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第17讲 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（江苏专用）
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这是一份第17讲 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（江苏专用），共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
第17讲 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（江苏专用）
一、单选题
1．（2022·徐州）如图，若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B．6 C．163 D．173
2．（2022·镇江）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（ ）
A．2 B．73 C．625 D．925
3．（2022·盐城）“跳眼法”是指用手指和眼睛估测距离的方法
步骤：
第一步：水平举起右臂，大拇指紧直向上，大臂与身体垂直；
第二步：闭上左眼，调整位置，使得右眼、大拇指、被测物体在一条直线上；
第三步：闭上右眼，睁开左眼，此时看到被测物体出现在大拇指左侧，与大拇指指向的位置有一段横向距离，参照被测物体的大小，估算横向距离的长度；
第四步：将横向距离乘以10（人的手臂长度与眼距的比值一般为10），得到的值约为被测物体离观测，点的距离值．
如图是用“跳眼法”估测前方一辆汽车到观测点距离的示意图，该汽车的长度大约为4米，则汽车到观测点的距离约为（ ）
A．40米 B．60米 C．80米 D．100米
4．（2022·扬州）如图，在ΔABC中，AB
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
5．（2022·连云港）如图，将矩形 ABCD 沿着 GE 、 EC 、 GF 翻折，使得点 A 、 B 、 D 恰好都落在点 O 处，且点 G 、 O 、 C 在同一条直线上，同时点 E 、 O 、 F 在另一条直线上.小炜同学得出以下结论：
①GF∥EC ；②AB=435AD ；③GE=6DF ；④OC=22OF ；⑤△COF∽△CEG .
其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
6．（2022·连云港）△ABC的三边长分别为2，3，4，另有一个与它相似的三角形 DEF ，其最长边为12，则 △DEF的周长是（ ）
A．54 B．36 C．27 D．21
7．（2022·泗阳模拟）两个相似三角形，其周长之比为3：2，则其面积比为（ ）
A．3：2 B．3：2 C．9：4 D．不能确定
8．（2022·泗阳模拟）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH=h，AB=c，若内接正方形DEFG的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ）
A．x2+h2=c2 B．12x+h=c C．h2=xc D．1x=1h+1c
9．（2021·无锡）如图，D、E、F分别是 △ABC 各边中点，则以下说法错误的是（ ）
A．△BDE 和 △DCF 的面积相等
B．四边形 AEDF 是平行四边形
C．若 AB=BC ，则四边形 AEDF 是菱形
D．若 ∠A=90° ，则四边形 AEDF 是矩形
10．（2021·姑苏模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD与AB交于点E.若AC＝AE，CE＝4，DE＝6，则 AEBE 的值为（ ）
A．12 B．13 C．23 D．5-12
二、填空题
11．（2022·常州）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12.在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置（点D与点B重合）平移至终止位置（点E与点A重合），且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是 .
12．（2022·扬州模拟）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，DB＝2，则DEBC的值为 .
13．（2022·泗洪模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，在边BC上取点P，使∠DAP的平分线过DC的中点Q，则线段BP的长等于 .
14．（2022·惠山模拟）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△EOC＝1：9，则当S△ADE＝1时，四边形DBCE的面积是 .
15．（2021·徐州）如图，在 ΔABC 中，点 D，E 分别在边 BA，BC 上，且 ADDB=CEEB=32 ， ΔDBE 与四边形 ADEC 的面积的比为 .
16．（2021·无锡）下列命题中，正确命题的个数为 .
①所有的正方形都相似
②所有的菱形都相似
③边长相等的两个菱形都相似
④对角线相等的两个矩形都相似
17．（2021·镇江）如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若 AMAN ＝ 12 ，则 S△ADES△ABC ＝ .
18．（2021·宿迁）如图，在△ABC中，AB=4，BC=5，点D、E分别在BC、AC上，CD=2BD，CF=2AF，BE交AD于点F，则△AFE面积的最大值是 .
19．（2021·扬州）如图，在 △ABC 中， AC=BC ，矩形 DEFG 的顶点D、E在 AB 上，点F、G分别在 BC 、 AC 上，若 CF=4 ， BF=3 ，且 DE=2EF ，则 EF 的长为 .
20．（2021·建湖模拟）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1∶3，点A、B、E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为 .
三、综合题
21．（2021·泰州）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）.过点P的弦CD⊥AB，Q为 BC 上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H.连接AD、BQ.
（1）若m＝3.
①求证：∠OAD＝60°；
②求 BQDH 的值；
（2）用含m的代数式表示 BQDH ，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数.
22．（2021·无锡）如图，四边形 ABCD 内接于 ⊙O ， AC 是 ⊙O 的直径， AC 与 BD 交于点E， PB 切 ⊙O 于点B.
（1）求证： ∠PBA=∠OBC ；
（2）若 ∠PBA=20° ， ∠ACD=40° ，求证： △OAB∽△CDE .
23．（2022·镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
（2）如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有 关系时，四边形EFGH是矩形；
（3）如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE：OF=4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
24．（2022·无锡）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE.
（1）求证 △CED∽△BAD ；
（2）当 DC=2AD 时，求CE的长.
25．（2022·泗阳模拟）如图，∠BAD=∠CAE，∠B=∠D.
（1）△ABC与△ADE相似吗？为什么？
（2）如果AB=2AD，BC=4，那么DE的长为多少？
26．（2022·锡山模拟）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线.
（1）【理解运用】
如图1，对余四边形中，AB = 5，BC = 6，CD = 4，连接AC，若AC = AB，则cos∠ABC= ， sin∠CAD= .
（2）如图2，凸四边形中，AD = BD，AD⊥BD，当2CD2 + CB2 = CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论.
（3）【拓展提升】
在平面直角坐标中，A（－1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC = 90° + ∠ABC.设 AEBE = u，点D的纵坐标为t，请在下方横线上直接写出u与t的函数表达，并注明t的取值范围 .
27．（2021·丰县模拟）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发.以每秒1个单位的速度运动.其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动.过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒.
（1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）；
（2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值；
（3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：如图：
∵CD∥AB，
∴△ABE∽△CDE，
∴AECE=ABCD=42=2，
∴S阴影=23SΔABC=23×12×4×4=163.
故答案为：C.
【分析】对图形进行点标注，易证△ABE∽△CDE，根据相似三角形的性质可得AECE=ABCD=2，根据同高三角形的面积之比等于底之比得S阴影=23S△ABC，然后结合三角形的面积公式进行计算.
2．【答案】A
【解析】【解答】解： AD= 32+42=5 ，AB=2，CD=3，
∵AB∥DC，
∴△AOB∽△DOC，
∴AOOD=ABCD=23 ，
∴设AO=2x，则OD=3x，
∵AO+OD=AD，
∴2x+3x=5．
解得：x=1，
∴AO=2.
故答案为：A.
【分析】利用勾股定理可得AD的值，由图形可得AB=2，CD=3，易证△AOB∽△DOC，根据相似三角形的性质可得AOOD=ABCD=23，设AO=2x，则OD=3x，根据AO+OD=AD可得x的值，据此解答.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：由“跳眼法”的步骤可知被测物体与观测点的距离是横向距离的10倍．
观察图形，横向距离大约是汽车长度的2倍，为8米，
所以汽车到观测点的距离约为80米.
故答案为：C.
【分析】由“跳眼法”的步骤可知被测物体与观测点的距离是横向距离的10倍，观察图形可得横向距离大约是汽车长度的2倍，据此解答.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴△ADE≌△ABC，
∴∠E=∠C，
∵∠AFE=∠DFC，
∴△AFE∼△DFC，故①正确；
∵△ADE≌△ABC，
∴AB=AD，∠ADE=∠ABC
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠ADB=∠ADE，
∴DA平分∠BDE，故②正确；
∵△ADE≌△ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵△AFE∼△DFC，
∴∠CAE=∠CDF，
∴∠CDF=∠BAD，
故③正确
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质可得△ADE≌△ABC，则∠E=∠C，根据对顶角的性质可得∠AFE=∠DFC，然后根据相似三角形的判定定理可判断①；根据全等三角形的性质可得AB=AD，∠ADE=∠ABC，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠ADB，则∠ADB=∠ADE，据此判断②；根据全等三角形的性质可得∠BAC=∠DAE，则∠BAD=∠CAE，根据相似三角形的性质可得∠CAE=∠CDF，据此判断③.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD沿着GE、EC、GF折叠，使得点A、B、D恰好落在点O处，
∴DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，
∴①符合题意；
设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△AGE中，由勾股定理得GE2=AG2+AE2，即GE2=a2+b2，
在Rt△EBC中，由勾股定理得CE2=EB2+BC2，即CE2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，由勾股定理得CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
整理，解得：b＝2a，
∴AB＝2AD，
∴②不符合题意；
设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝22a-x，
在Rt△COF中，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，
∴x2+（2a）2＝（2 a-x）2，
解得：x＝22a，
∴OF＝DF＝22a，
∴6DF＝6×22a＝3a，
又∵GE2=a2+b2，
∴GE=3a，
∴GE=6DF，
∴③符合题意；
∵22OF＝22×22a＝2a，
∴OC=22OF，
∴④符合题意；
∵无法证明∠FCO＝∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG，
∴⑤不符合题意；
∴正确的有①③④.
故答案为：B.
【分析】由矩形性质和折叠的性质可得DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，从而可得∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，得∠FGE+∠GEC＝180°，可判定GF∥CE；设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，得CG＝OG+OC＝3a，由勾股定理得GE2=a2+b2，CE2=b2+（2a）2，CG2＝GE2+CE2，即得（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得b＝2a，从而得AB＝2AD；设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝22a-x，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，即x2+（2a）2＝（2 a-x）2，解得x＝22a，从而得OF＝DF＝22a，进而求得GE=6DF；又22OF＝22×22a＝2a，从而可得∴OC=22OF；因条件不足，无法证明∠FCO＝∠GCE，因而无法判断△COF∽△CEG. 据此逐项分析即可得出正确答案.
6．【答案】C
【解析】【解答】∵△ABC∽△DEF，相似比=412=13，
∴△ABC的周长△DEF的周长=13，
∴△DEF的周长=3（2+3+4）=27.
故答案为：C.
【分析】先求出△ABC∽△DEF的相似比=13，从而得出△ABC的周长△DEF的周长=13，即可得出△DEF的周长=3（2+3+4）=27.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：∵ 相似三角形的周长比是3：2
∴ 这两个三角形对应边之比为3：2
∴ 这两个三角形面积比为9：4
故答案为：C.
【分析】根据相似三角形的相似比等于周长比，面积比等于相似比的平方进行解答.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：设CH与GF交于点M，
∵正方形DEFG，
∴GF∥DE，∠GDE=∠DGF=90°，
∴ΔCGF∼ΔCAB，
∴GFAB=CMCH，
∵CH⊥AB，
∴∠DHM=90°，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG=MH，
∵CH=h，AB=c，正方形DEFG的边长是x，
∴MH=x，
∴CM=CH-MH=h-x，
∴xc=h-xh，
整理得1x=1h+1c.
故答案为：D.
【分析】设CH与GF交于点M，根据正方形性质得GF∥DE，∠GDE=∠DGF=90°，证△CGF∽△CAB，易得四边形DHMG是矩形，得到DG=MH，由题意可得MH=x，CM=h-x，然后根据相似三角形的性质进行解答.
9．【答案】C
【解析】【解答】解： ∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，
∴DE、DF为△ABC得中位线，
∴ED∥AC，且ED＝ 12 AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝ 12 AB＝AE，
∴四边形AEDF一定是平行四边形，故B正确；
∴△BDE∽△BCA ， △CDF∽△CBA
∴S△BDE=14S△BCA ， S△CDF=14S△BCA ，
∴△BDE 和 △DCF 的面积相等，故A正确；
∵AB=BC ，
∴DF＝ 12 AB=AE，
∴四边形 AEDF 不一定是菱形，故C错误；
∵∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，故D正确；
故答案为：C.
【分析】根据三角形中位线定理可得ED∥AC，且ED＝ 12 AC＝AF，DF∥AB，且DF＝ 12 AB＝AE，可证四边形AEDF一定是平行四边形，由∠A=90°，可证四边形AEDF是矩形；根据平行线可证△BDE∽△BCA ， △CDF∽△CBA，利用相似三角形的性质可得 S△BDE=14S△BCA，S△CDF=14S△BCA，据此判断A、B、D；由AB=BC，可得DF＝ 12 AB=AE，从而得出四边形 AEDF 不一定是菱形，据此判断C.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点O作OH⊥CD于点H，过点A作AM⊥CD于点M
∵DE=6，CE=4
∴CD=10
∵OH⊥CD
∴DH=CH= 12 CD=5
∴HE=1
∵AE=AC，AM⊥CE
∴EM=CM= 12 CE=2
∵OH⊥CD，AM⊥CD
∴OH∥AM
∴HEEM=OEAE=12
设OE=x，则AE=2x
∵OB=OA=3x
∴BE=OE+OB=3x+x=4x
∴AEBE=2x4x=12
故答案为：A.
【分析】过点O作OH⊥CD于点H，过点A作AM⊥CD于点M，根据线段间的和差关系求出CD的长，然后根据垂径定理求出DH的长，根据等腰三角形的性质求出EM的长，根据OH∥AM，列出比例式，设OE=x，则AE=2x，OB=3x，再根据线段间的和差关系求出BE=4x，最后求比值即可.
11．【答案】21
【解析】【解答】解：过点F作AB的垂线交于G，同时在图上标出M、N、F'如下图：
∵∠C=90°，AC=9，BC=12，
∴AB=AC2+BC2=15，
在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.
∴DE=DF2+FE2=5，
∵AE=AB-DE=15-5=10，
∵EF//AF'，EF=AF'，
∴四边形AEFF'为平行四边形，
∴AE=FF'=10，
∵S△DEF=12DF⋅EF=12DE⋅GF=6，
解得：GF=125，
∵DF//AC，
∴∠DFM=∠ACM，∠FDM=∠CAM，
∴△DFM∽△ACM，
∴DMAM=DFAC=13，
∴DM=13AM=14AB=154，
∵BC//AF'，
同理可证：△ANF'∽△DNC，
∴AF'BC=ANDN=13，
∴DN=3AN=34AB=454，
∴MN=DN-DM=454-154=304，
Rt△ABC的外部被染色的区域面积为S梯形MNF'F=12×(304+10)×125=21，
故答案为：21.
【分析】过点F作AB的垂线交于G，同时在图上标出M、N、F′，利用勾股定理可得AB、DE，由AE=AB-DE可得AE，推出四边形AEFF′为平行四边形，得到AE=FF′=10，根据三角形的面积公式可得GF，证明△DFM∽△ACM，△ANF′∽△DNC，根据相似三角形的性质可得DM、DN，由MN=DN-DM可得MN，然后根据Rt△ABC的外部被染色的区域面积为S梯形MNF′F结合梯形的面积公式进行计算.
12．【答案】13
【解析】【解答】解：∵ DE∥BC
∴△ADE∽△ABC
∴ADAB=DEBC
即DEBC=13
故答案为： 13 .
【分析】由平行于三角形一边的直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△ADE∽△ABC，进而根据相似三角形对应边成比例可得ADAB=DEBC，据此计算.
13．【答案】83
【解析】【解答】解：如图，延长BC，AQ交于点E，
∵点Q是CD中点，
∴CQ＝DQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，BC＝AD＝3，
∴△CQE∽△DQA，
∴CQDQ=CEAD=1，
∴CE＝AD＝3，
∴BE＝6，
∵AQ平分∠PAD，
∴∠PAQ＝∠DAQ，
∵BC∥AD，
∴∠E＝∠DAQ，
∴∠E＝∠PAQ，
∴AP＝PE，
在Rt△ABP中，AP2＝AB2+BP2，
∴（6﹣BP）2＝4+BP2，
∴BP=83.
故答案为：83.
【分析】延长BC，AQ交于点E，根据中点的概念可得CQ＝DQ，根据矩形的性质可得BC∥AD，BC＝AD＝3，证明△CQE∽△DQA，根据相似三角形的性质可得CE＝AD＝3，则BE＝6，由角平分线的概念可得∠PAQ＝∠DAQ，由平行线的性质可得∠E＝∠DAQ，推出AP＝PE，接下来利用勾股定理计算即可.
14．【答案】8
【解析】【解答】解：∵DE∥BC，
∴△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，
∴OEOB=ODOC=DEBC，
∵S△DOES△EOC=(ODOC)2=19，
∴DEBC=ODOC=13，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=19，
∴S△ABC=9S△ADE=9，
∴S四边形BCED=S△ABC-S△ADE=8，
故答案为：8.
【分析】由DE∥BC，得出△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，得出OEOB=ODOC=DEBC，再由S△DOES△EOC=(ODOC)2=19，根据相似三角形的性质得出DEBC=ODOC=13，结合相似比等于面积比的平方，求出△ABC的面积，即可求出四边形DBCE的面积 .
15．【答案】421
【解析】【解答】解：∵ADDB=CEEB=32 ，
∴BDAD=BEEC=23
∴BDAB=BEBC=25
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAC ，
∴S△BDES△ABC=(BDBA)2=(25)2=425
∴ΔDBE 与四边形 ADEC 的面积的比= 421 .
故答案是： 421 .
【分析】证明△BDE∽△BAC ，可得S△BDES△ABC=(BDBA)2，据此即可求出结论.
16．【答案】①
【解析】【解答】解：所有的正方形都相似，所以①正确；
所有的菱形不一定相似，所以②错误；
边长相等的两个菱形，形状不一定相同，即：边长相等的两个菱形不一定相似所以③错误；
对角线相等的两个矩形，对应边不一定成比例，即不一定相似，所以④错误；
故答案是：①.
【分析】根据相似多边形的定义逐一判断即可.
17．【答案】14
【解析】【解答】解：∵M，N分别是DE，BC的中点，
∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，
∵△ADE∽△ABC，
∴DEBC ＝ AMAN ＝ 12 ，
∴SΔADESΔABC ＝( DEBC )2＝ 14 ，
故答案为： 14 .
【分析】根据相似三角形的中线比等于相似比得出DEBC的比值，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可解答.
18．【答案】43
【解析】【解答】解：如图，连接DF，
∵CD=2BD，CF=2AF，
∴CFCA=CDCB=23 ，
∵∠C=∠C，
∴△CDF∽△CBA，
∴DFBA=CDCG=23 ，∠CFD=∠CAB，
∴DF∥BA，
∴△DFE∽△ABE，
∴DFAB=DEAE=23 ，
∴S△AEF=35S△ADF ，
∵CF=2AF，
∴S△ADF=13S△ADC ，
∴S△AEF=15S△ADC ，
∵CD=2BD，
∴S△ADC=23S△ABC ，
∴S△AEF=215S△ABC ，
∵△ABC中，AB=4，BC=5，
∴，当AB⊥BC时，△ABC面积最大，为 12×4×5=10 ，
此时△AFE面积最大为 10×215=43 .
故答案为： 43
【分析】 连接DF，由CFCA=CDCB=23 ，∠C=∠C，易得△CDF∽△CBA，可得∠CFD=∠CAB，即可得DF∥BA，即△DFE∽△ABE，可得 DFAB=DEAE=23 ，根据△AEF与△ADF同高，可得 S△AEF=35S△ADF ，同理可得 S△ADF=13S△ADC ， S△ADC=23S△ABC ，可得S△AEF=215S△ABC ，当△ABC面积最大时， △AFE面积最大，当AB⊥BC时，△ABC面积最大，可得结果.
19．【答案】125
【解析】【解答】解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥AB，
∴△CGF∽△CAB，
∴GFAB=CFCB=44+3=47 ，即 2xAB=47 ，
∴AB=7x2 ，
∴AD+BE=AB-DE= 7x2-2x = 32x ，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°，
∴△ADG≌△BEF（AAS），
∴AD=BE= 12×32x = 34x ，
在△BEF中， BE2+EF2=BF2 ，
即 (34x)2+x2=32 ，
解得：x= 125 或 -125 （舍），
∴EF= 125 ，
故答案为： 125 .
【分析】设EF=x，则DE=2x，证明△CGF∽△CAB，利用相似三角形的性质求出AB=7x2，从而求出AD+BE=AB-DE= 32x，证明△ADG≌△BEF（AAS），可得AD=BE= 34x ，在△BEF中， BE2+EF2=BF2 ，可得 (34x)2+x2=32 ，求出x值即可.
20．【答案】（3，2）
【解析】【解答】解： ∵ 正方形 ABCD 与正方形 BEFG 是以原点 O 为位似中心的位似图形，且位似比为 13 .
∴BCEF=OBOE=13 ，
而 BE=EF=6 ，
∴BC6=OBOB+6=13 ，
∴BC=2 ， OB=3 ，
∴C(3，2) .
故答案为：（3，2）.
【分析】根据位似图形的性质得出BCEF=OBOE=13，从而得出BC6=OBOB+6=13，求出BC，OB的长，即可得出点C的坐标.
21．【答案】（1）解：①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA= 12AB=2
∴OP=AP=1
即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分线段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°
②连接AQ
∵AB是直径
∴AQ⊥BQ
根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴cos∠ABQ=cos∠ADH
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中
cos∠ABQ=BQAB=cos∠ADH=DHAD
∴BQDH=ABAD
∵AD=OA=2，AB=4
∴BQDH=ABAD=42=2
（2）解：连接AQ、BD
与（1）中的②相同，有 BQDH=ABAD
∵AB是直径
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽Rt△ADB
∴PAAD=ADAB
∵AB=PA+PB=1+m
∴AD=PA·AB=1+m
∴BQDH=ABAD=1+m1+m=1+m
（3）解：由（2）知， BQDH=1+m
∴BQ= 1+m·DH
即 BQ2=(1+m)DH2
∴BQ2﹣2DH2+PB2= (1+m)DH2-2DH2+m2=(m-1)DH2+m2
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【解析】【分析】（1）①连接OD， 可得AB=4，OA=2，OP=AP=1，从而得出CD垂直平分线段OA，证明
△OAD是等边三角形，可得∠OAD=60°；②连接AQ，由圆周角定理可得AQ⊥BQ，∠ABQ=∠ADH，即得cos∠ABQ=BQAB=cos∠ADH=DHAD，代入相应数据即得结论；
（2）连接AQ、BD ，同（1）中的②相同，有 BQDH=ABAD ，证明Rt△APD∽Rt△ADB，可得PAAD=ADAB，由AB=PA+PB=1+m；可求出 AD=PA·AB=1+m，代入BQDH=ABAD即可求出结论；
（3）由（2）得BQ= 1+m·DH，即 BQ2=(1+m)DH2，从而求出 BQ2﹣2DH2+PB2= (1+m)DH2-2DH2+m2=(m-1)DH2+m2， 可知当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合 ， 证出△AOD是等腰直角三角形 ，可得 ∠Q=
∠OAD=45°，据此即得结论.
22．【答案】（1）证明：∵AC 是 ⊙O 的直径，
∴∠ABC=90°，
∵PB 切 ⊙O 于点B，
∴∠OBP=90°，
∴∠PBA+∠ABO=∠OBC+∠ABO=90° ，
∴∠PBA=∠OBC ；
（2）证明：∵∠PBA=20° ， ∠PBA=∠OBC ，
∴∠OBC=20° ，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=20° ，
∴∠AOB=20°+20°=40°，
∵OB=OA，
∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，
∴∠ADB= 12 ∠AOB=20°，
∵AC 是 ⊙O 的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-20°=70°，
∴∠CDE=∠OAB，
∵∠ACD=40° ，
∴∠ACD=∠AOB=40° ，
∴△OAB∽△CDE .
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理且切线的性质可得∠ABC=90°，∠OBP=90°， 从而可得∠PBA+∠ABO=∠OBC+∠ABO=90°，根据余角的性质即得结论；
（2）由三角形外角的性质得出∠AOB=∠ACB+∠OBC=40°，从而得出∠AOB=∠ACD，由圆周角定理可得∠CDE=∠OAB，根据两角分别相等可证△OAB∽△CDE .
23．【答案】（1）证明：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴∠A=∠B=90° ，
∴∠AEH+∠AHE=90° ．
∵四边形 EFGH 为正方形，
∴EH=EF ， ∠HEF=90° ，
∴∠AEH+∠BEF=90° ，
∴∠BEF=∠AHE ．
在 △AEH 和 △BFE 中，
∵∠A=∠B=90° ， ∠AHE=∠BEF ， EH=FE ，
∴△AEH≌△BFE ．
∴AH=BE ．
∴AE+AH=AE+BE=AB ；
（2）AE=CF
（3）解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB∥CD ．
∵AE=DG ， AE∥DG ，
∴四边形 AEGD 为平行四边形．
∴AD∥EG ．
∴EG∥BC ．
过点 H 作 HM⊥BC ，垂足为点 M ，交 EG 于点 N ，
∴HNHM=HOHF ．
∵OE：OF=4：5 ，
设 OE=4x ， OF=5x ， HN=h ，则 h16=20-5x20 ，
∴h=4(4-x) ．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4-x)=-8(x-2)2+32 ．
∴当 x=2 时， △OEH 的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG ， OF=5x=10=12HF=OH ，
∴四边形 EFGH 是平行四边形．
【解析】【解答】解：（2） AE=CF ，证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90° ，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG ，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴ △BEF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形.
【分析】（1）根据正方形的性质可得∠A=∠B=90°，EH=EF，∠HEF=90°，根据同角的余角相等可得∠BEF=∠AHE，证明△AEH≌△BFE，得到AH=BE，据此证明；
（2）同理证明△AEH≌△FCG，得到EH=FG，根据线段的和差关系可得BE=BF，推出△EBF是等腰直角三角形，得到∠BEF=∠BFE=45°，易得∠AEH=∠CFG=45°，则∠HEF=∠EFG=90°，推出EH∥FG，然后根据矩形的判定定理进行解答；
（3）根据正方形的性质可得AB∥CD，易得四边形AEGD为平行四边形，则AD∥EG，过点H作 HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，设OE=4x，OF=5x，HN=h，根据平行线分线段成比例的性质可得h，由三角形的面积公式可得S，根据二次函数的性质可得S的最大值以及对应的x的值，进而求出OE、OF，然后结合平行四边形的判定定理进行解答.
24．【答案】（1）证明：∵BC 所对的圆周角是 ∠A，∠E ，
∴∠A=∠E ，
又 ∠BDA=∠CDE ，
∴△CED∽△BAD
（2）解：∵△ ABC 是等边三角形，
∴AC=AB=BC=6
∵DC=2AD ，
∴AC=3AD，
∴AD=2，DC=4，
∵ΔCED~ΔBAD，
∴ADDE=BDCD=ABCE ，
∴2DE=BD4，
∴BD⋅DE=8；
连接 AE， 如图，
∵AB=BC，
∴AB=BC
∴∠ BAC=∠BEA，
又∠ ABD=∠EBA ，
∴△ ABD~ΔEBA，
∴ABBE=PDAB ，
∴AB2=BD⋅BE=BD⋅(BD+DE)=BD2+BD⋅DE，
∴62=BD2+8 ，
∴BD=27 （负值舍去）
∴6CE=274 ，
解得， CE=1277
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理可得∠A=∠E，由对顶角的性质可得∠BDA=∠CDE，然后根据相似三角形的判定定理进行证明；
（2）根据等边三角形的性质得AC=AB=BC=6，结合已知条件可得AC=3AD，则AD=2，DC=4，然后根据相似三角形的性质可得BD·DE=8，连接AE，由圆周角定理可得∠BAC=∠BEA，证明△ABD∽△EBA，根据相似三角形的性质可得BD、CE的值.
25．【答案】（1）解：∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，
即∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中
∠BAC=∠DAE∠B=∠D
∴△ABC∽△ADE；
（2）解：∵△ABC∽△ADE，
∴ADAB=DEBC，
∵AB=2AD，BC=4，
∴DE4=12，
∴DE=2，
即DE的长为2.
【解析】【分析】（1）根据∠BAD=∠CAE结合角的和差关系可得∠BAC=∠DAE，然后根据两组角对应相等的两个三角形相似进行证明；
（2）根据AB=2AD，BC=4结合相似三角形的性质可得DE的长.
26．【答案】（1）35；1225
（2）解：如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形.
理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM.
∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∵∠DCM＝∠DMC＝45°，
∴∠CDM＝∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝∠BDM，
∵AD＝DB，CD＝DM，
∴△ADC≌△BDM（SAS），
∴AC＝BM，
∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，
∴CM2+CB2＝BM2，
∴∠BCM＝90°，
∴∠DCB＝45°，
∴∠DAB+∠DCB＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形.
（3）u=t2(0
∵AB=AC，AE⊥BC
∴BE=CE= 12 BC=3，
∴cos∠ABC= AEAB=35
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠B+∠D=90°
又∵∠B+∠BAE=90°
∴∠D=∠BAE
又∵∠CFD=∠AEB=90°
∴△ABE∽△DCF
∴ABCD=BECF
∴54=3CF
∴CF= 125
∴sin∠CAD＝ CFAC = 1225
故答案为： 35 ， 1225 ；
(3)如图③中，过点D作DH⊥x轴于H.
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），
∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2 2 ，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠ACE＝∠ADE，
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，
∴∠EAB＝∠ACE，
∴∠EAB＝∠ADB，
∵∠ABE＝∠DBA，
∴△ABE∽△DBA，
∴BEAB=AEAD ，
∴AEBE=ADAB ，
∴u＝ AD4 ，
设D（x，t），
∵四边形ABCD是对余四边形，
可得BD2＝2CD2+AD2，
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，
整理得（x+1）2＝4t﹣t2，
在Rt△ADH中，AD＝ AH2+DH2=(x+1)2+t2 ＝2 t ，
∴u＝ AD4=t2 （0＜t＜4），
即u＝ t2 （0＜t＜4）
故答案为：u＝ t2 （0＜t＜4）.
【分析】（1）过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F，根据等腰三角形的性质可得BE=CE=12 BC=3，根据三角函数的概念可得cos∠ABC的值，根据四边形ABCD是对余四边形可得∠B+∠D=90°，根据同角的余角相等可得∠D=∠BAE，证明△ABE∽△DCF，由相似三角形的性质可得CF，然后根据三角函数的概念进行计算；
（2）过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM，易得∠DAB＝∠DBA＝45°，∠ADC＝∠BDM，证明△ADC≌△BDM，得到AC＝BM，根据勾股定理可得CM2＝DM2+CD2＝2CD2，结合已知条件可得CM2+CB2＝BM2，推出∠BCM＝90°，则∠DCB＝45°，∠DAB+∠DCB＝90°，据此证明；
（3）过点D作DH⊥x轴于H，根据点A、B、C的坐标可得OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝22 ，结合勾股定理逆定理知∠ACB＝90°，根据四边形ABCD是对余四边形可得∠ADC+∠ABC＝90°，则
∠ADC＝45°，易得A，D，C，E四点共圆，得到∠ACE＝∠ADE，根据角的和差关系可推出∠EAB=∠ACE，证明△ABE∽△DBA，由相似三角形的性质可得 AEBE=ADAB， 则u＝AD4，设D（x，t），根据对余四边形的概念可得BD2＝2CD2+AD2，代入并整理可得(x+1)2＝4t-t2，根据勾股定理表示出AD，然后表示出u即可.
27．【答案】（1）解：过点P作PQ⊥BC于点Q，
∵四边形ABCO为矩形，
∴AB⊥BC，OC⊥BC，
∴PQ∥AB，MQ∥OC，
∴△CQP∽△CBA，CQ=OM，QM=OC，
∴QPAB=QCBC，
∴QPQC=ABBC，
∵点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），
∴BC=OA=4，AB=OC=3，
∴QPx=34
解得：QP=34x，
∴PM=3﹣34x，
由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），
P点坐标为（x，3﹣34x）；
（2）解：设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，
NC边上的高为34x，其中，0≤x≤4.
∴S=12（4﹣x）×34x=38（﹣x2+4x）
=﹣38（x﹣2）2+32.
∴S的最大值为32，此时x=2.
（3）解：①若NP=CP，
∵PQ⊥BC，
∴NQ=CQ=x.
∴x+x+x=4，
∴x=43；
②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=54x，
∴4﹣x=54x，
∴x=169；
③若CN=NP，则CN=4﹣x.则NQ=4﹣2x，
∵PQ=34x，
∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，
∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（34x）2，
∴x=12857.
综上所述，当x为43或169或12857时，△NPC是一个等腰三角形.
【解析】【分析】（1）过点P作PQ⊥BC于点Q，由矩形性质得CQ=OM，QM=OC，AB⊥BC，OC⊥BC，则PQ∥AB，MQ∥OC，证明△CQP∽△CBA，根据点A、B的坐标可得BC=OA=4，AB=OC=3，根据相似三角形的性质可得QP，进而可得PM，据此可得点P的坐标；
（2）设△NPC的面积为S，根据三角形的面积公式可表示出S，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）①若NP=CP，则NQ=CQ=x，据此可得x的值；②若CP=CN，则CN=4-x，PQ=x，CP=54x，同理可得x；③若CN=NP，则CN=4﹣x，NQ=4-2x，PQ=34x， 然后在Rt△PNQ中，应用勾股定理求解即可
第17讲 图形的相似 2023年中考数学一轮复习专题训练（江苏专用）
一、单选题
1．（2022·徐州）如图，若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B．6 C．163 D．173
2．（2022·镇江）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（ ）
A．2 B．73 C．625 D．925
3．（2022·盐城）“跳眼法”是指用手指和眼睛估测距离的方法
步骤：
第一步：水平举起右臂，大拇指紧直向上，大臂与身体垂直；
第二步：闭上左眼，调整位置，使得右眼、大拇指、被测物体在一条直线上；
第三步：闭上右眼，睁开左眼，此时看到被测物体出现在大拇指左侧，与大拇指指向的位置有一段横向距离，参照被测物体的大小，估算横向距离的长度；
第四步：将横向距离乘以10（人的手臂长度与眼距的比值一般为10），得到的值约为被测物体离观测，点的距离值．
如图是用“跳眼法”估测前方一辆汽车到观测点距离的示意图，该汽车的长度大约为4米，则汽车到观测点的距离约为（ ）
A．40米 B．60米 C．80米 D．100米
4．（2022·扬州）如图，在ΔABC中，AB
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
5．（2022·连云港）如图，将矩形 ABCD 沿着 GE 、 EC 、 GF 翻折，使得点 A 、 B 、 D 恰好都落在点 O 处，且点 G 、 O 、 C 在同一条直线上，同时点 E 、 O 、 F 在另一条直线上.小炜同学得出以下结论：
①GF∥EC ；②AB=435AD ；③GE=6DF ；④OC=22OF ；⑤△COF∽△CEG .
其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
6．（2022·连云港）△ABC的三边长分别为2，3，4，另有一个与它相似的三角形 DEF ，其最长边为12，则 △DEF的周长是（ ）
A．54 B．36 C．27 D．21
7．（2022·泗阳模拟）两个相似三角形，其周长之比为3：2，则其面积比为（ ）
A．3：2 B．3：2 C．9：4 D．不能确定
8．（2022·泗阳模拟）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH=h，AB=c，若内接正方形DEFG的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ）
A．x2+h2=c2 B．12x+h=c C．h2=xc D．1x=1h+1c
9．（2021·无锡）如图，D、E、F分别是 △ABC 各边中点，则以下说法错误的是（ ）
A．△BDE 和 △DCF 的面积相等
B．四边形 AEDF 是平行四边形
C．若 AB=BC ，则四边形 AEDF 是菱形
D．若 ∠A=90° ，则四边形 AEDF 是矩形
10．（2021·姑苏模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD与AB交于点E.若AC＝AE，CE＝4，DE＝6，则 AEBE 的值为（ ）
A．12 B．13 C．23 D．5-12
二、填空题
11．（2022·常州）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12.在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置（点D与点B重合）平移至终止位置（点E与点A重合），且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是 .
12．（2022·扬州模拟）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，DB＝2，则DEBC的值为 .
13．（2022·泗洪模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，在边BC上取点P，使∠DAP的平分线过DC的中点Q，则线段BP的长等于 .
14．（2022·惠山模拟）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△EOC＝1：9，则当S△ADE＝1时，四边形DBCE的面积是 .
15．（2021·徐州）如图，在 ΔABC 中，点 D，E 分别在边 BA，BC 上，且 ADDB=CEEB=32 ， ΔDBE 与四边形 ADEC 的面积的比为 .
16．（2021·无锡）下列命题中，正确命题的个数为 .
①所有的正方形都相似
②所有的菱形都相似
③边长相等的两个菱形都相似
④对角线相等的两个矩形都相似
17．（2021·镇江）如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若 AMAN ＝ 12 ，则 S△ADES△ABC ＝ .
18．（2021·宿迁）如图，在△ABC中，AB=4，BC=5，点D、E分别在BC、AC上，CD=2BD，CF=2AF，BE交AD于点F，则△AFE面积的最大值是 .
19．（2021·扬州）如图，在 △ABC 中， AC=BC ，矩形 DEFG 的顶点D、E在 AB 上，点F、G分别在 BC 、 AC 上，若 CF=4 ， BF=3 ，且 DE=2EF ，则 EF 的长为 .
20．（2021·建湖模拟）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1∶3，点A、B、E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为 .
三、综合题
21．（2021·泰州）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）.过点P的弦CD⊥AB，Q为 BC 上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H.连接AD、BQ.
（1）若m＝3.
①求证：∠OAD＝60°；
②求 BQDH 的值；
（2）用含m的代数式表示 BQDH ，请直接写出结果；
（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时∠Q的度数.
22．（2021·无锡）如图，四边形 ABCD 内接于 ⊙O ， AC 是 ⊙O 的直径， AC 与 BD 交于点E， PB 切 ⊙O 于点B.
（1）求证： ∠PBA=∠OBC ；
（2）若 ∠PBA=20° ， ∠ACD=40° ，求证： △OAB∽△CDE .
23．（2022·镇江）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
（2）如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有 关系时，四边形EFGH是矩形；
（3）如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE：OF=4：5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
24．（2022·无锡）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE.
（1）求证 △CED∽△BAD ；
（2）当 DC=2AD 时，求CE的长.
25．（2022·泗阳模拟）如图，∠BAD=∠CAE，∠B=∠D.
（1）△ABC与△ADE相似吗？为什么？
（2）如果AB=2AD，BC=4，那么DE的长为多少？
26．（2022·锡山模拟）【学习概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线.
（1）【理解运用】
如图1，对余四边形中，AB = 5，BC = 6，CD = 4，连接AC，若AC = AB，则cos∠ABC= ， sin∠CAD= .
（2）如图2，凸四边形中，AD = BD，AD⊥BD，当2CD2 + CB2 = CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形，证明你的结论.
（3）【拓展提升】
在平面直角坐标中，A（－1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC = 90° + ∠ABC.设 AEBE = u，点D的纵坐标为t，请在下方横线上直接写出u与t的函数表达，并注明t的取值范围 .
27．（2021·丰县模拟）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发.以每秒1个单位的速度运动.其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动.过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒.
（1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）；
（2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值；
（3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：如图：
∵CD∥AB，
∴△ABE∽△CDE，
∴AECE=ABCD=42=2，
∴S阴影=23SΔABC=23×12×4×4=163.
故答案为：C.
【分析】对图形进行点标注，易证△ABE∽△CDE，根据相似三角形的性质可得AECE=ABCD=2，根据同高三角形的面积之比等于底之比得S阴影=23S△ABC，然后结合三角形的面积公式进行计算.
2．【答案】A
【解析】【解答】解： AD= 32+42=5 ，AB=2，CD=3，
∵AB∥DC，
∴△AOB∽△DOC，
∴AOOD=ABCD=23 ，
∴设AO=2x，则OD=3x，
∵AO+OD=AD，
∴2x+3x=5．
解得：x=1，
∴AO=2.
故答案为：A.
【分析】利用勾股定理可得AD的值，由图形可得AB=2，CD=3，易证△AOB∽△DOC，根据相似三角形的性质可得AOOD=ABCD=23，设AO=2x，则OD=3x，根据AO+OD=AD可得x的值，据此解答.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：由“跳眼法”的步骤可知被测物体与观测点的距离是横向距离的10倍．
观察图形，横向距离大约是汽车长度的2倍，为8米，
所以汽车到观测点的距离约为80米.
故答案为：C.
【分析】由“跳眼法”的步骤可知被测物体与观测点的距离是横向距离的10倍，观察图形可得横向距离大约是汽车长度的2倍，据此解答.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴△ADE≌△ABC，
∴∠E=∠C，
∵∠AFE=∠DFC，
∴△AFE∼△DFC，故①正确；
∵△ADE≌△ABC，
∴AB=AD，∠ADE=∠ABC
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠ADB=∠ADE，
∴DA平分∠BDE，故②正确；
∵△ADE≌△ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵△AFE∼△DFC，
∴∠CAE=∠CDF，
∴∠CDF=∠BAD，
故③正确
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质可得△ADE≌△ABC，则∠E=∠C，根据对顶角的性质可得∠AFE=∠DFC，然后根据相似三角形的判定定理可判断①；根据全等三角形的性质可得AB=AD，∠ADE=∠ABC，由等腰三角形的性质可得∠ABD=∠ADB，则∠ADB=∠ADE，据此判断②；根据全等三角形的性质可得∠BAC=∠DAE，则∠BAD=∠CAE，根据相似三角形的性质可得∠CAE=∠CDF，据此判断③.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD沿着GE、EC、GF折叠，使得点A、B、D恰好落在点O处，
∴DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，
∴①符合题意；
设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△AGE中，由勾股定理得GE2=AG2+AE2，即GE2=a2+b2，
在Rt△EBC中，由勾股定理得CE2=EB2+BC2，即CE2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，由勾股定理得CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
整理，解得：b＝2a，
∴AB＝2AD，
∴②不符合题意；
设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝22a-x，
在Rt△COF中，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，
∴x2+（2a）2＝（2 a-x）2，
解得：x＝22a，
∴OF＝DF＝22a，
∴6DF＝6×22a＝3a，
又∵GE2=a2+b2，
∴GE=3a，
∴GE=6DF，
∴③符合题意；
∵22OF＝22×22a＝2a，
∴OC=22OF，
∴④符合题意；
∵无法证明∠FCO＝∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG，
∴⑤不符合题意；
∴正确的有①③④.
故答案为：B.
【分析】由矩形性质和折叠的性质可得DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，从而可得∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，得∠FGE+∠GEC＝180°，可判定GF∥CE；设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，得CG＝OG+OC＝3a，由勾股定理得GE2=a2+b2，CE2=b2+（2a）2，CG2＝GE2+CE2，即得（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得b＝2a，从而得AB＝2AD；设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝22a-x，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，即x2+（2a）2＝（2 a-x）2，解得x＝22a，从而得OF＝DF＝22a，进而求得GE=6DF；又22OF＝22×22a＝2a，从而可得∴OC=22OF；因条件不足，无法证明∠FCO＝∠GCE，因而无法判断△COF∽△CEG. 据此逐项分析即可得出正确答案.
6．【答案】C
【解析】【解答】∵△ABC∽△DEF，相似比=412=13，
∴△ABC的周长△DEF的周长=13，
∴△DEF的周长=3（2+3+4）=27.
故答案为：C.
【分析】先求出△ABC∽△DEF的相似比=13，从而得出△ABC的周长△DEF的周长=13，即可得出△DEF的周长=3（2+3+4）=27.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：∵ 相似三角形的周长比是3：2
∴ 这两个三角形对应边之比为3：2
∴ 这两个三角形面积比为9：4
故答案为：C.
【分析】根据相似三角形的相似比等于周长比，面积比等于相似比的平方进行解答.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：设CH与GF交于点M，
∵正方形DEFG，
∴GF∥DE，∠GDE=∠DGF=90°，
∴ΔCGF∼ΔCAB，
∴GFAB=CMCH，
∵CH⊥AB，
∴∠DHM=90°，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG=MH，
∵CH=h，AB=c，正方形DEFG的边长是x，
∴MH=x，
∴CM=CH-MH=h-x，
∴xc=h-xh，
整理得1x=1h+1c.
故答案为：D.
【分析】设CH与GF交于点M，根据正方形性质得GF∥DE，∠GDE=∠DGF=90°，证△CGF∽△CAB，易得四边形DHMG是矩形，得到DG=MH，由题意可得MH=x，CM=h-x，然后根据相似三角形的性质进行解答.
9．【答案】C
【解析】【解答】解： ∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，
∴DE、DF为△ABC得中位线，
∴ED∥AC，且ED＝ 12 AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝ 12 AB＝AE，
∴四边形AEDF一定是平行四边形，故B正确；
∴△BDE∽△BCA ， △CDF∽△CBA
∴S△BDE=14S△BCA ， S△CDF=14S△BCA ，
∴△BDE 和 △DCF 的面积相等，故A正确；
∵AB=BC ，
∴DF＝ 12 AB=AE，
∴四边形 AEDF 不一定是菱形，故C错误；
∵∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，故D正确；
故答案为：C.
【分析】根据三角形中位线定理可得ED∥AC，且ED＝ 12 AC＝AF，DF∥AB，且DF＝ 12 AB＝AE，可证四边形AEDF一定是平行四边形，由∠A=90°，可证四边形AEDF是矩形；根据平行线可证△BDE∽△BCA ， △CDF∽△CBA，利用相似三角形的性质可得 S△BDE=14S△BCA，S△CDF=14S△BCA，据此判断A、B、D；由AB=BC，可得DF＝ 12 AB=AE，从而得出四边形 AEDF 不一定是菱形，据此判断C.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点O作OH⊥CD于点H，过点A作AM⊥CD于点M
∵DE=6，CE=4
∴CD=10
∵OH⊥CD
∴DH=CH= 12 CD=5
∴HE=1
∵AE=AC，AM⊥CE
∴EM=CM= 12 CE=2
∵OH⊥CD，AM⊥CD
∴OH∥AM
∴HEEM=OEAE=12
设OE=x，则AE=2x
∵OB=OA=3x
∴BE=OE+OB=3x+x=4x
∴AEBE=2x4x=12
故答案为：A.
【分析】过点O作OH⊥CD于点H，过点A作AM⊥CD于点M，根据线段间的和差关系求出CD的长，然后根据垂径定理求出DH的长，根据等腰三角形的性质求出EM的长，根据OH∥AM，列出比例式，设OE=x，则AE=2x，OB=3x，再根据线段间的和差关系求出BE=4x，最后求比值即可.
11．【答案】21
【解析】【解答】解：过点F作AB的垂线交于G，同时在图上标出M、N、F'如下图：
∵∠C=90°，AC=9，BC=12，
∴AB=AC2+BC2=15，
在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.
∴DE=DF2+FE2=5，
∵AE=AB-DE=15-5=10，
∵EF//AF'，EF=AF'，
∴四边形AEFF'为平行四边形，
∴AE=FF'=10，
∵S△DEF=12DF⋅EF=12DE⋅GF=6，
解得：GF=125，
∵DF//AC，
∴∠DFM=∠ACM，∠FDM=∠CAM，
∴△DFM∽△ACM，
∴DMAM=DFAC=13，
∴DM=13AM=14AB=154，
∵BC//AF'，
同理可证：△ANF'∽△DNC，
∴AF'BC=ANDN=13，
∴DN=3AN=34AB=454，
∴MN=DN-DM=454-154=304，
Rt△ABC的外部被染色的区域面积为S梯形MNF'F=12×(304+10)×125=21，
故答案为：21.
【分析】过点F作AB的垂线交于G，同时在图上标出M、N、F′，利用勾股定理可得AB、DE，由AE=AB-DE可得AE，推出四边形AEFF′为平行四边形，得到AE=FF′=10，根据三角形的面积公式可得GF，证明△DFM∽△ACM，△ANF′∽△DNC，根据相似三角形的性质可得DM、DN，由MN=DN-DM可得MN，然后根据Rt△ABC的外部被染色的区域面积为S梯形MNF′F结合梯形的面积公式进行计算.
12．【答案】13
【解析】【解答】解：∵ DE∥BC
∴△ADE∽△ABC
∴ADAB=DEBC
即DEBC=13
故答案为： 13 .
【分析】由平行于三角形一边的直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△ADE∽△ABC，进而根据相似三角形对应边成比例可得ADAB=DEBC，据此计算.
13．【答案】83
【解析】【解答】解：如图，延长BC，AQ交于点E，
∵点Q是CD中点，
∴CQ＝DQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，BC＝AD＝3，
∴△CQE∽△DQA，
∴CQDQ=CEAD=1，
∴CE＝AD＝3，
∴BE＝6，
∵AQ平分∠PAD，
∴∠PAQ＝∠DAQ，
∵BC∥AD，
∴∠E＝∠DAQ，
∴∠E＝∠PAQ，
∴AP＝PE，
在Rt△ABP中，AP2＝AB2+BP2，
∴（6﹣BP）2＝4+BP2，
∴BP=83.
故答案为：83.
【分析】延长BC，AQ交于点E，根据中点的概念可得CQ＝DQ，根据矩形的性质可得BC∥AD，BC＝AD＝3，证明△CQE∽△DQA，根据相似三角形的性质可得CE＝AD＝3，则BE＝6，由角平分线的概念可得∠PAQ＝∠DAQ，由平行线的性质可得∠E＝∠DAQ，推出AP＝PE，接下来利用勾股定理计算即可.
14．【答案】8
【解析】【解答】解：∵DE∥BC，
∴△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，
∴OEOB=ODOC=DEBC，
∵S△DOES△EOC=(ODOC)2=19，
∴DEBC=ODOC=13，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=19，
∴S△ABC=9S△ADE=9，
∴S四边形BCED=S△ABC-S△ADE=8，
故答案为：8.
【分析】由DE∥BC，得出△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，得出OEOB=ODOC=DEBC，再由S△DOES△EOC=(ODOC)2=19，根据相似三角形的性质得出DEBC=ODOC=13，结合相似比等于面积比的平方，求出△ABC的面积，即可求出四边形DBCE的面积 .
15．【答案】421
【解析】【解答】解：∵ADDB=CEEB=32 ，
∴BDAD=BEEC=23
∴BDAB=BEBC=25
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAC ，
∴S△BDES△ABC=(BDBA)2=(25)2=425
∴ΔDBE 与四边形 ADEC 的面积的比= 421 .
故答案是： 421 .
【分析】证明△BDE∽△BAC ，可得S△BDES△ABC=(BDBA)2，据此即可求出结论.
16．【答案】①
【解析】【解答】解：所有的正方形都相似，所以①正确；
所有的菱形不一定相似，所以②错误；
边长相等的两个菱形，形状不一定相同，即：边长相等的两个菱形不一定相似所以③错误；
对角线相等的两个矩形，对应边不一定成比例，即不一定相似，所以④错误；
故答案是：①.
【分析】根据相似多边形的定义逐一判断即可.
17．【答案】14
【解析】【解答】解：∵M，N分别是DE，BC的中点，
∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，
∵△ADE∽△ABC，
∴DEBC ＝ AMAN ＝ 12 ，
∴SΔADESΔABC ＝( DEBC )2＝ 14 ，
故答案为： 14 .
【分析】根据相似三角形的中线比等于相似比得出DEBC的比值，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可解答.
18．【答案】43
【解析】【解答】解：如图，连接DF，
∵CD=2BD，CF=2AF，
∴CFCA=CDCB=23 ，
∵∠C=∠C，
∴△CDF∽△CBA，
∴DFBA=CDCG=23 ，∠CFD=∠CAB，
∴DF∥BA，
∴△DFE∽△ABE，
∴DFAB=DEAE=23 ，
∴S△AEF=35S△ADF ，
∵CF=2AF，
∴S△ADF=13S△ADC ，
∴S△AEF=15S△ADC ，
∵CD=2BD，
∴S△ADC=23S△ABC ，
∴S△AEF=215S△ABC ，
∵△ABC中，AB=4，BC=5，
∴，当AB⊥BC时，△ABC面积最大，为 12×4×5=10 ，
此时△AFE面积最大为 10×215=43 .
故答案为： 43
【分析】 连接DF，由CFCA=CDCB=23 ，∠C=∠C，易得△CDF∽△CBA，可得∠CFD=∠CAB，即可得DF∥BA，即△DFE∽△ABE，可得 DFAB=DEAE=23 ，根据△AEF与△ADF同高，可得 S△AEF=35S△ADF ，同理可得 S△ADF=13S△ADC ， S△ADC=23S△ABC ，可得S△AEF=215S△ABC ，当△ABC面积最大时， △AFE面积最大，当AB⊥BC时，△ABC面积最大，可得结果.
19．【答案】125
【解析】【解答】解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥AB，
∴△CGF∽△CAB，
∴GFAB=CFCB=44+3=47 ，即 2xAB=47 ，
∴AB=7x2 ，
∴AD+BE=AB-DE= 7x2-2x = 32x ，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°，
∴△ADG≌△BEF（AAS），
∴AD=BE= 12×32x = 34x ，
在△BEF中， BE2+EF2=BF2 ，
即 (34x)2+x2=32 ，
解得：x= 125 或 -125 （舍），
∴EF= 125 ，
故答案为： 125 .
【分析】设EF=x，则DE=2x，证明△CGF∽△CAB，利用相似三角形的性质求出AB=7x2，从而求出AD+BE=AB-DE= 32x，证明△ADG≌△BEF（AAS），可得AD=BE= 34x ，在△BEF中， BE2+EF2=BF2 ，可得 (34x)2+x2=32 ，求出x值即可.
20．【答案】（3，2）
【解析】【解答】解： ∵ 正方形 ABCD 与正方形 BEFG 是以原点 O 为位似中心的位似图形，且位似比为 13 .
∴BCEF=OBOE=13 ，
而 BE=EF=6 ，
∴BC6=OBOB+6=13 ，
∴BC=2 ， OB=3 ，
∴C(3，2) .
故答案为：（3，2）.
【分析】根据位似图形的性质得出BCEF=OBOE=13，从而得出BC6=OBOB+6=13，求出BC，OB的长，即可得出点C的坐标.
21．【答案】（1）解：①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4
∴OA= 12AB=2
∴OP=AP=1
即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB
∴CD垂直平分线段OA
∴OD=AD
∴OA=OD=AD
即△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°
②连接AQ
∵AB是直径
∴AQ⊥BQ
根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，
∴cos∠ABQ=cos∠ADH
∵AH⊥DQ
在Rt△ABQ和Rt△ADH中
cos∠ABQ=BQAB=cos∠ADH=DHAD
∴BQDH=ABAD
∵AD=OA=2，AB=4
∴BQDH=ABAD=42=2
（2）解：连接AQ、BD
与（1）中的②相同，有 BQDH=ABAD
∵AB是直径
∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90°
∴∠ADP=∠ABD
∴Rt△APD∽Rt△ADB
∴PAAD=ADAB
∵AB=PA+PB=1+m
∴AD=PA·AB=1+m
∴BQDH=ABAD=1+m1+m=1+m
（3）解：由（2）知， BQDH=1+m
∴BQ= 1+m·DH
即 BQ2=(1+m)DH2
∴BQ2﹣2DH2+PB2= (1+m)DH2-2DH2+m2=(m-1)DH2+m2
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1
∴△AOD是等腰直角三角形
∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧
∴∠Q=∠OAD=45°
故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【解析】【分析】（1）①连接OD， 可得AB=4，OA=2，OP=AP=1，从而得出CD垂直平分线段OA，证明
△OAD是等边三角形，可得∠OAD=60°；②连接AQ，由圆周角定理可得AQ⊥BQ，∠ABQ=∠ADH，即得cos∠ABQ=BQAB=cos∠ADH=DHAD，代入相应数据即得结论；
（2）连接AQ、BD ，同（1）中的②相同，有 BQDH=ABAD ，证明Rt△APD∽Rt△ADB，可得PAAD=ADAB，由AB=PA+PB=1+m；可求出 AD=PA·AB=1+m，代入BQDH=ABAD即可求出结论；
（3）由（2）得BQ= 1+m·DH，即 BQ2=(1+m)DH2，从而求出 BQ2﹣2DH2+PB2= (1+m)DH2-2DH2+m2=(m-1)DH2+m2， 可知当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合 ， 证出△AOD是等腰直角三角形 ，可得 ∠Q=
∠OAD=45°，据此即得结论.
22．【答案】（1）证明：∵AC 是 ⊙O 的直径，
∴∠ABC=90°，
∵PB 切 ⊙O 于点B，
∴∠OBP=90°，
∴∠PBA+∠ABO=∠OBC+∠ABO=90° ，
∴∠PBA=∠OBC ；
（2）证明：∵∠PBA=20° ， ∠PBA=∠OBC ，
∴∠OBC=20° ，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=20° ，
∴∠AOB=20°+20°=40°，
∵OB=OA，
∴∠OAB=∠OBA=(180°-40°)÷2=70°，
∴∠ADB= 12 ∠AOB=20°，
∵AC 是 ⊙O 的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-20°=70°，
∴∠CDE=∠OAB，
∵∠ACD=40° ，
∴∠ACD=∠AOB=40° ，
∴△OAB∽△CDE .
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理且切线的性质可得∠ABC=90°，∠OBP=90°， 从而可得∠PBA+∠ABO=∠OBC+∠ABO=90°，根据余角的性质即得结论；
（2）由三角形外角的性质得出∠AOB=∠ACB+∠OBC=40°，从而得出∠AOB=∠ACD，由圆周角定理可得∠CDE=∠OAB，根据两角分别相等可证△OAB∽△CDE .
23．【答案】（1）证明：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴∠A=∠B=90° ，
∴∠AEH+∠AHE=90° ．
∵四边形 EFGH 为正方形，
∴EH=EF ， ∠HEF=90° ，
∴∠AEH+∠BEF=90° ，
∴∠BEF=∠AHE ．
在 △AEH 和 △BFE 中，
∵∠A=∠B=90° ， ∠AHE=∠BEF ， EH=FE ，
∴△AEH≌△BFE ．
∴AH=BE ．
∴AE+AH=AE+BE=AB ；
（2）AE=CF
（3）解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB∥CD ．
∵AE=DG ， AE∥DG ，
∴四边形 AEGD 为平行四边形．
∴AD∥EG ．
∴EG∥BC ．
过点 H 作 HM⊥BC ，垂足为点 M ，交 EG 于点 N ，
∴HNHM=HOHF ．
∵OE：OF=4：5 ，
设 OE=4x ， OF=5x ， HN=h ，则 h16=20-5x20 ，
∴h=4(4-x) ．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4-x)=-8(x-2)2+32 ．
∴当 x=2 时， △OEH 的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG ， OF=5x=10=12HF=OH ，
∴四边形 EFGH 是平行四边形．
【解析】【解答】解：（2） AE=CF ，证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90° ，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG ，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴ △BEF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形.
【分析】（1）根据正方形的性质可得∠A=∠B=90°，EH=EF，∠HEF=90°，根据同角的余角相等可得∠BEF=∠AHE，证明△AEH≌△BFE，得到AH=BE，据此证明；
（2）同理证明△AEH≌△FCG，得到EH=FG，根据线段的和差关系可得BE=BF，推出△EBF是等腰直角三角形，得到∠BEF=∠BFE=45°，易得∠AEH=∠CFG=45°，则∠HEF=∠EFG=90°，推出EH∥FG，然后根据矩形的判定定理进行解答；
（3）根据正方形的性质可得AB∥CD，易得四边形AEGD为平行四边形，则AD∥EG，过点H作 HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，设OE=4x，OF=5x，HN=h，根据平行线分线段成比例的性质可得h，由三角形的面积公式可得S，根据二次函数的性质可得S的最大值以及对应的x的值，进而求出OE、OF，然后结合平行四边形的判定定理进行解答.
24．【答案】（1）证明：∵BC 所对的圆周角是 ∠A，∠E ，
∴∠A=∠E ，
又 ∠BDA=∠CDE ，
∴△CED∽△BAD
（2）解：∵△ ABC 是等边三角形，
∴AC=AB=BC=6
∵DC=2AD ，
∴AC=3AD，
∴AD=2，DC=4，
∵ΔCED~ΔBAD，
∴ADDE=BDCD=ABCE ，
∴2DE=BD4，
∴BD⋅DE=8；
连接 AE， 如图，
∵AB=BC，
∴AB=BC
∴∠ BAC=∠BEA，
又∠ ABD=∠EBA ，
∴△ ABD~ΔEBA，
∴ABBE=PDAB ，
∴AB2=BD⋅BE=BD⋅(BD+DE)=BD2+BD⋅DE，
∴62=BD2+8 ，
∴BD=27 （负值舍去）
∴6CE=274 ，
解得， CE=1277
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理可得∠A=∠E，由对顶角的性质可得∠BDA=∠CDE，然后根据相似三角形的判定定理进行证明；
（2）根据等边三角形的性质得AC=AB=BC=6，结合已知条件可得AC=3AD，则AD=2，DC=4，然后根据相似三角形的性质可得BD·DE=8，连接AE，由圆周角定理可得∠BAC=∠BEA，证明△ABD∽△EBA，根据相似三角形的性质可得BD、CE的值.
25．【答案】（1）解：∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，
即∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中
∠BAC=∠DAE∠B=∠D
∴△ABC∽△ADE；
（2）解：∵△ABC∽△ADE，
∴ADAB=DEBC，
∵AB=2AD，BC=4，
∴DE4=12，
∴DE=2，
即DE的长为2.
【解析】【分析】（1）根据∠BAD=∠CAE结合角的和差关系可得∠BAC=∠DAE，然后根据两组角对应相等的两个三角形相似进行证明；
（2）根据AB=2AD，BC=4结合相似三角形的性质可得DE的长.
26．【答案】（1）35；1225
（2）解：如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形.
理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM.
∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∵∠DCM＝∠DMC＝45°，
∴∠CDM＝∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝∠BDM，
∵AD＝DB，CD＝DM，
∴△ADC≌△BDM（SAS），
∴AC＝BM，
∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，
∴CM2+CB2＝BM2，
∴∠BCM＝90°，
∴∠DCB＝45°，
∴∠DAB+∠DCB＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形.
（3）u=t2(0
∵AB=AC，AE⊥BC
∴BE=CE= 12 BC=3，
∴cos∠ABC= AEAB=35
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠B+∠D=90°
又∵∠B+∠BAE=90°
∴∠D=∠BAE
又∵∠CFD=∠AEB=90°
∴△ABE∽△DCF
∴ABCD=BECF
∴54=3CF
∴CF= 125
∴sin∠CAD＝ CFAC = 1225
故答案为： 35 ， 1225 ；
(3)如图③中，过点D作DH⊥x轴于H.
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），
∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2 2 ，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠ACE＝∠ADE，
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，
∴∠EAB＝∠ACE，
∴∠EAB＝∠ADB，
∵∠ABE＝∠DBA，
∴△ABE∽△DBA，
∴BEAB=AEAD ，
∴AEBE=ADAB ，
∴u＝ AD4 ，
设D（x，t），
∵四边形ABCD是对余四边形，
可得BD2＝2CD2+AD2，
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，
整理得（x+1）2＝4t﹣t2，
在Rt△ADH中，AD＝ AH2+DH2=(x+1)2+t2 ＝2 t ，
∴u＝ AD4=t2 （0＜t＜4），
即u＝ t2 （0＜t＜4）
故答案为：u＝ t2 （0＜t＜4）.
【分析】（1）过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F，根据等腰三角形的性质可得BE=CE=12 BC=3，根据三角函数的概念可得cos∠ABC的值，根据四边形ABCD是对余四边形可得∠B+∠D=90°，根据同角的余角相等可得∠D=∠BAE，证明△ABE∽△DCF，由相似三角形的性质可得CF，然后根据三角函数的概念进行计算；
（2）过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM，易得∠DAB＝∠DBA＝45°，∠ADC＝∠BDM，证明△ADC≌△BDM，得到AC＝BM，根据勾股定理可得CM2＝DM2+CD2＝2CD2，结合已知条件可得CM2+CB2＝BM2，推出∠BCM＝90°，则∠DCB＝45°，∠DAB+∠DCB＝90°，据此证明；
（3）过点D作DH⊥x轴于H，根据点A、B、C的坐标可得OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝22 ，结合勾股定理逆定理知∠ACB＝90°，根据四边形ABCD是对余四边形可得∠ADC+∠ABC＝90°，则
∠ADC＝45°，易得A，D，C，E四点共圆，得到∠ACE＝∠ADE，根据角的和差关系可推出∠EAB=∠ACE，证明△ABE∽△DBA，由相似三角形的性质可得 AEBE=ADAB， 则u＝AD4，设D（x，t），根据对余四边形的概念可得BD2＝2CD2+AD2，代入并整理可得(x+1)2＝4t-t2，根据勾股定理表示出AD，然后表示出u即可.
27．【答案】（1）解：过点P作PQ⊥BC于点Q，
∵四边形ABCO为矩形，
∴AB⊥BC，OC⊥BC，
∴PQ∥AB，MQ∥OC，
∴△CQP∽△CBA，CQ=OM，QM=OC，
∴QPAB=QCBC，
∴QPQC=ABBC，
∵点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），
∴BC=OA=4，AB=OC=3，
∴QPx=34
解得：QP=34x，
∴PM=3﹣34x，
由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），
P点坐标为（x，3﹣34x）；
（2）解：设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，
NC边上的高为34x，其中，0≤x≤4.
∴S=12（4﹣x）×34x=38（﹣x2+4x）
=﹣38（x﹣2）2+32.
∴S的最大值为32，此时x=2.
（3）解：①若NP=CP，
∵PQ⊥BC，
∴NQ=CQ=x.
∴x+x+x=4，
∴x=43；
②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=54x，
∴4﹣x=54x，
∴x=169；
③若CN=NP，则CN=4﹣x.则NQ=4﹣2x，
∵PQ=34x，
∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，
∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（34x）2，
∴x=12857.
综上所述，当x为43或169或12857时，△NPC是一个等腰三角形.
【解析】【分析】（1）过点P作PQ⊥BC于点Q，由矩形性质得CQ=OM，QM=OC，AB⊥BC，OC⊥BC，则PQ∥AB，MQ∥OC，证明△CQP∽△CBA，根据点A、B的坐标可得BC=OA=4，AB=OC=3，根据相似三角形的性质可得QP，进而可得PM，据此可得点P的坐标；
（2）设△NPC的面积为S，根据三角形的面积公式可表示出S，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）①若NP=CP，则NQ=CQ=x，据此可得x的值；②若CP=CN，则CN=4-x，PQ=x，CP=54x，同理可得x；③若CN=NP，则CN=4﹣x，NQ=4-2x，PQ=34x， 然后在Rt△PNQ中，应用勾股定理求解即可
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