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2020年九年級(jí)中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練：《相似綜合 》
1．如圖1，點(diǎn)P從菱形ABCD的頂點(diǎn)B出發(fā)，沿B→D→A勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，BD的長是；圖2是點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PBC的面積y（cm2）隨時(shí)間x（s）變化的函數(shù)圖象．
（1）點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度是　 　cm/s；
（2）求a的值；
（3）如圖3，在矩形EFGH中，EF＝2a，F(xiàn)G﹣EF＝1，若點(diǎn)P、M、N分別從點(diǎn)E、F、G三點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿矩形的邊按逆時(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)G（即點(diǎn)M與點(diǎn)G重合）時(shí)，三個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)；若點(diǎn)P不改變運(yùn)動(dòng)速度，且點(diǎn)P、M、N的運(yùn)動(dòng)速度的比為2：6：3，在運(yùn)動(dòng)過程中，△PFM關(guān)于直線PM的對(duì)稱圖形是△PF'M，設(shè)點(diǎn)P、M、N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單位：s）．
①當(dāng)t＝　 　s時(shí)，四邊形PFMF'為正方形；
②是否存在t，使△PFM與△MGN相似，若存在，求t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
2．如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝3，AB＝4，BC＝6，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以1個(gè)單位/秒的速度沿AB運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)C出發(fā)以2個(gè)單位/秒的速度沿CB運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作EP⊥AB，交BD于E，連接EQ．當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，兩動(dòng)點(diǎn)均停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t＝1時(shí)，求線段EP的長；
（2）運(yùn)動(dòng)過程中是否存在某一時(shí)刻，使△BEQ與△ABD相似？若存在，請(qǐng)求出所有滿足要求的t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）如圖2，連接CE，求運(yùn)動(dòng)過程中△CEQ的面積S的最大值．
3．如圖1，在△ABC中，AB＝AC＝10，，點(diǎn)D為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與點(diǎn)B，C重合）．以D為頂點(diǎn)作∠ADE＝∠B，射線DE交AC邊于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作AF⊥AD交射線DE于點(diǎn)F，連接CF．
（1）求證：△ABD∽△DCE；
（2）當(dāng)DE∥AB時(shí)（如圖2），求AE的長；
（3）點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在某個(gè)位置，使得DF＝CF？若存在，求出此時(shí)BD的長；若不存在，請(qǐng)說明理由．
4．如圖（1），在矩形ABCD中，AD＝nAB，點(diǎn)M，P分別在邊AB，AD上（均不與端點(diǎn)重合），且AP＝nAM，以AP和AM為鄰邊作矩形AMNP，連接AN，CN．
【問題發(fā)現(xiàn)】
（1）如圖（2），當(dāng)n＝1時(shí)，BM與PD的數(shù)量關(guān)系為　 　，CN與PD的數(shù)量關(guān)系為　 　．
【類比探究】
（2）如圖（3），當(dāng)n＝2時(shí)，矩形AMNP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，連接PD，則CN與PD之間的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生變化？若不變，請(qǐng)就圖（3）給出證明；若變化，請(qǐng)寫出數(shù)量關(guān)系，并就圖（3）說明理由．
【拓展延伸】
（3）在（2）的條件下，已知AD＝4，AP＝2，當(dāng)矩形AMNP旋轉(zhuǎn)至C，N，M三點(diǎn)共線時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段CN的長．
5．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，D、E分別是AB、BC的中點(diǎn)．連接DE．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒5個(gè)單位長度的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿折線CE﹣ED向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，在CE、ED上的速度分別是每秒3個(gè)單位長度和4個(gè)單位長度，連接PQ，以PQ、PD為邊作?DPQM．設(shè)?DPQM與四邊形ACED重疊部分圖形的面積是S（平方單位），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．
（1）當(dāng)點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，PQ的長為　 　（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)?DPQM是菱形時(shí)，求t的值；
（3）當(dāng)0＜t＜2時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）當(dāng)△DPQ與△BDE相似時(shí)，直接寫出t的值．

6．如圖，在平行四邊形ABCD中，AC為對(duì)角線，過點(diǎn)D作DE⊥DC交直線AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EH⊥AD于點(diǎn)H，過點(diǎn)B作BF⊥AD于點(diǎn)F．
（1）如圖1，若∠BAD＝60°，AF＝3，AH＝2，求AC的長；
（2）如圖2，若BF＝DH，在AC上取一點(diǎn)G，連接DG、GE，若∠DGE＝75°，∠CDG＝45°﹣∠CAB，求證：DG＝CG．

7．（1）問題引入：如圖1所示，正方形ABCD和正方形AEFG，則BE與DG的數(shù)量關(guān)系是　 　，＝　 　；
（2）類比探究：如圖2所示，O為AD、HG的中點(diǎn)，正方形EFGH和正方形ABCD中，判斷BE和CF的數(shù)量關(guān)系，并求出的值；
（3）解決問題：
①若把（1）中的正方形都改成矩形，且＝＝，則（1）中的結(jié)論還成立嗎？若不能成立，請(qǐng)寫出BE與GD的關(guān)系，并求出值；
②若把（2）中的正方形也都改成矩形，且＝＝2n，請(qǐng)直接寫出BE和CF的關(guān)系以及的
8．在正方形ABCD中，點(diǎn)E是直線AB上動(dòng)點(diǎn)，以DE為邊作正方形DEFG，DF所在直線與BC所在直線交于點(diǎn)H，連接EH．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在AB邊上時(shí)，延長EH交GF于點(diǎn)M，EF與CB交于點(diǎn)N，連接CG，
①求證：CD⊥CG；
②若tan∠HEN＝，求的值；
（2）當(dāng)正方形ABCD的邊長為4，AE＝1時(shí)，請(qǐng)直接寫出EH的長．
9．如圖a，在正方形ABCD中，E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，連接AF、DE交于點(diǎn)G．
（1）求證：AF⊥DE；
（2）如圖b，連接BG，BD，BD交AF于點(diǎn)H．
①求證：GB2＝GA?GD；
②若AB＝10，求三角形GBH的面積．

10．如圖1，在矩形ABCD中，P為CD邊上一點(diǎn)（DP＜CP），∠APB＝90°．將△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延長線交邊AB于點(diǎn)M，過點(diǎn)B作BN∥MP交DC于點(diǎn)N．
（1）求證：AD2＝DP?PC；
（2）請(qǐng)判斷四邊形PMBN的形狀，并說明理由；
（3）如圖2，連接AC分別交PM、PB于點(diǎn)E、F．若AD＝3DP，探究EF與AE之間的的數(shù)量關(guān)系．

11．△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AC＝2cm．長為1cm的線段MN在△ABC的邊AB上沿AB方向以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)前點(diǎn)M與點(diǎn)A重合）．過M，N分別作AB的垂線交直角邊于P，Q兩點(diǎn)，線段MN運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts．
（1）當(dāng)0≤t≤1時(shí)，PM＝　 　，QN＝　 　（用t的代數(shù)式表示）；
（2）線段MN運(yùn)動(dòng)過程中，四邊形MNQP有可能成為矩形嗎？若有可能，求出此時(shí)t的值；若不可能，說明理由；
（3）t為何值時(shí)，以C，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？

12．如圖，四邊形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝4，點(diǎn)E在邊AB上（不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)D作DF⊥DE，交邊BC的延長線于點(diǎn)F．
（1）求證：△DAE∽△DCF．
（2）設(shè)線段AE的長為x，線段BF的長為y，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）當(dāng)四邊形EBFD為軸對(duì)稱圖形時(shí)，則cos∠AED的值為　 　．

13．如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，點(diǎn)M在BC上，連接AM，作∠AMN＝∠AMB，點(diǎn)N在直線AD上，MN交CD于點(diǎn)E．
（1）求證：△AMN是等腰三角形；
（2）求證：AM2＝2BM?AN；
（3）當(dāng)M為BC中點(diǎn)時(shí)，求ME的長．

14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，過原點(diǎn)O及A（8，0）、C（0，6）作矩形OABC，連接AC，一塊直角三角形PDE的直角頂點(diǎn)P始終在對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)（不與A、C重合），且保持一邊PD始終經(jīng)過矩形點(diǎn)B，PE交x軸于點(diǎn)Q
（1）＝　 　；
（2）在點(diǎn)P從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A的過程中，的值是否發(fā)生變化？如果變化，請(qǐng)求出其變化范圍，如果不變，請(qǐng)說明理由，并求出其值；
（3）若將△QAB沿直線BQ折疊后，點(diǎn)A與點(diǎn)P重合，則PC的長為　 　．

15．如圖，在矩形OABC中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為A（4，0），B（4，3），動(dòng)點(diǎn)N，P分別從點(diǎn)B，A同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)N以1單位/秒的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P以5/4單位/秒的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，連結(jié)NP，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（0＜t＜4）
（1）直接寫出OA，AB，AC的長度；
（2）求證：△CPN∽△CAB；
（3）在兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，若點(diǎn)M同時(shí)以1單位/秒的速度從點(diǎn)O向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，求△MPN的面積S與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式（三角形的面積不能為0），并直接寫出當(dāng)S＝時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值．

16．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊CD上（不與點(diǎn)C，D重合），連結(jié)AE，BD交于點(diǎn)F．
（1）若點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，AB＝2，求AF的長．
（2）若tan∠AFB＝2，求的值．
（3）若點(diǎn)G在線段BF上，且GF＝2BG，連結(jié)AG，CG，＝x，四邊形AGCE的面積為S1，△ABG的面積為S2，求的最大值．
17．如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC上的點(diǎn)，且∠ADE＝∠B．
（1）求證：AB?CE＝BD?CD；
（2）若AB＝5，BC＝6，求AE的最小值；
（3）如圖2，若△ABC為等邊三角形，AD⊥DE，BE⊥DE，點(diǎn)C在線段DE上，AD＝3，BE＝4，求DE的長．

18．如圖，△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)P為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與B，C重合），以AP為邊作∠APD＝∠ABC，與BC的平行線AD交于點(diǎn)D，與AC交于點(diǎn)E，連結(jié)CD．
（1）求證：△ABP∽△DAE．
（2）已知AB＝AC＝5，BC＝6．設(shè)BP＝x，CE＝y(tǒng)．
①求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式及自變量x的取值范圍；
②當(dāng)S△ACD＝時(shí)，求CE的值．


19．如圖，在矩形ABCD的邊AB上取一點(diǎn)E，連接CE并延長和DA的延長線交于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作CG的垂線與CD的延長線交于點(diǎn)H，與DG交于點(diǎn)F，連接GH．
（1）當(dāng)tan∠BEC＝2且BC＝4時(shí)，求CH的長；
（2）求證：DF?FG＝HF?EF；
（3）連接DE，求證：∠CDE＝∠CGH．
20．定義：若一個(gè)四邊形能被其中一條對(duì)角線分割成兩個(gè)相似三角形，則稱這個(gè)四邊形為“友好四邊形”．
（1）如圖1，在4×4的正方形網(wǎng)格中，有一個(gè)網(wǎng)格Rt△ABC和兩個(gè)網(wǎng)格四邊形ABCD與ABCE，其中是被AC分割成的“友好四邊形”的是　 　；
（2）如圖2，將△ABC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A'B'C，點(diǎn)B'落在邊AC，過點(diǎn)A作AD∥A'B'交CA'的延長線于點(diǎn)D，求證：四邊形ABCD是“友好四邊形”；
（3）如圖3，在△ABC中，AB≠BC，∠ABC＝60°，△ABC的面積為6，點(diǎn)D是∠ABC的平分線上一點(diǎn)，連接AD，CD．若四邊形ABCD是被BD分割成的“友好四邊形”，求BD的長．

參考答案
1．解：（1）由圖2可知，s點(diǎn)P從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，
∵BD＝，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度＝÷＝1（cm/s），
故答案為：1；
（2）如圖1，作DQ⊥BC于點(diǎn)Q，
當(dāng)點(diǎn)P在BD上時(shí)，a＝×BC×DP，
∵四邊形ABCD為菱形，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為1，
∴AD＝BC＝1×a＝a，
∴a＝×a×DP，
解得，DQ＝2，
在Rt△BDQ中，BQ＝＝1，
∴CQ＝a﹣1，
在Rt△CDQ中，CD2＝CQ2+DQ2，即a2＝（a﹣1）2+22，
解得，a＝；
（3）①∵點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度1cm/s，點(diǎn)P、M的運(yùn)動(dòng)速度的比為2：6
∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度3cm/s，
由題意得，EF＝2a＝5，
∵FG﹣EF＝1，
∴FG＝6，
∴PF＝5﹣t，F(xiàn)M＝3t，
由翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)可知，PF＝PF′，F(xiàn)M＝FM′，
當(dāng)PF＝FM時(shí)，PF＝PF′＝FM＝FM′，
∴四邊形PFMF'為菱形，
又∠F＝90°，
∴四邊形PFMF'為正方形，
∴5﹣t＝3t，即t＝1.25時(shí)，四邊形PFMF'為正方形，
故答案為：1.25；
②存在，
∵點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度1cm/s，點(diǎn)P、M、N的運(yùn)動(dòng)速度的比為2：6：3，
∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度3cm/s，點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)速度1.5cm/s，
∴PF＝5﹣t，F(xiàn)M＝3t，GN＝1.5t，
∵點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度3cm/s，F(xiàn)G＝6，
∴0≤t≤2，
當(dāng)△PFM∽△MGN時(shí)，＝，即＝，
解得，t＝，
當(dāng)△PFM∽△NGM時(shí)，＝，即＝，
解得，t1＝﹣7﹣（舍去），t2＝﹣7+，
綜上所述，當(dāng)t＝或﹣7+時(shí)，△PFM與△MGN相似．
2．解：（1）當(dāng)t＝1時(shí)，則AP＝1，
∴BP＝AB﹣AP＝3，
∵EP⊥AB，
∴∠EPB＝∠A＝90°，
∴EP∥AD，
∴△BPE∽△BAD，
∴，
∴，
∴EP＝；
（2）∵∠A＝90°，AD＝3，AB＝4，
∴BD＝＝＝5，
∵EP⊥AB，
∴∠EPB＝∠A＝90°，
∴EP∥AD，
∴△BPE∽△BAD，
∴，
∴，
∴BE＝5﹣t，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠EBQ，
若∠BEQ＝∠A＝90°，
∴△BAD∽△QEB，
∴，
∴＝，
∴t＝28（不合題意舍去），
若∠BQE＝∠A＝90°，
∴△BAD∽△EQB，
∴，
∴t＝，
（3）∵S＝×CQ×PB＝×2t×（4﹣t）＝﹣（t﹣2）2+4，
∴當(dāng)t＝2時(shí)，S最大值為4，
∴△CEQ的面積S的最大值為4．
3．證明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△BAD∽△DCE；
（2）如圖2中，作AM⊥BC于M．
在Rt△ABM中，設(shè)BM＝4k，
∵＝，
∴，
由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，
∴102＝（3k）2+（4k）2，
∴k＝2或﹣2（舍棄），
∴AM＝6，BM＝8，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2×2k＝16，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE，
∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB，
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴＝，
∵DE∥AB，
∴，
∴＝．
（3）點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng)的過程中，存在某個(gè)位置，使得DF＝CF．
理由：作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N．則∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，
∴四邊形AMHN為矩形，
∴∠MAN＝90°，MH＝AN，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∵AB＝10，
∴BM＝CM＝8，
∴BC＝16，
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝6，
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD，
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD，
∴△AFN∽△ADM，
∴，
∴，
∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣AN＝8﹣＝，
當(dāng)DF＝CF時(shí)，由點(diǎn)D不與點(diǎn)C重合，可知△DFC為等腰三角形，
∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝7，
∴BD＝BC﹣CD＝16﹣7＝9，
∴點(diǎn)D在BC邊上運(yùn)動(dòng)的過程中，存在某個(gè)位置，使得DF＝CF，此時(shí)BD＝9．
4．解：（1）BM＝PD，，
理由如下：
當(dāng)n＝1，則AD＝AB，AP＝AM，
∴AD﹣AP＝AB﹣AM，
∴DP＝BM，
∵四邊形ABCD是矩形，四邊形AMNP是矩形，
∴AD＝CD＝AB，AP＝AM＝NP，∠ADC＝∠APN＝90°，
∴AC＝AD，AN＝AP，
∴AC﹣AN＝（AD﹣AP），
∴CN＝PD，
故答案為：BM＝PD，；
（2）CN與PD之間的數(shù)量關(guān)系發(fā)生變化，，
理由如下：如圖（1）在矩形ABCD和矩形AMNP中，
∵當(dāng)n＝2．AD＝2AB，AP＝2AM，
∴，，
∴.，
如圖（3）連接AC，
∵矩形AMNP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，
∴∠NAC＝∠PAD，
∴△ANC∽△APD，
∴，
∴；
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)N在線段CM上時(shí)，
∵AD＝4，AD＝2AB，
∴AB＝CD＝2，
∴AC＝＝＝，
∵AP＝2，AP＝2AM，
∴AM＝1，
∴CM＝＝＝，
∴CN＝CM﹣MN＝﹣2；
如圖，當(dāng)點(diǎn)M在線段CN上時(shí)，
同理可求CM＝，
∴CN＝CM+MN＝+2；
綜上所述：線段CN的長為或．
5．解：（1）∵∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，
∴BC＝＝＝6，
∵D、E分別是AB、BC的中點(diǎn)．
∴DE∥AC，DE＝AC＝4，BD＝AD＝5，BE＝CE＝3，
∵動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒5個(gè)單位長度的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，
∴AP＝5t，
∴BP＝10﹣5t，
∵DE∥AC，
∴△BPQ∽△BAC，
∴，
∴
∴PQ＝8﹣4t，
故答案為：8﹣4t；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，
∵四邊形DPQM是菱形，
∴PD＝PQ，
∴5﹣5t＝8﹣4t，
∴t＝﹣3（不合題意舍去），
當(dāng)點(diǎn)P在BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過點(diǎn)P作PH⊥DQ于H，
∵四邊形DPQM是菱形，
∴PD＝PQ，且PH⊥DQ，
∴DH＝HQ＝DQ＝[4﹣4（t﹣1）]＝4﹣2t，
∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠ACB＝90°＝∠PHD，
∴PH∥BE，
∴△PDH∽△BDE，
∴，
∴，
∴t＝，PH＝3t﹣3，
綜上所述：當(dāng)t＝時(shí)，?DPQM是菱形；
（3）當(dāng)0＜t＜1時(shí)，
S＝×（8﹣4t+4）×（3﹣3t）＝6t2﹣24t+18，
當(dāng)t＝1時(shí)，不能作出?DPQM，
當(dāng)1＜t＜2時(shí)，
S＝×（8﹣4t）×（3t﹣3）＝﹣6t2+18t﹣12；
（4）當(dāng)點(diǎn)P在AD上時(shí)，不存在△DPQ與△BDE相似，
當(dāng)點(diǎn)P在BD上時(shí)，則∠PDQ＝∠BDE，
若∠PQD＝∠DEB＝90°時(shí)，
∴△PDQ∽△BDE，
∴，
∴
∴t＝，
若∠DPQ＝∠DEB＝90°時(shí)，
∴△QPD∽△BED，
∴，
∴
∴t＝
綜上所述：當(dāng)t＝或時(shí)，△DPQ與△BDE相似．
6．解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，CD＝AB，CD∥AB，
∵BF⊥AD于F，
∴∠AFB＝90°，
∵∠BAD＝60°，
∴AB＝2AF＝6，BF＝AF＝3，
∵EH⊥AD于H，
∴AE＝2AH＝4，EH＝AH＝2，
∵DE⊥DC交AB于E，
∴∠DEA＝90°，
∴AD＝2AE＝8，
∴CB＝AD＝8，
如圖1，作AM⊥CB于M，則∠ABM＝∠BAD＝60°，
∴BM＝（1/2）AB＝3，AM＝BM＝3，
∴CM＝CB+BM＝11，
在Rt△ACM中：AC＝＝＝2．
（2）如圖2，作EN⊥AC于N，連接DN、CE，則∠CNE＝90°．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，CD＝AB，CD∥AB，
∵DE⊥DC交AB于E，
∴∠CDE＝∠DEA＝90°，
∵EH⊥AD于H，
∴∠DHD＝∠EHA＝90°，
∵BF⊥AD于F，
∴∠DFB＝∠AFB＝90°，
∴∠DHE＝∠BFA，
∵∠DEH+∠HEA＝∠HEA+∠BAF＝90°，
∴∠DEH＝∠BAF，
∵DH＝BF，
∴△DEH≌△BAF（AAS），
∴DE＝BA＝CD，
∴△CDE是等腰直角三角形，∠DCE＝∠DEC＝45°，
∵∠CDE＝∠CNE＝90°，
∴C、D、N、E四點(diǎn)共圓，
∴∠DNC＝∠DEC＝45°，
∵∠CDG＝45°﹣∠CAB，
∴∠CDG+∠CAB＝45°，
∵CD∥AB，
∴∠CAB＝∠DCG，
∴∠DGN＝∠DCG+∠CDG＝45°＝∠DNC，
∴△DGN是等腰直角三角形，∠GDN＝90°，DG＝DN，
∵∠CDG+∠GDE＝∠GDE+∠EDN＝90°，
∴∠CDG＝∠EDN，
∴△CDG≌△EDN（SAS），
∴EN＝CG，
∵∠CGD＝75°，
∴∠CGN＝∠CGD﹣∠DGN＝30°，
∴GN＝EN＝CG，
∴DG＝GN＝CG
7．解：（1）如圖1中，連接AC，AF．
∵四邊形ABCD，四邊形AEFG都是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，AC＝AB，AF＝AE，∠BAC＝45°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，
∵AC＝AB，AF＝AE，
∴＝，
∵∠BAC＝∠EAF＝45°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE∽△CAF，
∴＝＝，
∵DG＝BE，
∴＝．
故答案為：BE＝DG，．
（2）如圖2中，連接OB，OE，OF，OC．
∵四邊形ABCD是正方形，OA＝OD，
∴∠A＝∠CDO＝90°，AB＝CD，
∴△AOB≌△DOC（SAS），
∴OB＝OC，同法可證OE＝OF，
∴∠OBC＝∠OCB，∠OEF＝∠OFE，
∵BC∥AD，
∴∠CBO＝∠AOB，
∴tan∠CBO＝tan∠AOB＝2，
同法可證：tan∠FEO＝2，
∴tan∠CBO＝tan∠FEO，
∴∠CBO＝∠FEO，
∴∠OBC＝∠OCB＝∠OEF＝∠OFE，
∴∠BOC＝∠EOF，
∴∠EOB＝∠FOC，
∵OE＝OF，OB＝OC，
∴△OEB≌△OFC（SAS），
∴BE＝FC，
∵tan∠COD＝tan∠COD＝2，
∴∠FOG＝∠COD，
∴∠FOC＝∠GOD，
∵＝＝，
∴△FOG∽△GOD，
∴＝＝．
（3）①如圖3中，結(jié)論不成立，BE＝3DG．連接BE，AC，AF，CF．
∵四邊形ABCD，四邊形AEFG都是矩形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AB＝3AD，AE＝3AG，
∴＝，
∴△BAE∽△DAG，
∴＝＝3，
∴BE＝3DG，
由題意：＝，＝，
∴＝，
∴＝，
∵tan∠BAC＝tan∠EAF＝，
∴∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE∽△CAF，
∴＝＝，
∴＝．
②如圖4中，連接OE，OB，OF，OC．
由（2）可知，∠BOC＝∠EOF，OE＝OF，OB＝OC，
∴∠EOB＝∠FOC，
∴△EOB≌△FOC（SAS），
∴BE＝CF．
同法可證△FOC∽△GOD，
∴＝，
∵＝2n，
設(shè)EH＝k，則GH＝2nk，
∴OG＝nk，
∴OF＝＝?k，
∵BE＝CF，
∴＝＝．
8．證明：（1）①∵四邊形ABCD和四邊形DEFG是正方形，
∴∠A＝∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD，DE＝DG，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠A＝∠DCG＝90°，
∴CD⊥CG；
②如圖1，過點(diǎn)N作NP∥DE，
∵四邊形DEFG是正方形，
∴EF＝GF，∠EFH＝∠GFH＝45°，且HF＝HF，
∴△EFH≌△GFH（SAS），
∴EH＝GH，∠HEF＝∠HGF，
∵∠HEF＝∠HGF，EF＝GF，∠EFM＝∠GFN，
∴△EFM≌△GFN（ASA），
∴FM＝NF，EM＝GN，
∵tan∠HEN＝＝，
∴EF＝4MF＝4NF＝GF，
∴GM＝3MF＝EN＝3NF，
∴NP∥DE，
∴△PNE∽△MFE，
∴，
∴PN＝MF，
∵NP∥DE，
∴＝，
∴；
（2）如圖1，∵AD＝4，AE＝1，
∴DE＝＝＝，
∴EF＝GF＝，
∴NF＝EF＝，
∵GN2＝GF2+NF2，
∴GN＝，
∵
∴GH＝GN＝，
∴EH＝GH＝
若點(diǎn)E在點(diǎn)A左側(cè)，如圖2，設(shè)AB與DH于點(diǎn)O，過點(diǎn)F作FN⊥AB，
∵∠DEA+∠FEB＝90°，∠DEA+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠FEB，且∠DAE＝∠FNE＝90°，DE＝EF，
∴△ADE≌△NEF（AAS）
∴AE＝NF＝1，DA＝EN＝4，
∴AN＝3，BN＝1，
∵DA∥NF，
∴，
∴ON＝，
∴BO＝，
∴AO＝
∵DA∥BH，
∴，
∴BH＝，
∴EH＝＝＝
9．證明：（1）∵正方形ABCD，E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，
∴AD＝BC＝DC＝AB，AE＝BE＝AB，BF＝CF＝BC，
∴AE＝BF，
∵在△ADE和△BAF中，
∴△ADE≌△BAF（SAS）
∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF＝90°
∴∠ADE+∠DAF＝90°＝∠AGD，
∴AF⊥DE；
（2）①如圖b，過點(diǎn)B作BN⊥AF于N，
∵∠BAF＝∠ADE，∠AGD＝∠ANB＝90°，AB＝AD，
∴△ABN≌△ADG（AAS）
∴AG＝BN，DG＝GN，
∵∠AGE＝∠ANB＝90°，
∴EG∥BN，
∴，且AE＝BE，
∴AG＝GN，
∴AN＝2AG＝DG，
∵BG2＝BN2+GN2＝AG2+AG2，
∴BG2＝2AG2＝2AG?AG＝GA?DG；
②∵AB＝10，
∴AE＝BF＝5，
∴DE＝＝＝5，
∵×AD×AE＝×DE×AG，
∴AG＝2，
∴GN＝BN＝2，
∴AN＝DG＝4，
∵GE∥BN，
∴△DGH∽△BNH，
∴＝＝2，
∴GH＝2HN，且GH+HN＝GN＝2，
∴GH＝，
∴S△GHB＝×GH×BN＝××2＝．
10．（1）證明：過點(diǎn)P作PG⊥AB于點(diǎn)G，如圖1所示：
則四邊形DPGA和四邊形PCBG是矩形，
∴AD＝PG，DP＝AG，BG＝PC，
∵∠APB＝90°，
∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，
∴∠APG＝∠PBG，
∴△APG∽△PBG，
∴＝，
∴PG2＝AG?BG，
即AD2＝DP?PC；
（2）解：四邊形PMBN是菱形；理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∵BM∥PN，BN∥MP，
∴四邊形PMBN是平行四邊形，
∵DP∥AB，
∴∠DPA＝∠PAM，
由題意可知：∠DPA＝∠APM，
∴∠PAM＝∠APM，
∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，
即∠ABP＝∠MPB
∴AM＝PM，PM＝MB，
∴PM＝MB，
∴四邊形PMBN是菱形；
（3）解：∵AD＝3DP，
∴設(shè)DP＝1，則AD＝3，
由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝3，
∵PG2＝AG?BG，
∴32＝1?BG，
∴BG＝PC＝9，
AB＝AG+BG＝10，
∵CP∥AB，
∴△PCF∽△BAF，
∴＝＝，
∴＝，
∵PM＝MB，
∴∠MPB＝∠MBP，
∵∠APB＝90°，
∴∠MPB+∠APM＝∠MBP+∠MAP＝90°，
∴∠APM＝∠MAP，
∴PM＝MA＝MB，
∴AM＝AB＝5，
∵AB∥CD，
∴△PCE∽△MAE，
∴＝＝，
∴＝，
∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣AC＝AC，
∴＝＝．
11．解：（1）由題意得：AM＝t，
∵PM⊥AB，
∴∠PMA＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠APM＝30°，
∴PM＝AM＝t．
∵∠C＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝30°，
∴AB＝2AC＝4，BC＝AC＝2，
∵M(jìn)N＝1，
∴BN＝AM﹣AM﹣1＝3﹣t，
∵QN⊥AB，
∴QN＝BN＝（3﹣t）；
故答案為：tcm，（3﹣t）cm．
（2）四邊形MNQP有可能成為矩形，理由如下：
由（1）得：QN＝（3﹣t）．
由條件知，若四邊形MNQP為矩形，
則需PM＝QN，即t＝（3﹣t），
∴t＝．
∴當(dāng)t＝s時(shí)，四邊形MNQP為矩形；
（3）由（2）知，當(dāng)t＝s時(shí)，四邊形MNQP為矩形，此時(shí)PQ∥AB，
∴△PQC∽△ABC．
除此之外，當(dāng)∠CPQ＝∠B＝30°時(shí)，△QPC∽△ABC，
此時(shí) ＝tan30°＝．
∵＝cos60°＝，
∴AP＝2AM＝2t．
∴CP＝2﹣2t．
∵＝cos30°＝，
∴BQ＝（3﹣t）．
又∵BC＝2，
∴CQ＝2 ．
∴．
綜上所述，當(dāng)s或s時(shí)，以C，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．
12．證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝4，AB＝CD＝6，
∴∠ADE+∠EDC＝90°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDC+∠CDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，且∠A＝∠DCF＝90°，
∴△DAE∽△DCF；
（2）∵△DAE∽△DCF，
∴，
∴
∴y＝x+4；
（3）∵四邊形EBFD為軸對(duì)稱圖形，
∴DE＝BE，
∵AD2+AE2＝DE2，
∴16+AE2＝（6﹣AE）2，
∴AE＝，
∴DE＝BE＝，
∴cos∠AED＝＝，
故答案為：．
13．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠NAM＝∠BMA，
∵∠AMN＝∠AMB，
∴∠AMN＝∠NAM，
∴AN＝MN，即△AMN是等腰三角形；
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝2，AB＝CD＝3，
∴∠NAM＝∠BMA，
作NH⊥AM于H，如圖所示：
∵AN＝MN，NH⊥AM，
∴AH＝AM，
∵∠NHA＝∠ABM＝90°，∠NAM＝∠BMA，
∴△NAH∽△AMB，
∴＝，
∴AN?BM＝AH?AM＝AM2，
∴AM2＝2BM?AN；
（3）解：∵M(jìn)為BC中點(diǎn)，
∴BM＝CM＝BC＝×2＝1，
由（2）得：AM2＝2BM?AN，
即：AM2＝2AN，
∵AM2＝AB2+BM2＝32+12＝10，
∴10＝2AN，
∴AN＝5，
∴DN＝AN﹣AD＝5﹣2＝3，
設(shè)DE＝x，則CE＝3﹣x，
∵AN∥BC，
∴△DNE∽△CME
∴＝，即＝，
解得：x＝，即DE＝，
∴CE＝DC﹣DE＝3﹣＝，
∴ME＝＝＝．
14．解：（1）∵A（8，0）、C（0，6），
∴OA＝8，OC＝6，
∵四邊形OABC是矩形，
∴∠ABC＝∠OAB＝90°，BC＝OA＝8，AB＝OC＝6，
∴＝＝，
故答案為：；
（2）的值不發(fā)生變化，＝，理由如下：
∵∠OAB＝∠BPQ＝90°，
∴∠AOB+∠BPQ＝180°，
∴A、B、P、Q四點(diǎn)共圓，
∴∠PQB＝∠PAB，
∵∠ABC＝∠BPQ＝90°，
∴△PBQ∽△BCA，
∴＝＝；
（3）設(shè)BQ交AP于M，如圖所示：
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝10，
由折疊的性質(zhì)得：BQ⊥AP，PM＝AM，
∴∠AMB＝90°＝∠ABC，
∵∠BAM＝∠CAB，
∴△ABM∽△ACB，
∴＝，即＝，
解得：AM＝3.6，
∴PA＝2AM＝7.2，
∴PC＝AC﹣PA＝10﹣7.2＝2.8；
故答案為：2.8．
15．（1）證明：∵四邊形OABC是矩形，A（4，0），B（4，3），
∴OA＝BC＝4，AB＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴AC＝＝＝5；
（2）解：由題意得：BN＝t，AP＝t，
∵＝，＝＝，
∴＝，
∴PN∥AB，
∴△CPN∽△CAB；
（3）解：分兩種情況：
①當(dāng)0＜t＜2時(shí)，延長NP交OA于D，如圖1所示：
由（2）得：PD∥AB，
∴△APD∽△ACO，
∴＝＝，即＝＝，
解得：PD＝t，AD＝t，
∴PN＝3﹣t，DM＝4﹣t﹣t＝4﹣2t，
∴△MPN的面積S＝PN×DM＝×（3﹣t）×（4﹣2t）＝t2﹣t+6，
即S＝t2﹣t+6（0＜t＜2）；
②當(dāng)2＜t＜4時(shí)，延長NP交OA于D，如圖2所示：
由（2）得：PD∥AB，
∴△APD∽△ACO，
∴＝＝，即＝＝，
解得：PD＝t，AD＝t，
∴PN＝3﹣t，DM＝t+﹣4t＝2t﹣4，
∴△MPN的面積S＝PN×DM＝×（3﹣t）×（2t﹣4）＝﹣t2+t﹣6，
即S＝﹣t2+t﹣6（2＜t＜4）；
當(dāng)S＝，0＜t＜2時(shí)，則t2﹣t+6＝，
整理得：t2﹣6t+6＝0，
解得：t＝3﹣，或t＝3+（不合題意舍去），
∴t＝3﹣；
當(dāng)S＝，2＜t＜4時(shí)，則﹣t2+t﹣6＝，
整理得：t2﹣6t+10＝0，
∵△＝36﹣40＜0，
∴此方程無解；
綜上所述，當(dāng)S＝時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值為（3﹣）秒．
16．解：（1）∵點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，AB＝AD＝CD＝2，
∴DE＝，
∴AE＝＝＝5，
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△EDF，
∴，
∴AF＝2EF，且AF+EF＝5，
∴AF＝；
（2）如圖1，連接AC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，BD＝AB，AO⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，
∴AO＝DO＝BO＝AB，
∵tan∠AFB＝＝2，
∴OF＝AO＝AB，
∴DF＝OD﹣OF＝AB，BF＝OB+OF＝AB，
∴；
（3）如圖2，設(shè)AB＝CD＝AD＝a，則BD＝a，
∵＝x，
∴DE＝xa，
∴S△ADE＝×AD×DE＝xa2，
∵△ABF∽△EDF，
∴＝x，
∴DF＝x?BF，
∴S△ABF＝a2，
∵GF＝2BG，
∴S2＝S△ABG＝S△ABF＝，
∵AB＝CB，∠ABG＝∠CBG，BG＝BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS）
∴S△ABG＝S△CBG，
∴S1＝四邊形AGCE的面積＝a2﹣xa2﹣2×
∴＝﹣3x2+3x+4＝﹣3（x﹣）2+
∴當(dāng)x＝時(shí)，的最大值為．
17．（1）證明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADC為△ABD的外角，
∴∠ADE+∠EDC＝∠B+∠DAB，
∵∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，又∠B＝∠C，
∴△ABD∽△DCE，
∴＝，
∴AB?CE＝BD?CD；
（2）解：設(shè)BD＝x，AE＝y(tǒng)，
由（1）得，5×（5﹣y）＝x×（6﹣x），
整理得，y＝x2﹣x+5
＝（x﹣3）2+，
∴AE的最小值為；
（3）解：作AF⊥BE于F，
則四邊形ADEF為矩形，
∴EF＝AD＝3，AF＝DE，
∴BF＝BE﹣EF＝1，
設(shè)CD＝x，CE＝y(tǒng)，
則AF＝DE＝x+y，
由勾股定理得，AD2+CD2＝AC2，CE2+BE2＝BC2，AF2+BF2＝AB2，
∵△ABC為等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∴32+x2＝AC2，y2+42＝BC2，（x+y）2+12＝AC2，
∴x2﹣y2＝7，y2+2xy＝8，
解得，x＝，y＝，
∴DE＝x+y＝．
18．（1）證明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠APC＝∠ABC+∠BAP，∠APC＝∠APD+∠EPC，∠APD＝∠ABC，
∴∠BAP＝∠EPC，
∴△ABP∽△PCE，
∵BC∥AD，
∴△PCE∽△DAE，
∴△ABP∽△DAE；
（2）解：①∵△ABP∽△PCE，
∴＝，即＝，
∴y＝﹣x2+x（0＜x＜6）；
②∵△ABP∽△DAE，
∴＝，即＝，
∴AD＝，
∵AD∥BC，
∴，
∵，
∴，
∴，即13x2+24x﹣100＝0，
∴x1＝2，（舍去）
∴．
19．（1）解：在Rt△BCE中，當(dāng)tan∠BEC＝2，
∴＝2，即＝2，
解得，BE＝2，
由勾股定理得，CE＝＝＝2，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ECH＝∠BEC，
∴tan∠ECH＝＝2，即＝2，
∴EH＝4，
∴CH＝＝10；
（2）證明：∵∠FEG＝∠FDH＝90°，∠EFG＝∠DFH，
∴△EFG∽△DFH，
∴＝，
∴DF?FG＝HF?EF；
（3）證明：∵△EFG∽△DFH，
∴∠CGD＝∠CHE，又∠GCD＝∠HCE，
∴△GCD∽△HCE，
∴＝，又∠GCD＝∠HCE，
∴△CDE∽△CGH，
∴∠CDE＝∠CGH．
20．解：（1）AB＝2，BC＝1，AD＝4，
由勾股定理得，AC＝＝，CD＝＝，
AE＝＝2，CE＝＝5，
＝＝＝，
∴△ABC∽△EAC，
∴四邊形ABCE是“友好四邊形”，
≠，
∴△ABC與△ACD不相似，
∴四邊形ABCD不是“友好四邊形”，
故答案為：四邊形ABCE；
（2）證明：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠A'CB'＝∠ACB，∠CA'B'＝∠CAB，
∵AD∥A'B'，
∴∠CA'B'＝∠D，
∴∠CAB＝∠D，又∠A'CB'＝∠ACB，
∴△ABC∽△DAC，
∴四邊形ABCD是“友好四邊形”；
（3）如圖3，過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，
在Rt△ABM中，AM＝AB?sin∠ABC＝AB，
∵△ABC的面積為6，
∴BC×AB＝6，
∴BC×AB＝24，
∵四邊形ABCD是被BD分割成的“友好四邊形”，且AB≠BC，
∴△ABD∽△DBC
∴，
∴BD2＝AB×BC＝24，
∴BD＝＝2．

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