苏科版（2024）九年级下册相似三角形的性质单元测试同步测试题

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参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片ABC（∠C=90°）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（ ）
A．MN∥DE∥PQ B．BC=2DE=4MN
C．AN=BQ=12NQD．MNDE=DEPQ=PQBC
【答案】D
【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
由折叠可得：DE⊥AC,PQ⊥AC,MN⊥AC，AM=MD=DP=PC，则MN∥DE∥PQ∥BC，那么△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可．
【详解】解：由折叠可得：DE⊥AC,PQ⊥AC,MN⊥AC，AM=MD=DP=PC，
∴MN∥DE∥PQ∥BC，故A正确，不符合题意；
∴△ADE∽△ACB∽△AMN，
∴DEBC=ADAC=12，MNDE=AMAD=12，
∴BC=2DE，DE=2MN，
∴BC=4MN，
∴BC=2DE=4MN，故B正确，不符合题意；
∵MN∥PQ∥BC，
∴PCAC=BQAB=14，AMAC=ANAB=14，PMAC=QNAB=12
∴BQ=AN=14AB，QN=12AB，
∴AN=BQ=12NQ，故C正确，不符合题意；
∵△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ，
∴MNDE=AMAD=12，DEPQ=ADAP=23，PQBC=APAC=34，
∴MNDE≠DEPQ≠PQBC，故D错误，符合题意，
故选：D．
2．（3分）如图，在三角形纸片ABC中，AB=6，AC=4，BC=8，沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】此题主要考查了相似三角形的判定，正确利用相似三角形两边比值相等且夹角相等的两三角形相似是解题关键．
根据相似三角形的判定分别进行判断即可得出答案即可．
【详解】解：在三角形纸片ABC中，AB=6，AC=4，BC=8．
A．因为DCAC=24=12,ACBC=48=12，则DCAC=ACBC，又由∠C=∠C，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似，故此选项符合题意；
B．因为ADAB=36=12 ，ABAC=68=34，34≠12，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项不合题意；
C．因为BDAB=23 ，ABBC=68=34，即：23≠34，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项不合题意；
D、因为BDBC=12 ，BCAB=43， 43≠12，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项不合题意；
故选：A．
3．（3分）（24-25九年级上·贵州毕节·期末）下图是边长为1的正方形网格，△ABC与△DEF的顶点都在正方形网格格点上，则△ABC与△DEF的周长比为（ ）
A．1:6B．3:25C．2:5D．1:2
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理与网格问题；先证明△ABC∽△DEF，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵BC=3,EF=6,AB=2,DE=22,∠ABC=∠DEF=45°
∴BCEF=ABDE=12
∴△ABC∽△DEF，
∴△ABC与△DEF的周长比为1:2
故选：D．
4．（3分）（24-25八年级下·山东济南·期末）宽与长的比是5−12（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AB、CD的中点E、F，连接EF；以点E为圆心，以ED为半径画弧，交BA的延长线于点G；作GH⊥CD，交CD的延长线于点H，则下列矩形是黄金矩形的是（ ）
A．矩形BCHGB．矩形EFCBC．矩形ADHGD．矩形EFHG
【答案】C
【分析】设正方形ABCD的边长为2x，根据勾股定理得ED=EF2+DF2=5x，根据作图性质，计算AGAD=5−1x2x=5−12，解答即可．
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
【详解】解：设正方形ABCD的边长为2x，
∵正方形ABCD，AB、CD的中点E、F，
∴AE=EB=DF=CF=x，AD=EF=BC=2x，AB=BC=CD=DA，
∠BAD=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°
∴ED=EF2+DF2=5x，
∴EG=5x，
∴AG=EG−AE=5−1x，
∵GH⊥CD，∠GAD=∠ADH=90°，
∴四边形ADHG是矩形，
∴AGAD=5−1x2x=5−12，符合定义，
故选：C．
5．（3分）（2025·重庆·一模）凸透镜成像的原理如图所示，MN是凸透镜的主光轴，O为凸透镜的中心，点F是焦点，PM⊥MN，BN⊥MN．若物距MO与像距NO之比为3:2，测得蜡烛PM高为15cm，则像BN的长为（ ）
A．5cmB．6cmC．9cmD．10cm
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，通过证明△POM∽△BON，得出PM:BN=OM:ON=3:2，即可解答．解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例．
【详解】解：根据题意可得：∠PMO=∠BNO=90°，
∵∠POM=∠BON，
∴ △POM∽△BON，
∴PM:BN=OM:ON=3:2，
∵PM=15cm，
∴BN=10cm，
故选：D．
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=3,BC=4，翻折∠B，使点B落在直角边AC上某一点D处，折痕为EF，点E、F分别在边BC、AB上，若△CDE与△ABC相似，则CE的长为（）

A．169B．43C．32或169D．34或169
【答案】C
【分析】根据题意，可知分两种情况，然后根据题目中的条件，利用三角形相似，可以求得CE的长，从而可以解答本题．
【详解】解：由题意可得，
当△CDE∽△CBA时，
则CECA=DEBA，
∵∠C=90°,AC=3,BC=4，翻折∠B，使点B落在直角边AC上某一点D处，
∴AB=5,BE=DE,BE=4−CE，
∴CE3=4−CE5,
解得CE=32；
当△CDE∽△CAB时，
则CECB=DEAB，
∵∠C=90°,AC=3,BC=4，翻折∠B，使点B落在直角边AC上某一点D处，
∴AB=5,BE=DE,BE=4−CE,
∴CE4=4−CE5,
解得CE=169；
由上可得，CE的长为32或169，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、翻折变换，利用数形结合的思想和分类讨论的数学思想解答是解答本题的关键．
7．（3分）（2025·湖南·模拟预测）△ABC中，AB=AC=10cm,BC=12cm．点P从B出发以2cm/s向C移动t秒t>0，当△APC为等腰三角形时，t的值为（ ）．
A．0B．1C．0或1D．1或116
【答案】D
【分析】本题考查了等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是关键．
根据题意分类讨论：当AC=CP=10cm时；当AC=AP=10cm时；当AP=PC时，设BP=xcm，则PC=BC−BP=12−x=PA，可证△ABC∽△PAC，解得，x=113；由此即可求解．
【详解】解：当AC=CP=10cm时，BP=BC−CP=12−10=2cm，
∴t=2÷2=1s；
当AC=AP=10cm时，点B,P重合，t=0，此时与t>0矛盾，不符合题意，舍去；
当AP=PC时，设BP=xcm，则PC=BC−BP=12−x=PA，
∴∠PAC=∠PCA，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠PAC=∠ABC,∠PCA=∠ACB，
∴△ABC∽△PAC，
∴ACPC=BCAC，即1012−x=1210，
解得，x=113，
检验，当x=113时，原分式方程有意义，
∴BP=113m，
∴t=BP2=113÷2=116s；
综上所述，当△APC为等腰三角形时，t的值为1s或116s，
故选：D ．
8．（3分）（2025·安徽亳州·三模）如图，▱ABCD中，E为对角线BD上一点，过点E的直线MN分别交边AB，BC于点F，G，交射线DA，DC于点M，N．若MF=3，EF=2，则EG⋅EN的值为（ ）
A．6B．8C．10D．15
【答案】C
【分析】本题主要查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例．根据平行四边形的性质，可得AD∥BC,AB∥CD，再由平行线分线段成比例可得EGME=BEDE，EFEN=BEDE，从而得到EGME=EFEN，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AB∥CD，
∴EGME=BEDE，EFEN=BEDE，
∴EGME=EFEN，
∵MF=3，EF=2，
∴EG3+2=2EN，
∴EG⋅EN=10．
故选：C
9．（3分）（2025·湖南·一模）魏晋时期刘徽所著的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”（记为ℎ0），EG称为“表距”（记为d），EH和GC都称为“表目距”（分别记为m1，m2），则海岛AB的高为（ ）
A．dℎ0m2−m1+ℎ0B．dℎ0m2−m1−ℎ0
C．dℎ0m2−m1+dD．dℎ0m2−m1−d
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的性质、比例的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．根据AB∥DE∥FG，可得△ABH∽△EDH,△CFG∽△CBA，从而得到DEAB=EHAH,FGBA=CGCA，进而得到EHAH=CGCA，再由比例的性质可得EHAE+EH=CGAE+EG+GC，从而得到CG−EH⋅AE=EH⋅EG，进而得到AE=EH⋅EGCG−EH，再由AH=AE+EH，可得AB=DE⋅AHEH=DE⋅EH⋅EGCG−EHEH+DE⋅EHEH，即可求解．
【详解】解：根据题意得：AB∥DE∥FG，
∴△ABH∽△EDH,△CFG∽△CBA，
∴DEAB=EHAH,FGBA=CGCA，
∵DE=FG=ℎ0，
∴EHAH=CGCA，
∴EHAE+EH=CGAE+EG+GC，
∴CG⋅AE+CG⋅EH=EH⋅AE+EH⋅EG+EH⋅GC，
∴CG−EH⋅AE=EH⋅EG，
∴AE=EH⋅EGCG−EH，
∵AH=AE+EH，
∴AB=DE⋅AHEH=DEAE+EHEH
=DE⋅AEEH+DE⋅EHEH
=DE⋅EH⋅EGCG−EHEH+DE⋅EHEH
=DE⋅EGCG−EH+DE
∵EG=d，DE=ℎ0，EH=m1，CG=m2，
∴AB=ℎ0dm2−m1+ℎ0．
故选：A
10．（3分）（24-25八年级下·山东泰安·期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=14CD，下列结论：
①△ABE∽△ECF；②∠BAE=30°；③AE⊥EF；④△ABE∽△AEF；⑤△ADF∽△ECF，其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．借助正方形的性质和已知条件，易证△ABE∽△ECF，故结论①正确；利用①可得∠AEB+∠FEC=90°，故结论③正确；且可得ABAE=BEEF，可证得△ABE∽△AEF，故结论④正确；而ADCE≠DFCF，所以结论⑤不正确；根据相似三角形的性质得到∠BAE=∠EAF≠∠DAF，可判断②错误．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠D=∠BAD=90°，
∵E为BC中点，CF=14CD，
∴ABCE=BECF=2，
又∵∠B=∠C，
∴△ABE∽△ECF，结论①正确；
∴∠BAE=∠FEC，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠AEF=90°，即AE⊥EF，故结论③正确；
∵△ABE∽△ECF，
∴AEEF=ABEC=BCEC=2，
∵ABBE=BCBE=2，
∴ABBE=AEEF=2，即ABAE=BEEF，
又∵∠ABE=∠AEF=90°，
∴△ABE∽△AEF，结论④正确；
∵ADCE=2，DFCF=3，
∴ADCE≠DFCF，
∴△ADF和△ECF不相似，结论⑤不正确．
∵△ABE∽△ECF，△ABE∽△AEF，△ADF和△ECF不相似，∠BAD=90°，
∴∠BAE=∠CEF，∠BAE=∠EAF，∠CEF≠∠DAF，
∴∠BAE=∠EAF≠∠DAF，
∴∠BAE≠13∠BAD=30°，故②错误，
综上可知正确的结论为：①③④，共计3个．
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2025·福建泉州·模拟预测）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，若OA:AD=3:4，△ABC的面积等于9，则△DEF的面积为 ．
【答案】49
【分析】本题考查的是位似变换，相似三角形的判定和性质．根据位似变换的概念得到AB∥DE，△ABC∽△DEF，从而得到△OAB∽△ODE，根据相似三角形的性质求出ABDE=OAOD=37，再根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】解：∵OA:AD=3:4，
∴OA:OD=3:7，
∵△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，
∴AB∥DE，△ABC∽△DEF，
∴△OAB∽△ODE，
∴ABDE=OAOD=37，
∴S△ABCS△DEF=ABDE2=372=949，
∵△ABC的面积等于9，
∴△DEF的面积为49．
故答案为：49
12．（3分）（24-25九年级上·吉林长春·阶段练习）如图，△ABC的中线AD、CE交于点G，点F在边AC上，GF∥BC，那么GF:BC= ．
【答案】1:3
【分析】本题考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
由题得点G是△ABC的重心，得到AGDG=21，可证明△AGF∽△ADC，得到GFDC=AGAD=AGAG+DG=23，即可得到GF:BC=1:3．
【详解】解：∵ △ABC的中线AD、CE交于点G，
∴点G是△ABC的重心，
∴AGDG=21，
∵GF∥BC，
∴△AGF∽△ADC，
∴GFDC=AGAD=AGAG+DG=23，
∴GF=23DC，
∵DC=12BC，
∴GF=13BC，
∴GF:BC=1:3．
13．（3分）（24-25八年级下·湖南郴州·期末）在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OE∥CD．若OE=4，则线段CD的长为 ．
【答案】8
【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，证明OE是△BCD的中位线，利用三角形中位线定理求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∴O为BD的中点，
∵OE∥CD，
∴BOOD=BECE，
∴BE=EC，
∴E为BC的中点，
∴OE为△BCD的中位线，
∴CD=2OE=8．
故答案为：8．
14．（3分）（2025·上海杨浦·一模）两个等腰直角三角板如图放置，点F为BC的中点，AG=1，BG=3，则CH的长为 ．
【答案】83
【分析】依据∠B=∠C=45°，∠DFE=45°，即可得出∠BGF=∠CFH，进而得到△BFG∽△CHF，依据相似三角形的性质，即可得到CHBF=CFBG，即CH22=223，即可得到CH=83．
【详解】解：∵AG=1，BG=3，
∴AB=4，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=42，∠B=∠C=45°，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF=22，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DFE=45°，
∴∠CFH=180°﹣∠BFG﹣45°=135°﹣∠BFG，
又∵△BFG中，∠BGF=180°﹣∠B﹣∠BFG=135°﹣∠BFG，
∴∠BGF=∠CFH，
∴△BFG∽△CHF，
∴CHBF=CFBG，即CH22=223，
∴CH=83，
故答案为83．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用.
15．（3分）（24-25九年级下·山东烟台·期末）如图，在菱形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,AD上的点，且BE=BF=CG=AH，若菱形的面积等于120,BD=24，则EF+GH的值为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．连接AC，得到12AC×24=120，即AC=10，证明EF∥GH∥AC，得到△BEF∽△BAC,△DHG∽△DAC， 列比例式得证EF+GHAC=1，解答即可．
【详解】解：连接AC，
∵菱形ABCD中，菱形的面积等于120,BD=24，
∴12AC·BD=120，
∴12AC×24=120，
∴AC=10，
∵菱形ABCD中，
∴∠ABD=∠CBD,∠ADB=∠CDB，AC⊥BD，DA=DC=AB=BC，
∵BE=BF=CG=AH，
∴BE=BF,DG=DH
∴EF⊥BD,GH⊥BD，
∴EF∥GH∥AC，
∴△BEF∽△BAC,△DHG∽△DAC，
∴EFAC=BEBA,GHAC=DHDA，
∴EFAC+GHAC=BEBA+DHDA=BE+DHDA=AH+DHDA=ADDA=1，
∴EF+GHAC=1，

∴EF+GH=AC=10，
故答案为：10．
16．（3分）现有多个全等直角三角形，先取三个拼成如图1所示的形状，R为DE的中点，BR分别交AC，CD于P，Q，易得BP:PQ:QR=3:1:2．若取四个直角三角形拼成如图2所示的形状，S为EF的中点，BS分别交AC，CD，DE于P，Q，R，则BP:PQ:QR:RS= ．
【答案】4:1:3:2
【分析】首先证明△BCQ∽△BES，从而可求得CQ=14EF，DQ=34EF，然后证明△BAP∽△QDR得到BP：QR=4：3从而可知：BP：PQ：QR=4：1：3，然后由DQ∥SE，可知：QR：RS=DQ：SE=3：2，从而可求得BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2.
【详解】解：（1）∵四个直角三角形是全等三角形，
∴AB=EF=CD，AB∥EF∥CD，BC=CE，AC∥DE，
∴BP：PR=BC：CE=1，
∵CD∥EF，
∴△BCQ∽△BES．
又∵BC=CE
∴CQ=12SE=14EF，
∴DQ=34EF，
∵AB∥CD，
∴∠ABP=∠DQR．
又∵∠BAP=∠QDR，
∴△BAP∽△QDR．
∴BP：QR=4：3．
∴BP：PQ：QR=4：1：3，
∵DQ∥SE，
∴QR：RS=DQ：SE=3：2，
∴BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2．
故答案为：4：1：3：2
【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，找出图中的相似三角形，求得相应线段之间的比例关系是解题的关键．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）如图，已知DE∥BC，AO、DF交于点C，且∠EAB=∠BCF．求证：
(1)AB∥DF；
(2)OB2=OE⋅OF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行线的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握平行线分线段成比例的性质是解题的关键；
（1）根据DE∥BC可得∠EDF=∠BCF，结合已知∠EAB=∠BCF得出∠EAB=∠EDF，即可证明AB∥DF；
（2）根据DE∥BC，AB∥DF得出OBOE=OCOA, OCOA=OFOB,等量代换即可得出OB2=OE⋅OF．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，
∴∠EDF=∠BCF，
∵∠EAB=∠BCF，
∴∠EAB=∠EDF，
∴AB∥DF．
（2）证明：∵DE∥BC，
∴OBOE=OCOA,
∵AB∥DF，
∴OCOA=OFOB,
∴OBOE=OFOB,
∴OB2=OE⋅OF．
18．（6分）（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）如图是由边长为1的小正方形组成的4×4网格，A，B，C三点均在格点上．
(1)分别求ABBC与BCAB的值．
(2)在网格中画△ABE，使A，B，E三点组成的三角形与△ABC相似．（只需画出一个）
【答案】(1)ABBC=22，BCAB=2
(2)见解析
【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定：
（1）利用勾股定理求出BC的值，然后求比值即可；
（2）利用勾股地理和相似三角形的判定方法画图即可．
【详解】（1）解：∵AB=2,BC=22+22=22
∴ABBC=22，BCAB=2
（2）解：如图
∵AB=2,BC=22,AC=22+42=25，BE1=12+12=2,AE1=12+32=10，
∴ABBE1=BCAB=ACAE1=2，
∴△ABC∽△E1BA．
当点E在点E2处时，同理可证△ABC∽△E2BA．
19．（8分）（2025·山东烟台·一模）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接AC、BD，△ABC是等边三角形，DE∥BC，DE与AC交于点E，△ADE∽△DBC．
(1)请写出∠ADB与∠DBC之间的数量关系，并证明；
(2)求证：点E是线段AC的黄金分割点．
【答案】(1)∠ADB=2∠DBC，见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，黄金分割点的计算，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
（1）根据△ADE∽△DBC，得出∠5=∠4，根据DE∥BC，得出∠5=∠6，即可证明∠ADB=2∠DBC．
（2）根据△ADE∽△DBC，得出∠AED=∠DCB．证出∠EDC=∠1．根据△ABC为等边三角形，得出∠1=∠2=60°，结合AB∥CD，得出∠3=∠EDC=60°，证出△CDE为等边三角形，即可得CE=DE=CD，结合AC=BC和△ADE∽△DBC，得出EC2=AE⋅AC，即可证明点E是线段AC的黄金分割点．
【详解】（1）解：∠ADB=2∠DBC，
证明：如图所示，
∵△ADE∽△DBC，
∴∠5=∠4，
∵DE∥BC，
∴∠5=∠6，
∴∠4=∠6=∠5，
∴∠ADB=2∠5，
即∠ADB=2∠DBC．
（2）解：∵△ADE∽△DBC，
∴∠AED=∠DCB．
∵∠AED=∠EDC+∠3，∠DCB=∠1+∠3，
∴∠EDC=∠1．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠1=∠2=60°，
∵AB∥CD，
∴∠3=∠2=60°，
∴∠3=∠EDC=60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=DE=CD，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC=BC，
∵△ADE∽△DBC，
∴AECD=DEBC，
∴AECE=ECAC，即EC2=AE⋅AC，
∴点E是线段AC的黄金分割点．
20．（8分）如图，在Rt△ABO中，∠ABO＝90°，其顶点O为坐标原点，点B在第二象限，点A在x轴负半轴上若BD⊥AO于点D，OB＝5，AB＝25．
（1）求OA的长；
（2）求点A，B的坐标．
【答案】(1)5;(2) A（﹣5，0），B（﹣1，2）.
【分析】（1）根据勾股定理求出AO即可；
（2）由AO，即可得出A的坐标；证△BDO∽△ABO，得出比例式，代入求出OD、BD，即可得出B的坐标．
【详解】解：（1）在Rt△ABO中，∠ABO＝90°，OB＝5，AB＝25，
由勾股定理得：OA＝(5)2+(25)2＝5，
（2）∵OA＝5，
∴A的坐标是（﹣5，0），
∵BD⊥OA，
∴∠BDO＝∠ABO＝90°，
∵∠BOD＝∠BOD，
∴△BDO∽△ABO，
∴ODOB=BDAB=OBOA，
∴OD5=BD25=55 ，
解得：OD＝1，BD＝2，
即B的坐标是（﹣1，2），
【点睛】本题考查了勾股定理，相似，线段长度与坐标，掌握勾股定理与相似的判定是解题的关键.
21．（10分）（24-25九年级上·山东济南·期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=8cm，现有动点P从点C出发，沿CA方向向点A运动，动点Q从点B出发，沿BC方向向点C运动，如果点P的速度是2cm/s，点Q的速度是1cm/s，它们同时出发，当有一点到达终点时，点P，Q就停止运动，设运动时间为t秒，求：
(1)当t为多少时，四边形APQB的面积是△CPQ面积的2倍？
(2)当t为多少时，△CPQ中有一个内角与∠A相等？
【答案】(1)t为4秒时，四边形APQB的面积是△CPQ面积的2倍.
(2)当t为247或2时，△CPQ中有一个内角与∠A相等.
【分析】本题是三角形的综合题，考查了三角形面积的计算，相似三角形的判定和性质，分类讨论是解题关键．
（1）根据面积列出一元二次方程，求值即可.
（2）分两种情况讨论：∠CPQ=∠A或∠CQP=∠A，再根据相似三角形的判定和性质即可求得答案.
【详解】（1）解：∵动点P从点C出发，沿CA方向向点A运动，点P的速度是2cm/s，
∴CP=2tcm，
∵动点Q从点B出发，沿线段BC方向向点C运动，点Q的速度是1cm/s，
∴BQ=tcm，
∴CQ=8−tcm．
∵四边形APQB的面积是△CPQ面积的2倍，AC=12cm，BC=8cm，
∴S△CPQ=13S△ABC=13×12×12×8=16cm2，
∴12×CP×CQ=16，
即：12×2t×8−t=16，解得：t1=t2=4．
∴t为4秒时，四边形APQB的面积是△CPQ面积的2倍.
（2）∠C=∠C=90°，
①当∠CPQ=∠A时，△CPQ∽△CAB，
∴CPAC=CQBC，
∴2t12=8−t8，
解得：t=247；
②当∠CQP=∠A时，△CPQ∽△CBA，
∴CPBC=CQAC，
∴2t8=8−t12
解得：t=2．
综上所述，当t为247或2时，△CPQ中有一个内角与∠A相等．
22．（10分）（2025·辽宁丹东·二模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°．
(1)如图1，直线l经过点B，且顶点A，C在直线l的两侧，作AM⊥直线l于点M，作CN⊥直线l于点N．求证：△ABM∽△BCN．
(2)如图2，点P在边BC上，∠BAP=∠C,PM⊥PA交AC于点M， AP=5，PM=2，求ABPC的值．
(3)如图3，BC=3,AC=5，D是边CA延长线上一点，且AD=2，作AE=AB，连接DE,BE．若∠DEB=90°，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)54
(3)855
【分析】（1）根据余角的性质可得∠BAM=∠CBN，即可求证；
（2）过点P作PD⊥AM于D，证明△PDM∽△APM，可得DMDP=PMAP=25，可设DM=2a，则DP=5a，CM=PM=3a，从而得到PC=30a，AM=92a，证明△PCD∽△ACB，可求出AB=56a4，即可求解；
（3）过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例可得EGGH=DAAC=25，再根据勾股定理可得AB=4，再根据△ABG∽△BCH，可设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n，从而得到EG=BG=4m，GH=4m+3n，再结合EGGH=25，可得n=2m，然后根据勾股定理可得m=55，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∵AM⊥直线l，CN⊥直线l，
∴∠AMB=∠BNC=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
∴△ABM∽△BCN；
（2）解：过点P作PD⊥AM于D．
∵∠ABC=90°，AP⊥PM，
∴∠APM=∠ABC=90°，
∴∠BAP+∠APB=∠CPM+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠CPM，
∵∠BAP=∠C，
∴∠BAP=∠CPM=∠C，
∴MP=MC，
∵PM⊥PA,PD⊥AM，
∴△PDM∽△APM，
∴DMPM=DPAP=PMAM，
∴DMDP=PMAP=25，
设DM=2a，则DP=5a，
∴CM=PM=DM2+DP2=3a，
∴CD=DM+CM=5a，2a3a=3aAM，
∴PC=PD2+CD2=5a2+5a2=30a，AM=92a，
∴AC=AM+CM=15a2，
∵∠ABC=∠PDC=90°，∠C=∠C，
∴△PCD∽△ACB，
∴PDAB=PCAC，即5aAB=30a15a2，
解得：AB=56a4，
∴ABPC=56a430a=54；
（3）解：如图，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，
∵∠DEB=90°，即DE⊥BE，
∴CH∥AG∥DE，
∴EGGH=DAAC=25，
∵BC=3,AC=5，∠ABC=90°，
∴AB=AC2−BC2=4，
∵∠ABG+∠BAG=180°−∠AGB=90°，
∠ABG+∠CBH=180°−∠ABC=90°，
∴∠BAG=∠CBH，
∵∠AGB=∠BHC，
∴△ABG∽△BCH，
∴AGBH=GBCH=ABBC=43，
∴设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n，
∵AB=AE=4,AG⊥BE，
∴EG=BG=4m，
∴GH=BG+BH=4m+3n，
∵EGGH=25，
∴4m4m+3n=25，
解得：n=2m，
∴AG=4n=8m，
∵AE2=AG2+EG2，
∴42=8m2+4m2，
解得：m=55，
∴BE=8m=855．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理和性质定理．
23．（12分）（24-25八年级下·山东淄博·期末）如图，矩形ABCD中，E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，B的对称点为G，PG交BC于H．
(1)如图1，求证：△EDP∽△PCH；
(2)如图2，若P为CD中点，且AB=2，BC=3，求GH的长；
(3)如图3，若P为CD中点，H为BC中点，连接BG，请直接写出ABBG的值．
【答案】(1)见解析；
(2)34；
(3)ABBG=6．
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠A=∠D=∠C=90°，求得∠1+∠3=90°，根据折叠的性质得到∠EPH=∠A=90°，求得∠1+∠2=90°，得到∠3=∠2，根据相似三角形的判定定理得到结论；
（2）根据矩形的性质得到CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，设EP=AE=x，得到ED=AD−x=3−x，根据勾股定理得到EP=AP=53，ED=AD−AE=43，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）延长AB，PG交于点M，连接AP根据折叠的性质得到AP⊥EF，BG⊥直线EF，根据等腰三角形的性质得到MA=MP，设DP=CP=y，求得AB=PG=CD=2y，根据线段中点的定义得到BH=CH，根据全等三角形的性质得到BM=CP=y，HM=HP，求得MP=MA=MB+AB=3y,HP=12PM=32y，根据勾股定理得到BC=2CH=5y，求得AD=BC=5y，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
∴DP=CP=12×2=1，
设EP=AP=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，即x2=3−x2+1，解得x=53，
∴EP=AP=x=53，
∴ED=AD−AE=43，
∵△EDP∽△PCH，
∴EDPC=EPPH，
∴431=53PH，解得PH=54，
∵PG=AB=2，
∴GH=PG−PH=34；
（3）解：如图：延长AB，PG交于点M，连接AP．
∴AP⊥EF，BG⊥EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP=y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH（ASA），
∴BM=CP=y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3y
∴HP=12PM=32y，
在Rt△PCH中，CH=PH2−PC2=52y，
∴BC=2CH=5y，
∴AD=BC=5y，
在Rt△APD中，AP=AD2+PD2=6y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△MAP，
∴BGAP=BMAM=13，
∴BG=63y，
∴ABBG=2y63y=6．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
24．（12分）（2025·河南洛阳·一模）定义：有一组对角互余的四边形叫做“对余四边形”．
【认识模型】
（1）如图①，四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为______；
【性质探究】
四边形ABCD是对余四边形，BD为对角线，已知AB=BC．
如图②，若∠ABC=60°，求证：AD2+CD2=BD2，小唯发现将△BCD绕点B按逆时针方向旋转60°，构造等边三角形结合对余四边形即可得证，下面是小唯的部分证明过程：
证明：如图②，将△BCD绕点B按逆时针方向旋转60°，得到△BAF，连接FD，
∴△BCD≌△BAF，∠FBD=∠ABC=60°，
∴BF=BD，AF=CD，∠BCD=∠BAF，
∴△BFD是等边三角形，
…
（2）请补全上面的证明过程；
（3）如图③，连接AC，若AB=AC，∠ABC=45°，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明过程，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）270°；（2）见解析；（3）（2）中的结论不成立，理由见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质，等腰三角形的性质与等边三角形的性质，理解对余四边形的性质是解题的关键；
（1）根据定义得∠B+∠D=90°，进而根据四边形内角和为360°，即可求解；
（2）根据等边三角形的性质，结合（1）的结论，根据勾股定理，即可求解；
（3）根据（2）的方法旋转△BCD，并缩小22，得出△BAF，连接FD，进而根据相似三角形的性质，证明即可求解．
【详解】解：（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠B+∠D=90°，
∴∠A+∠C=360°−∠B+∠D=270°
故答案为：270°．
（2）证明：如图②，将△BCD绕点B按逆时针方向旋转60°，得到△BAF，连接FD，
∴△BCD≌△BAF，∠FBD=∠ABC=60°，
∴BF=BD，AF=CD，∠BCD=∠BAF，
∴△BFD是等边三角形，
∴FD=BD
∵∠BAD+∠C=270°
∴∠BAF+∠C=270°
∴∠FAD=90°
在Rt△ADB中，FD2=AF2+AD2
∴BD2=CD2+AD2
（3）（2）中的结论不成立，理由见解析
∵AB=AC，∠ABC=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=22BC
如图②，将△BCD绕点B按逆时针方向旋转45°，并缩小22，得到△BAE，连接ED，
∴△BCD∽△BAE，∠EBD=∠ABC=45°
∴BE=22BD，AE=22CD，∠BCD=∠BAE，
∴△BED是等腰直角三角形，
∴ED=EB=22BD
∵∠BAD+∠C=270°
∴∠BAE+∠C=270°
∴∠EAD=90°
在Rt△ADB中，ED2=AE2+AD2
∴12BD2=12CD2+AD2
即BD2=CD2+2AD2