2023年浙江省中考数学第一轮复习卷：14图形的相似（含解析）

2023年浙江省中考数学第一轮复习卷：14图形的相似一．选择题（共13小题）1．（2022•金华模拟）如图，在矩形ABCD中，DE＝3AE，BE⊥AC于点F，连接DF．分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝3AF；③S△CDF＝S△CBF；④若BC＝4，则tan∠ACB=1其中正确的结论有（）A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④2．（2022•鹿城区校级模拟）如图，两个大小不等的正方形被切割成5部分，且②与⑤的面积之差为8，将这5部分拼接成一个大正方形ABCD，连接AC交DF于点E，若DEEF=4A．18 B．25 C．32 D．503．（2022•吴兴区校级二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠BAD＝60°，AB＝1．按下列步骤作图：①以点B为圆心，适当长为半径画弧，与∠ABD的两边分别交于M、N两点；②分别以点M、N为圆心，大于12MN长为半径画弧，两弧相交于点P；③过B，P两点作射线BP，分别交AD，AC于点F，GA．AF＝DF B．BF⊥BC C．AG：GC＝1：3 D．AD2＝AG•AC4．（2022•鹿城区校级二模）在《寺庙难题》书中，有这样一道题：五个正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如图所示排列，其中点A，B、E，H，M共线，可得结论：正方形CEFG与△SGQ的面积相等．若正方形CEFG与△SGQ的面积之和为120，则正方形DGST与正方形GNPQ面积之和为（）A．270 B．300 C．320 D．3505．（2022•嘉兴二模）如图，点F，G分别在正方形ABCD的边BC，CD上，E为AB中点，连结ED，正方形FGQP的边PQ恰好在DE上，记正方形ABCD面积为S1，正方形FPQG面积为S2，则S1：S2的值为（）A．10：7 B．20：7 C．49：10 D．49：206．（2022•嘉兴二模）如图，在平面直角坐标系中，以P（0，﹣1）为位似中心，在y轴右侧作△ABP放大2倍后的位似图形△DCP，若点B的坐标为（﹣2，﹣4），则点B的对应点C的坐标为（）A．（4，5） B．（4，6） C．（2，4） D．（2，6）7．（2022•乐清市三模）如图，在直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'是位似图形，则位似中心为（）A．点M B．点N C．点O D．点P8．（2022•衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端A（人眼）望点E，使视线通过点C，记人站立的位置为点B，量出BG长，即可算得物高EG．令BG＝x（m），EG＝y（m），若a＝30cm，b＝60cm，AB＝1.6m，则y关于x的函数表达式为（）A．y=12x B．y=1C．y＝2x+1.6 D．y=18009．（2022•乐清市一模）等积变换法是证明勾股定理的常用方法之一．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向下作正方形ADEB，CN平分∠ACB分别交AB，DE于M，N，过点A，B分别作AG∥BC，BF∥AC，交CN于点G，F，连结DG，利用此图形可以证明勾股定理，记△AMG，△DGN的面积分别为S1，S2，若S1+S2＝7，FG=22，则A．26 B．5 C．26 D．10．（2022•鹿城区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以△ABC的三边为底边分别在AC的上方作三个相似的等腰三角形，△ABD∽△ACF∽△BCE，且AF⊥DB于点G，BE交CF于点H，若DGGB=3A．27 B．15 C．5-111．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（）A．252 B．454 C．10 D12．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若BFGC=2A．22 B．4105 C．207 13．（2022•松阳县二模）正方形ABCD中，两条对角线交于点O，点E为边BC的中点，过点D作DF⊥AE，交AB于点F，交OA于点M，AE与BD交于点N，记p=BFOM，q=BNONA．p＝q＞r B．p＞q＝r C．p＜q＝r D．p＝q＝r二．填空题（共10小题）14．（2022•衢州）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k，此时点P，A，B，Q（1）CD﹣EF﹣GJ＝km．（2）k＝．15．（2022•杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，则AB＝m．16．（2022•湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，DE∥BC，ADAB=13．若DE＝2，则BC的长是17．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是．18．（2022•义乌市模拟）将一本高为17cm（即EF＝17cm）的词典放入高（AB）为16cm的收纳盒中（如图1）．恰好能盖上盒盖时，测得底部F离收纳盒最左端B处8cm，若此时将词典无滑动向右倒，书角H的对应点H′恰为CD中点．（1）收纳盒的长BC＝；（2）现将若干本同样的词典放入此有盖的收纳盒中，如图2放置，则最多有本书可与边BC有公共点．19．（2022•鹿城区校级三模）如图1是个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，BC＝CD＝DE＝EL，将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，此时，踏板可以看作与支架AL重合，将梯子垂直摆放时，量得点A离地面110cm，点H离地面65cm，则踏板宽BF＝cm；图3是图1的简略视图，记支架AM交BF于点P，此时点G恰好在A的正下方，且量得PB：PF＝13：4，则AM＝cm．20．（2022•温州模拟）图1是一折叠桌，桌板DEIJ固定墙上，支架AD，HE绕点D，E旋转时，AD∥HE，桌板边缘AH∥BG∥CF∥DE，桌脚AN⊥AH，桌子放平得图2．图3是打开过程中侧面视图，当点N在直线CF上时，点N到墙OE的距离为cm．视图中以C，K为顶点的长方形表示一圆柱体花瓶，桌子打开至点M，C，F在同一直线时，桌板边缘GL恰卡在点K，为不影响桌板BG收放，则至少将花瓶沿CF方向平移cm．21．（2022•奉化区二模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8．过O的直线EF交BC于E，交AD于F．把四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形C'EFD'，C'D'交AC于点G．当C'D'∥BD时，C'GD'G的值为，BE的长为22．（2022•乐清市一模）如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，则CD＝cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D'，C'，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A'，B'，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D'到OM距离为cm．23．（2022•温州校级模拟）图1中周长为58的矩形纸片剪掉一块边长为4的正方形后，将剩下的部分沿着虚线剪开，拼成不重叠、无缝隙的矩形ABCD（如图2），则图2中线段BE的长为，连接部分⑤的对角线交矩形ABCD于点M、N，则MN＝．三．解答题（共8小题）24．（2022•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC（1）若AB＝8，求线段AD的长．（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．25．（2022•宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点G，求证：DG＝EG．【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求DEBC【拓展提高】（3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长．26．（2022•宁波模拟）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6．AC＝8，点D，E分别是AB，BC的中点．把△BDE绕点B旋转一定角度，连结AD，AE，CD，CE．（1）如图2，当线段BD在△ABC内部时，求证：△BAD∽△BCE．（2）当点D落在直线AE上时，请画出图形，并求CE的长．（3）当△ABE面积最大时，请画出图形，并求出此时△ADE的面积．27．（2022•义乌市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（3，4），点D从原点O出发沿O→A→B匀速运动，到达点B时停止，点E从点A出发沿A→B→C随D运动，且始终保持∠CDE＝∠COA．设运动时间为t．（1）当DE∥OB时，求证：△OCD≌△BCE．（2）若点E在BC边上，当△CDE为等腰三角形时，求BE的长．（3）若点D的运动速度为每秒1个单位，是否存在这样的t，使得以点C，D，E为顶点的三角形与△OCD相似？若存在，直接写出所有符合条件的t；若不存在，请说明理由．28．（2022•景宁县模拟）如图，在菱形ABCD中，点P为对角线AC上的动点，连结DP，将DP绕点D按逆时针方向旋转至DQ，使∠QDP＝∠CDA，PQ与CD交于点E．（1）求证：△PEC∽△DPA；（2）已知AD＝5，AC＝8，①当DP⊥AD时，求△PEC的面积；②连结CQ，当△EQC为直角三角形时，求AP的长．29．（2022•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P．（1）求证：AP＝4PE．（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四边形PFCE的面积．30．（2022•余姚市模拟）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为CB延长线上一点，连结AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连结CE．求证：△ABD≌△ACE；【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连接DE，若AE交DC于点F，已知FC＝3，tan∠ADC【拓展提高】（3）如图3，在正方形ABCD中，点E是对角线CA延长线上的一点，连结DE，过D点作DE的垂线交AC于F点，交BC于G点，若GC=2，AE＝3，求31．（2022•西湖区校级二模）【证明体验】（1）如图1，正方形ABCD中，E，F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．求证：△DBE∽△DCF．【思考探究】（2）如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF=43，BE＝5，求【拓展延伸】（3）如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E，F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF=34，CF＝1，求

2023年浙江省中考数学第一轮复习卷：14图形的相似参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2022•金华模拟）如图，在矩形ABCD中，DE＝3AE，BE⊥AC于点F，连接DF．分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝3AF；③S△CDF＝S△CBF；④若BC＝4，则tan∠ACB=1其中正确的结论有（）A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝90°，∴∠EAF＝∠ACB，∵AC⊥BE，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确，∵DE＝3AE，∴AEBC∴CF＝4AF，故②错误，∵四边形ABCD是矩形，∴S△ADC＝S△ABC，∵CF=45∴S△CDF=45S△ADC，S△CBF=45∴S△CDF＝S△CBF，故③正确，设AF＝m，CF＝4m，∵∠ABF+∠BAC＝90°，∠BAC+∠FCB＝90°，∴∠ABF＝∠BCF，∵∠BFA＝∠CFB＝90°，∴△BFA∽△CFB，∴BFCF∴BF＝2m，∴tan∠ACB=BFCF=故选：C．2．（2022•鹿城区校级模拟）如图，两个大小不等的正方形被切割成5部分，且②与⑤的面积之差为8，将这5部分拼接成一个大正方形ABCD，连接AC交DF于点E，若DEEF=4A．18 B．25 C．32 D．50【解答】解：如图，∵四边形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设GT＝4x，则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故选：D．3．（2022•吴兴区校级二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠BAD＝60°，AB＝1．按下列步骤作图：①以点B为圆心，适当长为半径画弧，与∠ABD的两边分别交于M、N两点；②分别以点M、N为圆心，大于12MN长为半径画弧，两弧相交于点P；③过B，P两点作射线BP，分别交AD，AC于点F，GA．AF＝DF B．BF⊥BC C．AG：GC＝1：3 D．AD2＝AG•AC【解答】解：由题意可得：BF平分∠ABD，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴AB＝AD＝BC，∠BAC＝30°＝∠BCA，∴△ABD是等边三角形，又∵BF平分∠ABD，∴AF＝DF，BF⊥AD，∠ABF＝30°，故选项A不符合题意，∵AD∥BC，∴BF⊥BC，故选项B不符合题意，∵∠ABF＝∠ACB＝30°，∠BAC＝∠BAG，∴△ABG∽△ACB，∴ABAG∴AB2＝AC•AG，∴AD2＝AC•AG，故选项D不符合题意；∵∠ABF＝∠ACB＝30°＝∠BAC，BF⊥BC，∴AG＝BG，GC＝2BG，∴AG：GC＝1：2，故选项C符合题意，故选：C．4．（2022•鹿城区校级二模）在《寺庙难题》书中，有这样一道题：五个正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如图所示排列，其中点A，B、E，H，M共线，可得结论：正方形CEFG与△SGQ的面积相等．若正方形CEFG与△SGQ的面积之和为120，则正方形DGST与正方形GNPQ面积之和为（）A．270 B．300 C．320 D．350【解答】解：如图，过点G作GK⊥CD，交DC的延长线于K，GJ⊥FN，交NF的延长线于J，∵四边形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与△SGQ的面积相等．若正方形CEFG与△SGQ的面积之和为120，∴正方形CEFG的面积＝60，∴BC2+BE2＝CE2＝60，∵正方形DGST与正方形GNPQ面积之和＝DG2+GN2，∴正方形DGST与正方形GNPQ面积之和＝DK2+GK2+GJ2+JN2＝4BC2+BE2+4BE2+BC2＝5（BC2+BE2）＝300，故选：B．5．（2022•嘉兴二模）如图，点F，G分别在正方形ABCD的边BC，CD上，E为AB中点，连结ED，正方形FGQP的边PQ恰好在DE上，记正方形ABCD面积为S1，正方形FPQG面积为S2，则S1：S2的值为（）A．10：7 B．20：7 C．49：10 D．49：20【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠A＝∠ADG＝∠C＝90°，∵四边形FGQP是正方形，∴∠PQC＝∠DQG＝90°，∠QGF＝90°，∴∠ADE+∠QDG＝∠QDG+∠DGQ＝90°，∴∠ADE＝∠DGQ，∵∠A＝∠DQG＝90°，∴△ADE∽△QGD，∴ADAE设正方形ABCD的边长为2a，则AD＝DC＝AB＝2a，∵E为AB中点，∴AE＝a，∴QGQD=设正方形FGQP的边长为2b，则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故选：D．6．（2022•嘉兴二模）如图，在平面直角坐标系中，以P（0，﹣1）为位似中心，在y轴右侧作△ABP放大2倍后的位似图形△DCP，若点B的坐标为（﹣2，﹣4），则点B的对应点C的坐标为（）A．（4，5） B．（4，6） C．（2，4） D．（2，6）【解答】解：以点P为坐标原点，原y轴为y轴建立新的平面直角坐标系，则点B在新坐标系中的坐标为（﹣2，﹣3），∵△ABP与△DCP的位似比为1：2，∴点C在新坐标系中的坐标为（4，6），则点C在原坐标系中的坐标为（4，5），故选：A．7．（2022•乐清市三模）如图，在直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'是位似图形，则位似中心为（）A．点M B．点N C．点O D．点P【解答】解：连接BB′，交AA′于点P，则点P为位似中心，故选：D．8．（2022•衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端A（人眼）望点E，使视线通过点C，记人站立的位置为点B，量出BG长，即可算得物高EG．令BG＝x（m），EG＝y（m），若a＝30cm，b＝60cm，AB＝1.6m，则y关于x的函数表达式为（）A．y=12x B．y=1C．y＝2x+1.6 D．y=1800【解答】解：由图2可得，AF＝BG＝xm，EF＝EG﹣FG，FG＝AB＝1.6m，EG＝ym，∴EF＝（y﹣1.6）m，∵CD⊥AF，EF⊥AF，∴CD∥EF，∴△ADC∽△AFE，∴CDEF即30EF∴30y化简，得y=12x故选：B．9．（2022•乐清市一模）等积变换法是证明勾股定理的常用方法之一．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向下作正方形ADEB，CN平分∠ACB分别交AB，DE于M，N，过点A，B分别作AG∥BC，BF∥AC，交CN于点G，F，连结DG，利用此图形可以证明勾股定理，记△AMG，△DGN的面积分别为S1，S2，若S1+S2＝7，FG=22，则A．26 B．5 C．26 D．【解答】解：设AC＝x，BC＝y，∵∠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+2，∴AB=x2+故选：A．10．（2022•鹿城区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以△ABC的三边为底边分别在AC的上方作三个相似的等腰三角形，△ABD∽△ACF∽△BCE，且AF⊥DB于点G，BE交CF于点H，若DGGB=3A．27 B．15 C．5-1【解答】解：作HP⊥CE于点P．∵AF⊥DB，△ABD∽△ACF∽△BCE，且均为等腰三角形，∴∠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故选：B．11．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（）A．252 B．454 C．10 D【解答】解：如右图1所示，由已知可得，△DFE∽△ECB，则DFEC设DF＝x，CE＝y，则xy解得x=∴DE＝CD+CE＝6+214=EB＝DF+AD=274+2=如图2所示，由已知可得，△DCF∽△FEB，则DCFE设FC＝m，FD＝n，则69解得m=8∴FD＝10，故选项C不符合题意；BF＝FC+BC＝8+7＝15；如图3所示：此时两个直角三角形的斜边长为6和7；故选：A．12．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若BFGC=2A．22 B．4105 C．207 【解答】解：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．∵BFCG∴可以假设BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE=12由翻折的性质可知EA＝EA′=12y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y﹣5k，∴GA′=12y﹣（y﹣5k）＝5k-∵C，A′，B′共线，GA′∥FB′，∴CGCF∴3k∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四边形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT=(3k)2∴ADAB=8解法二：不妨设BF＝2，CG＝3，连接CE，则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故选：A．13．（2022•松阳县二模）正方形ABCD中，两条对角线交于点O，点E为边BC的中点，过点D作DF⊥AE，交AB于点F，交OA于点M，AE与BD交于点N，记p=BFOM，q=BNONA．p＝q＞r B．p＞q＝r C．p＜q＝r D．p＝q＝r【解答】解：∵四边形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，设正方形ABCD的边长为a，∵点E是BC的中点，∴AF＝BE=12∴BF=12a＝连接OF，∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OC＝OB＝OD=1∴OF是△ABD的中位线，∴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，故选：B．二．填空题（共10小题）14．（2022•衢州）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k，此时点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）连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z．由矩形性质得：AZ＝CD﹣EF﹣GJ＝1.8，BZ＝DE+FG﹣CB﹣AJ＝4.9+3.1﹣3﹣2.4＝2.6，∵点P，A，B，Q共线，∴∠MBQ＝∠ZBA，又∵∠BMQ＝∠BZA＝90°，∴△BMQ∽△BZA，∴QMBM=k故答案为：1.8；91315．（2022•杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，则AB＝9.88m．【解答】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是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，∴旗杆的高度为9.88m．故答案为：9.88．16．（2022•湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，DE∥BC，ADAB=13．若DE＝2，则BC的长是【解答】解：∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB∵ADAB=13，∴13∴BC＝6，故答案为：6．17．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是354或5【解答】解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．∵tan∠CBT＝3=CT∴可以假设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四点共圆，∵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故答案为：5或35418．（2022•义乌市模拟）将一本高为17cm（即EF＝17cm）的词典放入高（AB）为16cm的收纳盒中（如图1）．恰好能盖上盒盖时，测得底部F离收纳盒最左端B处8cm，若此时将词典无滑动向右倒，书角H的对应点H′恰为CD中点．（1）收纳盒的长BC＝2518cm（2）现将若干本同样的词典放入此有盖的收纳盒中，如图2放置，则最多有7本书可与边BC有公共点．【解答】解：（1）如图所示：在Rt△BEF中，∠B＝90°，EF＝17，BF＝8，则BE=∵AB＝16，∴AE＝AB﹣BE＝16﹣15＝1，连接AH，如图所示：∵恰好能盖上盒盖，∴AH⊥AB，∵词典是长方体，∴∠HEF＝90°，即∠HEA+∠BEF＝90°，在Rt△BEF中，∠BFE+∠BEF＝90°，∴∠HEA＝∠BFE，∴△HAE∽△EBF，∴HEAE=EFBF，即∵将词典无滑动向右倒，∴FG'∵书角H的对应点H′恰为CD中点，∴H'在RtΔG'CH'中，∠C＝90°，G'H'＝EF＝17，H'C＝8，则G'∴BC=∴收纳盒的长BC=251故答案为：2518（2）延长HF交BC于G'，如图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本书可与边BC有公共点．故答案为：7．19．（2022•鹿城区校级三模）如图1是个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，BC＝CD＝DE＝EL，将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，此时，踏板可以看作与支架AL重合，将梯子垂直摆放时，量得点A离地面110cm，点H离地面65cm，则踏板宽BF＝20cm；图3是图1的简略视图，记支架AM交BF于点P，此时点G恰好在A的正下方，且量得PB：PF＝13：4，则AM＝5501017【解答】解：设BF＝xcm，BC＝ycm，根据题意可得，x+4解得x=20即BF＝20cm；连接AG，交BF于点N，连接ML，根据题意可得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故答案为：20；5501020．（2022•温州模拟）图1是一折叠桌，桌板DEIJ固定墙上，支架AD，HE绕点D，E旋转时，AD∥HE，桌板边缘AH∥BG∥CF∥DE，桌脚AN⊥AH，桌子放平得图2．图3是打开过程中侧面视图，当点N在直线CF上时，点N到墙OE的距离为69cm．视图中以C，K为顶点的长方形表示一圆柱体花瓶，桌子打开至点M，C，F在同一直线时，桌板边缘GL恰卡在点K，为不影响桌板BG收放，则至少将花瓶沿CF方向平移15cm．【解答】解：如图，当点N在直线CF上时，连接CN，延长AN，DE交于点O，由由题图2可得，AB+BC+CD+DE＝150，∴AB＝BC＝CD＝DE=1504∴AC＝AB+BC＝75，AN＝72，又∵AN⊥CN，∴CN=AC由题意可得，NC∥OD，∴∠ANC＝∠O，∠ACN＝∠ADO，∴△ANC∽△AOD，∴CNOD=AC∴OD＝31.5，∴OE＝OD+DE＝31.5+37.5＝69，∴点N到墙OE的距离为69cm．由题意可得，如图，连接CM，此时点K与点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，∴至少将花瓶沿CF方向平移15cm．故答案为：69；15．21．（2022•奉化区二模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8．过O的直线EF交BC于E，交AD于F．把四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形C'EFD'，C'D'交AC于点G．当C'D'∥BD时，C'GD'G的值为916，BE【解答】解：如图，连接OC′，OD′，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，∴OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，且AC⊥BD，∴菱形的边长为5．∵C′D′∥BD，∴C′D′⊥AC，由折叠可知，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'如图，连接DD，CC'，过点D作DM⊥BD，则四边形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．设BE＝x，则CE＝C′E＝10﹣x，由菱形的对称性可知，DF＝BE＝x，且△CC′E∽△DD′F，∴EC：DF＝CC′：DD′＝4：9，即（5﹣x）：x＝4：9，解得x=20故答案为：916；2022．（2022•乐清市一模）如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，则CD＝10cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D'，C'，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A'，B'，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D'到OM距离为89cm．【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB于F，∵DF⊥AB，∴∠BFD＝∠AFD＝90°，∵∠ABC＝∠C＝90°，∴四边形BCDF是矩形，∴DF＝BC＝15cm，BF＝CD，设CD＝xcm，则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的长为10cm．如图，过点A'作A'P⊥OM交MO延长线于P，点B′作B′N⊥OM交MO延长线于N，点D'作D'G⊥OM交MO延长线于G，点O作OH⊥CM于H，设OB＝ycm，由旋转可得，OB＝OB′＝ycm，A′B′＝AB＝18cm，B′C′＝BC＝15cm，C′D′＝CD＝10cm，由题意，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°，∴四边形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．即点D′到OM的距离为89cm．故答案为：10；89．23．（2022•温州校级模拟）图1中周长为58的矩形纸片剪掉一块边长为4的正方形后，将剩下的部分沿着虚线剪开，拼成不重叠、无缝隙的矩形ABCD（如图2），则图2中线段BE的长为10，连接部分⑤的对角线交矩形ABCD于点M、N，则MN＝11521721【解答】解：把图1标注字母如下：根据题意得：PS＝PT＝JQ＝4，设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，∴图2中的BE＝10，在图2中，以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，过E作EH⊥AB于H，过F作FG⊥CD于G，如图：∵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，设直线EF的解析式为y＝kx+b，将E（202929，502929），F（2029解得k=∴直线EF的解析式为y=-4247在y=-4247令y＝0得x=552921知N（55令y＝229得x=82921知M（829∴MN=(故答案为：10，11521721三．解答题（共8小题）24．（2022•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC（1）若AB＝8，求线段AD的长．（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．【解答】解：（1）∵四边形BFED是平行四边形，∴DE∥BF，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB∵AB＝8，∴AD＝2；（2）∵△ADE∽△ABC，∴S△ADES△ABC=（DEBC）∵△ADE的面积为1，∴△ABC的面积是16，∵四边形BFED是平行四边形，∴EF∥AB，∴△EFC∽△ABC，∴S△EFCS△ABC=∴△EFC的面积＝9，∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．25．（2022•宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点G，求证：DG＝EG．【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求DEBC【拓展提高】（3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长．【解答】（1）证明：∵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：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，∵四边形ABCD为平行四边形，∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，∵MG∥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•宁波模拟）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6．AC＝8，点D，E分别是AB，BC的中点．把△BDE绕点B旋转一定角度，连结AD，AE，CD，CE．（1）如图2，当线段BD在△ABC内部时，求证：△BAD∽△BCE．（2）当点D落在直线AE上时，请画出图形，并求CE的长．（3）当△ABE面积最大时，请画出图形，并求出此时△ADE的面积．【解答】（1）证明：在题干图1中，∵点D，E分别是AB，BC的中点，∴BD=12AB＝3，BE=12∴BDAB由旋转知，∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE；（2）解：如图3，在Rt△ABC中，AB＝6，AC＝8，根据勾股定理得，BC＝10，在题干图1中，∵点D，E分别是AB，BC的中点，∴DE∥AC，∴∠BDE＝∠BAC＝90°，∵点D落在AE上，∴∠ADB＝90°，由（1）知，△ABD∽△CBE，∴∠ADB＝∠CEB＝90°，在Rt△BEC中，BE＝5，BC＝10，根据勾股定理得，CE=BC2（3）解：如图，设点E到AB的距离为h，则S△ABE=12AB•h=12×6要△ABE的面积最大，则h最大，即BE⊥AB，此时，h最大＝BE＝5，∵∠BAC＝90°，∴BE∥AC，∴∠CBE＝∠ACB，由旋转知，∠ABD＝∠CBE，∴∠ABD＝∠ACB，过点D作DH⊥AB于H，∴∠BHD＝90°＝∠CAB，∴△BDH∽△CBA，∴DHAB∴DH6∴DH=9在题干图1中，∵点D，E分别是AB，BC的中点，∴DE=12AC＝∴S△ADE＝S△ABE﹣S△ABD﹣S△BDE=12AB•BE-12AB•DH=12×6×5-12＝15-27=1827．（2022•义乌市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（3，4），点D从原点O出发沿O→A→B匀速运动，到达点B时停止，点E从点A出发沿A→B→C随D运动，且始终保持∠CDE＝∠COA．设运动时间为t．（1）当DE∥OB时，求证：△OCD≌△BCE．（2）若点E在BC边上，当△CDE为等腰三角形时，求BE的长．（3）若点D的运动速度为每秒1个单位，是否存在这样的t，使得以点C，D，E为顶点的三角形与△OCD相似？若存在，直接写出所有符合条件的t；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵四边形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：点C的坐标为（3，4），故可知OC＝OA＝AB＝BC＝5．①当点D在线段OA上时，分三种情况讨论：a．若CD＝CE时（如图1），则∠CDE＝∠CED＝∠COD＝∠B，∴DE∥AB，作CM⊥OA，CN⊥DE，则OM＝3，CM＝4，DN＝NE＝2.5，又易知△OMC∽△DNC，∴DNOM即2.53∴CD=∴CE=∴BE=b．若DC＝DE时（如图2），∵DC＝DE，∴∠ACB＝∠AEC，∵BC∥OA，∴∠ACB＝∠OAC，∴△DCE∽△ODC，∴DCOD∴OD＝OC＝5，∴点A与D重合，过D作DP⊥BC，∴CP＝EP＝2，∴BE＝1．c．若EC＝ED时（如图3），∴∠ECD＝∠EDC＝∠COD＝∠CDO，∴OC＝CD＝5，∴点D在OA延长线上，不符合题意．②当点D在线段AB上时，分三种情况讨论：a．若CD＝CE时（如图4），∠CDE＝∠CED＝∠COD＝∠B，矛盾，不符合题意；b．若DE＝DC时（如图4），∵∠CDE＝∠B，∴△CED∽△CDB，∴CDCB∴CB＝BD＝5，∴点A与D重合，结论同②，BE＝1；c．若EC＝ED时（如图5），同⑤，△CED∽△CDB，∴CECD∴CD＝BD，过点D作DQ⊥BC于Q，易知CQ=QB=又∵CECD∴CE=∴BE=5综上所述：当点E在BC边上时，BE的长为：56或1或55（3）解：①当D点在线段OA上时，Ez在BC上，此时△OCD和△DEC总是相似，这时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当D点在AB边上时（如图6），可知∠CDE≠∠COD，∠CDE≠∠OCD，∴当∠CDE＝∠CDO时，又∠CED＝∠CDB＝∠OCD，∴△CED∽△OCD∽△CDB，∴CECD=CDBC即CD2＝又CECD∴CD2＝CE⋅BC＝OC⋅BD，∴CE＝BD，设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+综上所述：当256≤t≤5或t=28．（2022•景宁县模拟）如图，在菱形ABCD中，点P为对角线AC上的动点，连结DP，将DP绕点D按逆时针方向旋转至DQ，使∠QDP＝∠CDA，PQ与CD交于点E．（1）求证：△PEC∽△DPA；（2）已知AD＝5，AC＝8，①当DP⊥AD时，求△PEC的面积；②连结CQ，当△EQC为直角三角形时，求AP的长．【解答】（1）证明：由旋转可知，DP＝DQ，∴∠DPQ＝∠Q，∵四边形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连接BD交AC于点O，∵四边形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的角平分线，当∠QEC＝90°时，△PCQ是等腰三角形，∴CQ＝CP，∴AP＝PC＝4；当∠EQC＝90°时，过点D作DH⊥AB交于H点，∵AO＝4，DO＝3，∴DH=BD∴AH=7∴cos∠DAB=AH∵∠DAB＝2∠DAC，∠QCP＝2∠DCA，∴725∴AP=7综上所述：AP的长为4或7429．（