初中数学浙教版九年级上册第4章 相似三角形综合与测试课后测评

这是一份初中数学浙教版九年级上册第4章 相似三角形综合与测试课后测评，共32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。

浙教版初中数学九年级上册第四单元《相似三角形》
考试范围：第四章；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. 美是一种感觉，当人体的下半身长与身高的比值越接近0.618时越给人一种美感．已知某女士身高160 cm，下半身长与身高的比值是0.60，为尽可能达到好的效果，她应穿的高跟鞋的高度约为(    )
A. 6 cm B. 10 cm C. 4 cm D. 8 cm
2. 在《几何原本》中给出了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F，使得EF=BE，以AF为边作正方形AFGH，点H即是线段AB的黄金分割点.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
3. 如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF=S△ADF；②S△CDF=4S△CEF；③S△ADF=2S△CEF；④S△ADF=2S△CDF，其中正确的是(    )
A. ①③
B. ②③
C. ①④
D. ②④
4. 在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点P是△ABC所在平面内一点，则PA2+PB2+PC2取得最小值时，下列结论正确的是(    )
A. 点P是△ABC三边垂直平分线的交点
B. 点P是△ABC三条内角平分线的交点
C. 点P是△ABC三条高的交点
D. 点P是△ABC三条中线的交点
5. 如图，正方形ABCD的边长是3，BP=CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2=OE⋅OP；③S△AOD=S四边形OECF；④当BP=1时，tan∠OAE=1316，其中正确结论的个数是(    )


A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q.若QH=2PE，PQ=15，则CR的长为(    )
A. 14
B. 15
C. 83
D. 65
7. 如图1，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点，三角形的布洛卡点(Brocardpoint)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle1780−1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡( Brocard1845−1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：如图2，在等腰△DEF中，DF=EF，FG是△DEF的中线，若点Q为△DEF的布洛卡点，FQ=9，FGDE=2，则DQ+EQ=(    )

A. 10 B. 9+922 C. 6+63 D. 72
8. 如图，在一块斜边长为30 cm的直角三角形木板(Rt△ACB)上截取一个正方形CDEF，点D在边BC上，点E在斜边AB上，点F在边AC上，若AF:AC=1:3，则这块木板截取正方形CDEF后，剩余部分的面积为(    )
A. 100cm2 B. 150cm2 C. 170cm2 D. 200cm2
9. 如图所示是一个直角三角形的苗圃，由一个正方形花坛和两块直角三角形的草皮组成．如果两个直角三角形的两条斜边长分别为4米和6米，则草皮的总面积为平方米．(    )
A. 313 B. 9 C. 12 D. 24
10. 如图，已知矩形ABCD∽矩形BCFE，AD=AE，则AB:AD的值是  (    )

A. 2:1 B. 3:1 C. 5+12 D. 5−12
11. 如图，一张矩形纸片ABCD的长AB=xcm，宽BC=ycm，把这张纸片沿一组对边AB和D的中点连线EF对折，对折后所得矩形AEFD与原矩形ADCB相似，则x：y的值为(    )


A. 2 B. 2 C. 2+55 D. 2-12
12. 如图，已知△ABC与△DEF是位似图形，且OB：BE=1：2，那么S△ABC：S△DEF(    )

A. 1：3 B. 1：2 C. 1：9 D. 1：4
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知：x−y13=y7，则x+yy=________．
14. 如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12，线段PQ在边BA上运动，PQ=12，若△AQD与△BCP相似，则AQ的长是______．


15. 如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1=∠2.测得EF=15米，FM=2米，MN=8米，∠ANE=45°，则场地的边AB为______米，BC为______米．


16. 如图，已知矩形ABCD中，AD>AB，在矩形ABCD内作正方形ABEF，若四边形CEFD与矩形ABCD相似，且AB=2，则AD的长为______ ．




三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，BD平分∠ABC交AC于点D
求证：AD2=AC⋅CD；
18. 已知：ab+c=ba+c=ca+b=k，求k值．
19. 如图是由小正方形组成的5×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点.仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图(1)中，先在边AB上画点E，使AE=2BE，再过点E画直线EF，使EF平分矩形ABCD的面积；
(2)在图(2)中，先画△BCD的高CG，再在边AB上画点H，使BH=DH．

20. ΔABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．

(1)作ΔABC关于点C成中心对称的ΔA1B1C1 ．
(2)将ΔA1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的ΔA2B2C2．
(3)在x轴上求作一点P，使PA1+PC2的值最小，并写出点P的坐标________．
21. 已知抛物线y = ax2+ bx + c(a < 0)经过原点O．
(1)若抛物线的顶点为A，与x轴的另一个交点为B，当b = 2时，求∠AOB的度数；
(2)若抛物线经过点( − 2,m)和(2,m)，且当− 3≤x≤4时，y的最大值与最小值的差为4．
①求抛物线的表达式；
②设直线l:y = kx − 1(k≠0)与抛物线交于M，N两点，点P在直线y = 1上(点P不与点(0,1)重合，过点P且与y轴平行的直线分别交直线l和抛物线于点C，D.当D为PC的中点时，求证：∠MPN = 90°．
22. 如图，抛物线y=3+36x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO=3AO=3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC=3CD．
(1)求b，c的值；
(2)求直线BD的函数解析式；
(3)点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．

23. 如图，身高1.5米的人站在两棵树之间，距较高的树5米，距较矮的树3米，若此人观察的树梢所成的视线的夹角是90°，且较矮的树高4米，那么较高的树有多少米？

24. 如图1，矩形CEFG的一边落在矩形ABCD的一边上，并且矩形CEFG～矩形CDAB，其相似比为k，连接BG、DE．
(1)填空：BG、DE的位置关系是___________；
(2)将矩形CEFG绕着点C按顺时针旋转任意角度α(00<α<3600)，得到图形2.请你通过观察、分析、判断(1)中得到的结论是否能成立，并证明你的判断；
(3)在(2)中，矩形CEFG绕着点C旋转过程中，连接BD、BF、DF，且k=14，AB=8，BC=4，则△BDF的面积是否存在最大值或最小值？若存在，请直接写出最大值，最小值；若不存在，请说明理由．
25. 已知正三角形ABC的边长为3+3．

(1)如图 ①，正方形EFPN的顶点E、F在边AB上，顶点N在边AC上，在正三角形ABC及其内部，以点A为位似中心，作正方形EFPN的位似正方形E′F′P′N′，且使正方形E′F′P′N′的面积最大(不要求写作法);
(2)求(1)中作出的正方形E′F′P′N′的边长;
(3)如图 ②，在正三角形ABC中放入正方形DEMN和正方形EFPH，使得DE、EF在边AB上，点P、N分别在边CB、CA上，求这两个正方形面积和的最大值和最小值，并说明理由．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
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．先求得下半身的实际高度，再根据黄金分割的定义求解．
【解答】
解：根据已知条件得下半身长是160×0.60=96cm，
设需要穿的高跟鞋是ycm，则根据黄金分割的定义得：96+y160+y=0.618，
解得：y≈8cm．
故选D．  
2.【答案】C 
【解析】 ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAB=90∘，
设正方形ABCD的边长为2a(a>0)，
∵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，
∴AH=AF=(5−1)a，
∴S1=AF⋅AH=(5−1)a⋅(5−1)a=(6−25)a2，
S2=S正方形ABCD−S长方形ADIH=2a⋅2a−2a⋅(5−1)a=(6−25)a2，
∴S1=S2，
故选C．


3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中档题．
由△AFD≌△AFB，即可推出S△ABF=S△ADF，故①正确，由BE=EC=12BC=12AD，AD/​/EC，推出ECAD=CFAF=EFDF=12，可得S△CDF=2S△CEF，S△ADF=4S△CEF，S△ADF=2S△CDF，故②③错误④正确，由此即可判断．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD/​/CB，AD=BC=AB，∠FAD=∠FAB=45°，
在△AFD和△AFB中，
AF=AF∠FAD=∠FABAD=AB，
∴△AFD≌△AFB，
∴S△ABF=S△ADF，故①正确；
∵BE=EC=12BC=12AD，AD/​/EC，
∴ECAD=CFAF=EFDF=12，
∴S△CDF=2S△CEF，S△ADF=4S△CEF，S△ADF=2S△CDF，
故②③错误④正确，
故选：C．  
4.【答案】D 
【解析】解：过P作PD⊥AC于D，过P作PE⊥AB于E，延长CP交AB于M，延长BP交AC于N，如图：

∵∠A=90°，PD⊥AC，PE⊥AB，
∴四边形AEPD是矩形，
设AD=PE=x，AE=DP=y，
Rt△AEP中，AP2=x2+y2，
Rt△CDP中，CP2=(8−x)2+y2，
Rt△BEP中，BP2=x2+(6−y)2，
∴AP2+CP2+BP2=x2+y2+(8−x)2+y2+x2+(6−y)2
=3x2−16x+3y2−12y+100
=3(x−83)2+3(y−2)2+2003，
∴x=83，y=2时，AP2+CP2+BP2的值最小，
此时AD=PE=83，AE=PD=2，
∵∠BAC=90°，PD⊥AC，
∴PD//AB，
∴AMPD=ACCD，即AM2=8163，
∴AM=3，
∴AM=12AB，即M是AB的中点，
同理可得AN=12AC，N为AC中点，
∴P是△ABC三条中线的交点，
故选：D．
过P作PD⊥AC于D，过P作PE⊥AB于E，延长CP交AB于M，延长BP交AC于N，设AD=PE=x，AE=DP=y，则AP2+CP2+BP2==3(x−83)2+3(y−2)2+2003，当x=83，y=2时，AP2+CP2+BP2的值最小，此时AD=PE=83，AE=PD=2，由AMPD=ACCD，得AM=3，M是AB的中点，同理可得AN=12AC，N为AC中点，即P是△ABC三条中线的交点．
本题考查直角三角形中的最小值，涉及勾股定理、二次函数的最大值、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是求出AD=PE=83，AE=PD=2．

5.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
由四边形ABCD是正方形，得到AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD⋅OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE⋅OP；故②错误；根据全等三角形的性质得到CF=BE，DF=CE，于是得到S△ADF−S△DFO=S△DCE−S△DOF，即S△AOD=S四边形OECF；故③正确；根据相似三角形的性质得到BE=34，求得QE=134，QO=135，OE=3920，由三角函数的定义即可得到结论．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∵BP=CQ，
∴AP=BQ，
在△DAP与△ABQ中，AD=AB∠DAP=∠ABQAP=BQ，
∴△DAP≌△ABQ，
∴∠P=∠Q，
∵∠Q+∠QAB=90°，
∴∠P+∠QAB=90°，
∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP；
故①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90°，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴AOOD=OPOA，
∴AO2=OD⋅OP，
∵AE>AB，
∴AE>AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE⋅OP；故②错误；
在△CQF与△BPE中∠FCQ=∠EBP∠Q=∠PCQ=BP，
∴△CQF≌△BPE，
∴CF=BE，
∴DF=CE，
在△ADF与△DCE中，AD=CD∠ADC=∠DCEDF=CE，
∴△ADF≌△DCE，
∴S△ADF−S△DFO=S△DCE−S△DOF，
即S△AOD=S四边形OECF；故③正确；
∵BP=1，AB=3，
∴AP=4，
∵△PBE∽△PAD，
∴PBEB=PADA=43，
∴BE=34，∴QE=134，
∵△QOE∽△PAD，
∴QOPA=OEAD=QEPD=1345，
∴QO=135，OE=3920，
∴AO=5−QO=125，
∴tan∠OAE=OEOA=1316，故④正确，
故选：C．  
6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正方形的性质和勾股定理等知识．
如图，连接EC，CH.设AB交CR于J.证明△ECP∽△HCQ，推出PCCQ=CECH=EPHQ=12，由PQ=15，可得PC=5，CQ=10，由EC：CH=1：2，推出AC：BC=1：2，设AC=a，BC=2a，证明四边形ABQC是平行四边形，推出AB=CQ=10，根据AC2+BC2=AB2，构建方程求出a即可解决问题．
【解答】
解：如图，连接EC，CH.设AB交CR于J．

∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE=∠BCH=45°，
∵∠ACB=90°，∠BCI=90°，
∴∠ACE+∠ACB+∠BCH=180°，∠ACB+∠BCI=90°
∴B，C，H共线，A，C，I共线，
∵DE//AI//BH，
∴∠CEP=∠CHQ，
∵∠ECP=∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴PCCQ=CECH=EPHQ=12，
∵PQ=15，
∴PC=5，CQ=10，
∵EC：CH=1：2，
∴AC：BC=1：2，设AC=a，BC=2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ//AB，
∵AC//BQ，CQ//AB，
∴四边形ABQC是平行四边形，
∴AB=CQ=10，
∵AC2+BC2=AB2，
∴5a2=100，
∴a=25(负根已经舍弃)，
∴AC=25，BC=45，
∵12·AC·BC=12·AB·CJ，
∴CJ=25×4510=4，
∵JR=AF=AB=10，
∴CR=CJ+JR=14，
故选A．  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明△DQE∽△EQF是本题的关键．由等腰三角形的性质和勾股定理可求EF的长，通过证明△DQE∽△EQF，可得DQQE=QEQF=DEEF=23，即可求解．
【解答】
解：∵DF=EF，FG是△DEF的中线，
∴DG=GE，FG⊥DE，∠FDE=∠FED，
∵FGDE=2，
∴设DE=x，则FG=2x，
∴DG=12x
∴EF=DF=DG2+FG2=2x2+14x2=32x
∵点Q为△DEF的布洛卡点，
∴∠QDF=∠QED=∠QFE，且∠FDE=∠FED，
∴∠QDE=∠QEF，且∠QED=∠QFE，
∴△DQE∽△EQF
∴DQQE=QEQF=DEEF=23
∴QE=6，DQ=4
∴QE+DQ=10
故选A．
  
8.【答案】A 
【解析】  设AF=x cm，则AC=3x cm，
∵四边形CDEF为正方形，
∴EF=CF=2x cm，EF/​/BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=AFAC=13，
∴BC=6x cm．
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，
即302=(3x)2+(6x)2，
解得x=25，
 ∴AC=65 cm，BC=125 cm，CF=45 cm，
∴剩余部分的面积=12×125×65−45×45=100(cm2).
故选A．

9.【答案】C 
【解析】解：∵△MDE是直角三角形，四边形ABCD是正方形，
∴∠MAB=∠BCE=90°，∠M+∠ABM=90°，∠ABM+∠CBE=90°，
∴∠M=∠CBE，
∴△AMB∽△CBE，
∴MBBE=ABCE，
∵MB=6，BE=4，
∴MBBE=ABCE=64=32，
∵AB=BC，
∴BCCE=32，
设CE=2x，则BC=3x，在Rt△CBE中，
BE2=BC2+CE2，即42=(3x)2+(2x)2，解得x=41313，
∴CE=81313，AB=BC=121313，AM=32AB=181313，
∴S草皮=S△CBE+S△AMB=12×81313×121313+12×121313×181313
=12．
故选：C．
先根据相似三角形的判定定理得出△AMB∽△CBE，故可得出MBBE=ABCE的值，设CE=x，则BC=2x，在Rt△CBE中根据勾股定理求出x的值，故可得出CE，AB=BC，AM=2AB的值，再根据S草皮=S△CBE+S△AMB，即可得出结论．
本题考查了相似三角形的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．

10.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查的是相似多边形的性质，掌握相似多边形的对应边成比例是解题的关键.根据相似多边形的性质列出比例式，计算得到答案．
【解答】
解：∵矩形ABCD∽矩形BCFE，
∴FCAD=ADAB，即AB−ADAD=ADAB，
整理得，AB2−AD⋅AB−AD2=0，
AB=1±52AD，
∴AB:AD=5+12，
故选C．  
11.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了相似多边形的性质、矩形的性质、翻折变换的性质；根据相似多边形对应边的比相等得出方程是解决本题的关键．根据相似多边形对应边的比相等，可得到一个方程，解方程即可求得．

【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=ycm，
由折叠的性质得：AE=12AB=12x，
∵矩形AEFD与原矩形ADCB相似，
∴AEAD=ADAB，即12xy=yx，
∴x2=2y2，
∴x=2y，
∴xy=2yy=2，.
故选B．  
12.【答案】C 
【解析】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC∽△DEF，且OB：BE=1：2，
∴位似比是OB：OE=1：3
∴S△ABC：S△DEF=1：9．
故选C．
已知△ABC与△DEF是位似图形，且OB：BE=1：2，则位似比是OB：OE=1：3，因而S△ABC：S△DEF=1：9．
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，其对应的面积比等于相似比的平方．

13.【答案】277 
【解析】
【分析】
本题考查了比例的性质．解答该题时利用了更比定理(一个比的前项与另一个比的后项互调后，所得结果仍是比例)和合比定理(在一个比例里，第一个比的前后项的和与它后项的比，等于第二个比的前后项的和与它的后项的比，这叫做比例中的合比定理).根据更比定理得x−yy=137;由合比定理求得x+yy=277．
【解答】
解：∵x−y13=y7;
∴x−yy=137(更比定理)；
∴x−y+2yy=13+7×27(合比定理)；
即x+yy=277；
故答案为277．
  
14.【答案】514或1或32 
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的性质、等边三角形的性质以及解分式方程，分△AQD∽△BCP及△AQD∽△BPC两种情况，找出关于AQ长的分式方程是解题的关键．
利用等边三角形的性质可得出AB=BC=3，∠A=∠B，设AQ=x，则BP=3−12−x=52−x，分△AQD∽△BCP及△AQD∽△BPC两种情况考虑，利用相似三角形的性质可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解答】
解：∵等边△ABC的边长为3，
∴AB=BC=3，∠A=∠B=60°．
设AQ=x，则BP=3−12−x=52−x．
△AQD与△BCP相似分两种情况：
①当△AQD∽△BCP时，AQBC=ADBP，
即x3=1252−x，
解得：x1=1，x2=32，
经检验，x1=1，x2=32均为原方程的解，且符合题意；
②当△AQD∽△BPC时，AQBP=ADBC，
即x52−x=123，
解得：x=514．
综上所述，AQ的长是514或1或32．
故答案为：514或1或32．  
15.【答案】152 ；202 
【解析】解：∵AE⊥l，BF⊥l，
∵∠ANE=45°，
∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，
∴AE=EN，BF=FN，
∵EF=15米，FM=2米，MN=8米，
∴AE=EN=15+2+8=25(米)，BF=FN=2+8=10(米)，
∴AN=252，BN=102，
∴AB=AN−BN=152(米)；
过C作CH⊥l于H，过B作PQ/​/l交AE于P，交CH于Q，
∴AE/​/CH，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，
∴PE=BF=QH=10，PB=EF=15，BQ=FH，
∵∠1=∠2，∠AEF=∠CHM=90°，
∴△AEF∽△CHM，
∴CHHM=AEEF=2515=53，
∴设MH=3x，CH=5x，
∴CQ=5x−10，BQ=FH=3x+2，
∵∠APB=∠ABC=∠CQB=90°，
∴∠ABP+∠PAB=∠ABP+∠CBQ=90°，
∴∠PAB=∠CBQ，
∴△APB∽△BQC，
∴APBQ=PBCQ，
∴153x+2=155x−10，
∴x=6，
∴BQ=CQ=20，
∴BC=202，
故答案为152；202．
根据已知条件得到△ANE和△BNF是等腰直角三角形，求得AE=EN=15+2+8=25(米)，BF=FN=2+8=10(米)，于是得到AB=AN−BN=152(米)；过C作CH⊥l于H，过B作PQ/​/l交AE于P，交CH于Q，根据矩形的性质得到PE=BF=QH=10，PB=EF=15，BQ=FH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

16.【答案】5+1 
【解析】解：∵四边形CEFD与矩形ABCD相似，
∴FDCD=CDAD，
∴CD2=DF⋅AD，
即AF2=DF⋅AD，
∴F是AD的黄金分割点，
∴AF=5−12AD，又AF=AB=2，
∴AD=5+1，
故答案为：5+1．
根据相似三角形的性质得到F是AD的黄金分割点，根据黄金比值计算即可．
本题考查的是相似多边形的性质，掌握相似多边形的性质为：对应角相等；对应边的比相等是解题的关键．

17.【答案】证明：(1)∵AB=AC=1，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠ABD=36°，∠BDC=60°，
∴AD=BD=CD，
∵∠CBD=∠A，∠C=∠C，
∴△CBD∽△CAB，
∴BC2=AC⋅CD，
即AD2=AC⋅CD． 
【解析】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC(AC>BC)，且使AC是AB和BC的比例中项(即AB：AC=AC：BC)，叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠ABC=∠C=72°，∠ABD=∠CBD=36°，∠BDC=72°，则可得到AD=BD=BC，然后根据相似三角形的判定方法易得△BDC∽△ABC，利用相似比得到BC2=CD⋅AC，于是有AD2=CD⋅AC．


18.【答案】解：当a+b+c=0时，a=−(b+c)，
因而k=ab+c=−(b+c)b+c=−1；
当a+b+c≠0时，
k=a+b+c(b+c)+(c+a)+(a+b)=12．
故k的值是−1或12． 
【解析】本题主要考查了等比性质，在运用等比性质时，条件是：分母的和不等于0.当a+b+c=0时容易求得；当a+b+c≠0时，依据等比性质即可求解．

19.【答案】解：(1)如图，直线EF即为所求．
(2)如图，线段CG，点H即为所求．
 
【解析】(1)如图取格点T，连接DT交AB于点E，连接BD，取BD的中点F，作直线EF即可．
(2)取格点E，F，连接EF交格线于P，连接CP交BD于点G，线段CG即为所求．取格点M，N，T，K，连接MN，TK交于点J，取BD的中点O，作直线OJ交AB于H，连接DH，点H即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．

20.【答案】解：(1)如图所示：
(2)如图所示：

(3)(83,0) 
【解析】
【分析】
本题考查的是平移变换有关知识．
(1)延长AC到A1，使得AC=A1C，延长BC到B1，使得BC=B1C，即可得出图象；
(2)根据△A1B1C1将各顶点向右平移4个单位，得出△A2B2C2；
(3)作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，求出直线A′C2的解析式，即可求出P点坐标．
【解答】
(1)见答案；
(2)见答案；
(3)解：如图所示：作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，
由题意，A′(2,−1)，C2(4,2)，
设直线A′C2的解析式为y=kx+b，
则2k+b=−14k+b=2，解得k=32b=−4,
所以直线A′C2的解析式为y=32x−4，
令y=0，得x=83，
可得P点坐标为：(83,0)．
故答案为(83,0)．  
21.【答案】(1)解：由题意得：y=ax2+2x=a(x+1a)2−1a，
∴A(−1a,−1a)，
∵a<0，
∴点A在第一象限．
过点A作AH⊥x轴，垂足为H，则AH=−1a，OH=−1a，
∴HA=HO．

∴∠AOB=45°；
(2)①解：∵(−2,m)和(2,m)是对称点，
∴对称轴为：直线x=0，
又图象经过原点，
∴抛物线的表达式为：y=ax2，
∵a<0，
∴y最大值为0，
∵−3≤x≤4，
∴当x=4时，y取最小值16a，
∵当−3≤x≤4时，y的最大值与最小值的差为4，
∴0−16a=4，
∴a=−14，
∴抛物线的表达式为：y=−14x2；
②证明：先证明：在坐标系中，直线y1=kx+b与直线y2=mx+n，当k⋅m=−1，则y1⊥y2，
如图，

将y1=kx+b和y2=−1kx+n平移到l1和l2，
取P(1,−1k)，Q(−1,−k)，
∴OH=1，QH=−k，OG=1，PG=−1k，
∵QHOH=OGPG=−k，∠QHO=∠PGO=90°，
∴△QHO∽△OGP，
∴∠HQO=∠POG，
∵∠HQO+∠QOH=90°，
∴∠POG+∠QOH=90°，
∴∠POQ=90°，
∴上述命题得证，
如图，

设D(m,−14m2)，则P(m,1)，
∵当D为PC的中点，
∴C(m,−12m2−1)，
把x=m，y=−12m2−1代入y=kx−1得，
−12m2−1=km−1，
∴k=−12m，
∴y=−12mx−1，
由−12mx−1=−14x2得，
x2−2mx−4=0，
∴x1+x2=2m，x1⋅x2=−4，
∴y1+y2−=−12m⋅x1−1−12mx2−1=−12m(x1+x2)−2=−m2−2，
y1⋅y2=(−12m⋅x1−1)⋅(−12mx2−1)=1，
∵(y1−1)(y2−1)+(x1−m)⋅(x2−m)
=y1y2−(y1+y2)+1+x1⋅x2−m(x1+x2)+m2
=1−(−m2−2)+1−4−2m2+m2
=0，
∴y1−1y2−1x1−mx2−m=−1，
∴kMP⋅kPN=−1，
∴PM⊥PN，
∴∠MPN=90°． 
【解析】本题考查了二次函数与一元二次方程，一次函数图象及其性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键较强的计算能力．
(1)推出抛物线的表达式为：y=ax2+2x=a(x+1a)2−1a，进一步得出结果;
(2) ①推出抛物线的表达式为：y=ax2，推出函数最大值是0，最小值是当x=4时的y的值，进一步求得结果;
 ②设D(m,−14m2)，表示出C(m,−12m2−1)，进而得出直线MN的表达式为：y=−12mx−1，得出一元二次方程−12mx−1=−14x2后，根据根与系数关系式得出x1+x2=2m，x1⋅x2=−4，y1+y2=−m2−2，y1⋅y2=1，计算得出(y1−1)(y2−1)+(x1−m)⋅(x2−m)=0，进一步得出结论．

22.【答案】解：(1)∵BO=3AO=3，
∴点B(3,0)，点A(−1,0)，
∴抛物线解析式为：y=3+36(x+1)(x−3)=3+36x2−3+33x−3+32，
∴b=−3+33，c=−3+32；
(2)如图1，过点D作DE⊥AB于E，

∴CO/​/DE，
∴BCCD=BOOE，
∵BC=3CD，BO=3，
∴3=3OE，
∴OE=3，
∴点D横坐标为−3，
∴点D坐标(−3,3+1)，
设直线BD的函数解析式为：y=kx+b，
由题意可得：3+1=−3k+b0=3k+b，
解得：k=−33b=3，
∴直线BD的函数解析式为y=−33x+3；
(3)∵点B(3,0)，点A(−1,0)，点D(−3,3+1)，
∴AB=4，AD=22，BD=23+2，对称轴为直线x=1，
∵直线BD：y=−33x+3与y轴交于点C，
∴点C(0,3)，
∴OC=3，
∵tan∠OBC=COBO=33，
∴∠OBC=30°，
如图2，过点A作AK⊥BD于K，

∴AK=12AB=2，
∴DK=AD2−AK2=8−4=2，
∴DK=AK，
∴∠ADB=45°，
如图，设对称轴与x轴的交点为N，即点N(1,0)，

若∠CBO=∠PBO=30°，
∴BN=3PN=2，BP=2PN，
∴PN=233，BP=433，
当△BAD∽△BPQ，
∴BPBA=BQBD，
∴BQ=433×(23+2)4=2+233，
∴点Q(1−233,0)；
当△BAD∽△BQP，
∴BPBD=BQAB，
∴BQ=433×423+2=4−433，
∴点Q(−1+433,0)；
若∠PBO=∠ADB=45°，
∴BN=PN=2，BP=2BN=22，
当△DAB∽△BPQ，
∴BPAD=BQBD，
∴2222=BQ23+2，
∴BQ=23+2
∴点Q(1−23,0)；
当△BAD∽△PQB，
∴BPBD=BQAD，
∴BQ=22×2223+2=23−2，
∴点Q(5−23,0)；
综上所述：满足条件的点Q的坐标为(1−233,0)或(−1+433,0)或(1−23,0)或(5−23,0)． 
【解析】(1)先求出点A，点B坐标，代入交点式，可求抛物线解析式，即可求解；
(2)过点D作DE⊥AB于E，由平行线分线段成比例可求OE=3，可求点D坐标，利用待定系数法可求解析式；
(3)利用两点距离公式可求AD，AB，BD的长，利用锐角三角函数和直角三角形的性质可求∠ABD=30°，∠ADB=45°，分∠ABP=30°或∠ABP=45°两种情况讨论，利用相似三角形的性质可求解．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，相似三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．

23.【答案】解：过点E作EH⊥AB，EM⊥CD，H、M为垂足，则∠A+∠AEH=90°．
∵∠AEC=90°，
∴∠AEH+∠CEM=90°，
∴∠A=∠CEM．
∵∠AHE=∠CME=90°，
∴△AHE∽△EMC，
∴AHEM=HECM，即4−1.55=3CM，解得CM=6，
∴CD=CM+DM=6+1.5=7.5(米)．
答：树高有7.5米． 
【解析】过点E作EH⊥AB，EM⊥CD，H、M为垂足，根据相似三角形的判定定理得出△AHE∽△EMC，由相似三角形的对应边成比例求出CM的长，进而可得出结论．
本题考查的是相似三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键．

24.【答案】解(1)垂直；
(2)判断：成立，
证明：如图2所示，BG与DE交于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠BCD=∠ECG=900，
∴∠BCG=∠DCE，
又∵矩形CEFG∽矩形CDAB，
∴BCCG=DCCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CDE=∠CBG，
又∵∠DHP=∠BHC，
∴∠DPH=∠BCH=900，
DE⊥BG；
(3)△BDF的面积存在最大值和最小值，最大值为26，最小值为6． 
【解析】
【分析】
本题考查图形的旋转，相似多边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．
(1)由矩形CEFG∽矩形CDAB可以得出∠BCD=∠DCE=90°，DCCE=BCGC，从而可以得到△BCG∽△DCE，再利用角相等通过代换就可以得出结论；
(2)由条件可以得出证明△BCG∽△DCE，再利用角相等通过代换就可以得出结论；
(3)矩形CEFG绕着点C旋转一周，点F的轨迹是以点C为圆心，以5为半径的圆，所以△BDF的BD边上的高就是点F到BD的距离，也就是圆上的点到BD的距离，有最大值和最小值，最大值为点C到BD的距离与圆的半径的和，最小值为点C到BD的距离与圆的半径的差，再利用三角形的面积公式求解即可．
【解答】
解：(1)∵矩形CEFG∽矩形CDAB，
∴∠BCD=∠DCE=90∘，DCCE=BCGC，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
延长BG交DE于M．

又∵∠CGB=∠DGM，
∴∠BCG=∠DMG=90∘，
∴BG⊥DE，
故答案为垂直；
(2)见答案．
(3)∵矩形CEFG∽矩形CDAB，其相似比k=14，
BD=AB2+AD2=45，
∴CF=5，
∴点F的轨迹是以点C为圆心，5为半径的圆．
设点C到BD的距离为h，
∴45h=8×4，
解得h=855，
∵线段BD的长度固定，
∴当点F到BD的距离为855+5=1355时，△BDF的面积有最大值，
最大值为12×45×1355=26．
∴当点F到BD的距离为855−5=355时，△BDF的面积有最小值，
最小值为12×45×355=6．
故△BDF的面积存在最大值和最小值，最大值为26，最小值为6．  
25.【答案】解析  (1)如图，正方形E′F′P′N′即为所求．

(2)设正方形E′F′P′N′的边长为x，
∵△ABC为正三角形，∴∠CAE=∠B=60∘，
∴AE′=BF′=33x.
∵E′F′+AE′+BF′=AB，∴x+33x+33x=3+3，
解得x=33−3．
(3)如图，连接NE、EP、PN，易知∠NEP=90∘．

设正方形DEMN、正方形EFPH的边长分别为m、n(m≥n)，
它们的面积和为S，
则NE=2m，PE=2n，
∴PN2=NE2+PE2=2m2+2n2= 2(m2+n2)，
∴S=m2+n2=12PN2，
延长PH交ND于点G，则PG⊥ND．
在Rt△PGN中，PN2=PG2+GN2=(m+n)2+(m−n)2．
∵AD+DE+EF+BF=AB，
∴33m+m+n+33n=3+3，
化简得m+n=3，
∴S=12[32+(m−n)2]=92+12(m−n)2．
 ①当(m−n)2=0，即m=n时，S最小，∴S最小=92．
 ②当(m−n)2最大时，S最大，即当m最大且n最小时，S最大．
∵m+n=3，由(2)知，m最大=33−3，∴n最小=6−33．
∴S最大=12[9+(m最大−n最小)2]=12×[9+(33−3−6+33)2]=99−543．
综上所述，S最大=99−543，S最小=92．
 
【解析】见答案