北师大版九年级上册第四章 图形的相似综合与测试课后作业题

这是一份北师大版九年级上册第四章 图形的相似综合与测试课后作业题，共25页。试卷主要包含了在一张比例尺为1等内容，欢迎下载使用。
北师大版2021-2022学年度九年级数学上册第4章《图形的相似》单元复习卷
一．填空题
1．已知，则的值为　 　．
2．已知实数a，b，c满足a+b+c＝10，且，则的值是　 　．
3．在平面直角坐标系中，关于x的一次函数y＝kx+b，其中常数k满足，常数b满足b＞0且b是2和8的比例中项，则该一次函数的解析式为　 　．
4．如图，AD∥EF∥BC，AD＝12cm，BC＝18cm，AE：BE＝3：2，则EF＝　 　．

5．在一张比例尺为1：50000的地图上，如果一块多边形地的面积是320cm2，那么这块地的实际面积是　 　cm2（用科学记数法表示）．
6．已知点P、Q为线段AB的黄金分割点，且AB＝2，则PQ＝　 　．（结果保留根号）
7．在平行四边形ABCD中，E为CD的中点，△DOE的面积是2，△DOA的面积　 　．

8．如图，△ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（﹣1，0）．以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍．设B′的坐标是（3，﹣1），则点B的坐标是　 　．

9．如图，点M是△ABC内一点，过点M分别作直线平行于△ABC的各边，所形成的三个小三角形△1，△2，△3（图中阴影部分）的面积分别是4，9和49．则△ABC的面积是　 　．

10．如图，△ABC是等边三角形，被一平行于BC的矩形所截，AB被截成三等分，则图中阴影部分的面积是△ABC的面积的　 　．

11．如图1，在矩形ABCD中，点E在CD上，∠AEB＝90°，点P从点A出发，沿A→E→B的路径匀速运动到点B停止，作PQ⊥CD于点Q，设点P运动的路程为x，PQ长为y，若y与x之间的函数关系图象如图2所示，当x＝12时，PQ的长是　 　．

二.选择题
12．如图，在△ABC中，P为边上一点．若M为CP的中点，∠PBM＝∠ACP，AB＝3，AC＝2，则BP的长为（　　）

A． B． C． D．

13．如图，DE是△ABC的中位线，M是DE的中点，CM的延长线交AB于点N，则NM：MC等于（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
14．如图，已知DE∥BC，CD和BE相交于点O，S△DOE：S△COB＝4：9，则AE：EC为（　　）

A．2：1 B．2：3 C．4：9 D．5：4

15．如图，Rt△ABC中．∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2．点D，E分别是边BC，AC上的动点，则DA+DE的最小值为（　　）

A． B． C． D．
16．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣3，﹣2），B（0，﹣2），C（﹣3，0），M是线段AB上的一个动点，连接CM，过点M作MN⊥MC交y轴于点N，若点M、N在直线y＝kx+b上，则b的最大值是（　　）

A．﹣ B．﹣ C．﹣1 D．0
17．如图，在矩形ABCD中，将△ABE沿着BE翻折，使点A落在BC边上的点F处，再将△DEG沿着EG翻折，使点D落在EF边上的点H处．若点A，H，C在同一直线上，AB＝1，则AD的长为（　　）
A． B． C． D．


三.解答题
18．如图，已知AD∥BE∥CF，它们依次交直线l1、l2于点A、B、C和点D、E、F，，AC＝14；
（1）求AB、BC的长；
（2）如果AD＝7，CF＝14，求BE的长．


19．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，DA＝，求BD的长．

20．如图，△ABC中，点D、E在边BC上，且△ADE是等边三角形，∠BAC＝120°，求证：DE2＝BD•CE．

21．如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的高，G为DC延长线上一点，AF⊥BG，垂足为F．AF交CD于E，求证：CD2＝DE•DG．

22．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒，0＜t＜2.5）．
（1）当t为何值时，以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由．

23．小明和几位同学做手的影子游戏时，发现对于同一物体，影子的大小与光源到物体的距离有关．因此，他们认为：可以借助物体的影子长度计算光源到物体的位置．于是，他们做了以下尝试．

（1）如图1，垂直于地面放置的正方形框架ABCD，边长AB为30cm，在其正上方有一灯泡，在灯泡的照射下，正方形框架的横向影子A′B，D′C的长度和为6cm．那么灯泡离地面的高度为　 　．
（2）不改变图1中灯泡的高度，将两个边长为30cm的正方形框架按图2摆放，请计算此时横向影子A′B，D′C的长度和为多少？
（3）有n个边长为a的正方形按图3摆放，测得横向影子A′B，D′C的长度和为b，求灯泡离地面的距离．（写出解题过程，结果用含a，b，n的代数式表示）
24．已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．
（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．
①求证：△OCP∽△PDA；
②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长．
（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；
（3）如图2，在（1）的条件下，擦去折痕AO，线段OP，连接BP，动点M在线段AP⊥（点M与点F、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；说明理由；若不变，求出线段EF的长度．

25．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A的坐标为（4，3）
（1）顶点C的坐标为（　 　，　 　），顶点B的坐标为（　 　，　 　）；
（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，当运动时间为2秒时，以P、Q、C为顶点的三角形是等腰三角形，求此时k的值．
（3）若正方形OABC以每秒个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落到x轴上时停止下滑．设正方形OABC在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．

参考答案与试题解析
一．试题（共25小题）
1．【分析】直接利用已知设x＝a，则y＝3a，z＝5a，进而代入化简即可．
【解答】解：∵，
∴设x＝a，则y＝3a，z＝5a，
故＝
＝．
故答案为：．
2．【分析】根据已知条件把所求的式子进行整理，即可求出答案；
【解答】解∵a+b+c＝10，
∴a＝10﹣（b+c），b＝10﹣（a+c），c＝10﹣（a+b），
∴
＝﹣+﹣+﹣
＝﹣1+﹣1+﹣1
＝++﹣3，
∵，
∴原式＝×10﹣3＝﹣3＝．
故填：．
3．【分析】根据常数b满足b＞0且b是2和8的比例中项，可以求得b的值，再根据，即可求得k的值，从而可以写出该一次函数的解析式．
【解答】解：∵常数b满足b＞0且b是2和8的比例中项，
∴b＝4，
∵，
∴c＝k（a+b），a＝k（b+c），b＝k（a+c），
∴a+b+c＝2k（a+b+c），
∴a+b+c＝0或k＝，
当a+b+c＝0时，a+c＝﹣b，则k＝＝﹣1，
∴该一次函数的解析式为y＝x+4或y＝﹣x+4，
故答案为：y＝x+4或y＝﹣x+4．
4．【分析】由AD∥EF∥BC，根据平行线分线段成比例定理得到DF：FC＝AE：BE＝3：2，由比例的性质得到DF：DC＝3：5，过点D作DM∥AB，分别交BC、EF与M、N，根据行四边形的判定得到四边形ADNE、四边形ADMB都是平行四边形，则BM＝EN＝AD＝12，于是有MC＝BC﹣BM＝18﹣12＝6，利用三角形相似的判定易得△DFN∽△DCM，则NF：MC＝DF：DC＝3：5，把MC＝6代入计算即可得到EF的长．
【解答】解：过点D作DM∥AB，分别交BC、EF与M、N，如图，
∵AD∥EF∥BC，
∴四边形ADNE、四边形ADMB都是平行四边形，DF：FC＝AE：BE＝3：2，
∴BM＝EN＝AD＝12，
∴MC＝BC﹣BM＝18﹣12＝6，
又∵NF∥MC，
∴△DFN∽△DCM，
∴NF：MC＝DF：DC，
而DF：FC＝3：2，
∴DF：DC＝3：5，
∴NF：6＝3：5，解得NF＝3.6，
∴EF＝EN+NF＝12+3.6＝15.6（cm）．
故答案为15.6cm．

5．【分析】相似多边形的面积之比等于相似比的平方，据此求解，注意单位．
【解答】解：设这个地区的实际面积是xcm2，由题意得，
320：x＝（1：50000）2，
解得，x＝8×1011，
故答案是：8×1011
6．【分析】先根据黄金分割的定义得出较长的线段AP＝BQ＝AB，再根据PQ＝AP+BQ﹣AB，即可得出结果．
【解答】解：根据黄金分割点的概念，可知AP＝BQ＝×2＝（﹣1）．
则PQ＝AP+BQ﹣AB＝（﹣1）×2﹣2＝（2﹣4）．
故本题答案为：2﹣4．

7．【分析】（1）由平行线分线段成比例定理和比例的性质得出，即可求出AB的长，得出BC的长；
（2）过点A作AG∥DF交BE于点H，交CF于点G，得出AD＝HE＝GF＝7，由平行线分线段成比例定理得出比例式求出BH，即可得出结果．
【解答】解：（1）∵AD∥BE∥CF，
∴，
∴，
∵AC＝14，∴AB＝4，
∴BC＝14﹣4＝10；
（2）过点A作AG∥DF交BE于点H，交CF于点G，如图所示：
又∵AD∥BE∥CF，AD＝7，
∴AD＝HE＝GF＝7，
∵CF＝14，
∴CG＝14﹣7＝7，
∵BE∥CF，
∴，
∴BH＝2，
∴BE＝2+7＝9．

8．【分析】根据中位线定理证明△NDM∽△NBC后求解．
【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，M是DE的中点，
∴DM∥BC，DM＝ME＝BC．
∴△NDM∽△NBC，＝＝．
∴＝．
故选：B．
9．【分析】由DE∥BC，得到△DOE∽△COB，根据相似三角形的性质得到S△DOE：S△COB＝（）2＝4：9，求得＝，通过△ADE∽△ABC，得到＝，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△DOE∽△COB，
∴S△DOE：S△COB＝（）2＝4：9，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴AE：EC＝2：1，
故选：A．
10．【分析】利用平行四边形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，然后再判定△AOB∽△EOD，根据相似三角形对应边成比例可得＝＝，然后可得△DOA的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E为CD中点，
∴DE＝CD＝AB，
∵AB∥CD，
∴△AOB∽△EOD，
∴＝＝，
∵△AOD和△DOE等高，
∴＝，
∵△DOE的面积是2，
∴△DOA的面积是4，
故答案为：4．
11．【分析】作BD⊥x轴于D，B′D′⊥x轴于D′，根据相似三角形的性质求出CD，BD的长，得到点B的坐标．
【解答】解：作BD⊥x轴于D，B′D′⊥x轴于D′，
∵点C的坐标是（﹣1，0），B′的坐标是（3，﹣1），
∴CD′＝4，B′D′＝1，
由题意得，△ABC∽A′B′C，相似比为1：2，
∴＝＝，
∴CD＝2，BD＝，
∴点B的坐标是（﹣3，）．
故答案为：（﹣3，）．

12．【分析】取AP的中点G，连接MG，可得MG为△PAC的中位线，从而GM∥AC，由平行线的性质可得出∠BGM＝∠A，结合∠PBM＝∠ACP，可判定△APC∽△GMB，从而得出比例式，解得x的值，再根据BP＝AB﹣2x，计算即可．
【解答】解：取AP的中点G，连接MG，如图：

设AG＝PG＝x，则BG＝AB﹣AG＝3﹣x，
∵M为CP的中点，G为AP的中点，
∴MG为△PAC的中位线，
∴GM＝AC＝1，GM∥AC，
∴∠BGM＝∠A，
又∵∠PBM＝∠ACP，
∴△APC∽△GMB，
∴＝，
∵AB＝3，AC＝2，
∴，
解得x＝或x＝（AP＝2x＞AB这个与图矛盾，所以舍去），
∴BP＝3﹣2×＝．
故选：C．
13．【分析】根据平行可得出三个三角形相似，再由它们的面积比得出相似比，设其中一边为一求知数，然后计算出最大的三角形与最小的三角形的相似比，从而求面积比．
【解答】解：过M作BC平行线交AB、AC于D、E，过M作AC平行线交AB、BC于F、H，过M作AB平行线交AC、BC于I、G，
∵△1、△2的面积比为4：9，△1、△3的面积比为4：49，
∴它们边长比为2：3：7，
又∵四边形BDMG与四边形CEMH为平行四边形，
∴DM＝BG，EM＝CH，
设DM为2x，
∴BC＝（BG+GH+CH）＝12x，
∴BC：DM＝6：1，
S△ABC：S△FDM＝36：1，
∴S△ABC＝4×36＝144．
故答案为：144．

14．【分析】根据题意，易证△AEH∽△AFG∽△ABC，利用相似比，可求出S△AEH、S△AFG面积比，再求出S△ABC．
【解答】解：∵AB被截成三等分，
∴△AEH∽△AFG∽△ABC，
∴，，
∴S△AFG：S△ABC＝4：9，
S△AEH：S△ABC＝1：9，
∴S阴影部分的面积＝S△ABC﹣S△ABC＝S△ABC．
故答案为．
15．【分析】由图象可知：AE＝6，BE＝8，∠DAE＝∠CEB＝α，设：AD＝BC＝a，在Rt△ADE中，conα＝，在Rt△BCE中，sinα＝＝，由（sinα）2+（conα）2＝1，即可求解．
【解答】解：由图象可知：
AE＝3，BE＝4，∠DAE＝∠CEB＝α，
设：AD＝BC＝a，

在Rt△ADE中，cosα＝，
在Rt△BCE中，sinα＝＝，
由（sinα）2+（cosα）2＝1，解得：，
当x＝12时，即EN＝6，则y＝MN•sin∠CEB＝．
故答案为：．
16．【分析】作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，由勾股定理得出AC2＝AB2+BC2＝25，求出AC2+CD2＝AD2，由勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，证出∠ACB＝∠CDM，得出△ABC∽△CMD，由相似三角形的对应边成比例求出CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，得出BM＝BC+CM＝10，再由勾股定理求出BD即可．
【解答】解：作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，如图所示：
则∠M＝90°，
∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC2＝AB2+BC2＝25，
∵CD＝10，AD＝5，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴∠ACB+∠DCM＝90°，
∴∠ACB＝∠CDM，
∵∠ABC＝∠M＝90°，
∴△ABC∽△CMD，
∴＝，
∴CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，
∴BM＝BC+CM＝10，
∴BD＝＝＝2，

17．【分析】根据等边三角形的性质得到AD＝AE＝DE，∠ADE＝∠AED＝60°，由邻补角的定义得到∠ADB＝∠AEC＝120°，求得∠B＝∠CAE，根据相似三角形的性质得到，等量代换即可得到结论．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AD＝AE＝DE，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠ADB＝∠AEC＝120°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠B+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝60°，
∴∠B＝∠CAE，
∴△ABD∽△CAE，
∴，
∴AD•AE＝CE•BD，
∴DE2＝BD•CE．
18．【分析】根据∠ACB＝90°，CD⊥AB，得到∠CAD＝∠BCD，推出Rt△ACD∽Rt△CBD，于是得到CD2＝AD•BD，根据AF⊥BG，GD⊥AB，证得∠EDA＝∠EFG＝∠GDP＝90°，推出△BGD∽△ADE，于是得到AD•BD＝DG•DE即可得到结论．
【解答】证明：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCD，
∴Rt△ACD∽Rt△CBD，
∴＝，
∴CD2＝AD•BD，
又∵AF⊥BG，GD⊥AB，
∴∠EDA＝∠EFG＝∠GDB＝90°，
∵∠1＝∠2，
∴∠G＝∠3，
∴△BGD∽△ADE，
∴＝，
∴AD•BD＝DG•DE
∴CD2＝DE•DG．

19．【分析】如图，作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作A'E⊥AC于E，交BC于D，则AD＝A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．
【解答】解：作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作A'E⊥AC于E，交BC于D，则AD＝A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长；
Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2，
∴BC＝，
S△ABC＝AB•AC＝BC•AF，
∴1×2＝3AF，
AF＝，
∴AA'＝2AF＝，
∵∠A'FD＝∠DEC＝90°，∠A'DF＝∠CDE，
∴∠A'＝∠C，
∵∠AEA'＝∠BAC＝90°，
∴△AEA'∽△BAC，
∴，
∴，
∴A'E＝，
即AD+DE的最小值是；
故选：B．

20．【分析】当点M在AB上运动时，MN⊥MC交y轴于点N，此时点N在y轴的负半轴移动，定有△AMC∽△NBM；只要求出ON的最小值，也就是BN最大值时，就能确定点N的坐标，而直线y＝kx+b与y轴交于点N（0，b），此时b的值最大，因此根据相似三角形的对应边成比例，设未知数构造二次函数，通过求二次函数的最值得以解决．
【解答】解：连接AC，则四边形ABOC是矩形，∴∠A＝∠ABO＝90°，
又∵MN⊥MC，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMC＝∠MNB，
∴△AMC∽△NBM，
∴，
设BN＝y，AM＝x．则MB＝3﹣x，ON＝2﹣y，
∴，
即：y＝x2+x
∴当x＝﹣＝﹣时，y最大＝×（）2+＝，
∵直线y＝kx+b与y轴交于N（0，b）
当BN最大，此时ON最小，点N （0，b）越往上，b的值最大，
∴ON＝OB﹣BN＝2﹣＝，
此时，N（0，）
b的最大值为．
故选：A．

21．【分析】由折叠的性质可得AB＝BF＝1，AE＝EF，∠ABE＝∠FBE，∠A＝∠EFB＝90°，DE＝EH，可证四边形CDEF是矩形，可得DE＝FC，由平行线分线段成比例可得，可求AD的长．
【解答】解：连接AC，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵将△ABE沿着BE翻折，使点A落在BC边上的点F处，再将△DEG沿着EG翻折，使点D落在EF边上的点H处，
∴AB＝BF＝1，AE＝EF，∠ABE＝∠FBE，∠A＝∠EFB＝90°，DE＝EH，
∴AB∥EF，∠FEB＝∠EBF＝45°，
∴EF＝BF＝1＝AE，
∵∠EFC＝∠C＝∠ADC＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝FC，
∴DE＝EH＝FC＝AD﹣AE＝AD﹣1，
∴HF＝1﹣（AD﹣1）＝2﹣AD，
∵点A，H，C在同一直线上，EF∥AB，
∴，
∴，
∴AD＝或（舍去）
∴AD＝，
故选：B．
22．【分析】根据勾股定理求得AB＝5cm．
（1）分类讨论：△AMP∽△ABC和△APM∽△ABC两种情况．利用相似三角形的对应边成比例来求t的值；
（2）如图，过点P作PH⊥BC于点H，构造平行线PH∥AC，由平行线分线段成比例求得以t表示的PH的值；然后根据“S＝S△ABC﹣S△BPH”列出S与t的关系式S＝（t﹣）2+（0＜t＜2.5），则由二次函数最值的求法即可得到S的最小值．
【解答】解：∵如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．
∴根据勾股定理，得＝5cm．
（1）以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况：
①当△AMP∽△ABC时，＝，即＝，
解得t＝；
②当△APM∽△ABC时，＝，即＝，
解得t＝0（不合题意，舍去）；
综上所述，当t＝时，以A、P、M为顶点的三角形与△ABC相似；

（2）存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值．理由如下：
假设存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值．
如图，过点P作PH⊥BC于点H．则PH∥AC，
∴＝，即＝，
∴PH＝t，
∴S＝S△ABC﹣S△BPN，
＝×3×4﹣×（3﹣t）•t，
＝（t﹣）2+（0＜t＜2.5）．
∵＞0，
∴S有最小值．
当t＝时，S最小值＝．
答：当t＝时，四边形APNC的面积S有最小值，其最小值是．

23．【分析】（1）设灯泡的位置为点P，易得△PAD∽△PA′D′，设出所求的未知数，利用相似三角形的对应边的比等于对应高的比，可得灯泡离地面的高度；
（2）同法可得到横向影子A′B，D′C的长度和；
（3）按照相应的三角形相似，利用相似三角形的对应边的比等于对应高的比，用字母表示出其他线段，即可得到灯泡离地面的距离．
【解答】解：（1）设灯泡离地面的高度为xcm，
∵AD∥A′D′，
∴∠PAD＝∠PA′D′，∠PDA＝∠PD′A′．
∴△PAD∽△PA′D′．
根据相似三角形对应高的比等于相似比的性质，可得，
∴＝，
解得x＝180．

（2）设横向影子A′B，D′C的长度和为ycm，
同理可得∴＝，
解得y＝12cm；

（3）记灯泡为点P，如图：
∵AD∥A′D′，
∴∠PAD＝∠PA′D′，∠PDA＝∠PD′A′．
∴△PAD∽△PA′D′．
根据相似三角形对应高的比等于相似比的性质，可得，
（直接得出三角形相似或比例线段均不扣分）
设灯泡离地面距离为x，由题意，得PM＝x，PN＝x﹣a，AD＝na，A′D′＝na+b，
∴＝1﹣
＝1﹣
x＝．

24．【分析】（1）①根据折叠的性质得到∠APO＝∠B＝90°，根据相似三角形的判定定理证明△OCP∽△PDA；
②根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答；
（2）根据直角三角形的性质得到∠DAP＝30°，根据折叠的性质解答即可；
（3）作MQ∥AB交PB于Q，根据等腰三角形的性质和相似三角形的性质得到EF＝PB，根据勾股定理求出PB，计算即可．
【解答】解：（1）①由折叠的性质可知，∠APO＝∠B＝90°，
∴∠APD+∠OPC＝90°，又∠POC+∠OPC＝90°，
∴∠APD＝∠POC，又∠D＝∠C＝90°，
∴△OCP∽△PDA；
②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，
∴△OCP与△PDA的相似比为1：2，
∴PC＝AD＝4，
设AB＝x，则DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，
在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，即x2＝82+（x﹣4）2，
解得，x＝10，即AB＝10；
（2）∵点P是CD边的中点，
∴DP＝DC，又AP＝AB＝CD，
∴DP＝AP，
∴∠DAP＝30°，
由折叠的性质可知，∠OAB＝∠OAP＝30°；
（3）EF的长度不变．
作MQ∥AB交PB于Q，
∴∠MQP＝∠ABP，
由折叠的性质可知，∠APB＝∠ABP，
∴∠MQP＝∠APB，
∴MP＝MQ，又BN＝PM，
∴MQ＝BN，
∵MQ∥AB，
∴＝，
∴QF＝FB，
∵MP＝MQ，ME⊥BP，
∴PE＝QE，
∴EF＝PB，
由（1）得，PC＝4，BC＝8，
∴PB＝＝4，
∴EF＝2．

25．【分析】（1）如图1中，作CM⊥x轴于，AN⊥x轴于N．连接AC、BO交于点K．易证△AON≌△COM，可得CM＝ON＝4，OM＝AN＝3，推出C（﹣3，4），由CK＝AK，OK＝BK，可得K（，），B（1，7）．
（2）分两种情形①当点Q在OA上时．②当点Q在OC上时．分别计算即可．
（3）分两种情形①当点A运动到点O时，t＝3，当0＜t≤3时，设O’C’交x轴于点E，作A’F⊥x轴于点F（如图3中）．②当点C运动到x轴上时，t＝4当3＜t≤4时（如图4中），设A’B’交x轴于点F．分别求解即可．
【解答】解：（1）如图1中，作CM⊥x轴于，AN⊥x轴于N．连接AC、BO交于点K．

易证△AON≌△COM，可得CM＝ON＝4，OM＝AN＝3，
∴C（﹣3，4），∵CK＝AK，OK＝BK，
∴K（，），B（1，7），
故答案为﹣3，4，1，7．

（2）由题意得，AO＝CO＝BC＝AB＝5，
当t＝2时，CP＝2．
①当点Q在OA上时，∵PQ≥AB＞PC，
∴只存在一点Q，使QC＝QP．
作QD⊥PC于点D（如图2中），则CD＝PD＝1，

∴QA＝2k＝5﹣1＝4，
∴k＝2．
②当点Q在OC上时，由于∠C＝90°所以只存在一点Q，使CP＝CQ＝2，
∴2k＝10﹣2＝8，∴k＝4．
综上所述，k的值为2或4．
（3）①当点A运动到点O时，t＝3．
当0＜t≤3时，设O’C’交x轴于点E，作A’F⊥x轴于点F（如图3中）．

则△A’OF∽△EOO’，
∴＝＝，OO′＝t，
∴EO′＝t，
∴S＝t2．
②当点C运动到x轴上时，t＝4
当3＜t≤4时（如图4中），设A’B’交x轴于点F，

则A’O＝A′O＝t﹣5，
∴A′F＝．
∴S＝（+t）×5＝．
综上所述，S＝．