专题06 相似三角形（分层训练）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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【基础训练】
一、单选题
1．（2023上·上海奉贤·九年级校考期中）如图，能推出DE∥BC的比例式是（ ）
A．ADBD=CEAE B．ADAB=DEBCC．ABAD=ACAED．ADAB=AEEC
【答案】C
【分析】根据两边成比例夹角相等证明△ADE∽△ABC，进而证明∠ADE=∠ABC，即可得到DE∥BC
【详解】∵ ABAD=ACAE，
∴ABAC=ADAE
又∠DAE=∠BAC，
∴ △ADE∽△ABC
∴ ∠ADE=∠ABC
∴ DE∥BC
故选C
【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
2．（2022上·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，已知△ADE∼△ABC，相似比为2：5，则AF：AG为（ ）
A．2：5B．5：2C．5：1D．1：5
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵△ADE∽△ABC，相似比为2：5，AF⊥DE，AG⊥BC，
∴AF：AG=2:5，
故选A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形对应边成比例是解题的关键．
3．（2023上·河北石家庄·九年级统考期中）两个相似三角形的面积之比为2:1，则这两个三角形的周长比为（ ）
A．1:2B．2:1C．2:1D．4:1
【答案】C
【分析】利用两个相似三角形的性质面积的比等于相似比的平方，求出相似比，利用性质即可求出
【详解】解：∵两个相似三角形的面积之比为2：1，
∴两个相似三角形的相似比为2：1，
∴这两个三角形的周长比为2：1．
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质解题关键．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，点E是AB上任意一点，过点E作EF//BC交CD于点F，连接AF并延长交BC的延长线于点G，则下列结论中错误的是（ ）
A．AEBE=CGEFB．BCBG=AFAGC．AFFG=DFCFD．CFAE=CGEF
【答案】A
【分析】根据相似三角形性质与判定即可求出答案．
【详解】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，且EF∥BC，
∴四边形EBCF是平行四边形，
∴EB=CF，
A、在平行四边形EFCB中，
∴EB=CF，
∵EF∥CG
∴∠AFE=∠G，
∵∠FCG=∠B=∠AEF，
∴△AFE∽△FGC，
∵BE=CF，
∴AEBE=AECF=EFCG，故A错误；
B、∵CF∥AB，
∴BCBG=AFAG，故B正确；
C、∵AD∥BC，
∴AFFG=DFCF，故C正确；
D、∵△FGC∽△AFE，
∴CFAE=CGEF，故D正确；
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于基础题型．
5．（2022·重庆·模拟预测）如图，已知△ABC和△DEF位似，位似中心为点O，且AODO=32，若△ABC的周长为9，则△DEF的周长为（ ）
A．4B．6C．12 D．13.5
【答案】B
【分析】根据题意得△ABC∽△DEF，且相似比为32，根据题意和相似三角形的性质即可得△DEF的周长．
【详解】解：∵△ABC和△DEF位似，位似中心为点O，且AODO=32，
∴△ABC∽△DEF，且相似比为32，
∵△ABC的周长为9，
∴△DEF的周长为9×23=6，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，掌握相似三角形的判定与性质．
6．（2023上·九年级课时练习）已知△ABC∽△DEF，△ABC与△DEF面积之比为1：4．若BC＝1，则EF的长是（ ）
A．2B．2C．4D．16
【答案】B
【分析】根据相似三角形的性质求解即可；
【详解】∵△ABC∽△DEF，△ABC与△DEF面积之比为1：4，
∴△ABC与△DEF相似比为1：2，即BCEF=12，∵BC＝1，
∴EF＝2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，准确计算是解题的关键．
7．（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC:EC=3:1．S△ADG=16．则S△CEG的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据平移的性质可得AD=BE，且AD∥BE，故可得△CEG∽△ADG，由相似三角形的性质及已知条件即可求得△CEG的面积．
【详解】由平移的性质可得：AD=BE，且AD∥BE
∴△CEG∽△ADG
∴S△CEGS△ADG=CEAD2
即S△CEG=CEAD2×S△ADG
∵BC:EC=3:1
∴BE:EC=2:1
∴AD:EC=2:1
∵S△ADG=16
∴S△CEG=122×16=4
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质及相似三角形的判定与性质，相似三角形的性质是本题的关键．
8．（2023上·河北保定·九年级统考期末）如图所示，不能保证△ACD∽△ABC的条件是( )
A．AB:BC=AC:CDB．CD:AD=BC:ACC．CD2=AD⋅DCD．AC2=AB⋅AD
【答案】D
【分析】对应边成比例，且对应角相等，是证明三角形相似的一种方法．△ACD和△ABC有个公共的∠A，只需要再证明对应边成比例即满足相似，否则就不是相似．
【详解】解：图中有个∠A是公共角，只需要证明对应边成比例即可，
△ACD中三条边AC、AD、DC分别对应的△ABC中的AB、AC、BC．
A、B、C都满足对应边成比例，
只有D选项不符合．
故本题答案选择D
【点睛】掌握相似三角形的判定是解决本题的关键．
9．（2023上·广东深圳·九年级深圳市宝安中学（集团）校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，∠BAC=30°，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，过点B作BE⊥BC，交AD于点E，点F是线段BE上一点，且∠ADF=45°．则下列结论：①AE=BE；②△BED∽△ABC；③BD2=AD⋅DE；④AF=6，其中正确的有（ ）
A．①④B．②③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】由折叠的性质可求∠BAD=∠BAC=30°，AD=AC=3，BD=BC=3，∠C=∠ADB=90°，可得∠BAE=∠EBA=30°，可证BE=AE，故①正确，由外角的性质可得∠BED=∠ABC，可证△BED∽△ABC，故②正确；由相似三角形的性质，可得BD2=AD•DE，故③正确；过点F作FH⊥AD于H，FG⊥BD于G，由面积法求出FH，DH的长，由勾股定理可求AF=6，故④正确，即可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=3，∠BAC=30°，
∴∠ABC=60°，BC=3，AB=2BC=23，
∵BE⊥BC，
∴∠EBA=30°，
∵把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，
∴∠BAD=∠BAC=30°，AD=AC=3，BD=BC=3，∠C=∠ADB=90°，
∴∠BAE=∠EBA=30°，
∴BE=AE，故①正确，
∵∠BED=∠ABE+∠BAE=60°，
∴∠BED=∠ABC，
又∵∠C=∠ADB，
∴△BED∽△ABC，故②正确；
∴BDAC=DEBC，
∵BD=BC，AD=AC，
∴BD2=AD•DE，故③正确；
如图，过点F作FH⊥AD于H，FG⊥BD于G，
∵∠DBE=90°-∠BED=30°，∠BDE=90°，
∴BD=3DE=3，BE=2DE，
∴DE=1，BE=2，
∵∠ADF=45°=∠BDF，FH⊥AD，FG⊥BD，
∴FH=FG，
∵S△BDE=12BD×DE=12×DE×HF+12×BD×GF，
∴HF=3−32，
∵∠ADF=45°，∠DHF=90°，
∴DH=HF=3−32，
∴AH=AD-DH=3+32，
∴AF=AH2+HF2=6，故④正确，
综上，①②③④均正确，
故选：D．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，勾股定理等知识，求出AH的长是解题的关键．
10．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在△ABC中，P为AB边上一点．若M为CP的中点，∠PBM=∠ACP,AB=3,AC=2，则BP的长为（ ）
A．1B．2C．5D．3
【答案】C
【分析】取AP中点G，连接MG，设AG=x，则PG=x，BG=3-x，根据三角形的中位线的性质得到MG∥AC，由平行线的性质得到∠BGM=∠A；接下来再根据相似三角形的性质得到APGM=ACBG，将相关数据代入得到方程，解方程得到AG的长，由AB=3可得结果．
【详解】如图所示，取AP中点G，连接MG，
设AG=x，则PG=x，BG=3-x，
∵M为CP的中点，
∴MG∥AC，
∴∠BGM=∠A，
∵∠PBM=∠ACP，
∴△APC∽△GMB，
∴APGM=ACBG，
即2x1=23−x，
解得：x=3±52，
∵AB=3，
∴AP=3-5，
∴BP=5．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质综合，准确做出辅助线，找到相似三角形是关键．
11．（2023上·山东潍坊·九年级校考阶段练习）如图，在ΔABC.与ΔCAD中，AD//BC，CD交AB于点E，且AE:EB=1:2，EF//BC交AC于点F，则四边形ADEF与ΔBEC的面积比为（ ）
A．512B．12C．56D．34
【答案】A
【分析】首先证明△ADE∽△BCE得S△ADE：S△BCE=AE2：BE2=1：4，再证明S△AEF：S△ABC=AE2：AB2=1：9，求出S四边形ADEF=512SΔBCE即可得出结论．
【详解】解：∵DA//BC
∴∠DAE=∠EBC，∠D=∠ECB，
∴△ADE∽△BCE，
∵AE：EB=1:2，
∴S△ADE：S△BCE=AE2：BE2=1：4
∵S△ABC：S△BCE=AB：BE=3：2，
又∵EF//BC
∴△AEF∽△ABC
∵AE：AB=1：3，
∴S△AEF：S△ABC=AE2：AB2=1：9
∴S△AEF=19S△ABC=19×32SΔBCE=16SΔBCE，
S四边形ADEF=SΔADE+SΔAEF=14SΔBCE+16SΔBCE=512SΔBCE
∴四边形ADEF与△BEC的面积比为512，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理以及两个三角形相似时，它们的面积比等于对应线段比的平方，即相似比的平方．
12．（2023上·上海青浦·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC上的点，下列比例式中不能判定DE∥BC的是（ ）

A．ADAB=AEACB．ADBD=AEECC．BDAB=CEACD．ADAB=DEBC
【答案】D
【分析】根据题意，证明△ADE∽△ABC，进而得出∠D=∠B，即可证明DE∥BC，即可求解．
【详解】解：A. ∵ADAB=AEAC，∠EAD=∠CAB
∴△ADE∽△ABC，
∴∠D=∠B，
∴DE∥BC，故A选项不符合题意；
B. ∵ADBD=AECE，则ADAB=AEAC，又∠EAD=∠CAB
∴△ADE∽△ABC，
∴∠D=∠B，
∴DE∥BC，故B选项不符合题意；
C. BDAB=CEAC，则ADAB=AEAC，又∠EAD=∠CAB
∴△ADE∽△ABC，
∴∠D=∠B，
∴DE∥BC，故C选项不符合题意；
D. ADAB=DEBC，不能判断△ADE∽△ABC，则不能证明DE∥BC，故D错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13．（2023·陕西商洛·统考一模）如图，在矩形ABCD中，E是CD边的中点，且BE⊥AC于点F，连接DF，则下列结论错误的是（ ）
A．△ADC∽△CFBB．AD＝DF
C．BCAC＝32D．S△CEFS△ABF＝14
【答案】C
【分析】依据∠ADC=∠BCD=90°，∠CAD=∠BCF，即可得到△ADC∽△CFB；过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，得出DM垂直平分AF，即可得到DF=DA；设CE=a，AD=b，则CD=2a，由△ADC∽△CFB，可得ab=b2a ，可得b=2a，依据BCAB＝22，即可得出BCAC=33；根据E是CD边的中点，可得CE：AB=1：2，再根据△CEF∽△ABF，即可得到S△CEFS△ABF=（12）2=14 ．
【详解】∵BE⊥AC，∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠BCF+∠ACD=∠CAD+∠ACD，
∴∠CAD=∠BCF，
∴△ADC∽△CFB，故A选项正确；
如图，过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，
∵DE∥BM，BE∥DM，

∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM=DE=12DC，
∴BM=AM，
∴AN=NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥AF，
∴DM垂直平分AF，
∴DF=DA，故B选项正确；
设CE=a，AD=b，则CD=2a，
∵∠ADC=∠BCD=90°，△ADC∽△CFB
∴∠CBE=∠DCA,
∴∠DAC=∠CEB,
∴△ADC∽△ECB，
由△ADC∽△ECB，可得ab=b2a，
即b=2a，
∴BCAB＝22，
AC=22+22=6 ,
∴BCAC=33，故C选项错误；
∵E是CD边的中点，
∴CE：AB=1：2，
又∵CE∥AB，
∴△CEF∽△ABF，
∴S△CEFS△ABF=（12）2=14，故选D选项正确；
故选：C．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
14．（2023上·浙江杭州·九年级校考期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE//AC，若S△BDE:S△CDE=1:2，则S△DOE:S△AEC的值为（ ）
A．16B．19C．112D．116
【答案】C
【分析】先根据等高三角形的面积证明BE：EC=1：2，进而可得BE：BC=1：3；根据DE//AC可得△DOE∽△COA，△BDE∽△BAC，得到DEAC=BEBC=EOOA=13，根据相似三角形的性质得到S△DOE：S△AOC=(DEAC)2=19，再根据等高三角形的面积计算得到S△AOC：S△AEC=34=912即可得答案．
【详解】∵S△BDE：S△CDE=1：2，△BDE和△CDE等高，
∴BE：EC=1：2；
∴BE：BC=1：3；
∵DE//AC，
∴△DOE∽△COA，△BDE∽△BAC，
∴DEAC=BEBC=EOOA=13，
∴AOAE=34，S△DOE：S△AOC=(DEAC)2=19，
∵△AOC和△AEC等高，
∴S△AOC：S△AEC=AOAE=34=912，
∴S△DOE:S△AEC=1：12．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据平行得出两组相似三角形并熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．
15．（2022·山东济宁·二模）已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙O半径为R，AD是△ABC的高，E是BC 的中点，EF与⊙O切于E，交AC的延长线于F，则下列结论：①AC⋅AB=2R⋅AD；②EF∥BC；③CF⋅AC=EF⋅CM；④ CMBM=sinBsinF．其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①连接AO并延长交⊙O于G点，连接CG，则∠GCA=∠ADB=90°，∠G=∠B，证明△ACG∽△ADB，利用相似比证明结论； ②连接OE，由EF为⊙O的切线可知OE⊥EF，由E是 BC 的中点可知OE⊥BC，故结论成立； ③连接CE，证明△ACM∽△EFC，利用相似比证明结论； ④过M点分别作MP⊥AC，MQ⊥AB，由E是 BC的中点可知AE平分∠BAC，由角平分线的性质得MP=MQ，而∠F=∠PCM，在Rt△PCM和Rt△BMQ中，分别表示sin∠B，sin∠PCM，再求比即可．
【详解】解：①如图1，连接AO并延长交⊙O于G点，连接CG，
∵AG为直径，∴∠GCA=∠ADB=90°，又∠G=∠B，
∴△ACG∽△ADB，
∴ACAD=AGAB，而AG=2R，
∴AC⋅AB=2R⋅AD，①正确；
②如图1，连接OE，
∵EF为⊙O的切线，E为切点，∴OE⊥EF，
又∵E是BC 的中点，∴OE⊥BC，
∴EF//BC，②正确；
③如图2，连接CE，BE,
∵EF//BC,BE=CE,
∴∠ACM=∠F，∠ECB=∠EAC=∠EBC, 而∠CAE=∠EBC,
∴ ∠CAE=∠FEC，
∴△ACM∽△EFC，
∴ACEF=CMCF，即CF⋅AC=EF⋅CM，③正确；
④如图2，过M点分别作MP⊥AC，MQ⊥AB，垂足为P，Q，
∵E是BC 的中点，
∴AE平分∠BAC，∴MP=MQ，
又∠F=∠PCM，
∴在Rt△PCM中，sin∠PCM=sinF=PMCM，
在Rt△BMQ中，sinB=MQMB，
∴sinBsinF=CMBM，④正确．
故选D．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，锐角三角函数的定义．关键是通过作辅助线，将问题转化到直角三角形中求解．
二、填空题
16．（2023·浙江宁波·校联考一模）如图，将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的点F处，若DE＝5，AB＝8，则S△ABF：S△FCE＝ ．
【答案】4
【分析】由矩形的性质可得∠B=∠C=∠D=90∘，AB=CD=8，由折叠的性质可得DE=EF=5，∠D=∠AFE=90∘，由勾股定理可求FC=4，由相似三角形的性质可求S△ABF：S△FCE的值．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴∠B=∠C=∠D=90∘，AB=CD=8
∵DE=5，
∴EC=3,
∵折叠
∴DE=EF=5，∠D=∠AFE=90∘
在Rt△EFC中，FC=EF2−EC2=4
∵∠AFE=90∘，∠C=90∘
∴∠AFB+∠EFC=90∘，∠EFC+∠FEC=90∘
∴∠AFB=∠FEC，且∠B=∠C=90∘
∴△ABF∽△FCE
∴S△ABFS△FCE=(ABFC)2=(84)2=4.
故答案为4.
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是证△ABF∽△FCE．
17．（2023·湖南长沙·校考二模）若△ABC∽△DEF，且相似比为3：1，△ABC的面积为54，则△DEF的面积为 ．
【答案】6
【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算，得到答案．
【详解】解：∵△ABC∽△DEF，相似比为3：1，
∴S△ABCS△DEF＝32，即54S△DEF＝9，
解得，△DEF的面积＝6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查的知识点是相似三角形的性质，解题关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方这一定理．
18．（2023·云南曲靖·统考一模）已知，如图，直线a∥b∥c，直线m，n分别与直线a，b，c交于点A、B、C、D、E、F，若AB:BC=4:7，DE=2.8 cm，则EF= cm．

【答案】4.9
【分析】根据平行线所截线段对应成比例直接求解即可得到答案.
【详解】解：∵a∥b∥c，
∴ABBC=DEEF，
∵AB:BC=4:7，DE=2.8 cm，
∴EF=2.8×74=4.9，
故答案为：4.9；
【点睛】本题考查平行线所截线段对应成比例，解题的关键是熟练掌握此知识点．
19．（2023上·贵州铜仁·九年级校考阶段练习）若△ABC∽△A′B′C′，且ABA′B′=34，若△ABC的面积为27cm2，则△A′B′C′的面积为 ．
【答案】48cm2/48平方厘米
【分析】由△ABC∽△A′B′C′，且ABA′B′=34，根据相似三角形的面积比是相似比的平方，可得△ABC与△A′B′C′的面积比，进而可求得答案
【详解】解：∵△ABC∽△A′B′C′，且ABA′B′=34，
∴S△ABCS△A′B′C′=916，
∴S△A′B′C′=S△ABC×169=48cm2，
故答案为48cm2
【点睛】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
20．（2023·上海静安·统考一模）在△ABC中，AB=6,AC=5，点D、E分别在边AB,AC上，当AD=4,∠ADE=∠C时，DEBC= ．
【答案】45/0.8
【分析】根据两角分别相等的两个三角形相似可证明△ABC~△AED，再根据相似三角形的对应边成比例可得ADAC=DEBC，代入求解即可．
【详解】在△ABC中，∵∠A=∠A,∠ADE=∠C，
∴△ABC~△AED，
∴ADAC=DEBC，
∵AD=4,AC=5，
∴45=DEBC，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
21．（2023·广东深圳·校考模拟预测）已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,P为CD边上动点，连接AP，过P作PM⊥AP，在AP上截取PM=34PN，过P作PH⊥MN于H，连接DH，则DH的最小值为 ．
【答案】245
【分析】连接AC，求出AC=10，根据ADPN=CDPM证明△ADC∽△NPM，得到∠ACD=∠NMP，由∠PHM=∠PCM=90°，得点P、C、M、H四点共圆，证得∠PCH=∠PMH=∠ACD，即AC与HC共线，进而得到当DH⊥AC时，DH的值最小，利用面积法求出答案．
【详解】解：如图，连接AC，DH，
∵AB=6,AD=8,∠ADC=90°，
∴AC=10，
∴PM=34PN，CD=34AD，
∴ADPN=CDPM
∵∠ADC=∠NPM=90°，
∴△ADC∽△NPM
∴∠ACD=∠NMP
∵∠PHM=∠PCM=90°，
∴点P、C、M、H四点共圆，
∴∠PCH=∠PMH=∠ACD，
∴AC与HC共线，
∴当DH⊥AC时，DH的值最小，此时DH=AD⋅CDAC=8×610=245，
故答案为：245
【点睛】此题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，四点共圆，垂线段最短，正确理解四点共圆得到AC与HC共线是解题的关键．
22．（2022上·辽宁沈阳·九年级统考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是角平分线，点E在边AC上．AB=9，AD=6，AE=4，∠BAC=50°．则∠CDE的度数是 ．
【答案】25°
【分析】根据边长及AD是角平分线，证明ΔEAD∽ΔDAB，则∠EDA=∠B=90°−∠BAC=40°，∠BAD=12∠BAC=25°，利用三角形一个外角等于不相邻的两个内角的和可得答案．
【详解】解：∵AD是角平分线，
∴∠EAD=∠DAB，
∵AB=9，AD=6，AE=4，且62=4×9，
∴AD2=AE⋅AB，即ADAE=ABAD，
∴ΔEAD∽ΔDAB，
∴∠EDA=∠B，
∵∠C=90°，∠BAC=50°，
∴∠B=40°=∠EDA，∠EAD=∠BAD=25°，
∴∠CDA=∠DAB+∠B=65°，
∴∠CDE=∠CDA−∠EDA=65°−40°=25°．
故答案为：25°．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是利用已知条件证明ΔEAD∽ΔDAB，利用相似三角形的角相等解题．
23．（2023·江苏扬州·统考一模）正方形ABCD，∠DEC＝90°，EC＝6，则阴影△CBE面积是 ．
【答案】18
【分析】过点E作BC边的垂线，构造相似三角形，得到阴影部分的高EN=36DC，再代入三角形面积公式可得解．
【详解】解：如图，过点E作EN⊥BC于点N，则∠ENC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴；CB＝CD，∠DCB＝90°．
∵∠DEC＝90°，
∴∠CDE+∠DCE＝∠DCE+∠BCE＝90°，
∴∠CDE＝∠BCE，
又∵∠ENC=90°,
∴∠DEC=∠ENC=90°,
∴△CEN∽△DCE，
∴CEDC=ENCE，即6DC=EN6，
∴EN=36DC，
∴S△BCE=12BC·EN=12BC·36DC=12BC·36BC=18.
故答案为：18.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积问题，掌握构建相似三角形求解三角形的边长是解题的关键．
24．（2023下·山东青岛·九年级统考期中）如图，一“L”型纸片是由5个边长都是10cm的正方形拼接而成，过点I的直线分别与AE，JN交于点P，Q，且“L”型纸片被直线PQ分成面积相等的上下两部分，将该纸片沿BG，CH，DI，IJ折成一个无盖的正方体盒子后，点P，Q之间的距离为 cm．
【答案】10
【分析】首先证明PB+QJ＝10，在立体图形中，证明四边形BGQP为矩形，根据矩形的性质解答即可．
【详解】解：平面图形中，∵IJ∥PE，
∴△QIJ∽△QPE，
∴ IJPE=QJQE，即10PE=EQ−10EQ，
∴10EQ+10PE＝PE•EQ，
∵图L被直线PQ分成面积相等的上、下两部分，
∴ 12×PE·EQ=12×5×100=250，
∴PE•QE＝500，即PE+QE＝50(cm)，
∴PB+JQ＝50﹣40＝10(cm)，
立体图形中，连接MN，
∵PB+JQ＝10，JQ+QG＝10，
∴PB＝QG，
∴四边形BGQP为矩形，
∴PQ＝BG＝10(cm)，
故答案为10．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、几何体的展开图，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
25．（2023·广西防城港·统考一模）如图，将等腰Rt△GAE绕点A顺时针旋转60°得到△DAB，其中∠GAE=∠DAB=90°，GE与AD交于点M，过点D作DC∥AB交AE于点C．已知AF平分∠GAM，EH⊥AE交DC于点H，连接FH交DM于点N，若AC=23，则MN的值为 ．

【答案】9﹣53．
【分析】作MK⊥AC，FT⊥AD垂足分别为K，T，证明△AGF≌△AEM，△AFT≌△AMK得到AF=AM，FT=MK=EK=DM，在RT△ADC中根据已知条件求出CD，AD，设MK=EK=x，根据AE=AK+EK列出方程求出x，在RT△HEC中求出HC，进而求出DH，再根据DHFT=DNNT，求出DN，利用MN=AD﹣AM﹣DN求出MN．
【详解】解：作MK⊥AC，FT⊥AD垂足分别为K，T，
∵Rt△GAE绕点A顺时针旋转60°得到△DAB，
∴∠GAD=∠CAB=60°，
∵∠GAE=∠DAB=90°，AG=AE=AD=AB，
∴∠DAC=30°，∠G=∠AEG=45°，
∵AF平分∠GAD，
∴∠GAF=∠FAT=30°，
在△AGF和△AEM中，∠G=∠AEM,AG=AE,∠GAF=∠MAE，
∴△AGF≌△AEM，
∴AF=AM
在△AFT和△AMK中，∠FAT=∠MAK，∠FTA=∠MKA,AF=AM，
∴△AFT≌△AMK，
∴AT=AK，
∵AD=AE，
∴DT=EK，
∵∠KME=∠KEM=45°，
∴MK=EK=DT=FT，
设MK=KE=x，则AK=3x，
∵AC=23，∠DAC=30°，
∴DC=3，AD=3，∴AE=AD=3，
∴x+3x=3
x=3(3−1)2，
∴DT=DM=FH=MK=EK=3(3−1)2，AM=3（3﹣1），EC=23﹣3，
在RT△HEC中，∵∠C=60°，EC=23﹣3，
∴HC=2EC=43﹣6，DH=DC﹣HC=3﹣（43﹣6）=6﹣33，
设DN=y，∵DH∥FT，
∴DHFT=DNNT，
∴y=23﹣3，
∴MN=AD﹣AM﹣DN=3﹣3（3﹣1）﹣（23﹣3）=9﹣53．

【点睛】本题考查旋转性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、平行成比例等知识，灵活运用全等三角形的性质是解题的关键．
三、解答题
26．（2023·福建南平·校联考模拟预测）已知：如图，在△ABC中，点D为AC边上的一点．

(1)过点D作直线DE∥BC，交线段AB于点EE．
（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图形中，若ADDC=3，求AEAB的值．
【答案】(1)作图见解析
(2)34
【分析】（1）作∠ADE=∠C，DE交AB于点E，
（2）利用平行线分线段比例定理即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，作∠ADE=∠C，DE交线段AB于点E，
∴DE∥BC，
则直线DE即为所作；

（2）∵DE∥BC，ADDC=3，
∴AEEB=ADDC=3，
∴AE=3EB
∴AEAB=AEAE+BE=3EB3EB+BE=34．
∴AEAB的值为34．
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，考查了平行线的判定，平行线分线段成比例定理．掌握基本作图和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
27．（2023上·浙江·九年级专题练习）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约1500年前，其中有首歌谣：今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？意思是：如图，有一根竹竿OB不知道有多长，量得它在太阳下的影子BA长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆O′B′，它的影子B′A′长五寸，问竹竿OB的长度为多少尺？（注：1丈=10尺，1尺=10寸）

【答案】竹竿OB的长度为45尺．
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】解：设竹竿的长度为x尺，
∵竹竿的影长=一丈五尺=15尺，标杆长=一尺五寸=1.5尺，影长五寸=0.5尺，
∴x15=1.50.5，
解得x=45（尺），
答：竹竿OB的长度为45尺．
【点睛】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物髙与影长成正比是解答此题的关键．
28．（2022下·福建福州·九年级福建省福州屏东中学校考期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DC，DF．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若AC=23DE，求tan∠ABD的值．
【答案】(1)见解析
(2)tan∠ABD=3．
【分析】（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出结论即可；
（2）利用相似三角形的性质结合勾股定理表示出AD，DC的长，再利用圆周角定理得出tan∠ABD的值．
【详解】（1）证明：连接OD．
∵OD=CO，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=∠EDC=90°，
∵点F为CE的中点，
∴DF=CF=EF，
∴∠FDC=∠FCD，
∴∠FDO=∠FCO，
又∵AC⊥CE，
∴∠FDO=∠FCO=90°，
∵OD是半径，
∴DF是⊙O的切线；
（2）解：∵∠E+∠CAE=90°，∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠DCA=∠E，
又∵∠ADC=∠ACE=90°，
∴△ACE∽△ADC，
∴ACAD=AEAC，
∴AC2=AD×AE，
设DE=a，则AC=23a，
∴12a2=AD（AD+a），
∴AD=3a或-4a（舍去），
∵DC2=AC2-AD2，
∴DC=3a，
∴tan∠ABD=tan∠ACD=ADCD=3a3a=3．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，根据题意表示出AD，DC的长是解题关键．
29．（2023·陕西西安·三模）大唐不夜城位于陕西省西安市雁塔区的大雁塔脚下，以盛唐文化为背景，以唐风元素为主线，是西安唐文化展示和体验的首选之地．爸爸和贝贝来到大唐不夜城游玩，被漂亮的灯光夜景吸引，贝贝想利用所学知识来测量路灯的高度．如图，他们共同站在路灯下，爸爸的身高EF=1.8m，贝贝的身高MN=1.5m，他们的影子恰巧等于自己的身高，即BF=1.8m,CN=1.5m，两人相距FN=4.7m，求路灯AD的高度．

【答案】路灯AD的高度是4m．
【分析】由EF//AD，得△BEF∽△BAD，表示出DF；由MN//AD，得△CMN∽△CAD，表示出DN，DF+DN=FN，求得x的值．
【详解】设路灯的高度为xm．
∵EF//AD，∴△BEF∽△BAD，
∴EFAD=BFBD，
即1.8x=1.81.8+DF，
解得DF=x−1.8．
∵MN//AD，∴△CMN∽△CAD，
∴MNAD=CNCD，
即1.5x=1.51.5+DN，
解得DN=x−1.5．
∵两人相距4．7m，
∴FD+ND=4．7，
∴x−1．8+x−1．5=4．7，
解得x=4．
答：路灯AD的高度是4m．
【点睛】本题考查了相似三角形的实际应用，利用平行确定相似三角形并表示出线段长度，是解题的关键
30．（2022上·广西贵港·九年级统考期中）如图，已知正方形ABCD，点E在边BC上，连接AE．利用尺规在AE上求作一点F，使得△ABE∽△DFA．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】见解析
【分析】过点D作DF⊥AE于点F，点F即为所求．
【详解】如图，点F即为所求．
∵DF⊥AE，
∴∠ADF+∠DAF=90°，∠BAE+∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠BAE，
∵∠ABE=AFD=90°，
∴△ABE∽△DFA．
【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的判定，正方形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
31．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为215，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别交于点M，N． 请你回答下列问题：
(1)求证：AF⊥DE．
(2)直接写出AM的长．
(3)求△DMN的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)23
(3)8
【分析】（1）只需要利用SAS证明△AED≌△BFA得到∠AED=∠BFA，由∠BAF+∠BFA=90°推出∠MAE+∠MEA=90°，即可证明AF⊥DE；
（2）先利用勾股定理求出DE的长，再利用三角形面积法求出AM的长即可；
（3）先利用勾股定理求出DM的长，利用全等三角形的性质得到AF的长，再证明△ADN∽△FBN，得到ANFN=21，求出AN=1033，则MN=433，即可利用三角形面积公式求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠DAE=∠ABF=90°，
∵E、F分别是AB，BC的中点，
∴AE=BF=12AB=12BC，
∴△AED≌△BFASAS，
∴∠AED=∠BFA，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠MAE+∠MEA=90°，
∴∠AME=90°，
∴AF⊥DE；
（2）解：∵正方形ABCD的边长为215，B为AB的中点，
∴AE=15，AD=215，
∴DE=AE2+AD2=53，
∵S△ADE=12AD⋅AE=12AM⋅DE，
∴AM=AD⋅AEDE=23；
（3）解：在Rt△ADM中，由勾股定理得DM=AD2−AM2=43，
∵△AED≌△BFA，
∴AF=DE=53，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△ADN∽△FBN，
∴ANFN=ADBF=21，
∴AN=23AF=1033，
∴MN=AN−AM=433，
∴S△DMN=12DM⋅MN=12×43×433=8．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
32．（2022·黑龙江绥化·校考一模）如图，BD是圆O的直径，AB=AC,AD交BC于点E，延长DB到F，使BF=BO，连接FA．

(1)求证：AB2=AD⋅AE；
(2)若AE=4,ED=8，求AB的长；
(3)在（2）的条件下，直线FA为⊙O相切吗？为什么？
【答案】(1)证明见详解
(2)43
(3)直线FA为⊙O相切，理由见详解
【分析】（1）由AB=AC，得∠ABE=∠ADB，证△BAE∼△DAB，即可求解；
（2）AE=4，ED=8，由AB2=AD⋅AE=48，即可求解；
（3）连接OA，由BD=AB2+AD2=432+122=83，得OB=AB=OA=43，∠OBA=∠OAB=60°，进而即可求解；
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴AB=AC，
∴∠ABE=∠ADB，
∵∠BAE=∠DAB，
∴△BAE∼△DAB，
∴ABAD=AEAB，
∴AB2=AD⋅AE．
（2）∵AE=4，ED=8，
∴AD=12，
∴AB2=AD⋅AE=48，
∴AB=43．
（3）连接OA，
∵BD=AB2+AD2=432+122=83，
∴OB=AB=OA=43，
∴∠OBA=∠OAB=60°，
∵BO=BF，
∴BF=AB，
∴∠BAF=30°，
∴∠FAO=∠BAF+∠OAB=90°，
∴直线FA为⊙O相切．

【点睛】本题主要考查圆的综合应用，相似三角形综合，勾股定理，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
33．（2023·陕西西安·高新一中校考二模）新型冠状病毒感染引发“疫情就是命令，现场就是战场”家住武汉火神山医院旁的小华，目睹这与时间赛跑的建设场面，在家里的小华从离窗台A水平距离2m的M点望去，通过窗台A处刚好俯瞰到远处医院箱式板房顶部远端E点，小华又向窗户方向前进0.8m到Q点，恰好通过窗台A处看到板房顶部近处D点，已知AB、CD、EF、MN都垂直于地面BC，N、F在直线BC上，MQ、DE都平行于地面BC，BC长300m，请你帮助小华计算DE的长度．
【答案】500m
【分析】延长ED交AB于H，延长MQ交BA的延长线于T，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
【详解】如图，延长ED交AB于H，延长MQ交BA的延长线于T，
由题意MT＝2m，MQ＝0.8m，
∴QT＝MT﹣MQ＝2﹣0.8＝1.2（m），
∵四边形BCDH是矩形，
∴DH＝BC＝300（m），
∵QT∥DH，
∴TAAH=QTDH=1.2300=1250，
∵MT∥DE，
∴MTDE=ATAH，
∴2DE=1250，
∴DE＝500（m）．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．
34．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=k1x+b的图象分别与x轴、y轴交于A，B两点，与反比例函数y=k2x的图象在第二象限交于C，D(−6,2)两点，DE//OC交x轴于点E，若ADAC=13．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式．
（2）求四边形OCDE的面积．
【答案】（1）y＝x+8，y＝−12x；（2）643
【分析】（1）先利用待定系数法求反比例函数解析式，然后结合相似三角形的判定和性质求得C点坐标，再利用待定系数法求函数关系式；
（2）根据一次函数图象上点的坐标特征并结合待定系数法求得A点和E点坐标，然后用△AOC的面积减去△AED的面积求解．
【详解】解：（1）将D(−6，2)代入y=k2x中，
k2＝−6×2＝−12，
∴反比例函数的解析式为y＝−12x；
过点D作DM⊥x轴，过点C作CN⊥x轴，
∵DE//OC，
∴△ADE∽△ACO，
∴ADAC=AEAO=DMCN=13，
∴CN＝3DM＝6，
将y＝6代入y＝−12x中，
−12x=6，
解得：x＝−2，
∴C点坐标为−2,6，
将C−2,6，D−6,2代入y＝k1x+b中，
可得−2k1+b=6−6k1+b=2，
解得：k1=1b=8，
∴一次函数的解析式为y＝x+8；
（2）设直线OC的解析式为y＝mx，
将C−2,6代入，得：−2m＝6，
解得：m＝−3，
∴直线OC的解析式为y＝−3x，
由DE//OC，设直线DE的解析式为y＝−3x+n，
将D−6,2代入可得：−3×−6+n＝2，
解得：n＝−16，
∴直线DE的解析式为y＝−3x−16，
当y＝0时，−3x−16＝0，
解得：x=−163，
∴E点坐标为−163,0，
∴OE＝163，
在y＝x+8中，当y＝0时，x+8＝0，
解得：x＝−8，
∴A点坐标为−8,0，
∴OA＝8，
∴AE＝8−163＝83，
S四边形OCDE＝S△AOC﹣S△AED
=12OA⋅CN−12AE⋅DM
=12×8×6−12×83×2
=24−83
=643．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的应用，相似三角形的判定和性质，掌握一次函数及反比例函数图象上点的坐标特征，利用待定系数法求函数解析式是解题关键．
35．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）矩形ABCD中，点E是边AD的中点，延长BE交CD的延长线于点F，点P是线段EF上的一点，延长PD交BC的延长线于点Q．
（1）如图1，若P是线段EF的中点，求证：DE=CQ；
（2）如图2，连接AP、AQ，求证：AD平分∠PAQ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由点P为EF中点，可得PD=PF，利用等边对等角的∠F=∠PDF，可证∠CDQ=∠F，点E为AD中点，可得AE=DE，可得∠ABE=∠DFE，可证△ABE ≌ △DFE（AAS），AB=DF=CD，可证△CDQ ≌ △DFE（AAS），可证DE=CQ；
（2）如图，过点E作MN⊥AD，连接MD、ND，则MA=MD,NA=ND，由MN//AB，可证△PME∽△PAB，可得PMPA=PEPB，由DE//BQ，可证△PED∽△PBQ，可得PEPB=PDPQ，可得PMPA=PDPQ，可证△PMD∽△PAQ，∠PMD=∠PAQ，MD//AN，∠QAD=∠MDA=∠MAD即可
【详解】证明：（1）∵点P为EF中点，
∴PD=PF，
∴∠F=∠PDF，
又∵∠PDF=∠CDQ，
∴∠CDQ=∠F，
∵点E为AD中点，
∴AE=DE，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠ABE=∠DFE，
在△ABE和△DFE中，
∠ABE=∠DFE∠AEB=∠DEFAE=DE，
△ABE ≌ △DFE（AAS），
∴AB=DF=CD，
在△CDQ和△DFE中
∠CDQ=∠DFE∠DCQ=∠FDEDC=FD，
∴△CDQ ≌ △DFE（AAS），
∴DE=CQ
（2）如图，过点E作MN⊥AD，
连接MD、ND，则MA=MD,NA=ND，
∵MN//AB，
∴∠PME=∠PAB，∠PEM=∠PBA，
∴△PME∽△PAB，
∴PMPA=PEPB，
∵DE//BQ，
∴∠PED=∠PBC，∠PDE=∠PQB，
∴△PED∽△PBQ，
∴PEPB=PDPQ，
∴PMPA=PDPQ，
又∠MPD=∠APQ，
∴△PMD∽△PAQ，
∴∠PMD=∠PAQ，
∴MD//AN
∴∠QAD=∠MDA=∠MAD，
∴AD平分∠PAQ．
【点睛】本题考查矩形性质，线段中点，等腰三角形性质，三角形全等判定与性质，相似三角形判定与性质，掌握矩形的性质，线段中点，等腰三角形性质，三角形全等判定与性质，相似三角形判定与性质是解题关键．
【能力提升】
36．（2023上·广东梅州·九年级统考期末）如图，在Rt△ACB中，∠C=90∘，AC=30cm，BC=25cm，动点P从点C出发，沿CA方向运动，速度是2cm/s，动点Q从点B出发，沿BC方向运动，速度是1cm/s．
(1)几秒后△PCQ与△ABC相似？
(2)设△CPQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S1:S2=2:5？若存在，求出t的值；若不存在，则说明理由．
【答案】(1)758秒或12517秒后△PCQ与△ABC相似
(2)存在，运动10秒或15秒时，使得S1:S2=2:5
【分析】本题考查的是相似三角形的判定和性质以及一元二次方程的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正确解出一元二次方程是解题的关键，注意分情况讨论思想的应用；
（1）设y秒后根据△PCQ与△ABC相似，用y表示出CP、CQ，分△PCQ∽△ACB和△PCQ∽△BCA两种情况，根据相似三角形的性质列出关系式，解方程即可；
（2）用t分别表示出CP、CQ，根据题意列出方程，解方程即可．
【详解】（1）设y秒后有△PCQ与△ABC相似，则CP=2ycm,CQ=(25−y)cm，
当△PCQ∽△ACB时，CPCA=CQCB，即2y30=25−y25，
解得，y=758，
当△PCQ∽△BCA时，CPCB=CQCA，即2y25=25−y30，
解得，y=12517，
故758秒或12517秒后△PCQ与△ABC相似．
（2）△CPQ的面积为S1=12×CQ×CP=12×2t×25−t=−t2+25t，
△ABC的面积为S2=12×AC×BC=375，
由题意得，5−t2+25t=375×2，解得，t1=10，t2=15，
故运动10秒或15秒时，S1:S2=2:5．
37．（2023·广东茂名·统考三模）如图，AB是⊙O的直径，点E是劣弧BD上一点，∠PAD=∠AED，且DE= 2，AE平分∠BAD，AE与BD交于点F．
(1)求证：PA是⊙O的切线；
(2)若tan∠DAE= 22，求EF的长；
(3)延长DE，AB交于点C，若OB=BC，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)2
【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，可得∠ADB=90°，即∠DAB+∠DBA=90，根据同弧所对的圆周角相等，以及已知条件可得∠PAD=∠ABD，等量代换后即可得∠PAB=90°，进而得证；
（2）连接OE,EB，根据角平分线的定义，以及等边对等角可得AD∥OE，根据同弧所对的圆周角相等可得∠DAE=∠DBE，由垂径定理可得DE=EB=2，进而可得tan∠EBF=22，即可求解．
（3）过点B作BG∥AD，根据平行线分线段成比例，求得DG=22，设⊙O的半径为x，则GB=12OE=12x，证明△CGB∽△CDA，可得AD=32x，在Rt△ADB中，AD2+DB2=AB2，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵AD=AD，
∴∠AED=∠ABD，
∵ ∠PAD=∠AED，
∴∠PAD=∠ABD，
∴∠BAD+∠PAD=∠BAD+∠ABD=90°，
即∠PAB=90°，
∴PA是⊙O的切线，
（2）如图，连接OE,EB，
∵ AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE，
∴DE=BE= 2
∴OE⊥BD
∵OA=OE，
∴∠OEA=∠OAE，
∴∠DAE=∠AEO，
∴AD∥OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥DB，AE⊥EB，
即∠ADF=∠BEF=90°，
∵DE=DE
∴∠DAE=∠DBE，
∴tan∠EBF=tan∠DAE=22，
∴EFEB=22，
∴EF=22EB=1 ；
（3）如图，过点B作BG∥AD，
由（2）可知AD∥OE，
∴OE∥BG，
∵AO=OB=BC，
∴DE=EG=GC，
设⊙O的半径为x，则GB=12OE=12x，
∵AD∥BG，
∴△CGB∽△CDA，
∴CGCD=GBAD，
∴AD=3GB=32x，
∵OE⊥DB，
∴DB⊥GB，
∵ DE=2，
∴DG=2DE=22，
在Rt△DBG中，DB2=DG2−GB2=8−12x2，
在Rt△ADB中，AD2+DB2=AB2，
即32x2+8−12x2=2x2，
解得：x=2（负值舍去），
∴⊙O的半径为2．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理的推论，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．
38．（2024上·河北承德·九年级统考期末）如图，四边形ABCD中，∠DCB=∠B=90°，对角线CA⊥AD，AB=8，BC=6，点P为折线BA−AD上的点．
(1)求AD的长；
(2)若点P在∠ACB的平分线上，求AP的长；
(3)若AP=2，求tan∠PCB的值．
【答案】(1)AD=152
(2)AP=5
(3)tan∠PCB=2311或1
【分析】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、正切的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由勾股定理可得AC=10，证明△DAC∽△CAB，可得ADBC=ACAB，代入数值进行计算即可得出答案；
（2）设AP=x，则PB=AB−AP=8−x，过点P作PH⊥AC，由角平分线的性质定理可得PH=PB=8−x，证明△APH∽△ACB得出APAC=HPBC，代入数值进行计算即可得出答案；
（3）分两种情况：当点P在AB边上；当点P在AD边上，过点P作PE⊥BC于E，作PF⊥BA交BA的延长线于点F；分别根据正切的定义求解即可．
【详解】（1）解：∵∠B=90°，AB=8，BC=6，
∴AC=10，
∵∠DCB=∠B=90°，
∴DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB，
∵CA⊥AD，
∴∠DAC=∠B，
∴△DAC∽△CAB，
∴ADBC=ACAB，即AD6=108，
∴AD=152；
（2）解：如图，设AP=x，则PB=AB−AP=8−x，过点P作PH⊥AC，
∵CP为∠ACB的平分线，∠B=90°，
∴PH=PB=8−x，
∵∠CAB=∠CAB，∠AHP=∠B，
∴△APH∽△ACB，
∴APAC=HPBC，即x10=8−x6，
∴AP=5；
（3）解：分两种情况：
当点P在AB边上，如图，
，
则PB=6，则tan∠PCB=PBBC=1，
当点P在AD边上，如图，过点P作PE⊥BC于E，作PF⊥BA交BA的延长线于点F，
，
∵∠B=90°，
∴四边形PFBE为矩形，
∴PF=BE，PE=BF，
∵∠F=∠B=∠PAC，
∴∠PAF+∠APF=∠PAF+∠CAB=90°，
∴∠APF=∠CAB，
∴△APF∽△CAB，
∴APAC=FPAB=AFBC，即210=PF8=AF6，
∴PF=85，AF=65，
∴CE=CB−BE=6−85=225，PE=BF=AF+AB=8+65=465，
∴tan∠PCB=PEEC=2311，
综上所述。tan∠PCB=2311或1．
39．（2023上·全国·九年级专题练习）如图，矩形EFGH内接于△ABC（矩形各顶点在三角形边上），E，F在BC上，H，G分别在AB，AC上，且AD⊥BC于点D，交HG于点N．
(1)求证：△AHG∽△ABC；
(2)若AD=3，BC=9，设EH=x，矩形EFGH的面积为y，求出y与x之间的函数表达式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)y与x之间的函数表达式是y=−3x2+9x0