九年级数学下册同步培优【人教版】专题过关练习专题27.8相似单元测试（培优卷）

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专题27.8相似单元测试（培优卷）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，试题共26题，其中选择10道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2019秋•和平区期末）如果ab=cd=15（b+d≠0），则a+cb+d=（　　）A．15 B．25 C．110 D．15或﹣1【分析】根据和比的性质即可求解．【解析】∵ab=cd=15（b+d≠0），∴a+cb+d=15．故选：A．2．（2019秋•肥西县期末）如图，已知△ABC，P为AB上一点，连接CP，以下条件中不能判定△ACP∽△ABC的是（　　）A．∠ACP＝∠B B．∠APC＝∠ACB C．ACAP=ABAC D．ACAB=CPBC【分析】由图可得∠A＝∠A，又由有两角对应相等的三角形相似，即可得A与B正确，又由两边对应成比例且夹角相等的三角形相似，即可得C正确，利用排除法即可求得答案．【解析】∵∠A＝∠A，∴当∠ACP＝∠B时，△ACP∽△ABC，故A选项正确；∴当∠APC＝∠ACB时，△ACP∽△ABC，故B选项正确；∴当ACAP=ABAC时，△ACP∽△ABC，故C选项正确；∵若ACAB=CPBC，还需知道∠ACP＝∠B，∴不能判定△ACP∽△ABC．故D选项错误．故选：D．3．（2019秋•万州区期末）如图，DE是△ABC的中位线，则S△BDES四边形AEDC的值为（　　）A．12 B．13 C．14 D．25【分析】根据相似三角形的性质与判定即可求出答案．【解析】∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥AC，DEAC=12，∴△BDE∽△BCA，∴S△BDES△BCA=（DEAC）2=14，∴S△BDES四边形AEDC=13，故选：B．4．（2019秋•肥城市期中）如图，AD是∠BAC的平分线，AD⊥BD，AC⊥DC，若AB＝8，AC＝6，则AD的长为（　　）A．43 B．7 C．10 D．42【分析】根据角平分线的定义和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解析】∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠DAC，∵AD⊥BD，AC⊥DC，∴∠ADB＝∠C＝90°，∴△ABD∽△ADC，∴ABAD=ADAC，∴8AD=AD6，∴AD=8×6=43，故选：A．5．（2020•安阳模拟）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，△ABC的三个顶点均在格点（网格线的交点）上．以原点O为位似中心，画△A1B1C1，使它与△ABC的相似比为2，则点B的对应点B1的坐标是（　　）A．（4，2） B．（1，12） C．（1，12）或（﹣1，-12） D．（4，2）或（﹣4，﹣2）【分析】先根据图形求出点B的坐标，根据以原点O为位似中心的位似图形的性质计算．【解析】由图可知，点B的坐标为（2，1），∵以原点O为位似中心，画△A1B1C1，使它与△ABC的相似比为2，∴点B的对应点B1的坐标是（2×2，1×2）或（﹣2×2，﹣1×2），即（4，2）或（﹣4，﹣2），故选：D．6．（2019秋•建邺区期末）下列说法正确的是（　　）A．所有等边三角形都相似 B．有一个角相等的两个等腰三角形相似 C．所有直角三角形都相似 D．所有矩形都相似【分析】根据等边三角形各内角为60°的性质、矩形边长的性质、直角三角形、等腰三角形的性质可以解题．【解析】（A）等边三角形各内角为60°，各边长相等，所以所有的等边三角形均相似，故本选项正确；（B）一对等腰三角形中，若底角和顶角相等且不等于60°，则该对三角形不相似，故本选项错误；（C）直角三角形中的两个锐角的大小不确定，无法判定三角形相似，故本选项错误；（D）矩形的邻边的关系不确定，所以并不是所有矩形都相似，故本选项错误．故选：A．7．（2020•锡山区校级模拟）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为BC中点，H，G分别是边AB，CD上的动点，且始终保持GH⊥AE，则EH+AG最小值为（　　）A．23 B．852 C．3152 D．732+1【分析】过G作GN⊥AB于N，依据△ABE∽△GNH，即可得到GH的长；以AG，AE为邻边作平行四边形AEMG，可得AG+HE＝ME+HE，当H，E，M在同一直线上时，AG+HE的最小值等于HM的长，再根据勾股定理求得HM的长，即可得到EH+AG的最小值．【解析】如图所示，过G作GN⊥AB于N，则∠ANG＝90°，GN＝AD＝2，∵GH⊥AE，∴∠ANG＝∠AFG＝90°，∴∠BAE＝∠NGH，∴△ABE∽△GNH，∴AEGH=ABGN，∵Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=42+12=17，∴17GH=42，∴GH=172，如图所示，以AG，AE为邻边作平行四边形AEMG，则AG＝ME，GM＝AE=17，∠HGM＝∠AFG＝90°，∴AG+HE＝ME+HE，当H，E，M在同一直线上时，AG+HE的最小值等于HM的长，此时，Rt△GHM中，HM=HG2+GM2=(172)2+(17)2=852，∴EH+AG的最小值为852，故选：B．8．（2020春•江阴市期中）如图，AC⊥BC，AC：BC＝3：4，D是AC上一点，连接BD，与∠ACB的平分线交于点E，连接AE，若S△ADE=83，S△BCE=323，则BC＝（　　）A．43 B．8 C．53 D．10【分析】过点E作BC，AC的垂线，垂足分别为F，G，设BC＝4x，则AC＝3x，根据角平分线的性质得到EF＝EG，根据三角形的面积得到CD＝2x，根据正方形的性质得到EF＝FC，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解析】过点E作BC，AC的垂线，垂足分别为F，G，设BC＝4x，则AC＝3x，∵CE是∠ACB的平分线，EF⊥BC，EG⊥AC，∴EF＝EG，又S△BCE=323，S△ADE=83，∴AD=14BC＝x，∴CD＝2x，∵四边形EFCG是正方形，∴EF＝FC，∵EF∥CD，∴△BEF∽△BDC，∴EFCD=BFBC，即EF2x=4x-EF4x，解得，EF=43x，则12×4x×43x=323，解得，x＝2，则BC＝4x＝8，故选：B．9．（2020春•常熟市期末）如图，已知▱ABCD，AB＝2，AD＝6，将▱ABCD绕点A顺时针旋转得到▱AEFG，且点G落在对角线AC上，延长AB交EF于点H，则FH的长为（　　）A．92 B．163 C．5 D．无法确定【分析】先利用平行四边形的性质得到CD＝AB＝2，BC＝AD＝6，∠D＝∠ABC，再根据旋转的性质得到∠DAG＝∠BAE，AE＝AB＝2，EF＝BC＝6，∠E＝∠ABC，接着证明△ADC∽△AEH，然后利用相似比求出EH，从而得到FH的长．【解析】∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD＝AB＝2，BC＝AD＝6，∠D＝∠ABC，∵▱ABCD绕点A顺时针旋转得到▱AEFG，且点G落在对角线AC上，∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AB＝2，EF＝BC＝6，∠E＝∠ABC，∴∠E＝∠D，而∠DAC＝∠HAE，∴△ADC∽△AEH，∴AD：AE＝DC：EH，即6：2＝2：EH，解得EH=23，∴FH＝EF﹣EH＝6-23=163．故选：B．10．（2019•兴业县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC=5，BC＝2．现分别任作△ABC的内接矩形P1Q1M1N1，P2Q2M2N2，P3Q3M3N3，设这三个内接矩形的周长分别为c1、c2，c3，则c1+c2+c3的值是（　　）A．6 B．6+35 C．12 D．65【分析】首先过点A作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质，可得BD＝CD=12BC＝1，∠B＝∠C，由勾股定理可求得AD的长，又可证得△BN1P1∽△BAD，利用相似三角形的对应边成比例，可证得N1P1＝2BP1，又由△BP1N1≌△CQ1M1（AAS），BP1＝CQ1，则可求得c1的值，同理可求得c2，c3的值，继而求得答案．【解析】过点A作AD⊥BC于D，∵AB＝AC=5，BC＝2，∴BD＝CD=12BC＝1，∠B＝∠C，∴AD=AB2-BD2=2，∵四边形P1Q1M1N1是矩形，∴P1Q1＝M1N1，N1P1＝M1Q1，N1P1⊥BC，∴N1P1∥AD，∴△BN1P1∽△BAD，∴BP1：BD＝N1P1：AD，∴N1P1＝2BP1，在△BP1N1和△CQ1M1中，∵∠B=∠C∠BP1N1=∠CQ1M1=90°N1P1=M1Q1，∴△BP1N1≌△CQ1M1（AAS），∴BP1＝CQ1，∴c1＝N1P1+P1Q1+M1Q1+M1N1＝2BP1+2P1Q1+2BP1＝2（BP1+P1Q1+BP1）＝2（BP1+P1Q1+CQ1）＝2BC＝2×2＝4，同理：c2＝c3＝c1＝4．∴c1+c2+c3＝12．故选：C．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上11．（2019秋•海淀区校级月考）为测量附中国旗杆的高度，小宇的测量方法如下：如图，将直角三角形硬纸板△DEF的斜边DF与地面保持平行，并使边DE与旗杆顶点A在同一直线上．测得DE＝0.5米，EF＝0.25米，目测点D到地面的距离DG＝1.6米，到旗杆的水平距离DC＝18米，按此方法，可计算出旗杆的高度为　10.6　米．【分析】根据题意证出△ACD∽△FED，进而利用相似三角形的性质得出AC的长，即可得出答案．【解析】∵CD⊥AB，△DEF为直角三角形，∴∠DEF＝∠ACD，∵∠ADC＝∠FDE，∴△ACD∽△FED，∴DECD=EFAC，∵DE＝0.5米，EF＝0.25米，DC＝18米，∴0.518=0.25AC，∴AC＝9米，∵DG＝1.6米，∴BC＝1.6米，∴AB＝10.6米，故答案为：10.6．12．（2020•镇江二模）如图，DE交△ABC边AC、BC的延长线分别于D、E两点，且DE∥AB，若CDAC=23，则△CDE与△ABC的面积比为　4：9　．【分析】由DE∥AB可判定△CDE∽△CAB，由相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求得答案．【解析】∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∵CDAC=23，∴S△CDES△CAB=(23)2=49，故答案为：4：9．13．（2017秋•叙州区期中）如图，D、E是△ABC的边AB、AC上的点，DE与BC不平行，请填上一个你认为合适的条件　∠ADE＝∠C或∠AED＝∠B或ADAC=AEAB　．使得△ADE∽△ACB．【分析】由于△ADE和△ACB有一个公共角，所以根据有两组角对应相等的两个三角形相似，可添加∠ADE＝∠C或∠AED＝∠B或ADAC=AEAB，使△ADE∽△ACB．【解析】∵∠DAE＝∠CAB∴当∠ADE＝∠C或∠AED＝∠B或ADAC=AEAB时，△ADE∽△ACB．故答案是：∠ADE＝∠C或∠AED＝∠B或ADAC=AEAB．14．（2020秋•大东区期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AD＝4，BD＝2，则CD的长为　22　．【分析】根据射影定理列式计算即可．【解析】∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，AD＝4，BD＝2，∴CD2＝AD•BD＝2×4＝8，∴CD＝22，故答案为：22．15．（2020秋•松江区期中）已知两相似三角形的对应中线的比是2：3，其中较大的三角形的面积为27，则较小的三角形的面积是　12　．【分析】根据相似三角形的性质得到两相似三角形的面积比是4：9，根据题意列式计算即可．【解析】∵两相似三角形的对应中线的比是2：3，∴两相似三角形的相似比是2：3，∴两相似三角形的面积比是4：9，∵较大的三角形的面积为27，∴较小的三角形的面积为：27×49=12，故答案为：12．16．（2020秋•浦东新区期中）如图，正方形OPQR内接于△ABC，已知△AOR，△BOP，△CRQ的面积分别为S1＝1，S2＝3，S3＝1，那么正方形OPQR的边长＝　2　．【分析】在PQ上取一点E，使得PE＝QC，连接OE，利用正方形的性质得出条件，判定△OPE≌△RQC（SAS），再利用有两个角分别相等的三角形相似判定△BOE∽△OAR，然后利用相似三角形的性质得出S△ABC的值，则可求得正方形OPQR的面积，最后求得其算术平方根即可．【解析】在PQ上取一点E，使得PE＝QC，连接OE，如图：∵四边形OPQR为正方形，∴OP＝RQ，∠OPE＝∠RQP＝90°，∴∠RQC＝90°，∴∠OPE＝∠RQC．在△OPE和△RQC中，PE=QC∠OPE=∠RQCOP=RQ，∴△OPE≌△RQC（SAS），∴S△BOE＝S2+S3＝4．∠OEP＝∠C，∵正方形OPQR中OR∥PQ，∴∠B＝∠AOR，∠C＝∠ARO，∴∠OEP＝∠ARO，∴△BOE∽△OAR，∴OAOB=S1S△BOE=12，∴OABA=13．又∵OR∥PQ，∴△ABC∽△AOR，∴S△ABC=(BAAO)2•S△AOR＝9．∴S正方形OPQR＝S△ABC﹣S1﹣S2﹣S3＝9﹣1﹣3﹣1＝4．∴正方形OPQR的边长为2．故答案为：2．17．（2019•通州区模拟）如图，△ABC是一张直角三角形彩色纸，AC＝15cm，BC＝20cm．若将斜边上的高CD分成n等分，然后裁出（n﹣1）张宽度相等的长方形纸条．则这（n﹣1）张纸条的面积和是　150(n-1)n　cm2．【分析】先利用勾股定理计算出AB＝25，再利用面积法计算出CD＝12，接着证明△CEF∽△CAB，则可计算出EF=1n•25，同理可得从上往下数，第2个矩形的长为2n•25，…，从上往下数，第（n﹣1）个矩形的长为n-1n•25，且所有矩形的宽的都为1n•12，然后把所有矩形的面积相加即可．【解析】如图，∵∠ACB＝90°，AC＝15，BC＝20，∴AB=AC2+BC2=25，∵12CD•AB=12AC•BC，∴CD＝12，∵斜边上的高CD分成n等分，∴CH=12n，∵EF∥AB，∴△CEF∽△CAB，∴EFAB=CHCD，即EF25=1n，解得EF=1n•25，即从上往下数，第1个矩形的长为1n•25，同理可得从上往下数，第2个矩形的长为2n•25，…从上往下数，第（n﹣1）个矩形的长为n-1n•25，而所有矩形的宽都为1n•12，∴这（n﹣1）张纸条的面积和是＝[1n•25+2n•25+⋯+n-1n•25]•1n•12=25n（1+2+…+n﹣1）•1n•12=150(n-1)n（cm2）．故答案为150(n-1)n．18．（2020春•莱州市期末）如图，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝6，CD＝4，BD＝14．点P在BD上移动，当以P，C，D为顶点的三角形与△ABP相似时，则PB的长为　8.4或2或12　．【分析】设DP＝x，则BP＝BD﹣x＝14﹣x，根据垂直的定义得到∠B＝∠D＝90°，再根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，当ABCD=BPDP时，△ABP∽△CDP，即64=14-xx；当ABDP=BPDC时，△ABP∽△PDC，即6x=14-x4；然后分别解方程求出x即可．【解析】设DP＝x，则BP＝BD﹣x＝14﹣x，∵AB⊥BD于B，CD⊥BD于D，∴∠B＝∠D＝90°，∴当ABCD=BPDP时，△ABP∽△CDP，即64=14-xx；解得x=285，BP＝14-285=8.4；当ABDP=BPDC时，△ABP∽△PDC，即6x=14-x4；整理得x2﹣14x+24＝0，解得x1＝2，x2＝12，BP＝14﹣2＝12，BP＝14﹣12＝2，∴当BP为8.4或2或12时，以C、D、P为顶点的三角形与以P、B、A为顶点的三角形相似．故答案为：8.4或2或12．三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020秋•梁溪区校级期中）如图，在正方形格中，每一个小正方形的边长都为1，△ABC的项点分别为A（2，3），B（2，1），C（5，4）．（1）写出△ABC的外心P的坐标　（4，2）　．（2）以（1）中的外心P为位似中心，按位似比2：1在位似中心的同侧将△ABC放大为△A′B′C′，放大后点A、B、C的对应点分别为A′、B′，C′，请在图中画出△ABC．【分析】（1）利用网格特点作AB和BC的垂直平分线，它们的交点即为P点；（2）延长PA到A′使AA′＝PA，延长PB到B′使BB′＝PB，延长PC到C′使CC′＝PC，则可得到△A′B′C′．【解析】（1）如图．P点坐标为（4，2）；故答案为（4，2）；（2）如图，△A′B′C′为所作．20．（2020秋•宝应县月考）如图，在△ABC中，点E、F分别在AB、AC上，且AEAF=ABAC．（1）求证：△AEF∽△ABC；（2）若点D在BC上，AD与EF交于点G，求证：EGBD=FGCD．【分析】（1）根据题目中的条件和∠EAF＝∠BAC，即可得到结论成立；（2）根据（1）中的结论可以得到∠AEF＝∠ABC，从而可以得到EF∥BC，则△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，然后即可得到所要证明的结论成立．【解答】（1）证明：在△AEF和△ABC中，∠EAF=∠BACAEAF=ABAC，∴△AEF∽△ABC；（2）证明：∵△AEF∽△ABC，∴∠AEF＝∠ABC，∴EF∥BC，∴△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，∴EGBD=AGAD，FGCD=AGAD，∴EGBD=FGCD．21．（2017秋•鼓楼区期末）如图，D为△ABC内一点，E为△ABC外一点，且∠ABC＝∠DBE，∠3＝∠4．求证：（1）△ABD∽△CBE；（2）△ABC∽△DBE．【分析】（1）根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判断△ABD∽△CBE；（2）先利用得到∠1＝∠2得到∠ABC＝∠DBE，再利用△ABD∽△CBE得ABBC=BDBE，根据比例的性质得到ABBD=BCBE，然后根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可判断△ABC与△DBE相似．【解析】（1）相似．理由如下：∵∠ABC＝∠DBE，∴∠1＝∠2，∵∠1＝∠2，∠3＝∠4．∴△ABD∽△CBE；（2）相似．理由如下：∵△ABD∽△CBE，∴ABBC=BDBE，∴ABBD=BCBE，∵∠ABC＝∠DBE，∴△ABC∽△DBE．22．（2019秋•抚州期末）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，点F在边CD上，且∠BEF＝90°，延长EF交BC的延长线于点G．（1）求证：△ABE∽△EGB；（2）若AB＝4，求CG的长．【分析】（1）由正方形的性质与已知得出∠A＝∠BEG，证出∠ABE＝∠G，即可得出结论；（2）由AB＝AD＝4，E为AD的中点，得出AE＝DE＝2，由勾股定理得出BE=AE2+AB2=25，由△ABE∽△EGB，得出AEEB=BEGB，求得BG＝10，即可得出结果．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，且∠BEG＝90°，∴∠A＝∠BEG，∵∠ABE+∠EBG＝90°，∠G+∠EBG＝90°，∴∠ABE＝∠G，∴△ABE∽△EGB；（2）∵AB＝AD＝4，E为AD的中点，∴AE＝DE＝2，在Rt△ABE中，BE=AE2+AB2=22+42=25，由（1）知，△ABE∽△EGB，∴AEEB=BEGB，即：225=25GB，∴BG＝10，∴CG＝BG﹣BC＝10﹣4＝6．23．（2014秋•滨海县期末）如图，在△ABC中，BA＝BC＝20cm，AC＝30cm，点P从A点出发，沿着AB以每秒4cm的速度向B点运动；同时点Q从C点出发，沿着CA以每秒3cm的速度向A点运动，设运动时间为x秒．（1）x为何值时，PQ∥BC；（2）是否存在某一时刻，使△APQ∽△CQB？若存在，求出此时AP的长；若不存在，请说明理由；（3）当S△BCQS△ABC=13时，求S△APQS△ABQ的值．【分析】（1）当PQ∥BC时，根据平行线分线段成比例定理，可得出关于AP，PQ，AB，AC的比例关系式，我们可根据P，Q的速度，用时间x表示出AP，AQ，然后根据得出的关系式求出x的值．（2）由△APQ∽△CQB 得出APCQ=AQCB，进一步代入求x的值；（3）当S△BCQS△ABC=13时得出CQ：AC＝1：3，那么CQ＝10cm，此时时间x正好是（1）的结果，那么此时PQ∥BC，由此可根据平行这个特殊条件，得出三角形APQ和ABC的面积比，然后再根据三角形PBQ的面积＝三角形ABC的面积﹣三角形APQ的面积﹣三角形BQC的面积来得出答案即可．【解析】（1）由题意知 AP＝4x，CQ＝3x若PQ∥BC 则△APQ∽△ABC，APAB=AQAC，∵AB＝BC＝20，AC＝30，∴AQ＝30﹣3x，∴4x20=30-3x30，∴x=103，∴当x=103时，PQ∥BC．（2）存在∵△APQ∽△CQB 则APCQ=AQCB，∴4x3x=30-3x20，∴9x2﹣10x＝0，∴x1＝0（舍去）.x2=109．∴当AP的长为409时，△APQ∽△CQB，（3）∵S△BCQS△ABC=13，∴CQAC=13，又∵AC＝30，∴CQ＝10，即3x＝10x=103，此时，AP=4x=403，∴APAB=40320=23．∴S△APQS△ABQ=APAB=23．24．（2018•莱芜）已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC的中点，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转一个角度α（0°＜α＜90°）得到△AD'E′，连接BD′、CE′，如图1．（1）求证：BD′＝CE'；（2）如图2，当α＝60°时，设AB与D′E′交于点F，求BFFA的值．【分析】（1）首先依据旋转的性质和中点的定义证明AD′＝AE′，然后再利用SAS证明△BD′A≌△CE′A，最后，依据全等三角形的性质进行证明即可；（2）连接DD′，先证明△ADD′为等边三角形，然后再证明△ABD′为直角三角形，接下来，再证明△BFD′∽△AFE′，最后，依据相似三角形的性质求解即可．【解析】（1）证明：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，∴AD＝BD＝AE＝EC．由旋转的性质可知：∠DAD′＝∠EAE′＝α，AD′＝AD，AE′＝AE．∴AD′＝AE′，∴△BD′A≌△CE′A，∴BD′＝CE′．（2）连接DD′．∵∠DAD′＝60°，AD＝AD′，∴△ADD′是等边三角形．∴∠ADD′＝∠AD′D＝60°，DD′＝DA＝DB．∴∠DBD′＝∠DD′B＝30°，∴∠BD′A＝90°．∵∠D′AE′＝90°，∴∠BAE′＝30°，∴∠BAE′＝∠ABD′，又∵∠BFD′＝∠AFE′，∴△BFD′∽△AFE′，∴BFAF=BD'AE'=BD'AD'．∵在Rt△ABD′中，tan∠BAD′=BD'AD'=3，∴BFAF=3．25．（2019•六合区模拟）如图，AC、BD是以AB为直径的半圆的两条切线，AD与半圆交于点E，连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．（1）若AE的度数为140°，求∠D的度数；（2）求证：△ACE∽△BFE．【分析】（1）根据切线的性质进行解答即可；（2）根据切线的性质和相似三角形的判定解答即可．【解析】（1）∵AE的度数为140°，AB为直径，∴BE的度数为40°，∴∠BAD＝20°，∵BD为半圆的切线，∴∠ABD＝90°，∴∠D＝70°，（2）∵AB为半圆的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠AEF+∠BEF＝90°，∵EF⊥CE，∴∠CEF＝90°，∴∠AEF+∠AEC＝90°，∴∠AEC＝∠BEF，∵AC为半圆的切线，∴∠CAB＝90°，∴∠CAE+∠BAE＝90°，∵AB为半圆的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠ABE+∠BAE＝90°，∴∠CAE＝∠ABE，∴△ACE∽△BFE．26．（2020•徐州模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值．【分析】（1）分两种情况：①当△BPQ∽△BAC时，BP：BA＝BQ：BC；当△BPQ∽△BCA时，BP：BC＝BQ：BA，再根据BP＝5t，QC＝4t，AB＝10cm，BC＝8cm，代入计算即可；（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB＝5t，PM＝3t，MC＝8﹣4t，根据△ACQ∽△CMP，得出AC：CM＝CQ：MP，代入计算即可．【解析】根据勾股定理得：BA=62+82=10；（1）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BAC时，BPBA=BQBC，∵BP＝5t，QC＝4t，AB＝10，BC＝8，∴5t10=8-4t8，解得，t＝1，②当△BPQ∽△BCA时，BPBC=BQBA，∴5t8=8-4t10，解得，t=3241；∴t＝1或3241时，△BPQ∽△BCA；（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，如图所示：则PB＝5t，PM＝3t，MC＝8﹣4t，∵∠NAC+∠NCA＝90°，∠PCM+∠NCA＝90°，∴∠NAC＝∠PCM，∵∠ACQ＝∠PMC，∴△ACQ∽△CMP，∴ACCM=CQMP，∴68-4t=4t3t，解得t=78．