专项8 相似三角形的判定与性质综合-人教版九年级上册期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 8 相似三角形的判定与性质综合 1．已知如图，在ΔABC中，点 D是 AB边上一个动点，连接CD，在CD的右侧作 CDE ，DE边 交 BC于点 E，当点 D在 AB边上运动时（点 D不与点 A、点 B重合），始终保持 A CDE  ． (1)你能否再添加一个条件，使 ACD BDE△ ∽△ ； (2)在（1）的条件下，当 4AC  ， 3BE  ， 8AB  时，求 A、D两点之间的距离． 2．如图，一次函数 1 6 3 y x   与 x轴交于点 A，与 y轴交于点 B，点 C在OA上，平行于 y轴 的直线 PQ从点 A出发，以 3个单位每秒的速度在射线 AO上匀速运动，交直线 AB于点 P，交 x 轴于点 Q，运动的时间为 ( 0)t t  秒． (1)若 OBC OAB   ，①求点 C的坐标；②当 BP BC 时，求 AO的长度； (2)当 3OC  时，直接写出直线 PQ运动的过程中， CPQ 与 OBC△ 相似时（不包含重合时）t的 值． 3．阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 我们知道连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．通过证明可以得到“三角形的中位 线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半”，类似三角形中位线，我们把连接梯形两腰 中点的线段叫做梯形的中位线． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 如图，在梯形 ABCD中，AD BC∥ ，E，F分别是两腰 ,AB CD的中点， ,AF BC的延长线交于点 G． 求证：  12EF AD BC  ． 证明：∵ AD BC∥ ， ∴ ADF GCF  （依据）． ∵F为 DC的中点， ∴DF FC ． 在 ADF△ 与 GCF 中， ADF GCF AFD GFC DF CF         ， ∴ ADF GCF ≌ ， ∴ AF FG ， AD CG ． ∵E是 AB的中点，F是 AG的中点， ∴EF是 ABG 的中位线， ∴  1 1 2 2 EF BG BC CG   ． ∵ AD CG ， ∴  12EF AD BC  ． 任务： (1)填空：材料中的依据是______； (2)如图，在梯形 ABCD中，AD BC∥ ，点 E在 AB上，EF BC∥ 交CD于点 F，若 1 3 AE EB  ， 3AD  ， 5BC  ，求 EF的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 4．已知 AB是 O 的直径，CH AB 交 AB于点 D，E为射线 AB上一点，连接 CE并延长交 O 于点 F，射线 AF交射线 CH于点 G． (1)如图 1，若点 E在线段 DB（不包含端点）上，求证： 2AC AG AF  (2)如图 2，若点 E在线段 AD（不包含端点）上，求证： AC GF HG CF   (3)如图 3，若点 E在点 B的右侧部分运动，连接 HF交射线 AB于点 M，试探究 AO、MH、EF、 ME之间的数量关系，并给予证明． 5．在ΔABC中， E， F分别为边 AB， AC上的点， BF与CE相交于点D． (1)若 14 AE AB ， 1 4 AF AC ， （ⅰ） ED EC  ______； （ⅱ） 3CDFS  ，则 ABCS  ______； (2)若 1AE AB n  ， 1AF AC n  ， CDFS △ ______ ABCS ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 6．在矩形 ABCD中， : :AB AD m n，点H在边DC上（不与点C，D重合），连接 BH ，过点C 作CF BH 于点G． (1)当 : 3 : 2m n  时，求 BHCF ； (2)当 : 1m n  时，延长 BH 与 AD交于点 P，延长CF与BA交于点 E，连接 PE． ①求证： AE DP； ②判定 BF与 AH的位置关系，并说明理由． 7．在Rt ABC△ 中， 90CBA  ， 45BAC  ，点M 为线段 BC上一动点．N在 AC和 AM的垂直 平分线上．MN交 AC于点O，如图 1． (1)①若 75NMC  ，则 NAC ________ ； ②若 NMC   ，求 NAB （用含有 的式子表示）； (2)求证： NAO BAM△ ∽△ ； (3)如图 2：连接NB，交 AC， AM 于 P，Q两点，若 MNC 恰好为等边三角形，求 PQ QB的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 8．如图 1，在平面直角坐标系 xOy中，矩形OABC的顶点 A，C分别在 x轴和 y轴的正半轴上， B点坐标为  6,3 ，反比例函数  0ky x x   与 BC交于点 D，与 AB交于点 E， 2BD CD ． (1)求反比例函数的表达式； (2)如图 2，连接DE， AC，求证：DE AC ； (3)如图 3，点 P在 x轴上，连接DP，以点 D为旋转中心将线段DP逆时针旋转 90°得DP，若 点P恰好落在反比例函数上，求点 P的坐标． 9．课本再现： （1）在图 1中，一块材料的形状是锐角三角形 ABC，边 60mmBC  ，高 40mmAD  ．把它加工 成正方形零件，使正方形的一边在 BC上，其余两个顶点分别在 ,AB AC上，求这个正方形的边 长． 变式探究： （2）如图 2，若一块三角形材料可以加工成 3个相同大小的正方形零件，请你探究 AD与 BC的 数量关系，并说明理由． 拓展延伸： （3）如图 3，若一块三角形材料可以加工成 4个相同大小的正方形零件，且 30B  ，请你探 究 BP CQ的值． （4）如图 4，若一块三角形材料用同样的方式，可以加工成  3n n  个相同大小的正方形零件， 设每个正方形的边长为 a，则BC  ．（用含 a，n的代数式表示，直接写出结果） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 8 相似三角形的判定与性质综合 1．(1)添加BC AC ，证明见解析 (2)A、D两点之间的距离为 2或 6． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了三角形相似的性质及判定，等腰三角形的性质，熟记“两对应角相等，两 三角形相似”是解题关键． （1）由等腰三角形的性质得 B C  ，再由相似三角形的判定即可证明； （2）由 ACD DBE∽△ △ 得出 AC AD BD BE  ，由 4AC  ， 3BE  ， 8AB  即可求解． 【详解】（1）证明：添加BC AC ，使 ACD BDE△ ∽△ BC AC ， A B   ∵ A CDE  ， CDB A ACD CDE BDE     ， ∴ BDE ACD  ， ∴ ACD BDE△ ∽△ ； （2） ACD DBE△ △∽ ， AC AD BD BE   ， ∵ 4AC  ， 3BE  ， 8AB  ， 4 8 3AD AD    ∴ 2AD  或 6， ∴A、D两点之间的距离为 2或 6． 2．(1)①C点坐标为  2 0， ；②12或 24 (2)3或 15或 307 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、已知两点坐标求两点距离、一次函数与几何综合、 一次函数图象与坐标轴的交点问题 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 【分析】（1）①先求出  0,6B ，  18,0A ，证明 OBC OAB∽  ，OB OCOA OB ，求出 2OC  即可得出 答案； ②先表示出  18 3 ,0Q t ，  18 3 ,P t t ，根据 BP BC ，得出    2 26 18 3 40t t    ，求出 t的值即可 得出答案； （2）分两种情况进行讨论：当 OBC QCP∽  时，②当 OBC QPC∽  时，分别列出算式进行解答 即可． 【详解】（1）解：①把 0x  ，代入 1 6 3 y x   得 6y  ， 把 0y  ，代入 1 6 3 y x   得： 10 6 3 x   ，解得 18x  ， ∴  0,6B ，  18,0A ， ∵ OBC OAB   ， 90BOC AOB    ， ∴ OBC OAB∽  ， ∴ OB OC OA OB  ， 即 6 18 6 OC  ， 解得 2OC  ； ∴C点坐标为  2 0， ； ②由题可得  18 3 ,0Q t ，  18 3 ,P t t ， ∴    2 26 18 3BP t t    ， 2 2 40B OB OCC    ， ∵ BP BC ， ∴    2 26 18 3 40t t    ， 解得 4t  或 8， ∴ AQ为 12或 24； （2）解：根据题意得：  18 3 ,0Q t ，  18 3 ,P t t ， ∴ 18 3 3CQ t   ，PQ t ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 ①当 OBC QCP∽  时， OB OC QC QP  ， 即 6 3 18 3 3t t    ， 解得 3t  或 15； ②当 OBC QPC∽  时， OB OC QP QC  ， 即 6 3 18 3 3t t    ， 解得 30 7 t  或 6（舍去）， 综上所述 t为 3或 15或 307 ． 【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，三角形相似的判定和性质，两点间距离公式，一次 函数与坐标轴的交点问题，解题的关键是数形结合，熟练掌握三角形相似的判定方法，注意分 类讨论． 3．(1)两直线平行，内错角相等 (2)3.5 【知识点】全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA或者 AAS）、利用平行四边形性质和判定 证明、与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了梯形的中位线与平行线分线段成比例定理，平行线的性质，平行四边 形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，通过作辅助线，把梯形的问题转化为三角形的中 位线进行解答是解题的关键． （1）由平行线的性质即可得出答案； （2）过点 A作 AH CD∥ 交 EF于点 G，交 BC于点 H， , ,AHCD AGFD GHCF是平行四边形， AEG ABH∽  ，根据 1 3 AE EB  ，得到 4 BHEF EG GF AD    即可求解． 【详解】（1）解： AD BC∥ ， ∴ ADF GCF  （依据）， 故答案为：两直线平行，内错角相等； （2）解：如图 2，过点 A作 AH CD∥ 交 EF于点 G，交 BC于点 H， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 ∵ AD BC∥ ， AH CD∥ ，EF BC∥ ， , ,AHCD AGFD GHCF 是平行四边形， AEG ABH∽  ， ∴GF CH AD  ， ∵ 1 3 AE EB  ， ∴ 1 4 EG AE BH AB   ， 4 HEG B  ， 4 BHEF EG GF AD     ， ∵ 3AD  ， 5BC  ， 55 3 4 3 3.EF   ． 4．(1)见解析 (2)见解析 (3) MH EF AO ME   ，证明见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、同弧或等弧所对的圆周角相等、圆周角定理 【分析】对于（1），先证明 ACG ∽ AFC ，再根据相似三角形的对应边成比例得出答案； 对于（2），连接 AH， FH ，先根据圆的内接四边形性质得 FHG CAF   ，再根据三角形的外 角和同弧（等弧）所对的圆周角相等得出 HFG ACH AFC     ，进而得出 ACF△ ∽ HGF△ ， 再根据相似三角形的对应边成比例得出答案； 对于（3），连接OH，先根据圆周角定理得 2AOH AFH   ，再根据同弧（等弧）所对的圆周 角相等得 AFC AFH   ，可得出 CFH AOH   ，进而得出 EFM MOH   ，然后根据两角相等得 两个三角形相似得 OMH△ ∽ FME ，再根据相似三角形的对应边成比例得出答案． 【详解】（1）∵CH AB ， ∴ AC AH ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 ∴ ACH AFC   ． ∵ =CAG CAF  ， ∴ ACG ∽ AFC ， ∴ AC AG AF AC  ， 即 2AC AF AG  ； （2）如图所示． 连接 AH， FH ， ∵四边形 ACHG是 O 内接四边形， 180FHC FHG    ， ∴ 180FHC CAF    ， ∴ FHG CAF   ． ∵ ACF AHF   ， FAH FCH   ， HFG 是 AFH 的外角， ∴ HFG AHF FAH FCH ACF ACH AFC             ∴ ACF△ ∽ HGF△ ， ∴ AC CF GH FG  ， 即 AC GF HG CF   ； （3）连接OH， ∵ 2AOH AFH   ， AC AH ∴ AFC AFH   ， ∴ CFH AOH   ， ∴ EFM MOH   ． ∵ EMF OMH   ， ∴ OMH△ ∽ FME ， ∴ MH OH ME EF  ， 即 MH EF OH ME   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 ∴ MH EF AO ME   ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理及推论，圆内接四边形的性质， 三角形外角的性质等，构造辅助线证明三角形相似是解题的关键． 5．(1)（ⅰ） 15；（ⅱ）20； (2) 2 1n n n   ． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合 【分析】 （1）（ⅰ）先证明 AEF ABC ∽ ， AEF ABC   ， 1 4 EF BC  ，再证明 EDF CDB ∽ ，可得 1 4 EF DE BC DC   ， 即可求解； （ⅱ）通过相似三角形的性质可得 1 4 DF BD  ，由面积关系即可求解； （ 2）先证明 AEF ABC ∽ ， AEF ABC   ， 1EF BC n  ，再证明 EDF CDB ∽ ，可得 1EF DE BC DC n   ， 由面积关系即可求解； 本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 【详解】（1）解：（ⅰ）如图，连接 EF， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∵ 1 4 AE AB ， 1 4 AF AC ， ∴ 1 4 AE AF AB AC   ， ∵ A A   ， ∴ AEF ABC ∽ ， ∴ AEF ABC   ， 1 4 EF BC  ， ∴ EF BC ， ∴ EDF CDB ∽ ， ∴ 1 4 EF DE BC DC   ， ∴ 1 5 ED EC  ， 故答案为： 1 5； （ⅱ）∵ EDF CDB ∽ ， ∴ 1 4 DF BD  ， ∵ 3CDFS  ， ∴ 12BDCS △ ， ∴ 15BCFS  ， ∵ 1 4 AF AC  ， ∴ 3 4 CF AC  ， ∴ 15 4 20 3ABC S    ， 故答案为：20； （2） ∵ 1AE AB n  ， 1AF AC n  ， ∴ 1AE AF AB n AC   ， ∵ A A   ， ∴ AEF ABC ∽ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 ∴ AEF ABC   ， 1EF BC n  ， ∴EF BC∥ ， ∴ EDF CDB ∽ ， ∴ 1EF DE DF BC DC BD n    ， ∴  1BCF CDFS n S   ， ∴  1 1ABC CDF n n S S n     ， ∴ 2 1 CDF ABC nS S n n     故答案为： 2 1n n n   ． 6．(1) 23 BH CF  (2)①证明见解析；② BF与 AH垂直，理由见解析 【知识点】全等三角形综合问题、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性 质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明 BCH CDF ∽ ，得出 BH BC CF CD  ，结合 : : 3: 2AB AD m n  ，即可得出答案； （2）①当 : 1m n  时， AB AD ，证明 APB BEC ≌ ，即可得出结论；②方法一：由DH AB∥ 得 出 BH AD BP AP  ，证明 BHA BPE ∽ 得出 BHA BPE   ，从而得出HA PE∥ ，即可得出 BF HA ；方 法二：设 AH与 BF交于Q，证明  ASAAEF DPH ≌ 得出 AF DH ，证明  SASABF DAH ≌ 得出 ABF HAD   ，求出 90AQB  ，即可得证． 【详解】（1）解：如图： ， 矩形 ABCD，CG BH ， 90BCH D   ， 1 2 90    ， 3 2 90   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 1 3   ， BCH CDF△ ∽△ ， BH BC CF CD   ， 又 : : 3 : 2AB AD m n  ， 2 3 BH CF   ； （2）解：①当 : 1m n  时， AB AD ， 四边形 ABCD为正方形， 90PAB EBC PAE    ， AB BC AD  ， CF BH ， 90CFP APB AFE BEC     ， APB BEC  ，  AASAPB BEC ≌ ， AP BE  ， 又 AB AD ， AE DP  ； ② BF与 AH垂直， 理由如下： 方法一：在 PBE△ 中， PA BE ，EG PB ， 点 F为 PBE△ 的垂心， BF PE  DH AB ∥ ， BH AD BP AP   ， AD AD BA BA AP AD DP BA AE BE       ， BH BA BP BE   ， HBA PBE   ， BHA BPE△ ∽△ ， BHA BPE   ， HA PE ∥ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 BF HA  ； 方法二：设 AH与 BF交于Q， ， APB BEC  ， AE DP， 90EAF HDP   ，  ASAAEF DPH ≌ ， AF DH  ， 又 90BAF ADH    ， AB DA ，  SASABF DAH ≌ ， ABF HAD   ， 90HAD BAH    ， 90ABF BAH   ， 90AQB  ， BF HA  ． 7．(1)①30；② (2)见解析 (3) 3 1 2  【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等边三角形的性质、含 30度角的直角三角形、线 段垂直平分线的性质 【分析】（1）由题意知， 45BCA  ，由N在 AC和 AM 的垂直平分线上，可得NC NA NM  ， 则 NCA NAC  ， NMA NAM   ， NCM NMC  ，①由 75NMC  ，可得 75NCM  ，则 30NCA NCM BCA    ， 30NAC  ；②同理①可得 NAC NCA   ，根据 NAB NAC CAB   ，求解作答即可； （2）设 NMC   ，由（1）可知， 45NAC NCA       ，则，由题意知， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 180 180 2CNM NMC NCM       ，则 90ANO ANC CNM    ，即 ANO ABM  ，由 题意得， 180 45 2 ANONAM NMA       ，由 45NAO NAM OAM OAM     ， 45BAM BAC OAM OAM     ，可得 NAO BAM  ，进而结论得证； （3）证明BN垂直平分 AC，即 P是 AC的中点， 1 452 ABN CBN ABC      ，如图 1，作PE CB∥ 交 AM 于 E，则 PE是 ACM△ 的中位线， 1 2 PE CM ，由 MNC 为等边三角形，可得 60NCM  ， CN CM ，设 2CN CM a  ，则PE a ，如图 1，作NF CM 于 F，则 30CNF  ， 45BNF FBN   ， 1 2 CF CN a  ，BF NF ，由勾股定理得， 2 2 3NF CN CF a   ，即 3BF a ， 3BC CF BF a a    ， 3BM BC CM a a    ，证明 PEQ BMQ ∽ ，根据 3 PQ PE a QB BM a a    ， 求解作答即可． 【详解】（1）解：∵ 90CBA  ， 45BAC  ， ∴ 45BCA  ， ∵N在 AC和 AM 的垂直平分线上， ∴NC NA NM  ， ∴ NCA NAC  ， NMA NAM   ， NCM NMC  ， ①解：∵ 75NMC  ， ∴ 75NCM  ， ∴ 30NCA NCM BCA    ， ∴ 30NAC  ， 故答案为：30； ②解：∵ NMC   ， ∴ NCM   ， ∴ 45NAC NCA NCM BCA         ， ∴ NAB NAC BAC     ， 故答案为： ； （2）证明：设 NMC   ， 由（1）可知， 45NAC NCA       ， ∴ 180 270 2ANC NAC NCA       ， 由题意知， 180 180 2CNM NMC NCM       ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 ∴ 90ANO ANC CNM    ， ∴ ANO ABM  ， ∴ 180 45 2 ANONAM NMA       ， ∵ 45NAO NAM OAM OAM     ， 45BAM BAC OAM OAM     ， ∴ NAO BAM  ， ∴ NAO BAM△ ∽△ ； （3）解：∵BA BC NA NC ， ， ∴BN垂直平分 AC，即 P是 AC的中点， ∴ 1 45 2 ABN CBN ABC      ， 如图 1，作PE CB∥ 交 AM于 E， ∴ AE ME ， E为 AM的中点， ∴ PE是 ACM△ 的中位线， 1 2 PE CM ， ∵ MNC 为等边三角形， ∴ 60NCM  ，CN CM ， 设 2CN CM a  ，则PE a ， 如图 1，作NF CM 于 F， ∴ 30CNF  ， 45BNF FBN   ， ∴ 1 2 CF CN a  ，BF NF ， 由勾股定理得， 2 2 3NF CN CF a   ， ∴ 3BF a ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∴ 3BC CF BF a a    ， 3BM BC CM a a    ， ∵PE CB∥ ， ∴ PEQ BMQ EPQ MBQ     ， ， ∴ PEQ BMQ ∽ ， ∴ 3 1 23 PQ PE a QB BM a a      ， ∴ PQ QB的值为 3 1 2  ． 【点睛】本题考查了垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理， 相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30的直角三角形，勾股定理，平行线分线 段成比例，中位线等知识．熟练掌握垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三 角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30的直角三角形，勾股 定理，平行线分线段成比例，中位线是解题的关键． 8．(1) 6y x  (2)见解析 (3) 1 ,0 5 P     【知识点】反比例函数与几何综合、求反比例函数解析式、全等的性质和 ASA（AAS）综合 （ASA或者 AAS）、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由点 B的坐标及 2BD CD ，可求得点 D的坐标，再代入 ky x  中，即可求得结 果； （2）先求出点 E的坐标，则可计算出 23 BE BA  ， 4 2 6 3 BD BC   ，再由 B B   ，即可得 BDE BCA∽  ， 利用对应角相等即可证明平行； （3）过 P作 PM CB 于 M，过 P作 P N CB  于 N，易得 MPD NDP ≌ ，则有DN PM 且MD PN  ； 设 ( ,0)P t ，则可表示出P的坐标，由此点在反比例函数图象上即可求得点 P坐标． 【详解】（1）解：∵  6,3B ， ∴ 6 3CB BA ， ， ∵ 2BD CD ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 ∴ 4 2BD CD ， ， ∴  2,3D ， 将  2,3D 代入 ky x  ，得3 2 k  ， 解得 6k  ， ∴ 6y x  ； （2）证明：将 6x  代入 6y x  ，得 1y  ， ∴ 1(6 )E ，， ∴ 1AE  ， ∵  6,3B ， ∴ 3AB  ， ∴ 3 1 2BE AB AE     ， ∴ 2 3 BE BA  ， ∵ 4 2 6 3 BD BC   ， ∴ BE BD BA BC  ， ∵ B B   ， ∴ BDE BCA∽  ， ∴ BDE BCA  ， ∴DE AC∥ ； （3）解：∵旋转， ∴ PD P D ， 90PDP  ， ∴ 90MDP P DN    ； 过 P作 PM CB 于 M，过P'作 P N CB  于 N，如图， 则 90PMD DNP PMC       ， ∵四边形 AOCB为矩形， ∴ 90AOC OCB   ， ∴四边形OPMC是矩形， ∴ 3PM OC CM OP  ， ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 ∵ 90MPD MDP    ， 90MDP P DN    ， ∴ MPD P DN   ， 在 MPD 与 NDP△ 中， PMD P ND MPD PDN PD PD          ， ∴ MPD NDP ≌ ， ∴ 3DN PM  ， 'MD P N ， 设 ( ,0)P t ， ∴ 2D MMD x x t    ， ∴ ' 2P N t  ， ∴  ' 3 2 1Py t t     ， ' 5 1P t （ ， ）， ∵点P在反比例函数 6y x  的图象上， ∴将 5 1P t （ ， ）代入 6y x  ，得 1 5 t  ， ∴ 1 ,0 5 P      【点睛】本题是函数与几何的综合，考查了求函数解析式，反比例函数的图象与性质，全等三 角形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，灵活运用这些知识是关键． 9．（1） 24mm；（2） AD BC ，理由见解析；（3） 2 3 3 ；（4）  2 3n a 【知识点】全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA或者 AAS）、含 30度角的直角三角形、 根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）设这个正方形的边长为 mmx ，则 mmEF DK x  ，根据 EF BC∥ ，得到 AEF ABC△ △∽ ， 根据相似三角形的性质得到比例式，解方程即可得到结果； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 （2）根据题意可得 EF GH BC∥ ∥ ，证明 GBN EGM≌  以及 AEF AGH∽  ，可得 AE EG GB  ， 再证明 AEF ABC△ △∽ ，可得 3 3 , 3AD AP EF BC EF   ，即可求解； （3）如图，设 AD分别交 EF GH、 于点 M、N，设每个正方形的边长为 a，根据EF GH BC∥ ∥ ， 推出 AEF AGH ABC∽ ∽   ，于是得到 AM AN AD EF GH BC   ，列方程即可得到 2.5 5AD a BC a ， ，从 而得到 5AB BC a  ， 5 35 2 CD a a  ，再根据 CHQ CAD∽  ，可得  2 3CQ a  ，即可求解； （4）过点 A作 AD BC 分别交EF GH、 于点M、N，根据 AEF AGH ABC∽ ∽   ，可得 AM AN AD EF GH BC   ， 即可求解． 【详解】解：（1）如图，设 AD EF， 交于点 K， 设这个正方形的边长为 mmx ，则 mmEF DK x  ， ∴  40 mmAK x  ， ∵ EF BC∥ ， ∴ AEF ABC△ △∽ ， ∴ EF AK BC AD  ， 即 40 60 40 x x  ， 解得： 24x  ， 即这个正方形的边长为 24mm； （2）如图， 设这个正方形的边长为 mmx ， 根据题意得EF GH BC∥ ∥ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 ∴ EGM B EMG BNG   ， ， AEF AGH AEF ABC   ∽ ， ∽ ， 在 GBN△ 与 EGM 中， ∵ EGM B EMG BNG EM GN    ， ， ， ∴ GBN EGM≌  ， EG BG  ， ∵ AEF AGH∽  ， ∴ 1 2 AE EF AG GH   ， ∴ AE EG ， AE EG GB   ， ∴ 1 AP AE EM EG   ， ∴ AP EM EF  ， ∵ AEF ABC△ △∽ ， ∴ 1 3 AP EF AE AD BC AB    ， ∴ 3 3 3AD AP EF BC EF  ， ， ∴ AD BC ； （3）如图，设 AD分别交 EF GH、 于点 M、N， 设每个正方形的边长为 a， ∵EF GH BC∥ ∥ ， AEF AGH ABC ∽ ∽   ， ∴ , AM EF AM EF AN GH AD BC   ， ∴ AM AN AD EF GH BC   ， ∴ 2 3 AD a AD a AD a a BC     ， 解得： 2.5 5AD a BC a ， ， 2BC AD  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 ∵ 30 ,B AD BC    ， ∴ 2 5AB AD a  ， 3BP a ， 5 3 2 BD a ， 5AB BC a   ， ∴ 5 35 2 CD a a  ， ∵HQ AD∥ ， ∴ CHQ CAD∽  ， ∴ HQ CQ AD CD  ， ∴ 2.5 5 35 2 a CQ a a a   ， 解得：  2 3CQ a  ， ∴   3 2 3 3 2 3 BP a CQ a     ； 故答案为： 2 3 3 ； （4）如图，过点 A作 AD BC 分别交EF GH、 于点 M、N， ∵EF GH BC∥ ∥ ， AEF AGH ABC ∽ ∽   ， ∴ , AM EF AM EF AN GH AD BC   ， ∴ AM AN AD EF GH BC   ， ∴   2 1 AD a AD a AD a n a BC      ， 解得：  2 3BC n a  ． 故答案为：  2 3n a ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的 性质，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键．