人教版数学九年级下册同步讲义练习第27章专题提升 相似三角形的判定与性质（2份，原卷版+解析版）

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专题提升 相似三角形的判定与性质（30题）1．（2023•东莞市校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8．在BC的延长线上取一点B，使CE＝BC，连接AE，AE与CD交于点F．（1）求证：△ADF∽△ECF；（2）求DF的长．【分析】（1）由平行四边形的性质可得出AD∥BE，从而得出∠DAF＝∠CEF，∠ADF＝∠ECF，即证明△ADF∽△ECF；（2）由平行四边形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD＝8，即得出，再根据相似三角形的性质可得出，即，最后结合CD＝DF+CF，即可求出DF的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，即AD∥BE，∴∠DAF＝∠CEF，∠ADF＝∠ECF，∴△ADF∽△ECF；（2）解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD＝BC，AB＝CD＝8，∴，即．∵△ADF∽△ECF，∴，即．∵CD＝DF+CF，∴．2．（2022秋•细河区期末）如图，平行四边形ABCD，DE交BC于F，交AB的延长线于E，且∠EDB＝∠C．（1）求证：△ADE∽△DBE；（2）若DC＝7cm，BE＝9cm，求DE的长．【分析】（1）由平行四边形的对角相等，可得∠A＝∠C，即可求得∠A＝∠EDB，又由公共角∠E＝∠E，可证得△ADE∽△DBE；（2）根据相似三角形的对应边成比例，进而解答即可．【解答】（1）证明：平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，∵∠EDB＝∠C，∴∠A＝∠EDB，又∠E＝∠E，∴△ADE∽△DBE；（2）平行四边形ABCD中，DC＝AB，由（1）得△ADE∽△DBE，∴，∵DC＝7cm，BE＝9cm，∴AB＝7cm，AE＝16cm，∴DE＝12cm．3．（2023秋•高新区校级期中）如图，在矩形ABCD中，E是边BC的中点，DF⊥AE于点E．（1）求证：；（2）若AB＝4，BC＝6，求AF的长．【分析】（1）由四边形ABCD为矩形，DF⊥AE，可得∠BAE＝∠ADF，推导出△ADF∽△EAB，即可证明结论；（2）E为BC的中点，根据勾股定理可得AE＝5，再根据相似三角形的性质即可列出比例式求得AF的长即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，DF⊥AE，∴∠B＝∠AFD＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝∠EAD+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，∴△ADF∽△EAB，∴＝．（2）解：∵E为BC的中点，∴BE＝BC＝3，在Rt△ABE中，AE＝＝＝5．∵＝，∴＝，∴AF＝．4．（2023秋•丰泽区校级期中）小军在学习相似三角形时，遇到这样一个问题：（1）如图1，在△ABC中，P是边AB上的一点，连接CP，若∠ACP＝∠B，求证：△ACP∽△ABC；（2）如图2，已知∠A＝81°，AC2＝AB•AD，BC＝BD，求∠ABC的度数．【分析】（1）根据∠ACP＝∠B，∠CAP＝∠BAC即可得出结论；（2）先由AC2＝AB•AD得AD：AC＝AC：AB，再根据∠CAB＝∠DAC可判定△ACB和△ADC相似，进而得∠ACB＝∠D，然后由BC＝BD得∠BCD＝∠D，据此可得出∠ACD＝2∠D，然后利用三角形的内角和定理可求出∠D＝40°，进而可求出∠ABC的度数．【解答】（1）证明：∵∠ACP＝∠B，∠CAP＝∠BAC，∴△ACP∽△ABC；（2）解：∵AC2＝AB•AD，∴AD：AC＝AC：AB，又∵∠CAB＝∠DAC，∴△ACB∽△ADC，∴∠ACB＝∠D，∵BC＝BD，∴∠BCD＝∠D，∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝2∠D，∵∠ACD+∠D+∠A＝180°，∠A＝81°，∴2∠D+∠D+81°＝180°，∴∠D＝33°，∴∠BCD＝∠D＝33°，∴∠ABC＝∠BCD+∠D＝66°．5．（2023秋•武侯区校级期中）如图，▱ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AC，DF．（1）求证：四边形AEFD是矩形：（2）若∠ACD＝90°，AE＝4，CF＝3，求的值．【分析】（1）先证明四边形AEFD是平行四边形，再证明∠AEF＝90°即可；（2）根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．【解答】（1）证明：∵CF＝BE，∴CF+EC＝BE+EC．即 EF＝BC．在▱ABCD中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥EF且AD＝EF．∴四边形AEFD是平行四边形．∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°．∴四边形AEFD是矩形；（2）解：∵四边形AEFD是矩形，∴∠AEC＝∠DFC＝90°，AE＝DF＝4，∴∠EAC+∠ECA＝90°，∵∠ACD＝90°，∴∠ECA+∠DCF＝90°，∴∠EAC＝∠DCF，∴△AEC∽△CFD，∴＝＝，∴EC＝2AE＝，∴＝＝＝．6．（2023秋•浙江期中）如图1，在正方形ABCD中，＝，F为BE上的一点，连结CF并延长交AB于点M，作MN⊥CM交边AD于点N．（1）当F为BE中点时，求证：AM＝2CE；（2）如图2，若＝，求的值．【分析】（1）如图1中，证明△BFM≌△EFC（ASA）即可解决问题．（2）如图2中，由AB∥CD，推出，设CE＝2k，则BM＝3k，推出CD＝AB＝4k，证明△AMN∽△BCM，可得，可得AN＝，ND＝k，由此即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠MBF＝∠CEF，∵BF＝EF，∠BFM＝∠CFE，∴△BFM≌△EFC（ASA），∴BM＝CE，∵＝，∴BM＝AM，∴AM＝2BM．（2）解：在正方形ABCD中，AB∥CD，∴∠FMB＝∠FCE，∠FBM＝∠FEC，∴△FBM∽△FEC，∴，设CE＝2k，则BM＝3k，∵＝，∴DE＝4k，∴CD＝AB＝4k，∴AM＝AB﹣BM＝3k，∵MN⊥CM，∴∠NMC＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠A+∠ABC＝90°，∴∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠BMC＝∠ANM，∴△AMN∽△BCM，∴，∴AN＝，∴ND＝AD﹣AN＝k，∴．7．（2023秋•天宁区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，，B（0，3），点C在x轴上，且△AOB∽△BOC．（1）求C点坐标、∠ABC的度数；（2）在线段AC上是否存在点M，使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点（与点B不同），且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由△AOB∽△BOC，根据相似三角形的对应边成比例，求出OC的长度，得出C点坐标；根据相似三角形的对应角相等得出∠OAB＝∠OBC，从而得出∠ABC＝90°；（2）如果以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形，那么分三种情况讨论：①CP＝CO；②PC＝PO；③OC＝OP．针对每一种情况，都应首先判断M点是否在线段AC上，然后根据相似三角形的对应边成比例求出点M的坐标．【解答】解：（1）由题意，，B（0，3），∴OA＝，OB＝3，∵△AOB∽△BOC，∴∠OAB＝∠OBC，∴＝，∴＝，∴OC＝4，∴C（4，0）；∴∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠OBC+∠OBA＝90°，∴∠ABC＝90°；（2）设M（m，0），①如图1，当CP＝CO时，点P在BM为直径的圆上，∵BM为圆的直径，∴∠BPM＝90°，∴PM∥AB，∴△CPM∽△CBA，∴CM：CA＝CP：CB，CM：6.25＝4：5，∴CM＝5，∴m＝4﹣5＝﹣1，∴点M的坐标为（﹣1，0）；②如图2，当PC＝PO时，点P在BM为直径的圆上，且点P在OC垂直平分线上，∴PC＝BC＝2.5，∵BM为圆的直径，∴∠BPM＝90°，∴PM∥AB，∴△CPM∽△CBA，∴CM＝AC＝，∴m＝4﹣＝，∴点M的坐标为（，0）；③当OC＝OP时，M点不在线段AC上．综上所述，点M的坐标为（，0）或（﹣1，0）．8．（2023秋•卫辉市期中）如图，在正方形ABCD中，在BC边上取中点E，连接DE，过点E作EF⊥ED交AB于点G、交DA延长线于点F．（1）求证：△ECD∽△DEF；（2）若CD＝4，求AF的长．【分析】（1）根据正方形的性质得出∠FED＝∠C＝90°，BC∥AD，根据平行线的性质得出∠CED＝∠FDE，再根据相似三角形的判定得出即可；（2）根据正方形的性质得出∠C＝90°，AD＝BC＝CD＝4，求出CE，根据勾股定理求出DE，根据相似得出比例式，代入求出即可．【解答】（1）证明：∵在正方形ABCD中，EF⊥ED，∴∠FED＝∠C＝90°，∵BC∥AD，∴∠CED＝∠FDE，∴△ECD∽△DEF；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，AD＝BC＝CD＝4，∵E为BC的中点，∴CE＝0.5BC＝2在Rt△DCE中，由勾股定理得：DE2＝CE2+DC2＝22+42＝20，∵△ECD∽△DEF，∴CE：DE＝DE：DF，∴2：DE＝DE：DF，2DF＝DE2，解得：DF＝10，∵AD＝4，∴AF＝DF﹣AD＝10﹣4＝6．9．（2023秋•西安期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，EB⊥AB，垂足为点B，交AC于点E．（1）求证：．（2）若AE＝6，AB＝5，求EC的长．【分析】（1）根据菱形的性质得到AC⊥BD，AB＝BC，证明△EOB∽△EBA，根据相似三角形的性质证明即可；（2）证明△AOB∽△ABE，根据相似三角形的性质求出OA，根据菱形的性质计算即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AB＝BC，∵EB⊥AB，∴∠EOB＝∠EBA，∵∠OEB＝∠BEA，∴△EOB∽△EBA，∴＝，∵AB＝BC，∴＝；（2）解：∵∠AOB＝∠ABE＝90°，∠OAB＝∠BAE，∴△AOB∽△ABE，∴＝，∵AE＝6，AB＝5，∴＝，解得：OA＝，∴EC＝2OA﹣AE＝﹣6＝．10．（2023秋•宝山区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，∠BAC＝∠BDC＝90°．（1）求证：△ABE∽△CDE；（2）如果，求的值．【分析】（1）根据两组角对应相等的两三角形相似；（2）利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠BDC＝90°，又∵∠AEB＝∠DEC，∴△ABE∽△DCE；（2）解：∵△ABE∽△DCE，∴，∵∠AED＝∠BEC，∴△AED∽△BEC，∴，∴．11．（2023秋•罗湖区校级期中）在锐角三角形ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，AF⊥BC于点F，AG⊥DE于点G，∠BAF＝∠EAG．（1）求证：△ABC∽△AED；（2）若AB＝5，AG＝2，EG＝1，求AF的长．【分析】（1）根据等角的余角相等证明∠AED＝∠ABC，即可解决问题；（2）由△ABF∽△AEG，得＝，然后根据勾股定理求出AE，进而即可解决问题．【解答】（1）证明：∵AG⊥DE，AF⊥BC，∴∠AFB＝∠AGE＝90°，∵∠BAF＝∠EAG，∴∠AED＝∠ABC，∵∠EAD＝∠BAC，∴△ADE∽△ABC；（2）解：由（1）可知：∠AFB＝∠AGE＝90°，∵∠BAF＝∠EAG，∴△ABF∽△AEG，∴＝，∵AB＝5，AG＝2，EG＝1，AG⊥DE，∴AE＝＝＝，∴＝，∴AF＝2．12．（2023秋•丹阳市期中）如图，在▱ABCD中，E为AB边的中点，对角线AC、BD交于点O．连接DE交AC于点F，且OF＝2．（1）求对角线AC的长度；（2）若△ADF的面积为4，求四边形EBCF的面积．【分析】（1）▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，则OA＝OC，由于E为AB边的中点，可得EO是△ABD中位线，从而OE∥AD且AD＝2OE，列比例式即可解决；（2）根据同高三角形面积之比等于底的比，主要利用由（1）得OF：AF＝1：2和平行四边形两对角线相交分的四个三角形面积相等即可解决．【解答】解：（1）∵在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∴OA＝OC，OB＝OD，∵E为AB边的中点，∴EO是△ABD中位线，∴OE∥AD且AD＝2OE，∴＝，∵OF＝2．∴AF＝4，∴AO＝FO+AF＝6，∴AC＝2OA＝12；（2）由（1）知OF：AF＝1：2，∴S△ADF：S△DOF＝OF：AF＝1：2，∴S△ADF＝S△DOF，∵△ADF的面积为4，∴S△DOF＝2，∴S△AOD＝S△ADF：+S△DOF＝4+2＝6，由于在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∴S△ABC＝2S△AOD＝12，由（1）知OE∥AD，∴，∴S△ADF：S△AEF＝DF：EF＝2：1，∴S△AEF＝＝2，∴四边形EBCF的面积＝S△ABC﹣S△AEF＝12﹣2＝10．13．（2023秋•城关区校级期中）如图，DE∥BC，且∠ABE＝∠C．（1）求证：AE2＝AD•AB；（2）如果AE＝4，BD＝6，求AD．【分析】（1）易证△ABE∽△ACB，以此得到AC＝，易证△ADE∽△ABC，得到，将AC＝代入整理即可得到所证结论；（2）由BD＝6，可得AB＝6+AD，结合（1）中的结论可得关于AD的一元二次方程，求解即可．【解答】（1）证明：∵∠ABE＝∠C，∠A＝∠A，∴△ABE∽△ACB，∴，∴AC＝，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∴，整理得：AE2＝AD•AB；（2）解：∵BD＝6，∴AB＝BD+AD＝6+AD，由（1）知，AE2＝AD•AB，∴42＝AD（6+AD），解得：AD＝2或AD＝﹣8（不合题意，舍去），∴AD＝2．14．（2023秋•高新区校级期中）如图，Rt△ABC的两条直角边AB＝4cm，AC＝3cm，点D沿AB从A向B运动，速度是1cm/秒，同时，点E沿BC从B向C运动，速度为2cm/秒．动点E到达点C时运动终止．连接DE、CD、AE．（1）当动点运动时间t＝　或　秒时，△BDE与△ABC相似．（2）在运动过程中，当CD⊥DE时，t为何值？请说明理由．【分析】设D点运动时间为t秒，则AD＝t秒，BD＝（4﹣t）秒，BE＝2t秒，CE＝（5﹣2t）秒（0≤t≤）；（1）分类：当∠BDE＝∠BAC，即ED⊥AB时，Rt△BDE∽Rt△BAC；当∠BDE＝∠BCA，即DE⊥BC时，Rt△BDE∽Rt△BCA，然后分别根据三角形相似的性质得到比例线段求出t的值；（2）先计算出DF＝AB﹣AD﹣BF，若CD⊥DE，则易证得Rt△ACD∽Rt△FDE，然后根据三角形相似的性质得到比例线段求出t．【解答】解：设D点运动时间为t秒，则AD＝t秒，BD＝（4﹣t）秒，BE＝2t秒，CE＝（5﹣2t）秒（0≤t≤），（1）当∠BDE＝∠BAC，即ED⊥AB时，Rt△BDE∽Rt△BAC，∴BD：BA＝BE：BC，即（4﹣t）：4＝2t：5，∴t＝；当∠BDE＝∠BCA，即DE⊥BC时，Rt△BDE∽Rt△BCA，∴BD：BC＝BE：BA，即（4﹣t）：5＝2t：4，∴t＝；所以当动点运动秒或秒时，△BDE与△ABC相似；故答案为：或；（2）当CD⊥DE时，t＝秒．理由如下：如图，过点E作EF⊥AB于F，DF＝AB﹣AD﹣BF＝4﹣t﹣＝4﹣t，∵CD⊥DE，∴∠CDE＝90°，∴∠∠ADC+∠EDF＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠FDE，∵∠CAD＝∠DFE，∴Rt△ACD∽Rt△FDE，∴AC：DF＝AD：EF，即3：（4﹣t）＝t：，∴t＝（秒）．15．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，AC2＝AB•AD，∠ADC＝90°，点E为AB的中点．（1）求证：△ADC∽△ACB；（2）若AD＝2，AB＝3，求的值．【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠DAC＝∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；（2）根据相似三角形的性质得到∠ACB＝∠ADC＝90°，根据直角三角形的性质得到CE＝AE，根据等腰三角形的性质、平行线的判定定理证明CE∥AD，然后根据平行线分线段成比例定理即可解决问题．【解答】（1）证明：∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB，∵AC2＝AB•AD，∴＝，∴△ADC∽△ACB；（2）解：由（1）知：△ADC∽△ACB，∴∠ACB＝∠ADC＝90°，∵点E为AB的中点，∴CE＝AE＝AB＝，∴∠EAC＝∠ECA，∴∠DAC＝∠EAC，∴∠DAC＝∠ECA，∴CE∥AD，∴＝＝＝，∴＝．16．（2023秋•梁溪区校级期中）如图，已知AB∥CF，点D是AB上一点，DF交AC于点E，且DE＝FE．（1）求证：△ADE≌△CFE；（2）若AB＝7，CF＝4，求BD的长．【分析】（1）利用角角边定理判定即可；（2）利用全等三角形对应边相等可得AD的长，用AB﹣AD即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AB∥CF，∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠F，在△ADE 和△CFE 中，，∴△ADE≌△CFE（AAS）；′（2）解：由（1）知，△ADE≌△CFE，∴AD＝CF＝4，∵AB＝7，∴BD＝AB﹣AD＝7﹣4＝3．17．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，点E是矩形ABCD的边CB上的一点，AF⊥DE于点F．（1）求证：△AFD∽△DCE．（2）若AB＝4，AD＝2，CE＝1，求AF的长度．【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形可得出∠ADC＝∠C＝90°，再根据相似三角形的判定定理可得出△ADF∽△DCE，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论；（2）由矩形的性质可得出DC的长及∠ADC＝∠C＝90°，利用勾股定理可求出DE的长，由垂直的定义可得出∠AFD＝∠C，利用同角的余角相等可得出∠EDC＝∠DAF，进而可得出△EDC∽△DAF，再利用相似三角形的性质可求出DF的长度．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠C＝90°，∴∠ADF+∠CDE＝90°，∵AF⊥DE，∴∠AFD＝∠DAF+∠FDA＝90°，∴∠FAD＝∠CDE，又∵∠C＝∠AFD＝90°，∴△AFD∽△DCE；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝4，∠ADC＝∠C＝90°．∵CE＝1，∴DE＝＝＝．∵AF⊥DE，∴∠AFD＝90°＝∠C，∠ADF+∠DAF＝90°．又∵∠ADF+∠EDC＝90°，∴∠EDC＝∠DAF，∴△EDC∽△DAF，∴＝∴＝．∴AF＝．即AF的长度为．18．（2023秋•秦都区校级期中）如图，在菱形ABCD中，连接AC，H为边AB延长线上一点，连接DH，分别交对角线AC、边BC于M、C两点，连接BM．（1）求证：∠CBM＝∠CDM；（2）若DM＝2，MG＝2，求MH的长．【分析】（1）根据菱形的性质判定可得∠1＝∠2，AD＝BC，则△CDM≌△BCM即可得结论；（2）结合（1）的结论证明△BMG∽△HMB，利用相似三角形的判定和性质即可得结论．【解答】（1）证明：在菱形ABCD中，连接AC，∴∠1＝∠2，AD＝BC，又∵CM＝CM，∴△CDM≌△BCM（SAS），∴∠CBM＝∠CDM；（2）解：在菱形ABCD中，∴CD∥AH，∴∠H＝∠CDM，由（1）知△CDM≌△BCM，∴∠CBM＝∠CDM，DM＝BM＝2，∴∠H＝∠CBM，又∵∠BMG＝HMB，∴△BMG∽△HMB，∴，∴，解得：MH＝6．19．（2023秋•裕华区月考）如图所示，延长平行四边形ABCD一边BC至点F，连接AF交CD于点E，若．（1）求证：△ADE∽△FBA；（2）若BC＝3，则CF的长 　9　．【分析】（1）利用平行四边形的性质可以证明△ADE∽△FBA；（2）结合（1）利用相似三角形的性质和已知条件即可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BF，AB∥CD，AD＝BC，∴△ADE∽△FCE，△FEC∽△FAB，∴△ADE∽△FBA；（2）解：∵△ADE∽△FCE，∴＝，∵＝，∴CF＝3AD＝3BC，∵BC＝3，∴CF＝9，故答案为：9．20．（2023•石城县模拟）如图，AE平分∠BAC，D为AE上一点，∠B＝∠C．（1）求证：△ABE∽△ACD；（2）若D为AE中点，BE＝4，求CD的长．【分析】（1）根据角平分线定义可得∠BAE＝∠CAD，进而可以证明结论；（2）结合（1），根据相似三角形的性质即可求解．【解答】（1）证明：∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAD，∵∠B＝∠C．∴△ABE∽△ACD；（2）解：∵D为AE中点，BE＝4，∴AE＝2AD，∵△ABE∽△ACD，∴＝，∴＝，∴CD＝2．21．（2023秋•朝阳期中）如图，在△ABC中，D、E分别在AC、AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥ED于点F，∠EAF＝∠GAC．（1）求证：△ADE∽△ABC．（2）若AD＝5，AB＝7，求的值．【分析】（1）根据等角的余角相等证明∠AED＝∠ACB，即可解决问题；（2）由△ADE∽△ABC，推出，可得，再证明△EAF∽△CAG，可得，由此即可解决问题．【解答】（1）证明：∵AG⊥BC，AF⊥DE，∴∠AFE＝∠AGC＝90°，∵∠EAF＝∠GAC，∴∠AED＝∠ACB，∵∠EAD＝∠BAC，∴△ADE∽△ABC．（2）解：由（1）可知：△ADE∽△ABC，∴，∵AD＝5，AB＝7，∴，由（1）可知：∠AFE＝∠AGC＝90°，∠EAF＝∠GAC，∴△EAF∽△CAG，∴，∴＝．22．（2022秋•内江期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝∠B．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）若AB＝5，BC＝6，BD＝2，求点E到BC的距离．【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，由外角的性质可得∠BAD＝∠CDE，可得结论；（2）由相似三角形的性质可求解．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE；（2）如图，过点A作AH⊥BC于H，过点E作EM⊥BC于M，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝3，∴AH＝＝＝4，∵BD＝2，BC＝6，∴DC＝4，S△ABD＝×BD•AH＝4，∵△ABD∽△DCE，∴＝（）2＝，∴S△CDE＝，∴×4×EM＝，∴EM＝，∴点E到BC的距离为．23．（2023秋•泗水县期中）如图，AB为⊙O的直径，射线AC交⊙O于点C，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．连接BD并延长交AC于点M．（1）求证：直线DE是⊙O的切线；（2）若∠F＝30°，，求DM的长．【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，根据角平分线的定义得到∠OAD＝∠DAC，证明OD∥AC，根据平行线的性质得到DE⊥OD，根据切线的判定定理证明即可；（2）根据题意求出∠MDE＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质计算，得到答案．【解答】（1）证明：连接OD，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴直线DE是⊙O的切线；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，由（1）可知：OD∥AC，∠ODF＝∠AED＝90°，∵∠F＝30°，∴∠BAM＝∠FOD＝60°，∵OB＝OD，∴△OBD＝60°，∴∠BAM＝∠ABM＝∠M＝60°，∴∠MDE＝30°，∴DM＝2ME＝2．24．（2023秋•祁阳县期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点P从B运动到C，且∠APD＝∠C．（1）求证：AB•CD＝CP•BP；（2）若AB＝6，BC＝10，求当BP长为多少时，PD∥AB．【分析】（1）先根据得出∠B＝∠APD，证明∠DPC＝∠BAP，得出△ABP∽△PCD，根据相似三角形性质得出，即可证明结论；（2）根据平行线的性质得出∠BAP＝∠APD＝∠C，证明△BAP∽△BCA，得出，根据AB＝6，BC＝10，求出，即可得出当时，PD∥AB．【解答】（1）证明：∵∠B＝∠C，∠APD＝∠C，∴∠B＝∠APD，∵∠APC＝∠APD+∠DPC，∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴，∴AB⋅CD＝CP⋅BP．（2）解：如图，PD∥AB，∴∠BAP＝∠APD＝∠C，又∵∠B＝∠B，∴△BAP∽△BCA，∴，∵AB＝6，BC＝10，∴，∴，即当时，PD∥AB．25．（2023秋•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，过点E作AD的平行线FG，分别交AB、DC于点F、G，且．（1）求证：EG∥BC；（2）如果EF＝2，AD＝3，求BC的长．【分析】（1）由平行线分线段成比例可得＝，可得＝，可得结论；（2）通过证明△EFB∽△DAB，可得＝，可求，即可求解．【解答】（1）证明：∵FG∥AD，∴＝，∵，∴＝，∴EG∥BC；（2）解：∵FG∥AD，∴△EFB∽△DAB，∴＝，∵EF＝2，AD＝3，∴＝，∴，∵FG∥AD，∴△AEF∽△ACB，∴，∴＝，∴BC＝6．26．（2023秋•商水县期中）转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵活应用．如图1，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝6．请解答下面的问题：观察猜想：（1）如图1，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△NMC，连接BM，则△BCM的形状是 　等边三角形　；探究证明：（2）如图2，点D，E分别是边BC，AC的中点，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转60°得到△CMN，连接MB，AN．①求证：△ACN∽△BCM；②求AN的长．【分析】（1）如图1，根据旋转的性质得到CM＝CB，∠BCM＝60°，则根据等边三角形的判定方法可判断△BCM为等边三角形；（2）①由于点D，E分别是边BC，AC的中点，所以＝，再根据旋转的性质得到CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，所以＝，从而可判断△ACN∽△BCM；②先利用勾股定理计算出AC＝10，则CN＝CE＝5，过N点作NH⊥AC于H点，如图2，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到CH＝，NH＝，然后在Rt△ANH中利用勾股定理可计算出AN的长．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△NMC，∴CM＝CB，∠BCM＝60°，∴△BCM为等边三角形；故答案为：等边三角形；（2）①证明：∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∴＝，∵△CDE绕点C按顺时针方向旋转60°得到△CMN，∴CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，∴＝，∵∠ACN＝∠BCM，∴△ACN∽△BCM；②∵∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝6，∴AC＝＝10，∴CN＝CE＝5，过N点作NH⊥AC于H点，如图2，在Rt△CNH中，∵∠NCH＝60°，∴CH＝CN＝，∴NH＝CH＝，∴AH＝AC﹣CH＝，在Rt△ANH中，AN＝＝＝5．27．（2023秋•金堂县期中）在菱形ABCD中，AC为对角线，E、F分别为BC、DC边上的点，且，射线AE交DF的延长线于点G，射线AF交BE的延长线于点H．（1）求证：AF2＝FC•FG；（2）若AF＝3，CF＝1，AG＝10，求CH的长．【分析】（1）先根据菱形的性质得到∠ACD＝∠BCD，再利用∠EAF＝∠BCD得到∠ACD＝∠EAF，则可判断△FAC∽△FGA，然后利用相似三角形的性质得到结论；（2）由（1）的结论可计算出FG＝9，则CG＝8，再利用△FAC∽△FGA得到∠FAC＝∠G，＝，则可求出AC＝，接着证明△ACH∽△GCA，然后利用相似比可求出CH的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴∠ACB＝∠ACD，即∠ACD＝∠BCD，∵∠EAF＝∠BCD，∴∠ACD＝∠EAF，∵∠AFC＝∠GFA，∠FCA＝∠FAG，∴△FAC∽△FGA，∴AF：FG＝CF：AF，∴AF2＝FC•FG；（2）解：∵AF2＝FC•FG，∴32＝1×FG，∴FG＝9，∴CG＝8，∵△FAC∽△FGA，∴∠FAC＝∠G，＝，即＝，解得AC＝，∵四边形ABCD为菱形，∴∠DAC＝∠BAD，∠BAD＝∠BCD，∵∠EAF＝∠BCD，∴∠EAF＝∠DAC，∴∠DAH＝∠CAG，∵AD∥BC，∴∠DAH＝∠H，∴∠CAG＝∠H，∵∠H＝∠CAG，∠HAC＝∠G，∴△ACH∽△GCA，∴＝，即＝，∴CH＝，28．（2023秋•闵行区期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠DCB＝90°，点E是边AB的中点，连接DE，延长DE交CB的延长线于点F，∠CBA＝2∠F，且AC＝BC．（1）求证：△FBE∽△EFC；（2）求证：DC2＝AD•FC．【分析】（1）由条件可证明△AED≌△BEF，可得E为DF的中点，由直角三角形的性质可知EF＝EC，可得到∠F＝∠FEB＝∠ECF，可证明△FBE∽△EFC；（2）根据（1）的过程及条件可求得∠F＝∠ECF＝30°，可求得∠ACD＝30°，可证得△ADC∽△DCF，根据相似三角形的性质可证得结论．【解答】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠EFB，∵E为AB中点，∴AE＝BE，在△AED和△BEF中，，∴△AED≌△BEF（AAS），∴EF＝DE，∵∠DCB＝90°，∴CE＝EF，∴∠F＝∠ECF，∵∠CBF＝2∠F，∴∠F＝∠FEB，∴∠FEB＝∠ECF，且∠F＝∠F，∴△FBE∽△EFC；（2）∵AC＝BC，E为AB中点，∴CE⊥AB，∴∠CEB＝90°，∴∠ECB+∠EBC＝90°，又由（1）可得∠EBC＝2∠ECB，∴∠F＝∠ECB＝∠ECA＝30°，∵∠DCB＝90°，∴∠DCA＝30°，∴∠DCA＝∠F，又∵∠AD∥BC，∴∠ADC+∠DCB＝180°，∴∠ADC＝∠DCF＝90°，∴△ADC∽△DCF，∴＝，∴DC2＝AD•FC．29．（2023秋•梁溪区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝5，F为边AD上一点，且DF＝2，点E是线段AB上一动点，直线FE与直线BC相交于点G，射线EH与直线CD相交于点P，且EP⊥EF．已知AE＝x．（1）用含有x的代数式表示线段EF的长，EF＝　　；（2）①当点P与点C重合时，求线段EP的长；②若点P在线段DC上，求x的范围；（3）求△FPG的面积（用含x的代数式表示）．【分析】（1）早Rt△AEF中利用勾股定理即可解决；（2）①当点P与点C重合时，证明△AEF∽△BCE可得，建立方程即可解决；②由①结论即可得x的范围；（3）作PN⊥AB，FM⊥BC，根据已知可得四边形ABMF和四边形PNBC都是矩形，可得Rt△AEF∽Rt△MGF和Rt△AEF∽Rt△MGF，进而求得FG＝，PE＝，再由S△FPG＝PE×FG即可解决．【解答】解：（1）∵AD＝5，DF＝2，∴AF＝AD﹣DF＝3，∵∠A＝90°，AE＝x，∴由勾股定理可得：EF＝＝，故答案为：；（2）①当点P与点C重合时，如图：∵EP⊥EF，∴∠1+∠2＝90°，∵ABC＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴△AEF∽△BCE，∴，∵BE＝AB﹣AE＝8﹣x，BC＝5，∴，解得：x＝3或5，∴在Rt△BEP中，由勾股定理可得：EP＝，∴EP＝5或，②由（2）①知，当x＝3或5时，点P与点C重合时，故当3≤x≤5时，点P在线段DC上，∴x的范围是3≤x≤5；（3）作PN⊥AB，FM⊥BC，根据已知可得四边形ABMF和四边形PNBC都是矩形，∴FM＝AB＝8，PN＝BC＝5，∴∠1+∠4＝∠4+∠5＝90°，∴∠1＝∠5，∴Rt△AEF∽Rt△MGF，∴＝，∴＝，则FG＝，∴EP⊥EF，易证Rt△AEF∽Rt△MGF，∴，∴＝，∴PE＝，∴S△FPG＝PE×FG＝××＝20+．30．（2023秋•渠县校级期中）在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A坐标为（0，3），顶点C坐标为（8，0），直线交AB于点D，点P从O点出发，沿射线OD方向以每秒a个单位长度的速度移动，同时点Q从C点出发沿x轴向原点O方向以每秒1个单位长度的速度移动，当点Q到达点O时，点P停止移动．连接BP、CP，设运动时间为t秒．（1）点D的坐标为 　（4，3）　；（2）当CP⊥OD时，求直线CP的表达式；（3）在点P、Q在运动的过程中，是否存在以点O、P、Q为顶点的三角形与△BCQ相似．若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据矩形的性质以及A坐标为（0，3），把y＝3代入，得x＝4，即可作答；（2）连接CP，易证△AOD∽△PCO，得，，设，根据勾股定理列出方程可求得，设直线CP的表达式y＝kx+b，结合C坐标为（8，0），即可作答；（3）分类讨论：①如图，当PQ⊥x轴，根据△OPQ与△BCQ相似，则，解得t＝4，或，解得；②如图，当PQ⊥OD，因为△OPQ与△QCB相似，则有，解得t＝4，或，解得，即可作答．【解答】解：（1）∵矩形OABC的顶点A坐标为（0，3），∴把y＝3代入，得x＝4，∴点D的坐标为（4，3）；（2）连接CP，∵点D的坐标为（4，3），∴OD＝5，∵CP⊥OD，∴∠CPO＝∠OAB＝90°，∵四边形OABC是矩形，∴AB∥OC，∴∠ADO＝∠COD，∴△AOD∽△PCO，则，即，∴，，∵直线交AB于点D，∴设，则，∴，解得，∴，设直线CP的表达式y＝kx+b，∵C坐标为（8，0），∴，解得，∴，∴直线CP的表达式；（3）解：存在，理由如下：①如图，当PQ⊥x轴，连接BQ，∵，∴，∵点D的坐标为（4，3），∴OD＝5，则，∴，得，∵PQ⊥x轴，∴，∴，∴，∵△OPQ与△QBC相似，∴，即解得t＝4；或，即，解得；②如图，当PQ⊥OD，∵，∴，∵点D的坐标为（4，3），∴OD＝5，则，∵点P从O点出发，沿射线OD方向以每秒a个单位长度的速度移动，同时点Q从C点出发沿x轴向原点O方向以每秒1个单位长度的速度移动，设运动时间为t秒，则在Rt△OPQ中，，得，则在Rt△OPQ中，，得，∴，∵△OPQ与△QCB相似，∴，即，解得t＝4；或，即，解得；综上所述：t的值为4或或．