第18 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）

这是一份第18 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用），共51页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

第18 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
一、单选题
1．（2022·衢州）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=36°．分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧相交于点D，E，作直线DE分别交AC，BC于点F，G．以G为圆心，GC长为半径画弧，交BC于点H，连结AG，AH．则下列说法错误的是（　　）

A．AG=CG B．∠B=2∠HAB
C．△CAH≅△BAG D．BG2=CG⋅CB
2．（2022·衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端A（人眼）望点E，使视线通过点C，记人站立的位置为点B，量出BG长，即可算得物高EG．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则y关于x的函数表达式为（　　）

A．y=12x B．y=12x+1.6 C．y=2x+1.6 D．y=1800x+1.6
3．（2022·桐乡模拟）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，线段 AB 两端点的坐标分别为 A(3，0) ， B(2，2) ，以点 P(1，0) 为位似中心，将线段 AB 放大得线段 CD ，若点 C 坐标为 (7，0) ，则点 D 的坐标为（　　）

A．(3，6) B．(4，6) C．(5，6) D．(6，6)
4．（2022·桐乡模拟）如图，在平行四边形 ABCD 中， ∠BAD 的平分线交 BC 于点 E ，交 DC 的延长线于点 F ，作 BG⊥AE 于 G ，若 AB=6 ， AD=9 ， BG=42 ，则 △EFC 的周长为（　　）

A．8 B．9 C．10 D．11
5．（2022·瑞安模拟）如图，已知△ABC与△DEF是位似图形，O是位似中心，若OA＝2OD，则△ABC与△DEF的周长之比是（　　）

A．2：1 B．3：1 C．4：1 D．6：1
6．（2022·秀洲模拟）如图，在平面直角坐标系中，以P （0，-1）为位似中心，在y轴右侧作△ABP放大2倍后的位似图形△DCP，若点B的坐标为（-2，-4），则点B的对应点C的坐标为（　　）

A．（4，5） B．（4，6） C．（2，4） D．（2，6）
7．（2022·温州模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示.作EM∥NG∥AD.若GF=2FM，则MN：FD的值为（　　）

A．233 B．52 C．54 D．1
8．（2022·南浔模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 (1，0) ，点D的坐标为 (3，0) ，若 △ABC 与 △DEF 是位似图形，则 ACDF 的值是（　　）

A．12 B．13 C．23 D．14
9．（2022·兰溪模拟）古希腊数学家发现“黄金三角形”很美.顶角为36°的等腰三角形，称为“黄金三角形”.如图所示， △ABC 中， AB=AC ， ∠A=36° ，其中 BCAC=5-12≈0.618 ，又称为黄金比率，是著名的数学常数.作 ∠ABC 的平分线，交 AC 于 C1 ，得到黄金三角形 △BCC1 ；作 C1B1∥BC 交 AB 于 B1 ， B1C2∥BC1 交 AC 于 C2 ，得到黄金三角形 △B1C1C2 ；作 C2B2∥BC 交 AB 于 B2 ， B2C3∥BC1 交 AC 于 C3 ，得到黄金三角形 △B2C2C3 ；依此类推，我们可以得到无穷无尽的黄金三角形.若 BC 的长为1，那么 C5C6 的长为（　　）

A．5-2 B．9-45 C．25-4 D．135-29
10．（2022·新昌模拟）如图是沙漏示意图（数据如图），上下两部分为全等三角形，将上半部分填满沙子后，在沙子下落至如图位置时，AB的长为多少？（正在下落的沙子忽略不计）（　　）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
二、填空题
11．（2022·湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，DE∥BC， ADAB=13 ，若DE=2，则BC的长是　 　．

12．（2022·杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片．点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=　 　度； BCAD 的值等于　 　．

13．（2022·宁波模拟）如图，在矩形 ABCD中，点E在边AD上，BE⊥AC 于点F，若AD=2，AB=CF，则sin∠ABE 的值为　 　．

14．（2022·江干模拟）如图，在 △ABC 中， AB=AC ， AD 平分 ∠BAC ，点 E 在 AB 上，连结 CE 交 AD 于点 F ，且 AE=AF ，以下命题： ①4∠BCE=∠BAC ； ②AE⋅DF=CF⋅EF ； ③AEAB=EFCF ； ④AD=12(AE+AC). 正确的序号为　 　.

15．（2022·龙湾模拟）如图，岸边堤坝和湖中分别伫立着甲、乙两座电线塔，甲塔底 CD 和堤坝 EF 段均与水平面 MN 平行， B 为 CD 中点， CD=6EF=12 米， DE=5 米．某时刻甲塔顶 A 影子恰好落在斜坡底端 E 处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米．随后小章乘船行驶至湖面点 P 处，发现点 D ， F ， P 三点共线，并在 P 处测得甲塔底 D 和乙塔顶 T 的仰角均为 α=26.7° ，则塔高 AB 的长为　 　米；若小章继续向右行驶10米至点 Q ，且在 Q 处测得甲、乙两塔顶 A ， T 的仰角均为 β=36.8° ．若点 M ， P ， Q ， N 在同一水平线上， TN⊥MN ，则甲、乙两塔顶 A ， T 的距离为　 　米．（参考数据： tan26.7°≈0.5 ， sin26.7°≈0.45 ， tan36.8°≈0.75 ， cos36.8°≈0.8 ）

16．（2022·宁波模拟）如图， 在矩形 ABCD 中 (AD>AB) ， 点 E 为 BC 的中点， 点 F 为边 BC 上的动点， 连结 AF，DE . 将 △ABF 沿着 AF 翻折， 使点 B 的对应点 B' 恰好落在线段 DE 上. 若 A，B'，C 三点共线， 则 cos∠B'FC 的值为　 　；若 AD=4 ， 且这样的点 B' 有且只有一个时， 则 DE 的长为　 　.

17．（2022·余杭模拟）如图，在△ABC中，D为BC上的一点，E为AD上的一点，BE的延长线交AC于点F，已知 BDDC=1a ， AEDE=1b （a，b为不小于2的整数），则 S△ABFS△DFC 的值是　 　

18．（2022·西湖模拟）如图，在矩形ABCD中， AB=2 ， AD=8 ，点E，F在BC上，点G是射线DC与射线AF的交点，若 BE=1 ， ∠EAF=45° ，则AG的长为　 　．

19．（2022·鄞州模拟）如图，正方形 ABCD 的边长为4，正方形 CEFG 的边长为 22 ，将正方形 CEFG 绕点 C 旋转， BG 和 DE 相交于点 K ，则 AK 的最大值是　 　，连结 BE ，当点 C 正好是 △BKE 的内心时， CK 的长是　 　.

20．（2022·淳安模拟）如图是一张矩形纸片ABCD，AB＝3，AD＝4，在BC上任意取一点E，将△DEC沿DE折叠，（1）若点C恰好落在对角线BD上的点C'处，则CE＝　 　；（2）若点C恰好落在对角线AC上的点C'处，则CE＝　 　.

三、综合题
21．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．

（1）求证：∠DBG=90°.
（2）若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积.
②求tan∠BDE的值.
（3）若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°<∠DAB<180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
22．（2022·嘉兴）小东在做九上课本123页习题：“1： 2 也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1： 2 ．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．

（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．
（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造△DPE，使得△DPE∽△CPB．
①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．
②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．
23．（2022·宁波）如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BC于点E，点F在AE上，满足∠AFB-∠BFD=∠ACB，FG∥AC交BC于点G，BE=FG，连结BD，DG．设∠ACB=α．

（1）用含α的代数式表示∠BFD．
（2）求证：△BDE≌△FDG．
（3）如图2，AD为⊙O的直径．
①当 AB 的长为2时，求 AC 的长．
②当OF：OE=4：11时，求cosα的值．
24．（2022·宁波）
（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF=CF，AF交DE于点G，求证：DG= EG．
（2）【尝试应用】
如图2，在(1)的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD=6，AE=3，求 DEBC 的值．
（3）【拓展提高】
如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°，FG平分∠EFC，FG=10，求BF的长．

25．（2022·桐乡模拟）如图，在 △ABC 中， D ， E 分别是 AB ， AC 边上的点，且 AD ： DB=AE ： EC=2 ： 3 .

（1）求证： △ADE ∽ △ABC ；
（2）若 DE=4 ，求 BC 的长.
26．（2022·江干模拟）如图，四边形 ABCD 是菱形， E 是 AB 的中点， AC 的垂线 EF 交 AD 于点 M ，交 CD 的延长线于点 F .

（1）求证： AM=AE ；
（2）连接 CM ， DF=2 .
① 求菱形 ABCD 的周长；
② 若 ∠ADC=2∠MCF ，求 ME 的长.
27．（2022·江干模拟）如图， △ABC 内接于 ⊙O(∠ACB>90°) ，连接 OA ， OC. 记 ∠BAC=α ， ∠BCO=β ， ∠BAO=γ .

（1）探究 α 与 β 之间的数量关系，并证明.
（2）设 OC 与 AB 交于点 D ， ⊙O 半径为1，
① 若 β=γ+45° ， AD=2OD ，求由线段 BD ， CD ，弧 BC 围成的图形面积 S .
② 若 α+2γ=90° ，设 sinα=k ，用含 k 的代数式表示线段 OD 的长.
28．（2022·舟山）如图1，在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，FH交于点E，已知CF=CH．

（1）线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
（2）如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证： KHCH=AKAC
（3）如图3，在(2)的条件下，当点K是线段AC的中点时，求 CPPF 的值．
29．（2022·龙游会考）在正方形ABCD，E，F分别是射线BC，CD上的点，AE⊥BF于点G.

（1）如图1，若点E是BC边上的点.求证：CE=DF.
（2）如图2，在（1）的条件下，延长BF交AD的延长线于点H，连结CH.若AB=4，BE=3，求tan∠BHC的值.
（3）延长BF交射线AD于点H，连结CG，CH，若CHCG=k，求CEBE的值（用含k的代数式表示）.

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：由作图可知DE垂直平分AC，GH=GC，
∴AG=CG，AF=CF，故A不符合题意；
∴GF是△ACH的中位线，
∴FG∥AH，
∴AH⊥AC，
∴∠CAH=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=36°，
∴∠AHC=90°-36°=54°，
∵∠HAB=∠AHC-∠B
∴∠HAB=54°-36°=18°，
∴∠B=2∠HAB，故B不符合题意；
∵AG=CG，
∴∠C=∠GAC=36°，
∴∠AGB=∠C+∠GAC=72°，
∵∠BAG=180°-2×36°-36°=72°，
∴∠AGB=∠BAG，
∴AB=BG，
∴△ABG是等腰三角形，△ACH是直角三角形，
∴△ABG和△ACH不可能全等，故C不符合题意；
∵∠GCA=∠ACB，∠CAG=∠B，
∴△CAG∽△CBA，
∴CGAC=CACB，
∴CA2=CG·CB，
∵AB=BG=AC，
∴BG2=CG·CB，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】由作图可知DE垂直平分AC，GH=GC，利用垂直平分线的性质可证得AG=CG，AF=CF，可对A作出判断；易证GF是△ACH的中位线，可得到FG∥AH，由此可求出∠CAH的度数，利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质求出∠AHC的度数，利用三角形的外角的性质可求出∠HAB的度数，可对B作出判断；再求出∠AGB和∠BAG的度数，可证得△ABG是等腰三角形，而△ACH是直角三角形，可对C作出判断；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CAG∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例及AB=BG=AC，可对D作出判断.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：∵CD⊥AF，EG⊥AF，
∴CD∥EF，∠AFG=∠G=∠B=90°，
∴四边形ABGF是矩形，
∴AB=GF=1.6，BG=AF=x
∴△ACD∽△AEF，
∴ADAF=CDEF，
60x=30y-1.6
解之：y=12x+1.6.
故答案为：B.
【分析】利用垂直的定义可证得∠AFG=∠G=∠B=90°，可推出四边形ABGF是矩形，路矩形的性质可得到GF，AF的长；同时可证得CD∥EF，由此可证得△ACD∽△AEF，利用相似三角形的对应边成比例可得到关于x，y的方程，解方程用含x的代数式表示出y.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：以点P为坐标原点建立新的平面直角坐标系，
则在新坐标系中，A（2，0），B（1，2）， P（0，0） ， C（6，0），
则 PA=2 ， PC=6 ，
∴△PAB和 △PCD 的位似比为 1 ： 3 ，
∴ 点D在新坐标系中的坐标为 (1×3，2×3) ，即 (3，6) ，
则点D在原坐标系中的坐标为 (4，6) ，
故答案为：B.
【分析】以点P为坐标原点建立新的平面直角坐标系，可得点A、B、P、C的坐标，然后求出PA、PC，得到△PAB与△PCD的位似比，然后给点B的横纵坐标分别乘以3即可得到点D在新坐标系中的坐标，进而可得点D在原坐标系中对应的坐标.
4．【答案】A
【解析】【解答】解： ∵ 四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD ， AD//BC ，
∴∠BAE=∠AFD ， ∠DAF=∠AEB ，
∵AF 为 ∠BAD 的角平分线，
∴∠BAE=∠EAD ，
∴∠AFD=∠EAD ， ∠BAE=∠AEB ， ∠CEF=∠CFE ，
∴△ABE ， △ADF ， △CEF 都是等腰三角形，
又 ∵AB=6 ， AD=9 ，
∴AB=BE=6 ， AD=DF=9 ，
∴CE=CF=3 .
∵BG⊥AE ， BG=42 ，
由勾股定理可得： AG=AB2-BG2=2 ，
∴AE=4 ，
∵AB//CD ，
∴△ABE ∽ △FCE .
∴CEBE=EFAE=12 ，
∴EF=2 ，
∴△EFC 的周长 =EF+FC+CE=8 .
故答案为：A.
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AD∥BC，由平行线的性质可得∠BAE=∠AFD，∠DAF=∠AEB，根据角平分线的概念可得∠BAE=∠EAD，推出△ABE、△ADF、△CEF都是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得AB=BE=6，AD=DF=9，则CE=CF=3，然后利用勾股定理求出AG，证明△ABE∽△FCE，根据相似三角形的性质可得EF，据此不难求出△EFC的周长.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴AB∥DE ，
∴△AOB ∽ △DOE，
∴ABDE=OAOD=2 ，
∴△ABC与△DEF的周长之比是2：1.
故答案为：A.
【分析】根据位似的性质可得AB∥DE，从而易证△AOB∽△DOE，然后根据OA=2OD结合相似三角形的周长比等于相似比进行解答.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点B作BE⊥x轴，过点C作CF⊥x轴，再过点P作x轴的平行线交BE于点H，交CF于点Q，

∵BH∥CQ，
∴△BHP∽△CQP，
∴BH：CQ=HP：QP=BP：CP，
由题意得：△ABP∽△DCP，且相似比为1：2，
∴BP：CP=1：2，
∴BH：CQ=HP：QP=1：2，
∵点B（-2，-4），点P（0，-1）
∴BH=3，HP=2，
∴CQ=6，QP=4，
∴CF=6-1=5，
∴点C（4，5）.
故答案为：A.
【分析】如图，过点B作BE⊥x轴，过点C作CF⊥x轴，再过点P作x轴的平行线交BE于点H，交CF于点Q，易得△BHP∽△CQP，即得到BH：CQ=HP：QP=BP：CP，又△ABP∽△DCP，且相似比为1：2，从而得BH：CQ=HP：QP=1：2，再由点B和点P坐标求出BH=3，HP=2，从而球的出CQ=6，QP=4，进而得CF=5，即可求得点C坐标.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：连结CF，

设AF=a，DF=b，
∵ME∥AD，
∴△FME∽△FAD，
∴FMFA=FEFD，即FDFA=FEFM=2FMFM=2，
∴DF=2AF，
∴b=2a，
∵AF=DE=HC=BG=a，
∴FE=GF=GH=EH=AG-AF=2a-a=a，
∴点E为DF的中点，
∵CE⊥DF，
∴CF=CD，
∵四边形FGHE为正方形，
∴GF∥EH，即MG∥NE，
又∵ME∥GM，
∴四边形MGNE为平行四边形，
∴GM=EN，
∵GF=EH，
∴MF=HN=12FG=12a，
∴NC=CH-HN=a-12a=12a，
∴MF=CN，且MF∥CN，
∴四边形MFCN为平行四边形，
∴MN=FC=DC，
在Rt△AFD中，
AD=AF2+DF2=a2+4a2=5a，
∴MN=CD=AD=5a，
∴MN：DF=5a：2a=5：2=52.
故答案为：B.
【分析】连接CF，设AF=a，DF=b，易证△FME∽△FAD，根据相似三角形的性质可得DF=2AF，则b=2a，根据全等三角形的性质可得AF=DE=HC=BG=a，则FE=GF=GH=EH=a，推出CF=CD，根据正方形的性质可得GF∥EH，推出四边形MGNE为平行四边形，得到GM=EN，结合GF=EH表示出MF、NC，推出四边形MFCN为平行四边形，得到MN=FC=DC，利用勾股定理可得AD，据此求解.
8．【答案】B
【解析】【解答】解： ∵ 点A的坐标为 （1，0） ，点D的坐标为 （3，0） ，
∴OA=1 ， OD=3 ，即 OAOD=13 ，
∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴AC//DF ，
∴ΔOAC∽ΔODF ，
∴ACDF=OAOD=13 ，
故答案为：B.
【分析】由A、D的坐标，可得OA=1，OD=3，由位似图形的性质得AC∥DF，可证△OAC∽△ODF，利用相似三角形的性质可得结论.
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵AB=AC ， ∠A=36° ，
∴∠ABC=∠C=180-∠A2=72° ，
∵∠ABC 的平分线交 AC 于 C1 ，
∴∠B1BC1=∠CBC1=12∠ABC=36° ，
∴△BCC1∽△ABC ，
∴CC1BC=BCAB=5-12 ，
∵BC 的长为1，
∴CC1=5-12 ，
∵C1B1 ∥BC，
∴∠B1C1C2=∠C=72° ， ∠AB1C1=∠ABC=72° ， ∠B1BC1=∠B1C1B ，
∴∠B1BC1=∠B1C1B=36° ，
∴△AB1C1∽△ABC ， B1C1=B1B ，
∴ABAB1=ACAC1 ，即 AB1+BB1AB1=AC1+CC1AC1 ，
∴BB1=CC1 ，
∴B1C1=B1B=CC1=5-12 ，
∵B1C2 ∥BC1 ，
∴∠B1BC1=∠B1C1B=36° ，
∴△BC1C2∽△BCC1 ，
∴C1C2B1C1=CC1BC=5-12 ，
∴C1C2=(5-12)2 ，
同理，∵C2B2 交 AB 于 B2 ， B2C3 交 AC 于 C3 ，得到黄金三角形 △B2C2C3 ，
∴C2C3=(5-12)3 ，
∴CnCn+1=(5-12)n+1 ，
∴C5C6=(5-12)6=(5-12)2×3=(3-52)3=9-45
故答案为：B.
【分析】根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ABC=∠C=72°，根据角平分线的概念可得∠B1BC1=∠CBC1=36°，证明△BCC1∽△ABC，根据相似三角形的性质可得CC1，由平行线的性质可得∠B1C1C2=∠C=72°，∠AB1C1=∠ABC=72°，∠B1BC1=∠B1C1B，证明△AB1C1∽△ABC，根据相似三角形的性质可得BB1=CC1，证明△BC1C2∽△BCC1，根据相似三角形的性质可得C1C2，同理求出C2C3、CnCn+1，据此解答.
10．【答案】D
【解析】【解答】解：如图：

∵△OEF≌△OGH，四边形ABFE≌四边形DCGH，
∴△OAB≌△ODC，
∵△OCD的边CD上的高为5cm，
∴△OAB的边AB上的高为5cm，
∵整个沙漏的高为15cm，
∴△OEF的边EF上的高为152=7.5(cm)，
∵AB∥EF，
∴△OAB∽△OEF，
∴ABEF=57.5，
∵EF=6cm，
∴AB=57.5×6=4(cm)，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意可得△OAB≌△ODC，则△OEF的边EF上的高为7.5cm，易证△OAB∽△OEF，然后根据相似三角形的性质进行计算.
11．【答案】6
【解析】【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵ADAB=13，
∴DEBC=13，
又∵DE=2，
∴BC=3DE=3×2=6.
故答案为：6.
【分析】由相似预备定理，即“A”型相似得△ADE∽△ABC，再由相似性质得DEBC=13，即可求得BC的长.
12．【答案】36；3+52
【解析】【解答】解：∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA=∠BEC，
∵∠DAE＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO＝∠BCO，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B=∠ECO，
设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，
∴∠BCE=∠CEB＝∠ECO＋∠BCO＝2x，
∵∠BEC＋∠BCE＋∠B＝180°，
∴x＋2x＋2x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠B＝36°；
∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，
∴△CEO∽△BEC，
∴CEEO＝BECE，
∴CE2＝EO•BE，
设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，
∴a2＝x（x＋a），
解之：x=5-12a（取正值），
∴OE=5-12a，
∴AE＝OA-OE＝a-5-12a＝3-52a，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴△BCE∽△DAE，
∴BCAD=ECAE即BCAD=a3-52a=3+52.
故答案为：36，3+52.
【分析】利用等边对等角及对顶角的性质可证得∠DAE＝∠DEA=∠BEC，利用同弧所对的圆周角相等，可推出∠BEC＝∠BCE；利用折叠的性质和等腰三角形的性质可推出∠OCB＝∠B=∠ECO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，可表示出∠BCE，∠BEC的度数，利用三角形的内角和为180°，可建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到∠B的度数；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CEO∽△BEC，利用相似三角形的对应边成比例可证得CE2＝EO•BE，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，可得到关于x，a的方程，解方程求出x的值，可得到OE，AE的长；再证明△BCE∽△DAE，利用相似三角形对应边成比例可得到BC与AD的比值.
13．【答案】5-12
【解析】【解答】解：∵BE⊥AC，即∠AFB=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABC=
∴∠ABF+∠CBF=∠CBF+∠BCF，
∴∠ABF=∠BCF，
∴△AFB∽△ABC，
∴ABAF=ACAB，
∵AB=CF，
∴ABAF=AF+ABAB，
∴AF2+AF·AB-AB2=0，
∴AF=5-12AB或-5-12AB（舍去），
∴sin∠ABE=AFAB=5-12.
故答案为：5-12.

【分析】根据矩形的性质和余角的性质求出∠ABF=∠BCF，再证明△AFB∽△ABC，根据成比例的性质求出ABAF=ACAB，结合AB=CF，将比例式化成AF2+AF·AB-AB2=0，解关于AF的一元二次方程，求出AF=5-12AB，最后根据三角函数的定义计算即可.
14．【答案】①④
【解析】【解答】解：设 ∠BCE=β ， ∠AFE=α ，
延长FD使得DG=DF，连接CG ，

∵AE=AF ，
∴∠AEF=∠AFE=∠DFC=α ，
∴∠EAF=180°-2α ，
∵AB=AC ， AD 平分 ∠BAC ，
∴∠BAC=2(180°-2α) ，
∵α+β=90° ，
∴α=90°-β ，
∴∠BAC=360°-4(90°-β)=4β=4∠BCE ，故 ①正确.
若 AE⋅DF=CF⋅EF ，
则 AECF=EFDF ，
由于△AEF与△CDF不相似，故AE ⋅DF=CF⋅EF 不成立，故②错误.
∵AD 是平分 ∠BAC ，
∴AEEF=ACCF ，
即 AEAB=EFCF ，故③正确.
∵AD⊥BC ， DF=DG ，
∴CF=CG ，
∴∠G=∠DFC=α ， ∠FCG=2∠BCE=2β ，
∵∠B=α-β ，
∴∠ACE=α-β-β=α-2β ，
∴∠ACG=∠ACE+∠ECG=α-2β+2β=α ，
∴AG=AC ，
∴AG-AD=DG ， AD-AF=DF ，
∴AG-AD=AD-AF ，
∴2AD=AG+AF=AC+AF=AE+AC ，故④正确.
故答案为： ①④ .
【分析】设∠BCE=β，∠AFE=α，延长FD至点G，使得DG=DF，连接CG，根据等腰三角形的性质以及对顶角的性质可得∠AEF=∠AFE=∠DFC=α，结合内角和定理可得∠EAF=180°-2α，根据角平分线的概念可得∠BAC=2(180°-2α)，根据α+β=90°可得α=90°-β，据此判断①；根据相似三角形的性质可判断②；根据角平分线的性质可判断③；易得CF=CG，根据等腰三角形的性质可得∠G=∠DFC=α，结合外角的性质可得∠FCG=2β，则∠ACE=α-2β，∠ACG=∠ACE+∠ECG=α，推出AG=AC，进而得到AG-AD=AD-AF，据此判断④.
15．【答案】17；4205
【解析】【解答】解：如图，延长AB交MN延长线于点G，延长FE交AG于点H，过点D作DR⊥FH于点R，交MN延长线于点I，

由题意得CB=BD=12CD=6米，
∵四边形HGRI为矩形，
∴HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，
∴∠DFR=∠DPI=α=26.7°，
∴DRRF=tan26.7°=0.5，
∴设DR=x，则RF=2x，
又∵EF=2米，
∴RE=2x-2=2（x-1）米，
在Rt△DRE中，DE=5米，
∴x2+[2（x-1）]2=25，
整理，解得：x=-75（舍去）或x=3，
∴DR=3米，RE=4米，
∴HE=HR+RE=6+4=10米
∵某时刻甲塔顶A的影子恰好落在斜坡底端E处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米 ，
∴2：1=AH：HE，
∴AH=20米，
∴塔高AB=AH-BG=AH-DR=20-3=17米；
连接AT，过点T作TK∥MN交AB于点K，

∵tanα=tan26.7°=DIIP=DR+RIIP=3+RIIP=0.5，
∴IP=6+2RI，
∵PQ=10米，
∴GQ=GI+IP+PQ=22+2RI，AG=AH+RI=20+RI，
在Rt△AGQ中，∠AQG=β =36.8°，
∴tan36.8°=AGGQ=0.75，即20+RI22+2RI=34，
解得：RI=7米，
∴GQ=22+2×7=36米，AG=20+7=27米，
在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°
∴tan26.7°=TNPN=0.5，
∴PN=2TN，
在Rt△TQN中，∠AQN=β =36.8°，
∴tan36.8°=TNQN=0.75，
∴QN=43TN，
∴PQ=10=PN-QN=2TN-43TN，
解得：TN=15米，
∴QN=20米，
∴KT=GN=GQ+QN=36+20=56米，AK=AG-TN=27-15=12米，
∴在Rt△AKT中，由勾股定理得：AT=AK2+KT2=122+562，
∴AT=4205.
故答案为：17，4205.
【分析】延长AB交MN延长线于点G，延长FE交AG于点H，过点D作DR⊥FH于点R，交MN延长线于点I，由题意得CB=BD=6米，易得四边形HGRI为矩形，从而得HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，由平行线性质得∠DFR=∠DPI=α=26.7°，再由DRRF=tan26.7°=0.5，设DR=x，则RF=2x，进而表示RE=2（x-1）米，在Rt△DRE中，DE=5米，由勾股定理得x2+[2（x-1）]2=25，求得DR=3米，RE=4米，从而求出HE=10米，再由某时刻甲塔顶A的影子恰好落在斜坡底端E处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米 ，利用相似性质可得2：1=AH：HE，求得AH=20米，进而求得塔高AB的长即可；连接AT，过点T作TK∥MN交AB于点K，由tan26.7°=DIIP=DR+RIIP=3+RIIP=0.5，得IP=6+2RI，结合PQ=10米，表示出GQ=22+2RI，AG=20+RI，再由tan36.8°=AGGQ=0.75，即20+RI22+2RI=34，解得RI=7米，从而得GQ=36米，AG=27米，在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°得PN=2TN，在Rt△TQN中，∠AQN=β =36.8°，得QN=43TN，从而得PQ=10=PN-QN=2TN-43TN，解得TN=15米，QN=20米，从而求出KT=56米，AK=12米，再在Rt△AKT中，利用勾股定理求得AT的长即可.
16．【答案】23；4
【解析】【解答】解：如图， 当 A、B'、C 三点共线时， 连结三点，

则 B'CAB=CEAD=12 ，
∴ABAC=23 ， 则 cos∠B'FC=cos∠BAC=23 .
当这样的点B'有且只有一个时，
即以AB为半径的 ⊙A 与DE相切，
∴∠CED=∠BEA=∠AED ，
∴∠CED=60° ，
∵BC=AD=4 ，
∴CE=2 ，
∴DE=4 .
故答案为：23，4.
【分析】第一空、由翻折性质得AB'=AB，易得△DB'A~△EB'C，可得B'CAB=CEAD=12，所以 ABAC=23，∠FB'C=90°，易得∠B'FC=∠BAC，求得cos∠BAC=23即可；第二空，AB=AB'，即B'的运动轨迹是以A为圆心，AB长为半径的圆弧，因为B'在DE上仅有一个，说明圆弧与DE相切，BC也与圆弧相切，由切长线定理可得E和F重合，AB'⊥DE，∠ADB’=∠DEC，AB’=AB=CD，易得△DEC≅△ADB'，得DE=AD，即可.
17．【答案】
【解析】【解答】解：如图， 过点D作DG∥AC交BF于点G，

∴AFDG=AEDE=1b，CFDG=BCBD=a+1BDBD=a+1，
∴AFCF=1ab+b，
∴S△ABFS△BCF=AFCF=1ba+1，
∵BDCD=1a，
∴S△DBFS△DFC=BDCD=1a，
∴S△DBF=1aS△DFC，
∴S△BCF=a+1aS△DFC，
∴S△ABFS△BCF=S△ABFa+1a·S△DFC=1ba+1，
∴S△ABFS△DFC=1ab.
故答案为：1ab.
【分析】 过点D作DG∥AC交BF于点G， 根据平行线分线段成比例定理得出AFDG=AEDE=1b，CFDG=BCBD=a+1，从而得出S△ABFS△BCF=AFCF=1ba+1，再根据BDCD=1a，得出S△DBFS△DFC=BDCD=1a，
从而得出S△BCF=a+1aS△DFC，即可得出S△ABFS△DFC=1ab.
18．【答案】8310
【解析】【解答】解：如图所示，分别在AD和AB上截取DH=DG，BQ=BE=1，
∵矩形ABCD，AB=2，
∴AQ=1，AE=12+22=5，
易得△GDH和△EBQ均为等腰直角三角形，
∴∠DHG=∠BQE=45°，QE=2，HG=2HD=2DG，
∴∠HAG+∠HGA=∠QAE+∠QEA=45°，
又∵∠EAF=45°，
∴∠QAE+∠HAG=45°，
∴∠HAG=∠QEA，∠HGA=∠QAE，
∴△HAG∽△QEA，
∴AQ：HG=AE：AG，
设HD=DG=x，则HG=2x，AH=8-x，
∴AG=HG·AEAQ=10x，
在Rt△ADG中，AG2=AD2+DG2，
∴10x2=64+x2，
∴x=-83（舍去）或x=83，
∴AG=8103.
故答案为：8103.
【分析】分别在AD和AB上截取DH=DG，BQ=BE=1，由矩形性质及勾股定理求得AQ=1，AE=5，
易得△GDH和△EBQ为等腰直角三角形，可得∠DHG=∠BQE=45°，QE=2，HG=2HD=2DG，
从而得到∠HAG+∠HGA=∠QAE+∠QEA=45°，再结合∠QAE+∠HAG=45°，进而得∠HAG=∠QEA，∠HGA=∠QAE，即证得△HAG∽△QEA，设HD=DG=x，则HG=2x，AH=8-x，再利用相似三角对应边成比例得到AG=10x，再在Rt△ADG中，AG2=AD2+DG2，即10x2=64+x2，解得x，进而可求得AG的长.
19．【答案】42；455
【解析】【解答】解：∵∠BCD=∠ECG=90° ， ∠BCG=∠BCD+∠DCG ， ∠DCE=∠ECG+∠DCG
∴∠BCG=∠DCE
又∵BC=CD，CE=CG
∴△BCG≅△DCE
∴∠BGC=∠DEC
如下图，CG与DE交点为M，则有 ∠KMG=∠CME

∴△KMG∽△CME
∴∠GKM=∠ECM=90°
∴DE⊥BG
∴△BKD 为直角三角形
∴交点K的运动轨迹在以BD为直径的圆上，圆心为BD中点O，显然点A、C也在圆上，AK为该圆的弦，故AK最大值为圆的直径AC，即当点K与点C重合时取得最大值
此时 AC=BC2+AB2=42 .
如下图，当点 C 正好是 △BKE 的内心时，作 CN⊥DE 于点N， CH⊥BG 于点H，延长EC交BD于点O

∵EC为 ∠BED 的角平分线，BC为 ∠EBG 的角平分线
∴∠BEC=∠DEC，∠EBC=∠GBC=∠EDC
∴△EBC≅△EDC
∴BE=DE
∴EO⊥BD
∴△CNE∽△DOE
∴CNOD=CEDE
∵OD=12BD=12BC2+CD2=22 ， OC=BC×CDBD=22
∴OE=OC+CE=42
∴DE=OD2+OE2=210
∴CN=2105
显然此时四边形CHKN为正方形
∴CK=2CN=455
故答案为： 42，455 .

【分析】先证DE⊥BG，可得△BKD为直角三角形，从而得出交点K的运动轨迹在以BD为直径的圆上，圆心为BD中点O，显然点A、C也在圆上，AK为该圆的弦，故AK最大值为圆的直径AC，即当点K与点C重合时取得最大值，利用勾股定理求出AC即得结论；当点 C 正好是 △BKE 的内心时，作 CN⊥DE 于点N， CH⊥BG 于点H，延长EC交BD于点O，证明△CNE∽△DOE，利用相似三角形的性质求出CN，根据四边形CHKN为正方形，可得CK=2CN，继而得解.
20．【答案】32；94
【解析】【解答】解：（1）在矩形ABCD中
AB＝CD=3，AD＝BC=4
∠C=90°
在Rt△BCD中
BD=CD2+BC2=32+42=5
由折叠可知，CD=C'D=3，∠DC'E=90°
∵点C恰好落在对角线BD上的点C'
∴∠BC'E=90°
设CE=C'E=x，则BE=4-x，BC'=5-3=2
在Rt△BC'E中
∴BC'2+C'E2=BE2
∴22+ x 2=（4-x）2
解得x =32
故答案为：32；
（2）解：令AC与DE交于点F

∵点C恰好落在对角线AC上
∴DE垂直平分CC'
在Rt△CDE中
DE=DC2+EC2=32+x2
∵DE×CF=EC×DC
∴CF=3x32+x2
∴AF=5-3x9+x2
∵AD//BC
∴△AFD∽△CFE
∴AFCF=ADEC
∴5-3x9+x23x32+x2=4x
16x2-72x+81=0
解得x=94
故答案为：94.
【分析】（1）由矩形的性质可得AB＝CD=3，AD＝BC=4，∠C=90°，利用勾股定理求出BD=5，由折叠可知CD=C'D=3，∠DC'E=90°，由点C恰好落在对角线BD上的点C'，可得∠BC'E=90°，
设CE=C'E=x，则BE=4-x，BC'=5-3=2，在Rt△BC'E中，利用勾股定理建立关于x的方程并解之即可；
（2）令AC与DE交于点F，由折叠知DE垂直平分CC'，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE=
32+x2，根据△CDE的面积可得DE×CF=EC×DC，据从求出CF=3x32+x2，从而求出AF，证明△AFD∽△CFE，可得AFCF=ADEC，代入相应数据可得关于x的方程，解之即得结论.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB ∥ CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ 12 ∠ABC，
∵BG 平分 ∠CBE 交 DE 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ 12 ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ 12 （∠ABC＋∠CBE）＝ 12 ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，

∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ 12 BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ CD2-OD2=52-32=4 ，
∴AC＝2OC＝8，
∴S菱形ABCD=12AC×BD=12×8×6=24 ，
即菱形 ABCD 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG ∥ AC，
∴DHDG=DOBD=12 ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴DHEH=12 ，
∵AB ∥ CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴CHAH=DHEH=12 ，
∴CH＝ 13 AC＝ 83 ，
∴OH＝OC－CH＝4－ 83 ＝ 43 ，
∴tan∠BDE＝ OHOD=49 ；
（3）解：如图3，过点G作GT ∥ BC交AE于点T，此时ET＝ 103 ．

理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG ∥ AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴EGGH=BEAB ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴DHGH=DOBO ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT ∥ BC，
∴GT ∥ AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴GTAD=EGED=ETEA=13 ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ 53 ，为定值，
此时ET＝ 13 AE＝ 13 （AB＋BE）＝ 103 ．
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ 12 ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=12∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
22．【答案】（1）解：赞同，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=CB，
∴2AC2=AB2，即AC：AB=1：2，
又∵以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，
∴AC=AP，
∴AP：AB=1：2，
∴P为线段AB的“趣点”.
（2）解：①∵△DPE∽△CPB，∠B=∠CAB=45°，
∴∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，
∵AP=AC，
∴∠APC=（180°-∠CAP）÷2=（180°-45°）÷2=67.5°，
∴∠DPE=∠CPB=180°-∠APC=180°-67.5°=112.5°，
∴∠CPE=∠DPE-∠APC=112.5°-67.5°=45°；
②∵点D为线段AC的“趣点”，且CD＜AD，AC=AP，
∴CD：AC=CD：AP=1：2，
∵AC：AB=1：2，∠A为公共角，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠DPA=∠CBA=45°，∠ADP=∠ACB=90°，DP∥CB，
∴∠CPD=∠PCB=∠APC-∠DPA=67.5°-45°=22.5°，
又∵△DPE∽△CPB，
∴∠PDE=∠PCB=22.5°，
∴∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=90°-22.5°=67.5°，
∴MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=2×22.5°=45°，
又∵E=∠B=45°，
∴∠MPE=∠E=45°，
∴MP：ME=1：2，
∴MN：ME=1：2，
点N是ME的“趣点”.
【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形性质得2AC2=AB2，即AC：AB=1：2，又AC=AP，从而得到AP：AB=1：2，因此可判断P为线段AB的“趣点”；
（2）①由相似性质及等腰直角三角形性质可得∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，再由由等腰三角形性质可得∠APC=67.5°，从而得到∠DPE=112.5°，再由∠CPE=∠DPE-∠APC，即可求解；
②根据点D为线段AC的“趣点”，CD＜AD及AC=AP，则CD：AC=CD：AP=1：2，可证出△ADP∽△ACB，再由由相似性质和平行线性质得∠CPD=∠PCB=22.5°，又△DPE∽△CPB，从而得到∠PDE=∠PCB=22.5°，由平行线性质和角互余关系求出∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=67.5°，进而得到MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=45°，由等腰直角三角形性质得MN：ME=1：2，即可得到点N是ME的“趣点”.
23．【答案】（1）解：∵∠AFB-∠BFD=∠ACB=α，①
又∵∠AFB+∠BFD=180°，②
②-①，得2∠BFD=180°-α，
∴∠BFD=90°- α2
（2）证明：由(1)得∠BFD=90°- α2 ，
∵∠ADB=∠ACB=α，
∴∠FBD=180°-∠ADB-∠BFD=90°- α2
∴DB=DF．
∵FG∥AC，
∴∠CAD=∠DFG．
∵∠CAD=∠DBE，
∴∠DFG=∠DBE．
∵BE=FG，
∴△BDE≌△FDG (SAS) ．
（3）解：①∵△BDE≌△FDG，
∴∠FDG=∠BDE=α，
∴∠BDG=∠BDF+∠EDG=2α．
∵DE=DG，
∴∠DGE= 12 (180°-∠FDG)=90°- α2 ，
∴在△BDG中，∠DBG= 180°-∠BDG-∠DGE= 90°- 3α2
∵AD为⊙O的直径，
∵∠ABD=90°．
∴∠ABC=∠ABD-∠DBG= 3α2
∴AC 与 AB 的度数之比为3：2．
∴AC 与 AB 的长度之比为3：2，
∵AB =2，
∴AC =3．
②如图，连结BO．

∵OB= OD，
∴∠OBD=∠ODB=a，
：∠BOF=∠OBD+∠ODB=2α．
∴∠BDG= 2α，
∴∠BOF=∠BDG．
∵∠BGD=∠BFO= 90°- α2 ，
∴△BDG∽△BOF，
设△BDG与△BOF的相似比为k，
∴DGOF=BDBO =k．
∵OFOE=411
∴设OF=4x，则OE=11x，DE=DG= 4kx，
∴OB=OD=OE+DE=11x+4kx，
BD=DF=15x+4kx，
∴BDBO=15x+4kx11x+4kx=15+4k11+4k
由 15+4k11+4k =k，得4k2+7k-15=0，
解得k1= 54 ，k2=-3(舍)，
∴OD= 11x+4kx=16x，BD=15x+4kx=20x，
∴AD=2OD=32x，
在Rt△ABD中，cos∠ADB= BDAD=20x32x=58
∴cosα= 58
【解析】【分析】(1)根据条件得出∠AFB-∠BFD=∠ACB=α，∠AFB+∠BFD=180°，两者联立即可求解；
(2)利用(1)的结论，FGIIAC、BE= FG，利用SAS证明△BDE≌△FDG，即可得证；
(3)①用含α的代数式表示∠ABC=∠ABD-∠DBG= 3α2，再根据同圆中圆周角的度数比等于弧长比，则可求AC的长；②连结BO，证明△BDG∽△BOF，设△BDG与△BOF的相似比为k，OF=4x，然后分别表示出OE、DE 、DG的长度，根据相似比的性质求出k值，从而表示出AD和BD长，最后在Rt△ABD中，根据余弦的定义计算，即可求解.
24．【答案】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF．
∴DGBF=AGAF，EGCF=AGAF
∴DGBF=EGCF
∵BF=CF，
∴DG= EG．
（2）解：由(1)得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴DEBC=AEAC=13
（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在▱ABCD中，

BO=DO，∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由(1)得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40° ，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50° ，
∴∠BFM= 180°-∠EFM-∠EFG-∠CFG=30°．
∴在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5，FN=FMcos30°=5 3 ，
∵∠MBN=45°，MN⊥BN，
∴BN= MN=5，
∴BF=BN+FN=5+ 53．
【解析】【分析】(1)由DE∥BC，证明△ADG~ △ABF，△AEG~△ACF，根据相似比的性质列出比例式，结合BF=CF，即可得出结论；
(2)由(1)得DG=EG，CG⊥DE，求出△DCE是等腰三角形，得出EC的长，则可求出AC长，由DE∥BC，证明△ADE∽△ABC．利用三角形相似比的性质，即可求出DEBC 的值；
(3)延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N，根据（1）的方法求出ME=GE，构造出等腰三角形MFG，求出MF的长，根据直角三角形的性质求出∠EFG的度数，则可求出∠CFG，然后根据平角的定义求出∠BFM=30°，最后根据含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长.
25．【答案】（1）证明： ∵AD ： DB=AE ： EC=2 ： 3 ，
∴ADAB=AEAC=25 ，
∵∠A=∠A ，
∴△ADE ∽ △ABC ；
（2）解： ∵△ADE ∽ △ABC ，
∴ADAB=DEBC ，
∴25=4BC ，
∴BC=10 ，
∴BC 的长为10.
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得ADAB=AEAC=25，然后结合有两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，进行证明；
（2）直接根据相似三角形对应边成比例进行计算.
26．【答案】（1）证明：如图，连接 BD ，

∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥DB ， AD=AB ，
∵EM⊥AC ，
∴ME//BD ，
∵ 点 E 是 AB 的中点，
∴ 点 M 是 AD 的中点， AE=12AB ，
∴AM=12AD ，
∴AM=AE .
（2）解： ① 由（1）得，点 M 是 AD 的中点，
∴AM=MD ，
∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴AB//CD ，
∴∠F=∠AEM ， ∠EAM=∠FDM ，
∴△MDF ≌ △MAE(AAS) ，
∴AE=DF ，
∵AB=2AE ， DF=2 ，
∴AB=4 ，
∴ 菱形 ABCD 的周长为 4AB=4×4=16 .
② 如图，连接 CM ，记 EF 与 AC 交点为点 G ，
∵AM=AE ， △MAE ≌ △MDF ，
∴DF=DM ， MF=ME ，
∴∠DMF=∠DFM ，
∴∠ADC=2∠DFM ，
∵∠ADC=2∠MCD ，
∴∠MCD=∠DFM ，
∴MF=MC=ME ， ∠EMC=2∠FDM=∠MDC ，
∵ME⊥AC ， AM=ME ，
∴∠MGC=90° ， ME=2MG ，
∴MC=2MG ，
∴∠GMC=60° ，
∴∠ADC=60° ，
∴∠MCD=30° ，
∴∠DMC=90° ，
∴△DMC 为直角三角形，
∵DF=2 ，
∴DM=2 ， CD=4 ，
∴CM=CD2-DM2=23 ，
∴ME=23 .
【解析】【分析】（1）连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥DB，AD=AB，结合EM⊥AC可得ME∥BD，根据点E是AB的中点可得点M为AD的中点，据此证明；
（2）①根据中点的概念可得AM=MD，根据菱形以及平行线的性质可得∠F=∠AEM，∠EAM=∠FDM，证明△MDF≌△MAE，得到AE=DF，结合AB=2AE以及DF的值可得AB，据此不难求出菱形ABCD的周长；
②连接CM，记EF与AC 交点为点G，易得DF=DM，MF=ME，根据等腰三角形的性质可得∠DMF=∠DFM，结合外角的性质可得∠ADC=2∠DFM，已知∠ADC=2∠MCD，则MF=MC=ME，则MC=2MG，易得∠GMC=60°，∠ADC=60°，∠MCD=30°，则△DMC为直角三角形，据此求解.
27．【答案】（1）解： α 与 β 之间的数量关系为： α+β=90°. 理由：
连接 OB ，如图，

∵∠BOC=2∠BAC ， ∠BAC=α ，
∴∠BOC=2α .
∵OC=OB ，
∴∠OCB=∠OBC=β .
∴∠BOC+∠OCB+∠OBC=180° ，
∴2α+2β=180° .
∴α+β=90° .
（2）解： ①∵β=γ+45° ， α+β=90° ，
∴90°-α=γ+45° .
∴α+γ=45° .
∵∠BAC=α ， ∠BAO=γ ，
∴∠OAC=∠BAC+∠BAO=45° .
∵OA=OC ，
∴∠OAC=∠OCA=45° .
∴∠AOC=90° .
∵AD=2OD ，
∴sin∠OAD=ODAD=12 .
∴∠OAD=30° .
∴∠BAC=15° .
∴∠BOC=2∠BAC=30° .
∵OA=OD ，
∴∠OBA=∠BAO=30° .
∴∠DOB=∠DBO=30° ，
∴DO=DB .
过点 D 作 DE⊥OB 于点 E ，如图，

则 OE=EB=12OB=12 .
∵tan∠DOB=DEOE ，
∴33=DE12 .
∴DE=36 .
∴S△DOB=12×OB⋅DE=312 .
∵S扇形OCB=30π×12360=π12 ，
∴S=S扇形OCB-S△DBO=π-312 .
②∵α+2γ=90° ， α+β=90° ，
∴β=2γ .
延长 AO ，交圆 O 于点 G ，连接 BG ，如图，

∵∠BOG=2∠BAO=2γ ，
∴∠BOG=∠OCB .
∵∠OBC=∠OCB ，
∴∠BOG=∠OBC .
∴BC//AG .
过点 O 作 OF⊥BC 于点 F ，则 CF=BF=12BC ， ∠COF=12∠BOC=α .
∵sinα=k ， sinα=CFOC ，
∴CF=OC⋅sinα=k ，
∴BC=2k .
设 OD=x ，则 CD=OC-OD=1-x ，
∵BC//OA ，
∴△DAO ∽ △DBC .
∴OABC=ODCD .
∴12k=x1-x .
解得： x=12k+1 .
∴OD=12k+1 .
【解析】【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理可得∠BOC=2∠BAC=2α，根据等腰三角形的性质可得∠OCB=∠OBC=β，然后结合内角和定理进行解答；
（2）①易得α+γ=45°，即∠OAC=∠BAC+∠BAO=45°，由等腰三角形性质得∠OAC=∠OCA=45°，则∠AOC=90°，由AD=2OD结合三角函数的概念求出sin∠OAD的值，得∠OAD=30°，则∠BAC=15°，∠BOC=2∠BAC=30°，∠OBA=∠BAO=30°，推出DO=DB，过点D作DE⊥OB于点E，求出OE的值，根据三角函数的概念可得DE， 然后根据S=S扇形OCB-S△DBO进行计算；
②由已知条件可得β=2γ，延长AO，交圆O于点G，连接BG，根据圆周角定理可得∠BOG=2γ， 则∠BOG=∠OCB，根据等腰三角形的性质可得∠OBC=∠OCB，推出BC∥AG，过点O作OF⊥BC于点F，根据三角函数的概念可得CF=k，则BC=2k，设 OD=x，则CD=1-x，证明△DAO∽△DBC，根据相似三角形的性质可表示出x，据此可得OD.
28．【答案】（1）解：线段AC与FH垂直，理由如下：
∵正方形ABCD，
∴∠B=∠D=90°，CB=CD，∠BCA=∠DCA=45°，
∵CF=CH，
∴Rt△CBH≌Rt△CDF（HL），
∴∠BCH=∠DCF，
∴∠HCA=∠FCA，
∴AC⊥FH.
（2）解：如图2，过点K作KM⊥AB于点M，

∴∠AMK=∠KMH=90°=∠B，
∴MK∥BC，
∴△AMK∽△ABC，
∴AK：AC=MK：BC①，
∵四边形AFPH为圆内接四边形，
∴∠PHA=∠DFC，
又∵∠DFC=∠BHC，
∴∠PHA=∠BHC，即∠KHM=∠BHC，
∴△HMK∽△HBC，
∴KH：CH=KM：CB②，
由①和②得：KH：CH=AK：AC，
即KHCH=AKAC.
（3）解：如图3，

由（2）结论可得：KHCH=AKAC，△HMK∽△HBC，
∵k为AC中点，
∴KHCH=AKAC=12，
∴MH：BH=1：2，
设MH=m，则BH=2m，
∵KM=12BC=12AB，AM=MB=12AB，
∴KM=AM=MB=3m，AH=4m，
∴BC=AB=6m，FH=42m，
∴CH=CF=（2m）2+（6m）2=210m，EH=12AH=22m，
∵∠FAH=90°，
∴∠FPH=90°，
又∵∠PFH=∠EHC，
∴△PFH∽△EHC，
∴PF：EH=FH：HC，即PF：22m=42m：210m，
∴PF=4510m，
∴CP=CF-PF=210m-4510m=6510m，
∴CPPF=6510m4510m=32.
【解析】【分析】（1）线段AC与FH垂直. 由正方形性质可得∠B=∠D=90°，CB=CD，∠BCA=∠DCA=45°，又
CF=CH，利用“HL”定理证出Rt△CBH≌Rt△CDF，即得∠BCH=∠DCF，从而得∠HCA=∠FCA，由等腰三角形性质，即可得出AC⊥FH；
（2）如图2，过点K作KM⊥AB于点M，易得MK∥BC，可证△AMK∽△ABC，即得AK：AC=MK：BC，再由圆内接四边形性质及角的等量代换可得∠KHM=∠BHC，可证△HMK∽△HBC，即得KH：CH=KM：CB，从而推出KH：CH=AK：AC，即可证明结论；
（3）由（2）结论得：KHCH=AKAC，△HMK∽△HBC，由k为AC中点，得MH：BH=1：2，设MH=m，BH=2m，由三角形中位线及正方形性质得KM=12BC=12AB，AM=MB=12AB，KM=AM=MB=3m ，AH=4m，从而得BC=AB=6m，FH=42m，再由勾股定理求得CH=CF=210m，且EH=12AH=22m；再证出△PFH∽△EHC，由相似性质得PF：EH=FH：HC，可表示出PF=4510m，从而得CP=CF-PF=6510m，进而列式计算即可求出CPPF比值.
29．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，且AE⊥BF，

图1
∴∠BAE+∠ABF=90°，∠ABF+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
∵∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF，
∴CE=DF；
（2）解：∵AB=4，BE=3，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=5，
如图2，过点C作CK⊥BH交于点K，

∵△ABE≌△BCF，
∴∠BAE=∠KBC，
∵∠ABE=∠BKC，
∴△ABE~△BKC，
∴BEKC=ABBK=AEBC，
∵AB=BC=4，
∴BK=165， KC=125，
∵cos∠ABH=cos∠AEB=35，
∴BH=203，
∴KH=HB-BK=135，
∴tan∠BHC=KCKH=913；
（3）解：①点E在线段BC上，如图3，

由（1）得△ABE≌△BCF ，
∴∠AEB=∠BFC，则∠GEC=∠HFC，
∴BE=CF，则CE=DF，
∵AH∥BC ，
∴∠AHB=∠HBC ，
∵∠BGE=∠HDF=90°，
∴△BGE~△HDF，
∴GEDF=BEHF ，
∴GECE=FCHF ，
∵∠GEC=∠HFC ，
∴△GEC~△CFH，
∴CHCG=FHCE=k，
设CE=DF=a，则FH=ak，
在Rt△DHF中，DH=ak2-1，
∵∠HDF=∠DCB ，∠DFH=∠BFC，
∴△DFH~△CFB，
设BC=CD=1，则CF=1-a，
∴DHBC=DFFC，
∴a=1-1k2-1，
∴BE=1k2-1，
∴CEBE=k2-1-1，
②点E在点C右侧，如图4，

同（1）可证得△ABE≌△BCF ，
∴∠AEB=∠BFC，
∴BE=CF，则CE=DF，
∵∠FDH=∠EBG=90°，
∴△BGE~△HDF，
∴GEDF=BEHF ，
∴GECE=FCHF，
∵∠GEC=∠HFC，
∴△GEC~△CFH ，
∴CHCG=FHCE=k，
设CE=DF=a，则FH=ak，
在Rt△DHF中，DH=ak2-1，
∵∠HDF=∠DCB， ∠DFH=∠BFC，
∴△DFH~△CFB，
设BC=CD=1，则CF=1+a，
∴DHBC=DFFC ，
∴a=1k2-1-1，
∴BE=1k2-1 ，
∴CEBE=1-k2-1，
综上所述，CEBE=k2-1-1或CEBE=1-k2-1.
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=90°，根据垂直的概念可得∠AGB=90°，由同角的余角相等可得∠BAE=∠FBC，证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，据此证明；
（2）根据勾股定理可得AE=5，过点C作CK⊥BH交于点K，根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠KBC，证明△ABE~△BKC，根据相似三角形的性质可得BK、KC，结合三角函数的概念可得BH，由KH=HB-BK可得KH，然后根据三角函数的概念进行计算；
（3）①点E在线段BC上，根据全等三角形的性质可得∠AEB=∠BFC，则∠GEC=∠HFC，根据平行线的性质可得∠AHB=∠HBC ， 证明∴△BGE~△HDF，△GEC~△CFH，设CE=DF=a，则FH=ak，利用勾股定理可得DH，证明△DFH~△CFB，设BC=CD=1，则CF=1-a，根据相似三角形的性质可得a，然后表示出BE，据此求解；②点E在点C右侧，同理求解即可