九年级数学上册试题 相似三角形的判定与性质-沪教版（含解析）

相似三角形的判定与性质
一、单选题
1．如图，在中，点、分别在、上，，点在的延长线上，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，、分别是的边、上的点，且，、相交于点．若，则与的比是（ ）
A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．2：5
3．如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，连结DE．过点D作DF⊥BC于点F，连结EF．若△DEF的面积为1，则四边形DECB的面积为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
4．如图，已知在中，点是边上一点，连接，将沿翻折，得到，交中点.若，若，求点到线段的距离（　　　）
A． B． C． D．
5．如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在矩形中，，点E为的中点，将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，则下列说法错误的是（ ）
A．直线为线段的垂直平分线 B．
C． D．
7．如图，知形ABCD中，AB＝6，BC＝4，对角线AC、BD相交于点O，CE平分OB，且与AB交于点E．若F为CE中点，则△BEF的周长是（ ）
A．＋2 B．2＋2 C．2＋2 D．6
8．“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形中，以为边做正方形，以为斜边，作使得点在的延长线上，过点作交于，再过点作于，连结交于，记四边形，四边形的面积分别为，若，，则为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在△OAB和△OCD中，OA＞OC，OA＝OB，OC＝OD，且B，O，C在一条直线上，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①△AOC≌△BOD；②△AOB∽△COD；③∠BMA＝40°；④MO平分∠CMB．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
10．如图，正方形和正方形的顶点在同一条直线上，顶点在同一条直线上．O是的中点，的平分线过点D，交于点H，连接交于点M，连接交于点N．则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，平行四边形中，对角线、交于点，且，，、分别为、上两点，且，连接、，则与的面积比为_______．
12．如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB＝EF，FG=4，GC＝6，则EG＝___．
13．如图，∠ABD＝∠BCD＝90°，DB平分∠ADC，过点B作BM∥CD交AD于M．连接CM交DB于 N．若CD＝6，AD＝8，求MN的长为 ____ ．
14．如图，菱形中，，点为边上一点，连接，，交对角线于点．若，，则______．
15．如图，正方形中，绕点逆时针旋转得到，，分别交对角线于点，，若，则的值为______．
16．如图，将矩形沿EF折叠，使点B落在点上，点落在点处．点是折痕上的任一点，过点作于点，交于点．若，，，则的值是______．
17．如图，正方形中，，点在边上，点在边上，，的延长线与射线相交于点，设，则的长为__________．
18．如图，在矩形中，将矩形沿着折痕折叠，点落在上，与边交于点G．若点C恰好与的中点重合，且，则的值为______．
19．如图，△CAB与△CDE均是等腰直角三角形，并且∠ACB＝∠DCE＝90°．连接BE，AD的延长线与BC、BE的交点分别是点G与点F，且AF⊥BE，将△CDE绕点C旋转直至CD∥BE时，若DA＝4.5，DG＝2，则BF的值是_____．
20．如图，已知矩形，，，点为对角线上一点（不与、重合），过点作交于点，连接，则的值等于___．
21．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在第一象限，点在轴上，点在轴上，、分别是、的中点．过点的双曲线与交于点．连结，点在上，且，连结、．若的面积为，则的值为__________．
22．如图，点O为正方形的中心，平分交于点E，延长到点F，使，连接交的延长线于点H，连接交于点G，连接．则以下五个结论中①；②；③；④；⑤，正确结论为__________．
三、解答题
23．已知：如图，梯形ABCD中，，点E是腰AD上一点，作，联结CE，交DB于点
（1）求证：∽；
（2）如果，求的值．
24．如图，△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D是AB的中点，点E在DC的延长线上，且CE=CD，过点B作BF∥DE交AE的延长线于点F，交AC的延长线于点G．
（1）求证：AB=BG；
（2）若点P是直线BG上的一点，试确定点P的位置，使△BCP与△BCD相似．
25．如图，在和中，D、分别是AB、上一点，．
（1）当时，求证： 证明的途径可以用如框图表示，请填写其中的空格　
（2）当时，判断与△是否相似，并说明理由
26．如图，在 ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD．连接BE、BF，使它们分别与AO相交于点G、H．
（1）求EG：BG的值；
（2）求证：AG=OG；
（3）设AG=a，GH=b，HO=c，求a：b：c的值．
27．如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OB=OD，OC=OA+AB，AD=m，BC=n，∠ABD+∠ADB=∠ACB．
（1）填空：∠BAD与∠ACB的数量关系为 ；
（2）求的值；
（3）将△ACD沿CD翻折，得到△A′CD（如图2），连接BA′，与CD相交于点P．若CD=，求PC的长．
28．如图1，在中，，，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，连接、．
（1）求证：；
（2）如图2，连接，点P、M、N分别为线段、、的中点，连接、、．求的度数及的值；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值．
29．如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．
30．（1）问题发现
如图1，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直线BD，CE交于点F，直线BD，AC交于点G．则线段BD和CE的数量关系是　 　，位置关系是　 　；
（2）类比探究
如图2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直线BD，CE交于点F，AC与BD相交于点G．若AB＝kAC，试判断线段BD和CE的数量关系以及直线BD和CE相交所成的较小角的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
如图3，在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3.0），点N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转90得到线段MP，连接NP，OP．请直接写出线段OP长度的最小值及此时点N的坐标．
31．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；
（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．
答案
一、单选题
1．C
【解析】
由，，得到，根据平行线分线段成比例定理相似三角形性质即可得到结论．
解 :∵
∴， 故A正确
∴故B正确
∵
∴
故C错误
∵，
∴
∴
∵
∴
故D正确
故选C．
2．C
【j解析】
利用相似三角形的性质解决问题即可．
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与的比，
故选：C．
3．C
【解析】
作AM⊥BC于M，交DE于N，根据相似三角形的性质得到AN＝AM，求出△ADE的面积＝△DEF的面积＝1，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算，得到答案．
【详解】
作AM⊥BC于M，交DE于N，
∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴AN＝AM，
∵DF⊥BC，
∴AM∥DF，
∴△BDF∽△BAM，
∴，
∴，
∴DF=AN，
∴△ADE的面积＝△DEF的面积＝1，
∵△ADE∽△ABC，
∴，
∴△ABC的面积＝4，
∴四边形DECB的面积＝4﹣1＝3，
故选：C．
4．C
【解析】
先根据，求出，进而可得到，，再根据点D为BC中点，可得到，然后根据AC＝6求得DF＝，最后再利用相似三角形的判定及性质即可求得．
【详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
又∵点D为BC中点，
∴，
如图，过点D作DF⊥AC，过点作⊥AC，垂足分别为点F，G，
则，
∵AC＝6，
∴DF＝，
∵DF⊥AC，⊥AC，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故选：C．
5．C
【解析】
先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；连接AD，根据PQAB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC＝＝＝12．
∵＝＝，＝＝，
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQAB；
连接AD，
∵PQAB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
∵PD＝PC＝3x，QC=4x
∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x.
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
故选C．
6．D
【解析】
根据折叠的性质可得：AB=AF，BE=FE，所以AE垂直平分线段BF，从而可判断选项A正确；由E是BC的中点，则BE=EC，故有BE=FE=EC ，从而可分别判断选项B、C均正确，从而选项D错误．
【详解】
根据折叠的性质可得：AB=AF，BE=FE
∴AE垂直平分线段BF
∴选项A正确
∵E是BC的中点
∴BE=EC
∴BE=FE=EC
∴选项C正确
∵FE=EC
∴∠EFC=∠ECF
∴选项B正确
则选项D错误
事实上，过点E作EG⊥FC于点G
∴CF=2GF，∠FEG=∠CEG
根据折叠的性质，可得：∠BEA=∠FEA，∠AFE=∠B=90°
∵2∠FEA+2∠FEG=180°
∴∠FEA+∠FEG=90°
∵∠FEA+∠EAF=∠AFE=90°
∴∠FEG=∠EAF
∴△FEG∽△EAF
∴
∵FE=BE=3，AB=4
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=5
∴
∴CF=2GF=
则选项D错误
故选：D
7．C
【解析】
首先证明得，代入数据求出，再由勾股定理求出，根据直角三角形性质证明，进一步可得出结论．
【详解】
解：∵四边形是矩形，设与交于点，如图，
∴
∴
又
∴
∴
在矩形中，
∵CE平分OB，
∴
∴
∴
∵
∴
在中，
∴
∵为CE中点，
∴
∴的周长等于
故选：C．
8．B
【解析】
通过说明△ADE≌△MDG，得出AE＝GM，DE＝DG．利用△DMG～△GMC得出比例式，求得CM；利用S1 S2＝15，得到S△EDC S矩形CMHB＝15，列出方程，解方程，结论可得．
【详解】
解：∵四边形AHMD为正方形，
∴DM＝DA＝7，∠ADM＝90°．
∵DG⊥DE，
∴∠GDE＝90°．
∴∠ADE＋∠EDM＝90°，∠GDM＋∠CDM＝90°．
∴∠ADE＝∠GDM．
∵∠A＝90°，∠DMG＝90°，
∴∠A＝∠DMG．
∴△ADE≌△MDG（ASA）．
∴DE＝DG，AE＝GM．
∴四边形DEFG为正方形．
设AE＝x，则GM＝x．
在Rt△ADE中，DE＝＝=
∵∠DGC＝90°，
∴∠DGM＋∠CGM＝90°．
∵GM⊥CD，
∴∠DMG＝∠GMC＝90°．
∴∠CGM＋∠GCM＝90°．
∴∠DGM＝∠GCM．
∴△DMG～△GMC．
∴，
∴CM＝．
∵S1 S2＝15，
∴（S1＋S△CMN） （S2＋S△CMN）＝15．
即S△EDC S矩形CMHB＝15．
∴×CD×AD CM×MH＝15．
∴×AD×（CM＋DM） CM×AD＝15．
∴×7×（7＋） 7×＝15．
解得：x＝±（负数不合题意，舍去）．
∴x＝．
∴DG＝AE＝==2
故选：B．
9．D
【解析】
由SAS证明△AOC≌△BOD，①正确；可得，∠AOC＝∠BOD，则△AOB∽△COD，②正确；由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，③正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确．
【详解】
解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS）；
故①正确，
∵OA＝OB，OC＝OD，
∴，
又∵∠AOC＝∠BOD，
∴△AOB∽△COD，
故②正确
∵△AOC≌△BOD，
∴∠OCA＝∠ODB，
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠BMA＝∠AOB＝40°，
故③正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠CMB，
故④正确；
故选：D．
10．C
【详解】
∵四边形和四边形是正方形，．在和中，．，．．平分．．．又是的中点，．．．设，正方形的边长是，则，，即，解得或（舍去），则．
二、填空题
11．
【解析】
过点B作BM⊥AC，CN⊥BD于点M，N，证明△MOB∽△NOC，可得BM：CN=OB：OC=4：3，根据三角形的面积即可得△ABE与△DCF的面积比为．
【详解】
解：如图，过点B作BM⊥AC，CN⊥BD于点M，N，
∵∠MOB=∠NOC，∠BMO=∠CNO=90°，
∴△MOB∽△NOC，
∴BM：CN=OB：OC=4：3，
∴BM=CN，
∵S△ABE=×AE×BM=AE×CN=AE×CN，
S△DCF=×DF×CN=×2AE×CN=AE×CN，
∴，
则△ABE与△DCF的面积比为．
故答案为：．
12．8
【解析】
由全等三角形的性质可证，通过证明△BFG∽△CGH，可求 ，由勾股定理可求a的值，即可求解；
【详解】
∵∠FGH=90°，
∴∠BGF+∠CGH=90°，
又∵∠CGH+∠CHG=90°，
∴∠BGF=∠CHG，
∵∠EHG=90°，
∴ ∠EHD+∠CHG=90°，
又∵∠EHD +∠DEH=90°，
∴∠DEH=∠CHG，
∴∠BGF=∠DEH，
在△BFG和△DHE中，
∴△BFG≌△DHE(AAS)，
∵四边形EFGH为矩形，
∴EF=GH，
∴ ∠AEG=∠EGC，
∴∠FEG=∠EGH，
∴∠AEF=∠HGC，
在△AFE和△CHG中
，
∴△AEF≌△CHG(AAS)
∴AF=CH，EF=GH，
∵∠BGF=∠CHG，∠B=∠C=90°，
∴△BFG∽△CGH，
设矩形GHEF的边GH为a，则EF为a，
∴ ，AB=EF=a，FG=4，GC=6；
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在Rt△CGH中，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：8．
13．．
【解析】
由平行线的性质可证，即可证，由和勾股定理可求的长，通过证明，可得，即可求的长．
【详解】
∵平分，
∴，且，
∴
∴
∴
∵
∴
∴，且
∴，
∴
∵，且CD＝6，AD＝8，
∴，
∴
∴
∴
∵
∴
∴，且
∴，
故答案是：．
14．
【解析】
通过证明△DEF∽△BCF，可得，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°
∴AB＝AD＝CD＝BC，∠A＝∠BCD＝60°，AD∥BC，
∴△ABD和△CBD是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝2，
∵AD∥BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴，即：，
∴AE=，
∵2 AE＞0，
∴AE＝，
故答案为：．
15．36
【解析】
根据正方形的性质得到，根据旋转的性质得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵把绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴△AEF∽△DEA
∴，
∴，
∵，
∴的值为36；
故答案为：36．
16．
【解析】
根据四边形是矩形与折叠的性质得到CD=BC1=8，利用得到△EHP∽△EBF，利用相似三角形的性质求出MP的长，再根据角平分线的性质得到的长．
【详解】
∵四边形是矩形
∴BC=AD=16，BF=BC -CF=10
∵折叠，
∴，∠C1=90°
∴CD=BC1=
∵
∴△EHP∽△EBF
作PM⊥AD于M点
∴△EHP中HP边上的高长为MP，△EBF中BF边上的高长为CD，
∴，即
解得MP=
又∠DEF=∠BEF
∴EF平分∠DEB
又
∴GP=MP=
故答案为：．
17．
【解析】
设BF=x，则CF=4-x，先在三个直角三角形中，由勾股定理求出DE2、EF2、DF2，再在Rt△DEF中，由勾股定理得出DF2=CD2+EF2，求出BF、CF，然后由三角形相似求出BG即可．
【详解】
解：设BF=x，则CF=4-x，
∵ABCD为正方形，
∴DA=AB=4，
在Rt△ADE中，DE2=DA2+AE2=42+12=17，
在Rt△EFB中，EF2=EB2+BF2=（4-1）2+x2=9+x2，
在Rt△CDF中，DF2=CD2+CF2=42+（4-x）2=x2-8x+32，
在Rt△DEF中，DF2=DE2+EF2，
即x2-8x+32=17+9+x2，
∴，
，
∵∠BFG=∠CFD，∠DCF=∠GBF=90°，
∴△FBG∽△FCD，
∴，
∴；
故答案为：
18．
【解析】
首先得出，再根据翻折的性质得出，得出，最后利用勾股定理得出结果．
【详解】
∵点C恰好与的中点重合，
∴，
由翻折的性质得，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴
设，
∴，
在Rt 中，
CF=，
∴AD=BC=BF+FC=，AB==2a，
∴，
故答案为：．
19．
【解析】
先根据平行线的性质、直角三角形的性质可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此可得的长，然后根据矩形的判定与性质可得，最后根据三角形全等的判定定理与性质可得，利用线段的和差即可得．
【详解】
，
，
和均是等腰直角三角形, 且，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得或（不符题意，舍去），
，
四边形是矩形，
，
又，
，
，
在和中，，
，
，
，
故答案为：．
20．
【解析】
过点E作，，根据EM∥AB，EN∥AD，对应边成比例，再证明即可得解；
【详解】
过点E作，，
∴EM∥AB，EN∥AD，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案是．
21．
【解析】
设矩形OABC中OA=2a，AB=2b，由D、E分别是AB，OA中点，得出点D（b，2a）、E（0，a），过点F作FP⊥BC于点P，延长PF交OA于点Q，可得四边形OABC是矩形，即OQ=PC，PQ=OC=2b，证明△CFP∽△CDB，得出，从而得出CP=，FP=，EQ=，FQ=，最后根据S梯形ADFQ-S△ADE-S△EFQ=6，求得即可得出答案．
【详解】
解：设矩形OABC中OA=2a，AB=2b，
∵D、E分别是AB，OA中点，
∴点D（b，2a）、E（0，a），
如图，过点F作FP⊥BC于点P，延长PF交OA于点Q，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠QOC=∠OCP=∠CPQ=90°，
∴四边形OCPQ是矩形，
∴OQ=PC，PQ=OC=2b，
∵FP⊥BC、AB⊥BC，
∴FP∥DB，
∴△CFP∽△CDB，
∴，
即，
可得CP=，FP=，
则EQ=EO-OQ=a-=，FQ=PQ-PF=2b-=，
∵△DEF的面积为6，
∴S梯形ADFQ-S△ADE-S△EFQ=6，
即 （b+） -b-× =6，
可得ab=，
则k=2ab=．
故答案为：．
22．①②③④
【解析】
①只要证明OH是△DBF的中位线即可得出结论；
②根据四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线可求出Rt△BCE≌Rt△DCF，再由∠EBC＝22.5°即可求出结论．
③OH是△DBF的中位线等已知条件可得出OH＝BO，设设正方形的边长为2a，表示出GH，BC即可得出结论；
④由相似三角形的判定定理得出△DHE∽△BHD，根据相似三角形的对应边成比例即可得出结论．
⑤根据是OH是△DBF的中位线得出G是DC的中点，DG=GC，在Rt△CGF中GF＞GC即GF＞DG
【详解】
解：①∵EC＝CF，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，
∴△BCE≌△DCF，
∴∠CBE＝∠CDF，
∵∠CBE+∠BEC＝90°，∠BEC＝∠DEH，
∴∠DEH+∠CDF＝90°，
∴∠BHD＝∠BHF＝90°，
∵平分
∴∠HBD＝∠HBF，
∵BH＝BH，
∴△BHD≌△BHF，
∴DH＝HF，∵OD＝OB
∴OH是△DBF的中位线
∴；故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠DCF，∠EBC＝22.5°，
∵CE＝CF，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（SAS），
∴∠EBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠BFH＝90°﹣∠CDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵OH是△DBF的中位线，CD⊥AF，
∴OH是CD的垂直平分线，
∴DH＝CH，
∴∠CDF＝∠DCH＝22.5°，
∴∠HCF＝90°﹣∠DCH＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CHF＝180°﹣∠HCF﹣∠BFH＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，故②正确；
③∵OH是△DBF的中位线，
∴OH∥BF，，，
∴∠OHB＝∠HBF
∵BE是∠DBF的平分线，
∴∠DBH＝∠HBF
∴∠OHB＝∠HBO
∴OH＝BO
设正方形的边长为2a，则BC=2a，OG=a，BD=
∴OB=OH=
∴GH=OH-OG=-a=
∴
∴
故③成立
④∵∠DBF＝45°，BE是∠DBF的平分线，
∴∠DBH＝22.5°，
由②知∠HBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠DBH＝∠CDF，
∵∠BHD＝∠BHD，
∴△DHE∽△BHD，
∴，
∴DH2＝HE HB，故④成立；
⑤∵OH是△DBF的中位线
∴G是DC的中点，
∴DG=GC，
在Rt△CGF中GF＞GC即GF＞DG
故⑤不成立
故答案为：①②③④
三、解答题
23．，
，
又，
，
又，
，
∽；
∽，
，，
．
24．（1）证明：∵BF∥DE，
∴，
∵AD=BD，
∴AC=CG，AE=EF，
在△ABC和△GBC中：
，
∴△ABC≌△GBC（SAS），
∴AB=BG；
（2）当BP长为或时，△BCP与△BCD相似；
∵AC=3，BC=4，
∴AB=5，
∴CD=2.5，
∴∠DCB=∠DBC，
∵DE∥BF，
∴∠DCB=∠CBP，
∴∠DBC=∠CBP，
第一种情况：若∠CDB=∠CPB，如图1：
在△BCP与△BCD中
，
∴△BCP≌△BCD（AAS），
∴BP=CD=2.5；
第二种情况：若∠PCB=∠CDB，过C点作CH⊥BG于H点．如图2：
∵∠CBD=∠CBP，
∴△BPC∽△BCD，
∵CH⊥BG，
∴∠ACB=∠CHB=90°，∠ABC=∠CBH，
∴△ABC∽△CBH，
∴，
∴BH=，BP=．
综上所述：当PB=2.5或时，△BCP与△BCD相似．
25．
（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴△△，
∴，
∵，
∴△△，
故答案为：，；
（2）如图，过点D、分别作DE∥BC，∥，
DE交AC于点E，交于点，
∵DE∥BC，
∴△△，
∴，
同理：，
又，
∴，
∴，
同理：，
∴，
即，
∴，
又，
∴，
∴△△，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
同理：，
∴，
又，
∴△△．
26．
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=AC，AD=BC，AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
∴．
∵AE=EF=FD，
∴BC=AD=3AE，
∴GC=3AG，GB=3EG，
∴EG：BG=1：3；
（2）∵GC=3AG（已证），
∴AC=4AG，
∴AO=AC=2AG，
∴GO=AO﹣AG=AG；
（3）∵AE=EF=FD，
∴BC=AD=3AE，AF=2AE．
∵AD∥BC，
∴△AFH∽△CBH，
∴，
∴=，即AH=AC．
∵AC=4AG，
∴a=AG=AC，
b=AH﹣AG=AC﹣AC=AC，
c=AO﹣AH=AC﹣AC=AC，
∴a：b：c=：：=5：3：2．
27．
解：（1）如图1中，
在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，
又∵∠ABD+∠ADB=∠ACB，
∴∠BAD+∠ACB=180°，
故答案为：∠BAD+∠ACB=180°．
（2）如图1中，作DE∥AB交AC于E．
∴∠DEA=∠BAE，∠OBA=∠ODE，
∵OB=OD，∴△OAB≌△OED，
∴AB=DE，OA=OE，设AB=DE=CE=CE=x，OA=OE=y，
∵∠EDA+∠DAB=180°，∠BAD+∠ACB=180°，
∴∠EDA=∠ACB，∵∠DEA=∠CAB，∴△EAD∽△ABC，
∴，∴ ，
∴4y2+2xy﹣x2=0，∴，
∴（负根已经舍弃），∴ ．
（3）如图2中，作DE∥AB交AC于E．
由（1）可知，DE=CE，∠DCA=∠DCA′，∴∠EDC=∠ECD=∠DCA′，
∴DE∥CA′∥AB，∴∠ABC+∠A′CB=180°，
∵△EAD∽△ACB，∴∠DAE=∠ABC=∠DA′C，
∴∠DA′C+∠A′CB=180°，∴A′D∥BC，
∴△PA′D∽△PBC，
∴，
∴，即
∴PC=1．
28．
（1）证明：∵，
∴,
∵垂直于射线,
∴
又∵
∴,
∵
即：
又∵
∴
（2）解：∵点P、M、N分别为线段、、的中点
∴，，
∴,
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
又∵
又∵
∴
∴
（3）如下图：
过点作垂直于的延长线于点,
又∵
∴
∴
∴当取得最大值时，取得最大值，
在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，
当时，最大，
∴，
29．
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；
②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1
30．
解：（1）BD＝CE，BD⊥CE，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∵∠BAD＝∠BAC ∠DAC，∠CAE＝∠DAE ∠DAC
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∵，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AGB＝∠FGC，
∴∠CFG＝∠BAG＝90°，即BD⊥CE，
故答案是：BD＝CE，BD⊥CE；
（2）∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴ABCADE，
∴，
∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴BADCAE，
∴∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB＝∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-α-β，
∴AB=kAC，直线BD和CE相交所成的较小角的度数为：180°-α-β；
（3）由题意得：MN=MP，∠NMP=90°，
把OPM绕点M顺时针旋转90°得到 （与N重合），则，，
∵点M的坐标为（3，0），
∴(3，3)
∵OPM，
∴，即线段OP长度最小时，的长度最小，
∴当⊥y轴时，的长度最小，此时(0，3)，
∴N(0，3)，OP的最小值为3 .
31．
（1）如图（1），∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，
∴DG∥QF，DQ∥GF，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴DQ=GF，
∴FG=AE；
（2）．
理由：如图（2）中，作GM⊥AB于M．
∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴GF：AE＝GM：AB，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴GF：AE＝AD：AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD，
∴GF：AE＝BC：AB，
∵，
∴．
（3）解：如图（3）中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．
由BE：BF＝3：4 ，设BE＝3k，BF＝4k，则EF＝AF＝5k，
∵，，
∴AE＝，
在直角三角形ABE中，根据勾股定理，得，
∴
∴k＝1或﹣1（舍去），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴，
∴，
∴EM＝ ，PM＝ ，
∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，
∴PC＝=．