初中华师大版第23章 图形的相似综合与测试单元测试综合训练题

这是一份初中华师大版第23章 图形的相似综合与测试单元测试综合训练题，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

华师大版初中数学九年级上册第23章《图形的相似》单元测试卷
考试范围：第23章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E，连接AC、BE、DO、DO与AC交于点F，则下列结论：①四边形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE；③AF:BE=2:3；④S四边形AFOE:S△COD=2:3.其中正确的结论有  (    )

A. ①②③ B. ①②④ C. ①② D. ②③④
2. 如图，在▱ABCD中，∠ABC的平分线交CD于点F，交AD的延长线于点E，过点C作CG⊥BE，垂足为G，若BC=9，DE=3，EF=2，则线段CG的长为(    )

A. 62 B. 923 C. 310 D. 35
3. 在欧几里得的《几何原本》中给出一个找线段的黄金分割点的方法．如图所示，以线段AB为边作正方形ABCD，取AD的中点E，连结BE，延长DA至点F，使得EF=BE，以AF为边作正方形AFGH，则H即是线段AB的黄金分割点．若记正方形AFGH的面积为S1，矩形BCIH的面积为S2，则S1与S2的大小关系是(    )
A. S1>S2
B. S1 C. S1=S2
D. 不能确定
4. 如图所示，菱形ABCD∽菱形AEFG，若∠E=60∘，BG=6，AH=7，则AB的长为(    )
A. 8
B. 9
C. 83
D. 93


5. 如图，在矩形ABCD中，AD为8 cm，AB为6 cm，截去一个矩形(图中阴影部分)，若剩下矩形与原矩形相似，则剩下矩形的面积是【】
A. 28cm2 B. 27 cm2 C. 21 cm2 D. 20 cm2
6. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC=60°，AB=2BC，连接OE，下列结论：①EO⊥AC；②S△AOD=4S△OCF；③AC：BD=21：7；④FB2=OF⋅DF，其中正确的是 (    )

A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①③
7. 如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=62，点E是边BC上一动点，B关于AE的对称点为B′，过B′作B′F⊥DC于F，连接DB′，若△DB′F为等腰直角三角形，则BE的长是(    )
A. 6
B. 3
C. 32
D. 62−6
8. 如果顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形，则原四边形(    )
A. 一定是矩形 B. 一定是菱形
C. 对角线一定互相垂直 D. 对角线一定相等
9. 如图，E、F是线段AB上的两点，且AB=24，AE=2，BF=6，点G是线段EF上的一动点，分别以AG、BG为斜边在AB同侧作两个等腰直角三角形，直角顶点分别为D、C，如图所示，连接DC并取中点P，连PG，点G从E点出发运动到F点，则线段PG扫过的图形面积为(    )

A. 64 B. 72 C. 80 D. 88
10. 如图，已知△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，且△ABC的面积等于△DEF面积的49，则AO：AD的值为(    )

A. 2：3 B. 2：5 C. 4：9 D. 4：13
11. 如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为(4,4)，将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为(    )


A. (3−3,3−1) B. (3−3,3+1)
C. (3+3,3−1) D. (3+3,3+1)
12. 如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向，每次移动一个单位，依次得到点P1(0,1)；P2(1,1)；P3(1,0)；P4(1,−1)；P5(2,−1)；P6(2,0)……，则点P2019的坐标是(    )

A. (672,0) B. (673,1) C. (672,−1) D. (673,0)
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已经点P(a+2,a−1)在平面直角坐标系的第四象限，则a的取值范围是______
14. 如图，△A1B1C1中，A1B1=4，A1C1=5，B1C1=7.点A2、B2、C2分别是边B1C1、A1C1、A1B1的中点；点A3、B3、C3分别是边B2C2、A2C2、A2B2的中点；…；以此类推，则第2022个三角形的周长是______．


15. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE=AD；②∠AED=∠CED；③BH=HF；④BC−CF=HE，其中正确的有______.(把正确结论的序号都填上)
16. 如图，在△ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CA的中点，四边形BEFD周长为14，则AB+BC的长为______．



三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，方格纸上的小正方形的边长均为1个单位长度，点A，B都在格点上(两条网格线的交点叫格点)，请用无刻度直尺完成下列问题：
(1)将线段AB绕点A逆时针旋转90°，得到旋转后的线段AB′；
(2)连接BB′，则△ABB′的面积=_________；
(3)在线段AB′上画出点D，使S△ABD=45S△ABB′(要求只能通过连接格点方式作图)．
18. 在▵ABC中，AD⊥BC，BC=AD=20cm，现有若干张长为5cm宽为3cm的矩形纸片，打算如图方向平铺在三角形内，(纸片均不能重叠和超出三角形ABC三边)

(1)如果纸片只平铺底层，最多能平铺几张完整的矩形纸片，说明理由；
(2)三角形内最多可以平铺几张完整的矩形纸片，说明理由．
19. 如图，一般书本的纸张是原纸张多次对开得到的，矩形ABCD沿EF对开后，再把矩形EFCD沿MN对开，以此类推，若各种对开的矩形都相似，则对开纸(矩形ABFE)与原纸(矩形ABCD)的相似比是多少？


20. 如图，矩形A′B′C′D′在矩形ABCD的内部，AB//A′B′，AD//A′D′，且AD=12，AB=6，设AB与A′B′、BC与B′C′、CD与C′D′、DA与D′A′之间的距离分别为a,b,c,d，

(1) a=b=c=d=2，矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD吗，为什么？  
(2)若矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，a,b,c,d应满足什么等量关系？请说明理由．
21. 如图，直线l1、l2、l3分别交直线l4于点A、B、C，交直线l5于点D、E、F，且l1//l2//l3，已知EF：DF=5：8，AC=24．
(1)求AB的长；
(2)当AD=4，BE=1时，求CF的长．

22. 问题背景如图1，在△ABC中，点D，E分别在AC，AB上，2∠EDB+∠BDC=180°，∠DEB=90°，求证：AE=BE；变式迁移  如图2.，在四边形DEBC中，2∠EDB+∠BDC=180°，∠DEB=90°，DF//EB，DF分别交CE，BC于点G，F，求证：DG=FG；
拓展应用  如图3，在四边形DECB中，2∠DBE+∠EBC=180°，∠EDB=∠DCB，DBDC=1n，且n>1，直接写出BCBE的值．


23. 已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求CFBG的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．


24. 如图，点M是平行四边形ABCD的边AD的中点，点P是边BC上的一个动点，PE//MB，PF//MC，分别交MC于点E、交MB于点F，如果AB：AD=1：2，试判断四边形PEMF的形状，并说明理由．

25. 如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点坐标分别为A(2,1)、O(0,0)、B(1,−2)．
(1)P(a,b)是△AOB的边AB上一点，△AOB经平移后点P的对应点为P2(a−3,b+1)，请画出上述平移后的△A1O1B1，并写出点A1的坐标；
(2)以点O为位似中心，在y轴的右侧画出△AOB的一个位似△A2OB2，使它与△AOB的相似比为2，并分别写出点A、P的对应点A2、P2的坐标；
(3)判断△A2OB2与△A1O1B1能否是关于某一点Q为位似中心的位似图形，若是，请在图中标出位似中心Q，并写出点Q的坐标．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．根据菱形的判定方法、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB // CD，AB=CD，
∵EC垂直平分AB，
∴OA=OB=12AB=12DC，CD⊥CE，
∵OA // DC，
∴EAED=EOEC=OACD=12，
∴AE=AD，OE=OC，
∵OA=OB，OE=OC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵AB⊥EC，
∴四边形ACBE是菱形，故①正确，
∵∠DCE=90°，DA=AE，
∴AC=AD=AE，
∴∠ACD=∠ADC=∠BAE，故②正确，
∵OA // CD，
∴AFCF=OACF=12，
∴AFAC=AFBE=13，故③错误，
设△AOF的面积为a，则△OFC的面积为2a，△CDF的面积为4a，△AOC的面积=△AOE的面积=3a，
∴四边形AFOE的面积为4a，△ODC的面积为6a，
∴S四边形AFOE：S△COD=2：3.故④正确，
故选：B．
  
2.【答案】A 
【解析】解：∵∠ABC的平分线交CD于点F，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC//AB，AE//BC，
∴∠CBE=∠CFB=∠ABE=∠E=∠DFE，
∴CF=BC=AD=9，AE=AB=9+3=12，DF=DE=3，
∵DC//AB，
∴DEAE=EFEB，
∴312=2EB，
∴EB=8，
∴BF=BE−EF=8−2=6，
∵CF=CB，CG⊥BF，
∴BG=12BF=3，
在Rt△BCG中，BC=9，BG=3，
根据勾股定理得，CG=BC2−BG2=92−32=62，
故选：A．
先由平行四边形的性质和角平分线的定义，判断出∠CBE=∠CFB=∠ABE=∠E，从而得到CF=BC=8，AE=AB=12，再用平行线分线段成比例定理求出BE，然后用等腰三角形的三线合一求出BG，最后用勾股定理求解即可．
此题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是求出AE，记住：题目中出现平行线和角平分线时，极易出现等腰三角形这一特点．

3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理和正方形的性质，能熟记正方形的性质是解此题的关键，注意：正方形的每个角都是90°，正方形的四边都相等．设正方形ABCD的边长为2a，根据勾股定理求出BE，求出EF，求出AF，再根据面积公式求出S1、S2即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAB=90°，
设正方形ABCD的边长为2a，
∵E为AD的中点，
∴AE=a，
在Rt△EAB中，由勾股定理得：BE=AE2+AB2=a2+(2a)2=5a，
∵EF=BE，
∴EF=5a，
∴AF=EF−AE=5a−a=(5−1)a，
即AF=AH=(5−1)a，
∴S1=AF×AH=(5−1)a×(5−1)a=6a2−25a2，
S2=S正方形ABCD−S长方形ADIH=2a×2a−2a×(5−1)a=6a2−25a2，
即S1=S2，
故选C．
  
4.【答案】B 
【解析】解：如图，连结AC．
∵菱形ABCD∽菱形AEFG，
∴∠B=∠E=∠AGF=60∘，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60∘，设AB=BC=AC=a，则BH=a−7，
∵∠AGB=∠AGH+∠BGH=∠ACG+∠CAG，
又易知∠AGH=∠ACG=60∘，
∴∠BGH=∠CAG．
∵∠B=∠ACG=60∘，
∴△BGH∽△CAG，
∴BGAC=BHCG，
∴6a=a−7a−6，解得a=9或a=4，
经检验，a=9是分式方程的解且符合题意，
∴AB=9，故选B．



5.【答案】B 
【解析】

【分析】
本题就是考查相似形的对应边的比相等，分清矩形的对应边是解决本题的关键．根据题意，剩下矩形与原矩形相似，利用相似形的对应边的比相等可得．

【解答】
解：如图所示：

依题意，在矩形ABCD中截取矩形ABEF，
则矩形ABCD∽矩形FDEC，
则AB  DF =BDDC
设DF=xcm，得到：
6x=86 
解得：x=4.5，
则剩下的矩形面积是：4.5×6=27cm2．
故选B. 
  
6.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，角平分线的定义，解直角三角形等知识。
①正确，只要证明EA=EB=EC，推出∠ACB=90°，再利用三角形中位线定理即可判断；②错误，先证明△OEF∽△BCF，得到OF=13OB，推出S△BOC=3S△OCF即可判断；③正确，设BC=BE=EC=a，求出AC，BD即可判断；④正确，求出BF，OF，DF(用a表示)，通过计算证明即可。
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD//AB，OD=OB，OA=OC，
∴∠DCB+∠ABC=180°
∵∠ABC=60°
∴∠DCB=120°
∵EC平分∠DCB，
∴∠ECB=12∠DCB=60°
∴∠EBC=∠BCE=∠CEB=60°
∴△ECB是等边三角形，
∴EB=BC
∵AB=2BC
∴EA=EB=EC
∠BEC=60°，则∠EAC=∠ACE=30°
∴∠ACB=60°+30°=90°
∵OA=OC，EA=EB
∴OE//BC
∴∠AOE=∠ACB=90°
∴EO⊥AC，故①正确；
∵OE//BC
∴△OEF∽△BCF
∴OEBC=OFFB=12
∴OF=13OB
∴S△AOD=S△BOC=3S△OCF，故②错误；
设BC=BE=EC=a，则AB=2a，AC=3a
∴OC=32a，在Rt△OCB中，由勾股定理得，OB=BC2+OC2=a2+32a2=72a，
∴BD=7a
∴AC：BD=3a:7a=21:7，故③正确，
∵OF=13OB=76a
∴BF=73a
∴BF2=79a2，OF⋅DF=76a·72a+76a=79a2
∴BF2=OF⋅DF，故④正确，
综上所述，①③④正确。
故选B。  
7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程，属于中考常考题型．如图作B′H⊥AD于H交BC于M.首先证明四边形DFB′H是正方形，设DH为x，则AH=62−x，HB′=x，在Rt△AHB′中，根据AB′2=AH2+HB′2，构建方程求出x，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】
解：如图作B′H⊥AD于H，HB′延长线交BC于M．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠B=90°，
∵B′F⊥DC，
∴∠B′HD=∠HDF=∠DFB′=90°，
∴四边形DFB′H是矩形，
∵△DB′F为等腰直角三角形，
∴FD=FB′，
∴四边形DFB′H是正方形，
设DH为x，则AH=62−x，HB′=x，
在Rt△AHB′中，∵AB′2=AH2+HB′2，
∴62=(62−x)2+x2，
解得x=32，
∴B′M=CF=6−32，
由对称可得∠AB′E=∠B=90°，
在矩形ABCD中，AD//BC，B′H⊥AD，
∴B′M⊥BC，
∴∠AB′H+∠EB′M=90°，∠B′EM+∠EB′M=90°，
∴∠AB′H=∠B′EM，
又∵∠AHB′=∠B′ME=90°，
∴△AHB′∽△B′ME，
∴AHB′M=ABEB′，
∴326−32=6EB′，
∴EB′=62−6，
∴BE=B′E=62−6．
故选D．  
8.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用.首先根据题意画出图形，由四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，利用三角形中位线的性质与菱形的性质，即可判定原四边形一定是对角线相等的四边形．
【解答】
解：如图，

根据题意得：四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，
∴EF=FG=GH=EH，BD=2EF，AC=2FG，
∴BD=AC．
∴原四边形一定是对角线相等的四边形. 
故选D．
  
9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了三角形中位线定理及等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点P移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强.分别延长AD、BC交于点Q，易证四边形DGCQ为矩形，得出P为QG中点，则G的运行轨迹为三角形QEF的中位线MN.再求出EF的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可，最后根据梯形的面积公式解答即可．
【解答】
解：如图，分别延长AD、BC交于点Q，作QJ⊥AB于J．

∵∠A=∠CGB=45°，
∴AQ//CG，
∵∠B=∠AGD=45°，
∴DG//BQ，
∴四边形DGCQ为平行四边形，
又∵∠DGC=90°，
∴四边形DGCQ为矩形，
∴QG与CD互相平分．
∵P为CD的中点，
∴P也正好为QG中点，
即在G的运动过程中，P始终为QG的中点，
所以P的运行轨迹为三角形QEF的中位线MN．
∵EF=24−2−6=16，
∴MN=8，即P的移动路径长为8．
∴线段PG扫过的图形为梯形MNFE，
∵△QAB为等腰直角三角形，
∴QJ=12AB=12，
∴梯形MNFE的高为6，
∴梯形MNFE的面积为12×6×(8+16)=72．  
10.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题考查了位似图形的性质．注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．
由△ABC经过位似变换得到△DEF，点O是位似中心，根据位似图形的性质得到AO：DO=2：3，进而得出答案．
【解答】
解：∵△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，且△ABC的面积等于△DEF面积的49，
∴ACDF=23，AC//DF，
∴AODO=ACDF=23，
∴AOAD=25．
故选B．  
11.【答案】D 
【解析】解：延长AD、BE交于K，过E作EH⊥x轴于H，如图：

∵点D的坐标为(4,4)，
∴AB=4，
在Rt△ABK中，∠ABK=60°，
∴∠K=30°，BK=2AB=8，AK=3AB=43，
∴DK=AK−AD=43−4，
在Rt△DEK中，
DE=12DK=23−2，EK=3DE=6−23，
∴BE=BK−EK=8−(6−23)=2+23，
在Rt△BEH中，∠EBH=∠ABC−∠ABK=30°，
∴EH=12BE=1+3，BH=3EH=3+3，
∴E(3+3,3+1)，
故选：D．
延长AD、BE交于K，过E作EH⊥x轴于H，在Rt△ABK中，∠ABK=60°，可得AK=3AB=43，即得DK=AK−AD=43−4，在Rt△DEK中，可得EK=6−23，即得BE=BK−EK=2+23，在Rt△BEH中，得EH=12BE=1+3，BH=3EH=3+3，可得答案．
本题考查正方形中的旋转变换，解题的关键是能熟练应用含30°角的直角三角形三边的关系．

12.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题属于平面直角坐标系中找点的规律问题，找到某种循环规律之后，可以得解．
由P3、P6、P9 可得规律：当下标为3的整数倍时，横坐标为n3，纵坐标为0，据此可解．
【解答】
解：由P3、P6、P9 可得规律：当下标为3的整数倍时，横坐标为n3，纵坐标为0，
∵2019÷3=673，
∴P2019 (673,0)，
 则点P2019的坐标是  (673,0)．
故选D．  
13.【答案】−2 【解析】解：∵点P(a+2,a−1)在平面直角坐标系的第四象限，
∴a+2>0a−1<0，
解得：−2 故答案为：−2 根据点的位置得出不等式组，求出不等式组的解集即可．
本题考查了点的坐标和解一元一次不等式组，能根据点的位置得出不等式组是解此题的关键．

14.【答案】122017 
【解析】解：∵△A1B1C1中，A1B1=4，A1C1=5，B1C1=7，
∴△A1B1C1的周长是16，
∵A2，B2，C2分别是边B1C1，A1C1，A1B1的中点，
∴B2C2，A2C2，A2B2分别等于A1B1、B1C1、C1A1的一半，
∴△A2B2C2的周长是12×16=8，
同理，△A3B3C3的周长是12×12×16=122×16=4，
…，
以此类推，△AnBnCn的周长是12n−1×16=12n−5，
∴△A2022B2022C2022的周长是122022−5=122017．
故答案为：122017．
由三角形的中位线定理得：B2C2，A2C2，A2B2分别等于A1B1、B1C1、C1A1的一半，所以△A2B2C2的周长等于△A1B1C1的周长的一半，以此类推，利用规律可求出△A2022B2022C2022的周长．
本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．

15.【答案】①②③ 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB//CD，∠BAD=∠BCD=∠ADC=90°，
设AB=CD=a，则AD=2a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE=a，
∴AE=2AB，
∴AE=AD，故①正确；
∵DH⊥AE，∠DAE=45°，AD=2a，
∴△AHD是等腰直角三角形，
∴DH=AH=a，
∴DH=DC，
∵DH⊥AE，DC⊥CE，
∴DE平分∠AEC，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
③∵AH=AB=a，
∴∠ABH=∠AHB，
∵AB//CD，
∴∠ABF+∠DFB=180°，
又∠AHB+∠BHE=180°，
∴∠BHE=∠HFD，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴AH=DH=a，∠ADH=45°，
∴∠HDF=90°−45°=45°，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BEH=45°，
∴∠BEH=∠HDF，
在△BEH和△HDF中，
∠BEH=∠HDF∠BHE=∠HFDBE=DH=a，
∴△BEH≌△HDF(AAS)，
∴BH=HF，故③正确；
∵△BEH≌△HDF，
∴HE=DF，HE=AE−AH=2a−a，
∴CF=a−(2a−a)=2a−2a，
∴AB−CF=a−(2a−2a)=2a−a，
∴AB−CF=HE，故④错误；
综上所述，正确的是①②③．
故答案为：①②③．
设AB=a，则AD=2a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH=DC即可判断②；证明△BEH≌△HDF(AAS)可判断③；用含a的式子表示AB−CF与HE比较即可判断④．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定与性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；设AB=a，用含a的式子表示出相关的线段是解决问题的关键．

16.【答案】14 
【解析】解：∵D，E，F分别是边AB，BC，CA的中点，
∴DF//BC，EF//AB，DF=12BC，EF=12AB，
∴四边形BEFD为平行四边形，
∵四边形BEFD周长为14，
∴DF+EF=7，
∴AB+BC=14．
故答案为14．
根据三角形的中位线可得DF=12BC，EF=12AB，判定四边形BEFD为平行四边形，利用平行四边形的性质可求解．
本题主要考查三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，判定四边形BEFD为平行四边形是解题的关键．

17.【答案】解：(1)如图线段AB′即为所求;

(2)172;
(3)如图，点D即为所求(答案不唯一) 
【解析】
【分析】
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了正方形的性质．
(1)利用网格特点和旋转的性质画出B点的对应点B′即可;
(2)根据割补法求出面积；
(3)利用平行线分线段成比例定理把AB′五等分可得到点D．
【解答】
解：(1)见答案;
(2)∵AB=12+42=17=AB′，∠BAB′=90°
∴S△ABB′=12AB·AB′=172;
(3)见答案．  
18.【答案】解：(1)最多能铺3块;
理由：∵AD=20，HD=3，
∴AH=AD−HD=17，
∵EF//BC，

∴EFBC=AHAD，
∴EF20=1720，
∴EF=17，
∴17÷5=3.4，
∴最多能平铺3张完整的矩形纸片；
(2)假设最高铺到E1F1;

∵E1F1//BC，
∴E1F1BC=AHAD，
∴520=AH20，
∴AH=5，
∴HD=20−5=15，
∴最多能平铺5层完整的矩形纸片;
∵E1F1=5，∴最上面一层能铺1张完整的矩形纸片;
∴E2F2=5+3=8，∴第2层能铺1张完整的矩形纸片;
∴E3F3=5+3+3=11;∴第3层能铺2张完整的矩形纸片;
∴E4F4=5+3+3+3=14;∴第4层能铺2张完整的矩形纸片;
∴E5F5=5+3+3+3+3=17;∴第5层能铺3张完整的矩形纸片;
∴三角形内最多可以平铺的完整的矩形纸片为：1+1+2+2+3=9(张)． 
【解析】此题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例等知识点，掌握好相关知识是解题的关键．
(1)根据平行线分线段成比例得出EFBC=AHAD，得出EF=17，再利用17÷5=3.4，即可得出最多能平铺3张完整的矩形纸片；
(2)根据平行线分线段成比例得出E1F1BC=AHAD，得出AH=5，得出最多能平铺5层完整的矩形纸片，再利用E1F1=5，得出最上面一层，第2层，第3层，第4层，第5层能铺完整的矩形纸片，即可得出结果．

19.【答案】解：∵矩形ABFE与ABCD相似，
∴AEAB=ABBC，
又∵BC=2AE，
∴AEAB=AB2AE，
解得：AEAB=22或AEAB=−22(舍去)，
∴对开纸(矩形ABFE)与原纸(矩形ABCD)的相似比为22． 
【解析】本题考查了相似多边形的性质，根据矩形相似可得出对应边成比例，再由矩形边长的关系代入即可得出相似比．

20.【答案】解：(1)不相似，
∵AD=12，AB=6，a=b=c=d=2，
∴A′D′=12−2−2=8，
A′B′=6−2−2=2，
AD:A′D′=12：8=3：2，
AB:A′B′=6：2=3：1，
对应边不成比例，故不相似；
(2)要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，
就要A′D′A′B′=ADAB，即AD−a+cAB−b+d=21，
即2AB−2(b+d)=2AB−(a+c)，
∴a+c=2(b+d)，
 
【解析】此题考查了相似多边形的性质．此题属于阅读性题目，注意理解题意，读懂题目是解此题的关键，
(1)分别计算对应边的比，对应边不成比例，故不相似；
(2)由使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，利用相似多边形的性质，可得A′D′A′B′=ADAB，即AD−a+cAB−b+d=21，然后利用比例的性质，即可求得答案．


21.【答案】(1)解：∵l1//l2//l3，EF：DF=5：8，AC=24，
∴EFDF=BCAC=58，
∴BC24=58，
∴BC=15，
∴AB=AC−BC=24−15=9；
(2)解：∵l1//l2
∴ΔOBE∽ΔOAD，
∴BEAD=OBOA=14，
∴OBOB+9=14，
∴OB=3，
∴OC=BC−OB=15−3=12，
∵l2//l3
∴ΔOBE∽ΔOCF，
∴OBOC=BECF=312，
∴1CF=14，
∴CF=4． 
【解析】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，能熟练地运用定理进行计算是解此题的关键，题目比较典型，难度适中，注意：对应成比例．
(1)根据l1//l2//l3，推出EFDF=BCAC=58，代入求出BC即可求出AB；
(2)根据l1//l2//l3，得出BEAD=OBOA=14，求出OB、OC，根据平行线分线段成比例定理得出OBOC=BECF=312，代入求出即可．

22.【答案】解：(1)∵2∠EDB+∠BDC=180∘，∠BDA+∠BDC=180∘，
∴2∠EDB=∠BDA，
∴∠EDB=∠EDA，
∵∠DEB=90∘，∠DEB+∠DEA=180∘，
∴∠DEB=∠DEA=90∘，
∴在△ADE与△BDE中∠DEA=∠DEBDE=DE∠EDA=∠EDB，
∴△ADE≌△BDE(ASA)，
∴AE=BE
(2)证明：延长CD，BE交于点M，

由(1)得ME=BE，
∵BM//DF，
∴△CDG∽△CME，
∴△CFG∽△CBE，
∴DGME=CGCE′，FGBE=CGCE，
∴FGBE=DGME
∴DG=FG．
(3)在CB延长线上截取BP=BE，连接DP，
∵2∠DBE+∠EBC=180°，∠DBP+∠DBE+∠EBC=180°，
∴∠DBE=∠DBP，
∴△PDB≌△EDB(SAS)，
可得∠PDB=∠EDB=∠DCB，
即△BDP∽△DCP，得DBDC=PBPD=PDPC=1n，
DP2=BP⋅PC，
可设PB=1，PD=n，
则PC=n2，BC=n2−1，
∴BCBE=n2−11=n2−1． 
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质，正确的理解题意是解题的关键
(1)根据题意得∠EDB=∠EDA，再证明∠DEB=∠DEA=90∘，即可证明△ADE与△BDE全等，即可得出结论；
(2)延长CD，BE交于点M，由(1)得ME=BE，证明△CDG∽△CME和△CFG∽△CBE，进而可得FGBE=DGME，即可得出结论；
(3)先证明△PDB≌△EDB，可得∠PDB=∠EDB，结合已知可得△BDP∽△DCP得到DBDC=PBPD=PDPC=1n，设PB=1，则BC=n2−1，即可得出结论．

23.【答案】解：(1)如图①，连接AF，AC，

∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB=∠GAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠CAF=∠BAG，ACAB=AFAG，
∴△CAF∽△BAG，
∴CFBG=2；
(2)BE=2MN，MN⊥BE，
理由如下：如图②，连接ME，过点C作CH//EF，交直线ME于H，连接BH，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，

∵CH//EF，
∴∠FCH=∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM=MF，
又∵∠CMH=∠FME，
∴△CMH≌△FME(ASA)，
∴CH=EF，ME=HM，
∴AE=CH，
∵CH//EF，AG//EF，
∴CH//AG，
∴∠HCF=∠CRA，
∵AD//BC，
∴∠BCF=∠APR，
∴∠BCH=∠BCF+∠HCF=∠APR+∠ARC，
∵∠DAG+∠APR+∠ARC=180°，∠BAE+∠DAG=180°，
∴∠BAE=∠BCH，
又∵BC=AB，CH=AE，
∴△BCH≌△BAE(SAS)，
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∴∠HBE=∠CBA=90°，
∵MH=ME，点N是BE中点，
∴BH=2MN，MN//BH，
∴BE=2MN，MN⊥BE；
(3)如图③，取AB中点O，连接ON，OQ，AF，

∵AE=6，
∴AF=62，
∵点N是BE的中点，点Q是BF的中点，点O是AB的中点，
∴OQ=12AF=32，ON=12AE=3，
∴点Q在以点O为圆心，32为半径的圆上运动，点N在以点O为圆心，3为半径的圆上运动，
∴线段QN扫过的面积=π×(32)2−π×32=9π． 
【解析】(1)通过证明△CAF∽△BAG，可得CFBG=2；
(2)过点C作CH//EF，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH=EF，ME=HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH=BE，∠CBH=∠ABE，由三角形中位线定理可得结论；
(3)取AB中点O，连接ON，OQ，AF，由三角形中位线定理可得OQ=12AF=32，ON=12AE=3，则点Q在以点O为圆心，32为半径的圆上运动，点N在以点O为圆心，3为半径的圆上运动，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

24.【答案】解：四边形PEMF为矩形；(1分)
∵PE//MB，PF//MC，
∴四边形PEMF为平行四边形，(3分)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∵M是边AD的中点，
∴AM=DM=12AD，
∵AB：AD=1：2，
∴AB=CD=AM=DM，(5分)
∴∠ABM=∠AMB，∠DMC=∠DCM，(6分)
∵AD//CB，
∴∠CBM=∠AMB，∠DMC=∠BCM，(7分)
∴∠CBM=∠ABM=12∠ABC，∠DCM=∠BCM=12∠DCB，
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠DCB=180°，(9分)
∴∠MBC+∠MCB=90°，
∴∠BMC=90°，(10分)
∴平行四边形PEMF为矩形．(12分) 
【解析】先证四边形PEMF是平行四边形，再利用边之间的等量关系，易得AB=CD=AM=DM，再利用等边对等角，易得
∠ABM=∠AMB，∠DMC=∠DCM，结合四边形ABCD是▱，易证∠CBM=∠ABM=12∠ABC，∠DCM=∠BCM=12∠DCB，
而∠ABC与∠DCB同旁内角互补易得∠MBC+∠MCB=90°，即∠BMC=90°，从而可证四边形PEMF为矩形．
本题利用了▱的判定和性质、等边对等角、平行线的性质、矩形的判定．

25.【答案】解：(1)如图所示，A1(−1,2)；
(2)如图所示，A2(4,2)，P2 (2a,2b)；
(3)如图所示，△A2OB2与△A1O1B1是关于点Q为位似中心的位似图形．此时Q(−6,2)． 
【解析】(1)如图所示，画出平移后的△A1O1B1，找出A1的坐标即可；
(2)如图所示，画出位似图形△A2OB2，求出A2、P2的坐标即可；
(3)根据题意得到△A2OB2与△A1O1B1是关于点Q为位似中心的位似图形，找出Q坐标即可．
此题考查了作图−位似变换，平移变换，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．