专题22.8 相似形章末拔尖卷（沪科版）

这是一份专题22.8 相似形章末拔尖卷（沪科版），文件包含专题228相似形章末拔尖卷沪科版原卷版docx、专题228相似形章末拔尖卷沪科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

第22章 相似形章末拔尖卷
【沪科版】
参考答案与试题解析
一． 选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋·湖南永州·九年级校考期中）已知ab+c=ba+c=cb+a=k，则直线y=kx+2k一定经过（　　）
A．第一、二象限 B．第二、三家限 C．第三、四象限 D．第一、四象限
【答案】B
【分析】对ab+c=ba+c=cb+a=k关系式化简为a+b+c=2k(a+b+c)，分类讨论求出k的值即可找出经过的象限．
【详解】∵ ab+c=ba+c=cb+a=k，
∴a+b+c=2k(a+b+c)，
当a+b+c=0时，a+b=-c，
则k=-1，
此时直线为y=-x-2，过二、三、四象限．
当a+b+c≠0时，k=12，
此时直线为y=12x+1，过一、二、三象限．
综上所述，过二、三象限．
故选B．
【点睛】本题考查函数的象限，求出函数的表达式是解题的关键．本题的易错点在于忽略分类讨论的情况．
2．（3分）（2023秋·湖南株洲·九年级校考期中）如图，已知∠1=∠2，添加下列条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（    ）
  
A．ABAC=ADAE B．∠B=∠D C．∠C=∠AED D．ABAD=BCDE
【答案】D
【分析】根据相似三角形的判定方法：两角分别对应相等的两个三角形相似；两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边成比例的两个三角形相似；一条直角边与斜边成比例的两个直角三角形相似；逐一判断即可．
【详解】解∵∠1=∠2，
∴∠DAE=∠BAC，
若ABAD=ACAE，∠DAE=∠BAC，
∴△ABC∼△ADESAS，故A不符合题意；
若∠DAE=∠BAC，∠B=∠D，
∴△ABC~△ADE，故B不符合题意；
若∠C=∠AED，∠DAE=∠BAC，
∴△ABC~△ADE，故C不符合题意；
∵ABAD=BCDE，∠DAE=∠BAC，
∴无法判断△ABC与△ADE相似，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定方法，熟记知识点是解题关键．
3．（3分）（2023秋·江苏盐城·九年级校联考期末）如图，在▱ABCD中，点G在BC的延长线上，AG分别交BD、CD于点E、F，则图中相似三角形共有（   ）

A．4对 B．5对 C．6对 D．7对
【答案】C
【分析】本题根据平行四边形的对边平行，再根据平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似找出相似三角形即可得解．
【详解】解：在▱ABCD中，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FDE，△ABG∽△FCG；
∵AD∥BC，
∴△ADE∽△GBE，△FDA∽△FCG，
∴△ABG∽△FDA，△ABD∽△BCD
∴图中相似三角形有6对．
故答案为6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，主要利用了平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似，要注意△ABG与△FDA都与△FCG相似，所以也相似，这也是本题容易出错的地方．
4．（3分）（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，在▱ABCD中，点E在CD边上，连接AE、BE，AE交BD于点F．则下列结论正确的是（    ）．

A．AFFE=CDDE B．AFFE=DFBF C．DECE=DFBF D．AFFE=ADBE
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质和平行线分线段成比例的性质进行解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AFFE=ABDE，AFFE=BFDF，故B错误，不符合题意；
∴AFFE=CDDE，故A正确，符合题意；
如果AE∥BC，则有DECE=DFBF，
∵ AE和BC不平行，
∴DECE≠DFBF，故C错误，不符合题意；
如果AD∥BE，则有AFFE=ADBE，
∵AD和BE不平行，
∴AFFE≠ADBE，故D错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例，熟练掌握平行线分线段成比例的性质定理是解题的关键．
5．（3分）（2023·河北邯郸·校考三模）如图，正方形ABCD的边长是10，在正方形外有E、F两点，满足AE=CF=6，BE=DF=8，则EF的长是（    ）
  
A．143 B．142 C．14 D．102
【答案】B
【分析】如图，过点F作FH⊥AD,交AD的延长线于点H，过点E作EI⊥AD，交DA的延长线于点I，过点E作EG⊥FH,垂足为G ,则四边形EGHI是矩形；运用勾股定理逆定理，求证∠AEB=90°，∠CFD=90°；求证△IAE∽△EBA.从而求得IA=245,IE=185. HG=IE=185.同理可证△HDF∽△FCD.求得HD=245,HF=325．EG=IH=985，GF=145. Rt△EFG中，运用勾股定理求解．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥AD,交AD的延长线于点H，过点E作EI⊥AD，交DA的延长线于点I，过点E作EG⊥FH,垂足为G ,则四边形EGHI是矩形，
∴EG=IH．
∵AE=6,BE=8,AB=10,
∴AE2+BE2=AB2.
∴∠AEB=90°．
同理，∠CFD=90°．
∵∠IAE+∠EAB=90°,∠EBA+∠EAB=90°，
∴∠IAE=∠EBA．
∴△IAE∽△EBA.
∴IAEB=IEEA=EAAB=610
∴IA=610×8=245,IE=610×6=185.
∴HG=IE=185.
同理，可证△HDF∽△FCD.
∴HDFC=HFFD=DFCD=810．
∴HD=810×6=245,HF=810×8=325．
∴EG=IH=IA+AD+DH=245+10+245=985．
GF=HF-HG=145.
∴Rt△EFG中，EF=EG2+GF2=(985)2+(145)2=142．
故选：B
  
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，相似三角形；运用相似三角形工具求得线段间的数量关系是解题的关键．
6．（3分）（2023·山东·统考中考真题）如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折痕为CF．若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD=1，则CD的长为（　　）
  
A．2-1 B．5-1 C．2+1 D．5+1
【答案】C
【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得DH=CG=1，设CD的长为x，则HG=x-2，再根据相似多边形性质得出EHCD=HGAD，即1x=x-21，求解即可．
【详解】解：，由折叠可得：DH=AD，CG=BC，
∵矩形ABCD，
∴AD=BC=1，
∴DH=CG=1，
设CD的长为x，则HG=x-2，
∵矩形HEFG，
∴EH=1，
∵矩形HEFG与原矩形ABCD相似，
∴EHCD=HGAD，即1x=x-21，
解得：x=2+1（负值不符合题意，舍去）
∴CD=2+1，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题的关键．
7．（3分）（2023秋·云南普洱·九年级统考期末）如图，△ADC是由等腰直角△EOG经过位似变换得到的，位似中心在x轴的正半轴，已知EO=1，D点坐标为D2,0，位似比为1:2，则两个三角形的位似中心P点的坐标是（    ）


A．23,0 B．1,0 C．0,0 D．13,0
【答案】A
【分析】先确定G点的坐标，再结合D点坐标和位似比为1：2，求出A点的坐标；然后再求出直线AG的解析式，直线AG与x的交点坐标，即为这两个三角形的位似中心的坐标．.
【详解】解：∵△ADC与△EOG都是等腰直角三角形
∴OE=OG=1
∴G点的坐标分别为（0，-1）
∵D点坐标为D（2，0），位似比为1：2，
∴A点的坐标为（2，2）
∴直线AG的解析式为y=32x-1
∴直线AG与x的交点坐标为（23，0）
∴位似中心P点的坐标是23,0．
故答案为A．
【点睛】本题考查了位似中心的相关知识，掌握位似中心是由位似图形的对应顶点的连线的交点是解答本题的关键．
8．（3分）（2023秋·浙江湖州·九年级统考期中）如图，将长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点D，E恰好重合于点M．记△COM面积为S1，△AOB面积为S2，且DEBC=75，则S1S2的值为（    ）
  
A．1:2 B．5:7 C．3:7 D．2:5
【答案】D
【分析】过点A作AP⊥BC于P，过点M作MQ⊥BC于点Q，则△APO∽△MQO，根据相似三角形的性质得出MQAP=OMAO，设DE=7k，则BC=5k，根据折叠的性质及矩形的性质推出AM=AD=12DE=k，CF=DE=7k，OA=OB=OC=12BC=52k，OM=AM-OA=k，则MQAP=OMAO=25，根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点A作AP⊥BC于P，过点M作MQ⊥BC于点Q，
  
∴∠APO=∠MQO=90°，
∵∠AOP=∠MOQ，
∴△APO∽△MQO，
∴ MQAP=OMAO，
∵ DEBC=75，
∴设DE=7k，则BC=5k，
由折叠可知，AE=AM=AD，∠DAC=∠MAC，∠BAE=∠BAM，BF=BN，∠AMC=∠D=∠E=∠N=90°，
∴AM=AD=12DE=72k，
∵四边形CDEF是矩形，
∴CF=DE=7k，CF∥DE，
∴BN=BF=DE-BC=2k，∠DAC=∠BCA，∠BAE=∠CBA，
∴∠BCA=∠MAC，∠CBA=∠BAM，
∴OA=OB=OC，
∴OA=OB=OC=12BC=52k，
∴OM=AM-OA=72k-52k=k，
∴ MQAP=OMAO=25，
∵S1=12OC⋅MQ=12×52k⋅MQ，S2=12OB⋅AP=12×52k⋅AP，
∴ S1S2=MQAP=25=2:5，
故选：D．
【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质是解题的关键．
9．（3分）（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）如图△ACB，∠ACB=90°，点O是AB的中点，CD平分∠BCO交AB于点D，作AE⊥CD分别交CO、BC于点G，E． 记△AGO的面积为S1，△AEB的面积为S2，当S1S2＝25时，则OGBC的值是（   ）

A．25 B．13 C．411 D．38
【答案】D
【分析】连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T，首先证明AGEG=41，再利用平行线分线段成比例求解即可．
【详解】解：如图所示，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T，

∵点O是AB的中点，
∴AO=OB，
∴S∆AOG=S∆OBG，
∵S∆AOGS∆ABE=25，
∴S∆ABGS∆BEG=41，
∴AGEG=41，
∵OT∥AE，AO=BO，
∴ET=TB，
∴OT=12AE，
∴GEOT=25，
∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，
∴∠DCG=∠DCE，
∴∠CGE+∠DCG=90°，∠CEG+∠DCB=90°，
∴∠CGE=∠CEG，
∴CG=CE，
∵∠CGE=∠COT，∠CEG=∠CTD，
∴∠COT=∠CTD，
∴CO=CT，
∴OG=ET，
∵GE∥OT，
∴CECT=GEOT=25，
∴CEET=23，
∴OGBC=38，
故选：D．
【点睛】题目主要考查平行线分线段成比例，三角形的面积，三角形中位线定理等，理解题意，学会添加辅助线，构造平行线是解题关键．
10．（3分）（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在EB上M点处，延长BC、EF交于点N，有下列四个结论：①BF垂直平分EN；②BF平分∠MFC；③△DEF∽△FEB；④S△BEF=3S△DEF．其中，将正确结论的序号全部选对的是（    ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF＝FM＝DF；易求得∠BFE＝∠BFN，则可得BF⊥EN；证明∠EFM＝∠EBF即可证明△DEF∽△FEB；易求得BM＝2EM＝2DE，即可得EB＝3EM，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可证明S△BEF=3S△DEF．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，DF＝MF，
由折叠的性质可得：∠EMF＝∠D＝90°，
即FM⊥BE，CF⊥BC，
∵BF平分∠EBC，
∴CF＝MF，
∴DF＝CF，在△DEF与△CFN中，
∠D=∠FCN=90°DF=CF∠DFE=∠CFN
∴△DFE≌△CFN，
∴EF＝FN，
∵∠BFM＝90°−∠EBF，∠BFC＝90°−∠CBF，
∴∠BFM＝∠BFC，
∴BF平分∠MFC；故②正确；
∵∠MFE＝∠DFE＝∠CFN，
∴∠BFE＝∠BFN，
∵∠BFE＋∠BFN＝180°，
∴∠BFE＝90°，
即BF⊥EN，
∴BF垂直平分EN，故①正确；
∵∠BFE＝∠D＝∠FME＝90°，
∴∠EFM＋∠FEM＝∠FEM＋∠FBE＝90°，
∴∠EFM＝∠EBF，
∵∠DFE＝∠EFM，
∴∠DFE＝∠FBE，
∴△DEF∽△FEB；故③正确；
∵∠BFM＝∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，
∴BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM，
∴BE＝3EM，
∴S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF；
故④正确．
综上所述：①②③④都正确，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判断．此题难度适中，证得△DFE≌△CFN是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋·山东菏泽·九年级校联考期中）如图，矩形ABCD中，BE⊥AC分别交AC，AD于点F、E，AF＝2，AC＝6，则AB的长为 ．

【答案】23
【分析】根据题意，由矩形的性质综合判断得出∠ACB＝∠ABF，∠BAF＝∠BAC，从而证明△BFA∽△CBA，再利用相似三角形的性质列出方程，进而求解即可
【详解】解：∵BE⊥AC，
∴∠BAF+∠ABF＝90°，
∵矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAF＝90°，
∴∠ACB＝∠ABF，
∵∠BAF＝∠BAC，
∴△BFA∽△CBA，
∴ABAF=ACAB，
∴AB2＝AC•AF＝6×2＝12，
∴AB=23．
故答案为23．
【点睛】本题主要考查了矩形性质与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键
12．（3分）（2023·山西·统考一模）黄金分割具有严格的比例性，蕴藏着丰富的美学价值，这一比值能够引起人们的美感．如图，连接正五边形ABCDE的各条对角线围成一个新的五边形MNPQR.图中有很多顶角为36°的等腰三角形，我们把这种三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形的底与腰之比为5-12.若MN＝5－1，则AB＝ ．

【答案】5＋1
【详解】根据题意可知△DMN与△AME都是“黄金三角形”，AB=AE，DM=EM，
∴MNDM=5-12，EMAE=5-12，
∵MN=5-1，
∴DM=2，
∴AE=45-1=5+1，
∴AB=5+1，
故答案为5+1.
13．（3分）（2023春·浙江宁波·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在线段AD上，以DE为边构造正方形DEFG，使G在CD的延长线上，连接CF，取CF中点H，连接DH．当E为AD中点时，△CDH的面积为 ，当点E在AD边上运动（不含A，D）时，DH的最小值为 ．
  
【答案】 2 2
【分析】当E为AD中点时，过点H作HN⊥GC于点N，先证HN是△CFG的中位线，求出其长度，再根据三角形面积公式计算即可；连接GH，EH，AC，BD，AC与BD交于点O，延长FE到点M，使EM=FE，连接DM，CM，根据正方形的性质先证点D、O、M、B在一条直线上，再证EH是△CFM的中位线，并推出当CM⊥BD时，CM最小，根据正方形的性质得出CO⊥BD，故点M与点O重合，求出对角线AC的长，即可得出CO的长，于是得出EH的长，再根据正方形的性质证EH=DH，即可得出DH的最小值．
【详解】解：当E为AD中点时，过点H作HN⊥GC于点N，如图1，
  
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD=CD=4，
∴AE=DE=2，
∵四边形DEFG是正方形，
∴FG=DE=2，FG⊥GC，
∴HN∥FG，
∴CHFH=CNNG，
∵点H是CF的中点，即CHFH=1，
∴CNNG=1，
∴点N是GC的中点，
∴HN是△CFG的中位线，
∴HN=12FG=12×2=1，
∴S△CDH=12CD•HN=12×4×1=2；
如图2，连接GH，EH，AC，BD，AC与BD交于点O，延长FE到点M，使EM=FE，连接DM，CM，
    
∵四边形DEFG是正方形，
∴FE=DE，∠FED=90°，
∴DE=EM，∠DEM=90°，
∴△DEM是等腰直角三角形，
∴∠EDM=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，AC⊥BD，
∴点D、O、M、B在一条直线上，
∵点E是FM的中点，点H是CF的中点，
∴EH是△CFM的中位线，
∴EH=12CM，
当CM最小时，EH最小，
即当CM⊥BD时，CM最小，
∵CO⊥BD，
∴M点与O点重合时，CM最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD=CD=4，∠ADC=90°，AO=CO，
由勾股定理得AC=AD2+CD2=42+42=42，
∴CO=12AC=12×42=22，
∴EH=12CO=12×22=2，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠FGC=90°，
∵点H是CF的中点，
∴GH=12CF=FH，
∴点H在FG的垂直平分线上，
∵四边形DEFG是正方形，
∴点H也在ED的垂直平分线上，
∴EH=DH，
∴DH=2，
即DH的最小值为2；
故答案为：2，2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质及三角形中位线定理、正确添加辅助线是解题的关键，此题有点难度，需认真思考．
14．（3分）（2023·江西南昌·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，D为AB的中点，F为线段AC上的动点，将AD沿过点D的射线DF折叠得到DE，若AB下方的DE与△ABC的边垂直，则AF的长度可能是 ．
  
【答案】2或23-2或233
【分析】由直角三角形的性质和勾股定理可得AB=4，AC=23，AD=BD=2，分三种情况：当DE⊥AC时，设垂足为G；当DE⊥AB时，作FH⊥AD交AD于H；当DE⊥BC时，分别进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴AC=AB2-BC2=23，
∴D是AB的中点，
∴AD=BD=2，
如图1，当DE⊥AC时，设垂足为G，
   ，
由折叠可知，∠A=∠E=30°，∠EDF=∠FDA，EF=FA，
∵∠DGA=90°，
∴DG=12AD=1，
∴AG=AD2-DG2=3，
∵∠ADE=60°，
∴∠EDF=∠FDA=30°=∠E，
∴DF=EF=FA，GF=12DF，
∴AG=AF+GF=AF+12DF=AF+12AF=3，
∴AF=233；
如图2，当DE⊥AB时，
，
则∠ADE=90°，
由折叠可知：∠ADF=∠EDF=45°，∠A=∠E=30°，
∴∠AGD=90°-∠A=90°-30°=60°，
∵∠AGD=∠E+∠EFG，
∴∠EFG=∠AGD-∠E=60°-30°=30°，
∴∠E=∠EFG，
∴GE=GF，
在Rt△ADG中，AD=2，DG=12AG，
∵DG2+AD2=AG2，
∴AG=433，DG=233，
作FH⊥AD交AD于H，则HF∥DG，
∵∠ADF=45°，
∴ △DHF是等腰直角三角形，
∴DH=HF，
设DH=HF=x，则AH=AD-DH=2-x，
∵HF∥DG，
∴△AHF∽△ADG，
∴HFDG=AHAD，即x233=2-x2，
解得：x=3-1，
∴DH=HF=3-1，
在Rt△AHF中，∠AHF=90°，∠A=30°，
∴AF=2HF=23-2；
如图3，当DE⊥BC时，
   ，
由折叠的性质可得：∠E=∠A=30°，∠EDF=∠ADF，∠AFD=∠EFD，
∵AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴∠E=∠EFC=30°，∠BDE=∠A=30°，
∵∠BDE+∠ADE=180°，∠AFE+∠EFC=180°，
∴∠EDA=∠EFA，
∴∠ADF=∠DFA，
∴AD=AF=2，
综上所述：AF的长为2或23-2或233，
故答案为：2或23-2或233．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想解题，是解此题的关键．
15．（3分）（2023秋·上海·九年级上海市文来中学校考期中）在△ABC中，若AD交BC于D，BE交AC于E，CF交BA于F，AD，BE，CF相交于一点，BDEA=2，CEFB=3，则AFDC= ．
【答案】16
【分析】如图，先利用三角形的面积关系可得BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD ，S△ABPS△BPD=APPD=S△APCS△PDC，再结合比例的基本性质证明S△ABPS△APC=S△BPDS△PDC，可得BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD=S△ABPS△APC，同理可得：CEEA=S△BPCS△APB,AFFB=S△APCS△BPC， 可得∴BDDC⋅CEEA⋅AFFB=S△ABPS△APC⋅S△BPCS△APB⋅S△APCS△BPC=1， 从而可得结论．
【详解】解：如图，设AD，BE，CF相交于点P，

∵BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD， S△ABPS△BPD=APPD=S△APCS△PDC ，
∴S△ABPS△APC=S△BPDS△PDC ，
∴BDDC=S△ABDS△ACD=S△BPDS△CPD=S△ABPS△APC ，
同理可得：CEEA=S△BPCS△APB,AFFB=S△APCS△BPC ，
∴BDDC⋅CEEA⋅AFFB=S△ABPS△APC⋅S△BPCS△APB⋅S△APCS△BPC=1，
∵ BDEA=2，CEFB=3，
∴2×3×AFDC=1，
∴AFDC=16 ．
故答案为：16
【点睛】本题考查的是三角形的面积关系，比例的基本性质，掌握比例的基本性质进行比例的变形是解题的关键．
16．（3分）（2023秋·湖南永州·九年级统考期末）已知菱形A1B1C1D1的边长为6，∠A1B1C1=60°，对角线A1C1，B1D1相交于点O，以点O为坐标原点，分别以OA1，OB1所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的直角坐标系．以B1D1为对角线作菱形B1C2D1A2~菱形A1B1C1D1，再以A2C2为对角线作菱形A2B2C2D2~菱形B1C2D1A2，再以B2D2为对角线作菱形B2C3D2A3~菱形A2B2C2D2，…，按此规律继续作下去，在x轴的正半轴上得到点A1，A2，A3，…，An，则点An的坐标为 ．

【答案】An(3n，0)
【分析】先根据菱形的性质求出A1的坐标，根据勾股定理求出OB1的长，再由锐角三角函数的定义求出OA2的长，故可得出A2的坐标，同理可得出A3的坐标，找出规律即可得出结论．
【详解】解：∵ 菱形A1B1C1D1的边长为6，∠A1B1C1=60°，
∴OA1=A1B1·sin 30°=6×12=3，OB1=A1B1·cos 30°=6×32=33，
∴A1(3，0)，
∵ 菱形B1C2D1A2~菱形A1B1C1D1，
∴OA2= OB1tan30°=3333=9，
∴A2(9，0)，
同理可得A3(27，0)，
∴An(3n，0)，
故答案为：An(3n，0)．
【点睛】本题考查的是相似多边形的性质，熟知相似多边形的对应角相等是解答此题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·宁夏银川·九年级银川市第三中学校考期中）求值：
(1)已知ba=34，求a-2ba+2b的值；
(2)已知ab=cd=ef=43，若b+d+f=9，求a+c+e的值．
【答案】(1)-15
(2)12

【分析】（1）先根据已知条件得到b=34a，然后把b=34a代入所求式子中进行求解即可；
（2）根据比例的性质得到a+c+eb+d+f=43，再把b+d+f=9代入求解即可．
【详解】（1）解：∵ba=34，
∴b=34a，
∴a-2ba+2b=a-2×34aa+2×34a=a-32aa+32a=-15；
（2）解：∵ab=cd=ef=43，
∴a+c+eb+d+f=43，
∵b+d+f=9，
∴a+c+e9=43，
∴a+c+e=12．
【点睛】本题主要考查了比例的性质，熟知比例的性质是解题的关键，一般地，若有ab=cd=ef=k，则a+c+eb+d+f=kb+d+f≠0．
18．（6分）（2023·浙江·一模）如图，在5×5的网格中，线段AB的端点都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请用无刻度的直尺画出符合要求的图形，并保留画图痕迹（不要求写画法）．
  
(1)在图1中画出一个以AB为边的Rt△ABC，使顶点C在格点上．
(2)在图2中的线段AB上找出一点D，使BDAD=32．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）取格点C，连接AC和BC即可；
（2）取格点E，F，连接EF交AB于点D，点D即为所求．
【详解】（1）解：如下图，取格点C，连接AC和BC，
  
由题意可知：∠ACB=90°，
∴△ABC为Rt△ABC；
（2）如下图，取格点E，F，连接EF交AB于点D，
    
由题意可知：△BDF∽△ADE，
∵BFAE=32，
∴BDAD=32，
∴点D即为所求．
【点睛】本题考查了考查了作图，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
19．（8分）（2023秋·全国·九年级专题练习）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，CE=BF，点Q在线段AB上，且AE2=AQ⋅AB．

求证：
(1)∠CAE=∠BAF；
(2)△ACE∽△AFQ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可；
（2）根据△ACE≌△ABF得出AE=AF，∠CAE=∠BAF，根据AE²=AQ·AB，AC=AB，得出AEAQ=ACAF，利用相似三角形的判定得出结论即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ACE和△ABF中，AC=AB∠C=∠BCE=BF，
∴△ACE≌△ABFSAS，
∴∠CAE=∠BAF；
（2）
证明：∵△ACE≌△ABF，
∴AE=AF，∠CAE=∠BAF，
∵AE²=AQ·AB，AC=AB，
∴AEAQ=ABAE，即AEAQ=ACAF，
∴△ACE∽△AFQ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
20．（8分）（2023秋·河北保定·九年级统考期中）已知在平面直角坐标系中的位置如图所示：

(1)在图中画出△ABC沿x轴翻折后的△A1B1C1；
(2)以点M(1,2)为位似中心，作出△A1B1C1按2:1放大后的位似图形△A2B2C2；
(3)点A2的坐标___________；△ABC与△A2B2C2的周长比是___________，△ABC与△A2B2C2的面积比是___________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3，6；1:2；1:4

【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）延长MA1到A2使MA2=2MA1，延长MB1到B2使MB2=2MB1，延长MC1到C2使MC2=2MC1，从而得到△A2B2C2；
（3）先利用轴对称的性质得到△ABC≌△A1B1C1，再根据位似的性质得到△A1B1C1与△A2B2C2的相似比为1:2，所以△ABC与△A2B2C2的相似比为1:2，然后根据相似三角形的性质解决问题．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1为所作；

（2）解：如图，△A2B2C2为所作；
（3）解：点A2的坐标为3，6，
∵△ABC沿x轴翻折后的△A1B1C1，
∴△ABC≌△A1B1C1，
∵△A1B1C1按2:1放大后的位似图形△A2B2C2，
∴△A1B1C1与△A2B2C2的相似比为1:2，
∴△ABC与△A2B2C2的相似比为1:2，
∴△ABC与△A2B2C2的周长的比为1:2，△ABC与△A2B2C2的面积的比为1:4．
故答案为：3，6；1:2；1:4
【点睛】本题考查了作图−位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．也考查了轴对称变换．
21．（8分）（2023秋·四川内江·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是高，BE平分∠ABC．BE分别与AC，CD相交于点E，F．
（1）求证：△AEB∽△CFB；
（2）若CE＝5，EF=25，BD＝6．求AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）AD=323
【分析】（1）根据两角对应相等两三角形相似即可判断；
（2）解直角三角形求出FH，CH，利用相似三角形的性质求出DF，AD即可．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵CD为AB边上的高，
∴∠ADC=90°，
∴∠A+∠ACD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE=∠CBE，
∴ΔAEB∽ΔCFB．
（2）解：如图，作CH⊥EF于H．

∵∠BFD+∠ABE=90°，∠CEB+∠CBE=90°，∠ABE=∠CBE，
∴∠BFD=∠CEB，
∵∠BFD=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴△CEF为等腰三角形，
∴CE=CF，
∵CH⊥EF，
∴点H为EF的中点，
∴EH=FH=5，
∴CH=EC2-EH2=52-(5)2=25，
∵∠BFD=∠CFH,∠CHF=∠BDF=90°，
∴ΔBFD∽ΔCFH，
∴ DFHF=BDCH，
∴ DF5=625，
∴DF=3，CD=CF+DF=8，
∵∠ADC=CDB=90°，
∵∠ECH=∠FCH,∠FBD=∠CBF，
根据ΔBFD∽ΔCFH，即∠FCH=∠FBD，
∴∠ACD=∠CBD，
∴ΔACD∽ΔCBD，
∴ ADCD=CDBD，
∴ AD8=86，
∴AD=323．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
22．（8分）（2023·安徽滁州·统考二模）【证明体验】
（1）如图1，AD为△ABC的角平分线，∠ADC=60°，点E在线段AB上，AE=AC，求证：DE平分∠ADB；
【思考探究】
（2）如图2，在（1）的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G．若FB=FC，
求证：DE2=BD⋅DG；
【拓展延伸】
（3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA=2∠DCA，点E在AC上，∠EDC=∠ABC，若BC=5，CD=25，AD=2AE，求AC的长．

    
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC=163
【分析】（1）证△AED≌△ACD即可；
（2）证△EBD∽△GCD即可；
（3）在AB上取一点F，使得AF=AD，连接CF．证△AFC≌△ADC可推出∠DCE=∠BCF，可证△DCE∽△BCF，进一步可证△EAD∽△DAC，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD为△ABC的角平分线
∴∠EAD=∠CAD
∵AE=AC，AD=AD
∴△AED≌△ACD
∴∠ADE=∠ADC=60°
∴∠EDB=180°-∠ADE-∠ADC=60°
∴DE平分∠ADB
（2）证明：∵FB=FC
∴∠EBD=∠GCD
∵∠BDE=∠GDC=60°
∴△EBD∽△GCD
∴BDCD=DEDG，DE⋅CD=BD⋅DG
由（1）可知：△AED≌△ACD
∴DE=CD
∴DE2=BD⋅DG
（3）解：如图，在AB上取一点F，使得AF=AD，连接CF
  
∵AC平分∠BAD
∴∠FAC=∠DAC
∵AF=AD,AC=AC
∴△AFC≌△ADC
∴CF=CD,∠ACF=∠ACD,∠AFC=∠ADC
∵∠ACF+∠BCF=∠ACB=2∠ACD
∴∠DCE=∠BCF
∵∠EDC=∠FBC
∴△DCE∽△BCF
∴CDCB=CECF,∠CED=∠BFC
∵BC=5,CF=CD=25
∴CE=4
∵∠AED=180°-∠CED=180°-∠BFC=∠AFC=∠ADC,∠EAD=∠DAC
∴△EAD∽△DAC
∴AEAD=ADAC
∵AD=2AE
∴AE2AE=2AE4+AE
解得：AE=43
∴AC=CE+AE=163
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．掌握相关内容进行几何推导是解题关键．
23．（8分）（2023春·四川成都·九年级统考期末）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=BC，先将边BC沿过点B的直线l对折得到BD，连接CD，然后以CD为边在左侧作△CDE，其中∠CDE=90°，CD=DE，BD与CE交于点F，连接BE，AD．
  
(1)求证：△ACD≌△BDE；
(2)如图2，当点D在△ABC的斜边AB上时，请直接写出用BC,BE表示AB的关系式；
(3)如图3，当点D在△ABC的内部时，若点F为BD的中点，且△ACD的面积为10，求△CDF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AB=BC+BE
(3)15

【分析】（1）折叠得到BC=BD，进而得到∠BCD=∠BDC，推出∠ACD=∠BDE，利用SAS证明△ACD≌△BDE，即可；
（2）全等三角形的性质，得到AD=BE，进而得到AB=BD+AD=BD+BE，再根据BC=BD，即可得出结论；
（3）设直线l交CD于点H，交CE于K，取DH的中点G，连接FG，得到FG∥BH，进而得到CKFK=CHGH，推出CKFK=2，再根据l⊥CD,CD⊥DE，得到FG∥DE，进而推出CFEF=3，得到S△CDF:S△DEF=3:1，根据全等三角形的面积相等，三角形的中线平分面积，求出S△DEF=12S△ACD=5，即可得解．
【详解】（1）证明：∵边BC沿过点B的直线l对折得到BD，
∴BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠ACB=∠CDE=90°，
∴∠ACB-∠BCD=∠CDE-∠BDC，
∴∠ACD=∠BDE，
∵AC=BC，
∴BD=AC，
∵CD=DE，
∴△ACD≌△BDESAS；
（2）解：由（1）得：△ACD≌△BDE，
∴AD=BE，
∴AB=BD+AD=BD+BE，
∵BC=BD，
∴AB=BC+BE；
（3）解：如图，
  
设直线l交CD于点H，交CE于K，取DH的中点G，连接FG，
∵点F是BD的中点，
∴FG∥BH，
∴CKFK=CHGH，
由折叠得：CH=DH，
∴CH=2GH，
∴CKFK=2，
∵l⊥CD,CD⊥DE，
∴FG∥DE，
∴FKEF=GHDG=1，
∴CFEF=3，
∴S△CDF:S△DEF=3:1，
由（1）知：△BDE≌△ACD，
∴S△BDE=S△ACD=10，
∵点F是BD的中点，
∴S△DEF=12S△ACD=5，
∴S△CDF=15．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例．本题的综合性强，难度较大，熟练掌握折叠的性质，证明三角形全等，是解题的关键．