人教版数学九年级下册重难点培优训练专题27.7 双8字形相似三角形综合问题（2份，原卷版+解析版）

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专题27.7 双8字形相似三角形综合问题（重难点培优）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，试题共22题，选择10道、填空6道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022秋•昌平区期中）如图，在▱ABCD中，E是AB的中点，EC交BD于点F，那么EF与CF的比是（　　）A．2：1 B．1：3 C．1：2 D．3：1【分析】根据平行四边形的性质可以证明△BEF∽△DCF，然后利用相似三角形的性质即可求出答案．【解答】解：由平行四边形的性质可知：AB∥CD，AB＝CD，∴△BEF∽△DCF，∵点E是AB的中点，∴BE＝CD，∴＝＝，∴＝＝，故选：C．2．（2022•南岗区三模）如图，点E在菱形ABCD的边CD的延长线上，连接BE交AD于点F，则下列式子一定正确的是（　　）A． B． C． D．【分析】利用菱形的性质可得AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，然后利用平行线分线段成比例，以及相似三角形的判定与性质，逐一判断即可解答．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，A、∵AD∥BC，∴＝，故A不符合题意；B、∵AB∥CD，∴∠A＝∠ADE，∠ABF＝∠E，∴△BAF∽△EDF，∴＝，故B不符合题意；C、∵＝，AB＝AD，∴＝，故C符合题意；D、∵AD∥BC，∴＝，故D不符合题意；故选：C．3．（2022春•莱州市期末）如图，△ABC中，A，B两个顶点在x轴的上方，点C在x轴上，以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A1B1C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍，设点A的纵坐标是a，则点A1的纵坐标是（　　）A．﹣a B．a C．﹣2a D．2a【分析】根据位似比是1：2直接求解即可．【解答】解：根据题意知，△ABC与△A1B1C的位似比是1：2．若设点A的纵坐标是a，则点A1的纵坐标是|2a|．因为点A位于第二象限，所以a＞0．因为点A1的位于第四象限，所以点A1的纵坐标是﹣2a．故选：C．4．（2022春•碑林区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝9，BE平分∠ABC，交AD于E，CF⊥BE交BE于点N，交AD于点F，作MN∥CD交AD于点M，则MN＝（　　）A． B． C．1 D．【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，由角平分线的性质和平行线的性质可得△ABE与△CDF为等腰三角形，可得AE＝AB＝CD＝DF＝6，从而可得EF＝3，由AD∥BC可得△EFN∽△BCN，可推出＝，从而可得＝，由MN∥CD可得△MNF∽△DCF，可得＝，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝6，AD＝9，∴AD∥BC，CD＝AB＝6，BC＝AD＝9，∴∠CBE＝∠AEB，∠BCF＝∠CFD，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AE＝AB＝6，∵CF⊥BE，∴∠BCF+∠CBE＝90°，∵∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠ABE+∠DCF＝90°，∵∠ABE＝∠CBE，∴∠BCF＝∠DCF，∴∠DCF＝∠CFD，∴DF＝CD＝6，∵AD＝AE+DE＝9，AE+DF＝AE+DE+EF＝12，∴EF＝3，∵AD∥BC，∴△EFN∽△BCN，∴＝＝＝，∴＝，∵MN∥CD，∴△MNF∽△DCF，∴＝＝，∴MN＝CD＝×6＝，故选：D．5．（2022•南岗区校级二模）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． B． C． D．【分析】根据平行线分线段成比例的性质进行解答即可．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD．∴．∴．故选项A正确，符合题意；选项B错误，不符合题意；由AB∥CD可得，，∵AB＝DC，∴，∵点E在CD边上，∴CE≠DC，∴选项C错误，不符合题意；如果AD∥BE，那么，∵AD与BE不平行，∴，故选项D错误，不符合题意．故选：A．6．（2022秋•碑林区校级月考）如图，在菱形ABCD中，EF⊥AC于点H，分别交AD于点E，CB的延长线于点F，且AE：FB＝1：3．则GB：CD的值为（　　）A． B． C． D．【分析】根据菱形的性质可得AB＝CD，AE∥BF，从而利用平行线的性质可得∠EAB＝∠ABF，∠AEF＝∠F，然后证明8字模型相似三角形△EAG∽△FBG，从而利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AE∥BF，∴∠EAB＝∠ABF，∠AEF＝∠F，∴△EAG∽△FBG，∴＝＝，∴＝，∴＝，故选：D．7．（2022•新河县二模）数学课外活动小组的同学们，带着皮尺去测量某河道因挖沙形成的“圆锥形坑”的深度（如图），点O为沙坑底面所在圆的圆心，为其顶点，甲同学直立于沙坑坑沿的圆周所在的平面上，当他位于B时，其视线恰好经过沙坑坑沿圆周上一点A看到坑底S（甲同学的视线起点C与点A，点S三点共线），为了求得圆锥形坑的深度（圆锥的高），该同学列出了如下表达式，其中不正确的是（　　）A． B． C． D．【分析】延长SA到C，连接BC，证△ABC∽△AOS得出比例关系，作出判断即可．【解答】解：延长SA到C，连接BC，如图：由题知，∠CBA＝∠SOA＝90°，∠CAB＝∠SAO，∴△ABC∽△AOS，∴，，，故A、B、C三项结论正确不符合题意，D选项结论错误，符合题意，故选：D．8．（2022春•鄞州区期末）如图，点C是线段AB上一点，且AC＞BC，分别以AC，BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形CBFG，连结EF交GD于H，设正方形ACDE的周长和面积分别为C1，S1，正方形CBFG的周长和面积分别为C2，S2，下列一定能求出△DEH与△GFH面积差的条件是（　　）A．S1﹣S2 B．S1+S2 C．C1﹣C2 D．C1+C2【分析】设正方形ACDE的边长为a，正方形CBFG的边长为b，则DE＝CD＝a，FG＝CG＝b，由正方形的性质可得DE∥FG，推出△EDH∽△FGH，可得＝＝，设DH＝ax，GH＝bx，则DG＝DH+GH＝CD﹣CG，即（a+b）x＝a﹣b，可得x＝，S△DEH＝DE•DH＝a•ax＝a2x，S△FGH＝FG•GH＝b•bx＝b2x，可得S△DEH﹣S△FGH＝a2x﹣b2x＝x（a2﹣b2）＝××（a+b）（a﹣b）＝（a﹣b）2，由为C1＝4a，C2＝4b可得C1﹣C2＝4（a﹣b），即可求解．【解答】解：设正方形ACDE的边长为a，正方形CBFG的边长为b，则DE＝CD＝a，FG＝CG＝b，∵点A，B，C在同一线段上，∴DE∥FG，∴△EDH∽△FGH，∴＝＝，设DH＝ax，GH＝bx，则DG＝DH+GH＝CD﹣CG，即（a+b）x＝a﹣b，∴x＝，∵S△DEH＝DE•DH＝a•ax＝a2x，S△FGH＝FG•GH＝b•bx＝b2x，∴S△DEH﹣S△FGH＝a2x﹣b2x＝x（a2﹣b2）＝××（a+b）（a﹣b）＝（a﹣b）2，∵C1＝4a，C2＝4b，∴C1﹣C2＝4（a﹣b），∴a﹣b＝，∴S△DEH﹣S△FGH＝（）2，故选：C．9．（2022•北仑区二模）将矩形ABCD和矩形CEFG分割成5块图形（如图中①②③④⑤），并把这5块图形重新组合，恰好拼成矩形BEHN．若AM＝1，DE＝4，EF＝3，那么矩形BEHN的面积为（　　）A．20 B．24 C．30 D．45【分析】先判定△BCE≌△EDP（AAS），即可得出PD＝EC；设HM＝EC＝PD＝x，则MP＝3﹣x，再根据△HPM∽△EPD，即可得到＝，即＝，进而得到EC＝2，DC＝6，最后根据S矩形BEHN＝S矩形ABCD+S矩形CEFG进行计算，即可得到矩形BEHN的面积．【解答】解：由题意知AN＝EF＝3，BC＝AD＝MN＝AN+AM＝4，∴MD＝AD﹣AM＝4﹣1＝3，∵∠BEH＝90°，∴∠PED+∠BEC＝∠BEC+∠EBC＝90°，∴∠PED＝∠EBC，∵BC＝DE＝4，∴△BCE≌△EDP（AAS），∴PD＝EC，设HM＝EC＝PD＝x，则MP＝3﹣x，∵∠HMP＝∠EDP＝90°，∠HPM＝∠EPD，∴△HPM∽△EPD，∴＝，即＝，解得x＝2，∴EC＝2，DC＝2+4＝6，∴S矩形BEHN＝S矩形ABCD+S矩形CEFG＝BC×DC+EC×EF＝4×6+2×3＝30．故选：C．10．（2022•市中区校级模拟）已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为5，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（　　）①△BEC≌△AFC；②△ECF为等边三角形；③∠AGE＝∠AFC；④若AF＝2，则＝．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】过点E作EM∥BC，交AC于点M，根据菱形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝60°，从而可得△ABC是等边三角形，然后得出BC＝AC，∠ACB＝∠B＝60°，从而利用SAS证明△BEC≌△AFC即可判断①，利用①的结论可得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，从而可得∠BCA＝∠ECF＝60°，即可判断②，根据三角形的外角可得∠AGE＝60°+∠AFG，即可判断③，根据平行线的性质可证△AEM是等边三角形，最后证明8字模型相似三角形△AGF∽△MGE，利用相似三角形的性质即可判断④．【解答】解：过点E作EM∥BC，交AC于点M，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝∠B＝60°，∵BE＝AF，∠B＝∠DAC，∴△BEC≌△AFC（SAS）；故①正确；∵△BEC≌△AFC；∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，∴∠BCE+∠ACE＝∠ACF+∠ACE，∴∠BCA＝∠ECF＝60°，∴△ECF是等边三角形，故②正确；∵△ECF是等边三角形，∴∠EFC＝60°，∵∠AGE是△AGF的一个外角，∴∠AGE＝∠AFG+∠DAC＝60°+∠AFG，∵∠AFC＝∠AFG+∠CFE＝60°+∠AFG，∴∠AGE＝∠AFC，故③正确；∵△BEC≌△AFC，∴AF＝BE＝2，∵AB＝5，∴AE＝AB﹣BE＝5﹣2＝3，∵EM∥BC，∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，∵∠BAC＝60°，∴△AEM是等边三角形，∴AE＝EM＝3，∵∠DAC＝∠AME＝60°，∠AGF＝∠EGM，∴△AGF∽△MGE，∴＝＝，故④正确；所以，上列结论正确的有4个，故选：D．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上11．（2022秋•鹿城区校级月考）如图，在▱ABCD中，AB＝9，AD＝8，E为AD延长线上一点，且DE＝4，连接BE交CD于点F，则CF＝　6　．【分析】由平行四边形的性质得出BC＝AD＝8，AB＝DC＝9，AD∥BC，证明△BCF∽△EDF，由相似三角形的性质得出＝，则可得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC＝AD＝8，AB＝DC＝9，AD∥BC，∵BC∥DE，∴△BCF∽△EDF，∴＝，设CF＝x，则DF＝9﹣x，∴＝，∴x＝6，∴CF＝6．故答案为：6．12．（2022•静安区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，点 E、F分别是边AB、CD的中点，AO：OC＝1：4，设＝，那么＝　　．（用含向量的式子表示）【分析】由相似三角形性质可得＝4＝4，再根据梯形中位线定理即可求得答案．【解答】解：∵AD∥BC，∴△AOD∽△COB，∴＝＝，∴＝4＝4，∵点 E、F分别是边AB、CD的中点，∴＝（+）＝（+4）＝，故答案为：．13．（2022•朝阳区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB＝8，AD＝6，则AF的长为 　　．【分析】根据矩形的性质可得AB＝CD＝8，∠ADC＝90°，AB∥CD，从而在Rt△ADC中，利用勾股定理求出AC的长，然后证明8字模型相似三角形△CDF∽△AEF，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，∠ADC＝90°，AB∥CD，∵AD＝6，∴AC＝＝＝10，∵点E是AB的中点，∴AE＝AB＝4，∵AB∥CD，∴∠CDE＝∠DEA，∠DCF＝∠CAE，∴△CDF∽△AEF，∴＝＝＝2，∴AF＝AC＝，故答案为：．14．（2022•上城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在BC边上．连结AD，将△ABD沿直线AD翻折，点B落在点E处，AE交BC边于点F．已知AC＝3，BC＝4，若△DEF为直角三角形，则△DEF的面积为 　或　．【分析】当∠EDF＝90°时，延长ED，交AB于点G．由翻折可得，∠EAD＝∠BAD，∠B＝∠D，BD＝DE，由于∠E+∠DAE＝∠ADG，∠B+∠BAD＝ADC，可得∠ADG＝∠ADC，进而可得△ACD为等腰直角三角形，则AC＝CD＝3，BD＝DE＝BC﹣CD＝1，设DF＝x，则CF＝3﹣x，利用△ACF∽△EDF可建立方程，求出x的值，进而可求出答案；当∠DFE＝90°时，可得AB＝AE＝＝5，EF＝2，设DF＝x，则DE＝DB＝4﹣x，由勾股定理可得（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，利用三角形的面积公式可得出答案．【解答】解：当∠EDF＝90°时，延长ED，交AB于点G．由翻折可得，∠EAD＝∠BAD，∠B＝∠D，BD＝DE，∵∠E+∠DAE＝∠ADG，∠B+∠BAD＝ADC，∴∠ADG＝∠ADC，∵△DEF为直角三角形，即∠EDF＝90°，∴∠FDG＝90°，∴∠ADG＝∠ADC＝45°，∴△ACD为等腰直角三角形，则AC＝CD＝3，BD＝DE＝BC﹣CD＝1，设DF＝x，则CF＝3﹣x，∵∠C＝∠EDF＝90°，∠AFC＝∠EFD，∴△ACF∽△EDF，∴，即，解得x＝，经检验，x＝是原方程的解，∴＝．当∠DFE＝90°时，如图，∵AC＝3，BC＝4，∴AB＝AE＝＝5，∴EF＝2，设DF＝x，则DE＝DB＝4﹣x，∴（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，∴S△DEF＝＝＝．故答案为：或．15．（2022秋•二道区校级期中）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，则阴影部分图形的面积为 　　．【分析】根据题意得：AB＝1，CD＝2，AB∥CD，从而利用平行线的性质可得∠BAE＝∠ECD，∠ABE＝∠CDE，进而可得△ABE∽△CDE，然后利用相似三角形的性质可得＝，从而可得S△CDE＝S△BCD，最后进行计算即可解答．【解答】解：如图：由题意得：AB＝1，CD＝2，AB∥CD，∴∠BAE＝∠ECD，∠ABE＝∠CDE，∴△ABE∽△CDE，∴＝＝，∴＝，∴S△CDE＝S△BCD＝וCD•BC＝×2×2＝，∴阴影部分图形的面积为，故答案为：．16．（2022•兴城市一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD∥BC，连接BD交AC于点E，AF⊥BD，垂足为点G，交BC的延长线于点F，连接CG，若AD＝CE＝1，则下列结论：①CF＝1；②BG﹣AG＝CG；③△ECG∽△GCA；④AC＝．其中正确的序号是 　①②④　．【分析】根据已知可得∠ACB＝∠ACF＝90°，再利用同角的余角相等可得∠BEC＝∠F，从而证明△BCE≌△ACF，然后利用全等三角形的性质即可判断①；过点C作CH⊥GC，交AF的延长线于点H，可得∠BCG＝∠ACH，再利用（1）的结论可得∠GBC＝∠HAC，从而可证△BCG≌△ACH，进而可得BG＝AH，CG＝CH，然后再根据GH＝CG，即可判断②；根据BC≠CG，从而可得∠GBC≠∠BGC，进而可得∠HAC≠∠BGC，即可判断③；设AE＝x，则BC＝AC＝1+x，然后证明8字模型相似三角形△BEC∽△DEA，再利用相似三角形的性质可求出AE的长，进行计算即可解答．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴∠ACF＝180°﹣∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠ACF，∵AF⊥BD，∴∠BGF＝90°，∴∠GBF+∠F＝90°，∵∠GBF+∠BEC＝90°，∴∠BEC＝∠F，∵AC＝BC，∴△BCE≌△ACF（AAS），∴CE＝CF＝1，故①正确；过点C作CH⊥GC，交AF的延长线于点H，∴∠GCH＝90°，∴∠BCA+∠ACG＝∠GCH+∠ACG，∴∠BCG＝∠ACH，∵△BCE≌△ACF，∴∠GBC＝∠HAC，∵BC＝AC，∴△BCG≌△ACH（ASA），∴BG＝AH，CG＝CH，∴GH＝CG，∵AH﹣AG＝GH，∴BG﹣AG＝CG，故②正确；∵BC≠CG，∴∠GBC≠∠BGC，∵∠GBC＝∠HAC，∴∠HAC≠∠BGC，∴△ECG与△GCA不相似，故③不正确；设AE＝x，则BC＝AC＝AE+CE＝1+x，∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC＝90°，∵∠BEC＝∠AED，∴△BEC∽△DEA，∴＝，∴＝，∴x＝或x＝（舍去），∴AE＝，∴AC＝AE+EC＝，故④正确；所以，上列结论中，正确的序号是①②④，故答案为：①②④．三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P．（1）求证：AP＝4PE．（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四边形PFCE的面积．【分析】（1）取BF的中点G，连接EG，然后利用三角形的中位线定理可得FC＝2GE，再根据矩形的性质可得∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，从而可得EG∥AB，再根据线段中点的定义可得AB＝CD＝2CF，最后证明8字模型相似三角形△ABP∽△EGP，从而利用相似三角形的性质，进行计算即可解答；（2）根据等角的补角相等可得∠1＝∠2，从而可得∠1＝∠3，进而可得AB＝AP＝4PE，然后设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝5a，由勾股定理得BE＝3a，从而求出a的值，进而求出，再求出S△BCF＝，最后利用等式的性质可得S四边形PFCE＝S△ABP，即可解答．【解答】（1）证明：如图：取BF的中点G，连接EG，∵E是BC的中点，∴EG是△BCF的中位线，∴EG∥CD，FC＝2GE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，∴EG∥AB，∵F是CD的中点，∴CD＝2CF，∴AB＝CD＝2FC＝4GE，∵EG∥AB，∴∠BAE＝∠AEG，∠ABP＝∠BGE，∴△ABP∽△EGP，∴＝＝，∴AP＝4PE；（2）解：∵∠BPE＝∠BFD，∠BFD+∠2＝180°，∠BPE+∠1＝180°，∴∠1＝∠2，∵AB∥CD，∴∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴AB＝AP＝4PE，设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝AP+PE＝5a，在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE＝＝＝3a，∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝6a，∴AD＝BC＝2BE＝6a，∵AD＝8，∴6a＝8，∴，∴，∵F是CD的中点，∴CF＝CD＝2a，∴S△BCF＝＝＝6a2＝．∴S△ABE＝S△BCF，∴S△ABE＝﹣S△BPE＝S△BCF﹣S△BPE，∴S四边形PFCE＝S△ABP，∵AP＝4PE，∴，∴四边形PFCE的面积为．18．（2022•淮北模拟）如图，在同一平面上的四个点A，B，C，D为某县四个乡镇的中心点，连接这四个乡镇之间的公路AB＝40km，AC＝BD＝20km．“美丽乡村”建设项目规划在C，D两个乡镇之间修一条公路CD．已知∠CAB＝36.8°，∠ABD＝53.2°．求CD的长．（参考数据：sin36.8°＝cos53.2°≈0.6，sin53.2°＝cos36.8°≈0.8，≈7.6．）【分析】设AB与CD相交于点E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，过点D作DP⊥AB，垂足为P，在Rt△AFC中，利用锐角三角函数的定义求出AF，CF的长，再在Rt△DBP中，利用锐角三角函数的定义求出BP，DP的长，从而求出FP的长，然后证明8字模型相似三角形△CFE∽△DPE，再利用相似三角形的性质可求出EF，EP的长，最后分别在Rt△CEF和Rt△DPE中，利用勾股定理可求出CE，DE的长，最后进行计算即可解答．【解答】解：设AB与CD相交于点E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，过点D作DP⊥AB，垂足为P，在Rt△AFC中，∠CAB＝36.8°，AC＝20km，∴CF＝AC•sin36.8°≈20×0.6＝12（km），AF＝AC•cos36.8°≈20×0.8＝16（km），在Rt△DBP中，∠ABD＝53.2°，BD＝20km，∴DP＝BD•sin53.2°≈20×0.6＝12（km），DP＝BD•cos53.2°≈20×0.8＝16（km），∵AB＝40km，∴FP＝AB﹣AF﹣BP＝40﹣16﹣12＝12（km），∵∠CFE＝∠DPE＝90°，∠CEF＝∠DEP，∴△CFE∽△DPE，∴＝＝＝，∴EF＝FP＝（km），EP＝FP＝（km），∴CE＝＝＝（km），DE＝＝＝（km），∴CD＝CE+DE＝＝4≈30.4（km），∴CD的长约为30.4km．19．（2022•凤山县模拟）如图，以AB为直径的⊙O是△ACD的外接圆，连接OC，OD，AC＝CD，AB交CD于点E，PB与⊙O相切于点B．（1）求证：∠P＝∠PAD；（2）若⊙O的半径为3，OE＝2，求CE的长．【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得∠BDC+∠ADC＝90°，再利用切线的性质可得∠ABP＝90°，进而可得∠P+∠BAP＝90°，然后利用同弧所对的圆周角相等可得∠BAP＝∠BDC，从而可得∠P＝∠ADC，最后利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠ADC，即可解答；（2）根据已知可得△AOC≌△DOC，从而可得∠ACO＝∠DCO，∠CAO＝∠CDO，再利用等腰三角形的性质可得∠ACO＝∠CAO＝∠OCD＝∠ODC，然后利用（1）的结论可得∠OCD＝∠BDC，从而证明OC∥BD，进而利用平行线分线段成比例可得，即可得出DE＝CE，最后证明8字模型相似三角形△AEC∽△DEB，利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠BDC+∠ADC＝90°，∵PB与⊙O相切于点B，∴∠ABP＝90°，∴∠P+∠BAP＝90°，∵∠BAP＝∠BDC，∴∠P＝∠ADC，∵AC＝CD，∴∠CAD＝∠ADC，∴∠P＝∠PAD；（2）解：∵AC＝CD，OC＝OC，OA＝OD，∴△AOC≌△DOC（SSS），∴∠ACO＝∠DCO，∠CAO＝∠CDO，∵OA＝OC，OC＝OD，∴∠ACO＝∠CAO，∠OCD＝∠ODC，∴∠ACO＝∠CAO＝∠OCD＝∠ODC，∵∠CAO＝∠CDB，∴∠OCD＝∠BDC，∴OC∥BD，∴，∴，∴，∵∠AEC＝∠DEB，∴△AEC∽△DEB，∴，∴，∴CE⋅DE＝5，∴，∴CE＝或CE＝﹣（舍去），∴CE的长为．20．（2022•房山区二模）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，过点A作AE∥DC交BC边于点E，过点E作EF∥AB交CD边于点F，连接AF，过点C作CH∥AF交AE于点H，连接BH．（1）求证：△ABH≌△EAF；（2）如图2，若BH的延长线经过AF的中点M，求的值．【分析】（1）由∠ABC＝∠BCD和AE∥DC可得AB＝AE，由EF∥AB可得∠BAH＝∠AEF，由AE∥DC，CH∥AF可得四边形AHCF为平行四边形，从而可得AH＝CF，再由EF∥AB可得∠ABC＝∠CEF，从而可得EF＝CF，即可得出EF＝AH，即可证明；（2）延长BM，EF交于点G，由EF∥AB可得∠ABE＝∠FEC，由AE∥CF可得∠AEB＝∠FCE，从而可得△ABE∽△FEC，设EF＝CF＝a，AB＝AE＝ax，由点M为AF中点可得AM＝FM，由EF∥AB可得∠ABM＝∠FGM，可证△ABM≌△FGM（AAS），则FG＝AB＝ax，则EG＝EF+FG＝a+ax，由（1）可知四边形AHCF为平行四边形，可得AH＝CF＝a，则EH＝AE﹣AH＝ax﹣a，由AB∥EG可得△ABH∽△EGH，从而可得＝，即＝，解得x＝1±，由x＞0可得x＝1+，即＝x＝1+．【解答】（1）证明：∵AE∥DC，∵∠AEB＝∠BCD，∵∠ABC＝∠BCD，∴∠AEB＝∠ABC，∴AB＝AE，∵EF∥AB，∴∠BAH＝∠AEF，∵AE∥DC，CH∥AF，∴四边形AHCF为平行四边形，∴AH＝CF，∵EF∥AB，∴∠ABC＝∠CEF，∵AE∥CF，∴∠ECF＝∠AEB＝∠ABC，∴∠ECF＝∠CEF，∴EF＝CF，∴EF＝AH，∴△ABH≌△EAF（SAS）；（2）如图，延长BM，EF交于点G，∵EF∥AB，∴∠ABE＝∠FEC，∵AE∥CF，∴∠AEB＝∠FCE，∴△ABE∽△FEC，设EF＝CF＝a，AB＝AE＝ax，∵点M为AF中点∴AM＝FM，∵EF∥AB∴∠ABM＝∠FGM，∴△ABM≌△FGM（AAS），FG＝AB＝ax，∴EG＝EF+FG＝a+ax，由（1）可知四边形AHCF为平行四边形，∴AH＝CF＝a，∴EH＝AE﹣AH＝ax﹣a，∵AB∥EG∴△ABH∽△EGH，∴＝，即＝，解得x＝1±，∵x＞0，∴x＝1+，即＝x＝1+．21．（2022•金平区一模）如图，AB、CD为⊙O的直径，AB⊥CD，点E为上一点，点F为EC延长线上一点，∠FAC＝∠AEF．连接ED，交AB于点G．（1）证明：AF为⊙O的切线；（2）证明：AF＝AG；（3）若⊙O的半径为2，G为OB的中点，AE的长．【分析】（1）根据垂直定义可得∠AOC＝90°，从而利用圆周角定理可得∠AEF＝∠AOC＝45°，进而可得∠FAC＝45°，然后根据△AOC是等腰直角三角形可得∠OAC＝45°，从而求出∠OAF＝90°，即可解答；（2）根据圆内接四边形对角互补，以及平角定义可得∠ACF＝∠ADG，再根据已知AB⊥CD，可证AD＝AC，∠FAC＝∠DAB＝45°，从而证明△ADG≌△ACF，即可解答；（3）连接BE，AD，分别在Rt△OAD和Rt△ODG中，根据勾股定理求出AD，DG的长，然后证明△ADG∽△EBG，利用相似三角形的性质求出BE的长，最后在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE的长，即可解答．【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，∴∠AOC＝90°，∴∠AEF＝∠AOC＝45°，∵∠FAC＝∠AEF，∴∠FAC＝45°，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∴∠OAF＝∠OAC+∠FAC＝90°，∵OA是⊙O的半径，∴AF为⊙O的切线；（2）证明：∵四边形ADEC是圆内接四边形，∴∠ADG+∠ACE＝180°，∵∠ACE+∠ACF＝180°，∴∠ACF＝∠ADG，∵AB⊥CD，∴∠AOD＝∠AOC＝∠BOD＝90°，∴AD＝AC，∠DAB＝∠BOD＝45°，∴∠FAC＝∠DAB＝45°，∴△ADG≌△ACF（ASA），∴AG＝AF；（3）解：连接BE，AD，∵G为OB的中点，OB＝2，∴OG＝GB＝OB＝1，∵OA＝OD＝2，∠AOD＝90°，∴AD＝OA＝2，∵∠BOD＝90°，∴BD＝＝＝，∵∠DAB＝∠DEB，∠AGD＝∠BGE，∴△ADG∽△EBG，∴＝，∴＝，∴EB＝，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴AE＝＝＝，∴AE的长为．22．（2022•甘井子区校级模拟）如图1，在△ABC中，BC＝3，∠ACB＝90°，点D在线段BA上运动，以线段DB为直角边构造等腰Rt△BDE，BE是斜边，当点D运动到点A时（如图2），△BCF的面积为是，若BD的长为x，△BED与△ABC重叠部分的面积为S．（1）求AC的长；（2）求S关于x的函数解析式并直接写出自变量x的取值范围．【分析】（1）根据△BCF的面积先求出CF，证明△ABC≌△EAH，得到AH＝BC＝3，EH＝AC，设AC＝EH＝a，证明△EFH∽△BFC列出关于a的方程求解即可；（2）分当0＜x和时两种情况分别求解．【解答】解：（1）当点D与点A重合时，如图1，过点E作EH⊥AF于点H，∵△BCF的面积为，BC＝3，∴，∴CF＝，∵△BDE是等腰直角三角形，∴BA＝AE，∠BAE＝90°，∴∠BAC+∠CAE＝90°，∵∠ACB＝90°，EH⊥AF，∴∠ACB＝∠AHE＝90°，∴∠CAE+∠AEH＝9，∴∠BAC＝∠AEH，∴△ABC≌△EAH，∴AH＝BC＝3，EH＝AC，设AC＝EH＝a，则HF＝AC﹣AH﹣CF＝a﹣3﹣＝a﹣，∵∠FHE＝∠ACB＝90°，∠BFC＝∠EFH，∴△EFH∽△BFC，∴，解得，a＝4，∴AC＝4．（2）如图2，当0＜x时，S＝，如图3，当时，设DE交AC于点M，过点F作FN⊥DE于点N．∵BD＝DE＝x，∴AD＝5﹣x，DM＝（5﹣x）．∴ME＝DE﹣DM＝，设FN＝h，则MN＝，NE＝h，∵ME＝MN+NE，∴，解得h＝∴，∴S＝，综上所述，S＝．