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2020年中考数学真题分项汇编专题18图形的相似与位似 (含解析)
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这是一份2020年中考数学真题分项汇编专题18图形的相似与位似 (含解析)，共60页。
专题18图形的相似与位似
一．选择题（共18小题）
1．（2020•河北）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是（ ）
A．四边形NPMQ B．四边形NPMR C．四边形NHMQ D．四边形NHMR
【分析】由以点O为位似中心，确定出点C对应点M，设网格中每个小方格的边长为1，则OC，OM＝2，OD，OB，OA，OR，OQ＝2，OP＝2，OH＝3，ON＝2，由2，得点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，即可得出结果．
【解析】∵以点O为位似中心，
∴点C对应点M，
设网格中每个小方格的边长为1，
则OC，OM2，OD，OB，OA，OR，OQ＝2，OP2，OH3，ON2，
∵2，
∴点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，
∴以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，
故选：A．
2．（2020•重庆）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA：OD＝1：2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
【分析】根据位似图形的概念求出△ABC与△DEF的相似比，根据相似三角形的性质计算即可．
【解析】∵△ABC与△DEF是位似图形，OA：OD＝1：2，
∴△ABC与△DEF的位似比是1：2．
∴△ABC与△DEF的相似比为1：2，
∴△ABC与△DEF的面积比为1：4，
故选：C．
3．（2020•遂宁）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
4．（2020•遂宁）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AEAO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】①正确．证明∠EOB＝∠EOC＝45°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题．
②正确．利用四点共圆证明∠AFP＝∠ABP＝45°即可．
③正确．设BE＝EC＝a，求出AE，OA即可解决问题．
④错误，通过计算正方形ABCD的面积为48．
⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．
【解析】如图，连接OE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠EOB＝∠EOC＝45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①正确，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP＝∠ABP＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故②正确，
设BE＝EC＝a，则AEa，OA＝OC＝OB＝ODa，
∴，即AEAO，故③正确，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQS四边形OPEQ＝2，
∵OB＝OD，BE＝EC，
∴CD＝2OE，OE∥CD，
∴，△OEQ∽△CDQ，
∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，
∴S△CDO＝12，
∴S正方形ABCD＝48，故④错误，
∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴，
∵EQ＝PE，
∴CE•EF＝EQ•DE，故⑤正确，
故选：B．
5．（2020•潍坊）如图，点E是▱ABCD的边AD上的一点，且，连接BE并延长交CD的延长线于点F，若DE＝3，DF＝4，则▱ABCD的周长为（ ）
A．21 B．28 C．34 D．42
【分析】根据平行四边形的性质得AB∥CD，再由平行线得相似三角形，根据相似三角形求得AB，AE，进而根据平行四边形的周长公式求得结果．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，AB＝CD，
∴△ABE∽△DFE，
∴，
∵DE＝3，DF＝4，
∴AE＝6，AB＝8，
∴AD＝AE+DE＝6+3＝9，
∴平行四边形ABCD的周长为：（8+9）×2＝34．
故选：C．
6．（2020•天水）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高1.5m，测得AB＝1.2m，BC＝12.8m，则建筑物CD的高是（ ）
A．17.5m B．17m C．16.5m D．18m
【分析】根据题意和图形，利用三角形相似，可以计算出CD的长，从而可以解答本题．
【解析】∵EB⊥AC，DC⊥AC，
∴EB∥DC，
∴△ABE∽△ACD，
∴，
∵BE＝1.5m，AB＝1.2m，BC＝12.8m，
∴AC＝AB+BC＝14m，
∴，
解得，DC＝17.5，
即建筑物CD的高是17.5m，
故选：A．
7．（2020•牡丹江）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝10，点E在BC边上，DF⊥AE，垂足为F．若DF＝6，则线段EF的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】证明△AFD∽△EBA，得到，求出AF，即可求出AE，从而可得EF．
【解析】∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝10，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAF，
∴△AFD∽△EBA，
∴，
∵DF＝6，
∴AF，
∴，
∴AE＝5，
∴EF＝AF﹣AE＝8﹣5＝3．
故选：B．
8．（2020•泸州）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段MN分为两线段MG，GN，使得其中较长的一段MG是全长MN与较短的一段GN的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段MN的“黄金分割”点．如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝3，BC＝4，若D，E是边BC的两个“黄金分割”点，则△ADE的面积为（ ）
A．10﹣4 B．35 C． D．20﹣8
【分析】作AH⊥BC于H，如图，根据等腰三角形的性质得到BH＝CHBC＝2，则根据勾股定理可计算出AH，接着根据线段的“黄金分割”点的定义得到BEBC＝22，则计算出HE＝24，然后根据三角形面积公式计算．
【解析】作AH⊥BC于H，如图，
∵AB＝AC，
∴BH＝CHBC＝2，
在Rt△ABH中，AH，
∵D，E是边BC的两个“黄金分割”点，
∴BEBC＝2（1）＝22，
∴HE＝BE﹣BH＝22﹣2＝24，
∴DE＝2HE＝48
∴S△ADE（48）10﹣4．
故选：A．
9．（2020•成都）如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC和DF被l1，l2，l3所截，AB＝5，BC＝6，EF＝4，则DE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．
【解析】∵直线l1∥l2∥l3，
∴，
∵AB＝5，BC＝6，EF＝4，
∴，
∴DE，
故选：D．
10．（2020•哈尔滨）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F，过点E作EG∥AB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可．
【解析】∵EF∥BC，
∴，
∵EG∥AB，
∴，
∴，
故选：C．
11．（2020•安徽）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，∠DBC＝∠A．若AC＝4，cosA，则BD的长度为（ ）
A． B． C． D．4
【分析】在△ABC中，由三角函数求得AB，再由勾股定理求得BC，最后在△BCD中由三角函数求得BD．
【解析】∵∠C＝90°，AC＝4，cosA，
∴AB，
∴，
∵∠DBC＝∠A．
∴cos∠DBC＝cos∠A，
∴，
故选：C．
12．（2020•无锡）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD，线段PQ在边BA上运动，PQ，有下列结论：
①CP与QD可能相等；
②△AQD与△BCP可能相似；
③四边形PCDQ面积的最大值为；
④四边形PCDQ周长的最小值为3．
其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【分析】①利用图象法判断即可．
②当∠ADQ＝∠CPB时，△ADQ∽△BPC．
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积32x3×（3﹣x）x，当x取最大值时，可得结论．
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，此时四边形P′CD′Q′的周长最小．求出CF的长即可判断．
【解析】①利用图象法可知PC＞DQ，故①错误．
②∵∠A＝∠B＝60°，∴当∠ADQ＝∠CPB时，△ADQ∽△BPC，故②正确．
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积32x3×（3﹣x）x，
∵x的最大值为3，
∴x时，四边形PCDQ的面积最大，最大值，故③正确，
如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，此时四边形P′CD′Q′的周长最小．
过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．
由题意，DD′＝2AD•sin60°，HJDD′，CJ，FH，
∴CH＝CJ+HJ，
∴CF，
∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3，故④错误，
故选：D．
13．（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，2），B（1，1），C（3，1），以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（ ）
A． B．2 C．4 D．2
【分析】把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长．
【解析】∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，
而A（1，2），C（3，1），
∴D（2，4），F（6，2），
∴DF2．
故选：D．
14．（2020•绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（ ）
A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解．
【解析】设投影三角尺的对应边长为xcm，
∵三角尺与投影三角尺相似，
∴8：x＝2：5，
解得x＝20．
故选：A．
15．（2020•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（，﹣1） C．（﹣1，） D．（﹣2，﹣1）
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【解析】∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
16．（2020•遵义）如图，△ABO的顶点A在函数y（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（ ）
A．9 B．12 C．15 D．18
【分析】易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的面积，进而可求出△AOB的面积，则k的值也可求出．
【解析】
∵NQ∥MP∥OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N是OA的三等分点，
∴，，
∴，
∵四边形MNQP的面积为3，
∴，
∴S△ANQ＝1，
∵（）2，
∴S△AOB＝9，
∴k＝2S△AOB＝18，
故选：D．
17．（2020•铜仁市）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；
先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PF＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG，再根据勾股定理求得EG，即△AEG的周长为8，判断出②正确；
先求出DG，进而求出DG2+BE2，在求出EG2，判断出③错误，即可得出结论．
【解析】如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝90°，
∵HF∥AD，
∴∠H＝90°，
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，
∴∠AFH＝∠HAF．
∵AF，
∴AH＝HF＝1＝BE．
∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，
∴△EHF≌△CBE（SAS），
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴HEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，
∴EC2＝BE2+BC2＝17，
∴S△ECFEF•ECEC2，故①正确；
过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，
∴四边形APFH是矩形，
∵AH＝HF，
∴矩形AHFP是正方形，
∴AP＝PF＝AH＝1，
同理：四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP＝1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，
∵AD∥BC，
∴△FPG∽△FQC，
∴，
∴，
∴PG，
∴AG＝AP+PG，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG，
∴△AEG的周长为AG+EG+AE3＝8，故②正确；
∵AD＝4，
∴DG＝AD﹣AG，
∴DG2+BE21，
∵EG2＝（）2，
∴EG2≠DG2+BE2，故③错误，
∴正确的有①②，
故选：C．
18．（2020•温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）
A．14 B．15 C．8 D．6
【分析】如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．证明△ECP∽△HCQ，推出，由PQ＝15，可得PC＝5，CQ＝10，由EC：CH＝1：2，推出AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，证明四边形ABQC是平行四边形，推出AB＝CQ＝10，根据AC2+BC2＝AB2，构建方程求出a即可解决问题．
【解析】如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE+∠ACB+∠BCH＝180°，∠ACB+∠BCI＝90°
∴B，C，D共线，A，C，I共线，E、C、H共线，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC：CH＝1：2，
∴AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四边形ABQC是平行四边形，
∴AB＝CQ＝10，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴5a2＝100，
∴a＝2（负根已经舍弃），
∴AC＝2，BC＝4，
∵•AC•BC•AB•CJ，
∴CJ4，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ+JR＝14，
故选：A．
二．填空题（共18小题）
19．（2020•郴州）在平面直角坐标系中，将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，已知A（2，3），则点A1的坐标是 （，2） ．
【分析】直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可．
【解析】∵将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，A（2，3），
∴点A1的坐标是：（2，3），
即A1（，2）．
故答案为：（，2）．
20．（2020•牡丹江）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：
①BF＝CE；
②∠AEM＝∠DEM；
③AE﹣CEME；
④DE2+DF2＝2DM2；
⑤若AE平分∠BAC，则EF：BF：1；
⑥CF•DM＝BM•DE，
正确的有 ①②③④⑤⑥ ．（只填序号）
【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF＝CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EFEM，可判断③，同时得到∠MEF＝∠MFE＝45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN，DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE＝EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE＝CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM＝CM，AE＝CF，可判断⑥．
【解析】∵∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠ACE＝90°，
∵∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBF，
又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF＝CE，故①正确；
由全等可得：AE＝CF，BF＝CE，
∴AE﹣CE＝CF＝CE＝EF，
连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CMAB＝BM＝AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，
∴∠DBF＝∠DCM，
又BM＝CM，BF＝CE，
∴△BFM≌△CEM（SAS），
∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，
∵∠BMC＝90°，
∴∠EMF＝90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴EFEM＝AE﹣CE，故③正确，∠MEF＝∠MFE＝45°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠MEF＝∠AEM＝45°，故②正确，
设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF＝∠NME，FM＝EM，∠DFM＝∠DEM＝∠AEM＝45°，
∴△DFM≌△NEM（ASA），
∴DF＝EN，DM＝MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DNDM，而∠DEA＝90°，
∴DE2+DF2＝DN2＝2DM2，故④正确；
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠CAE＝22.5°，∠ADE＝67.5°，
∵∠DEM＝45°，
∴∠EMD＝67.5°，即DE＝EM，
∵AE＝AE，∠AED＝∠AEC，∠DAE＝∠CAE，
∴△ADE≌△ACE（ASA），
∴DE＝CE，
∵△MEF为等腰直角三角形，
∴EFEM，
∴，故⑤正确；
∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，
∴△CDM∽ADE，
∴，
∵BM＝CM，AE＝CF，
∴，
∴CF•DM＝BM•DE，故⑥正确；
故答案为：①②③④⑤⑥．
21．（2020•长沙）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动（点P不与M，N重合），PQ⊥MN，NE平分∠MNP，交PM于点E，交PQ于点F．
（1） 1 ．
（2）若PN2＝PM•MN，则 ．
【分析】（1）证明△PEN∽△QFN，得①，证明△NPQ∽△PMQ，得②，再①×②得，再变形比例式便可求得结果；
（2）证明△NPQ∽△NMP，得PN2＝NQ•MN，结合已知条件得PM＝NQ，再根据三角函数得，进而得MQ与NQ的方程，再解一元二次方程得答案．
【解析】（1）∵MN为⊙O的直径，
∴∠MPN＝90°，
∵PQ⊥MN，
∴∠PQN＝∠MPN＝90°，
∵NE平分∠PNM，
∴∠MNE＝∠PNE，
∴△PEN∽△QFN，
∴，即①，
∵∠PNQ+∠NPQ＝∠PNQ+∠PMQ＝90°，
∴∠NPQ＝∠PMQ，
∵∠PQN＝∠PQM＝90°，
∴△NPQ∽△PMQ，
∴②，
∴①×②得，
∵QF＝PQ﹣PF，
∴1，
∴1，
故答案为：1；
（2）∵∠PNQ＝∠MNP，∠NQP＝∠NPQ，
∴△NPQ∽△NMP，
∴，
∴PN2＝QN•MN，
∵PN2＝PM•MN，
∴PM＝QN，
∴，
∵tan∠M，
∴，
∴，
∴NQ2＝MQ2+MQ•NQ，即，
设，则x2+x﹣1＝0，
解得，x，或x0（舍去），
∴，
故答案为：．
22．（2020•湘潭）若，则 ．
【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可．
【解析】由可设y＝3k，x＝7k，k是非零整数，
则．
故答案为：．
23．（2020•攀枝花）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，AF的中点为H，连接BG、DH．给出下列结论：
①AF⊥DE；②DG；③HD∥BG；④△ABG∽△DHF．
其中正确的结论有 ①④ ．（请填上所有正确结论的序号）
【分析】证明△ADF≌△DCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到∠DGF＝90°，可判断①，再利用三角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断②；再证明∠HDF＝∠HFD＝∠BAG，求出AG，DH，HF，可判定△ABG～△DHF，可判断④；通过AB≠AG，得到∠ABG和∠AGB不相等，则∠AGB≠∠DHF，可判断③．
【解析】∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，
∵E和F分别为BC和CD中点，
∴DF＝EC＝2，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD＝∠DEC，∠FAD＝∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠EDC+∠AFD＝90°，
∴∠DGF＝90°，即DE⊥AF，故①正确；
∵AD＝4，DFCD＝2，
∴AF，
∴DG＝AD×DF÷AF，故②错误；
∵H为AF中点，
∴HD＝HFAF，
∴∠HDF＝∠HFD，
∵AB∥DC，
∴∠HDF＝∠HFD＝∠BAG，
∵AG，AB＝4，
∴，
∴△ABG～△DHF，故④正确；
∴∠ABG＝∠DHF，而AB≠AG，
则∠ABG和∠AGB不相等，
故∠AGB≠∠DHF，
故HD与BG不平行，故③错误；
故答案为：①④．
24．（2020•盐城）如图，BC∥DE，且BC＜DE，AD＝BC＝4，AB+DE＝10．则的值为 2 ．
【分析】由平行线得三角形相似，得出AB•DE，进而求得AB，DE，再由相似三角形求得结果．
【解析】∵BC∥DE，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即，
∴AB•DE＝16，
∵AB+DE＝10，
∴AB＝2，DE＝8，
∴，
故答案为：2．
25．（2020•临沂）如图，在△ABC中，D、E为边AB的三等分点，EF∥DG∥AC，H为AF与DG的交点．若AC＝6，则DH＝ 1 ．
【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出BE＝DE＝AD，BF＝GF＝CG，AH＝HF，DH是△AEF的中位线，易证△BEF∽△BAC，得，解得EF＝2，则DHEF＝1．
【解析】∵D、E为边AB的三等分点，EF∥DG∥AC，
∴BE＝DE＝AD，BF＝GF＝CG，AH＝HF，
∴AB＝3BE，DH是△AEF的中位线，
∴DHEF，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，即，
解得：EF＝2，
∴DHEF2＝1，
故答案为：1．
26．（2020•咸宁）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF，有下列结论：
①△ABE∽△ECG；
②AE＝EF；
③∠DAF＝∠CFE；
④△CEF的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是 ①②③ ．（把正确结论的序号都填上）
【分析】①由∠AEB+∠CEG＝∠AEB+∠BAE得∠BAE＝∠CEG，再结合两直角相等得△ABE∽△ECG；
②在BA上截取BM＝BE，易得△BEM为等腰直角三角形，则∠BME＝45°，所以∠AME＝135°，再利用等角的余角相等得到∠BAE＝∠FEC，于是根据“ASA”可判断△AME≌△ECF，则根据全等三角形的性质可对②进行判断；
③由∠MAE+∠DAF＝45°，∠CEF+∠CFE＝45°，可得出∠DAF与∠CFE的大小关系，便可对③判断；
④设BE＝x，则BM＝x，AM＝AB﹣BM＝4﹣x，利用三角形面积公式得到S△AME•x•（2﹣x），则根据二次函数的性质可得S△AME的最大值，便可对④进行判断．
【解析】①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠ECG＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEG＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠CEG，
∴△ABE∽△ECG，
故①正确；
②在BA上截取BM＝BE，如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝90°，BA＝BC，
∴△BEM为等腰直角三角形，
∴∠BME＝45°，
∴∠AME＝135°，
∵BA﹣BM＝BC﹣BE，
∴AM＝CE，
∵CF为正方形外角平分线，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
而∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
在△AME和△ECF中
，
∴△AME≌△ECF，
∴AE＝EF，
故②正确；
③∵AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∵∠BAE+∠CFE＝∠CEF+∠CFE＝45°，
∴∠DAF＝∠CFE，
故③正确；
④设BE＝x，则BM＝x，AM＝AB﹣BM＝4﹣x，
S△ECF＝S△AME•x•（2﹣x）（x﹣1）2，
当x＝1时，S△ECF有最大值，
故④错误．
故答案为：①②③．
27．（2020•河南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 1 ．
【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．
【解析】设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG＝FH，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴CF2＝OF•DF，
∴OF，
∴OH，OD，
∵OC2＝OF•OD，
∴OC，
∴OG＝CG﹣OC，
∴HG1，
故答案为：1．
28．（2020•泸州）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC、ED分别交于点M，N．已知AB＝4，BC＝6，则MN的长为 ．
【分析】延长CE、DA交于Q，延长BF和CD，交于W，根据勾股定理求出BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出AQ＝BC，AB＝CW，根据相似三角形的判定得出△QMF∽△CMB，△BNE∽△WND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出BN和BM的长，即可得出答案．
【解析】延长CE、DA交于Q，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝6，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝6，AD∥BC，
∵F为AD中点，
∴AF＝DF＝3，
在Rt△BAF中，由勾股定理得：BF5，
∵AD∥BC，
∴∠Q＝∠ECB，
∵E为AB的中点，AB＝4，
∴AE＝BE＝2，
在△QAE和△CBE中
∴△QAE≌△CBE（AAS），
∴AQ＝BC＝6，
即QF＝6+3＝9，
∵AD∥BC，
∴△QMF∽△CMB，
∴，
∵BF＝5，
∴BM＝2，FM＝3，
延长BF和CD，交于W，如图2，
同理AB＝DM＝4，CW＝8，BF＝FM＝5，
∵AB∥CD，
∴△BNE∽△WND，
∴，
∴，
解得：BN，
∴MN＝BN﹣BM2，
故答案为：．
29．（2020•乐山）把两个含30°角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点E为AD的中点，连结BE交AC于点F．则 ．
【分析】连接CE，解直角三角形，用AD表示AB，根据直角三角形的性质，用AD表示CE，再证明CE∥AB得△ABF∽△CEF，由相似三角形的性质得，进而得便可．
【解析】连接CE，∵∠CAD＝30°，∠ACD＝90°，E是AD的中点，
∴ACAD，CEAD＝AE，
∴∠ACE＝∠CAE＝30°
∵∠BAC＝30°，∠ABC＝90°，
∴ABACAD，∠BAC＝∠ACE，
∴AB∥CE，
∴△ABF∽△CEF，
∴，
∴，
故答案为．
30．（2020•绥化）在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为（2，4），则其对应点A1的坐标是 （4，8）或（﹣4，﹣8） ．
【分析】利用关于原点对称的点的坐标，把A点横纵坐标分别乘以2或﹣2得到其对应点A1的坐标．
【解析】∵△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，
而点A的坐标为（2，4），
∴点A对应点A1的坐标为（2×2，2×4）或（﹣2×2，﹣2×4），
即（4，8）或（﹣4，﹣8）．
故答案为（4，8）或（﹣4，﹣8）．
31．（2020•德州）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，1），以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为A′．若点A'恰在某一反比例函数图象上，则该反比例函数解析式为 y ．
【分析】直接利用位似图形的性质得出A′坐标，进而求出函数解析式．
【解析】∵点A的坐标是（﹣2，1），以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为A′，
∴A′坐标为：（﹣4，2）或（4，﹣2），
∵A'恰在某一反比例函数图象上，
∴该反比例函数解析式为：y．
故答案为：y．
32．（2020•无锡）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，点D，E分别在边AB，AC上，且DB＝2AD，AE＝3EC，连接BE，CD，相交于点O，则△ABO面积最大值为 ．
【分析】过点D作DF∥AE，根据平行线分线段成比例定理可得则，根据已知，可得DO＝2OC，C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝8，即可求出此时△ABO的最大面积．
【解析】如图，过点D作DF∥AE，
则，
∵，
∴DF＝2EC，
∴DO＝2OC，
∴DODC，
∴S△ADOS△ADC，S△BDOS△BDC，
∴S△ABOS△ABC，
∵∠ACB＝90°，
∴C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，
当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝4，
此时△ABO的面积最大为：4．
故答案为：．
33．（2020•上海）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB＝1.6米，BD＝1米，BE＝0.2米，那么井深AC为 7 米．
【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解析】∵BD⊥AB，AC⊥AB，
∴BD∥AC，
∴△ACE∽△BDE，
∴，
∴，
∴AC＝7（米），
答：井深AC为7米．
34．（2020•黔东南州）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝ ．
【分析】根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DECDAB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵E为CD的中点，
∴DECDAB，
∴△ABP∽△EDP，
∴，
∴，
∴，
∵PQ⊥BC，
∴PQ∥CD，
∴△BPQ∽△DBC，
∴，
∵CD＝2，
∴PQ，
故答案为：．
35．（2020•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形．如图，已知Rt△ABC是6×6网格图形中的格点三角形，则该图中所有与Rt△ABC相似的格点三角形中．面积最大的三角形的斜边长是 5 ．
【分析】根据Rt△ABC的各边长得出与其相似的三角形的两直角边之比为1：2，在6×6的网格图形中可得出与Rt△ABC相似的三角形的短直角边长应小于4，在图中尝试可画出符合题意的最大三角形，从而其斜边长可得．
【解析】∵在Rt△ABC中，AC＝1，BC＝2，
∴AB，AC：BC＝1：2，
∴与Rt△ABC相似的格点三角形的两直角边的比值为1：2，
若该三角形最短边长为4，则另一直角边长为8，但在6×6网格图形中，最长线段为6，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为8的线段，故最短直角边长应小于4，在图中尝试，可画出DE，EF＝2，DF＝5的三角形，
∵，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠DEF＝∠C＝90°，
∴此时△DEF的面积为：22＝10，△DEF为面积最大的三角形，其斜边长为：5．
故答案为：5．
36．（2020•温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为 15 米，BC为 20 米．
【分析】根据已知条件得到△ANE和△BNF是等腰直角三角形，求得AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），于是得到AB＝AN﹣BN＝15（米）；过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，根据矩形的性质得到PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】∵AE⊥l，BF⊥l，
∵∠ANE＝45°，
∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，
∴AE＝EN，BF＝FN，
∴EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，
∴AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），
∴AN＝25，BN＝10，
∴AB＝AN﹣BN＝15（米）；
过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，
∴AE∥CH，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，
∴PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，
∵∠1＝∠2，∠AEF＝∠CHM＝90°，
∴△AEF∽△CHM，
∴，
∴设MH＝3x，CH＝5x，
∴CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∵∠APB＝∠ABC＝∠CQB＝90°，
∴∠ABP+∠PAB＝∠ABP+∠CBQ＝90°，
∴∠PAB＝∠CBQ，
∴△APB∽△BQC，
∴，
∴，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20，
故答案为：15，20．
三．解答题（共14小题）
37．（2020•咸宁）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F．
（1）求证：BF＝DF；
（2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长．
【分析】（1）连接OD，由切线性质得∠ODF＝90°，进而证明∠BDF+∠A＝∠A+∠B＝90°，得∠B＝∠BDF，便可得BF＝DF；
（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC＝4﹣r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求得结果．
【解析】（1）连接OD，如图1，
∵过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F，
∴∠ODF＝90°，
∴∠ADO+∠BDF＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠OAD+∠BDF＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠OAD+∠B＝90°，
∴∠B＝∠BDF，
∴BF＝DF；
（2）连接OF，OD，如图2，
设圆的半径为r，则OD＝OE＝r，
∵AC＝4，BC＝3，CF＝1，
∴OC＝4﹣r，DF＝BF＝3﹣1＝2，
∵OD2+DF2＝OF2＝OC2+CF2，
∴r2+22＝（4﹣r）2+12，
∴．
故圆的半径为．
38．（2020•长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：△ABF∽△FCE；
（2）若AB＝2，AD＝4，求EC的长；
（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠FAE＝β，求tanα+tanβ的值．
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
（2）设EC＝x，证明△ABF∽△FCE，可得，由此即可解决问题．
（3）首先证明tanα+tanβ，设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，解直角三角形求出a，b之间的关系即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，
∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，
∴∠AFB＝∠FEC，
∴△ABF∽△FCE．
（2）设EC＝x，
由翻折可知，AD＝AF＝4，
∴BF2，
∴CF＝BC﹣BF＝2，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴x，
∴EC．
（3）∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴tanα+tanβ，
设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，
∴AE＝DE+2CE＝x+2（a﹣x）＝2a﹣x，
∵AD＝AF＝b，DE＝EF＝x，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴BF，CF，
∵AD2+DE2＝AE2，
∴b2+x2＝（2a﹣x）2，
∴a2﹣axb2，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴a2﹣ax•，
∴b2•，
整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，
∴（4a2﹣3b2）2＝0，
∴，
∴tanα+tanβ．
39．（2020•怀化）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD＝CA，且∠D＝30°．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）分别过A、B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E、F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：CG2＝AE•BF．
【分析】（1）连接OC，∠CAD＝∠D＝30°，由OC＝OA，进而得到∠OCA＝∠CAD＝30°，由三角形外角定理得到∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD＝90°即可证明；
（2）证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE＝CG，CF＝CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．
【解答】（1）证明：连接OC，如右图所示，
∵CA＝CD，且∠D＝30°，
∴∠CAD＝∠D＝30°，
∵OA＝OC，
∴∠CAD＝∠ACO＝30°，
∴∠COD＝∠CAD+∠ACO＝30°+30°＝60°，
∴∠OCD＝180°﹣∠D﹣∠COD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠COB＝60°，且OC＝OB，
∴△OCB为等边三角形，
∴∠CBG＝60°，
又∵CG⊥AD，
∴∠CGB＝90°，
∴∠GCB＝∠CGB﹣∠CBG＝30°，
又∵∠GCD＝60°，
∴CB是∠GCD的角平分线，
∵BF⊥CD，BG⊥CG，
∴BF＝BG，
又∵BC＝BC，
∴Rt△BCG≌Rt△BCF（HL），
∴CF＝CG．
∵∠D＝30°，AE⊥ED，∠E＝90°，
∴∠EAD＝60°，
又∵∠CAD＝30°，
∴AC是∠EAG的角平分线，
∵CE⊥AE，CG⊥AB，
∴CE＝CG，
∵∠E＝∠BFC＝90°，∠EAC＝30°＝∠BCF，
∴△AEC∽△CFB，
∴，即AE•BF＝CF•CE，
又CE＝CG，CF＝CG，
∴AE•BF＝CG2．
40．（2020•南京）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，．
（1）当时，求证△ABC∽△A'B'C．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．
（2）当时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴△ADC∽△A′D′C，
∴∠A＝∠A′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
故答案为：，∠A＝∠A′．
（2）如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
同理，，
∵，
∴，
∴，
同理，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴△DCE∽△D′C′E′，
∴∠CED＝∠C′E′D′，
∵DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝90°，
同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，
∴∠ACB＝∠A′B′C′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
41．（2020•福建）如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．
①判断DF和PF的数量关系，并证明；
②求证：．
【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，得出∠ADE＝∠B＝45°，可求出∠BDE的度数；
（2）①由旋转的性质得出AC＝AE，∠CAE＝90°，证得∠FPD＝∠FDP，由等腰三角形的判定得出结论；
②过点P作PH∥ED交DF于点H，得出∠HPF＝∠DEP，，证明△HPF≌△CDF（ASA），由全等三角形的性质得出HF＝CF，则可得出结论．
【解析】（1）∵△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）①DF＝PF．
证明：由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
②证明：过点P作PH∥ED交DF于点H，
∴∠HPF＝∠DEP，，
∵∠DPF＝∠ADE+∠DEP＝45°+∠DEP，
∠DPF＝∠ACE+∠DAC＝45°+∠DAC，
∴∠DEP＝∠DAC，
又∵∠CDF＝∠DAC，
∴∠DEP＝∠CDF，
∴∠HPF＝∠CDF，
又∵FD＝FP，∠F＝∠F，
∴△HPF≌△CDF（ASA），
∴HF＝CF，
∴DH＝PC，
又∵，
∴．
42．（2020•菏泽）如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD+CD．
（1）过点A作AE∥DC交BD于点E，求证：AE＝BE；
（2）如图2，将△ABD沿AB翻折得到△ABD'．
①求证：BD'∥CD；
②若AD'∥BC，求证：CD2＝2OD•BD．
【分析】（1）证明△AOE≌△COD（AAS），由全等三角形的性质得出CD＝AE，OD＝OE，则可得出结论；
（2）①过点A作AE∥DC交BD于点E，由（1）得出∠ABE＝∠AEB，由折叠的性质可得出∠ABD'＝∠BAE，则BD'∥AE，可得出结论；
②过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，证明△AED∽△BEF，得出，证明△BEF∽△BDC，由相似三角形的性质得出，根据AE＝CD，DE＝2OD可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AE∥DC，
∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，
又∵OA＝OC，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴CD＝AE，OD＝OE，
∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，
∴BE＝CD，
∴AE＝BE；
（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，
由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，
∴∠ABD'＝∠ABD，
∴∠ABD'＝∠BAE，
∴BD'∥AE，
又∵AE∥CD
∴BD'∥CD．
②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，
∵AD'∥BC，BD'∥AE，
∴四边形AD'BF为平行四边形．
∴∠D'＝∠AFB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'．
∴∠D'＝∠ADB，
∴∠AFB＝∠ADB，
又∵∠AED＝∠BEF，
∴△AED∽△BEF，
∴，
∵AE＝CD，
∴，
∵EF∥CD，
∴△BEF∽△BDC，
∴，
∴，
∴CD2＝DE•BD，
∵△AOE≌△COD，
∴OD＝OE，
∴DE＝2OD，
∴CD2＝2OD•BD．
43．（2020•武汉）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值；
拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接写出AD的长．
【分析】问题背景
由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论；
尝试应用
连接EC，证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可证明△ADF∽△ECF，得出3，则可求出答案．
拓展创新
过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，证明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性质得出，证明△BDM∽△CDA，得出，求出BM＝6，由勾股定理求出AM，最后由直角三角形的性质可求出AD的长．
【解答】问题背景
证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE；
尝试应用
解：如图1，连接EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
∴，
∴3．
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴3．
拓展创新
解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，
∵∠BAD＝30°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，
∴△BDC∽△MDA，
∴，
又∠BDC＝∠ADM，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠ADC，
即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴，
∵AC＝2，
∴BM＝26，
∴AM2，
∴AD．
44．（2020•达州）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝6cm，CD＝2cm．P为线段BC上的一动点，且和B、C不重合，连接PA，过点P作PE⊥PA交射线CD于点E．聪聪根据学习函数的经验，对这个问题进行了研究：
（1）通过推理，他发现△ABP∽△PCE，请你帮他完成证明．
（2）利用几何画板，他改变BC的长度，运动点P，得到不同位置时，CE、BP的长度的对应值：
当BC＝6cm时，得表1：
BP/cm
…
1
2
3
4
5
…
CE/cm
…
0.83
1.33
1.50
1.33
0.83
…
当BC＝8cm时，得表2：
BP/cm
…
1
2
3
4
5
6
7
…
CE/cm
…
1.17
2.00
2.50
2.67
2.50
2.00
1.17
…
这说明，点P在线段BC上运动时，要保证点E总在线段CD上，BC的长度应有一定的限制．
①填空：根据函数的定义，我们可以确定，在BP和CE的长度这两个变量中， BP 的长度为自变量， EC 的长度为因变量；
②设BC＝mcm，当点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围．
【分析】（1）根据两角对应相等两三角形相似证明即可．
（2）①根据函数的定义判断即可．
②设BP＝xcm，CE＝ycm．利用相似三角形的性质构建二次函数，利用二次函数的性质求出y的最大值即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B+∠C＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵AP⊥PE，
∴∠APE＝90°，
∴∠APB+∠EPC＝90°，
∵∠EPC+∠PEC＝90°，
∴∠APB＝∠PEC，
∴△ABP∽△PCE．
（2）解：①根据函数的定义，我们可以确定，在BP和CE的长度这两个变量中，BP的长度为自变量，EC的长度为因变量，
故答案为：BP，EC．
②设BP＝xcm，CE＝ycm．
∵△ABP∽△PCE，
∴，
∴，
∴yx2mx（xm）2，
∵0，
∴xm时，y有最大值，
∵点E在线段CD上，CD＝2cm，
∴2，
∴m≤4，
∴0＜m≤4．
45．（2020•枣庄）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝2，CF，求DN的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
（2）证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；
（3）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由（2）的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠DCE＝135°，
在△DCF和△DCE中，
，
∴△DCF≌△DCE（SAS）
∴DE＝DF；
（2）证明：∵∠DCF＝135°，
∴∠F+∠CDF＝45°，
∵∠FDE＝45°，
∴∠CDE+∠CDF＝45°，
∴∠F＝∠CDE，
∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，
∴△FCD∽△DCE，
∴，
∴CD2＝CE•CF；
（3）解：过点D作DG⊥BC于G，
∵∠DCB＝45°，
∴GC＝GDCD，
由（2）可知，CD2＝CE•CF，
∴CE2，
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△ENC∽△DNG，
∴，即，
解得，NG，
由勾股定理得，DN．
46．（2020•上海）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE＝DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2＝AB•AE，求证：AG＝DF．
【分析】（1）想办法证明∠BCE＝∠H即可解决问题．
（2）利用平行线分线段成比例定理结合已知条件解决问题即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠D＝∠B，CD∥AB，
∵DF＝BE，
∴△CDF≌CBE（SAS），
∴∠DCF＝∠BCE，
∵CD∥BH，
∴∠H＝∠DCF，
∴∠BCE＝∠H，
∵∠B＝∠B，
∴△BEC∽△BCH．
（2）证明：∵BE2＝AB•AE，
∴，
∵AG∥BC，
∴，
∴，
∵DF＝BE，BC＝AB，
∴BE＝AG＝DF，
即AG＝DF．
47．（2020•苏州）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝6，BC＝4，求DF的长．
【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，进而由平行线的性质得∠AEB＝∠DAF，再根据两角对应相等的两个三角形相似；
（2）由E是BC的中点，求得BE，再由勾股定理求得AE，再由相似三角形的比例线段求得DF．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
∴△ADF∽△EAB，
∴△ABE∽△DFA；
（2）∵E是BC的中点，BC＝4，
∴BE＝2，
∵AB＝6，
∴AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵△ABE∽△DFA，
∴，
∴．
48．（2020•贵阳）如图，四边形ABCD是矩形，E是BC边上一点，点F在BC的延长线上，且CF＝BE．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）连接ED，若∠AED＝90°，AB＝4，BE＝2，求四边形AEFD的面积．
【分析】（1）先根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，然后证明AD＝EF可判断四边形AEFD是平行四边形；
（2）连接DE，如图，先利用勾股定理计算出AE＝2，再证明△ABE∽△DEA，利用相似比求出AD，然后根据平行四边形的面积公式计算．
【解答】（1）证明：∵∠四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝EC+EF，即BC＝EF，
∴AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）解：连接DE，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
在Rt△ABE中，AE2，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EAD，
∵∠B＝∠AED＝90°，
∴△ABE∽△DEA，
∴AE：AD＝BE：AE，
∴AD10，
∴四边形AEFD的面积＝AB×AD＝2×10＝20．
49．（2020•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDE∽△EFC．
（2）设，
①若BC＝12，求线段BE的长；
②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出，即可得出结果；
②先求出，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，
∴∠DBE＝∠FEC，
∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，
∴，
解得：BE＝4；
②∵，
∴，
∵EF∥AB，
∴△EFC∽△BAC，
∴（）2＝（）2，
∴S△ABCS△EFC20＝45．
50．（2020•宁波）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】
（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，得出，则可得出结论；
（2）证明△BFE∽△BCF，得出比例线段，则BF2＝BE•BC，求出BC，则可求出AD．
（3）分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC为平行四边形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段，则DEEF，可求出DG，则答案可求出．
【解析】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2＝AD•AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，
又∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C，
又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2＝BE•BC，
∴BC，
∴AD．
（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴，
∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DEEF，
又∵，
∴DG，
∴DC＝DG﹣CG＝52．
专题18图形的相似与位似
一．选择题（共18小题）
1．（2020•河北）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是（ ）
A．四边形NPMQ B．四边形NPMR C．四边形NHMQ D．四边形NHMR
【分析】由以点O为位似中心，确定出点C对应点M，设网格中每个小方格的边长为1，则OC，OM＝2，OD，OB，OA，OR，OQ＝2，OP＝2，OH＝3，ON＝2，由2，得点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，即可得出结果．
【解析】∵以点O为位似中心，
∴点C对应点M，
设网格中每个小方格的边长为1，
则OC，OM2，OD，OB，OA，OR，OQ＝2，OP2，OH3，ON2，
∵2，
∴点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，
∴以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，
故选：A．
2．（2020•重庆）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA：OD＝1：2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
【分析】根据位似图形的概念求出△ABC与△DEF的相似比，根据相似三角形的性质计算即可．
【解析】∵△ABC与△DEF是位似图形，OA：OD＝1：2，
∴△ABC与△DEF的位似比是1：2．
∴△ABC与△DEF的相似比为1：2，
∴△ABC与△DEF的面积比为1：4，
故选：C．
3．（2020•遂宁）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
4．（2020•遂宁）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AEAO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】①正确．证明∠EOB＝∠EOC＝45°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题．
②正确．利用四点共圆证明∠AFP＝∠ABP＝45°即可．
③正确．设BE＝EC＝a，求出AE，OA即可解决问题．
④错误，通过计算正方形ABCD的面积为48．
⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．
【解析】如图，连接OE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠EOB＝∠EOC＝45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①正确，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP＝∠ABP＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故②正确，
设BE＝EC＝a，则AEa，OA＝OC＝OB＝ODa，
∴，即AEAO，故③正确，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQS四边形OPEQ＝2，
∵OB＝OD，BE＝EC，
∴CD＝2OE，OE∥CD，
∴，△OEQ∽△CDQ，
∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，
∴S△CDO＝12，
∴S正方形ABCD＝48，故④错误，
∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴，
∵EQ＝PE，
∴CE•EF＝EQ•DE，故⑤正确，
故选：B．
5．（2020•潍坊）如图，点E是▱ABCD的边AD上的一点，且，连接BE并延长交CD的延长线于点F，若DE＝3，DF＝4，则▱ABCD的周长为（ ）
A．21 B．28 C．34 D．42
【分析】根据平行四边形的性质得AB∥CD，再由平行线得相似三角形，根据相似三角形求得AB，AE，进而根据平行四边形的周长公式求得结果．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，AB＝CD，
∴△ABE∽△DFE，
∴，
∵DE＝3，DF＝4，
∴AE＝6，AB＝8，
∴AD＝AE+DE＝6+3＝9，
∴平行四边形ABCD的周长为：（8+9）×2＝34．
故选：C．
6．（2020•天水）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高1.5m，测得AB＝1.2m，BC＝12.8m，则建筑物CD的高是（ ）
A．17.5m B．17m C．16.5m D．18m
【分析】根据题意和图形，利用三角形相似，可以计算出CD的长，从而可以解答本题．
【解析】∵EB⊥AC，DC⊥AC，
∴EB∥DC，
∴△ABE∽△ACD，
∴，
∵BE＝1.5m，AB＝1.2m，BC＝12.8m，
∴AC＝AB+BC＝14m，
∴，
解得，DC＝17.5，
即建筑物CD的高是17.5m，
故选：A．
7．（2020•牡丹江）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝10，点E在BC边上，DF⊥AE，垂足为F．若DF＝6，则线段EF的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】证明△AFD∽△EBA，得到，求出AF，即可求出AE，从而可得EF．
【解析】∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝10，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAF，
∴△AFD∽△EBA，
∴，
∵DF＝6，
∴AF，
∴，
∴AE＝5，
∴EF＝AF﹣AE＝8﹣5＝3．
故选：B．
8．（2020•泸州）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段MN分为两线段MG，GN，使得其中较长的一段MG是全长MN与较短的一段GN的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段MN的“黄金分割”点．如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝3，BC＝4，若D，E是边BC的两个“黄金分割”点，则△ADE的面积为（ ）
A．10﹣4 B．35 C． D．20﹣8
【分析】作AH⊥BC于H，如图，根据等腰三角形的性质得到BH＝CHBC＝2，则根据勾股定理可计算出AH，接着根据线段的“黄金分割”点的定义得到BEBC＝22，则计算出HE＝24，然后根据三角形面积公式计算．
【解析】作AH⊥BC于H，如图，
∵AB＝AC，
∴BH＝CHBC＝2，
在Rt△ABH中，AH，
∵D，E是边BC的两个“黄金分割”点，
∴BEBC＝2（1）＝22，
∴HE＝BE﹣BH＝22﹣2＝24，
∴DE＝2HE＝48
∴S△ADE（48）10﹣4．
故选：A．
9．（2020•成都）如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC和DF被l1，l2，l3所截，AB＝5，BC＝6，EF＝4，则DE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．
【解析】∵直线l1∥l2∥l3，
∴，
∵AB＝5，BC＝6，EF＝4，
∴，
∴DE，
故选：D．
10．（2020•哈尔滨）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F，过点E作EG∥AB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可．
【解析】∵EF∥BC，
∴，
∵EG∥AB，
∴，
∴，
故选：C．
11．（2020•安徽）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，∠DBC＝∠A．若AC＝4，cosA，则BD的长度为（ ）
A． B． C． D．4
【分析】在△ABC中，由三角函数求得AB，再由勾股定理求得BC，最后在△BCD中由三角函数求得BD．
【解析】∵∠C＝90°，AC＝4，cosA，
∴AB，
∴，
∵∠DBC＝∠A．
∴cos∠DBC＝cos∠A，
∴，
故选：C．
12．（2020•无锡）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD，线段PQ在边BA上运动，PQ，有下列结论：
①CP与QD可能相等；
②△AQD与△BCP可能相似；
③四边形PCDQ面积的最大值为；
④四边形PCDQ周长的最小值为3．
其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【分析】①利用图象法判断即可．
②当∠ADQ＝∠CPB时，△ADQ∽△BPC．
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积32x3×（3﹣x）x，当x取最大值时，可得结论．
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，此时四边形P′CD′Q′的周长最小．求出CF的长即可判断．
【解析】①利用图象法可知PC＞DQ，故①错误．
②∵∠A＝∠B＝60°，∴当∠ADQ＝∠CPB时，△ADQ∽△BPC，故②正确．
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积32x3×（3﹣x）x，
∵x的最大值为3，
∴x时，四边形PCDQ的面积最大，最大值，故③正确，
如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，此时四边形P′CD′Q′的周长最小．
过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．
由题意，DD′＝2AD•sin60°，HJDD′，CJ，FH，
∴CH＝CJ+HJ，
∴CF，
∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3，故④错误，
故选：D．
13．（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，2），B（1，1），C（3，1），以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（ ）
A． B．2 C．4 D．2
【分析】把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长．
【解析】∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，
而A（1，2），C（3，1），
∴D（2，4），F（6，2），
∴DF2．
故选：D．
14．（2020•绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（ ）
A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解．
【解析】设投影三角尺的对应边长为xcm，
∵三角尺与投影三角尺相似，
∴8：x＝2：5，
解得x＝20．
故选：A．
15．（2020•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（，﹣1） C．（﹣1，） D．（﹣2，﹣1）
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【解析】∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
16．（2020•遵义）如图，△ABO的顶点A在函数y（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（ ）
A．9 B．12 C．15 D．18
【分析】易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的面积，进而可求出△AOB的面积，则k的值也可求出．
【解析】
∵NQ∥MP∥OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N是OA的三等分点，
∴，，
∴，
∵四边形MNQP的面积为3，
∴，
∴S△ANQ＝1，
∵（）2，
∴S△AOB＝9，
∴k＝2S△AOB＝18，
故选：D．
17．（2020•铜仁市）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；
先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PF＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG，再根据勾股定理求得EG，即△AEG的周长为8，判断出②正确；
先求出DG，进而求出DG2+BE2，在求出EG2，判断出③错误，即可得出结论．
【解析】如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝90°，
∵HF∥AD，
∴∠H＝90°，
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，
∴∠AFH＝∠HAF．
∵AF，
∴AH＝HF＝1＝BE．
∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，
∴△EHF≌△CBE（SAS），
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴HEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，
∴EC2＝BE2+BC2＝17，
∴S△ECFEF•ECEC2，故①正确；
过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，
∴四边形APFH是矩形，
∵AH＝HF，
∴矩形AHFP是正方形，
∴AP＝PF＝AH＝1，
同理：四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP＝1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，
∵AD∥BC，
∴△FPG∽△FQC，
∴，
∴，
∴PG，
∴AG＝AP+PG，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG，
∴△AEG的周长为AG+EG+AE3＝8，故②正确；
∵AD＝4，
∴DG＝AD﹣AG，
∴DG2+BE21，
∵EG2＝（）2，
∴EG2≠DG2+BE2，故③错误，
∴正确的有①②，
故选：C．
18．（2020•温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）
A．14 B．15 C．8 D．6
【分析】如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．证明△ECP∽△HCQ，推出，由PQ＝15，可得PC＝5，CQ＝10，由EC：CH＝1：2，推出AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，证明四边形ABQC是平行四边形，推出AB＝CQ＝10，根据AC2+BC2＝AB2，构建方程求出a即可解决问题．
【解析】如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE+∠ACB+∠BCH＝180°，∠ACB+∠BCI＝90°
∴B，C，D共线，A，C，I共线，E、C、H共线，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC：CH＝1：2，
∴AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四边形ABQC是平行四边形，
∴AB＝CQ＝10，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴5a2＝100，
∴a＝2（负根已经舍弃），
∴AC＝2，BC＝4，
∵•AC•BC•AB•CJ，
∴CJ4，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ+JR＝14，
故选：A．
二．填空题（共18小题）
19．（2020•郴州）在平面直角坐标系中，将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，已知A（2，3），则点A1的坐标是 （，2） ．
【分析】直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可．
【解析】∵将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，A（2，3），
∴点A1的坐标是：（2，3），
即A1（，2）．
故答案为：（，2）．
20．（2020•牡丹江）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．则下列结论中：
①BF＝CE；
②∠AEM＝∠DEM；
③AE﹣CEME；
④DE2+DF2＝2DM2；
⑤若AE平分∠BAC，则EF：BF：1；
⑥CF•DM＝BM•DE，
正确的有 ①②③④⑤⑥ ．（只填序号）
【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF＝CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EFEM，可判断③，同时得到∠MEF＝∠MFE＝45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN，DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE＝EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE＝CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM＝CM，AE＝CF，可判断⑥．
【解析】∵∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠ACE＝90°，
∵∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBF，
又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF＝CE，故①正确；
由全等可得：AE＝CF，BF＝CE，
∴AE﹣CE＝CF＝CE＝EF，
连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CMAB＝BM＝AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，
∴∠DBF＝∠DCM，
又BM＝CM，BF＝CE，
∴△BFM≌△CEM（SAS），
∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，
∵∠BMC＝90°，
∴∠EMF＝90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴EFEM＝AE﹣CE，故③正确，∠MEF＝∠MFE＝45°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠MEF＝∠AEM＝45°，故②正确，
设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF＝∠NME，FM＝EM，∠DFM＝∠DEM＝∠AEM＝45°，
∴△DFM≌△NEM（ASA），
∴DF＝EN，DM＝MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DNDM，而∠DEA＝90°，
∴DE2+DF2＝DN2＝2DM2，故④正确；
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠CAE＝22.5°，∠ADE＝67.5°，
∵∠DEM＝45°，
∴∠EMD＝67.5°，即DE＝EM，
∵AE＝AE，∠AED＝∠AEC，∠DAE＝∠CAE，
∴△ADE≌△ACE（ASA），
∴DE＝CE，
∵△MEF为等腰直角三角形，
∴EFEM，
∴，故⑤正确；
∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，
∴△CDM∽ADE，
∴，
∵BM＝CM，AE＝CF，
∴，
∴CF•DM＝BM•DE，故⑥正确；
故答案为：①②③④⑤⑥．
21．（2020•长沙）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动（点P不与M，N重合），PQ⊥MN，NE平分∠MNP，交PM于点E，交PQ于点F．
（1） 1 ．
（2）若PN2＝PM•MN，则 ．
【分析】（1）证明△PEN∽△QFN，得①，证明△NPQ∽△PMQ，得②，再①×②得，再变形比例式便可求得结果；
（2）证明△NPQ∽△NMP，得PN2＝NQ•MN，结合已知条件得PM＝NQ，再根据三角函数得，进而得MQ与NQ的方程，再解一元二次方程得答案．
【解析】（1）∵MN为⊙O的直径，
∴∠MPN＝90°，
∵PQ⊥MN，
∴∠PQN＝∠MPN＝90°，
∵NE平分∠PNM，
∴∠MNE＝∠PNE，
∴△PEN∽△QFN，
∴，即①，
∵∠PNQ+∠NPQ＝∠PNQ+∠PMQ＝90°，
∴∠NPQ＝∠PMQ，
∵∠PQN＝∠PQM＝90°，
∴△NPQ∽△PMQ，
∴②，
∴①×②得，
∵QF＝PQ﹣PF，
∴1，
∴1，
故答案为：1；
（2）∵∠PNQ＝∠MNP，∠NQP＝∠NPQ，
∴△NPQ∽△NMP，
∴，
∴PN2＝QN•MN，
∵PN2＝PM•MN，
∴PM＝QN，
∴，
∵tan∠M，
∴，
∴，
∴NQ2＝MQ2+MQ•NQ，即，
设，则x2+x﹣1＝0，
解得，x，或x0（舍去），
∴，
故答案为：．
22．（2020•湘潭）若，则 ．
【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可．
【解析】由可设y＝3k，x＝7k，k是非零整数，
则．
故答案为：．
23．（2020•攀枝花）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，AF的中点为H，连接BG、DH．给出下列结论：
①AF⊥DE；②DG；③HD∥BG；④△ABG∽△DHF．
其中正确的结论有 ①④ ．（请填上所有正确结论的序号）
【分析】证明△ADF≌△DCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到∠DGF＝90°，可判断①，再利用三角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断②；再证明∠HDF＝∠HFD＝∠BAG，求出AG，DH，HF，可判定△ABG～△DHF，可判断④；通过AB≠AG，得到∠ABG和∠AGB不相等，则∠AGB≠∠DHF，可判断③．
【解析】∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，
∵E和F分别为BC和CD中点，
∴DF＝EC＝2，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD＝∠DEC，∠FAD＝∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠EDC+∠AFD＝90°，
∴∠DGF＝90°，即DE⊥AF，故①正确；
∵AD＝4，DFCD＝2，
∴AF，
∴DG＝AD×DF÷AF，故②错误；
∵H为AF中点，
∴HD＝HFAF，
∴∠HDF＝∠HFD，
∵AB∥DC，
∴∠HDF＝∠HFD＝∠BAG，
∵AG，AB＝4，
∴，
∴△ABG～△DHF，故④正确；
∴∠ABG＝∠DHF，而AB≠AG，
则∠ABG和∠AGB不相等，
故∠AGB≠∠DHF，
故HD与BG不平行，故③错误；
故答案为：①④．
24．（2020•盐城）如图，BC∥DE，且BC＜DE，AD＝BC＝4，AB+DE＝10．则的值为 2 ．
【分析】由平行线得三角形相似，得出AB•DE，进而求得AB，DE，再由相似三角形求得结果．
【解析】∵BC∥DE，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即，
∴AB•DE＝16，
∵AB+DE＝10，
∴AB＝2，DE＝8，
∴，
故答案为：2．
25．（2020•临沂）如图，在△ABC中，D、E为边AB的三等分点，EF∥DG∥AC，H为AF与DG的交点．若AC＝6，则DH＝ 1 ．
【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出BE＝DE＝AD，BF＝GF＝CG，AH＝HF，DH是△AEF的中位线，易证△BEF∽△BAC，得，解得EF＝2，则DHEF＝1．
【解析】∵D、E为边AB的三等分点，EF∥DG∥AC，
∴BE＝DE＝AD，BF＝GF＝CG，AH＝HF，
∴AB＝3BE，DH是△AEF的中位线，
∴DHEF，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，即，
解得：EF＝2，
∴DHEF2＝1，
故答案为：1．
26．（2020•咸宁）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF，有下列结论：
①△ABE∽△ECG；
②AE＝EF；
③∠DAF＝∠CFE；
④△CEF的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是 ①②③ ．（把正确结论的序号都填上）
【分析】①由∠AEB+∠CEG＝∠AEB+∠BAE得∠BAE＝∠CEG，再结合两直角相等得△ABE∽△ECG；
②在BA上截取BM＝BE，易得△BEM为等腰直角三角形，则∠BME＝45°，所以∠AME＝135°，再利用等角的余角相等得到∠BAE＝∠FEC，于是根据“ASA”可判断△AME≌△ECF，则根据全等三角形的性质可对②进行判断；
③由∠MAE+∠DAF＝45°，∠CEF+∠CFE＝45°，可得出∠DAF与∠CFE的大小关系，便可对③判断；
④设BE＝x，则BM＝x，AM＝AB﹣BM＝4﹣x，利用三角形面积公式得到S△AME•x•（2﹣x），则根据二次函数的性质可得S△AME的最大值，便可对④进行判断．
【解析】①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠ECG＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEG＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠CEG，
∴△ABE∽△ECG，
故①正确；
②在BA上截取BM＝BE，如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝90°，BA＝BC，
∴△BEM为等腰直角三角形，
∴∠BME＝45°，
∴∠AME＝135°，
∵BA﹣BM＝BC﹣BE，
∴AM＝CE，
∵CF为正方形外角平分线，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
而∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
在△AME和△ECF中
，
∴△AME≌△ECF，
∴AE＝EF，
故②正确；
③∵AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∵∠BAE+∠CFE＝∠CEF+∠CFE＝45°，
∴∠DAF＝∠CFE，
故③正确；
④设BE＝x，则BM＝x，AM＝AB﹣BM＝4﹣x，
S△ECF＝S△AME•x•（2﹣x）（x﹣1）2，
当x＝1时，S△ECF有最大值，
故④错误．
故答案为：①②③．
27．（2020•河南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 1 ．
【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．
【解析】设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG＝FH，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴CF2＝OF•DF，
∴OF，
∴OH，OD，
∵OC2＝OF•OD，
∴OC，
∴OG＝CG﹣OC，
∴HG1，
故答案为：1．
28．（2020•泸州）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC、ED分别交于点M，N．已知AB＝4，BC＝6，则MN的长为 ．
【分析】延长CE、DA交于Q，延长BF和CD，交于W，根据勾股定理求出BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出AQ＝BC，AB＝CW，根据相似三角形的判定得出△QMF∽△CMB，△BNE∽△WND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出BN和BM的长，即可得出答案．
【解析】延长CE、DA交于Q，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝6，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝6，AD∥BC，
∵F为AD中点，
∴AF＝DF＝3，
在Rt△BAF中，由勾股定理得：BF5，
∵AD∥BC，
∴∠Q＝∠ECB，
∵E为AB的中点，AB＝4，
∴AE＝BE＝2，
在△QAE和△CBE中
∴△QAE≌△CBE（AAS），
∴AQ＝BC＝6，
即QF＝6+3＝9，
∵AD∥BC，
∴△QMF∽△CMB，
∴，
∵BF＝5，
∴BM＝2，FM＝3，
延长BF和CD，交于W，如图2，
同理AB＝DM＝4，CW＝8，BF＝FM＝5，
∵AB∥CD，
∴△BNE∽△WND，
∴，
∴，
解得：BN，
∴MN＝BN﹣BM2，
故答案为：．
29．（2020•乐山）把两个含30°角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点E为AD的中点，连结BE交AC于点F．则 ．
【分析】连接CE，解直角三角形，用AD表示AB，根据直角三角形的性质，用AD表示CE，再证明CE∥AB得△ABF∽△CEF，由相似三角形的性质得，进而得便可．
【解析】连接CE，∵∠CAD＝30°，∠ACD＝90°，E是AD的中点，
∴ACAD，CEAD＝AE，
∴∠ACE＝∠CAE＝30°
∵∠BAC＝30°，∠ABC＝90°，
∴ABACAD，∠BAC＝∠ACE，
∴AB∥CE，
∴△ABF∽△CEF，
∴，
∴，
故答案为．
30．（2020•绥化）在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为（2，4），则其对应点A1的坐标是 （4，8）或（﹣4，﹣8） ．
【分析】利用关于原点对称的点的坐标，把A点横纵坐标分别乘以2或﹣2得到其对应点A1的坐标．
【解析】∵△ABC和△A1B1C1的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，
而点A的坐标为（2，4），
∴点A对应点A1的坐标为（2×2，2×4）或（﹣2×2，﹣2×4），
即（4，8）或（﹣4，﹣8）．
故答案为（4，8）或（﹣4，﹣8）．
31．（2020•德州）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，1），以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为A′．若点A'恰在某一反比例函数图象上，则该反比例函数解析式为 y ．
【分析】直接利用位似图形的性质得出A′坐标，进而求出函数解析式．
【解析】∵点A的坐标是（﹣2，1），以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为A′，
∴A′坐标为：（﹣4，2）或（4，﹣2），
∵A'恰在某一反比例函数图象上，
∴该反比例函数解析式为：y．
故答案为：y．
32．（2020•无锡）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，点D，E分别在边AB，AC上，且DB＝2AD，AE＝3EC，连接BE，CD，相交于点O，则△ABO面积最大值为 ．
【分析】过点D作DF∥AE，根据平行线分线段成比例定理可得则，根据已知，可得DO＝2OC，C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝8，即可求出此时△ABO的最大面积．
【解析】如图，过点D作DF∥AE，
则，
∵，
∴DF＝2EC，
∴DO＝2OC，
∴DODC，
∴S△ADOS△ADC，S△BDOS△BDC，
∴S△ABOS△ABC，
∵∠ACB＝90°，
∴C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，
当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝4，
此时△ABO的面积最大为：4．
故答案为：．
33．（2020•上海）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB＝1.6米，BD＝1米，BE＝0.2米，那么井深AC为 7 米．
【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解析】∵BD⊥AB，AC⊥AB，
∴BD∥AC，
∴△ACE∽△BDE，
∴，
∴，
∴AC＝7（米），
答：井深AC为7米．
34．（2020•黔东南州）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝ ．
【分析】根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DECDAB，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵E为CD的中点，
∴DECDAB，
∴△ABP∽△EDP，
∴，
∴，
∴，
∵PQ⊥BC，
∴PQ∥CD，
∴△BPQ∽△DBC，
∴，
∵CD＝2，
∴PQ，
故答案为：．
35．（2020•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形．如图，已知Rt△ABC是6×6网格图形中的格点三角形，则该图中所有与Rt△ABC相似的格点三角形中．面积最大的三角形的斜边长是 5 ．
【分析】根据Rt△ABC的各边长得出与其相似的三角形的两直角边之比为1：2，在6×6的网格图形中可得出与Rt△ABC相似的三角形的短直角边长应小于4，在图中尝试可画出符合题意的最大三角形，从而其斜边长可得．
【解析】∵在Rt△ABC中，AC＝1，BC＝2，
∴AB，AC：BC＝1：2，
∴与Rt△ABC相似的格点三角形的两直角边的比值为1：2，
若该三角形最短边长为4，则另一直角边长为8，但在6×6网格图形中，最长线段为6，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为8的线段，故最短直角边长应小于4，在图中尝试，可画出DE，EF＝2，DF＝5的三角形，
∵，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠DEF＝∠C＝90°，
∴此时△DEF的面积为：22＝10，△DEF为面积最大的三角形，其斜边长为：5．
故答案为：5．
36．（2020•温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为 15 米，BC为 20 米．
【分析】根据已知条件得到△ANE和△BNF是等腰直角三角形，求得AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），于是得到AB＝AN﹣BN＝15（米）；过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，根据矩形的性质得到PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】∵AE⊥l，BF⊥l，
∵∠ANE＝45°，
∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，
∴AE＝EN，BF＝FN，
∴EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，
∴AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），
∴AN＝25，BN＝10，
∴AB＝AN﹣BN＝15（米）；
过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，
∴AE∥CH，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，
∴PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，
∵∠1＝∠2，∠AEF＝∠CHM＝90°，
∴△AEF∽△CHM，
∴，
∴设MH＝3x，CH＝5x，
∴CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∵∠APB＝∠ABC＝∠CQB＝90°，
∴∠ABP+∠PAB＝∠ABP+∠CBQ＝90°，
∴∠PAB＝∠CBQ，
∴△APB∽△BQC，
∴，
∴，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20，
故答案为：15，20．
三．解答题（共14小题）
37．（2020•咸宁）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F．
（1）求证：BF＝DF；
（2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长．
【分析】（1）连接OD，由切线性质得∠ODF＝90°，进而证明∠BDF+∠A＝∠A+∠B＝90°，得∠B＝∠BDF，便可得BF＝DF；
（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC＝4﹣r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求得结果．
【解析】（1）连接OD，如图1，
∵过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F，
∴∠ODF＝90°，
∴∠ADO+∠BDF＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠OAD+∠BDF＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠OAD+∠B＝90°，
∴∠B＝∠BDF，
∴BF＝DF；
（2）连接OF，OD，如图2，
设圆的半径为r，则OD＝OE＝r，
∵AC＝4，BC＝3，CF＝1，
∴OC＝4﹣r，DF＝BF＝3﹣1＝2，
∵OD2+DF2＝OF2＝OC2+CF2，
∴r2+22＝（4﹣r）2+12，
∴．
故圆的半径为．
38．（2020•长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：△ABF∽△FCE；
（2）若AB＝2，AD＝4，求EC的长；
（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠FAE＝β，求tanα+tanβ的值．
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
（2）设EC＝x，证明△ABF∽△FCE，可得，由此即可解决问题．
（3）首先证明tanα+tanβ，设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，解直角三角形求出a，b之间的关系即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，
∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，
∴∠AFB＝∠FEC，
∴△ABF∽△FCE．
（2）设EC＝x，
由翻折可知，AD＝AF＝4，
∴BF2，
∴CF＝BC﹣BF＝2，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴x，
∴EC．
（3）∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴tanα+tanβ，
设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，
∴AE＝DE+2CE＝x+2（a﹣x）＝2a﹣x，
∵AD＝AF＝b，DE＝EF＝x，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴BF，CF，
∵AD2+DE2＝AE2，
∴b2+x2＝（2a﹣x）2，
∴a2﹣axb2，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴a2﹣ax•，
∴b2•，
整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，
∴（4a2﹣3b2）2＝0，
∴，
∴tanα+tanβ．
39．（2020•怀化）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD＝CA，且∠D＝30°．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）分别过A、B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E、F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：CG2＝AE•BF．
【分析】（1）连接OC，∠CAD＝∠D＝30°，由OC＝OA，进而得到∠OCA＝∠CAD＝30°，由三角形外角定理得到∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD＝90°即可证明；
（2）证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE＝CG，CF＝CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．
【解答】（1）证明：连接OC，如右图所示，
∵CA＝CD，且∠D＝30°，
∴∠CAD＝∠D＝30°，
∵OA＝OC，
∴∠CAD＝∠ACO＝30°，
∴∠COD＝∠CAD+∠ACO＝30°+30°＝60°，
∴∠OCD＝180°﹣∠D﹣∠COD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠COB＝60°，且OC＝OB，
∴△OCB为等边三角形，
∴∠CBG＝60°，
又∵CG⊥AD，
∴∠CGB＝90°，
∴∠GCB＝∠CGB﹣∠CBG＝30°，
又∵∠GCD＝60°，
∴CB是∠GCD的角平分线，
∵BF⊥CD，BG⊥CG，
∴BF＝BG，
又∵BC＝BC，
∴Rt△BCG≌Rt△BCF（HL），
∴CF＝CG．
∵∠D＝30°，AE⊥ED，∠E＝90°，
∴∠EAD＝60°，
又∵∠CAD＝30°，
∴AC是∠EAG的角平分线，
∵CE⊥AE，CG⊥AB，
∴CE＝CG，
∵∠E＝∠BFC＝90°，∠EAC＝30°＝∠BCF，
∴△AEC∽△CFB，
∴，即AE•BF＝CF•CE，
又CE＝CG，CF＝CG，
∴AE•BF＝CG2．
40．（2020•南京）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，．
（1）当时，求证△ABC∽△A'B'C．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．
（2）当时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴△ADC∽△A′D′C，
∴∠A＝∠A′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
故答案为：，∠A＝∠A′．
（2）如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
同理，，
∵，
∴，
∴，
同理，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴△DCE∽△D′C′E′，
∴∠CED＝∠C′E′D′，
∵DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝90°，
同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，
∴∠ACB＝∠A′B′C′，
∵，
∴△ABC∽△A′B′C′．
41．（2020•福建）如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．
①判断DF和PF的数量关系，并证明；
②求证：．
【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，得出∠ADE＝∠B＝45°，可求出∠BDE的度数；
（2）①由旋转的性质得出AC＝AE，∠CAE＝90°，证得∠FPD＝∠FDP，由等腰三角形的判定得出结论；
②过点P作PH∥ED交DF于点H，得出∠HPF＝∠DEP，，证明△HPF≌△CDF（ASA），由全等三角形的性质得出HF＝CF，则可得出结论．
【解析】（1）∵△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）①DF＝PF．
证明：由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
②证明：过点P作PH∥ED交DF于点H，
∴∠HPF＝∠DEP，，
∵∠DPF＝∠ADE+∠DEP＝45°+∠DEP，
∠DPF＝∠ACE+∠DAC＝45°+∠DAC，
∴∠DEP＝∠DAC，
又∵∠CDF＝∠DAC，
∴∠DEP＝∠CDF，
∴∠HPF＝∠CDF，
又∵FD＝FP，∠F＝∠F，
∴△HPF≌△CDF（ASA），
∴HF＝CF，
∴DH＝PC，
又∵，
∴．
42．（2020•菏泽）如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD+CD．
（1）过点A作AE∥DC交BD于点E，求证：AE＝BE；
（2）如图2，将△ABD沿AB翻折得到△ABD'．
①求证：BD'∥CD；
②若AD'∥BC，求证：CD2＝2OD•BD．
【分析】（1）证明△AOE≌△COD（AAS），由全等三角形的性质得出CD＝AE，OD＝OE，则可得出结论；
（2）①过点A作AE∥DC交BD于点E，由（1）得出∠ABE＝∠AEB，由折叠的性质可得出∠ABD'＝∠BAE，则BD'∥AE，可得出结论；
②过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，证明△AED∽△BEF，得出，证明△BEF∽△BDC，由相似三角形的性质得出，根据AE＝CD，DE＝2OD可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AE∥DC，
∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，
又∵OA＝OC，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴CD＝AE，OD＝OE，
∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，
∴BE＝CD，
∴AE＝BE；
（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，
由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，
∴∠ABD'＝∠ABD，
∴∠ABD'＝∠BAE，
∴BD'∥AE，
又∵AE∥CD
∴BD'∥CD．
②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，
∵AD'∥BC，BD'∥AE，
∴四边形AD'BF为平行四边形．
∴∠D'＝∠AFB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'．
∴∠D'＝∠ADB，
∴∠AFB＝∠ADB，
又∵∠AED＝∠BEF，
∴△AED∽△BEF，
∴，
∵AE＝CD，
∴，
∵EF∥CD，
∴△BEF∽△BDC，
∴，
∴，
∴CD2＝DE•BD，
∵△AOE≌△COD，
∴OD＝OE，
∴DE＝2OD，
∴CD2＝2OD•BD．
43．（2020•武汉）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值；
拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接写出AD的长．
【分析】问题背景
由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论；
尝试应用
连接EC，证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可证明△ADF∽△ECF，得出3，则可求出答案．
拓展创新
过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，证明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性质得出，证明△BDM∽△CDA，得出，求出BM＝6，由勾股定理求出AM，最后由直角三角形的性质可求出AD的长．
【解答】问题背景
证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE；
尝试应用
解：如图1，连接EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
∴，
∴3．
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴3．
拓展创新
解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，
∵∠BAD＝30°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，
∴△BDC∽△MDA，
∴，
又∠BDC＝∠ADM，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠ADC，
即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴，
∵AC＝2，
∴BM＝26，
∴AM2，
∴AD．
44．（2020•达州）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝6cm，CD＝2cm．P为线段BC上的一动点，且和B、C不重合，连接PA，过点P作PE⊥PA交射线CD于点E．聪聪根据学习函数的经验，对这个问题进行了研究：
（1）通过推理，他发现△ABP∽△PCE，请你帮他完成证明．
（2）利用几何画板，他改变BC的长度，运动点P，得到不同位置时，CE、BP的长度的对应值：
当BC＝6cm时，得表1：
BP/cm
…
1
2
3
4
5
…
CE/cm
…
0.83
1.33
1.50
1.33
0.83
…
当BC＝8cm时，得表2：
BP/cm
…
1
2
3
4
5
6
7
…
CE/cm
…
1.17
2.00
2.50
2.67
2.50
2.00
1.17
…
这说明，点P在线段BC上运动时，要保证点E总在线段CD上，BC的长度应有一定的限制．
①填空：根据函数的定义，我们可以确定，在BP和CE的长度这两个变量中， BP 的长度为自变量， EC 的长度为因变量；
②设BC＝mcm，当点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围．
【分析】（1）根据两角对应相等两三角形相似证明即可．
（2）①根据函数的定义判断即可．
②设BP＝xcm，CE＝ycm．利用相似三角形的性质构建二次函数，利用二次函数的性质求出y的最大值即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B+∠C＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵AP⊥PE，
∴∠APE＝90°，
∴∠APB+∠EPC＝90°，
∵∠EPC+∠PEC＝90°，
∴∠APB＝∠PEC，
∴△ABP∽△PCE．
（2）解：①根据函数的定义，我们可以确定，在BP和CE的长度这两个变量中，BP的长度为自变量，EC的长度为因变量，
故答案为：BP，EC．
②设BP＝xcm，CE＝ycm．
∵△ABP∽△PCE，
∴，
∴，
∴yx2mx（xm）2，
∵0，
∴xm时，y有最大值，
∵点E在线段CD上，CD＝2cm，
∴2，
∴m≤4，
∴0＜m≤4．
45．（2020•枣庄）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝2，CF，求DN的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
（2）证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；
（3）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由（2）的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠DCE＝135°，
在△DCF和△DCE中，
，
∴△DCF≌△DCE（SAS）
∴DE＝DF；
（2）证明：∵∠DCF＝135°，
∴∠F+∠CDF＝45°，
∵∠FDE＝45°，
∴∠CDE+∠CDF＝45°，
∴∠F＝∠CDE，
∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，
∴△FCD∽△DCE，
∴，
∴CD2＝CE•CF；
（3）解：过点D作DG⊥BC于G，
∵∠DCB＝45°，
∴GC＝GDCD，
由（2）可知，CD2＝CE•CF，
∴CE2，
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△ENC∽△DNG，
∴，即，
解得，NG，
由勾股定理得，DN．
46．（2020•上海）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE＝DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2＝AB•AE，求证：AG＝DF．
【分析】（1）想办法证明∠BCE＝∠H即可解决问题．
（2）利用平行线分线段成比例定理结合已知条件解决问题即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠D＝∠B，CD∥AB，
∵DF＝BE，
∴△CDF≌CBE（SAS），
∴∠DCF＝∠BCE，
∵CD∥BH，
∴∠H＝∠DCF，
∴∠BCE＝∠H，
∵∠B＝∠B，
∴△BEC∽△BCH．
（2）证明：∵BE2＝AB•AE，
∴，
∵AG∥BC，
∴，
∴，
∵DF＝BE，BC＝AB，
∴BE＝AG＝DF，
即AG＝DF．
47．（2020•苏州）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝6，BC＝4，求DF的长．
【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，进而由平行线的性质得∠AEB＝∠DAF，再根据两角对应相等的两个三角形相似；
（2）由E是BC的中点，求得BE，再由勾股定理求得AE，再由相似三角形的比例线段求得DF．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
∴△ADF∽△EAB，
∴△ABE∽△DFA；
（2）∵E是BC的中点，BC＝4，
∴BE＝2，
∵AB＝6，
∴AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵△ABE∽△DFA，
∴，
∴．
48．（2020•贵阳）如图，四边形ABCD是矩形，E是BC边上一点，点F在BC的延长线上，且CF＝BE．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）连接ED，若∠AED＝90°，AB＝4，BE＝2，求四边形AEFD的面积．
【分析】（1）先根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，然后证明AD＝EF可判断四边形AEFD是平行四边形；
（2）连接DE，如图，先利用勾股定理计算出AE＝2，再证明△ABE∽△DEA，利用相似比求出AD，然后根据平行四边形的面积公式计算．
【解答】（1）证明：∵∠四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝EC+EF，即BC＝EF，
∴AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）解：连接DE，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
在Rt△ABE中，AE2，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EAD，
∵∠B＝∠AED＝90°，
∴△ABE∽△DEA，
∴AE：AD＝BE：AE，
∴AD10，
∴四边形AEFD的面积＝AB×AD＝2×10＝20．
49．（2020•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDE∽△EFC．
（2）设，
①若BC＝12，求线段BE的长；
②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出，即可得出结果；
②先求出，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，
∴∠DBE＝∠FEC，
∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，
∴，
解得：BE＝4；
②∵，
∴，
∵EF∥AB，
∴△EFC∽△BAC，
∴（）2＝（）2，
∴S△ABCS△EFC20＝45．
50．（2020•宁波）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】
（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，得出，则可得出结论；
（2）证明△BFE∽△BCF，得出比例线段，则BF2＝BE•BC，求出BC，则可求出AD．
（3）分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC为平行四边形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段，则DEEF，可求出DG，则答案可求出．
【解析】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2＝AD•AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，
又∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C，
又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2＝BE•BC，
∴BC，
∴AD．
（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴，
∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DEEF，
又∵，
∴DG，
∴DC＝DG﹣CG＝52．
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