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第4章《相似三角形》单元能力提升测试题
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为2：3，△ABC的面积为40，则△DEF的面积为（ ）
A．60 B．70 C．80 D．90
2．（3分）如图，若点C，D都是线段AB的黄金分割点，AB＝8，则AD的长度是（ ）
A．2 B．44 C．2 D．4
3．（3分）如图，下列条件不能判定△ABC∽△ADE的是（ ）
A．∠1＝∠2，∠B＝∠D B．∠1＝∠2，
C． D．∠1＝∠2，
4．（3分）如图，E，F，G，H分别是矩形ABCD四条边上的点，已知EF⊥GH，若AB＝2，BC＝3，则EF：GH为（ ）
A．3：2 B．2：3 C．4：9 D．9：4
5．（3分）如图，在△ABC中，AB＝8cm，BC＝16cm，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为2cm/s；动点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s；如果P、Q两动点同时运动，那么经过多少秒时△QBP与△ABC相似．（ ）
A．2 B．4 C．2或4 D．2或0.8
6．（3分）如图，点D，E分别在△ABC的AB，AC边上，增加下列条件中的一个：①∠AED＝∠B，②∠ADE＝∠C，③，④，⑤AC2＝AD AE，使△ADE与△ACB一定相似的有（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②④ D．②④⑤
7．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，4），B（6，2），以原点O为位似中心，相似比为2，把△OAB放大，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．（6，8） B．（4，4）或（﹣4，﹣4）
C．（﹣6，﹣8） D．（6，8）或（﹣6，﹣8）
8．（3分）如图，△ABC中，AB＝BC＝1，∠C＝72°．将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB′C′，点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点．若点C′恰好落在BC边上，下列结论：①点B在旋转过程中经过的路径长是π；②B′A∥BC；③BD＝C′D；④．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②④
9．（3分）如图，在 ABCD中，AG平分∠BAD分别交BD，BC，DC延长线于点F，G，E，记△ADF与△CEG的面积分别为S1，S2，若AB：AD＝2：3，则的值是（ ）
A． B． C． D．
10．（3分）如图，四边形ABCD为正方形，∠CAB的平分线交BC于点E，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，延长AE交CF于点G，连接BG，DG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①BE＝BF；②∠ACF＝∠F；③BG⊥DG；④．其中正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）已知x：y：z＝4：5：7，则 ．
12．（3分）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC上的点，且DE∥BC，若△ADE与△ABC的周长之比为2：3，AD＝4，则DB＝ ．
13．（3分）对许多画家、艺术家来说“黄金分割”是他们在现实的创作中必须深入领会的一种指导方针，摄影师也不例外．摄影中有一种拍摄手法叫黄金分割构图法，其原理是：如图，将正方形ABCD的边BC取中点O，以O为圆心，线段OD为半径作圆，交BC的延长线于点C'，过点C'作C'D'⊥AD，交AD的延长线于点D'，这样就把正方形ABCD延伸为黄金矩形ABC'D'，若AB＝4，则CC'的长为 ．
14．（3分）如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC＝20cm，BC＝30cm，点P从点B出发沿BA以4cm/s的速度向点A运动；同时点Q从点C出发沿CB以3cm/s的速度向点B运动，在运动过程中，当BP＝ cm时，△BPQ与△AQC相似．
15．（3分）如图，△ABO的顶点A在函数的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为 ．
16．（3分）如图，矩形ABCD中，2AB＝BC＝6，把△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，连接BC′交AD于点E，点M是EC′的中点，点N是AC的中点，连接MN，则MN的长为 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）已知（b+d+f≠0），求的值．
18．（6分）如图，在△ABC中，点P、D分别在边BC、AC上，PA⊥AB，垂足为点A，DP⊥BC，垂足为点P，．
（1）求证：∠APD＝∠C；
（2）如果AB＝6，DC＝4，求AP的长．
19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是△ABC的中线，作AE⊥CD于点E，EF∥CB交BD于点F．
（1）求证：△ACE∽△BAC；
（2）若，CE＝1，求BD及EF的长．
20．（8分）如图，已知矩形ABCD中，E是AD上的一点，过点E作EF⊥EC交边AB于点F，交CB的延长线于点G，且EF＝EC．
（1）求证：CD＝AE；
（2）若DE＝6，矩形ABCD的周长为48，求CG的长．
21．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知OA＝6cm，OB＝8cm．点P从点B开始沿BA边向终点A以1cm/s的速度移动；点Q从点A开始沿AO边向终点O以1cm/s的速度移动．有一点到达终点，另一点也停止运动．若P，Q同时出发，运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式分别表示线段AQ和AP的长；
（2）当t为何值时，△APQ与△AOB相似？
22．（10分）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，AC2＝AB AD，∠ADC＝90°，点E为AB的中点．
（1）求证：△ADC∽△ACB．
（2）CE与AD有怎样的位置关系？试说明理由．
（3）若AD＝4，AB＝6，则 ，CF＝ ．
23．（10分）如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE＝∠DAF．
【模型建立】
（1）求证：AF⊥BE；
【模型应用】
（2）若AB＝2，AD＝3，DFBF，求DE的长；
【模型迁移】
（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DFBF，求的值．
24．（12分）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．中小学教育资源及组卷应用平台
第4章《相似三角形》单元能力提升测试题
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为2：3，△ABC的面积为40，则△DEF的面积为（ ）
A．60 B．70 C．80 D．90
【思路点拨】根据△ABC与△DEF相似，相似比为2：3，可得面积比为4：9，进而可得答案．
【解答】解：∵△ABC与△DEF相似，相似比为2：3，
∴面积比为4：9，
∵△ABC的面积为40，
∴△DEF的面积为90，
故选：D．
2．（3分）如图，若点C，D都是线段AB的黄金分割点，AB＝8，则AD的长度是（ ）
A．2 B．44 C．2 D．4
【思路点拨】根据黄金分割的定义计算．
【解答】解：∵点C、D是线段AB的两个黄金分割点，
∴AD＝BCAB8＝44．
故选：B．
3．（3分）如图，下列条件不能判定△ABC∽△ADE的是（ ）
A．∠1＝∠2，∠B＝∠D B．∠1＝∠2，
C． D．∠1＝∠2，
【思路点拨】利用相似三角形的判定方法依次判断可求解．
【解答】解：若∠1＝∠2，
∴∠BAC＝∠DAE，
又∵∠B＝∠D，
∴△ABC∽△ADE，故选项A不符合题意；
若∠1＝∠2，
∴∠BAC＝∠DAE，
又∵，
∴△ABC∽△ADE，故选项B不符合题意；
若，
∴△ABC∽△ADE，故选项C不符合题意；
若∠1＝∠2，，不能证明△ABC∽△ADE，故选项D不符合题意；
故选：D．
4．（3分）如图，E，F，G，H分别是矩形ABCD四条边上的点，已知EF⊥GH，若AB＝2，BC＝3，则EF：GH为（ ）
A．3：2 B．2：3 C．4：9 D．9：4
【思路点拨】过点H作HM⊥AB，垂足为M，过点F作FN⊥AD，垂足为N，设HM，FE交于点O，再证明△MHG∽△NFE，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：过点H作HM⊥AB，垂足为M，过点F作FN⊥AD，垂足为N，设HM，FE交于点O，则NF＝AB，MH＝BC，
∴∠ENF＝∠GMH＝90°，
∵EF⊥GH，
∴∠GHM+∠HOE＝∠EFN+∠FOM＝90°，
又∵∠HOE＝∠FOM，
∴∠GHM＝∠EFN，
∴△MHG∽△NFE，
∴EF：GH＝NF：HM＝AB：BC＝2：3．
故选：B．
5．（3分）如图，在△ABC中，AB＝8cm，BC＝16cm，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为2cm/s；动点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s；如果P、Q两动点同时运动，那么经过多少秒时△QBP与△ABC相似．（ ）
A．2 B．4 C．2或4 D．2或0.8
【思路点拨】设经过t秒时，△QBP与△ABC相似，则APcm，利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似进行分类讨论：当 时，△BPQ∽△BAC，即 ；当 时，△BPQ∽△BCA，即 ，然后解方程即可求出答案．
【解答】解：设经过t秒时，△QBP与△ABC相似，
则APcm，BPcm，BQcm，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴当 时，△BPQ∽△BAC，
即 ，
解得：t＝2，
当 时，△BPQ∽△BCA，
即 ，
解得：t＝0.8，
综上所述：经过0.8s或2s秒时，△QBP与△ABC相似，
故选：D．
6．（3分）如图，点D，E分别在△ABC的AB，AC边上，增加下列条件中的一个：①∠AED＝∠B，②∠ADE＝∠C，③，④，⑤AC2＝AD AE，使△ADE与△ACB一定相似的有（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②④ D．②④⑤
【思路点拨】由两角相等的两个三角形相似得出①②正确，由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得出④正确；③⑤不能证出△ADE与△ACB一定相似；即可得出结果．
【解答】解：∵∠A＝∠A，∠AED＝∠B，
∴△ADE∽△ACB，①正确；
∵∠A＝∠A，∠ADE＝∠C，
∴△ADE∽△ACB，②正确；
∵∠A＝∠A，，
∴△ADE∽△ACB，④正确；
由，或AC2＝AD AE，不能满足两边成比例且夹角相等，不能证明△ADE与△ACB相似，③⑤不正确．
故选：C．
7．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，4），B（6，2），以原点O为位似中心，相似比为2，把△OAB放大，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．（6，8） B．（4，4）或（﹣4，﹣4）
C．（﹣6，﹣8） D．（6，8）或（﹣6，﹣8）
【思路点拨】根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，相似比为2，把△OAB放大，点A的坐标为（3，4），
∴点A的对应点A'的坐标为（3×2，4×2）或（3×（﹣2），4×（﹣2）），即（6，8）或（﹣6，﹣8），
故选：D．
8．（3分）如图，△ABC中，AB＝BC＝1，∠C＝72°．将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB′C′，点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点．若点C′恰好落在BC边上，下列结论：①点B在旋转过程中经过的路径长是π；②B′A∥BC；③BD＝C′D；④．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②④
【思路点拨】①先求出点B旋转的角度为36°，半径为1，即可求出路径长；②∠B′AB＝∠ABC＝36°，所以B′A∥BC；③∠DC′B＝∠ABC＝36°，所以BD＝C′D；④△B′BD∽△BAC，所以．
【解答】解：∵AB＝BC，∠C＝72°，
∴∠BAC＝∠C＝72°，∠ABC＝180°﹣2∠C＝36°，
由旋转的性质得∠AB′C＝∠ABC＝36°，∠B'AC'＝∠BAC＝72°，∠AC′B′＝∠C＝72°，∠AC′B′＝∠ADC＝72°，AC′＝AC，
∴∠AC′C＝∠C＝72°，
∴∠CAC'＝36°，
∴∠CAC′＝∠BAC′＝36°，
∴∠B′AB＝72°﹣36°＝36°，
由旋转的性质得AB′＝AB，
∴，
①点B在旋转过程中经过的路径长是，①说法正确；
②∵∠B′AB＝∠ABC＝36°，∴B′A∥BC，②说法正确；
③∵∠DC′B＝180°﹣2×72°＝36°，
∴∠DC′B＝∠ABC＝36°，
∴BD＝C′D，③说法正确；
④∵∠BB′D＝∠ABC＝36°，∠B′BD＝∠BAC＝72°，
∴△B′BD∽△BAC，
∴，④说法正确；
综上，①②③④都是正确的，
故选：A．
9．（3分）如图，在 ABCD中，AG平分∠BAD分别交BD，BC，DC延长线于点F，G，E，记△ADF与△CEG的面积分别为S1，S2，若AB：AD＝2：3，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【思路点拨】根据平行四边形的性质，得到两组相似三角形，根据边的比例得出面积之比，从而得出的值．
【解答】解：∵AG平分∠BAD，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC，
∴△ADF∽△GBF，△ABG∽△ECG，
∴，
∴，
设AD＝BC＝3a，则AB＝2a，GB＝2a，
∴CG＝a，
∴，
∴S△ABG＝4S2，
设S△GBF＝4S，则S△ADF＝9S，
∴S△ABF＝6S，
∴S△ABG＝S△GBF+S△ABF＝10S，
∴4S2＝10S，
∴，
∴，
故选：C．
10．（3分）如图，四边形ABCD为正方形，∠CAB的平分线交BC于点E，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，延长AE交CF于点G，连接BG，DG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①BE＝BF；②∠ACF＝∠F；③BG⊥DG；④．其中正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
【思路点拨】①由旋转的性质得△ABE≌△CBF，可得BE＝BF；②由正方形的性质得∠BAC＝∠ACB＝45°，即∠BAE＝∠BCF＝22.5°，进而可得∠ACF＝∠F＝67.5°；③先证明△ABG≌△DCG（SAS），可得∠AGB＝∠DGC，根据∠ACF＝∠F，AE平分∠ACB可得AG⊥CF进而可得BG⊥DG；④先证明△DCH∽△ACE，可得，即，故可求解．
【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝∠CBF＝90°，
∵AG⊥CF，
∴∠AGF＝90°，
∴∠GAF+∠F＝90°，
∵∠BAF+∠F＝90°，
∴∠GAF＝∠BCF，
∴△ABE≌△CBF（ASA），
∴BE＝BF，
故①正确；
②由正方形的性质得∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵AE平分∠ACB，
∴∠BAE＝∠BCF＝22.5°，
∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝67.5°，∠F＝∠AEB＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠ACF＝∠F＝67.5°，
故②正确；
③∵∠CBF＝90°，FG＝CG，
∴BG＝CG，
∴∠CBG＝∠BCG，
∵∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴∠ABG＝∠DCG，
∵AB＝DC，
∴△ABG≌△DCG（SAS），
∴∠AGB＝∠DGC，
∵∠ACF＝∠F，AE平分∠CAB，
∴AG⊥CF，
∴∠AGB+∠DGA＝∠DGC+∠DGA＝90°，
∴BG⊥DG，
故③正确；
④∵△ABG≌△DCG，
∴∠CDG＝∠BAG＝∠CGA，
∵∠DCH＝∠ACE，
∴△DCH∽△ACE，
∴，
∴，
故④正确，
综上，正确的结论是①②③④，
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）已知x：y：z＝4：5：7，则 1 ．
【思路点拨】根据比例设x＝4k，y＝5k，z＝7k（k≠0），然后代入比例式进行计算即可得解．
【解答】解：∵x：y：z＝4：5：7，
∴设x＝4k，y＝5k，z＝7k（k≠0），
∴1．
故答案为：1．
12．（3分）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC上的点，且DE∥BC，若△ADE与△ABC的周长之比为2：3，AD＝4，则DB＝ 2 ．
【思路点拨】由DE∥BC，易证△ADE∽△ABC，由相似三角形的性质即可求出AB的长，进而可求出DB的长．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵△ADE与△ABC的周长之比为2：3，
∴AD：AB＝2：3，
∵AD＝4，
∴AB＝6，
∴DB＝AB﹣AD＝2，
故答案为：2．
13．（3分）对许多画家、艺术家来说“黄金分割”是他们在现实的创作中必须深入领会的一种指导方针，摄影师也不例外．摄影中有一种拍摄手法叫黄金分割构图法，其原理是：如图，将正方形ABCD的边BC取中点O，以O为圆心，线段OD为半径作圆，交BC的延长线于点C'，过点C'作C'D'⊥AD，交AD的延长线于点D'，这样就把正方形ABCD延伸为黄金矩形ABC'D'，若AB＝4，则CC'的长为 22 ．
【思路点拨】先利用黄金矩形的定义可得，从而可得BC′＝22，然后根据正方形的性质可得AB＝BC＝4，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：∵正方形ABCD延伸为黄金矩形ABC'D'，
∴，
∵AB＝4，
∴BC′＝22，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，
∴CC′＝BC′﹣BC＝22，
故答案为：22．
14．（3分）如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC＝20cm，BC＝30cm，点P从点B出发沿BA以4cm/s的速度向点A运动；同时点Q从点C出发沿CB以3cm/s的速度向点B运动，在运动过程中，当BP＝ 或20 cm时，△BPQ与△AQC相似．
【思路点拨】分两种情况进行讨论．由等腰三角形的性质得出∠B和∠C对应相等，那么就要分成BP和CQ为对应边以及BP和AC为对应边两种情况．
【解答】解：设运动时间为x s，
当△BPQ∽△CQA时，有，
即，
解得：x，
∴BP＝4x（cm），
当△BPQ∽△CAQ时，有，
即，
解得：x＝5或x＝﹣10（舍去），
∴BP＝4x＝20（cm），
综上所述，当BPcm或20cm时，△BPQ与△AQC相似，
故答案为：或20．
15．（3分）如图，△ABO的顶点A在函数的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为 ﹣18 ．
【思路点拨】易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的面积，进而可求出△AOB的面积，则k的值也可求出．
【解答】解：∵NQ∥MP∥OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N是OA的三等分点，
∴，，
∴，
∵四边形MNQP的面积为3，
∴，
∴S△ANQ＝1，
∵（）2，
∴S△AOB＝9，
∴|k|＝2S△AOB＝18，
∴k＝﹣18．
故答案为：﹣18．
16．（3分）如图，矩形ABCD中，2AB＝BC＝6，把△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，连接BC′交AD于点E，点M是EC′的中点，点N是AC的中点，连接MN，则MN的长为 ．
【思路点拨】过M点作MF⊥CC′于F点，过N点作NG⊥CC′于G点，过M点作MH⊥NG于H点，如图，先根据轴对称的性质得到C′D＝CD＝3，则可判断△ABE≌△DC′E，所以AE＝DE＝3，再证明MF为△DC′E的中位线，NG为△ADC的中位线，所以MF，NG＝3，DF，DG，则FG＝3，接着证明四边形MHGF为矩形得到HG＝MF，MH＝FG＝3，所以NH，然后在Rt△MNH中利用勾股定理可计算出MN的长．
【解答】解：过M点作MF⊥CC′于F点，过N点作NG⊥CC′于G点，过M点作MH⊥NG于H点，如图，
∵矩形ABCD中，2AB＝BC＝6，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝6，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∵△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，
∴C′D＝CD＝3，
在△ABE和△DC′E中，
，
∴△ABE≌△DC′E（AAS），
∴AE＝DE＝3，
∵点M是EC′的中点，点N是AC的中点，MF⊥CC′，NG⊥CC′，
∴MF为△DC′E的中位线，NG为△ADC的中位线，
∴MFDE，NGAD＝3，DFC′D，DGCD，
∴FG＝FD+DG＝3，
∵HG⊥CC′，MF⊥CC′，MH⊥NG，
∴四边形MHGF为矩形，
∴HG＝MF，MH＝FG＝3，
∴NH＝NG﹣HG，
在Rt△MNH中，MN，
即MN的长为．
故答案为：．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）已知（b+d+f≠0），求的值．
【思路点拨】根据等比性质，可得答案．
【解答】解：由（b+d+f≠0），得
．
18．（6分）如图，在△ABC中，点P、D分别在边BC、AC上，PA⊥AB，垂足为点A，DP⊥BC，垂足为点P，．
（1）求证：∠APD＝∠C；
（2）如果AB＝6，DC＝4，求AP的长．
【思路点拨】（1）通过证明Rt△ABP∽Rt△PCD，可得∠B＝∠C，∠APB＝∠CDP，由外角性质可得结论；
（2）通过证明△APC∽△ADP，可得，即可求解．
【解答】（1）证明：∵PA⊥AB，DP⊥BC，
∴∠BAP＝∠DPC＝90°，
∵，
∴，
∴Rt△ABP∽Rt△PCD，
∴∠B＝∠C，∠APB＝∠CDP，
∵∠DPB＝∠C+∠CDP＝∠APB+∠APD，
∴∠APD＝∠C；
（2）解：∵∠B＝∠C，
∴AB＝AC＝6，
∵CD＝4，
∴AD＝2，
∵∠APD＝∠C，∠CAP＝∠PAD，
∴△APC∽△ADP，
∴，
∴AP2＝2×6＝12，
∴AP＝2．
19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是△ABC的中线，作AE⊥CD于点E，EF∥CB交BD于点F．
（1）求证：△ACE∽△BAC；
（2）若，CE＝1，求BD及EF的长．
【思路点拨】（1）由CD是△ABC的中线可得AD＝CD，即∠CAD＝∠ACD，结合∠ACD+∠CAE＝90°＝∠CAD+∠B可得∠CAE＝∠B从而得证；
（2）由（1）可得对应边成比例，从而求出AB，AD，CD，BD，DE，根据勾股定理即可求出BC，再由EF∥BC可得，代入数据即可求出EF．
【解答】（1）证明：∵CD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，即∠CAD＝∠ACD，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CAE＝90°＝∠CAD+∠B，
∴∠CAE＝∠B，
∴△ACE∽△BAC；
（2）∵△ACE∽△BAC，
∴，即，
解得AB＝5，
∵CD是△ABC的中线，
∴AD＝BD＝CDAB，
∴BC2，DE，
∵EF∥BC，
∴△DEF∽△DCB，
∴，即，
解得EF．
20．（8分）如图，已知矩形ABCD中，E是AD上的一点，过点E作EF⊥EC交边AB于点F，交CB的延长线于点G，且EF＝EC．
（1）求证：CD＝AE；
（2）若DE＝6，矩形ABCD的周长为48，求CG的长．
【思路点拨】（1）由矩形的性质得出∠A＝∠D＝90°，再根据角的互余关系证出∠AFE＝∠DEC，根据AAS证明△AEF≌△DCE，得出对应边相等即可；
（2）设CD＝AE＝x，则AD＝x+6，根据矩形的周长列出方程，解方程求出AE、CD，得出BF、BC，再证明△AEF∽△BGF，得出比例式求出BG，即可得出CG．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠AEF+∠DEC＝90°，
∴∠AFE＝∠DEC，
在△AEF和△DCE中，，
∴△AEF≌△DCE（AAS），
∴CD＝AE，DE＝AF；
（2）解：设CD＝AE＝x，则AD＝x+6，
∵矩形ABCD的周长为48，
∴2（x+6+x）＝48，
解得：x＝9，
∴AE＝CD＝9，AB＝CD＝9，AD＝BC＝15，
∴BF＝AB﹣AF＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△AEF∽△BGF，
∴，
即，
∴BG＝4.5，
∴CG＝BC+BG＝15+4.5＝19.5．
21．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知OA＝6cm，OB＝8cm．点P从点B开始沿BA边向终点A以1cm/s的速度移动；点Q从点A开始沿AO边向终点O以1cm/s的速度移动．有一点到达终点，另一点也停止运动．若P，Q同时出发，运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式分别表示线段AQ和AP的长；
（2）当t为何值时，△APQ与△AOB相似？
【思路点拨】（1）利用勾股定理列式求出AB，再表示出AP；
（2）分∠APQ和∠AQP是直角两种情况，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【解答】解：（1）∵OA＝6cm，OB＝8cm，
∴AB10（cm），
∵点P的速度是每秒1个单位，点Q的速度是每秒1个单位，
∴AQ＝t cm，AP＝（10﹣t）cm；
（2）①∠APQ是直角时，△APQ∽△AOB，
∴，
即，
解得t6，舍去；
②∠AQP是直角时，△AQP∽△AOB，
∴，
即，
解得t，
综上所述，t时，△APQ与△AOB相似．
22．（10分）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，AC2＝AB AD，∠ADC＝90°，点E为AB的中点．
（1）求证：△ADC∽△ACB．
（2）CE与AD有怎样的位置关系？试说明理由．
（3）若AD＝4，AB＝6，则 ，CF＝ ．
【思路点拨】（1）根据角平分线的定义得到∠DAC＝∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据相似三角形的性质得到∠ACB＝∠ADC＝90°，根据直角三角形的性质得到CE＝AE，根据等腰三角形的性质、平行线的判定定理证明；
（3）根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】（1）证明：∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠CAB，
∵AC2＝AB AD，
∴，
∴△ADC∽△ACB；
（2）CE∥AD，
理由如下：∵△ADC∽△ACB，
∴∠ACB＝∠ADC＝90°，
∵点E为AB的中点，
∴CE＝AEAB，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠DAC＝∠EAC，
∴∠DAC＝∠ECA，
∴CE∥AD；
（3）由（2）得，CEAB＝3，
∵CE∥AD，
∴，
∴，
∵AC2＝AB AD，AD＝4，AB＝6，
∴AC＝2，
∴AF2，
∴CF＝AC﹣AF，
故答案为：，．
23．（10分）如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE＝∠DAF．
【模型建立】
（1）求证：AF⊥BE；
【模型应用】
（2）若AB＝2，AD＝3，DFBF，求DE的长；
【模型迁移】
（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DFBF，求的值．
【思路点拨】（1）由矩形的性质得∠BAD＝90°，而∠ABE＝∠DAF，所以∠AOE＝∠BAF+∠ABE＝∠BAF+∠DAF＝90°，则AF⊥BE；
（2）延长AF交CD于点G，由GD∥AB，证明△GDF∽△ABF，则，求得GDAB＝1，由tan∠ABE＝tan∠DAG，求得AEAB，则DE＝AD﹣AE；
（3）延长AF交CD于点H，由正方形的性质得AB＝AD，∠ADH＝90°，设AB＝AD＝2m，可证明△HDF∽△ABF，得，则HDAB＝m，求得AHm，则AFAHm，求得．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠ABE＝∠DAF，
∴∠AOE＝∠BAF+∠ABE＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
∴AF⊥BE．
（2）解：如图1，延长AF交CD于点G，
∵GD∥AB，
∴△GDF∽△ABF，
∵DFBF，AB＝2，AD＝3，
∴，
∴GDAB2＝1，
∵∠BAE＝∠ADG＝90°，∠ABE＝∠DAG，
∴tan∠ABE＝tan∠DAG，
∴AEAB2，
∴DE＝AD﹣AE＝3，
∴DE的长是．
（3）解：如图2，延长AF交CD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADH＝90°，
设AB＝AD＝2m，
∵HD∥AB，
∴△HDF∽△ABF，
∵DFBF，
∴，
∴HDAB2m＝m，
∴AHm，
∴AFAHAHmm，
∴，
∴的值为．
24．（12分）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．
（1）若BE＝1，求GE的长．
（2）求证：BC2＝BG BO．
（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【思路点拨】（1）由垂径定理可得∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；
（2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA BE，再根据AB＝2BO，BEBG，可证BC2＝BG BO；
（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可证a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：延长FO交AC于点H，连接OC，证明△AFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
【解答】（1）解：直径AB垂直弦CD，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠D＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
，
∴△BCE≌△GCE（ASA），
∴GE＝BE＝1；
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CEB＝90°，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△ACB∽△CEB，
∴，
∴BC2＝BA BE，
由（1）知GE＝BE，
∴BEBG，
∵AB＝2BO，
∴BC2＝BA BE＝2BO BG＝BG BO；
（3）解：∠CAD＝45°，证明如下：
解法一：如图，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ACE≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠CAE，
设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，
则∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，
∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，
∴β+α＝90°，
∴α＝90°﹣β，
∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，
∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，
∴∠COF＝∠AOF，
在△COF和△AOF中，
，
∴△COF≌△AOF（SAS），
∴∠OCF＝∠OAF，
即90°﹣3α＝α，
∴α＝22.5°，
∴∠CAD＝2a＝45°．
解法二：
如图，延长FO交AC于点H，连接OC，
∵FO＝FG，
∴∠FOG＝∠FGO，
∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，
∴BC∥FH，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠AHO＝90°，
∵OA＝OC，
∴AH＝CH，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°．
