2021-2022学年度北师大版九年级上册 第四章 图形的相似单元检测卷（含解析）

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2021-2022学年度北师大版九年级上册《图形的相似》检测卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.如图，已知D、E分别为AB、AC上的两点，且DE∥BC，AE＝3CE，AB＝8，则AD的长为（　　）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
2.如图，已知AB∥CD∥EF，AD：AF=3：5，BE=12，那么CE的长等于（
）
A. 2 B. 4 C. 4.8 D. 7.2
3.如图，在平行四边形ABCD中，E是BC上一点，BE：EC＝1：2，AE与BD相交于点F，若S△BEF＝2，则S△ABD＝（
）
A. 24 B. 25 C. 26 D. 23
4.如果延长线段AB到C，使得BC=
AB，那么AC：AB等于（
）
A. 2：1 B. 2：3 C. 3：1 D. 3：2
5.如图，正方形ABCD的面积为12，M是AB的中点，连接AC、DM，则图中阴影部分的面积是 （
）
A. 6 B. 4.8 C. 4 D. 3
6.如图，锐角△ABC中，BE
，
CD是高，它们相交于O
，
则图中与△BOD相似的三角形有（　　）
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
7.已知
，
那么下列式子中一定成立的是（

）
A. 2x=3y B. 3x=2y C. x=2y D. xy=6
8.如图，小明把一个边长为10的正方形DEFG剪纸贴在△ABC纸片上，其中AB=AC=26，BC=20，正方形的顶点D，G分别在边AB、AC上，且AD=AG，点E、F在△ABC内部，则点E到BC的距离为（　　）
A. 1 B. 2 C. D.
9.如图为两正方形ABCD，BPQR重叠的情形，其中R点在AD上，CD与QR相交于S点．若两正方形ABCD，BPQR的面积分别为16、25，则四边形RBCS的面积为何（
）
A. 8 B. C. D.
10.如图，在矩形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，AF与BE相交于点M，CE与DF相交于点N，QM⊥BE，QN⊥EC相交于点Q，PM⊥AF，PN⊥DF相交于点P，若2BC=3AB，记△ABM和△CDN的面积和为S，则四边形MQNP的面积为（
）
A. S B. S C. S D. S
二、填空题（每小题4分，共28分）
11.若两个相似多边形的对应边之比为5：2，则它们的周长比是
．
12.如图，在△ABC与△AED中，
,添加一个条件，使△ABC与△AED相似，这个条件可以是________。
13.如图，AB∥CD∥EF，如果AC=2，AE=5.5，DF=3，那么BD= 1
．
14.如图，在A时测得一棵大树的影长为4米，B时又测得该树的影长为6米，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度是________．
15.已知线段a=2厘米，c=8厘米，则线段a和c的比例中项b是 厘米．
16.在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为BC中点，H，G分别是边AB，CD上的动点，且始终保持GH⊥AE，则EH+AG最小值为 .
17.如图，在△ABC中，AD和BE是高，∠ABE=45°，点F是AB的中点，AD与FE，BE分别交于点G、H，∠CBE=∠BAD．有下列结论：①FD=FE；②AH=2CD；③BC AD=
AE2；④S△ABC=2S△ADF
．
其中正确结论的序号是
．
（把你认为正确结论的序号都填上）
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）
18.已知
（1）求
的值；
（2）若
，求
的值.
19.如图，G是正方形ABCD对角线AC上一点，作GE⊥AD，GF⊥AB，垂足分别为点E、F.
求证：四边形AFGE与四边形ABCD相似．
20.如图，有一块三角形的土地，它的一条边BC=100米，BC边上的高AH=80米．某单位要沿着边BC修一座底面是矩形DEFG的大楼，D、G分别在边AB、AC上．若大楼的宽是40米（即DE=40米），求这个矩形的面积．

四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21.如图，平行四边形ABCD中，E是CD的延长线上一点，BE与AD交于点F，DE=
CD．求证：△ABF∽△CEB．
22.要测量旗杆高CD
，
在B处立标杆AB=2.5cm，人在F处．眼睛E、标杆顶A、旗杆顶C在一条直线上．已知BD=3.6m，FB=2.2m，EF=1.5m．求旗杆的高度．
23.已知：如图，在△ABC中，AB=AC，DE∥BC，点F在边AC上，DF与BE相交于点G，且∠EDF=∠ABE．
求证：（1）△DEF∽△BDE；（2）DG DF=DB EF．

四、解答题（三）（每小题10分，共20分）
24.如图，△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠EFD＝90 ，△DEF，的顶点E与△ABC的斜边AB的中点重合.将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段AC与线段EF相交于点Q，射线ED与射线BC相交于点P.
（1）.求证:△AEQ∽△BPE；
（2）.求证:PE平分∠BPQ；
（3）.当AQ＝2，AE=
，求PQ的长.
25.如图1，在△ABC中，点P为边AB所在直线上一点，连结CP，M为线段CP的中点，若满足∠ACP＝∠MBA，则称点P为△ABC的“好点”.
（1）如图2，当∠ABC＝90°时，命题“线段AB上不存在“好点”为________(填“真”或“假”)命题，并说明理由；
（2）如图3，P是△ABC的BA延长线的一个“好点”，若PC＝4，PB＝5，求AP的值；
（3）如图4，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，点P是△ABC的“好点”，若AC＝4，AB＝5，求AP的值.
答案解析部分
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.【答案】
D
【考点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AE=3CE
∴AC=4CE
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC
∴
∴
∴AD=6
故答案为：D.
【分析】先根据DE∥BC，得出△ADE∽△ABC，再由相似三角形对应边成比例可得出AD的长.
2.【答案】
C
【考点】平行线分线段成比例
【解析】【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴
，即
，
∴BC=
，
∴CE=BE-BC=12-
=
=4.8，
故答案为：C.
【分析】根据平行线分线段成比例得到
，然后利用比例性质计算出BC，从而求出CE即可.
3.【答案】
A
【考点】平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】在平行四边形ABCD中
AD=BC，AD∥BC
∴△BEF∽△ADF，
∴
∴
∵
∴
在△BEF中，把EF作为底边，在三角形ABF中，把AF作为底边，高相等，面积比即是底边的比，即
∴
且
∴
故答案为：A．
【分析】已知平行四边形ABCD中，E是BC上一点，BE：EC＝1：2，可知△BEF∽△ADF得出相似比
，所以
得出
根据
，在△BEF中，把EF作为底边，在三角形ABF中，把AF作为底边，高相等，面积比即是底边的比，即
，得出
，
求得答案．
4.【答案】
D
【考点】比例线段
【解析】【解答】如图，∵BC=
AB，
∴AC=AB+BC=AB+
AB=
AB，
∴AC：AB=3：2，
故答案为：D．
【分析】根据题意，作出图形，用表示出
，
然后求比值即可．
5.【答案】
C
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】首先设DM与AC交于点E，由四边形ACD是正方形，易证得△AME∽△CDE，又由M是AB的中点，根据相似三角形的对应边成比例，可得
，
又由正方形ABCD的面积为12，可求得△ACM的面积，然后利用等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求得△AED与△CEM的面积．
【解答】设DM与AC交于点E，
∵四边形ACD是正方形，
∴AM∥CD，AB=CD，
∴△AME∽△CDE，
∵M是AB的中点，
∴AM：CD=1：2，
∴
，
∵S正方形ABCD=12，
∴S△ABC=S正方形ABCD=6，
∴S△ACM=S△ABC=3，
∴S△AEM=S△ACM=1，S△CEM=S△ACM=2，
∴S△AED=2S△AEM=2，
∴图中阴影部分的面积是：S△CEM+S△AED=2+2=4．
故选C．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质以及正方形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
6.【答案】
B
【考点】相似三角形的判定
【解析】【解答】①∵∠BDO=90°，∠BEA=90°
∴∠BDO=∠BEA
∴△BOD∽△BAE
②∵∠BDO=90°，∠CDA=90°
∴∠BDO=∠CDA
∴△BOD∽△CAD
③∵∠BDO=90°，∠CEO=90
∴∠BDO=∠CEO
∴△BOD∽△COE
∴有3个
故选B
．
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法从而找到图中存在的相似三角形即可．
7.【答案】
A
【考点】比例的性质
【解析】【分析】根据比例式的内项之积等于外项之积即可判断.
【解答】由
，
可得2x=3y，
故选A.
【点评】本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握比例的性质，即可完成.
8.【答案】
B
【考点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点A作AM⊥BC，交DG于点H，BC于点M，
∵AB=AC，BC=20，
∴BM=MC=BC=10，
∴AH==24，
∵正方形的顶点D，G分别在边AB、AC上，且AD=AG，
∴DG⊥AH，DH=HG=DG，
∵DG=10，
∴DH=5，
∵∠BAM=∠MAB，∠ABC=∠ADH，
∴△ADH∽△ABM，
∴
，
∴
∴AD=13，
∴AH=HM=12，
∴点E到BC的距离为：12﹣10=2；
故选B．
【分析】过点A作AM⊥BC，交DG于点H，BC于点M，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AH，再根据正方形的顶点D，G分别在边AB、AC上，且AD=AG，得出DG⊥AH，DH=HG=DG，求出DH，再根据AA证出△ADH∽△ABM，求出AD，从而得出AH，最后根据HM的长减去正方形的长就是点E到BC的距离，代值计算即可得出答案．
9.【答案】
D
【考点】三角形的面积，正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵正方形ABCD的面积为16，正方形BPQR面积为25，
∴正方形ABCD的边长为4，正方形BPQR的边长为5，
在Rt△ABR中，AB=4，BR=5，由勾股定理得：AR=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=∠BRQ=90°，
∴∠ABR+∠ARB=90°，∠ARB+∠DRS=90°，
∴∠ABR=∠DRS，
∵∠A=∠D，
∴△ABR∽△DRS，
∴
=
，
∴
=
，
∴DS=
，
∴阴影部分的面积S=S正方形ABCD﹣S△ABR﹣S△RDS=4×4﹣
﹣1×
×
=
，
故答案为：D．
【分析】根据正方形的边长，根据勾股定理求出AR，根据已知条件求出△ABR∽△DRS，再根据相似三角形的性质求出DS，根据面积公式求出即可.
10.【答案】
C
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】连接EF．
∵四边形ABCD是矩形，

∴四边形ABFE，四边形CDEF都是矩形，且是全等的矩形，
∴

∵

∴

连接PF，在
和
中，

∴
≌
，
∴

∴E、P、F共线，同法可证，E、Q、F共线，则易证四边形MQNP是菱形，
∵
，
设
，则
连接MN交EF于O，则

∵

∴

∴

∴S菱形MQNP

∵
和
的面积和为S，由2BC=3AB，设AB=4a
，则A
D=6a
，
∴

∴

∴S菱形MQNP

故答案为：C．
【分析】连接EF．首先判断出四边形ABFE，四边形CDEF都是矩形，且是全等的矩形，根据矩形的性质及全等形的性质得出
FA=DF
，
FM=AM=FN=DN，根据等腰三角形的三线合一得出∠AFE=∠DFE，连接PF，利用HL判断出Rt△PFM≌Rt△PFN，根据全等三角形的对应边相等，对应角相等得出
∠PFM=∠PFN
，
PM=PN，E、P、F共线，同法可证，E、Q、F共线，则易证四边形MQNP是菱形，
连接MN交EF于O，则MN=3a
，易证△PMO∽
△FAB
，根据相似三角形对应边成比例建立方程就可表示出OP，然后根据菱形的面积计算方法即可用含a的式子表示出S菱形MQNP，S△ABF，从而得出答案。
二、填空题（每小题4分，共28分）
11.【答案】
5:2
【考点】相似多边形的性质
【解析】【解答】解：∵两个相似多边形的对应边的比是5：2，
∴这两个多边形的周长比是5：2．
故答案为：5：2
【分析】利用相似多边形的性质：相似多边形的周长比等于相似比，可求解。
12.【答案】
∠BAD=∠CAE（答案不唯一）
【考点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：可添加条件∠BAD=∠CAE（答案不唯一）.
【分析】根据相似三角形的判定定理进行解答.
13.【答案】
【考点】平行线分线段成比例
【解析】【解答】解：∵AC=2，AE=5.5，
∴CE=3.5，
AB∥CD∥EF，
∴
，
∴BD=
，
故答案为：
．
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．
14.【答案】
6
【考点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：根据题意，作△EFC；
树高为CD，且∠ECF=90°，ED=4，FD=9；
易得：Rt△EDC∽Rt△FDC，
∴
=
即DC2=ED FD，
代入数据可得DC2=36，
DC=6；
故答案为：6．
【分析】根据题意，画出示意图，易得：Rt△EDC∽Rt△FDC，进而可得
=
；即DC2=ED FD，代入数据可得答案．
15.【答案】
4
【考点】比例线段
【解析】【解答】解：∵线段b是a、c的比例中项，
∴b2=ac=16，
解得b=±4，
又∵线段是正数，
∴b=4．
故答案为4．
【分析】根据线段比例中项的概念，可得a：b=b：c，可得b2=ac=16，故b的值可求．
16.【答案】
【考点】勾股定理，平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，过G作GN⊥AB于N，则∠ANG＝90°，GN＝AD＝2，
∵GH⊥AE，
∴∠ANG＝∠AFG＝90°，
∴∠BAE＝∠NGH，
∴△ABE∽△GNH，
∴
，
∵Rt△ABE中，AE＝
，
∴
，
∴GH＝
，
如图所示，以AG，AE为邻边作平行四边形AEMG，则AG＝ME，GM＝AE＝
，∠HGM＝∠AFG＝90°，
∴AG+HE＝ME+HE，
当H，E，M在同一直线上时，AG+HE的最小值等于HM的长，
此时，Rt△GHM中，HM＝
，
∴EH+AG的最小值为
，
故答案为：
.
【分析】如图所示，过G作GN⊥AB于N，则∠ANG＝90°，GN＝AD＝2，可证ABE∽△GNH，得出
，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE，代入比例式即可求出GH，如图，以AG，AE为邻边作平行四边形AEMG，可得AG+HE＝ME+HE，继而得出当H，E，M在同一直线上时，AG+HE的最小值等于HM的长，在Rt△GHM中，利用勾股定理求出HM的长即可.
17.【答案】
①②③
【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，AD和BE是高，
∴∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°，
∵点F是AB的中点，
∴FD=
AB，
∵点F是AB的中点，
∴FE=
AB，
∴FD=FE，①正确；
∵∠CBE=∠BAD，∠CBE+∠C=90°，∠BAD+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠C，
∴AB=AC，
∵AD⊥BC，
∴BC=2CD，∠BAD=∠CAD=∠CBE，
∵∠ABE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=BE。
在△AEH和△BEC中，
∵∠AEH=∠CEB,
AE=BE,
∠EAH=∠CBE，
∴△AEH≌△BEC（ASA），
∴AH=BC=2CD，②正确；
∵∠BAD=∠CBE，∠ADB=∠CEB，
∴△ABD～△BCE，
∴
，即BC·AD=AB·BE，
∵
AE2=AB·AE=AB·BE，
∴BC·AD=
AE2；③正确；
∵F是AB的中点，BD=CD，∴
S△ABC=2S△ABD=4S△ADF
．
④错误；
故答案为：①②③．
【分析】①△ABE和△ABD都是直角三角形，且点F是斜边AB上的中点，由斜边上的中线长是斜边的一半可知；
②要证明AH=2CD，则可猜想BC=2CD，AH=BC；要证明BC=2CD，结合AD⊥BC，则需要证明AB=AC；要证明AH=BC，则需要证明△AEH≌△BEC；
③由AE2=AB·AE=AB·BE，则BC·AD=AE2
，
可转化为BC·AD=AB·BE，则
，
那么只需证明△ABD～△BCE即可；
④由三角形的中线平分三角形的面积，依此推理即可。
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）
18.【答案】
（1）解：设
，
则
，
，
∴
（2）解：由（1）
解得
，
，
，
【考点】代数式求值，比例的性质，利用合并同类项、移项解一元一次方程
【解析】【分析】（1）根据等比的性质，由
，设出
，
，
，将a,b,c的值代入代数式，先汇报同类项，再约分即可算出答案；
（2）将
，
，
代入
即可算出k的值，从而就可得出a,b,c的值。
四、解答题
19.【答案】
证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°.
又∵GE⊥AD，GF⊥AB，
∴EG＝FG，且AE＝EG，AF＝FG.
∴AE＝EG＝FG＝AF，
即四边形AFGE为正方形．
∴
＝
＝
＝
，且∠EAF＝∠DAB，∠AFG＝∠ABC，∠FGE＝∠BCD，∠AEG＝∠ADC.
∴四边形AFGE与四边形ABCD相似
【考点】相似多边形的性质
【解析】【分析】由正方形的性质可知；AC平分∠DAB，然后由角平分线的性质可知GE=GF，从而可证明四边形EGFA为正方形，故此四边形AFGE与四边形ABCD相似.本题主要考查的是相似多边形的判定、正方形的判定、角平分线的性质，证得四边形EAFG为正方形是解题的关键.
20.【答案】
解答：由已知得，DG∥BC∴△ADG∽△ABC，∵AH⊥BC∴AH⊥DG于点M,且AM=AH-MH=80-40=40（m）＝
，即DG＝
＝50（m），∴S矩形DEFG=DE×DG=2000（m2）．
【考点】相似三角形的应用
【解析】【分析】由于四边形DEFG是矩形，即DG∥EF
，
此时有∠ADG=∠B
，
∠AGD=∠C
，
所以△ADG∽△ABC
，
利用相似三角形的性质求得线段DG的长，最后求得矩形的面积．
四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21.【答案】
证明：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠A=∠C，AB∥CD，
∴∠ABF=∠CEB，
∴△ABF∽△CEB．
【考点】平行四边形的性质，相似三角形的判定
【解析】【分析】要证△ABF∽△CEB，需找出两组对应角相等；已知了平行四边形的对角相等，再利用AB∥CD，可得一对内错角相等，则可证．
22.【答案】
解答：过E作EH∥FD分别交AB、CD于G、H． 因为EF∥AB∥CD，所以EF=GB=HD．所以AG=AB-GB=AB-EF=2.5-1.5=1mEG=FB=2.2m，GH=BD=3.6mCH=CD-1.5m又因为
＝
，所以
＝
所以CD=4
m，即旗杆的高4
m
【考点】相似三角形的应用
【解析】【分析】过E作EH∥FD分别交AB、CD于G、H
，
根据EF∥AB∥CD可求出AG、EG、GH
，
再根据相似三角形的判定定理可得△EAG∽△ECH
，
再根据三角形的相似比解答即可．
23.【答案】
证明：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ABC+∠BDE=180°，∠ACB+∠CED=180°．
∴∠BDE=∠CED，
∵∠EDF=∠ABE，
∴△DEF∽△BDE；
（2）由△DEF∽△BDE，得
．
∴DE2=DB EF，
由△DEF∽△BDE，得∠BED=∠DFE．
∵∠GDE=∠EDF，
∴△GDE∽△EDF．
∴
，
∴DE2=DG DF，
∴DG DF=DB EF．
【考点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由AB=AC，根据等边对等角，即可证得：∠ABC=∠ACB，又由DE∥BC，易得∠ABC+∠BDE=180°，∠ACB+∠CED=180°，则可证得：∠BDE=∠CED，又由已知∠EDF=∠ABE，则可根据有两角对应相等的三角形相似，证得△DEF∽△BDE；
（2）由（1）易证得DE2=DB EF，又由∠BED=∠DFE与∠GDE=∠EDF证得：△GDE∽△EDF，则可得：DE2=DG DF，则证得：DG DF=DB EF．
四、解答题（三）（每小题10分，共20分）
24.【答案】
（1）证明：∵△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝∠DEF＝45 ,
而∠PEB+∠AEQ=∠PEB+∠EPB=180 -45 =135
∴∠AEQ=∠BPE
∴△AEQ∽△BPE;
（2）证明：∵△AEQ∽△BPE,∴∠AEQ=∠BPE,
,
而AE=BE,∴
,…
∵∠A＝∠DEF＝45 ,
∴△AEQ∽△EPQ,
∴∠AEQ=∠EPQ，∴∠EPQ=∠BPE,
即PE平分∠BPQ；
（3）解：过点E作EH⊥BP于点H,AQ＝2，AE=
∵AE=BE=
,∠ACB=90 ,AC=BC,由勾股定理易得AC=BC=6,
∵∠B=45 ,BE=
,易得EH=BH=3
∵△AEQ∽△BPE,∴
，
∴
…
∴PH=BP-BH=9-3=6，
∴
…
∵△AEQ∽△EPQ∽△BPE,
∴
,∴
.
【考点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】(1)求出∠A＝∠B＝∠DEF＝45 和∠AEQ=∠BPE
，即可证明相似.(2)证明△AEQ∽△EPQ，推出∠EPQ=∠BPE即可解答.(3)
过点E作EH⊥BP于点H,
根据条件求出△AEQ∽△BPE，推出PE，再利用相似解答.
25.【答案】
（1）真
（2）解：∵P为BA延长线上一个“好点”；
∴∠ACP=∠MBP；
∴△PAC∽△PMB；
∴
即
；
∵M为PC中点，
∴MP=2；
∴
；
∴
（3）解：第一种情况，P为线段AB上的“好点”，则∠ACP=∠MBA，找AP中点D，连结MD；
∵M为CP中点；
∴MD为△CPA中位线；
∴MD=2，MD//CA；
∴∠DMP=∠ACP=∠MBA；
∴△DMP∽△DBM；
∴DM2=DP·DB即4=DP·（5
DP）；
解得DP=1，DP=4（不在AB边上，舍去；）
∴AP=2
第二种情况（1），P为线段AB延长线上的“好点”，则∠ACP=∠MBA，找AP中点D，此时，D在线段AB上，如图，连结MD；
∵M为CP中点；
∴MD为△CPA中位线；
∴MD=2，MD//CA；
∴∠DMP=∠ACP=∠MBA；
∴△DMP∽△DBM
∴DM2=DP·DB即4=DP·（5
DA）=DP·（5
DP）；
解得DP=1（不在AB延长线上，舍去），DP=4
∴AP=8；
第二种情况（2），P为线段AB延长线上的“好点”，找AP中点D，此时，D在AB延长线上，如图，连结MD；
此时，∠MBA>∠MDB>∠DMP=∠ACP,则这种情况不存在，舍去；
第三种情况，P为线段BA延长线上的“好点”，则∠ACP=∠MBA，
∴△PAC∽△PMB；
∴
∴BM垂直平分PC则BC=BP=
;
∴
∴综上所述，
或
或
；
【考点】三角形的外角性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）理由如下：如图，理由如下：如图，
当∠ABC=90°时，M为PC中点，BM=PM，
则∠MPB=∠MBP>∠ACP，
所以在线段AB上不存在“好点”；
当∠ABC=90°时，M为PC中点，BM=PM，
则∠MPB=∠MBP>∠ACP，
所以在线段AB上不存在“好点”；
【分析】（1）由三角形外角的性质可得∠MPB=∠MBP>∠ACP，再结合
△ABC的“好点”的意义可判断求解；
（2）由题意根据两角对应相等两三角形相似可得△PAC∽△PMB；于是得比例式
，
将已知的线段代入计算即可求解；
（3）由题意根据分点P在线段AB上、点P在线段AB的延长线上、点P在线段BA的延长线上三种情况讨论求解即可.
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精品试卷·第
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