO＝∠GCE，∴無法判斷△COF∽△CEG，故⑤錯誤；綜上，正確的是①③④，故選：B．7．（2022?遂寧）如圖，正方形ABCD與正方形BEFG有公共頂點B，連接EC、GA，交于點O，GA與BC交于點P，連接OD、OB，則下列結(jié)論一定正確的是（）①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD＝45°；A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④【答案】D【解答】解：∵四邊形ABCD、四邊形BEFG是正方形，∴AB＝BC，BG＝BE，∠ABC＝90°＝∠GBE，∴∠ABC+∠CBG＝∠GBE+∠CBG，即∠ABG＝∠EBC，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG＝∠BCE，∵∠BAG+∠APB＝90°，∴∠BCE+∠APB＝90°，∴∠BCE+∠OPC＝90°，∴∠POC＝90°，∴EC⊥AG，故①正確；取AC的中點K，如圖：在Rt△AOC中，K為斜邊AC上的中點，∴AK＝CK＝OK，在Rt△ABC中，K為斜邊AC上的中點，∴AK＝CK＝BK，∴AK＝CK＝OK＝BK，∴A、B、O、C四點共圓，∴∠BOA＝∠BCA，∵∠BPO＝∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正確，∵∠AOC＝∠ADC＝90°，∴∠AOC+∠ADC＝180°，∴A、O、C、D四點共圓，∵AD＝CD，∴∠AOD＝∠DOC＝45°，故④正確，由已知不能證明OB平分∠CBG，故③錯誤，故正確的有：①②④，故選：D．8．（2022?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點E為AD中點，點F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點A，B的對應(yīng)點分別為A′，B′，A′E與BC相交于點G，B′A′的延長線過點C．若＝，則的值為（）A．2 B． C． D．【答案】A【解答】解：連接FG，CA′，過點G作GT⊥AD于點T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．∵＝，∴可以假設(shè)BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE＝y(tǒng)，由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y(tǒng)﹣5k，∴GA′＝y(tǒng)﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，∵C，A′，B′共線，GA′∥FB′，∴＝，∴＝，∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四邊形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT＝＝2k，∴＝＝2．解法二：不妨設(shè)BF＝2，CG＝3，連接CE，則Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4則A'B'＝2，故選：A．9．（2022?樂山）如圖，等腰△ABC的面積為2，AB＝AC，BC＝2．作AE∥BC且AE＝BC．點P是線段AB上一動點，連結(jié)PE，過點E作PE的垂線交BC的延長線于點F，M是線段EF的中點．那么，當(dāng)點P從A點運動到B點時，點M的運動路徑長為（）A． B．3 C．2 D．4【答案】B【解答】解：如圖，過點A作AH⊥BC于點H．當(dāng)點P與A重合時，點F與C重合，當(dāng)點P與B重合時，點F的對應(yīng)點為F″，點M的運動軌跡是△ECF″的中位線，M′M″＝CF″，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH，∵AE∥BC，AE＝BC，∴AE＝CH，∴四邊形AHCE是平行四邊形，∵∠AHC＝90°，∴四邊形AHCE是矩形，∴EC⊥BF″，AH＝EC，∵BC＝2，S△ABC＝2，∴×2×AH＝2，∴AH＝EC＝2，∵∠BEF″＝∠ECB＝∠ECF″，∴∠BEC+∠CEF″＝90°，∠CEF″+∠F″＝90°，∴∠BEC＝∠F″，∴△ECB∽△F″CE，∴EC2＝CB?CF″，∴CF″＝＝6，∴M′M″＝3故選：B．10．（2022?海南）如圖，菱形ABCD中，點E是邊CD的中點，EF垂直AB交AB的延長線于點F，若BF：CE＝1：2，EF＝，則菱形ABCD的邊長是（）A．3 B．4 C．5 D．【答案】B【解答】解：過點D作DH⊥AB于點H，如圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝CD，AB∥CD．∵EF⊥AB，DH⊥AB，∴DH∥EF，∴四邊形DHFE為平行四邊形，∴HF＝DE，DH＝EF＝．∵點E是邊CD的中點，∴DE＝CD，∴HF＝CD＝AB．∵BF：CE＝1：2，∴設(shè)BF＝x，則CE＝2x，∴CD＝4x，DE＝HF＝2x，AD＝AB＝4x，∴AF＝AB+BF＝5x．∴AH＝AF﹣HF＝3x．在Rt△ADH中，∵DH2+AH2＝AD2，∴．解得：x＝±1（負(fù)數(shù)不合題意，舍去），∴x＝1．∴AB＝4x＝4．即菱形ABCD的邊長是4，故選：B．11．（2022?黑龍江）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點F是CD上一點，OE⊥OF交BC于點E，連接AE，BF交于點P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA＝45°；③AP﹣BP＝OP；④若BE：CE＝2：3，則tan∠CAE＝；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCD面積的．其中正確的結(jié)論是（）A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤【答案】B【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，AC⊥BD，∠ABD＝∠DBC＝∠ACD＝45°．∴∠BOE+∠EOC＝90°，∵OE⊥OF，∴∠FOC+∠EOC＝90°．∴∠BOE＝∠COF．在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴BE＝CF．在△BAE和△CBF中，，∴△BAE≌△CBF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF．∵∠ABP+∠CBF＝90°，∴∠ABP+∠BAE＝90°，∴∠APB＝90°．∴AE⊥BF．∴①的結(jié)論正確；②∵∠APB＝90°，∠AOB＝90°，∴點A，B，P，O四點共圓，∴∠APO＝∠ABO＝45°，∴②的結(jié)論正確；③過點O作OH⊥OP，交AP于點H，如圖，∵∠APO＝45°，OH⊥OP，∴OH＝OP＝HP，∴HP＝OP．∵OH⊥OP，∴∠POB+∠HOB＝90°，∵OA⊥OB，∴∠AOH+∠HOB＝90°．∴∠AOH＝∠BOP．∵∠OAH+BAE＝45°，∠OBP+∠CBF＝45°，∠BAE＝∠CBF，∴∠OAH＝∠OBP．在△AOH和△BOP中，，∴△AOH≌△BOP（ASA），∴AH＝BP．∴AP﹣BP＝AP﹣AH＝HP＝OP．∴③的結(jié)論正確；④∵BE：CE＝2：3，∴設(shè)BE＝2x，則CE＝3x，∴AB＝BC＝5x，∴AE＝＝x．過點E作EG⊥AC于點G，如圖，∵∠ACB＝45°，∴EG＝GC＝EC＝x，∴AG＝＝x，在Rt△AEG中，∵tan∠CAE＝，∴tan∠CAE＝＝＝．∴④的結(jié)論不正確；⑤∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB＝OC＝OD，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA（SAS）．∴．∴．由①知：△BOE≌△COF，∴S△OBE＝S△OFC，∴．即四邊形OECF的面積是正方形ABCD面積的．∴⑤的結(jié)論正確．綜上，①②③⑤的結(jié)論正確．故選：B．12．（2022?遼寧）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E是OD的中點，連接CE并延長交AD于點G，將線段CE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到CF，連接EF，點H為EF的中點．連接OH，則的值為．【答案】【解答】解：以O(shè)為原點，平行于AB的直線為x軸，建立直角坐標(biāo)系，過E作EM⊥CD于M，過F作FN⊥DC，交DC延長線于N，如圖：設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則C（1，1），D（﹣1，1），∵E為OD中點，∴E（﹣，），設(shè)直線CE解析式為y＝kx+b，把C（1，1），E（﹣，）代入得：，解得，∴直線CE解析式為y＝x+，在y＝x+中，令x＝﹣1得y＝，∴G（﹣1，），∴GE＝＝，∵將線段CE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到CF，∴CE＝CF，∠ECF＝90°，∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，∵∠EMC＝∠CNF＝90°，∴△EMC≌△CNF（AAS），∴ME＝CN，CM＝NF，∵E（﹣，），C（1，1），∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，∴F（，﹣），∵H是EF中點，∴H（，0），∴OH＝，∴＝＝．故答案為：．13．（2022?遼寧）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，點P為斜邊AB上的一個動點（點P不與點A、B重合），過點P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分別為點D和點E，連接DE，PC交于點Q，連接AQ，當(dāng)△APQ為直角三角形時，AP的長是．【答案】3或2【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×2＝4，∴AC＝＝＝2，當(dāng)∠APQ＝90°時，如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×2＝4，∴AC＝＝＝2，∵∠APQ＝∠ACB＝90°，∠CAP＝∠BAC，∴△CAP∽△BAC，∴，即，∴AP＝3，當(dāng)∠AQP＝90°時，如圖2，∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠ACB＝90°，∴四邊形DPEC是矩形，∴CQ＝QP，∵∠AQP＝90°，∴AQ垂直平分CP，∴AP＝AC＝2，綜上所述，當(dāng)△APQ為直角三角形時，AP的長是3或2，故答案為：3或2．14．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點C是射線BQ上的動點，連結(jié)AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動點E在AB延長線上，tan∠QBE＝3，連結(jié)CE，DE，當(dāng)CE＝DE，CE⊥DE時，BE的長是．【答案】或5【解答】解：如圖，過點C作CT⊥AE于點T，過點D作DJ⊥CT交CT的延長線于點J，連接EJ．∵tan∠CBT＝3＝，∴可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，∴∠CAT＝∠JCD，在△ATC和△CJD中，，∴△ATC≌△CJD（AAS），∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，∵∠CJD＝∠CED＝90°，∴C，E，D，J四點共圓，∵EC＝DE，∴∠CJE＝∠DJE＝45°，∴ET＝TJ＝10﹣2k，∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[?]2，整理得4k2﹣25k+25＝0，∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，∴k＝5和，∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，故答案為：5或．15．（2022?甘肅）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝9cm，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，AE＝2cm，BD，EF交于點G，若G是EF的中點，則BG的長為cm．【答案】【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵AE＝2cm，∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4（cm），∵G是EF的中點，∴EG＝BG＝EF，∴∠BEG＝∠ABD，∴∠BEG＝∠BDC，∴△EBF∽△DCB，∴＝，∴＝，∴BF＝6，∴EF＝＝＝2（cm），∴BG＝EF＝（cm），故答案為：．16．（2022?新疆）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊BC的延長線上，點F在邊AB上，以點D為中心，將△DCE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°與△DAF恰好完全重合，連接EF交DC于點P，連接AC交EF于點Q，連接BQ，若AQ?DP＝3，則BQ＝．【答案】【解答】解：如圖，連接DQ，∵將△DCE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°與△DAF恰好完全重合，∴DE＝DF，∠FDE＝90°，∴∠DFE＝∠DEF＝45°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAC＝45°＝∠BAC，∴∠DAC＝∠DFQ＝45°，∴點A，點F，點Q，點D四點共圓，∴∠BAQ＝∠FDQ＝45°，∠DAF＝∠DQF＝90°，∠AFD＝∠AQD，∴DF＝DQ，∵AD＝AB，∠BAC＝∠DAC＝45°，AQ＝AQ，∴△ABQ≌△ADQ（SAS），∴BQ＝QD，∠AQB＝∠AQD，∵AB∥CD，∴∠AFD＝∠FDC，∴∠FDC＝∠AQB，又∵∠BAC＝∠DFP＝45°，∴△BAQ∽△PFD，∴，∴AQ?DP＝3＝BQ?DF，∴3＝BQ?BQ，∴BQ＝，故答案為：．17．（2022?蘇州）如圖，在矩形ABCD中，＝．動點M從點A出發(fā)，沿邊AD向點D勻速運動，動點N從點B出發(fā)，沿邊BC向點C勻速運動，連接MN．動點M，N同時出發(fā)，點M運動的速度為v1，點N運動的速度為v2，且v1＜v2．當(dāng)點N到達(dá)點C時，M，N兩點同時停止運動．在運動過程中，將四邊形MABN沿MN翻折，得到四邊形MA′B′N．若在某一時刻，點B的對應(yīng)點B′恰好與CD的中點重合，則的值為．【答案】【解答】解：如圖，設(shè)AD交A′B′于點Q．設(shè)BN＝NB′＝x．∵＝，∴可以假設(shè)AB＝2k，CB＝3k，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝3k，CD＝AB＝2k，∠C＝∠D＝90°，在Rt△CNB′中，CN2+CB′2＝NB′2，∴（3k﹣x）2+k2＝x2，∴x＝k，∴NB′＝k，CN＝3k﹣k＝k，由翻折的性質(zhì)可知∠A′B′N＝∠B＝90°，∴∠DB′Q+∠CB′N＝90°，∠CB′N+∠CNB′＝90°，∴∠DB′Q＝∠CNB′，∵∠D＝∠C＝90°，∴△DB′Q∽△CNB′，∴DQ：DB′：QB′＝CB′：CN：NB′＝3：4：5，∵DB′＝k，∴DQ＝k，∵∠DQB′＝∠MQA′，∠D＝∠A′，∴△DQB′∽△A′QM，∴A′Q：A′M：QM＝DQ：DB′：QB′＝3：4：5，設(shè)AM＝MA′＝y(tǒng)，則MQ＝y(tǒng)，∵DQ+QM+AM＝3k，∴k+y+y＝3k，∴y＝k，∴＝＝＝，解法二：連接BB′，過點M作MH⊥BC于點H．設(shè)AB＝CD＝6m，CB＝9m，設(shè)BN＝NB′＝n，則n2＝（3m）2+（9m﹣n）2，∴n＝5m，CN＝4m，由△BB′C∽△MNH，可得NH＝2m，∴AM＝BH＝3m，∴＝＝＝，故答案為：．18．（2022?湖北）如圖1，在△ABC中，∠B＝36°，動點P從點A出發(fā)，沿折線A→B→C勻速運動至點C停止．若點P的運動速度為1cm/s，設(shè)點P的運動時間為t（s），AP的長度為y（cm），y與t的函數(shù)圖象如圖2所示．當(dāng)AP恰好平分∠BAC時t的值為．【答案】2+2【解答】解：如圖，連接AP，由圖2可得AB＝BC＝4cm，∵∠B＝36°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠C＝72°，∵AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠PAC＝∠B＝36°，∴AP＝BP，∠APC＝72°＝∠C，∴AP＝AC＝BP，∵∠PAC＝∠B，∠C＝∠C，∴△APC∽△BAC，∴，∴AP2＝AB?PC＝4（4﹣AP），∴AP＝2﹣2＝BP，（負(fù)值舍去），∴t＝＝2+2，故答案為：2+2．19．（2022?隨州）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，連接EF．如圖2，將△AEF繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角θ（0°＜θ＜90°），使EF⊥AD，連接BE并延長交DF于點H．則∠BHD的度數(shù)為，DH的長為．【答案】90°，．【解答】解：如圖，設(shè)EF交AD于點J，AD交BH于點O，過點E作EK⊥AB于點K．∵∠EAF＝∠BAD＝90°，∴∠DAF＝∠BAE，∵＝＝，∴＝，∴△DAF∽△BAE，∴∠ADF＝∠ABE，∵∠DOH＝∠AOB，∴∠DHO＝∠BAO＝90°，∴∠BHD＝90°，∵AF＝3，AE＝4，∠EAF＝90°，∴EF＝＝5，∵EF⊥AD，∴?AE?AF＝?EF?AJ，∴AJ＝，∴EJ＝＝＝，∵EJ∥AB，∴＝，∴＝，∴OJ＝，∴OA＝AJ+OJ＝+＝4，∴OB＝＝＝4，OD＝AD﹣AO＝6﹣4＝2，∵cos∠ODH＝cos∠ABO，∴＝，∴＝，∴DH＝．故答案為：90°，．20．（2022?婁底）如圖，已知等腰△ABC的頂角∠BAC的大小為θ，點D為邊BC上的動點（與B、C不重合），將AD繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)θ角度時點D落在D′處，連接BD′．給出下列結(jié)論：①△ACD≌△ABD′；②△ACB∽△ADD′；③當(dāng)BD＝CD時，△ADD′的面積取得最小值．其中正確的結(jié)論有（填結(jié)論對應(yīng)的應(yīng)號）．【答案】①②③【解答】解：由題意可知AC＝AB，AD＝AD′，∠CAD＝∠BAD′，∴△ACD≌△ABD′，故①正確；∵AC＝AB，AD＝AD′，∠BAC＝∠D′AD＝θ，∴＝，∴△ACB∽△ADD′，故②正確；∵△ACB∽△ADD′，∴＝（）2，∵當(dāng)AD⊥BC時，AD最小，△ADD′的面積取得最小值．而AB＝AC，∴BD＝CD，∴當(dāng)BD＝CD時，△ADD′的面積取得最小值，故③正確；故答案為：①②③．21．（2022?牡丹江）如圖，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D在BC邊上，DE與AC相交于點F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于點H．下列結(jié)論中：①AC＝CD；②AD2＝BC?AF；③若AD＝3，DH＝5，則BD＝3；④AH2＝DH?AC，正確的是．【答案】②③【解答】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠ADC＝∠B+∠BAD，而∠BAD的度數(shù)不確定，∴∠ADC與∠CAD不一定相等，∴AC與CD不一定相等，故①錯誤；②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵∠B＝∠AED＝45°，∴△AEF∽△ABD，∴＝，∵AE＝AD，AB＝BC，∴AD2＝AF?AB＝AF?BC，∴AD2＝AF?BC，故②正確；④∵∠DAH＝∠B＝45°，∠AHD＝∠AHD，∴△ADH∽△BAH，∴＝，∴AH2＝DH?BH，而BH與AC不一定相等，故④不一定正確；③∵△ADE是等腰直角三角形，∴∠ADG＝45°，∵AH⊥DE，∴∠AGD＝90°，∵AD＝3，∴AG＝DG＝，∵DH＝5，∴GH＝＝＝，∴AH＝AG+GH＝2，由④知：AH2＝DH?BH，∴（2）2＝5BH，∴BH＝8，∴BD＝BH﹣DH＝8﹣5＝3，故③正確；本題正確的結(jié)論有：②③故答案為：②③．22．（2022?丹東）如圖，四邊形ABCD是邊長為6的菱形，∠ABC＝60°，對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別是線段AB，AC上的動點（不與端點重合），且BE＝AF，BF與CE交于點P，延長BF交邊AD（或邊CD）于點G，連接OP，OG，則下列結(jié)論：①△ABF≌△BCE；②當(dāng)BE＝2時，△BOG的面積與四邊形OCDG面積之比為1：3；③當(dāng)BE＝4時，BE：CG＝2：1；④線段OP的最小值為2﹣2．其中正確的是．（請?zhí)顚懶蛱枺敬鸢浮竣佗凇窘獯稹拷猓孩佟咚倪呅蜛BCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，在△ABF和△BCE中，，∴△ABF≌△BCE（SAS），故①正確；②由①知：△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝6，∵AF＝BE＝2，∴CF＝AC﹣AF＝4，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，OB＝OD，OA＝OC，∴△AGF∽△CBF，S△BOG＝S△DOG，S△AOD＝S△COD，∴，∴，∴AG＝3，∴AG＝，∴S△AOD＝2S△DOG，∴S△COD＝2S△DOG，∴S四邊形OCDG＝S△DOG+S△COD＝3S△DOG＝3S△BOG，故②正確；③如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴△CGF∽△ABF，∴，∴，∴CG＝3，∴BE：CG＝4：3，故③不正確；④如圖2，由①得：△ABF≌△BCE，∴∠BCE＝∠ABF，∴BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，∴∠BPC＝1