备考2023年中考数学压轴题训练 ——相似（1）
一、真题
1．（2022·嘉兴）小东在做九上课本123页习题：“1： 也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1： ．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．
（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．
（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造△DPE，使得△DPE∽△CPB．
①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．
②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．
【答案】（1）解：赞同，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=CB，
∴2AC2=AB2，即AC：AB=1：，
又∵以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，
∴AC=AP，
∴AP：AB=1：，
∴P为线段AB的“趣点”.
（2）解：①∵△DPE∽△CPB，∠B=∠CAB=45°，
∴∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，
∵AP=AC，
∴∠APC=（180°-∠CAP）÷2=（180°-45°）÷2=67.5°，
∴∠DPE=∠CPB=180°-∠APC=180°-67.5°=112.5°，
∴∠CPE=∠DPE-∠APC=112.5°-67.5°=45°；
②∵点D为线段AC的“趣点”，且CD＜AD，AC=AP，
∴CD：AC=CD：AP=1：，
∵AC：AB=1：，∠A为公共角，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠DPA=∠CBA=45°，∠ADP=∠ACB=90°，DP∥CB，
∴∠CPD=∠PCB=∠APC-∠DPA=67.5°-45°=22.5°，
又∵△DPE∽△CPB，
∴∠PDE=∠PCB=22.5°，
∴∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=90°-22.5°=67.5°，
∴MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=2×22.5°=45°，
又∵E=∠B=45°，
∴∠MPE=∠E=45°，
∴MP：ME=1：，
∴MN：ME=1：，
点N是ME的“趣点”.
【知识点】余角、补角及其性质；平行线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形性质得2AC2=AB2，即AC：AB=1：，又AC=AP，从而得到AP：AB=1：，因此可判断P为线段AB的“趣点”；
（2）①由相似性质及等腰直角三角形性质可得∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，再由等腰三角形性质可得∠APC=67.5°，从而得到∠DPE=112.5°，再由∠CPE=∠DPE-∠APC，即可求解；
②根据点D为线段AC的“趣点”，CD＜AD及AC=AP，则CD：AC=CD：AP=1：，可证出△ADP∽△ACB，再由由相似性质和平行线性质得∠CPD=∠PCB=22.5°，又△DPE∽△CPB，从而得到∠PDE=∠PCB=22.5°，由平行线性质和角互余关系求出∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=67.5°，进而得到MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=45°，由等腰直角三角形性质得MN：ME=1：，即可得到点N是ME的“趣点”.
2．（2022·湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，a>b．记△ABC的面积为S．
（1）如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1，正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9，S2=16，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：S2-S1=2S．
（2）如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为S1，等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索S2-S1与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：①∵S1=9，S2=16，
∴b=3，a=4，
∵∠ACB=90°，
∴S=ab=×3×4=6，
②由题意，得∠FAN=∠ANB=90°，
∵FH⊥AB，
∴∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，
∴△FAN∽△ANB，
∴，
∴，
整理，得ab+b2=a2，
∴2S+S1=S2，
即S2-S1=2S．
（2）解：S2-S1=S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形，
∴AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，
∴△ABC≌△FBE（SAS），
∴AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，
∴∠FEC=30°，
∵EF⊥CF，CE=BC=a，
∴=cos30°=，
∴b=a，
∴S=ab=a2，
由题意，得S1=b2，S2=a2，
∴S2-S1=a2- b2= a2，
∴S2-S1=S.
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①由正方形的面积分别求出Rt△ACB的两条直角边，再利用三角形的面积公式，代入数据计算即可求出S的值；②由∠FAN=∠ANB=90°，∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，证得△FAN∽△ANB，由相似三角形对应比成比例可得，整理得ab+b2=a2，即得2S+S1=S2，，进而求证结论成立；
（2）S2-S1=S. 由等边三角形性质得AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，利用“SAS”定理证出△ABC≌△FBE，即得AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，则∠FEC=30°，从而得=，推出b=a，进而得到S=ab=a2，又S1=b2，S2=a2，则S2-S1= a2，即可证明结论成立.
3．（2022·贵港）已知：点C，D均在直线l的上方，与都是直线l的垂线段，且在的右侧，，与相交于点O.
（1）如图1，若连接，则的形状为 ，的值为 ；
（2）若将沿直线l平移，并以为一边在直线l的上方作等边.
①如图2，当与重合时，连接，若，求的长；
②如图3，当时，连接并延长交直线l于点F，连接.求证：.
【答案】（1）等腰三角形；
（2）解：①过点E作于点H，如图所示：
∵AC，BD均是直线l的垂线段，
∴，
∵是等边三角形，且与重合，
∴∠EAD=60°，
∴，
∴，
∴在中，，，
又∵，，
∴，
∴，
又，
∴，
又由（1）知，
∴，则，
∴在中，由勾股定理得：.
②连接，如图3所示：
∵，
∴，
∵是等腰三角形，
∴是等边三角形，
又∵是等边三角形，
∴绕点D顺时针旋转后与重合，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）过点C作CH⊥BD于H，如图所示：
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC=BH，
又∵BD=2AC，
∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，
∴的形状为等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴△AOC∽△BOD，
，即，
.
故答案为：等腰三角形，；
【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，则四边形ABHC是矩形，得到AC=BH，结合BD=2AC可得AC=BH=DH，且CH⊥BD，推出△BCD为等腰三角形，证明△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质可得OD=2AO，据此求解；
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，则AC∥BD，易得∠EAD=60°，则∠BAD=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AD=2BD，利用勾股定理可得AB=BD，结合BD=2AC以及AC的值可得AB、AD、AH的值，由勾股定理可得EH，结合（1）的结论可得OH的值，然后在Rt△EOH中，根据勾股定理计算即可；
②连接CD，根据平行线的性质可得∠CBD=∠ACB=60°，推出△BCD是等边三角形，根据旋转的性质可得∠ECD=∠ABD=90°，易得∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，则FC=FB=2AF，证明△AOF∽△ADB，根据相似三角形的性质可得∠AFO=∠ABD=90°，据此证明.
4．（2022·苏州）如图
（1）如图1，在△ABC中， ，CD平分 ，交AB于点D， // ，交BC于点E.
①若 ， ，求BC的长；
②试探究 是否为定值.如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
（2）如图2， 和 是△ABC的2个外角， ，CD平分 ，交AB的延长线于点D， // ，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为 ，△CDE的面积为 ，△BDE的面积为 .若 ，求 的值.
【答案】（1）解：①∵CD平分 ，
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
②∵ ，
∴ .
由①可得 ，
∴ .
∴ .
∴ 是定值，定值为1.
（2）解：∵ ，
∴ .
∵ ，
∴ .
又∵ ，
∴ .
设 ，则 .
∵CD平分 ，
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
如图，过点D作 于H.
∵ ，
∴ .
∴ .
【知识点】等腰三角形的判定；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）①根据角平分线的概念可得∠ACD=∠DCB=∠ACB，由已知条件可得∠ACB=2∠B，则∠ACD=∠DCB=∠B，推出CD=BD=，根据平行线的性质可得∠ACD=∠EDC，则∠EDC=∠DCB=∠B，推出CE=DE=1，证明△CED∽△CDB，然后根据相似三角形的性质进行计算；
②根据平行线分线段成比例的性质可得，由①可得CE=DE，则，据此解答；
（2）易证△BDE∽△BAC，根据相似三角形的性质结合三角形的面积公式可得 ，易得，由已知条件知S1·S3=S22，则，设BC=9x，则CE=16x，根据角平分线的概念可得∠ECD=∠FCD=∠CBF，由已知条件知∠BCF=2∠CBG，则∠ECD=∠FCD=∠CBD，推出BD=CD，根据平行线的性质可得∠EDC=∠FCD，推出CE=DE，证明△CDB∽△CED，根据相似三角形的性质可得CD=12x，过点D作DH⊥BC于H，则BD=CD=12x，BH=x，然后根据三角函数的概念进行计算.
5．（2022·扬州）如图1，在中，，点在边上由点向点运动（不与点重合），过点作，交射线于点.
（1）分别探索以下两种特殊情形时线段与的数量关系，并说明理由；
①点在线段的延长线上且；
②点在线段上且.
（2）若.
①当时，求的长；
②直接写出运动过程中线段长度的最小值.
【答案】（1）解：①，理由如下，
如图：
∵在中，，
∴
∵
∴
在中：
∴
∴
②，理由如下，
如图：
∵
∴，
∴在中，
∴
∴
（2）解：①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H
易知：（一线三垂直）
设，
则，，
在中，，AB=6
则，
在中，，
则
在中，，
由
解得：，（舍）
故
②当，AE最小，最小为4
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形的综合
【解析】【解答】解：（2）②过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，如图：
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH＝90° ∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴△ADG∽△DEH，
∴，
∴AG EH＝DH DG，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AG＝AB＝3，EH＝BE＝（6 AE），
∴DH DG＝3EH，
∴AE2＝AD2＋DE2＝AG2＋DG2＋DH2＋EH2＝9＋DG2＋DH2＋EH2，
∵DG2＋DH2≥2DH DG，
∴AE2≥9＋2DH DG＋EH2，
∴AE2≥9＋6EH＋EH2，
∴AE2≥（3＋EH）2，
∵AE＞0，EH＞0，
∴AE≥3＋EH，
∵EH＝（6 AE），
∴AE≥3＋（6 AE），
∴AE≥4．
答：线段AE长度的最小值为4，
【分析】（1）①根据内角和定理可得∠ABC=30°，根据等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠BDE=∠BED=15°，根据余角的性质可得∠BDA=90°-∠BDE=75°，利用内角和定理得∠BAD=75°，推出AB=BD=BE，据此证明；
②根据等腰三角形的性质可得∠EBD=∠EDB=30°，结合外角的性质可得∠AED=60°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AE=2ED，据此证明；
（2）①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H，易证△EGD∽△DHA，设DE=a，则AD=2a，利用勾股定理可得AE，然后表示出BE，根据三角函数的概念可得AC、BC、EG、AH，利用勾股定理可得DH，根据相似三角形的性质可得a的值，据此可得AE；
②过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，利用余角的性质和垂直的定义，可证得∠EDH＝∠DAG，∠EHD＝∠AGD，可推出△ADG∽△DEH，利用相似三角形的对应边成比例可证得AG EH＝DH DG；再利用直角三角形的性质可求出AG，EH的长，由此可推出DH DG＝3EH，利用勾股定理可推出AE2≥（3＋EH）2，可得到AE≥3＋EH，将EH＝（6 AE）代入可得到关于AE的不等式，然后求出不等式的最小整数解即可.
6．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
二、模拟预测
7．（2023九上·徐州期末）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果＝，那么称点B为线段AC的黄金分割点.它们的比值为.
（1）在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为 cm；
（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG.试说明：G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P.他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点.请猜想小明的发现，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：如图，延长EA、CG交于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴，
∴，
由折叠性质可知，，
∴，
∴，
∵，DC=20，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴ ，即G是AB的黄金分割点；
（3）解：当时，满足题意，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，
∵，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；黄金分割；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）∵点B为线段AC的黄金分割点，AC=20cm，
∴cm.
故答案为：；
【分析】（1）根据黄金分割的特点可得AB=AC，然后将AC=20cm代入进行计算；
（2）延长EA、CG交于点M，由正方形的性质以及平行线的性质可得∠EMC=∠BCG，由折叠性质可知∠ECM=∠BCG，则∠EMC=∠ECM，推出EM=EC，易得EC、EM、DM的值，求出tan∠DMC、tan∠BCG的值，据此解答；
（3）根据正方形的性质解答AB=BC，∠BAE=∠CBF=90°，由同角的余角相等可得∠BCF=∠ABE，利用ASA证明△ABE≌△BCF，得到BF=AE，证明△AEF∽△BPF，得到，当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，AE>DE，则，然后结合BF=AE、AB=BC进行解答.
8．（2023九上·桂平期末）综合与时间
问题情境：如图1，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E分别作AC，BE的垂线，分别交直线BC，CD于点F，G.试猜想线段BF和CG的数量关系，并加以证明.
（1）数学思考：请解答上述问题.
（2）问题解决：如图2，在图1的条件下，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，其他条件不变.若，，求的值.
（3）问题拓展：在（2）的条件下，当点E为AC的中点时，请直接写出的面积.
【答案】（1）解：，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴.
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴在中，，
∴.
（3）
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（3）连接，交于E，过点E作于H，如图所示：
四边形是矩形，且对角线交于E，
，，
，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
又，
，，
，
，即，，即，
，，
又点是的中点，且，
是的中位线，
，
，
，
，
.
【分析】（1）BF=CG.理由：由正方形的性质可得，，从而推出，根据ASA证明△BEF≌△GEC，利用全等三角形的性质可得BF=CG；
（2）根据两角分别相等证明，可得，由，继而得出结论；
（3）连接，交于E，过点E作于H，利用勾股定理求出BD=10，根据矩形的性质可得，再证，可得，据此求出FC，EF的长，根据三角形中位线定理可得，利用勾股定理求出FH的长，从而求出GF的长，根据CG=CF-GF可可求出CG的长，再利用三角形的面积公式即可求解.
9．（2023·苏州模拟）【教材再现】
在初中数学教材中有这样一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例.如图1，直线，直线m和直线n分别与直线和直线相交于点A，点B，点F，点D，直线m和直线n相交于点E，则；
【探究发现】
如图2，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，.
（1）求证：；
（2）当时，直接写出的长；
（3）点H在射线AC上，连接EH交线段于点G，当，且时，直接写出的值.
【答案】（1）证明：如图2，过点作交的延长线于点.
，
，，
，
，
；
由（1）得，
；
（2）解：如图3，
作于点，
由①得，
，
，
，
，，
，
；
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
.
（3）解：如图4，
点在线段上，，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
由②得，
，
，
，
，，
，
，
；
如图5，
点在线段的延长线上，，
，
同理可得，
，，
，
，，
，
，
，
综上所述，的值为或.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等腰三角形的判定；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过点A作AF∥CB交DE的延长线于点F，由平行线的性质可得∠F=∠EDB，∠FAD=∠ADC，由已知条件可知∠EDB=∠ADC，则∠F=∠FAD，推出AD=FD，然后结合可得结论；
（2）作DM⊥AF于点M，结合（1）的结论可得AE=BE，利用AAS证明△AEF≌△BED，得到AF=BD，由等腰三角形的性质可得AM=FM=AF，易得四边形ACDM是矩形，则CD=AM=AF=BD，CD=BC=1，然后利用勾股定理进行计算；
（3）当点H在线段AC上时，由题意可得CH=1，AH=2，利用ASA证明△AEH≌△AEF，得到AH=AF=2，由（1）可得CD=AF=1，则BD=2，利用ASA证明△AEF≌△BED，得到AE=BE，据此求解；当点H在线段AC的延长线上时，CH=1，AH=4，同理证明△AEH≌△AEF，得到AH=AF=4，CD=AF=1，BD=1，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△BED∽△AEF，然后根据相似三角形的性质进行计算.
10．（2023·苏州模拟）
（1）如图①，在正方形中，E，F分别是，边上的动点，且，将绕点D逆时针旋转90°，得到，可以证明，进一步推出，，之间的数量关系为 ；
（2）在图①中，连接分别交和于P，Q两点， 求证：；
（3）如图②，在菱形中，，点E，F分别是边，上的动点（不与端点重合），且，连接分别与边，交于M，N.当时，猜想，，之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2）证明：如图，
由（1）知：，
，
又四边形是正方形，
，
是正方形的对角线，
，
，
又，
又，
；
（3）解：将绕点A顺时针旋转，此时与重合，F转到点G，在上取，连接，如图，
∴
又
∵菱形
中，
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1），理由如下：∵将绕点D逆时针旋转90°，得到，
∴
三点共线，
在和中，
∴
；
【分析】（1）根据旋转的性质可得DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，利用SAS证明△DEF≌△DMF，得到EF=FM，据此解答；
（2）由（1）知△DEF≌△DMF，则∠DFE=∠DFM，根据正方形的性质可得AD∥BC，∠BAD=∠ADC=90°，∠DAQ=45°，由平行线的性质可得∠DFM=∠ADF，进而推出∠DPQ=∠DFE，然后根据相似三角形的判定定理进行证明；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到点G，在AG上取AH=AN，连接HM、HB，利用SAS证明△ABH≌△ADN，得到DN=BH，∠ABH=∠ADN，由菱形的性质可得∠ABD=∠ADB=30°，则∠HBD=60°，易得∠AMN=∠AMH=75°，∠HMB=30°，∠BHM=90°，然后根据勾股定理进行解答.
11．（2023·仙居模拟） 如图，正方形ABCD的边长为12 m，点E在AB上，AE＝8 m.正方形内存在匀强磁场，某种带电粒子以速度v（单位：m/s）沿着EF方向（EF⊥AB）从点E射入匀强磁场，在磁场中沿逆时针方向作匀速圆周运动，该圆与EF相切，半径r（单位：m）与v满足关系r＝kv（k为常数）. 如图1，当v＝8时，粒子恰好从点A处射出磁场.
（1）①求常数k的值；
②若v＝8或6，粒子在磁场中的运动时间分别为t1，t2，请比较t1，t2的大小.
（2）如图2，若粒子从AD边上一点G射出磁场，请用无刻度的直尺和圆规画出粒子运动的弧形路径的圆心O（保留作图痕迹）.
（3）该种粒子能否从边CD上射出磁场？若能，请求出v的取值范围；若不能，请写出理由.
【答案】（1）解：①半径r＝AE＝4cm，
将v=8与r=4代入r＝kv，
得k＝；
②在AE之间设出的两种速度的粒子，圆周运动的圆心角都是π，
∴t1＝π(×8)÷8＝π，
t2＝π(×6)÷6＝π，
∴t1＝t2；
（2）解：如图，
利用尺规作图法，作出弦DG垂直平分线ON，圆心一定在ON上，由于该圆与EF相切于点E，且AB⊥EF，所以圆心一定在AE上，故ON与AE的交点就是 弧形路径的圆心O ；
（3）解： 该种粒子能从边CD上射出磁场，理由如下：
如图，假设粒子从点D射出磁场时，圆周运动的圆心为O1，过点O1作O1M⊥ED，弧形路径的半径为r，
∵，
∴，
∵∠ADE+∠AED=90°，∠AED+∠O1=90°，
∴∠O1=∠ADE，
又∵∠DAE=∠O1ME=90°，
∴△ADE∽△MO1E，
∴，
即
解得r＝13，
由（1）知r=v，
∴v＝13×2＝26.
∴若粒子从边CD上射出磁场，应满足v≥26.
【知识点】正方形的性质；垂径定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①首先根据r＝AE算出r的长，进而将v=8与r=4代入r＝kv，即可求出k的值；
②在AE之间设出的两种速度的粒子，圆周运动的圆心角都是π，进而根据计算后比较即可得出答案；
（2）根据垂径定理，圆心一定在一条弦的垂直平分线上，再根据切线的性质，圆的切线一定垂直过切点的半径，故利用尺规作图法，作出弦DG垂直平分线ON，圆心一定在ON上，由于该圆与EF相切于点E，且AB⊥EF，所以圆心一定在AE上，故ON与AE的交点就是 弧形路径的圆心O ；
（3）该种粒子能从边CD上射出磁场，理由如下： 假设粒子从点D射出磁场时，圆周运动的圆心为O1，过点O1作O1M⊥ED，弧形路径的半径为r，首先用勾股定理算出DE的长，根据垂径定理得ME的长，然后判断出△ADE∽△MO1E，由相似三角形对应边成比例建立方程求出r的值，进而结合（1）知r=v，代入即可求出答案.
12．（2023·金华模拟）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为，直线经过点、.将四边形绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q.
（1）四边形的形状是 ，当时，的值是 ；
（2）①如图2，当四边形的顶点落在y轴正半轴上时，求的值；
②如图3，当四边形的顶点落在直线上时，求的面积；
（3）在四边形旋转过程中，当时，是否存在这样的点P和点Q，使得，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）矩形；
（2）解：①图2中，
∵，，
∴.
∴，即，
∴，.
同理，
∴，即，
∴，.
∴，
∴；
②图3，在和中，
，
∴.
∴.
设，
在中，，
解得.
∴.
（3）存在点P1（-9-，6），P2（，6），使BP＝BQ.
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）∵O为坐标原点，点，直线经过点、，
∴，，所以四边形是矩形；
当时，P与C重合，如图所示：
根据题意，即是矩形的长与宽的比，则.
故答案为：矩形；；
（3）
存在这样的点P和点Q，使.
点P的坐标是，.
过点Q作于H，连接，则，
∵，，
∴.
设，
∵，
∴，
如图4，当点P在点B左侧时，
，
在中，，
解得，（不符实际，舍去）.
∴，
∴.
如图5，当点P在点B右侧时，
∴，.
在中，，解得.
∴，
∴，
综上可知，存在点P，使，点P的坐标是，.
【分析】（1）由点A、B、C的坐标可得OA=BC=8，OC=AB=4，∠AOC=90°，推出四边形OABC是矩形，当α=90°时，P与C重合，根据题意可得，即是矩形的长与宽的比，据此解答；
（2）①根据两角对应相等的两个三角形相似可得△COP∽△A′OB′，根据相似三角形的性质可得CP的值，由BP=BC-CP求出BP，同理可得△B′CQ∽△B′C′O，求出CQ、BQ的值，进而进行计算；
②利用AAS证明△OCP≌△B′A′P，得到OP=B′P，设BfenceP=x，在Rt△OCP中，根据勾股定理可得x的值，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，结合三角形的面积公式可得PQ=OP，设BP=x，则BQ=2x，当点P在点B左侧时，OP=PQ=3x，然后在Rt△PCO中，由勾股定理求出x的值，然后求出PC的值，据此可得点P的坐标；当点P在点B右侧时，同理求解即可.
13．（2023九下·永康月考） 如图，菱形中，，，点是射线上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转到，连接、.
（1）求证：；
（2）如图2，连接，，当与相似时，求的长；
（3）当点关于直线的对称点落在菱形的边上时，求的长.
【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
；
（2）解：如图，
当点在的左侧时，此时≌，
，
如图2，
当点在的右侧时，∽，
，
，
设，则，，
，
，舍去，
综上所述：或；
（3）解：如图3，
当直线过点时，点的关于的对称点是本身，是等腰直角三角形，
，
或，
当点在点处时，点关于的对称点是，此时，
如图4，
当点关于所在的直线的对称点在上时，连接交与，直线交于，连接，
，
∽，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
综上所述：或3或4或5或7.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据SAS证明△ABE≌△DAE，可得ED=EB，由旋转的性质可得EB=EF，即得ED=EF；
（2）分两种情况： 当点在的左侧时，此时≌，；当点在的右侧时，∽， 据此分别画出图形并解答即可；
（3） 当直线过点时，点的关于的对称点是本身，是等腰直角三角形，可得AE=1或7；当点在点处时，点关于的对称点是，此时；当点关于所在的直线的对称点在上时，连接交与，直线交于， 连接，可推出AE=AB=5.
14．（2023九下·柯桥月考）如图：
（1）【证明体验】如图(1)，在中，，平分交于，点在上，，连接，求证：.
（2）【思考探究】如图(2)，在(1)的条件下，过点作交于点，交于点，若，，求的长.
（3）【拓展延伸】如图(3)，在四边形中，，且，若，，则 .
【答案】（1）证明：平分，，
在和中，
，
，
，，
是的外角，
，
，
，
，
，
，
；
（2）【答案】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
（3）
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】（3）解：过点B作BH⊥CD交DC的延长线于H，
设，则，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
或不合题意，舍去，
，
.
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠BAD=∠CAD，从而用SAS判断出△ADE≌△ADC，可得∠AED=∠C，ED=CD，根据三角形外角性质及等量代换可得∠C=∠B+∠EDB，结合∠C=2∠B可得∠B=∠EDB，由等角对等边得BE=DE，由等量代换可得EB=CD；
（2）证明△CAF∽△BAC，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出AF的长，再证△AFG∽△AED，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出FG的长；
（3）过点B作BH⊥CD交DC的延长线于H，用AAS判断出△ABC∽△HBC，得BH=AB=4，再证明△BCH∽△DBH，由相似三角形对应边成比例可求得CH，进而可求得DH，最后根据勾股定理算出BD.
15．（2023九下·义乌月考）如图，在中，，，.已知动点从出发，以每秒个单位速度向运动，同时动点从出发，以都秒个单位的速度向运动，其中一个点到达终点时，另一个点随之停止运动.以为边在它的右侧作正方形.设两点的运动时间为.
（1）如图1，当时，求的边上的高的长；
（2）如图2，当点落在边上时，求的值.
（3）在动点运动的过程中，当正方形的某一边被的一边平分时，求出此时的值.
【答案】（1）解：，，，，
∴，则，
在中，，
点从出发，速度是每秒4个单位，点从出发，速度是每秒5个单位，
当时，，，则，如图所示，过点作于，
在中，，，
设，
∴，即，
∴，即
∴的边上的高的长.
（2）解：如图所示，过点作于，过点作于，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
设两点的运动时间为，由（1）中得，，，
∴，
∵，为公共角，
∴，
∴，且，，
∴，
∴，
∴，
∴，，，，
∴.
（3）解：①如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，过点作于，
由（2）可知，，且，
∴，，
∴，
∴，解得，；
②如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，
同理可证，，且，
∴在中，，，
∴，，
∴，
∴，解得，；
③如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，
同理可证，，，且，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
④如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，
同理可得，，且，
在中，，，
∴，，，
∴，
∴，解得，；
综上所述，当正方形的某一边被的一边平分时， 的值为或或或.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据三角函数的概念可得BC的值，由勾股定理可得AB，由题意可得：当t=1时，AE=5，BD=4，则AD=AB-BD=16，过点E作EM⊥AB于M，根据三角函数的概念可设EM=3x，AM=4x，然后在Rt△AEM中，由勾股定理可得x的值，据此解答；
（2）过点E作EP⊥AB于P，过点G作GN⊥AB于N，根据正方形的性质可得DE=DG，∠EDG=90°，由同角的余角相等可得∠EDP=∠DGN，利用AAS证明△EDP≌△DGN，得到EP=DN，PD=NG，设两点的运动时间为t，根据三角函数的概念可设AP=4t，则EP=DN=3t，DP=GN=20-8t，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△BGN∽△BAC，根据相似三角形的性质可得BN，然后根据BD=DN+BN=4t可得t的值，进而可得EP、GN、AD、BD的值，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）①当DG的中点H在BC边上时，分别过点E作ER⊥AB于R，过点H作HS⊥AB于S，由（2）可知△ERD∽△DSH，根据相似三角形的性质可得DN，HS，然后表示出BN，根据AB=20可得t的值；②当EF的中点H在BC边上时，分别过点D作ET⊥AC于T，同理可证△ETD∽△HCE，根据三角函数的概念可得AT、DT，由相似三角形的性质可得CE，然后根据AC=16可得t的值；③当GF的中点H在BC边上时，分别过点D作DM⊥AC于M，过点F作FN⊥AC，交AC延长线于N，过点H作HP⊥NF，交NF延长线于P，同理可证△DEM≌△EFN，△EFN∽△FHP，表示出DM、AM、ME、CN，然后根据AC=16可得t的值；④当GF的中点H在AB边上时，分别过点E作EM⊥AB于M，同理可得△DEM≌△HDG，表示出EM、AM、DM、AD、AM，据此可得t的值.
16．（2023九下·宁波月考）如图，矩形和矩形共顶点，且绕着点顺时针旋转，满足.
（1）如图1，当D，E，B三点共线，且，，求的比值；
（2）如图2，的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；
（3）如图3，若点F为的中点，且，，连结，求的面积.
【答案】（1）解：如图，连接，BF，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（2）解：不变，理由是：
如图，连接，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（3）解：如图，连接，，过点作交的延长线于点.
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
，
的面积
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接DF，BF，AE，利用矩形的性质可证得AD=BC，∠DAB=90°，利用已知可得到AD与AB的比值，设AD=3k，AB=4k，利用勾股定理表示出BD的长，可得到AD：AB：BD的坐标，同理可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.
（2）连接BD，BF，利用矩形的性质可证得∠DAB=90°，AD=BC，同理可证得可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可得到的比值.
（3）连接BF，AE，过点G作GT⊥DC，交DC的延长线于点T，利用矩形的性质可得到AB的长，同时可求出AE的长；再证明△ABE∽△CBG，利用相似三角形的对应边成比例，可求出CG的长；利用∠BCF=∠BGF=90°，可得到点C，F，B，G四点共圆，利用圆周角定理可证得∠GCT=∠FBG，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CTG∽△BGF，利用相似三角形的性质，可求出GT的长；然后利用三角形的面积公式，可求出△CFG的面积.
17．（2023九下·舟山月考）如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P作PB⊥AM于点B，PC⊥AN于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E.
（1）求证：∠BPD=∠BAC.
（2）连接EB，ED，当 tan∠MAN=2 AB=时，在点P的整个运动过程中.
①若∠BDE=45°，求PD的长.
②若ΔBED为等腰三角形，求直接写出所有满足条件的BD的长.
（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC∥BE时，记ΔOFPP的面积为S1，ΔCFE 的面积为S2，请求出的值.
【答案】（1）证明： ，
∴∠ABP=∠ACP=90°，
∴∠BAC+∠BPC=180°，
又∠BPD+∠BPC=180°，
∴∠BPD=∠BAC；
（2）解：①如图1，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，
∴∠BPD=∠BPE=∠BAC，
∴tan∠BPE=2，
∵
∴
∴BD=2
∵
，
∵ ，
∴
∴
过点B作BGLAC于点G，得四边形BGCD是矩形，
∵
∴
∴
∵
∴
， ，
∴
∴
∴
∴
综上所述，当 、3 或 时， 为等腰三角形
（3）解：如图3，过点O作OHLDC于点H，
∴tan∠BPD=tan∠MAN=1，
∴BD=PD，设BD=PD=2a、PC=2b，
则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b，
∵OC∥BE且∠BEP=90°，
∴∠PFC=90°，
∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°，
∴∠OCH=∠PAC，
∴△ACP~△CHO，
∴ ， 即
∵a(4a+2b)=2b(a+2b)，
∴a=b，即CP=2a、CH=3a，
则 ，
∵△CPF~△COH
∴ 即
则
∵BE∥OC且BO=PO，
∴OF为△PBE的中位线，
∴
∴
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用垂直的定义可证得∠ABP=∠ACP=90°，再利用四边形的内角和为360°，可得到∠BAC+∠BPC=180°，利用邻补角的定义和补角的性质可证得结论.
（2）①利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠APB=∠BDE，可推出△ABP是等腰直角三角形，可求出BP的长；利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠BPD=∠BAC，利用解直角三角形求出PD的长；②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，可证得∠BPD=∠BPE=∠BAC，由tan∠BPE=2，可求出BP，BD的长；再证明∠APB=∠APC，即可求出AC的长；过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形，利用解直角三角形求出AG的长，可得到BD的长；再证明∠APC=∠BAC，设PD=x，BD=2x，根据，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求出BD的长；综上所述可得到符合题意的BD的长.
（3）过点O作OHLDC于点H，利用锐角三角函数的定义，设BD=PD=2a、PC=2b，可表示出OH，CH，AC的长，利用平行线的性质，可证得∠PFC=90°，利用余角的性质证明∠OCH=∠PAC，可得到△ACP∽△CHO，利用相似三角形的性质可得到关于a，b的方程，可推出a=b，可表示出OC的长；再根据△CPF~△COH，利用相似三角形的对应边成比例，可表示出CF的长；然后证明OF是△PBE的中位线，利用三角形的中位线定理可得到EF=PF，即可求出的值.
18．（2023九下·杭州月考）如图：
图1 图2
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E．
①若DE＝1，BD＝，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3．若S1 S3＝S22，求cos∠CBD的值．
【答案】（1）解：①∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝ ∠ACB，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠B，
∴CD＝BD＝ ，
∵DE∥AC，
∴∠ACD＝∠EDC，
∴∠EDC＝∠DCB＝∠B，
∴CE＝DE＝1，
∴△CED∽△CDB，
∴，即
∴BC＝ ；
② 是定值，理由如下：
∵DE∥AC，
∴ ，
同①可得，CE＝DE，
∴ ，
∴ ＝1，
∴是定值1；
（2）解：∵DE∥AC，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵S1 S3＝ S22，
∴ ，
设BC＝9x，则CE＝16x，
∵CD平分∠BCF，
∴∠ECD＝∠FCD＝ ∠BCF，
∵∠BCF＝2∠CBG，
∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD，
∴BD＝CD，
∵DE∥AC，
∴∠EDC＝∠FCD，
∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD，
∴CE＝DE，
∵∠DCB＝∠ECD，
∴△CDB∽△CED，
∴ ，
∴CD2＝CB CE＝144x2，
∴CD＝12x，
过点D作DH⊥BC于点H，
∵BD＝CD＝12x，
∴BH＝ BC＝ x，
∴ ．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）①根据角平分线的定义及已知得∠ACD＝∠DCB＝∠B，由等角对等边得CD＝BD＝ ，由角平分线的定义及平行线的性质得∠EDC＝∠DCB＝∠B，由等角对等边得CE＝DE＝1，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△CED∽△CDB，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BC；
② 是定值，理由如下：由平行线分线段成比例定理得，同①可得，CE＝DE，推出，从而即可求出结论；
（2）首先证出，由题意得，设BC＝9x，则CE＝16x，证出△CDB∽△CED，得，求出CD＝12x，过点D作DH⊥BC于点H，则BH＝ BC＝ x，进而根据余弦函数的定义即可求出答案.
1 / 1备考2023年中考数学压轴题训练 ——相似（1）
一、真题
1．（2022·嘉兴）小东在做九上课本123页习题：“1： 也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1： ．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．
（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．
（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造△DPE，使得△DPE∽△CPB．
①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．
②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．
2．（2022·湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，a>b．记△ABC的面积为S．
（1）如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1，正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9，S2=16，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：S2-S1=2S．
（2）如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为S1，等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索S2-S1与S之间的等量关系，并说明理由．
3．（2022·贵港）已知：点C，D均在直线l的上方，与都是直线l的垂线段，且在的右侧，，与相交于点O.
（1）如图1，若连接，则的形状为 ，的值为 ；
（2）若将沿直线l平移，并以为一边在直线l的上方作等边.
①如图2，当与重合时，连接，若，求的长；
②如图3，当时，连接并延长交直线l于点F，连接.求证：.
4．（2022·苏州）如图
（1）如图1，在△ABC中， ，CD平分 ，交AB于点D， // ，交BC于点E.
①若 ， ，求BC的长；
②试探究 是否为定值.如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
（2）如图2， 和 是△ABC的2个外角， ，CD平分 ，交AB的延长线于点D， // ，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为 ，△CDE的面积为 ，△BDE的面积为 .若 ，求 的值.
5．（2022·扬州）如图1，在中，，点在边上由点向点运动（不与点重合），过点作，交射线于点.
（1）分别探索以下两种特殊情形时线段与的数量关系，并说明理由；
①点在线段的延长线上且；
②点在线段上且.
（2）若.
①当时，求的长；
②直接写出运动过程中线段长度的最小值.
6．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
二、模拟预测
7．（2023九上·徐州期末）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果＝，那么称点B为线段AC的黄金分割点.它们的比值为.
（1）在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为 cm；
（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG.试说明：G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P.他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点.请猜想小明的发现，并说明理由.
8．（2023九上·桂平期末）综合与时间
问题情境：如图1，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E分别作AC，BE的垂线，分别交直线BC，CD于点F，G.试猜想线段BF和CG的数量关系，并加以证明.
（1）数学思考：请解答上述问题.
（2）问题解决：如图2，在图1的条件下，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，其他条件不变.若，，求的值.
（3）问题拓展：在（2）的条件下，当点E为AC的中点时，请直接写出的面积.
9．（2023·苏州模拟）【教材再现】
在初中数学教材中有这样一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例.如图1，直线，直线m和直线n分别与直线和直线相交于点A，点B，点F，点D，直线m和直线n相交于点E，则；
【探究发现】
如图2，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，.
（1）求证：；
（2）当时，直接写出的长；
（3）点H在射线AC上，连接EH交线段于点G，当，且时，直接写出的值.
10．（2023·苏州模拟）
（1）如图①，在正方形中，E，F分别是，边上的动点，且，将绕点D逆时针旋转90°，得到，可以证明，进一步推出，，之间的数量关系为 ；
（2）在图①中，连接分别交和于P，Q两点， 求证：；
（3）如图②，在菱形中，，点E，F分别是边，上的动点（不与端点重合），且，连接分别与边，交于M，N.当时，猜想，，之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论.
11．（2023·仙居模拟） 如图，正方形ABCD的边长为12 m，点E在AB上，AE＝8 m.正方形内存在匀强磁场，某种带电粒子以速度v（单位：m/s）沿着EF方向（EF⊥AB）从点E射入匀强磁场，在磁场中沿逆时针方向作匀速圆周运动，该圆与EF相切，半径r（单位：m）与v满足关系r＝kv（k为常数）. 如图1，当v＝8时，粒子恰好从点A处射出磁场.
（1）①求常数k的值；
②若v＝8或6，粒子在磁场中的运动时间分别为t1，t2，请比较t1，t2的大小.
（2）如图2，若粒子从AD边上一点G射出磁场，请用无刻度的直尺和圆规画出粒子运动的弧形路径的圆心O（保留作图痕迹）.
（3）该种粒子能否从边CD上射出磁场？若能，请求出v的取值范围；若不能，请写出理由.
12．（2023·金华模拟）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为，直线经过点、.将四边形绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q.
（1）四边形的形状是 ，当时，的值是 ；
（2）①如图2，当四边形的顶点落在y轴正半轴上时，求的值；
②如图3，当四边形的顶点落在直线上时，求的面积；
（3）在四边形旋转过程中，当时，是否存在这样的点P和点Q，使得，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
13．（2023九下·永康月考） 如图，菱形中，，，点是射线上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转到，连接、.
（1）求证：；
（2）如图2，连接，，当与相似时，求的长；
（3）当点关于直线的对称点落在菱形的边上时，求的长.
14．（2023九下·柯桥月考）如图：
（1）【证明体验】如图(1)，在中，，平分交于，点在上，，连接，求证：.
（2）【思考探究】如图(2)，在(1)的条件下，过点作交于点，交于点，若，，求的长.
（3）【拓展延伸】如图(3)，在四边形中，，且，若，，则 .
15．（2023九下·义乌月考）如图，在中，，，.已知动点从出发，以每秒个单位速度向运动，同时动点从出发，以都秒个单位的速度向运动，其中一个点到达终点时，另一个点随之停止运动.以为边在它的右侧作正方形.设两点的运动时间为.
（1）如图1，当时，求的边上的高的长；
（2）如图2，当点落在边上时，求的值.
（3）在动点运动的过程中，当正方形的某一边被的一边平分时，求出此时的值.
16．（2023九下·宁波月考）如图，矩形和矩形共顶点，且绕着点顺时针旋转，满足.
（1）如图1，当D，E，B三点共线，且，，求的比值；
（2）如图2，的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；
（3）如图3，若点F为的中点，且，，连结，求的面积.
17．（2023九下·舟山月考）如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P作PB⊥AM于点B，PC⊥AN于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E.
（1）求证：∠BPD=∠BAC.
（2）连接EB，ED，当 tan∠MAN=2 AB=时，在点P的整个运动过程中.
①若∠BDE=45°，求PD的长.
②若ΔBED为等腰三角形，求直接写出所有满足条件的BD的长.
（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC∥BE时，记ΔOFPP的面积为S1，ΔCFE 的面积为S2，请求出的值.
18．（2023九下·杭州月考）如图：
图1 图2
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E．
①若DE＝1，BD＝，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3．若S1 S3＝S22，求cos∠CBD的值．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：赞同，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=CB，
∴2AC2=AB2，即AC：AB=1：，
又∵以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，
∴AC=AP，
∴AP：AB=1：，
∴P为线段AB的“趣点”.
（2）解：①∵△DPE∽△CPB，∠B=∠CAB=45°，
∴∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，
∵AP=AC，
∴∠APC=（180°-∠CAP）÷2=（180°-45°）÷2=67.5°，
∴∠DPE=∠CPB=180°-∠APC=180°-67.5°=112.5°，
∴∠CPE=∠DPE-∠APC=112.5°-67.5°=45°；
②∵点D为线段AC的“趣点”，且CD＜AD，AC=AP，
∴CD：AC=CD：AP=1：，
∵AC：AB=1：，∠A为公共角，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠DPA=∠CBA=45°，∠ADP=∠ACB=90°，DP∥CB，
∴∠CPD=∠PCB=∠APC-∠DPA=67.5°-45°=22.5°，
又∵△DPE∽△CPB，
∴∠PDE=∠PCB=22.5°，
∴∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=90°-22.5°=67.5°，
∴MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=2×22.5°=45°，
又∵E=∠B=45°，
∴∠MPE=∠E=45°，
∴MP：ME=1：，
∴MN：ME=1：，
点N是ME的“趣点”.
【知识点】余角、补角及其性质；平行线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形性质得2AC2=AB2，即AC：AB=1：，又AC=AP，从而得到AP：AB=1：，因此可判断P为线段AB的“趣点”；
（2）①由相似性质及等腰直角三角形性质可得∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，再由等腰三角形性质可得∠APC=67.5°，从而得到∠DPE=112.5°，再由∠CPE=∠DPE-∠APC，即可求解；
②根据点D为线段AC的“趣点”，CD＜AD及AC=AP，则CD：AC=CD：AP=1：，可证出△ADP∽△ACB，再由由相似性质和平行线性质得∠CPD=∠PCB=22.5°，又△DPE∽△CPB，从而得到∠PDE=∠PCB=22.5°，由平行线性质和角互余关系求出∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=67.5°，进而得到MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=45°，由等腰直角三角形性质得MN：ME=1：，即可得到点N是ME的“趣点”.
2．【答案】（1）证明：①∵S1=9，S2=16，
∴b=3，a=4，
∵∠ACB=90°，
∴S=ab=×3×4=6，
②由题意，得∠FAN=∠ANB=90°，
∵FH⊥AB，
∴∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，
∴△FAN∽△ANB，
∴，
∴，
整理，得ab+b2=a2，
∴2S+S1=S2，
即S2-S1=2S．
（2）解：S2-S1=S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形，
∴AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，
∴△ABC≌△FBE（SAS），
∴AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，
∴∠FEC=30°，
∵EF⊥CF，CE=BC=a，
∴=cos30°=，
∴b=a，
∴S=ab=a2，
由题意，得S1=b2，S2=a2，
∴S2-S1=a2- b2= a2，
∴S2-S1=S.
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①由正方形的面积分别求出Rt△ACB的两条直角边，再利用三角形的面积公式，代入数据计算即可求出S的值；②由∠FAN=∠ANB=90°，∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，证得△FAN∽△ANB，由相似三角形对应比成比例可得，整理得ab+b2=a2，即得2S+S1=S2，，进而求证结论成立；
（2）S2-S1=S. 由等边三角形性质得AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，利用“SAS”定理证出△ABC≌△FBE，即得AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，则∠FEC=30°，从而得=，推出b=a，进而得到S=ab=a2，又S1=b2，S2=a2，则S2-S1= a2，即可证明结论成立.
3．【答案】（1）等腰三角形；
（2）解：①过点E作于点H，如图所示：
∵AC，BD均是直线l的垂线段，
∴，
∵是等边三角形，且与重合，
∴∠EAD=60°，
∴，
∴，
∴在中，，，
又∵，，
∴，
∴，
又，
∴，
又由（1）知，
∴，则，
∴在中，由勾股定理得：.
②连接，如图3所示：
∵，
∴，
∵是等腰三角形，
∴是等边三角形，
又∵是等边三角形，
∴绕点D顺时针旋转后与重合，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）过点C作CH⊥BD于H，如图所示：
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC=BH，
又∵BD=2AC，
∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，
∴的形状为等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴△AOC∽△BOD，
，即，
.
故答案为：等腰三角形，；
【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，则四边形ABHC是矩形，得到AC=BH，结合BD=2AC可得AC=BH=DH，且CH⊥BD，推出△BCD为等腰三角形，证明△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质可得OD=2AO，据此求解；
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，则AC∥BD，易得∠EAD=60°，则∠BAD=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AD=2BD，利用勾股定理可得AB=BD，结合BD=2AC以及AC的值可得AB、AD、AH的值，由勾股定理可得EH，结合（1）的结论可得OH的值，然后在Rt△EOH中，根据勾股定理计算即可；
②连接CD，根据平行线的性质可得∠CBD=∠ACB=60°，推出△BCD是等边三角形，根据旋转的性质可得∠ECD=∠ABD=90°，易得∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，则FC=FB=2AF，证明△AOF∽△ADB，根据相似三角形的性质可得∠AFO=∠ABD=90°，据此证明.
4．【答案】（1）解：①∵CD平分 ，
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
②∵ ，
∴ .
由①可得 ，
∴ .
∴ .
∴ 是定值，定值为1.
（2）解：∵ ，
∴ .
∵ ，
∴ .
又∵ ，
∴ .
设 ，则 .
∵CD平分 ，
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∴ .
∵ ，
∴ .
∴ .
∴ .
∴ .
如图，过点D作 于H.
∵ ，
∴ .
∴ .
【知识点】等腰三角形的判定；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）①根据角平分线的概念可得∠ACD=∠DCB=∠ACB，由已知条件可得∠ACB=2∠B，则∠ACD=∠DCB=∠B，推出CD=BD=，根据平行线的性质可得∠ACD=∠EDC，则∠EDC=∠DCB=∠B，推出CE=DE=1，证明△CED∽△CDB，然后根据相似三角形的性质进行计算；
②根据平行线分线段成比例的性质可得，由①可得CE=DE，则，据此解答；
（2）易证△BDE∽△BAC，根据相似三角形的性质结合三角形的面积公式可得 ，易得，由已知条件知S1·S3=S22，则，设BC=9x，则CE=16x，根据角平分线的概念可得∠ECD=∠FCD=∠CBF，由已知条件知∠BCF=2∠CBG，则∠ECD=∠FCD=∠CBD，推出BD=CD，根据平行线的性质可得∠EDC=∠FCD，推出CE=DE，证明△CDB∽△CED，根据相似三角形的性质可得CD=12x，过点D作DH⊥BC于H，则BD=CD=12x，BH=x，然后根据三角函数的概念进行计算.
5．【答案】（1）解：①，理由如下，
如图：
∵在中，，
∴
∵
∴
在中：
∴
∴
②，理由如下，
如图：
∵
∴，
∴在中，
∴
∴
（2）解：①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H
易知：（一线三垂直）
设，
则，，
在中，，AB=6
则，
在中，，
则
在中，，
由
解得：，（舍）
故
②当，AE最小，最小为4
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形的综合
【解析】【解答】解：（2）②过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，如图：
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH＝90° ∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴△ADG∽△DEH，
∴，
∴AG EH＝DH DG，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AG＝AB＝3，EH＝BE＝（6 AE），
∴DH DG＝3EH，
∴AE2＝AD2＋DE2＝AG2＋DG2＋DH2＋EH2＝9＋DG2＋DH2＋EH2，
∵DG2＋DH2≥2DH DG，
∴AE2≥9＋2DH DG＋EH2，
∴AE2≥9＋6EH＋EH2，
∴AE2≥（3＋EH）2，
∵AE＞0，EH＞0，
∴AE≥3＋EH，
∵EH＝（6 AE），
∴AE≥3＋（6 AE），
∴AE≥4．
答：线段AE长度的最小值为4，
【分析】（1）①根据内角和定理可得∠ABC=30°，根据等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠BDE=∠BED=15°，根据余角的性质可得∠BDA=90°-∠BDE=75°，利用内角和定理得∠BAD=75°，推出AB=BD=BE，据此证明；
②根据等腰三角形的性质可得∠EBD=∠EDB=30°，结合外角的性质可得∠AED=60°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AE=2ED，据此证明；
（2）①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H，易证△EGD∽△DHA，设DE=a，则AD=2a，利用勾股定理可得AE，然后表示出BE，根据三角函数的概念可得AC、BC、EG、AH，利用勾股定理可得DH，根据相似三角形的性质可得a的值，据此可得AE；
②过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，利用余角的性质和垂直的定义，可证得∠EDH＝∠DAG，∠EHD＝∠AGD，可推出△ADG∽△DEH，利用相似三角形的对应边成比例可证得AG EH＝DH DG；再利用直角三角形的性质可求出AG，EH的长，由此可推出DH DG＝3EH，利用勾股定理可推出AE2≥（3＋EH）2，可得到AE≥3＋EH，将EH＝（6 AE）代入可得到关于AE的不等式，然后求出不等式的最小整数解即可.
6．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
7．【答案】（1）
（2）解：如图，延长EA、CG交于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴，
∴，
由折叠性质可知，，
∴，
∴，
∵，DC=20，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴ ，即G是AB的黄金分割点；
（3）解：当时，满足题意，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，
∵，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；黄金分割；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）∵点B为线段AC的黄金分割点，AC=20cm，
∴cm.
故答案为：；
【分析】（1）根据黄金分割的特点可得AB=AC，然后将AC=20cm代入进行计算；
（2）延长EA、CG交于点M，由正方形的性质以及平行线的性质可得∠EMC=∠BCG，由折叠性质可知∠ECM=∠BCG，则∠EMC=∠ECM，推出EM=EC，易得EC、EM、DM的值，求出tan∠DMC、tan∠BCG的值，据此解答；
（3）根据正方形的性质解答AB=BC，∠BAE=∠CBF=90°，由同角的余角相等可得∠BCF=∠ABE，利用ASA证明△ABE≌△BCF，得到BF=AE，证明△AEF∽△BPF，得到，当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，AE>DE，则，然后结合BF=AE、AB=BC进行解答.
8．【答案】（1）解：，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴.
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴在中，，
∴.
（3）
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（3）连接，交于E，过点E作于H，如图所示：
四边形是矩形，且对角线交于E，
，，
，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
又，
，，
，
，即，，即，
，，
又点是的中点，且，
是的中位线，
，
，
，
，
.
【分析】（1）BF=CG.理由：由正方形的性质可得，，从而推出，根据ASA证明△BEF≌△GEC，利用全等三角形的性质可得BF=CG；
（2）根据两角分别相等证明，可得，由，继而得出结论；
（3）连接，交于E，过点E作于H，利用勾股定理求出BD=10，根据矩形的性质可得，再证，可得，据此求出FC，EF的长，根据三角形中位线定理可得，利用勾股定理求出FH的长，从而求出GF的长，根据CG=CF-GF可可求出CG的长，再利用三角形的面积公式即可求解.
9．【答案】（1）证明：如图2，过点作交的延长线于点.
，
，，
，
，
；
由（1）得，
；
（2）解：如图3，
作于点，
由①得，
，
，
，
，，
，
；
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
.
（3）解：如图4，
点在线段上，，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
由②得，
，
，
，
，，
，
，
；
如图5，
点在线段的延长线上，，
，
同理可得，
，，
，
，，
，
，
，
综上所述，的值为或.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等腰三角形的判定；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过点A作AF∥CB交DE的延长线于点F，由平行线的性质可得∠F=∠EDB，∠FAD=∠ADC，由已知条件可知∠EDB=∠ADC，则∠F=∠FAD，推出AD=FD，然后结合可得结论；
（2）作DM⊥AF于点M，结合（1）的结论可得AE=BE，利用AAS证明△AEF≌△BED，得到AF=BD，由等腰三角形的性质可得AM=FM=AF，易得四边形ACDM是矩形，则CD=AM=AF=BD，CD=BC=1，然后利用勾股定理进行计算；
（3）当点H在线段AC上时，由题意可得CH=1，AH=2，利用ASA证明△AEH≌△AEF，得到AH=AF=2，由（1）可得CD=AF=1，则BD=2，利用ASA证明△AEF≌△BED，得到AE=BE，据此求解；当点H在线段AC的延长线上时，CH=1，AH=4，同理证明△AEH≌△AEF，得到AH=AF=4，CD=AF=1，BD=1，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△BED∽△AEF，然后根据相似三角形的性质进行计算.
10．【答案】（1）
（2）证明：如图，
由（1）知：，
，
又四边形是正方形，
，
是正方形的对角线，
，
，
又，
又，
；
（3）解：将绕点A顺时针旋转，此时与重合，F转到点G，在上取，连接，如图，
∴
又
∵菱形
中，
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1），理由如下：∵将绕点D逆时针旋转90°，得到，
∴
三点共线，
在和中，
∴
；
【分析】（1）根据旋转的性质可得DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，利用SAS证明△DEF≌△DMF，得到EF=FM，据此解答；
（2）由（1）知△DEF≌△DMF，则∠DFE=∠DFM，根据正方形的性质可得AD∥BC，∠BAD=∠ADC=90°，∠DAQ=45°，由平行线的性质可得∠DFM=∠ADF，进而推出∠DPQ=∠DFE，然后根据相似三角形的判定定理进行证明；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到点G，在AG上取AH=AN，连接HM、HB，利用SAS证明△ABH≌△ADN，得到DN=BH，∠ABH=∠ADN，由菱形的性质可得∠ABD=∠ADB=30°，则∠HBD=60°，易得∠AMN=∠AMH=75°，∠HMB=30°，∠BHM=90°，然后根据勾股定理进行解答.
11．【答案】（1）解：①半径r＝AE＝4cm，
将v=8与r=4代入r＝kv，
得k＝；
②在AE之间设出的两种速度的粒子，圆周运动的圆心角都是π，
∴t1＝π(×8)÷8＝π，
t2＝π(×6)÷6＝π，
∴t1＝t2；
（2）解：如图，
利用尺规作图法，作出弦DG垂直平分线ON，圆心一定在ON上，由于该圆与EF相切于点E，且AB⊥EF，所以圆心一定在AE上，故ON与AE的交点就是 弧形路径的圆心O ；
（3）解： 该种粒子能从边CD上射出磁场，理由如下：
如图，假设粒子从点D射出磁场时，圆周运动的圆心为O1，过点O1作O1M⊥ED，弧形路径的半径为r，
∵，
∴，
∵∠ADE+∠AED=90°，∠AED+∠O1=90°，
∴∠O1=∠ADE，
又∵∠DAE=∠O1ME=90°，
∴△ADE∽△MO1E，
∴，
即
解得r＝13，
由（1）知r=v，
∴v＝13×2＝26.
∴若粒子从边CD上射出磁场，应满足v≥26.
【知识点】正方形的性质；垂径定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①首先根据r＝AE算出r的长，进而将v=8与r=4代入r＝kv，即可求出k的值；
②在AE之间设出的两种速度的粒子，圆周运动的圆心角都是π，进而根据计算后比较即可得出答案；
（2）根据垂径定理，圆心一定在一条弦的垂直平分线上，再根据切线的性质，圆的切线一定垂直过切点的半径，故利用尺规作图法，作出弦DG垂直平分线ON，圆心一定在ON上，由于该圆与EF相切于点E，且AB⊥EF，所以圆心一定在AE上，故ON与AE的交点就是 弧形路径的圆心O ；
（3）该种粒子能从边CD上射出磁场，理由如下： 假设粒子从点D射出磁场时，圆周运动的圆心为O1，过点O1作O1M⊥ED，弧形路径的半径为r，首先用勾股定理算出DE的长，根据垂径定理得ME的长，然后判断出△ADE∽△MO1E，由相似三角形对应边成比例建立方程求出r的值，进而结合（1）知r=v，代入即可求出答案.
12．【答案】（1）矩形；
（2）解：①图2中，
∵，，
∴.
∴，即，
∴，.
同理，
∴，即，
∴，.
∴，
∴；
②图3，在和中，
，
∴.
∴.
设，
在中，，
解得.
∴.
（3）存在点P1（-9-，6），P2（，6），使BP＝BQ.
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）∵O为坐标原点，点，直线经过点、，
∴，，所以四边形是矩形；
当时，P与C重合，如图所示：
根据题意，即是矩形的长与宽的比，则.
故答案为：矩形；；
（3）
存在这样的点P和点Q，使.
点P的坐标是，.
过点Q作于H，连接，则，
∵，，
∴.
设，
∵，
∴，
如图4，当点P在点B左侧时，
，
在中，，
解得，（不符实际，舍去）.
∴，
∴.
如图5，当点P在点B右侧时，
∴，.
在中，，解得.
∴，
∴，
综上可知，存在点P，使，点P的坐标是，.
【分析】（1）由点A、B、C的坐标可得OA=BC=8，OC=AB=4，∠AOC=90°，推出四边形OABC是矩形，当α=90°时，P与C重合，根据题意可得，即是矩形的长与宽的比，据此解答；
（2）①根据两角对应相等的两个三角形相似可得△COP∽△A′OB′，根据相似三角形的性质可得CP的值，由BP=BC-CP求出BP，同理可得△B′CQ∽△B′C′O，求出CQ、BQ的值，进而进行计算；
②利用AAS证明△OCP≌△B′A′P，得到OP=B′P，设BfenceP=x，在Rt△OCP中，根据勾股定理可得x的值，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，结合三角形的面积公式可得PQ=OP，设BP=x，则BQ=2x，当点P在点B左侧时，OP=PQ=3x，然后在Rt△PCO中，由勾股定理求出x的值，然后求出PC的值，据此可得点P的坐标；当点P在点B右侧时，同理求解即可.
13．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
；
（2）解：如图，
当点在的左侧时，此时≌，
，
如图2，
当点在的右侧时，∽，
，
，
设，则，，
，
，舍去，
综上所述：或；
（3）解：如图3，
当直线过点时，点的关于的对称点是本身，是等腰直角三角形，
，
或，
当点在点处时，点关于的对称点是，此时，
如图4，
当点关于所在的直线的对称点在上时，连接交与，直线交于，连接，
，
∽，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
综上所述：或3或4或5或7.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据SAS证明△ABE≌△DAE，可得ED=EB，由旋转的性质可得EB=EF，即得ED=EF；
（2）分两种情况： 当点在的左侧时，此时≌，；当点在的右侧时，∽， 据此分别画出图形并解答即可；
（3） 当直线过点时，点的关于的对称点是本身，是等腰直角三角形，可得AE=1或7；当点在点处时，点关于的对称点是，此时；当点关于所在的直线的对称点在上时，连接交与，直线交于， 连接，可推出AE=AB=5.
14．【答案】（1）证明：平分，，
在和中，
，
，
，，
是的外角，
，
，
，
，
，
，
；
（2）【答案】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
（3）
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】（3）解：过点B作BH⊥CD交DC的延长线于H，
设，则，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
或不合题意，舍去，
，
.
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠BAD=∠CAD，从而用SAS判断出△ADE≌△ADC，可得∠AED=∠C，ED=CD，根据三角形外角性质及等量代换可得∠C=∠B+∠EDB，结合∠C=2∠B可得∠B=∠EDB，由等角对等边得BE=DE，由等量代换可得EB=CD；
（2）证明△CAF∽△BAC，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出AF的长，再证△AFG∽△AED，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出FG的长；
（3）过点B作BH⊥CD交DC的延长线于H，用AAS判断出△ABC∽△HBC，得BH=AB=4，再证明△BCH∽△DBH，由相似三角形对应边成比例可求得CH，进而可求得DH，最后根据勾股定理算出BD.
15．【答案】（1）解：，，，，
∴，则，
在中，，
点从出发，速度是每秒4个单位，点从出发，速度是每秒5个单位，
当时，，，则，如图所示，过点作于，
在中，，，
设，
∴，即，
∴，即
∴的边上的高的长.
（2）解：如图所示，过点作于，过点作于，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
设两点的运动时间为，由（1）中得，，，
∴，
∵，为公共角，
∴，
∴，且，，
∴，
∴，
∴，
∴，，，，
∴.
（3）解：①如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，过点作于，
由（2）可知，，且，
∴，，
∴，
∴，解得，；
②如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，
同理可证，，且，
∴在中，，，
∴，，
∴，
∴，解得，；
③如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，
同理可证，，，且，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
④如图所示，当的中点在边上时，分别过点作于，
同理可得，，且，
在中，，，
∴，，，
∴，
∴，解得，；
综上所述，当正方形的某一边被的一边平分时， 的值为或或或.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据三角函数的概念可得BC的值，由勾股定理可得AB，由题意可得：当t=1时，AE=5，BD=4，则AD=AB-BD=16，过点E作EM⊥AB于M，根据三角函数的概念可设EM=3x，AM=4x，然后在Rt△AEM中，由勾股定理可得x的值，据此解答；
（2）过点E作EP⊥AB于P，过点G作GN⊥AB于N，根据正方形的性质可得DE=DG，∠EDG=90°，由同角的余角相等可得∠EDP=∠DGN，利用AAS证明△EDP≌△DGN，得到EP=DN，PD=NG，设两点的运动时间为t，根据三角函数的概念可设AP=4t，则EP=DN=3t，DP=GN=20-8t，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△BGN∽△BAC，根据相似三角形的性质可得BN，然后根据BD=DN+BN=4t可得t的值，进而可得EP、GN、AD、BD的值，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）①当DG的中点H在BC边上时，分别过点E作ER⊥AB于R，过点H作HS⊥AB于S，由（2）可知△ERD∽△DSH，根据相似三角形的性质可得DN，HS，然后表示出BN，根据AB=20可得t的值；②当EF的中点H在BC边上时，分别过点D作ET⊥AC于T，同理可证△ETD∽△HCE，根据三角函数的概念可得AT、DT，由相似三角形的性质可得CE，然后根据AC=16可得t的值；③当GF的中点H在BC边上时，分别过点D作DM⊥AC于M，过点F作FN⊥AC，交AC延长线于N，过点H作HP⊥NF，交NF延长线于P，同理可证△DEM≌△EFN，△EFN∽△FHP，表示出DM、AM、ME、CN，然后根据AC=16可得t的值；④当GF的中点H在AB边上时，分别过点E作EM⊥AB于M，同理可得△DEM≌△HDG，表示出EM、AM、DM、AD、AM，据此可得t的值.
16．【答案】（1）解：如图，连接，BF，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（2）解：不变，理由是：
如图，连接，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（3）解：如图，连接，，过点作交的延长线于点.
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
，
的面积
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接DF，BF，AE，利用矩形的性质可证得AD=BC，∠DAB=90°，利用已知可得到AD与AB的比值，设AD=3k，AB=4k，利用勾股定理表示出BD的长，可得到AD：AB：BD的坐标，同理可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.
（2）连接BD，BF，利用矩形的性质可证得∠DAB=90°，AD=BC，同理可证得可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可得到的比值.
（3）连接BF，AE，过点G作GT⊥DC，交DC的延长线于点T，利用矩形的性质可得到AB的长，同时可求出AE的长；再证明△ABE∽△CBG，利用相似三角形的对应边成比例，可求出CG的长；利用∠BCF=∠BGF=90°，可得到点C，F，B，G四点共圆，利用圆周角定理可证得∠GCT=∠FBG，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CTG∽△BGF，利用相似三角形的性质，可求出GT的长；然后利用三角形的面积公式，可求出△CFG的面积.
17．【答案】（1）证明： ，
∴∠ABP=∠ACP=90°，
∴∠BAC+∠BPC=180°，
又∠BPD+∠BPC=180°，
∴∠BPD=∠BAC；
（2）解：①如图1，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，
∴∠BPD=∠BPE=∠BAC，
∴tan∠BPE=2，
∵
∴
∴BD=2
∵
，
∵ ，
∴
∴
过点B作BGLAC于点G，得四边形BGCD是矩形，
∵
∴
∴
∵
∴
， ，
∴
∴
∴
∴
综上所述，当 、3 或 时， 为等腰三角形
（3）解：如图3，过点O作OHLDC于点H，
∴tan∠BPD=tan∠MAN=1，
∴BD=PD，设BD=PD=2a、PC=2b，
则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b，
∵OC∥BE且∠BEP=90°，
∴∠PFC=90°，
∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°，
∴∠OCH=∠PAC，
∴△ACP~△CHO，
∴ ， 即
∵a(4a+2b)=2b(a+2b)，
∴a=b，即CP=2a、CH=3a，
则 ，
∵△CPF~△COH
∴ 即
则
∵BE∥OC且BO=PO，
∴OF为△PBE的中位线，
∴
∴
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用垂直的定义可证得∠ABP=∠ACP=90°，再利用四边形的内角和为360°，可得到∠BAC+∠BPC=180°，利用邻补角的定义和补角的性质可证得结论.
（2）①利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠APB=∠BDE，可推出△ABP是等腰直角三角形，可求出BP的长；利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠BPD=∠BAC，利用解直角三角形求出PD的长；②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，可证得∠BPD=∠BPE=∠BAC，由tan∠BPE=2，可求出BP，BD的长；再证明∠APB=∠APC，即可求出AC的长；过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形，利用解直角三角形求出AG的长，可得到BD的长；再证明∠APC=∠BAC，设PD=x，BD=2x，根据，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求出BD的长；综上所述可得到符合题意的BD的长.
（3）过点O作OHLDC于点H，利用锐角三角函数的定义，设BD=PD=2a、PC=2b，可表示出OH，CH，AC的长，利用平行线的性质，可证得∠PFC=90°，利用余角的性质证明∠OCH=∠PAC，可得到△ACP∽△CHO，利用相似三角形的性质可得到关于a，b的方程，可推出a=b，可表示出OC的长；再根据△CPF~△COH，利用相似三角形的对应边成比例，可表示出CF的长；然后证明OF是△PBE的中位线，利用三角形的中位线定理可得到EF=PF，即可求出的值.
18．【答案】（1）解：①∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝ ∠ACB，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠B，
∴CD＝BD＝ ，
∵DE∥AC，
∴∠ACD＝∠EDC，
∴∠EDC＝∠DCB＝∠B，
∴CE＝DE＝1，
∴△CED∽△CDB，
∴，即
∴BC＝ ；
② 是定值，理由如下：
∵DE∥AC，
∴ ，
同①可得，CE＝DE，
∴ ，
∴ ＝1，
∴是定值1；
（2）解：∵DE∥AC，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵S1 S3＝ S22，
∴ ，
设BC＝9x，则CE＝16x，
∵CD平分∠BCF，
∴∠ECD＝∠FCD＝ ∠BCF，
∵∠BCF＝2∠CBG，
∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD，
∴BD＝CD，
∵DE∥AC，
∴∠EDC＝∠FCD，
∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD，
∴CE＝DE，
∵∠DCB＝∠ECD，
∴△CDB∽△CED，
∴ ，
∴CD2＝CB CE＝144x2，
∴CD＝12x，
过点D作DH⊥BC于点H，
∵BD＝CD＝12x，
∴BH＝ BC＝ x，
∴ ．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）①根据角平分线的定义及已知得∠ACD＝∠DCB＝∠B，由等角对等边得CD＝BD＝ ，由角平分线的定义及平行线的性质得∠EDC＝∠DCB＝∠B，由等角对等边得CE＝DE＝1，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△CED∽△CDB，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BC；
② 是定值，理由如下：由平行线分线段成比例定理得，同①可得，CE＝DE，推出，从而即可求出结论；
（2）首先证出，由题意得，设BC＝9x，则CE＝16x，证出△CDB∽△CED，得，求出CD＝12x，过点D作DH⊥BC于点H，则BH＝ BC＝ x，进而根据余弦函数的定义即可求出答案.
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