2025年 九年级数学中考二轮复习 用相似三角形解决实际问题 专题训练

2025年春九年级数学中考二轮复习《用相似三角形解决实际问题》专题训练（附答案）1．一块直角三角形木板，它的一条直角边AB长1.5m，面积为1.5m2．甲、乙两位木匠分别按图①、②把它加工成一个正方形桌面．请说明哪个正方形面积较大（加工损耗不计）．2．一块三角形的余料，底边BC长18米，高AD＝10米，如图．要利用它裁剪一个长宽比是3：2的长方形，使长方形的长在BC上，另两个顶点在AB、AC上，求长方形的长EH和宽EF的长．3．一块三角形材料如图所示，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝12，用这块材料剪出一个矩形CDEF，其中D、E、F分别在BC、AB、AC上．（1）若设AE＝x，则AF＝；（用含x的代数式表示）（2）要使剪出的矩形CDEF的面积最大，点E应选在何处？4．某校八年一班的一节数学活动课安排了测量操场上悬挂国旗的旗杆的高度．甲、乙、丙三个学习小组设计的测量方案如图所示：甲组测得图中BO＝60米，OD＝3.4米，CD＝1.7米；乙组测得图中，CD＝1.5米，同一时刻影长FD＝0.9米，EB＝18米；丙组测得图中，EF∥AB、FH∥BD，BD＝90米，EF＝0.2米，人的臂长（FH）为0.6米．请你任选一种方案，利用实验数据求出该校旗杆的高度．5．如图，为了估算河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标作为点A，再在河的这一边选定点B和C，使AB⊥BC，然后，再选点E，使EC⊥BC，用视线确定BC和AE的交点D．此时如果测得BD＝60米，DC＝30米，EC＝25米，求两岸间的大致距离AB．6．在同一时刻两根木杆在太阳光下的影子如图所示，其中木杆AB＝2米，它的影子BC＝1.6米，木杆PQ的影子有一部分落在墙上，PM＝1.2米，MN＝0.8米，求木杆PQ的长度．7．小明想测量电线杆AB的高度，他发现电线杆AB的影子正好落在坡面CD和地面BC上，已知CD和地面成30°角，CD＝4m，BC＝10m，且此时测得1m高的标杆在地面的影长为2m，求AB的长度．8．问题背景在某次活动课中，甲、乙、丙三个学习小组于同一时刻在阳光下对校园中一些物体进行了测量．下面是他们通过测量得到的一些信息：甲组：如图1，测得一根直立于平地，长为80cm的竹竿的影长为60cm．乙组：如图2，测得学校旗杆的影长为900cm．丙组：如图3，测得校园景灯（灯罩视为球体，灯杆为圆柱体，其粗细忽略不计）的高度为200cm，影长为156cm．任务要求：（1）请根据甲、乙两组得到的信息计算出学校旗杆的高度；（2）如图3，设太阳光线NH与⊙O相切于点M．请根据甲、丙两组得到的信息，求景灯灯罩的半径．（友情提示：如图3，景灯的影长等于线段NG的影长；需要时可采用等式1562+2082＝2602）9．如图，花丛中有一路灯杆AB．在灯光下，小明在D点处的影长DE＝3米，沿BD方向行走到达G点，DG＝5米，这时小明的影长GH＝5米．如果小明的身高为1.7米，求路灯杆AB的高度（精确到0.1米）．10．如图，在一个长40m、宽30m的长方形小操场上，王刚从A点出发，沿着A⇒B⇒C的路线以3m/s的速度跑向C地．当他出发4s后，张华有东西需要交给他，就从A地出发沿王刚走的路线追赶．当张华跑到距B地2m的D处时，他和王刚在阳光下的影子恰好重叠在同一条直线上．此时，A处一根电线杆在阳光下的影子也恰好落在对角线AC上．（1）求他们的影子重叠时，两人相距多少米？（DE的长）（2）求张华追赶王刚的速度是多少？（精确到0.1m/s）11．如图1，在正方形ABCD中，E是边BC的中点，F是CD上一点，已知∠AEF＝90°．（1）求证：＝；（2）平行四边形ABCD中，E是边BC上一点，F是边CD上一点，∠AFE＝∠ADC，∠AEF＝90°．如图2，若∠AFE＝45°，求的值．12．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与边BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF．设CE＝a，CF＝b．（1）如图①，求证：△ACF∽△ECA；（2）如图②，当∠EAF被对角线AC平分时，求a、b的值；（3）当△AEF是直角三角形时，求a、b的值．13．已知点O是正方形ABCD对角线BD的中点．（1）如图1，若点E是OD的中点，点F是AB上一点，且使∠CEF＝90°，过点E作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，求证：∠AEM＝∠FEM．（2）如图2，若点E是OD上一点，点F是AB上一点，且使＝＝，请判断△EFC形状，并说明理由（3）如图3，若E是OD上的动点（不与O，D重合），连接CE，过E点作EF⊥CE，交AB于点F，当＝时，请猜想的值（请直接写出结论）14．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE⊥AB于E，BC＝mAC＝nDC，D为BC边上一点．（1）当m＝2时，直接写出＝，＝．（2）如图1，当m＝2，n＝3时，连DE并延长交CA延长线于F，求证：EF＝DE．（3）如图2，连AD交CE于G，当AD＝BD且CG＝AE时，求的值．15．如图1．在菱形ABCD中，AB＝2，tan∠ABC＝2，∠BCD＝α，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转α度，得到对应线段CF，连接BD、EF，BD交EC、EF于点P、Q（1）求证：△ECF∽△BCD；（2）当t为何值时，△ECF≌△BCD？（3）当t为何值时，△EPQ是直角三角形？16．已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB≥AC，D，E分别为AC，BC边上的点（不包括端点），且＝＝m，连接AE，过点D作DM⊥AE，垂足为点M，延长DM交AB于点F．（1）如图1，过点E作EH⊥AB于点H，连接DH．①求证：四边形DHEC是平行四边形；②若m＝，求证：AE＝DF；（2）如图2，若m＝，求的值．17．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将∠AOB绕直角顶点O逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）角得∠MON，OM，ON分别交AB，BC于E，F两点，连接EF交OB于点G．（1）求证：△OBE≌△OCF；（2）在旋转过程中，判定线段BE，BF，AO的数量关系，并说明理由；（3）求证：OG•BD＝AE2+CF2．18．在等腰直角△ABC中，AC＝BC，点P在斜边AB上（AP＞BP）．作AQ⊥AB，且AQ＝BP，连接CQ（如图1）．（1）求证：△ACQ≌△BCP；（2）延长QA至点R，使得∠RCP＝45°，RC与AB交于点H，如图2．①求证：CQ2＝QA•QR；②判断三条线段AH、HP、PB的长度满足的数量关系，并说明理由．19．如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm，BC＝4cm．动点M从A出发，在边AB上以1cm/s的速度向B点匀速运动，同时，动点N从D出发，在边DA上以2cm/s的速度向A点匀速运动，MN与AC相交于点Q．（1）经过多少时间，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的？（2）是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．（3）求t为何值时，QA＝QN？20．已知矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠AOB＝60°，点E为边BC上的一点，连接EO并延长，交CD的延长线于点F．（1）如图1，若EF⊥AC．①求证：BC＝OF②求证：AB2＝BE•OF（2）如图2，若AB2＝BE•BC，求的值．21．如图1，点M在正方形ABCD的对角线AC（不与点A重合）上滑动，连接DM，作MN⊥DM交直线AB于点N．（1）求证：DM＝MN；（2）若将（1）中的正方形变为矩形，其余条件不变（如图2），且DC＝2AD，求MD：MN；（3）在（2）中，若CD＝nAD，当M滑动到CA的延长线上时（如图3），请直接写出MD：MN的比值．22．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是线段AB上的一点（不与A、B重合）．过点B作BE⊥CD，垂足为E．将线段CE绕点C顺时针旋转90°，得到线段CF，连接EF．设∠BCE度数为α．（1）①补全图形．②试用含α的代数式表示∠CDA．（2）若＝，求α的大小．（3）直接写出线段AB、BE、CF之间的数量关系．

参考答案1．解：由AB＝1.5m，S△ABC＝1.5m2，可得BC＝2m，由图①，过点B作Rt△ABC斜边AC上的高，BH交DE于P，交AC于H．由AB＝1.5m，BC＝2m，得AC＝（m），由AC•BH＝AB•BC可得：BH＝＝1.2（m），设甲设计的桌面的边长为xm，∵DE∥AC，∴Rt△BDE∽Rt△BAC，∴，即，解得（m），由图②，若设乙设计的正方形桌面边长为ym，由DE∥AB，得Rt△CDE∽Rt△CBA，∴，即，解得（m），∵，，∴x＜y，即x2＜y2，∴S正方形①＜S正方形②，∴第二个正方形面积大．2．解：∵长方形的长宽比是3：2，∴设EH、EF分别为3k、2k，∴EH∥BC，∴△AEH∽△ABC，∴＝，即＝，解得k＝，∴EH＝米，EF＝米．3．解：（1）在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，AE＝x，∴EF＝x，根据勾股定理得：AF＝x；故答案为：x；（2）∵四边形CDEF是矩形，∴∠AFE＝90°，∵∠A＝30°，∴EF＝AE＝x，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝12，∴BC＝AB＝6，根据勾股定理得：AC＝＝6，∴CF＝AC﹣AF＝6﹣x，∴S矩形CDEF＝CF•EF＝x（6﹣x）＝﹣（x﹣6）2+9，∴当x＝6时，矩形CDEF的面积最大，即当点E为AB的中点时，矩形CDEF的面积最大．4．解：选择甲组方案计算：在△ABO和△CDO中，因为∠ABO＝∠CDO＝90°，∠COD＝∠AOB，所以△ABO∽△CDO．所以，所以AB＝，又BO＝60米，OD＝3.4米，CD＝1.7米，AB＝30米，即该校的旗杆为30米．选择乙组方案计算：连AE，CF，在△ABE和△CDF中，因为∠ABE＝∠CDF＝90°，∠AEB＝∠CFD，所以△ABE∽△CDF．所以，又CD＝1.5米，FD＝0.9米，EB＝18米，所以AB＝30米，即该校的旗杆为30米．选择丙组方案计算：由FH∥BD，可得∠CFH＝∠CBD，∠FCH＝∠BCD，所以△CFH∽△CBD，，又EF∥AB，可得∠FEC＝∠BAC，∠FCE＝∠BCA，△CFE∽△CBA，，所以又BD＝90米，EF＝0.2米，FH＝0.6米，AB＝30米，即该校的旗杆为30米．5．解：∵∠ADB＝∠CDE，∠ABD＝∠ECD＝90°，∴△BAD∽△CED，∴＝，即＝，∴AB＝50．答：两岸间的大致距离AB为50米．6．解：过N点作ND⊥PQ于D，可得△ABC∽△QDN，∴，又∵AB＝2，BC＝1.6，PM＝1.2，NM＝0.8，∴，∴PQ＝QD+DP＝QD+NM＝1.5+0.8＝2.3（米）．答：木杆PQ的长度为2.3米．7．解：作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F．∵DC＝4m，∠DCF＝30°，∴DF＝2m，∴BE＝DF＝2m，CF＝＝2m，∴ED＝BF＝BC+CF＝（10+2）m．∵同一时刻的光线是平行的，水平线是平行的，∴光线与水平线的夹角相等，又∵标竿与影长构成的角为直角，AE与ED构成的角为直角，∴AE与影长DE构成的三角形和标杆与影长构成的三角形相似，∴＝，解得AE＝（5+）m，∴AB＝AE+BE＝（7+）m．答：AB的长为（7+）m．8．解：（1）由题意可知：∠BAC＝∠EDF＝90°，∠BCA＝∠EFD．∴△ABC∽△DEF．∴，即，（2分）∴DE＝1200（cm）．所以，学校旗杆的高度是12m．（3分）（2）解法一：与①类似得：，即，∴GN＝208．（4分）在Rt△NGH中，根据勾股定理得：NH2＝1562+2082＝2602，∴NH＝260．（5分）设⊙O的半径为rcm，连接OM，∵NH切⊙O于M，∴OM⊥NH．（6分）则∠OMN＝∠HGN＝90°，又∵∠ONM＝∠HNG，∴△OMN∽△HGN，∴（7分），又ON＝OK+KN＝OK+（GN﹣GK）＝r+8，∴，解得：r＝12．∴景灯灯罩的半径是12cm．（8分）解法二：与①类似得：，即，∴GN＝208．（4分）设⊙O的半径为rcm，连接OM，∵NH切⊙O于M，∴OM⊥NH．（5分）则∠OMN＝∠HGN＝90°，又∵∠ONM＝∠HNG，∴△OMN∽△HGN．∴，即，（6分）∴MN＝r，又∵ON＝OK+KN＝OK+（GN﹣GK）＝r+8．（7分）在Rt△OMN中，根据勾股定理得：r2+（r）2＝（r+8）2即r2﹣9r﹣36＝0，解得：r1＝12，r2＝﹣3（不合题意，舍去），∴景灯灯罩的半径是12cm．（8分）9．解：根据题意得：AB⊥BH，CD⊥BH，FG⊥BH，（1分）在Rt△ABE和Rt△CDE中，∵AB⊥BH，CD⊥BH，∴CD∥AB，可证得：△CDE∽△ABE∴①，（4分）同理：②，（5分）又CD＝FG＝1.7m，由①、②可得：，即，解之得：BD＝7.5m，（6分）将BD＝7.5代入①得：AB＝5.95m≈6.0m．（7分）答：路灯杆AB的高度约为6.0m．（8分）（注：不取近似数的，与答一起合计扣1分）10．解：（1）根据题意可知：DE∥AC，∴△ACB∽△DEB∴，在Rt△ABC中，AB＝40m，BC＝30m，BD＝m，∵在一个长40m、宽30m的长方形小操场上，∴AC＝50m，∴＝，即DE＝；（2）根据题意得∴DE2＝BD2+BE2，∴BE＝＝2m，∴s王＝AB+BE＝42m，∴t王＝＝＝14s，∴t张＝t王﹣4＝10s，∴s张＝AD＝AB﹣BD＝40﹣2＝﹣＝m，v张＝≈3.7m/s．答：（1）他们的影子重叠时，两人相距米．（2）张华追赶王刚的速度是3.7m/s．11．（1）证明：如图1中，设正方形的边长为2a．∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEC＝90°，∠FEC+∠EFC＝90°，∴∠AEB＝∠EFC，∴△ABE∽△ECF，∴＝∵BE＝EC＝a，AB＝CD＝2a，∴CF＝a，DF＝CD﹣CF＝a，∴＝＝．（2）如图2中，在AD上取一点H，使得FH＝DF．∵∠AEF＝90°，∠AFE＝∠D＝45°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AF＝EF，∵FH＝FD，∴∠FHD＝∠D＝45°，∴∠AHF＝135°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠C＝180°﹣∠D＝135°，∴∠AHF＝∠C，∵∠AFC＝∠D+∠FAH＝∠EFC+∠AFE，∠AFE＝∠D，∴∠HAF＝∠EFC，∴△AHF∽△FCE，∴EC：HF＝EF：AF＝1：＝：2，∴＝．12．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ACE＝∠ACF＝135°，∵∠CAE+∠CAF＝45°，∠CAE+∠AEC＝45°，∴∠CAF＝∠AEC，∴△ACF∽△ECA．（2）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCF＝∠DCE＝90°∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ACF＝∠ACE，∵∠EAF被对角线AC平分，∴∠CAF＝∠CAE，在△ACF和△ACE中，，∴△ACF≌△ACE，∴CF＝CE，∵CE＝a，CF＝b，∴a＝b，∵△ACF≌△ACE，∴∠AEF＝∠AFE，∵∠EAF＝45°，∴∠AEF＝∠AFE＝67.5°，∵CE＝CF，∠ECF＝90°，∠AEC＝∠AFC＝22.5°，∵∠CAF＝∠CAE＝22.5°，∴∠CAE＝∠CEA，∴CE＝AC＝4，即：a＝b＝4．（2）当△AEF是直角三角形时，①如图所示：∵∠AFE＝90°，∴∠AFD+∠CFE＝90°，∵∠CEF+∠CFE＝90°，∴∠AFD＝∠CEF∵∠AFE＝90°，∠EAF＝45°，∴∠AEF＝45°＝∠EAF∴AF＝EF，在△ADF和△FCE中，∴△ADF≌△FCE，∴FC＝AD＝4，CE＝DF＝CD+FC＝8，∴a＝8，b＝4．②当∠AEF＝90°时，同①的方法得，CF＝4，CE＝8，∴a＝4，b＝8．13．（1）证明：如图1中，∵在正方形ABCD中，BD是对角线，∴AD＝CD，DE＝DE，∠ADE＝∠CDE＝45°，∴△ADE≌△CDE（SAS．）∴∠EAD＝∠ECD，又∵MN∥AD，∴∠EAD＝∠AEM，∴∠AEM＝∠ECD，∵MN⊥CD，∴∠ENC＝90°，又∵∠CEF＝90°，∴∠FEM+∠CEN＝∠CEN+∠ECD＝90°，∴∠FEM＝∠ECD，∴∠AEM＝∠FEM．（2）解：结论：△EFC是等腰直角三角形．理由如下：如图2中，过点E作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．∴MN⊥AB，MN⊥CD，∵点O是BD的中点，∴BD＝2OD．∵＝，∴＝，∴＝，∵MN∥AD，∴△BME∽△BAD，∴＝＝，∴＝，∴AB＝8AM．∵＝，∴AB＝4AF．∴AF＝2AM．∴AM＝FM．∴△FEM≌△AEM（S．A．S．），∴EF＝EA．∠FEM＝∠AEM．仿（1）可证EA＝EC，∠AEM＝∠EAD＝∠ECD，∴EF＝EC，∠FEM＝∠ECD，∵∠ECD+∠CEN＝90°，∴∠FEM+∠CEN＝90°，∴∠FEC＝180°﹣（∠FEM+∠CEN）＝180°﹣90°＝90°，∴△EFC是等腰直角三角形．（3）解：如图3中，当＝时，＝，理由同（1）；14．（1）解：如图1中，当m＝2时，BC＝2AC．∵CE⊥AB，∠ACB＝90°，∴△BCE∽△CAE∽△BAC，∴＝＝＝，∴EB＝2EC，EC＝2AE，∴＝，故答案为，．（2）证明：如图1﹣1中，作DH∥CF交AB于H．∵m＝2，n＝3，∴BE＝4AE，BD＝2CD，设AE＝a，则BE＝4a，∵DH∥AC，∴＝＝2，∴AH＝a，FH＝a﹣a＝a，∵DH∥AF，∴＝＝＝，∴EF＝DF．（3）解：如图2中，作DH⊥AB于H．∵∠ACB＝∠CEB＝90°，∴∠ACE+∠ECB＝90°，∠B+∠ECB＝90°，∴∠ACE＝∠B，∵DA＝DB，∠EAG＝∠B，∴∠EAG＝∠ACE，∵∠AEG＝∠AEC＝90°，∴△AEG∽△CEA，∴AE2＝EG•EC，∵CG＝AE，设CG＝3a，AE＝2a，EG＝x，则有4a2＝x（x+3a），解得x＝a或﹣4a（舍弃），∴tan∠EAG＝tan∠ACE＝tan∠B＝＝，∴EC＝4a，EB＝8a，AB＝10a，∵DA＝DB，DH⊥AB，∴AH＝HB＝5a，∴DH＝a，∵DH∥CE，∴BD：BC＝DH：CE＝5：8，设BD＝AD＝5m，BC＝8m，CD＝3m，在Rt△ACD中，AC＝＝4m，∴AC：CD＝4：3，∵mAC＝nDC，∴AC：CD＝n：m＝4：3，∴＝．15．解：（1）菱形ABCD中，BC＝CD，∵旋转，∴CE＝CF，∴＝，又∵∠FCE＝∠DCB＝α，∴△FCE∽△DCB；（2）由（1）知，△FCE∽△DCB，∴当CE＝CB＝CD时，△FCE≌△DCB，（i）E、D重合，此时t＝0；（ii）如图，过点C作CM⊥AD，当EM＝MD时，EC＝CD，在Rt△CMD中，MD＝CDcos∠CDA＝2×＝2，∴t＝ED＝2MD＝4，∴当t＝0或4时，△FCE≌△DCB；（3）∵CE＝CF，∴∠CEQ＜90°，①当∠EQD＝90°时，如图，∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，∴∠CBD＝∠CEF，∵∠BPC＝∠EPQ，∴∠BCP＝∠EQP＝90°．在Rt△CDE中，∠CED＝90°，∵AB＝CD＝2，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，∴DE＝2，∴t＝2秒；②当∠EPQ＝90°时，如图，∵菱形ABCD对角线AC⊥BD，∴EC和AC重合．∴DE＝2，∴t＝2秒；∴当t＝2或者2时，△APQ为直角三角形．16．解：（1）①证明：∵EH⊥AB，∠BAC＝90°，∴EH∥CA，∴△BHE∽△BAC，∴，∵，∴，∴，∴HE＝DC，∵EH∥DC，∴四边形DHEC是平行四边形；②∵，∠BAC＝90°，∴AC＝AB，∵，HE＝DC，∴HE＝DC，∴，∵∠BHE＝90°，∴sinB＝＝，∴∠B＝45°，∴∠BEH＝∠B＝45°∴BH＝HE，∵HE＝DC，∴BH＝CD，∴AH＝AD，∵DM⊥AE，EH⊥AB，∴∠EHA＝∠AMF＝90°，∴∠HAE+∠HEA＝∠HAE+∠AFM＝90°，∴∠HEA＝∠AFD，∵∠EHA＝∠FAD＝90°，∴△HEA≌△AFD，∴AE＝DF；（2）如图2，过点E作EG⊥AB于G，∵CA⊥AB，∴EG∥CA，∴△EGB∽△CAB，∴，∴，∵，∴EG＝CD，设EG＝CD＝3x，AC＝3y，∴BE＝5x，BC＝5y，∴BG＝4x，AB＝4y，∵∠EGA＝∠AMF＝90°，∴∠GEA+∠EAG＝∠EAG+∠AFM，∴∠AFM＝∠AEG，∵∠FAD＝∠EGA＝90°，∴△FAD∽△EGA，∴＝17．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∴∠BOF+∠COF＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠BOF+∠COE＝90°，∴∠BOE＝∠COF，在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA）；（2）BE+BF＝AO．理由：∵△BOE≌△COF，∴BE＝CF，∵△BOC是等腰直角三角形，∴BC＝OC，又∵正方形ABCD中，AO＝CO，∴BC＝AO，即CF+BF＝AO，∴BE+BF＝AO；（3）∵△BOE≌△COF，∴OE＝OF，又∵∠EOF＝90°，∴△EOF是等腰直角三角形，∴∠OEG＝∠OBE＝45°，∵∠EOG＝∠BOE，∴△OEG∽△OBE，∴OE：OB＝OG：OE，∴OG•OB＝OE2，∵OB＝BD，OE＝EF，∴OG•BD＝EF2；∵AB＝BC，BE＝CF，∴AE＝BF，又∵Rt△BEF中，BF2+BE2＝EF2，∴AE2+CF2＝EF2，∴OG•BD＝AE2+CF2．18．解：（1）∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠B＝45°，又∵AQ⊥AB，∴∠QAC＝∠CAB＝45°＝∠B，在△ACQ和△BCP中，，∴△ACQ≌△BCP（SAS）；（2）①由（1）知△ACQ≌△BCP，则∠QCA＝∠PCB，∵∠RCP＝45°，∴∠ACR+∠PCB＝45°，∴∠ACR+∠QCA＝45°，即∠QCR＝45°＝∠QAC，又∠Q为公共角，∴△CQR∽△AQC，∴，∴CQ2＝QA•QR；②AH2+PB2＝HP2．理由：如图，连接QH，由（1）（2）题知：∠QCH＝∠PCH＝45°，CQ＝CP．又∵CH是△QCH和△PCH的公共边，∴△QCH≌△PCH（SAS）．∴HQ＝HP，∵在Rt△QAH中，QA2+AH2＝HQ2，又由（1）知：QA＝PB，∴AH2+PB2＝HP2．19．解：（1）设经过t秒，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的，由题意得DN＝2t，AN＝4﹣2t，AM＝t，∵矩形ABCD中AB＝3，BC＝4，∴AD＝BC＝4，CD＝AB＝3，矩形ABCD的面积为：AB•AD＝3×4＝12，△AMN的面积＝AN•AM＝（4﹣2t）•t＝×12＝1，∴t＝1即：经过1秒，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的，（2）由题意得DN＝2t，AN＝4﹣2t，AM＝t，若△NMA∽△ACD，则有＝，即＝，解得t＝，若△MNA∽△ACD则有＝，即，解得t＝，答：当t＝秒或秒时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似．（3）如图2，过点Q作QP⊥AD于P，QG⊥AB于G，∴四边形APQG是矩形，∴PQ＝AG，∵QN＝QA，∴∠ANM＝∠NAQ，∵∠NAQ+∠MAQ＝90°，∠ANM+∠AMN＝90°，∴∠AMQ＝∠MAQ，∴AQ＝MQ，∵QG⊥AG，∴AG＝AM＝t，∴PQ＝t，∵QN＝QA，PQ⊥AD，∴AP＝AN＝2﹣t，∵PQ∥CD，∴△APQ∽△ADC，∴，∴，∴t＝，即：t＝时，QN＝QA．20．证明：（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠ABC＝90°，OB＝OC，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OB＝OC，∵EF⊥AC，∴∠COF＝90°，∴∠ABC＝∠COF，∵AB∥CD，∴∠OCF＝∠BAC，在△ABC和△COF中，∴△ABC≌△COF（ASA），∴BC＝OF；