2025年九年级数学中考三轮冲刺训练相似形综合压轴题训练

2025年九年级数学中考三轮冲刺训练相似形综合压轴题训练 1．在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H． （1）如图1，求证：△DEP∽△CPH； （2）如图2，当P为CD的中点，AB＝2，AD＝3时，求GH的长； （3）如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由． 2．如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE＝∠DAF． 【模型建立】 （1）求证：AF⊥BE； 【模型应用】 （2）若AB＝2，AD＝3，DFBF，求DE的长； 【模型迁移】 （3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DFBF，求的值． 3．在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且． （1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC； （2）已知AD＝AE＝1； ①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM•DN，求边CD的长． 4．某学校数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： （1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，且DE⊥CF，猜想并计算的值； （2）如图2，在矩形ABCD中，∠DBC＝30°，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值； （3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD． 5．如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点． （1）求证：OE＝OF； （2）连接BM交AC于点H，连接HE，HF． （ⅰ）如图2，若HE∥AB，求证：HF∥AD； （ⅱ）如图3，若▱ABCD为菱形，且MD＝2AM，∠EHF＝60°，求的值． 6．（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，请证明； （2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长； （3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长． 7．正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1＝∠2，AE＝EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G． （1）如图1，求证：△ABE≌△EGF； （2）如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M． ①求证：点P在∠ABC的平分线上； ②当时，猜想AP与PH的数量关系，并证明； ③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB＝6，求BE的值． 8．数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决． 在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD． （1）初步探究 如图2，若∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD•AB； （2）尝试应用 如图3，在（1）的条件下，若点D为AB中点，BC＝4，求CD的长； （3）创新提升 如图4，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC＝2，求BE的长． 9．如图，正方形ABCD边长为6cm，点E为对角线AC上一点，CE＝2AE，点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（0＜t≤3）． （1）求证：△AEP∽△CEQ． （2）当△EPQ是直角三角形时，求t的值． （3）连接AQ，当tan∠AQE时，求△AEQ的面积． 10．（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF． 【问题解决】 （2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H． 【类比迁移】 （3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长． 11．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF． （1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点． ①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE； ②如图2，当tan∠FCE时，求AF的长； （2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE时，求证：AE＝AF． 12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，点D在边AC上，将线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA′，线段DA′交AB于点E，作A′F⊥AB于点F，与线段AC交于点G，连接FC，GB． （1）求证：△ADE≌△A′DG； （2）求证：AF•GB＝AG•FC； （3）若AC＝8，tanA，当A′G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长． 13．如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA，AC＝1．如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH＝x，MN＝y． （1）求CE的长和y关于x的函数表达式； （2）当PH＜PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值； （3）延长PN交半圆O于点Q，当NQx﹣3时，求MN的长． 14．已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点． （1）如图1，连接BE，DE．求证：△ABE≌△ADE； （2）如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BF⊥BE．判断△FBG的形状并说明理由； （3）在第（2）题的条件下，BE＝BF＝2．求的值． 15．如图，平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝10，BC边上的高AM＝4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF． （1）求证：△ABM∽△EBF； （2）当点E为BC的中点时，求DE的长； （3）设BE＝x，△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多少？ 16．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F． （1）求证：△AEF∽△DCE； （2）如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM． ①求AG+GM的最小值； ②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长． 17．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝CD，O是对角线AC的中点，联结BO并延长交边CD或边AD于点E． （1）当点E在CD上， ①求证：△DAC∽△OBC； ②若BE⊥CD，求的值； （2）若DE＝2，OE＝3，求CD的长． 参考答案 1．【解答】（1）证明：如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝∠C＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上， ∴∠EPH＝∠A＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠3＝∠2， ∴△EDP∽△PCH； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°， ∵P为CD中点， ∴DP＝CP1， 设EP＝AE＝x， ∴ED＝AD﹣x＝3﹣x， 在Rt△EDP中，EP2＝ED2+DP2， 即x2＝（3﹣x）2+1， 解得x， ∴EP＝AP＝x， ∴ED＝AD﹣AE， ∵△EDP∽△PCH， ∴，即， ∴PH， ∵PG＝AB＝2， ∴GH＝PG﹣PH． （3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP， ∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上， ∴AP⊥EF，BG⊥直线EF， ∴BG∥AP， ∵AE＝EP， ∴∠EAP＝∠EPA， ∴∠BAP＝∠GPA， ∴△MAP是等腰三角形， ∴MA＝MP， ∵P为CD中点， ∴设DP＝CP＝y， ∴AB＝PG＝CD＝2y， ∵H为BC中点， ∴BH＝CH， ∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH， ∴△MBH≌△PCH（ASA）， ∴BM＝CP＝y，HM＝HP， ∴MP＝MA＝MB+AB＝3y， ∴HPPMy， 在Rt△PCH中，CHy， ∴BC＝2CHy， ∴AD＝BCy， 在Rt△APD中，APy， ∵BG∥AP， ∴△BMG∽△AMP， ∴， ∴BGy， ∴， ∴ABBG． 2．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠ABE＝∠DAF， ∴∠AOE＝∠BAF+∠ABE＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°， ∴AF⊥BE． （2）解：如图1，延长AF交CD于点G， ∵GD∥AB， ∴△GDF∽△ABF， ∵DFBF，AB＝2，AD＝3， ∴， ∴GDAB2＝1， ∵∠BAE＝∠ADG＝90°，∠ABE＝∠DAG， ∴tan∠ABE＝tan∠DAG， ∴AEAB2， ∴DE＝AD﹣AE＝3， ∴DE的长是． （3）解：如图2，延长AF交CD于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠ADH＝90°， 设AB＝AD＝2m， ∵HD∥AB， ∴△HDF∽△ABF， ∵DFBF， ∴， ∴HDAB2m＝m， ∴AHm， ∴AFAHAHmm， ∴， ∴的值为． 3．【解答】（1）证明：延长DE和CB交于点G， ∵AD∥BC， ∴， ∵AEAB，DF ∴，， ∴， ∴EF∥BC． （2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA，OD，OE． ∵点O为△ADE外接圆的圆心， ∴OA＝OE＝OD， ∴AF＝EFAE， ∵AEAB， ∴AB＝3AE＝3， ∵AE＝AD，OE＝OD，OA＝OA， ∴△AOE≌△AOD（SSS）， ∴∠EAO＝∠DAO， ∵BO平分∠ABC， ∴∠ABO＝∠CBO， ∵AD∥BC， ∴∠DAB+∠ABC＝180°， ∴2∠EAO+2∠ABO＝180°，即∠EAO+∠ABO＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∵OF⊥AE， ∴∠AFO＝∠AOB＝90°， ∵∠FAO＝∠OAB， ∴△FAO∽△OAB， ∴，即AO2＝AF•AB， ∴AO， ∴△ADE外接圆半径为． ②方法一：延长BA，CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q． ∵AD∥BC， ∴△PAD∽△PBC， ∴， 由①知AB＝3， ∴， ∴PA＝1， ∵CD2＝DM•DN， ∴， ∵∠CDN＝∠MDC， ∴△DCN∽△DMC， ∴∠DCN＝∠CMD， ∵∠DMC＝∠CEM， ∴∠CEM＝∠DCN， ∴EM∥CD， ∴， 由AB＝3，AE＝1得，BE＝2， ∴， ∴BM＝MC＝2， ∴△BEM∽△BPC， ∴， 设ME＝2a，则PC＝4a， ∵AD∥BC， ∴， ∴PD＝a，DC＝3a， ∵EM∥CD， ∴△ENM∽△CND， ∴， 设EN＝2b，则CN＝3b， ∵∠DMC＝∠CEM，∠ECM＝∠MCN， ∴△CNM∽△CME， ∴，即CM2＝CN•CE， ∴4＝3b•5b，解得b， ∴CE， 在Rt△BQE中，由勾股定理可得： BE2﹣BQ2＝CE2﹣CQ2， ∴4﹣BQ2＝（）2﹣（4﹣BQ）2， 解得BQ， ∴EQ2＝BE2﹣BQ2， ∵QM＝BM﹣BQ＝2， ∴在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM， ∵， ∴DC． 方法二： ∵AD＝AE＝1， ∴AB＝3AE＝3， ∵AD∥BC，BC＝4， ∴，即， ∴AP＝1＝AD＝AE， ∵BE＝AP﹣AE＝2，PE＝AE+AP＝2， ∴E为BP中点， ∵CD2＝DM•DN， ∴△DCN∽△DMC， ∴∠DCN＝∠DMC＝∠CEM， ∴EM∥CD， ∴M也为BC中点， ∴CM＝BM＝2， ∵BP＝BC＝4， ∴∠P＝∠DCM， ∵∠ECP＝∠DMC， ∴△ECP∽△DMC， ∴， 设DP＝a，则CD＝3a，CP＝4a， ∴，解得a， ∴CD． 方法三：由CD2＝DM•DN易得△DCN∽△DMC， ∴∠DCN＝∠CMD， ∵∠DMC＝∠CEM， ∴∠CEM＝∠DCN， ∴EM∥CD， 延长DA、ME交于点F， 则四边形CDFM是平行四边形， ∴△EAF∽△EBM， ∴， 设AF＝n，则BM＝2n，DF＝CM＝n+1， ∴BC＝BM+CM＝2n+n+1＝4， 解得n＝1， ∴AF＝1，BM＝2， 连接DE， 由AD＝AF＝AE可得∠DEF＝90°， 设EF＝m，则EM＝2m，CD＝3m，设EN＝2t，则CN＝3t， 由△CMN∽△CEM可得， ，即CM2＝CE•CN， ∴4＝3t•5t， 解得t2， 由DE2＝DF2﹣EF2＝CE2﹣CD2得， 22﹣m2＝25t2﹣9m2， 解得m， ∴CD＝3m． 4．【解答】（1）解：如图1，设DE与CF交于点G， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD， ∵DE⊥CF， ∴∠DGF＝90°， ∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， 在△AED和△DFC中， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）， ∴DE＝CF， ∴1； （2）解：如图2，设DB与CE交于点G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠EDC＝∠BCD＝90°， ∵∠DBC＝30°， ∴∠CDG＝60°， ∵CE⊥BD， ∴∠DGC＝90°， ∴∠DCE＝30°， ∴CECD，BD＝2CD， ∴； （3）证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H， ∵CG⊥EG， ∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°， ∴四边形ABCH为矩形， ∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°， ∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°， ∴△DEA∽△CFH， ∴， ∴， ∴DE•AB＝CF•AD． 5．【解答】（1）证明：∵▱ABCD， ∴AD∥BC，OA＝OC， ∴AM∥CN， ∵AM＝CN， ∴四边形AMCN是平行四边形， ∴AN∥CM， ∴∠OAE＝∠OCF， 在△AOE与△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF； （2）（i）证明：∵HE∥AB， ∴， ∵OB＝OD，OE＝OF， ∴， ∵∠HOF＝∠AOD， ∴△HOF∽△AOD， ∴∠OHF＝∠OAD， ∴HF∥AD； （ii）解：∵▱ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， ∵OE＝OF，∠EHF＝60°， ∴∠EHO＝∠FHO＝30°， ∴， ∵AM∥BC，MD＝2AM， ∴，即HC＝3AH， ∴OA+OH＝3（OA﹣OH）， ∴OA＝2OH， ∵BN∥AD，MD＝2AM，AM＝CN， ∴，即3BE＝2ED， ∴3（OB﹣OE）＝2（OB+OE）， ∴OB＝5OE， ∴， ∴的值是． 6．【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA， ∴△ABD∽△CBA， ∴， ∴AB2＝BD•BC； （2）解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G， 则∠AFC＝∠AGD＝90°， ∴CF∥DG，∠BAC＝60°， ∴，， ∵D为BC的中点， ∴， ∵CF∥DG， ∴△BDG∽△BCF， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵AC＝CD， ∴∠CAD＝∠CDA， ∵∠AED＝∠CAD， ∴∠AED＝∠CDA， ∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°， ∴∠BED＝∠ADB， ∵∠DBE＝∠ABD， ∴△BED∽△BDA， ∴，即， 解得：； （3）解：连接BD， ∵四边形ABCD为菱形， ∴，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC， ∵∠ABC＝2∠EBF， ∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF， ∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF， ∵AD∥BC， ∴∠CBF＝∠G， ∴∠DBE＝∠G， ∵∠DEB＝∠BEG， ∴△BED∽△GEB， ∴， ∵DG＝6， ∴EG＝DE+6， ∴， 解得：DE＝2，负值舍去， ∴EG＝2+6＝8， ∴AE＝AD﹣DE＝3， ∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2， ∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°， ∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°， ∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：， ∴， ∵AD∥BC， ∴△DFG∽△CFB， ∴， 即， 解得：． 7．【解答】（1）证明：∵正方形ABCD， ∴∠B＝90°， ∵FG⊥BC， ∴∠G＝90°， 由∠B＝∠G，∠1＝∠2，AE＝EF， 得△ABE≌△EGF（AAS）； （2）①证明：连BP． 由（1）得△ABE≌△EGF， ∴∠AEB＝∠EFG， ∴∠AEB+∠GEF＝∠AEB+∠BAE＝90°， 即∠AEF＝90°， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∵EM⊥AF， ∴∠APE＝90°，∠AEP＝∠FEP＝45°， ∵∠ABE＝90°， ∴A、B、E、P四点共圆， ∴∠ABP＝∠AEP＝45°， ∵∠ABE＝90°，∠ABP＝∠CBP＝45°， ∴点P在∠ABC的平分线上； ②m+1． 理由如下： 由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线上，如图： ∵正方形ABCD， ∴AB∥HD， ∴△ABP∽△HDP， ∴， ∵m， ∴HC＝mHD， ∴DC＝DH+HC＝（m+1）HD， ∴m+1； ③由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线上， ∴∠PDH＝45°， 同理M、D、H、P四点共圆， ∴∠PMH＝∠PDH＝45°， ∵∠AEP＝∠NEM＝45°， ∴∠EMH＝∠NEM＝45°， ∴MH∥EN， ∵MN∥HE， ∴四边形MNEH是平行四边形， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形， 设PM＝PH＝a，则MQ＝2a，ME＝2MQ＝4a， ∵PM＝PH，PA＝PE， ∴AH＝ME＝4a， ∴AP＝3a， 则AE＝3a， ∴BE， ∵∠APM＝∠ADH， ∴△APM∽△ADH， ∴， ∴DH， ∴AH2， ∵AH＝4a， ∴4a＝2， ∴a， ∴BE3． 8．【解答】（1）证明：如图2，∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B， ∴△ACD∽△ABC， ∴， ∴AC2＝AD•AB． （2）解：如图3，设AD＝m， ∵点D为AB中点， ∴AD＝BD＝m，AB＝2m， 由（1）得△ACD∽△ABC， ∴， ∴AC2＝AD•AB＝m×2m＝2m2， ∴ACm或ACm（不符合题意，舍去）， ∴， ∵BC＝4， ∴CDBC4＝2， ∴CD的长是2． （3）解法一：如图4，作BF⊥DC交DC的延长线于点F，则∠F＝90°， ∵点E为CD中点， ∴CE＝DE， 设CE＝DE＝n， ∵∠CDB＝∠CBD＝30°， ∴CB＝CD＝2n，∠BCF＝∠CDB+∠CBD＝60°， ∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝30°， ∴CFCB＝n， ∴EF＝CE+CF＝2n，BFn， ∴BD＝2BF＝2n，BEn， 作CH∥EB交AB的延长线于点H，则△HDC∽△BDE， ∴2， ∴HC＝2BE＝2n，HD＝2BD＝4n， ∵∠ACD＝∠EBD，∠H＝∠EBD， ∴∠ACD＝∠H， ∵∠A＝∠A， ∴△ACD∽△AHC， ∴， ∵AC＝2， ∴ADAC22，AHAC214， ∴HD＝AH﹣AD＝14﹣2＝12， ∴4n＝12， 解得n， ∴BE， ∴BE的长是． 解法二：如图5，取BD中点M，连接CM、EM， ∵点E为CD中点， ∴DM是△BCD的中位线， ∴EM∥CB， ∵∠CDB＝∠CBD＝30°， ∴CD＝CB，∠EMD＝∠CBD＝30°， ∴CM⊥BD，∠ADC＝∠BME＝180°﹣30°＝150°， ∵∠ACD＝∠EBD，即∠ACD＝∠EBM， ∴△ACD∽△EBM， ∵∠CMB＝90°，∠CBM＝30°，AC＝2， ∴CD＝CB＝2CM， 设CM＝x，则CD＝CB＝2x， ∴BMx， ∴， ∴BEAC2， ∴BE的长是． 9．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠PAE＝∠QCE＝45°， ∵CE＝2AE，AP＝t，CQ＝2t， ∴， ∴△AEP∽△CEQ； （2）解：方法一：过点E作EM⊥AB于点M，过点E作 EN⊥BC于点N． 由题意知AE，AM＝ME＝2，EN＝CN＝4，AP＝t， CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，MP＝|t﹣2|，BP＝6﹣t，QN＝|2t﹣4|， ∴EP2＝EM2+MP2，即EP2＝22+（2﹣t）2＝t2﹣4t+8， PQ2＝BP2+BQ2，即PQ2＝（6﹣t）2+（6﹣2t）2＝5t2﹣36t+72， EQ2＝EN2+NQ2，即EQ2＝42+（2t﹣4）2＝4t2﹣16t+32， ①当∠EPQ＝90°时，则EQ2＝EP2+PQ2， 即4t2﹣16t+32＝t2﹣4t+8+5t2﹣36t+72， 整理得t2﹣12t+24＝0． 解得t1＝6，t2＝6（不合题意，舍去）， ②当∠PEQ＝90°时，则PQ2＝EP2+EQ2， 即5t2﹣36t+72＝t2﹣4t+8+4t2﹣16t+32， 整理得t﹣2＝0， 解得t＝2； ③当∠PQE＝90°时，则EP2＝PQ2+EQ2， 即t2﹣4t+8＝5t2﹣36t+72+4t2﹣16t+32， 整理得t2﹣6t+12＝0，该方程无实数解， 综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为秒或2秒； （3）解：方法一：过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G．如图2， ∵AF⊥AC，∠ACF＝45°， ∴AF＝AC， 又∵CE＝2AE， ∴， ∴tan∠AFE， ∵tan∠AQE， ∴∠AFE＝∠AQE， ∵∠AGF＝∠EGQ， ∴△AGF∽△EGQ， ∴， ∵∠AGE＝∠FGQ， ∴△AGE∽△FGQ， ∴∠AEG＝∠FQG， ∵∠AFE+∠AEF＝90°， ∴∠FQG+∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°， ∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形， ∴，即， ∴QC＝QE＝4， ∴S△AEQ＝S△AQC﹣S△EQC QC•ABQC•EQ 4×64×4 ＝4（cm2）． 方法二：∵AF⊥AC，∠ACF＝45°， ∴AF＝AC， 又∵CE＝2AE， ∴， ∴tan∠AFE， ∵tan∠AQE， ∴∠AFE＝∠AQE， ∴A，F，Q，E四点共圆，直径为EF，如图3， ∴∠FQE＝90°， ∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形， ∴，即， ∴QC＝QE＝4， ∴S△AEQ＝S△AQC﹣S△EQC QC•ABQC•EQ 4×64×4 ＝4（cm2）． 10．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠ADE＝90°， ∴∠CDF+∠DFC＝90°， ∵AE⊥DF， ∴∠DGE＝90°， ∴∠CDF+∠AED＝90°， ∴∠AED＝∠DFC， ∴△ADE∽△DCF； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°， ∵AE＝DF， ∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL）， ∴DE＝CF， ∵CH＝DE， ∴CF＝CH， ∵点H在BC的延长线上， ∴∠DCH＝∠DCF＝90°， 又∵DC＝DC， ∴△DCF≌△DCH（SAS）， ∴∠DFC＝∠H， ∵AD∥BC， ∴∠ADF＝∠DFC， ∴∠ADF＝∠H； （3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝DC，AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DCG， ∴△ADE≌△DCG（SAS）， ∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG， ∵AE＝DF， ∴DG＝DF， ∴△DFG是等边三角形， ∴FG＝DF＝11， ∵CF+CG＝FG， ∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3， 即CF的长为3． 11．【解答】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∵∠CEF＝90°， ∴∠AEF+∠CED＝90°，∠ECD+∠CED＝90°， ∴∠AEF＝∠ECD， ∴△AEF∽△DCE； ②解：如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H． ∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED， ∴△GEH∽△CED， ∴， ∵CD＝2，AE＝ED＝1， ∴GH＝2HE， 设EH＝m，GH＝2m． ∵CE， ∴CH＝m， ∵tan∠ECF， ∴， ∴m， ∴EH，GH， ∴EG， ∴AG＝EG﹣AE1，DG＝EG+DE1， ∵AF∥CD， ∴， ∴， ∴AF； （3）证明：如图3中，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H． 设AD＝CD＝a，GE＝DE＝t，EH＝x，GH＝y，CE＝n， ∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED， ∴△GEH∽△CED， ∴ ∴， ∴x，y， 在Rt△CGH中，sin∠ECF， ∴CG＝3GH，CH＝2GH， ∴， ∴2y＝x+n， ∴2n， ∴2at＝t2+n2， 在Rt△CDE中，n2＝t2+a2， ∴2at＝2t2+a2， ∴at， ∵AF∥CD， ∴， ∴， ∴AFaa﹣t， ∵AE＝a﹣t， ∴AE＝AF． 解法二：设AE＝x，则DE＝EG＝1﹣x，DG＝2﹣2x， ∴S△CDE＝S△CEG， ∴（1﹣x）×1••， 解得x＝1（负根已经舍去）， ∴AE＝1， 由AF：CD＝AG：DG，可得AF：1＝（1）：， ∴AF＝1． ∴AE＝AF． 12．【解答】（1）证明：∵∠A+∠AGA'＝90°，∠A'+∠AGA'＝90°， ∴∠A＝∠A'， ∵AD＝A'D，∠ADE＝∠A'DG＝90°， ∴△ADE≌△A′DG（ASA）； （2）证明：∵∠AFG＝∠ACB＝90°，∠FAG＝∠CAB， ∴△AFG∽△ACB， ∴， ∴， ∵∠FAC＝∠GAB， ∴△FAC∽△GAB， ∴， ∴AF•GB＝AG•FC； （3）解：∵tanA，AC＝8， ∴BC＝4， ∴S△ACB＝16， 设DE＝DG＝x，则AD＝A'D＝2x，AE＝A'Gx， ∴A'E＝A'D﹣DE＝2x﹣x＝x， ∴S△ADE＝S△A′DG＝x2， ∵△A'FE∽△A'DG， ∴， ∴S△A'FE：S△A'DG＝1：5， ∴S四边形DGFES△A'DGx2， ∵S△ACB＝S△ADE+S四边形DCBE，A′G平分四边形DCBE的面积， ∴S△ACB＝S△ADE+2S四边形DGFE， ∴16＝x2x2， x2 ∴x1，x2（舍）， ∴AD． 13．【解答】解：（1）如图1，连接OD， ∵CD切半圆O于点D， ∴OD⊥CE， ∵OA，AC＝1， ∴OC，BC＝4， ∴CD2， ∵BE⊥CE， ∴OD∥BE， ∴， ∴， ∴CE， 如图2，∵∠AFB＝∠E＝90°， ∴AF∥CE， ∴MN∥CB， ∴四边形APMC是平行四边形， ∴CM＝PAx， ∵NM∥BC， ∴△BCE∽△NME， ∴， ∴， ∴yx+4； （2）∵PN＝y﹣1x+4﹣1x+3，PH＜PN，△BCE的三边之比为3：4：5， ∴可分为三种情况， 当PH：PN＝3：5时，xx+3，解得：x， ∴ax， 当PH：PN＝4：5时，xx+3，解得：x， ∴ax， 当PH：PN＝3：4时，xx+3，解得：x， ∴ax， 综上所述：a的值为或或； （3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G， 则∠AQB＝∠AGQ＝90°，PH＝QG＝x， ∴∠QAB＝∠BQG， ∵NQx﹣3，PN＝y﹣1x+3， ∴HG＝PQ＝NQ+PNx， ∵AHx， ∴AG＝AH+HG＝3x， ∴tan∠BQG＝tan∠QAB， ∴BGQGx， ∴AB＝AG+BGx＝3， ∴x， ∴yx+4， ∴MN的长为． 14．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）． （2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下： ∵△ABE≌△ADE， ∴∠ABE＝∠ADE， ∴∠ABC﹣∠ABE＝∠ADC﹣∠ADE， ∴∠EBC＝∠EDC， ∵AB∥CD， ∴∠FGB＝∠EDC， ∴∠FGB＝∠EBC， ∵BF⊥BE， ∴∠FBE＝90°， ∴∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE， ∴∠FGB＝∠FBG， ∴BF＝GF， ∴△FBG是等腰三角形． （3）解：∵BE＝BF＝2，∠FBE＝90°， ∴∠F＝∠BEF＝45°， ∴∠BAC＝∠F， ∴∠AEG＝∠AGF﹣∠BAC＝∠AGF﹣∠F＝∠FBG， ∵∠AGE＝∠FGB，且∠FGB＝∠FBG， ∴∠AGE＝∠AEG， ∴AE＝AG， ∵EF2，BF＝GF＝2， ∴GE＝EF﹣GF＝22， ∵△ABE≌△ADE， ∴BE＝DE＝2， ∵AG∥CD， ∴△AGE∽△CDE， ∴1， ∴1， ∴的值为1． 15．【解答】（1）证明：∵EF⊥AB，AM是BC边上的高， ∴∠AMB＝∠EFB＝90°， 又∵∠B＝∠B， ∴△ABM∽△EBF； （2）解：过点E作EN⊥AD于点N，如图： 在平行四边形ABCD中，AD∥BC， 又∵AM是BC边上的高， ∴AM⊥AD， ∴∠AME＝∠MAN＝∠ANE＝90°， ∴四边形AMEN为矩形， ∴NE＝AM＝4，AN＝ME， 在Rt△ABM中，， 又∵E为BC的中点， ∴， ∴ME＝AN＝2， ∴DN＝8， 在Rt△DNE中，； （3）解：延长FE交DC的延长线于点G，如图： ∵sinB， ∴， ∴EFx， ∵AB∥CD， ∴∠B＝∠ECG，∠EGC＝∠BFE＝90°， 又∵∠AMB＝∠EGC＝90°， ∴△ABM∽△ECG， ∴， ∴， ∴GC（10﹣x）， ∴DG＝DC+GC＝5（10﹣x）， ∴yEF•DGx•[5（10﹣x）]x2x（x）2， ∴当x时，y有最大值为， 答：yx2x，当x时，y有最大值为． 16．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴∠CED+∠DCE＝90°， ∵EF⊥CE， ∴∠CED+∠AEF＝90°， ∴∠DCE＝∠AEF， ∴△AEF∽△DCE； （2）解：①连接AM，如图2， ∵BG⊥CF， ∴△BGC是直角三角形， ∵点M是BC的中点， ∴MB＝CM＝GM， ∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上， 当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：AG+GM＞AM， 当A，G，M三点共线时，AG+GM＝AM， 此时，AG+GM取得最小值， 在Rt△ABM中，AM5， ∴AG+GM的最小值为5． ②方法一： 如图3，过点M作MN∥AB交FC于点N， ∴△CMN∽△CBF， ∴， 设AF＝x，则BF＝4﹣x， ∴MNBF（4﹣x）， ∵MN∥AB， ∴△AFG∽△MNG， ∴， 由（2）可知AG+GM的最小值为5， 即AM＝5， 又∵GM＝3， ∴AG＝2， ∴， 解得x＝1， 即AF＝1， 由（1）得， 设DE＝y，则AE＝6﹣y， ∴， 解得：y＝3或y＝3， ∵06，0＜36， ∴DE＝3或DE＝3． 方法二： 如图4，过点G作GH∥AB交BC于点H， ∴△MHG∽△MBA， ∴， 由（2）可知AG+MG的最小值为5， 即AM＝5， 又∵GM＝3， ∴， ∴GH，MH， 由GH∥AB得△CHG∽△CBF， ∴， 即， 解得FB＝3， ∴AF＝AB﹣FB＝1． 由（1）得， 设DE＝y，则AE＝6﹣y， ∴， 解得：y＝3或y＝3， ∵06，0＜36， ∴DE＝3或DE＝3． 17．【解答】（1）①证明：如图1， ∵AD＝CD， ∴∠DAC＝∠DCA． ∵AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB． ∵BO是Rt△ABC斜边AC上的中线， ∴OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝∠OBC， ∴△DAC∽△OBC； ②解：如图2，若BE⊥CD， 在Rt△BCE中，∠OCE＝∠OCB＝∠EBC， ∴∠OCE＝∠OCB＝∠EBC＝30°． 过点D作DH⊥BC于点H， 设AD＝CD＝2m，则BH＝AD＝2m， 在Rt△DCH中，DC＝2m， ∴CH＝m， ∴BC＝BH+CH＝3m， ∴； （2）①如图3，当点E在AD上时， ∵AD∥BC， ∴∠EAO＝∠BCO，∠AEO＝∠CBO， ∵O是AC的中点， ∴OA＝OC， ∴△AOE≌△COB（AAS）， ∴OB＝OE， ∴四边形ABCE是平行四边形， 又∵∠ABC＝90°， ∴四边形ABCE是矩形． 设AD＝CD＝x， ∵DE＝2， ∴AE＝x﹣2， ∵OE＝3， ∴AC＝6， 在Rt△ACE和Rt△DCE中，CE2＝AC2﹣AE2，CE2＝CD2﹣DE2， ∴62﹣（x﹣2）2＝x2﹣22， 解得x＝1，或x＝1（舍去）． ∴CD＝1． ②如图4，当点E在CD上时，设AD＝CD＝x，则CE＝x﹣2， 设OB＝OC＝m， ∵OE＝3， ∴EB＝m+3， ∵△DAC∽△OBC， ∴， ∴， ∴． 又∵∠EBC＝∠OCE，∠BEC＝∠OEC， ∴△EOC∽△ECB， ∴， ∴， ∴， ∴m， 将m代入， 整理得，x2﹣6x﹣10＝0， 解得x＝3，或x＝3（舍去）． ∴CD＝3． 综合以上可得CD的长为1或3． 学科网（北京）股份有限公司 $$