【停课不停学系列习题】人教版九年级数学下册27.2.2 相似三角形的性质综合题（解析版）
文档属性
| 名称 | 【停课不停学系列习题】人教版九年级数学下册27.2.2 相似三角形的性质综合题（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 562.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-02-11 14:43:08 | ||
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文档简介
【停课不停学系列习题】
27.2.2 相似三角形的性质
一、选择题：
1. （3分）（2018·鄂尔多斯9/24）如图，点A（﹣2，0），B（0，1），以线段AB为边在第二象限作矩形ABCD，双曲线y＝（k＜0）过点D，连接BD，若四边形OADB的面积为6，则k的值是（ ）
A．﹣9 B．﹣12 C．﹣16 D．﹣18
2. （3分）（2018·鄂尔多斯10/24）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A．B． C． D．
3. （3分）（2018·包头12/26）如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠BAD＝∠BDC＝90°，E为BC的中点，AE与BD相交于点F．若BC＝4，∠CBD＝30°，则DF的长为（ ）
A． B． C． D．
4. （3分）（2019?赤峰12/26）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠ADE＝∠ACB，若AD＝2，AB＝6，AC＝4，则AE的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：
5. （3分）（2018·包头18/26）如图，在□ABCD中，AC是一条对角线，EF∥BC，且EF与AB相交于点E，与AC相交于点F，3AE＝2EB，连接DF．若S△AEF＝1，则S△ADF的值为 ．
6. （4分）（2018·巴彦淖尔16/24）如图，⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB＝12，P为上任意一点（不与点B，C重合），直线CP交AB的延长线于点Q，⊙O在点P处的切线PD交BQ于点D，则下列结论：①若∠PAB＝30°，则的长为π；②若PD∥BC，则AP平分∠CAB；③若PB＝BD，则PD＝；④无论点P在上的位置如何变化，CP?CQ＝108．其中正确结论的序号为 ．
7.（3分）（2019?呼和浩特15/25）已知正方形ABCD的面积是2，E为正方形一边BC在从B到C方向的延长线上的一点，若CE＝，连接AE，与正方形另外一边CD交于点F，连接BF并延长，与线段DE交于点G，则BG的长为 ．
8. （3分）（2019·通辽14/26）已知三个边长分别为2cm，3cm，5cm的正方形如图排列，则图中阴影部分的面积为 ．
三、解答题：
9. （10分）（2018·呼和浩特24/25）如图，已知BC⊥AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AD＝12，AM＝MC，求的值．
10. （12分）（2018·包头25/26）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E是AD上的一个动点．
（1）如图1，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE．当OE＝DE时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交AB于点F，连接CF，与BE交于点G．当BE平分∠ABC时，求BG的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE＝1．
①求的值；
②连接BE，△D'MH与△CBE是否相似？请说明理由．
11. （12分）（2018·巴彦淖尔23/24）如图，AB为⊙O的直径，C，G是⊙O上两点，过点C的直线CD⊥BG于点D，交BA的延长线于点E，连接BC，交OD于点F，且BC平分∠ABD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若＝，求∠E的度数；
（3）连结AD，在（2）的条件下，若CD＝，求AD的长．
12. （14分）（2018·巴彦淖尔24/24）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
13. （9分）（2019?呼和浩特24/25）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H．
（1）求证：E为BC的中点；
（2）若⊙O的面积为12π，两个三角形△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比．
14. （12分）（2019?包头25/26）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是对角线BD上的一个动点（0＜DM＜BD），连接AM，过点M作MN⊥AM交BC于点N．
（1）如图①，求证：MA＝MN；
（2）如图②，连接AN，O为AN的中点，MO的延长线交边AB于点P，当时，求AN和PM的长；
（3）如图③，过点N作NH⊥BD于H，当AM＝时，求△HMN的面积．
15. （8分）（2019?鄂尔多斯21/24）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC．过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG＝FG．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH＝2，CH＝，求OM的长．
解 析
●（3分）（2018·鄂尔多斯9/24）如图，点A（﹣2，0），B（0，1），以线段AB为边在第二象限作矩形ABCD，双曲线y＝（k＜0）过点D，连接BD，若四边形OADB的面积为6，则k的值是（ ）
A．﹣9 B．﹣12 C．﹣16 D．﹣18
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．
【分析】过D作DM⊥x轴于M，根据相似三角形的性质和判定求出DM＝2AM，根据三角形的面积求出x，即可求出DM和OM，得出答案即可．
【解答】解：
∵点A（﹣2，0），B（0，1），
∴OA＝2，OB＝1，
过D作DM⊥x轴于M，则∠DMA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DMA＝∠DAB＝∠AOB＝90°，
∴∠DAM+∠BAO＝90°，∠DAM+∠ADM＝90°，
∴∠ADM＝∠BAO，
∴△DMA∽△AOB，
∴＝＝＝2，
即DM＝2MA，
设AM＝x，则DM＝2x，
∵四边形OADB的面积为6，
∴S梯形DMOB﹣S△DMA＝6，
∴（1+2x）（x+2）﹣?2x?x＝6，
解得：x＝2，
则AM＝2，OM＝4，DM＝4，
即D点的坐标为（﹣4，4），
∴k＝﹣4×4＝﹣16，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数系数k的几何意义、三角形的面积、相似三角形的性质和判定等知识点，能求出DM＝2AM是解此题的关键．
●（3分）（2018·鄂尔多斯10/24）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；垂径定理．菁优网版权所有
【分析】作辅助线，构建相似三角形，先证明AQ⊥MN，AO⊥CD，证明∠AOQ∽△POG，得，代入可得S＝，是反比例函数，可得选项C、D不正确；根据特殊值t＝2时，此时，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，可得结论．
【解答】解：连接AO，并延长交直线CD于G，连接AQ，
∵Q是MN的中点．
∴AQ⊥MN，
∵A的坐标为（﹣4，﹣4），
∴直线AO：y＝x，AO＝4，
∵直线CD：y＝﹣x+4，
∴AO⊥CD，
∴∠AQO＝∠OGP＝90°，
∵∠AOQ＝∠POG，
∴∠AOQ∽△POG，
∴，
当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，
∴OC＝OD＝4，
∴OG＝CD＝2，
∵OP＝t，OQ＝S，
∴，
S＝，
故选项C、D不正确；
当OP＝2时，即S＝OQ＝4，t＝2，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，
故选项B不正确；
故选：A．
【点评】本题考查了圆和函数的综合题：熟练掌握直线与圆的位置关系、一次函数和反比例函数的性质等是解决问题的关键；运用相似三角形的判定与性质和勾股定理是解决几何计算常用的方法；对于综合题一般采用各个击破的方式解决．
●（3分）（2018·包头12/26）如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠BAD＝∠BDC＝90°，E为BC的中点，AE与BD相交于点F．若BC＝4，∠CBD＝30°，则DF的长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的判定与性质．
【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求出BD，再利用直角三角形的性质求出DE＝BE＝2，即：∠BDE＝∠ABD，进而判断出DE∥AB，再求出AB＝3，即可得出结论．
【解答】解：如图，
在Rt△BDC中，BC＝4，∠DBC＝30°，
∴BD＝2，
连接DE，
∵∠BDC＝90°，点E是BC中点，
∴DE＝BE＝CE＝BC＝2，
∵∠DCB＝30°，
∴∠BDE＝∠DBC＝30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠BDE，
∴DE∥AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴，
在Rt△ABD中，∠ABD＝30°，BD＝2，
∴AB＝3，
∴，
∴，
∴DF＝BD＝×2＝，
故选：D．
【点评】此题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义，判断出DE∥AB是解本题的关键．
●（3分）（2019?呼和浩特15/25）已知正方形ABCD的面积是2，E为正方形一边BC在从B到C方向的延长线上的一点，若CE＝，连接AE，与正方形另外一边CD交于点F，连接BF并延长，与线段DE交于点G，则BG的长为 ．
【解答】解：如图：延长AD、BG相交于点H，
∵正方形ABCD的面积是2，
∴AB＝BC＝CDA＝，
又∵CE＝，△EFC∽△EAB，
∴，
即：F是CD的中点，
∵AH∥BE，
∴∠H＝∠FBC，
∠BCF＝∠HDF＝90°
∴△BCF≌△HDF （AAS），
∴DH＝BC＝，
∵AH∥BE，
∴∠H＝∠FBC，∠HDG＝∠BEG
∴△HDG∽△BEG，
∴，
在Rt△ABH中，BH＝，
∴BG＝，
故答案为：
●（9分）（2019?呼和浩特24/25）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H．
（1）求证：E为BC的中点；
（2）若⊙O的面积为12π，两个三角形△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比．
【解答】解：（1）连接BD、OE，
∵AB是直径，则∠ADB＝90°＝∠ADO+∠ODB，
∵DE是切线，
∴∠ODE＝90°＝∠EDB+∠BDO，
∴∠EDB＝∠ADO＝∠CAB，
∵∠ABC＝90°，即BC是圆的切线，
∴∠DBC＝∠CAB，
∴∠EDB＝∠EBD，则∠BDC＝90°，
∴E为BC的中点；
（2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，
则两个三角形的外接圆的直径分别为AD、BM，
∴AD：BM＝，
而△ADH∽△MBH，
∴DH：BH＝，
则DH＝HM，
∴HM：BH＝，
∴∠BMH＝30°＝∠BAC，
∴∠C＝60°，E是直角三角形的中线，
∴DE＝CE，
∴△DEC为等边三角形，
⊙O的面积：12π＝（AB）2π，
则AB＝4，∠CAB＝30°，
∴BD＝2，BC＝4，AC＝8，而OE＝AC＝4，
四边形OBED的外接圆面积S2＝π（2）2＝2π，
等边三角形△DEC边长为2，则其内切圆的半径为：，面积为，
故△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比为：．
●（12分）（2019?包头25/26）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是对角线BD上的一个动点（0＜DM＜BD），连接AM，过点M作MN⊥AM交BC于点N．
（1）如图①，求证：MA＝MN；
（2）如图②，连接AN，O为AN的中点，MO的延长线交边AB于点P，当时，求AN和PM的长；
（3）如图③，过点N作NH⊥BD于H，当AM＝时，求△HMN的面积．
【解答】（1）证明：过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，如图①所示：
∴∠AFM＝∠MFB＝∠BGM＝∠NGM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°，
∵MF⊥AB，MG⊥BC，
∴MF＝MG，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形FBGM是正方形，
∴∠FMG＝90°，
∴∠FMN+∠NMG＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMF+∠FMN＝90°，
∴∠AMF＝∠NMG，
在△AMF和△NMG中，，
∴△AMF≌△NMG（ASA），
∴MA＝MN；
方法二：基本图形：
（2）解：在Rt△AMN中，由（1）知：MA＝MN，
∴∠MAN＝45°，
∵∠DBC＝45°，
∴∠MAN＝∠DBC，
∴Rt△AMN∽Rt△BCD，
∴＝（）2，
在Rt△ABD中，AB＝AD＝6，
∴BD＝6，
∵，
∴＝，
解得：AN＝2，
∴在Rt△ABN中，BN＝＝＝4，
∵在Rt△AMN中，MA＝MN，O是AN的中点，
∴OM＝OA＝ON＝AN＝，OM⊥AN，
∴∠AOP＝90°，
∴∠AOP＝∠ABN，
∵∠PAO＝∠NAB，
∴△PAO∽△NAB，
∴＝，即：＝，
解得：OP＝，
∴PM＝OM+OP＝+＝；
（3）解：过点A作AF⊥BD于F，如图③所示：
∴∠AFM＝90°，
∴∠FAM+∠AMF＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMF+∠HMN＝90°，
∴∠FAM＝∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM＝∠MHN＝90°，
在△AFM和△MHN中，，
∴△AFM≌△MHN（AAS），
∴AF＝MH，
在等腰直角△ABD中，∵AF⊥BD，
∴AF＝BD＝×6＝3，
∴MH＝3，
∵AM＝2，
∴MN＝2，
∴HN＝＝＝，
∴S△HMN＝MH?HN＝×3×＝3，
∴△HMN的面积为3．
方法二：
●（8分）（2019?鄂尔多斯21/24）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC．过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG＝FG．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH＝2，CH＝，求OM的长．
【解答】（1）证明：连接OE，如图，
∵GE＝GF，
∴∠GEF＝∠GFE，
而∠GFE＝∠AFH，
∴∠GEF＝∠AFH，
∵AB⊥CD，
∴∠OAF+∠AFH＝90°，
∴∠GEA+∠OAF＝90°，
∵OA＝OE，
∴∠OEA＝∠OAF，
∴∠GEA+∠OEA＝90°，即∠GEO＝90°，
∴OE⊥GE，
∴EG是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，如图，
设⊙O的半径为r，则OC＝r，OH＝r﹣2，
在Rt△OCH中，（r﹣2）2+（2）2＝r2，解得r＝3，
在Rt△ACH中，AC＝＝2，
∵AC∥GE，
∴∠M＝∠CAH，
∴Rt△OEM∽Rt△CHA，
∴＝，即＝，
∴OM＝．
●（3分）（2019?赤峰12/26）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠ADE＝∠ACB，若AD＝2，AB＝6，AC＝4，则AE的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】证明△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：∵∠ADE＝∠ACB，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴＝，即＝，
解得，AE＝3，
故选：C．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
●（3分）（2019·通辽14/26）已知三个边长分别为2cm，3cm，5cm的正方形如图排列，则图中阴影部分的面积为 3.75cm2 ．
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．
【解答】解：对角线所分得的三个三角形相似，
根据相似的性质可知＝，
解得x＝2.5，
即阴影梯形的上底就是3﹣2.5＝0.5（cm）．
再根据相似的性质可知＝，
解得：y＝1，
所以梯形的下底就是3﹣1＝2（cm），
所以阴影梯形的面积是（2+0.5）×3÷2＝3.75（cm2）．
故答案为：3.75cm2．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例．
●（10分）（2018·呼和浩特24/25）如图，已知BC⊥AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AD＝12，AM＝MC，求的值．
【考点】圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所
【分析】（1）欲证明PD是⊙O的切线，只要证明OD⊥PA即可解决问题；
（2）连接CD．由（1）可知：PC＝PD，由AM＝MC，推出AM＝2MO＝2R，在Rt△AOD中，OD2+AD2＝OA2，可得R2+122＝9R2，推出R＝3，推出OD＝3，MC＝6，由＝＝，可得DP＝6，再利用相似三角形的性质求出MD即可解决问题；
【解答】（1）证明：连接OD、OP、CD．
∵＝，∠A＝∠A，
∴△ADM∽△APO，
∴∠ADM＝∠APO，
∴MD∥PO，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∵OD＝OM，
∴∠3＝∠4，
∴∠1＝∠2，
∵OP＝OP，OD＝OC，
∴△ODP≌△OCP，
∴∠ODP＝∠OCP，
∵BC⊥AC，
∴∠OCP＝90°，
∴OD⊥AP，
∴PD是⊙O的切线．
（2）连接CD．由（1）可知：PC＝PD，
∵AM＝MC，
∴AM＝2MO＝2R，
在Rt△AOD中，OD2+AD2＝OA2，
∴R2+122＝9R2，
∴R＝3，
∴OD＝3，MC＝6，
∵＝＝，
∴DP＝6，
∵O是MC的中点，
∴＝＝，
∴点P是BC的中点，
∴BP＝CP＝DP＝6，
∵MC是⊙O的直径，
∴∠BDC＝∠CDM＝90°，
在Rt△BCM中，∵BC＝2DP＝12，MC＝6，
∴BM＝6，
∵△BCM∽△CDM，
∴＝，即＝，
∴MD＝2，
∴＝＝．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
●（3分）（2018·包头18/26）如图，在□ABCD中，AC是一条对角线，EF∥BC，且EF与AB相交于点E，与AC相交于点F，3AE＝2EB，连接DF．若S△AEF＝1，则S△ADF的值为 ．
【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．
【分析】由3AE＝2EB可设AE＝2a、BE＝3a，根据EF∥BC得＝（）2＝，结合S△AEF＝1知S△ADC＝S△ABC＝，再由＝＝知＝，继而根据S△ADF＝S△ADC可得答案．
【解答】解：∵3AE＝2EB，
∴可设AE＝2a、BE＝3a，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵S△AEF＝1，
∴S△ABC＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ADC＝S△ABC＝，
∵EF∥BC，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴S△ADF＝S△ADC＝×＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定及性质、平行线分线段成比例定理及平行四边形的性质．
●（12分）（2018·包头25/26）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E是AD上的一个动点．
（1）如图1，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE．当OE＝DE时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交AB于点F，连接CF，与BE交于点G．当BE平分∠ABC时，求BG的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE＝1．
①求的值；
②连接BE，△D'MH与△CBE是否相似？请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）先求出BD，进而求出OD＝OB＝OA，再判断出△ODE∽△ADO，即可得出结论；
（2）先判断出△AEF≌△DCE，进而求出BF＝1，再判断出△CHG∽△CBF，进而求出BK＝GK＝，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）①先求出EC＝5，再求出D'C＝1，根据勾股定理求出DH＝，CH＝，再判断出△EMN∽△EHD，的粗，△ED'M∽△ECH，得出，进而得出，即可得出结论；
②先判断出∠MD'H＝∠NED'，进而判断出∠MD'H＝∠ECB，即可得出，即可．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，在矩形ABCD中，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，∠BAD＝90°
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD＝，
∵O是BD中点，
∴OD＝OB＝OA＝，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵OE＝DE，
∴∠EOD＝∠ODE，
∴∠EOD＝∠ODE＝∠OAD，
∴△ODE∽△ADO，
∴，∴DO2＝DE?DA，
∴设AE＝x，
∴DE＝5﹣x，
∴（）2＝5（5﹣x），
∴x＝，
即：AE＝；
（2）如图2，在矩形ABCD中，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
∴AE＝CD＝3，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠AEF+∠CED＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠CED＝∠AFE，
∵∠D＝∠A＝90°，
∴△AEF≌△DCE，
∴AF＝DE＝2，
∴BF＝AB﹣AF＝1，
过点G作GK⊥BC于K，
∴∠EBC＝∠BGK＝45°，
∴BK＝GK，∠ABC＝∠GKC＝90°，
∵∠KCG＝∠BCF，
∴△CKG∽△CBF，
∴，
设BK＝GK＝y，
∴CK＝5﹣y，
∴y＝，
∴BK＝GK＝，
在Rt△GKB中，BG＝；
（3）①在矩形ABCD中，∠D＝90°，
∵AE＝1，AD＝5，
∴DE＝4，
∵DC＝3，
∴EC＝5，
由折叠知，ED'＝ED＝4，D'H＝DH，∠ED'H＝∠D＝90°，
∴D'C＝1，
设D'H＝DH＝z，
∴HC＝3﹣z，
根据勾股定理得，（3﹣z）2＝1+z2，
∴z＝，
∴DH＝，CH＝，
∵D'N⊥AD，
∴∠AND'＝∠D＝90°，
∴D'N∥DC，
∴△EMN∽△EHD，
∴，
∵D'N∥DC，
∴∠ED'M＝∠ECH，
∵∠MED'＝∠HEC，
∴△ED'M∽△ECH，
∴，
∴，
∴，
∴；
②相似，理由：由折叠知，∠EHD'＝∠EHD，∠ED'H＝∠D＝90°，
∴∠MD'H+∠ED'N＝90°，
∵∠END'＝90°，
∴∠ED'N+∠NED'＝90°，
∴∠MD'H＝∠NED'，
∵D'N∥DC，
∴∠EHD＝∠D'MH，
∴∠EHD'＝∠D'MH，
∴D'M＝D'H，
∵AD∥BC，
∴∠NED'＝∠ECB，
∴∠MD'H＝∠ECB，
∵CE＝CB＝5，
∴，
∴△D'MH∽△CBE．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键．
日期：2020/2/11 13:26:31；用户：黄立江；邮箱：huanglj6360@163.com；学号：1105292
●（4分）（2018·巴彦淖尔16/24）如图，⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB＝12，P为上任意一点（不与点B，C重合），直线CP交AB的延长线于点Q，⊙O在点P处的切线PD交BQ于点D，则下列结论：①若∠PAB＝30°，则的长为π；②若PD∥BC，则AP平分∠CAB；③若PB＝BD，则PD＝；④无论点P在上的位置如何变化，CP?CQ＝108．其中正确结论的序号为 ②③ ．
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算；相似三角形的判定与性质．
【分析】①根据∠POB＝60°，OB＝6，即可求得弧 的长；②根据切线的性质以及垂径定理，即可得到 ＝，据此可得AP平分∠CAB；③根据BP＝BO＝PO＝6，可得△BOP是等边三角形，据此即可得出PD＝6；④判定△ACP∽△QCA，即可得到＝，即CP?CQ＝CA2，据此即可判断；
【解答】解：如图，连接OP，
∵AO＝OP，∠PAB＝30°，
∴∠POB＝60°，
∵AB＝12，
∴OB＝6，
∴的长为 ＝2π，故①错误；
∵PD是⊙O的切线，
∴OP⊥PD，
∵PD∥BC，
∴OP⊥BC，
∴＝，
∴∠PAC＝∠PAB，
∴AP平分∠CAB，故②正确；
若PB＝BD，则∠BPD＝∠BDP，
∵OP⊥PD，
∴∠BPD+∠BPO＝∠BDP+∠BOP，
∴∠BOP＝∠BPO，
∴BP＝BO＝PO＝6，即△BOP是等边三角形，
∴PD＝OP＝6，故③正确；
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC，
又∵∠ABC＝∠APC，
∴∠APC＝∠BAC，
又∵∠ACP＝∠QCA，
∴△ACP∽△QCA，
∴＝，即CP?CQ＝CA2＝72，故④错误；
故答案为：②③．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，切线的性质以及弧长公式的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造三角形，解题时注意：垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧．
●（12分）（2018·巴彦淖尔23/24）如图，AB为⊙O的直径，C，G是⊙O上两点，过点C的直线CD⊥BG于点D，交BA的延长线于点E，连接BC，交OD于点F，且BC平分∠ABD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若＝，求∠E的度数；
（3）连结AD，在（2）的条件下，若CD＝，求AD的长．
【考点】圆的综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）连接OC，然后根据题意和角平分线的性质可以判断OC∥BD，由∠BDC＝90°，从而以证明结论成立；
（2）根据题意和三角形的相似、锐角三角函数，可以求得∠E的度数；
（3）根据题意和（2）中的条件，作出合适的辅助线，利用锐角三角函数和勾股定理可以求得AD的长．
【解答】证明：（1）连接OC，
∵OC＝OB，BC平分∠ABD，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBC＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠OCB，
∴OC∥BD，
∴∠BDC＝∠ECO，
∵CD⊥BD，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ECO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）由（1）知，
OC∥BD，
∴∠OCF＝∠DBF，∠COF＝∠BDF，
∴△OCF∽△DBD，
∴，
∵＝，
∴，
∵OC∥BD，
∴△EOC∽△EDB，
∴，
∴，
设OE＝2a，EB＝3a，
∴OB＝a，
∴OC＝a，
∵∠OCE＝90°，OC＝OE，
∴∠E＝30°；
（3）∵∠E＝30°，∠BDE＝90°，BC平分∠DBE，
∴∠EBD＝60°，∠OBC＝∠DBC＝30°，
∵CD＝2，
∴BC＝4，BD＝6，
∵，
∴OC＝4，
作DM⊥AB于点M，
∴∠DBM＝90°，
∵BD＝6，∠DBM＝60°，
∴BM＝3，DM＝3，
∵OC＝4，
∴AB＝8，
∴AM＝5，
∵∠DMA＝90°，DM＝3，
∴AD＝＝．
【点评】本题是一道圆的综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用相似三角形的判定与性质、数形结合的思想解答．
●（14分）（2018·巴彦淖尔24/24）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标．①过点D作DE⊥x轴于点E，根据旋转的性质可得出OA＝EB、OC＝ED，结合点A、B、O、C的坐标，即可找出点D的坐标；②由点A、B、C的坐标可得出OA、OC、OB的长度，利用勾股定理可求出AC、BC的长，由AC2+BC2＝25＝AB2可得出∠ACB＝90°，再利用旋转的性质即可找出四边形ADBC为矩形；
（3）假设存在，设点P的坐标为（，m），由点M为AB的中点可得出∠BMP＝∠ADB＝90°，分△PMB∽△BDA及△BMP∽△BDA两种情况考虑，利用相似三角形的性质可得出关于m的含绝对值的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2．
（2）当x＝0时，y＝﹣x2+x+2＝2，
∴点C的坐标为（0，2）．
①过点D作DE⊥x轴于点E，如图1所示．
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴OA＝EB，OC＝ED．
∵A（﹣1，0），O（0，0），C（0，2），B（4，0），
∴BE＝1，DE＝2，OE＝3，
∴点D的坐标为（3，﹣2）．
②四边形ADBC为矩形，理由如下：
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），
∴OA＝1，OC＝2，OB＝4，AB＝5，
∴AC＝＝，BC＝＝2．
∵AC2+BC2＝25＝AB2，
∴∠ACB＝90°．
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴∠ABC＝∠BAD，BC＝AD，
∴BC∥AD且BC＝AD，
∴四边形ADBC为平行四边形．
又∵∠ACB＝90°，
∴四边形ADBC为矩形．
（3）假设存在，设点P的坐标为（，m）．
∵点M为AB的中点，
∴∠BMP＝∠ADB＝90°，
∴有两种情况（如图2所示）．
①当△PMB∽△BDA时，有＝＝，即＝，
解得：m＝±，
∴点P的坐标为（，）或（，﹣）；
②当△BMP∽△BDA时，有＝＝2，即＝2，
解得：m＝±5，
∴点P的坐标为（，5）或（，﹣5）．
综上所述：在该抛物线对称轴上存在点P，使△BMP与△BAD相似，点P的坐标为（，）或（，﹣）或（，5）或（，﹣5）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、旋转的性质、矩形的判定、勾股定理、勾股定理逆定理以及相似三角形的性质，解题的关键是：（1）由点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）①利用旋转的性质找出点D的坐标；②利用旋转的性质结合勾股定理的逆定理证出四边形ADBC为矩形；（3）分△PMB∽△BDA及△BMP∽△BDA两种情况找出点P的坐标．
27.2.2 相似三角形的性质
一、选择题：
1. （3分）（2018·鄂尔多斯9/24）如图，点A（﹣2，0），B（0，1），以线段AB为边在第二象限作矩形ABCD，双曲线y＝（k＜0）过点D，连接BD，若四边形OADB的面积为6，则k的值是（ ）
A．﹣9 B．﹣12 C．﹣16 D．﹣18
2. （3分）（2018·鄂尔多斯10/24）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A．B． C． D．
3. （3分）（2018·包头12/26）如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠BAD＝∠BDC＝90°，E为BC的中点，AE与BD相交于点F．若BC＝4，∠CBD＝30°，则DF的长为（ ）
A． B． C． D．
4. （3分）（2019?赤峰12/26）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠ADE＝∠ACB，若AD＝2，AB＝6，AC＝4，则AE的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：
5. （3分）（2018·包头18/26）如图，在□ABCD中，AC是一条对角线，EF∥BC，且EF与AB相交于点E，与AC相交于点F，3AE＝2EB，连接DF．若S△AEF＝1，则S△ADF的值为 ．
6. （4分）（2018·巴彦淖尔16/24）如图，⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB＝12，P为上任意一点（不与点B，C重合），直线CP交AB的延长线于点Q，⊙O在点P处的切线PD交BQ于点D，则下列结论：①若∠PAB＝30°，则的长为π；②若PD∥BC，则AP平分∠CAB；③若PB＝BD，则PD＝；④无论点P在上的位置如何变化，CP?CQ＝108．其中正确结论的序号为 ．
7.（3分）（2019?呼和浩特15/25）已知正方形ABCD的面积是2，E为正方形一边BC在从B到C方向的延长线上的一点，若CE＝，连接AE，与正方形另外一边CD交于点F，连接BF并延长，与线段DE交于点G，则BG的长为 ．
8. （3分）（2019·通辽14/26）已知三个边长分别为2cm，3cm，5cm的正方形如图排列，则图中阴影部分的面积为 ．
三、解答题：
9. （10分）（2018·呼和浩特24/25）如图，已知BC⊥AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AD＝12，AM＝MC，求的值．
10. （12分）（2018·包头25/26）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E是AD上的一个动点．
（1）如图1，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE．当OE＝DE时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交AB于点F，连接CF，与BE交于点G．当BE平分∠ABC时，求BG的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE＝1．
①求的值；
②连接BE，△D'MH与△CBE是否相似？请说明理由．
11. （12分）（2018·巴彦淖尔23/24）如图，AB为⊙O的直径，C，G是⊙O上两点，过点C的直线CD⊥BG于点D，交BA的延长线于点E，连接BC，交OD于点F，且BC平分∠ABD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若＝，求∠E的度数；
（3）连结AD，在（2）的条件下，若CD＝，求AD的长．
12. （14分）（2018·巴彦淖尔24/24）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
13. （9分）（2019?呼和浩特24/25）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H．
（1）求证：E为BC的中点；
（2）若⊙O的面积为12π，两个三角形△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比．
14. （12分）（2019?包头25/26）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是对角线BD上的一个动点（0＜DM＜BD），连接AM，过点M作MN⊥AM交BC于点N．
（1）如图①，求证：MA＝MN；
（2）如图②，连接AN，O为AN的中点，MO的延长线交边AB于点P，当时，求AN和PM的长；
（3）如图③，过点N作NH⊥BD于H，当AM＝时，求△HMN的面积．
15. （8分）（2019?鄂尔多斯21/24）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC．过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG＝FG．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH＝2，CH＝，求OM的长．
解 析
●（3分）（2018·鄂尔多斯9/24）如图，点A（﹣2，0），B（0，1），以线段AB为边在第二象限作矩形ABCD，双曲线y＝（k＜0）过点D，连接BD，若四边形OADB的面积为6，则k的值是（ ）
A．﹣9 B．﹣12 C．﹣16 D．﹣18
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．
【分析】过D作DM⊥x轴于M，根据相似三角形的性质和判定求出DM＝2AM，根据三角形的面积求出x，即可求出DM和OM，得出答案即可．
【解答】解：
∵点A（﹣2，0），B（0，1），
∴OA＝2，OB＝1，
过D作DM⊥x轴于M，则∠DMA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DMA＝∠DAB＝∠AOB＝90°，
∴∠DAM+∠BAO＝90°，∠DAM+∠ADM＝90°，
∴∠ADM＝∠BAO，
∴△DMA∽△AOB，
∴＝＝＝2，
即DM＝2MA，
设AM＝x，则DM＝2x，
∵四边形OADB的面积为6，
∴S梯形DMOB﹣S△DMA＝6，
∴（1+2x）（x+2）﹣?2x?x＝6，
解得：x＝2，
则AM＝2，OM＝4，DM＝4，
即D点的坐标为（﹣4，4），
∴k＝﹣4×4＝﹣16，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数系数k的几何意义、三角形的面积、相似三角形的性质和判定等知识点，能求出DM＝2AM是解此题的关键．
●（3分）（2018·鄂尔多斯10/24）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于D，C两点，P是直线CD上的一个动点，⊙A的圆心A的坐标为（﹣4，﹣4），半径为，直线PO与⊙A相交于M，N两点，Q是MN的中点．当OP＝t，OQ＝S，则S与t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；垂径定理．菁优网版权所有
【分析】作辅助线，构建相似三角形，先证明AQ⊥MN，AO⊥CD，证明∠AOQ∽△POG，得，代入可得S＝，是反比例函数，可得选项C、D不正确；根据特殊值t＝2时，此时，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，可得结论．
【解答】解：连接AO，并延长交直线CD于G，连接AQ，
∵Q是MN的中点．
∴AQ⊥MN，
∵A的坐标为（﹣4，﹣4），
∴直线AO：y＝x，AO＝4，
∵直线CD：y＝﹣x+4，
∴AO⊥CD，
∴∠AQO＝∠OGP＝90°，
∵∠AOQ＝∠POG，
∴∠AOQ∽△POG，
∴，
当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，
∴OC＝OD＝4，
∴OG＝CD＝2，
∵OP＝t，OQ＝S，
∴，
S＝，
故选项C、D不正确；
当OP＝2时，即S＝OQ＝4，t＝2，直线OP过圆心A，此时Q与A重合，此种情况成立，
故选项B不正确；
故选：A．
【点评】本题考查了圆和函数的综合题：熟练掌握直线与圆的位置关系、一次函数和反比例函数的性质等是解决问题的关键；运用相似三角形的判定与性质和勾股定理是解决几何计算常用的方法；对于综合题一般采用各个击破的方式解决．
●（3分）（2018·包头12/26）如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠BAD＝∠BDC＝90°，E为BC的中点，AE与BD相交于点F．若BC＝4，∠CBD＝30°，则DF的长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的判定与性质．
【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求出BD，再利用直角三角形的性质求出DE＝BE＝2，即：∠BDE＝∠ABD，进而判断出DE∥AB，再求出AB＝3，即可得出结论．
【解答】解：如图，
在Rt△BDC中，BC＝4，∠DBC＝30°，
∴BD＝2，
连接DE，
∵∠BDC＝90°，点E是BC中点，
∴DE＝BE＝CE＝BC＝2，
∵∠DCB＝30°，
∴∠BDE＝∠DBC＝30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠BDE，
∴DE∥AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴，
在Rt△ABD中，∠ABD＝30°，BD＝2，
∴AB＝3，
∴，
∴，
∴DF＝BD＝×2＝，
故选：D．
【点评】此题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义，判断出DE∥AB是解本题的关键．
●（3分）（2019?呼和浩特15/25）已知正方形ABCD的面积是2，E为正方形一边BC在从B到C方向的延长线上的一点，若CE＝，连接AE，与正方形另外一边CD交于点F，连接BF并延长，与线段DE交于点G，则BG的长为 ．
【解答】解：如图：延长AD、BG相交于点H，
∵正方形ABCD的面积是2，
∴AB＝BC＝CDA＝，
又∵CE＝，△EFC∽△EAB，
∴，
即：F是CD的中点，
∵AH∥BE，
∴∠H＝∠FBC，
∠BCF＝∠HDF＝90°
∴△BCF≌△HDF （AAS），
∴DH＝BC＝，
∵AH∥BE，
∴∠H＝∠FBC，∠HDG＝∠BEG
∴△HDG∽△BEG，
∴，
在Rt△ABH中，BH＝，
∴BG＝，
故答案为：
●（9分）（2019?呼和浩特24/25）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H．
（1）求证：E为BC的中点；
（2）若⊙O的面积为12π，两个三角形△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比．
【解答】解：（1）连接BD、OE，
∵AB是直径，则∠ADB＝90°＝∠ADO+∠ODB，
∵DE是切线，
∴∠ODE＝90°＝∠EDB+∠BDO，
∴∠EDB＝∠ADO＝∠CAB，
∵∠ABC＝90°，即BC是圆的切线，
∴∠DBC＝∠CAB，
∴∠EDB＝∠EBD，则∠BDC＝90°，
∴E为BC的中点；
（2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，
则两个三角形的外接圆的直径分别为AD、BM，
∴AD：BM＝，
而△ADH∽△MBH，
∴DH：BH＝，
则DH＝HM，
∴HM：BH＝，
∴∠BMH＝30°＝∠BAC，
∴∠C＝60°，E是直角三角形的中线，
∴DE＝CE，
∴△DEC为等边三角形，
⊙O的面积：12π＝（AB）2π，
则AB＝4，∠CAB＝30°，
∴BD＝2，BC＝4，AC＝8，而OE＝AC＝4，
四边形OBED的外接圆面积S2＝π（2）2＝2π，
等边三角形△DEC边长为2，则其内切圆的半径为：，面积为，
故△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比为：．
●（12分）（2019?包头25/26）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是对角线BD上的一个动点（0＜DM＜BD），连接AM，过点M作MN⊥AM交BC于点N．
（1）如图①，求证：MA＝MN；
（2）如图②，连接AN，O为AN的中点，MO的延长线交边AB于点P，当时，求AN和PM的长；
（3）如图③，过点N作NH⊥BD于H，当AM＝时，求△HMN的面积．
【解答】（1）证明：过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，如图①所示：
∴∠AFM＝∠MFB＝∠BGM＝∠NGM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°，
∵MF⊥AB，MG⊥BC，
∴MF＝MG，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形FBGM是正方形，
∴∠FMG＝90°，
∴∠FMN+∠NMG＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMF+∠FMN＝90°，
∴∠AMF＝∠NMG，
在△AMF和△NMG中，，
∴△AMF≌△NMG（ASA），
∴MA＝MN；
方法二：基本图形：
（2）解：在Rt△AMN中，由（1）知：MA＝MN，
∴∠MAN＝45°，
∵∠DBC＝45°，
∴∠MAN＝∠DBC，
∴Rt△AMN∽Rt△BCD，
∴＝（）2，
在Rt△ABD中，AB＝AD＝6，
∴BD＝6，
∵，
∴＝，
解得：AN＝2，
∴在Rt△ABN中，BN＝＝＝4，
∵在Rt△AMN中，MA＝MN，O是AN的中点，
∴OM＝OA＝ON＝AN＝，OM⊥AN，
∴∠AOP＝90°，
∴∠AOP＝∠ABN，
∵∠PAO＝∠NAB，
∴△PAO∽△NAB，
∴＝，即：＝，
解得：OP＝，
∴PM＝OM+OP＝+＝；
（3）解：过点A作AF⊥BD于F，如图③所示：
∴∠AFM＝90°，
∴∠FAM+∠AMF＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMF+∠HMN＝90°，
∴∠FAM＝∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM＝∠MHN＝90°，
在△AFM和△MHN中，，
∴△AFM≌△MHN（AAS），
∴AF＝MH，
在等腰直角△ABD中，∵AF⊥BD，
∴AF＝BD＝×6＝3，
∴MH＝3，
∵AM＝2，
∴MN＝2，
∴HN＝＝＝，
∴S△HMN＝MH?HN＝×3×＝3，
∴△HMN的面积为3．
方法二：
●（8分）（2019?鄂尔多斯21/24）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC．过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG＝FG．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH＝2，CH＝，求OM的长．
【解答】（1）证明：连接OE，如图，
∵GE＝GF，
∴∠GEF＝∠GFE，
而∠GFE＝∠AFH，
∴∠GEF＝∠AFH，
∵AB⊥CD，
∴∠OAF+∠AFH＝90°，
∴∠GEA+∠OAF＝90°，
∵OA＝OE，
∴∠OEA＝∠OAF，
∴∠GEA+∠OEA＝90°，即∠GEO＝90°，
∴OE⊥GE，
∴EG是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，如图，
设⊙O的半径为r，则OC＝r，OH＝r﹣2，
在Rt△OCH中，（r﹣2）2+（2）2＝r2，解得r＝3，
在Rt△ACH中，AC＝＝2，
∵AC∥GE，
∴∠M＝∠CAH，
∴Rt△OEM∽Rt△CHA，
∴＝，即＝，
∴OM＝．
●（3分）（2019?赤峰12/26）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠ADE＝∠ACB，若AD＝2，AB＝6，AC＝4，则AE的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】证明△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：∵∠ADE＝∠ACB，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴＝，即＝，
解得，AE＝3，
故选：C．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
●（3分）（2019·通辽14/26）已知三个边长分别为2cm，3cm，5cm的正方形如图排列，则图中阴影部分的面积为 3.75cm2 ．
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．
【解答】解：对角线所分得的三个三角形相似，
根据相似的性质可知＝，
解得x＝2.5，
即阴影梯形的上底就是3﹣2.5＝0.5（cm）．
再根据相似的性质可知＝，
解得：y＝1，
所以梯形的下底就是3﹣1＝2（cm），
所以阴影梯形的面积是（2+0.5）×3÷2＝3.75（cm2）．
故答案为：3.75cm2．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例．
●（10分）（2018·呼和浩特24/25）如图，已知BC⊥AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AD＝12，AM＝MC，求的值．
【考点】圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所
【分析】（1）欲证明PD是⊙O的切线，只要证明OD⊥PA即可解决问题；
（2）连接CD．由（1）可知：PC＝PD，由AM＝MC，推出AM＝2MO＝2R，在Rt△AOD中，OD2+AD2＝OA2，可得R2+122＝9R2，推出R＝3，推出OD＝3，MC＝6，由＝＝，可得DP＝6，再利用相似三角形的性质求出MD即可解决问题；
【解答】（1）证明：连接OD、OP、CD．
∵＝，∠A＝∠A，
∴△ADM∽△APO，
∴∠ADM＝∠APO，
∴MD∥PO，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∵OD＝OM，
∴∠3＝∠4，
∴∠1＝∠2，
∵OP＝OP，OD＝OC，
∴△ODP≌△OCP，
∴∠ODP＝∠OCP，
∵BC⊥AC，
∴∠OCP＝90°，
∴OD⊥AP，
∴PD是⊙O的切线．
（2）连接CD．由（1）可知：PC＝PD，
∵AM＝MC，
∴AM＝2MO＝2R，
在Rt△AOD中，OD2+AD2＝OA2，
∴R2+122＝9R2，
∴R＝3，
∴OD＝3，MC＝6，
∵＝＝，
∴DP＝6，
∵O是MC的中点，
∴＝＝，
∴点P是BC的中点，
∴BP＝CP＝DP＝6，
∵MC是⊙O的直径，
∴∠BDC＝∠CDM＝90°，
在Rt△BCM中，∵BC＝2DP＝12，MC＝6，
∴BM＝6，
∵△BCM∽△CDM，
∴＝，即＝，
∴MD＝2，
∴＝＝．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
●（3分）（2018·包头18/26）如图，在□ABCD中，AC是一条对角线，EF∥BC，且EF与AB相交于点E，与AC相交于点F，3AE＝2EB，连接DF．若S△AEF＝1，则S△ADF的值为 ．
【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．
【分析】由3AE＝2EB可设AE＝2a、BE＝3a，根据EF∥BC得＝（）2＝，结合S△AEF＝1知S△ADC＝S△ABC＝，再由＝＝知＝，继而根据S△ADF＝S△ADC可得答案．
【解答】解：∵3AE＝2EB，
∴可设AE＝2a、BE＝3a，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵S△AEF＝1，
∴S△ABC＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ADC＝S△ABC＝，
∵EF∥BC，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴S△ADF＝S△ADC＝×＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定及性质、平行线分线段成比例定理及平行四边形的性质．
●（12分）（2018·包头25/26）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，E是AD上的一个动点．
（1）如图1，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE．当OE＝DE时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交AB于点F，连接CF，与BE交于点G．当BE平分∠ABC时，求BG的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE＝1．
①求的值；
②连接BE，△D'MH与△CBE是否相似？请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）先求出BD，进而求出OD＝OB＝OA，再判断出△ODE∽△ADO，即可得出结论；
（2）先判断出△AEF≌△DCE，进而求出BF＝1，再判断出△CHG∽△CBF，进而求出BK＝GK＝，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）①先求出EC＝5，再求出D'C＝1，根据勾股定理求出DH＝，CH＝，再判断出△EMN∽△EHD，的粗，△ED'M∽△ECH，得出，进而得出，即可得出结论；
②先判断出∠MD'H＝∠NED'，进而判断出∠MD'H＝∠ECB，即可得出，即可．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，在矩形ABCD中，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，∠BAD＝90°
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD＝，
∵O是BD中点，
∴OD＝OB＝OA＝，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵OE＝DE，
∴∠EOD＝∠ODE，
∴∠EOD＝∠ODE＝∠OAD，
∴△ODE∽△ADO，
∴，∴DO2＝DE?DA，
∴设AE＝x，
∴DE＝5﹣x，
∴（）2＝5（5﹣x），
∴x＝，
即：AE＝；
（2）如图2，在矩形ABCD中，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
∴AE＝CD＝3，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠AEF+∠CED＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠CED＝∠AFE，
∵∠D＝∠A＝90°，
∴△AEF≌△DCE，
∴AF＝DE＝2，
∴BF＝AB﹣AF＝1，
过点G作GK⊥BC于K，
∴∠EBC＝∠BGK＝45°，
∴BK＝GK，∠ABC＝∠GKC＝90°，
∵∠KCG＝∠BCF，
∴△CKG∽△CBF，
∴，
设BK＝GK＝y，
∴CK＝5﹣y，
∴y＝，
∴BK＝GK＝，
在Rt△GKB中，BG＝；
（3）①在矩形ABCD中，∠D＝90°，
∵AE＝1，AD＝5，
∴DE＝4，
∵DC＝3，
∴EC＝5，
由折叠知，ED'＝ED＝4，D'H＝DH，∠ED'H＝∠D＝90°，
∴D'C＝1，
设D'H＝DH＝z，
∴HC＝3﹣z，
根据勾股定理得，（3﹣z）2＝1+z2，
∴z＝，
∴DH＝，CH＝，
∵D'N⊥AD，
∴∠AND'＝∠D＝90°，
∴D'N∥DC，
∴△EMN∽△EHD，
∴，
∵D'N∥DC，
∴∠ED'M＝∠ECH，
∵∠MED'＝∠HEC，
∴△ED'M∽△ECH，
∴，
∴，
∴，
∴；
②相似，理由：由折叠知，∠EHD'＝∠EHD，∠ED'H＝∠D＝90°，
∴∠MD'H+∠ED'N＝90°，
∵∠END'＝90°，
∴∠ED'N+∠NED'＝90°，
∴∠MD'H＝∠NED'，
∵D'N∥DC，
∴∠EHD＝∠D'MH，
∴∠EHD'＝∠D'MH，
∴D'M＝D'H，
∵AD∥BC，
∴∠NED'＝∠ECB，
∴∠MD'H＝∠ECB，
∵CE＝CB＝5，
∴，
∴△D'MH∽△CBE．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键．
日期：2020/2/11 13:26:31；用户：黄立江；邮箱：huanglj6360@163.com；学号：1105292
●（4分）（2018·巴彦淖尔16/24）如图，⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB＝12，P为上任意一点（不与点B，C重合），直线CP交AB的延长线于点Q，⊙O在点P处的切线PD交BQ于点D，则下列结论：①若∠PAB＝30°，则的长为π；②若PD∥BC，则AP平分∠CAB；③若PB＝BD，则PD＝；④无论点P在上的位置如何变化，CP?CQ＝108．其中正确结论的序号为 ②③ ．
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算；相似三角形的判定与性质．
【分析】①根据∠POB＝60°，OB＝6，即可求得弧 的长；②根据切线的性质以及垂径定理，即可得到 ＝，据此可得AP平分∠CAB；③根据BP＝BO＝PO＝6，可得△BOP是等边三角形，据此即可得出PD＝6；④判定△ACP∽△QCA，即可得到＝，即CP?CQ＝CA2，据此即可判断；
【解答】解：如图，连接OP，
∵AO＝OP，∠PAB＝30°，
∴∠POB＝60°，
∵AB＝12，
∴OB＝6，
∴的长为 ＝2π，故①错误；
∵PD是⊙O的切线，
∴OP⊥PD，
∵PD∥BC，
∴OP⊥BC，
∴＝，
∴∠PAC＝∠PAB，
∴AP平分∠CAB，故②正确；
若PB＝BD，则∠BPD＝∠BDP，
∵OP⊥PD，
∴∠BPD+∠BPO＝∠BDP+∠BOP，
∴∠BOP＝∠BPO，
∴BP＝BO＝PO＝6，即△BOP是等边三角形，
∴PD＝OP＝6，故③正确；
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC，
又∵∠ABC＝∠APC，
∴∠APC＝∠BAC，
又∵∠ACP＝∠QCA，
∴△ACP∽△QCA，
∴＝，即CP?CQ＝CA2＝72，故④错误；
故答案为：②③．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，切线的性质以及弧长公式的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造三角形，解题时注意：垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧．
●（12分）（2018·巴彦淖尔23/24）如图，AB为⊙O的直径，C，G是⊙O上两点，过点C的直线CD⊥BG于点D，交BA的延长线于点E，连接BC，交OD于点F，且BC平分∠ABD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若＝，求∠E的度数；
（3）连结AD，在（2）的条件下，若CD＝，求AD的长．
【考点】圆的综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）连接OC，然后根据题意和角平分线的性质可以判断OC∥BD，由∠BDC＝90°，从而以证明结论成立；
（2）根据题意和三角形的相似、锐角三角函数，可以求得∠E的度数；
（3）根据题意和（2）中的条件，作出合适的辅助线，利用锐角三角函数和勾股定理可以求得AD的长．
【解答】证明：（1）连接OC，
∵OC＝OB，BC平分∠ABD，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBC＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠OCB，
∴OC∥BD，
∴∠BDC＝∠ECO，
∵CD⊥BD，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ECO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）由（1）知，
OC∥BD，
∴∠OCF＝∠DBF，∠COF＝∠BDF，
∴△OCF∽△DBD，
∴，
∵＝，
∴，
∵OC∥BD，
∴△EOC∽△EDB，
∴，
∴，
设OE＝2a，EB＝3a，
∴OB＝a，
∴OC＝a，
∵∠OCE＝90°，OC＝OE，
∴∠E＝30°；
（3）∵∠E＝30°，∠BDE＝90°，BC平分∠DBE，
∴∠EBD＝60°，∠OBC＝∠DBC＝30°，
∵CD＝2，
∴BC＝4，BD＝6，
∵，
∴OC＝4，
作DM⊥AB于点M，
∴∠DBM＝90°，
∵BD＝6，∠DBM＝60°，
∴BM＝3，DM＝3，
∵OC＝4，
∴AB＝8，
∴AM＝5，
∵∠DMA＝90°，DM＝3，
∴AD＝＝．
【点评】本题是一道圆的综合题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用相似三角形的判定与性质、数形结合的思想解答．
●（14分）（2018·巴彦淖尔24/24）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标．①过点D作DE⊥x轴于点E，根据旋转的性质可得出OA＝EB、OC＝ED，结合点A、B、O、C的坐标，即可找出点D的坐标；②由点A、B、C的坐标可得出OA、OC、OB的长度，利用勾股定理可求出AC、BC的长，由AC2+BC2＝25＝AB2可得出∠ACB＝90°，再利用旋转的性质即可找出四边形ADBC为矩形；
（3）假设存在，设点P的坐标为（，m），由点M为AB的中点可得出∠BMP＝∠ADB＝90°，分△PMB∽△BDA及△BMP∽△BDA两种情况考虑，利用相似三角形的性质可得出关于m的含绝对值的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2．
（2）当x＝0时，y＝﹣x2+x+2＝2，
∴点C的坐标为（0，2）．
①过点D作DE⊥x轴于点E，如图1所示．
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴OA＝EB，OC＝ED．
∵A（﹣1，0），O（0，0），C（0，2），B（4，0），
∴BE＝1，DE＝2，OE＝3，
∴点D的坐标为（3，﹣2）．
②四边形ADBC为矩形，理由如下：
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），
∴OA＝1，OC＝2，OB＝4，AB＝5，
∴AC＝＝，BC＝＝2．
∵AC2+BC2＝25＝AB2，
∴∠ACB＝90°．
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴∠ABC＝∠BAD，BC＝AD，
∴BC∥AD且BC＝AD，
∴四边形ADBC为平行四边形．
又∵∠ACB＝90°，
∴四边形ADBC为矩形．
（3）假设存在，设点P的坐标为（，m）．
∵点M为AB的中点，
∴∠BMP＝∠ADB＝90°，
∴有两种情况（如图2所示）．
①当△PMB∽△BDA时，有＝＝，即＝，
解得：m＝±，
∴点P的坐标为（，）或（，﹣）；
②当△BMP∽△BDA时，有＝＝2，即＝2，
解得：m＝±5，
∴点P的坐标为（，5）或（，﹣5）．
综上所述：在该抛物线对称轴上存在点P，使△BMP与△BAD相似，点P的坐标为（，）或（，﹣）或（，5）或（，﹣5）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、旋转的性质、矩形的判定、勾股定理、勾股定理逆定理以及相似三角形的性质，解题的关键是：（1）由点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）①利用旋转的性质找出点D的坐标；②利用旋转的性质结合勾股定理的逆定理证出四边形ADBC为矩形；（3）分△PMB∽△BDA及△BMP∽△BDA两种情况找出点P的坐标．