北師大版九年級數學上冊-相似三角形解答題培優(yōu)專題(含答案)

參考答案1．當運動2.4秒或秒時，以點Q，B，P為頂點的三角形與相似【解析】【分析】設t秒后，以Q，B，P為頂點的三角形與△ABC相似；則PB＝（6?t）cm，BQ＝2tcm，分兩種情況：①當時；②當時；分別解方程即可得出結果．【詳解】解：設秒后，以點Q，B，P為頂點的三角形與相似，則，.∵，∴分兩種情況討論：①當時，，即，解得；②當時，，即，解得.綜上所述，當運動2.4秒或秒時，以點Q，B，P為頂點的三角形與相似.【點睛】本題考查了相似三角形的判定方法、解方程；熟練掌握相似三角形的判定方法，分兩種情況進行討論是解決問題的關鍵．2．（1）①四邊形CEGF是正方形；②；（2）線段AG與BE之間的數量關系為AG=BE；（3）3【解析】【分析】（1）①由、結合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質知、，據此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2）連接CG，只需證∽即可得；（3）證∽得，設，知，由得、、，由可得a的值．【詳解】（1）①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，∴四邊形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，∴EG=EC，∴四邊形CEGF是正方形；②由①知四邊形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴，故答案為：；（2）連接CG，由旋轉性質知∠BCE=∠ACG=α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，=、=，∴=，∴△ACG∽△BCE，∴，∴線段AG與BE之間的數量關系為AG=BE；（3）∵∠CEF=45°，點B、E、F三點共線，∴∠BEC=135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC=∠BEC=135°，∴∠AGH=∠CAH=45°，∵∠CHA=∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，設BC=CD=AD=a，則AC=a，則由得，∴AH=a，則DH=AD﹣AH=a，CH==a，∴由得，解得：a=3，即BC=3，故答案為：3．【點睛】本題考查了正方形的性質與判定，相似三角形的判定與性質等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握正方形的判定與性質、相似三角形的判定與性質是解題的關鍵.3．（1）①；②；(2);(3)【解析】【分析】（1）①根據勾股定理和三角形中位線的性質，即可得到答案；②根據平行線的性質即可得到答案；(2)根據相似三角形的性質和判定即可得到答案；(3)根據勾股定理即可得到答案.【詳解】解：當時，中，，，點分別是邊的中點，，．如圖1﹣1中，當時，可得，，．故答案為：．如圖2，當時，的大小沒有變化，，，又,，．如圖3﹣1中，當點在的延長線上時，在中,，，，，．如圖3﹣2中，當點在線段上時，易知，，，綜上所述，滿足條件的的長為．【點睛】本題考查勾股定理、三角形中位線的性質、平行線的性質和相似三角形的性質和判定，解題的關鍵熟練掌握勾股定理、三角形中位線的性質、平行線的性質和相似三角形的性質和判定.4．（1）1，（2）45°（3），【解析】【分析】（1）如圖1中，延長CP交BD的延長線于E，設AB交EC于點O．證明，即可解決問題．（2）如圖2中，設BD交AC于點O，BD交PC于點E．證明，即可解決問題．（3）分兩種情形：①如圖3﹣1中，當點D在線段PC上時，延長AD交BC的延長線于H．證明即可解決問題．②如圖3﹣2中，當點P在線段CD上時，同法可證：解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，延長CP交BD的延長線于E，設AB交EC于點O．，，，，，，，，，，線BD與直線CP相交所成的較小角的度數是，故答案為1，．（2）如圖2中，設BD交AC于點O，BD交PC于點E．，，，，，，，，直線BD與直線CP相交所成的小角的度數為．（3）如圖3﹣1中，當點D在線段PC上時，延長AD交BC的延長線于H．，，，，，，，，，，，，，，，，，，，A，D，C，B四點共圓，，，，，設，則，，c．如圖3﹣2中，當點P在線段CD上時，同法可證：，設，則，，，．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了旋轉變換，等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．5．（1）；（2）此過程中的大小有變化，（3）2cosβ【解析】【分析】1）如圖1，過E作EF⊥AB于F，根據等腰三角形的性質得到∠A=∠C=∠DEC=45°，于是得到∠B=∠EDC=90°，推出四邊形EFBD是矩形，得到EF=BD，推出△AEF是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質得到結論；（2）根據等腰三角形的性質得到∠ACB=∠CAB=∠ECD=∠CED=30°，根據相似三角形的判定和性質即可得到結論；（3）根據等腰三角形的性質得到∠ACB=∠CAB=∠ECD=∠CED=β，根據相似三角形的性質得到，即，根據角的和差得到∠ACE=∠BCD，求得△ACE∽△BCD，證得，過點B作BF⊥AC于點F，則AC=2CF，根據相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）如圖1，過E作EF⊥AB于F，∵BA=BC，DE=DC，∠ACB=∠ECD=45°，∴∠A=∠C=∠DEC=45°，∴∠B=∠EDC=90°，∴四邊形EFBD是矩形，∴EF=BD，∴EF∥BC，∴△AEF是等腰直角三角形，∴，故填：，（2）此過程中的大小有變化，由題意知，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∴∠ACB=∠CAB=∠ECD=∠CED=30°，∴△ABC∽△EDC，∴，即，又∠ECD+∠ECB=∠ACB+∠ECB，∴∠ACE=∠BCD，∴△ACE∽△BCD，∴，在△ABC中，如圖2，過點B作BF⊥AC于點F，則AC=2CF，在Rt△BCF中，，∴AC=BC．∴；（3）由題意知，△ABC和△EDC都是等腰三角形，且∠ACB=∠ECD=β，∴∠ACB=∠CAB=∠ECD=∠CED=β，∴△ABC∽△EDC，∴，即，又∠ECD+∠ECB=∠ACB+∠ECB，∴∠ACE=∠BCD，∴△ACE∽△BCD，∴，在△ABC中，如圖3，過點B作BF⊥AC于點F，則AC=2CF，在Rt△BCF中，CF=BC?cosβ，∴AC=2BCcosβ．∴=2cosβ，故答案為2cosβ．【點睛】本題考查了相似形的綜合題、等腰直角三角形的性質、等腰三角形的性質、銳角三角函數、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用相似三角形的判定和性質解決問題，屬于中考?？碱}型．6．（1）PB=4-t；QB=2t；CQ=8-2t；（2）1或3；（3）2?2或2+2或【解析】【分析】（1）根據題意寫出結果即可；（2）利用三角形的面積公式列方程求解即可；（3）根據相似三角形的性質，分兩種情況列式求解即可.【詳解】（1）由題意得，①PB=4-t；②QB=2t；③CQ=8-2t；（2）∵△PBQ的面積等于3cm2∴2t(4-t)=3×2,解之得，t=1或3；（3）當△ABQ～△QCE時，ABCQ∴48?2t解之得，x1=2-2，x2=2+當△ABQ～△ECQE時，ABCE∴42解之得，t=83∴滿足條件的t的所有值為2-2或2+2或【點睛】本題考查了列代數式，一元二次方程的應用，相似三角形的性質及分類討論的數學思想，熟練掌握分類討論的數學思想是解答本題的關鍵.相似三角形的性質：如果兩個三角形相似，那么它們的對應角相等，對應邊的比，對應高的比，對應中線的比，對應角平分線的比，對應周長的比都等于相似比；它們對應面積的比等于相似比的平方.7．（1）證明見解析，（2）①5．②1．③．【解析】【分析】（1）如圖1中，設的中點為．連接，，，．利用對角線互相平分的四邊形是平行四邊形證明即可．（2）①如圖中，連接交于點，當時，四邊形是菱形．利用平行線等分線段定理即可解決問題．②在①的基礎上，時，四邊形是正方形．③如圖中，連接交于點，作于．當時，四邊形是矩形．【詳解】（1）證明：如圖1中，設的中點為．連接，，，．四邊形是平行四邊形，與互相平分且交于點，，，四邊形是平行四邊形，與互相平分且交于點，，，，，四邊形是平行四邊形．（2）①如圖中，連接交于點，當時，四邊形是菱形．，，，，，，，，．②在①的基礎上，滿足時，四邊形是正方形，易知，，，．③如圖中，連接交于點，作于．，，，，，，當時，四邊形是矩形，．故答案為：5，1，．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．8．（1）y＝x+；（2）D點位置見解析，D（，0）；（3）符合要求的m的值為或．【解析】【分析】（1）先根據A（?3，1），C（1，0），求出AC進而得出BC＝3求出B點坐標，利用待定系數法求出直線AB的解析式即可；（2）運用相似三角形的性質就可求出點D的坐標；（3）由于△APQ與△ADB已有一組公共角相等，只需分△APQ∽△ABD和△APQ∽△ADB兩種情況討論，然后運用相似三角形的性質建立關于m的方程，就可解決問題．【詳解】解：（1）∵A（﹣3，0），C（1，0），∴AC＝4，∵BC＝AC，∴BC＝×4＝3，∴B（1，3），設直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線AB的解析式為y＝x+；（2）若△ADB與△ABC相似，過點B作BD⊥AB交x軸于D，∴∠ABD＝∠ACB＝90°，如圖1，此時＝，即AB2＝AC?AD．∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴25＝4AD，∴AD＝，∴OD＝AD﹣AO＝﹣3＝，∴點D的坐標為（，0）；（3）∵AP＝DQ＝m，∴AQ＝AD﹣QD＝﹣m．Ⅰ、若△APQ∽△ABD，如圖2，則有＝，∴AP?AD＝AB?AQ，∴m＝5（﹣m），解得m＝；Ⅱ、若△APQ∽△ADB，如圖3，則有＝，∴AP?AB＝AD?AQ，∴5m＝（﹣m），解得：m＝，綜上所述：符合要求的m的值為或．【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了是待定系數法，相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，也考查了分類討論的數學思想，屬于中檔題，解本題的關鍵是根據相似建立方程求解．9．（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）利用正方形的性質得AB=AD，∠BAD=90°，根據等角的余角相等得到∠1=∠3，則可判斷△ABE≌△DAF，則BE=AF，然后利用等線段代換可得到結論；（2）利用和AF=BE得到，則可判定Rt△BEF∽Rt△DFA，所以∠4=∠3，再證明∠4=∠5，然后根據等腰三角形的性質可判斷EF=EP．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∵BE⊥AP，DF⊥AP，∴∠BEA=∠AFD=90°，∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，在△ABE和△DAF中，∴△ABE≌△DAF，∴BE=AF，∴EF=AE﹣AF=AE﹣BE；（2）如圖，∵，而AF=BE，∴，∴，∴Rt△BEF∽Rt△DFA，∴∠4=∠3，而∠1=∠3，∴∠4=∠1，∵∠5=∠1，∴∠4=∠5，即BE平分∠FBP，而BE⊥EP，∴EF=EP．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關的性質與定理、正確添加輔助線是解題的關鍵.10．1證明見解析；(2)AB【解析】【分析】(1)由E是AC的中點知AE=CE，由AB//CD知∠AFE=∠CDE，據此根據“AAS”即可證△AEF(2)證△GBF∽△GCD得GBGC=BFCD，據此求得【詳解】(1)∵E∴AE∵AB∴∠AFE在△AEF和△∵∠AFE=∠CDE∴△AEF≌△∴AF又AB//CD，即∴四邊形AFCD是平行四邊形；(2)∵AB∴△GBF∽△∴GBGC=解得：CD=∵四邊形AFCD是平行四邊形，∴AF∴AB【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關的性質及定理是解題的關鍵.11．（1）證明見解析；（2）AB=10．【解析】分析：（1）根據平行線的性質得出∠A=∠C，進而利用全等三角形的判定證明即可；（2）利用全等三角形的性質和中點的性質解答即可．詳解：（1）證明：∵AB∥DC，∴∠A=∠C，在△ABE與△CDF中∠A＝∠CAB＝CD∴△ABE≌△CDF（ASA）；（2）∵點E，G分別為線段FC，F(xiàn)D的中點，∴ED=12∵EG=5，∴CD=10，∵△ABE≌△CDF，∴AB=CD=10．點睛：此題考查全等三角形的判定和性質，關鍵是根據平行線的性質得出∠A=∠C．12．（1）y=x+6；（2）P（3，0）．【解析】【分析】1）直接利用待定系數法即可得出結論；

（2）方法1、利用角平分線判斷出BC=AB=10，進而判斷出△AOP∽△CBP，求出OP，即可得出結論；

方法2、先判斷出OP=PM，設OP=m，得出PM=m，BP=8-m，再求出AM=OA=6，進而得出BM=AB-AM=4，最后用勾股定理建立方程求解即可得出結論．【詳解】解：（1）設直線AB的解析式為y=kx+b，

∵A（0，6），B（8，0），

∴，

∴，

∴直線AB的解析式為y=x+6；

（2）方法1、如圖1，∵A（0，6），B（8，0），

∴OA=6，OB=8，AB=10，

過點B作BC∥OA交AP的延長線于C，

∴∠C=∠OAP，

∵AP平分∠OAB，

∴∠OAP=∠BAP，

∴∠C=∠BAP，

∴BC=AB=10，

∵BC∥OA，

∴△AOP∽△CBP，

∴=，

∴，

∴OP=3，

∴P（3，0）；

方法2、如圖3，過點P作PM⊥AB于M，

∵AP是∠OAB的角平分線，

∴OP=PM，

設OP=m，

∴PM=m，

∴BP=OB-OP=8-m

易知，△AOP≌△AMP，

∴AM=OA=6，

∴BM=AB-AM=4，

在Rt△BMP中，根據勾股定理得，m2+16=（8-m）2，

∴m=3，

∴P（3，0）．故答案為：（1）y=x+6；（2）P（3，0）．【點睛】本題是一次函數綜合題，主要考查了待定系數法，角平分線的定義，相似三角形的判定和性質，正確作出輔助線構造出相似三角形是解題的關鍵．13．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）BE的長為.【解析】（1）先依據翻折的性質和平行線的性質證明∠DGF=∠DFG，從而得到GD=DF，接下來依據翻折的性質可證明DG=GE=DF=EF；（2）連接DE，交AF于點O．由菱形的性質可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下來，證明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性質可證明DF2=FO?AF，于是可得到GE、AF、FG的數量關系；（3）過點G作GH⊥DC，垂足為H．利用（2）的結論可求得FG=4，然后再△ADF中依據勾股定理可求得AD的長，然后再證明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性質可求得GH的長，最后依據BE=AD﹣GH求解即可．解：（1）證明：∵GE∥DF，∴∠EGF=∠DFG．∵由翻折的性質可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，∴∠DGF=∠DFG．∴GD=DF．∴DG=GE=DF=EF．∴四邊形EFDG為菱形．“點睛”本題考查的是四邊形與三角形的綜合應用，解題應用了矩形的性質，菱形的性質和判定、相似三角形的判定和性質，掌握矩形的性質定理和相似三角形的判定定理、性質定理是解題的關鍵．14．（1）當0＜t≤時，CP=2.5t，CQ=2t；當時，CP=8-2.5t，CQ=2t．（2）當0＜t≤時，S△CPQ=?PC?sin∠ACD?CQ=×2.5t××2t=；當時，S△CPQ=?PC?sin∠ACD?CQ=×（8-2.5t）××2t=.（3）0＜t≤或s【解析】【分析】（1）分兩種情形：當0＜t≤時，當＜t時，分別求解即可．（2）分兩種情形：當0＜t≤時，當＜t≤時，根據S△CPQ=?PC?sin∠ACD?CQ分別求解即可．（3）分兩種情形：當0＜t≤，可以證明△QCP∽△DCA，當＜t，∠QPC=90°時，△QPC∽△ADC，構建方程求解即可．【詳解】解：（1）∵CA=CB，AD=BD=3，∴CD⊥AB，∴∠ADC=90°，∴CD===4，當0＜t≤時，CP=2.5t，CQ=2t，當時，CP=8-2.5t，CQ=2t．（2）∵sin∠ACD==，∴當0＜t≤時，S△CPQ=?PC?sin∠ACD?CQ=×2.5t××2t=當時，S△CPQ=?PC?sin∠ACD?CQ=×（8-2.5t）××2t=.（3）①當0＜t≤時，∵CP=2.5t，CQ=2t，∴=，∵=，∴，∵∠PCQ=∠ACD，∴△QCP∽△DCA，∴0＜t≤時，△QCP∽△DCA，②當時，當∠QPC=90°時，△QPC∽△ADC，∴，∴，解得：，綜上所述，滿足條件的t的值為：0＜t≤或s時，△QCP∽△DCA．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，解直角三角形的應用等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．15．BC上存在兩個點P，BP=6或8使△ABP與△DCP相似.【解析】【分析】設BP=x，表示出PC=14-x，然后分BP與CP是對應邊，BP與DC是對應邊兩種情況，利用相似三角形對應邊成比例列式求解即可．【詳解】設BP=x，則PC=14?x，BP與CP是對應邊時,，即，解得x=8，BP與DC是對應邊時,，即，解得x1=6,x2=8，所以，BC上存在兩個點P，BP=6或8使△ABP與△DCP相似.【點睛】此題考查相似三角形的判定，解題關鍵在于根據相似三角形的性質對應邊成比例列出方程.16．（1），見解析；（2）或.【解析】【分析】（1）通過等角轉換，可得出三角相等，即可判定；（2）首先根據已知條件求出DQ，由三角形相似的性質，列出方程，即可得解，注意分兩種情況討論.【詳解】（1）根據已知條件，得∠DAQ=∠PED=90°又∵∠ADQ+∠PDE=∠DPE+∠PDE=90°∴∠ADQ=∠DPE，∠AQD=∠PDE∴（2）由已知條件，得設DE為∵∴∴PE為∵∴分兩種情況：①即解得∴②即解得【點睛】此題主要考查三角形相似的性質，熟練掌握，即可解題.17．（1）見解析；（2）存在，x的值為2或5.【解析】【分析】（1）在△PFA與△ABE中，易得∠PAF=∠AEB及∠PFA=∠ABE=90°；故可得△PFA∽△ABE；（2）根據題意：若△EFP∽△ABE，則∠PEF=∠EAB；必須有PE∥AB；分兩種情況進而列出關系式．【詳解】(1)證明：∵AD∥BC,∴∠PAF=∠AEB.∵∠PFA=∠ABE=90°，∴△PFA∽△ABE.(2)若△EFP∽△ABE，則∠PEF=∠EAB.如圖，連接PE,DE,∴PE∥AB.∴四邊形ABEP為矩形.∴PA=EB=2，即x=2.如圖，延長AD至點P，作PF⊥AE于點F,連接PE,若△PFE∽△ABE，則∠PEF=∠AEB.∵∠PAF=∠AEB，∴∠PEF=∠PAF.∴PE=PA.∵PF⊥AE，∴點F為AE的中點.∵AE=，∴EF=AE=.∵，∴PE=5，即x=5.∴滿足條件的x的值為2或5.【點睛】此題考查正方形的性質，相似三角形的判定，解題關鍵在于作輔助線.18．（1）見解析；（2）見解析.【解析】【分析】（1）根據等邊三角形的性質可得出AB＝BC、∠ABD＝∠C，結合BD＝CE即可證出△ABD≌△BCE（SAS），根據全等三角形的性質可得出∠CBE＝∠BAD，通過角的計算可得出∠EAM＝∠EBA，再結合∠AEM＝∠BEA即可證出△AME∽△BAE；（2）根據相似三角形的性質可得出∠AME＝∠BAE＝60°，由對頂角相等可得出∠BMD＝60°，再結合∠ABD＝60°、∠BDM＝∠ADB，即可證出△ABD∽△BMD，根據相似三角形的性質可證出BD2＝AD×DM．【詳解】證明：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°．在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠CBE＝∠BAD，∴∠EAM＝∠EBA．又∵∠AEM＝∠BEA，∴△AME∽△BAE．（2）∵△AME∽△BAE，∴∠AME＝∠BAE＝60°，∴∠BMD＝60°．又∵∠ABD＝60°，∠BDM＝∠ADB，∴△ABD∽△BMD，∴BD2＝AD×DM．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質以及等邊三角形的性質，解題的關鍵是：（1）利用全等三角形的性質找出∠CBE＝∠BAD；（2）根據對應角相等證出△ABD∽△BMD．19．（1）見解析；（2）DE的長為；（3）AD的長為或．【解析】【分析】（1）根據平行線的性質得∠ADE＝∠B，∠A＝∠BDF，則根據相似三角形的判定方法可判斷△ADE∽△DBF；（2）設DE＝x，利用菱形的性質得DE＝DF＝CF＝CE＝x，則AE＝5﹣x，BF＝6﹣x，根據相似三角形的性質得＝，即＝，然后利用相似比的性質求出x即可；（3）設AD＝AE＝t，則CE＝5﹣t，先判斷四邊形DECF為平行四邊形，所以DF＝CE＝5﹣t，DE＝CF，利用平行線分線段成比例的性質可表示出DE＝t，則CF＝t，BF＝6﹣t，由于∠EDF＝∠BFD，根據相似三角形的判定方法，當＝，△EDF∽△BFD，即BF＝DE，6﹣t＝t；當＝，△EDF∽△DFB，即＝，然后利用比例性質分別求出t即可．【詳解】（1）證明：∵DE‖BC，DF‖AC，∴∠ADE＝∠B，∠A＝∠BDF，∴△ADE∽△DBF；（2）解：設DE＝x，∵四邊形DECF是菱形，∴DE＝DF＝CF＝CE＝x，∴AE＝5﹣x，BF＝6﹣x，∵△ADE∽△DBF，∴＝，即＝，解得x＝，即DE的長為；（3）解：設AD＝AE＝t，則CE＝5﹣t，∵DE‖BC，DF‖AC，∴四邊形DECF為平行四邊形，∴DF＝CE＝5﹣t，DE＝CF，∵DE∥BC，∵＝，即＝，則DE＝t，∴CF＝t，∴BF＝6﹣t，∵∠EDF＝∠BFD，∴當＝，△EDF∽△BFD，即BF＝DE，6﹣t＝t，解得t＝；當＝，△EDF∽△DFB，即＝，解得t＝5（舍去）或t＝，綜上所述，AD的長為或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，菱形的性質，平行線的性質和分類討論的數學思想方法.熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．20．（1）見解析；（2）AB＝；（3）DF＝．【解析】【分析】（1）根據矩形的性質得到∠BAD＝∠ABC＝90°，根據余角的性質得到∠BAC＝∠AEB，根據相似三角形的判定定理即可得到結論；（2）根據相似三角形的性質即可得到結論；（3）連接BD，根據相似三角形的性質得到＝，等量代換得到＝，推出△DEF∽△BED，根據相似三角形的性質列比例式即可得到結論．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∵BE⊥AC，∴∠AFB＝90°，∴∠ABF+∠BAF＝90°，∴∠BAC＝∠AEB，∴△EAB∽△ABC；（2）∵點E是AD的中點，AD＝2，∴AE＝1，∵△EAB∽△ABC，∴，∴AB＝＝＝；（3）連接BD，∵AC⊥BE，∴∠AFB＝∠AFE＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAE＝90°，又∵∠AEF＝∠BEA，∴△AEF∽△BEA，∴＝，∵點E是AD的中點，∴AE＝ED，∴＝，又∵∠FED＝∠DEB，∴△DEF∽△BED，∴，∵AD＝2，AE＝1，AB＝，∴BD＝，BF＝，BE＝，∴EF＝BE﹣BF＝﹣＝，∴＝，∴DF＝．【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定與性質，矩形的性質，勾股定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．21．（1）見解析；（2）DN＝；（3）DN＝．【解析】【分析】（1）由正方形的性質得出AB＝AD，∠B＝90°，AD∥BC，得出∠AMB＝∠EAF，再由∠B＝∠AFE，即可得出結論；（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DN的長；（3）根據余角的性質得到∠BAM＝∠E，根據相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝90°，AD∥BC，∴∠AMB＝∠EAF，又∵EF⊥AM，∴∠AFE＝90°，∴∠B＝∠AFE，∴△ABM∽△EFA；（2）解：∵∠B＝90°，AB＝12，BM＝6，∴AM＝＝6，AD＝12，∵F是AM的中點，∴AF＝AM＝3，∵△ABM∽△EFA，∴＝，即＝，∴AE＝15，∴DE＝AE﹣AD＝3，∵∠EDN＝∠EFA＝90°，∠E＝∠E，∴△AEF∽△NED，∴＝，∵EF＝＝6，∴DN＝；（3）解：∵∠B＝∠AFE＝∠BAD＝90°，∴∠BAM+∠EAF＝∠EAF+∠E＝90°，∴∠BAM＝∠E，∴△ABM∽△EDN，∴，即，∴DN＝．【點睛】本題考查了正方形的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理；熟練掌握正方形的性質，并能進行推理計算是解決問題的關鍵.22．8【解析】【分析】根據作法得到MN是線段AD的垂直平分線，則AE=DE，AF=DF，所以∠EAD=∠EDA，加上∠BAD=∠CAD，得到∠EDA=∠CAD，則可判斷DE∥AC，同理DF∥AE，于是可判斷四邊形AEDF是平行四邊形，加上EA=ED，則可判斷四邊形AEDF為菱形，所以AE=DE=DF=AF=4，然后利用平行線分線段成比例可計算BE的長．【詳解】解：根據作法可知：MN是線段AD的垂直平分線，∴AE=DE，AF=DF，∴∠EAD=∠EDA，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∴∠EDA=∠CAD，∴DE∥AC，同理DF∥AE，∴四邊形AEDF是平行四邊形，而EA=ED，∴四邊形AEDF為菱形，∴AE=DE=DF=AF=4，∵DE∥AC，∴BE：AE=BD：CD，即BE：4=6：3，∴BE=8．【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖：復雜作圖是在五種基本作圖的基礎上進行作圖，一般是結合了幾何圖形的性質和基本作圖方法．解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了菱形的判定與性質和平行線分線段成比例．23．教材呈現(xiàn)：詳見解析；結論應用：（1）；（2）6．【解析】【分析】教材呈現(xiàn)：如圖①，連結．根據三角形中位線定理可得，，那么，由相似三角形對應邊成比例以及比例的性質即可證明；結論應用：（1）如圖②．先證明，得出，那么，又，可得，由正方形的性質求出，即可求出；（2）如圖③，連接．由（1）易證．根據同高的兩個三角形面積之比等于底邊之比得出與的面積比，同理，與的面積比＝2，那么的面積的面積＝2（的面積的面積）＝，所以的面積，進而求出的面積．【詳解】教材呈現(xiàn)：證明：如圖①，連結．∵在中，分別是邊的中點，∴，∴，∴，∴，∴；結論應用：（1）解：如圖②．∵四邊形為正方形，為邊的中點，對角線、交于點，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵正方形中，，∴，∴．故答案為；（2）解：如圖③，連接．由（1）知，，∴．∵與的高相同，∴與的面積比，同理，與的面積比＝2，∴的面積的面積＝2（的面積的面積），∴的面積，∴的面積．故答案為6．【點睛】考核知識點：相似三角形的判定和性質.靈活運用正方形性質，相似三角形判定和性質是關鍵.24．（1）證明見解析（2）34【解析】【分析】（1）要證三角形ABM∽MCN，就需找出兩組對應相等的角，已知兩個三角形中一組對應角為直角，而∠BAM和∠NMC都是∠AMB的余角，因此這兩個角也相等，據此可得出兩三角形相似；（2）由△ABM∽△MCN，得出對應邊成比例BMCN【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，正方形ABCD的邊長為4，∴AB=BC=4，∠B=∠C=90°，∵AM和MN垂直，∴∠AMN=90°，∴∠BAM+∠AMB=90°，∠NMC+∠BMA=180°﹣90°=90°，∴∠BAM=∠NMC，∵∠B=∠C，∴△ABM∽△MCN；（2）解：∵△ABM∽△MCN，∴ABCM∵△ABM∽△MCN，△ABM的周長與△MCN周長之比是4：3，∴△ABM的周長與△MCN邊長之比也是4：3，∴ABCM∵AB=4，∴4CM∴CM=3，∴BM=4﹣3=1，∴1CN∴NC=34【點睛】本題考查了正方形的性質和相似三角形的判定與性質，根據相似三角形得出與所求的條件相關的線段成比例是解題的關鍵．25．2或0.8秒【解析】【分析】分類討論：分別利用當△ABC∽△PBQ時以及當△ABC∽△QBP時，分別得出符合題意的答案．【詳解】解：設t秒時，則BP=8﹣2t，BQ=4t，設t秒時，則BP=8﹣2t，BQ=4t，當ΔABC∽ΔPBQ時，則AB即8解得：t=2，當ΔABC∽ΔQBP時，則AB即8解得：t=0.8，綜上所述：經過2或0.8秒△PBQ與△ABC相似．【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定，熟練利用分類討論得出是解題關鍵．26．（1）見解析；（2）當t＝5時，DP⊥AC，理由見解析【解析】【分析】（1）根據矩形的性質可得CD∥AB，根據平行線的性質可得∠DCQ=∠QAP，∠PDC=∠QPA，進而可得判定△APQ∽△CDQ；（2）首先證明△ADQ∽△ACD，根據相似三角形的性質可得ADAC=AQAD，然后計算出AC長，進而可得AQ長，再證明△AQP∽△ABC，可得【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD∥AB，∴∠DCQ=∠QAP，∠PDC=∠QPA，∴△APQ∽△CDQ；（2）解：當t=5時，DP⊥AC；∵∠ADC=90°，DP⊥AC，∴∠AQD=∠AQP=∠ADC=90°，∵∠DAQ=∠CAD，∴△ADQ∽△ACD，∴ADACAC=102則AQ=AD∵∠AQP=∠ABC=90°，∠QAP=∠BAC，∴△AQP∽△ABC，∴AQAP則25解得：t=5，即當t=5時，DP⊥AC．【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質，關鍵是掌握有兩個角對應相等的三角形相似，相似三角形對應邊成比例．27．（1）1；；（2）①；②；（3）或．【解析】分析：(1)先用等量代換判斷出，，得到∽，再判斷出∽即可；(2)方法和一樣，先用等量代換判斷出，，得到∽，再判斷出∽即可；(3)由的結論得出∽，判斷出，求出DE，再利用勾股定理，計算出即可．

詳解：當時，即：，，，，，，，，即，∽，，，，∽，，，，，，，，，即，∽，，，，∽，，成立.如圖，，，又，，，，，即，∽，，，，∽，，．由有，∽，，，，在中，，，，當E在線段AC上時，在中，，，根據勾股定理得，，，或舍)當E在直線AC上時，在中，，，根據勾股定理得，，，，或舍)，即：或．點睛：此題是三角形綜合題，主要考查了三角形相似的性質和判定，勾股定理，判斷相似是解本題的關鍵，求CE是本題的難點．28．（1）（2）3或（3）或2【解析】【分析】(1)由題意可知BP=t,AQ=2t,則AP=6-t由AP=3AQ可得到關于t的方程,可求得的值;(2)分∠APQ=900和ΔAQP=900兩種情況,再利用含30角的直角三角形的性質可和AP=2AQ,或AQ=2AP,分別求即可;(3)由已知可證得△CDQ是等邊三角形，分△BPD∽△PDQ，△BPQ∽△QDP兩種情況討論，可得t的值.【詳解】（1）由題意知，AQ＝2t，BP＝t，∵△ABC是邊長為6cm的等邊三角形，∴∠A＝60°，AB＝6，∴AP＝AB﹣BP＝6﹣t，∵AP＝3AQ，∴6﹣t＝3×2t，∴t＝，即：t＝秒時，AP＝3AQ；（2）由（1）知，∠A＝60°，AQ＝2t，AP＝6﹣t，∵△APQ為直角三角形，①當∠APQ＝90°時，AQ＝2AP，∴2t＝2（6﹣t），∴t＝3秒，②當∠AQP＝90°時，AP＝2AQ，∴6﹣t＝2×2t，∴t＝秒，即：t＝3秒或秒時，△APQ是直角三角形；（3）由題意知，AQ＝2t，BP＝t，∴AP＝6﹣t，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠C＝60°，∵QD∥AB，∴∠PDQ＝∠BPD，∠QDB＝∠A＝60°，∴△CDQ是等邊三角形，∴CD＝CQ，∴BD＝AQ＝2t，∵△BDP與△PDQ相似，∴①當△BPD∽△PDQ時，∴∠B＝∠DPQ＝60°，∴∠APQ＝∠BDP，∵∠A＝∠B，∴△APQ∽△BDP，∴，∴，∴t＝秒，②當△BPQ∽△QDP時，∴∠B＝∠DQP＝60°，∵DQ∥AB，∴∠APQ＝DQP＝60°，∵∠A＝60°，∴△APQ是等邊三角形，∴AP＝AQ，∴6﹣t＝2t，∴t＝2秒，即：t＝秒或2秒時，△BDP與△PDQ相似．【點睛】本題主要考查相似三角形的性質和等邊三角形的性質,利用條件得到關于的方程是解題的關鍵,注意分類思想和方程思想的應用.29．（1）見解析；（2）AD的值為5或．【解析】【分析】（1）先證明DF∥AE，EF∥AD即可；（2）分兩種情形分別求解即可解決問題；【詳解】（1）證明：∵AD＝DB，DE∥BC，∴AE＝EC，∵EF∥AB，∴BF＝CF，∵AD＝DB，∴DF∥AC，∵EF∥AB，∴四邊形DFEA是平行四邊形．（2）情形1：當點D是AB的中點，由（1）可知：DE∥BC，DF∥EC，∴四邊形DECF是平行四邊形，∵∠ECF＝90°，∴四邊形DECF是矩形，∴∠EDF＝90°，△DEF是直角三角形，此時AD＝AB＝×＝5．情形2：如圖，當∠DFE＝90°時，設AD＝x．則AE＝x．BD＝10﹣x，EC＝8﹣x，BF＝（10﹣x），CF＝（8﹣x），∵BF+CF＝6，∴（10﹣x）+（8﹣x）＝6∴x＝，綜上所述，AD的值為5或．【點睛】考查平行四邊形的判定和性質，勾股定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識.30．（1）證明見解析；（2）CE∥AD，理由見解析；（3）74【解析】試題分析：（1）根據角平分線的定義得到∠DAC=∠CAB，根據相似三角形的判定定理證明；（2）根據相似三角形的性質得到∠ACB=∠ADC=90°，根據直角三角形的性質得到CE=AE，根據等腰三角形的性質、平行線的判定定理證明；（3）根據相似三角形的性質列出比例式，計算即可．試題解析：（1）∵AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠CAB，又∵AC2=AB?AD，∴AD：AC=AC：AB，∴△ADC∽△ACB；（2）CE∥AD，理由：∵△ADC∽△ACB，∴∠ACB=∠ADC=90°，又∵E為AB的中點，∴∠EAC=∠ECA，∵∠DAC=∠CAE，∴∠DAC=∠ECA，∴CE∥AD；（3）∵AD=4，AB=6，CE=12∵CE∥AD，∴∠FCE=∠DAC，∠CEF=∠ADF，∴△CEF∽△ADF，∴CFAF=CEAD=∴ACAF=731．（1）①相似；②；；（2）△ADB∽△AEC；（3）4+或4﹣．【解析】【分析】(1)①根據相似三角形的判定定理解答；②根據勾股定理求出DE，根據相似三角形的性質列出比例式，求出AC；(2)根據旋轉變換的性質得到∠BAD＝∠CAE，根據兩邊對應成比例，夾角相等的兩個三角形相似證明；(3)根據勾股定理求出BD，分兩種情況計算即可．【詳解】解：（1）①∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE，故答案為：相似；②∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B＝90°，∴DE＝＝，∵△ABC∽△ADE，∴，即，解得，AC＝，故答案為：；；（2）△ADB∽△AEC，理由如下：由旋轉變換的性質可知，∠BAD＝∠CAE，由（1）得，，又∠BAD＝∠CAE，∴△ADB∽△AEC；（3）如圖2，在Rt△ADB中，BD＝＝4，∵點B、D、E在同一條直線上，∴BE＝BD+DE＝4+，如圖3，BE＝BD﹣DE＝4﹣，綜上所述，將△ADE繞頂點A旋轉到點B、D、E在同一條直線上時，線段BE的長為4+或4﹣．【點睛】考查的是相似三角形的判定和性質，旋轉變換的性質，勾股定理的應用，掌握相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．32．（1）P（﹣2，0）或（2，0）；（2）P（﹣4+2，0）或（﹣4﹣2，0）；（3）點P的坐標為（﹣8+4，0）或（﹣8﹣4，0）或（8，0）或（﹣3，0）．【解析】【分析】（1）根據坐標軸上點的特點求出A，B坐標，進而求出OA，OB，最后用相似三角形得出比例式建立方程即可得出結論；（2）先求出點C坐標，點P坐標，利用三角形的面積公式建立方程求解即可得出結論；（3）先求出AB2＝80，AP2＝（n+8）2，BP2＝n2+16，利用等腰三角形分三種情況建立方程求解即可得出結論．【詳解】解：（1）一次函數y＝x+4，令x＝0，∴y＝4，∴B（0，4），∴OB＝4，令y＝0，∴0＝x+4，∴x＝﹣8，∴A（﹣8，0），∴OA＝8，∵△BPO∽△ABO，∴,∴OP＝＝2，∴n＝±2，∴P（﹣2，0）或（2，0）；（2）直線y＝2x+b①與直線AB：y＝x+4②相交于C，聯(lián)立①②解得，，針對于直線PC：y＝2x+b，令y＝0，∴2x+b＝0，∴x＝﹣b，∵△PAC的面積為20，∴S△PAC＝|﹣b﹣（﹣8）|×||＝20，∴b＝16±4，∴n＝﹣（16±4）＝﹣4±2，∴P（﹣4+2，0）或（﹣4﹣2，0）；（3）由（1）知，A（﹣8，0），B（0，4），∵P（n，0），∴AB2＝80，AP2＝（n+8）2，BP2＝n2+16，∵以A，B，P為頂點的三角形為等腰三角形，∴①當AB＝AP時，∴AB2＝AP2，∴80＝（n+8）2，∴n＝﹣8±4，∴P（﹣8+4，0）或（﹣8﹣4，0），②當AB＝BP時，∴AB2＝BP2，80＝n2+16，∴n＝8或n＝﹣8（和點A重合，所以，舍去），∴P（8，0），③當AP＝BP時，∴AP2＝BP2，（n+8）2＝n2+16，∴n＝﹣3，∴P（﹣3，0），即：點P的坐標為（﹣8+4，0）或（﹣8﹣4，0）或（8，0）或（﹣3，0）．【點睛】一次函數綜合題，主要考查了坐標軸上點的特點，兩直線交點坐標的求法，等腰三角形的性質，用方程的思想解決問題是解本題的關鍵．33．(1)(-6，0)，(6，0)；(2)k=16；(3)點P的坐標為：(0，2)或(0，6)或(0，12)或(0，4+2)或(0，4-2).【解析】【分析】（1）首先利用直接開平方法求出方程x2-12x+36=0的兩根，從而得出OA=OC=6，進而得出A、C兩點的坐標；（2）如圖，過點B作BE⊥AC，垂足為E，根據等腰直角三角形的性質得出AE=BE，設BE=x，EC=12-x，在RtΔBEC中利用勾股定理建立方程，求解并檢驗即可得出BE、OE的長從而得出B點的坐標，然后利用待定系數法即可求出反比例函數的解析式；（3）存在．如圖2，若點P在OD上，若△PDB∽△AOP，根據相似三角形對應邊成比例得出，根據比例式列出方程，求解即可得出P點的坐標；如圖3，若點P在OD上方，△PDB∽△AOP，根據相似三角形對應邊成比例得出，則根據比例式列出方程，求解并檢驗即可得出P點的坐標；如圖4，若點P在OD上方，△PDB∽△AOP，根據相似三角形對應邊成比例得出，根據比例式列出方程，求解并檢驗即可得出P點的