2023年初中数学中考专项分类强化训练（含答案）：26图形的变换综合专题(通用版)

这是一份2023年初中数学中考专项分类强化训练（含答案）：26图形的变换综合专题(通用版)，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.（•鞍山）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①GH⊥BE；②
△EHM∽△GHF；③=1；④=2，其中正确的结论是 （ ）
A．①②③ B．①②④
C．①③④ D．②③④

第1题图 第2题图
2.（•鄂尔多斯）如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN过点G．若AB=，EF=2，∠H
=120°，则DN的长为 （ ）
A． B．
C． D．
3.（•沈阳）已知△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，若AD=10，A'D'=6，则△ABC与△A'B'C'的周长比是
（ ）
A．3:5 B．9:25 C．5:3 D．25:9
4.（•济南）某数学社团开展实践性研究，在大明湖南门A测得历下亭C在北偏东37°方向，继续向北走105m后到达游船码头B，测得历下亭C在游船码头B的北编东53°方向．请计算一下南门A与历下亭C之间的距离约为（ ）
（参考数据：tan37°≈，tan53°≈）

A．225m B．275m
C．300m D．315m
5.（•广东）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB=2，以EB为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM，AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB，AM交于点N、K.则下列结论：①△ANH≌△GNF；②∠AFN=∠HFG
；③FN=2NK；④S△AFN:S△ADM=1:4．其中正确的结论有 （ ）
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个

第5题图 第6题图
6.（•台州）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为 （ ）
A．:1 B．3:2
C．:1 D．:2
7.（•新疆）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则以下结论中：①S△ABM=4S△FDM；②PN=；③tan∠EAF=；④△PMN∽△DPE，正确的是 （ ）
A．①②③ B．①②④
C．①③④ D．②③④

第7题图 第8题图
8.（•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，BE=4，EC=8，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，FC，现在有如下4个结论：①∠EAG=45°；②FG=FC；③FC∥AG；④S△GFC=14．
其中正确结论的个数是 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9.（•自贡）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，8），点C、F分别是直线x=5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE面积取得最小值时，tan∠BAD的值是 （ ）

A． B． C． D．
二、填空题
10.（•遵义）如图，平行四边形纸片ABCD的边AB，BC的长分别是10cm和7.5cm，将其四个角向内对折后，点B与点C重合于点C'，点A与点D重合于点A'．四条折痕围成一个“信封四边形”EHFG，其顶点分别在平行四边形ABCD的四条边上，则EF=_______cm．

第10题图 第11题图
11.（•辽阳）如图，平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO，CO分别在x轴，y轴上，A点的坐标为（8，6），点P在矩形ABOC的内部，点E在BO边上，满足△PBE∽△CBO，当△APC是等腰三角形时，P点坐标为____________________．
12.（•鞍山）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=6，点M，N分别在AD，BC上，且AM=AD，BN=BC，E为直线BC上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC'E，当点C'恰好落在直线MN上时，CE的长为__________．

第12题图 第13题图
13.（•葫芦岛）如图，在Rt△ABC的纸片中，∠C=90°，AC=5，AB=13．点D在边BC上，以AD为折痕将△ADB折叠得到△ADB'，AB'与边BC交于点E．若△DEB'为直角三角形，则BD的长是___________．
14.（•遵义）如图，已知⊙O的半径为1，AB，AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，延长BO交AC于点D，连接OA，OC，若AD2=AB•DC，则OD=___________．

第14题图 第15题图
15.（•沈阳）如图，正方形ABCD的对角线AC上有一点E，且CE=4AE，点F在DC的延长线上，连接EF，过点E作EG⊥EF，交CB的延长线于点G，连接GF并延长，交AC的延长线于点P，若AB=5，CF=2，则线段EP的长是_________．
三、解答题
16.（•福建）已知△ABC和点A'，如图．
（1）以点A'为一个顶点作△A'B'C'，使△A'B'C'∽△ABC，且△A'B'C'的面积等于△ABC面积的4倍；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）设D、E、F分别是△ABC三边AB、BC、AC的中点，D'、E'、F'分别是你所作的△A'B'C'三边A'B'、B'C'、C'A'的中点，求证：△DEF∽△D'E'F'．

17.（•鞍山）在Rt△ABC中，
∠ACB=90°，D是△ABC内一点，连接AD，BD．在BD左侧作Rt△BDE，使∠BDE=90°，以AD和DE为邻边作ADEF，连接CD，DF．
（1）若AC=BC，BD=DE．
①如图1，当B，D，F三点共线时，CD与DF之间的数量关系为____________．
②如图2，当B，D，F三点不共线时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．
（2）若BC=2AC，BD=2DE，=，且E，C，F三点共线，求的值．
18.（•绥化）如图①，在正方形ABCD中，AB=6，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N.
（1）求证：MN=MC；
（2）若DM:DB=2:5，求证：AN=4BN；
（3）如图②，连接NC交BD于点G．若BG:MG=3:5，求NG•CG的值．

19.（•泸州）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，点C在⊙O上，且PC2=PB•PA．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）已知PC=20，PB=10，点D是的中点，DE⊥AC，垂足为E，DE交AB于点F，求EF的长．

20.（•武汉）在△ABC中，∠ABC
=90°，=n，M是BC上一点，连接AM．
（1）如图1，若n=1，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：BM=BN．
（2）过点B作BP⊥AM，P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q．
①如图2，若n=1，求证：=．
②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ的值．（用含n的式子表示）
参考答案
一、选择题
1.A 【解析】如图，∵四边形ABCD和四边
形CGFE是正方形，∴BC=CD，CE=
CG，∠BCE=∠DCG，在△BCE和
△DCG中，∴△BCE
≌△DCG（SAS），∴∠BEC=∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG=90°，∠CDG=
∠HDE，∴∠BEC+∠HDE=90°，∴GH
⊥BE，①正确；∵△EHG是直角三角
形，O为EG的中点，∴OH=OG=OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
∵EF=FG，∴∠FHG=∠EHF=∠EGF
=45°，∠HEG=∠HFG，∴△EHM∽
△GHF，②正确；∵△BGH≌△EGH，
∴BH=EH，又∵O是EG的中点，∴HO
∥BG，∴△DHN∽△DGC，∴=
，设EC和OH相交于点N．设HN
=a，则BC=2a，设正方形ECGF的边
长是2b，则NC=b，CD=2a，∴
=，即a2+2abb2=0，解得，a=
()b，或a=()b（舍去），
则=，∴=，③正
确；∵△BGH≌△EGH，∴EG=BG，
∵HO是△EBG的中位线，∴HO=
BG，∴HO=EG，设正方形ECGF
的边长是2b，∴EG=2b，∴HO=
b，∵OH∥BG，CG∥EF，∴OH∥
EF，∴△MHO△MFE，∴=
==，∴EM=OM，∴=
=，∴=
，∵EO=GO，∴S△HOE=S△HOG，
∴=，④错误，故选A．
2.A 【解析】延长EG交DC于P点，连接
GC、FH，如图所示，则CP=DP=
CD=，△GCP为直角三角形，
∵四边形EFGH是菱形，∠EHG=
120°，∴GH=EF=2，∠OHG=60°，
EG⊥FH，∴OG=GH•sin60°=2
=，由折叠的性质得，CG=OG=
，OM=CM，∠MOG=∠MCG，∴
PG==，∵OG∥CM，
∴∠MOG+∠OMC=180°，∴∠MCG
+∠OMC=180°，∴OM∥CG，∴四边
形OGCM为平行四边形，∵OM=
CM，∴四边形OGCM为菱形，∴CM
=OG=，根据题意得，PG是梯形
MCDN的中位线，∴DN+CM=2PG
=，∴DN=，故选A．

3.C 【解析】∵△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'
是它们的对应中线，AD=10，A'D'=6，
∴△ABC与△A'B'C'的周长比=AD:A'D'
=10:6=5:3，故选C．
4.C 【解析】如图，作CE⊥BA于E．设EC
=xm，BE=ym，在Rt△ECB中，tan53°
=，即=，在Rt△AEC中，tan37°
=，即=，解得x=180，
y=135，∴AC==
=300（m），故选C．

5.C 【解析】∵四边形EFGB是正方形，
EB=2，∴FG=BE=2，∠FGB=90°，∵
四边形ABCD是正方形，H为AD的中
点，∴AD=4，AH=2，∠BAD=90°，
∴∠HAN=∠FGN，AH=FG，∵∠ANH=
∠GNF，∴△ANH≌△GNF（AAS），
①正确；∴∠AHN=∠HFG，∵AG=FG
=2=AH，∴AF=FG=AH，∴
∠AFH∠AHF，∴∠AFN∠HFG，
②错误；∵△ANH≌△GNF，∴AN=
AG=1，∵GM=BC=4，∴=
=2，∵∠HAN=∠AGM=90°，∴△AHN
∽△GMA，∴∠AHN=∠AMG，∵AD
∥GM，∴∠HAK=∠AMG，∴∠AHK=
∠HAK，∴AK=HK，∴AK=HK=NK，
∵FN=HN，∴FN=2NK，③正确；∵延
长FG交DC于M，∴四边形ADMG是
矩形，∴DM=AG=2，∵S△AFN=AN•
FG=21=1，S△ADM=AD•DM=
42=4，∴S△AFN:S△ADM=1:4，④正确，
故选C．
6.A 【解析】如图，作DC⊥EF于C，DK
⊥FH于K，连接DF．由题意，四边形
DCFK是正方形，∠CDM=∠MDF=
∠FDN=∠NDK，∴∠CDK=∠DKF=[来源:学.科.网]
90°，DK=FK，DF=DK，∴=
==（角平分线的性质定理，
可以用面积法证明），∴==
，∴图案中A型瓷砖的总面积与B
型瓷砖的总面积之比为:1，故选A．

7.A 【解析】∵正方形ABCD的边长为2，
点E是BC的中点，∴AB=BC=CD=
AD=2，∠ABC=∠C=∠ADF=90°，CE=
BE=1，∵AF⊥DE，∴∠DAF+∠ADN=
∠ADN+∠CDE=90°，∴∠DAN=∠EDC
在△ADF与△DCE中，
∴△ADF≌△DCE（ASA），∴DF=
CE=1，∵AB∥DF，∴△ABM∽△FDM，
∴=2=4，∴S△ABM=4S△FDM，
①正确；由勾股定理可知，AF=DE=AE
==，∵ADDF=
AFDN，∴DN=，∴EN=，
AN==，∴tan∠EAF
==，③正确；作PH⊥AN于H．∵
BE∥AD，∴==2，∴PA=，
∵PH∥EN，∴==，∴AH=
=，HN=，∴PN=
=，②正确，∵PN
DN，∴∠DPN∠PDE，∴△PMN
与△DPE不相似，④错误，故选A．

8.B 【解析】如图，连接DF．∵四边形ABCD
是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=
∠BAD=∠ADG=∠ECG=90°，由翻折可
知：AB=AF，∠ABE=∠AFE=∠AFG=
90°，BE=EF=4，∠BAE=∠EAF，∵
∠AFG=∠ADG=90°，AG=AG，AD=AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），∴DG=
FG，∠GAF=∠GAD，设GD=GF=x，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=(∠BAF+
∠DAF)=45°，①正确，在Rt△ECG中，
∵EG2=EC2+CG2，∴(4+x)2=82+(12x)2.
∴x=6，∵CD=BC=BE+EC=12，∴DG=
CG=6，∴FG=GC，易知△GFC不是等
边三角形，显然FGFC，②错误，∵
GF=GD=GC，∴∠DFC=90°，∴CF⊥
DF，∵AD=AF，GD=GF，∴AG⊥DF，
∴CF∥AG，③正确，∵S△ECG=68
=24，FG:FE=6:4=3:2，∴FG:EG=3:5，
∴S△GFC=24=，④错误，故选B．

9.B 【解析】如图，设直线x=5交x轴于
K．由题意KD=CF=5，∴点D的运
动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，
∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的
面积最小，∵AD是切线，点D是切点，
∴AD⊥KD，∵AK=13，DK=5，∴AD=
12，∵tan∠EAO==，∴=
，∴OE=，∴AE=
=，作EH⊥AB于H．∵S△ABE=•
AB•EH=S△AOBS△AOE，∴EH=，
∴AH==，∴
tan∠BAD===，故选B．

二、填空题
10.10 【解析】如图，由翻折可知，∠CHF=
∠FHC'，∠BHE=∠EHC'，∴∠FHE=
∠FHC'+∠EHC'=(∠CHC'+∠BHC')
=90°，同法可证，∠HFG=∠GEH=
90°，∴四边形EHFG是矩形．∴
FH=EG，FH∥EG，∴∠HFC'=∠FEG
∵∠CFH=∠HFC'，∠AEG=∠GEA'，
∴∠CFH=∠AEG，∵四边形ABCD
是平行四边形，∴∠C=∠A，BC=AD，
由翻折得，CH=C'H=BH=BC，AG=
A'G=DG=AD，∴CH=AG，∴△HCF
≌△GAE（AAS），∴CF=AE，∴
EF=FC'+EC'=AE+BE=AB=10cm，故
答案为10．

11.（，）或（，3）
【解析】∵点P在矩形ABOC的内部，且△APC是等腰三角形，∴P点在AC的垂直平分线上或在以点C为圆心AC为半径的圆弧上；①当P点在AC的垂直平分线上时，点P同时在BC上，AC的垂直平分线与BO的交点即是E，如图1所示，∵PE⊥BO，CO⊥BO，∴PE∥CO，∴△PBE∽△CBO，∵四边形ABOC是矩形，A点的坐标为（8，6），∴点P横坐标为4，OC=6，BO=8，BE=4，∵△PBE∽△CBO，∴=，即=，解得，PE=3，∴点P（4，3）；②P点在以点C为圆心AC为半径的圆弧上，圆弧与BC的交点为P，过点P作PE⊥BO于E，如图2所示，∵CO⊥BO，∴PE∥CO，∴△PBE∽△CBO，∵四边形ABOC是矩形，A点的坐标为（8，6），∴AC=BO=8，CP=8，AB=OC=6，∴BC==
=10，∴BP=2，∵△PBE∽△CBO，∴=
=，即==，解得，PE=，BE=，∴OE=8=，∴点P（，）；综上所述，点P的坐标为（，）或（，3），故答案为（，）或（，3）．

12.或10 【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB=5，∠A=90°，AD=
BC=6，∵AM=AD=2，BN=
BC=2，∴AM=BN，∵AM∥
BN，∴四边形ABNM的矩形，
∴∠NMA=∠NMD=90°，MN=
AB=5，∵将△DCE沿DE所在
直线翻折得到△DC'E，∴DC'=
DC=5，C'E=CE，∵AM=2，∴
DM=ADAM=62=4，如图1，
在Rt△C'MD中，C'M=
==3，∴
C'N=MNC'M=53=2，∵
∠CDM=∠DCN=∠NMD=90°，
∴四边形CDMN是矩形，∴CN
=DM=4，∠CNM=90°，NE=CN
CE=4CE，在Rt△C'NE中，
∵NE2+C'N2=C'E2，∴(4CE)2+
22=CE2，解得，CE=．如图2，
在Rt△C'MD中，C'M=
==3，∴
C'N=MN+C'M=5+3=8，∵∠CDM
=∠DCN=∠NMD=90°，∴四边
形CDMN是矩形，∴CN=DM=4，
∠CNM=∠MNE=90°，NE=CE
CN=CE4，在Rt△C'NE中，∵
NE2+C'N2=C'E2，∴(CE4)2+82
=CE2，则CE=10，故答案为或
10．

13.7或 【解析】在Rt△ABC中，BC=
==12，
（1）当∠EDB'=90°时，如图1，
过点B'作B'F⊥AC，交AC的延
长线于点F，由折叠得，AB=AB'
=13，BD=B'D=CF，设BD=x，
则B'D=CF=x，B'F=CD=12x，
在Rt△AFB'中，由勾股定理得，
(5+x)2+(12x)2=132，即，x27x
=0，解得，x1=0（舍去），x2=7，
因此，BD=7．（2）当∠DEB'=90°
时，如图2，此时点E与点C重
合，由折叠得，AB=AB'=13，则
B'C=135=8，设BD=x，则B'D
=x，CD=12x，在Rt△B'CD中，
由勾股定理得(12x)2+82=x2，解
得，x=，因此BD=，故答
案为7或．

14. 【解析】在△AOB和△AOC中，
∵AB=AC，OB=OC，OA=OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），∴
∠ABO=∠ACO，∵OA=OC，∴
∠ACO=∠OAD，∵∠ADO=
∠BDA，∴△ADO∽△BDA，∴
==，设OD=x，则
BD=1+x，∴==，
∴AD=，AB=
，∵DC=ACAD
=ABAD，AD2=AB•DC，
()2=
()，整理
得，x2+x1=0，解得，x=
或x=（舍去），因此
OD=，故答案为．
15. 【解析】如图，作FH⊥PE于H．∵
四边形ABCD是正方形，AB=5，
∴AC=5，∠ACD=∠FCH=45°，
∵∠FHC=90°，CF=2，∴CH=HF=
，∵CE=4AE，∴EC=4，
AE=，∴EH=5，在Rt△EFH
中，EF2=EH2+FH2=()2+()2
=52，∵∠GEF=∠GCF=90°，∴E，
G，F，C四点共圆，∴∠EFG=
∠ECG=45°，∴∠ECF=∠EFP=
135°，∵∠CEF=∠FEP，∴△CEF
∽△FEP，∴=，∴EF2=EC
•EP，∴EP==，故答案
为．
三、解答题
16.【参考答案】（1）作线段A'C'=2AC、A'B'=2AB、B'C'=2BC，得△A'B'C'即可所求．
证明：∵A'C'=2AC、A'B'=2AB、B'C'=2BC，
∴△ABC∽△A'B'C'，
∴==4
（2）证明：∵D、E、F分别是△ABC三边AB、BC、AC的中点，
∴DE=BC，DF=AC，EF=AB，
∴△DEF∽△ABC
同理，△D'E'F'∽△A'B'C'，
由（1）可知，△ABC∽△A'B'C'，
∴△DEF∽△D'E'F'．

17.【参考答案】（1）①如图1中，连接CF．设AC交BF于G．
∵四边形AFED是平行四边形，
∴AF=DE，DE∥AF，
∵BD=DE，
∴AF=BD，
∵∠BDE=90°，
∴∠EDF=∠DFA=90°=∠BCG，
∵∠CGB=∠AGF，
∴∠CBD=∠CAF，
∵BC=AC，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴∠BCD=∠ACF，CD=CF，
∴∠BCA=∠DCF=90°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴DF=CD．
故答案为DF=CD．
②结论仍然成立．
理由：如图2中，连接CF．延长BD交AF的延长线于H，设AC交BH于G．
∵四边形AFED是平行四边形，
∴AF=DE，DE∥AF，
∵BD=DE，
∴AF=BD，
∵∠BDE=90°，
∴∠DEH=∠DHA=90°=∠BCG，
∵∠CGB=∠AGH，
∴∠CBD=∠CAF，
∵BC=AC，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴∠BCD=∠ACF，CD=CF，
∴∠BCA=∠DCF=90°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴DF=CD．
（2）如图3中，延长BD交AF于H．设BH交AC于G．
∵四边形AFED是平行四边形，
∴AF=DE，DE∥AF，
∵∠BDE=90°，
∴∠DEH=∠DHA=90°=∠BCG，
∵∠CGB=∠AGH，
∴∠CBD=∠CAF，
∵==2，
∴=，
∴△CBD∽△CAF，
∴==2，∠BCD=∠ACF，
∴∠BCA=∠DCF=90°，
∵AD∥EF，
∴∠ADC+∠DCF=180°，
∴∠ADC=90°，
∵CD:AC=4:5，
设CD=4k，AC=5k，则AD=EF=3k，
∴CF=CD=2k，
∴EC=EFCF=k，
∴DE=AF=
==k，
∴==．

18.【参考答案】（1）如图①，过M分别作ME∥AB交BC于E，MF∥BC交AB于F，
则四边形BEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∠ABD=∠CBD=∠BME=45°，
∴ME=BE，
∴平行四边形BEMF是正方形，
∴ME=MF，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN=90°，
∵∠FME=90°，
∴∠CME=∠FMN，
∴△MFN≌△MEC（ASA），
∴MN=MC；
（2）由（1）得FM∥AD，EM∥CD，
∴===，
∴AF=2.4，CE=2.4，
∵△MFN≌△MEC，
∴FN=EC=2.4，
∴AN=4.8，BN=64.8=1.2，
∴AN=4BN；
（3）如图②，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，
∵△DMC≌△BHC，∠BCD=90°，
∴MC=HC，DM=BH，∠CDM=∠CBH=45°，∠DCM=∠BCH，
∴∠MBH=90°，∠MCH=90°，
∵MC=MN，MC⊥MN，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∴∠MNC=45°，
∴∠NCH=45°，
∴△MCG≌△HCG（SAS），
∴MG=HG，
∵BG:MG=3:5，
设BG=3a，则MG=GH=5a，
在Rt△BGH中，BH=4a，则MD=4a，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴BD=6，
∴DM+MG+BG=12a=6，
∴a=，
∴BG=，MG=，
∵∠MGC=∠NGB，∠MNG=∠GBC=45°，
∴△MGC∽△NGB，
∴=，
∴CG•NG=BG•MG=．
19.【参考答案】（1）证明：连接OC，如图1所示,
∵PC2=PB•PA，即=，
∵∠P=∠P，
∴△PBC∽△PCA，
∴∠PCB=∠PAC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠PCB+∠OCB=90°，
即OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）连接OD，如图2所示,
∵PC=20，PB=10，PC2=PB•PA，
∴PA===40，
∴AB=PAPB=30，
∵△PBC∽△PCA，
∴==2，
设BC=x，则AC=2x，
在Rt△ABC中，x2+(2x)2=302，
解得，x=6，即BC=6，
∵点D是的中点，AB为⊙O的直径，
∴∠AOD=90°，
∵DE⊥AC，
∴∠AEF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
∴∠DFO=∠ABC，
∴△DOF∽△ACB，
∴==，
∴OF=OD=，即AF=，
∵EF∥BC，
∴==，
∴EF=BC=．

20.【参考答案】（1）证明：如图1中，延长AM交CN于点H．
∵AM⊥CN，
∴∠AHC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BAM+∠AMB=90°，
∠BCN+∠CMH=90°，
∵∠AMB=∠CMH，
∴∠BAM=∠BCN，
∵BA=BC，∠ABM=∠CBN=90°，
∴△ABM≌△CBN（ASA），
∴BM=BN．
（2）①证明：如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．
∵BP⊥AM，
∴∠BPM=∠ABM=90°，
∵∠BAM+∠AMB=90°，
∠CBH+∠BMP=90°，
∴∠BAM=∠CBH，
∵CH∥AB，
∴∠HCB+∠ABC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABM=∠BCH=90°，
∵AB=BC，
∴△ABM≌△BCH（ASA），
∴BM=CH，
∵CH∥BQ，
∴==．
②方法一：如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC=2m，则AB=2mn．
则BM=CM=m，CH=，BH=，AM=，
∵•AM•BP=•AB•BM，
∴PB=，
∵•BH•CN=•CH•BC，
∴CN=，
∵CN⊥BH，PM⊥BH，
∴MP∥CN，∵CM=BM，
∴PN=BP=，
∵∠BPQ=∠CPN，
∴tan∠BPQ=tan∠CPN
===．
方法二：易证，===，
∵PN=PB，
tan∠BPQ====．