2023年浙江省中考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)卷：14圖形的相似（含解析）

2023年浙江省中考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)卷：14圖形的相似一．選擇題（共13小題）1．（2022?金華模擬）如圖，在矩形ABCD中，DE＝3AE，BE⊥AC于點(diǎn)F，連接DF．分析下列四個(gè)結(jié)論：①△AEF∽△CAB；②CF＝3AF；③S△CDF＝S△CBF；④若BC＝4，則tan∠ACB=1其中正確的結(jié)論有（）A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④2．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）如圖，兩個(gè)大小不等的正方形被切割成5部分，且②與⑤的面積之差為8，將這5部分拼接成一個(gè)大正方形ABCD，連接AC交DF于點(diǎn)E，若DEEF=4A．18 B．25 C．32 D．503．（2022?吳興區(qū)校級(jí)二模）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)E，∠BAD＝60°，AB＝1．按下列步驟作圖：①以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，與∠ABD的兩邊分別交于M、N兩點(diǎn)；②分別以點(diǎn)M、N為圓心，大于12MN長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧相交于點(diǎn)P；③過B，P兩點(diǎn)作射線BP，分別交AD，AC于點(diǎn)F，GA．AF＝DF B．BF⊥BC C．AG：GC＝1：3 D．AD2＝AG?AC4．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)二模）在《寺廟難題》書中，有這樣一道題：五個(gè)正方形ABCD，CEFG，F(xiàn)HMN，GNPQ，DGST如圖所示排列，其中點(diǎn)A，B、E，H，M共線，可得結(jié)論：正方形CEFG與△SGQ的面積相等．若正方形CEFG與△SGQ的面積之和為120，則正方形DGST與正方形GNPQ面積之和為（）A．270 B．300 C．320 D．3505．（2022?嘉興二模）如圖，點(diǎn)F，G分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，E為AB中點(diǎn)，連結(jié)ED，正方形FGQP的邊PQ恰好在DE上，記正方形ABCD面積為S1，正方形FPQG面積為S2，則S1：S2的值為（）A．10：7 B．20：7 C．49：10 D．49：206．（2022?嘉興二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以P（0，﹣1）為位似中心，在y軸右側(cè)作△ABP放大2倍后的位似圖形△DCP，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣2，﹣4），則點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（）A．（4，5） B．（4，6） C．（2，4） D．（2，6）7．（2022?樂清市三模）如圖，在直角坐標(biāo)系中，△ABC與△A'B'C'是位似圖形，則位似中心為（）A．點(diǎn)M B．點(diǎn)N C．點(diǎn)O D．點(diǎn)P8．（2022?衢州）西周數(shù)學(xué)家商高總結(jié)了用“矩”（如圖1）測(cè)量物高的方法：把矩的兩邊放置成如圖2的位置，從矩的一端A（人眼）望點(diǎn)E，使視線通過點(diǎn)C，記人站立的位置為點(diǎn)B，量出BG長(zhǎng)，即可算得物高EG．令BG＝x（m），EG＝y(tǒng)（m），若a＝30cm，b＝60cm，AB＝1.6m，則y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式為（）A．y=12x B．y=1C．y＝2x+1.6 D．y=18009．（2022?樂清市一模）等積變換法是證明勾股定理的常用方法之一．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB為邊向下作正方形ADEB，CN平分∠ACB分別交AB，DE于M，N，過點(diǎn)A，B分別作AG∥BC，BF∥AC，交CN于點(diǎn)G，F(xiàn)，連結(jié)DG，利用此圖形可以證明勾股定理，記△AMG，△DGN的面積分別為S1，S2，若S1+S2＝7，F(xiàn)G=22，則A．26 B．5 C．26 D．10．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以△ABC的三邊為底邊分別在AC的上方作三個(gè)相似的等腰三角形，△ABD∽△ACF∽△BCE，且AF⊥DB于點(diǎn)G，BE交CF于點(diǎn)H，若DGGB=3A．27 B．15 C．5-111．（2022?紹興）將一張以AB為邊的矩形紙片，先沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形（剪掉的兩個(gè)直角三角形相似），剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，則剪掉的兩個(gè)直角三角形的斜邊長(zhǎng)不可能是（）A．252 B．454 C．10 D12．（2022?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點(diǎn)A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，A′E與BC相交于點(diǎn)G，B′A′的延長(zhǎng)線過點(diǎn)C．若BFGC=2A．22 B．4105 C．207 13．（2022?松陽(yáng)縣二模）正方形ABCD中，兩條對(duì)角線交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DF⊥AE，交AB于點(diǎn)F，交OA于點(diǎn)M，AE與BD交于點(diǎn)N，記p=BFOM，q=BNONA．p＝q＞r B．p＞q＝r C．p＜q＝r D．p＝q＝r二．填空題（共10小題）14．（2022?衢州）希臘數(shù)學(xué)家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，A，B是兩側(cè)山腳的入口，從B出發(fā)任作線段BC，過C作CD⊥BC，然后依次作垂線段DE，EF，F(xiàn)G，GH，直到接近A點(diǎn)，作AJ⊥GH于點(diǎn)J．每條線段可測(cè)量，長(zhǎng)度如圖所示．分別在BC，AJ上任選點(diǎn)M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k，此時(shí)點(diǎn)P，A，B，Q（1）CD﹣EF﹣GJ＝km．（2）k＝．15．（2022?杭州）某項(xiàng)目學(xué)習(xí)小組為了測(cè)量直立在水平地面上的旗桿AB的高度，把標(biāo)桿DE直立在同一水平地面上（如圖）．同一時(shí)刻測(cè)得旗桿和標(biāo)桿在太陽(yáng)光下的影長(zhǎng)分別是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F(xiàn)在同一直線上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，則AB＝m．16．（2022?湖州）如圖，已知在△ABC中，D，E分別是AB，AC上的點(diǎn)，DE∥BC，ADAB=13．若DE＝2，則BC的長(zhǎng)是17．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點(diǎn)C是射線BQ上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動(dòng)點(diǎn)E在AB延長(zhǎng)線上，tan∠QBE＝3，連結(jié)CE，DE，當(dāng)CE＝DE，CE⊥DE時(shí)，BE的長(zhǎng)是．18．（2022?義烏市模擬）將一本高為17cm（即EF＝17cm）的詞典放入高（AB）為16cm的收納盒中（如圖1）．恰好能蓋上盒蓋時(shí)，測(cè)得底部F離收納盒最左端B處8cm，若此時(shí)將詞典無滑動(dòng)向右倒，書角H的對(duì)應(yīng)點(diǎn)H′恰為CD中點(diǎn)．（1）收納盒的長(zhǎng)BC＝；（2）現(xiàn)將若干本同樣的詞典放入此有蓋的收納盒中，如圖2放置，則最多有本書可與邊BC有公共點(diǎn)．19．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖1是個(gè)家用折疊梯子，使用時(shí)四個(gè)踏板都是平行于地面且全等的矩形，BC＝CD＝DE＝EL，將踏板往上收起時(shí)（如圖2），點(diǎn)A與點(diǎn)F重合，此時(shí)，踏板可以看作與支架AL重合，將梯子垂直擺放時(shí)，量得點(diǎn)A離地面110cm，點(diǎn)H離地面65cm，則踏板寬BF＝cm；圖3是圖1的簡(jiǎn)略視圖，記支架AM交BF于點(diǎn)P，此時(shí)點(diǎn)G恰好在A的正下方，且量得PB：PF＝13：4，則AM＝cm．20．（2022?溫州模擬）圖1是一折疊桌，桌板DEIJ固定墻上，支架AD，HE繞點(diǎn)D，E旋轉(zhuǎn)時(shí)，AD∥HE，桌板邊緣AH∥BG∥CF∥DE，桌腳AN⊥AH，桌子放平得圖2．圖3是打開過程中側(cè)面視圖，當(dāng)點(diǎn)N在直線CF上時(shí)，點(diǎn)N到墻OE的距離為cm．視圖中以C，K為頂點(diǎn)的長(zhǎng)方形表示一圓柱體花瓶，桌子打開至點(diǎn)M，C，F(xiàn)在同一直線時(shí)，桌板邊緣GL恰卡在點(diǎn)K，為不影響桌板BG收放，則至少將花瓶沿CF方向平移cm．21．（2022?奉化區(qū)二模）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，且AC＝6，BD＝8．過O的直線EF交BC于E，交AD于F．把四邊形CDFE沿著EF折疊得到四邊形C'EFD'，C'D'交AC于點(diǎn)G．當(dāng)C'D'∥BD時(shí)，C'GD'G的值為，BE的長(zhǎng)為22．（2022?樂清市一模）如圖1為某智能洗拖一體掃地機(jī)，它正常工作及待機(jī)充電時(shí)的示意圖如圖2所示，四邊形ABCD為它的手柄，OE為支撐桿，OM為拖把支架，且點(diǎn)O始終在AB的延長(zhǎng)線上，當(dāng)待機(jī)時(shí)，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，則CD＝cm；OE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度，機(jī)器開始工作，當(dāng)D'，C'，M在同一直線上時(shí)，點(diǎn)A，B分別繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)A'，B'，且高度分別下降了21.6cm和18cm，則此時(shí)點(diǎn)D'到OM距離為cm．23．（2022?溫州校級(jí)模擬）圖1中周長(zhǎng)為58的矩形紙片剪掉一塊邊長(zhǎng)為4的正方形后，將剩下的部分沿著虛線剪開，拼成不重疊、無縫隙的矩形ABCD（如圖2），則圖2中線段BE的長(zhǎng)為，連接部分⑤的對(duì)角線交矩形ABCD于點(diǎn)M、N，則MN＝．三．解答題（共8小題）24．（2022?杭州）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，連接DE，EF．已知四邊形BFED是平行四邊形，DEBC（1）若AB＝8，求線段AD的長(zhǎng)．（2）若△ADE的面積為1，求平行四邊形BFED的面積．25．（2022?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC上的點(diǎn)，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于點(diǎn)G，求證：DG＝EG．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在（1）的條件下，連結(jié)CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求DEBC【拓展提高】（3）如圖3，在?ABCD中，∠ADC＝45°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為AO上一點(diǎn)，EG∥BD交AD于點(diǎn)G，EF⊥EG交BC于點(diǎn)F．若∠EGF＝40°，F(xiàn)G平分∠EFC，F(xiàn)G＝10，求BF的長(zhǎng)．26．（2022?寧波模擬）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6．AC＝8，點(diǎn)D，E分別是AB，BC的中點(diǎn)．把△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一定角度，連結(jié)AD，AE，CD，CE．（1）如圖2，當(dāng)線段BD在△ABC內(nèi)部時(shí)，求證：△BAD∽△BCE．（2）當(dāng)點(diǎn)D落在直線AE上時(shí)，請(qǐng)畫出圖形，并求CE的長(zhǎng)．（3）當(dāng)△ABE面積最大時(shí)，請(qǐng)畫出圖形，并求出此時(shí)△ADE的面積．27．（2022?義烏市模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形OABC的頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），點(diǎn)D從原點(diǎn)O出發(fā)沿O→A→B勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)B時(shí)停止，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿A→B→C隨D運(yùn)動(dòng)，且始終保持∠CDE＝∠COA．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．（1）當(dāng)DE∥OB時(shí)，求證：△OCD≌△BCE．（2）若點(diǎn)E在BC邊上，當(dāng)△CDE為等腰三角形時(shí)，求BE的長(zhǎng)．（3）若點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)速度為每秒1個(gè)單位，是否存在這樣的t，使得以點(diǎn)C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△OCD相似？若存在，直接寫出所有符合條件的t；若不存在，請(qǐng)說明理由．28．（2022?景寧縣模擬）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)P為對(duì)角線AC上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)DP，將DP繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至DQ，使∠QDP＝∠CDA，PQ與CD交于點(diǎn)E．（1）求證：△PEC∽△DPA；（2）已知AD＝5，AC＝8，①當(dāng)DP⊥AD時(shí)，求△PEC的面積；②連結(jié)CQ，當(dāng)△EQC為直角三角形時(shí)，求AP的長(zhǎng)．29．（2022?永嘉縣三模）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，AE，BF交于點(diǎn)P．（1）求證：AP＝4PE．（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四邊形PFCE的面積．30．（2022?余姚市模擬）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)D為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連結(jié)AD，將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AE，連結(jié)CE．求證：△ABD≌△ACE；【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在（1）的條件下，連接DE，若AE交DC于點(diǎn)F，已知FC＝3，tan∠ADC【拓展提高】（3）如圖3，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是對(duì)角線CA延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，連結(jié)DE，過D點(diǎn)作DE的垂線交AC于F點(diǎn)，交BC于G點(diǎn)，若GC=2，AE＝3，求31．（2022?西湖區(qū)校級(jí)二模）【證明體驗(yàn)】（1）如圖1，正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AB和對(duì)角線AC上的點(diǎn)，∠EDF＝45°．求證：△DBE∽△DCF．【思考探究】（2）如圖2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F(xiàn)分別是邊AB和對(duì)角線AC上的點(diǎn)，tan∠EDF=43，BE＝5，求【拓展延伸】（3）如圖3，菱形ABCD中，BC＝5，對(duì)角線AC＝6，BH⊥AD交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，E，F(xiàn)分別是線段HB和AC上的點(diǎn)，tan∠EDF=34，CF＝1，求

2023年浙江省中考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)卷：14圖形的相似參考答案與試題解析一．選擇題（共13小題）1．（2022?金華模擬）如圖，在矩形ABCD中，DE＝3AE，BE⊥AC于點(diǎn)F，連接DF．分析下列四個(gè)結(jié)論：①△AEF∽△CAB；②CF＝3AF；③S△CDF＝S△CBF；④若BC＝4，則tan∠ACB=1其中正確的結(jié)論有（）A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝90°，∴∠EAF＝∠ACB，∵AC⊥BE，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正確，∵DE＝3AE，∴AEBC∴CF＝4AF，故②錯(cuò)誤，∵四邊形ABCD是矩形，∴S△ADC＝S△ABC，∵CF=45∴S△CDF=45S△ADC，S△CBF=45∴S△CDF＝S△CBF，故③正確，設(shè)AF＝m，CF＝4m，∵∠ABF+∠BAC＝90°，∠BAC+∠FCB＝90°，∴∠ABF＝∠BCF，∵∠BFA＝∠CFB＝90°，∴△BFA∽△CFB，∴BFCF∴BF＝2m，∴tan∠ACB=BFCF=故選：C．2．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）如圖，兩個(gè)大小不等的正方形被切割成5部分，且②與⑤的面積之差為8，將這5部分拼接成一個(gè)大正方形ABCD，連接AC交DF于點(diǎn)E，若DEEF=4A．18 B．25 C．32 D．50【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴△ADE∽△CEF，∴AECE∵AM⊥DM，CN⊥NF，∴∠AME＝∠CNE＝90°，又∠AEM＝∠CEN，∴△AME∽△CNE，∴AMCN∵AM＝HI＝GT，CN＝KJ，∴GTKJ設(shè)GT＝4x，則KJ＝3x＝QI＝IJ，HI＝QT＝4x，∴HQ＝HI﹣QI＝4x﹣3x＝x，∵RQ∥JI，∴△HQR∽△HIJ，∴QRIJ=HQ∴QR=∴S②＝S梯形HQTG﹣S△HQR=12(∵S②﹣S⑤＝8，∴778解得x2＝2，∴x=∴GT=42，∴S正方形ABCD＝S正方形GPQT+S正方形KQTI=(42故選：D．3．（2022?吳興區(qū)校級(jí)二模）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)E，∠BAD＝60°，AB＝1．按下列步驟作圖：①以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，與∠ABD的兩邊分別交于M、N兩點(diǎn)；②分別以點(diǎn)M、N為圓心，大于12MN長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧相交于點(diǎn)P；③過B，P兩點(diǎn)作射線BP，分別交AD，AC于點(diǎn)F，GA．AF＝DF B．BF⊥BC C．AG：GC＝1：3 D．AD2＝AG?AC【解答】解：由題意可得：BF平分∠ABD，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴AB＝AD＝BC，∠BAC＝30°＝∠BCA，∴△ABD是等邊三角形，又∵BF平分∠ABD，∴AF＝DF，BF⊥AD，∠ABF＝30°，故選項(xiàng)A不符合題意，∵AD∥BC，∴BF⊥BC，故選項(xiàng)B不符合題意，∵∠ABF＝∠ACB＝30°，∠BAC＝∠BAG，∴△ABG∽△ACB，∴ABAG∴AB2＝AC?AG，∴AD2＝AC?AG，故選項(xiàng)D不符合題意；∵∠ABF＝∠ACB＝30°＝∠BAC，BF⊥BC，∴AG＝BG，GC＝2BG，∴AG：GC＝1：2，故選項(xiàng)C符合題意，故選：C．4．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)二模）在《寺廟難題》書中，有這樣一道題：五個(gè)正方形ABCD，CEFG，F(xiàn)HMN，GNPQ，DGST如圖所示排列，其中點(diǎn)A，B、E，H，M共線，可得結(jié)論：正方形CEFG與△SGQ的面積相等．若正方形CEFG與△SGQ的面積之和為120，則正方形DGST與正方形GNPQ面積之和為（）A．270 B．300 C．320 D．350【解答】解：如圖，過點(diǎn)G作GK⊥CD，交DC的延長(zhǎng)線于K，GJ⊥FN，交NF的延長(zhǎng)線于J，∵四邊形GCEF是正方形，∴CG＝EF＝GF＝CE，∠CGF＝∠GFE＝∠CEF＝∠GCE＝90°，∴∠CGK+∠JGF＝90°＝∠JGF+∠GFJ＝∠GFJ+∠JFE＝∠JFE+∠EFH，∴∠CGK＝∠EFH，又∵∠GKC＝∠EHF＝90°，∴△CGK≌△EFH（AAS），∴GK＝FH，CK＝EH，同理可求：GJ＝BC，JF＝BE，BC＝EH，BE＝FH，∴BC＝CK＝EH＝GJ，BE＝GK＝JF＝FH，∴DK＝2BC，NJ＝2FH＝2BE，∵正方形CEFG與△SGQ的面積相等．若正方形CEFG與△SGQ的面積之和為120，∴正方形CEFG的面積＝60，∴BC2+BE2＝CE2＝60，∵正方形DGST與正方形GNPQ面積之和＝DG2+GN2，∴正方形DGST與正方形GNPQ面積之和＝DK2+GK2+GJ2+JN2＝4BC2+BE2+4BE2+BC2＝5（BC2+BE2）＝300，故選：B．5．（2022?嘉興二模）如圖，點(diǎn)F，G分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，E為AB中點(diǎn)，連結(jié)ED，正方形FGQP的邊PQ恰好在DE上，記正方形ABCD面積為S1，正方形FPQG面積為S2，則S1：S2的值為（）A．10：7 B．20：7 C．49：10 D．49：20【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠A＝∠ADG＝∠C＝90°，∵四邊形FGQP是正方形，∴∠PQC＝∠DQG＝90°，∠QGF＝90°，∴∠ADE+∠QDG＝∠QDG+∠DGQ＝90°，∴∠ADE＝∠DGQ，∵∠A＝∠DQG＝90°，∴△ADE∽△QGD，∴ADAE設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，則AD＝DC＝AB＝2a，∵E為AB中點(diǎn)，∴AE＝a，∴QGQD=設(shè)正方形FGQP的邊長(zhǎng)為2b，則FG＝QG＝2b，QD＝b，∴DG=QG∵∠DGQ+∠FGC＝90°＝∠DGQ+∠GDQ，∴∠GDQ＝∠FGC，∴cos∠GDQ＝cos∠FGC=DQ∴b5∴GC=25∵DC＝2a=5b+2∴2a=75∴S1：S2=49×5故選：D．6．（2022?嘉興二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以P（0，﹣1）為位似中心，在y軸右側(cè)作△ABP放大2倍后的位似圖形△DCP，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣2，﹣4），則點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（）A．（4，5） B．（4，6） C．（2，4） D．（2，6）【解答】解：以點(diǎn)P為坐標(biāo)原點(diǎn)，原y軸為y軸建立新的平面直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)B在新坐標(biāo)系中的坐標(biāo)為（﹣2，﹣3），∵△ABP與△DCP的位似比為1：2，∴點(diǎn)C在新坐標(biāo)系中的坐標(biāo)為（4，6），則點(diǎn)C在原坐標(biāo)系中的坐標(biāo)為（4，5），故選：A．7．（2022?樂清市三模）如圖，在直角坐標(biāo)系中，△ABC與△A'B'C'是位似圖形，則位似中心為（）A．點(diǎn)M B．點(diǎn)N C．點(diǎn)O D．點(diǎn)P【解答】解：連接BB′，交AA′于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為位似中心，故選：D．8．（2022?衢州）西周數(shù)學(xué)家商高總結(jié)了用“矩”（如圖1）測(cè)量物高的方法：把矩的兩邊放置成如圖2的位置，從矩的一端A（人眼）望點(diǎn)E，使視線通過點(diǎn)C，記人站立的位置為點(diǎn)B，量出BG長(zhǎng)，即可算得物高EG．令BG＝x（m），EG＝y(tǒng)（m），若a＝30cm，b＝60cm，AB＝1.6m，則y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式為（）A．y=12x B．y=1C．y＝2x+1.6 D．y=1800【解答】解：由圖2可得，AF＝BG＝xm，EF＝EG﹣FG，F(xiàn)G＝AB＝1.6m，EG＝y(tǒng)m，∴EF＝（y﹣1.6）m，∵CD⊥AF，EF⊥AF，∴CD∥EF，∴△ADC∽△AFE，∴CDEF即30EF∴30y化簡(jiǎn)，得y=12x故選：B．9．（2022?樂清市一模）等積變換法是證明勾股定理的常用方法之一．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB為邊向下作正方形ADEB，CN平分∠ACB分別交AB，DE于M，N，過點(diǎn)A，B分別作AG∥BC，BF∥AC，交CN于點(diǎn)G，F(xiàn)，連結(jié)DG，利用此圖形可以證明勾股定理，記△AMG，△DGN的面積分別為S1，S2，若S1+S2＝7，F(xiàn)G=22，則A．26 B．5 C．26 D．【解答】解：設(shè)AC＝x，BC＝y(tǒng)，∵∠MAC＝∠DAG，AD＝AB，AG＝AC，∴△AGD≌△ACB（SAS），∴∠AGD＝∠ACB＝90°，∴△DNG∽△AMC，∴S2同理可得S1S1+S2=x∵CN平分∠ACB，∴AMMB∴S△∴S1+S2＝（x2y2+yx）S△BMC得：（x2y2+∵FC=2y，CG=2x，∴2x-2y＝22即x＝y(tǒng)+2，∴AB=x2+故選：A．10．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以△ABC的三邊為底邊分別在AC的上方作三個(gè)相似的等腰三角形，△ABD∽△ACF∽△BCE，且AF⊥DB于點(diǎn)G，BE交CF于點(diǎn)H，若DGGB=3A．27 B．15 C．5-1【解答】解：作HP⊥CE于點(diǎn)P．∵AF⊥DB，△ABD∽△ACF∽△BCE，且均為等腰三角形，∴∠D＝∠E＝∠F，∠DAB＝∠FAC＝∠ECB，∴∠DAG＝∠BAC，∠ECH＝∠ACB，∠ABC＝90°，AF⊥BF，∴∠DGA＝∠ABC＝90°，∴△ADG∽△ACB，∴∠D＝∠ACB＝∠ECH＝∠E，∴HE＝HC，∵HP⊥CE，∴CP＝PE，∵DGGB∴DGAD∵∠E＝∠D，∠AGD＝∠HPE＝90°，∴△ADG∽△HEP，∴EPHE∴HECE=5∴HE=56BE，BH=∴BHEH故選：B．11．（2022?紹興）將一張以AB為邊的矩形紙片，先沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形（剪掉的兩個(gè)直角三角形相似），剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，則剪掉的兩個(gè)直角三角形的斜邊長(zhǎng)不可能是（）A．252 B．454 C．10 D【解答】解：如右圖1所示，由已知可得，△DFE∽△ECB，則DFEC設(shè)DF＝x，CE＝y(tǒng)，則xy解得x=∴DE＝CD+CE＝6+214=EB＝DF+AD=274+2=如圖2所示，由已知可得，△DCF∽△FEB，則DCFE設(shè)FC＝m，F(xiàn)D＝n，則69解得m=8∴FD＝10，故選項(xiàng)C不符合題意；BF＝FC+BC＝8+7＝15；如圖3所示：此時(shí)兩個(gè)直角三角形的斜邊長(zhǎng)為6和7；故選：A．12．（2022?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點(diǎn)A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，A′E與BC相交于點(diǎn)G，B′A′的延長(zhǎng)線過點(diǎn)C．若BFGC=2A．22 B．4105 C．207 【解答】解：連接FG，CA′，過點(diǎn)G作GT⊥AD于點(diǎn)T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．∵BFCG∴可以假設(shè)BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE=12由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′=12y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y(tǒng)﹣5k，∴GA′=12y﹣（y﹣5k）＝5k-∵C，A′，B′共線，GA′∥FB′，∴CGCF∴3k∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四邊形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT=(3k)2∴ADAB=8解法二：不妨設(shè)BF＝2，CG＝3，連接CE，則Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，CGGF=CA'A'B'=1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝42故選：A．13．（2022?松陽(yáng)縣二模）正方形ABCD中，兩條對(duì)角線交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DF⊥AE，交AB于點(diǎn)F，交OA于點(diǎn)M，AE與BD交于點(diǎn)N，記p=BFOM，q=BNONA．p＝q＞r B．p＞q＝r C．p＜q＝r D．p＝q＝r【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝AD，∴∠DAE+∠BAE＝90°，∵DF⊥AE，∴∠ADF+∠DAE＝90°，∴∠BAE＝∠DAF，∴△ABE≌△DAF（ASA），∴BE＝AF，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴AF＝BE=12∴BF=12a＝連接OF，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OC＝OB＝OD=1∴OF是△ABD的中位線，∴OF=12AD，OF∥∴△OFM∽△ADM，∴OMAM∴OM=13OA=∴p=BF∵BE∥AD，∴△BEN∽△DAN，∴ENAN∴r=ANEN=2，∴ON＝OB﹣BN=12BD-13∴q=BNON∴p＞q＝r，故選：B．二．填空題（共10小題）14．（2022?衢州）希臘數(shù)學(xué)家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，A，B是兩側(cè)山腳的入口，從B出發(fā)任作線段BC，過C作CD⊥BC，然后依次作垂線段DE，EF，F(xiàn)G，GH，直到接近A點(diǎn)，作AJ⊥GH于點(diǎn)J．每條線段可測(cè)量，長(zhǎng)度如圖所示．分別在BC，AJ上任選點(diǎn)M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k，此時(shí)點(diǎn)P，A，B，Q（1）CD﹣EF﹣GJ＝1.8km．（2）k＝913【解答】解：（1）CD﹣EF﹣GJ＝5.5﹣1﹣2.7＝1.8（km）；（2）連接AB，過點(diǎn)A作AZ⊥CB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Z．由矩形性質(zhì)得：AZ＝CD﹣EF﹣GJ＝1.8，BZ＝DE+FG﹣CB﹣AJ＝4.9+3.1﹣3﹣2.4＝2.6，∵點(diǎn)P，A，B，Q共線，∴∠MBQ＝∠ZBA，又∵∠BMQ＝∠BZA＝90°，∴△BMQ∽△BZA，∴QMBM=k故答案為：1.8；91315．（2022?杭州）某項(xiàng)目學(xué)習(xí)小組為了測(cè)量直立在水平地面上的旗桿AB的高度，把標(biāo)桿DE直立在同一水平地面上（如圖）．同一時(shí)刻測(cè)得旗桿和標(biāo)桿在太陽(yáng)光下的影長(zhǎng)分別是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F(xiàn)在同一直線上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，則AB＝9.88m．【解答】解：∵同一時(shí)刻測(cè)得旗桿和標(biāo)桿在太陽(yáng)光下的影長(zhǎng)分別是BC＝8.72m，EF＝2.18m．∴AC∥DF，∴∠ACB＝∠DFE，∵AB⊥BC，DE⊥EF，∴∠ABC＝∠DEF＝90°，∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，∴ABDE=BC解得AB＝9.88，∴旗桿的高度為9.88m．故答案為：9.88．16．（2022?湖州）如圖，已知在△ABC中，D，E分別是AB，AC上的點(diǎn)，DE∥BC，ADAB=13．若DE＝2，則BC的長(zhǎng)是【解答】解：∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB∵ADAB=13，∴13∴BC＝6，故答案為：6．17．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點(diǎn)C是射線BQ上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動(dòng)點(diǎn)E在AB延長(zhǎng)線上，tan∠QBE＝3，連結(jié)CE，DE，當(dāng)CE＝DE，CE⊥DE時(shí)，BE的長(zhǎng)是354或5【解答】解：如圖，過點(diǎn)C作CT⊥AE于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DJ⊥CT交CT的延長(zhǎng)線于點(diǎn)J，連接EJ．∵tan∠CBT＝3=CT∴可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，∴∠CAT＝∠JCD，在△ATC和△CJD中，∠ATC∴△ATC≌△CJD（AAS），∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，∵∠CJD＝∠CED＝90°，∴C，E，D，J四點(diǎn)共圓，∵EC＝DE，∴∠CJE＝∠DJE＝45°，∴ET＝TJ＝10﹣2k，∵CE2＝CT2+TE2＝（22CD）2∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[22?(3k)整理得4k2﹣25k+25＝0，∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，∴k＝5和54∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或354故答案為：5或35418．（2022?義烏市模擬）將一本高為17cm（即EF＝17cm）的詞典放入高（AB）為16cm的收納盒中（如圖1）．恰好能蓋上盒蓋時(shí)，測(cè)得底部F離收納盒最左端B處8cm，若此時(shí)將詞典無滑動(dòng)向右倒，書角H的對(duì)應(yīng)點(diǎn)H′恰為CD中點(diǎn)．（1）收納盒的長(zhǎng)BC＝2518cm（2）現(xiàn)將若干本同樣的詞典放入此有蓋的收納盒中，如圖2放置，則最多有7本書可與邊BC有公共點(diǎn)．【解答】解：（1）如圖所示：在Rt△BEF中，∠B＝90°，EF＝17，BF＝8，則BE=∵AB＝16，∴AE＝AB﹣BE＝16﹣15＝1，連接AH，如圖所示：∵恰好能蓋上盒蓋，∴AH⊥AB，∵詞典是長(zhǎng)方體，∴∠HEF＝90°，即∠HEA+∠BEF＝90°，在Rt△BEF中，∠BFE+∠BEF＝90°，∴∠HEA＝∠BFE，∴△HAE∽△EBF，∴HEAE=EFBF，即∵將詞典無滑動(dòng)向右倒，∴FG'∵書角H的對(duì)應(yīng)點(diǎn)H′恰為CD中點(diǎn)，∴H'在RtΔG'CH'中，∠C＝90°，G'H'＝EF＝17，H'C＝8，則G'∴BC=∴收納盒的長(zhǎng)BC=251故答案為：2518（2）延長(zhǎng)HF交BC于G'，如圖2所示：由（1）知FG=∵∠BFE+∠GFG'＝90°，∠HEA+∠AHE＝90°，由（1）知∠HEA＝∠BFE∴∠GFG'＝∠AHE，∴△HAE∽△FGG'，∴FG'由（1）知在Rt△AHE中，∠A＝90°，HE=178，AE＝1∴FG'178由（1）知FC=25∵171∴最多有7本書可與邊BC有公共點(diǎn)．故答案為：7．19．（2022?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖1是個(gè)家用折疊梯子，使用時(shí)四個(gè)踏板都是平行于地面且全等的矩形，BC＝CD＝DE＝EL，將踏板往上收起時(shí)（如圖2），點(diǎn)A與點(diǎn)F重合，此時(shí)，踏板可以看作與支架AL重合，將梯子垂直擺放時(shí)，量得點(diǎn)A離地面110cm，點(diǎn)H離地面65cm，則踏板寬BF＝20cm；圖3是圖1的簡(jiǎn)略視圖，記支架AM交BF于點(diǎn)P，此時(shí)點(diǎn)G恰好在A的正下方，且量得PB：PF＝13：4，則AM＝5501017【解答】解：設(shè)BF＝xcm，BC＝y(tǒng)cm，根據(jù)題意可得，x+4解得x=20即BF＝20cm；連接AG，交BF于點(diǎn)N，連接ML，根據(jù)題意可得AG⊥BF，∵BF＝20cm，PB：PF＝13：4，∴PB=26017∵BC＝22.5cm，CG＝BF＝20cm，AB＝BF＝20cm，BF∥CG，∴BN：CG＝B：AC，即BN：20＝20：42.5，解得BN=16017∴PN＝PB﹣BN=10017∴AN=30017cm，AP=∵PB∥ML，∴△APB∽△AML，∴AP：AM＝AB：AL＝2：11，∴AM=55010故答案為：20；5501020．（2022?溫州模擬）圖1是一折疊桌，桌板DEIJ固定墻上，支架AD，HE繞點(diǎn)D，E旋轉(zhuǎn)時(shí)，AD∥HE，桌板邊緣AH∥BG∥CF∥DE，桌腳AN⊥AH，桌子放平得圖2．圖3是打開過程中側(cè)面視圖，當(dāng)點(diǎn)N在直線CF上時(shí)，點(diǎn)N到墻OE的距離為69cm．視圖中以C，K為頂點(diǎn)的長(zhǎng)方形表示一圓柱體花瓶，桌子打開至點(diǎn)M，C，F(xiàn)在同一直線時(shí)，桌板邊緣GL恰卡在點(diǎn)K，為不影響桌板BG收放，則至少將花瓶沿CF方向平移15cm．【解答】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)N在直線CF上時(shí)，連接CN，延長(zhǎng)AN，DE交于點(diǎn)O，由由題圖2可得，AB+BC+CD+DE＝150，∴AB＝BC＝CD＝DE=1504∴AC＝AB+BC＝75，AN＝72，又∵AN⊥CN，∴CN=AC由題意可得，NC∥OD，∴∠ANC＝∠O，∠ACN＝∠ADO，∴△ANC∽△AOD，∴CNOD=AC∴OD＝31.5，∴OE＝OD+DE＝31.5+37.5＝69，∴點(diǎn)N到墻OE的距離為69cm．由題意可得，如圖，連接CM，此時(shí)點(diǎn)K與點(diǎn)G重合，∴AM＝AN﹣MN＝60，∵AM⊥MC，∴MC=AC∵AM∥KP，∴∠AMC＝∠KPF＝90°，∵AC∥GF，∴∠ACM＝∠GFP，∴△AMC∽△KPF，∴MCPF=ACKF=∴PF＝22.5，∴CP＝CF﹣PF＝37.5﹣22.5＝15，∴至少將花瓶沿CF方向平移15cm．故答案為：69；15．21．（2022?奉化區(qū)二模）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，且AC＝6，BD＝8．過O的直線EF交BC于E，交AD于F．把四邊形CDFE沿著EF折疊得到四邊形C'EFD'，C'D'交AC于點(diǎn)G．當(dāng)C'D'∥BD時(shí)，C'GD'G的值為916，BE【解答】解：如圖，連接OC′，OD′，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，∴OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，且AC⊥BD，∴菱形的邊長(zhǎng)為5．∵C′D′∥BD，∴C′D′⊥AC，由折疊可知，OC′＝OC＝3，OD′＝OD＝4，∠C′OD′＝∠COD＝90°，∴OG=OC由勾股定理可知，C′G=95，D′G∴C'如圖，連接DD，CC'，過點(diǎn)D作DM⊥BD，則四邊形GOMD'是矩形，∴DM＝OG=125，MG＝OD＝∴DM＝GM﹣DG＝4-16∴D′D=4∵C′G=95，CG＝OC+OG＝3∴CC′=9∴CC′：DD′＝9：4．設(shè)BE＝x，則CE＝C′E＝10﹣x，由菱形的對(duì)稱性可知，DF＝BE＝x，且△CC′E∽△DD′F，∴EC：DF＝CC′：DD′＝4：9，即（5﹣x）：x＝4：9，解得x=20故答案為：916；2022．（2022?樂清市一模）如圖1為某智能洗拖一體掃地機(jī)，它正常工作及待機(jī)充電時(shí)的示意圖如圖2所示，四邊形ABCD為它的手柄，OE為支撐桿，OM為拖把支架，且點(diǎn)O始終在AB的延長(zhǎng)線上，當(dāng)待機(jī)時(shí)，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，則CD＝10cm；OE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度，機(jī)器開始工作，當(dāng)D'，C'，M在同一直線上時(shí)，點(diǎn)A，B分別繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)A'，B'，且高度分別下降了21.6cm和18cm，則此時(shí)點(diǎn)D'到OM距離為89cm．【解答】解：如圖，過點(diǎn)D作DF⊥AB于F，∵DF⊥AB，∴∠BFD＝∠AFD＝90°，∵∠ABC＝∠C＝90°，∴四邊形BCDF是矩形，∴DF＝BC＝15cm，BF＝CD，設(shè)CD＝xcm，則AF＝AB﹣BF＝AB﹣CD＝（18﹣x）cm，∵AD+CD＝27cm，∴AD＝（27﹣x）cm，在Rt△AFD中，由勾股定理，（18﹣x）2+152＝（27﹣x）2，解得x＝10，即CD的長(zhǎng)為10cm．如圖，過點(diǎn)A'作A'P⊥OM交MO延長(zhǎng)線于P，點(diǎn)B′作B′N⊥OM交MO延長(zhǎng)線于N，點(diǎn)D'作D'G⊥OM交MO延長(zhǎng)線于G，點(diǎn)O作OH⊥CM于H，設(shè)OB＝y(tǒng)cm，由旋轉(zhuǎn)可得，OB＝OB′＝y(tǒng)cm，A′B′＝AB＝18cm，B′C′＝BC＝15cm，C′D′＝CD＝10cm，由題意，得A′P＝AB+OB﹣21.6＝18+y﹣21.6＝（y﹣3.6）cm，B′N＝（y﹣18）cm，∵A'POA'=sin∠A'OP＝sin∠B′解得y＝90，即OB′＝OB＝90cm，∵OH⊥C′M，∴∠OHC′＝∠OHM＝90°，∵C′M∥OB′，∴∠B′OH＝90°，∵∠C′B′O＝90°，∴四邊形B′C′HO是矩形，∴C'H＝OB′＝90cm，OH＝B'C′＝15cm，∵C′M∥OB'，∴∠OMH＝∠NOB'，∴OHOM=sin∠OMH＝sin∠NOB'∴15OM∴OM=75在Rt△OHM中，由勾股定理得，MH=(∴MD'＝MH+C′H+D′C′=445在Rt△GMD中，由D'GD'M=sin∠GMD'＝即D'∴D′G＝89cm．即點(diǎn)D′到OM的距離為89cm．故答案為：10；89．23．（2022?溫州校級(jí)模擬）圖1中周長(zhǎng)為58的矩形紙片剪掉一塊邊長(zhǎng)為4的正方形后，將剩下的部分沿著虛線剪開，拼成不重疊、無縫隙的矩形ABCD（如圖2），則圖2中線段BE的長(zhǎng)為10，連接部分⑤的對(duì)角線交矩形ABCD于點(diǎn)M、N，則MN＝11521721【解答】解：把圖1標(biāo)注字母如下：根據(jù)題意得：PS＝PT＝JQ＝4，設(shè)QT＝a，LS＝b，∵JP+LP=12×58∴a+b＝29﹣12＝17①，∵∠K＝L＝90°，∠SRL＝90°﹣∠JRK＝∠KJR，∴△SRL∽△RJK，∴AFCG∴b4=由①②解得：a＝11，b＝6，∴JK＝4+b＝10，∴圖2中的BE＝10，在圖2中，以B為原點(diǎn)，BC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，過E作EH⊥AB于H，過F作FG⊥CD于G，如圖：∵a＝11，b＝6，∴AE＝CF＝4，IF＝11，BI＝6，在Rt△AEB中，AB=AE2∵AE?BE＝AB?EH，∴EH=AE∵tan∠ABE=AE∴410∴BH=50∴E（202929，同理可得DG=502929，∴CG＝CD﹣DG＝AB﹣DG＝229-在Rt△BIC中，BC=BI2∴xF＝BC﹣FG＝329-∴F（672929，設(shè)直線EF的解析式為y＝kx+b，將E（202929，502929），F(xiàn)（2029解得k=∴直線EF的解析式為y=-4247在y=-4247令y＝0得x=552921知N（55令y＝229得x=82921知M（829∴MN=(故答案為：10，11521721三．解答題（共8小題）24．（2022?杭州）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，連接DE，EF．已知四邊形BFED是平行四邊形，DEBC（1）若AB＝8，求線段AD的長(zhǎng)．（2）若△ADE的面積為1，求平行四邊形BFED的面積．【解答】解：（1）∵四邊形BFED是平行四邊形，∴DE∥BF，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB∵AB＝8，∴AD＝2；（2）∵△ADE∽△ABC，∴S△ADES△ABC=（DEBC）∵△ADE的面積為1，∴△ABC的面積是16，∵四邊形BFED是平行四邊形，∴EF∥AB，∴△EFC∽△ABC，∴S△EFCS△ABC=∴△EFC的面積＝9，∴平行四邊形BFED的面積＝16﹣9﹣1＝6．25．（2022?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC上的點(diǎn)，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于點(diǎn)G，求證：DG＝EG．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在（1）的條件下，連結(jié)CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求DEBC【拓展提高】（3）如圖3，在?ABCD中，∠ADC＝45°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為AO上一點(diǎn)，EG∥BD交AD于點(diǎn)G，EF⊥EG交BC于點(diǎn)F．若∠EGF＝40°，F(xiàn)G平分∠EFC，F(xiàn)G＝10，求BF的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：∵DE∥BC，∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，∴DGBF=AG∴DGBF∵BF＝CF，∴DG＝EG；（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，∴CE＝CD＝6，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴DEBC（3）解：延長(zhǎng)GE交AB于M，連接MF，過點(diǎn)M作MN⊥BC于N，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，∵M(jìn)G∥BD，∴ME＝GE，∵EF⊥EG，∴FM＝FG＝10，在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，∵FG平分∠EFC，∴∠GFC＝∠EFG＝50°，∵FM＝FG，EF⊥GM，∴∠MFE＝∠EFG＝50°，∴∠MFN＝30°，∴MN=12MF＝∴NF=MF2∵∠ABC＝45°，∴BN＝MN＝5，∴BF＝BN+NF＝5+53．26．（2022?寧波模擬）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6．AC＝8，點(diǎn)D，E分別是AB，BC的中點(diǎn)．把△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一定角度，連結(jié)AD，AE，CD，CE．（1）如圖2，當(dāng)線段BD在△ABC內(nèi)部時(shí)，求證：△BAD∽△BCE．（2）當(dāng)點(diǎn)D落在直線AE上時(shí)，請(qǐng)畫出圖形，并求CE的長(zhǎng)．（3）當(dāng)△ABE面積最大時(shí)，請(qǐng)畫出圖形，并求出此時(shí)△ADE的面積．【解答】（1）證明：在題干圖1中，∵點(diǎn)D，E分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴BD=12AB＝3，BE=12∴BDAB由旋轉(zhuǎn)知，∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE；（2）解：如圖3，在Rt△ABC中，AB＝6，AC＝8，根據(jù)勾股定理得，BC＝10，在題干圖1中，∵點(diǎn)D，E分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴DE∥AC，∴∠BDE＝∠BAC＝90°，∵點(diǎn)D落在AE上，∴∠ADB＝90°，由（1）知，△ABD∽△CBE，∴∠ADB＝∠CEB＝90°，在Rt△BEC中，BE＝5，BC＝10，根據(jù)勾股定理得，CE=BC2（3）解：如圖，設(shè)點(diǎn)E到AB的距離為h，則S△ABE=12AB?h=12×6要△ABE的面積最大，則h最大，即BE⊥AB，此時(shí)，h最大＝BE＝5，∵∠BAC＝90°，∴BE∥AC，∴∠CBE＝∠ACB，由旋轉(zhuǎn)知，∠ABD＝∠CBE，∴∠ABD＝∠ACB，過點(diǎn)D作DH⊥AB于H，∴∠BHD＝90°＝∠CAB，∴△BDH∽△CBA，∴DHAB∴DH6∴DH=9在題干圖1中，∵點(diǎn)D，E分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴DE=12AC＝∴S△ADE＝S△ABE﹣S△ABD﹣S△BDE=12AB?BE-12AB?DH=12×6×5-12＝15-27=1827．（2022?義烏市模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形OABC的頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），點(diǎn)D從原點(diǎn)O出發(fā)沿O→A→B勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)B時(shí)停止，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿A→B→C隨D運(yùn)動(dòng)，且始終保持∠CDE＝∠COA．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．（1）當(dāng)DE∥OB時(shí)，求證：△OCD≌△BCE．（2）若點(diǎn)E在BC邊上，當(dāng)△CDE為等腰三角形時(shí)，求BE的長(zhǎng)．（3）若點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)速度為每秒1個(gè)單位，是否存在這樣的t，使得以點(diǎn)C，D，E為頂點(diǎn)的三角形與△OCD相似？若存在，直接寫出所有符合條件的t；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解答】（1）證明：∵四邊形OABC是菱形，∴OA＝AB＝BC＝CO，∠COA＝∠CBA，∠BOA＝∠ABO，∵DE∥OB，∴∠ADE＝∠AOB，∠AED＝∠ABO，∴∠ADE＝∠AED∴AD＝AE，∴OA﹣AD＝AB﹣AE，即：OD＝BE，又∵∠COA＝∠CBA，OC＝CB，∴△OCD≌△BCE（SAS）．（2）解：點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），故可知OC＝OA＝AB＝BC＝5．①當(dāng)點(diǎn)D在線段OA上時(shí)，分三種情況討論：a．若CD＝CE時(shí)（如圖1），則∠CDE＝∠CED＝∠COD＝∠B，∴DE∥AB，作CM⊥OA，CN⊥DE，則OM＝3，CM＝4，DN＝NE＝2.5，又易知△OMC∽△DNC，∴DNOM即2.53∴CD=∴CE=∴BE=b．若DC＝DE時(shí)（如圖2），∵DC＝DE，∴∠ACB＝∠AEC，∵BC∥OA，∴∠ACB＝∠OAC，∴△DCE∽△ODC，∴DCOD∴OD＝OC＝5，∴點(diǎn)A與D重合，過D作DP⊥BC，∴CP＝EP＝2，∴BE＝1．c．若EC＝ED時(shí)（如圖3），∴∠ECD＝∠EDC＝∠COD＝∠CDO，∴OC＝CD＝5，∴點(diǎn)D在OA延長(zhǎng)線上，不符合題意．②當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，分三種情況討論：a．若CD＝CE時(shí)（如圖4），∠CDE＝∠CED＝∠COD＝∠B，矛盾，不符合題意；b．若DE＝DC時(shí)（如圖4），∵∠CDE＝∠B，∴△CED∽△CDB，∴CDCB∴CB＝BD＝5，∴點(diǎn)A與D重合，結(jié)論同②，BE＝1；c．若EC＝ED時(shí)（如圖5），同⑤，△CED∽△CDB，∴CECD∴CD＝BD，過點(diǎn)D作DQ⊥BC于Q，易知CQ=QB=又∵CECD∴CE=∴BE=5綜上所述：當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，BE的長(zhǎng)為：56或1或55（3）解：①當(dāng)D點(diǎn)在線段OA上時(shí)，Ez在BC上，此時(shí)△OCD和△DEC總是相似，這時(shí)E在BC上的起始位置，∴△OCD∽△DBC，∴CDBC∴CD5∴CD=5∵sinα=4∴（5-35t）2+（45t）2∴t=11±∵t＜5，∴t=∴11-212≤t≤5②當(dāng)D點(diǎn)在AB邊上時(shí)（如圖6），可知∠CDE≠∠COD，∠CDE≠∠OCD，∴當(dāng)∠CDE＝∠CDO時(shí)，又∠CED＝∠CDB＝∠OCD，∴△CED∽△OCD∽△CDB，∴CECD=CDBC即CD2＝又CECD∴CD2＝CE?BC＝OC?BD，∴CE＝BD，設(shè)CE＝BD＝5x，∴BR＝3x，DR＝4x，CR＝5﹣3x，∴CD2＝CR2+DR2＝（5﹣3x）2+（4x）2，∴（5﹣3x）2+（4x）2＝5×5x，解得：x=11+2110（∵5x＞∴AD=5∴t=5+綜上所述：當(dāng)256≤t≤5或t=28．（2022?景寧縣模擬）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)P為對(duì)角線AC上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)DP，將DP繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至DQ，使∠QDP＝∠CDA，PQ與CD交于點(diǎn)E．（1）求證：△PEC∽△DPA；（2）已知AD＝5，AC＝8，①當(dāng)DP⊥AD時(shí)，求△PEC的面積；②連結(jié)CQ，當(dāng)△EQC為直角三角形時(shí)，求AP的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)可知，DP＝DQ，∴∠DPQ＝∠Q，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA，∵∠QDP＝∠CDA，∴∠ADP＝∠QDE，∠DQP＝∠DPQ＝∠DAC＝∠DCA，∵∠DEQ＝∠CEP，∴∠EPC＝∠QDE，∴∠EPC＝∠ADP，∴△PEC∽△DPA；（2）解：①連接BD交AC于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝OC，∠AOD＝90°，∵AD⊥DP，∴∠ADP＝90°，∴△ADP∽△AOD，∴ADAO∵AC＝8，∴OA＝4，∵AD＝5，∴DO＝3，∴54∴DP=154，AP∴CP＝8-25∵△PEC∽△DPA；∴PCDA∵S△ADP=12×∴S△PCE=147②∵DQ＝DP，CD＝AD，∠QDC＝∠ADP，∴△ADP≌△DQC（SAS），∴∠QCD＝∠DAP，CQ＝AP，∴∠QCD＝∠ACD，∴CD是∠ACQ的角平分線，當(dāng)∠QEC＝90°時(shí)，△PCQ是等腰三角形，∴CQ＝CP，∴AP＝PC＝4；當(dāng)∠EQC＝90°時(shí)，過點(diǎn)D作DH⊥AB交于H點(diǎn)，∵AO＝4，DO＝3，∴DH=BD∴AH=7∴cos∠DAB=AH∵∠DAB＝2∠DAC，∠QCP＝2∠DCA，∴725∴AP=7綜上所述：AP的長(zhǎng)為4或7429．（