初中数学浙教版九年级上册第四章 相似三角形 单元检测(提高篇）
一、单选题
1．（2019九上·南山期末）下列说法错误的是（ ）
A．所有矩形都是相似的
B．若线段a＝5cm，b＝2cm，则a：b＝5：2
C．若线段AB＝ cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则AC＝ cm
D．四条长度依次为lcm，2cm，2cm，4cm的线段是成比例线段
【答案】A
【知识点】矩形的性质；比例线段；黄金分割；相似多边形
【解析】【解答】解：A.所有矩形对应边的比不一定相等，所以不一定都是相似的，A符合题意；
B.若线段a＝5cm，b＝2cm，则a：b＝5：2，B不符合题意；
C.若线段AB＝ cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则AC＝ cm，C不符合题意；
D. ∵1：2=2：4，∴四条长度依次为lcm，2cm，2cm，4cm的线段是成比例线段，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据相似多边形的性质，矩形的性质，成比例线段，黄金分割判断即可．
2．（2020·玉林）一个三角形木架三边长分别是75cm，100cm，120cm，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为60cm和120cm的两根木条.要求以其中一根为一边，从另一根截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有（ ）
A．一种 B．两种 C．三种 D．四种
【答案】B
【知识点】三角形三边关系；相似三角形的应用
【解析】【解答】解：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，则长120cm的木条不能作为一边，
设从120cm的木条上截下两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），
由于长60cm的木条不能与75cm的一边对应，否则x、y有大于120cm，
当长60cm的木条与100cm的一边对应，则 ，
解得：x＝45，y＝72；
当长60cm的木条与120cm的一边对应，则 ，
解得：x＝37.5，y＝50.
答：有两种不同的截法：把120cm的木条截成45cm、72cm两段或把120cm的木条截成37.5cm、50cm两段.
故答案为：B.
【分析】分类讨论：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，则长120cm的木条不能作为一边，设从120cm的一根上截下的两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），易得长60cm的木条不能与75cm的一边对应，所以当长60cm的木条与100cm的一边对应时有 ；当长60cm的木条与120cm的一边对应时有 ，然后分别利用比例的性质计算出两种情况下得x和y的值.
3．（2018九上·南召期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（-1，2） B．（-9，18）
C．（-9，18）或（9，-18） D．（-1，2）或（1，-2）
【答案】D
【知识点】位似变换
【解析】【解答】方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似，∴△ ABO∽△A′B′O且 ＝ .∴ ＝ ＝ .∴A′E＝ AD＝2，OE＝ OD＝1.∴A′（－1，2）.同理可得A′′（1，-2）.
方法二：∵点A（-3，6）且相似比为 ，∴点A的对应点A′的坐标是（-3× ，6× ），∴A′（－1，2）.
∵点A′′和点A′（－1，2）关于原点O对称，∴A′′（1，-2）.
故答案为：D.
【分析】方法一：分A点与其对应点在位似图形中心O的同侧和异侧，根据位似图形是特殊的相似，可得△ ABO∽△A′B′O，利用相似三角形对应边成比例，可求出A'E、OE的长，即得A′坐标，
方法二：平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心的位似图形的位似比为k，那么与原图上的点（x，y）对应的位似图形上的点的坐标为（kx.ky）或（-kx，-ky），据此解答即可.
4．（2017·湖州）如图，已知在 中， ， ， ，点 是 的重心，则点 到 所在直线的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接CP并延长交AB于D，连接BP交AC于E，并延长到F，使EF=PE，
∵∠C=90°，AC=BC，AB=6，
∴AC=BC=3，
又∵P为△ABC的重心，
∴CD=AB=3.∠CDB=90°
在△AEF和△CEP中，
∵
∴△AEF≌△CEP.
∴∠FAD=90°，CP=AF=3-DP.
又∵CD‖FA，
∴△BPD∽△BFA.
∴=.
∴=.
∴PD=1.
故答案为A.
【分 析】如图，根据三角形的重心是三条中线的交点，根据等腰直角三角形可知CD=3，可连接CP并延长交AB于D，则∠FAD=90°，连接BP交AC于E， 并延长到F，使EF=PE，然后可知△A，可得EF≌△CEP，∠FAD=90°，CP=AF=3-DP，因此可根据两角对应相等的两三角形相似，可得 △BPD∽△BFA.即可求出PD.
5．（2019八上·诸暨期末）已知 ，则直线 一定经过的象限是（ ）
A．第一、三、四象限 B．第一、二、四象限
C．第一、四象限 D．第二、三象限
【答案】C
【知识点】比例的性质；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】当 时，
，
，
此时， ，经过第一、四、三象限；
当 时， ，此时， ，
此时， 经过第二、一、四象限．
综上所述， 一定经过第一、四象限，
故答案为：C．
【分析】由于a+b+c的符号不能确定，分两种情况讨论①当a+b+c≠0时，利用等比性质求出k值；②当a+b+c=0时，可得b+c=-a，然后求出k值；分别得出一次函数解析式，由k的符号，判断出直线经过的象限即可.
6．（浙教版备考2020年中考数学一轮专题13 综合复习）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的各边上，EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，则四边形EFGH的周长是（ ）
A． B．13 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，
∴AC=BD= = = ，
∵EF∥AC∥HG，∴ ，
∵EH∥BD∥FG， ∴ ，
∴ =1，
∴EF+EH=AC= ，
∵EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH的周长=2（EF+EH）= ．
故答案为：D.
【分析】先利用勾股定理求出AC和BD，然后由平行线截线段成比例分别列式，两式联立，得出∴EF+EH=AC，可知EF和EH的长度之和，于是根据平行四边形的性质可得四边形EFGH的周长.
7．（2017八下·南通期末）有3个正方形如图所示放置，阴影部分的面积依次记为S1，S2，则S1：S2等于（ ）
A．1： B．1：2 C．2：3 D．4：9
【答案】D
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：设小正方形的边长为x，根据图形可得：
∵ = ，
∴ = ，
∴ = ，
∴S1= S正方形ABCD，
∴S1= x2，
∵ = ，
∴ = ，
∴S2= S正方形ABCD，
∴S2= x2，
∴S1：S2= x2： x2=4：9．
故选D.
【分析】设小正方形的边长为x，再根据相似的性质求出S1、S2与正方形面积的关系，然后进行计算即可得出答案．
8．（华师大版数学九年级上册第23章图形的相似23.3.2相似三角形的判定 同步练习）下列命题正确的有（ ）个
①40°角为内角的两个等腰三角形必相似；
②若等腰三角形一腰上的高等于腰长的一半，则这个等腰三角形的底角为75°；
③一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
④一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），那么a2：b2：c2=2：1：1；
⑤若△ABC的三边a、b、c满足a2+b2+c2+338=10a+24b+26c，则此△为等腰直角三角形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】①40°角为内角两个等腰三角形有2种情况，
一是顶角为40°的一个等腰三角形，二是底角为40°的一个等腰三角形，那么这两个三角形不相似，所以此结论不正确；
②高在内部时，顶角为30度，底角75度高在外部时，顶角的外角30度，底角15度．所以有2种情况：15度或75度，所以此结论不正确；
③一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可以是梯形，所以此结论不正确；
④∵一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），
∴a为等腰直角三角形的斜边，
∴a2=2b2=2c2
∴a2：b2：c2=2：1：1；
∴此结论正确；
⑤∵a2+b2+c2=10a+24b+26c-338，∴（a-5）2+（b-12）2+（c-13）2=0，
∴a-5=0，b-12=0，c-13=0，即a=5，b=12，c=13．
∵52+122=132，
∴△ABC是直角三角形．而不是等腰直角三角形．
∴此结论不正确；
因此命题正确的有1个．
故选A．
【分析】根据三角形的内角和定理，平行四边形的判定定理，相似三角形的判定定理，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，配方法的应用对5个结论逐一分析即可．
9．（2017·泰州）如图，P为反比例函数y= （k＞0）在第一象限内图象上的一点，过点P分别作x轴，y轴的垂线交一次函数y=﹣x﹣4的图象于点A，B．若∠AOB=135°，则k的值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【知识点】反比例函数的图象；相似多边形；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：方法1、作BF⊥x轴，OE⊥AB，CQ⊥AP；设P点坐标（n， ），
∵直线AB函数式为y=﹣x﹣4，PB⊥y轴，PA⊥x轴，
∴C（0，﹣4），G（﹣4，0），
∴OC=OG，
∴∠OGC=∠OCG=45°
∵PB∥OG，PA∥OC，
∴∠PBA=∠OGC=45°，∠PAB=∠OCG=45°，
∴PA=PB，
∵P点坐标（n， ），
∴OD=CQ=n，
∴AD=AQ+DQ=n+4；
∵当x=0时，y=﹣x﹣4=﹣4，
∴OC=DQ=4，GE=OE= OC= ；
同理可证：BG= BF= PD= ，
∴BE=BG+EG= + ；
∵∠AOB=135°，
∴∠OBE+∠OAE=45°，
∵∠DAO+∠OAE=45°，
∴∠DAO=∠OBE，
∵在△BOE和△AOD中， ，
∴△BOE∽△AOD；
∴ = ，即 = ；
整理得：nk+2n2=8n+2n2，化简得：k=8；
故答案为：D．
方法2、如图1，
过B作BF⊥x轴于F，过点A作AD⊥y轴于D，
∵直线AB函数式为y=﹣x﹣4，PB⊥y轴，PA⊥x轴，
∴C（0，﹣4），G（﹣4，0），
∴OC=OG，
∴∠OGC=∠OCG=45°
∵PB∥OG，PA∥OC，
∴∠PBA=∠OGC=45°，∠PAB=∠OCG=45°，
∴PA=PB，
∵P点坐标（n， ），
∴A（n，﹣n﹣4），B（﹣4﹣ ， ）
∴AD=AQ+DQ=n+4；
∵当x=0时，y=﹣x﹣4=﹣4，
∴OC=4，
当y=0时，x=﹣4．
∴OG=4，
∵∠AOB=135°，
∴∠BOG+∠AOC=45°，
∵直线AB的解析式为y=﹣x﹣4，
∴∠AGO=∠OCG=45°，
∴∠BGO=∠OCA，∠BOG+∠OBG=45°，
∴∠OBG=∠AOC，
∴△BOG∽△OAC，
∴ = ，
∴ = ，
在等腰Rt△BFG中，BG= BF= ，
在等腰Rt△ACD中，AC= AD= n，
∴ ，
∴k=8，
故答案为：D．
【分析】求k可求出P的横纵坐标的积即可，设出P坐标（n，)，可观察出一组相似三角形△BOG∽△OAC，可得出对应边成比例，用n，k的代数式表示出对应边，代入比例式，变为乘积式后即可求出k.
10．（2020·泸县）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段 分为两线段 ， ，使得其中较长的一段 是全长 与较短的段 的比例中项，即满足 ，后人把 这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段 的“黄金分割”点．如图，在 中，已知 ， ，若D，E是边 的两个“黄金分割”点，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；黄金分割
【解析】【解答】解：过点A作AF⊥BC，
∵AB=AC，
∴BF= BC=2，
在Rt ，AF= ，
∵D是边 的两个“黄金分割”点，
∴ 即 ，
解得CD= ，
同理BE= ，
∵CE=BC-BE=4-( -2)=6- ，
∴DE=CD-CE=4 -8，
∴S△ABC= = = ，
故答案为：A.
【分析】作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到 中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
二、填空题
11．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册4.1成比例线段（1） 同步练习）若 ，请再写出一条线段的长，使它与a、b这三条线段中的一条是另外两条的比例中项，则这条线段长为 ．
【答案】 或 或12
【知识点】比例线段
【解析】【解答】解：设写出的线段为c，
若线段c是线段a，b的比例中项，则有c2=ab，
∵a=3，b=6，
∴c2=18，
∴c= ；
若线段a是线段c，b的比例中项，则有a2=bc，
∵a=3，b=6，
∴32=6c，
解得c= ；
若线段b是线段a，c的比例中项，则有b2=ac，
∵a=3，b=6，
∴62=3c，
解得c=12，
∴c= 或 或12，
故答案为： 或 或12.
【分析】设写出的线段为c，分三种情况讨论：若线段c是线段a，b的比例中项；若线段a是线段c，b的比例中项；若线段b是线段a，c的比例中项，分别列出比例式，解方程取出c的值即可。
12．（2019九上·无锡月考）如图，已知△ABC中，D为边AC上一点，P为边AB上一点，AB=12，AC=8，AD=6，当AP的长度为 时，△ADP和△ABC相似.
【答案】4或9
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：当△ADP∽△ACB时，需有 ，∴ ，解得AP＝9.当△ADP∽△ABC时，需有 ，∴ ，解得AP＝4.∴当AP的长为4或9时，△ADP和△ABC相似.
故答案为： 4或9 .
【分析】此题需要分类讨论：①当△ADP∽△ACB时，需有 ，根据比例式就可算出AP的长；②当△ADP∽△ABC时，需有 ，根据比例式就可算出AP的长，综上所述即可得出答案.
13．（2018·常州）如图，在△ABC纸板中，AC=4，BC=2，AB=5，P是AC上一点，过点P沿直线剪下一个与△ABC相似的小三角形纸板，如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是 ．
【答案】3≤AP＜4
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：如图所示，过P作PD∥AB交BC于D或PE∥BC交AB于E，
则△PCD∽△ACB或△APE∽△ACB，
此时0＜AP＜4；
如图所示，过P作∠APF=∠B交AB于F，
则△APF∽△ABC，
此时0＜AP≤4；
如图所示，过P作∠CPG=∠CBA交BC于G，
此时，△CPG∽△CBA，
当点G与点B重合时，CB2=CP×CA，即22=CP×4，
∴CP=1，AP=3，
∴此时，3≤AP＜4；
综上所述，AP长的取值范围是3≤AP＜4．
故答案为：3≤AP＜4．
【分析】如图所示，过P作PD∥AB交BC于D或PE∥BC交AB于E，根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出△PCD∽△ACB或△APE∽△ACB，此时0＜AP＜4；如图所示，过P作∠APF=∠B交AB于F，根据两组角对应相等的两个三角形相似，得出△APF∽△ABC，此时0＜AP≤4；如图所示，过P作∠CPG=∠CBA交BC于G，此时，△CPG∽△CBA，当点G与点B重合时，根据相似三角形对应边成比例得出CB2=CP×CA，即22=CP×4，故CP=1，AP=3，此时，3≤AP＜4；综上所述即可得出答案。
14．（2020·金华模拟）在ΔABC 中，AC＝4，BC＝2. 点 D 在射线 AB 上，在构成的图形中，ΔACD 为等腰三角形，且存在两个互为相似的三角形，则 CD 的长是 .
【答案】2或4或
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】如图，
当点D在线段AB上，DC=AD，且△BCD∽△BAC，
设CD=x，BD=y，
∴，即得，
解得x=；
如图，
当点D在AB的延长线上，AC=AD=4，△DCB∽△DAC，
设CD=x，BD=y，
∴，即得，解得x=2，即得CD=2，
当AC=CD=4，△ACB∽△DCB，
∴CD的长为2或4或.
【分析】分两种情况①当点D在线段AB上，DC=AD，且△BCD∽△BAC，②当点D在AB的延长线上，AC=AD=4，△DCB∽△DAC，当AC=CD=4，△ACB∽△DCB，利用相似三角形的性质分别求解即可.
15．（2019·抚顺模拟）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的6条对角线围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2；正六边形A2B2C2D2E2F2的6条对角线又围成一个正六边形A3B3C3D3E3F3…；如此继续下去，则六边形A4B4C4D4E4F4的面积是 .
【答案】
【知识点】相似多边形
【解析】【解答】由正六边形的性质得：∠A1B1B2＝90°，∠B1A1B2＝30°，A1A2＝A2B2，
∴B1B2＝ A1B1＝ ，
∴A2B2＝ A1B2＝B1B2＝ ，
∵正六边形A1B1C1D1E1F1∽正六边形A2B2C2D2E2F2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的面积：正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝（ ）2＝ ，
∵正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝6× ×1× ＝ ，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的面积＝ × ＝ ，
同理：正六边形A4B4C4D4E4F4的面积＝（ ）3× ＝ ；
故答案为： .
【分析】由正六边形的性质得：∠A1B1B2＝90°，∠B1A1B2＝30°，A1A2＝A2B2，进而得到正六边形A2B2C2D2E2F2的面积：正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝（ ）2＝ ，结合正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝6× ×1× ＝ ，即可得到正六边形A2B2C2D2E2F2的面积，以此类推，即可得到答案.
16．（2019·台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D.设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=4，且 则m+n的最大值为 .
【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，如图，
设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，
∵BD=4，BE=m，BF=n，
∴DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，
∵∠ABC=90°，且∠AEB=∠BFC=90°，∠CMD=∠AND=90°，
∴△AEB∽△BFC，△CMD∽△AND，
∴ ， ，
即 ， ，
∴mn=xy，y=10- x，
又∵ ，
∴n= m，
∴m+n=m+ m= m，
要使m+n最大，则只要m最大，
∵mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，
∴对称轴x= 时，（- x2+10x）最大= ，
∴ m2= ，
∴m最大= ，
∴（m+n）最大= × = .
故答案为： .
【分析】过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，根据题意得DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，再由相似三角形的判定和性质得 ， ，即mn=xy，y=10- x，由 得n= m，从而可得m+n= m，要使m+n最大，则只要m最大，由mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，从而可转化成二次函数的最值来做，根据二次函数的性质求得其最大值，即 m2= ，从而可得到m最大= ，从而可得m+n的最大值.
三、解答题
17．（华师大版数学九年级上册第23章图形的相似23.3.1相似三角形 同步练习）如图，在△ABC中，AB=6cm，AC=12cm，动点M从点A出发，以1cm∕秒的速度向点B运动，动点N从点C出发，以2cm∕秒的速度向点A运动，若两点同时运动，是否存在某一时刻t，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解答：存在t=3秒或4.8秒，使以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似（无此过程不扣分）设经过t秒时，△AMN与△ABC相似，此时，AM=t，CN=2t，AN=12-2t（0≤t≤6），①当MN∥BC时，△AMN∽△ABC，则 ＝ ，即 ＝ ，解得t=3；②当∠AMN=∠C时，△ANM∽△ABC，则 ＝ ，即 = ，解得t=4.8；故所求t的值为3秒或4.8秒．
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【分析】首先设经过t秒时，△AMN与△ABC相似，可得AM=t，CN=2t，AN=12-2t（0≤t≤6），然后分别从当MN∥BC时，△AMN∽△ABC与当∠AMN=∠C时，△ANM∽△ABC去分析，根据相似三角形的对应边成比例即可求得答案．
18．（初中数学北师大版七年级下册4.1认识三角形练习题）如图，在△ABC中，BC边上依次有B、D、E、C，AC边上依次有A、G、F，满足BD=CE= BC，CF=AG= AC，BF交AE于点J，交AD于I，BG交AE于点K，交AD于点H，且S△ABC=1，求S四边形KHIJ．
【答案】解：
过G作GP∥BC，交AD于P，AE于Q，则 = ，
∵BD= BC，
∴ = ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
同理可得： = ，
即 = ，
∴ ，
∴ = ，
∴BH：HK：KG=52：32：7，
过F作FM∥BC，交AD于M，AE于N，
同理得：BI：IJ：JF=20：32：13，
∵S△ABC=1，
∴S△ABF= ，S△ABG= ，
∴S△AIJ= S△ABF= × = ，
S△AHK= S△ABG= × = ，
∴S四边形KHIJ=S△AIJ﹣S△AHK，
= ﹣ ，
= ．
【知识点】三角形的面积；比例的性质
【解析】【分析】作平行线GP和FM，根据平行线分线段成比例定理列比例式得： ， = ，从而得：BH：HK：KG=52：32：7，BI：IJ：JF=20：32：13，由同高三角形面积的比等于对应底边的比，可以得出S△ABF= ，S△ABG= ，S△AIJ= S△ABF= × = ，S△AHK= S△ABG= × = ，作差可得S四边形KHIJ．
19．（湘教版九年级数学上册 3.6 位似（2）同步练习）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点），在建立的平面直角坐标系中，△ABC绕旋转中心P逆时针旋转90°后得到△A1B1C1．
（1）在图中标示出旋转中心P，并写出它的坐标；
（2）以原点O为位似中心，将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍，得到△A2B2C2，在图中画出△A2B2C2，并写出C2的坐标．
【答案】（1）解：如图，点P为所作，P点坐标为（3，1）
（2）解：如图，△A2B2C2为所作，C2的坐标为（2，4）或（﹣2，﹣4）．
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质，根据三角形逆时针向左旋转90°即可写出对应的中心点坐标。
（2）根据位似比，C2的坐标在第一象限或第四象限，根据位似中心确定相关的对应点，描点连线即可。
20．（2017·浙江模拟）如图所示，梯形ABCD中，AB∥DC，∠B=90°，AD=15，AB=16，BC=12，点E是边AB上的动点，点F是射线CD上一点，射线ED和射线AF交于点G，且∠AGE=∠DAB．
（1）求线段CD的长；
（2）如果△AEG是以EG为腰的等腰三角形，求线段AE的长；
（3）如果点F在边CD上（不与点C、D重合），设AE=x，DF=y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围．
【答案】（1）解：（1）作DH⊥AB于H，如图1，
易得四边形BCDH为矩形，
∴DH=BC=12，CD=BH，
在Rt△ADH中，AH= ，
∴BH=AB﹣AH=16﹣9=7，
∴CD=7；
（2）当EA=EG时，则∠AGE=∠GAE，
∵∠AGE=∠DAB，
∴∠GAE=∠DAB，
∴G点与D点重合，即ED=EA，
作EM⊥AD于M，如图1，则AM= AD= ，
∵∠MAE=∠HAD，
∴Rt△AME∽Rt△AHD，
∴AE：AD=AM：AH，即AE：15= ：9，解得AE= ；
当GA=GE时，则∠AGE=∠AEG，
∵∠AGE=∠DAB，
而∠AGE=∠ADG+∠DAG，∠DAB=∠GAE+∠DAG，
∴∠GAE=∠ADG，
∴∠AEG=∠ADG，
∴AE=AD=15，
综上所述，△AEC是以EG为腰的等腰三角形时，线段AE的长为 或15；
（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH=9，HE=AE﹣AH=x﹣9，
在Rt△ADE中，DE= = ，
∵∠AGE=∠DAB，∠AEG=∠DEA，
∴△EAG∽△EDA，
∴EG：AE=AE：ED，即EG：x=x： ，
∴EG= ，
∴DG=DE﹣EG= ﹣ ，
∵DF∥AE，
∴△DGF∽△EGA，
∴DF：AE=DG：EG，即y：x=（ ﹣ ）： ，
∴y= （9＜x＜ ）．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定
【解析】【分析】（1）作DH⊥AB于H，如图1，易得四边形BCDH为矩形，则DH=BC=12，CD=BH，再利用勾股定理计算出AH，从而得到BH和CD的长； （2）分类讨论：当EA=EG时，则∠AGE=∠GAE，则判断G点与D点重合，即ED=EA，作EM⊥AD于M，如图1，则AM= AD= ，通过证明Rt△AME∽Rt△AHD，利用相似比可计算出此时的AE长；当GA=GE时，则∠AGE=∠AEG，可证明AE=AD=15，（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH=9，HE=AE﹣AH=x﹣9，先利用勾股定理表示出DE= ，再证明△EAG∽△EDA，则利用相似比可表示出EG= ，则可表示出DG，然后证明△DGF∽△EGA，于是利用相似比可表示出x和y的关系．
21．（2016·南通）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=5，BC=12，CO⊥AB于点O，D是线段OB上一点，DE=2，ED∥AC（∠ADE＜90°），连接BE、CD．设BE、CD的中点分别为P、Q．
（1）求AO的长；
（2）求PQ的长；
（3）设PQ与AB的交点为M，请直接写出|PM﹣MQ|的值．
【答案】（1）解：如图1中，
∵CO⊥AB，
∴∠AOC=∠ACB=90°，∵∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACO，
∴ = ，
∵AB= = =13，
∴OA= =
（2）解：如图2中，取BD中点F，CD中点Q，连接PF、QF，
则PF∥ED，FQ∥BC，PF⊥FQ，且PF= ED=1，FQ= BC=6，
在Rt△PFQ中，PQ= = =
（3）解：如图3中，取AD中点G，连接GQ，
∵GQ∥AC，ED∥AC，PF∥ED，
∴PF∥GQ，
∴△PMF∽△QMG，
∴ = = ，
∵PM+QM= ，
∴PM= ，MQ= ，
∴|PM﹣QM|=
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【分析】（1）由△ABC∽△ACO，得 = ，由此即可求出OA．（2）如图2中，取BD中点F，CD中点Q，连接PF、QF，在Rt△PFQ中，求出PF，QF即可解决问题．（3）如图3中，取AD中点G，连接GQ，由PF∥GQ，推出△PMF∽△QMG，推出 = = ，由PM+QM= ，可以求出PM，QM，即可解决问题．
22．（2019九上·上街期末）在平面直角坐标系中，抛物线 与 轴的两个交点分别为A（-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；
（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：设抛物线的解析式为 ，
∵抛物线过点A(-3，0)，B(1，0)，D(0，3)，
∴ ，解得，a=-1，b=-2，c=3，
∴抛物线解析式为 ，顶点C（-1，4）；
（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3)，
∴直线AD的解析式为y=x+3，
设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)
∴CF=FH，
分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，
由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，
∴直线EC的解析式为y=x+5，
直线EH的解析式为y=x+1，
分别与抛物线解析式联立，得 ， ，
解得点E坐标为(-2，3)， ， ；
（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，
∴ ，
分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，
由△CQM∽△QPN，
得 =2，
∵∠MCQ=45°，
设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，
∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，
将点P坐标代入抛物线解析式，得 ，
解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)
∴P点坐标为(-4，-5)；
②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，
∴ ，
延长CD交x轴于M，∴M(3，0)
过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，
∴ ，
∵∠MCH=45°，CH=MH=4
∴MN=FN=2，
∴F点坐标为(5，2)，
∴直线CF的解析式为y= ，
联立抛物线解析式，得 ，解得点P坐标为( ， )，
综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的性质；相似三角形的判定；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可；(3) （3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.
23．（2020·襄阳）在 中， ， .点D在边 上， 且 ， 交边 于点F，连接 .
（1）特例发现：如图1，当 时，①求证： ；②推断： ▲ .；
（2）探究证明：如图2，当 时，请探究 的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当 时，过点D作 的垂线，交 于点P，交 于点K，若 ，求 的长.
【答案】（1）证明：①
②90°
（2）证明： 为定值，
理由如下：
由（1）得：
（3）解： ，
设 则
，
解得：
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）②推断： 理由如下：
【分析】（1）①利用已知条件证明 即可得到结论，②先证明 利用相似三角形的性质再证明 结合相似三角形的性质可得答案；（2）由（1）中②的解题思路可得结论；（3）设 则 利用等腰直角三角形的性质分别表示： 由 表示 再证明 利用相似三角形的性质建立方程求解 ，即可得到答案.
24．（2020·金华·丽水）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F， 已知OB=8.
（1）求证：四边形AEFD为菱形.
（2）求四边形AEFD的面积.
（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）证明：∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵四边形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝ 90° .
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴ AEFD是菱形.
（2）解：如图1，连结DE.
∵S△ABD＝ AB·BD＝ ，
S△ODE＝ OD·OE＝ ，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE
＝64－2 －8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.
（3）解：由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1：3.
1）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：
如图2，AG与PQ交于点H，
∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的两直角边之比为1：3.
过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t.
∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，
∴点N是OP中点，
∴HN是△OPQ的中位线，
∴ON＝PN＝8－t.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴ ＝ ＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2.
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12，
∴点P的坐标为(12，0).
如图3，△APH的两直角边之比为1：3.
过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴ ＝ ＝ ，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24.
又∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4.
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴点P的坐标为(24，0).
2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：
如图4，△PQH的两直角边之比为1：3.
过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N.
∵MH是△QAC的中位线，
∴HM＝ ＝4.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴ ＝ ＝ ，则PN＝ ＝ ，
∴OM＝ .
设HN＝t，则MQ＝3t.
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－ ，解得t＝ .
∴OP＝MN＝4＋t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
如图5，△PQH的两直角边之比为1：3.
过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N.
∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝ NQ＝ .
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+ ，解得 t＝ .
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：
如图6，△PQH的两直角边之比为1：3.
过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于点I，过点P作PN⊥HM于点N.
∵HI∥x轴，点H为AP的中点，
∴AI＝IB＝4，∴PN＝4.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4.
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0).
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0).
【知识点】坐标与图形性质；菱形的判定与性质；正方形的性质；相似多边形；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据两组对边分别平行可证四边形AEFD是平行四边形，利用正方形的性质可得OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.根据线段中点的定义可得CE＝BD，根据“SAS”可证△ACE≌△ABD ，可得AE=AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即证；
（2）如图1，连结DE. 根据三角形的面积公式求出S△ABD＝ AB·BD＝，16，S△ODE＝ OD·OE=8，利用S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE=24，由S菱形AEFD＝2S△AED即可求出结论；
（3）由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1：3. 分两种情况讨论：①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2（△APH的两直角边之比为1：3）；图3(△APH的两直角边之比为1：3).两种情况；②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4(△PQH的两直角边之比为1：3 )、图5(△PQH的两直角边之比为1：3)两种情况；据此分别解答即可.
1 / 1初中数学浙教版九年级上册第四章 相似三角形 单元检测(提高篇）
一、单选题
1．（2019九上·南山期末）下列说法错误的是（ ）
A．所有矩形都是相似的
B．若线段a＝5cm，b＝2cm，则a：b＝5：2
C．若线段AB＝ cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则AC＝ cm
D．四条长度依次为lcm，2cm，2cm，4cm的线段是成比例线段
2．（2020·玉林）一个三角形木架三边长分别是75cm，100cm，120cm，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为60cm和120cm的两根木条.要求以其中一根为一边，从另一根截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有（ ）
A．一种 B．两种 C．三种 D．四种
3．（2018九上·南召期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（-1，2） B．（-9，18）
C．（-9，18）或（9，-18） D．（-1，2）或（1，-2）
4．（2017·湖州）如图，已知在 中， ， ， ，点 是 的重心，则点 到 所在直线的距离等于（ ）
A． B． C． D．
5．（2019八上·诸暨期末）已知 ，则直线 一定经过的象限是（ ）
A．第一、三、四象限 B．第一、二、四象限
C．第一、四象限 D．第二、三象限
6．（浙教版备考2020年中考数学一轮专题13 综合复习）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的各边上，EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，则四边形EFGH的周长是（ ）
A． B．13 C． D．
7．（2017八下·南通期末）有3个正方形如图所示放置，阴影部分的面积依次记为S1，S2，则S1：S2等于（ ）
A．1： B．1：2 C．2：3 D．4：9
8．（华师大版数学九年级上册第23章图形的相似23.3.2相似三角形的判定 同步练习）下列命题正确的有（ ）个
①40°角为内角的两个等腰三角形必相似；
②若等腰三角形一腰上的高等于腰长的一半，则这个等腰三角形的底角为75°；
③一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
④一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），那么a2：b2：c2=2：1：1；
⑤若△ABC的三边a、b、c满足a2+b2+c2+338=10a+24b+26c，则此△为等腰直角三角形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2017·泰州）如图，P为反比例函数y= （k＞0）在第一象限内图象上的一点，过点P分别作x轴，y轴的垂线交一次函数y=﹣x﹣4的图象于点A，B．若∠AOB=135°，则k的值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
10．（2020·泸县）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段 分为两线段 ， ，使得其中较长的一段 是全长 与较短的段 的比例中项，即满足 ，后人把 这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段 的“黄金分割”点．如图，在 中，已知 ， ，若D，E是边 的两个“黄金分割”点，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册4.1成比例线段（1） 同步练习）若 ，请再写出一条线段的长，使它与a、b这三条线段中的一条是另外两条的比例中项，则这条线段长为 ．
12．（2019九上·无锡月考）如图，已知△ABC中，D为边AC上一点，P为边AB上一点，AB=12，AC=8，AD=6，当AP的长度为 时，△ADP和△ABC相似.
13．（2018·常州）如图，在△ABC纸板中，AC=4，BC=2，AB=5，P是AC上一点，过点P沿直线剪下一个与△ABC相似的小三角形纸板，如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是 ．
14．（2020·金华模拟）在ΔABC 中，AC＝4，BC＝2. 点 D 在射线 AB 上，在构成的图形中，ΔACD 为等腰三角形，且存在两个互为相似的三角形，则 CD 的长是 .
15．（2019·抚顺模拟）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的6条对角线围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2；正六边形A2B2C2D2E2F2的6条对角线又围成一个正六边形A3B3C3D3E3F3…；如此继续下去，则六边形A4B4C4D4E4F4的面积是 .
16．（2019·台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D.设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=4，且 则m+n的最大值为 .
三、解答题
17．（华师大版数学九年级上册第23章图形的相似23.3.1相似三角形 同步练习）如图，在△ABC中，AB=6cm，AC=12cm，动点M从点A出发，以1cm∕秒的速度向点B运动，动点N从点C出发，以2cm∕秒的速度向点A运动，若两点同时运动，是否存在某一时刻t，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
18．（初中数学北师大版七年级下册4.1认识三角形练习题）如图，在△ABC中，BC边上依次有B、D、E、C，AC边上依次有A、G、F，满足BD=CE= BC，CF=AG= AC，BF交AE于点J，交AD于I，BG交AE于点K，交AD于点H，且S△ABC=1，求S四边形KHIJ．
19．（湘教版九年级数学上册 3.6 位似（2）同步练习）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点），在建立的平面直角坐标系中，△ABC绕旋转中心P逆时针旋转90°后得到△A1B1C1．
（1）在图中标示出旋转中心P，并写出它的坐标；
（2）以原点O为位似中心，将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍，得到△A2B2C2，在图中画出△A2B2C2，并写出C2的坐标．
20．（2017·浙江模拟）如图所示，梯形ABCD中，AB∥DC，∠B=90°，AD=15，AB=16，BC=12，点E是边AB上的动点，点F是射线CD上一点，射线ED和射线AF交于点G，且∠AGE=∠DAB．
（1）求线段CD的长；
（2）如果△AEG是以EG为腰的等腰三角形，求线段AE的长；
（3）如果点F在边CD上（不与点C、D重合），设AE=x，DF=y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围．
21．（2016·南通）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=5，BC=12，CO⊥AB于点O，D是线段OB上一点，DE=2，ED∥AC（∠ADE＜90°），连接BE、CD．设BE、CD的中点分别为P、Q．
（1）求AO的长；
（2）求PQ的长；
（3）设PQ与AB的交点为M，请直接写出|PM﹣MQ|的值．
22．（2019九上·上街期末）在平面直角坐标系中，抛物线 与 轴的两个交点分别为A（-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；
（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.
23．（2020·襄阳）在 中， ， .点D在边 上， 且 ， 交边 于点F，连接 .
（1）特例发现：如图1，当 时，①求证： ；②推断： ▲ .；
（2）探究证明：如图2，当 时，请探究 的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当 时，过点D作 的垂线，交 于点P，交 于点K，若 ，求 的长.
24．（2020·金华·丽水）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F， 已知OB=8.
（1）求证：四边形AEFD为菱形.
（2）求四边形AEFD的面积.
（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矩形的性质；比例线段；黄金分割；相似多边形
【解析】【解答】解：A.所有矩形对应边的比不一定相等，所以不一定都是相似的，A符合题意；
B.若线段a＝5cm，b＝2cm，则a：b＝5：2，B不符合题意；
C.若线段AB＝ cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则AC＝ cm，C不符合题意；
D. ∵1：2=2：4，∴四条长度依次为lcm，2cm，2cm，4cm的线段是成比例线段，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据相似多边形的性质，矩形的性质，成比例线段，黄金分割判断即可．
2．【答案】B
【知识点】三角形三边关系；相似三角形的应用
【解析】【解答】解：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，则长120cm的木条不能作为一边，
设从120cm的木条上截下两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），
由于长60cm的木条不能与75cm的一边对应，否则x、y有大于120cm，
当长60cm的木条与100cm的一边对应，则 ，
解得：x＝45，y＝72；
当长60cm的木条与120cm的一边对应，则 ，
解得：x＝37.5，y＝50.
答：有两种不同的截法：把120cm的木条截成45cm、72cm两段或把120cm的木条截成37.5cm、50cm两段.
故答案为：B.
【分析】分类讨论：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，则长120cm的木条不能作为一边，设从120cm的一根上截下的两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），易得长60cm的木条不能与75cm的一边对应，所以当长60cm的木条与100cm的一边对应时有 ；当长60cm的木条与120cm的一边对应时有 ，然后分别利用比例的性质计算出两种情况下得x和y的值.
3．【答案】D
【知识点】位似变换
【解析】【解答】方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似，∴△ ABO∽△A′B′O且 ＝ .∴ ＝ ＝ .∴A′E＝ AD＝2，OE＝ OD＝1.∴A′（－1，2）.同理可得A′′（1，-2）.
方法二：∵点A（-3，6）且相似比为 ，∴点A的对应点A′的坐标是（-3× ，6× ），∴A′（－1，2）.
∵点A′′和点A′（－1，2）关于原点O对称，∴A′′（1，-2）.
故答案为：D.
【分析】方法一：分A点与其对应点在位似图形中心O的同侧和异侧，根据位似图形是特殊的相似，可得△ ABO∽△A′B′O，利用相似三角形对应边成比例，可求出A'E、OE的长，即得A′坐标，
方法二：平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心的位似图形的位似比为k，那么与原图上的点（x，y）对应的位似图形上的点的坐标为（kx.ky）或（-kx，-ky），据此解答即可.
4．【答案】A
【知识点】全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接CP并延长交AB于D，连接BP交AC于E，并延长到F，使EF=PE，
∵∠C=90°，AC=BC，AB=6，
∴AC=BC=3，
又∵P为△ABC的重心，
∴CD=AB=3.∠CDB=90°
在△AEF和△CEP中，
∵
∴△AEF≌△CEP.
∴∠FAD=90°，CP=AF=3-DP.
又∵CD‖FA，
∴△BPD∽△BFA.
∴=.
∴=.
∴PD=1.
故答案为A.
【分 析】如图，根据三角形的重心是三条中线的交点，根据等腰直角三角形可知CD=3，可连接CP并延长交AB于D，则∠FAD=90°，连接BP交AC于E， 并延长到F，使EF=PE，然后可知△A，可得EF≌△CEP，∠FAD=90°，CP=AF=3-DP，因此可根据两角对应相等的两三角形相似，可得 △BPD∽△BFA.即可求出PD.
5．【答案】C
【知识点】比例的性质；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】当 时，
，
，
此时， ，经过第一、四、三象限；
当 时， ，此时， ，
此时， 经过第二、一、四象限．
综上所述， 一定经过第一、四象限，
故答案为：C．
【分析】由于a+b+c的符号不能确定，分两种情况讨论①当a+b+c≠0时，利用等比性质求出k值；②当a+b+c=0时，可得b+c=-a，然后求出k值；分别得出一次函数解析式，由k的符号，判断出直线经过的象限即可.
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，
∴AC=BD= = = ，
∵EF∥AC∥HG，∴ ，
∵EH∥BD∥FG， ∴ ，
∴ =1，
∴EF+EH=AC= ，
∵EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH的周长=2（EF+EH）= ．
故答案为：D.
【分析】先利用勾股定理求出AC和BD，然后由平行线截线段成比例分别列式，两式联立，得出∴EF+EH=AC，可知EF和EH的长度之和，于是根据平行四边形的性质可得四边形EFGH的周长.
7．【答案】D
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：设小正方形的边长为x，根据图形可得：
∵ = ，
∴ = ，
∴ = ，
∴S1= S正方形ABCD，
∴S1= x2，
∵ = ，
∴ = ，
∴S2= S正方形ABCD，
∴S2= x2，
∴S1：S2= x2： x2=4：9．
故选D.
【分析】设小正方形的边长为x，再根据相似的性质求出S1、S2与正方形面积的关系，然后进行计算即可得出答案．
8．【答案】A
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】①40°角为内角两个等腰三角形有2种情况，
一是顶角为40°的一个等腰三角形，二是底角为40°的一个等腰三角形，那么这两个三角形不相似，所以此结论不正确；
②高在内部时，顶角为30度，底角75度高在外部时，顶角的外角30度，底角15度．所以有2种情况：15度或75度，所以此结论不正确；
③一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可以是梯形，所以此结论不正确；
④∵一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），
∴a为等腰直角三角形的斜边，
∴a2=2b2=2c2
∴a2：b2：c2=2：1：1；
∴此结论正确；
⑤∵a2+b2+c2=10a+24b+26c-338，∴（a-5）2+（b-12）2+（c-13）2=0，
∴a-5=0，b-12=0，c-13=0，即a=5，b=12，c=13．
∵52+122=132，
∴△ABC是直角三角形．而不是等腰直角三角形．
∴此结论不正确；
因此命题正确的有1个．
故选A．
【分析】根据三角形的内角和定理，平行四边形的判定定理，相似三角形的判定定理，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，配方法的应用对5个结论逐一分析即可．
9．【答案】D
【知识点】反比例函数的图象；相似多边形；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：方法1、作BF⊥x轴，OE⊥AB，CQ⊥AP；设P点坐标（n， ），
∵直线AB函数式为y=﹣x﹣4，PB⊥y轴，PA⊥x轴，
∴C（0，﹣4），G（﹣4，0），
∴OC=OG，
∴∠OGC=∠OCG=45°
∵PB∥OG，PA∥OC，
∴∠PBA=∠OGC=45°，∠PAB=∠OCG=45°，
∴PA=PB，
∵P点坐标（n， ），
∴OD=CQ=n，
∴AD=AQ+DQ=n+4；
∵当x=0时，y=﹣x﹣4=﹣4，
∴OC=DQ=4，GE=OE= OC= ；
同理可证：BG= BF= PD= ，
∴BE=BG+EG= + ；
∵∠AOB=135°，
∴∠OBE+∠OAE=45°，
∵∠DAO+∠OAE=45°，
∴∠DAO=∠OBE，
∵在△BOE和△AOD中， ，
∴△BOE∽△AOD；
∴ = ，即 = ；
整理得：nk+2n2=8n+2n2，化简得：k=8；
故答案为：D．
方法2、如图1，
过B作BF⊥x轴于F，过点A作AD⊥y轴于D，
∵直线AB函数式为y=﹣x﹣4，PB⊥y轴，PA⊥x轴，
∴C（0，﹣4），G（﹣4，0），
∴OC=OG，
∴∠OGC=∠OCG=45°
∵PB∥OG，PA∥OC，
∴∠PBA=∠OGC=45°，∠PAB=∠OCG=45°，
∴PA=PB，
∵P点坐标（n， ），
∴A（n，﹣n﹣4），B（﹣4﹣ ， ）
∴AD=AQ+DQ=n+4；
∵当x=0时，y=﹣x﹣4=﹣4，
∴OC=4，
当y=0时，x=﹣4．
∴OG=4，
∵∠AOB=135°，
∴∠BOG+∠AOC=45°，
∵直线AB的解析式为y=﹣x﹣4，
∴∠AGO=∠OCG=45°，
∴∠BGO=∠OCA，∠BOG+∠OBG=45°，
∴∠OBG=∠AOC，
∴△BOG∽△OAC，
∴ = ，
∴ = ，
在等腰Rt△BFG中，BG= BF= ，
在等腰Rt△ACD中，AC= AD= n，
∴ ，
∴k=8，
故答案为：D．
【分析】求k可求出P的横纵坐标的积即可，设出P坐标（n，)，可观察出一组相似三角形△BOG∽△OAC，可得出对应边成比例，用n，k的代数式表示出对应边，代入比例式，变为乘积式后即可求出k.
10．【答案】A
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；黄金分割
【解析】【解答】解：过点A作AF⊥BC，
∵AB=AC，
∴BF= BC=2，
在Rt ，AF= ，
∵D是边 的两个“黄金分割”点，
∴ 即 ，
解得CD= ，
同理BE= ，
∵CE=BC-BE=4-( -2)=6- ，
∴DE=CD-CE=4 -8，
∴S△ABC= = = ，
故答案为：A.
【分析】作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到 中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
11．【答案】 或 或12
【知识点】比例线段
【解析】【解答】解：设写出的线段为c，
若线段c是线段a，b的比例中项，则有c2=ab，
∵a=3，b=6，
∴c2=18，
∴c= ；
若线段a是线段c，b的比例中项，则有a2=bc，
∵a=3，b=6，
∴32=6c，
解得c= ；
若线段b是线段a，c的比例中项，则有b2=ac，
∵a=3，b=6，
∴62=3c，
解得c=12，
∴c= 或 或12，
故答案为： 或 或12.
【分析】设写出的线段为c，分三种情况讨论：若线段c是线段a，b的比例中项；若线段a是线段c，b的比例中项；若线段b是线段a，c的比例中项，分别列出比例式，解方程取出c的值即可。
12．【答案】4或9
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：当△ADP∽△ACB时，需有 ，∴ ，解得AP＝9.当△ADP∽△ABC时，需有 ，∴ ，解得AP＝4.∴当AP的长为4或9时，△ADP和△ABC相似.
故答案为： 4或9 .
【分析】此题需要分类讨论：①当△ADP∽△ACB时，需有 ，根据比例式就可算出AP的长；②当△ADP∽△ABC时，需有 ，根据比例式就可算出AP的长，综上所述即可得出答案.
13．【答案】3≤AP＜4
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：如图所示，过P作PD∥AB交BC于D或PE∥BC交AB于E，
则△PCD∽△ACB或△APE∽△ACB，
此时0＜AP＜4；
如图所示，过P作∠APF=∠B交AB于F，
则△APF∽△ABC，
此时0＜AP≤4；
如图所示，过P作∠CPG=∠CBA交BC于G，
此时，△CPG∽△CBA，
当点G与点B重合时，CB2=CP×CA，即22=CP×4，
∴CP=1，AP=3，
∴此时，3≤AP＜4；
综上所述，AP长的取值范围是3≤AP＜4．
故答案为：3≤AP＜4．
【分析】如图所示，过P作PD∥AB交BC于D或PE∥BC交AB于E，根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出△PCD∽△ACB或△APE∽△ACB，此时0＜AP＜4；如图所示，过P作∠APF=∠B交AB于F，根据两组角对应相等的两个三角形相似，得出△APF∽△ABC，此时0＜AP≤4；如图所示，过P作∠CPG=∠CBA交BC于G，此时，△CPG∽△CBA，当点G与点B重合时，根据相似三角形对应边成比例得出CB2=CP×CA，即22=CP×4，故CP=1，AP=3，此时，3≤AP＜4；综上所述即可得出答案。
14．【答案】2或4或
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】如图，
当点D在线段AB上，DC=AD，且△BCD∽△BAC，
设CD=x，BD=y，
∴，即得，
解得x=；
如图，
当点D在AB的延长线上，AC=AD=4，△DCB∽△DAC，
设CD=x，BD=y，
∴，即得，解得x=2，即得CD=2，
当AC=CD=4，△ACB∽△DCB，
∴CD的长为2或4或.
【分析】分两种情况①当点D在线段AB上，DC=AD，且△BCD∽△BAC，②当点D在AB的延长线上，AC=AD=4，△DCB∽△DAC，当AC=CD=4，△ACB∽△DCB，利用相似三角形的性质分别求解即可.
15．【答案】
【知识点】相似多边形
【解析】【解答】由正六边形的性质得：∠A1B1B2＝90°，∠B1A1B2＝30°，A1A2＝A2B2，
∴B1B2＝ A1B1＝ ，
∴A2B2＝ A1B2＝B1B2＝ ，
∵正六边形A1B1C1D1E1F1∽正六边形A2B2C2D2E2F2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的面积：正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝（ ）2＝ ，
∵正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝6× ×1× ＝ ，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的面积＝ × ＝ ，
同理：正六边形A4B4C4D4E4F4的面积＝（ ）3× ＝ ；
故答案为： .
【分析】由正六边形的性质得：∠A1B1B2＝90°，∠B1A1B2＝30°，A1A2＝A2B2，进而得到正六边形A2B2C2D2E2F2的面积：正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝（ ）2＝ ，结合正六边形A1B1C1D1E1F1的面积＝6× ×1× ＝ ，即可得到正六边形A2B2C2D2E2F2的面积，以此类推，即可得到答案.
16．【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，如图，
设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，
∵BD=4，BE=m，BF=n，
∴DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，
∵∠ABC=90°，且∠AEB=∠BFC=90°，∠CMD=∠AND=90°，
∴△AEB∽△BFC，△CMD∽△AND，
∴ ， ，
即 ， ，
∴mn=xy，y=10- x，
又∵ ，
∴n= m，
∴m+n=m+ m= m，
要使m+n最大，则只要m最大，
∵mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，
∴对称轴x= 时，（- x2+10x）最大= ，
∴ m2= ，
∴m最大= ，
∴（m+n）最大= × = .
故答案为： .
【分析】过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，根据题意得DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，再由相似三角形的判定和性质得 ， ，即mn=xy，y=10- x，由 得n= m，从而可得m+n= m，要使m+n最大，则只要m最大，由mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，从而可转化成二次函数的最值来做，根据二次函数的性质求得其最大值，即 m2= ，从而可得到m最大= ，从而可得m+n的最大值.
17．【答案】解答：存在t=3秒或4.8秒，使以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似（无此过程不扣分）设经过t秒时，△AMN与△ABC相似，此时，AM=t，CN=2t，AN=12-2t（0≤t≤6），①当MN∥BC时，△AMN∽△ABC，则 ＝ ，即 ＝ ，解得t=3；②当∠AMN=∠C时，△ANM∽△ABC，则 ＝ ，即 = ，解得t=4.8；故所求t的值为3秒或4.8秒．
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【分析】首先设经过t秒时，△AMN与△ABC相似，可得AM=t，CN=2t，AN=12-2t（0≤t≤6），然后分别从当MN∥BC时，△AMN∽△ABC与当∠AMN=∠C时，△ANM∽△ABC去分析，根据相似三角形的对应边成比例即可求得答案．
18．【答案】解：
过G作GP∥BC，交AD于P，AE于Q，则 = ，
∵BD= BC，
∴ = ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
同理可得： = ，
即 = ，
∴ ，
∴ = ，
∴BH：HK：KG=52：32：7，
过F作FM∥BC，交AD于M，AE于N，
同理得：BI：IJ：JF=20：32：13，
∵S△ABC=1，
∴S△ABF= ，S△ABG= ，
∴S△AIJ= S△ABF= × = ，
S△AHK= S△ABG= × = ，
∴S四边形KHIJ=S△AIJ﹣S△AHK，
= ﹣ ，
= ．
【知识点】三角形的面积；比例的性质
【解析】【分析】作平行线GP和FM，根据平行线分线段成比例定理列比例式得： ， = ，从而得：BH：HK：KG=52：32：7，BI：IJ：JF=20：32：13，由同高三角形面积的比等于对应底边的比，可以得出S△ABF= ，S△ABG= ，S△AIJ= S△ABF= × = ，S△AHK= S△ABG= × = ，作差可得S四边形KHIJ．
19．【答案】（1）解：如图，点P为所作，P点坐标为（3，1）
（2）解：如图，△A2B2C2为所作，C2的坐标为（2，4）或（﹣2，﹣4）．
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质，根据三角形逆时针向左旋转90°即可写出对应的中心点坐标。
（2）根据位似比，C2的坐标在第一象限或第四象限，根据位似中心确定相关的对应点，描点连线即可。
20．【答案】（1）解：（1）作DH⊥AB于H，如图1，
易得四边形BCDH为矩形，
∴DH=BC=12，CD=BH，
在Rt△ADH中，AH= ，
∴BH=AB﹣AH=16﹣9=7，
∴CD=7；
（2）当EA=EG时，则∠AGE=∠GAE，
∵∠AGE=∠DAB，
∴∠GAE=∠DAB，
∴G点与D点重合，即ED=EA，
作EM⊥AD于M，如图1，则AM= AD= ，
∵∠MAE=∠HAD，
∴Rt△AME∽Rt△AHD，
∴AE：AD=AM：AH，即AE：15= ：9，解得AE= ；
当GA=GE时，则∠AGE=∠AEG，
∵∠AGE=∠DAB，
而∠AGE=∠ADG+∠DAG，∠DAB=∠GAE+∠DAG，
∴∠GAE=∠ADG，
∴∠AEG=∠ADG，
∴AE=AD=15，
综上所述，△AEC是以EG为腰的等腰三角形时，线段AE的长为 或15；
（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH=9，HE=AE﹣AH=x﹣9，
在Rt△ADE中，DE= = ，
∵∠AGE=∠DAB，∠AEG=∠DEA，
∴△EAG∽△EDA，
∴EG：AE=AE：ED，即EG：x=x： ，
∴EG= ，
∴DG=DE﹣EG= ﹣ ，
∵DF∥AE，
∴△DGF∽△EGA，
∴DF：AE=DG：EG，即y：x=（ ﹣ ）： ，
∴y= （9＜x＜ ）．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定
【解析】【分析】（1）作DH⊥AB于H，如图1，易得四边形BCDH为矩形，则DH=BC=12，CD=BH，再利用勾股定理计算出AH，从而得到BH和CD的长； （2）分类讨论：当EA=EG时，则∠AGE=∠GAE，则判断G点与D点重合，即ED=EA，作EM⊥AD于M，如图1，则AM= AD= ，通过证明Rt△AME∽Rt△AHD，利用相似比可计算出此时的AE长；当GA=GE时，则∠AGE=∠AEG，可证明AE=AD=15，（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH=9，HE=AE﹣AH=x﹣9，先利用勾股定理表示出DE= ，再证明△EAG∽△EDA，则利用相似比可表示出EG= ，则可表示出DG，然后证明△DGF∽△EGA，于是利用相似比可表示出x和y的关系．
21．【答案】（1）解：如图1中，
∵CO⊥AB，
∴∠AOC=∠ACB=90°，∵∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACO，
∴ = ，
∵AB= = =13，
∴OA= =
（2）解：如图2中，取BD中点F，CD中点Q，连接PF、QF，
则PF∥ED，FQ∥BC，PF⊥FQ，且PF= ED=1，FQ= BC=6，
在Rt△PFQ中，PQ= = =
（3）解：如图3中，取AD中点G，连接GQ，
∵GQ∥AC，ED∥AC，PF∥ED，
∴PF∥GQ，
∴△PMF∽△QMG，
∴ = = ，
∵PM+QM= ，
∴PM= ，MQ= ，
∴|PM﹣QM|=
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【分析】（1）由△ABC∽△ACO，得 = ，由此即可求出OA．（2）如图2中，取BD中点F，CD中点Q，连接PF、QF，在Rt△PFQ中，求出PF，QF即可解决问题．（3）如图3中，取AD中点G，连接GQ，由PF∥GQ，推出△PMF∽△QMG，推出 = = ，由PM+QM= ，可以求出PM，QM，即可解决问题．
22．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为 ，
∵抛物线过点A(-3，0)，B(1，0)，D(0，3)，
∴ ，解得，a=-1，b=-2，c=3，
∴抛物线解析式为 ，顶点C（-1，4）；
（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3)，
∴直线AD的解析式为y=x+3，
设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)
∴CF=FH，
分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，
由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，
∴直线EC的解析式为y=x+5，
直线EH的解析式为y=x+1，
分别与抛物线解析式联立，得 ， ，
解得点E坐标为(-2，3)， ， ；
（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，
∴ ，
分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，
由△CQM∽△QPN，
得 =2，
∵∠MCQ=45°，
设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，
∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，
将点P坐标代入抛物线解析式，得 ，
解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)
∴P点坐标为(-4，-5)；
②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，
∴ ，
延长CD交x轴于M，∴M(3，0)
过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，
∴ ，
∵∠MCH=45°，CH=MH=4
∴MN=FN=2，
∴F点坐标为(5，2)，
∴直线CF的解析式为y= ，
联立抛物线解析式，得 ，解得点P坐标为( ， )，
综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的性质；相似三角形的判定；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可；(3) （3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.
23．【答案】（1）证明：①
②90°
（2）证明： 为定值，
理由如下：
由（1）得：
（3）解： ，
设 则
，
解得：
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）②推断： 理由如下：
【分析】（1）①利用已知条件证明 即可得到结论，②先证明 利用相似三角形的性质再证明 结合相似三角形的性质可得答案；（2）由（1）中②的解题思路可得结论；（3）设 则 利用等腰直角三角形的性质分别表示： 由 表示 再证明 利用相似三角形的性质建立方程求解 ，即可得到答案.
24．【答案】（1）证明：∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵四边形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝ 90° .
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴ AEFD是菱形.
（2）解：如图1，连结DE.
∵S△ABD＝ AB·BD＝ ，
S△ODE＝ OD·OE＝ ，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE
＝64－2 －8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.
（3）解：由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1：3.
1）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：
如图2，AG与PQ交于点H，
∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的两直角边之比为1：3.
过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t.
∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，
∴点N是OP中点，
∴HN是△OPQ的中位线，
∴ON＝PN＝8－t.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴ ＝ ＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2.
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12，
∴点P的坐标为(12，0).
如图3，△APH的两直角边之比为1：3.
过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴ ＝ ＝ ，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24.
又∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4.
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴点P的坐标为(24，0).
2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：
如图4，△PQH的两直角边之比为1：3.
过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N.
∵MH是△QAC的中位线，
∴HM＝ ＝4.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴ ＝ ＝ ，则PN＝ ＝ ，
∴OM＝ .
设HN＝t，则MQ＝3t.
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－ ，解得t＝ .
∴OP＝MN＝4＋t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
如图5，△PQH的两直角边之比为1：3.
过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N.
∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝ NQ＝ .
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+ ，解得 t＝ .
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：
如图6，△PQH的两直角边之比为1：3.
过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于点I，过点P作PN⊥HM于点N.
∵HI∥x轴，点H为AP的中点，
∴AI＝IB＝4，∴PN＝4.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4.
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0).
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0).
【知识点】坐标与图形性质；菱形的判定与性质；正方形的性质；相似多边形；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据两组对边分别平行可证四边形AEFD是平行四边形，利用正方形的性质可得OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.根据线段中点的定义可得CE＝BD，根据“SAS”可证△ACE≌△ABD ，可得AE=AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即证；
（2）如图1，连结DE. 根据三角形的面积公式求出S△ABD＝ AB·BD＝，16，S△ODE＝ OD·OE=8，利用S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE=24，由S菱形AEFD＝2S△AED即可求出结论；
（3）由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1：3. 分两种情况讨论：①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2（△APH的两直角边之比为1：3）；图3(△APH的两直角边之比为1：3).两种情况；②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4(△PQH的两直角边之比为1：3 )、图5(△PQH的两直角边之比为1：3)两种情况；据此分别解答即可.
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