第4章《相似三角形》（教師版）

2023-2024學(xué)年浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊(cè)易錯(cuò)題真題匯編（提高版）第4章《相似三角形》考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：100分難度系數(shù)：0.47一．選擇題（共10小題，滿分20分，每小題2分）1．（2分）（2023?蘭溪市模擬）若＝，則＝（）A． B． C． D．解：∵＝，∴＝，∴＝2+＝2+＝，故選：D．2．（2分）（2022?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖，正方形ABCD由四個(gè)全等的直角三角形拼接而成，連結(jié)HF交DE于點(diǎn)M．若，則的值為（）A． B． C． D．解：如圖所示，延長(zhǎng)CB，DE，交于點(diǎn)N，設(shè)AH＝1，AE＝2，∵正方形ABCD由四個(gè)全等的直角三角形拼接而成，∴BE＝1，DH＝BF＝2，∵AD∥BN，∴△ADE∽△BNE，∴＝，即＝，∴BN＝1.5，∵DH∥NF，∴△DHM∽△NFM，∴＝＝＝，故選：C．3．（2分）（2022?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖，△ABC與△DEF是位似圖形，點(diǎn)O是位似中心，若OA：OD＝1：3，且△ABC的面積為2，則△DEF的面積為（）A．6 B．9 C．18 D．27解：∵△ABC與△DEF是位似圖形，∴△ABC∽△DEF，AB∥DE，∴△OAB∽△ODE，∴＝＝，∴＝（）2＝，∵△ABC的面積為2，∴△DEF的面積為18，故選：C．4．（2分）（2021秋?嵊州市期末）鸚鵡螺曲線的每個(gè)半徑和后一個(gè)半徑的比都是黃金比例，是自然界最美的鬼斧神工．如圖，P是AB的黃金分割點(diǎn)（AP＞BP），若線段AB的長(zhǎng)為6cm，則AP的長(zhǎng)約為（）A．3.71cm B．4.14cm C．4.32cm D．4.86cm解：∵P是AB的黃金分割點(diǎn)（AP＞BP），線段AB的長(zhǎng)為6cm，∴≈0.618，∴AP＝0.618×6≈3.71（cm），故選：A．5．（2分）（2021?河南模擬）如圖，△ABC的頂點(diǎn)A在y軸上，B，C兩點(diǎn)都在x軸上，將邊AB向右平移，平移后點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O，線段DO交AC于點(diǎn)E（2，），若AB＝5，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（）A．（3，3） B．（4，4） C．（3，4） D．（4，3）解：如圖，分別作DF⊥BC垂足為F，EG⊥BC，垂足為G，∴∠OFE＝∠OFD＝90°，∵E（2，），∴OG＝2，GE＝，∵△EOG和△DOF有公共角∠DOF，∴△EOG∽△DOF，∴，根據(jù)平移的性質(zhì)可知OD＝AB＝5，設(shè)OF＝3x，則DF＝4x，在Rt△ODF中：OD2＝DF2+OF2，即52＝（4x）2+（3x）2，∴x＝1或x＝﹣1（舍去），∴OF＝3x＝3，DF＝4x＝4．故D點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，4）．故選：C．6．（2分）（2021秋?東陽(yáng)市期末）如圖，在△ABC中，CH⊥AB，CH＝5，AB＝10，若內(nèi)接矩形DEFG鄰邊DG：GF＝1：2，則△GFC與四邊形ABFG的面積比為（）A． B． C． D．解：∵DG：GF＝1：2，∴設(shè)DG＝x，F(xiàn)G＝2x，∵四邊形DEFG是矩形，∴FG∥DE，∴∠CGF＝∠A．∠CFG＝∠B，∴△CGF∽△CAB，∵CH⊥AB，F(xiàn)G∥DE，∴CH⊥FG，∴＝，∴＝，∴x＝2.5，經(jīng)檢驗(yàn)，x＝2.5是原方程的根，∴FG＝5，∴＝（）2＝，∴△GFC與四邊形ABFG的面積比為＝1：3，故選：A．7．（2分）（2022秋?柯橋區(qū)期中）如圖，已知直線a∥b∥c，分別交直線m，n于A，C，E，B，D，F(xiàn)，則下列各式不正確的是（）A．＝ B．＝ C．＝ D．＝解：∵a∥b∥c，∴＝，＝，＝，∴＝，∴＝，∴＝，故選項(xiàng)A，B，C正確，故選：D．8．（2分）（2020秋?濱江區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)E，若∠BAC＝∠BDC，則下列結(jié)論中正確的是（）①；②△ABE與△DCE的周長(zhǎng)比；③∠ADE＝∠ABC；④S△ABE?S△DCE＝S△ADE?S△BCE．A．③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④解：①∵∠BAC＝∠BDC，∠AEB＝∠DEC，∴△AEB∽△DEC，∴；故①正確；②∵△AEB∽△DEC，∴△ABE與△DCE的周長(zhǎng)比；故②正確；③∵∠BAC＝∠BDC，∴A，B，C，D共圓，∴∠ADE＝∠ACB，如果∠ADE＝∠ABC，∴∠ABC＝∠ACB，但這兩個(gè)角不一定相等，故③錯(cuò)誤；④假設(shè)S△ABE?S△DCE＝S△ADE?S△BCE．∴＝，∵△ABE和△ADE共高，∴＝，∵△BCE和△DCE共高，∴＝，∴＝，故④正確．∴結(jié)論中正確的是①②④，故選：C．9．（2分）（2021?諸暨市模擬）如圖，四邊形ABDC內(nèi)接于圓，已知AC＝BC，延長(zhǎng)AD到F使得DF＝BD＝3，已知∠AEB＝90°，且AE：ED＝3：1，則BE的長(zhǎng)為（）A．2.5 B．2 C． D．3解：∵，∴∠CAD＝∠CBD，∵∠AEB＝∠AEC＝90°，∴△ACE∽△BDE，∴，，∵AE：ED＝3：1，∴設(shè)DE＝x，AE＝3x，在Rt△BED中，根據(jù)勾股定理得，BE＝，∴＝，＝∴CE＝，AC?BE＝9x，∵BC＝BE+EC＝，∵AC＝BC，∴＝9x，∴2x2﹣9x+9＝0，解得x1＝3（舍去），x2＝，∴BE＝＝，故選：C．10．（2分）（2021秋?鹿城區(qū)校級(jí)月考）如圖，有公共頂點(diǎn)的正方形ABCD和正方形BFGE如圖擺放，其中點(diǎn)G恰在CD邊的四等分點(diǎn)（CG＜DG），連結(jié)BD．則DH：BH為（）A．2：3 B．：2 C．2： D．15：17解：連接BG，設(shè)GC＝x，∵G恰在CD邊的四等分點(diǎn)，∴DG＝3x，DC＝4x，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDG＝45°，∠C＝90°，BC＝DC＝4x，∴在Rt△BCD中根據(jù)勾股定理得，BD＝4x，在Rt△BGC中根據(jù)勾股定理得，BG＝x，∵四邊形BFGE是正方形，∴∠BGH＝45°，∴∠BGH＝∠BDG，∴∠DBG＝∠GBH，∴△BGH∽△BDG，∴＝，∴＝，∴BH＝，∴DH＝BD﹣BH＝4x﹣＝，∴＝＝．故選：D．二．填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）11．（2分）（2022秋?諸暨市期末）如圖，點(diǎn)B為AC上的黃金分割點(diǎn)（AB＞BC），BC＝2，作如下操作：步驟1：以點(diǎn)B為圓心，小于1為半徑作圓弧，分別與AB，BC交于點(diǎn)M，N；步驟2：作MN的中垂線BD；步驟3：以點(diǎn)B為圓心，BC為半徑為圓弧交BD于點(diǎn)E，連接AE．則線段AE，AC，圓弧CE圍成的幾何圖形面積為+1+π．解：∵點(diǎn)B為AC上的黃金分割點(diǎn)（AB＞BC），BC＝2，∴＝，∴AB＝+1，由題意得：DB⊥AC，BE＝BC＝2，∴∠ABE＝∠CBE＝90°，∴線段AE，AC，圓弧CE圍成的幾何圖形面積＝△ABE的面積+扇形EBC的面積＝AB?BE+＝×（+1）×2+π＝+1+π，故答案為：+1+π．12．（2分）（2022秋?鹿城區(qū)校級(jí)月考）如圖，將含30°的直角三角尺放在矩形ABCD中，三角尺的30°角的頂點(diǎn)與點(diǎn)B重合．其它角的頂點(diǎn)分別在AD和CD邊的點(diǎn)E，F(xiàn)處，若點(diǎn)E恰好為AD的中點(diǎn)，則的值為．解：∵∠BEF＝90°，∴∠AEB+∠DEF＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠DEF＝∠ABE，∵∠A＝∠D，∴△ABE∽△DEF，∴＝＝，∵∠EBF＝30°，∴BE＝EF，∴設(shè)DF＝x，則AE＝x，∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，∴AE＝DE＝x，∴AB＝3x，∴CF＝CD﹣DF＝3x﹣x＝2x，∴＝．故答案為：．13．（2分）（2022?江北區(qū)模擬）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)F是邊CD上一點(diǎn)，射線AF與對(duì)角線BD相交于點(diǎn)E，與BC延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)G，連結(jié)DG，若△DGC∽△DEA，AD＝2，DF＝．則線段EF的長(zhǎng)為．解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠AGB，∠ADC＝∠DCG，∵△DGC∽△DEA，∴∠DAE＝∠DCG，∴∠DCG＝∠AGB＝∠DAG＝∠ADC，∴DF＝AF＝，CF＝FG，∴AG＝CD，∵AB＝CD，∴AB＝AG，如圖，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于M，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于Q，則BM＝MG，∵AF＝DF＝，AD＝2，∴AQ＝DQ＝AD＝1，∴FQ＝，∵∠DAG＝∠AGB，∴tan∠DAG＝tan∠AGB，∴＝＝，設(shè)MG＝x，AM＝x，則AG＝x，CG＝2x﹣2，∵AD∥BG，∴△AED∽△GEB，∴＝，即＝，∴AE＝，∵△DGC∽△DEA，∴＝，即＝，∴x＝2（負(fù)值舍），∴EF＝AF﹣AE＝﹣＝．故答案為：．14．（2分）（2022秋?海曙區(qū)校級(jí)月考）如圖，點(diǎn)D、E分別在△ABC的邊AB，AC上，DE∥BC，點(diǎn)G在邊BC上，AG交DE于點(diǎn)H，點(diǎn)O是線段AG的中點(diǎn)，若AD：DB＝3：1，則AO：OH＝2：1．解：∵點(diǎn)O是線段AG的中點(diǎn)，∴OA＝OG＝AG，∵DE∥BC，AD：DB＝3：1，∴＝＝＝，＝＝，∴OH＝OG﹣HG＝AG﹣AG＝AG，∴AO：OH＝（AG）：（AG）＝2：1，故答案為：2：1．15．（2分）（2021?寧波模擬）如圖，點(diǎn)A為射線MN上一點(diǎn)，∠BMA＝30°，BM＝4，作一個(gè)△BMD（點(diǎn)A，D分別在直線BM兩側(cè)），使得DM＝AB，∠DMB+∠MBA＝180°，點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)，連接MC，AC，在點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)△ABC恰為直角三角形時(shí)，則MA的長(zhǎng)度為18﹣2或18+2或4．解：如圖，將MB延長(zhǎng)至P，使得MB＝PB，連接AP，∵DM＝AB，∠DMB+∠MBA＝180°，∠MBA+∠ABP＝180°，∴∠ABP＝∠DMB，∴△BAP≌△DBM（SAS），取PA的中點(diǎn)E，連接BE，則△CBM≌△EPB（SAS），∴CM＝BE，∠EBP＝∠CMB，∵BE是△PMA的中位線，∴BE∥MA，BE＝MA，∴∠EBP＝∠CMB＝∠BMA＝30°，∠CMA＝60°，CM＝BEMA，∴∠MCA為直角．若△ABC為直角三角形，有兩種情況：①當(dāng)∠CBA為直角，過(guò)點(diǎn)B作MN的垂線BH，過(guò)點(diǎn)B作BH的垂線交過(guò)點(diǎn)C作MN的垂線于點(diǎn)F，交MN于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)O作MN的垂線OI，如圖所示，由題意可得，∠CMO＝∠OMA＝30°，∴∠COM＝60°，∠CAM＝30°，∴△OMA是等腰三角形，∴MI＝IA＝CM，∵BM＝4，∴BH＝FG＝2，MH＝6．設(shè)CM＝x，則MG＝x，CG＝x，MA＝2x，GH＝FB＝6﹣x，HA＝2x﹣6，CF＝2﹣x，∵∠FBH＝90°，∴△BCF∽△BAH，∴＝，即＝，解得x＝9﹣或x＝9+．∴MA＝2x＝18﹣2或18+2．②當(dāng)∠CAB＝90°時(shí)，如圖，由上分析可知，∠CAM＝30°，BH＝FG＝2，MH＝6．過(guò)點(diǎn)B作BH⊥MN于點(diǎn)H，則∠BAH＝60°，∴∠ABH＝30°，∴AH＝2，∴MA＝4．故答案為：18﹣2或18+2或4．16．（2分）（2022?漢陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC紙板中，AC＝4，BC＝2，AB＝5，P是AC上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P沿直線剪下一個(gè)與△ABC相似的小三角形紙板，如果有4種不同的剪法，那么AP長(zhǎng)的取值范圍是3≤AP＜4．解：如圖所示，過(guò)P作PD∥AB交BC于D或PE∥BC交AB于E，則△PCD∽△ACB或△APE∽△ACB，此時(shí)0＜AP＜4；如圖所示，過(guò)P作∠APF＝∠B交AB于F，則△APF∽△ABC，此時(shí)0＜AP≤4；如圖所示，過(guò)P作∠CPG＝∠CBA交BC于G，則△CPG∽△CBA，此時(shí)，△CPG∽△CBA，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)B重合時(shí)，CB2＝CP×CA，即22＝CP×4，∴CP＝1，AP＝3，∴此時(shí)，3≤AP＜4；綜上所述，AP長(zhǎng)的取值范圍是3≤AP＜4．故答案為：3≤AP＜4．17．（2分）（2022?樂(lè)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：如圖，過(guò)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(guò)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，∵＝sin∠A'OP＝sin∠B′ON＝，即＝，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'，∴＝sin∠OMH＝sin∠NOB'＝，∴＝，∴OM＝．在Rt△OHM中，由勾股定理得，MH＝＝，∴MD'＝MH+C′H+D′C′＝，在Rt△GMD中，由＝sin∠GMD'＝sin∠NOB′＝，即＝，∴D′G＝89cm．即點(diǎn)D′到OM的距離為89cm．故答案為：10；89．18．（2分）（2021秋?衢州期末）如圖，在△ABC中，AC：BC＝1：2，∠ACB＝90°，CE是過(guò)C點(diǎn)的一條直線，AD⊥CE于D，BF⊥CE于F，DF＝5cm，AD＝2cm，則BF＝18cm或2cm．解：分為兩種情況：①如圖1，當(dāng)CE在△ABC內(nèi)．∵AD⊥CE，∠BCA＝90°，∴∠ADC＝∠BCA＝90°，∴∠DCA+∠BCF＝90°，∠DCA+∠DAC＝90°，∴∠DAC＝∠BCF，∵AD⊥CE，BF⊥CE，∴∠ADC＝∠BFC＝90°，∴△ACD∽△CBF，∴＝＝＝，∵DF＝5cm，AD＝2cm，∴＝＝，∴CF＝4cm，BF＝18cm；②如圖2，當(dāng)CE在△ABC外．同（1），△ACD∽△CBF，∴＝＝＝，∵DF＝5cm，AD＝2cm，∴＝＝，∴CF＝4cm，BF＝2cm，∴BF的值為：18cm或2cm．故答案為：18cm或2cm．19．（2分）（2023?溫州三模）如圖在矩形ABCD中，，AD＝8，E是AD上一點(diǎn)，連結(jié)BE，過(guò)C作CF⊥BE于點(diǎn)F．將△ABE向右下方向平移到△IHC的位置，I在BC上，四邊形CDEF向左下方向平移到四邊形HIBG的位置．若重新組成的矩形CFGH與矩形ABCD全等，則DE的長(zhǎng)為2，△ABE內(nèi)有一點(diǎn)O，平移后對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)O′，若O′是矩形CFGH的中心，則點(diǎn)O到AD的距離為．?解：∵矩形CFGH與矩形ABCD全等，，AD＝8，∴AD＝BC＝CH＝BE＝8，，∠A＝∠GHC＝∠ABC＝90°，在Rt△ABE中，，BE＝8，由勾股定理得：，∴DF＝AD﹣AE＝8﹣6＝2；連接CG，過(guò)點(diǎn)O'作O'M⊥BC，過(guò)點(diǎn)G作GN⊥CB交CN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，由平移的性質(zhì)得：點(diǎn)O到AD的距離為O'M，DE＝GB＝2，∵O'為矩形CFGH的中心，∴點(diǎn)O'為CG的中點(diǎn)，∴O'M∥GN，∴O'M為△CGN的中位線，∴，∵GN⊥BC，∠ABC＝90°，∴∠N＝∠ABC＝90°，GN∥AB，∴∠NGB＝∠ABE，∴△GNB∽△BAE，∴GN：AB＝GB：BE，即：，∴，∴．∴點(diǎn)O到AD的距離為．故答案為：2；．20．（2分）（2022秋?諸暨市期末）如圖，△ABC中邊BC＝10，高AD＝8，正方形EFNM的四個(gè)頂點(diǎn)分別為△ABC三邊上的點(diǎn)（點(diǎn)E，F(xiàn)為BC上的點(diǎn)，點(diǎn)N為AC上的點(diǎn)，點(diǎn)M為AB上的點(diǎn)），則正方形EFNM的邊長(zhǎng)為．解：設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，設(shè)AD與MN交于點(diǎn)G，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴MN＝NE＝x，MN∥BC，∵M(jìn)E⊥BC，GD⊥BC，∴ME＝GD＝x，∴AG＝AD﹣GD＝8﹣x．∵M(jìn)N∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，解得：x＝．∴正方形EFNM的邊長(zhǎng)為．故答案為：．三．解答題（共8小題，滿分60分）21．（6分）（2021秋?鹿城區(qū)校級(jí)月考）如圖，在?ABCD中，過(guò)B作BE⊥CD，垂足為點(diǎn)E，連接AE，F(xiàn)為AE上一點(diǎn)，且∠AFB＝∠D．（1）求證：△ABF∽△EAD．（2）若AB＝4，AD＝6，∠BAE＝30°，求BF的長(zhǎng)．（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BAE＝∠AED，∵∠AFB＝∠D，∴△ABF∽△EAD；（2）解：∵BE⊥CD，∴∠BEC＝90°，∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠BEC＝90°，∵∠BAE＝30°，∴cos30°＝，∴AE＝8，∵△ABF∽△EAD，∴＝，∴＝，解得BF＝3．22．（6分）（2017秋?杭州期末）如圖在銳角三角形ABC中，點(diǎn)D，E分別在邊AC，AB上，AG⊥BC于點(diǎn)G，AF⊥DE于點(diǎn)F，∠EAF＝∠GAC．（1）求證：△ADE∽△ABC；（2）如AF＝3，AG＝5，求△ADE與△ABC的周長(zhǎng)之比．解：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE，∴∠AFE＝∠AGC＝90°，∵∠EAF＝∠GAC，∴∠AED＝∠ACB，∵∠EAD＝∠BAC，∴△ADE∽△ABC；（2）由（1）可得△ADE∽△ABC，又∵AG⊥BC于點(diǎn)G，AF⊥DE于點(diǎn)F，∴△ADE與△ABC的周長(zhǎng)之比＝＝．23．（8分）（2018秋?江干區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E在BC邊上（不與點(diǎn)B、C重合），連接AE、BD交于點(diǎn)G．（1）若AG＝BG，AB＝4，BD＝6，求線段DG的長(zhǎng)；（2）設(shè)BC＝kBE，△BGE的面積為S，△AGD和四邊形CDGE的面積分別為S1和S2，把S1和S2分別用k、S的代數(shù)式表示；（3）求的最大值．解：（1）∵AG＝BG，∴∠BAG＝∠ABG，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∴∠BAG＝∠ADB，∴△BAG∽△BDA，∴＝，即＝，∴BG＝，∴DG＝BD﹣BG＝6﹣＝；（2）∵四邊形ABCD為菱形，∴BC＝AD＝kBE，AD∥BC，∵AD∥BE，∴∠DAE＝∠BEA，∠ADG＝∠BEG∴△ADG∽△EBG，∴＝（）2＝k2，＝＝k，∴S1＝k2S，∵＝＝k，∴S△ABG＝，∵△ABD的面積＝△BDC的面積，∴S2＝S1+﹣S＝k2S+kS﹣S＝（k2+k﹣1）S；（3）∵＝＝1+﹣＝﹣（﹣）2+，∴的最大值為．24．（8分）（2022秋?杭州期末）如圖，以△ABC的邊BC為直徑的⊙O分別交AB，AC于點(diǎn)D，E，且點(diǎn)E是的中點(diǎn)，連接DE．（1）求證：△ABC是等腰三角形．（2）若BC＝10，CE＝6，求線段AD的長(zhǎng)．（1）證明：連接BE，∵BC為⊙O的直徑，∴∠BEC＝90°，∴∠C+∠CBE＝90°，∠BEA＝180°﹣∠BEC＝90°，∴∠A+∠DBE＝90°，∵點(diǎn)E是的中點(diǎn)，∴＝，∴∠CBE＝∠DBE，∴∠A＝∠C，∴AB＝BC，∴△ABC是等腰三角形；（2）解：∵＝，∴CE＝DE＝6，∵四邊形DBCE是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠C+∠BDE＝180°，∵∠BDE+∠ADE＝180°，∴∠ADE＝∠C，∵∠A＝∠C，∴∠A＝∠ADE，∴AE＝ED＝6，∴AC＝AE+CE＝12，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACB，∴＝，∴＝，∴AD＝，∴線段AD的長(zhǎng)為．25．（8分）（2022秋?蕭山區(qū)月考）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)M在對(duì)角線BD上，過(guò)點(diǎn)A、B、M的圓與BC交于點(diǎn)E．（1）若AM＝4，EB＝EM＝3，求BM．（2）若AB＝6，BC＝8，①求AM：ME．②若BM＝7，求BE．解：（1）連接AE交BM于點(diǎn)F，∴∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AE是圓的直徑，∴∠AME＝90°，∵AM＝4，EM＝3，∴AE＝＝＝5，∵EB＝EM＝3，∴＝，∴AE⊥BM，BF＝FM＝BM，∵△AME的面積＝AM?EM＝AE?FM，∴AM?EM＝AE?FM，∴5FM＝4×3，∴FM＝，∴BM＝2FM＝，∴BM的長(zhǎng)為；（2）①過(guò)點(diǎn)M作MP⊥AD，垂足為P，延長(zhǎng)PM交BC于點(diǎn)Q，∴∠APM＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝6，AD∥BC，∴∠MQB＝180°﹣∠APM＝90°，∴∠MEQ+∠EMQ＝90°，由（1）得：∠AME＝90°，∴∠AMP+∠EMQ＝180°﹣∠AME＝90°，∴∠AMP＝∠MEQ，∵∠APM＝∠MQE＝∠ABC＝90°，∴四邊形ABQP是矩形，△APM∽△MQE，∴AP＝BQ，＝，∵∠BQM＝∠C＝90°，∠MBQ＝∠DBC，∴△BQM∽△BCD，∴＝＝＝，∴＝＝，∴AM：ME＝4：3；②在Rt△BCD中，BD＝＝＝10，由①得：△BQM∽△BCD，∴＝＝，∴＝＝，∴MQ＝4.2，BQ＝5.6，由①得：四邊形ABQP是矩形，∴AB＝PQ＝6，∴PM＝PQ﹣MQ＝6﹣4.2＝1.8，由①得：△APM∽△MQE，∴＝，∴＝，∴QE＝1.35，∴BE＝BQ﹣QE＝5.6﹣1.35＝4.25，∴BE的長(zhǎng)為4.25．26．（8分）（2021秋?舟山期末）如圖，△DBE內(nèi)接于⊙O，BD為直徑，DE＝EB，點(diǎn)C在⊙O（不與D，B，E重合）上，∠A＝45°，點(diǎn)A在直線CD上，連接AB．（1）如圖，若點(diǎn)C在上，求證：△ABD∽△CBE；（2）在（1）的條件下，DC＝6，DB＝10，求線段CE的長(zhǎng)；（3）若直線BC與直線DE相交于點(diǎn)F，當(dāng)時(shí)，求的值．（1）證明：∵BD是⊙O的直徑，∴∠DCB＝∠DEB＝90°，∵ED＝EB，∴∠EDB＝∠EBD＝45°，∴∠ECB＝∠EDB＝45°，∵∠A＝45°，∴∠CBA＝90°﹣∠A＝45°，∴∠CBA＝∠EBD，∴∠CBA﹣∠CBD＝∠EBD﹣∠CBD，∴∠DBA＝∠EBC，∵∠A＝∠ECB，∴△ABD∽△CBE；（2）解：∵∠DCB＝90°，DC＝6，DB＝10，∴BC＝＝＝8，∵∠CBA＝∠A＝45°，∴CA＝CB＝8，∴AD＝CA﹣CD＝8﹣6＝2，在Rt△DEB中，BE＝BDsin45°＝10×＝5，∵△ABD∽△CBE，∴＝，∴＝，∴CE＝；（3）∵，∴設(shè)DC＝a，CB＝3a，∴BD＝＝a，在Rt△DEB中，BE＝BDsin45°＝a?＝a，∵∠DCB＝∠DEB，∠CFD＝∠EFB，∴△CDF∽△EBF，∴＝＝＝．27．（8分）（2020秋?