【文档说明】《九年级数学上册期末重点解答题针对训练（华师大版）》针对训练七 与相似有关的综合压轴题（解析版）.doc，共(27)页，1.639 MB，由管理员店铺上传

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1华师版数学九上期末重点解答题针对训练七（与相似有关的综合压轴题）说明：本学期的期末考试的压轴题，通常是与相似有关的综合题。1、如图，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，BC∥OA，OA=7，AB=4，∠COA=60°，点P为x轴上的—个动点，点P不与点0、点A重合．

连结CP，过点P作PD交AB于点D．(1)求点B的坐标；(2)当点P运动什么位置时，△OCP为等腰三角形，求这时点P的坐标；(3)当点P运动什么位置时，使得∠CPD=∠OAB，且85=ABBD，求这时点P的坐标.【答案】（1）B（5，23）.（2）P（4，0）.（3）P点坐标为（1，0）或

（6，0）.【解析】解：（1）过C作CD⊥OA于A，BE⊥OA于E,则△OCD≌△ABE，四边形CDEB为矩形.∴OD=AE，CD=BE.∵OC=AB=4，∠COA=60°.∴CD=32，OD=2.∴CB=DE=3,∴O

E=OD+DE=5.∵BE=CD=32,∴B（5，32）.（2）∵∠COA=60°，△OCP为等腰三角形,∴△OCP是等边三角形.∴OP=OC=4.∴P（4，0）.即P运动到（4，0）时，△OCP为等腰三角形,（3）∵∠CPD=∠OAB=∠COP=60°,∴∠OPC+∠DPA

=120°.又∵∠PDA+∠DPA=120°,∴∠OPC=∠PDA.∵∠OCP=∠A=60°,∴△COP∽△PAD.∴APOCADOP=.∵85=ABBD，AB=4,∴BD=25.∴AD=23.即OPOP−=7423.∴672=

−OPOP.得OP=1或6.∴P点坐标为（1，0）或（6，0）.2、（1）如图1，菱形AEGH的顶点E.H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）2（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：E

B；（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时HD：GC：EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果。（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．【答案】（1）1：3：1．（2）1：

3：1．（3）有变化．1：5：2【解析】解：（1）连接AG，∵菱形AEGH的顶点E.H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，∴A，G，C共线，AB﹣AE＝AD﹣AH，∴HD＝EB，延长

HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，∴=GNOGcos30°＝23，∵GC＝2OG，∴=GCGN＝31，∵HGND为平行四边形，∴HD＝GN，∴HD：

GC：EB＝1：3：1．（2）如图2，连接AG，AC，∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，∴AD：AC＝AH：AG＝1：3，∠DAC＝∠HAG＝30°，∴∠DAH＝∠CAG，∴△DAH∽△CAG，∴HD：GC＝AD：AC＝1：3，∵∠DAB＝∠HAE＝60°，

∴∠DAH＝∠BAE，3在△DAH和△BAE中===AEAHBAEDAHABAD∴△DAH≌△BAE（SAS）∴HD＝EB，∴HD：GC：EB＝1：3：1．（3）有变化．如图3，连接AG，AC，∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90

°，∴△ADC∽△AHG，∴AD：AC＝AH：AG＝1：5，∵∠DAC＝∠HAG，∴∠DAH＝∠CAG，∴△DAH∽△CAG，∴HD：GC＝AD：AC＝1：5，∵∠DAB＝∠HAE＝90°，∴∠DAH＝∠BAE，∵DA：AB

＝HA：AE＝1：2，∴△ADH∽△ABE，∴DH：BE＝AD：AB＝1：2，∴HD：GC：EB＝1：5：23、如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点

A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一

条中位线上．【答案】（1）t=1或1132；（2）t=87；（3）PQ的中点在△ABC的一条中位线上．【解析】解：（1）①当△BPQ∽△BAC时，∵BCBQBABP=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，4∴848105tt−=∴t=1；②当△BPQ∽△BCA时，∵B

ABQBCBP=∴104885tt−=∴t=1132，∴t=1或1132时，△BPQ与△ABC相似；（2）如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，∴

∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90°，∴△ACQ∽△CMP，∴MPCQCMAC=∴ttt34486=−解得：t=87；（3）如图，仍有PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，∵∠ACB=90°，∴

DF为梯形PECQ的中位线，∴DF=2QCPE+∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t，∴DF=2448tt+−=4，∵BC=8，过BC的中点R作直线平行于AC，∴RC=DF=4成立，∴D在过R的中位线上，∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上．4、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，A

B=5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着ACBPQED5P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P、Q同时出发，当

点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．（1）当t=2时，AP=，点Q到AC的距离是；（2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t的函数关系式；（不必写出t的取值范围）；（3）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成为直角梯形？若能，

求t的值．若不能，请说明理由；（4）当DE经过点C时，请直接．．写出t的值．【答案】（1）1，58；（2）ttS56522+−=．（3）能．89=t或815=t.（4）25=t或1445=t．【解析】解：（1）1，58；（2）作QF⊥AC于点F，如图1，AQ=CP=t，∴

tAP−=3．由△AQF∽△ABC，保持BC=2235−=4，得54tQF=．∴tQF54=．∴ttS54)3(21−=，即ttS56522+−=.（3）能．①当DE∥QB时，如图2．∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．此时∠AQP=90°．由△APQ∽△ABC，得AB

APACAQ=，即533tt−=．解得89=t．②如图3，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．此时∠APQ=90°．由△AQP∽△ABC，得ACAPABAQ=，即335tt−=．解得815=t．（4）25=t或1445=

t．【注：①点P由C向A运动，DE经过点C．方法一、连接QC，作QG⊥BC于点G，如图4．ACBPQED图2AC)BPQD图1E)FACBPQED图3AC(E))BPQD图4GAC(E))BPQD图5G6PC=t，22222)]5(544[)]5(53[ttCGQGQC−−

+−=+=，由22QCPC=，得222)]5(544[)]5(53[ttt−−+−=，解得25=t．方法二、由CQ=CP=AQ，得∠QAC=∠QCA，进而可得∠B=∠BCQ，BBCQ=，得CQ=BQ，∴AQ=BQ=25．∴25=t．②点P由A向C运动，DE经过点C，如图

5．222)]5(544[)]5(53[)6(ttt−−+−=−，1445=t】5、已知∠ABC=90°，AB=2，BC=3，AD∥BC，P为线段BD上的动点，点Q在射线AB上，且满足ABADPCPQ=（如图1所示）．（1）当AD=2，且点Q与点B重合时（如图2所示），

求线段PC的长；（2）在图1中，联结AP．当AD=23，且点Q在线段AB时，设点B、Q之间的距离为x，APQPBCSyS=△△，其中APQS△表示△APQ的面积，PBCS△表示△PBC的面积，求y关于x的函数解析式，并写出函数自变量取值范围；（3）当AD＜AB，且点Q在线段AB的延长线上时（如图

3所示），求∠QPC的大小．【答案】（1）223；(2)=yx−24，自变量取值范围为20x；（3）90°【解析】解：（1）∵Rt△ABD中，AB=2，AD=2，∴ABADPCPQ==1，∠D=4

5°∴PQ=PC即PB=PC，过点P作PE⊥BC，则BE=2321=BC。而∠PBC=∠D=45°∴PC=PB=223ADPCBQ图1DAPCB（Q））图2图3CADPBQ7（2）在图1中，过点P作PE⊥BC

，PF⊥AB于点F。∵∠A=∠PEB=90°，∠D=∠PBE∴Rt△ABD∽Rt△EPB∴43223===ABADEPEB设EB=3k，则EP=4k，PF=EB=3k∴kkPEBCSBPC6432121===，kxkxPFABxSABAQSAPBAPQ3223221222122−=

−=−===()232kx−∴=y()xkxkSSAPQBPC−=−=243212自变量取值范围为20x（3）答：90°证明：在图1中，过点P作PE⊥BC，PF⊥AB于点F。∵∠A=∠PEB=90°，∠D=∠PBE∴Rt△ABD∽Rt△EPB∴ABADEPEB=∴

ABADPCPQ==PEPFPEEB=∴Rt△PQF∽Rt△PCE∴∠FPQ=∠EPC∴∠EPC+∠QPE=∠FPQ+∠QPE=90°6、如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90º，AB<AC，M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于

点N，动点P从点B出发沿射线BA以每秒3厘米的速度运动。同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ⊥MP。设运动时间为t秒（t＞0）（1）△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由；（2）若

∠ABC=60º，AB=43厘米。ADPCBQ图1DAPCB（Q））图2图3CADPBQEFEF8①求动点Q的运动速度；②设Rt△APQ的面积为S（平方厘米），求S与t的函数关系式；（3）探求BP2、PQ2、CQ2三者之间的数量关系，以

图1为例说明理由。【答案】（1）△PBM与△QNM相似；（2）①每秒1厘米；②S=)16(232−−t；（3）BP2+CQ2=PQ2【解析】解：（1）△PBM与△QNM相似；∵MN⊥BCMQ⊥MP∴∠N

MB=∠PMQ=∠BAC=90º∴∠PMB=∠QMN,∠QNM=∠B=90º－∠C∴△PBM∽△QNM（2）①∵∠ABC=60º，∠BAC=90º,AB=43,BP=3t∴AB=BM=CM=43,MN=4∵△PBM∽△QNM∴MNBMNQBP=即：3434==NQBP∵P点的运动速度是每

秒3厘米，∴Q点运动速度是每秒1厘米。②∵AC=12,CN=8∴AQ=12-8+t=4+t,AP=43－3t∴S=)334()4(21tt−+=)16(232−−t（3）BP2+CQ2=PQ2证明如下：∵BP=3t,∴BP2=3t2∵CQ=8-t∴CQ2=(

8-t)2=64-16t+t2∵PQ2=(4+t)2+3(4-t)2=4t2-16t+64∴BP2+CQ2=PQ27、（2020浙江宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝

AD•AB．【尝试应用】（2）如图2，在□ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，9求AD的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠

EDF∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．【答案】（1）见解析；（2）316；（3）52-2．【解析】解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，∴ABACACAD=，∴AC2＝AD•AB．（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴A

D＝BC，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C，又∵∠FBE＝∠CBF，∴△BFE∽△BCF，∴BFBEBCBF=，∴BF2＝BE•BC，∴BC=3162=BEBF，∴AD=316．（3）如图，分别延长EF，DC相交于

点G，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∠BAC∠BAD，∵AC∥EF，∴四边形AEGC为平行四边形，∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，10∵∠EDF∠BAD，∴∠EDF＝∠BAC，∴∠EDF＝∠G，又∵∠DEF＝∠GED，∴△EDF∽△EGD，∴DEEFEGED=，∴D

E2＝EF•EG，又∵EG＝AC＝2EF，∴DE2＝2EF2，∴DEEF，又∵EFDEDFDG=，∴DG=2DF=52，∴DC＝DG﹣CG＝52-2．8、（2020山东泰安）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好

为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．探究发现：（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？．（填“是”或“否”）拓展延伸：（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥

DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．问题解决：（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．【答案】（1）是；（2）结论成立；(3)5524【解析】解：（1）如图（2）中，∵∠EDC＝90°，

EF＝CF，∴DF＝CF，∴∠FCD＝∠FDC，11∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠ACB＝90°，∵BA＝BD，∴∠A＝∠ADB，∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，∴∠ADB+∠FDC＝90°，∴∠FDB＝90°，∴BD⊥DF

．故答案为是．（2）结论成立：理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，∴∠BDC＝∠EDF，∵AB＝BD，∴∠A＝∠BDC，∴∠A＝∠EDF，∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝9

0°，∠ACB＝∠ECD，∴∠A＝∠E，∴∠E＝∠EDF，∴EF＝FD，∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，∴∠FCD＝∠FDC，∴FD＝FC，∴EF＝FC，∴点F是EC的中点．（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．∴DG=21EC=29，∵BD＝AB＝6，在R

t△BDG中，BG=215)29(622=+，∴CB=29215−=3，在Rt△ABC中，AC=533622=+，∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，12∴△ABC∽△EDC，∴CDBCECAC=，

∴CD3953=，∴CD=559，∴AD＝AC+CD＝552455953=+．9、（2020四川眉山）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点B、C、E三点在同一直线上，连接BD，AD，BD交AC于

点F．（1）若AD2＝DF•DB，求证：AD＝BF；（2）若∠BAD＝90°，BE＝6．①求tan∠DBE的值；②求DF的长．【答案】（1）见解析；（2）①53；②372。【解析】（1）证明：∵AD2＝DF•DB，∴ADDBDFAD=，∵∠ADF＝∠BDA，∴△ADF∽△BDA，∴∠ABD＝∠F

AD，∵△ABC，△DCE都是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，∴∠ACD＝∠BAF，∴△ADC≌△BAF（ASA），∴AD＝BF．（2）①解：过点D作D

G⊥BE于G．∵∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝30°，∵∠ACD＝60°，∴∠ADC＝90°，∴DC＝21AC，∴CE＝21BC，∵BE＝6，13∴CE＝2，BC＝4，∴CG＝EG＝1，BG＝5，DG＝3，∴tan∠D

BE＝53=BGDG．②在Rt△BDG中，∵∠BGD＝90°，DG＝3，BG＝5，∴BD＝72)3(52222=+=+BGDG，∵∠ABC＝∠DCE＝60°，∴CD∥AB，∴△CDF∽△ABF，∴21==ADCDEFDF，∴31=DBDF，∴DF＝37

2。10、（2020湖北武汉）问题背景：如图（1），已知△ABC和△ADE，求证：△ABD∽△ACE；尝试应用：如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°

，AC与DE相交于点F．点D在BC边上，3=BDAD，求CFDF的值；拓展创新：如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB=4，AC=23，直接写出AD的长．【答案】问题背景：见解析；尝试应用：3；拓展创新：5

=AD.【解析】问题背景：∵△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，ABACADAE=，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE；尝试应用：连接CE，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，14∴△BAC∽△DAE∴ABADACA

E=，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE；，∴BDADCEAE=，由于30ADE=，90DAE=，∴3303AEtanAD==，即3BDADCEAE==，∵3ADBD=，∴3ADCE=，∵90BACDAE

==，30ABCADE==，∴60CE==，又∵AFEDFC=，∴AFEDFC∽△△，∴AFEFDFCF=，即AFDFEFCF=，又∵AFDEFC=∴ADFECF∽△△，∴3DFADCFCE==；拓展创新：5=AD如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC

，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，30BADCBD==，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴△BAC∽△DAE，∴ABACBCADAEDE==，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△B

AD∽△CAE，15∴423=323BDABADCEACAE===，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴3BDx=，2BCx=，∴32CEx=，∴2235=22DExxx=−，∵AB

BCADDE=，∴4252xADx=，∴5=AD11、（2020河北）如图1和图2，在△ABC中，AB=AC，BC=8，43tan=C．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM=CN=2．点P从点M出发沿折线MB—BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且

始终保持∠APQ=∠B．（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计

并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B到N共用时36秒．若49=AK，请直接．．写出点K被扫描到的总时长．【答案】（1）3；（2）34；（3）+

−+=)93(53353)30(25482524xxxxd；（4）23秒．【解析】（1）解：当点P在BC上时，PA⊥BC时PA最小，16∵AB=AC，△ABC为等腰三角形，∴PAmin=tanC·2BC=34×4=3；（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，S上=S△APQ，S下=S四边形

BPQC，∵APQB=，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴APADPQABACBC==，∴2APQABCSAPSAB=，当SS上下=45时，24=9APQABCSAPSAB=，∴23APAB=，AE=2BC·tan3C=，根据勾股定理可得AB=

5，∴2253APMPAB+==，解得MP=34；（3）当0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，由（2）可知sinC=35，∴d=35PQ，∵AP=x+2，∴25APxPQABBC+==，∴PQ=285x+，∴d=238

55x+=24482525x+，17当3≤x≤9时，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，d=CP·sinC=35（11-x）=-35x+335，综上+−+=)93(53353)30

(25482524xxxxd；（4）AM=2<AQ=94，移动的速度=936=14，①从Q平移到K，耗时：92414−=1秒，②P在BC上时，K与Q重合时CQ=CK=5-94=114，∵∠APQ+∠QPC=∠B+∠BAP，APQB=∴

∠QPC=∠BAP，又∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCQ，设BP=y，CP=8-y，ABBPPCCQ=，即51184yy=−，整理得y2-8y=554−，（y-4）2=94，解得y1=52，y2=112，52÷14=10秒，112÷14=

22秒，∴点K被扫描到的总时长36-（22-10）-1=23秒．12、（2019•湖北武汉）在△ABC中，∠ABC＝90°，BCAB＝n，M是BC上一点，连接AM．（1）如图1，若n＝1，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：BM＝BN．（2）过点B

作BP⊥AM，P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q．18①如图2，若n＝1，求证：BQBMPQCP=．②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ的值．（用含n的式子表示）【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②n1

。【解析】（1）证明：如图1中，延长AM交CN于点H．∵AM⊥CN，∴∠AHC＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠BAM+∠AMB＝90°，∠BCN+∠CMH＝90°，∵∠AMB＝∠CMH，∴∠BAM＝∠BCN，∵BA＝BC，∠ABM＝∠CBN＝90°，∴△ABM≌△CBN（ASA），

∴BM＝BN．（2）①证明：如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．∵BP⊥AM，∴∠BPM＝∠ABM＝90°，∵∠BAM+∠AMB＝90°，∠CBH+∠BMP＝90°，∴∠BAM＝∠CBH，∵CH∥AB，∴∠HCB+∠ABC＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠ABM＝∠BCH＝90°，∵AB＝B

C，∴△ABM≌△BCH（ASA），∴BM＝CH，∵CH∥BQ，∴BQBMBQCHPQPC==．②解：如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC=2m，则AB=2mn．19则BM＝CM＝m，CH＝n

m，BH＝241nnm+，AM＝241nm+，∵21AM•BP＝21AB•BM，∴PB=2412nmn+，∵21BH•CN＝21CH•BC，∴CN＝2412nm+，∵CN⊥BH，PM⊥BH，∴MP∥CN，∵CM＝

BM，∴PN＝BP＝2412nmn+，∵∠BPQ＝∠CPN，∴tan∠BPQ＝tan∠CPN＝nnmnnmPCNC141241222=++=．13、（2019•浙江宁波）定义：有两个相邻内角互余的四边形称

为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图（1），在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．（2）如图（2），在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，

E，F在格点上．（3）如图（3），在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，DE=2BE，QB=3，求邻余线AB的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）10。【解析】（1）证明：∵AB＝AC，AD是△A

BC的角平分线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，20∴∠FBA与∠EBA互余，∴四边形ABEF是邻余四边形；（2）解：如图所示（答案不唯一）四边形AFEB为所求；（3）解：∵AB＝AC，AD是

△ABC的角平分线，∴BD＝CD，∵DE＝2BE，∴BD＝CD＝3BE，∴CE＝CD+DE＝5BE，∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，∴DM＝ME，∴∠MDE＝∠MED，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△DBQ∽△ECN，∴53==CEBDMCQB，∵

QB＝3，∴NC＝5，∵AN＝CN，∴AC＝2CN＝10，∴AB＝AC＝10．14、（2019•浙江绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值

．（2）若a：b的值为21，求k的最大值和最小值．（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．【答案】（1）1；（2）最大值为5，最小值为552；（3）53或1332．【解析】解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H

，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．∵四边形ABCD是正方形，21∴FH＝AB，MQ＝BC，∵AB＝CB，∴EH＝MQ，∵EF⊥MN，∴∠EON＝90°，∵∠ECN＝90°，∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°

∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，∴△FHE≌△MQN（ASA），∴MN＝EF，∴k＝MN：EF＝1．（2）∵a：b＝1：2，∴b＝2a，由题意：2a≤MN≤5a，a≤EF≤5a，∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大值为5当M

N的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为552．（3）连接FN，ME．∵k＝3，MP＝EF＝3PE，∴3==PEEFPMMN，∴2==PEPFPMPN，∵∠FPN＝∠EPM，2==PMPNMENF∴△PNF∽△PME，∴2==PMPNMENF，M

E∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．∵∠MPE＝∠FPH-60°，∴PH＝2m，FH＝23m，DH＝10m，∴53===HDFHADABba．②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m

，HE＝3m，∴HC＝PH+PC＝13m，∴tan∠HCE=133==HCHEBCMB，22∵ME∥FC，∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，∵∠B＝∠D，∴△MEB∽△CFD，∴2==MEFCMBCD，∴13322===BCMBBDCDba，综

上所述，a：b的值为53或1332．15、（2019•浙江金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=142。点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF。（1）如图1，若AD=BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O，求证：BD=2DO．（2）

已知点G为AF的中点。①如图2，若AD=BD，CE=2，求DG的长。②若AD=6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由。【答案】（1）见解析；（2）①225；②6+22，6-22，2或14218−.【解析】（1）证明：

由旋转的性质得：CD=CF，∠DCF=90°，∵△ABC是等腰直角三角形，AD=BD，∴∠ADO=90°，CD=BD=AD，∴∠DCF=∠ADC，在△ADO和△FCO中，∵===FCADFCOADOFOCAOD，∴△ADO≌△FCO（AAS），

∴DO=CO，23∴BD=CD=2DO.（2）解：①如图1，分别过点D.F作DN⊥BC于点N，FM⊥BC于点M，连结BF，∴∠DNE=∠EMF=90°，又∵∠NDE=∠MEF，DE=EF，∴△DNE≌△EMF，∴DN=EM，又∵BD=72，∠ABC=45°，∴DN=EM

=7，∴BM=BC-ME-EC=5，∴MF=NE=NC-EC=5，∴BF=52，∵点D、G分别是AB、AF的中点，∴DG=21BF=225；②过点D作DH⊥BC于点H，∵AD=6BD，AB=142，∴BD=22，（ⅰ）当∠DEG=90°时，有如图2、3两种情况，设CE=t，∵∠DEF=9

0°，∠DEG=90°，∴点E在线段AF上，∴BH=DH=2，BE=14-t，HE=BE-BH=12-t，∵△DHE∽△ECA，∴CAHEECDH=，即14122tt−=，解得：t=6±22，∴CE=6+22

，或CE=6-22，（ⅱ）当DG∥BC时，如图4，过点F作FK⊥BC于点K，延长DG交AC于点N，延长AC并截取MN=NA，连结FM，则NC=DH=2，MC=10，设GN=t，则FM=2t，BK=14-2t，∵△DHE∽△EKF，∴DH=EK=2，HE=KF=14-2

t，24∵MC=FK，∴14-2t=10，解得：t=2，∵GN=EC=2，GN∥EC，∴四边形GECN为平行四边形，∠ACB=90°，∴四边形GECN为矩形，∴∠EGN=90°，∴当EC=2时，有∠DGE=90°，（ⅲ）当∠ED

G=90°时，如图5：过点G、F分别作AC的垂线交射线于点N、M，过点E作EK⊥FM于点K，过点D作GN的垂线交NG的延长线于点P，则PN=HC=BC-HB=12，设GN=t，则FM=2t，∴PG=PN-GN

=12-t，∵△DHE∽△EKF，∴FK=2，∴CE=KM=2t-2，∴HE=HC-CE=12-（2t-2）=14-2t，∴EK=HE=14-2t，AM=AC+CM=AC+EK=14+14-2t=28-2t，∴MN

=21AM=14-t，NC=MN-CM=t，∴PD=t-2，∵△GPD∽△DHE，∴HEPDDHGP=，即ttt2142212−−=−，解得：14101−=t，14102+=t（舍去）∴CE=2t-2=142181−=t综上所述：CE的长为=6+22，6-22，2或14

218−.16、(2019安徽)如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°．（1）求证：△PAB∽△PBC；（2）求证：PA＝2PC；251(3)若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为1h，2h，

3h，求证3221hhh=【答案】见解析；【解析】解：（1）∵∠ACB=90°，AB=BC，∴∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC又∠APB=135°，∴∠PAB+∠PBA=45°∴∠PBC＝∠PAB又∵∠APB＝∠BPC＝135°，∴△

PAB∽△PBC(2)∵△PAB∽△PBC∴BCABPCPBPBPA==在Rt△ABC中，AB＝AC，∴2=BCAB∴PB=2PC,PA=2PB∴PA＝2PC（3）如图，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D、E，∴PF＝1h，PD＝2h，PE＝3

h，∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°∴∠APC＝90°，∴∠EAP+∠ACP＝90°，又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°∴∠EAP＝∠PCD，∴Rt△AEP∽Rt△CDP，∴2==PCAPDPPE，即223=hh∴3h＝22h∵△PAB∽△P

BC，∴221==BCABhh∴1h＝22h∴2322222122hhhhhh===即：3221hhh=17、在△ABC中，∠C=Rt∠,AC=4cm,BC=5cm,点D在BC上，且CD=3cm.现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1cm/s的

26速度，沿AC向终点C移动；点Q以1.25cm/s的速度沿BC向终点C移动。过点P作PE∥BC交AD于点E，连结EQ。设动点运动时间为x秒。（1）用含x的代数式表示AE、DE的长度；（2）当点Q在BD（不包括点B、D）上移动时，设

△EDQ的面积为y(2cm)，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（3）当x为何值时，△EDQ为直角三角形。【答案】（1）AE=x45，DE=5-x45；(2)427852+−=xxy，0＜x＜1.6；（3）2.5秒或3.1秒【解析】解：（1）在Rt△AD

C中，AC=4，CD=3∴AD=5∵PE∥BC∴△AEP≌△ADC∴ACAPADEA=,即45xEA=，∴AE=x45，DE=5-x45，（2）∵BC=5,CD=3,∴BD=2,当点Q在BD上运动x秒后，DQ＝2-1.25x，则42

785)25.12)(4(21212+−=−−==xxxxCPDQy即y与x的函数解析式为：427852+−=xxy，其中自变量的取值范围是：0＜x＜1.6（3）分两种情况讨论：①当∠EQD=Rt∠时，显然有EQ=PC=4-

x,又EQ∥AC,∴△EGQ∽△ADC∴DCDQACEQ=,即3225.144−=−xx，解得：x=2.5②当∠QED=Rt∠时，27∵∠CDA=∠EDQ,∠QED=∠C=Rt∠∴△EDQ∽△CDA∴DADQCDEQ=,即5225.112)4(5−=−xx

，解得：x=3.1综上所述，当x为2.5秒或3.1秒时，△EDQ为直角三角形。