专题2.19相似三角形综合问题大题专题（培优强化30题）（解析版）

一．解答题（共30小题）1城阳区期中）如图，在△ABC中，D、E分别在AC、AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥ED于点F，∠EAF=∠GAC.（1）求证：△ADE∽△ABC.（2）若AD＝5，AB＝7，求的值.【分析】（1）根据等角的余角相等证明∠AED=∠ACB，即可解决问题；（2）由△ADE∽△ABC，推出，可得，再证明△EAF∽△CAG，可得，由此即可解决问题.【解答】（1）证明：∵AG⊥BC，AF⊥DE，∵∠EAF=∠GAC，∴△ADE∽△ABC.（2）解：由（1）可知：△ADE∽△ABC，∠EAF=∠GAC，∴△EAF∽△CAG，∴=.2江北区期中）已知AB∥CD，AD、BC交于点O.（1）试说明△AOB~△DOC；（2）若AO＝2，DO＝3，CD＝5，求AB的长.【分析】（1）由题意可直接证明△AOB∽△DOC；（2）根据（1）的相似三角形得出的成比例线段，可求出AB的长.∴△AOB∽△DOC；（2）解：∵△AOB∽△DOC，∴AB===3拱墅区校级期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，E是AD上一点，CE＝CD.（1）求证：△ABD∽△ACE；（2）若AD＝14，求DE的长.【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠BAD=∠CAD，根据等腰三角形的性质得到∠CED=∠CDE，根据三角形外角的性质得到∠B=∠ACE，于是得到结论；（2）根据△ABD∽△ACE得到=,可求得AE的值，由DE＝AD﹣AE即可得到结论.∴∠BAD=∠CAD，∴∠CED=∠CDE，∵∠CDE=∠B+∠BAD，∠CED=∠ACE+∠CAD，∴∠B=∠ACE，∴△ABD∽△ACE；（2）解：∵△ABD∽△ACE，∴=,∴AE=,∴DE＝14﹣=.4乐亭县期中）如图，在等边三角形ABC中，AB＝4，P是边AB上一点，BP=D不与端点重合作∠PDQ＝60°,DQ交边AC于点Q.①△BDP∽△CQD；②若CQ＝a，满足条件的点D有且只有一个，求a的值.【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得∠B=∠C＝60°,而∠PDQ＝60°,可推导出∠BPD=∠CDQ=120°﹣∠BDP，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△BDP∽△CQD；（2）设BD＝x，由△BDP∽△CQD，得=,即2x2﹣8x+3a＝0，满足条件的点D有且只有一个，则一元二次方程2x2﹣8x+3a＝0有两个相等的实数根，再由一元二次方程根的判别式的值等于0列出关于a的方程，即可求出a的值.【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三∴∠BPD=∠CDQ，∴△BDP∽△CQD.（2）解：设BD＝x，∵BC＝AB＝4，BP=∵△BDP∽△CQD，整理得2x2﹣8x+3a＝0，∵满足条件的点D有且只有一个，∴一元二次方程2x2﹣8x+3a＝0有两个相等的实数根，5宝山区期中）已知：如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AD＝CD，E为AC的中点，联结BE并延长，交线段AD于点F.（1）求证：△AEF∽△BAF；（2）若CD＝3，AB＝5，求DF的长.ABF，再根据相似三角形的判定可得结论；质可得答案.,6铁西区期中）如图，已知△ABC.（I）以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交AC于点M，交AB于点N；（2）分别以点M，N为圆心，以大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部相交于点P；（3）作射线AP交BC于点D；（4）分别以点A，D为圆心，以大于AD的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点；（5）作直线GH，分别交AC，AB于点E，F．依据以上作图，若AF＝2，CE＝3，BD=.（1）求CD的长；（2）=.【分析】（1）利用作法得AD平分∠BAC，EF垂直平分AD，所以∠EAD=∠FAD，EA＝ED，FA＝FD，再证明四边形AEDF为菱形得到AE＝AF＝2，然后利用平行线分线段成比例定理计算CD的长.（2）根据DE∥AB，得△CDE∽△CBA，所以同理设S△ABC＝25x，则S△CDE＝9x，S△BFD＝4x，菱形AEDF的面积为12x，S△AEF=×12x＝6x，即可求出答案.【解答】解1）由作法得AD平分∠BAC，EF垂直平分AD，∴DE∥AF，同理可得AE∥DF，∴四边形AEDF为平行四边形，而EA＝ED，∴四边形AEDF为菱形，∵DE∥AB，∴CD=.（2）∵DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，∴=(=)2=,)2=∴菱形AEDF的面积为25x﹣9x﹣4x＝12x，∴==.故答案为：.7宝山区期中）如图，正方形ABCD中，AB＝6，E是边BC上一点（点E不与点B、C重合点F在CD的延长线上，且BE＝DF，联结EF，分别交AD、AC于点M、N.（2）求证：EF2＝2EM•FN；（3）当△AMN是等腰三角形时，求S△AMN的值.【分析】（1）可证得△FDM∽△FCE，从而得出，进而求得结果；（2）连接AE，AF，可证得△ABE≌△ADF，进而得出△AEF是等腰直角三角形，可证得△AFN∽△MEQ，进一步得出结论；（3）作EG⊥AD于G，可证得△ABE∽△FCE，从而求得BE的长，进而求得，根据=,进一步求得结果.∴△FDM∽△FCE，∴CE＝BC﹣BE＝6﹣BE，CF＝CD+DF＝6+BE，（2）证明：如图1，连接AE，AF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠B=∠ADC=∠ADF＝90°,AB＝AD，∠CAD＝45°,∴△ABE≌△ADF（SAS∴AE＝AF，∠BAE=∠DAF，∴∠BAE+∠DAE=∠DAF+∠DAE，:上EAF＝上BAD＝90。，:△AEF是等腰直角三角形，:AE＝AF＝EF，上AEF＝上AFE＝45。，上NAF＝上CAD+上FAD＝45。+上FAD，:上AME＝上FAN，:△FAN∞△EEMA，:=,:AE•AF＝FN•EM，:（EF）2＝FN•EM，:EF2＝2EM•FN；（3）解：如图2，连接BD，则BD丄AC，当AN＝MN时，上AMN＝上CAD＝45。，此时上ANNM＝90。，即：MN丄AC，:BDⅡMN，这种情形不存在，当AM＝MN时，EF丄AD，这种情形也不存在，如图3，当AM＝AN时，作EG丄AD于G，:上ANM＝上AMN67.5。，」ADⅡBC，:上CEF＝上AMN＝67.5。，:上AEB＝上CEF，:△ABE∞△FCE，:，设BE＝CF＝a，:，」上AMN＝上AME，上MAN＝上AEM＝45。，:△AMN∞△AMA，:2，」AM＝AN，:AE＝EM，:GM＝AG＝BE，∴S△EAM36，∴S△AMN＝27﹣36.8永春县校级期中）如图，等边三角形△ACB的边长为3，点P为BC上的一点，点D为AC上的一点，（1）求证：△ABP∽△PCD；（2）若PC＝2，求CD的长.【分析】（1）由△ABC为等边三角形，易得∠B=∠C＝60°,又∠APD＝60°,由外角性质可得∠DPC=∠PAB，利用相似三角形的判定定理（AA）可得△ABP∽△PCD；（2）利用相似三角形的性质可得，易得CD，可得AD，再利用AP2＝AD•AC，可得AP，从而可得答案.∴∠DPC=∠PAB，∴△ABP∽△PCD；（2）解：∵△ABP∽△PCD，AB＝AC＝3，∴CD===∴AD＝3﹣=,∵等边三角形△ACB的边长为3，PC＝2，AP2＝AD•AC，∴AP=,∴CD=.9宁波期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B.（1）求证：∠DFA=∠ECD；（2）△ADF与△DEC相似吗？为什么？（3）若AB＝4，AD＝3，AE＝3，求AF的长.【分析】（1）利用平行四边形性质可得∠B+∠ECD＝180°,再根据∠AFE+∠DFA＝180°∠AFE=∠B可得∠DFA=∠ECD；（2）利用平行四边形的性质可得∠ADF=∠DEC，再根据（1）中∠DFA=∠ECD可证△ADF∽△DEC；（3）在Rt△AED中利用勾股定理求出DE的长，再利用（2）△ADF∽△DEC对应线段成比例求出AF的长.【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∵∠AFE=∠B，∴∠DFA=∠ECD.（2）解：相似，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，CD＝AB＝4，∴∠ADF=∠CED，又∵∠DFA=∠ECD，∴△ADF∽△DEC.（3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，在Rt△EAD中，DE==6，∵△ADF∽△DEC，10安溪县期中）如图，正方形ABCD中，点E是边CD的中点，点F在AD边上，且＝2，AE与CF相交于点G.（1）若AD＝6√5，EG＝3，连接DG，求证：△ADE∽△DGE；（2）求∠AGF的度数.【分析】（1）根据正方形的性质可得DE＝3√5，然后由相似三角形的判定方法可得结论；（2）连接AC，过F作FH⊥AC，垂足为点H，设AD＝3a，则AF＝2a，DF＝a，DE＝a，根据正方形的性质及等腰三角形的判定与性质可得AH＝FH＝a，CH＝2a，最后由相似三角形的判定与性质可得答案.【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AD＝6√5，点E是边CD的中点，（2）连接AC，过F作FH⊥AC，垂足为点H，设AD＝3a，则AF＝2a，DF＝a，DE＝a，∵四边形ABCD是正方形，∴△AHF是等腰直角三角形，∴=22，∴△CHF∽△ADE，∴∠HCF=∠DAE，∵∠AGF=∠GAC+∠ACG，∴∠AGF=∠GAC+∠DAE=∠CAD＝45°.11惠山区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°,点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD=∠A.（1）判断直线BD与。O的位置关系，并说明理由；（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的长.【分析】（1）连接OD，先利用角间关系说明上ODB＝90。，再利用切线的判定方法得结论；（2）连接DE，先说明△ADE∞△BCD，再利用相似三角形的性质得结论.【解答】解1）BD是。O的切线.“点D在。O上，:OD＝OA，“上C＝90。，:上A+上CBD+上DBA＝90。.“上CBD＝上A，:2上A+上DBA＝90。.“上DOB＝上A+上ADO＝2上A，上DOB+上DBA+上ODB＝180。，:上ODB＝90。.“点D在。O上，:BD是。O的切线.（2）连接DE.“AE是。O的直径，:AE＝2AO，上ADE＝90。＝上C.又“上CBD＝上A，:△ADE∞△BCD.:=.“AD：AO＝5：3，:AD：AE＝5：6.:BC：BD＝5：6，∴BD=12新洲区期中）如图，在△ABC和△AED中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC=∠EAD＝90°,点G、F分别是ED、BC的中点，连接CD、BE、GF.（1）求证：∠ACD=∠ABE；（2）求的值；（3）若四边形BEDC的面积为18，周长为15，GF＝3．则AB=.【分析】（1）根据已知条件可得△ABC和△AED都是等腰直角三角形，然后证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；（2）连接AG，AF，根据△ABC和△AED都是等腰直角三角形，且点G、F分别是ED、BC的中点，可得AG⊥DE，AF⊥BC，∠FAC=∠GAD＝45°,所以然后由△FAG∽△CAD，即可解决问题；（3）根据四边形BEDC的面积为18，周长为15，GF＝3，可得ED+BC＝9，S四边形BEDC＝S△ABC﹣S△AED＝18，然后由S△ABC＝AB•AC＝BC2，S△AED＝DE2，设BC＝a，ED＝b，列出方程组，求出a和b的值，即可解决问题.∴△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∵∠BAE=∠BAC﹣∠EAC，∠DAC=∠DAE﹣∠EAC，∴∠BAE=∠CAD，,:△BAE纟△CAD（SAS:上ACD＝上ABE；（2）解：如图，连接AG，AF，“△ABC和△AED都是等腰直角三角形，且点G、F分别是ED、BC的中点，:AG丄DE，AF丄BC，上FAC＝上GAD＝45。，:=,=,:=,:上FAG＝上CAD，:△FAG∞△CAD，:===;（3）解：“GF＝3，:CD＝GF＝3，由（1）△BAE纟△CAD可知：BE＝CD＝3，“C四边形BEDC＝BE+CD+ED+BC，:ED+BC＝15-2×3＝9，“S四边形BEDC＝S四边形ABCD-S△ABE-S△AED=S△ABC+S△ACD-S△ABE-S△AED，“△ABE纟△ACD，:S△ACD＝S△ABE，:S四边形BEDC＝S△ABC-S△AED＝18，“S△ABC＝AB•AC＝BC2，将a＝9﹣b代入a2﹣b2＝18中得：（9﹣b）2﹣b2＝18，解得，b=,∴BC=,∴AB=×BC=×=.故答案为：.13浦东新区校级期中）如图，点D和点E分别在AB、AC边上，BE平分∠ABC，BE、CD相交于点F，∠ABE=∠ACD.求证1）EC2＝EF•EB；（2）DF：BF＝EC：BC.【分析】（1）利用角平分线的性质和已知先得到∠EBC=∠ACD，再判断△ECF∽△EBC，最后利用相似三角形的性质得结论；（2）利用角间关系，先说明∠CEB=∠BDC，再判断△BDF∽△BEC，最后利用相似三角形的性质得结论.【解答】证明1）∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC.∵∠ABE=∠ACD，∴∠EBC=∠ACD.又∵∠BEC=∠FEC，∴△ECF∽△EBC.（2）∵∠CEB=∠A+∠ABE，∠BDC=∠A+∠ACD，又∵∠ABE=∠ACD，∴∠CEB=∠BDC.又∵∠ABE=∠EBC，∴△BDF∽△BEC.∴=.∴DF：BF＝EC：BC.14锦江区校级期中）如图，△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF＝90°,△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，射线EF与线段AB相交于点G，与射线CA相交于点Q.（1）求证：△BPE∽△CEQ.（2）当BP＝4，CQ＝18，求PQ的长.（3）在（2）的条件下，求EQ的长.【分析】（1）由△ABC和△DEF是两个等腰直角三角形，易得∠B=∠C=∠DEF＝45°,然后利用三角形的外角的性质，即可得∠BEP=∠EQC，则可证得△BPE∽△CEQ；（2）由相似三角形的性质可求BE＝6＝EC，可求AP＝8，AQ＝6，即可求PQ的长；（3）首先解△BPE，求出PE的长，再证明△BPE∽△EPQ，进而解决问题.【解答】（1）证明：∵△ABC和△DEF是两个等腰直角三角形，∴∠B=∠C=∠DEF＝45°,“上BEQ＝上EQC+上C，即上BEP+上DEF＝上EQC+上C，:上BEP+45。＝上EQC+45。，:上BEP＝上EQC，“上B＝上C＝45。，:△BPE∞△CEQ，（2）解：“△BPE∞△CEQ，:BE＝6＝EC，:BC＝12“AB＝AC，上BAC＝90。:BC＝AC，:AC＝AB＝12，:PQ10；（3）过点P作PH丄BE于H，“上B＝45。，BP＝4，:PH＝BH＝2，:HE＝4，在Rt△PEH中，由勾股定理得，PE＝“△BPE∞△CEQ，:，“CE＝BE，,∴△BPE∽△EPQ，15丰泽区校级期中）若△ABC绕点A逆时针旋转α后，与△ADE构成位似图形，则我们称△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”.（1）知识理解：如图①,△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”.②若AD＝6，DE＝9，AB＝4，则BC＝6；（2）知识运用：如图②,在四边形ABCD中，∠ADC＝90°,AE⊥BD于点E，∠DAC=∠DBC，求证：①OA•OC＝OB•OD；②△ACD与△ABE互为“旋转位似图形”.【分析】（1）①依据△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，可得△ABC∽△ADE，依据相似三角形的对应角相等，即可得到∠BAE＝180°﹣100°﹣25°﹣25°=30°;②依据△ABC∽△ADE，可得根据AD＝6，DE＝9，AB＝4，即可得出BC＝6；（2）①通过证明△AOD∽△BOC，即可得到，可得结论；②通过证明△AOB∽△DOC，可得∠DCA=∠EBA，通过证明△ABE∽△ACD，进而得出△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；【解答】（1）解：①∵△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，:△ABC∞△ADE，又“α=25。，上C＝上E＝25。，②“△ABC∞△ADE，:=,:，:BC＝6，故答案为：30。；6；（2）证明：①“上DOA＝上COB，上DAC＝上DBC，:△DOA∞△COB，:，:AO•OC＝OB•OD；②“,:，又“上DOC＝上AOB，:△AOB∞△DOC，:上DCA＝上EBA，又“上ADC＝90。，AE丄BD，:上ADC＝上AEB＝90。，:△ABE∞△ACD，:上DAC＝上EAB，:△AEB绕点A逆时针旋转上DAE的度数后与△ADC构成位似图形，:△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；16长宁区校级期中）如图，在梯形ABCD中，ADⅡBC，BC＝18，DB＝DC＝15，点E、F分别在线段BD、CD上，DE＝DF＝5．AE的延长线交边BC于点G，AF交BD于点N、其延长线交BC的延长线于点H．设AD＝x.（1）BG＝2x；CH＝2x用x的代数式表示BG、CH）（2）如果△ADN的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（3）联结FG，当△HFG与△ADN相似时，求AD的长.【分析】（1）可证得△ADE∽△GBE，△ADF∽△HCF，进而得出结果；（2）作DM⊥CB于M，过点N作NQ⊥BC于Q，交AD于P，根据勾股定理得出DM的值，证明△ADN∽△HBN，从而求得PN的值，进一步得出结果；（3）分为△ADN∽△HFG和△ADN∽△HGF．当△FCG∽△HFG时，可推出△FCG∽△HFG，从而得出FG2＝CG•CH，从而求得x的值；当△ADN∽△HFG时，可推出△CFG∥△CDB，进而求得x的值.【解答】解1）∵AD∥CB，∴△ADE∽△GBE，△ADF∽△HCF，∴BE＝CF＝10，故答案为：2x，2x；（2）如图1，作DM⊥CB于M，过点N作NQ⊥BC于Q，交AD于P，∴BM＝CM＝CB＝9，∴PQ＝DM=∵AD∥CB，∴△ADN∽△HBN，∴=,∴PN=,∴==∴y0＜x≤9（3）如图2，∵AD∥BC，∴∠DAF=∠H，∠ADB=∠DBC，∴∠BDC=∠DCB，∴∠ADN=∠DCB，当△ADN∽△HGF时，∠FGH=∠ADN，∴∠FGH=∠FCG，∴FG∥BD，如图3，当△ADN∽△FHG，此时∠ADN=∠HFG，∴∠DCB=∠GFH，∵∠FGH=∠CGF，∴△GFC∽△GHF，∴x=,∴AD=,综上所述：AD＝3或.17下城区期中）如图，延长弦DB、弦EC，交于圆外一点A，连接CD、BE.（1）证明：△ACD∽△ABE；（2）若AB＝5，AC＝6，AD＝12，求AE.【分析】（1）先由圆周角定理证明∠D=∠E，而∠A是△ACD和△ABE的公共角，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△ACD∽△ABE；【解答】（1）证明：∵∠D和∠E是所对的圆周角，∴∠D=∠E，∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABE.∴=,18工业园区校级期中）如图，在半径为5的。O中，OA⊥OB，点D是OB延长线上一点，点C是。O上一点，AC交OB于M，且CD＝DM；（1）连接OC，求证：OC⊥CD；（2）若OM＝1，求CM的长.【分析】（1）根据垂直定义可得∠AOB＝90°,从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠A+∠AMO=90°,再利用等腰三角形的性质可得∠A=∠OCA，∠DCM=∠DMC，然后结合对顶角相等可得∠AMO=∠DCM，从而利用等量代换即可解答；（2）过点D作DE⊥CM，垂足为E，利用等腰三角形的三线合一性质可得CM＝2ME，再在Rt△ODC中，利用勾股定理求出DM＝DC＝12，然后在Rt△AMO中，利用勾股定理求出AM=字模型相似三角形可得△DME∽△AMO，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答.【解答】（1）证明：如图：∵OA⊥OB，∵DC＝DM，∴∠DCM=∠DMC，∵∠DMC=∠AMO，∴∠AMO=∠DCM，∴OC⊥CD；（2）解：过点D作DE⊥CM，垂足为E，∵DM＝DC，在Rt△ODC中，DC2+OC2＝OD2，∴DC2+25DM+1）2，∴DC2+25DC+1）2，∴DC＝DM＝12，在Rt△AMO中，AO＝5，OM＝1，∴AM===,∵∠DEM=∠AOM＝90°,∠DME=∠AMO，∴△DME∽△AMO，∴=,∴=,∴ME=,∵CM＝2ME=,∴CM的长为.19徐汇区校级期中）如图，正方形ABCD中，E、F分别是AD、AB上的点，AP⊥BE于点P.（1）如图1，如果点F是AB的中点，求证：BP•BE＝2PF•BC；（2）如图2，如果AE＝AF，联结CP，求证：CP⊥FP.【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，AP⊥BE，得∠BPA=∠BAE＝90°,而∠PBA=∠ABE，即可证明△BPA∞△BAE，得因为BA＝2PF，BA＝BC，（2）由△BPA∞△BAE，得变形得因为AE＝AF，BA＝BC，所以再证明上CBP＝上FAP，即可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△CBP∞△FAP，得上BPC＝上APF，则上FPC＝上BPF+上BPC＝上BPF+上APF＝90。，即可证明CP丄FP．【解答】证明1）如图1，“四边形ABCD是正方形，:上BAE＝90。，“AP丄BE，:上BPA＝上BAE，“上PBA＝上ABE，:△BPA∞△BAE，:“点F是AB的中点，:BA＝2PF，“BA＝BC，::BP•BE＝2PF•BC．:::AE＝AF，BA＝BC，:“BCⅡAD，:上CBP＝上BEA，“上BEA＝上FAP，:上CBP＝上FAP，:△CBP∞△FAP，∴∠BPC=∠APF，∴∠FPC=∠BPF+∠BPC=∠BPF+∠APF=∠BPA＝90°,∴CP⊥FP.20长泰县期中）如图（1）所示，在△ABC中，AB＝4，D是AB上一点（不与A，B重合DE∥BC，交AC于点E，连结CD．设△ABC的面积为S，△DEC的面积为S′.（1）当AD＝3时，△ADE的面积是6，求△DEC的面积S'的值；（2）当AD＝3时，求S值（结果用含字母S'的代数式表示（3）如图（2）所示，在四边形ABCD中，AB＝4，AD∥BCE是AB上一点（不与A，B重合EF∥BC，交CD于点F，连结CE．设AE＝n，四边形ABCD的面积为S，△CEF的面积为S'，请你利用前面问题的解法或结论，用含字母n的代数式表示.【分析】（1）由DE∥BC，得CE：AE＝BD：AD＝1：3，得S′：S△ADE＝CE：AE＝1：3，便可求得结（2）由△ADE∽△ABC，得S＝S△ADE，再由S′＝S△ADE，便可得结果；=,便可得出结果.【解答】解1）∵AB＝4，AD＝3，∵DE∥BC，∴CE：AE＝BD：AD＝1：3，∵△ADE的面积是6，（2）∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，AD：AB＝3：4，∴S＝S△ADE，（3）延长BA，CD交于点O，如图，∵AD∥BC，∴△OAD∽△OBC，∴==∵EF∥BC，=∴,,.21永春县校级期中）一块直角三角形木料板的一条直角边AB长3m，面积为6m2，现要把它加工成一个面积较大的正方形桌面，甲、乙两位同学的加工方法分别如图（a）、（b请你用学过的知识说明哪位同学的加工方法更好加工损耗忽略不计，结果可保留分数）【分析】利用相似三角形的性质分别求出正方形的边长，可得结论.甲同学：设正方形的边长为am，则DE＝BD＝am，CD＝BC﹣BD4﹣a）m，由正方形的性质得：DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，解得a=,则正方形的面积为，在乙的方法（图b）中，过点B作BM⊥AC于点M．设正方形的边长为x，∴直角△ABC中，AC边上的高BM==2.4m.∵四边形DEFG是正方形，∴DE∥AC，∴△BDE∽△BCA，则正方形的面积为，则甲同学的加工方法更好.22金牛区校级月考）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，点F在边CD上，且∠BEF＝90°,延长EF交BC的延长线于点G.（1）求证：△ABE∽△EGB；（2）若AB＝8，求CG的长.【分析】（1）由正方形的性质与已知得出∠A=∠BEG，证出∠ABE=∠G，即可得出结论；得出可求得BG的长度，进而可以解决问题.【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，且∴∠A=∠BEG，∴∠ABE=∠G，∴△ABE∽△EGB；在Rt△ABE中，BE4，由（1）知，△ABE∽△EGB，23朝阳区期中）如图①,一张等腰三角形纸片ABC，底边BC＝12cm，高AD＝12cm．在这张纸片中剪出一个正方形EFGH，使其一边FG在边BC上，点E、H分别在边AB，AC上，且EH与AD交于点K.（1）求证：△AEH∽△ABC；（2）求正方形EFGH的边长；（3）若用这张等腰三角形纸片制作一个正方体的纸盒，如图②所示，阴影部分为正方体展开图，直接写出该正方体的棱长.【分析】（1）根据EH∥BC即可证明；（2）如图设AD与EH交于点M，首先证明四边形EFDM是矩形，设正方形边长为x，再利用△AEH∽△ABC，得=,列出方程即可解决问题；（3）根据矩形和相似三角形的判定和性质即可得到结论.【解答】（1）证明：∵四边形EFGH是正方形，∴EH∥BC，∴△AEH∽△ABC；（2）解：∵∠EFD=∠FEM=∠FDM＝90°,∴四边形EFDK是矩形，∴EF＝DK，设正方形EFGH的边长为x，∴=,∴正方形EFGH的边长为6cm；（3）解：∵∠EFD=∠FEM=∠FDM＝90°,∴四边形EFDK是矩形，∴EF＝DK，设该正方体的棱长为x，∵△AEH∽△ABC，∴=,∴=,∴x=,∴该正方体的棱长为cm.24西安期中1）如图1，△ABC是等边三角形，D是BC的中点，射线DE，DF分别交AB，AC于点（2）如图2，∠BAC＝90°,AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，射线DE，DF分别交AB，AC于点E，F，且ED⊥DF，求的值.【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠BAC＝60°,AB＝AC＝BC，连接AD，EF，由等腰三角形的性质及四点共圆的性质可得∠EAD=∠EFD＝30°,∠FAD=∠FED＝30°,然后根据等腰三角形的性质可得答案；（2）过点D分别作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，根据勾股定理及中位线的性质可得DM＝4，DN＝3，根据矩形的性质可得∠MDE=∠NDF，最后由相似三角形的判定与性质可得答案.【解答】解1）∵△ABC是等边三角形，连接AD，EF，∵D是BC的中点，AB＝AC，∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD＝30°,∴∠EFD=∠FED，:=1，故答案为：1；（2）过点D分别作DM丄AB于M，DN丄AC于N，“D是BC的中点，:BD＝CD＝BC＝5，“DM丄AB，AC丄AB，DN丄AC，:DMⅡAC，DNⅡAB，“D是BC的中点，:OM是△ABC的中位线，DN是△ABC的中位线，:DM＝4，DN＝3，“四边形AMDN为矩形，:上ADN＝90。，:上MDE+上EDN＝90。，“上EDN+上NDF＝90。，:上MDE＝上NDF，“上DME＝上DNF＝90。，:△MDE∞△NDF，:.25姑苏区校级期中）如图，已知半径为2的。O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作PC丄l，垂足为点C，PC与。O交于点D，连接PA，PB，设PC的长为x（2＜x＜4）.（1）当x＝3时，求弦PA，PB的长度；（2）用含有x的代数式表示PD•CD，并求出当x为何值时，PD•CD的值最大？最大值是多少？【分析】（1）根据切线的性质得AB⊥l，则AB∥PC，所以∠CPA＝∠PAB，再根据AB为。O的直径得到∠APB＝90°，则可判断△PCA∽△APB，利用相似比可计算出AP，然后利用勾股定理可计算出PB；（2）如图，过O作OE⊥PD，垂足为E，根据垂径定理得到PE＝ED，易得四边形OECA为矩形，则CE＝OA＝2，所以PE＝ED＝x﹣2，接着表示出PD和CD，然后根据二次函数的性质求解．【解答】解1）∵。O与直线l相切于点A，AB为。O的直径，∴AB⊥l，又∵PC⊥l，∴AB∥PC，∴△PCA∽△APB，∴PC：AP＝AP：AB，在Rt△APB中，PB2；（2）如图，过O作OE⊥PD，垂足为E，∵PD是。O的弦，OE⊥PD，∴CD＝PC﹣PD＝x﹣2（x﹣2）＝4﹣x，∴PD•PC＝2（x﹣2）•（4﹣x）＝﹣2x2+12x﹣16＝﹣2（x﹣3）2+2，∵2＜x＜4，∴当x＝3时，PD•CD的值最大，最大值为2.26南岸区校级期中）在同一平面内，如图①,将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，其中AB＝AC，DE＝AE，点A为公共顶点，∠BAC=∠AED＝90°.如图②,若△ABC固定不动，把△ADE绕点A逆时针旋转，使AD、AE与边BC的交点分别为M、N，点M不与点B重合，点N不与点C重合.（1）求证：△BAN∽△CMA；（2）已知等腰直角三角形的斜边长为4.①请求出BN•CM的值；②若BM＝CN，请求出MN的长.【分析】（1）利用三角形外角的性质可证∠BAN=∠AMC，又由∠B=∠C＝45°,可证明结论；（2）①首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由△BAN∽△CMA，得，则BN•CM＝8；②由BM＝CN，得BN＝CM，由（1）知BN•CM＝8，得BN＝CM＝2，从而得出答案.【解答】（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°,∵∠BAN=∠BAM+∠DAE=∠BAM+45°,∠AMC=∠BAM+∠B=∠BAM+45°,∴∠BAN=∠AMC，∴△BAN∽△CMA；（2）解：①∵等腰直角三角形的斜边长为4，∵△BAN∽△CMA，∴BN•CM＝8，故BN•CM的值为8；∴BN＝CM，∵BN•CM＝8，∴BN＝CM＝2，∴MN＝BN+CM﹣BC＝4﹣4，故MN的长为4﹣4.27章丘区期中）如图，Rt△ABC，∠C＝90°,AC＝10cm，BC＝8cm．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿CA向点A匀速运动，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BC向点C匀速运动，设点P、Q运动时间为t，当一个点到达终点时，另一个点随之停止.（1）求经过几秒后，△PCQ的面积等于16cm2？（2）经过几秒，△PCQ与△ABC相似？（3）①是否存在t，使得△PCQ的面积等于20cm2？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由；②设四边形APQB的面积为S，请直接写出S的最大值或最小值.【分析】先由运动知PC＝2tcm，CQ8﹣t）cm，0＜t＜5，（1）用△PCQ的面积等于16cm2，建立方程求解，即可求出答案；（2）分△PCQ∽△ACB和△PCQ∽△BCA，得出比例式，建立方程求解，即可求出答案；（3）①假设存在t，利用△PCQ的面积等于20cm2，建立方程，判断出此方程无实数根，即可得出结论；②先得出S＝S△ABC﹣S△PCAt﹣4）2+24，即可求出答案.【解答】解：由运动知，PC＝2tcm，BQ＝tcm，∴CQ8﹣t）cm，0＜t＜5，（1）∵△PCQ的面积等于16cm2，∴PC•CQ＝16，）＝即经过4秒后，△PCQ的面积等于16cm2；（2）∵∠ACB=∠PCQ＝90°,∴①当△PCQ∽△ACB时∴t=,②当△PCQ∽△BCA时∴t=,即经过或秒，△PCQ与△ABC相似；（3）①不存在，理由：假设存在t，使得△PCQ的面积等于20cm2，∴PC•CQ＝20，）＝∴此方程无实数根，∴不存在t，使得△PCQ的面积等于20cm2；②设四边形APQB的面积为S，∴S＝S△ABC﹣S△PCA＝BC•AC﹣PC•CQ=×8×10﹣•2t•（8﹣tt2﹣8t+40t﹣4）2+24，而a＝1＞0，∴S有最大值，即t＝4时，S最大为24cm2.28李沧区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°,AB＝8cm，BC＝6cm，点M从点A出发，沿折线AB→BC以2cm/s速度向点C运动，同时点D从点C出发，沿CA方向以1cm/s的速度向点A运动，点M到达点C时，点M，D同时停止运动，当点M不与A，C重合时，作点M关于直线AC的对称点N，连接M