浙江省2023年中考数学一轮复习 相似三角形 练习题（含详解）

这是一份浙江省2023年中考数学一轮复习 相似三角形 练习题（含详解），共47页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022·浙江温州·统考模拟预测）如果，那么下列比例式中正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ）
A．B．1C．D．2
3．（2022·浙江杭州·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为（ ）
A．2B．3C．D．
4．（2022·浙江绍兴·一模）如图，在△ABC中，EF∥BC，AB=3AE，若S四边形BCFE=16，则S△ABC=（ ）
A．16B．18C．20D．24
5．（2022·浙江金华·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，E是CD边的中点，且BE⊥AC于点F，连接DF，则下列结论错误的是（ ）
A．△ADC∽△CFBB．AD＝DF
C．D．＝
6．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A．B．C．10D．
8．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（ ）
A．B．C．4D．
9．（2022·浙江衢州·统考中考真题）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（ ）
A．B．C．D．
10．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2022·浙江宁波·模拟预测）如图，矩形ABCD被分割成4个小矩形，其中矩形AEPH~矩形HDFP~矩形PEBG，，AC交HG，EF于点M，Q，若要求的而积，需知道下列哪两个图形的面积之差（ ）
A．矩形AEPH和矩形PEBGB．矩形HDFP和矩形AEPH
C．矩形HDFP和矩形PEBGD．矩形HDFP和矩形PGCF
12．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，右边的“E”与左边的“E”是位似图形，A是位似中心，位似比为3：5．若，则的长为（ ）
A．15B．30C．45D．60
13．（2022·浙江温州·统考二模）如图，已知△ABC与△DEF是位似图形，O是位似中心，若OA＝2OD，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）
A．2：1B．3：1C．4：1D．6：1
14．（2022·浙江杭州·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点E（－6，2），F（－2，－2），以原点O为位似中心，位似比为，把△EFO缩小，则点F的对应点F′的坐标是（ ）
A．（－1，－1）B．（1，1）C．（－4，－4）或（4，4）D．（－1，－1）或（1，1）
二、填空题
15．（2022·浙江绍兴·一模）已知线段AB=2cm，点C在线段AB上，且AC2=BC·AB，则AC的长___________cm．
16．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，在中，，点为中点，点在边上，，将沿折叠至，若，则______．
17．（2022·浙江杭州·统考一模）如图，点是矩形边上一点，沿折叠，点恰好落在边上的点处，设，
（1）若点恰为边的中点，则_________．
（2）设，则关于的函数表达式是_________．
18．（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=_________度；的值等于_________．
19．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为时，的值为___________，点F的坐标为___________．
20．（2022·浙江杭州·统考中考真题）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m．
21．（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，，．若DE＝2，则BC的长是______．
22．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，边在轴上，边交轴于点．反比例函数的图象恰好经过点，与边交于点．若，，，则=____．
23．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为_____．
24．（2022·浙江舟山·统考一模）如图，在直角坐标系中，OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与OAB的位似比为的位似图形OCD，则点C的坐标为 ___．
三、解答题
25．（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
26．（2022·浙江湖州·统考一模）教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例2 如图，在中，分别是边的中点，相交于点，求证：，
证明：连结．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
结论应用：在中，对角线交于点，为边的中点，、交于点．
（1）如图②，若为正方形，且，则的长为 ．
（2）如图③，连结交于点，若四边形的面积为，则的面积为 ．
27．（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图，在ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BFED是平行四边形，．
(1)若，求线段AD的长．
(2)若的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
28．（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，抛物线经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
(1)①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
(2)若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M（如图2所示）．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．
29．（2022·浙江台州·统考中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；再在四边形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
图1
(1)求证：四边形是正方形；
(2)求的值；
(3)请研究螺旋折线…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
30．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形．
(1)如图1，点G在上．求证：．
(2)若，当过中点时，求的长．
(3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？
31．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知．
(1)线段与垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值．
32．（2022·浙江衢州·统考二模）如图，点A，B是每个小正方形边长都为1的网格中的两格点，请仅用无刻度直尺按要求在网格中画出符合条件的图形．
(1)在图①中画出一个以线段为边，面积为6的；
(2)在图②中的线段上确定点P，使．
参考答案：
1．C
【分析】根据比例的性质，“若，则ad=bc”，逐个判断即可得出答案．
【详解】解：由比例的性质可得：
A. ，3x=2y；
B. ，xy=6；
C. ，2x=3y；
D. ，3x=2y．
故选：C．
【点睛】本题考查比例的性质，掌握“若，则ad=bc”是本题的解题关键．
2．C
【分析】过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，根据题意得，然后利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】解：过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，
根据题意得，
∵，
∴，
又∵，
∴
故选：C
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的应用，作出适当的辅助线是解题的关键．
3．A
【分析】以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′⩽MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，再求得，即可得出，∠CMN′=90°，再根据△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2，即可求得．
【详解】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N’，连接MN′并延长交BD于P，连NP，
根据轴对称性质可知，PN=PN'，
∴PM﹣PN=PM﹣PN'≤MN'，
当P，M，N'三点共线时，取“=”，
∵正方形边长为8，
∴，
∵O为AC中点，
∴，
∵N为OA中点，
∴，
∴，
∴，
∵BM=6，
∴CM=AB-BM=8-6=2，
∴，
∴，∠CMN’=90°，
∵∠N'CM=45°，
∴△N'CM为等腰直角三角形，
∴CM=MN'=2，
即PM-PN的最大值为2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
4．B
【详解】【分析】由EF∥BC，可证明△AEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求出S△ABC的值．
【详解】∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AB=3AE，
∴AE：AB=1：3，
∴S△AEF：S△ABC=1：9，
设S△AEF=x，
∵S四边形BCFE=16，
∴，
解得：x=2，
∴S△ABC=18，
故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解本题的关键.
5．C
【分析】依据∠ADC＝∠CFB＝90°，∠CAD＝∠BCF，即可得到△ADC∽△CFB；过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，得出DM垂直平分AF，即可得到DF＝DA；设CE＝a，AD＝b，则CD＝2a，由△ADC∽△CFB，可得＝，可得b＝a，依据即可得出,根据E是CD边的中点，可得CE：AB＝1：2，再根据△CEF∽△ABF，即可得到＝（）2＝．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCF，
∵BE⊥AC，
∴∠CFB＝90°，
∴∠ADC＝∠CFB，
∴△ADC∽△CFB，故A选项正确；
如图，过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE＝DC，
∴BM＝AM，
∴AN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥AF，
∴DM垂直平分AF，
∴DF＝DA，故B选项正确；
设CE＝a，AD＝b，则CD＝2a，
由△ADC∽△ECB，可得＝，
即b＝a，
∴
∴,故C选项错误；
∵E是CD边的中点，
∴CE：AB＝1：2，
又∵CE∥AB，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝（）2＝．
故选D选项正确；
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．
6．A
【分析】令BF=2x，CG=3x，FG=y，易证，得出，进而得出y=3x，则AE=4x，AD=8x，过点E作EH⊥BC于点H，根据勾股定理得出EH=x，最后求出的值．
【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H，
又四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC，
∴四边形ABHE和四边形CDEH为矩形，
∴AB=EH，ED=CH，
∵，
∴令BF=2x，CG=3x，FG=y，则CF=3x+y，，，
由题意，得，
又为公共角，
∴，
∴，
则，
整理，得，
解得x=-y（舍去），y=3x，
∴AD=BC=5x+y=8x，EG=3x，HG=x，
在Rt△EGH中EH2+HG2=EG2，
则EH2+x2=(3x)2，
解得EH=x， EH=-x(舍)，
∴AB=x，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理求边长等知识，借助于相似三角形找到y=3x的关系式是解决问题的关键．
7．A
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图，
∴，
设DF=x，CE=y，
∴，解得：，
∴，故B选项不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
如图，当△DCF∽△FEB时，
∴，
设FC=m，FD=n，
∴，解得：，
∴FD=10，故选项C不符合题意；
，故选项A符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
8．D
【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得，∠BED=45°，进而得到，，，再证得△BEF∽△ABG，可得，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，
在中，∠BDE=90°，，
∴，∠BED=45°，
∵点A在边的中点上，
∴AD=AE=1，
∴，
∴，
∵∠BED=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵∠ABC=∠F=90°，
∴EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABG，
∴△BEF∽△ABG，
∴，即，
解得：，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
9．B
【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
整理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
10．C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，
，则选项A正确；
，
，
，，
，，
，，
，
，则选项B正确；
假设，
，
又，
，
，与矛盾，
则假设不成立，选项C错误；
，，
，
在和中，，
，
，即，
，则选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
11．B
【分析】设，则，根据相似多边形的性质与相似三角形的性质与判定，分别求得矩形AEPH的面积为：，矩形HDFP的面积为：，矩形PEBG的面积为：，以及的面积，，进而比较可
【详解】解：∵矩形ABCD被分割成4个小矩形，
设，则，
矩形AEPH~矩形HDFP
矩形AEPH~矩形PEBG，
矩形AEPH的面积为：
矩形HDFP的面积为：
矩形PEBG的面积为：
-
故选B
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，相似三角形的性质与判定，进行的性质，题中相等量两较多，关系复杂，设参数是解题的关键．
12．C
【分析】根据位似图形的相似比成比例解答．
【详解】解：∵右边的“E”与左边的“E”是位似图形，A是位似中心，位似比为3：5，BC=75，
∴GH：BC=3：5，即GH：75=3：5．
∴GH=45．
故选：C．
【点睛】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比．
13．A
【分析】根据位似图形的概念得到△AOB△DOE，根据相似三角形的性质求出AB：DE，根据相似三角形的周长比等于相似比解答即可．
【详解】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴，
∴△AOB△DOE，
，
∴△ABC与△DEF的周长之比是2：1．
故选A．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质．
14．D
【分析】由题意得点F的坐标同时乘以或，即可得点F的对应点的坐标为，．
【详解】解：∵点，以原点O为位似中心，位似比为，
∴点F的对应点的坐标为，或，
即点F的对应点的坐标为，，
故选D．
【点睛】本题考查了位似，解题的关键是要分情况讨论．
15．
【分析】设AC=x，则BC=2-x，根据AC2=BC·AB列方程求解即可.
【详解】解：设AC=x，则BC=2-x，根据AC2=BC·AB可得x2=2(2-x),
解得：x=或（舍去）.
故答案为.
【点睛】本题考查了黄金分割的应用，关键是明确黄金分割所涉及的线段的比.
16．
【分析】过点D作DH⊥BC于点H，交BE于点F，设BE与CD交于点M，由题意易得∠MEC=∠EMC，DH∥AC，则有，然后设，则有，进而可得，最后根据勾股定理可求解．
【详解】解：过点D作DH⊥BC于点H，交BE于点F，设BE与CD交于点M，如图所示：
∵，
∴DH∥AC，
∵点为中点，
∴，，
∴点F是BE的中点，
∵，
∴，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∵DH∥AC，
∴，
∴，
设，则有，，，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：，
解得：（负根舍去），
即；
故答案为．
【点睛】本题主要考查平行线所截线段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与判定、折叠的性质及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握平行线所截线段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与判定、折叠的性质及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
17． 2
【分析】（1）根据折叠和矩形的性质，证出AF = AB =CD，由点 B 恰好落在 CD 边上的中点 F 处，得出 DF =AF ，得 ∠DAF =30°，再求出∠CFE = ∠DAF =30°，即可得答案；
（2）先证△AFD∽△FEC，得，由AB=AF=CD，BE=EF，得，，由，，得=x-1，可得答案．
【详解】解：（1）由折叠，得 AF = AB ， BE = EF ，
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ AB = CD ， ∠D =90°，∠C =90°，
∵点 B 恰好落在 CD 边上的中点 F 处，
∴ DF =CD =AB = AF ，
在 Rt △ ADF 中，由 DF =AF ，得 ∠DAF =30°，
∵∠DAF + ∠AFD =90°，∠AFD + ∠CFE =90°，
∴∠CFE = ∠DAF =30°，
所以在 Rt △ ECF 中，，
∴，
∴x=2；
（2）∵△AFE是由△ABE折叠而来的，
∴△AFE≌△ABE，
∴BE=EF，AB=AF=CD，
∵∠EFC+∠AFD=90°，
∠EFC+∠FEC=90°，
∴∠AFD=∠FEC，
∵∠ADC=∠BCD，
∴△AFD∽△FEC，
∴ ，
∴，
∵AB=AF=CD，BE=EF，
∴，
∴，
∵，，
∴1+=x，
∴=x-1，
∴y=(x＞1)．
【点睛】本题考查了折叠和矩形的性质，在直角三角形中，30°的角对的边是斜边的一半，相似三角形的判定与性质，解题的关键是证三角形相似．
18． 36
【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE=∠DEA，证出∠BEC=∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO=∠BCO，设∠ECO=∠OCB=∠B=x，证出∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，∠CEB=2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】解：∵AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴∠BEC=∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO=∠BCO，
又∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B，
设∠ECO=∠OCB=∠B=x，
∴∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，
∴∠CEB=2x，
∵∠BEC+∠BCE+∠B=180°，
∴x+2x+2x=180°，
∴x=36°，
∴∠B=36°；
∵∠ECO=∠B，∠CEO=∠CEB，
∴△CEO∽△BEC，
∴，
∴CE2=EO•BE，
设EO=x，EC=OC=OB=a，
∴a2=x（x+a），
解得，x=a（负值舍去），
∴OE=a，
∴AE=OA-OE=a-a=a，
∵∠AED=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴△BCE∽△DAE，
∴，
∴．
故答案为：36，．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
19． （，0）
【分析】连接OD，作DG⊥x轴，设点B（b，），D（a，），根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系，进而在直角三角形BOD中，根据勾股定理列出方程，进而求得B，D的坐标，进一步可求得结果．
【详解】解：如图，
作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，
设点B（b，），D（a，），
由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，
∴∠OBC=∠BOD，BC=OD，
∴OI=BI，
∴DI=CI，
∴，
∵∠CID=∠BIO，
∴△CDI∽△BOI，
∴∠CDI=∠BOI，
∴CD∥OB，
∴S△BOD=S△AOB=S矩形AOCB=，
∵S△BOE=S△DOG=|k|=3，S四边形BOGD=S△BOD+S△DOG=S梯形BEGD+S△BOE，
∴S梯形BEGD=S△BOD=，
∴ (+)•（a-b）=，
∴2a2-3ab-2b2=0，
∴（a-2b）•（2a+b）=0，
∴a=2b，a=-（舍去），
∴D（2b，），即：（2b，），
在Rt△BOD中，由勾股定理得，
OD2+BD2=OB2，
∴[（2b）2+（）2]+[（2b-b）2+（-）2]=b2+（）2，
∴b=，
∴B（，2），D（2，），
∵直线OB的解析式为：y=2x，
∴直线DF的解析式为：y=2x-3，
当y=0时，2x-3=0，
∴x=，
∴F（，0），
∵OE=，OF=，
∴EF=OF-OE=，
∴，
故答案为：，（，0）．
【点睛】本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“k”的几何含义，勾股定理，一次函数及其图象性质，分解因式等知识，解决问题的关键是变形等式，进行分解因式．
20．9.88
【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽Rt△DEF，
∴，即，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
21．6
【分析】根据相似三角形的性质可得，再根据DE=2，进而得到BC长．
【详解】解：根据题意，
∵，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝2，
∴，
∴；
故答案为：6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质进行计算．
22．
【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，设点的坐标为，则，先根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，又根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，，再根据反比例函数的解析式可得，从而可得，然后根据即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
设点的坐标为，则，
，，
，，
轴，轴，
，
，
，即，
，
又轴，轴，
，
，
，即，
解得，，
将代入反比例函数得：，
，
，
由得：，
，
，
，
解得，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的几何应用、相似三角形的判定与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
23．（﹣，）．
【详解】试题分析：∵在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，
∴矩形A1OC1B1与矩形AOCB是位似图形，点B与点B1是对应点，
∵OA=2，OC=1．
∵点B的坐标为（﹣2，1），
∴点B1的坐标为（﹣2×，1×），
∵将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，
∴B2（﹣2××，1××），
∴Bn（﹣2×，1×），
∵矩形AnOCnBn的对角线交点（﹣2××，1××），即（﹣，），
考点：位似变换；坐标与图形性质；规律探究题．
24．，
【分析】根据位似变换的性质解答即可．
【详解】解：以点为位似中心，在第三象限内作与的位似比为的位似图形，，
点的横坐标为，纵坐标为，
点的坐标为，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，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，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
25．(1)画图见解析
(2)画图见解析
(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
【详解】（1）解：如图，线段CD即为所求作的线段，
（2）如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
（3）如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而

【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
26．教材呈现：详见解析；结论应用：（1）；（2）6．
【分析】教材呈现：如图①，连结．根据三角形中位线定理可得，，那么，由相似三角形对应边成比例以及比例的性质即可证明；
结论应用：（1）如图②．先证明，得出，那么，又，可得，由正方形的性质求出，即可求出；
（2）如图③，连接．由（1）易证．根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出与的面积比，同理，与的面积比＝2，那么的面积的面积＝2（的面积的面积）＝，所以的面积，进而求出的面积．
【详解】教材呈现：
证明：
如图①，连结．
∵在中，分别是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
结论应用：
（1）解：如图②．
∵四边形为正方形，为边的中点，对角线、交于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵正方形中，，
∴，
∴．
故答案为；
（2）解：如图③，连接．
由（1）知，，
∴．
∵与的高相同，
∴与的面积比，
同理，与的面积比＝2，
∴的面积的面积＝2（的面积的面积），
∴的面积，
∴的面积．
故答案为6．
【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质.灵活运用正方形性质，相似三角形判定和性质是关键.
27．(1)2
(2)6
【分析】（1）利用平行四边形对边平行证明，得到即可求出；
（2）利用平行条件证明，分别求出、的相似比，通过相似三角形的面积比等于相似比的平方分别求出、，最后通过求出．
【详解】（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵四边形BFED是平行四边形，
∴，，DE=BF，
∴，
∴
∴，
∵，DE=BF，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方、灵活运用平行条件证明三角形相似并求出相似比是解题关键．
28．(1)①A(3，0)，B(3，3)，C(0，3)；②
(2)（0≤m≤3）；
【分析】（1）①根据坐标与图形的性质即可求解；②利用待定系数法求解即可；
（2）证明Rt△ABP∽Rt△PCM，根据相似三角形的性质得到n关于m的二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：①∵正方形OABC的边长为3，
∴点A，B，C的坐标分别为A(3，0)，B(3，3)，C(0，3)；
②把点A(3，0)，C(0，3)的坐标分别代入y=−x2+bx+c，
得，解得；
（2）解：由题意，得∠APB=90°-∠MPC=∠PMC，∠B=∠PCM=90°，
∴Rt△ABP∽Rt△PCM，
∴，即．
整理，得，即（0≤m≤3）．
∴当时，n的值最大，最大值是．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，根据正方形的性质求出点A，B，C的坐标是解题的关键．
29．(1)见解析
(2)
(3)螺旋折线…中相邻线段的比均为或，见解析
【分析】（1）证明，则，同理可证，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线…中相邻线段的比均为或；螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
【详解】（1）在正方形中，，，
又∵，
∴．
∴．
∴，．
又∵，
∴．
∴．
同理可证：．
∴四边形是正方形．
（2）∵，设，则．
∴．
∴由勾股定理得：．
∴．
（3）结论1：螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
证明：∵，
∴．
同理，．…
∴．
同理可得，…
∴螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
结论2：螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵，，
∴，
∴．
同理得：，
∵，
∴，即．
同理可证．
∴螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
30．(1)见解析
(2)或5
(3)或或或
【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；
（2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可；
（3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵四边形是菱形，
∴，
∴．
∵FGBC，
∴，
∴，
∴△AFG是等腰三角形，
∴．
（2）解：记中点为点O．
①当点E在上时，如图2，过点A作于点M，
∵在中，，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②当点E在上时，如图3，
过点A作于点N．
同理，，
，
∴．
∴或5．
（3）解：过点A作于点M，作于点N．
①当点E在线段上时，．设，则，
ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4，
．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
经检验，是方程的根，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
经检验，是方程的根，
∴．
ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5，
．
∵，
∴，
∴，
∴，
此方程无解．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
经检验，是方程的根，
∴．
②当点E在线段上时，，如图6，．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
此方程无解．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
经检验，是方程的根，
∵，
∴不合题意，舍去；
③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J，
在中，．
，
∴，
∴，
∵，
∴，符合题意，
此时，．
④当点E在线段上时，，
∵，
∴与不相似．
综上所述，s满足的条件为：或或或．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．
31．(1)，见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明（），得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB可得，结论得证；
（3）过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴（），
∴．
又∵，
∴．
∵
∴△CFH是等腰三角形，
∴．
（2）证明：如图1，过点K作于点G．
∵，
∴．
∴，
∴．
∵，，
∴．
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图2，过点K作点G．
∵点K为中点：
由（2）得，
∴，
设，，则，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
32．(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）画一个高为3，底边长为4的三角形即可；
（2）连接格点EF交AB于点P，即可得到．
（1）
解：如图①，△ABC即为所求（答案不唯一）；
（2）
解：如图②，点P即为所求．
．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．