专题17 相似三角形-全国初三数学自主招生专题大揭秘（含答案详解）

这是一份专题17 相似三角形-全国初三数学自主招生专题大揭秘（含答案详解），共37页。

专题17 相似三角形
一．选择题（共12小题）
1．（2021•黄州区校级自主招生）如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，DE交AC于点M．AF交BD于点N，若AF平分∠BAC，DE⊥AF；记，则有（　　）

A．x＞y＞z B．x＝y＝z C．x＝y＜z D．x＝y＞z
2．（2021•江岸区校级自主招生）如图，Rt△ABC中，∠BCA＝90°，AC＝BC，点D是BC的中点，点F在线段AD上，DF＝CD，BF交CA于E点，过点A作DA的垂线交CF的延长线于点G，下列结论：①CF2＝EF•BF；②AG＝2DC；③AE＝EF；④AF•EC＝EF•EB．其中正确的结论有（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
3．（2020•衡阳县自主招生）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝3，BC＝6，点E在高AB上滑动，若△DAE与△EBC相似，则当AE＝2时，EB＝（　　）

A．4 B．6 C．4或9 D．4或6
4．（2020•九龙坡区自主招生）如图，在△ABC中，DE∥BC，＝，记△ADE的面积为
S1，四边形DBCE的面积为S2，则的值是（　　）

A． B． C． D．
5．（2020•九龙坡区自主招生）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝3，点E是BC边的中点，连接AE，△AB1E和△ABE关于AE所在直线对称，B1在对角线BD上．若∠CB1D＝90°，则B1D的长为（　　）

A．6 B．3 C． D．
6．（2020•西安自主招生）如图，在边长为8的等边△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，EF⊥AC于F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为（　　）

A．4 B． C． D．
7．（2019•江岸区校级自主招生）在△ABC中，最大角∠A是最小角∠C的两倍，且AB＝6，AC＝8，则BC的值为（　　）
A．6 B．10 C．2 D．
8．（2019•和平区校级自主招生）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且DE∥BC，BE与CD相交于点O，若AD：DB＝2：3，则△DOE与△COB的面积比是（　　）

A．2：3 B．4：9 C．9：25 D．4：25
9．（2019•湖北自主招生）如图，点O在△ABC内，点P、Q、R分别在边AB、BC、CA上，且OP∥BC，OQ∥CA，OR∥AB，OP＝OQ＝OR＝x，BC＝a，CA＝b，AB＝c，则x＝（　　）

A． B．
C． D．
10．（2019•海港区校级自主招生）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，BE⊥AC于E，交AD于P，已知BP＝3，PE＝1，则AE＝（　　）

A． B． C． D．
11．（2019•武侯区校级自主招生）在凸四边形ABCD中，E为BC边的中点，BD与AE相交于点O，且BO＝DO，AO＝2EO，则S△ACD：S△ABD的值为（　　）
A．2：5 B．1：3 C．2：3 D．1：2
12．（2018•镜湖区校级自主招生）如图，已知平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、AD
上的点．EF与对角线AC交于P，若（a、b、m、n均为正数），则的值为（　　）

A． B． C． D．
二．填空题（共8小题）
13．（2021•长寿区自主招生）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：①△APE≌△AME；②PM+PN＝AC；③PE2+PF2＝PO2；④△POF∽△BNF；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是　 　．

14．（2020•渝北区自主招生）如图，四边形ABCD中，AD⊥DC，AD＝CD，∠ABC＝45°，AB+BC＝6，连接BD，则线段BD的最小值为　 　．

15．（2020•浙江自主招生）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，内取一点P，且AP＝AC＝a，BP＝CP＝b（b＜a），则＝　 　．

16．（2020•南安市校级自主招生）如图是用杠杆撬石头的示意图，C是支点，当用力压杠杆的A端时，杠杆绕C点转动，另一端B向上翘起，石头就被撬动．现有一块石头，要使其滚动，杠杆的B端必须向上翘起10cm，已知杠杆的动力臂AC与阻力臂BC之比为6：1，要使这块石头滚动，至少要将杠杆的A端向下压　 　cm．

17．（2020•长寿区自主招生）如图，△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠B＝∠E，AB交EF于D．给出下列结论：①∠AFD＝∠C；②DF＝BF；③△ADE∽△FDB；④∠BFD＝∠CAF．其中正确的结论是　 　（填写所有正确结论的序号）．

18．（2020•浙江自主招生）如图，菱形ABCD中，AB＝AC，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O．则下列结论①△ABF≌△CAE，②∠AHC＝120°，③AH+CH＝DH，④AD2＝OD•DH中，正确的是　 　．

19．（2019•徐汇区校级自主招生）已知，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，点D、E分别在边AC、AB上，且AD＝2．当△ADE∽△ACB时，AE＝　 　．
20．（2019•江阴市校级自主招生）如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE、AC
，分别交BD于M、N，则BM：DN等于　 　．

三．解答题（共10小题）
21．（2020•浙江自主招生）证明：只存在唯一一个三角形，它的三边长为三个连续的正整数，并且它的三个内角中有一个内角为另一个内角的2倍．
22．（2019•霞山区校级自主招生）如图，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°．点B是上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．
（1）求证：四边形EPGQ是平行四边形；
（2）探索当OA的长为何值时，四边形EPGQ是矩形；
（3）连接PQ，试说明3PQ2+OA2是定值．

23．（2021•黄州区校级自主招生）如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D的直线交AC于E，交AB的延长线于F，AB＝mAF，AC＝nAE．求：
（1）m+n的值；
（2）的取值范围．

24．（2020•赫山区校级自主招生）已知四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD边上的点，DE与CF交于点G．

（1）如图①，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF．求证：＝；
（2）如图②，若四边形ABCD是平行四边形．试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，使得＝成立？并证明你的结论．
25．（2019•武昌区校级自主招生）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，CD＜AB，AD＝CB，对角线AC与BD交于O，∠ACD＝60°，点S、P、Q分别是OD、OA、BC的中点．
（1）若AB＝5，CD＝3．
①求梯形的高；
②求△PQS的面积；
（2）若△PQS与△AOD的面积比为3：2，求的值．

26．（2019•青羊区校级自主招生）如图，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，OA＝12，点C在OA上，AC＝4，点D为OB的中点，点E为弧AB上的动点，OE与CD的交点为F．
（1）当四边形ODEC的面积S最大时，求EF；
（2）求CE+2DE的最小值．

27．（2019•永春县校级自主招生）如图，在△ABC中．AB＝AC，AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，F是AB中点，连EF交AD于点G．
（1）求证：AD2＝AB•AE；
（2）若AB＝3，AE＝2，求的值．

28．（2019•顺庆区校级自主招生）如图，在△ABC中，点D在边BC上，联结AD，∠ADB＝∠CDE，DE交边AC于点E，DE交BA延长线于点F，且AD2＝DE•DF．
（1）求证：△BFD∽△CAD；
（2）求证：BF•DE＝AB•AD．

29．（2018•李沧区校级自主招生）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°．
（1）若PB＝，求△PAB的面积；
（2）S△PAB＝，求△PAC的面积．

30．（2017•雨城区校级自主招生）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．
（1）如图1，当∠ABC＝45°时，求证：AD＝DE；
（2）如图2，当∠ABC＝30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由．

专题17 相似三角形
一．选择题（共12小题）
1．【解答】解：作OP∥AB交DE于P．

∵AN平分∠BAO，
∴∠BAF＝∠CAF，，＝，即x＝y＝．
∵AF⊥DE，
∴∠AEM＝∠AME，
∴AM＝AE，
∵OP∥AB，OB＝OD，
∴EP＝DP，
∴△OMP∽△AME，
∴，
∴OP＝OM，
∴z＝＝2，
∴z＞y＝x，
故选：C．
2．【解答】解：∵DF＝CD，
∴∠DCF＝∠DFC，
∵AC＝BC，点D是BC的中点，
∴DF＝DB＝DC，
∴∠DBF＝∠DFB，
又∵∠DBF+∠DFB+∠DFC+∠DCF＝180°，
∴∠BFC＝×180°＝90°，
∴CF⊥BE，
∴Rt△BCF∽Rt△CEF，
∴＝，
∴CF2＝EF•BF，故①正确；
∵AG⊥AD，
∴∠G+∠AFG＝90°，
又∵∠ACG+∠DCF＝90°，∠DCF＝∠DFC＝∠AFG，
∴∠G＝∠ACG，
∴AG＝AC，
∵AC＝BC，
∴AG＝BC，
∵点D是BC的中点，
∴BC＝2DC，
∴AG＝2DC，故②正确；
根据角的互余关系，∠EAF+∠ADC＝90°，∠AFE+∠DFC＝90°，
∵tan∠ADC＝2，
∴∠ADC≠60°，
∵∠DCF＝∠DFC，
∴∠FDC≠∠DFC，
∴∠EAF≠∠EFA，
∴AE≠EF，故③错误；
∵∠ACB＝90°，CF⊥BE，
∴△CEF∽△BCE，
∴＝，
∴EC2＝EF•EB，
∵△BCE≌△AGF（已证），
∴AF＝EC，
∴AF•EC＝EF•EB，故④正确；
所以，正确的结论有①②④．
故选：B．
3．【解答】解：∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝∠B＝90°,
当△DAE与△EBC相似，
则或,
∵AD＝3，BC＝6，AE＝2,
∴或＝,
解得BE＝9或4，
故选：C．

4．【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∴9S1＝4S1+4S2，
∴5S1＝4S2，
∴＝．
故选：A．
5．【解答】解：如图，设AE与BD交于点F，

∵△AB1E和△ABE关于AE所在直线对称，
∴AB＝AB1，EB＝EB1，
∴AE垂直平分BB1，
∴BF＝B1F，
∵∠AFB＝∠DB1C＝90°，
∴∠BAF+∠ABF＝∠ABF+∠EBF＝90°，
∴∠BAF＝∠EBF，同理∠EBF＝∠DCB1，
∴∠BAF＝∠DCB1，
∵AB＝CD，
∴△ABF≌△CDB1（AAS），
∴BF＝B1D，
∴F，B1是对角线BD的三等分点，
∵∠DCB1＝∠BCD，∠DB1C＝∠DCB＝90°．
∴△DB1C∽△DCB，
∴，
∴DC2＝DB1•DB，
设DB1＝x，则DB＝3x，
∴32＝x•3x，
∴x＝，x＝﹣（舍去），
∴B1D＝．
故选：D．
6．【解答】解：连接DE，
∵在边长为8的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝4，且DE∥AC，BD＝BE＝EC＝4，
∵EF⊥AC于点F，∠C＝60°，
∴∠FEC＝30°，∠DEF＝∠EFC＝90°，
∴FC＝EC＝2，
故EF＝＝2，
∵G为EF的中点，
∴EG＝，
∴DG＝＝，
故选：D．

7．【解答】解：作∠BAC的平分线AD，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵∠BAC＝2∠C，
∴∠BAD＝∠DAC＝∠C，
∴AD＝CD，
∵∠BAC＝2∠C，
∴∠BAD＝∠C，
∵∠B＝∠B，
∴△BAD∽△BCA，
∴＝＝，即＝＝，
解得：AD•BC＝48，AD＝BC，
∴CB＝＝2，
故选：C．

8．【解答】解：∵AD：DB＝2：3，
∴AD：AB＝2：5，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△DEO∽△COB，
∴＝（）2＝，
故选：D．
9．【解答】解：延长PO交AC于M，延长QO交AB于N，如图，
∵OP∥BC，OQ∥CA，OR∥AB，
∴四边形ANOR、四边形CMOQ为平行四边形，
∴MC＝OQ＝x，ON＝AR，
∵OM∥BC，OR∥AB，
∴△ROM∽△ABC，
∴＝即＝，
∴RM＝x，
∵OP∥BC，ON∥AC，
∴△NOP∽△ACB，
∴＝即＝，
∴NO＝x，
∴AR＝x，
∵AR+RM+MC＝AC，
即x+x+x＝b，
∴x＝＝．
即OP的长为．
故选：A．

10．【解答】解：如图，过D作DG⊥AC于G，

∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∵BE⊥AC，DG⊥AC，
∴DG∥BE，
∴，
∴CG＝EG，
∴GD是△BCE的中位线，
∴DG＝BE．即CE＝2EG，
∵BP＝3，PE＝1，
∴BE＝3+1＝4，
∴DG＝BE＝2，
∵PE∥DG，
∴△APE∽△ADG，
∴＝，
∴AE＝AG，
∴AE＝EG＝GC，
∵∠ADG+∠CDG＝90°，∠CDG+∠C＝90°，
∴∠C＝∠ADG，
又∵∠AGD＝∠CGD＝90°，
∴△ADG∽△DCG，
∴，
∴2AE•AE＝4，
∴AE＝，
故选：B．
11．【解答】解：如图，过点B作BF∥AD交AE延长线于F，连接OC，
∵BF∥AD
∴∠F＝∠DAO
∵BO＝DO，∠BOF＝∠DOA
∴△FOB≌△AOD（AAS）
∴FO＝AO
∵AO＝2EO
∴FO＝2EO
∴EO＝EF，
∵E为BC边的中点
∴BE＝CE
∵∠BEF＝∠CEO
∴△BEF≌△CEO（SAS）
∴∠BFE＝∠COE
∴BF∥OC
AD∥OC
∴S△ACD＝S△AOD，
∵BD＝2OD
∴S△ABD＝2S△AOD，
∴S△ABD＝2S△ACD
∴S△ACD：S△ABD＝1：2；
故选：D．

12．【解答】解：方法一：
过点E作EG∥AD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥EG∥BC，AD＝BC，
∴，△AEO∽△ABC，△APF∽△OPE，
∴，，，
∵
∴令AE＝ax，BE＝bx，AF＝my，DF＝ny，
∴，
∴EO＝，
∴，
∴PO＝，
∴，
∴AP（a+b）bm+AP（m+n）ab+AP（m+n）a2＝PC（a+b）am，
∴AP（bm+an+am）（a+b）＝PC（a+b）am，
∴＝，
∴C答案正确；

方法二：
延长FE交CB的延长线于点H，
∵CH∥AD，
∴△AEF∽△BEH，△APF∽△CPH，
∵△AEF∽△BEH，
∴，
∵△APF∽△CPH，
∴＝＝＝1++＝，
∴＝，
故选：C．

二．填空题（共8小题）
13．【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，
∵PM⊥AC，
∴∠AEP＝∠AEM＝90°，
在△APE和△AME中，
，
∴△APE≌△AME（ASA），
故①正确；
②∵△APE≌△AME，
∴PE＝EM＝PM，
同理，FP＝FN＝NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO＝∠EOF＝∠PFO＝90°，且△APE中AE＝PE
∴四边形PEOF是矩形．
∴PF＝OE，
在△APE中，∠AEP＝90°，∠PAE＝45°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∴AE＝PE，
∴PE+PF＝OA，
又∵PE＝EM＝PM，FP＝FN＝NP，OA＝AC，
∴PM+PN＝AC，
故②正确；
③∵四边形PEOF是矩形，
∴PE＝OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2＝PO2，
∴PE2+PF2＝PO2，
故③正确；
④∵△APE≌△AME，
∴AP＝AM
△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，
∴△POF与△BNF不一定相似，
故④错误；
⑤∵△APE≌△AME，
∴ME＝PE，
∴AE是MP是中垂线，
∴MO＝OP，
又∵OE⊥MP，
∴∠MOE＝∠POE，
同理可证∠POF＝∠NOF，
∵∠POE+∠POF＝∠EOF＝90°，
∴∠MOE+∠POE+∠POF+∠NOF＝180°，
∴点M，点O，点N三点共线，
故⑤正确，
故答案为①②③⑤．
14．【解答】解：∵AD＝CD，
∴将△DCB绕点D旋转，使AD、CD重合，连接BB′，
∴△DCB≌△DAB′，
∵∠B′AB＝135°，∠ADC＝90°，∠ABC＝45°，，
∴∠DAB+∠C＝360°﹣90°﹣45°＝225°，
∴∠B′AB＝360°﹣∠DAB′﹣∠DAB＝360°﹣∠DCB﹣∠DAB＝135°，
∴AB′＝BC，∠BDB′＝∠ADC＝90°，
在Rt△BDB′中，B′D＝BD，
∴BD＝BB′，
要求BD最小，只需BB′最小，过B′作B′H⊥BA，垂足为H，
设AH＝a，
∵∠B′AB＝135°，∠B′AH＝45°，
∴B′H＝a，AB′＝a，
∵ab′＝bc＝a且AB+BC＝6，
∴AB＝6﹣a，BH＝6﹣a，
由勾股定理得，BB′2＝a2+（6﹣a）2＝a2﹣6a+72，
当a＝＝时，BB′最小，最小值为，
此时BD＝×＝，
故BD最小值为．
故答案为：．

15．【解答】解：如图：过点P作PD⊥BC与点D，作PE⊥AC于点E，可得矩形PDCE，有PD＝EC，PE＝CD，
∵PC＝PB，PD⊥BC，
∴DC＝DB＝BC＝AC＝a，
∴PE＝CD＝a，Rt△AEP中，AP＝AC＝a，PE＝a，
∴AE＝a，
∴EC＝AC﹣AE＝a﹣a＝a．
∴PD＝EC＝a，
Rt△CDP中，PD2+CD2＝CP2，
∴（a）2+（）2＝b2，
∴a2+a2＝b2，
∴a2＝b2，
∴（2﹣）a2＝b2．
∴＝2﹣，
∴＝＝＝．
故答案是：．

16．【解答】解：如图；AM、BN都与水平线的垂直，M，N是垂足，则AM∥BN；

∵AM∥BN，
∴△ACM∽△BCN；
∴，
∵AC与BC之比为6：1，
∴，即AM＝6BN，
∴当BN≥10cm时，AM≥60cm，
故要使这块石头滚动，至少要将杠杆的端点A向下压60cm．
故答案为：60．
17．【解答】解：在△ABC与△AEF中，
∵AB＝AE，BC＝EF，∠B＝∠E，
∴△ABC≌△AEF，
∴∠AFD＝∠C（①正确）；
由∠B＝∠E，∠ADE＝∠FDB，
可知：△ADE∽△FDB（②正确）；
∵∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAD＝∠CAF，
由△ADE∽△FDB可得∠EAD＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAF（④正确）．
综上可知：①③④正确．
故答案为：①③④．
18．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
即△ABC是等边三角形，
同理：△ADC是等边三角形
∴∠B＝∠EAC＝60°，
在△ABF和△CAE中，
，
∴△ABF≌△CAE（SAS）；
故①正确；
∴∠BAF＝∠ACE，
∵∠AEH＝∠B+∠BCE，
∴∠AHC＝∠BAF+∠AEH＝∠BAF+∠B+∠BCE＝∠B+∠ACE+∠BCE＝∠B+∠ACB＝60°+60°＝120°；
故②正确；
在HD上截取HK＝AH，连接AK，
∵∠AHC+∠ADC＝120°+60°＝180°，
∴点A，H，C，D四点共圆，
∴∠AHD＝∠ACD＝60°，∠ACH＝∠ADH，
∴△AHK是等边三角形，
∴AK＝AH，∠AKH＝60°，
∴∠AKD＝∠AHC＝120°，
在△AKD和△AHC中，
，
∴△AKD≌△AHC（AAS），
∴CH＝DK，
∴DH＝HK+DK＝AH+CH；
故③正确；
∵∠OAD＝∠AHD＝60°，∠ODA＝∠ADH，
∴△OAD∽△AHD，
∴AD：DH＝OD：AD，
∴AD2＝OD•DH．
故④正确．
故答案为：①②③④．

19．【解答】解：∵△ADE∽△ABC，
∴，
即，
解得AE＝．
故答案为：．
20．【解答】解：在▱ABCD中，AD∥BE，D＝BC，BN＝ND，
∴△ADM∽△EBM，
∴＝，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝BC＝AD，
∴＝，
设BM＝a，则MD＝2a，BD＝3a，
∴DN＝a，
∴＝＝．
故答案为：．
三．解答题（共10小题）
21．【解答】证明：如图，在△ABC中，设∠A＝2∠B，且三边长分别为a，b，c．
延长CA到点D，使AD＝AB＝c，则CD＝b+c，由∠A＝2∠B，知∠ABC＝∠D．
从而，△ABC∽△BDC，故，即
于是，a2＝b（b+c）①
当a＞c＞b时，设a＝n+1，c＝n，b＝n﹣1，代入①式，解得，n＝5．
此时，a＝6，b＝5，c＝4；
当c＞a＞b时，设c＝n+1，a＝n，b＝n﹣1，解得，n＝2．
此时，a＝2，b＝1，c＝3，不能构成三角形；
同理，当a＞b＞c时，可得，n2﹣3n﹣1＝0，n不是整数，舍去．
综上所述，满足条件的三角形只有一个，其三边长为4，5，6．

22．【解答】解：（1）证明：连接OB，如图①，
∵BA⊥OM，BC⊥ON，
∴∠BAO＝∠BCO＝90°，
∵∠AOC＝90°，
∴四边形OABC是矩形．
∴AB∥OC，AB＝OC，
∵E、G分别是AB、CO的中点，
∴AE∥GC，AE＝GC，
∴四边形AECG为平行四边形．
∴CE∥AG，
∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，
∴GF∥OB，DE∥OB，
∴PG∥EQ，
∴四边形EPGQ是平行四边形；

（2）如图②，当∠CED＝90°时，▱EPGQ是矩形．
此时∠AED+∠CEB＝90°．
又∵∠DAE＝∠EBC＝90°，
∴∠AED＝∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴．
设OA＝x，AB＝y，则：＝：x，
得y2＝2x2，
又 OA2+AB2＝OB2，
即x2+y2＝12．
∴x2+2x2＝1，
解得：x＝．
当OA的长为时，四边形EPGQ是矩形；

（3）如图③，连接GE交PQ于O′，
∵四边形EPGQ是平行四边形，
∴O′P＝O′Q，O′G＝0′E．
过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．
由△PCF∽△PEG得，，
∴PA′＝A′B′＝AB，GA′＝GE＝OA，
∴A′O′＝GE﹣GA′＝OA．
在Rt△PA′O′中，PO′2＝PA′2+A′O′2，
即 ，
又 AB2+OA2＝1，
∴3PQ2＝AB2+，
∴OA2+3PQ2＝OA2+（AB2+）＝．

23．【解答】解：（1）过点B作BG∥AC交EF于G，

∴∠C＝∠GBD，
∵D是BC的中点，
∴DC＝BD，
∵∠CDE＝∠BDG，
∴△DCE≌△DBG（ASA），
∴EC＝BG，
∵＝m，即＝m，
∴1﹣m＝，
∵＝n，即＝n，
∴n﹣1＝＝，
∵BG∥AC，
∴△FBG∽△FAE，
∴，
∴1﹣m＝n﹣1，
∴m+n＝2．
（2）∵＝＝﹣1，
∵点F在AB的延长线上，
∴AF＞AB，
∴0＜m＜1，1＜m+1＜2，＜得，
＜﹣1＜2，
∴＜＜2．
24．【解答】（1）证明：如图（1），∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
∵∠A＝∠CDF，
∴△AED∽△DFC，
∴；

（2）当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠A＝∠EGC＝∠FGD，
∵∠FDG＝∠EDA，
∴△DFG∽△DEA，
∴，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，
∴∠CGD＝∠CDF，
∵∠GCD＝∠DCF，
∴△CGD∽△CDF，
∴＝，
∴，
∴＝
即当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
25．【解答】解：（1）

①作DE⊥AB，垂足为E，
∵AB＝5，CD＝3，
∴AE＝1，BE＝5﹣1＝4，
又∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ACD＝60°，
∴DE＝BE•tan60°＝4，
∴梯形的高为4；
②连接CS，
∵ABCD是等腰梯形，且AC与BD相交于O，
∴AO＝BO，CO＝DO，
∵ACD＝60°，
∴△OCD与△OAB均为等边三角形，
∵S是OD的中点，
∴CS⊥DO，
∵Q是BC中点，
∴SQ＝BC，
在Rt△ADE中，AD＝＝7，
∴SQ＝BC＝AD＝，
同理，连接BP，可证PQ＝BC，
又SP是△OAD的中位线，
∴SP＝AD＝BC，
∴SP＝PQQ＝SQ，
故∴△SPQ为等边三角形，
∴S△PQS＝×＝；
（2）设CD＝a，AB＝b（a＜b），则S△AOD＝S△BOC＝BO×CS＝ab，
由（1）知，BC2＝SC2+BS2＝+＝a2+ab+b2，
∴S△SPQ＝×＝（a2+ab+b2），
又∵△PQS与△AOD的面积比为3：2，
∴2×（a2+ab+b2）＝3×ab，
即a2﹣5ab+b2＝0，
∴﹣5×+1＝0，
∴＝，
∵a＜b，
∴＝．
26．【解答】解：（1）分别过O、E作ON⊥CD于N，EM⊥CD于M，
∵CD＝10，
∴四边形ODEC＝S△OCD+S△CDE＝≤CD•OE
＝
＝60，
此时OM、EN、OE重合，
∵ON•CD＝OC•OD，
∴10×ON＝6×8，
∴ON＝，
∴；
（2）延长OB至点G，使BG＝OB，连接GE、GC、DE，
则，
∵点D为OB的中点，OB＝OE，
∴，
∴，
又∠DOE＝∠EOG，
∴△DOE∽△EOG，，
∴EG＝2DE，
∴CE+2DE＝CE+EG，
当C、E、G三点在同一直线上上时，CE+EG最小，CO＝OA﹣AC＝12﹣4＝8，OG＝OB+BG＝12+12＝24，
此时，
故CE+2DE有最小值为．
27．【解答】（1）证明：∵AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵∠DAE＝∠DAC，
∴△DAE∽△CAD，
∴＝，
∴AD2＝AC•AE，
∵AC＝AB，
∴AD2＝AB•AE．
解法二：可以直接证明△DAE∽△BAD，得出结论．
（2）解：如图，连接DF．

∵AB＝3，∠ADB＝90°，BF＝AF，
∴DF＝AB＝，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
∴DF∥AC，
∴＝＝＝，
∴＝．
28．【解答】证明：（1）∵AD2＝DE•DF，
∴，
∵∠ADF＝∠EDA，
∴△ADF∽△EDA，
∴∠F＝∠DAE，
又∵∠ADB＝∠CDE，
∴∠ADB+∠ADF＝∠CDE+∠ADF，
即∠BDF＝∠CDA，
∴△BFD∽△CAD；
（2）∵△BFD∽△CAD，
∴，
∵，
∴，
∵△BFD∽△CAD，
∴∠B＝∠C，
∴AB＝AC，
∴，
∴BF•DE＝AB•AD．
29．【解答】解：（1）过P点作PD⊥AB于D，
在Rt△BPC中，∠BPC＝90°，BC＝1，PB＝，
∴PC＝＝，
∵∠DBP+∠PBC＝90°，∠BCP+∠PBC＝90°，
∴∠DBP＝∠BCP，
∵∠PDB＝∠BPC＝90°，
∴△PDB∽△BPC，
∴PD：BP＝BP：BC，即PD：＝：1，
解得PD＝，
则△PAB的面积为××＝；
（2）∵S△PAB＝，
∴PD＝×2÷＝，
∵△PDB∽△BPC，
∴PD：BP＝BP：BC，即：BP＝BP：1，
解得BP＝，
在Rt△BPC中，∠BPC＝90°，BC＝1，PB＝，
则PC＝＝，
则△PAC的面积＝×1×﹣﹣××＝．

30．【解答】（1）证明：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，
则∠BDE+∠FDE＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠FDE+∠ADF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠C＝45°，
∵MN∥AC，
∴∠EBD＝180°﹣∠C＝135°，
∵∠BFD＝45°，DF⊥BC，
∴∠BFD＝45°，BD＝DF，
∴∠AFD＝135°，
∴∠EBD＝∠AFD，
在△BDE和△FDA中
，
∴△BDE≌△FDA（ASA），
∴AD＝DE；

（2）解：DE＝AD，
理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，
则∠BDE+∠GDE＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠GDE+∠ADG＝90°，
∴∠BDE＝∠ADG，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠C＝60°，
∵MN∥AC，
∴∠EBD＝180°﹣∠C＝120°，
∵∠ABC＝30°，DG⊥BC，
∴∠BGD＝60°，
∴∠AGD＝120°，
∴∠EBD＝∠AGD，
∴△BDE∽△GDA，
∴＝，
在Rt△BDG中，＝tan30°＝，
∴DE＝AD．


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日期：2021/9/15 9:29:52；用户：欧阳盛世；邮箱：15901707080；学号：27817092