专题20 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（湖南省专用）

这是一份专题20 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（湖南省专用），共39页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

专题20 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（湖南省专用）
一、单选题
1．（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．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
2．（2022·株洲）如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（　　）

A．OB=12CE B．△ACE是直角三角形
C．BC=12AE D．BE=CE
3．（2022·衡阳）如图，在四边形 ABCD 中， ∠B=90° ， AC=6 ， AB∥CD ， AC 平分 ∠DAB .设 AB=x ， AD=y ，则 y 关于 x 的函数关系用图象大致可以表示为（　　）

A． B．
C． D．
4．（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： 2≈1.414 ， 3≈1.732 ， 5≈2.236 ）

A．0.73m B．1.24m C．1.37m D．1.42m
5．（2021·湘西）如图，在菱形 ABCD 中， E 是 AC 的中点， EF//CD ，交 AD 于点 F ，如果 EF=5.5 ，那么菱形 ABCD 的周长是（　　）

A．11 B．22 C．33 D．44
6．（2021·湘西）已知点 M(x，y) 在第一象限，且 x+y=12 ，点 A(10，0) 在 x 轴上，当 ΔOMA 为直角三角形时，点 M 的坐标为（　　）
A．(10，2) ， (8，4) 或 (6，6) B．(8，4) ， (9，3) 或 (5，7)
C．(8，4) ， (9，3) 或 (10，2) D．(10，2) ， (9，3) 或 (7，5)
7．（2021·娄底）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙ A 与直线 l：y=512x 只有一个公共点时，点A的坐标为（　　）

A．(-12，0) B．(-13，0) C．(±12，0) D．(±13，0)
8．（2021·湖南模拟）如图，在菱形ABCD中，点F在线段CD上，连接EF，且∠CBE+∠EFC＝180°，DF＝2，FC＝3.则DB＝（　　）

A．6 B．23 C．5 D．25
9．（2021·株洲模拟）如图，P为△ABC边AB上一点且AP：BP=1：2，E、F分别是PB，PC的中点，△ABC、△PEF的面积分别为S和S1，则S和S1的关系式（　　）

A．S1=13S B．S1=14S C．S1=23S D．S1=16S
10．（2021·湘潭模拟）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF，将△AEH， △CFG分别沿EH，FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 116 时，则 AEEB 为（　　）

A．52 B．2 C．53 D．4
二、填空题
11．（2022·岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，AB=8，BD为弦，过点A的切线与BD的延长线交于点C，E为线段BD上一点（不与点B重合），且OE=DE.

（1）若∠B=35°，则AD的长为　 　（结果保留π）；
（2）若AC=6，则DEBE=　 　.
12．（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　 　（填结论对应的序号）.

13．（2022·常德）如图，已知F是△ABC内的一点，FD∥BC，FE∥AB，若▱BDFE的面积为2，BD=13BA，BE=14BC，则△ABC的面积是　 　.

14．（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≈　 　DE.（精确到0.001）

15．（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　 　，使△ADE∽△ABC.

16．（2022·怀化）如图，△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若S△ADE＝2，则S△ABC＝　 　.

17．（2021·郴州）如图是一架梯子的示意图，其中AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且AB＝BC＝CD.为使其更稳固，在A，D1间加绑一条安全绳（线段AD1）量得AE＝0.4m，则AD1＝　 　m.

18．（2021·岳阳）如图，在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ， AB 的垂直平分线分别交 AB 、 AC 于点 D 、 E ， BE=8 ， ⊙O 为 △BCE 的外接圆，过点 E 作 ⊙O 的切线 EF 交 AB 于点 F ，则下列结论正确的是　 　.（写出所有正确结论的序号）
①AE=BE ；②∠AED=∠CBD ；③若 ∠DBE=40° ，则 DE 的长为 8π9 ；④DFEF=EFBF ；⑤若 EF=6 ，则 CE=2.24 .

19．（2021·岳阳模拟）如图，已知点C是以 AB 为直径的⊙O上一点， CH⊥AB 于点H，过点B作⊙O的切线交直线 AC 于点D，点E为 CH 的中点，连接 AE 并延长交 BD 于点F，连接 CF .给出下列结论：①FD=FB ；②CF 是⊙O的切线；③若 FB=FE=2 ，则⊙O的半径为 22 ；④若 ∠DAF=22.5° ，⊙O的半径为3，则弧 BC 的长 =3π .其中正确的有　 　（写出所有正确结论的序号）

20．（2021·邵阳模拟）如图，△ABC经过位似变换得到△DEF，点O是位似中心且OA=AD，则△ABC与△DEF的面积比是　 　.

三、综合题
21．（2021·永州）如图1，AB是⊙O的直径，点E是⊙O上一动点，且不与A，B两点重合，∠EAB的平分线交⊙O于点C，过点C作CD⊥AE，交AE的延长线于点D.

（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：AC2＝2AD•AO；
（3）如图2，原有条件不变，连接BE，BC，延长AB至点M，∠EBM的平分线交AC的延长线于点P，∠CAB的平分线交∠CBM的平分线于点Q.求证：无论点E如何运动，总有∠P＝∠Q.
22．（2021·常德）如图，在 Rt△ABC 中， ∠ABC=90° ，以 AB 的中点O为圆心， AB 为直径的圆交 AC 于D，E是 BC 的中点， DE 交 BA 的延长线于F.

（1）求证： FD 是圆O的切线；
（2）若 BC=4 ， FB=8 ，求 AB 的长.
23．（2021·常德）如图，在 △ABC 中， AB=AC ，N是 BC 边上的一点，D为 AN 的中点，过点A作 BC 的平行线交 CD 的延长线于T，且 AT=BN ，连接 BT .

（1）求证： BN=CN ；
（2）在如图中 AN 上取一点O，使 AO=OC ，作N关于边 AC 的对称点M，连接 MT 、 MO 、 OC 、 OT 、 CM 得如图.
①求证： △TOM∽△AOC ；
②设 TM 与 AC 相交于点P，求证： PD//CM,PD=12CM .
24．（2021·岳阳）如图，在 Rt△ABC 中， ∠ACB=90° ， ∠A=60° ，点 D 为 AB 的中点，连接 CD ，将线段 CD 绕点 D 顺时针旋转 α(60°<α<120°) 得到线段 ED ，且 ED 交线段 BC 于点 G ， ∠CDE 的平分线 DM 交 BC 于点 H .

（1）如图1，若 α=90° ，则线段 ED 与 BD 的数量关系是　 　， GDCD=　 　；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点 C 作 CF//DE 交 DM 于点 F ，连接 EF ， BE .
①试判断四边形 CDEF 的形状，并说明理由；
②求证： BEFH=33 ；
（3）如图3，若 AC=2 ， tan(α-60°)=m ，过点 C 作 CF//DE 交 DM 于点 F ，连接 EF ， BE ，请直接写出 BEFH 的值（用含 m 的式子表示）.
25．（2021·邵阳）如图，在 Rt△ABC 中，点 P 为斜边 BC 上一动点，将 △ABP 沿直线 AP 折叠，使得点 B 的对应点为 B' ，连接 AB' ， CB' ， BB' ， PB' .

（1）如图①，若 PB'⊥AC ，证明： PB'=AB' .
（2）如图②，若 AB=AC ， BP=3PC ，求 cos∠B'AC 的值.
（3）如图③，若 ∠ACB=30° ，是否存在点 P ，使得 AB=CB' .若存在，求此时 PCBC 的值；若不存在，请说明理由.

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC＝DE2BC2=14.
故答案为：D.

【分析】根据中位线定理得出DE∥BC，DE=12BC，则可证出△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的性质得出S△ADES△ABC＝DE2BC2，即可解答.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴AC⊥DB，AO=OC，
∴∠AOB=90°，
∵CE∥BD，
∴∠ACE=∠AOB=90°，
∴△ACE是直角三角形，故B选项正确；
∵∠ACE=∠AOB=90°，∠CAE=∠OAB，
∴Rt△ACE∼Rt△AOB，
∴OBCE=ABAE=OAAC=12，
∴OB=12CE，AB=12AE，故A选项正确；
∴BC为Rt△ACE斜边上的中线，
∴BC=12AE，故C选项正确；
现有条件不足以证明BE=CE，故D选项错误.
故答案为：D.
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=OC，由平行线的性质可得∠ACE=∠AOB=90°，据此判断B；易证△ACE∽△AOB，根据相似三角形的性质可判断A；根据直角三角形斜边上中线的性质可判断C.
3．【答案】D
【解析】【解答】∵AB∥CD ，∴∠ACD=∠BAC ，
∵AC 平分 ∠DAB ，∴∠BAC=∠CAD ，
∴∠ACD=∠CAD ，则 CD=AD=y ，即 △ACD 为等腰三角形，
过 D 点做 DE⊥AC 于点 E .

则 DE 垂直平分 AC ， AE=CE=12AC=3 ， ∠AED=90° ，
∵∠BAC=∠CAD ， ∠B=∠AED=90° ，
∴△ABC∽△AED ，
∴ACAD=ABAE ，∴6y=x3 ，
∴y=18x ，
∵在 △ABC 中， AB ∴x<6 ，
故 y 关于 x 的函数图象是D.
故答案为：D.
【分析】利用平行线的性质和角平分线的定义可证得∠ACD=∠CAD，利用等角对等边可证得CD=AD=y，过点D作DE⊥AC于点E，由等腰三角形的性质，可推出DE垂直平分AC，可求出AE的长；再证明是△ABC∽△AED，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于x，y的方程，然后将方程转化为函数解析式，可知此函数是反比例函数且x＜6，观察各选项中的图象，可得到符合题意的选项.
4．【答案】B
【解析】【解答】解：设该雕像的下部设计高度约是xm，则上部的高度为（2-x）m，
∵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，
∴2-xx=x2
解之：x1=5-1≈1.24，x2=-5-1（舍去）
经检验，x1是方程的根，
故答案为：B.
【解答】设该雕像的下部设计高度约是xm，则上部的高度为（2-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，建立关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：∵EF//CD ，
∴△AEF∽△ACD ，
∴AEAC=EFCD ，
∵E 是 AC 的中点，
∴AEAC=EFCD=12 ，即 EF=12CD ，
∵EF=5.5 ，
∴CD=11 ，
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴C菱形ABCD=4CD=44 ；
故答案为：D.
【分析】根据平行线可证△AEF∽△ACD ，可得AEAC=EFCD ，由E 是 AC 的中点，可得EF是△ACD的中位线，可得CD=2EF=11，利用C菱形ABCD=4CD即可求出结论.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：由题意得：
当 ∠OAM=90° 时，如图所示：

∵A(10，0) ， M(x，y) ，
∴x=10 ，
∵x+y=12 ，
∴y=2 ，
∴M(10，2) ；
当 ∠OMA=90° 时，过点M作MB⊥x轴于点B，如图所示：

∴∠MBO=∠MBA=∠OMA=90° ，
∴△MBO∽△ABM ，
∴BMAB=OBBM ，即 BM2=OB⋅AB ，
∵A(10，0) ， M(x，y) ，
∴OB=x，BM=y，OA=10 ，
∵x+y=12 ，
∴OB=x，BM=12-x，AB=10-x ，
∴(12-x)2=x⋅(10-x) ，解得： x1=8，x2=9 ，
∴当 x=8 时，则 y=4 ；当 x=9 时，则 y=3 ，
∴M(8，4) 或 M(9，3) ；
故答案为：C.
【分析】根据题意分两种情况：①当 ∠OAM=90° 时，②当∠OMA=90°时，据此分别求解即可.
7．【答案】D
【解析】【解答】如下图所示，连接 AB ，过 B 点作 BC//OA ，

此时 B 点坐标可表示为 (x，512x) ，
∴OC=512|x| ， BC=|x| ，
在 Rt△OBC 中， OB=BC2+OC2=x2+(512x)2=1312|x| ，
又∵⊙A 半径为5，
∴AB=5 ，
∵BC//OA ，
∴△AOB∽△OBC ，
则 OABO=ABOC=OBBC ，
∴OA1312|x|=5512|x| ，
∴OA=13 ，
∵左右两侧都有相切的可能，
∴A点坐标为 (±13，0) ，
故答案为：D.
【分析】连接 AB ，过 B 点作 BC//OA ，此时 B 点坐标可表示为 (x，512x) ，从而求出OC、BC、OB，证明△AOB∽△OBC ，可得OABO=ABOC=OBBC，代入相应数据可求出OA，由于左右两侧都有相切的可能，据此求出点A坐标.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：在菱形ABCD中，BD=2DE，BC=CD=DF+FC=2+3=5，
∴∠CBE=∠CDB，
∵∠CBE+∠EFC＝180°，∠DFE+∠EFC＝180°，
∴∠CBE=∠DFE，
∴∠CBE=∠CDB=∠DFE，
∵∠CDB=∠EDF，
∴△DEF∽△DCB，
∴DEDC=DFBD ，
∴DEBC=DF2DE ，
∴DE5=22DE ，解得： DE=5 ，
∴DB=2DE=25 .
故答案为：D.
【分析】根据菱形的性质可得BD=2DE，BC=CD=5，根据等腰三角形的性质可得∠CBE=∠CDB，易得∠CBE=∠DFE，然后证明△DEF∽△DCB，根据相似三角形的性质可得DE，进而可得DB.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：∵E、F分别是PB，PC的中点，
∴EF∥BC，EF=12BC，
∴△PEF∽△PBC，
∴S1S△PBC=(EFBC)2=(12)2=14，即S△PBC=4S1，
∵AP：BP=1：2，
∴S△PBC：S△PAC=1：2，
∴S△PAC=2S1，
∴S=4S1+2S1=6S1，
即S1=16S.
故答案为：D.
【分析】易得EF为△PBC的中位线，则EF∥BC，EF=12BC，证明△PEF∽△PBC，根据相似三角形的性质可得S△PBC=4S1，根据三角形的面积公式可得S△PBC：S△PAC=1：2，则S△PAC=2S1，S=6S1，据此解答.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图：

设重叠的菱形边长为x，BE=BF=y，
由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得：四边形AHME、四边形BENF是菱形，
∴AE=EM，EN=BE=y，EM=x+y，
∵当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 116 ，且两个菱形相似，
∴AB=4MN=4x，
∴AE=AB−BE=4x−y，
∴4x−y=x+y，
解得：x= 23 y，
∴AE= 53 y，
∴AEEB = 53yy = 53 ；
故答案为：C.
【分析】设重叠的菱形边长为x，BE=BF=y，根据题意得出四边形AHME、四边形BENF是菱形，得出AE=EM，EN=BE=y，EM=x+y，再根据重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的116，得出AB=4MN=4x，AE=AB−BE=4x−y，根据AE=EM得出4x−y=x+y，求出x=23y，从而得出AE=53 y，即可求出AEEB的值.
11．【答案】（1）14π9
（2）2539
【解析】【解答】解：（1）∵∠AOD=2∠ABD=70°，
∴AD的长=70⋅π⋅4180=14π9；
故答案为：14π9；
（2）连接AD，

∵AC是切线，AB是直径，
∴AB⊥AC，
∴BC=AB2+AC2=82+62=10，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥CB，
∴12⋅AB⋅AC=12⋅BC⋅AD，
∴AD=245，
∴BD=AB2-AD2=82-(245)2=325，
∵OB=OD，EO=ED，
∴∠EDO=∠EOD=∠OBD，
∴△DOE∽△DBO，
∴DODB=DEDO，
∴4325=DE4，
∴DE=52，
∴BE=BD-DE=325-52=3910，
∴DEBE=523910=2539.
故答案为：2539.
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠AOD=2∠ABD=70°，然后结合弧长公式进行计算；
（2）连接AD，根据切线的性质可得AB⊥AC，由勾股定理可得AC，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，然后根据△ABC的面积公式可求出AD，由勾股定理可得BD，根据等腰三角形的性质可得∠EDO=∠EOD=∠OBD，证明△DOE∽△DBO，根据相似三角形的性质可得DE，由BE=BD-DE可得BE，据此求解.
12．【答案】①②③
【解析】【解答】解：∵AD绕点A沿顺时针方向旋转θ角度得到AD'
∴∠DAD'=θ，AD=AD'
∴∠CAB=∠DAD'
即∠CAD+∠DAB=∠DAB+∠BAD'
∴∠CAD=∠BAD'
∵∠CAD=∠BAD'AC=ABAD=AD'
得：△ADC≌△AD'B（SAS）
故①对
∵△ABC和△ADD'是顶角相等的等腰三角形
∴△ACB∼△ADD'
故②对
∴S△AD'DS△ABC=(ADAC)2
即AD最小时S△AD'D最小
当AD⊥BC时，AD最小
由等腰三角形三线合一，此时D点是BC中点
故③对
故答案为：①②③.
【分析】根据旋转的性质可得∠DAD′=θ，AD=AD′，由角的和差关系可得∠CAD=∠BAD′，然后根据全等三角形的判定定理可判断①；根据△ABC和△ADD′是顶角相等的等腰三角形结合相似三角形的判定定理可判断②；根据相似三角形的性质结合垂线段最短的性质可判断③.
13．【答案】12
【解析】【解答】解：如图所示：延长EF、DF分布交AC于点M、N，

∵FD∥BC，FE∥AB，BD=13BA，BE=14BC，
∴CE=3BE，AD=2BD，
∴CMAM=CEBE=3，ANCN=ADBD=2，
∴令AM=x，则CM=3x，
∴AC=4x，
∴AN=23AC=83x，CN=13AC=43x，
∴MN=53x，
∴NMAN=58，NMMC=59，
S△NMF：S△NAD=25：64，S△NMF：S△MEC=25：81，
∴设S△NMF=25a，S△NAD=64a，S△MEC=81a，
∴S四边形FECN=56a，
∴S△ABC=2+120a，
∴SADNS△ABC=64a2+120a=(ADAB)2=49，
求出a=112，
∴S△ABC=2+120a=12.
故答案为：12.
【分析】延长EF、DF分布交AC于点M、N，由已知条件得CE=3BE，AD=2BD，令AM=x，则CM=3x，AC=4x，AN=83x，CN=43x，MN=53x，则NMAN=58，NMMC=59，结合三角形面积公式得S△NMF∶S△NAD=25∶64，S△NMF∶S△MEC=25∶81，设S△NMF=25a，则S△NAD=64a，S△MEC=81a，S四边形FECN=56a，S△ABC=2+120a，结合S△ADNS△ABC=(ADAB)2就可求出a的值，进而可得S△ABC.
14．【答案】0.618
【解析】【解答】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，

则DE＝AD－AE＝x－y，
由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°，
∴四边形EFGM是矩形，
∴EG＝MF＝y，
∵DE≈0.618AD，
∴x－y≈0.618x，
解得y≈0.382x，
∴EGDE=yx-y≈0.382xx-0.382x≈0.618，
∴EG≈0.618DE.
故答案为：0.618.
【分析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝x-y，易得四边形EFGM是矩形，EG＝MF＝y，根据DE≈0.618AD可得y≈0.382x，然后根据EGDE=yx-y进行解答.
15．【答案】∠ADE=∠B（答案不唯一）
【解析】【解答】解∶∵∠A=∠A，
∴根据两角相等的两个三角形相似，可添加条件∠ADE=∠B或∠AED=∠C证△ADE∽△ABC相似；
根据两边对应成比例且夹角相等，可添加条件ADAB=AEAC证△ADE∽△ABC相似.
故答案为∶∠ADE＝∠B（答案不唯一）.
【分析】由于图形中，两个三角形已经具有一个公共角，故可以根据两角相等的两个三角形相似或两边对应成比例且夹角相等，进行解答即可.
16．【答案】8
【解析】【解答】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE为中位线，
∴DE∥BC，DEBC=12
∴△ADE∽△ABC
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=14
∵S△ADE=2，
∴S△ABC=8
故答案为：8.
【分析】由题意可得DE为△ABC的中位线，则DEBC=12，DE∥BC，证明△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行解答.
17．【答案】1.2
【解析】【解答】解：∵BB1∥CC1，
∴AEEF ＝ ABBC ，
∵AB＝BC，
∴AE＝EF，
同理可得：AE＝EF＝FD1，
∵AE＝0.4m，
∴AD1＝0.4×＝1.2（m），
故答案为：1.2.
【分析】由平行线分线段成比例的性质可得AEEF ＝ ABBC，由AB=BC可得AE＝EF，同理可得：AE＝EF＝FD1，据此求解.
18．【答案】①②④⑤
【解析】【解答】解:①∵DE是 AB 的垂直平分线
∴AE=BE
故正确
②∵DE是 AB 的垂直平分线
∴DE⊥AB
∴∠A+∠AED=90°
∵∠C=90°
∴∠A+∠ABC=90°
∴∠AED=∠CBD
故正确
③连接OC

∵DE是 AB 的垂直平分线
∴AE=BE
∴∠EBD=∠A=40°
在Rt△ABC中，∠ABC=90°-40°=50°
∴∠EBC=50°-40°=10°
∵∠EOC=2∠EBC
∴∠EOC=20°
∴EC=20π·4180=4π9
故错误
④∵DE⊥AB， E F是 ⊙O 的切线
∴∠FEB=∠EDF=90°
又∠EFD=∠EFD
∴△EFD∽△BFE
∴DFEF=EFBF
故正确
⑤∵EF=6 ， BE=8
∴BF= EF2+BE2=36+64=10
∵12EF⋅BE=12BF⋅ED
∴ED=6×810=4.8
在Rt△EDB中，
BD=BE2-ED2=82-4.82=6.4
∵DE是 AB 的垂直平分线
∴AD=DB=6.4 ，AE=BE=8
∵在Rt△ADE和Rt△ACE中
∠A=∠A，∠ADE=∠ACB=90°
∴Rt△ADE∽Rt△ACB
∴ADAC=AEAB
∴6⋅4AC=812⋅8
∴AC=10.24
又AE=BE=8
∴CE=AC-AE=10.24-8=2.24
故正确
故答案为：①②④⑤
【分析】由于DE是 AB 的垂直平分线，可得AE=BE，DE⊥AB，可得∠A+∠AED=90°，由∠A+∠ABC
=90°，可得∠AED=∠CBD，据此判断①②；连接OC，由AE=BE，可得∠EBD=∠A=40°，从而求出∠EBC=10°，利用圆周角定理可得∠EOC=2∠EBC=20°，利用弧长公式求出 DE 的长 ，据此判断③；证明△EFD∽△BFE，可得 DFEF=EFBF，据此判断④；利用△BEF的面积不变求出ED，利用勾股定理求出BD，证明Rt△ADE∽Rt△ACB，可得ADAC=AEAB，据此求出AC，利用CE=AC-AE求出结论，据此判断⑤.
19．【答案】①②③
【解析】【解答】解：∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∴CH∥BD，
∴CEDF=AEAF=EHBF ，
∵CE＝EH，
∴DF＝BF，
∴①正确；
连接OC、BC、OF，

∴∠ACB＝90°，
∴CF＝ 12 BD＝BF，
∵OC＝OB，OF＝OF，
∴△OCF≌△OBF（SSS），
∴∠OCF＝∠OBF＝90°，
∴CF是⊙O的切线，
故②正确；
如图2，过点F作FG⊥CH于点G，

若CF＝EF＝2，
∴CG＝EG＝ 12 CE＝ 12 EH，
∵FG⊥CH，CH⊥AB，
∴FG∥AH，
∴FGAH=EGEH=12 ，
设FG＝a，则AH＝2a，
而四边形BFGH是矩形，
∴AB＝AH＋BH＝3a，
∴OC＝ 32 a，OH＝ 12 a，
∵∠OCH＋∠FCG＝∠OCF＝90°＝∠OCH＋∠COH，
∴∠FCG＝∠COH，
∴△FCG∽△COH，
∴CGOH=CFOC ，即：CG•OC＝OH•CF，
则CG• 32 a＝ 12 a•2，
∴CG＝ 23 ，故CH＝4CG＝ 83 ，
∵OC2＝OH2＋CH2，
∴（ 32 a）2＝（ 12 ）2＋（ 83 ）2，
解得：a＝ 432 ，
从而半径OC＝ 32 a= 22 ，
故③正确；
由BC的长度＝3 π ＝ ∠BOC⋅π×3180° ，
得：∠BOC＝180°，
此时点C与点A重合，这与题意不符，
故④不正确，
综上所述，正确的结论是①②③.
故答案为：①②③.
【分析】由切线的性质可得BD⊥AB，由线段中点的概念可得CE＝EH，然后由平行线分线段成比例的性质可判断①；连接OC、BC、OF，易证△OCF≌△OBF，得到∠OCF＝∠OBF＝90°，据此判断②；过点F作FG⊥CH于点G，设FG＝a，则AH＝2a，由矩形的性质可得AB＝AH＋BH＝3a，然后表示出OC，OH，证明△FCG∽△COH，然后根据相似三角形的性质可得CG，进而求出CH，然后由勾股定理可得a的值，据此判断③；由BC的长度以及弧长公式可得∠BOC＝180°，据此判断④.
20．【答案】1：4
【解析】【解答】解：∵△ABC经过位似变换得到△DEF，是位似中心
∴AC//DF，△ABC∽△DEF，
∴△OAC∽△ODF
∵OA=AD，即OD=2OA
∴AC：DF=OA：OD=1：2
∵△ABC∽△DEF，
∴相似比为AC∶DF=1：2
∴△ABC与△DEF的面积比是1：4.
故答案为：1：4.
【分析】根据位似图形的性质可得AC//DF，△ABC∽△DEF，利用平行于三角形一边的直线截其他两边，所截的三角形与原三角形相似可得△OAC∽△ODF，从而可得AC：DF=OA：OD=1：2，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解.
21．【答案】（1）证明：连接OC，

∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠BOC＝2∠OAC，
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAE＝2∠OAC，
∴∠BAE＝∠BOC，
∴CO∥AD，
∵∠D＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线.
（2）证明：∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC＝∠CAD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BCA＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠D＝∠BCA，
∴△BAC∽△CAD，
∴ABAC=ACAD ，
∴AC2＝AB•AD，
∵AB＝2AO，
∴AC2＝2AD•AO.
（3）解：∵∠CAB、∠CBM的角平分线交于点Q，
∴∠QAM＝ 12 ∠CAB，∠QBM＝ 12 ∠CBM，
∵∠Q是△QAB的一个外角，∠CBM是△ABC的一个外角，
∴∠Q＝∠QBM﹣∠QAM＝ 12 （∠CBM﹣∠CAM），∠ACB＝∠CBM﹣∠CAM，
∴∠Q＝ 12 ∠ACB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠Q＝45°，
同理可证：∠P＝45°，
∴∠P＝∠Q.
【解析】【分析】（1） 连接OC，由等腰三角形的性质可得∠OAC＝∠OCA，由圆周角定理可得∠BOC＝2∠OAC，根据角平分线的概念可得∠BAE＝2∠OAC，进而推出∠BAE＝∠BOC，得到CO∥AD，据此判断；
（2）由角平分线的概念可得∠BAC＝∠CAD，由圆周角定理可得∠BCA＝90°，证明△BAC∽△CAD，然后根据相似三角形的性质证明即可；
（3）由角平分线的概念可得∠QAM＝12∠CAB，∠QBM＝12∠CBM，由外角的性质可得∠Q＝∠QBM-∠QAM=12(∠CBM-∠CAM)，∠ACB＝∠CBM-∠CAM，得到∠Q＝12∠ACB＝45°，同理可证：∠P＝45°，据此解答.
22．【答案】（1）证明：连接OD，如图，

∵AB为直径，
∴∠ADB=∠BDC=90° ，
∵点E是BC的中点，
∴ED=EB，
∴∠EDB=∠EBD ，
∵∠EBD+∠ABD=90°，∠DAB+∠ABD=90° ，
∴∠DAB=∠DBE=∠BDE ，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠DAB=∠DBE=∠BDE
∵∠ODA+∠ODB=90° ， ∠CDE=∠ADF ，
∴∠FDO=90° ，
∴OD⊥FD
∴FD 是圆O的切线
（2）解：∵E是BC中点，BC=4,
∴BE=2，
∴FE=BE2+FB2=22+82=217 ，
在 △ODF 和 △EBF 中， ∠ODF=∠EBF=90° ， ∠F=∠F ，
∴△ODF∽△EBF ，
∴设OD为x，
则 ODEB=OFFE⇔x2=8-x217 ，
解得： x=17-12 ,
则 AB=2x=17-1
【解析】【分析】（1）连接OD，利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠ADB=∠BDC=90°，利用线段中点的定义可证得ED=EB，利用等腰三角形的性质及余角的性质可证得∠ODA=∠DAB=∠DBE=∠BDE；再证明∠FDO=90°，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用勾股定理求出FE的长，设OD为x，再证明△ODF∽△EBF，利用相似三角形的性质，建立关于x的方程，解方程求出x的值，然后求出AB的长.
23．【答案】（1）证明：∵AT//BC ，且 AT=BN
∴AT//BN ，且 AT=BN ，
∴四边形ATBN是平行四边形，
∴AN//TB ，
∴∠DTA=∠DCN，
∵∠ADT=∠NDC，
∵点D为AN的中点，
∴AD=ND，
∴△TAD≌△CND（AAS）
∴TA=CN，
∵AT=BN ，
∴BN=CN
（2）解：①如图所示，连接AM、MN，

∵点N关于边 AC 的对称点为M，
∴△ANC≌△AMC，
∴∠ACN=∠ACM，
∵AB=AC，点N为AC的中点，
∴平行四边形ATBN是矩形，
∴∠TAB=∠ABN=∠ACN=∠ACM，∠BAN=∠MAC=∠CAN，AT=BN=NC=MC，
∵OA=OC，
∴∠CAN=∠ACO，
∴∠TAB+∠BAN=∠ACM+∠ACO=90︒，
∴∠OAT=∠OCM=90︒，
在Rt△OAT和Rt△OCM中，
∵AT=CM，∠OAT=∠OCM ，OA=OC，
∴Rt△OAT≌Rt△OCM（SAS），
∴∠AOT=∠COM，OT=OM，
∴∠AOT+∠AOM=∠COM+∠AOM，
∴∠TOM=∠AOC
∵OA=OC，OT=OM，
∵OTOA=OMOC ，
∴△TOM∽△AOC ；
②如图所示，连接OP，

∵△TOM∽△AOC ，
∴∠OTM=∠OAP，
∴点O、T、A、P共圆，
∵∠OAT=90︒，
∴OT为圆的直径，
∴∠OPT=90︒，
∵OT=OM，
∴点P为TM的中点，
∵由（1）得△TAD≌△CND，
∴TD=CD，
∴点D为TC的中点，
∴DP为△TCM的中位线，
∴PD//CM,PD=12CM
【解析】【分析】（1）利用有一组对应边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形ATBN是平行四边形，利用平行四边形 的性质可证得AN∥TB，可推出∠DTA=∠DCN，利用AAS证明△TAD≌△CND，利用全等三角形的性质可得TA=CN，从而可证得结论.
（2）①连接AM、MN， 利用轴对称的性质可证得△ANC≌△AMC，可推出∠ACN=∠ACM，由此可证得四边形ATBN是矩形；利用余角的性质证明∠OAT=∠OCM，利用SAS证明△OAT≌△OCM，利用全等三角形的性质可证得∠AOT=∠COM，OT=OM，同时可证得∠TOM=∠AOC，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得结论；②连接OP，利用相似三角形的性质可证得∠OTM=∠OAP，可推出点O、T、A、P共圆，利用圆周角定理可得OT是圆的直径，由此可推出点P为TM的中点，再利用全等三角形的性质可证得点D为TC的中点，可推出DP为△TCM的中位线；然后利用三角形的中位线定理可证得结论.
24．【答案】（1）ED=BD；33
（2）解：①正方形，理由如下：
∵α=90° ， DM 平分 ∠CDE ，
∴∠CDE=90° ， ∠CDF=∠EDF ，
∵CD=ED ， DF=DF ，
∴△CDF≌△EDF(SAS) ，
∴∠DCF=∠DEF ，
∵CF//DE ，
∴∠FCD+∠CDE=180° ，
∴∠FCD=90° ，
∴∠DCF=∠DEF=∠CDE=90° ，
∴四边形 CDEF 为矩形，
又∵CD=ED ，
∴四边形 CDEF 为正方形；
②显然，在正方形 CDEF 中， △CFH∽△GDH ，
∴DHFH=DGCF ，
又∵CD=CF ，
∴DHFH=DGCD=33 ，
由（1）得： ∠A=60°,CD=AD, 则 △ACD 为等边三角形，
∴∠ADC=60° ，
∵∠CDE=90° ，
∴∠GDB=30° ，
∴∠GDB=∠GBD ， GD=GB ，
又∵DE=DB ，
∴∠DBE=∠DEB=12(180°-∠GDB)=75° ，
∴∠GBE=75°-30°=45° ，
∵∠GDH=45° ，
∴∠GBE=∠GDH
在 △GBE 与 △GDH 中，
∠GDH=∠GBEGD=GB∠DGH=∠BGE
∴△GBE≌△GDH(ASA) ，
∴BE=DH ，
∴BEFH=DHFH=DGCD=33
（3）解：同（2）中①理， △CDF≌△EDF ，
∴∠CDF=∠EDF ， ∠CFD=∠EFD ，
∵CF//DE ，
∴∠CFD=∠EDF ，
∴∠CFD=∠CDF ， ∠EDF=∠EFD ，
∴CF=CD ， ED=EF ，
∴四边形 CDEF 为菱形，
∵△ACD 为等边三角形，
∴AC=CD=AD=BD=2 ，菱形的边长也为2，
由题意， ∠HDG=α2 ， ∠DEB=∠DBE=12∠ADE=30°+α2 ，
∵∠DBG=30° ，
∴∠EBG=α2 ，
即： ∠HDG=∠EBG ，
∴△EBG∽△HDG ，
∵在菱形 CDEF 中， △HFC∽△HDG ，
∴△EBG∽△HFC ，
∴BEFH=BGFC ，
如图，作 DK⊥CG ，

∵∠DCK=30° ，
∴∠CDK=60° ， ∠KDG=α-60° ，
∵CD=2 ，
∴DK=1 ， CK=3 ，
在 Rt△KDG 中， GKDK=tan∠KDG=tan(α-60°)=m ，
∴GK=m ，
∴CG=3+m ，
在 Rt△ABC 中， BC=3AC=23 ，
∴BG=BC-CG=23-3-m=3-m ，
∵CF=CD=2 ，
∴BEFH=BGFC=3-m2
【解析】【解答】（1）∵点 D 为 Rt△ABC 中斜边 AB 的中点，
∴CD=AD=BD ，
∵线段 CD 绕点 D 顺时针旋转得到线段 ED ，
∴CD=ED ，
∴ED=BD ，
∵Rt△ABC 中， ∠ACB=90° ， ∠A=60° ，
∴∠B=30° ，
∵CD=BD ，
∴∠B=∠DCG=30° ，
∴在 Rt△DCG 中， GDCD=tan∠DCG=tan30°=33 ，
故答案为： ED=BD ； 33 ；
【分析】（1）根据直角三角形的性质及旋转的性质可得CD=AD=BD=ED，利用等边对等角可得∠B=∠DCG=30°，在 Rt△DCG 中，由于GDCD=tan∠DCG即可求出结论；
（2）①证明△CDF≌△EDF(SAS) ，可得∠DCF=∠DEF，利用平行线的性质可得∠DCF=∠DEF=∠CDE=90° ，可证四边形 CDEF 为矩形，由CD=ED，可证四边形 CDEF 为正方形；
②证明△CFH∽△GDH，可得DHFH=DGCD=33，再证△GBE≌△GDH(ASA) ，可得
BE=DH，可得BEFH=DHFH=DGCD=33；
（3）证明四边形 CDEF 为菱形，由△ACD 为等边三角形，可得AC=CD=AD=BD=2，证明
△EBG∽△HFC，可得BEFH=BGFC， 如图作 DK⊥CG ，求出∠CDK=60°， ∠KDG=α-60° ，继而求出DK=1 ，CK=3，在 Rt△KDG 中， GKDK=tan∠KDG=tan(α-60°)=m，可得 GK=m ， CG=3+m ，
在 Rt△ABC 中， BC=3AC=23 ，可得 BG=BC-CG=23-3-m=3-m ，利用BEFH=BGFC即得结论.
25．【答案】（1）证明： ∵PB'⊥AC ， ∠BAC=90° ，
∴PB'//AB ，
∴∠CPB'=∠ABP ，
由折叠的性质得： ∠AB'P=∠ABP,PB'=PB ，
∴∠CPB'=∠AB'P ，
∴AB'//BC ，
∴ 四边形 ABPB' 是平行四边形，
又 ∵PB'=PB ，
∴ 平行四边形 ABPB' 是菱形，
∴PB'=AB'
（2）解：如图，设 AC 与 PB' 的交点为点 O ，过点 O 作 OD⊥AB' 于点 D ，

∵AB=AC ，
∴Rt△ABC 是等腰三角形， ∠ABC=∠ACB=45° ，
设 AB=AC=4a(a>0) ，则 BC=42a ，
∵BP=3PC ，
∴BP=32a,PC=2a ，
由折叠的性质得： ∠AB'P=∠ABP=45°,PB'=PB=32a,AB'=AB=4a ，
在 △COP 和 △B'OA 中， ∠OCP=∠OB'A=45°∠COP=∠B'OA ，
∴△COP∼△B'OA ，
∴OCOB'=OPOA=PCAB'=2a4a=24 ，
设 OC=2b(b>0) ，则 OB'=4b,OP=32a-4b,OA=4a-2b ，
∴OPOA=32a-4b4a-2b=24 ，
解得 b=427a ，
∴OA=4a-2×427a=207a ，
在 Rt△B'OD 中， B'D=OB'⋅cos∠AB'P=22b=167a ，
∴AD=AB'-B'D=127a ，
则 cos∠B'AC=ADOA=127a207a=35
（3）解： ∵∠ACB=30°,∠BAC=90° ，
∴∠ABC=60° ，
设 AB=CB'=2m(m>0) ，则 BC=4m,AC=BC2-AB2=23m ，
由折叠的性质得： ∠AB'P=∠ABP=60°,AB'=AB=2m ，
∴AB'=CB'=2m ，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当点 B' 在直线 AC 的左侧时，过点 B' 作 B'E⊥AC 于点 E ，

∴CE=12AC=3m （等腰三角形的三线合一），
∴B'E=B'C2-CE2=m=12B'C ，
∴ 在 Rt△B'CE 中， ∠B'CE=30° ，
∴∠B'CP=∠B'CE+∠ACB=30°+30°=60° ，
又 ∵AB'=CB' ，
∴∠B'AC=∠B'CE=30° ，
∴∠AB'C=180°-∠B'AC-∠B'CE=120° ，
∴∠CB'P=∠AB'C-∠AB'P=120°-60°=60° ，
∴△CB'P 是等边三角形，
∴PC=CB'=2m ，
∴PCBC=2m4m=12 ；
②如图，当点 B' 在直线 AC 的右侧时，过点 B' 作 B'F⊥AC 于点 F ，

同理可得： ∠B'CF=30° ，
∴∠B'CF=∠ACB ，
∴ 点 B' 在 BC 上，
由折叠的性质得： AP⊥BB' ，
在 Rt△ABP 中， BP=AB⋅cos∠ABC=m ，
∴PC=BC-BP=3m ，
∴PCBC=3m4m=34 ，
综上，存在点 P ，使得 AB=CB' ，此时 PCBC 的值为 12 或 34
【解析】【分析】（1） 证明四边形 ABPB' 是平行四边形，由折叠的性质得出PB'=PB，从而可证平行四边形 ABPB' 是菱形，可得PB'=AB'；
（2）设AC与 PB' 的交点为点 O ，过点 O 作 OD⊥AB' 于点 D ，求得△ABC是等腰直角三角形，设 AB=AC=4a(a>0) ，则 BC=42a，从而可得BP=32a,PC=2a，由折叠的性质得： ∠AB'P=∠ABP=45°,PB'=PB=32a,AB'=AB=4a，证明 △COP~△B'OA ，可得OCOB'=OPOA=PCAB'=2a4a=24，设OC=2b(b>0)，可得 OB'=4b,OP=32a-4b, OA=4a-2b ，代入比例式可得b=427a，从而求出OA，利用解直角三角形求出B'D，从而求出
AD=AB'-B'D 的长，由cos∠B'AC=ADOA即得结论；
（3） 分两种情况：①如图，当点 B' 在直线 AC 的左侧时， 过点 B' 作 B'E⊥AC 于点 E ，②如图，当点 B' 在直线 AC 的右侧时，过点 B' 作 B'F⊥AC 于点 F ，据此分别求解即可