?第22章 相似形章末拔尖卷
【滬科版】
參考答案與試題解析
一． 選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）
1．（3分）（2023秋·湖南永州·九年級(jí)?？计谥校┮阎猘b+c=ba+c=cb+a=k，則直線y=kx+2k一定經(jīng)過（　?。?br /> A．第一、二象限 B．第二、三家限 C．第三、四象限 D．第一、四象限
【答案】B
【分析】對(duì)ab+c=ba+c=cb+a=k關(guān)系式化簡(jiǎn)為a+b+c=2k(a+b+c)，分類討論求出k的值即可找出經(jīng)過的象限．
【詳解】∵ ab+c=ba+c=cb+a=k，
∴a+b+c=2k(a+b+c)，
當(dāng)a+b+c=0時(shí)，a+b=-c，
則k=-1，
此時(shí)直線為y=-x-2，過二、三、四象限．
當(dāng)a+b+c≠0時(shí)，k=12，
此時(shí)直線為y=12x+1，過一、二、三象限．
綜上所述，過二、三象限．
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的象限，求出函數(shù)的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵．本題的易錯(cuò)點(diǎn)在于忽略分類討論的情況．
2．（3分）（2023秋·湖南株洲·九年級(jí)校考期中）如圖，已知∠1=∠2，添加下列條件后，仍無法判定△ABC∽△ADE的是（????）
??
A．ABAC=ADAE B．∠B=∠D C．∠C=∠AED D．ABAD=BCDE
【答案】D
【分析】根據(jù)相似三角形的判定方法：兩角分別對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似；兩邊成比例且夾角相等的兩個(gè)三角形相似；三邊成比例的兩個(gè)三角形相似；一條直角邊與斜邊成比例的兩個(gè)直角三角形相似；逐一判斷即可．
【詳解】解∵∠1=∠2，
∴∠DAE=∠BAC，
若ABAD=ACAE，∠DAE=∠BAC，
∴△ABC～△ADESAS，故A不符合題意；
若∠DAE=∠BAC，∠B=∠D，
∴△ABC~△ADE，故B不符合題意；
若∠C=∠AED，∠DAE=∠BAC，
∴△ABC~△ADE，故C不符合題意；
∵ABAD=BCDE，∠DAE=∠BAC，
∴無法判斷△ABC與△ADE相似，故D符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定方法，熟記知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．
3．（3分）（2023秋·江蘇鹽城·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)G在BC的延長(zhǎng)線上，AG分別交BD、CD于點(diǎn)E、F，則圖中相似三角形共有（???）

A．4對(duì) B．5對(duì) C．6對(duì) D．7對(duì)
【答案】C
【分析】本題根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊平行，再根據(jù)平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或兩邊的延長(zhǎng)線）相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似找出相似三角形即可得解．
【詳解】解：在?ABCD中，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FDE，△ABG∽△FCG；
∵AD∥BC，
∴△ADE∽△GBE，△FDA∽△FCG，
∴△ABG∽△FDA，△ABD∽△BCD
∴圖中相似三角形有6對(duì)．
故答案為6．
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定，主要利用了平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或兩邊的延長(zhǎng)線）相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似，要注意△ABG與△FDA都與△FCG相似，所以也相似，這也是本題容易出錯(cuò)的地方．
4．（3分）（2023·黑龍江哈爾濱·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E在CD邊上，連接AE、BE，AE交BD于點(diǎn)F．則下列結(jié)論正確的是（????）．

A．AFFE=CDDE B．AFFE=DFBF C．DECE=DFBF D．AFFE=ADBE
【答案】A
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平行線分線段成比例的性質(zhì)進(jìn)行解答即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AFFE=ABDE，AFFE=BFDF，故B錯(cuò)誤，不符合題意；
∴AFFE=CDDE，故A正確，符合題意；
如果AE∥BC，則有DECE=DFBF，
∵ AE和BC不平行，
∴DECE≠DFBF，故C錯(cuò)誤，不符合題意；
如果AD∥BE，則有AFFE=ADBE，
∵AD和BE不平行，
∴AFFE≠ADBE，故D錯(cuò)誤，不符合題意；
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、平行線分線段成比例，熟練掌握平行線分線段成比例的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
5．（3分）（2023·河北邯鄲·?？既＃┤鐖D，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是10，在正方形外有E、F兩點(diǎn)，滿足AE=CF=6，BE=DF=8，則EF的長(zhǎng)是（????）
??
A．143 B．142 C．14 D．102
【答案】B
【分析】如圖，過點(diǎn)F作FH⊥AD,交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EI⊥AD，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)I，過點(diǎn)E作EG⊥FH,垂足為G ,則四邊形EGHI是矩形；運(yùn)用勾股定理逆定理，求證∠AEB=90°，∠CFD=90°；求證△IAE∽△EBA.從而求得IA=245,IE=185. HG=IE=185.同理可證△HDF∽△FCD.求得HD=245,HF=325．EG=IH=985，GF=145. Rt△EFG中，運(yùn)用勾股定理求解．
【詳解】解：如圖，過點(diǎn)F作FH⊥AD,交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EI⊥AD，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)I，過點(diǎn)E作EG⊥FH,垂足為G ,則四邊形EGHI是矩形，
∴EG=IH．
∵AE=6,BE=8,AB=10,
∴AE2+BE2=AB2.
∴∠AEB=90°．
同理，∠CFD=90°．
∵∠IAE+∠EAB=90°,∠EBA+∠EAB=90°，
∴∠IAE=∠EBA．
∴△IAE∽△EBA.
∴IAEB=IEEA=EAAB=610
∴IA=610×8=245,IE=610×6=185.
∴HG=IE=185.
同理，可證△HDF∽△FCD.
∴HDFC=HFFD=DFCD=810．
∴HD=810×6=245,HF=810×8=325．
∴EG=IH=IA+AD+DH=245+10+245=985．
GF=HF-HG=145.
∴Rt△EFG中，EF=EG2+GF2=(985)2+(145)2=142．
故選：B
??
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理及其逆定理，相似三角形；運(yùn)用相似三角形工具求得線段間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
6．（3分）（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是一張矩形紙片．將其按如圖所示的方式折疊：使DA邊落在DC邊上，點(diǎn)A落在點(diǎn)H處，折痕為DE；使CB邊落在CD邊上，點(diǎn)B落在點(diǎn)G處，折痕為CF．若矩形HEFG與原矩形ABCD相似，AD=1，則CD的長(zhǎng)為（　?。?br /> ??
A．2-1 B．5-1 C．2+1 D．5+1
【答案】C
【分析】先根據(jù)折疊的性質(zhì)與矩形性質(zhì)，求得DH=CG=1，設(shè)CD的長(zhǎng)為x，則HG=x-2，再根據(jù)相似多邊形性質(zhì)得出EHCD=HGAD，即1x=x-21，求解即可．
【詳解】解：，由折疊可得：DH=AD，CG=BC，
∵矩形ABCD，
∴AD=BC=1，
∴DH=CG=1，
設(shè)CD的長(zhǎng)為x，則HG=x-2，
∵矩形HEFG，
∴EH=1，
∵矩形HEFG與原矩形ABCD相似，
∴EHCD=HGAD，即1x=x-21，
解得：x=2+1（負(fù)值不符合題意，舍去）
∴CD=2+1，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的折疊問題，相似多邊形的性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)和相似多邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
7．（3分）（2023秋·云南普洱·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，△ADC是由等腰直角△EOG經(jīng)過位似變換得到的，位似中心在x軸的正半軸，已知EO=1，D點(diǎn)坐標(biāo)為D2,0，位似比為1:2，則兩個(gè)三角形的位似中心P點(diǎn)的坐標(biāo)是（????）


A．23,0 B．1,0 C．0,0 D．13,0
【答案】A
【分析】先確定G點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合D點(diǎn)坐標(biāo)和位似比為1：2，求出A點(diǎn)的坐標(biāo)；然后再求出直線AG的解析式，直線AG與x的交點(diǎn)坐標(biāo)，即為這兩個(gè)三角形的位似中心的坐標(biāo)．.
【詳解】解：∵△ADC與△EOG都是等腰直角三角形
∴OE=OG=1
∴G點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（0，-1）
∵D點(diǎn)坐標(biāo)為D（2，0），位似比為1：2，
∴A點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，2）
∴直線AG的解析式為y=32x-1
∴直線AG與x的交點(diǎn)坐標(biāo)為（23，0）
∴位似中心P點(diǎn)的坐標(biāo)是23,0．
故答案為A．
【點(diǎn)睛】本題考查了位似中心的相關(guān)知識(shí)，掌握位似中心是由位似圖形的對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)的連線的交點(diǎn)是解答本題的關(guān)鍵．
8．（3分）（2023秋·浙江湖州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，將長(zhǎng)方形紙片分別沿AB，AC折疊，點(diǎn)D，E恰好重合于點(diǎn)M．記△COM面積為S1，△AOB面積為S2，且DEBC=75，則S1S2的值為（????）
??
A．1:2 B．5:7 C．3:7 D．2:5
【答案】D
【分析】過點(diǎn)A作AP⊥BC于P，過點(diǎn)M作MQ⊥BC于點(diǎn)Q，則△APO∽△MQO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出MQAP=OMAO，設(shè)DE=7k，則BC=5k，根據(jù)折疊的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)推出AM=AD=12DE=k，CF=DE=7k，OA=OB=OC=12BC=52k，OM=AM-OA=k，則MQAP=OMAO=25，根據(jù)三角形面積公式求解即可．
【詳解】解：如圖，過點(diǎn)A作AP⊥BC于P，過點(diǎn)M作MQ⊥BC于點(diǎn)Q，
??
∴∠APO=∠MQO=90°，
∵∠AOP=∠MOQ，
∴△APO∽△MQO，
∴ MQAP=OMAO，
∵ DEBC=75，
∴設(shè)DE=7k，則BC=5k，
由折疊可知，AE=AM=AD，∠DAC=∠MAC，∠BAE=∠BAM，BF=BN，∠AMC=∠D=∠E=∠N=90°，
∴AM=AD=12DE=72k，
∵四邊形CDEF是矩形，
∴CF=DE=7k，CF∥DE，
∴BN=BF=DE-BC=2k，∠DAC=∠BCA，∠BAE=∠CBA，
∴∠BCA=∠MAC，∠CBA=∠BAM，
∴OA=OB=OC，
∴OA=OB=OC=12BC=52k，
∴OM=AM-OA=72k-52k=k，
∴ MQAP=OMAO=25，
∵S1=12OC?MQ=12×52k?MQ，S2=12OB?AP=12×52k?AP，
∴ S1S2=MQAP=25=2:5，
故選：D．
【點(diǎn)睛】此題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．（3分）（2023秋·浙江湖州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖△ACB，∠ACB=90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，CD平分∠BCO交AB于點(diǎn)D，作AE⊥CD分別交CO、BC于點(diǎn)G，E． 記△AGO的面積為S1，△AEB的面積為S2，當(dāng)S1S2＝25時(shí)，則OGBC的值是（???）

A．25 B．13 C．411 D．38
【答案】D
【分析】連接BG，過點(diǎn)O作OT∥AE交BC于點(diǎn)T，首先證明AGEG=41，再利用平行線分線段成比例求解即可．
【詳解】解：如圖所示，連接BG，過點(diǎn)O作OT∥AE交BC于點(diǎn)T，

∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，
∴AO=OB，
∴S?AOG=S?OBG，
∵S?AOGS?ABE=25，
∴S?ABGS?BEG=41，
∴AGEG=41，
∵OT∥AE，AO=BO，
∴ET=TB，
∴OT=12AE，
∴GEOT=25，
∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，
∴∠DCG=∠DCE，
∴∠CGE+∠DCG=90°，∠CEG+∠DCB=90°，
∴∠CGE=∠CEG，
∴CG=CE，
∵∠CGE=∠COT，∠CEG=∠CTD，
∴∠COT=∠CTD，
∴CO=CT，
∴OG=ET，
∵GE∥OT，
∴CECT=GEOT=25，
∴CEET=23，
∴OGBC=38，
故選：D．
【點(diǎn)睛】題目主要考查平行線分線段成比例，三角形的面積，三角形中位線定理等，理解題意，學(xué)會(huì)添加輔助線，構(gòu)造平行線是解題關(guān)鍵．
10．（3分）（2023秋·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∠EBC的平分線交CD于點(diǎn)F將△DEF沿EF折疊，點(diǎn)D恰好落在EB上M點(diǎn)處，延長(zhǎng)BC、EF交于點(diǎn)N，有下列四個(gè)結(jié)論：①BF垂直平分EN；②BF平分∠MFC；③△DEF∽△FEB；④S△BEF=3S△DEF．其中，將正確結(jié)論的序號(hào)全部選對(duì)的是（????）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】由折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)與角平分線的性質(zhì)，可證得CF＝FM＝DF；易求得∠BFE＝∠BFN，則可得BF⊥EN；證明∠EFM＝∠EBF即可證明△DEF∽△FEB；易求得BM＝2EM＝2DE，即可得EB＝3EM，根據(jù)等高三角形的面積比等于對(duì)應(yīng)底的比，即可證明S△BEF=3S△DEF．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，DF＝MF，
由折疊的性質(zhì)可得：∠EMF＝∠D＝90°，
即FM⊥BE，CF⊥BC，
∵BF平分∠EBC，
∴CF＝MF，
∴DF＝CF，在△DEF與△CFN中，
∠D=∠FCN=90°DF=CF∠DFE=∠CFN
∴△DFE≌△CFN，
∴EF＝FN，
∵∠BFM＝90°?∠EBF，∠BFC＝90°?∠CBF，
∴∠BFM＝∠BFC，
∴BF平分∠MFC；故②正確；
∵∠MFE＝∠DFE＝∠CFN，
∴∠BFE＝∠BFN，
∵∠BFE＋∠BFN＝180°，
∴∠BFE＝90°，
即BF⊥EN，
∴BF垂直平分EN，故①正確；
∵∠BFE＝∠D＝∠FME＝90°，
∴∠EFM＋∠FEM＝∠FEM＋∠FBE＝90°，
∴∠EFM＝∠EBF，
∵∠DFE＝∠EFM，
∴∠DFE＝∠FBE，
∴△DEF∽△FEB；故③正確；
∵∠BFM＝∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，
∴BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM，
∴BE＝3EM，
∴S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF；
故④正確．
綜上所述：①②③④都正確，
故答案選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判斷．此題難度適中，證得△DFE≌△CFN是解題的關(guān)鍵．
二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）
11．（3分）（2023秋·山東菏澤·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，矩形ABCD中，BE⊥AC分別交AC，AD于點(diǎn)F、E，AF＝2，AC＝6，則AB的長(zhǎng)為 ．

【答案】23
【分析】根據(jù)題意，由矩形的性質(zhì)綜合判斷得出∠ACB＝∠ABF，∠BAF＝∠BAC，從而證明△BFA∽△CBA，再利用相似三角形的性質(zhì)列出方程，進(jìn)而求解即可
【詳解】解：∵BE⊥AC，
∴∠BAF+∠ABF＝90°，
∵矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAF＝90°，
∴∠ACB＝∠ABF，
∵∠BAF＝∠BAC，
∴△BFA∽△CBA，
∴ABAF=ACAB，
∴AB2＝AC?AF＝6×2＝12，
∴AB=23．
故答案為23．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形性質(zhì)與相似三角形的綜合運(yùn)用，熟練掌握相關(guān)概念是解題關(guān)鍵
12．（3分）（2023·山西·統(tǒng)考一模）黃金分割具有嚴(yán)格的比例性，蘊(yùn)藏著豐富的美學(xué)價(jià)值，這一比值能夠引起人們的美感．如圖，連接正五邊形ABCDE的各條對(duì)角線圍成一個(gè)新的五邊形MNPQR.圖中有很多頂角為36°的等腰三角形，我們把這種三角形稱為“黃金三角形”，黃金三角形的底與腰之比為5-12.若MN＝5－1，則AB＝ ．

【答案】5＋1
【詳解】根據(jù)題意可知△DMN與△AME都是“黃金三角形”，AB=AE，DM=EM，
∴MNDM=5-12，EMAE=5-12，
∵M(jìn)N=5-1，
∴DM=2，
∴AE=45-1=5+1，
∴AB=5+1，
故答案為5+1.
13．（3分）（2023春·浙江寧波·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E在線段AD上，以DE為邊構(gòu)造正方形DEFG，使G在CD的延長(zhǎng)線上，連接CF，取CF中點(diǎn)H，連接DH．當(dāng)E為AD中點(diǎn)時(shí)，△CDH的面積為 ，當(dāng)點(diǎn)E在AD邊上運(yùn)動(dòng)（不含A，D）時(shí)，DH的最小值為 ．
??
【答案】 2 2
【分析】當(dāng)E為AD中點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn)H作HN⊥GC于點(diǎn)N，先證HN是△CFG的中位線，求出其長(zhǎng)度，再根據(jù)三角形面積公式計(jì)算即可；連接GH，EH，AC，BD，AC與BD交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)FE到點(diǎn)M，使EM=FE，連接DM，CM，根據(jù)正方形的性質(zhì)先證點(diǎn)D、O、M、B在一條直線上，再證EH是△CFM的中位線，并推出當(dāng)CM⊥BD時(shí)，CM最小，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出CO⊥BD，故點(diǎn)M與點(diǎn)O重合，求出對(duì)角線AC的長(zhǎng)，即可得出CO的長(zhǎng)，于是得出EH的長(zhǎng)，再根據(jù)正方形的性質(zhì)證EH=DH，即可得出DH的最小值．
【詳解】解：當(dāng)E為AD中點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn)H作HN⊥GC于點(diǎn)N，如圖1，
??
∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，
∴AD=CD=4，
∴AE=DE=2，
∵四邊形DEFG是正方形，
∴FG=DE=2，F(xiàn)G⊥GC，
∴HN∥FG，
∴CHFH=CNNG，
∵點(diǎn)H是CF的中點(diǎn)，即CHFH=1，
∴CNNG=1，
∴點(diǎn)N是GC的中點(diǎn)，
∴HN是△CFG的中位線，
∴HN=12FG=12×2=1，
∴S△CDH=12CD?HN=12×4×1=2；
如圖2，連接GH，EH，AC，BD，AC與BD交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)FE到點(diǎn)M，使EM=FE，連接DM，CM，
????
∵四邊形DEFG是正方形，
∴FE=DE，∠FED=90°，
∴DE=EM，∠DEM=90°，
∴△DEM是等腰直角三角形，
∴∠EDM=45°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，AC⊥BD，
∴點(diǎn)D、O、M、B在一條直線上，
∵點(diǎn)E是FM的中點(diǎn)，點(diǎn)H是CF的中點(diǎn)，
∴EH是△CFM的中位線，
∴EH=12CM，
當(dāng)CM最小時(shí)，EH最小，
即當(dāng)CM⊥BD時(shí)，CM最小，
∵CO⊥BD，
∴M點(diǎn)與O點(diǎn)重合時(shí)，CM最小，
∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，
∴AD=CD=4，∠ADC=90°，AO=CO，
由勾股定理得AC=AD2+CD2=42+42=42，
∴CO=12AC=12×42=22，
∴EH=12CO=12×22=2，
∵四邊形DEFG是正方形，
∴∠FGC=90°，
∵點(diǎn)H是CF的中點(diǎn)，
∴GH=12CF=FH，
∴點(diǎn)H在FG的垂直平分線上，
∵四邊形DEFG是正方形，
∴點(diǎn)H也在ED的垂直平分線上，
∴EH=DH，
∴DH=2，
即DH的最小值為2；
故答案為：2，2．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行線分線段成比例，三角形中位線定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)及三角形中位線定理、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵，此題有點(diǎn)難度，需認(rèn)真思考．
14．（3分）（2023·江西南昌·?？级＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，D為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，將AD沿過點(diǎn)D的射線DF折疊得到DE，若AB下方的DE與△ABC的邊垂直，則AF的長(zhǎng)度可能是 ．
??
【答案】2或23-2或233
【分析】由直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可得AB=4，AC=23，AD=BD=2，分三種情況：當(dāng)DE⊥AC時(shí)，設(shè)垂足為G；當(dāng)DE⊥AB時(shí)，作FH⊥AD交AD于H；當(dāng)DE⊥BC時(shí)，分別進(jìn)行計(jì)算即可得到答案．
【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴AC=AB2-BC2=23，
∴D是AB的中點(diǎn)，
∴AD=BD=2，
如圖1，當(dāng)DE⊥AC時(shí)，設(shè)垂足為G，
???，
由折疊可知，∠A=∠E=30°，∠EDF=∠FDA，EF=FA，
∵∠DGA=90°，
∴DG=12AD=1，
∴AG=AD2-DG2=3，
∵∠ADE=60°，
∴∠EDF=∠FDA=30°=∠E，
∴DF=EF=FA，GF=12DF，
∴AG=AF+GF=AF+12DF=AF+12AF=3，
∴AF=233；
如圖2，當(dāng)DE⊥AB時(shí)，
，
則∠ADE=90°，
由折疊可知：∠ADF=∠EDF=45°，∠A=∠E=30°，
∴∠AGD=90°-∠A=90°-30°=60°，
∵∠AGD=∠E+∠EFG，
∴∠EFG=∠AGD-∠E=60°-30°=30°，
∴∠E=∠EFG，
∴GE=GF，
在Rt△ADG中，AD=2，DG=12AG，
∵DG2+AD2=AG2，
∴AG=433，DG=233，
作FH⊥AD交AD于H，則HF∥DG，
∵∠ADF=45°，
∴ △DHF是等腰直角三角形，
∴DH=HF，
設(shè)DH=HF=x，則AH=AD-DH=2-x，
∵HF∥DG，
∴△AHF∽△ADG，
∴HFDG=AHAD，即x233=2-x2，
解得：x=3-1，
∴DH=HF=3-1，
在Rt△AHF中，∠AHF=90°，∠A=30°，
∴AF=2HF=23-2；
如圖3，當(dāng)DE⊥BC時(shí)，
???，
由折疊的性質(zhì)可得：∠E=∠A=30°，∠EDF=∠ADF，∠AFD=∠EFD，
∵AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴∠E=∠EFC=30°，∠BDE=∠A=30°，
∵∠BDE+∠ADE=180°，∠AFE+∠EFC=180°，
∴∠EDA=∠EFA，
∴∠ADF=∠DFA，
∴AD=AF=2，
綜上所述：AF的長(zhǎng)為2或23-2或233，
故答案為：2或23-2或233．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，采用分類討論的思想解題，是解此題的關(guān)鍵．
15．（3分）（2023秋·上海·九年級(jí)上海市文來中學(xué)?？计谥校┰凇鰽BC中，若AD交BC于D，BE交AC于E，CF交BA于F，AD，BE，CF相交于一點(diǎn)，BDEA=2，CEFB=3，則AFDC= ．
【答案】16
【分析】如圖，先利用三角形的面積關(guān)系可得BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD ，S△ABPS△BPD=APPD=S△APCS△PDC，再結(jié)合比例的基本性質(zhì)證明S△ABPS△APC=S△BPDS△PDC，可得BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD=S△ABPS△APC，同理可得：CEEA=S△BPCS△APB,AFFB=S△APCS△BPC， 可得∴BDDC?CEEA?AFFB=S△ABPS△APC?S△BPCS△APB?S△APCS△BPC=1， 從而可得結(jié)論．
【詳解】解：如圖，設(shè)AD，BE，CF相交于點(diǎn)P，

∵BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD， S△ABPS△BPD=APPD=S△APCS△PDC ，
∴S△ABPS△APC=S△BPDS△PDC ，
∴BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD=S△ABPS△APC ，
同理可得：CEEA=S△BPCS△APB,AFFB=S△APCS△BPC ，
∴BDDC?CEEA?AFFB=S△ABPS△APC?S△BPCS△APB?S△APCS△BPC=1，
∵ BDEA=2，CEFB=3，
∴2×3×AFDC=1，
∴AFDC=16 ．
故答案為：16
【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的面積關(guān)系，比例的基本性質(zhì)，掌握比例的基本性質(zhì)進(jìn)行比例的變形是解題的關(guān)鍵．
16．（3分）（2023秋·湖南永州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知菱形A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為6，∠A1B1C1=60°，對(duì)角線A1C1，B1D1相交于點(diǎn)O，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A1，OB1所在直線為x軸、y軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系．以B1D1為對(duì)角線作菱形B1C2D1A2~菱形A1B1C1D1，再以A2C2為對(duì)角線作菱形A2B2C2D2~菱形B1C2D1A2，再以B2D2為對(duì)角線作菱形B2C3D2A3~菱形A2B2C2D2，…，按此規(guī)律繼續(xù)作下去，在x軸的正半軸上得到點(diǎn)A1，A2，A3，…，An，則點(diǎn)An的坐標(biāo)為 ．

【答案】An(3n，0)
【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)求出A1的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理求出OB1的長(zhǎng)，再由銳角三角函數(shù)的定義求出OA2的長(zhǎng)，故可得出A2的坐標(biāo)，同理可得出A3的坐標(biāo)，找出規(guī)律即可得出結(jié)論．
【詳解】解：∵ 菱形A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為6，∠A1B1C1=60°，
∴OA1=A1B1·sin 30°=6×12=3，OB1=A1B1·cos 30°=6×32=33，
∴A1(3，0)，
∵ 菱形B1C2D1A2~菱形A1B1C1D1，
∴OA2= OB1tan30°=3333=9，
∴A2(9，0)，
同理可得A3(27，0)，
∴An(3n，0)，
故答案為：An(3n，0)．
【點(diǎn)睛】本題考查的是相似多邊形的性質(zhì)，熟知相似多邊形的對(duì)應(yīng)角相等是解答此題的關(guān)鍵．
三．解答題（共7小題，滿分52分）
17．（6分）（2023秋·寧夏銀川·九年級(jí)銀川市第三中學(xué)校考期中）求值：
(1)已知ba=34，求a-2ba+2b的值；
(2)已知ab=cd=ef=43，若b+d+f=9，求a+c+e的值．
【答案】(1)-15
(2)12

【分析】（1）先根據(jù)已知條件得到b=34a，然后把b=34a代入所求式子中進(jìn)行求解即可；
（2）根據(jù)比例的性質(zhì)得到a+c+eb+d+f=43，再把b+d+f=9代入求解即可．
【詳解】（1）解：∵ba=34，
∴b=34a，
∴a-2ba+2b=a-2×34aa+2×34a=a-32aa+32a=-15；
（2）解：∵ab=cd=ef=43，
∴a+c+eb+d+f=43，
∵b+d+f=9，
∴a+c+e9=43，
∴a+c+e=12．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了比例的性質(zhì)，熟知比例的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，一般地，若有ab=cd=ef=k，則a+c+eb+d+f=kb+d+f≠0．
18．（6分）（2023·浙江·一模）如圖，在5×5的網(wǎng)格中，線段AB的端點(diǎn)都在格點(diǎn)上（兩條網(wǎng)格線的交點(diǎn)叫格點(diǎn)）．請(qǐng)用無刻度的直尺畫出符合要求的圖形，并保留畫圖痕跡（不要求寫畫法）．
??
(1)在圖1中畫出一個(gè)以AB為邊的Rt△ABC，使頂點(diǎn)C在格點(diǎn)上．
(2)在圖2中的線段AB上找出一點(diǎn)D，使BDAD=32．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析

【分析】（1）取格點(diǎn)C，連接AC和BC即可；
（2）取格點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF交AB于點(diǎn)D，點(diǎn)D即為所求．
【詳解】（1）解：如下圖，取格點(diǎn)C，連接AC和BC，
??
由題意可知：∠ACB=90°，
∴△ABC為Rt△ABC；
（2）如下圖，取格點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF交AB于點(diǎn)D，
????
由題意可知：△BDF∽△ADE，
∵BFAE=32，
∴BDAD=32，
∴點(diǎn)D即為所求．
【點(diǎn)睛】本題考查了考查了作圖，解題的關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定與性質(zhì)．
19．（8分）（2023秋·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，點(diǎn)E，F(xiàn)在線段BC上，CE=BF，點(diǎn)Q在線段AB上，且AE2=AQ?AB．

求證：
(1)∠CAE=∠BAF；
(2)△ACE∽△AFQ．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）利用SAS證明△ACE≌△ABF即可；
（2）根據(jù)△ACE≌△ABF得出AE=AF，∠CAE=∠BAF，根據(jù)AE2=AQ·AB，AC=AB，得出AEAQ=ACAF，利用相似三角形的判定得出結(jié)論即可．
【詳解】（1）證明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ACE和△ABF中，AC=AB∠C=∠BCE=BF，
∴△ACE≌△ABFSAS，
∴∠CAE=∠BAF；
（2）
證明：∵△ACE≌△ABF，
∴AE=AF，∠CAE=∠BAF，
∵AE2=AQ·AB，AC=AB，
∴AEAQ=ABAE，即AEAQ=ACAF，
∴△ACE∽△AFQ．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及相似三角形的判定，熟練掌握相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
20．（8分）（2023秋·河北保定·九年級(jí)統(tǒng)考期中）已知在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示：

(1)在圖中畫出△ABC沿x軸翻折后的△A1B1C1；
(2)以點(diǎn)M(1,2)為位似中心，作出△A1B1C1按2:1放大后的位似圖形△A2B2C2；
(3)點(diǎn)A2的坐標(biāo)___________；△ABC與△A2B2C2的周長(zhǎng)比是___________，△ABC與△A2B2C2的面積比是___________．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)3，6；1:2；1:4

【分析】（1）利用關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到A1、B1、C1的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)即可；
（2）延長(zhǎng)MA1到A2使MA2=2MA1，延長(zhǎng)MB1到B2使MB2=2MB1，延長(zhǎng)MC1到C2使MC2=2MC1，從而得到△A2B2C2；
（3）先利用軸對(duì)稱的性質(zhì)得到△ABC≌△A1B1C1，再根據(jù)位似的性質(zhì)得到△A1B1C1與△A2B2C2的相似比為1:2，所以△ABC與△A2B2C2的相似比為1:2，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解決問題．
【詳解】（1）解：如圖，△A1B1C1為所作；

（2）解：如圖，△A2B2C2為所作；
（3）解：點(diǎn)A2的坐標(biāo)為3，6，
∵△ABC沿x軸翻折后的△A1B1C1，
∴△ABC≌△A1B1C1，
∵△A1B1C1按2:1放大后的位似圖形△A2B2C2，
∴△A1B1C1與△A2B2C2的相似比為1:2，
∴△ABC與△A2B2C2的相似比為1:2，
∴△ABC與△A2B2C2的周長(zhǎng)的比為1:2，△ABC與△A2B2C2的面積的比為1:4．
故答案為：3，6；1:2；1:4
【點(diǎn)睛】本題考查了作圖?位似變換：在平面直角坐標(biāo)系中，如果位似變換是以原點(diǎn)為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)的比等于k或-k．也考查了軸對(duì)稱變換．
21．（8分）（2023秋·四川內(nèi)江·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是高，BE平分∠ABC．BE分別與AC，CD相交于點(diǎn)E，F(xiàn)．
（1）求證：△AEB∽△CFB；
（2）若CE＝5，EF=25，BD＝6．求AD的長(zhǎng)．

【答案】（1）見解析；（2）AD=323
【分析】（1）根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等兩三角形相似即可判斷；
（2）解直角三角形求出FH，CH，利用相似三角形的性質(zhì)求出DF，AD即可．
【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵CD為AB邊上的高，
∴∠ADC=90°，
∴∠A+∠ACD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∵BE是∠ABC的平分線，
∴∠ABE=∠CBE，
∴ΔAEB∽ΔCFB．
（2）解：如圖，作CH⊥EF于H．

∵∠BFD+∠ABE=90°，∠CEB+∠CBE=90°，∠ABE=∠CBE，
∴∠BFD=∠CEB，
∵∠BFD=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴△CEF為等腰三角形，
∴CE=CF，
∵CH⊥EF，
∴點(diǎn)H為EF的中點(diǎn)，
∴EH=FH=5，
∴CH=EC2-EH2=52-(5)2=25，
∵∠BFD=∠CFH,∠CHF=∠BDF=90°，
∴ΔBFD∽ΔCFH，
∴ DFHF=BDCH，
∴ DF5=625，
∴DF=3，CD=CF+DF=8，
∵∠ADC=CDB=90°，
∵∠ECH=∠FCH,∠FBD=∠CBF，
根據(jù)ΔBFD∽ΔCFH，即∠FCH=∠FBD，
∴∠ACD=∠CBD，
∴ΔACD∽ΔCBD，
∴ ADCD=CDBD，
∴ AD8=86，
∴AD=323．
【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題．
22．（8分）（2023·安徽滁州·統(tǒng)考二模）【證明體驗(yàn)】
（1）如圖1，AD為△ABC的角平分線，∠ADC=60°，點(diǎn)E在線段AB上，AE=AC，求證：DE平分∠ADB；
【思考探究】
（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為AB上一點(diǎn)，連接FC交AD于點(diǎn)G．若FB=FC，
求證：DE2=BD?DG；
【拓展延伸】
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC平分∠BAD，∠BCA=2∠DCA，點(diǎn)E在AC上，∠EDC=∠ABC，若BC=5，CD=25，AD=2AE，求AC的長(zhǎng)．

????
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）AC=163
【分析】（1）證△AED≌△ACD即可；
（2）證△EBD∽△GCD即可；
（3）在AB上取一點(diǎn)F，使得AF=AD，連接CF．證△AFC≌△ADC可推出∠DCE=∠BCF，可證△DCE∽△BCF，進(jìn)一步可證△EAD∽△DAC，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵AD為△ABC的角平分線
∴∠EAD=∠CAD
∵AE=AC，AD=AD
∴△AED≌△ACD
∴∠ADE=∠ADC=60°
∴∠EDB=180°-∠ADE-∠ADC=60°
∴DE平分∠ADB
（2）證明：∵FB=FC
∴∠EBD=∠GCD
∵∠BDE=∠GDC=60°
∴△EBD∽△GCD
∴BDCD=DEDG，DE?CD=BD?DG
由（1）可知：△AED≌△ACD
∴DE=CD
∴DE2=BD?DG
（3）解：如圖，在AB上取一點(diǎn)F，使得AF=AD，連接CF
??
∵AC平分∠BAD
∴∠FAC=∠DAC
∵AF=AD,AC=AC
∴△AFC≌△ADC
∴CF=CD,∠ACF=∠ACD,∠AFC=∠ADC
∵∠ACF+∠BCF=∠ACB=2∠ACD
∴∠DCE=∠BCF
∵∠EDC=∠FBC
∴△DCE∽△BCF
∴CDCB=CECF,∠CED=∠BFC
∵BC=5,CF=CD=25
∴CE=4
∵∠AED=180°-∠CED=180°-∠BFC=∠AFC=∠ADC,∠EAD=∠DAC
∴△EAD∽△DAC
∴AEAD=ADAC
∵AD=2AE
∴AE2AE=2AE4+AE
解得：AE=43
∴AC=CE+AE=163
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)．掌握相關(guān)內(nèi)容進(jìn)行幾何推導(dǎo)是解題關(guān)鍵．
23．（8分）（2023春·四川成都·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=BC，先將邊BC沿過點(diǎn)B的直線l對(duì)折得到BD，連接CD，然后以CD為邊在左側(cè)作△CDE，其中∠CDE=90°，CD=DE，BD與CE交于點(diǎn)F，連接BE，AD．
??
(1)求證：△ACD≌△BDE；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在△ABC的斜邊AB上時(shí)，請(qǐng)直接寫出用BC,BE表示AB的關(guān)系式；
(3)如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部時(shí)，若點(diǎn)F為BD的中點(diǎn)，且△ACD的面積為10，求△CDF的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)AB=BC+BE
(3)15

【分析】（1）折疊得到BC=BD，進(jìn)而得到∠BCD=∠BDC，推出∠ACD=∠BDE，利用SAS證明△ACD≌△BDE，即可；
（2）全等三角形的性質(zhì)，得到AD=BE，進(jìn)而得到AB=BD+AD=BD+BE，再根據(jù)BC=BD，即可得出結(jié)論；
（3）設(shè)直線l交CD于點(diǎn)H，交CE于K，取DH的中點(diǎn)G，連接FG，得到FG∥BH，進(jìn)而得到CKFK=CHGH，推出CKFK=2，再根據(jù)l⊥CD,CD⊥DE，得到FG∥DE，進(jìn)而推出CFEF=3，得到S△CDF:S△DEF=3:1，根據(jù)全等三角形的面積相等，三角形的中線平分面積，求出S△DEF=12S△ACD=5，即可得解．
【詳解】（1）證明：∵邊BC沿過點(diǎn)B的直線l對(duì)折得到BD，
∴BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠ACB=∠CDE=90°，
∴∠ACB-∠BCD=∠CDE-∠BDC，
∴∠ACD=∠BDE，
∵AC=BC，
∴BD=AC，
∵CD=DE，
∴△ACD≌△BDESAS；
（2）解：由（1）得：△ACD≌△BDE，
∴AD=BE，
∴AB=BD+AD=BD+BE，
∵BC=BD，
∴AB=BC+BE；
（3）解：如圖，
??
設(shè)直線l交CD于點(diǎn)H，交CE于K，取DH的中點(diǎn)G，連接FG，
∵點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，
∴FG∥BH，
∴CKFK=CHGH，
由折疊得：CH=DH，
∴CH=2GH，
∴CKFK=2，
∵l⊥CD,CD⊥DE，
∴FG∥DE，
∴FKEF=GHDG=1，
∴CFEF=3，
∴S△CDF:S△DEF=3:1，
由（1）知：△BDE≌△ACD，
∴S△BDE=S△ACD=10，
∵點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，
∴S△DEF=12S△ACD=5，
∴S△CDF=15．
【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理，平行線分線段成比例．本題的綜合性強(qiáng)，難度較大，熟練掌握折疊的性質(zhì)，證明三角形全等，是解題的關(guān)鍵．

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