专题21图形的相似（共50题）-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）

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1．（2022•凉山州）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，，DE＝6cm，则BC的长为（ ）
A．9cmB．12cmC．15cmD．18cm
【分析】根据＝，得到＝，根据DE∥BC，得到∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边成比例即可得出答案．
【解析】∵＝，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝15（cm），
故选：C．
2．（2022•连云港）△ABC的三边长分别为2，3，4，另有一个与它相似的三角形DEF，其最长边为12，则△DEF的周长是（ ）
A．54B．36C．27D．21
【分析】（1）方法一：设2对应的边是x，3对应的边是y，根据相似三角形的对应边的比相等列等式，解出即可；
方式二：根据相似三角形的周长的比等于相似比，列出等式计算．
【解析】方法一：设2对应的边是x，3对应的边是y，
∵△ABC∽△DEF，
∴＝＝，
∴x＝6，y＝9，
∴△DEF的周长是27；
方式二：∵△ABC∽△DEF，
∴＝，
∴＝，
∴C△DEF＝27；
故选：C．
3．（2022•云南）如图，在△ABC中，D、E分别为线段BC、BA的中点，设△ABC的面积为S1，△EBD的面积为S2，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据三角形的中位线定理，相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可．
【解析】在△ABC中，D、E分别为线段BC、BA的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DE＝AC，
∴△BED∽△BAC，
∵＝，
∴＝，
即＝，
故选：B．
4．（2022•武威）若△ABC∽△DEF，BC＝6，EF＝4，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据△ABC∽△DEF，可以得到，然后根据BC＝6，EF＝4，即可得到的值．
【解析】∵△ABC∽△DEF，
∴，
∵BC＝6，EF＝4，
∴＝，
故选：D．
5．（2022•十堰）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC＝OB：OD＝3，且量得CD＝3cm，则零件的厚度x为（ ）
A．0.3cmB．0.5cmC．0.7cmD．1cm
【分析】根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长，再根据某零件的外径为10cm，即可求得x的值．
【解析】∵OA：OC＝OB：OD＝3，∠COD＝∠AOB，
∴△COD∽△AOB，
∴AB：CD＝3，
∵CD＝3cm，
∴AB＝9cm，
∵某零件的外径为10cm，
∴零件的厚度x为：（10﹣9）÷2＝1÷2＝0.5（cm），
故选：B．
6．（2022•台湾）△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B＝∠FAC，BD＝AC，∠BDE＝∠C，则根据图中标示的长度，求四边形ADEF与△ABC的面积比为何？（ ）
A．1：3B．1：4C．2：5D．3：8
【分析】证明△CAF∽△CBA，推出CA2＝CF•CB，推出AC＝4，可得＝＝，推出S△ACF：S△ACB＝5：16，同法S△BDE：S△ABC＝5：16，由此可得结论．
【解析】∵∠C＝∠C，∠CAF＝∠B，
∴△CAF∽△CBA，
∴＝，
∴CA2＝CF•CB，
∴CA2＝5×16＝80，
∵AC＞0，
∴AC＝4，
∴＝＝，
∴S△ACF：S△ACB＝5：16，
同法可证△BDE∽△BCA，
∵BD＝AC，
∴＝，
∴S△BDE：S△ABC＝5：16，
∴S四边形ADEF：S△ABC＝（16﹣5﹣5）：16＝3：8，
故选：D．
7．（2022•宿迁）如图，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，以OA为一边作等腰直角三角形OAB，其中∠OAB＝90°，AO＝AB，则线段OB长的最小值是（ ）
A．1B．C．2D．4
【分析】根据三角形OAB是等腰直角三角形，当OB最小时，OA最小，再根据两点间的距离公式解答即可．
【解析】∵三角形OAB是等腰直角三角形，
∴当OB最小时，OA最小，
设A点坐标为（a，），
∴OA＝，
∵≥0，
即：﹣4≥0，
∴≥4，
∴当a2＝时，OA有最小值，
解得a1＝，a2＝﹣（舍去），
∴A点坐标为（，），
∴OA＝2，
∵三角形OAB是等腰直角三角形，OB为斜边，
∴OB＝OA＝2．
故选：C．
8．（2022•孝感）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】根据题意分别证明各个结论来判断即可．
【解析】根据题意知，BF垂直平分AC，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∴AE＝AF＝CF＝CE，
即四边形AECF是菱形，
故①结论正确；
∵∠AFB＝∠FAO+∠ACB，AF＝FC，
∴∠FAO＝∠ACB，
∴∠AFB＝2∠ACB，
故②结论正确；
∵S四边形AECF＝CF•CD＝AC•OE×2＝AC•EF，
故③结论不正确；
若AF平分∠BAC，则∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝90°＝30°，
∴AF＝2BF，
∵CF＝AF，
∴CF＝2BF，
故④结论正确；
故选：B．
9．（2022•山西）神奇的自然界处处蕴含着数学知识．动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的（ ）
A．平移B．旋转C．轴对称D．黄金分割
【分析】利用黄金分割比的意义解答即可．
【解析】∵每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618，
又黄金分割比为≈0.618，
∴其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的黄金分割，
故选：D．
10．（2022•湘潭）在△ABC中（如图），点D、E分别为AB、AC的中点，则S△ADE：S△ABC＝（ ）
A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
【分析】根据相似三角形的判定和性质定理解答即可．
【解析】在△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADE：S△ABC＝＝．
故选：D．
11．（2022•衡阳）在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为2m的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（结果精确到0.01m．参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236）（ ）
A．0.73mB．1.24mC．1.37mD．1.42m
【分析】设下部高为x m，根据雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比列方程可解得答案．
【解析】设下部的高度为xm，则上部高度是（2﹣x）m，
∵雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，
∴＝，
解得x＝﹣1或x＝﹣﹣1（舍去），
经检验，x＝﹣1是原方程的解，
∴x＝﹣1≈1.24，
故选：B．
12．（2022•眉山）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB＝2，HG＝3．以下结论：①∠EDC＝135°；②EC2＝CD•CF；③HG＝EF；④sin∠CED＝．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到，即，利用△HEC是等腰直角三角形，求出，再证明△HGB∽△HDF即可求出EF＝3可知③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，求出，再证明∠DEC＝∠EFC，即可知④正确．
【解析】∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC＝∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EDC＝135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC＝HC，∠ECH＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，
∵∠ECD＝∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴，
∴EC2＝CD•CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC＝45°，∠GHB+∠HGB＝45°，
∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，
∵∠GBH＝∠EDC＝135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴，即，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴，
∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴，即，解得：EF＝3，
∵HG＝3，
∴HG＝EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM＝45°，
∵ED＝HB＝2，
∴，
∵EF＝3，
∴，
∵∠DEC+∠DCE＝45°，∠EFC+∠DCE＝45°，
∴∠DEC＝∠EFC，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D．
13．（2022•乐山）如图，等腰△ABC的面积为2，AB＝AC，BC＝2．作AE∥BC且AE＝BC．点P是线段AB上一动点，连结PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．B．3C．2D．4
【分析】如图，过点A作AH⊥BC于点H．当点P与A重合时，点F与C重合，当点P与B重合时，点F的对应点为F″，点M的运动轨迹是△ECF″的中位线，M′M″＝CF″，利用相似三角形的性质求出CF″可得结论．
【解析】如图，过点A作AH⊥BC于点H．
当点P与A重合时，点F与C重合，当点P与B重合时，点F的对应点为F″，
点M的运动轨迹是△ECF″的中位线，M′M″＝CF″，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH，
∵AE∥BC，AE＝BC，
∴AE＝CH，
∴四边形AHCE是平行四边形，
∵∠AHC＝90°，
∴四边形AHCE是矩形，
∴EC⊥BF″，AH＝EC，
∵BC＝2，S△ABC＝2，
∴×2×AH＝2，
∴AH＝EC2，
∵∠BFF″＝∠ECB＝∠ECF″，
∴∠BEC+∠CEF″＝90°，
∠CEF″+∠F″＝90°，
∴∠BEC＝∠F″，
∴△ECB∽△F″CE，
∴EC2＝CB•CF″，
∴CF″＝＝6，
∴M′M″＝3
故选：B．
14．（2022•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．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（ ）
A．4B．6C．2D．3
【分析】在网格中，以MN为直角边构造一个等腰直角三角形，使PM最长，利用勾股定理求出即可．
【解析】如图所示：△MNP为等腰直角三角形，∠MPN＝45°，此时PM最长，
根据勾股定理得：PM＝＝＝2．
故选：C．
15．（2022•扬州）如图，在△ABC中，AB＜AC，将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点D在BC边上，DE交AC于点F．下列结论：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【分析】由旋转的性质得出∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，进而得出∠B＝∠ADB，得出∠ADE＝∠ADB，得出DA平分∠BDE，可判断结论②符合题意；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，得出△AFE∽△DFC，可判断结论①符合题意；由∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠FAE，由相似三角形的旋转得出∠FAE＝∠CDF，进而得出∠BAD＝∠CDF，可判断结论③符合题意；即可得出答案．
【解析】∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠ADB，
∴DA平分∠BDE，
∴②符合题意；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，
∴①符合题意；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵△AFE∽△DFC，
∴∠FAE＝∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴③符合题意；
故选：D．
16．（2022•泰安）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC＝60°，BC＝2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD＝4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE＝S△ABC，其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】通过判定△ABE为等边三角形求得∠BAE＝60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC＝30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【解析】∵点E为BC的中点，
∴BC＝2BE＝2CE，
又∵BC＝2AB，
∴AB＝BE，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE＝∠BEA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AO＝CO，
∴∠CAD＝∠ACB，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE＝CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在Rt△COE中，∠ACE＝30°，
∴OE＝CE＝BC＝AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA＝OC，
又∵点E为BC的中点，
∴S△BOE＝S△BOC＝S△ABC，故④正确；
正确的结论由4个，
故选：A．
17．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A．B．C．10D．
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【解析】如右图1所示，
由已知可得，△DFE∽△ECB，
则，
设DF＝x，CE＝y，
则，
解得，
∴DE＝CD+CE＝6+＝，故选项B不符合题意；
EB＝DF+AD＝+2＝，故选项D不符合题意；
如图2所示，
由已知可得，△DCF∽△FEB，
则，
设FC＝m，FD＝n，
则，
解得，
∴FD＝10，故选项C不符合题意；
BF＝FC+BC＝8+6＝14，
故选：A．
18．（2022•连云港）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB＝AD；③GE＝DF；④OC＝2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①④⑤D．②③④
【分析】根据折叠的性质和矩形的性质分析判断①；通过点G为AD中点，点E为AB中点，设AD＝2a，AB＝2b，利用勾股定理分析求得AB与AD的数量关系，从而判断②；利用相似三角形的判定和性质分析判读GE和DF、OC和OF的数量关系，从而判断③和④；根据相似三角形的判定分析判断⑤．
【解析】由折叠性质可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，
∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，故①正确；
设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
解得：b＝a，
∴AB＝AD，故②错误；
在Rt△COF中，设OF＝DF＝x，则CF＝2b﹣x＝2a﹣x，
∴x2+（2a）2＝（2a﹣x）2，
解得：x＝a，
∴DF＝×a＝a，2OF＝2×a＝2a，
在Rt△AGE中，GE＝＝a，
∴GE＝DF，OC＝2OF，故③④正确；
无法证明∠FCO＝∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG，故⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故选：B．
19．（2022•达州）如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC边上的点F处，若CD＝3BF，BE＝4，则AD的长为（ ）
A．9B．12C．15D．18
【分析】证明△BEF∽△CFD，求得CF，设BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，
∵将矩形ABCD沿直线DE折叠，
∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，
∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠CFD，
∴△BEF∽△CFD，
∴，
∵CD＝3BF，
∴CF＝3BE＝12，
设BF＝x，则CD＝3x，DF＝BC＝x+12，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，
∴（3x）2+122＝（x+12）2，
解得x＝3（舍去0根），
∴AD＝DF＝3+12＝15，
故选：C．
20．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．设BF＝2k，CG＝3k．则AE＝DE＝y，由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因为C，A′，B′共线，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得结论．
【解析】连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．
∵＝，
∴可以假设BF＝2k，CG＝3k．
∵AE＝DE＝y，
由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，
∵AD∥CB，
∴∠AEF＝∠EFG，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴EG＝FG＝y﹣5k，
∴GA′＝y﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，
∵C，A′，B′共线，GA′∥FB′，
∴＝，
∴＝，
∴y2﹣12ky+32k2＝0，
∴y＝8k或y＝4k（舍去），
∴AE＝DE＝4k，
∵四边形CDTG是矩形，
∴CG＝DT＝3k，
∴ET＝k，
∵EG＝8k﹣5k＝3k，
∴AB＝CD＝GT＝＝2k，
∴＝＝2．
解法二：不妨设BF＝2，CG＝3，连接CE，则Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4 则A'B'＝2，
故选：A．
21．（2022•丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段AB＝3，则线段BC的长是（ ）
A．B．1C．D．2
【分析】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
【解析】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，
则＝，即＝2，
解得：BC＝，
故选：C．
22．（2022•重庆）如图，△ABC与△DEF位似，点O是它们的位似中心，且相似比为1：2，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）
A．1：2B．1：4C．1：3D．1：9
【分析】根据两三角形位似，周长比等于相似比即可求解．
【解析】∵△ABC与△DEF位似，点O是它们的位似中心，且相似比为1：2，
∴△ABC与△DEF的周长之比是1：2，
故选：A．
23．（2022•重庆）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心，相似比为2：3．若△ABC的周长为4，则△DEF的周长是（ ）
A．4B．6C．9D．16
【分析】根据位似图形是相似图形，相似三角形的周长比等于相似比，可以求得△DEF的周长．
【解析】∵△ABC与△DEF位似，相似比为2：3．
∴C△ABC：C△DEF＝2：3，
∵△ABC的周长为4，
∴△DEF的周长是6，
故选：B．
24．（2022•遂宁）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（ ）
①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD＝45°；
A．①③B．①②③C．②③D．①②④
【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG＝∠BCE，即可证明∠POC＝90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK＝CK＝OK＝BK，即可得∠BOA＝∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC＝∠ADC＝90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD＝CD，故∠AOD＝∠DOC＝45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案．
【解析】∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴AB＝BC，BG＝BE，∠ABC＝90°＝∠GBE，
∴∠ABC+∠CBG＝∠GBE+∠CBG，即∠ABG＝∠EBC，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴∠BAG＝∠BCE，
∵∠BAG+∠APB＝90°，
∴∠BCE+∠APB＝90°，
∴∠BCE+∠OPC＝90°，
∴∠POC＝90°，
∴EC⊥AG，故①正确；
取AC的中点K，如图：
在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，
∴AK＝CK＝OK，
在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，
∴AK＝CK＝BK，
∴AK＝CK＝OK＝BK，
∴A、B、O、C四点共圆，
∴∠BOA＝∠BCA，
∵∠BPO＝∠CPA，
∴△OBP∽△CAP，故②正确，
∵∠AOC＝∠ADC＝90°，
∴∠AOC+∠ADC＝180°，
∴A、O、C、D四点共圆，
∵AD＝CD，
∴∠AOD＝∠DOC＝45°，故④正确，
由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，
故正确的有：①②④，
故选：D．
二．填空题（共17小题）
25．（2022•宜宾）如图，△ABC中，点E、F分别在边AB、AC上，∠1＝∠2．若BC＝4，AF＝2，CF＝3，则EF＝ ．
【分析】由∠1＝∠2，∠A＝∠A，得出△AEF∽△ABC，再由相似三角形的性质即可得出EF的长度．
【解析】∵∠1＝∠2，∠A＝∠A，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∵BC＝4，AF＝2，CF＝3，
∴，
∴EF＝，
故答案为：．
26．（2022•邵阳）如图，在△ABC中，点D在AB边上，点E在AC边上，请添加一个条件 ∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一） ，使△ADE∽△ABC．
【分析】要使两三角形相似，已知一组角相等，则再添加一组角或公共角的两边对应成比例即可．
【解析】∵∠A＝∠A，
∴当∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝时，△ADE∽△ABC，
故答案为：∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一）．
27．（2022•河北）如图是钉板示意图，每相邻4个钉点是边长为1个单位长的小正方形顶点，钉点A，B的连线与钉点C，D的连线交于点E，则
（1）AB与CD是否垂直？ 是 （填“是”或“否”）；
（2）AE＝ ．
【分析】（1）证明△ACM≌△CFD，得出∠CAM＝∠FCD，由∠CAM+∠CMA＝90°，得出∠FCD+∠CMA＝90°，进而得出∠CEM＝90°，即可得出AB⊥CD；
（2）先利用勾股定理求出AB＝2，再证明△ACE∽△BDE，利用相似三角形的性质即可求出AE的长度．
【解析】如图1，
在△ACM和△CFD中，
，
∴△ACM≌△CFD（SAS），
∴∠CAM＝∠FCD，
∵∠CAM+∠CMA＝90°，
∴∠FCD+∠CMA＝90°，
∴∠CEM＝90°，
∴AB⊥CD，
故答案为：是；
（2）如图2，
在Rt△ABH中，AB＝＝＝2，
∵AC∥BD，
∴∠CAE＝∠DBE，∠ACE＝∠BDE，
∴△ACE∽△BDE，
∴，
∴，
∴AE＝，
故答案为：．
28．（2022•陕西）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为 ．
【分析】连接AC交BD于O，根据菱形的性质得到BD⊥AC，OB＝OD＝，OA＝OC，根据勾股定理求出OA，证明△DEM∽△DOA，根据相似三角形的性质列出比例式，用含AM的代数式表示ME、NF，计算即可．
【解析】连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，OB＝OD＝，OA＝OC，
由勾股定理得：OA＝＝＝，
∵ME⊥BD，AO⊥BD，
∴ME∥AO，
∴△DEM∽△DOA，
∴＝，即＝，
解得：ME＝，
同理可得：NF＝，
∴ME+NF＝，
故答案为：．
29．（2022•新疆）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心，将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若AQ•DP＝3，则BQ＝ ．
【分析】通过证明△BAQ∽△PFD，可得，即可求解．
【解析】如图，连接DQ，
∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，
∴DE＝DF，∠FDE＝90°，
∴∠DFE＝∠DEF＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°＝∠BAC，
∴∠DAC＝∠DFQ＝45°，
∴点A，点F，点Q，点D四点共圆，
∴∠BAQ＝∠FDQ＝45°，∠DAF＝∠DQF＝90°，∠AFD＝∠AQD，
∴DF＝DQ，
∵AD＝AB，∠BAC＝∠DAC＝45°，AQ＝AQ，
∴△ABQ≌△ADQ（SAS），
∴BQ＝QD，∠AQB＝∠AQD，
∵AB∥CD，
∴∠AFD＝∠FDC，
∴∠FDC＝∠AQB，
又∵∠BAC＝∠DFP＝45°，
∴△BAQ∽△PFD，
∴，
∴AQ•DP＝3＝BQ•DF，
∴3＝BQ•BQ，
∴BQ＝，
故答案为：．
30．（2022•嘉兴）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1，则直尺宽BD的长为 ．
【分析】根据正切的定义求出AB，证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解析】由题意得，DE＝1，BC＝3，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，
则AB＝＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，即＝，
解得：BD＝，
故答案为：．
31．（2022•陕西）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所作EF将矩形窗框ABCD分为上下两部分，其中E为边AB的黄金分割点，即BE2＝AE•AB．已知AB为2米，则线段BE的长为 ﹣1+ 米．
【分析】根据BE2＝AE•AB，建立方程求解即可．
【解析】∵BE2＝AE•AB，
设BE＝x，则AE＝（2﹣x），
∵AB＝2，
∴x2＝2（2﹣x），
即x2+2x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1﹣（舍去），
∴线段BE的长为（﹣1+）米．
故答案为：﹣1+．
32．（2022•杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，则AB＝ 9.88 m．
【分析】根据平行投影得AC∥DF，可得∠ACB＝∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【解析】∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC＝∠DEF＝90°，
∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，
∴，即，
解得AB＝9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
33．（2022•娄底）如图，已知等腰△ABC的顶角∠BAC的大小为θ，点D为边BC上的动点（与B、C不重合），将AD绕点A沿顺时针方向旋转θ角度时点D落在D′处，连接BD′．给出下列结论：
①△ACD≌△ABD′；
②△ACB∽△ADD′；
③当BD＝CD时，△ADD′的面积取得最小值．
其中正确的结论有 ①②③ （填结论对应的应号）．
【分析】由题意可知AC＝AB，AD＝AD′，∠CAD＝∠BAD′，即可根据SAS判断△ACD≌△ABD′；根据∠BAC＝∠D′AD＝θ，＝，即可判断△ACB∽△ADD′；由△ACB∽△ADD′，得出＝（）2，根据等腰三角形三线合一的性质，当BD＝CD，则AD⊥BC时，AD最小，△ADD′的面积取得最小值．
【解析】由题意可知AC＝AB，AD＝AD′，∠CAD＝∠BAD′，
∴△ACD≌△ABD′，故①正确；
∵AC＝AB，AD＝AD′，∠BAC＝∠D′AD＝θ，
∴＝，
∴△ACB∽△ADD′，故②正确；
∵△ACB∽△ADD′，
∴＝（）2，
∵当AD⊥BC时，AD最小，△ADD′的面积取得最小值．
而AB＝AC，
∴BD＝CD，
∴当BD＝CD时，△ADD′的面积取得最小值，故③正确；
故答案为：①②③．
34．（2022•娄底）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点E是AD的黄金分割点，即DE≈0.618AD．延长HF与AD相交于点G，则EG≈ 0.618 DE．（精确到0.001）
【分析】根据黄金分割的定义可得＝≈0.618，再根据题意可得EG＝AE，即可解答．
【解析】∵点E是AD的黄金分割点，且DE≈0.618AD，
∴＝≈0.618，
由题意得：
EG＝AE，
∴≈0.618，
∴EG≈0.618DE，
故答案为：0.618．
35．（2022•苏州）如图，在矩形ABCD中，＝．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1＜v2．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA′B′N．若在某一时刻，点B的对应点B′恰好与CD的中点重合，则的值为 ．
【分析】如图，设AD交AB′于点Q．设BN＝NB′＝x．利用勾股定理求出x（用k表示），再利用相似三角形的性质求出AM（用k表示），可得结论．
【解析】如图，设AD交AB′于点Q．设BN＝NB′＝x．
∵＝，
∴可以假设AB＝2k，CB＝3k，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3k，CD＝AB＝2k，∠C＝∠D＝90°，
在Rt△CNB′中，CN2+CB′2＝NB′2，
∴（3k﹣x）2+k2＝x2，
∴x＝k，
∴NB′＝k，CN＝3k﹣k＝k，
由翻折的性质可知∠A′B′N＝∠B＝90°，
∴∠DB′Q+∠CB′N＝90°，∠CB′N+∠CNB′＝90°，
∴∠DB′Q＝∠CNB′，
∵∠D＝∠C＝90°，
∴△DB′Q∽△CNB′，
∴DQ：DB′：QB′＝CB′：CN：NB′＝3：4：5，
∵DB′＝k，
∴DQ＝k，
∵∠DQB′＝∠MQA′，∠D＝∠A′，
∴△DQB′∽△A′QM，
∴A′Q：A′M：QM＝DQ：DB′：QB′＝3：4：5，
设AM＝MA′＝y，
则MQ＝y，
∵DQ+QM+AM＝3k，
∴k+y+y＝3k，
∴y＝k，
∴＝＝＝，
故答案为：．
36．（2022•湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，DE∥BC，＝．若DE＝2，则BC的长是 6 ．
【分析】由平行线的旋转得出∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得出△ADE∽△ABC，由相似三角形的旋转得出，代入计算即可求出BC的长度．
【解析】∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵＝，DE＝2，
∴，
∴BC＝6，
故答案为：6．
37．（2022•武威）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝9cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝2cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为 cm．
【分析】根据矩形的性质可得AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，从而可得∠ABD＝∠BDC，然后利用直角三角形斜边上的中线可得EG＝BG，从而可得∠BEG＝∠ABD，进而可得∠BEG＝∠BDC，再证明△EBF∽△DCB，利用相似三角形的性质可求出BF的长，最后在Rt△BEF中，利用勾股定理求出EF的长，即可解答．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∵AE＝2cm，
∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4（cm），
∵G是EF的中点，
∴EG＝BG＝EF，
∴∠BEG＝∠ABD，
∴∠BEG＝∠BDC，
∴△EBF∽△DCB，
∴＝，
∴＝，
∴BF＝6，
∴EF＝＝＝2（cm），
∴BG＝EF＝（cm），
故答案为：．
38．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于 10 米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 （10+） 米．
【分析】解法一：作平行线OP，根据平行线分线段成比例定理可知PC＝PD，由EF与影子FG的比为2：3，可得OM的长，同法由等角的正弦可得OB的长，从而得结论；
解法二：作辅助线，构建直角△CND，证明△HMC∽△EFG，根据垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，列比例式可得HM的长，由三角函数的定义可得CN的长，从而得OA＝OB＝，由此可解答．
【解析】解法一：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN⊥BD于N，则OB＝PN，
∵AC∥BD，
∴AC∥OP∥BD，
∴＝，∠EGF＝∠OPM，
∵OA＝OB，
∴CP＝PD＝CD＝6.5，
∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，
tan∠EGF＝tan∠OPM，
∴＝＝，
∴OM＝×15＝10；
∵DB∥EG，
∴∠EGF＝∠NDP，
∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝，
∴OB＝PN＝，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
解法二：如图，设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N，
∵HC∥EG，
∴∠HCM＝∠EGF，
∵∠CMH＝∠EFG＝90°，
∴△HMC∽△EFG，
∴＝＝，即＝，
∴HM＝，
∵BD∥EG，
∴∠BDC＝∠EGF，
∴tan∠BDC＝tan∠EGF，
∴＝＝，
设CN＝2x，DN＝3x，则CD＝x，
∴x＝13，
∴x＝，
∴AB＝CN＝2，
∴OA＝OB＝AB＝，
在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM，
∴sin∠AHO＝＝，
∴＝，
∴OH＝，
∴OM＝OH+HM＝+＝10，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案为：10，（10+）．
39．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 ．
【分析】如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．由tan∠CBT＝3＝，可以假设BT＝k，CT＝3k，证明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，再利用勾股定理，构建方程求解即可．
【解析】如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．
∵tan∠CBT＝3＝，
∴可以假设BT＝k，CT＝3k，
∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
，
∴△ATC≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴C，E，D，J四点共圆，
∵EC＝DE，
∴∠CJE＝∠DJE＝45°，
∴ET＝TJ＝10﹣2k，
∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，
∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[•]2，
整理得4k2﹣25k+25＝0，
∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，
∴k＝5和，
∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，
故答案为：5或．
40．（2022•达州）人们把≈0.618这个数叫做黄金比，著名数学家华罗庚优选法中的“0.618法”就应用了黄金比．a＝，b＝，记S1＝+，S2＝+，…，S100＝+，则S1+S2+…+S100＝ 5050 ．
【分析】利用分式的加减法则分别可求S1＝1，S2＝2，S100＝100，…，利用规律求解即可．
【解析】∵a＝，b＝，
∴ab＝×＝1，
∵S1＝+＝＝1，
S2＝+＝＝2，
…，
S100＝+＝＝100，
∴S1+S2+…+S100＝1+2+…+100＝5050，
故答案为：5050．
41．（2022•成都）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形．若OA：AD＝2：3，则△ABC与△DEF的周长比是 2：5 ．
【分析】先根据位似的性质得到△ABC和△DEF的位似比为OA：OD，再利用比例性质得到OA：OD＝2：5，然后利用相似比等于位似比和相似三角形的性质求解．
【解析】∵△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形．
∴△ABC和△DEF的位似比为OA：OD，
∵OA：AD＝2：3，
∴OA：OD＝2：5，
∴△ABC与△DEF的周长比是2：5．
故答案为：2：5．
三．解答题（共9小题）
42．（2022•宜宾）如图，点C是以AB为直径的⊙O上一点，点D是AB的延长线上一点，在OA上取一点F，过点F作AB的垂线交AC于点G，交DC的延长线于点E，且EG＝EC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若点F是OA的中点，BD＝4，sin∠D＝，求EC的长．
【分析】（1）要证明DE是⊙O的切线，只要证明OC⊥CD即可，根据题目中的条件和等腰三角形的性质、直角三角形的性质，可以得到∠OCD＝90°，从而可以证明结论成立；
（2）根据相似三角形的判定与性质和题目中的数据，可以求得DE和CD的长，从而可以得到EC的长．
【解答】（1）证明：连接OC，如图所示，
∵EF⊥AB，AB为⊙O的切线，
∴∠GFA＝90°，∠ACB＝90°，
∴∠A+∠AGF＝90°，∠A+∠ABC＝90°，
∴∠AGF＝∠ABC，
∵EG＝EC，OC＝OB，
∴∠EGC＝∠ECG，∠ABC＝∠BCO，
又∵∠AGF＝∠EGC，
∴∠ECG＝∠BCO，
∵∠BCO+∠ACO＝90°，
∴∠ECG+∠ACO＝90°，
∴∠ECO＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知，DE是⊙O的切线，
∴∠OCD＝90°，
∵BD＝4，sin∠D＝，OC＝OB，
∴＝，
即＝，
解得OC＝2，
∴OD＝6，
∴DC＝＝＝4，
∵点E为OA的中点，OA＝OC，
∴OF＝1，
∴DF＝7，
∵∠EFD＝∠OCD，∠EDF＝∠ODC，
∴△EFD∽△OCD，
∴，
即，
解得DE＝，
∴EC＝ED﹣DC＝﹣4＝，
即EC的长是．
43．（2022•常德）如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB于B，E是OA上的一点，ED∥BC交⊙O于D，OC∥AD，连接AC交ED于F．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AB＝8，AE＝1，求ED，EF的长．
【分析】（1）连接OD，证明△BOC≌△DOC根据全等三角形的性质得到∠ODC＝∠OBC＝90°，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）过点D作DH⊥BC于H，根据勾股定理求出ED，根据矩形的性质、勾股定理求出BC，再根据相似三角形的性质求出EF．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AD∥OC，
∴∠BOC＝∠OAD，∠DOC＝∠ODA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠OAD，
∴∠BOC＝∠DOC，
在△BOC和△DOC中，
，
∴△BOC≌△DOC（SAS），
∴∠ODC＝∠OBC＝90°，
∵OD为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：过点D作DH⊥BC于H，
∵ED∥BC，
∴∠OED＝180°﹣∠ABC＝90°，
则四边形EBHD为矩形，
∴BH＝ED，DH＝BE＝7，
∵AB＝8，AE＝1，
∴OE＝3，
∴ED＝＝＝，
∵CB、CD是⊙O的切线
∴CB＝CD，
设CB＝CD＝x，则CH＝x﹣，
在Rt△DHC中，DH2+CH2＝CD2，即72+（x﹣）2＝x2，
解得：x＝4，即BC＝4，
∵ED∥BC，
∴＝，即＝，
解得：EF＝．
44．（2022•广元）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，点E是边BC的中点，连结DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AD＝4，BD＝9，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OD，CD，根据已知可得∠ACD+∠DCB＝90°，利用等腰三角形的性质可得∠OCD＝∠ODC，根据直径所对的圆周角是直角可得∠CDB＝90°，从而利用直角三角形斜边上的中线可得DE＝CE，进而可得∠DCE＝∠CDE，然后可得∠ODC+∠CDE＝90°，即可解答；
（2）利用（1）的结论可证△ACB∽△ADC，从而利用相似三角形的性质可求出AC的长，即可解答．
【解答】（1）证明：连接OD，CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CDB＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵点E是边BC的中点，
∴DE＝CE＝BC，
∴∠DCE＝∠CDE，
∴∠ODC+∠CDE＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵AD＝4，BD＝9，
∴AB＝AD+BD＝4+9＝13，
∵∠ACB＝∠ADC＝90°，∠A＝∠A，
∴△ACB∽△ADC，
∴＝，
∴AC2＝AD•AB＝4×13＝52，
∴AC＝2，
∴⊙O的半径为．
45．（2022•常德）在四边形ABCD中，∠BAD的平分线AF交BC于F，延长AB到E使BE＝FC，G是AF的中点，GE交BC于O，连接GD．
（1）当四边形ABCD是矩形时，如图1，求证：①GE＝GD；②BO•GD＝GO•FC．
（2）当四边形ABCD是平行四边形时，如图2，（1）中的结论都成立．请给出结论②的证明．
【分析】（1）连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J．证明△EAG≌△DAG（SAS），可得EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，再证明△OBE∽△OGC，推出＝，可得结论；
（2）过点D作DT⊥BC于点T，连接GT．证明△EAG≌△DAG（SAS），推出EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，再证明△OBE∽△OGT，推出＝，可得结论．
【解答】（1）证明：连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∴∠AFB＝∠BAF＝45°，
∴BA＝BF，
∵BE＝CF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴EG＝DG，∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FC，AG＝GF，
∴DJ＝JC，
∵GJ⊥CD，
∴GD＝GC，
∴∠GDC＝∠GCD，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADG＝∠GCO，
∴∠OEB＝∠OCG，
∵∠BOE＝∠GOC，
∴△OBE∽△OGC，
∴＝，
∵GC＝GD，BE＝CF，
∴BO•GD＝GO•FC；
（2）解：过点D作DT⊥BC于点T，连接GT．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AFB，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAG＝∠BAF，
∴BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∴AE＝AB+BE＝BF+CF＝BC＝AD，
∵AG＝AG，
∴△EAG≌△DAG（SAS），
∴∠AEG＝∠ADG，
∵AD∥FT，AG＝GF，
∴DJ＝JT，
∵GJ⊥DT，
∴GD＝GT，
∴∠GDT＝∠GTD，
∵∠ADT＝∠BTD＝90°，
∴∠ADG＝∠GTO，
∴∠OEB＝∠OTG，
∵∠BOE＝∠GOT，
∴△OBE∽△OGT，
∴＝，
∵GC＝GD，BE＝CF，
∴BO•GD＝GO•FC．
46．（2022•孝感）问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证＝．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明＝．
尝试证明：
（1）请参照小慧提供的思路，利用图2证明：＝；
应用拓展：
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的长；
②若BC＝m，∠AED＝α，求DE的长（用含m，α的式子表示）．
【分析】（1）证明△CED∽△BAD，由相似三角形的性质得出，证出CE＝CA，则可得出结论；
（2）①由折叠的性质可得出∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，由（1）可知，，由勾股定理求出BC＝，则可求出答案；
②由折叠的性质得出∠C＝∠AED＝α，则tan∠C＝tanα＝，方法同①可求出CD＝，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠E＝∠EAB，∠B＝∠ECB，
∴△CED∽△BAD，
∴，
∵∠E＝∠EAB，∠EAB＝∠CAD，
∴∠E＝∠CAD，
∴CE＝CA，
∴．
（2）解：①∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，
由（1）可知，，
又∵AC＝1，AB＝2，
∴，
∴BD＝2CD，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝＝＝，
∴BD+CD＝，
∴3CD＝，
∴CD＝；
∴DE＝；
②∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，∠C＝∠AED＝α，
∴tan∠C＝tanα＝，
由（1）可知，，
∴tanα＝，
∴BD＝CD•tanα，
又∵BC＝BD+CD＝m，
∴CD•tanα+CD＝m，
∴CD＝，
∴DE＝．
47．（2022•泰安）如图，矩形ABCD中，点E在DC上，DE＝BE，AC与BD相交于点O，BE与AC相交于点F．
（1）若BE平分∠CBD，求证：BF⊥AC；
（2）找出图中与△OBF相似的三角形，并说明理由；
（3）若OF＝3，EF＝2，求DE的长度．
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义，求得∠3＝∠6，从而求证BF⊥AC；
（2）根据相似三角形的判定进行分析判断；
（3）利用相似三角形的性质分析求解．
【解答】（1）证明：如图，
在矩形ABCD中，OD＝OC，AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴∠2＝∠3＝∠4，∠3+∠5＝90°，
∵DE＝BE，
∴∠1＝∠2，
又∵BE平分∠DBC，
∴∠1＝∠6，
∴∠3＝∠6，
∴∠6+∠5＝90°，
∴BF⊥AC；
（2）解：与△OBF相似的三角形有△ECF，△BAF，△EBC，理由如下：
由（1）可得∠1＝∠4，BF⊥AC，
∴∠AFB＝∠BFC＝90°，
∴△ABF∽△BOF，
∵∠1＝∠3，∠EFC＝∠BFO，
∴△ECF∽△BOF，
∵∠1＝∠6，∠CFB＝∠BCD＝90°，
∴△EBC∽△OBF；
（3）解：∵△ECF∽△BOF，
∴，
∴，即3CF＝2BF，
∴3OA＝2BF+9①，
∵△ABF∽△BOF，
∴，
∴BF2＝OF•AF，
∴BF2＝3（OA+3）②，
联立①②，可得BF＝1±（负值舍去），
∴DE＝BE＝2+1+＝3+．
48．（2022•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，＝．
（1）若AB＝8，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
【分析】（1）证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边的比相等列式，可解答；
（2）根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得△ABC的面积是16，同理可得△EFC的面积＝9，根据面积差可得答案．
【解析】（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BF，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∵AB＝8，
∴AD＝2；
（2）∵△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵△ADE的面积为1，
∴△ABC的面积是16，
∵四边形BFED是平行四边形，
∴EF∥AB，
∴△EFC∽△ABC，
∴＝（）2＝，
∴△EFC的面积＝9，
∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．
49．（2022•江西）如图，四边形ABCD为菱形，点E在AC的延长线上，∠ACD＝∠ABE．
（1）求证：△ABC∽△AEB；
（2）当AB＝6，AC＝4时，求AE的长．
【分析】（1）根据两角相等可得两三角形相似；
（2）根据（1）中的相似列比例式可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACD＝∠BCA，
∵∠ACD＝∠ABE，
∴∠BCA＝∠ABE，
∵∠BAC＝∠EAB，
∴△ABC∽△AEB；
（2）解：∵△ABC∽△AEB，
∴＝，
∵AB＝6，AC＝4，
∴＝，
∴AE＝＝9．
50．（2022•宁波）【基础巩固】
（1）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．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值．
【拓展提高】
（3）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．
【分析】（1）证明△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，根据相似三角形的性质得到＝，进而证明结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质求出CE，根据相似三角形的性质计算，得到答案；
（3）延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，根据直角三角形的性质求出∠EFG，求出∠MFN＝30°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，
∴＝，＝，
∴＝，
∵BF＝CF，
∴DG＝EG；
（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，
∴CE＝CD＝6，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝；
（3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵MG∥BD，
∴ME＝GE，
∵EF⊥EG，
∴FM＝FG＝10，
在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，
∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，
∵FG平分∠EFC，
∴∠GFC＝∠EFG＝50°，
∵FM＝FG，EF⊥GM，
∴∠MFE＝∠EFG＝50°，
∴∠MFN＝30°，
∴MN＝MF＝5，
∴NF＝＝5，
∵∠ABC＝45°，
∴BN＝MN＝5，
∴BF＝BN+NF＝5+5．
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