人教版九年级数学下册基础知识专项讲练 专题27.22 相似三角形的性质（培优篇）（专项练习）

这是一份人教版九年级数学下册基础知识专项讲练 专题27.22 相似三角形的性质（培优篇）（专项练习），共42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。

1．如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标(0，3)，点B坐标(4，0)，将点O沿直线对折，点O恰好落在∠OAB的平分线上的O’处，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，是的高，是的中点，交于于．若则的长为( )
A．B．C．D．
3．如图，在中，，，，点在边上，并且，点为边上的动点，将沿直线翻折，点落在点处，则点到边的距离的最小值是
A．B．1C．D．
4．如图，四边形中，，，，若，，则的值为（ ）
A．B．2C．D．
5．如图，点E从矩形ABCD的顶点B出发，沿射线BC的方向以每秒1个单位的速度运动，过E作EF⊥AE交直线DC于F点，如图2 是点E运动时CF的长度y随时间t变化的图象，其中M点是一段曲线（抛物线的一部分）的最高点，过M点作MN⊥y轴交图象于N点，则N点坐标是（ ）
A．（5，2）B．（，2）C．（，2）D．（，2）
6．如图，在直角坐标系xOy中，A（﹣4，0），B（0，2），连结AB并延长到C，连结CO，若△COB∽△CAO，则点C的坐标为（ ）
A．（1，）B．（，）C．（，2）D．（，2）
7．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且有一个内角为72°，现将其绕点D顺时针旋转得到菱形A'B'C'D，线段AB与线段B'C'交于点P，连接BB'．当五边形A'B'BCD为正五边形时，即长为（ ）
A．1B．C．D．
8．如图，将一个面积为24的正方形纸片沿图中的3条裁切线剪开后，恰好能拼成一个邻边不相等的矩形．若裁切线AB的长为6，则裁切线CD的长是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，将矩形ABCD折叠，使点D落在AB上点D′处，折痕为AE；再次折叠，使点C落在ED′上点C′处，连接FC′并延长交AE于点G．若AB=8，AD=5，则FG长为（ ）
A．B．C．D．4
10．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示，延长AH交CD于点P，若，，则小正方形边长GF的长是（ ）
A．B．C．3D．
二、填空题
11．如图，在△ABC中，D为BC中点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接EC，已知BC＝6，AD＝2，且S△CDE＝，则点A到DE的距离为 _________．
12．如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC、GA、GF，已知AG⊥GF，AC＝2，则AB的长为___．
13．在平面直角坐标系中，如图，，点，点C在y轴上且，连接．现给出以下结论：

①连接，则；
②的周长是一个固定值；
③的最小值为1；
④当取最小值时，．
其中正确的是_________（写出所有正确结论的序号）
14．如图，在平面直角坐标系中，点A(0，1)，点B为直线y=x上的一个动点，∠ABC＝90°，BC=2AB，则OC的最小值为____．
15．已知是直角三角形，连接以为底作直角三角形且是边上的一点，连接和且则长为______．
16．将矩形OABC如图放置，O为坐标原点，若点A（﹣1，2），点B的纵坐标是，则点C的坐标是_________．
17．如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转，点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在对角线上，连接，与交于点E，那么___________．
18．如图，正方形ABCD的边长为2，E是AB的中点，连接ED，延长EA至F，使EF＝ED．以线段AF为边作正方形AFGH，点H落在AD边上，连接FH并延长，交ED于点M，则的值为_____．
三、解答题
19．已知矩形ABCD，点E在AD边上，连接BE、BD，∠BED＝2∠BDC，BE＝25，BC＝32，则CD的长度为______．
20．在正方形ABCD中，P为AB边上一点，将△BCP沿CP折叠，得到△FCP．
（1）如图1，延长PF交AD于E，求证：EF=ED；
（2）如图2，DF，CP的延长线交于点G，求的值．

21．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=20cm，BC=15cm，现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿CB向点B方向运动，如果点P的速度是4cm/秒，点Q的速度是2cm/秒，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒．求：
（1）当t=3秒时，这时，P，Q两点之间的距离是多少？
（2）若△CPQ的面积为S，求S关于t的函数关系式．
（3）当t为多少秒时，以点C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？

22．如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点
求证：；
若，求的长；
如图2，连接，求证：．
23．如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：；
（2）若，求的值；
（3）求证：．
24．【操作发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．
∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN．
【实践探究】
（1）在图①条件下，若CN＝3，CM＝4，则正方形ABCD的边长是 ．
（2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝1，求DM的长．

参考答案
1．D
【分析】
假设直线与∠OAB的平分线交x轴点C，交y轴于D,易求得OA=3,OB=4,AB=5,OD=b,且直线与AB平行，利用角平分线性质可得,再由平行线分线段成比例得即，解得,结合图象，，利用排除法即可得到答案.
解：假设直线与∠OAB的平分线交x轴点C，交y轴于D，如图：
∵A(0，3)，B(4，0)，
∴OA=3，OB=4，AB=5，且直线AB斜率等于，
由直线知OD=b，且直线与AB平行，
∵AC平分∠OAB,
∴,
∵直线与AB平行,
∴即，
解得,
结合图象直线的位置，b的范围为，
利用排除法，
故选D.
【点拨】本题考查了角平分线的性质和平行线分线段成比例，利用假设法和排除法解答是选择题的一种技巧．
2．C
【分析】
延长BC交FE的延长线于点H，推出，通过证明，得出，继而得出，再证明，得出，再证明，从而得出答案．
解：延长BC交FE的延长线于点H，
∵
∴
∴
∴
∵是CD的中点
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故选：C．
【点拨】本题考查的知识点是相似三角形的判定及性质，作出辅助线后多次利用相似三角形的性质得出CH、AE的值是解此题的关键．
3．D
【分析】
先依据勾股定理求得的长，然后依据翻折的性质可知，故此点在以为圆心，以2为半径的圆上，依据垂线段最短可知当时，点到的距离最短，然后依据题意画出图形，最后，利用相似三角形的性质求解即可．
解：如图所示：当．
由翻折的性质可知：，．
，
．
由垂线段最短可知此时有最小值．
又为定值，
有最小值．
又，，
．
∴，
∵CF＝2，AC＝6，BC＝8，
∴AF＝4，AB＝＝10，
∴即，
∴．
．
故选：．
【点拨】本题考查翻折变换、最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理．垂线段最短等知识，解题的关键是正确找到点P位置，属于中考常考题型．
4．C
【分析】
延长AD、BC交于点E，过点D作DFBE，垂足为F，如图所示，易发现，通过对应边成比例，可求解出DE、CE，再利用即可求出DF、BF.
解：延长AD、BC交于点E，过点D作DFBE，垂足为F，如图所示，
，，
，
,
又，
，
设DE=x,CE=y,
,
整理可得关于x,y的二元一次方程组，
，
解得，
,
故选C.
【点拨】利用三角形相似，找到边与边的比例关系，可以求出未知边长，再利用勾股定理即可求解.
5．D
【分析】
当点运动到点位置时，，则，当点运动到中点位置时，，即，证明，当在的延长线上时，且，根据相似三角形的性质求得的长，即可求得点的横坐标
解：根据函数图象可知，当点运动到点位置时，，则，
当点运动到中点位置时，，即，
∴
四边形是矩形
的纵坐标相等，则当在的延长线上时，，，，
，
即
解得，（舍）
即点的坐标为(，2)
故选：D
【点拨】本题考查了动点问题函数图象，相似三角形的性质与判定，从函数图像获取信息是解题的关键．
6．B
解：根据相似三角形对应边成比例，由△COB∽△CAO求出CB、AC的关系AC=4CB，从而得到，过点C作CD⊥y轴于点D，然后求出△AOB和△CDB相似，根据相似三角形对应边成比例求出CD=、BD=，再求出OD=，最后写出点C的坐标为（，）．
故选：B．
【点拨】本题考查了相似三角形的性质，坐标与图形性质，主要利用了相似三角形对应边成比例，求出是解题的关键，也是本题的难点．
7．B
【分析】
先计算得出∠CDC'=∠ADA'=∠ADC'=36°，得到点C'在对角线BD上，再证明△BDA∽△BAC'，求得BP= C'A= C'B=，进一步计算即可求解．
解：连接BC'，AC'，如图：
∵五边形A'B'BCD为正五边形，
∴∠CDA'==108°，
∵菱形ABCD绕点D顺时针旋转得到菱形A'B'C'D，且∠ADC=72°，
∴∠A'DC'=∠ADC=72°，
∴∠CDC'=∠ADA'=108°-72°=36°，
∴∠CDC'=∠ADA'=∠ADC'=36°，
∴点C'在对角线BD上，∠ABC'=36°，
由旋转的性质知AD=AB= DC'=2，
∴∠DC'A=∠DAC'=72°，
∴∠C'AB=36°，
∴C'A= C'B，
设C'A= C'B=x，则BD= x+2，
∵∠BDA=∠BAC'=36°，
∴△BDA∽△BAC'，
∴DA：AC'=BD：BA，即2：x=( x+2)：2，
整理得：x2+2x-4=0，
解得x=，(负值已舍)
∵∠C'BP=36°，∠BC'P=72°，
∴∠C'PB=72°，
∴BP= C'A= C'B=，
∴AP=3-，
∴，
故选：B．
【点拨】本题考查了正多边的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，二次根式的混合运算，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
8．A
【分析】
画出裁切后的矩形，再利用相似求解即可．
解：如图所示，四边形ABQN是裁切后的矩形：
∴，，
∴
∴
∵正方形HFG的面积是24
∴
∴
∴
∴
∴
∴
解得
故选：A．
【点拨】本题考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质，解题的关键是正确的画出裁切后拼成的矩形．
9．C
【分析】
过点G作GI⊥AB，GH⊥ED'，垂足分别为I、H，由折叠的性质可得C′E=5-4=1，在Rt△EFC′中，设FC′=x，则EF=3-x，由勾股定理得：12+（3-x）2=x2，解得：x=，再证明△BC′D'∽△C′GH，设C′H=3m，则GH=4m，C′G=5m，则HD'=GI=AI=4-3m，ID'=5-（4-3m）=1+3m=GH=4m，可得到C′G=5m=5，从而解决问题．
解：由折叠的性质得，∠AD'E=∠D=90°，AD=AD'，
又∵∠DAB=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
过点G作GI⊥AB，GH⊥ED'，垂足分别为I、H，
∵AD'ED是正方形，
∴AD=DE=ED'=AD'=5，BC=BC′=5，∠C=∠BC′F=90°，FC=FC′，
∴D'B=EC=8-5=3，
在Rt△C′BD'中，C′D'=4，
∴C′E=5-4=1，
在Rt△EFC′中，设FC′=x，则EF=3-x，由勾股定理得：
12+（3-x）2=x2，
解得：x=，
∵∠BC′D'+∠GC′H=90°，∠GC′H+∠C′GH=90°，
∴∠BC′D'=∠C′GH，
又∵∠GHC′=∠BD'C′=90°，
∴△BC′D'∽△C′GH，
∴C′H：GH：C′G=BD'：C′D'：BC′=3：4：5，
设C′H=3m，则GH=4m，C′G=5m，
∴HD'=GI=AI=4-3m，ID'=5-（4-3m）=1+3m=GH=4m，
解得：m=1，
∴C′G=5m=5，
∴FG=；
故选：C．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造三角形相似是解题的关键．
10．B
【分析】
过点E作EM⊥AB于点M，证明△AED∽△HMD，可得， 由MH∥DP，可得，从而可得结论.
解：∵△ADE≌△DCH≌△CBG≌△BAF，
∴AE=DH，DE=CH，
∵四边形GFEH是正方形，
∴EH=EF=HG=GF，∠HFA=45°=∠EHF，
∵AP⊥HF，
∴∠FAH=∠AFH=45°=∠AHE，
∴AH=FH，AE=HE，
∴AF=2AE，
设AE=a，则AF=DE=2a， 如图过点H作HM⊥AD于M，
∴
∵∠DMH=∠AED=90°，∠ADE=∠MDH，
∴△AED∽△HMD，
∴，
∴，，
∴，
∵AD⊥CD， ∴MH∥DP，
∴ ，
∵AP=10，
∴AH=6，
∴EH==GF，
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
11．．
【分析】
过点E作EF⊥BC于F，AG⊥DE于G，AH⊥BC于H，由将△ABD沿AD折叠得到△AED，可得，可证，由D为BC中点，BC=6，可求，由S△CDE＝，可求，在Rt△EDF中，由勾股定理，可求FC=，在Rt△ECF中，由勾股定理，可证，可得 ，可求即可
解：过点E作EF⊥BC于F，AG⊥DE于G，AH⊥BC于H，
∵将△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴，
∴AD为∠BDE的平分线，
∵EF⊥BC于F，AG⊥DE于G，
∴，
∵D为BC中点，BC=6，
∴，
∵S△CDE＝，
∴，
∴，
在Rt△EDF中，由勾股定理，
∴FC=DC-DF=3-，
在Rt△ECF中，由勾股定理，
∵DE=DC，
∴，
由外角性质，，
∴，
，
∴，
∴即，
∴，
∴AG=，
故答案为：．
【点拨】本题考查折叠性质，角平分线性质，三角形面积，勾股定理，相似三角形判定与性质，掌握折叠性质，角平分线性质，三角形面积，勾股定理，相似三角形判定与性质，利用辅助线画出准去图形是解题关键．
12．
【分析】
如图，连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，可得＝，推出，可得b＝a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；
解：如图，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AC＝BD＝2，
∵CG＝DG，CF＝FB，
∴GF＝BD＝，
∵AG⊥FG，
∴∠AGF＝90°，
∴∠DAG+∠AGD＝90°，∠AGD+∠CGF＝90°，
∴∠DAG＝∠CGF，
∴△ADG∽△GCF，
设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，
∴＝，
∴，
∴b2＝2a2，
∵a＞0．b＞0，
∴b＝a，
在Rt△GCF中，3a2＝3，
∴a＝1，
∴AB＝2b＝2．
故答案为2．
【点拨】本题考查三角形中位线定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．①③④
【分析】
①利用勾股定理计算出AC的长，进行判断；②表示出△OAB的周长即可判断；③利用图形变形，将BC放在三角形中根据三角形的三边关系进行判断；④利用三垂直模型及三角形相似求出OA的长即可．
解：①∵A（a，0），OA＝OC，
∴ACa，
故①正确；
②C△OAB＝OA+AB+OB＝a+3+2，
∵3﹣2a＜3+2，
∴C△OAB不是一个固定值，
故②错误；
③如图，将△OBC绕点O顺时针旋转90°，得到△ODA，
则OB＝OD，BC＝AD，∠BOD＝90°，
∴BD4，
在△ABD中，AD＞BD﹣AB，
当B，A，D三点共线时，AD最短，即BC最短，
此时BC＝DA﹣AB＝4﹣3＝1，
故③正确；
④如图，当B，A，D三点共线时，作BE，DF垂直于x轴，垂足为E，F，
则∠OEB＝∠DFO＝90°，∠1+∠2＝90°，
又∠BOD＝∠2+∠3＝90°，
∴∠1=∠3，
又OB＝OD，
∴△BOE≌△ODF（AAS），
设B（x，y），则DF＝OE＝x，OF＝BE＝y，且x2+y2＝（2）2＝8，
由BE⊥x轴，DF⊥x轴得BE∥DF，
∴△ADF∽△ABE，
∴，即，
∴y＝3x，
把y＝3x代入x2+y2＝（2）2＝8得，
x2+9x2＝8，
解得x＝±（负值舍去），
∴y，
由△ADF∽△ABE得，，
∴AE＝3AF，
即a﹣x＝3（y﹣a），
a﹣x＝3y﹣3a，
∴a，
即OA．
故④正确．
故答案为：①③④．
【点拨】本题考查勾股定理，相似以及两点间的距离公式，熟练掌握勾股定理是解题关键．
14．
【分析】
分析求OC最小即求AC最小，求AC最小即求AB最小，根据点到直线的距离公式求AB最小，继而代换求出OC最小．
解：连接OC，在△AOC中，
OCAC-OA
故求OC最短，即求AC最短
由题意知：∠ABC=，BC=2AB且点A(0，1)，
设AB=m，BC=2m，AC= m
根据点到直线的距离可知，m最小= ．
此时AB⊥直线y=x，点C在直线上
∴BC=
作BD⊥OA与点D，
在△ABD和△BOD中
∴△DOB∽△OBA
∴
又∵AB=m=
∴OB=
∴OC=
故答案为．
【点拨】本题主要考查了点到直线的距离公式及三角形相似的性质，正确掌握点到直线的距离公式及三角形相似的性质是解题的关键．
15．
【分析】
将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，利用证明，得，，则，即可解决问题．
解：将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，
是等腰直角三角形，
又是等腰直角三角形，
，，，
，
，，

，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．
16．(3，)
【分析】
过点A作AD⊥x轴，垂足为D，过点B作BF⊥x轴，垂足为F，过点C作CG⊥x轴，垂足为G，过点B作BE⊥CG，交GC的延长线于点E，通过证明△ADO≌△CEB，△ADO∽△OGC即可．
解：过点A作AD⊥x轴，垂足为D，过点B作BF⊥x轴，垂足为F，过点C作CG⊥x轴，垂足为G，过点B作BE⊥CG，交GC的延长线于点E，
∴四边形BFGE是矩形，∠ADO=∠CBE=90°，
∴BF=EG，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA=CB，∠BCO=90°，
∴∠AOD=90°-∠COG=∠GCO=90°-∠BCE=∠CBE，
∴△ADO≌△CEB，△ADO∽△OGC，
∴AD=CE，，
∵点A（﹣1，2），点B的纵坐标是，
∴AD=CE=2，BF=EG=，CG=EG-CE=-2=，
∴，
解得OG=3，
故点C的坐标为(3，)，
故答案为：(3，)．
【点拨】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，坐标与线段的关系，熟练掌握矩形的性质，三角形的全等与系数是解题的关键．
17．
【分析】
过A点作AF⊥BD，交BD于点F，利用勾股定理求出BD=5，在根据是矩形ABD的面积求出AF，进而可求出，进而求出，再证明，即有，DE可求．
解：过A点作AF⊥BD，交BD于点F，如图，
∵矩形中AB=3，BC=AD=4，∠BAC=90°，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据旋转可知：，，，
∵，
∴，即，
∴，
根据旋转可知：，，，
∴根据两个等腰三角形中顶角相等，则其底角也相等，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，求出是解答本题的关键．
18．
【分析】
过点M作MN⊥AD于点N，根据勾股定理可得DE＝EF＝，根据四边形AFGH是正方形，可得AF＝AH＝EF﹣AE＝，根据，可得△DMN∽△DEA，所以，即，即可设MN＝NH＝x，则DN＝2x，DM＝，再根据DN+NH＝AD﹣AH，列式，求出x的值，进而可以解决问题．
解：如图，过点M作MN⊥AD于点N，
∵正方形ABCD的边长为2，E是AB的中点，
∴AD＝AB＝2，AE＝1，∠EAD＝90°，
∴，
∵四边形AFGH是正方形，
∴AF＝AH＝EF﹣AE＝，
∵∠AHF＝∠NHM＝45°，
∴MN＝NH，
∵，
∴△DMN∽△DEA，
∴，
∴，
设MN＝NH＝x，
则DN＝2x，DM＝，
∴DN+NH＝AD﹣AH，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】此题考察了正方形的性质和三角形相似的知识，解决本题的关键是找到相似三角形得出线段之间的关系．
19．24
【分析】
过E作EF⊥BD于F，根据矩形的性质得到∠C=∠ADC=90°，于是得到∠ADB+∠BDC=90°，根据已知条件推出180°-∠AEB=2（90°-∠ADB），得到∠AEB=2∠EDB，根据等腰三角形的性质得到BF=BD，由平行线的性质得到∠ADB=∠DBC，等量代换得到∠EBF=∠DBC，推出△EBF∽△DBC，根据相似三角形的性质，求得BD=40，由勾股定理即可得到结论．
解：过作于，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：24．
【点拨】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，外角的性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
20．（1）证明见解析（2）
【分析】
（1）连接CE，通过全等三角形的判定，得到Rt△CFE≌Rt△CDE，进而得出结论；
（2）连接BG、BF、BD，作CH⊥DF，垂足为H．依据△CFG≌△CBG，可得GF=GB，进而得出△GBF是等腰直角三角形，故BF＝BG．再判定△BGA∽△FBD，即可得到．
解：（1）如图1，连接CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠B=∠D=90°．
∵△PBC和△FPC关于PC对称，
∴BC=CF，∠B=∠PFC=90°．
∴∠EFC=90°．
∴∠EFC=∠D=90°，CF=CD．
∵CE=CE，
∴Rt△EFC≌Rt△DFC（HL）．
∴EF=ED．
（2）如图2，连接BG、BF、BD，作CH⊥DF，垂足为H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD．
∵CH⊥DF，
∴∠HCF=，
∵△PBC和△FPC关于PC对称，
∴BC=CF，∠FCG=∠BCG．
∴EB⊥CG．
又∵CG=CG，
∴△CFG≌△CBG．
∴GF=GB．
∵∠HCF=，∠FCG=∠BCG=，
∴∠HCK==45°．
∴∠PFH=135°．
∴∠GFB=45°．
∴∠GBF=45°．
∴△GBF是等腰直角三角形．
∴．
∵∠ABD=45°，
∴∠GBA=∠FBD．
∵，
∴△BGA∽△FBD．
∴．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造等腰直角三角形，全等三角形以及相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例得出结论．
21．（1）10cm；（2）；（3）t＝3或t＝
【分析】
（1）在Rt△CPQ中，当t=3秒，可知CP、CQ的长，运用勾股定理可将PQ的长求出；
（2）由点P，点Q的运动速度和运动时间，又知AC，BC的长，可将CP、CQ用含t的表达式求出，代入直角三角形面积公式=CP×CQ求解；
（3）应分两种情况：当Rt△CPQ∽Rt△CAB时，根据，可将时间t求出；当Rt△CPQ∽Rt△CBA时，根据，可求出时间t．
解：由题意得AP=4t，CQ=2t，则CP=20﹣4t，
（1）当t=3秒时，CP=20﹣4t=8cm，CQ=2t=6cm，
由勾股定理得PQ=；
（2）由题意得AP=4t，CQ=2t，则CP=20﹣4t，
因此Rt△CPQ的面积为S=；
（3）分两种情况：
①当Rt△CPQ∽Rt△CAB时，
，即，
解得：t=3秒；
②当Rt△CPQ∽Rt△CBA时，
，即，
解得：t=秒．
因此t=3秒或t=秒时，以点C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似
【点拨】本题主要考查了相似三角形性质以及勾股定理的运用，在解第三问时应分两种情况进行求解防止漏解或错解，注意方程思想与分类讨论思想的应用是解此题的关键．
22．（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】
（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90º，
∴∠E+∠ABD=90º，
∴∠EGB=90º，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90º，
∴∠DAG+∠DAH=90º，
∴∠HAG=90º，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
23．(1)见解析；(2) ；(3)见解析
【分析】
(1)由旋转知△PBQ为等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，进而证明△APB≌△CQB即可；
(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，又△ABC为等腰直角三角形，所以BC=，PQ=，再证明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，进而求出CE:BC的值；
(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，证明△PFA≌△QGC，进而得到PF=QG，然后再证明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，进而求解．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵BP绕点B顺时针旋转到BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°，
∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC,
∴∠ABP=∠CBQ，
在△APB和△CQB中，
，
∴△APB≌△CQB(SAS)，
∴AP=CQ．
(2) 设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，
△ABC为等腰直角三角形，∴BC=，
在Rt△PCQ中，由勾股定理有：，
且△PBQ为等腰直角三角形，
∴，
又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，
∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，
∴△BQE∽△BCQ，
∴，代入数据：，
∴BE=，∴CE=BC-BE=，
∴，
故答案为：．
(3) 在CE上截取CG，并使CG=FA，如图所示：
∵∠FAP=∠GCQ=45°，
且由(1)知AP=CQ，且截取CG=FA，
故有△PFA≌△QGC(SAS)，
∴PF=QG，∠PFA=∠CGQ，
又∵∠DFP=180°-∠PFA，∠QGE=180°-∠CGQ，
∴∠DFP=∠QGE，
∵DABC，
∴∠DFP=∠CEQ，
∴∠QGE=∠CEQ，
∴△QGE为等腰三角形，
∴GQ=QE，
故PF=QE．
【点拨】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定和性质、相似三角形判定和性质的综合，具有一定的综合性，本题第(3)问关键是能想到在CE上截取CG，并使CG=FA这条辅助线．
24．（1）6；（2），见解析；（3）2
【分析】
(1)根据旋转的性质证明△ABE≌△ADM得到BE=DM，又由∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，证出∠EAM=90°，得出∠MAN=∠EAN，再证明△AMN≌△EAN（SAS），得出MN=EN最后证出MN=BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理计算即可得到正方形的边长；
(2 )先根据旋转的性质证明△AEG≌△AEF（SAS），再证明∠GBE=90°，再根据勾股定理即可得到；
(3)在AB上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，得到ABQP为正方形，再根据操作发现以及勾股定理即可得到答案；
（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，
即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△EAN中，

∴△AMN≌△EAN（SAS），
∴MN=EN．
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM．
在Rt△CMN中，
，
则BN+DM=5，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-3，DM=CD-CM=x-4，
∴x-3+x-4=5，
解得：x=6，
即正方形ABCD的边长是6；
故答案为：6；
（2）数量关系为：，证明如下：
将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG，连结EG．
由旋转的性质得到：AF=AG，
又∵∠EAF＝45°，
∴,
且AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
从而得EG＝EF．（全等三角形对应边相等），
又∵BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形DMBN是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴DN∥BM，
∴ （两直线平行，同位角相等），
∵,
∴（等量替换），
即：∠GBE=90°，
则，
∴；
（3）在AD上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，
易证ABQP为正方形，
由操作与发现知：PR+BN＝RN．
设PR＝x，则RQ＝3﹣x，RN=1+x，QN=3-1=2
在Rt△QRN中，由勾股定理得：
，
即
解得：x＝，
∴PR=
∵PQ∥DC，
∴△APR∽△ADM，
∴ （相似三角形对应边成比例）
∴
∴DM＝2；
【点拨】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．