2023-2024学年人教版初中数学九年级下册27.2.2相似三角形的性质 同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·金沙期中）如图，梯形ABCD中，，对角线AC、BD相交于点O，下面四个结论：①与相似；②与相似；③；④与面积相等.其中结论始终正确的有（ ）
A．①④ B．①③ C．①② D．②④
2．（2022九上·奉贤期中）如图，正方形的边在的边上，顶点D、G分别在边 上，已知的边长15厘米，高为10厘米，则正方形的边长是（ ）
A．4厘米 B．5厘米 C．6厘米 D．8厘米
3．（2019九上·西安期中）如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，图中相似的三角形有（ ）对.
A．3 B．4 C．5 D．6
4．（2023九上·晋州期中）如图，在矩形中，若，，，则的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．7.5
5．（2023九上·桥西期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2020·云南）如图，平行四边形 的对角线 ， 相交于点O，E是 的中点，则 与 的面积的比等于（ ）
A． B． C． D．
7．在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，内切圆的半径等于1，则腰长为（ ）
A． B．4 C． D．
8．（2023九上·定海月考） 如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与轴交于点C，P为该二次函数在第一象限内的一点，连接AP，交BC于点K，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
二、填空题
9．（2023九上·武侯开学考）如图，和是以点为位似中心的位似图形，相似比为：，则和的面积比是 ．
10．（2023九上·嵊州期末）如图，是的直径，弦与相交于点，若，，，则到的距离为 .
11．（2023九上·黄浦期中）如图，将正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，点B对应点H，得折痕CG，则＝ ．
12．（2023九上·定海月考）如图，在中，，以点B为圆心，BD长为半径作圆，点E为⊙B上的动点，连结EC，作FC⊥CE，垂足为C，点F在直线BC的上方，且满足，连结BF，当点E与点D重合时，BF的值为 ，点E在⊙B上运动过程中，BF存在最大值为 ．
13．如图，正方形ABCD的边长为8，点E，F分别是边BC，CD上的动点，且BE＝CF，连接AE，BF交于点G，点H为AG上一点，且BG＝GH，连接DH，则DH的最小值为 ．
三、解答题
14．（2023九上·怀化期中）如图，在中，点E在上，，和相交于点F，过点F作，交于点G．
（1）求的值．
（2）若，
①求证：．
②求证：．
15．（2023九上·五华期中）如图，为的直径，为上一点，为上一点，，过点作交的延长线于点，交于点，连接，，在的延长线上取点，使．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为，，求的长．
四、综合题
16．（2023·滁州模拟） 如图，在正方形中，点是对角线上一点不与点，重合，交边于点，连接，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：∽；
（2）求的度数；
（3）若正方形的边长为，点是延长线上一点，交的延长线于点，且恰好经过的中点，如图，其他条件不变，求的值．
17．（2023九上·沙坪坝期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交轴于、两点，交轴于点．其中点坐标．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，过点作，交于点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作，交于点，求的最大值及此时点的坐标；
（3）在（2）问中取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移5个单位长度，点为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平面内确定一点，使得以点、、、为顶点的四边形是以为边长的菱形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的一种情况的过程．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解： ，
与相似，故① 正确，符合题意；
故 ③ 错误，符合题意；
没有条件可证明与相似，故② 错误，不符合题意；
△ABD与△ABC等高同底，
S△ABD=S△ABC，
S△ABD-S△AOB=S△ABC-S△AOB，
S△AOD=S△BOC，故 ④ 正确，符合题意；
正确的有 ①④ ，
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合三角形相似的判定定理和性质进行逐一判断即可求解.
2．【答案】C
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设正方形的边长为x．
∵正方形得，
∴，即，
∵，
∴．
∵
∴
∴．
∵
∴，即，
∵ ，
∴，解得．
故正方形的边长是6cm．
故答案为：C．
【分析】设正方形的边长为x．先证明，可得，再结合，可得，最后求出x的值即可。
3．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：图中的相似三角形有△ABC∽△ADE，△ABD∽△AEF，△AEF∽△DCF，△ABD∽△DCF，△ADF∽△ACD；理由如下：
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝∠C＝∠DAE＝∠ADE＝∠E＝60°，
∴△ABC∽△ADE；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠FAE，
∴△ABD∽△AEF；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AEF∽△DCF，
∴△ABD∽△DCF；
∵∠DAF＝∠CAD，∠ADF＝∠C，
∴△ADF∽△ACD，
故答案为：C.
【分析】由等边三角形的性质得出∠BAC＝∠B＝∠C＝∠DAE＝∠ADE＝∠E＝60°，得出△ABC∽△ADE，再证出∠BAD＝∠FAE，得出△ABD∽△AEF；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，证出△AEF∽△DCF，得出△ABD∽△DCF；由∠DAF＝∠CAD，∠ADF＝∠C，即可得出△ADF∽△ACD.
4．【答案】C
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵矩形ABCD，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∴，
∵AD//BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
解得：，
故答案为：C.
【分析】先利用勾股定理求出BC的长，再证出△AEF∽△CBF，可得，再求出AE的长即可.
5．【答案】B
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，
∴，
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置，
∴∠EAD+∠DAC=∠BAC+∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△ADB∽△AEC，
∴，
故答案为：B.
【分析】先证出△ADE∽△ABC，可得，再结合∠DAB=∠EAC，证出△ADB∽△AEC，最后利用相似三角形的性质可得，从而得解.
6．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵ 是 的中点，
∴OE是△DCB的中位线，
∴OE//BC，OE= BC，
∴△DEO∽△DCB，
∴S△DEO：S△DCB= .
故答案为：B.
【分析】先根据三角形的中位线定理证明OE//BC，OE= BC，再根据△DEO∽△DCB，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，圆O内切于 等腰△ABC，
则OF⊥AB，AD⊥BC，BF=BD=DC=CE=3.
设AF=x，则AO=
∵△AOF∽△ABD
∴，即x1=x2+1+13 ∴3x-1= x2+1，解得x=
∴腰长AB=AF+BF=34+3=154 .
故答案为：C.
【分析】由圆O内切于 等腰△ABC，可以得到OF⊥AB，AD⊥BC，且BF=BD=DC=CE=3；要求腰长，可设腰长长未知部分线段AF为x，利用勾股定理表示出AO=，再由△AOF∽△ABD列出比例式x1=x2+1+13，得到AF=x=，于是腰长AB=AF+BF=34+3=154 .
8．【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过点P作PQ∥AB，与BC交于点Q，
∵ 二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
∴A（-1，0），B（4，0），C（0，5），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），
则，
解得，
∴直线BC为，
设，则Q，
∴PQ=-t2+4t，
∵PQ∥AB，
∴△PQK∽△ABK，
∴，
∵k=-，
∴当时，有最大值为：，
∴有最小值为，
∴
故答案为：A.
【分析】过点P作PQ∥AB，与BC交于点Q，先由抛物线与纵坐标的交点坐标特点求出A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而根据点的坐标与图形的性质设，则Q，由两点间的距离公式表示出PQ=-t2+4t，AB=5，由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△PQK∽△ABK，根据相似三角形对应边成比例可得，然后根据二次函数的性质求出有最大值，从而得到有最小值，进而可得答案.
9．【答案】4：9
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】
故答案为：4∶9.
【分析】考查相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方。
10．【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接、，则，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
过O作交于H，连接，则，
在中，，
∴，
即到的距离为，
故答案为：.
【分析】连接AD、BC，由圆周角定理可得∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，证明△ADE∽△CBE，根据已知条件结合相似三角形的性质可得DE、CE的值，然后求出CD的值，过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，则CH=CD，利用勾股定理可得OH，据此解答.
11．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】证明：延长，交于点，如图所示：
∵对折正方形得折痕，
∴设，即
∵四边形正方形，
∴，
∴
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
由折叠性质可知，，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∴．
故答案为：．
【分析】根据相似三角形的判定和性质、轴对称的性质求解。延长，交于点，利用折叠的性质可设，即，利用勾股定理得到，进而得到，，证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
12．【答案】；
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，当点E与点D重合时，
∵BC=6，BD=2，
∴CD=BC-BD=6-2=4，
∵CF=CE，
∴CF=2，
又∵∠FCB=90°，
∴；
如图，连接AF、BE，
∵CF⊥CE，
∴∠FCE=∠ACB=90°，
∴∠FCE-∠ACE=∠ACB-∠ACE，
即∠ACF=∠BCE，
∵AC=3，BC=6，CF=CE，
∴，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
∵BE=2，
∴AF=1，
∴，
∵BF≤AF+AB=，
∴BF的最大值为.
故答案为：；.
【分析】第一空：首先根据线段之间的关系算出CD、CF，进而直接根据勾股定理算出BF即可；第二空：连接AF、BE，由同角的余角相等得∠ACF=∠BCE，由线段之间的关系可得，然后根据两组边对应成比例且夹角相等得两个三角形相似得△ACF∽△BCE，由相似三角形对应边成比例可求出AF的长，再根据勾股定理算出AB的长，最后根据三角形三边之间的关系可得BF≤AF+AB=，从而此题得解.
13．【答案】4﹣4
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】取AB的中点O，连接OC、OG、GC、BD，如图，
四边形ABCD是正方形，
AB=BC=8,∠DBC=45°，
点O是AB的中点，
OB=4，
BE=CF,∠ABE=∠BCF=90°，
∠AEB=∠BFC，
∠BFC+∠FBC=∠AEB+∠FBC=90°，
∠AGB=90°，
点G在以AB为直径的圆上运动，
当点G在OC上时，CG有最小值，最小值为
BG=GH,∠AGB=90°，
∠HBG=45°=∠DBC，BH=
【分析】先证明可得到∠AEB=∠BFC，进一步得到∠AGB=90°，则点G在以AB为直径的圆上运动，当点G在OC上时，CG有最小值，最小值为再证利用相似三角形的性质可得从而求解.
14．【答案】（1）解：因为在中，，，
又∵，
∴，
∴，
（2）解：①证明：∵，
可设，则，
由（1）知：，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
②证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质 求得 ， 再利用相似三角形的性质列出比例式代入数据即可求解；
（2） ①设，则， 用a表示出AE、AF，证明 ， 利用相似三角形的性质即可求解；
② 证明 ， 利用相似三角形的性质列出比例式，进行变形即可求解.
15．【答案】（1）证明：连接，则，
，
是的直径，，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：作于点，则，
，
，
∴，
由（1）得，
，
的半径为，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
∵，
∴，
，，且，
，，
，
的长为．
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；多边形内角与外角；圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接，则，则，根据直径所对的圆周角为直角可得，则，再根据三角形内角和定理可得，再根据三角形外角性质可得，则，所以，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）作于点，则，根据直线平行判定定理可得，则，咱爱根局相似三角形相似比性质可得，再根据勾股定理可得BC=8，根据相似三角形判定定理可得，则， 根据勾股定理可得，再进行角之间的转换即可求出答案.
16．【答案】（1）证明：四边形是正方形，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
四边形为平行四边形，
，
由正方形性质可知，是等腰直角三角形，
，
，
又，
∽；
（2）解：由的∽，，
，
四边形为平行四边形，
，即：，
，
（3）解：，，，
，，
∽，
，
为中点，
，
，
，，
≌，
，则，，
，，
，
，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）本题根据正方形的性质可知，∠CDB=∠DBA=45°，由EG⊥BD可知，△BGE和△BCD为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形三边的比可知，，由四边形EDCF是平行四边形可知，DC=EF，即，由∠EBD=∠GEF=45°，即可证明结论.
（2）由（1）知△BDE∽△EFG，可知∠GFE=∠BDE，由四边形DECF是平行四边形可知，∠CFE=∠CDE，即∠CDE-∠BED=∠CFE-∠GFE，即∠CFG=∠CDB=45°.
(3)由（1）知，∠GEB=∠DBA=45°，即∠FEG=∠EBD=135°，由，可证△GEF∽△EBD，可得，再由CD∥EF可得，∠CDH=∠BEH，∠DCH=∠EBH，可知△DCH≌△EBH，可得BE=CD=4，则AE=8，GE=，由勾股定理可知DE=，再由，可求得GF=，即可求得DG=，即可求得结果.
17．【答案】（1）解：解：抛物线过点，
将，代入到中：
解得
（2）解：
\
设动点的坐标为，
点坐标为
，
，
当时，，
此时点的坐标为.
（3）解：，，，为顶点的四边形是菱形，在（2）问条件下，
，，，，为顶点的四边形是以为边长的菱形，设点的坐标为
①或
，或，
②或
，或，
综上，符合条件的点的坐标是：；；；.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）易证△DGE∽△FGD，可得DG=EF，再求出BC的解析式为y=，设动点的坐标为，则点坐标为，可得 ， 求出EF的最大值，即得DG的最大值.
（3）分两种情况：AN和AM为对角线，即AM=AF或AF=AN，据此分别求解即可.
1 / 12023-2024学年人教版初中数学九年级下册27.2.2相似三角形的性质 同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·金沙期中）如图，梯形ABCD中，，对角线AC、BD相交于点O，下面四个结论：①与相似；②与相似；③；④与面积相等.其中结论始终正确的有（ ）
A．①④ B．①③ C．①② D．②④
【答案】A
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解： ，
与相似，故① 正确，符合题意；
故 ③ 错误，符合题意；
没有条件可证明与相似，故② 错误，不符合题意；
△ABD与△ABC等高同底，
S△ABD=S△ABC，
S△ABD-S△AOB=S△ABC-S△AOB，
S△AOD=S△BOC，故 ④ 正确，符合题意；
正确的有 ①④ ，
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合三角形相似的判定定理和性质进行逐一判断即可求解.
2．（2022九上·奉贤期中）如图，正方形的边在的边上，顶点D、G分别在边 上，已知的边长15厘米，高为10厘米，则正方形的边长是（ ）
A．4厘米 B．5厘米 C．6厘米 D．8厘米
【答案】C
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设正方形的边长为x．
∵正方形得，
∴，即，
∵，
∴．
∵
∴
∴．
∵
∴，即，
∵ ，
∴，解得．
故正方形的边长是6cm．
故答案为：C．
【分析】设正方形的边长为x．先证明，可得，再结合，可得，最后求出x的值即可。
3．（2019九上·西安期中）如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，图中相似的三角形有（ ）对.
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：图中的相似三角形有△ABC∽△ADE，△ABD∽△AEF，△AEF∽△DCF，△ABD∽△DCF，△ADF∽△ACD；理由如下：
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝∠C＝∠DAE＝∠ADE＝∠E＝60°，
∴△ABC∽△ADE；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠FAE，
∴△ABD∽△AEF；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AEF∽△DCF，
∴△ABD∽△DCF；
∵∠DAF＝∠CAD，∠ADF＝∠C，
∴△ADF∽△ACD，
故答案为：C.
【分析】由等边三角形的性质得出∠BAC＝∠B＝∠C＝∠DAE＝∠ADE＝∠E＝60°，得出△ABC∽△ADE，再证出∠BAD＝∠FAE，得出△ABD∽△AEF；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，证出△AEF∽△DCF，得出△ABD∽△DCF；由∠DAF＝∠CAD，∠ADF＝∠C，即可得出△ADF∽△ACD.
4．（2023九上·晋州期中）如图，在矩形中，若，，，则的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．7.5
【答案】C
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵矩形ABCD，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∴，
∵AD//BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
解得：，
故答案为：C.
【分析】先利用勾股定理求出BC的长，再证出△AEF∽△CBF，可得，再求出AE的长即可.
5．（2023九上·桥西期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，
∴，
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置，
∴∠EAD+∠DAC=∠BAC+∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△ADB∽△AEC，
∴，
故答案为：B.
【分析】先证出△ADE∽△ABC，可得，再结合∠DAB=∠EAC，证出△ADB∽△AEC，最后利用相似三角形的性质可得，从而得解.
6．（2020·云南）如图，平行四边形 的对角线 ， 相交于点O，E是 的中点，则 与 的面积的比等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵ 是 的中点，
∴OE是△DCB的中位线，
∴OE//BC，OE= BC，
∴△DEO∽△DCB，
∴S△DEO：S△DCB= .
故答案为：B.
【分析】先根据三角形的中位线定理证明OE//BC，OE= BC，再根据△DEO∽△DCB，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方即可求出答案.
7．在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，内切圆的半径等于1，则腰长为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，圆O内切于 等腰△ABC，
则OF⊥AB，AD⊥BC，BF=BD=DC=CE=3.
设AF=x，则AO=
∵△AOF∽△ABD
∴，即x1=x2+1+13 ∴3x-1= x2+1，解得x=
∴腰长AB=AF+BF=34+3=154 .
故答案为：C.
【分析】由圆O内切于 等腰△ABC，可以得到OF⊥AB，AD⊥BC，且BF=BD=DC=CE=3；要求腰长，可设腰长长未知部分线段AF为x，利用勾股定理表示出AO=，再由△AOF∽△ABD列出比例式x1=x2+1+13，得到AF=x=，于是腰长AB=AF+BF=34+3=154 .
8．（2023九上·定海月考） 如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与轴交于点C，P为该二次函数在第一象限内的一点，连接AP，交BC于点K，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过点P作PQ∥AB，与BC交于点Q，
∵ 二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
∴A（-1，0），B（4，0），C（0，5），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），
则，
解得，
∴直线BC为，
设，则Q，
∴PQ=-t2+4t，
∵PQ∥AB，
∴△PQK∽△ABK，
∴，
∵k=-，
∴当时，有最大值为：，
∴有最小值为，
∴
故答案为：A.
【分析】过点P作PQ∥AB，与BC交于点Q，先由抛物线与纵坐标的交点坐标特点求出A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而根据点的坐标与图形的性质设，则Q，由两点间的距离公式表示出PQ=-t2+4t，AB=5，由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△PQK∽△ABK，根据相似三角形对应边成比例可得，然后根据二次函数的性质求出有最大值，从而得到有最小值，进而可得答案.
二、填空题
9．（2023九上·武侯开学考）如图，和是以点为位似中心的位似图形，相似比为：，则和的面积比是 ．
【答案】4：9
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】
故答案为：4∶9.
【分析】考查相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方。
10．（2023九上·嵊州期末）如图，是的直径，弦与相交于点，若，，，则到的距离为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接、，则，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
过O作交于H，连接，则，
在中，，
∴，
即到的距离为，
故答案为：.
【分析】连接AD、BC，由圆周角定理可得∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，证明△ADE∽△CBE，根据已知条件结合相似三角形的性质可得DE、CE的值，然后求出CD的值，过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，则CH=CD，利用勾股定理可得OH，据此解答.
11．（2023九上·黄浦期中）如图，将正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，点B对应点H，得折痕CG，则＝ ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】证明：延长，交于点，如图所示：
∵对折正方形得折痕，
∴设，即
∵四边形正方形，
∴，
∴
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
由折叠性质可知，，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∴．
故答案为：．
【分析】根据相似三角形的判定和性质、轴对称的性质求解。延长，交于点，利用折叠的性质可设，即，利用勾股定理得到，进而得到，，证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
12．（2023九上·定海月考）如图，在中，，以点B为圆心，BD长为半径作圆，点E为⊙B上的动点，连结EC，作FC⊥CE，垂足为C，点F在直线BC的上方，且满足，连结BF，当点E与点D重合时，BF的值为 ，点E在⊙B上运动过程中，BF存在最大值为 ．
【答案】；
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，当点E与点D重合时，
∵BC=6，BD=2，
∴CD=BC-BD=6-2=4，
∵CF=CE，
∴CF=2，
又∵∠FCB=90°，
∴；
如图，连接AF、BE，
∵CF⊥CE，
∴∠FCE=∠ACB=90°，
∴∠FCE-∠ACE=∠ACB-∠ACE，
即∠ACF=∠BCE，
∵AC=3，BC=6，CF=CE，
∴，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
∵BE=2，
∴AF=1，
∴，
∵BF≤AF+AB=，
∴BF的最大值为.
故答案为：；.
【分析】第一空：首先根据线段之间的关系算出CD、CF，进而直接根据勾股定理算出BF即可；第二空：连接AF、BE，由同角的余角相等得∠ACF=∠BCE，由线段之间的关系可得，然后根据两组边对应成比例且夹角相等得两个三角形相似得△ACF∽△BCE，由相似三角形对应边成比例可求出AF的长，再根据勾股定理算出AB的长，最后根据三角形三边之间的关系可得BF≤AF+AB=，从而此题得解.
13．如图，正方形ABCD的边长为8，点E，F分别是边BC，CD上的动点，且BE＝CF，连接AE，BF交于点G，点H为AG上一点，且BG＝GH，连接DH，则DH的最小值为 ．
【答案】4﹣4
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】取AB的中点O，连接OC、OG、GC、BD，如图，
四边形ABCD是正方形，
AB=BC=8,∠DBC=45°，
点O是AB的中点，
OB=4，
BE=CF,∠ABE=∠BCF=90°，
∠AEB=∠BFC，
∠BFC+∠FBC=∠AEB+∠FBC=90°，
∠AGB=90°，
点G在以AB为直径的圆上运动，
当点G在OC上时，CG有最小值，最小值为
BG=GH,∠AGB=90°，
∠HBG=45°=∠DBC，BH=
【分析】先证明可得到∠AEB=∠BFC，进一步得到∠AGB=90°，则点G在以AB为直径的圆上运动，当点G在OC上时，CG有最小值，最小值为再证利用相似三角形的性质可得从而求解.
三、解答题
14．（2023九上·怀化期中）如图，在中，点E在上，，和相交于点F，过点F作，交于点G．
（1）求的值．
（2）若，
①求证：．
②求证：．
【答案】（1）解：因为在中，，，
又∵，
∴，
∴，
（2）解：①证明：∵，
可设，则，
由（1）知：，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
②证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质 求得 ， 再利用相似三角形的性质列出比例式代入数据即可求解；
（2） ①设，则， 用a表示出AE、AF，证明 ， 利用相似三角形的性质即可求解；
② 证明 ， 利用相似三角形的性质列出比例式，进行变形即可求解.
15．（2023九上·五华期中）如图，为的直径，为上一点，为上一点，，过点作交的延长线于点，交于点，连接，，在的延长线上取点，使．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为，，求的长．
【答案】（1）证明：连接，则，
，
是的直径，，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：作于点，则，
，
，
∴，
由（1）得，
，
的半径为，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
∵，
∴，
，，且，
，，
，
的长为．
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；多边形内角与外角；圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接，则，则，根据直径所对的圆周角为直角可得，则，再根据三角形内角和定理可得，再根据三角形外角性质可得，则，所以，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）作于点，则，根据直线平行判定定理可得，则，咱爱根局相似三角形相似比性质可得，再根据勾股定理可得BC=8，根据相似三角形判定定理可得，则， 根据勾股定理可得，再进行角之间的转换即可求出答案.
四、综合题
16．（2023·滁州模拟） 如图，在正方形中，点是对角线上一点不与点，重合，交边于点，连接，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：∽；
（2）求的度数；
（3）若正方形的边长为，点是延长线上一点，交的延长线于点，且恰好经过的中点，如图，其他条件不变，求的值．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
四边形为平行四边形，
，
由正方形性质可知，是等腰直角三角形，
，
，
又，
∽；
（2）解：由的∽，，
，
四边形为平行四边形，
，即：，
，
（3）解：，，，
，，
∽，
，
为中点，
，
，
，，
≌，
，则，，
，，
，
，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）本题根据正方形的性质可知，∠CDB=∠DBA=45°，由EG⊥BD可知，△BGE和△BCD为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形三边的比可知，，由四边形EDCF是平行四边形可知，DC=EF，即，由∠EBD=∠GEF=45°，即可证明结论.
（2）由（1）知△BDE∽△EFG，可知∠GFE=∠BDE，由四边形DECF是平行四边形可知，∠CFE=∠CDE，即∠CDE-∠BED=∠CFE-∠GFE，即∠CFG=∠CDB=45°.
(3)由（1）知，∠GEB=∠DBA=45°，即∠FEG=∠EBD=135°，由，可证△GEF∽△EBD，可得，再由CD∥EF可得，∠CDH=∠BEH，∠DCH=∠EBH，可知△DCH≌△EBH，可得BE=CD=4，则AE=8，GE=，由勾股定理可知DE=，再由，可求得GF=，即可求得DG=，即可求得结果.
17．（2023九上·沙坪坝期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交轴于、两点，交轴于点．其中点坐标．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，过点作，交于点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作，交于点，求的最大值及此时点的坐标；
（3）在（2）问中取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移5个单位长度，点为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平面内确定一点，使得以点、、、为顶点的四边形是以为边长的菱形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的一种情况的过程．
【答案】（1）解：解：抛物线过点，
将，代入到中：
解得
（2）解：
\
设动点的坐标为，
点坐标为
，
，
当时，，
此时点的坐标为.
（3）解：，，，为顶点的四边形是菱形，在（2）问条件下，
，，，，为顶点的四边形是以为边长的菱形，设点的坐标为
①或
，或，
②或
，或，
综上，符合条件的点的坐标是：；；；.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）易证△DGE∽△FGD，可得DG=EF，再求出BC的解析式为y=，设动点的坐标为，则点坐标为，可得 ， 求出EF的最大值，即得DG的最大值.
（3）分两种情况：AN和AM为对角线，即AM=AF或AF=AN，据此分别求解即可.
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