期末专题大题分类提升训练——图形的相似压轴 2025-2026学年湘教版九年级数学上册

期末专题大题分类提升训练—— 图形的相似压轴 1．点D是线段BC上一点，点A是线段BC外一点，连接AB，AD，将△ABD沿AD所在直线翻折，点B的对应点为点E，连接CE． （1）如图1，点D为BC的中点，求证：AD∥CE； （2）如图2，AB∥CE，若AB＝2.5，CE＝1，求的值； （3）如图3，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，连接AF．若BD＝2，CD＝1，CF＝5，∠FAD＝∠ABD，求AB的长． 2．三角形的布洛卡点（ Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（ Brocard1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若△ABC内一点P满足∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝∠α，则点P是△ABC的布洛卡点，∠α是布洛卡角． （1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是 　 　 ；PA、PB、PC的数量关系是 　 　 ； （2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中∠BAC＝90°）的布洛卡点，且∠1＝∠2＝∠3． ①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明； ②若△ABC的面积为，求△PBC的面积． 3．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，，点E在边AB上，且AE＝3BE．点P是边AC上一点，作∠PEQ＝45°，使点Q落在折线AC﹣CB上，且点Q与点C在EP的同侧． （1）线段AB的长为　 　 ； （2）当点Q在边AC上时，求证：△AEQ∽△EPQ； （3）当点Q在边BC上时，连结PQ，若△PQE是直角三角形，则AP的长为　 　 ； （4）当EP、EQ将△ABC分成一个四边形和两个三角形时，若两个三角形的面积比等于16：9，直接写出AP的长． 5．在△ABC中，AB＝BC＝10，BD⊥AC于点D，点E是边AB的中点，点F是线段BE的垂直平分线与BD的交点，连接EF，点G是线段DF上的一点，点H是边BC上的一点，连接EG，EH，GH，△EGH∽△EFB，且这两个三角形除顶点E外无其他部分重合． （1）如图1，当AC＝12时， ①求cos∠ABD的值； ②求的值； （2）如图2，当∠ABC＝α（30°＜α＜60°），BG＝m时，请直接写出BH的长（用含m和α的式子表示）． 6．综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O． （1）如图1，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为　 　 ，k的值为　 　 ； （2）如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在OD上，点F落在BC上，求的值； 类比探究 （3）如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，O是AB的垂直平分线与BD的交点，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在OD上，点F落在BC上．猜想的值是否与α有关，并说明理由． 7．综合实践， 问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．如图1，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，分别取AB，AC的中点D，E，作△ADE．如图2所示，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE． （1）探究发现 旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． （2）性质应用 如图3，当DE所在直线首次经过点B时，求CE的长． （3）延伸思考 如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，分别取AB，BC的中点D，E．作△BDE，将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD，CE．当边AB平分线段DE时，求tan∠ECB的值． 8．【问题背景】 如图1，正方形ABCD的边长为8，E是边BC的中点，点P在射线AD上，过点P作PF⊥AE于点F，连接PE． 【初步探究】 （1）求证：△PFA∽△ABE； （2）若点P在边AD上，且S五边形PDCEF＝44，求△PFA与△ABE的相似比； （3）如图2，当点F与点E重合时，设PF交CD于点G，连接AG，求AG的长； 【深入拓展】 （4）当点P在射线AD上运动时，设PA＝x，是否存在实数x，使得以点P，F，E为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，请直接写出x的值；若不存在，请说明理由． 9．【感知】新定义：如图1，在四边形ABCD中，若在四边形内部存在一点O，连接OA，OB，OC，OD，满足∠AOD+∠BOC＝180°，且，则称四边形ABCD为“蝴蝶四边形”，其中点O为“蝶心”，k为“蝶比”． （1）如图2，正方形ABCD　 　 （填“是”或“否”）“蝴蝶四边形”，蝶比为　 　 ． 【探究】 （2）如图3，在四边形ABCD中，∠AOD+∠BOC＝180°，取线段AB中点为点M，延长MO交线段CD于点N，若满足∠CNO＝∠COB，请判断四边形ABCD是否是以点O为“蝶心”的“蝴蝶四边形”？并说明理由． 【拓展】 （3）如图4，四边形ABCD是“蝴蝶四边形”，点O为“蝶心”，其中∠AOD＝∠BOC＝90°，∠OAD＝∠OBC＝α，过点O作OM⊥AB交AB于点M，延长MO交CD于点N． ①“蝴蝶四边形”ABCD的蝶比为　 　 ．（用含a的代数式表示） ②求证：点N是线段CD的中点． ③请直接写出的值为　 　 ．（用含a的代数式表示） 10．综合与实践 已知：矩形ABCD，M是AD边上一点． 【基本图形】 （1）如图1，AM＝MD，BM交AC于F点，BM的延长线与CD的延长线交于点E，连接AE，求证：； 【类比探究】 （2）如图2，AM＝MD，过点D任意作直线与BM，BC的延长线分别交于点E，点P，连接AE，求证：∠EAD＝∠PAD； 【扩展延伸】 （3）如图3，AM＝MD，连接AP交DC于点N，若AB＝40，BC＝50，AD＝2DN，求△AEP的面积． 11．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝108°，以点C为圆心，CA的长为半径作弧，交BC边于点D，连接AD． （1）∠BAD＝　 　 °； （2）若AC＝6，求AD的长； （3）如图2，点G在AB边上，连接DG，将线段DG绕点D顺时针旋转108°得到线段DH，点G的对应点H在△ACD内部，过点H作MN∥BC分别交AG，AC，AD于点M，N，Q，求证：BG2＝AN•QH． 12．我们规定：若一条线段的两个端点都在一个三角形的边上，且这条线段截得的小三角形与原三角形相似，相似比为，则把这条线段叫做这个三角形的“半似位线”． （1）等边三角形的“半似位线”的条数为　 　 条． （2）一个三角形的“半位似线”把三角形分成的两部分图形的面积之比是　 　 ． （3）若一个三角形的三边长之比为1：2：，则这个三角形的“半似位线”的条数为　 　 条． （4）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝40，BC＝30．点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度，沿AB向终点B运动；在点P出发的同时，点Q从点A出发，以每秒a个单位长度的速度，沿折线AC﹣CB向终点B运动．设运动时间为t秒． ①用含t的代数式表示PB的长为　 　 ． ②当PQ为△ABC的“半似位线”时，直接写出a的值． 13．【观察与猜想】 （1）如图1，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，连接DF与CE交于点O，若∠FOC＝90°，且AD＝8，CD＝5，则　 　 ； 【类比探究】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，连接DF与CE交于点O，当∠FOC与∠A满足什么关系时，成立？请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形ABCD中，，AB＝7，∠A＝∠BCD＝120°，，点E在边AD上，连接DB与CE交于点O，当∠BOC＝∠A时，求的值． 14．（1）问题 如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝90°时，求证：AD•BC＝AP•BP． （2）探究 若将90°角改为锐角（如图2），其他条件不变，上述结论还成立吗？说明理由． （3）应用 如图3，在△ABC中，，∠B＝45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD＝45°，若，求CD的长． 15．（1）【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE． （2）【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值． （3）【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE． ①求的值； ②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值． 16．【问题提出】 （1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE与DF交于点O，若∠FOC＝90°，求证：． 【迁移应用】 （2）如图2，在▱ABCD中，AB＝4，AD＝7，点E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE与DF交于点O，且∠COD+∠BAD＝180°，求的值． 【拓展提高】 （3）如图3，在四边形ABCD中，点E是边AD上的一点，连接BD与CE交于点O，∠BOC＝∠BAD＝∠BCD＝120°，，，请直接写出的值． 17．九年级16班某同学针对三角形角平分线进行了如下的研究： （一）探究过程 （1）如图①，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，该同学得出． 如图②，该同学给出如下证明过程： 方法一： 如图②．过点A作AE∥BC，交AD延长线于点E． ∵AE∥BC， ∴①_____， ∠2＝∠E， ∵BD平分∠ABC， ∴∠1＝∠2， ∴∠E＝∠1， ∴AE＝②_____， ∴． 方法二： 如图③过点D作DN⊥AB于点N，DM⊥BC于点M，过点B作BE⊥AC于点E． ∵BD平分∠ABC，且DN⊥AB，DM⊥BC， ∴③_____， ∴④_____， 又∵， ∴． 请完成填空：①　 　 ；②　 　 ；③　 　 ；④　 　 ； （二）内化迁移 （2）如图④，点D为△ABC的边CA延长线上一点，连接BD，M为边CB延长线上一点，当时，判断∠ABD与∠DBM的数量关系，并给出证明； （三）问题解决 （3）如图⑤，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，E为边BC上一点，G为CB延长线上一点．Q为矩形内部一动点，连接CQ并延长交AB于点H，连接QE，若QC＝2QE，QF平分∠CQE交BC于点F，FE＝1，当GE＝EC时，连接QG、QD，求QD﹣BE的最小值． 18．定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”． （1）知识理解：①如图1，△ABC，△ADE都是等边三角形，则△ABC　 　 △ADE的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）； ②如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，∠B＝100°，∠E＝30°，则∠DAE＝　 　 °； ③如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，若AB＝4，AD＝6，AE＝15，则AC＝　 　 ，若连接BD，CE，则　 　 ． （2）知识运用： 如图3，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AE⊥BD于E，∠DAC＝∠DBC，求证：△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”； （3）拓展提高： 如图4，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC的中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若，求DE和BD的长． 19．定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”． 【理解】 （1）如图1，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝90°，求出CD的长度． （2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝80°，∠ADC＝140°，对角线BD平分∠ABC，AD≠DC．请问BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由； 【运用】 （3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFH＝∠HFG＝30°．连接EG，若△EFG的面积为，求FH的长． 20．问题探究： （1）如图1，在矩形ABCD和Rt△BEF中，∠EBF＝90°，∠ACB＝∠EFB，点E在对角线AC上，连接CF，求证：△ABE∽△CBF； （2）如图2，在菱形ABCD中，AB＝4，，P是AD边的中点，Q是边CD上一动点，将△PDQ沿PQ所在直线翻折，得到△PEQ，连接BE，求BE的最小值； 问题解决： （3）如图3，四边形ABCD是某地规划中的现代农业生态园部分平面示意图，其中∠ABC＝90°，AD＝6km，CD＝4km，BD是一条有机蔬菜展览走廊，AC是一条循环生态河，，设计要求，有机蔬菜展览走廊尽可能的长，即BD的值最大．请问BD是否存在最大值？若存在，请求出BD的最大值；若不存在，请说明理由． 参考答案 1．（1）证明：∵△ABD沿AD翻折得到△AED， ∴∠ADE＝∠ADB，BD＝ED， 又∵点D为BC中点， ∴BD＝CD， ∴ED＝CD， ∴∠DEC＝∠C． ∵∠EDB＝∠DEC+∠C＝2∠C， ∠EDB＝∠ADE+∠ADB＝2∠ADB， ∴∠C＝∠ADB， ∴AD∥CE； （2）解：如图2所示，延长AD、EC交于点F， 由翻折可知AB＝AE＝2.5，∠BAD＝∠EAD， ∵AB∥EF， ∴∠BAD＝∠F， ∴∠F＝∠EAD， ∴AE＝FE＝2.5， ∴CF＝FE﹣CE＝2.5﹣1＝1.5， ∵AB∥EF， ∴△ABD∽△FCD， ∴； （3）解：延长AD、FC交于点G，如图3所示， 由AB∥FG，可得△ABD∽△GCD， 故， 可设AD＝2x，GD＝x， 故AG＝3x． ∵∠FAD＝∠ABD，∠ADB＝∠ADE， ∴∠BAD＝∠AFD＝∠G， ∴△AGF∽△AFD， ∴， ∴AF2＝AG•AD＝3x•2x＝6x2，AF． ∵AB∥FG， 又∵△ABD∽△FAD， ∴， 故AB． 2．解：（1）如图： ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠CAB＝∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵∠PAB＝∠PBC＝∠PCA， ∴∠PAC＝∠PBA＝∠PCB， ∴△ACP≌△BAP（ASA）， ∴CP＝AP， 同法可证CP＝BP， ∴PA＝PB＝PC， ∴∠PAB＝∠PBA＝∠PBC＝∠PCB＝∠PCA＝∠PAC＝30°， 故答案为：30°，PA＝PB＝PC； （2）①△ABP∽△BCP，证明如下： 如图： ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴CA＝AB，∠CAB＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵∠2＝∠3， ∴∠ABC﹣∠2＝∠ACB﹣∠3，即∠ABP＝∠BCP， ∵∠1＝∠2， ∴△ABP∽△BCP； ②过A作AH⊥BP交BP的延长线于H，如图： 设AP＝m． ∵∠APH＝∠1+∠ABP＝∠2+∠ABP＝45°， 而AH⊥BP， ∴△APH是等腰直角三角形， ∴AHAPm， 由①知：△ABP∽△BCP， ∴，即，（）2＝（）2， ∴BPm，CP＝2m，S△BCP＝2S△ABP， ∴S△APC•AP•CPm×2m＝m2， S△ABPBP•AHm•mm2， ∴S△BCP＝2S△ABP＝m2， ∴S△ABC＝S△APC+S△ABP+S△BCP＝m2m2+m2m2， ∵△ABC的面积为， ∴m2， 解得m＝1或m＝﹣1（舍去）， ∴S△PBC＝m2＝1． 3．解：（1）∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE5， ∴∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE＝∠BAD， ∵1， ∴△ADB∽△AEC， ∴， ∵AB＝3，AC＝5， ∴； （2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图： 同（1）得△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵BM是中线， ∴BM＝AM＝CMAC， ∴∠MBC＝∠MCB， ∵∠ABD+∠MBC＝90°， ∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM， 又AM＝CM， ∴△BAM≌△QCM（AAS）， ∴BM＝QM， ∴四边形ABCQ是平行四边形， ∵∠ABC＝90° ∴四边形ABCQ矩形， ∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN， ∴EQ3， ∴EQ＝CQ， ∴PQ是△CEN的中位线， ∴PQCN， 设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4﹣x， ∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP，EQ＝AD＝3， ∴△EQP≌△ADP（AAS）， ∴EP＝AP＝4﹣x， ∵EP2＝PQ2+EQ2， ∴（4﹣x）2＝x2+32， 解得：x， ∴AP＝4﹣x，CN＝2x， ∵PQ∥CN， ∴△APF∽△CNF， ∴， ∴， ∵AC＝5， ∴， ∴CF； 方法2： ∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线， ∴AM＝BM＝CMAC， ∴∠ABM＝∠BAM， ∵AB＝AD， ∴∠ABM＝∠ADB， ∴∠BAM＝∠ADB， ∵∠ABM＝∠DBA， ∴△ABM∽△DBA， ∴，即， ∴BD， ∴DM＝BD﹣BM， ∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB， ∴DM∥AE， ∴△FDM∽△FEA， ∴，即， 解得FM， ∴CF＝CM﹣FM； （3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下： ①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5﹣3）×4＝4； ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5+3）×4＝16； ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图， ∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD， ∴四边形ADEQ是矩形， ∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4， ∵AE＝AC＝5， ∴EQ＝CQCE， ∴CE＝3， ∴CE＝6， ∴S△CDEAQ•CE4×6＝12； ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图， ∵DC⊥EC，AQ⊥EC， ∴AQ∥DC， ∵AC＝AE，AQ⊥EC， ∴EQ＝CQ， ∴NQ是△CDE的中位线， ∴ND＝NEDE＝2，CD＝2NQ， ∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°， ∴∠DAN＝∠QEN， ∴tan∠DAN＝tan∠QEN， ∴， ∴， ∴NQEQ， ∵NQ2+EQ2＝NE2， ∴（EQ）2+EQ2＝22， 解得EQ， ∴CE＝2EQ，NQEQ， ∴CD＝2NQ， ∴S△CDECD•CE． 综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或． 4．（1）解：∵，且∠A为锐角， ∴∠A＝45°， ∵∠C＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴AC＝BC＝20，∠B＝45°， 由勾股定理得，； 故答案为：20； （2）证明：∵∠A＝45°，∠PEQ＝45°， ∴∠PEQ＝∠A， ∵∠AQE＝∠EQP， ∴△AEQ∽△EPQ； （3）解：①当∠PQE＝90°时，如图，作ED⊥BC，垂足为D， ∴∠PQE＝90°，∠PEQ＝45°， ∴△EPQ是等腰直角三角形， ∴EQ＝PQ， ∵ED⊥AC， ∴∠EDC＝90°， ∴∠QED+∠DQE＝90°， ∵∠DQE+∠CQP＝180°﹣∠PQE＝90°， ∴∠QED＝∠CQP， 在△EDQ和△QCP中， ， ∴△QCP≌△EDQ（AAS）， ∴QD＝PC，DE＝CQ， ∵AE＝3BE， ∴， ∵∠B＝45°，∠EDB＝90°， ∴△BEQ是等腰直角三角形， ∴DE＝BD， 由勾股定理得，BEDE， ∴DE＝BD， ∴CQ＝5， ∴CP＝DQ＝BC﹣CQ﹣BD＝20﹣5﹣5＝10， ∴AP＝AC﹣CP＝20﹣10＝10； ②当∠QPE＝90°时，如图，作EF⊥AC，垂足为F， 与①同理可得，△EPQ是等腰直角三角形，△PEF≌△QPC， 由勾股定理得，， ∴， ∵△PEF≌△QPC， ∴PC＝EF＝15，PC+AF＝15+15＝30＞AC，与题干矛盾，故舍去； 综上所述，AP＝10； 故答案为：10； （4）解：①当点Q在边AC上时，如图，作EF⊥AC，垂足为F， 当时，则， 由（2）可知，△AEQ∽△EPQ， ∴， 由（3）可知，，AF＝EF＝15， ∴， 在Rt△PEF中，， ∴； 当时， 同理，，△AEQ∽△EPQ， ∴， ∴，无法构成三角形，故舍去； ②当点Q在边BC上时， 当时， ∵∠PEQ＝45°， ∴∠AEP+∠BEQ＝180°﹣∠PEQ＝135°， ∵∠A＝∠B＝45°， ∴∠APE+∠AEP＝180°﹣∠A＝135°， ∴∠APE＝∠BEQ， ∴△PEA∽△EQB， ∴， ∵， ∴； 当时，同理，△PEA∽△EQB， ∴， ∴， ∵，与题设矛盾，故舍去； 综上所述，AP的长为或． 5．解：（1）①∵在△ABC中，AB＝BC＝10，BD⊥AC， ∴， ∴， ∴在Rt△ABD中，； ②过点F作FM⊥AB于点M，如图所示： ∵点E为AB的中点， ∴， ∵点F在线段BE的垂直平分线上， ∴，EF＝BF， 在Rt△BFM中，， ∴， ∴， ∵△EGH∽△EFB， ∴∠GEH＝∠FEB，， ∴∠GEH+∠HEF＝∠HEF+∠FEB，， ∴∠GEF＝∠HEB， ∴△GEF∽△HEB， ∴； （2）过点F作FM⊥AB于点M，如图所示： ∵在△ABC中，AB＝BC＝10，BD⊥AC， ∴， ∵点E为AB的中点， ∴， ∵点F在线段BE的垂直平分线上， ∴，EF＝BF， 在Rt△BFM中，， ， ∴， ∵BG＝m， ∴， ∵△EGH∽△EFB， ∴∠GEH＝∠FEB，， ∴∠GEH+∠HEF＝∠HEF+∠FEB，， ∴∠GEF＝∠HEB， ∴△GEF∽△HEB， ∴， 即， 解得：． 6．解：（1）∵在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O， ∴∠OAB＝∠DAC＝45°，， ∵△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大k倍得到， ∴旋转角为45°，， 故答案为：45°；； （2）根据题意得△AEF∽△AOB， ∴∠EAF＝∠OAB，， ∴∠FAB＝∠EAO，， ∴△AFB∽△AEO， ∴， ∵∠OAB＝45°，∠AOB＝90°， ∴， ∴； （3）的值与α无关；理由如下： 同理可证△AFB∽△AEO， ∴， ∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∵O是AB的垂直平分线与BD的交点， ∴AO＝BO， ∴∠BAO＝∠ABO＝30°， 如图3，过点O作OG⊥AB于点G， ∴AB＝2BG，AO＝BO＝2OG， 在直角三角形BOG中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴的值与α无关． 7．解：（1）∵点D和点E为分别为AB，AC中点， ∴由图1可知，， ∴，则， ∵∠B＝90°，AB＝BC＝4， ∴∠BAC＝45°， ∴， 根据旋转的性质可得：∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴； （2）由图1可知，点D和点E为分别为AB，AC中点， ∴DE∥BC，， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠ADE＝∠ABC＝90°， ∴当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE， 根据勾股定理可得：， 由（1）可得：， ∴， 解得：； （3）令AB，DE相交于点Q，过点E作EG⊥BC于点G，如图4， 根据题意可得：， ∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6， ∴， ∴sin∠CAB，cos∠CAB， ∵边AB平分线段DE，∠DBE＝∠ABC＝90°， ∴， ∴∠QBD＝∠QDB， ∵△DBE∽△ABC， ∴∠QDB＝∠CAB， ∴∠QBD＝∠CAB， 根据旋转的性质可得：∠QBD＝∠EBG， ∴∠CAB＝∠EBG， ∴， ∴，， ∴， ∴． 8．（1）证明：在正方形ABCD中，AD∥BC， ∴∠PAF＝∠AEB． ∵∠PFA＝∠ABE＝90°， ∴△PFA∽△ABE； （2）解：∵正方形ABCD的边长为8， ∴正方形ABCD的面积＝8×8＝64， ∵S五边形PDCEF＝44， ∴S△PFA+S△ABE＝64﹣44＝20， ∵AB＝BC＝8，点E 是 BC的中点， ∴BE＝4， ∴， ∴S△PFA＝20﹣16＝4， ∴， ∴△PFA与△ABE的相似比为． （3）解：∵∠BAE+∠AEB＝∠CEG+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠CEG， ∵∠ABE＝∠C＝90°， ∴△ABE∽△ECG， ∴， ∵， ∴， ∴， 则； （4）解：存在实数x，使得以点 P、F、E为顶点的三角形与△ABE相似． 理由如下：如图，连接PE， 若△EFP∽△ABE，则∠PEF＝∠EAB， ∴PE∥AB， ∵AD∥BC， ∴四边形ABEP为平行四边形， ∵∠B＝90°， ∴四边形ABEP为矩形， ∴PA＝EB． ∵E是BC的中点， ∴BE＝4， ∴PA＝4，即x＝4． 如图，连接PE． 若△PFE∽△ABE，则∠PEF＝∠AEB，． ∵∠PAF＝∠AEB， ∴∠PEF＝∠PAF， ∴PE＝PA． ∵PF⊥AE， ∴点F为AE的中点， ∴， ∴． ∵，即 ， ∴PE＝10， ∴PA＝PE＝10，即x＝10． 综上所述，满足条件的x的值为4或10． 9．解：（1）由题意可知：正方形ABCD中；∠AOD+∠BOC＝90°+90°＝180°， 故答案为：是，1； （2）四边形ABCD是以点O为“蝶心”的“蝴蝶四边形”，理由如下， 如图，延长OM 到点E，使得EM＝OM，连接BE， ∵线段AB中点为点M，EM＝OM， ∴AM＝BM，∠AMO＝∠BME，EM＝OM， ∴△AMO≌BME（SAS）， ∴∠OAM＝∠EBM，∠E＝∠AOM，AO＝EB， ∵∠AOD+∠BOC＝180°，∠CNO＝∠COB， ∴∠AOD+∠CNO＝180°，∠AOB+∠DOC＝360°﹣（∠AOD+∠BOC）＝180°， ∴∠AOD＝∠DNO， 在△AOB中，∠OAM+∠OBM＝180°﹣∠AOB， ∴∠DNO+∠NDO＝∠AOD+∠AOM，∠OAM+∠OBM＝∠AOB+∠DOC﹣∠AOB＝∠DOC， ∴∠AOM＝∠NDO，∠OAM+∠OBM＝∠DOC， ∴∠E＝∠NDO，∠EBM+∠OBM＝∠EBO＝∠DOC， 即∠E＝∠NDO，∠EBO＝∠DOC， ∴△EBO∽△DOC， ∴， ∴， ∴四边形ABCD是以点O为“蝶心”的“蝴蝶四边形”； （3）①∵四边形ABCD是“蝴蝶四边形”，点O为“蝶心”，其中∠AOD＝∠BOC＝90°，∠OAD＝∠OBC＝α， ∴， 在Rt△AOD中，， 故答案为：tanα； ②如图，延长ON作DF∥OC交于点F； ∴∠F＝∠NOC，∠FDN＝∠OCN， ∵四边形ABCD是“蝴蝶四边形”，点O为“蝶心”，其中∠AOD＝∠BOC＝90°，过点O作OM⊥AB交AB于点M， ∴∠DOF+∠AOM＝∠AOM+∠MAO， ∴∠MAO＝∠DOF， 同理可得：∠OBM＝∠CON＝∠F， ∴△ABO∽△OFD， ∴， ∵四边形ABCD是“蝴蝶四边形”，点O为“蝶心”， ∴， ∴DF＝OC， ∴△DFN≌△CON（ASA）， ∴DN＝CN， ∴点N是线段CD的中点； ③∵△ABO∽△OFD， ∴， 又∵△DFN≌△CON， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2tanα． 10．（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴△AMF∽△CBF，△EDM∽△ECB， ∴，， ∵AM＝MD， ∴， ∴； （2）证明：如图2，四边形ABCD为矩形，AM＝MD， ∴AB⊥BC，AD∥BC， ∴△AME∽△GBE，△EDM∽△EPB， ∴，， ∴， ∵AM＝MD， ∴GB＝BP， 又∵AB⊥BC， ∴AB是GP的垂直平分线， ∴AG＝AP， ∴∠AGP＝∠APG， ∵AD∥BC， ∴∠EAD＝∠AGP，∠DAP＝∠APG， ∴∠EAD＝∠DAP； （3）解：如图3，四边形ABCD为矩形，AB＝40，BC＝50，过点E作EG⊥BC，交AD于点F， ∴AD＝BC＝50，DC＝AB＝FG＝40， ∵AM＝MD， ∴， ∵AD＝2DN， ∴， ∴NC＝DC﹣DN＝40﹣25＝15， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴△ADN∽△PCN， ∴， ∴， 解得：CP＝30， ∴BP＝BC+CP＝50+30＝80， ∵AD∥BC， ∴△EMD∽△EBP， 又∵EF⊥MD，EG⊥BP， ∴， ∵EG＝EF+FG＝EF+40， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∴， ∴． 11．（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝108°， ∴， ∵AC＝AD， ∴， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝36°， 故答案为：36； （2）解：过点A作AE⊥BC于点E， ∵∠B＝∠BAD＝36°， ∴AD＝BD， 设AD＝x， ∵DC＝AC， ∴BC＝6+x， ∵AB＝BC，AE⊥BC， ∴， ∴， ∵AD2﹣DE2＝AC2﹣CE2， ∴， 解得：（舍）； （3）证明：连接AH， ∵∠GDH＝108°， ∴∠GDA+∠ADH＝108°， ∵∠B＝∠BAD＝36°， ∴∠BDA＝180°﹣2×36°＝108°， ∴∠BDG+∠GDA＝108°， ∴∠BDG＝∠ADH， ∵DG＝DH，BD＝AD， ∴△BDG≌△ADH（SAS）， ∴BG＝AH，∠DAH＝∠B＝36°， ∵MN∥BC， ∴∠AMN＝∠ABC＝36°，∠ANM＝∠ACB＝36°， ∴∠AMN＝∠ANM， ∵∠BAD＝36°， ∴∠AQN＝∠AMN+∠MAD＝72°， ∵∠CAD＝72°， ∴∠CAD＝∠AQN＝72°， ∴AN＝QN， ∵∠DAH＝36°，∠AQN＝72°， ∴∠AHQ＝180°﹣∠DAH﹣∠AQN＝72°， ∴∠AHQ＝∠AQN， ∴AQ＝AH， ∴AQ＝BG， ∵∠AQN＝∠HQA，∠DAH＝∠ANM， ∴△AQH∽△NQA， ∴， ∴AQ2＝QH•QN， ∴BG2＝AN•QH． 12．解：（1）如图，在等边△ABC中，取各边中点D，E，F，连接DE，EF，DF． ∵点D，F分别是AB，AC的中点， ∴DF∥BC，， ∴△ADF∽△ABC，相似比为， ∴DF是等边△ABC三角形的“半似位线”； 同理可得DE，EF是等边△ABC三角形的“半似位线”． ∴等边三角形的“半似位线”的条数为3条． 故答案为：3． （2）如图，DE是△ABC的“半似位线”， ∴△ADE∽△ABC，且相似比为， ∴， ∴， ∴一个三角形的“半似位线”把三角形分成的两部分图形的面积之比是1：3． 故答案为：1：3． （3）∵一个三角形的三边长之比为， ∴如图，不妨设AB＝k，BC＝2k，， 取各边的中点D，E，F连接DE，EF，DF， ∴DF∥AC，， ∴△BDF∽△BAC，且相似比为， ∴DF是△ABC的“半似位线”， 同理可得，DE，EF是△ABC的“半似位线”． 如图，若GH是△ABC的“半似位线”，且△HBG∽△ABC， 则， ∴，k， 此时BG＝AB，点G与点A重合，不符合“半似位线”的定义， 即GH不是△ABC的“半似位线” 如图，若MN是△ABC的“半似位线”，且△AMN∽△ABC， 则， ∴ANACk， 此时AN＞AB，点N不在边AB上，不符合“半似位线”的定义， 即MN不是△ABC的“半似位线”． 如图，若PQ是△ABC的“半似位线”，且△QPC∽△ABC， 则， ∴，，， 符合“半似位线”的定义，即PQ是△ABC的“半似位线”． 综上所述，这个三角形的“半似位线”的条数为4条． 故答案为：4． （4）①当运动秒时，AP＝5t， ∴PB＝AB﹣AP＝40﹣5t． 故答案为：40﹣5t． ②在Rt△ABC中，AB＝40，BC＝30， ∴ （Ⅰ）当点P在AB上，点Q在AC上时，AP＝5t，AQ＝at， 若PQ为△ABC的“半似位线”时，则△APQ∽△ABC或△APQ∽△ACB， 当△APQ∽△ABC，则， ∴，， ∴， 解得； 当△APQ∽△ACB，则， ∴，， ∴， 解得； （Ⅱ）当点P在AB上，点Q在BC上时，BP＝40﹣5t，BQ＝50+30﹣at＝80﹣at， 若PQ为△ABC的“半似位线”时，则△BPQ∽△BAC或△BPQ∽△BCA， 当△BPQ∽△BAC，则， ∴，， ∴， 解得； 当△BPQ∽△BCA，则， ∴，， ∴， 解得； 综上所述，a的值为或4或或12． 13．解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠CDE＝90°， ∴∠AFD+∠ADF＝90°， ∵∠FOC＝∠EOD＝90°， ∴∠ADF+∠CED＝90°， ∴∠CED＝∠AFD， ∴△DAF∽△CDE， ∴， ∵AD＝8，CD＝5， ∴， 故答案为：； （2）当∠FOC＝∠A时，成立，理由如下： ∵∠FOC＝∠A，∠DOE＝∠FOC， ∴∠DOE＝∠A， 又∵∠ODE＝∠ADF， ∴△ODE∽△ADF， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AB＝CD， ∴∠A+∠ADC＝180°， 又∵∠FOC+∠COD＝180°， ∴∠ADC＝∠COD， ∵∠DCE＝∠OCD， ∴△DCE∽△OCD， ∴， ∴， ∴，即； （3）如图所示，过点C作CN∥AD交AB延长线于N，过点D作DM∥AB交NC延长线于M，则四边形DANM是平行四边形， ∴∠M＝∠A＝120°，DM＝AN，， 同（2）可得， 在NM上取一点P使得NB＝NP，连接BP， ∵AD∥MN，∠A＝120°， ∴∠N＝60°， ∴△NBP是等边三角形， ∴BP＝NB＝NP，∠BPN＝60°， ∴∠BPC＝120°＝∠M； ∵∠BCD＝120°， ∴∠PCB+∠PBC＝60°＝∠PCB+∠MCD， ∴∠PBC＝∠MCD， ∴△PBC∽△MCD， ∴， 设DM＝3x，则PC＝4x，BP＝PN＝BN＝AN﹣AB＝3x﹣7， ∴， ∵， ∴， 解得x＝3， ∴DM＝3x＝9， ∴． 14．解：（1）证明：如图1，∵∠DPC＝90°， ∴∠BPC+∠APD＝90°， ∵∠A＝90°， ∴∠ADP+∠APD＝90°， ∴∠ADP＝∠BPC， 又∵∠A＝∠B＝90°， ∴△ADP∽△BPC， ∴AD：BP＝AP：BC， ∴AD•BC＝AP•BP； （2）结论AD•BC＝AP•BP仍成立； 理由：如图2，∵∠BPD＝∠DPC+∠BPC， 又∵∠BPD＝∠A+∠ADP， ∴∠DPC+∠BPC＝∠A+∠ADP， ∵∠DPC＝∠A＝α， ∴∠BPC＝∠ADP， 又∵∠A＝∠B＝α， ∴△ADP∽△BPC， ∴AD：BP＝AP：BC， ∴AD•BC＝AP•BP； （3）∵∠EFD＝45°， ∴∠B＝∠ADE＝45°， ∴∠BAD＝∠EDF， ∴△ABD∽△DFE， ∴AB：DF＝AD：DE， ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴DF＝4， ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴∠AED＝45°， ∵∠EFD＝45°， ∴∠DEC＝∠EFC＝180°﹣45°＝135°， 又∵∠C＝∠C， ∴△DEC∽△EFC， ∴DC：EC＝EC：CF，即EC2＝FC•（4+FC）， ∵， ∴5＝FC（4+FC）， ∴FC＝1， 解得CD＝5． 15．（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°， ∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴，∠DAE＝∠BAC＝45°， ∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD∽△CAE， ∴； （3）解：①∵，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE，， ∴∠CAE＝∠BAD， ∴△CAE∽△BAD， ∴； ②由①得：△CAE∽△BAD， ∴∠ACE＝∠ABD， ∵∠AGC＝∠BGF， ∴∠BFC＝∠BAC， ∴sin∠BFC． 16．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠CDE＝90°， ∴∠AFD+∠ADF＝90°， ∵∠FOC＝∠EOD＝90°， ∴∠ADF+∠CED＝90°， ∴∠CED＝∠AFD， ∴△DAF∽△CDE， ∴， ∵CD＝AB， ∴； （2）解：方法一：∵∠COD+∠BAD＝180°，∠COD+∠DOE＝180°， ∴∠DOE＝∠DAF， ∵∠ODE＝∠ADF， ∴△ODE∽△ADF， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AB＝CD， ∴∠A+∠ADC＝180°， 又∵∠FOC+∠COD＝180°， ∴∠ADC＝∠COD， ∵∠DCE＝∠OCD， ∴△DCE∽△OCD， ∴， ∴， ∴， 即， ∵AB＝4，AD＝7， ∴的值为； 方法二：如图，在DE上找一点K，使CK＝CD，则∠CKD＝∠CDK， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD＝4， ∴∠A+∠ADC＝180°， ∵∠CKD+∠CKE＝180°， ∴∠CKE＝∠A， ∵∠COD+∠BAD＝180°， ∴∠EOF+∠BAD＝180°， ∴∠AFD+∠AEO＝180°， ∵∠CEK+∠AEO＝180°， ∴∠CEK＝∠AFD， ∴△CEK∽△DFA， ∴； （3）解：如图所示，过点C作CN∥AD交AB延长线于N，过点D作DM∥AB交NC延长线于M，则四边形DANM是平行四边形， ∴∠M＝∠A＝120°，DM＝AN，MN＝AD， 同（2）可得， ∵， ∴设AB＝a，AD＝3a， 在NM上取一点P使得NB＝NP，连接BP， ∵AD∥MN，∠A＝120°， ∴∠N＝60°， ∴△NBP是等边三角形， ∴BP＝NB＝NP，∠BPN＝60°， ∴∠BPC＝120°＝∠M； ∵∠BCD＝120°， ∴∠PCB+∠PBC＝60°＝∠PCB+∠MCD， ∴∠PBC＝∠MCD， ∴△PBC∽△MCD， ∴， 设DM＝3x，则PC＝4x，BP＝PN＝BN＝AN﹣AB＝3x﹣a， ∴CMPBxa， ∴MN＝PN+PC+CM＝AD＝3a， ∴3x﹣a+4xxa＝3a， 解得xa， ∴DM＝3xa， ∴． 17．解：（1）方法一：如图②．过点A作AE∥BC，交AD延长线于点E． ∵AE∥BC， ∴△ADE∽△CDB， ∴①， ∠2＝∠E， ∵BD平分∠ABC， ∴∠1＝∠2， ∴∠E＝∠1， ∴AE＝AB②， ∴； 方法二：如图③过点D作DN⊥AB于点N，DM⊥BC于点M，过点B作BE⊥AC于点E． ∵BD平分∠ABC，且DN⊥AB，DM⊥BC， ∴DM＝DN，③ ∴④， 又∵， ∴； 故答案为：；AB；DM＝DN；； （2）∠ABD＝∠DBM； 证明：方法一：如图④﹣1，作AH∥BC，交BD于H， ∴∠DBM＝∠AHB，△DAH∽△DCB， ∴， 又∵， ∴AB＝AH， ∴∠ABD＝∠AHB， 又∵∠DBM＝∠AHB， ∴∠ABD＝∠DBM； 方法二：如图④﹣2，过点D作DE⊥BC于点E，DF⊥BA于点F，过点B作BG⊥CD于点G， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴DE＝DF， 又∵DE⊥BC，DF⊥BA， ∴∠ABD＝∠DBM； （3）如图⑤，四边形ABCD是矩形，连接BQ，BD， ∴∠A＝90°， 在直角三角形ABD中，AB＝6，AD＝4， 由勾股定理得：BD， ∵QF平分∠CQE，且QC＝2QE， ∴2，∠FQE∠CQE， ∴CE＝3FE＝3， ∴BE＝BC﹣CF＝4﹣3＝1， 又∵GE＝CE， ∴GE＝3， ∴， 由（2）得：QG平分∠EQH， ∴∠GQE∠EQH， ∴∠GQF＝∠GQE+∠FQE ＝90°； ∵GB＝BF＝2， ∴BQGF＝2， ∵DQ≥BD﹣BQ， ∴当B、Q、D三点共线时，DQmin＝22， ∴（DQ﹣BE）min＝23． 18．（1）解：①∵△ABC，△ADE都是等边三角形， ∴△ABC∽△ADE， ∵有公共顶点A， ∴△ABC是△ADE的“旋转位似图形”． 故答案为：是． ②∵△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”， ∴△ABC∽△ADE， ∵∠B＝100°， ∴∠D＝∠B＝100°， ∵∠E＝30°， ∴∠DAE＝180°﹣∠D﹣∠E＝50°； 故答案为：50； ③如图：连接BD，CE， ∵△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”， ∴△ABC∽△ADE，∠DAE＝∠BAC， ∴，即， 解得：AD＝10， ∵∠DAB＝∠DAE﹣∠BAE，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE， ∴∠DAB＝∠EAC， ∴△DAB∽△EAC， ∴，即． 故答案为：10，． （2）证明：∵∠DOA＝∠COB，∠DAC＝∠DBC， ∴△DOA∽△COB， ∴，即， 又∵∠DOC＝∠AOB， ∴△AOB∽△DOC， ∴∠DCA＝∠EBA， 又∵∠ADC＝90°，AE⊥BD， ∴∠ADC＝∠AEB＝90°， ∴△ABE∽△ACD， ∴∠DAC＝∠EAB， ∴△ABE绕点A逆时针旋转∠DAE的度数后与△ACD构成位似图形， ∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”． （3）解：如图，过E作EH⊥AD于点H， ∵△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点， ∴AGAC＝3，AB＝sin45℃A＝3， ∵△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”， ∴△ABD∽△AGE， ∴， ∴，解得：AE＝2， ∵∠2+∠3＝45°，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝45°， ∵EH⊥AD， ∴AH＝EH＝sin45°AEAE，即AHAD， ∴ED＝EA2， ∴∠DEA＝∠GEA＝90°， ∴∠ADB＝∠GEA＝90°， ∴． 综上，． 19．解：（1）四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形， ∴△ABC∽△DCA或△ABC∽△ACD ∵∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝2， 由勾股定理得，， 当△ABC∽△ACD时， ∴， ∴， ∴， 当△ABC∽△DCA时， ∴， ∴， ∴， 综上：或； （2）BD是四边形ABCD的“相似对角线”， 理由如下： ∵BD平分∠ABC，∠ABC＝80°， ∴∠ABD＝∠DBC＝40°， ∴∠A+∠ADB＝140°， ∵∠ADC＝140°， ∴∠BDC+∠ADB＝140° ∴∠A＝∠BDC， ∴△ABD∽△DBC， ∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”； （3）如图， ∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”， ∴△EFH与△HFG相似． 又∠EFH＝∠HFG， ∴△FEH∽△FHG， ∴， ∴FH2＝FE•FG， 过点E作EQ⊥FG垂足为Q， 可得， ∵， ∴， ∴FG•FE＝64， ∴FH2＝FG•FE＝64， ∴若△EFG的面积为，则FH＝8． 20．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠ABE+∠EBC＝90°， ∵∠EBF＝∠EBC+∠CBF＝90°， ∴∠ABE＝∠CBF， ∵∠ABC＝∠EBF＝90°，∠ACB＝∠EFB， ∴△ABC∽△EBF， ∴， ∴， ∴△ABE∽△CBF； （2）解：在菱形ABCD中，AB＝4，，P是AD边的中点，如图2，过点P作PF⊥BA延长线于点F，连接BP， ∴AD＝AB＝4，BF∥DC， ∴，∠FAP＝∠D， ∴， ∴∠FAP＝60°， 在Rt△AFP中，∠F＝90°， ∴∠APF＝30°， ∴，， ∴BF＝AF+AB＝1+4＝5， 在Rt△BFP中，， ∵将△PDQ沿PQ所在直线翻折，得到△PEQ， ∴PD＝PE＝2， 在点Q运动中，BE≥BP﹣PE， ∴当点P，E，B三点共线时，BE取到最小值，最小值为， ∴BE的最小值为； （3）BD存在最大值；理由如下： 如图3，过点D作DG⊥AD，使得，连接AG，CG， ∴， ∴DG＝3km，， ∵∠ABC＝90°，， ∴， ∴，且∠ABC＝∠ADG＝90°， ∴△ABC∽△ADG， ∴∠CAB＝∠GAD， ∴∠CAB+∠CAD＝∠GAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAG， 又∵， ∴△ABD∽△ACG， ∴，即， ∴， ∴当CG的值最大时，BD的值最大， ∵CG≤CD+DG， ∴当点C，D，G三点共线时，CG取到最大值，最大值为CD+DG＝4+3＝7（km）， ∴， ∴BD的最大值为． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/1/13 18:55:54；用户：18665925436；邮箱：18665925436；学号：24335353 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $