2023年江蘇中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練第17講圖形的相似(解析版)

第17講圖形的相似2023年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練（江蘇專用）一、單選題1．（2022·徐州）如圖，若方格紙中每個小正方形的邊長均為1，則陰影部分的面積為（）A．5 B．6 C．163 D．2．（2022·鎮(zhèn)江）如圖，點(diǎn)A、B、C、D在網(wǎng)格中小正方形的頂點(diǎn)處，AD與BC相交于點(diǎn)O，小正方形的邊長為1，則AO的長等于（）A．2 B．73 C．625 3．（2022·鹽城）“跳眼法”是指用手指和眼睛估測距離的方法步驟：第一步：水平舉起右臂，大拇指緊直向上，大臂與身體垂直；第二步：閉上左眼，調(diào)整位置，使得右眼、大拇指、被測物體在一條直線上；第三步：閉上右眼，睜開左眼，此時看到被測物體出現(xiàn)在大拇指左側(cè)，與大拇指指向的位置有一段橫向距離，參照被測物體的大小，估算橫向距離的長度；第四步：將橫向距離乘以10（人的手臂長度與眼距的比值一般為10），得到的值約為被測物體離觀測，點(diǎn)的距離值．如圖是用“跳眼法”估測前方一輛汽車到觀測點(diǎn)距離的示意圖，該汽車的長度大約為4米，則汽車到觀測點(diǎn)的距離約為（）A．40米 B．60米 C．80米 D．100米4．（2022·揚(yáng)州）如圖，在ΔABC中，AB<AC，將△ABC以點(diǎn)A為中心逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，點(diǎn)D在BC邊上，DE交AC于點(diǎn)F.下列結(jié)論：①△AFE～△DFC；②A．①② B．②③ C．①③ D．①②③5．（2022·連云港）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點(diǎn)A、B、D恰好都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)G、O、C在同一條直線上，同時點(diǎn)E、O、F在另一條直線上.小煒同學(xué)得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6其中正確的是（）A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④6．（2022·連云港）△ABC的三邊長分別為2，3，4，另有一個與它相似的三角形DEF，其最長邊為12，則△DEF的周長是（）A．54 B．36 C．27 D．217．（2022·泗陽模擬）兩個相似三角形，其周長之比為3：2，則其面積比為（）A．3：2 B．3：2 C．9：4 8．（2022·泗陽模擬）如圖，在△ABC中，CH⊥AB，CH=h，AB=c，若內(nèi)接正方形DEFG的邊長是x，則A．x2+h2=c2 B．129．（2021·無錫）如圖，D、E、F分別是△ABC各邊中點(diǎn)，則以下說法錯誤的是（）A．△BDE和△DCFB．四邊形AEDF是平行四邊形C．若AB=BC，則四邊形AEDFD．若∠A=90°，則四邊形AEDF10．（2021·姑蘇模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD與AB交于點(diǎn)E.若AC＝AE，CE＝4，DE＝6，則AEBE的值為（）A．12 B．13 C．23 二、填空題11．（2022·常州）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12.在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點(diǎn)D與點(diǎn)B重合）平移至終止位置（點(diǎn)12．（2022·揚(yáng)州模擬）如圖，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，DB＝2，則DEBC的值為13．（2022·泗洪模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，在邊BC上取點(diǎn)P，使∠DAP的平分線過DC的中點(diǎn)Q，則線段BP的長等于.14．（2022·惠山模擬）如圖，D、E分別是△ABC的邊AB、AC上的點(diǎn)，且DE∥BC，BE、CD相交于點(diǎn)O，若S△DOE：S△EOC＝1：9，則當(dāng)S△ADE＝1時，四邊形DBCE的面積是15．（2021·徐州）如圖，在ΔABC中，點(diǎn)D，E分別在邊BA，BC上，且ADDB=CEEB=32，16．（2021·無錫）下列命題中，正確命題的個數(shù)為.①所有的正方形都相似②所有的菱形都相似③邊長相等的兩個菱形都相似④對角線相等的兩個矩形都相似17．（2021·鎮(zhèn)江）如圖，點(diǎn)D，E分別在△ABC的邊AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分別是DE，BC的中點(diǎn)，若AMAN＝12，則S△ADES△ABC18．（2021·宿遷）如圖，在△ABC中，AB=4，BC=5，點(diǎn)D、E分別在BC、AC上，CD=2BD，CF=2AF，BE交AD于點(diǎn)F，則△AFE面積的最大值是.19．（2021·揚(yáng)州）如圖，在△ABC中，AC=BC，矩形DEFG的頂點(diǎn)D、E在AB上，點(diǎn)F、G分別在BC、AC上，若CF=4，BF=3，且DE=2EF，則20．（2021·建湖模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD與正方形BEFG是以原點(diǎn)O為位似中心的位似圖形，且相似比為1∶3，點(diǎn)A、B、E在x軸上，若正方形BEFG的邊長為6，則C點(diǎn)坐標(biāo)為.三、綜合題21．（2021·泰州）如圖，在⊙O中，AB為直徑，P為AB上一點(diǎn)，PA＝1，PB＝m（m為常數(shù)，且m＞0）.過點(diǎn)P的弦CD⊥AB，Q為BC上一動點(diǎn)（與點(diǎn)B不重合），AH⊥QD，垂足為H.連接AD、BQ.（1）若m＝3.①求證：∠OAD＝60°；②求BQDH（2）用含m的代數(shù)式表示BQDH，請直接寫出結(jié)果；（3）存在一個大小確定的⊙O，對于點(diǎn)Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一個定值，求此時∠Q的度數(shù).22．（2021·無錫）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC是⊙O的直徑，AC與BD交于點(diǎn)E，PB切⊙O（1）求證：∠PBA=∠OBC（2）若∠PBA=20°，∠ACD=40°23．（2022·鎮(zhèn)江）已知，點(diǎn)E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上．（1）如圖1，當(dāng)四邊形EFGH是正方形時，求證：AE+AH（2）如圖2，已知AE=AH，CF=CG，當(dāng)AE、CF的大小有（3）如圖3，AE=DG，EG、FH相交于點(diǎn)O，OE：OF=4：5，已知正方形ABCD的邊長為16，F(xiàn)H長為24．（2022·無錫）如圖，邊長為6的等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D為AC上的動點(diǎn)（點(diǎn)A、C除外），BD的延長線交⊙O于點(diǎn)E，連接CE.（1）求證△CED∽△（2）當(dāng)DC=2AD時，求CE25．（2022·泗陽模擬）如圖，∠BAD=∠CAE（1）△ABC與△（2）如果AB=2AD，BC=426．（2022·錫山模擬）【學(xué)習(xí)概念】有一組對角互余的凸四邊形稱為對余四邊形，連接這兩個角的頂點(diǎn)的線段稱為對余線.（1）【理解運(yùn)用】

如圖1，對余四邊形中，AB=5，BC=6，CD=4，連接AC，若AC=AB，則cos∠ABC=，sin∠CAD=.（2）如圖2，凸四邊形中，AD=BD，AD⊥BD，當(dāng)2CD2+CB2=CA2時，判斷四邊形ABCD是否為對余四邊形，證明你的結(jié)論.（3）【拓展提升】

在平面直角坐標(biāo)中，A（－1，0），B（3，0），C（1，2），四邊形ABCD是對余四邊形，點(diǎn)E在對余線BD上，且位于△ABC內(nèi)部，∠AEC=90°+∠ABC.設(shè)AEBE=u，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為t，請在下方橫線上直接寫出u與t的函數(shù)表達(dá)，并注明t的取值范圍27．（2021·豐縣模擬）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC為矩形，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（4，0），（4，3），動點(diǎn)M，N分別從O，B同時出發(fā).以每秒1個單位的速度運(yùn)動.其中，點(diǎn)M沿OA向終點(diǎn)A運(yùn)動，點(diǎn)N沿BC向終點(diǎn)C運(yùn)動.過點(diǎn)M作MP⊥OA，交AC于P，連接NP，已知動點(diǎn)運(yùn)動了x秒.（1）P點(diǎn)的坐標(biāo)為多少（用含x的代數(shù)式表示）；（2）試求△NPC面積S的表達(dá)式，并求出面積S的最大值及相應(yīng)的x值；（3）當(dāng)x為何值時，△NPC是一個等腰三角形？簡要說明理由.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：如圖：

∵CD∥AB，∴△ABE∽△CDE，∴AECE=∴S陰影故答案為：C.【分析】對圖形進(jìn)行點(diǎn)標(biāo)注，易證△ABE∽△CDE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AECE=ABCD=2，根據(jù)同高三角形的面積之比等于底之比得S陰影=232．【答案】A【解析】【解答】解：AD=32+42=5，∵AB∥DC，∴△AOB∽△DOC，∴AOOD=∴設(shè)AO=2x，則OD=3x，∵AO+OD=AD，∴2x+3x=5．解得：x=1，∴AO=2.故答案為：A.【分析】利用勾股定理可得AD的值，由圖形可得AB=2，CD=3，易證△AOB∽△DOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AOOD=ABCD=23，設(shè)AO=2x，則3．【答案】C【解析】【解答】解：由“跳眼法”的步驟可知被測物體與觀測點(diǎn)的距離是橫向距離的10倍．觀察圖形，橫向距離大約是汽車長度的2倍，為8米，所以汽車到觀測點(diǎn)的距離約為80米.故答案為：C.【分析】由“跳眼法”的步驟可知被測物體與觀測點(diǎn)的距離是橫向距離的10倍，觀察圖形可得橫向距離大約是汽車長度的2倍，據(jù)此解答.4．【答案】D【解析】【解答】解：∵將△ABC以點(diǎn)A為中心逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，∴△ADE∴∠E∵∠AFE∴△AFE～△DFC∵△ADE∴AB=∴∠ABD∴∠ADB∴DA平分∠BDE，故∵△ADE∴∠BAC∴∠BAD∵△AFE∴∠CAE∴∠CDF故③正確故答案為：D.【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△ADE≌△ABC，則∠E=∠C，根據(jù)對頂角的性質(zhì)可得∠AFE=∠DFC，然后根據(jù)相似三角形的判定定理可判斷①；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AB=AD，∠ADE=∠ABC，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABD=∠ADB，則∠ADB=∠ADE，據(jù)此判斷②；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BAC=∠DAE，則∠BAD=∠CAE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得∠CAE=∠CDF，據(jù)此判斷③.5．【答案】B【解析】【解答】解：∵矩形ABCD沿著GE、EC、GF折疊，使得點(diǎn)A、B、D恰好落在點(diǎn)O處，

∴DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，

∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，

∴∠FGE+∠GEC＝180°，

∴GF∥CE，

∴①符合題意；

設(shè)AD＝2a，AB＝2b，則DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，

∴CG＝OG+OC＝3a，

在Rt△AGE中，由勾股定理得GE2=AG2+AE2，即GE2=a2+b2，

在Rt△EBC中，由勾股定理得CE2=EB2+BC2，即CE2=b2+（2a）2，

在Rt△CGE中，由勾股定理得CG2＝GE2+CE2，

（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，

整理，解得：b＝2a，

∴AB＝2AD，

∴②不符合題意；

設(shè)OF＝DF＝x，則CF＝2b-x＝22a-x，

在Rt△COF中，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，

∴x2+（2a）2＝（2a-x）2，

解得：x＝22a，

∴OF＝DF＝22a，

∴6DF＝6×22a＝3a，

又∵GE2=a2+b2，

∴GE=3a，

∴GE=6DF，

∴③符合題意；

∵22OF＝22×22a＝2a，

∴OC=22OF，

∴④符合題意；

∵無法證明∠FCO＝∠GCE，

∴無法判斷△COF∽△CEG，

∴⑤不符合題意；

∴正確的有①③④.

故答案為：B.

【分析】由矩形性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可得DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，從而可得∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，得∠FGE+∠GEC＝180°，可判定GF∥CE；設(shè)AD＝2a，AB＝2b，則DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，得CG＝OG+OC＝3a，由勾股定理得GE2=a2+b2，CE2=b2+（2a）2，CG2＝GE2+CE2，即得（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得b＝2a，從而得AB＝2AD；設(shè)OF＝DF＝x，則CF＝2b-x＝22a-x，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，即x2+（2a）2＝（2a-x）2，解得x＝22a，從而得OF＝DF＝22a，進(jìn)而求得GE=6DF；又22OF＝22×22a＝2a，從而可得∴OC=22OF；因條件不足，無法證明∠FCO＝∠GCE6．【答案】C【解析】【解答】∵△ABC∽△DEF，相似比=412=13，

∴△ABC的周長△DEF的周長=13，

∴△DEF的周長=3（2+3+4）=27.

故答案為：C.

【分析】先求出△ABC∽△DEF的相似比=137．【答案】C【解析】【解答】解：∵相似三角形的周長比是3：2∴這兩個三角形對應(yīng)邊之比為3：2∴這兩個三角形面積比為9：4故答案為：C.【分析】根據(jù)相似三角形的相似比等于周長比，面積比等于相似比的平方進(jìn)行解答.8．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)CH與GF交于點(diǎn)M，∵正方形DEFG，∴GF∥DE∴ΔCGF∴GF∵CH∴∠DHM∴四邊形DHMG是矩形，∴DG∵CH=h，AB=c，正方形∴MH∴CM∴x整理得1x故答案為：D.【分析】設(shè)CH與GF交于點(diǎn)M，根據(jù)正方形性質(zhì)得GF∥DE，∠GDE=∠DGF=90°，證△CGF∽△CAB，易得四邊形DHMG是矩形，得到DG=MH，由題意可得MH=x，CM=h-x，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行解答.9．【答案】C【解析】【解答】解：∵點(diǎn)D、E、F分別是△ABC三邊的中點(diǎn)，∴DE、DF為△ABC得中位線，∴ED∥AC，且ED＝12AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝12AB＝∴四邊形AEDF一定是平行四邊形，故B正確；∴△BDE∽△BCA∴S△BDE=14S△BCA∴△BDE和△DCF的面積相等，故∵AB=BC∴DF＝12AB=AE∴四邊形AEDF不一定是菱形，故C錯誤；∵∠A＝90°，則四邊形AEDF是矩形，故D正確；故答案為：C.【分析】根據(jù)三角形中位線定理可得ED∥AC，且ED＝12AC＝AF，DF∥AB，且DF＝12AB＝AE，可證四邊形AEDF一定是平行四邊形，由∠A=90°，可證四邊形AEDF是矩形；根據(jù)平行線可證△BDE∽△BCA，△CDF∽△CBA，利用相似三角形的性質(zhì)可得S△BDE=14S△BCA，S△CDF=14S△BCA，據(jù)此判斷10．【答案】A【解析】【解答】解：如圖，過點(diǎn)O作OH⊥CD于點(diǎn)H，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M∵DE=6，CE=4∴CD=10∵OH⊥CD∴DH=CH=12∴HE=1∵AE=AC，AM⊥CE∴EM=CM=12∵OH⊥CD，AM⊥CD∴OH∥AM∴HE設(shè)OE=x，則AE=2x∵OB=OA=3x∴BE=OE+OB=3x+x=4x∴AE故答案為：A.【分析】過點(diǎn)O作OH⊥CD于點(diǎn)H，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，根據(jù)線段間的和差關(guān)系求出CD的長，然后根據(jù)垂徑定理求出DH的長，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出EM的長，根據(jù)OH∥AM，列出比例式，設(shè)OE=x，則AE=2x，OB=3x，再根據(jù)線段間的和差關(guān)系求出BE=4x，最后求比值即可.11．【答案】21【解析】【解答】解：過點(diǎn)F作AB的垂線交于G，同時在圖上標(biāo)出M、N、F'如下圖：∵∠C=90°，AC=9∴AB在Rt△DEF中，∠F=90°，∴DE∵AE∵EF∴四邊形AEFF∴AE∵S解得：GF=∵DF∴∠DFM∴△DFM∴DM∴DM∵BC同理可證：△AN∴A∴DN∴MNRt△ABC的外部被染色的區(qū)域面積為故答案為：21.【分析】過點(diǎn)F作AB的垂線交于G，同時在圖上標(biāo)出M、N、F′，利用勾股定理可得AB、DE，由AE=AB-DE可得AE，推出四邊形AEFF′為平行四邊形，得到AE=FF′=10，根據(jù)三角形的面積公式可得GF，證明△DFM∽△ACM，△ANF′∽△DNC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得DM、DN，由MN=DN-DM可得MN，然后根據(jù)Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域面積為S梯形MNF′F結(jié)合梯形的面積公式進(jìn)行計算.12．【答案】1【解析】【解答】解：∵DE∥BC

∴△ADE∽△ABC∴即DE故答案為：13.

【分析】由平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊，所截的三角形與原三角形相似得△ADE∽△ABC，進(jìn)而根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得ADAB13．【答案】8【解析】【解答】解：如圖，延長BC，AQ交于點(diǎn)E，∵點(diǎn)Q是CD中點(diǎn)，∴CQ＝DQ，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC∥AD，BC＝AD＝3，∴△CQE∽△DQA，∴CQDQ∴CE＝AD＝3，∴BE＝6，∵AQ平分∠PAD，∴∠PAQ＝∠DAQ，∵BC∥AD，∴∠E＝∠DAQ，∴∠E＝∠PAQ，∴AP＝PE，在Rt△ABP中，AP2＝AB2+BP2，∴（6﹣BP）2＝4+BP2，∴BP=8故答案為：83【分析】延長BC，AQ交于點(diǎn)E，根據(jù)中點(diǎn)的概念可得CQ＝DQ，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得BC∥AD，BC＝AD＝3，證明△CQE∽△DQA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CE＝AD＝3，則BE＝6，由角平分線的概念可得∠PAQ＝∠DAQ，由平行線的性質(zhì)可得∠E＝∠DAQ，推出AP＝PE，接下來利用勾股定理計算即可.14．【答案】8【解析】【解答】解：∵DE∥∴△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，∴OEOB∵S△DOE∴DEBC∴S△ADE∴S△ABC∴S四邊形故答案為：8.【分析】由DE∥BC，得出△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，得出OEOB=ODOC=DEBC，再由S15．【答案】4【解析】【解答】解：∵ADDB=CE∴BD∴BD∵∠B=∠B，∴△BDE∽△∴S∴ΔDBE與四邊形ADEC的面積的比=421故答案是：421【分析】證明△BDE∽△BAC，可得16．【答案】①【解析】【解答】解：所有的正方形都相似，所以①正確；所有的菱形不一定相似，所以②錯誤；邊長相等的兩個菱形，形狀不一定相同，即：邊長相等的兩個菱形不一定相似所以③錯誤；對角線相等的兩個矩形，對應(yīng)邊不一定成比例，即不一定相似，所以④錯誤；故答案是：①.【分析】根據(jù)相似多邊形的定義逐一判斷即可.17．【答案】1【解析】【解答】解：∵M(jìn)，N分別是DE，BC的中點(diǎn)，∴AM、AN分別為△ADE、△ABC的中線，∵△ADE∽△ABC，∴DEBC＝AMAN＝1∴SΔADESΔABC＝(DEBC)2＝故答案為：14

【分析】根據(jù)相似三角形的中線比等于相似比得出DEBC的比值，再根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方，即可解答18．【答案】4【解析】【解答】解：如圖，連接DF，∵CD=2BD，CF=2AF，∴CFCA=∵∠C=∠C，∴△CDF∽△CBA，∴DFBA=CDCG=23∴DF∥BA，∴△DFE∽△ABE，∴DFAB=∴S△AEF=∵CF=2AF，∴S△ADF=∴S△AEF=∵CD=2BD，∴S△ADC=∴S△AEF=∵△ABC中，AB=4，BC=5，∴，當(dāng)AB⊥BC時，△ABC面積最大，為12×4×5=10此時△AFE面積最大為10×2故答案為：4【分析】連接DF，由CFCA=CDCB=23，∠C=∠C，易得△CDF∽△CBA，可得∠CFD=∠CAB，即可得DF∥BA，即△DFE∽△ABE，可得DFAB=DEAE=23，根據(jù)△AEF與△ADF同高，可得S△AEF=35S△ADF，同理可得S△ADF=1319．【答案】12【解析】【解答】解：∵DE=2EF，設(shè)EF=x，則DE=2x，∵四邊形DEFG是矩形，∴GF∥AB，∴△CGF∽△CAB，∴GFAB=CFCB=4∴AB=7x∴AD+BE=AB-DE=7x2-2x∵AC=BC，∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°，∴△ADG≌△BEF（AAS），∴AD=BE=12×32在△BEF中，BE2即(34解得：x=125或-12∴EF=125故答案為：125【分析】設(shè)EF=x，則DE=2x，證明△CGF∽△CAB，利用相似三角形的性質(zhì)求出AB=7x2，從而求出AD+BE=AB-DE=32x，證明△ADG≌△BEF（AAS），可得AD=BE=34x，在△BEF中，BE220．【答案】（3，2）【解析】【解答】解：∵正方形ABCD與正方形BEFG是以原點(diǎn)O為位似中心的位似圖形，且位似比為13∴BCEF而BE=EF∴BC6∴BC=2，OB∴C故答案為：（3，2）.【分析】根據(jù)位似圖形的性質(zhì)得出BCEF=OBOE=13，從而得出BC621．【答案】（1）解：①如圖，連接OD，則OA=OD∵AB=PA+PB=1+3=4∴OA=1∴OP=AP=1即點(diǎn)P是線段OA的中點(diǎn)∵CD⊥AB∴CD垂直平分線段OA∴OD=AD∴OA=OD=AD即△OAD是等邊三角形∴∠OAD=60°②連接AQ∵AB是直徑∴AQ⊥BQ根據(jù)圓周角定理得：∠ABQ=∠ADH，∴cos∵AH⊥DQ在Rt△ABQ和Rt△ADH中cos∴BQ∵AD=OA=2，AB=4∴BQ（2）解：連接AQ、BD與（1）中的②相同，有BQ∵AB是直徑∴AD⊥BD∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°∴∠ADP=∠ABD∴Rt△APD∽Rt△ADB∴PA∵AB=PA+PB=1+m∴AD∴BQ（3）解：由（2）知，BQ∴BQ=1+m即B∴BQ2﹣2DH2+PB2=(1+當(dāng)m=1時，BQ2﹣2DH2+PB2是一個定值，且這個定值為1，此時PA=PB=1，即點(diǎn)P與圓心O重合∵CD⊥AB，OA=OD=1∴△AOD是等腰直角三角形∴∠OAD=45°∵∠OAD與∠Q對著同一條弧∴∠Q=∠OAD=45°故存在半徑為1的圓，對于點(diǎn)Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一個定值1，此時∠Q的度數(shù)為45.【解析】【分析】（1）①連接OD，可得AB=4，OA=2，OP=AP=1，從而得出CD垂直平分線段OA，證明△OAD是等邊三角形，可得∠OAD=60°；②連接AQ，由圓周角定理可得AQ⊥BQ，∠ABQ=∠ADH，即得cos∠ABQ=BQAB=cos∠ADH=DHAD，代入相應(yīng)數(shù)據(jù)即得結(jié)論；

（2）連接AQ、BD，同（1）中的②相同，有BQDH=ABAD，證明Rt△APD∽Rt△ADB，可得PAAD=ADAB，由AB=PA+PB=1+m；可求出AD=PA·AB=1+m，代入BQDH=ABAD即可求出結(jié)論；

（3）由（2）得BQ=1+m·DH，即BQ2=(1+m)DH2，從而求出BQ2﹣2DH2+PB2=(1+m22．【答案】（1）證明：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∵PB切⊙O于點(diǎn)B∴∠OBP=90°，∴∠PBA+∠∴∠PBA=∠（2）證明：∵∠PBA=20°，∠PBA∴∠OBC=20°∵OB=OC，∴∠OCB=∠∴∠AOB=20°+20°=40°，∵OB=OA，∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，∴∠ADB=12∠AOB=20°∵AC是⊙O∴∠ADC=90°，∴∠CDE=90°-20°=70°，∴∠CDE=∠OAB，∵∠ACD=40°∴∠ACD=∠∴△OAB【解析】【分析】（1）根據(jù)圓周角定理且切線的性質(zhì)可得∠ABC=90°，∠OBP=90°，從而可得∠PBA+∠ABO=∠OBC+∠ABO=90°，根據(jù)余角的性質(zhì)即得結(jié)論；

（2）由三角形外角的性質(zhì)得出∠AOB=∠ACB+∠OBC=40°，從而得出∠AOB=∠ACD23．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠∴∠AEH+∠∵四邊形EFGH為正方形，∴EH=EF，∠∴∠AEH+∠∴∠BEF=∠在△AEH和△BFE∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠∴△AEH≌△∴AH=BE∴AE+AH（2）AE=CF（3）解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB∥CD∵AE=DG，AE∴四邊形AEGD為平行四邊形．∴AD∥EG∴EG∥BC過點(diǎn)H作HM⊥BC，垂足為點(diǎn)M，交EG于點(diǎn)N∴HNHM=∵OE：OF設(shè)OE=4x，OF=5x，HN=h∴h=4(4-x∴S=1∴當(dāng)x=2時，△OEH∴OE=4x=8=12EG∴四邊形EFGH是平行四邊形．【解析】【解答】解：（2）AE=CF，證明如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△AEH≌△∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△BEF是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四邊形EFGH是矩形.【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠A=∠B=90°，EH=EF，∠HEF=90°，根據(jù)同角的余角相等可得∠BEF=∠AHE，證明△AEH≌△BFE，得到AH=BE，據(jù)此證明；

（2）同理證明△AEH≌△FCG，得到EH=FG，根據(jù)線段的和差關(guān)系可得BE=BF，推出△EBF是等腰直角三角形，得到∠BEF=∠BFE=45°，易得∠AEH=∠CFG=45°，則∠HEF=∠EFG=90°，推出EH∥FG，然后根據(jù)矩形的判定定理進(jìn)行解答；

（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB∥CD，易得四邊形AEGD為平行四邊形，則AD∥EG，過點(diǎn)H作HM⊥BC，垂足為點(diǎn)M，交EG于點(diǎn)N，設(shè)OE=4x，OF=5x，HN=h，根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)可得h，由三角形的面積公式可得S，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得S的最大值以及對應(yīng)的x的值，進(jìn)而求出OE、OF，然后結(jié)合平行四邊形的判定定理進(jìn)行解答.24．【答案】（1）證明：∵BC所對的圓周角是∠A，∠∴∠A=∠又∠BDA=∠∴△（2）解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC∵DC=2AD∴AC∴AD∵ΔCED∴ADDE=∴2∴BD連接AE，∵AB∴AB∴∠BAC又∠ABD=∠EBA∴△ABD∴ABBE=∴A∴62=∴BD=27∴6CE=解得，CE【解析】【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得∠A=∠E，由對頂角的性質(zhì)可得∠BDA=∠CDE，然后根據(jù)相似三角形的判定定理進(jìn)行證明；

（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB=BC=6，結(jié)合已知條件可得AC=3AD，則AD=2，DC=4，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得BD·DE=8，連接AE，由圓周角定理可得∠BAC=∠BEA，證明△ABD∽△EBA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得BD、CE的值.25．【答案】（1）解：∵∠BAD=∠CAE，∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，即∠BAC=∠DAE，在△ABC和△ADE中∠BAC=∠DAE∴△ABC∽△ADE；（2）解：∵△ABC∽△ADE，∴ADAB∵AB=2AD，BC=4，∴DE4∴DE=2，即DE的長為2.【解析】【分析】（1）根據(jù)∠BAD=∠CAE結(jié)合角的和差關(guān)系可得∠BAC=∠DAE，然后根據(jù)兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似進(jìn)行證明；

（2）根據(jù)AB=2AD，BC=4結(jié)合相似三角形的性質(zhì)可得DE的長.26．【答案】（1）35；（2）解：如圖②中，結(jié)論：四邊形ABCD是對余四邊形.理由：過點(diǎn)D作DM⊥DC，使得DM＝DC，連接CM.∵四邊形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∴∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四邊形ABCD是對余四邊形.（3）u【解析】【解答】解：（1）過A作AE⊥BC于E，過C作CF⊥AD于F∵AB=AC，AE⊥BC∴BE=CE=12BC=3∴cos∠ABC=AE∵四邊形ABCD是對余四邊形，∴∠B+∠D=90°又∵∠B+∠BAE=90°∴∠D=∠BAE又∵∠CFD=∠AEB=90°∴△ABE∽△DCF∴AB∴5∴CF=12∴sin∠CAD＝CFAC=故答案為：35，1225(3)如圖③中，過點(diǎn)D作DH⊥x軸于H.∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝22，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵四邊形ABCD是對余四邊形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴A，D，C，E四點(diǎn)共圓，∴∠ACE＝∠ADE，∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，∴∠EAB＝∠ACE，∴∠EAB＝∠ADB，∵∠ABE＝∠DBA，∴△ABE∽△DBA，∴BEAB=∴AEBE=∴u＝AD4設(shè)D（x，t），∵四邊形ABCD是對余四邊形，可得BD2＝2CD2+AD2，∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，整理得（x+1）2＝4t﹣t2，在Rt△ADH中，AD＝AH2+DH2=∴u＝AD4=t2（0＜即u＝t2（0＜t＜4）