专题27.46 《相似》全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题27.46 《相似》全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题27.46《相似》全章复习与巩固（培优篇）
（专项练习）
一、单选题
1．已知AB＝2，点P是线段AB上的黄金分割点，且AP＞BP，则AP的长为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，在△ABC中，已知MN∥BC，DN∥MC．小红同学由此得出了以下四个结论：①＝；②＝；③＝；④＝.其中正确结论的个数为(       )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．我们把宽与长的比等于黄金比()的矩形称为黄金矩形.如图,在黄金矩形中,的平分线交边于点,于点,则下列结论错误的是（   ）

A． B． C． D．
4．如图，正方形ABCD中，AB=12，点E在边BC上，BE=EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出下列结论：①△DAG≌△DFG；②BG=2AG；③△EBF∽△DEG；④S△BEF=.其中正确结论的个数是（   ）

A．1 B．2 C．3 D．4
5．正方形ABCD的边长为1cm，E、F分别是BC、CD的中点，连接BF、DE，则图中阴影部分的面积是( )cm2．

A． B． C． D．
6．如图，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为BC边的中线，过点C作CE⊥AD于点E，交AB于点F．若AC＝2，则线段EF的长为（　　）

A． B． C． D．
7．如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（    ）

A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，已知，，点与坐标原点关于直线对称．将沿轴向右平移，当线段扫过的面积为20时，此时点的对应点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
9．如图，将矩形ABCD折叠，使点D落在AB上点D′处，折痕为AE；再次折叠，使点C落在ED′上点C′处，连接FC′并延长交AE于点G．若AB=8，AD=5，则FG长为（    ）

A． B． C． D．4
10．如图，在平面直角坐标系中，点A、点B在x轴上，OB=5，OA=2，点C是y轴上一动点，连接，将绕点A顺时针方向旋转得到，连接，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，，若，，则________．

12．如图，在中，，，点是边上一点，且，连接，并取的中点，连接并延长，交于点，则的长为________．

13．如图，在中，为边上的中线，是的角平分线，交于点F．则的长为______．

14．如图，，垂足为，，点为线段上一动点，连接，过作交于，连接，若，，则长的最小值为______．

15．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A′B′CD′，B′C与AD交于点E，AD的延长线与A′D′交于点F．当矩形A'B'CD'的顶点A'落在CD的延长线上时，则EF＝_____．

16．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D、E分别在AC、BC上，CE=AD，CG⊥DE于点F，FE=1，FG=3，则AC=______．

17．如图，在菱形中，是锐角，过点作于点，作，交于点．连接、，若，，则的面积为_____．

18．如图，平面直角坐标系中有正方形和正方形，若点和点的坐标分别为，，则两个正方形的位似中心的坐标是__________．

三、解答题
19．所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中较长部分对于全部之比，等于较短部分对于该部分之比，其比值是．
(1 )如图①，在中，∠A＝36°，，∠ACB的平分线CD交腰AB于点D．请你根据所学知识证明：点D为腰AB的黄金分割点：
(2) 如图②，在中，∠ACB＝90°，CD为斜边AB上的高，，，若点D是AB的黄金分割点，求BC的长，

20．如图，在等边中，D是的中点，过点A作，且，连接．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 连接交于点F，连接．若，求的长．




21．已知菱形中，是边上一点．
(1) 在的右侧求作，使得，且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2) 在（1）的条件下，若，求证：．







22．已知不等臂跷跷板AB长为3米，当AB的一端点A碰到地面时，（如图1）点B离地高1.5米；当AB的另一端点B碰到地面时，（如图2）点A离地高1米，求跷跷板AB的支撑点O到地面的距离为多少米？







23．如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点
求证：；
若，求的长；
如图2，连接，求证：．






24．如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB=90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N．
（1）求证：AD2=DP•PC；
（2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由；
（3）如图2，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．若=，求的值．






























参考答案
1．B
【分析】根据黄金分割点的定义和AP＞BP得出AP=AB，代入数据即可得出AP的长度．
解：由于P为线段AB＝2的黄金分割点，
且AP＞BP，
则AP＝×2＝﹣1．
故选：B．
【点拨】本题考查了黄金分割．应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的，较长的线段=原线段的．
2．C
解：①∵MN ∥ BC，∴  AN：CN = AM：BM ，该项错误；②∵DN ∥ MC，∴  AD：DM = AN：NC ，再由（1）得  AD：DM = AM：BM，该项正确；③根据（1）知，此项正确；④根据（2）知，此项正确．所以正确的有3个，故选C．
点睛：本题考查平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
3．C
【分析】先根据矩形的性质、角平分线的性质、正方形的判定可得四边形ABFE是正方形，再根据正方形的性质可得，再根据黄金矩形的定义逐项判断即可得．
解：四边形ABCD是矩形，
，
，即，
四边形ABFE是矩形，
是的平分线，且，
，
四边形ABFE是正方形，
，
又四边形ABCD是黄金矩形，且，
，
设，则，
，
，
，
则，，
即，选项A正确；
，，
即，选项B正确；
，，
即，选项C错误；
，则选项D正确；
故选：C．
【点拨】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质，掌握理解黄金矩形的定义是解题关键．
4．C
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定Rt△ADG≌Rt△FDG，再由GF+GB=GA+GB=12，EB=EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG=4，BG=8，进而求出△BEF的面积，再由△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断③是错误的，即可得答案．
解：如图，由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG，故①正确；
∵正方形边长是12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12﹣x，
由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，
即：（x+6）2=62+（12﹣x）2，
解得：x=4
∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，故②正确；
BE=EF=6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，故③错误；
∵S△GBE=×6×8=24，S△BEF：S△BGE=EF：EG，
∴S△BEF=×24=，
故④正确．
综上可知正确的结论是3个．
故选C．

【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质、图形的翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积计算，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键.
5．B
解：试题分析：阴影部分的面积可转化为两个三角形面积之和，根据角平分线定理，可知阴影部分两个三角形的高相等，正方形的边长已知，故只需将三角形的高求出即可，根据△DON∽△DEC可将△ODC的高求出，进而可将阴影部分两个三角形的高求出．
连接AC，过点O作MN∥BC交AB于点M，交DC于点N，PQ∥CD交AD于点P，交BC于点Q

∵AC为∠BAD的角平分线，
∴OM=OP，OQ=ON；
设OM=OP=h1，ON=OQ=h2，
∵ON∥BC
∴，即，解得
∴OM=OP

故选B.
考点：角平分线的性质，三角形的面积公式，相似三角形的判定和性质
点评：解题的关键是读懂题意及图形，正确作出辅助线，将阴影部分分成几个规则图形面积相加或相减求得．
6．B
【分析】过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，由勾股定理可求AD的长，由面积法可求CE，由“AAS”可证△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通过证明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的长，即可求解．
解：如图，过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，

∵AD为BC边的中线，AC＝BC＝2，
∴CD＝BD＝1，
∴AD＝＝＝，
∵，
∴CE＝＝，
∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，
∴∠ADC＝∠H，
在△ACD和△CBH中，
，
∴△ACD≌△CBH（AAS），
∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，
∵AC⊥BC，BH⊥BC，
∴AC∥BH，
∴△ACF∽△BHF，
∴＝，
∴CF＝，
∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，
故选：B．
【点拨】本题考查了相似三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
7．B
【分析】过点作的平行线，分别交于点，先根据矩形的性质与判定可得四边形和四边形都是矩形，设，则，再根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得的值，最后在中，利用勾股定理即可得．
解：如图，过点作的平行线，分别交于点，

四边形是矩形，，
，
四边形是矩形，
，
同理可得：四边形是矩形，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
，，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得或，
经检验，是所列分式方程的根，且符合题意；不是所列分式方程的根，舍去，
，
，
故选：B．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
8．B
【分析】连接AA1、BB1，过C点作CE⊥x轴于E点，过B点作BD⊥CE，交EC的延长线于点D，根据A(-2，0)、B(0，4)，OA=2，OB=4，进而得到AC=2，BC=4，再证Rt△DBC∽Rt△ECA，得到，设AE=x，则有CD=2x，OE=AO+AE=2+x，在Rt△ACE中，，即有，解方程求出x，即可求出AE，则C点坐标可求，再根据AB扫过的面积为20，求得，可知△ABC向右平移了5个单位，则问题得解．
解：平移后的效果如图，连接AA1、BB1，过C点作CE⊥x轴于E点，过B点作BD⊥CE，交EC的延长线于点D，

根据平移的性质可知AA1=BB1，且，
即有四边形是平行四边形．
∵CE⊥x轴，BD⊥CE，
∴∠D=∠CEA=90°，
根据对称的性质可知△AOB≌△ACB，
∴∠ACB=∠AOB=90°，AO=AC，OB=BC，
∵A(-2，0)、B(0，4)，
∴OA=2，OB=4，
∴AO=AC=2，OB=BC=4，
∵∠ACB=90°=∠D，
∴∠DCB+∠ACE=90°，∠DCB+∠DBC=90°，
∴∠ACE=∠CBD，
∴Rt△DBC∽Rt△ECA，
∴，
设AE=x，则有CD=2x，
∴OE=AO+AE=2+x，
∵∠D=∠CEA=90°=∠AOB，
∴四边形OBDE是矩形，
∴BD=OE，即BD=2+x，
∵，
∴，
∴在Rt△ACE中，，
∴有，解得，（负值舍去），
∴，
∴，，
∴C点坐标为，
根据平移的性质可知直线AB扫过的图形为是平行四边形，
∴根据题意有，
∵，
∴，
∴，
∴可知△ABC向右平移了5个单位，
∴C也向右平移了5个单位才得到C1，
∴即，
∴C1点坐标为，
故选：B．
【点拨】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，求出C点的坐标是解答本题的关键．
9．C
【分析】过点G作GI⊥AB，GH⊥ED'，垂足分别为I、H，由折叠的性质可得C′E=5-4=1，在Rt△EFC′中，设FC′=x，则EF=3-x，由勾股定理得：12+（3-x）2=x2，解得：x=，再证明△BC′D'∽△C′GH，设C′H=3m，则GH=4m，C′G=5m，则HD'=GI=AI=4-3m，ID'=5-（4-3m）=1+3m=GH=4m，可得到C′G=5m=5，从而解决问题．
解：由折叠的性质得，∠AD'E=∠D=90°，AD=AD'，
又∵∠DAB=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
过点G作GI⊥AB，GH⊥ED'，垂足分别为I、H，

∵AD'ED是正方形，
∴AD=DE=ED'=AD'=5，BC=BC′=5，∠C=∠BC′F=90°，FC=FC′，
∴D'B=EC=8-5=3，
在Rt△C′BD'中，C′D'=4，
∴C′E=5-4=1，
在Rt△EFC′中，设FC′=x，则EF=3-x，由勾股定理得：
12+（3-x）2=x2，
解得：x=，
∵∠BC′D'+∠GC′H=90°，∠GC′H+∠C′GH=90°，
∴∠BC′D'=∠C′GH，
又∵∠GHC′=∠BD'C′=90°，
∴△BC′D'∽△C′GH，
∴C′H：GH：C′G=BD'：C′D'：BC′=3：4：5，
设C′H=3m，则GH=4m，C′G=5m，
∴HD'=GI=AI=4-3m，ID'=5-（4-3m）=1+3m=GH=4m，
解得：m=1，
∴C′G=5m=5，
∴FG=；
故选：C．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造三角形相似是解题的关键．
10．A
【分析】构造等边三角形OAE，过点E作AE⊥EF，垂足为E，交x轴于点F，截取ED=OC,证明△AOC≌△AED，得到AC=AD，且∠CAD=60°，从而得到点D在直线EF上，过点B作BD⊥EF，此时BD最小．
解：构造等边三角形OAE，过点E作AE⊥EF，垂足为E，交x轴于点F，截取ED=OC,
∵等边三角形OAE，
∴AO=AE，∠OAE=∠AOE=60°，

∵ED=OC, ∠AED=∠AOC=90°，
∴△AOC≌△AED，
∴AC=AD，且∠CAD=60°，
∴点D在直线EF上，过点B作BD⊥EF，此时BD最小，
∵OB=5，OA=2，
∴AE∥BD，∠OEF=∠OFE=30°，
∴OF=OE=OA=AE=2，AB=3，
∴FA=4，FB=7，，
∴，
解得BD=，
故选A．
【点拨】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，熟练掌握三角形相似的判定，垂线段最短原理是解题的关键．
11．
【分析】根据平行线AC∥EF分线段成比例得到同理则由比例的性质得到根据等量代换推知所以把相关数据代入即可求得EF的值．
解：如图,∵AC∥EF，

∴
又∵EF∥DB，
∴
则由比例的性质知 即
∴
∵AC=8，BD=12，
∴
∴EF=.
故答案是：.
【点拨】考查平行线分线段成比例定理：一组平行线截两条直线，所截的线段对应成比例.
12．##
【分析】利用△ABC是直角三角形构造直角坐标系，过点D作DM⊥AC于M，过点D作DN⊥AB于N，利用图中各线段的长度，再结合一次函数、中点坐标公式可以求出图中各点的坐标，即可求出EF的长．
解：根据∠BAC=90°可知△ABC是直角三角形，则以直角△ABC的顶点A点为坐标原点O，以AC为x轴，以AB为y轴构造直角坐标系，过点D作DM⊥AC于M，过点D作DN⊥AB于N，如图，

由AB=AC=4，可知B点坐标为(4,0)，C点坐标为(0,4)，
则直线BC的解析式为，
∵BD=3CD，
∴4CD=BC，
∵DM⊥AC，DN⊥AB，
∴有，，
则有，即有：，
则可求得D点坐标为：(1,3)，
又∵E点为AD中点，
∴根据中点坐标公式又E点坐标为：，
则直线BE的解析式为：，
则易得F点坐标为：，
则EF的长度为：，
故答案为：．
【点拨】本题考查了运用直角坐标系求线段的长度的问题，设计根据点的坐标求解一次函数解析式、中点坐标公式、线段长度公式等知识，利用直角三角形的特点构建直角坐标系是解答本题的关键．
13．
【分析】过点E作EG⊥AB，垂足为G，证明△CBE≌△GBE，求得CE，EG，AE的长，过点F作FO⊥AC，垂足为O，利用平行线分线段成比例定理求解即可．
解：∵
∴AB==10，
过点E作EG⊥AB，垂足为G，

∵是的角平分线，
∴∠CBE=∠GBE，
∵∠C=∠BGE=90°，BE=BE，
∴△CBE≌△GBE，
∴BC=BG=6，EC=EG，
设CE=x，则EG=x，AE=8-x,AG=AB-BG=4,
在直角三角形AEG中，根据勾股定理，得，
即，
解得x=3，
∴CE=3，AE=5，
过点F作FO⊥AC，垂足为O，，
∴FO∥BC，
∴，
∴即FO=2OE，
∵AD是中线，BC=6，
∴CD=3，
∵FO∥DC，
∴，
∴，
解得OE=，
在直角三角形OEF中，，
∴EF==．
故答案为：．
【点拨】本题考查了勾股定理，三角形全等，平行线分线段成比例定理，中线，角的平分线，构造辅助线实施全等证明，平行线分线段成比例证明是解题的关键．
14．
【分析】设DE交AP于点Q，DE交BC于点H，根据，确定点Q在以AD为直径的圆周上运动，得到当点Q与点P重合时，PE最小，此时，点Q、点P与点H重合，取AD的中点O，连接OP，利用勾股定理求出CP，再证明△CDP≌△BPE，利用勾股定理求出答案．
解：设DE交AP于点Q，DE交BC于点H，
∵，
∴，
∴点Q在以AD为直径的圆周上运动，
当点Q与点P重合时，PE最小，此时，点Q、点P与点H重合，
取AD的中点O，连接OP，
∴，,
∴，
∵AD∥BF，
∴△CPD∽△BPE，
∵，
∴△CDP≌△BPE，
∴，
故答案为：．

【点拨】此题考查图形中的动点问题，勾股定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定，正确理解点Q的位置与点P的位置确定PE的最小值位置是解题的关键．
15．##
【分析】根据矩形的性质得，根据勾股定理得，再证明得，证明得，分别计算DF和DE的长即可得解．
解：∵四边形ABCD是矩形，矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角，得到矩形A′B′CD′，
∴，，，
在中，，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴DF，
同理可得，
∴，
∴，
∴ED，
∴EF＝ED+DF，
故答案为：．
【点拨】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
16．
【分析】过点D作DT⊥AD交AB于点T，连接ET，连接CT交DE于点M，通过推导角度可知CT=CG，且四边形DTEC为矩形，设CF为x，表示出DF，利用相似可求出x，进而可得结果．
解：过点D作DT⊥AD交AB于点T，连接ET，连接CT交DE于点M，

∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=∠B=45°，
∵DT⊥AD，
∴△ADT为等腰直角三角形，
∵CE=AD，
∴DT=CE，
∵DTCE，∠DCE=90°，
∴四边形DTEC为矩形，
∴DE=CT，
设∠BCG=α，则∠CDE=α，
∴∠DCT=α，
∴∠CTB=45°+α，
∵∠CGT=45°+α，
∴CT=CG，
∴DE=CG，
设CF=x,则DE=CG=x+3，
∴DF=x+2，
∵△CFE∽△DFC，
∴，即，
∴，
解得x=2或x=-1（舍），
∴CF=2，
∴DF=4，CE=AD=，
∴CD=2，
∴AC=3．
故答案为：3．
【点拨】本题考查三角形与四边形综合知识，需要同学们熟练掌握等腰直角三角形的性质、矩形的性质、相似三角形的性质与判定，选择适当的辅助线将AD=CE这一条件联系起来是解题关键．
17．
【分析】连接，设，由菱形的性质和可证，由全等三角形的性质可得，从而推出，由相似三角形的判定得出，所以，所以，，利用勾股定理得，然后再证明，由相似三角形的性质得，即可求解．
解：连接，设，
∵四边形是菱形，，
∴， ，
，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴．
故答案为：．

【点拨】本题是相似综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识． 掌握菱形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
18． 或
【分析】根据位似变换中对应点的坐标的变化规律．因而本题应分两种情况讨论，一种是点和是对应顶点，和是对应顶点；另一种是点和是对应顶点，和是对应顶点．
解：∵平面直角坐标系中有正方形和正方形，点和点的坐标分别为，，
∴，，，
（1）当点和是对应顶点，和是对应顶点时，位似中心就是与的交点，
如图所示：连接，交轴于点，

点即为两个正方形的位似中心，
设所在直线解析式为：，把，代入得：
故，
解得：，
故；
当时，即，解得，即点坐标为，，
两个正方形的位似中心的坐标是：，．
（2）当点和是对应顶点，和是对应顶点时，位似中心就是与的交点，
如图所示：连接，，，并延长交于点，

设所在直线解析式为：，把，代入得：
故，
解得：，
故；
设所在直线解析式为：，把，代入得：
，
故，
联立直线BH、AG得方程组：
，
解得：，
故，
综上所述：两个正方形的位似中心的坐标是：，或．
故答案为：，或．
【点拨】此题主要考查了位似图形的性质以及函数交点求法以及位似变化中对应点的连线一定经过位似中心．注意：本题应分两种情况讨论．根据点的对应关系利用一次函数求直线的交点是解题关键．
19．(1)证明见分析(2)2
【分析】（1）根据三角形内角和定理，等边对等角，等角对等边确定BC=AD，∠BCD=∠A，根据相似三角形的判定定理和性质即可证明．
（2）根据黄金分割的定义求出BD的长度，根据相似三角形的判定定理和性质求出BC2，进而即可求出BC的长度．
（1）证明：∵在中，∠A＝36°，，
∴．
∵CD为∠ACB的平分线，
∴，
∴∠ACD=∠BCD=∠A．
∴AD=DC．
∴．
∴∠BDC=∠B，∠BDC>∠BCD．
∴DC=BC，BC>BD．
∴BC=AD．
∴AD>BD．
∵，
∴．
∴，即．
∴点D是腰AB的黄金分割点．
（2）解：∵点D是AB的黄金分割点，，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，CD是△ABC斜边上的高，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点拨】本题考查三角形内角和定理，等边对等角，等角对等边，相似三角形的判定定理和性质，综合应用这些知识点是解题关键．
20．(1)见分析(2)
【分析】（1）由，，可得四边形是平行四边形，由是等边三角形，D是的中点，得到∠ADC＝90°，结论得证；
（2）由等边三角形的三线合一求得BD，在中，由勾股定理得AD，BE，由ADEC，D为的中点，得到F为的中点，△BCE是直角三角形，由斜边上中线等于斜边的一半得到答案．
（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵是等边三角形，D是的中点，
∴．
∴．
∴四边形是矩形．
（2）解：如图，

∵是等边三角形，，
∴．
∵D是的中点，
∴．
在中，，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，，．
∴．
∵，D为的中点，
∴．
∴F为的中点．
∵△BCE是直角三角形，
∴．
【点拨】此题考查了矩形判定和性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定、平行线分线段成比例、直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键．
21．(1)见分析；(2)见分析.
【分析】（1）连接AC交BD于O，在BC右侧作∠CEF=∠CBD，再在射线EF截取EF=OB，连接AE、AF，即可得△AEF；
（2）延长EF交AD延长线于点G，先证明四边形BEGD是平行四边形，可得EG=BD=2EF，∠G=∠CBD，
（1）解：如图，连接AC交BD于O，在BC右侧作∠CEF=∠CBD，再在射线EF截取EF=OB，连接AE、AF，则△AEF即为所要求作的三角形，再证，可得，
最后证得结果；

（2）证明：延长EF交AD延长线于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
又∵EF//BD，EF=BD，
∴四边形BEGD是平行四边形，
∴EG=BD=2EF，∠G=∠CBD，
又∵在菱形ABCD中，∠CBD=∠ABC，
，
，
又∵，
，
，
，
；
【点拨】本题考查作图-复杂作图、相似三角形的性质与判定、菱形的性质、平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22．跷跷板AB的支撑点O到地面的距离为0.6米．
【分析】过点B作BN⊥AH于点N，AM⊥BH于点M，直接利用相似三角形的判定与性质分别得出，，即可得出答案．
解：如图所示：过点B作BN⊥AH于点N，AM⊥BH于点M，
可得HO∥BN，
则△AOH∽△ABN，
故，
∵AB长为3米，BN长为1.5米，
∴，
∴
同理可得：△BOH∽△BAM，
则，
∵AB长为3米，AM长为1米，
∴，即
∴OH＝0.6，
答：跷跷板AB的支撑点O到地面的距离为0.6米．

【点拨】此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出比例式，建立方程是解题关键．
23．（1）见分析；（2）；（3）见分析
【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90º，
∴∠E+∠ABD=90º，
∴∠EGB=90º，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90º，
∴∠DAG+∠DAH=90º，
∴∠HAG=90º，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．

【点拨】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
24．（1）证明见分析；（2）四边形PMBN是菱形，理由见分析；（3）
【分析】（1）过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD=PG，DP=AG，GB=PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2=AG•GB，即AD2=DP•PC；
（2）DP∥AB，所以∠DPA=∠PAM，由题意可知：∠DPA=∠APM，所以∠PAM=∠APM，由于∠APB-∠PAM=∠APB-∠APM，即∠ABP=∠MPB，从而可知PM=MB=AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；
（3）由于，可设DP=k，AD=2k，由（1）可知：AG=DP=k，PG=AD=2k，从而求出GB=PC=4k，AB=AG+GB=5k，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得，，从而可求出EF=AF-AE=AC-AC=AC，从而可得．
解：（1）过点P作PG⊥AB于点G，

∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，
∴AD=PG，DP=AG，GB=PC
∵∠APB=90°，
∴∠APG+∠GPB=∠GPB+∠PBG=90°，
∴∠APG=∠PBG，
∴△APG∽△PBG，
∴，
∴PG2=AG•GB，
即AD2=DP•PC；
（2）∵DP∥AB，
∴∠DPA=∠PAM，
由题意可知：∠DPA=∠APM，
∴∠PAM=∠APM，
∵∠APB-∠PAM=∠APB-∠APM，
即∠ABP=∠MPB
∴AM=PM，PM=MB，
∴PM=MB，
又易证四边形PMBN是平行四边形，
∴四边形PMBN是菱形；
（3）由于，
可设DP=k，AD=2k，
由（1）可知：AG=DP=k，PG=AD=2k，
∵PG2=AG•GB，
∴4k2=k•GB，
∴GB=PC=4k，
AB=AG+GB=5k，
∵CP∥AB，
∴△PCF∽△BAF，
∴，
∴，
又易证：△PCE∽△MAE，AM=AB=,
∴
∴，
∴EF=AF-AE=AC-AC=AC，
∴.
【点拨】本题考查相似三角形的综合问题，涉及相似三角形的性质与判定，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．