【解析】2023年浙教版数学九年级上册第四章 相似三角形 章末检测（C卷）

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2023年浙教版数学九年级上册第四章相似三角形章末检测（C卷）

一、选择题（每题2分，共20分）

1．（2023·亳州模拟）如果，则下列式子正确的是（）

A．B．C．D．

2．（2023·蚌埠模拟）主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长20米，主持人从舞台一侧进入，设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上（BP长为x），则x满足的方程是（）

A．B．

C．D．以上都不对

3．（2023九上·顺德期末）如图，一人站在两等高的路灯之间走动，为人在路灯照射下的影子，为人在路灯照射下的影子．当人从点走向点时两段影子之和的变化趋势是（）

A．先变长后变短B．先变短后变长

C．不变D．先变短后变长再变短

4．（2023九下·绍兴月考）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）.，图2为小明同学根据弦图思路设计的.在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作AC，再以CD为直径作半圆交AC于点E，若边长AB=10，则△CDE的面积为（）

A．20B．C．24D．

5．（2023·新城模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD延长线上一点，连接BE交AD于F，连接AE，则图中与△DEF相似（不包括本身）的三角形共有（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

6．（2023·枣庄模拟）如图，李老师用自制的直角三角形纸板去测“步云阁”的高度，他调整自己的位置，设法使斜边保持水平，边与点B在同一直线上．已知直角三角纸板中，，测得眼睛D离地面的高度为，他与“步云阁”的水平距离为，则“步云阁”的高度是（）

A．B．C．D．

7．（2023·巴中）如图，在中，，，、分别为、中点，连接、相交于点，点在上，且：：，则四边形的面积为()

A．B．C．D．

8．（2023·鄂州）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=，点C为平面内一动点，BC=，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM∶MA=1∶2．当线段OM取最大值时，点M的坐标是（）

A．（，）B．（，）

C．（，）D．（，）

9．（2022·周村模拟）如图，将一张矩形纸片沿两长边中点所在的直线对折，如果得到两个矩形都与原矩形相似，则原矩形长与宽的比是（）

A．2：1B．3：1C．3：2D．

10．（2023·宜阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，若，，则与的面积的比是（）

A．1：2B．1：3C．1：9D．9：1

二、填空题（每空3分，共18分）

11．（2022九上·杭州期中）四条线段a、b、c、d成比例，满足，其中m，m，m，则a=m.

12．（2023九上·宁波期中）如图，在△ABC中，4AB=5AC，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在AF上，FG=FD，连接EG交AC于点H.若点H是AC的中点，则的值为.

13．（2023·成都模拟）如图，由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成一个大正方形，连接和．现随机向正方形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率为．

14．（2022·云南模拟）在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A出发向B以2cm秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向A以1cm/秒的速度移动．如果P、Q同时出发，用t秒表示移动的时间（0b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．

（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；

（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．

19．（2022·安庆模拟）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥AB．

（1）若点D是边BC的中点，且BE=CF，求证：DE=DF；

（2）若AD⊥BC于D，且BD=CD，求证：四边形AEDF是菱形；

（3）若AE=AF=1，求的值．

20．（2023·潮阳模拟）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．

（1）求证：△BEC∽△BCH；

（2）如果BE2=AB·AE，求证：AG=DF．

21．如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，连接EC，GD．

（1）求证：EB=GD；

（2）若∠DAB=60°，AB=2，AG=，求GD的长．

22．（2023·武汉）抛物线交轴于两点（在的左边），交轴于点．

（1）直接写出三点的坐标；

（2）如图（1），作直线，分别交轴，线段，抛物线于三点，连接．若与相似，求的值；

（3）如图（2），将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点．直线与抛物线交于两点，过的中点作直线（异于直线）交抛物线于两点，直线与直线交于点．问点是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由．

23．（2022·舟山模拟）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若四边形ABCD是正方形，如图1：则有AC=BD，AC⊥BD.

旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC’与BD’有什么关系？（直接写出）；

若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC’与BD’又有什么关系？写出结论并证明.

24．（2023九上·温江期末）【探究证明】

（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．

如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H．求证：=；

【结论应用】

（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若=，则的值为；

【联系拓展】

（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．

25．（2023·黄冈）【问题呈现】

和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．

（1）如图1，当时，直接写出，的位置关系：；

（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．

（3）【拓展应用】

当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．

26．（2023·兰州）综合与实践

（1）【思考尝试】

数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；

（2）【实践探究】

小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；

（3）【拓展迁移】

小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．

答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】比例的性质

【解析】【解答】解：A．由，得，则A正确，故A符合题意．

B．由，得，则B错误，故B不符合题意．

C．由，得，则C错误，故C不符合题意．

D．由，得，则D错误，故D不符合题意．

故答案为：A．

【分析】根据，结合等式的性质对每个选项一一判断即可。

2．【答案】A

【知识点】黄金分割

【解析】【解答】解：由题意知，点P是的黄金分割点，且，，则，，

，

．

故答案为：A．

【分析】利用黄金分割的定义可得，再将数据代入可得。

3．【答案】C

【知识点】矩形的性质；平行线分线段成比例

【解析】【解答】解：连接DF，

已知CD=EF，CD⊥EG,EF⊥EG,

∴四边形CDFE为矩形.

∴DF∥GH,

∴

又AB∥CD，∴.

设=a，DF=b,

∴,

∴

∴

∴GH=，

∵a,b的长是定值不变，

∴当人从点走向点时两段影子之和不变．

故答案为：C.

【分析】连接DF，由题意易得四边形CDFE为矩形.由DF∥GH，可得.又AB∥CD，得出，设=a,DF=b（a,b为常数），可得出，从而可以得出，结合可将DH用含a,b的式子表示出来，最后得出结果.

4．【答案】A

【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质；相似三角形的性质

【解析】【解答】解：如图，取CD的中点M，连接EM、BM，

则BE=BC，

∴MB是EC的中垂线，即∠BHC=90°，

又∵∠MCB=90°，∠MBC=∠ECD，

又∵DC为直径，∴∠DEC=90°，

∴△DEC∽△MCB，

∴,

令DE=x，EC=2x，DC=x=10，

∴x=2,

∴S△DEC=x·2x=x2=(2)2=20，

故答案为：A.

【分析】根据正方形的性质，结合余角的性质，证明△DEC∽△MCB，然后根据相似的性质得出MC和BC的比值，结合令DE=x，EC=2x，根据勾股定理得出DC=x=10，从而求出x，最后求△CDE的面积即可.

5．【答案】B

【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的判定

【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是平行四边形，所以，，所以，，，，所以，.

故答案为：B.

【分析】由平行四边形的性质可得，，利用平行四边形的性质可得，，，，根据两角分别相等的两个三角形相似可证以，.

6．【答案】B

【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定

【解析】【解答】解：，，

，

，

，，，

测得眼睛D离地面的高度为，

，

故答案为：B．

【分析】先判定△DEF和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．

7．【答案】B

【知识点】三角形的面积；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理

【解析】【解答】解：如图所示，连接DE，

∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，∴S△ABC=，因为点D是AC的中点，所以∵点E是BC的中点，∴∵DG∶GC=1∶2，∴又∵D是AC的中点，E是BC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB，DE∶AB=1∶2，∴△ABF∽△EDF，∴DF∶FB=DE∶AB=1∶2，∴∴S四边形DFEG=S△DEG+S△DEF=2+2=4（cm2）。

故答案为：B.

【分析】首先可求得直角三角形ABC的面积为24cm2，然后根据D、E分别是AC、BC中点，可以得出，再根据DG∶GC=1∶2，，根据DE是△ABC的中位线，可得最后得出S四边DFEG=S△DEG+S△DEF=2+2=4（cm2）。

8．【答案】D

【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质

【解析】【解答】解：∵点C为平面内的一动点，BD=，

∴点C在以B为圆心，为半径的圆B上.

在x轴负半轴上取点D（，0），连接BD，分别以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，

∵OA=OB=，

∴AD=OD+OA=，

∴.

∵CM：MA=1：2，

∴.

∵∠OAM=∠DAC，

∴△OAM∽△DAC，

∴，

∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可得当D、B、C东线时，且点B在线段DC上时，CD取得最大值.

∵OA=OB=，OD=，

∴BD==，

∴CD=BC+BD=9.

∵，

∴OM=6.

∵CF⊥OA，

∴∠DOB=∠DFC=90°.

∵∠BDO=∠CDF，

∴△BDO∽△CDF，

∴，

∴，

∴CF=.

同理可得△AEM∽△AFC，

∴，

∴，

∴ME=，

∴OE==，

∴当线段OM取最大值时，点M的坐标为（，）.

故答案为：D.

【分析】由题意可得：点C在以B为圆心，为半径的圆B上，在x轴负半轴上取点D（，0），连接BD，分别以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，易得，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△OAM∽△DAC，则，推出当D、B、C东线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，由勾股定理可得BD，然后求出CD、OM，由两角对应相等的两个三角形相似可得△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，根据相似三角形的性质可得CF、ME，利用勾股定理求出OE，据此可得点M的坐标.

9．【答案】D

【知识点】相似多边形的性质

【解析】【解答】解：设原来矩形的长为x，宽为y，如图，

∴对折后的矩形的长为y，宽为，

∵得到的两个矩形都和原矩形相似，

∴，

∴，

解得．

故答案为：D．

【分析】设原来矩形的长为x，宽为y，根据折叠和相似的性质可得，再化简可得，从而得到。

10．【答案】C

【知识点】位似变换

【解析】【解答】解：在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，

，

，

，，

，即，

故答案为：C.

【分析】由题意可得△OAB∽△OCD，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算.

11．【答案】2

【知识点】比例线段

【解析】【解答】解：∵，m，m，m，

∴

∴m，

故答案为：2.

【分析】将各条线段的长代入比例式即可算出答案.

12．【答案】

【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；平行线分线段成比例；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：已知AD为角平分线，则点D到AB、AC的距离相等，设为h.

∵，

∴BD=CD.

如下图，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM.连接DM.

在△ABD与△AMD中，

∴△ABD≌△AMD（SAS），

∴MD=BD=5m.

过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K.

∵MN∥AD，

∴，

∴CK=CD，

∴KD=CD.

∴MD=KD，即△DMK为等腰三角形，

∴∠DMK=∠DKM.

由题意，易知△EDG为等腰三角形，且∠1=∠2；

∵MN∥AD，∴∠3=∠4=∠1=∠2，

又∵∠DKM=∠3（对顶角）

∴∠DMK=∠4，

∴DM∥GN，

∴四边形DMNG为平行四边形，

∴MN=DG=2FD.

∵点H为AC中点，AC=4CM，

∴.

∵MN∥AD，

∴，即，

∴.

故答案为：.

【分析】由角平分线的性质可得：点D到AB、AC的距离相等，设为h，根据三角形的面积公式可得BD=CD，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM，连接DM，证△ABD≌△AMD，得到MD=BD=5m，过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K，根据MN∥AD，结合平行线分线段成比例的性质可得KD=CD，推出△DMK为等腰三角形，得到∠DMK=∠DKM，易知△EDG为等腰三角形，且∠1=∠2，由平行线的性质可得∠3=∠4=∠1=∠2，推出四边形DMNG为平行四边形，得到MN=DG=2FD，然后根据MN∥AD以及平行线分线段成比例的性质进行求解.

13．【答案】

【知识点】矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质

【解析】【解答】解：记CH与DF的交点为点N，AF与BH的交点为点M，则四边形MHNF是平行四边形

设直角三角形较短直角边的长为a，长直角边的长为b

解得：

故答案为

【分析】求出阴影部分面积和正方形ABCD的面积即可求出概率。

14．【答案】1.2s或3s

【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定

【解析】【解答】解：如图：

分两种情况来计算：

当时，，

得，

解得；

当时，，

得，

解得，

故当或时，以点Q、A、P为顶点的三角形与ABC相似

故答案为：1.2s或3s．

【分析】由于∠QAP=∠B=90°，所以可分两种情况：①当时，，②当时，，据此分别求解即可.

15．【答案】6

【知识点】反比例函数系数k的几何意义；矩形的性质；相似三角形的应用

【解析】【解答】解：如图，作CD⊥y轴，交y轴于点E，作DA⊥x轴于点F.

∵DA∥EO，∴△CDA∽△CEO

∴

即

∴S△CEO=9

∴S四边形ADEO=S△CEO-S△CDA=5

又∵CD∥OF，∴△CDA∽△OFA

∴

即

∴S△OFA=1

∴S矩形OFDE=5+1=6

根据k的几何意义，当k＞时，k=S矩形OFDE=6，

因此本题答案为：6.

【分析】利用AC=2OA的数量关系，可以得到CA∶CO=3：1.通过添加辅助线，利用平行关系和面积的已知条件，建立A字全等△CDA∽△CEO，和8字全等△CDA∽△OFA，从而得到矩形OFDE的面积.最后利用k的几何意义求解.

16．【答案】

【知识点】相似多边形的性质

【解析】【解答】解：如图：

由题意得：

，矩形矩形，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

故答案为：.

【分析】对图形进行点标注，由题意可得DE=DC，根据相似图形的性质可得，代入化简可得AD2=CD2，据此求解.

17．【答案】解∶⑴如图所示：即为所求；

；（1，-3）

⑵如图所示：即为所求；

⑶（-2a，-2b）

【知识点】作图﹣位似变换；作图﹣旋转

【解析】【解答】解：（3）∵作的位似图形，新图与原图相似比为，且，

∴点D的对应点的坐标为；

故答案为：.

【分析】（1）利用方格纸的特点及旋转的性质，分别将点A、B绕点O顺时针旋转90°得到其对应点A1、B1，再连接A1O、B1O、A1B1，即可得出所求的△OA1B1；进而根据点A1的位置读出其坐标即可；

（2）连接AO并延长至点A2，使OA2=2OA，连接BO并延长至点B2，使OB2=2OB，连接OA2、A2B2、OB2，即可得出所求的△OA2B2；

（3）在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky），根据性质即可直接得出答案.

18．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，

可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm

（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，

由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.

∵a>b，

∴a－b≠0，

∴x＝0，

又∵x>0，

∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．

【知识点】比例线段

【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。

（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。

19．【答案】（1）证明：如图1，∵点D是BC的中点，

∴BD=CD．

∵，

∴∠BDE=∠C；，

∴∠B=∠CDF．

∴△BDE≌△DFC，

∴DE=CF，BE=DF

∵BE=CF

∴DE=DF

（2）证明：如图2，

∵，，

∴四边形AEDF是平行四边形．

又∵AD⊥BC，BD=DC，

∴AB=AC，

∴∠BAD=∠CAD，

∴△ADB≌△ADF，

∴AE=AF，

∴平行四边形AEDF是菱形；

（3）证明：∵，

∴．

∵，

∴．

∴．

又∵AE=AF=1，

∴．

【知识点】菱形的判定；平行线分线段成比例

【解析】【分析】（1）先证明△BDE≌△DFC，再利用全等三角形的性质可得DE=CF，BE=DF，结合BE=CF，可得DE=DF；

（2）先证明△ADB≌△ADF，可得AE=AF，再利用四边形AEDF是平行四边形，即可得到平行四边形AEDF是菱形；

（3）根据平行线分线段成比例的性质可得，，所以，再结合AE=AF=1，即可得到。

20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．

∵DF=BE，

∴△CDF≌△CBE（SAS），

∴∠DCF=∠BCE．

∵CDBH，

∴∠H=∠DCF，

∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，

∴△BEC∽△BCH．

（2）解：∵BE2=AB·AE，

∴=，

∵AGBC，

∴=，

∴=，

∵DF=BE，BC=AB，

∴BE=AG=DF，

即AG=DF．

【知识点】菱形的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得CD=CB，∠D=∠B，CDAB，根据SAS证明△CDF≌△CBE，可得

∠DCF=∠BCE，由平行线的性质可得∠H=∠DCF，即得∠BCE=∠H，根据相似三角形的判定定理即证结论；

（2）由BE2=AB·AE可得=，根据平行线分线段成比例可得==，由

DF=BE，BC=AB，即得BE=AG=DF.

21．【答案】（1）证明：∵菱形AEFG∽菱形ABCD，∴∠EAG=∠BAD，

∴∠EAG+∠GAB=∠BAD+∠GAB，

∴∠EAB=∠GAD，

∵AE=AG，AB=AD，

∴△AEB≌△AGD，

∴EB=GD；

（2）解：连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，

∵∠DAB=60°，

∴∠PAB=30°，

∴BP=AB=1，

AP==，AE=AG=，

∴EP=2，

∴EB===，

∴GD=．

【知识点】菱形的性质；相似多边形的性质

【解析】【分析】（1）利用相似多边形的性质，可证得∠EAG=∠BAD，再证明∠EAB=∠GAD，然后利用就可证明△AEB≌△AGD，利用全等三角形的性质可证得结论。

（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，先利用直角三角形的性质求出BP的长，再利用勾股定理求出AP，继而可求出AE、EP，然后在Rt△BEP中，利用勾股定理求出BE的长，就可求出DG。

22．【答案】（1）解：∵抛物线解析式为，

∴当时，，当时，，

解得：，，

∴，，．

（2）解：是直线与抛物线交点，

，

①如图，若时，

，

∴

，

∴，

解得，（舍去）或．

②如图，若时．过作轴于点．

，

∴，

∴，

，

，

∴

，

∴，，

，

∴，

解得，（舍去）或．

综上，符合题意的的值为2或．

（3）解：∵将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点，

∴，

∵直线的解析式为，

∴联立直线与解析式得：，

解得：（舍去），，

∴，

∵是的中点，

∴，

∴，

设，直线的解析式为，

则，

解得，，

∴直线的解析式为，

∵直线经过点，

∴

同理，直线的解析式为；直线的解析式为．

联立，得，

解得：．

∵直线与相交于点，

．

设点在直线上，则，①

整理得，，

比较系数得：，

解得：，

∴当时，无论为何值时，等式①恒成立．

∴点在定直线上．

【知识点】相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-几何问题

【解析】【分析】（1）由y=0可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标；再由x=0求出对应的y的值，可得到点C的坐标.

（2）由点F是直线x=t与抛物线C1交点，利用抛物线的解析式设点F（t，t2-2t-8），；分情况讨论：当△BE1D1∽△CE1F1时，易证CF1∥OB，利用点C和点F的纵坐标相等，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当△BE2D2∽△F2E2C时，过点F2作F2T⊥x轴于点T，利用余角的性质可证得∠TCF2=∠OBC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似可得到△BCO∽△CF2T，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到符合题意的t的值.

（3）利用抛物线的平移规律可得到C2的解析式，将直线OG和C2的解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到点G的坐标；再利用中点坐标公式可求出点H的坐标；设点M（m，m2），N（n，n2），利用待定系数法可得到直线MN的函数解析式，将点H的坐标代入可得到mn=m+n-2，同理可求出直线GN的函数解析式，将直线MO和GN联立方程组，解方程组可得到点P的坐标，由点P在直线y=kx+b上，代入可求出k，b的值，由此可得到点P一定在直线y=2x-2上，即可求解.

23．【答案】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，

图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’

理由：如图3，∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，

∵∠ABC=60°，

∴∠ABO=30°，

∴OB=OA，OD=OC，

∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，

∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，

∴OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，

∴，

∴△AOC′∽△BOD′，

∴，∠OAC′=∠OBD′，

∴BD′=AC′，

∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，

∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，

∴AC′⊥BD′.

【知识点】菱形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，

理由：如图2，∵四边形ABCD是正方形，

∴AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，

∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，

∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，

∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

在△AOC′与△BOD′中，，

∴△AOC′≌△BOD′，

∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，

∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，

∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，

∴AC′⊥BD′；

【分析】根据正方形的性质可得AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质可得OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，则AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证明△AOC′≌△BOD′，得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，由对顶角的性质可得∠AO′D′=∠BO′O，然后结合∠O′BO+∠BO′O=90°可得AC′与BD′的位置关系；根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，根据三角函数的概念可得OB=OA，OD=OC，由旋转的性质可得OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，证明△AOC′∽△BOD′，根据相似三角形的性质可得BD′=AC′，同理可得AC′与BD′的位置关系.

24．【答案】（1）解：过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，

∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．

∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形，

∴AP=EF，GH=BQ．

又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，

∴∠QAT+∠AQT=90°．

∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=∠D=90°，

∴∠DAP+∠DPA=90°，

∴∠AQT=∠DPA．

∴△PDA∽△QAB，

∴=，

∴=

（2）

（3）解：过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，

则四边形ABSR是平行四边形．

∵∠ABC=90°，∴ABSR是矩形，

∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．

∵AM⊥DN，

∴由（1）中的结论可得=．

设SC=x，DS=y，则AR=BS=5+x，RD=10﹣y，

∴在Rt△CSD中，x2+y2=25①，

在Rt△ARD中，（5+x）2+（10﹣y）2=100②，

由②﹣①得x=2y﹣5③，

解方程组，得

（舍去），或，

∴AR=5+x=8，

∴===．

【知识点】矩形的判定与性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合

【解析】【解答】解：（2）如图2，

∵EF⊥GH，AM⊥BN，

∴由（1）中的结论可得=，=，

∴==．

故答案为；

【分析】（1）过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△PDA∽△QAB，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；（2）只需运用（1）中的结论，就可得到==，就可解决问题；（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，易证四边形ABSR是矩形，由（1）中的结论可得=．设SC=x，DS=y，则AR=BS=5+x，RD=10﹣y，在Rt△CSD中根据勾股定理可得x2+y2=25①，在Rt△ARD中根据勾股定理可得（5+x）2+（10﹣y）2=100②，解①②就可求出x，即可得到AR，问题得以解决．

25．【答案】（1）

（2）解：成立；理由如下：

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

，

∴，

∴；

（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：

设，则，

根据解析（2）可知，，

∴，

∴，

根据解析（2）可知，，

∴，

根据勾股定理得：，

即，

解得：或（舍去），

∴此时；

当点D在线段上时，连接，如图所示：

设，则，

根据解析（2）可知，，

∴，

∴，

根据解析（2）可知，，

∴，

根据勾股定理得：，

即，

解得：或（舍去），

∴此时；

综上分析可知，或．

【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，

当m=1时，DC=CE，CB=CA，

∵∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠ACD=∠BCE，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴∠DAC=∠CBE.

∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°，

∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90°，

∴∠ANB=90°，

∴AD⊥BE.

【分析】（1）延长BE交AC于点E，交AD于点N，当m=1时，DC=CE，CB=CA，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得到∠DAC=∠CBE，结合∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°可得∠ANB=90°，据此解答；

（2）由同角的余角相等可得∠DCA=∠ECB，由已知条件可得，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCA∽△ECB，得到∠DAC=∠CBE，进而推出∠GAB+∠ABG=90°，则∠AGB=90°，据此解答；

（3）当点E在线段AD上时，连接BE，设AE=x，则AD=x+4，根据相似三角形的性质可得BE=AD=x+，根据解析（2）可知∠AEB=90°，利用勾股定理就可求出x的值，进而可得BE；当点D在线段AE上时，连接BE，同理进行求解.

26．【答案】（1）解：∵，，，

∴，，

∵矩形，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴矩形是正方形．

（2）解：∵，，，

∴，

∴四边形是矩形，

∴，

同理可得：，

∵正方形，

∴，

∴，

∴，，

∴四边形是正方形，

∴，

∴．

（3）解：如图，连接，

∵，正方形，

∴，，，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；相似三角形的判定与性质

【解析】【分析】（1）先根据垂直得到，，进而根据矩形的性质得到，从而得到，再运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而根据正方形的判定即可求解；

（2）先根据垂直得到，进而根据矩形的性质得到，同理可得：，根据正方形的性质结合三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而得到

四边形是正方形，进而得到，再结合题意即可求解；

（3）连接，先根据正方形的性质结合题意即可得到，，，进而根据相似三角形的判定与性质证明，即可得到，，进而得到，再相似三角形的判定与性质证明得到即可求解。

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2023年浙教版数学九年级上册第四章相似三角形章末检测（C卷）

一、选择题（每题2分，共20分）

1．（2023·亳州模拟）如果，则下列式子正确的是（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知识点】比例的性质

【解析】【解答】解：A．由，得，则A正确，故A符合题意．

B．由，得，则B错误，故B不符合题意．

C．由，得，则C错误，故C不符合题意．

D．由，得，则D错误，故D不符合题意．

故答案为：A．

【分析】根据，结合等式的性质对每个选项一一判断即可。

2．（2023·蚌埠模拟）主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长20米，主持人从舞台一侧进入，设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上（BP长为x），则x满足的方程是（）

A．B．

C．D．以上都不对

【答案】A

【知识点】黄金分割

【解析】【解答】解：由题意知，点P是的黄金分割点，且，，则，，

，

．

故答案为：A．

【分析】利用黄金分割的定义可得，再将数据代入可得。

3．（2023九上·顺德期末）如图，一人站在两等高的路灯之间走动，为人在路灯照射下的影子，为人在路灯照射下的影子．当人从点走向点时两段影子之和的变化趋势是（）

A．先变长后变短B．先变短后变长

C．不变D．先变短后变长再变短

【答案】C

【知识点】矩形的性质；平行线分线段成比例

【解析】【解答】解：连接DF，

已知CD=EF，CD⊥EG,EF⊥EG,

∴四边形CDFE为矩形.

∴DF∥GH,

∴

又AB∥CD，∴.

设=a，DF=b,

∴,

∴

∴

∴GH=，

∵a,b的长是定值不变，

∴当人从点走向点时两段影子之和不变．

故答案为：C.

【分析】连接DF，由题意易得四边形CDFE为矩形.由DF∥GH，可得.又AB∥CD，得出，设=a,DF=b（a,b为常数），可得出，从而可以得出，结合可将DH用含a,b的式子表示出来，最后得出结果.

4．（2023九下·绍兴月考）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）.，图2为小明同学根据弦图思路设计的.在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作AC，再以CD为直径作半圆交AC于点E，若边长AB=10，则△CDE的面积为（）

A．20B．C．24D．

【答案】A

【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质；相似三角形的性质

【解析】【解答】解：如图，取CD的中点M，连接EM、BM，

则BE=BC，

∴MB是EC的中垂线，即∠BHC=90°，

又∵∠MCB=90°，∠MBC=∠ECD，

又∵DC为直径，∴∠DEC=90°，

∴△DEC∽△MCB，

∴,

令DE=x，EC=2x，DC=x=10，

∴x=2,

∴S△DEC=x·2x=x2=(2)2=20，

故答案为：A.

【分析】根据正方形的性质，结合余角的性质，证明△DEC∽△MCB，然后根据相似的性质得出MC和BC的比值，结合令DE=x，EC=2x，根据勾股定理得出DC=x=10，从而求出x，最后求△CDE的面积即可.

5．（2023·新城模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD延长线上一点，连接BE交AD于F，连接AE，则图中与△DEF相似（不包括本身）的三角形共有（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【答案】B

【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的判定

【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是平行四边形，所以，，所以，，，，所以，.

故答案为：B.

【分析】由平行四边形的性质可得，，利用平行四边形的性质可得，，，，根据两角分别相等的两个三角形相似可证以，.

6．（2023·枣庄模拟）如图，李老师用自制的直角三角形纸板去测“步云阁”的高度，他调整自己的位置，设法使斜边保持水平，边与点B在同一直线上．已知直角三角纸板中，，测得眼睛D离地面的高度为，他与“步云阁”的水平距离为，则“步云阁”的高度是（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定

【解析】【解答】解：，，

，

，

，，，

测得眼睛D离地面的高度为，

，

故答案为：B．

【分析】先判定△DEF和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．

7．（2023·巴中）如图，在中，，，、分别为、中点，连接、相交于点，点在上，且：：，则四边形的面积为()

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】三角形的面积；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理

【解析】【解答】解：如图所示，连接DE，

∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，∴S△ABC=，因为点D是AC的中点，所以∵点E是BC的中点，∴∵DG∶GC=1∶2，∴又∵D是AC的中点，E是BC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB，DE∶AB=1∶2，∴△ABF∽△EDF，∴DF∶FB=DE∶AB=1∶2，∴∴S四边形DFEG=S△DEG+S△DEF=2+2=4（cm2）。

故答案为：B.

【分析】首先可求得直角三角形ABC的面积为24cm2，然后根据D、E分别是AC、BC中点，可以得出，再根据DG∶GC=1∶2，，根据DE是△ABC的中位线，可得最后得出S四边DFEG=S△DEG+S△DEF=2+2=4（cm2）。

8．（2023·鄂州）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=，点C为平面内一动点，BC=，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM∶MA=1∶2．当线段OM取最大值时，点M的坐标是（）

A．（，）B．（，）

C．（，）D．（，）

【答案】D

【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质

【解析】【解答】解：∵点C为平面内的一动点，BD=，

∴点C在以B为圆心，为半径的圆B上.

在x轴负半轴上取点D（，0），连接BD，分别以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，

∵OA=OB=，

∴AD=OD+OA=，

∴.

∵CM：MA=1：2，

∴.

∵∠OAM=∠DAC，

∴△OAM∽△DAC，

∴，

∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可得当D、B、C东线时，且点B在线段DC上时，CD取得最大值.

∵OA=OB=，OD=，

∴BD==，

∴CD=BC+BD=9.

∵，

∴OM=6.

∵CF⊥OA，

∴∠DOB=∠DFC=90°.

∵∠BDO=∠CDF，

∴△BDO∽△CDF，

∴，

∴，

∴CF=.

同理可得△AEM∽△AFC，

∴，

∴，

∴ME=，

∴OE==，

∴当线段OM取最大值时，点M的坐标为（，）.

故答案为：D.

【分析】由题意可得：点C在以B为圆心，为半径的圆B上，在x轴负半轴上取点D（，0），连接BD，分别以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，易得，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△OAM∽△DAC，则，推出当D、B、C东线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，由勾股定理可得BD，然后求出CD、OM，由两角对应相等的两个三角形相似可得△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，根据相似三角形的性质可得CF、ME，利用勾股定理求出OE，据此可得点M的坐标.

9．（2022·周村模拟）如图，将一张矩形纸片沿两长边中点所在的直线对折，如果得到两个矩形都与原矩形相似，则原矩形长与宽的比是（）

A．2：1B．3：1C．3：2D．

【答案】D

【知识点】相似多边形的性质

【解析】【解答】解：设原来矩形的长为x，宽为y，如图，

∴对折后的矩形的长为y，宽为，

∵得到的两个矩形都和原矩形相似，

∴，

∴，

解得．

故答案为：D．

【分析】设原来矩形的长为x，宽为y，根据折叠和相似的性质可得，再化简可得，从而得到。

10．（2023·宜阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，若，，则与的面积的比是（）

A．1：2B．1：3C．1：9D．9：1

【答案】C

【知识点】位似变换

【解析】【解答】解：在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，

，

，

，，

，即，

故答案为：C.

【分析】由题意可得△OAB∽△OCD，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算.

二、填空题（每空3分，共18分）

11．（2022九上·杭州期中）四条线段a、b、c、d成比例，满足，其中m，m，m，则a=m.

【答案】2

【知识点】比例线段

【解析】【解答】解：∵，m，m，m，

∴

∴m，

故答案为：2.

【分析】将各条线段的长代入比例式即可算出答案.

12．（2023九上·宁波期中）如图，在△ABC中，4AB=5AC，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在AF上，FG=FD，连接EG交AC于点H.若点H是AC的中点，则的值为.

【答案】

【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；平行线分线段成比例；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：已知AD为角平分线，则点D到AB、AC的距离相等，设为h.

∵，

∴BD=CD.

如下图，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM.连接DM.

在△ABD与△AMD中，

∴△ABD≌△AMD（SAS），

∴MD=BD=5m.

过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K.

∵MN∥AD，

∴，

∴CK=CD，

∴KD=CD.

∴MD=KD，即△DMK为等腰三角形，

∴∠DMK=∠DKM.

由题意，易知△EDG为等腰三角形，且∠1=∠2；

∵MN∥AD，∴∠3=∠4=∠1=∠2，

又∵∠DKM=∠3（对顶角）

∴∠DMK=∠4，

∴DM∥GN，

∴四边形DMNG为平行四边形，

∴MN=DG=2FD.

∵点H为AC中点，AC=4CM，

∴.

∵MN∥AD，

∴，即，

∴.

故答案为：.

【分析】由角平分线的性质可得：点D到AB、AC的距离相等，设为h，根据三角形的面积公式可得BD=CD，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM，连接DM，证△ABD≌△AMD，得到MD=BD=5m，过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K，根据MN∥AD，结合平行线分线段成比例的性质可得KD=CD，推出△DMK为等腰三角形，得到∠DMK=∠DKM，易知△EDG为等腰三角形，且∠1=∠2，由平行线的性质可得∠3=∠4=∠1=∠2，推出四边形DMNG为平行四边形，得到MN=DG=2FD，然后根据MN∥AD以及平行线分线段成比例的性质进行求解.

13．（2023·成都模拟）如图，由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成一个大正方形，连接和．现随机向正方形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率为．

【答案】

【知识点】矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质

【解析】【解答】解：记CH与DF的交点为点N，AF与BH的交点为点M，则四边形MHNF是平行四边形

设直角三角形较短直角边的长为a，长直角边的长为b

解得：

故答案为

【分析】求出阴影部分面积和正方形ABCD的面积即可求出概率。

14．（2022·云南模拟）在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A出发向B以2cm秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向A以1cm/秒的速度移动．如果P、Q同时出发，用t秒表示移动的时间（0b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．

（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；

（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．

【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，

可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm

（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，

由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.

∵a>b，

∴a－b≠0，

∴x＝0，

又∵x>0，

∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．

【知识点】比例线段

【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。

（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。

19．（2022·安庆模拟）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥AB．

（1）若点D是边BC的中点，且BE=CF，求证：DE=DF；

（2）若AD⊥BC于D，且BD=CD，求证：四边形AEDF是菱形；

（3）若AE=AF=1，求的值．

【答案】（1）证明：如图1，∵点D是BC的中点，

∴BD=CD．

∵，

∴∠BDE=∠C；，

∴∠B=∠CDF．

∴△BDE≌△DFC，

∴DE=CF，BE=DF

∵BE=CF

∴DE=DF

（2）证明：如图2，

∵，，

∴四边形AEDF是平行四边形．

又∵AD⊥BC，BD=DC，

∴AB=AC，

∴∠BAD=∠CAD，

∴△ADB≌△ADF，

∴AE=AF，

∴平行四边形AEDF是菱形；

（3）证明：∵，

∴．

∵，

∴．

∴．

又∵AE=AF=1，

∴．

【知识点】菱形的判定；平行线分线段成比例

【解析】【分析】（1）先证明△BDE≌△DFC，再利用全等三角形的性质可得DE=CF，BE=DF，结合BE=CF，可得DE=DF；

（2）先证明△ADB≌△ADF，可得AE=AF，再利用四边形AEDF是平行四边形，即可得到平行四边形AEDF是菱形；

（3）根据平行线分线段成比例的性质可得，，所以，再结合AE=AF=1，即可得到。

20．（2023·潮阳模拟）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．

（1）求证：△BEC∽△BCH；

（2）如果BE2=AB·AE，求证：AG=DF．

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．

∵DF=BE，

∴△CDF≌△CBE（SAS），

∴∠DCF=∠BCE．

∵CDBH，

∴∠H=∠DCF，

∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，

∴△BEC∽△BCH．

（2）解：∵BE2=AB·AE，

∴=，

∵AGBC，

∴=，

∴=，

∵DF=BE，BC=AB，

∴BE=AG=DF，

即AG=DF．

【知识点】菱形的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得CD=CB，∠D=∠B，CDAB，根据SAS证明△CDF≌△CBE，可得

∠DCF=∠BCE，由平行线的性质可得∠H=∠DCF，即得∠BCE=∠H，根据相似三角形的判定定理即证结论；

（2）由BE2=AB·AE可得=，根据平行线分线段成比例可得==，由

DF=BE，BC=AB，即得BE=AG=DF.

21．如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，连接EC，GD．

（1）求证：EB=GD；

（2）若∠DAB=60°，AB=2，AG=，求GD的长．

【答案】（1）证明：∵菱形AEFG∽菱形ABCD，∴∠EAG=∠BAD，

∴∠EAG+∠GAB=∠BAD+∠GAB，

∴∠EAB=∠GAD，

∵AE=AG，AB=AD，

∴△AEB≌△AGD，

∴EB=GD；

（2）解：连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，

∵∠DAB=60°，

∴∠PAB=30°，

∴BP=AB=1，

AP==，AE=AG=，

∴EP=2，

∴EB===，

∴GD=．

【知识点】菱形的性质；相似多边形的性质

【解析】【分析】（1）利用相似多边形的性质，可证得∠EAG=∠BAD，再证明∠EAB=∠GAD，然后利用就可证明△AEB≌△AGD，利用全等三角形的性质可证得结论。

（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，先利用直角三角形的性质求出BP的长，再利用勾股定理求出AP，继而可求出AE、EP，然后在Rt△BEP中，利用勾股定理求出BE的长，就可求出DG。

22．（2023·武汉）抛物线交轴于两点（在的左边），交轴于点．

（1）直接写出三点的坐标；

（2）如图（1），作直线，分别交轴，线段，抛物线于三点，连接．若与相似，求的值；

（3）如图（2），将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点．直线与抛物线交于两点，过的中点作直线（异于直线）交抛物线于两点，直线与直线交于点．问点是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由．

【答案】（1）解：∵抛物线解析式为，

∴当时，，当时，，

解得：，，

∴，，．

（2）解：是直线与抛物线交点，

，

①如图，若时，

，

∴

，

∴，

解得，（舍去）或．

②如图，若时．过作轴于点．

，

∴，

∴，

，

，

∴

，

∴，，

，

∴，

解得，（舍去）或．

综上，符合题意的的值为2或．

（3）解：∵将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点，

∴，

∵直线的解析式为，

∴联立直线与解析式得：，

解得：（舍去），，

∴，

∵是的中点，

∴，

∴，

设，直线的解析式为，

则，

解得，，

∴直线的解析式为，

∵直线经过点，

∴

同理，直线的解析式为；直线的解析式为．

联立，得，

解得：．

∵直线与相交于点，

．

设点在直线上，则，①

整理得，，

比较系数得：，

解得：，

∴当时，无论为何值时，等式①恒成立．

∴点在定直线上．

【知识点】相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-几何问题

【解析】【分析】（1）由y=0可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标；再由x=0求出对应的y的值，可得到点C的坐标.

（2）由点F是直线x=t与抛物线C1交点，利用抛物线的解析式设点F（t，t2-2t-8），；分情况讨论：当△BE1D1∽△CE1F1时，易证CF1∥OB，利用点C和点F的纵坐标相等，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当△BE2D2∽△F2E2C时，过点F2作F2T⊥x轴于点T，利用余角的性质可证得∠TCF2=∠OBC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似可得到△BCO∽△CF2T，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到符合题意的t的值.

（3）利用抛物线的平移规律可得到C2的解析式，将直线OG和C2的解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到点G的坐标；再利用中点坐标公式可求出点H的坐标；设点M（m，m2），N（n，n2），利用待定系数法可得到直线MN的函数解析式，将点H的坐标代入可得到mn=m+n-2，同理可求出直线GN的函数解析式，将直线MO和GN联立方程组，解方程组可得到点P的坐标，由点P在直线y=kx+b上，代入可求出k，b的值，由此可得到点P一定在直线y=2x-2上，即可求解.

23．（2022·舟山模拟）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若四边形ABCD是正方形，如图1：则有AC=BD，AC⊥BD.

旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC’与BD’有什么关系？（直接写出）；

若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC’与BD’又有什么关系？写出结论并证明.

【答案】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，

图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’

理由：如图3，∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，

∵∠ABC=60°，

∴∠ABO=30°，

∴OB=OA，OD=OC，

∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，

∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，

∴OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，

∴，

∴△AOC′∽△BOD′，

∴，∠OAC′=∠OBD′，

∴BD′=AC′，

∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，

∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，

∴AC′⊥BD′.

【知识点】菱形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，

理由：如图2，∵四边形ABCD是正方形，

∴AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，

∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，

∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，

∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

在△AOC′与△BOD′中，，

∴△AOC′≌△BOD′，

∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，

∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，

∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，

∴AC′⊥BD′；

【分析】根据正方形的性质可得AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质可得OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，则AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证明△AOC′≌△BOD′，得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，由对顶角的性质可得∠AO′D′=∠BO′O，然后结合∠O′BO+∠BO′O=90°可得AC′与BD′的位置关系；根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，根据三角函数的概念可得OB=OA，OD=OC，由旋转的性质可得OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，证明△AOC′∽△BOD′，根据相似三角形的性质可得BD′=AC′，同理可得AC′与BD′的位置关系.

24．（2023九上·温江期末）【探究证明】

（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．

如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H．求证：=；

【结论应用】

（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若=，则的值为；

【联系拓展】

（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．

【答案】（1）解：过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，

∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．

∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形