第4章 圖形的相似章末拔尖卷 【北師大版】 參考答案與試題解析 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（　?。?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ab+c=ba+c=cb+a=k關(guān)系式化簡為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)?？计谥校┤鐖D，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 B．5對 C．6對 D．7對 【答案】C 【分析】本題根據(jù)平行四邊形的對邊平行，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． 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·校考模擬預(yù)測）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的延長線于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EI⊥AD，交DA的延長線于點(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的延長線于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EI⊥AD，交DA的延長線于點(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的長為（　?。??? 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，求出對角線AC的長，即可得出CO的長，于是得出EH的長，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?！ぞ拍昙?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的邊長為6，∠A1B1C1=60°，對角線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為對角線作菱形B1C2D1A2~菱形A1B1C1D1，再以A2C2為對角線作菱形A2B2C2D2~菱形B1C2D1A2，再以B2D2為對角線作菱形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，再由銳角三角函數(shù)的定義求出OA2的長，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)?？计谥校┣笾担?(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MA1到A2使MA2=2MA1，延長MB1到B2使MB2=2MB1，延長MC1到C2使MC2=2MC1，從而得到△A2B2C2； （3）先利用軸對稱的性質(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，那么位似圖形對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)的比等于k或?k．也考查了軸對稱變換． 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． 【答案】（1）見解析；（2）AD=323 【分析】（1）根據(jù)兩角對應(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． ???? 【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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