2025年九年级数学中考三轮冲刺训练相似形综合压轴题训练（含答案）

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2025年九年级数学中考三轮冲刺训练相似形综合压轴题训练
1．在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
（1）如图1，求证：△DEP∽△CPH；
（2）如图2，当P为CD的中点，AB＝2，AD＝3时，求GH的长；
（3）如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
2．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．
3．在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且．
（1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC；
（2）已知AD＝AE＝1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM DN，求边CD的长．
4．某学校数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，且DE⊥CF，猜想并计算的值；
（2）如图2，在矩形ABCD中，∠DBC＝30°，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE AB＝CF AD．
5．如图1， ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）连接BM交AC于点H，连接HE，HF．
（ⅰ）如图2，若HE∥AB，求证：HF∥AD；
（ⅱ）如图3，若 ABCD为菱形，且MD＝2AM，∠EHF＝60°，求的值．
6．（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD BC，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长．
7．正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1＝∠2，AE＝EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G．
（1）如图1，求证：△ABE≌△EGF；
（2）如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M．
①求证：点P在∠ABC的平分线上；
②当时，猜想AP与PH的数量关系，并证明；
③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB＝6，求BE的值．
8．数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．
（1）初步探究
如图2，若∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD AB；
（2）尝试应用
如图3，在（1）的条件下，若点D为AB中点，BC＝4，求CD的长；
（3）创新提升
如图4，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC＝2，求BE的长．
9．如图，正方形ABCD边长为6cm，点E为对角线AC上一点，CE＝2AE，点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（0＜t≤3）．
（1）求证：△AEP∽△CEQ．
（2）当△EPQ是直角三角形时，求t的值．
（3）连接AQ，当tan∠AQE时，求△AEQ的面积．
10．（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．
11．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．
（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．
①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE；
②如图2，当tan∠FCE时，求AF的长；
（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE时，求证：AE＝AF．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，点D在边AC上，将线段DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA′，线段DA′交AB于点E，作A′F⊥AB于点F，与线段AC交于点G，连接FC，GB．
（1）求证：△ADE≌△A′DG；
（2）求证：AF GB＝AG FC；
（3）若AC＝8，tanA，当A′G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长．
13．如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA，AC＝1．如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH＝x，MN＝y．
（1）求CE的长和y关于x的函数表达式；
（2）当PH＜PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值；
（3）延长PN交半圆O于点Q，当NQx﹣3时，求MN的长．
14．已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点．
（1）如图1，连接BE，DE．求证：△ABE≌△ADE；
（2）如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BF⊥BE．判断△FBG的形状并说明理由；
（3）在第（2）题的条件下，BE＝BF＝2．求的值．
15．如图，平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝10，BC边上的高AM＝4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．
（1）求证：△ABM∽△EBF；
（2）当点E为BC的中点时，求DE的长；
（3）设BE＝x，△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多少？
16．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．
（1）求证：△AEF∽△DCE；
（2）如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．
①求AG+GM的最小值；
②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长．
17．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝CD，O是对角线AC的中点，联结BO并延长交边CD或边AD于点E．
（1）当点E在CD上，
①求证：△DAC∽△OBC；
②若BE⊥CD，求的值；
（2）若DE＝2，OE＝3，求CD的长．
参考答案
1．【解答】（1）证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH＝∠A＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠3＝∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∵P为CD中点，
∴DP＝CP1，
设EP＝AE＝x，
∴ED＝AD﹣x＝3﹣x，
在Rt△EDP中，EP2＝ED2+DP2，
即x2＝（3﹣x）2+1，
解得x，
∴EP＝AP＝x，
∴ED＝AD﹣AE，
∵△EDP∽△PCH，
∴，即，
∴PH，
∵PG＝AB＝2，
∴GH＝PG﹣PH．
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE＝EP，
∴∠EAP＝∠EPA，
∴∠BAP＝∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA＝MP，
∵P为CD中点，
∴设DP＝CP＝y，
∴AB＝PG＝CD＝2y，
∵H为BC中点，
∴BH＝CH，
∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH，
∴△MBH≌△PCH（ASA），
∴BM＝CP＝y，HM＝HP，
∴MP＝MA＝MB+AB＝3y，
∴HPPMy，
在Rt△PCH中，CHy，
∴BC＝2CHy，
∴AD＝BCy，
在Rt△APD中，APy，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
∴，
∴BGy，
∴，
∴ABBG．
2．【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．
3．【解答】（1）证明：延长DE和CB交于点G，
∵AD∥BC，
∴，
∵AEAB，DF
∴，，
∴，
∴EF∥BC．
（2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA，OD，OE．
∵点O为△ADE外接圆的圆心，
∴OA＝OE＝OD，
∴AF＝EFAE，
∵AEAB，
∴AB＝3AE＝3，
∵AE＝AD，OE＝OD，OA＝OA，
∴△AOE≌△AOD（SSS），
∴∠EAO＝∠DAO，
∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∴2∠EAO+2∠ABO＝180°，即∠EAO+∠ABO＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∵OF⊥AE，
∴∠AFO＝∠AOB＝90°，
∵∠FAO＝∠OAB，
∴△FAO∽△OAB，
∴，即AO2＝AF AB，
∴AO，
∴△ADE外接圆半径为．
②方法一：延长BA，CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q．
∵AD∥BC，
∴△PAD∽△PBC，
∴，
由①知AB＝3，
∴，
∴PA＝1，
∵CD2＝DM DN，
∴，
∵∠CDN＝∠MDC，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠CMD，
∵∠DMC＝∠CEM，
∴∠CEM＝∠DCN，
∴EM∥CD，
∴，
由AB＝3，AE＝1得，BE＝2，
∴，
∴BM＝MC＝2，
∴△BEM∽△BPC，
∴，
设ME＝2a，则PC＝4a，
∵AD∥BC，
∴，
∴PD＝a，DC＝3a，
∵EM∥CD，
∴△ENM∽△CND，
∴，
设EN＝2b，则CN＝3b，
∵∠DMC＝∠CEM，∠ECM＝∠MCN，
∴△CNM∽△CME，
∴，即CM2＝CN CE，
∴4＝3b 5b，解得b，
∴CE，
在Rt△BQE中，由勾股定理可得：
BE2﹣BQ2＝CE2﹣CQ2，
∴4﹣BQ2＝（）2﹣（4﹣BQ）2，
解得BQ，
∴EQ2＝BE2﹣BQ2，
∵QM＝BM﹣BQ＝2，
∴在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM，
∵，
∴DC．
方法二：
∵AD＝AE＝1，
∴AB＝3AE＝3，
∵AD∥BC，BC＝4，
∴，即，
∴AP＝1＝AD＝AE，
∵BE＝AP﹣AE＝2，PE＝AE+AP＝2，
∴E为BP中点，
∵CD2＝DM DN，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠DMC＝∠CEM，
∴EM∥CD，
∴M也为BC中点，
∴CM＝BM＝2，
∵BP＝BC＝4，
∴∠P＝∠DCM，
∵∠ECP＝∠DMC，
∴△ECP∽△DMC，
∴，
设DP＝a，则CD＝3a，CP＝4a，
∴，解得a，
∴CD．
方法三：由CD2＝DM DN易得△DCN∽△DMC，
∴∠DCN＝∠CMD，
∵∠DMC＝∠CEM，
∴∠CEM＝∠DCN，
∴EM∥CD，
延长DA、ME交于点F，
则四边形CDFM是平行四边形，
∴△EAF∽△EBM，
∴，
设AF＝n，则BM＝2n，DF＝CM＝n+1，
∴BC＝BM+CM＝2n+n+1＝4，
解得n＝1，
∴AF＝1，BM＝2，
连接DE，
由AD＝AF＝AE可得∠DEF＝90°，
设EF＝m，则EM＝2m，CD＝3m，设EN＝2t，则CN＝3t，
由△CMN∽△CEM可得，
，即CM2＝CE CN，
∴4＝3t 5t，
解得t2，
由DE2＝DF2﹣EF2＝CE2﹣CD2得，
22﹣m2＝25t2﹣9m2，
解得m，
∴CD＝3m．
4．【解答】（1）解：如图1，设DE与CF交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
在△AED和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE＝CF，
∴1；
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠EDC＝∠BCD＝90°，
∵∠DBC＝30°，
∴∠CDG＝60°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC＝90°，
∴∠DCE＝30°，
∴CECD，BD＝2CD，
∴；
（3）证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
∴DE AB＝CF AD．
5．【解答】（1）证明：∵ ABCD，
∴AD∥BC，OA＝OC，
∴AM∥CN，
∵AM＝CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴AN∥CM，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF；
（2）（i）证明：∵HE∥AB，
∴，
∵OB＝OD，OE＝OF，
∴，
∵∠HOF＝∠AOD，
∴△HOF∽△AOD，
∴∠OHF＝∠OAD，
∴HF∥AD；
（ii）解：∵ ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵OE＝OF，∠EHF＝60°，
∴∠EHO＝∠FHO＝30°，
∴，
∵AM∥BC，MD＝2AM，
∴，即HC＝3AH，
∴OA+OH＝3（OA﹣OH），
∴OA＝2OH，
∵BN∥AD，MD＝2AM，AM＝CN，
∴，即3BE＝2ED，
∴3（OB﹣OE）＝2（OB+OE），
∴OB＝5OE，
∴，
∴的值是．
6．【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BD BC；
（2）解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，
则∠AFC＝∠AGD＝90°，
∴CF∥DG，∠BAC＝60°，
∴，，
∵D为BC的中点，
∴，
∵CF∥DG，
∴△BDG∽△BCF，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA，
∵∠AED＝∠CAD，
∴∠AED＝∠CDA，
∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠BED＝∠ADB，
∵∠DBE＝∠ABD，
∴△BED∽△BDA，
∴，即，
解得：；
（3）解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC，
∵∠ABC＝2∠EBF，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF，
∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF，
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠G，
∴∠DBE＝∠G，
∵∠DEB＝∠BEG，
∴△BED∽△GEB，
∴，
∵DG＝6，
∴EG＝DE+6，
∴，
解得：DE＝2，负值舍去，
∴EG＝2+6＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝3，
∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，
∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△CFB，
∴，
即，
解得：．
7．【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠B＝90°，
∵FG⊥BC，
∴∠G＝90°，
由∠B＝∠G，∠1＝∠2，AE＝EF，
得△ABE≌△EGF（AAS）；
（2）①证明：连BP．
由（1）得△ABE≌△EGF，
∴∠AEB＝∠EFG，
∴∠AEB+∠GEF＝∠AEB+∠BAE＝90°，
即∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵EM⊥AF，
∴∠APE＝90°，∠AEP＝∠FEP＝45°，
∵∠ABE＝90°，
∴A、B、E、P四点共圆，
∴∠ABP＝∠AEP＝45°，
∵∠ABE＝90°，∠ABP＝∠CBP＝45°，
∴点
P
在∠ABC的平分线上；
②m+1．
理由如下：
由①得点
P
在∠ABC的平分线即正方形的对角线上，如图：
∵正方形ABCD，
∴AB∥HD，
∴△ABP∽△HDP，
∴，
∵m，
∴HC＝mHD，
∴DC＝DH+HC＝（m+1）HD，
∴m+1；
③由①得点
P
在∠ABC的平分线即正方形的对角线上，
∴∠PDH＝45°，
同理M、D、H、P四点共圆，
∴∠PMH＝∠PDH＝45°，
∵∠AEP＝∠NEM＝45°，
∴∠EMH＝∠NEM＝45°，
∴MH∥EN，
∵MN∥HE，
∴四边形MNEH是平行四边形，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形，
设PM＝PH＝a，则MQ＝2a，ME＝2MQ＝4a，
∵PM＝PH，PA＝PE，
∴AH＝ME＝4a，
∴AP＝3a，
则AE＝3a，
∴BE，
∵∠APM＝∠ADH，
∴△APM∽△ADH，
∴，
∴DH，
∴AH2，
∵AH＝4a，
∴4a＝2，
∴a，
∴BE3．
8．【解答】（1）证明：如图2，∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∴AC2＝AD AB．
（2）解：如图3，设AD＝m，
∵点D为AB中点，
∴AD＝BD＝m，AB＝2m，
由（1）得△ACD∽△ABC，
∴，
∴AC2＝AD AB＝m×2m＝2m2，
∴ACm或ACm（不符合题意，舍去），
∴，
∵BC＝4，
∴CDBC4＝2，
∴CD的长是2．
（3）解法一：如图4，作BF⊥DC交DC的延长线于点F，则∠F＝90°，
∵点E为CD中点，
∴CE＝DE，
设CE＝DE＝n，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CB＝CD＝2n，∠BCF＝∠CDB+∠CBD＝60°，
∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝30°，
∴CFCB＝n，
∴EF＝CE+CF＝2n，BFn，
∴BD＝2BF＝2n，BEn，
作CH∥EB交AB的延长线于点H，则△HDC∽△BDE，
∴2，
∴HC＝2BE＝2n，HD＝2BD＝4n，
∵∠ACD＝∠EBD，∠H＝∠EBD，
∴∠ACD＝∠H，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△AHC，
∴，
∵AC＝2，
∴ADAC22，AHAC214，
∴HD＝AH﹣AD＝14﹣2＝12，
∴4n＝12，
解得n，
∴BE，
∴BE的长是．
解法二：如图5，取BD中点M，连接CM、EM，
∵点E为CD中点，
∴DM是△BCD的中位线，
∴EM∥CB，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CD＝CB，∠EMD＝∠CBD＝30°，
∴CM⊥BD，∠ADC＝∠BME＝180°﹣30°＝150°，
∵∠ACD＝∠EBD，即∠ACD＝∠EBM，
∴△ACD∽△EBM，
∵∠CMB＝90°，∠CBM＝30°，AC＝2，
∴CD＝CB＝2CM，
设CM＝x，则CD＝CB＝2x，
∴BMx，
∴，
∴BEAC2，
∴BE的长是．
9．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAE＝∠QCE＝45°，
∵CE＝2AE，AP＝t，CQ＝2t，
∴，
∴△AEP∽△CEQ；
（2）解：方法一：过点E作EM⊥AB于点M，过点E作 EN⊥BC于点N．
由题意知AE，AM＝ME＝2，EN＝CN＝4，AP＝t，
CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，MP＝|t﹣2|，BP＝6﹣t，QN＝|2t﹣4|，
∴EP2＝EM2+MP2，即EP2＝22+（2﹣t）2＝t2﹣4t+8，
PQ2＝BP2+BQ2，即PQ2＝（6﹣t）2+（6﹣2t）2＝5t2﹣36t+72，
EQ2＝EN2+NQ2，即EQ2＝42+（2t﹣4）2＝4t2﹣16t+32，
①当∠EPQ＝90°时，则EQ2＝EP2+PQ2，
即4t2﹣16t+32＝t2﹣4t+8+5t2﹣36t+72，
整理得t2﹣12t+24＝0．
解得t1＝6，t2＝6（不合题意，舍去），
②当∠PEQ＝90°时，则PQ2＝EP2+EQ2，
即5t2﹣36t+72＝t2﹣4t+8+4t2﹣16t+32，
整理得t﹣2＝0，
解得t＝2；
③当∠PQE＝90°时，则EP2＝PQ2+EQ2，
即t2﹣4t+8＝5t2﹣36t+72+4t2﹣16t+32，
整理得t2﹣6t+12＝0，该方程无实数解，
综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为秒或2秒；
（3）解：方法一：过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G．如图2，
∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，
∴AF＝AC，
又∵CE＝2AE，
∴，
∴tan∠AFE，
∵tan∠AQE，
∴∠AFE＝∠AQE，
∵∠AGF＝∠EGQ，
∴△AGF∽△EGQ，
∴，
∵∠AGE＝∠FGQ，
∴△AGE∽△FGQ，
∴∠AEG＝∠FQG，
∵∠AFE+∠AEF＝90°，
∴∠FQG+∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°，
∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，
∴，即，
∴QC＝QE＝4，
∴S△AEQ＝S△AQC﹣S△EQC
QC ABQC EQ
4×64×4
＝4（cm2）．
方法二：∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，
∴AF＝AC，
又∵CE＝2AE，
∴，
∴tan∠AFE，
∵tan∠AQE，
∴∠AFE＝∠AQE，
∴A，F，Q，E四点共圆，直径为EF，如图3，
∴∠FQE＝90°，
∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，
∴，即，
∴QC＝QE＝4，
∴S△AEQ＝S△AQC﹣S△EQC
QC ABQC EQ
4×64×4
＝4（cm2）．
10．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，
∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，
∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，
∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，
∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
11．【解答】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵∠CEF＝90°，
∴∠AEF+∠CED＝90°，∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠AEF＝∠ECD，
∴△AEF∽△DCE；
②解：如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．
∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴，
∵CD＝2，AE＝ED＝1，
∴GH＝2HE，
设EH＝m，GH＝2m．
∵CE，
∴CH＝m，
∵tan∠ECF，
∴，
∴m，
∴EH，GH，
∴EG，
∴AG＝EG﹣AE1，DG＝EG+DE1，
∵AF∥CD，
∴，
∴，
∴AF；
（3）证明：如图3中，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．
设AD＝CD＝a，GE＝DE＝t，EH＝x，GH＝y，CE＝n，
∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴
∴，
∴x，y，
在Rt△CGH中，sin∠ECF，
∴CG＝3GH，CH＝2GH，
∴，
∴2y＝x+n，
∴2n，
∴2at＝t2+n2，
在Rt△CDE中，n2＝t2+a2，
∴2at＝2t2+a2，
∴at，
∵AF∥CD，
∴，
∴，
∴AFaa﹣t，
∵AE＝a﹣t，
∴AE＝AF．
解法二：设AE＝x，则DE＝EG＝1﹣x，DG＝2﹣2x，
∴S△CDE＝S△CEG，
∴（1﹣x）×1 ，
解得x＝1（负根已经舍去），
∴AE＝1，
由AF：CD＝AG：DG，可得AF：1＝（1）：，
∴AF＝1．
∴AE＝AF．
12．【解答】（1）证明：∵∠A+∠AGA'＝90°，∠A'+∠AGA'＝90°，
∴∠A＝∠A'，
∵AD＝A'D，∠ADE＝∠A'DG＝90°，
∴△ADE≌△A′DG（ASA）；
（2）证明：∵∠AFG＝∠ACB＝90°，∠FAG＝∠CAB，
∴△AFG∽△ACB，
∴，
∴，
∵∠FAC＝∠GAB，
∴△FAC∽△GAB，
∴，
∴AF GB＝AG FC；
（3）解：∵tanA，AC＝8，
∴BC＝4，
∴S△ACB＝16，
设DE＝DG＝x，则AD＝A'D＝2x，AE＝A'Gx，
∴A'E＝A'D﹣DE＝2x﹣x＝x，
∴S△ADE＝S△A′DG＝x2，
∵△A'FE∽△A'DG，
∴，
∴S△A'FE：S△A'DG＝1：5，
∴S四边形DGFES△A'DGx2，
∵S△ACB＝S△ADE+S四边形DCBE，A′G平分四边形DCBE的面积，
∴S△ACB＝S△ADE+2S四边形DGFE，
∴16＝x2x2，
x2
∴x1，x2（舍），
∴AD．
13．【解答】解：（1）如图1，连接OD，
∵CD切半圆O于点D，
∴OD⊥CE，
∵OA，AC＝1，
∴OC，BC＝4，
∴CD2，
∵BE⊥CE，
∴OD∥BE，
∴，
∴，
∴CE，
如图2，∵∠AFB＝∠E＝90°，
∴AF∥CE，
∴MN∥CB，
∴四边形APMC是平行四边形，
∴CM＝PAx，
∵NM∥BC，
∴△BCE∽△NME，
∴，
∴，
∴yx+4；
（2）∵PN＝y﹣1x+4﹣1x+3，PH＜PN，△BCE的三边之比为3：4：5，
∴可分为三种情况，
当PH：PN＝3：5时，xx+3，解得：x，
∴ax，
当PH：PN＝4：5时，xx+3，解得：x，
∴ax，
当PH：PN＝3：4时，xx+3，解得：x，
∴ax，
综上所述：a的值为或或；
（3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，
则∠AQB＝∠AGQ＝90°，PH＝QG＝x，
∴∠QAB＝∠BQG，
∵NQx﹣3，PN＝y﹣1x+3，
∴HG＝PQ＝NQ+PNx，
∵AHx，
∴AG＝AH+HG＝3x，
∴tan∠BQG＝tan∠QAB，
∴BGQGx，
∴AB＝AG+BGx＝3，
∴x，
∴yx+4，
∴MN的长为．
14．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠ADC﹣∠ADE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵AB∥CD，
∴∠FGB＝∠EDC，
∴∠FGB＝∠EBC，
∵BF⊥BE，
∴∠FBE＝90°，
∴∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，
∴∠FGB＝∠FBG，
∴BF＝GF，
∴△FBG是等腰三角形．
（3）解：∵BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，
∴∠F＝∠BEF＝45°，
∴∠BAC＝∠F，
∴∠AEG＝∠AGF﹣∠BAC＝∠AGF﹣∠F＝∠FBG，
∵∠AGE＝∠FGB，且∠FGB＝∠FBG，
∴∠AGE＝∠AEG，
∴AE＝AG，
∵EF2，BF＝GF＝2，
∴GE＝EF﹣GF＝22，
∵△ABE≌△ADE，
∴BE＝DE＝2，
∵AG∥CD，
∴△AGE∽△CDE，
∴1，
∴1，
∴的值为1．
15．【解答】（1）证明：∵EF⊥AB，AM是BC边上的高，
∴∠AMB＝∠EFB＝90°，
又∵∠B＝∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，如图：
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC边上的高，
∴AM⊥AD，
∴∠AME＝∠MAN＝∠ANE＝90°，
∴四边形AMEN为矩形，
∴NE＝AM＝4，AN＝ME，
在Rt△ABM中，，
又∵E为BC的中点，
∴，
∴ME＝AN＝2，
∴DN＝8，
在Rt△DNE中，；
（3）解：延长FE交DC的延长线于点G，如图：
∵sinB，
∴，
∴EFx，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠ECG，∠EGC＝∠BFE＝90°，
又∵∠AMB＝∠EGC＝90°，
∴△ABM∽△ECG，
∴，
∴，
∴GC（10﹣x），
∴DG＝DC+GC＝5（10﹣x），
∴yEF DGx [5（10﹣x）]x2x（x）2，
∴当x时，y有最大值为，
答：yx2x，当x时，y有最大值为．
16．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠CED+∠DCE＝90°，
∵EF⊥CE，
∴∠CED+∠AEF＝90°，
∴∠DCE＝∠AEF，
∴△AEF∽△DCE；
（2）解：①连接AM，如图2，
∵BG⊥CF，
∴△BGC是直角三角形，
∵点M是BC的中点，
∴MB＝CM＝GM，
∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上，
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：AG+GM＞AM，
当A，G，M三点共线时，AG+GM＝AM，
此时，AG+GM取得最小值，
在Rt△ABM中，AM5，
∴AG+GM的最小值为5．
②方法一：
如图3，过点M作MN∥AB交FC于点N，
∴△CMN∽△CBF，
∴，
设AF＝x，则BF＝4﹣x，
∴MNBF（4﹣x），
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
∴，
由（2）可知AG+GM的最小值为5，
即AM＝5，
又∵GM＝3，
∴AG＝2，
∴，
解得x＝1，
即AF＝1，
由（1）得，
设DE＝y，则AE＝6﹣y，
∴，
解得：y＝3或y＝3，
∵06，0＜36，
∴DE＝3或DE＝3．
方法二：
如图4，过点G作GH∥AB交BC于点H，
∴△MHG∽△MBA，
∴，
由（2）可知AG+MG的最小值为5，
即AM＝5，
又∵GM＝3，
∴，
∴GH，MH，
由GH∥AB得△CHG∽△CBF，
∴，
即，
解得FB＝3，
∴AF＝AB﹣FB＝1．
由（1）得，
设DE＝y，则AE＝6﹣y，
∴，
解得：y＝3或y＝3，
∵06，0＜36，
∴DE＝3或DE＝3．
17．【解答】（1）①证明：如图1，
∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA．
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB．
∵BO是Rt△ABC斜边AC上的中线，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝∠OBC，
∴△DAC∽△OBC；
②解：如图2，若BE⊥CD，
在Rt△BCE中，∠OCE＝∠OCB＝∠EBC，
∴∠OCE＝∠OCB＝∠EBC＝30°．
过点D作DH⊥BC于点H，
设AD＝CD＝2m，则BH＝AD＝2m，
在Rt△DCH中，DC＝2m，
∴CH＝m，
∴BC＝BH+CH＝3m，
∴；
（2）①如图3，当点E在AD上时，
∵AD∥BC，
∴∠EAO＝∠BCO，∠AEO＝∠CBO，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COB（AAS），
∴OB＝OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCE是矩形．
设AD＝CD＝x，
∵DE＝2，
∴AE＝x﹣2，
∵OE＝3，
∴AC＝6，
在Rt△ACE和Rt△DCE中，CE2＝AC2﹣AE2，CE2＝CD2﹣DE2，
∴62﹣（x﹣2）2＝x2﹣22，
解得x＝1，或x＝1（舍去）．
∴CD＝1．
②如图4，当点E在CD上时，设AD＝CD＝x，则CE＝x﹣2，
设OB＝OC＝m，
∵OE＝3，
∴EB＝m+3，
∵△DAC∽△OBC，
∴，
∴，
∴．
又∵∠EBC＝∠OCE，∠BEC＝∠OEC，
∴△EOC∽△ECB，
∴，
∴，
∴，
∴m，
将m代入，
整理得，x2﹣6x﹣10＝0，
解得x＝3，或x＝3（舍去）．
∴CD＝3．
综合以上可得CD的长为1或3．
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