【文档说明】第04练 相似的几何证明与计算专题-2021-2022学年九年级数学下册同步精品随堂讲义+练习+检测(人教版)(解析版).docx，共(21)页，732.367 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

第04练相似的几何证明与计算专题1、如图，在△ABC中，DE∥BC，ADAB＝23，M为BC上一点，AM交DE于N.(1)若AE＝4，求EC的长；(2)若M为BC的中点，S△ABC＝36，求S△ADN的值．【答案】解：(1)∵DE∥BC，∴AEAC＝ADAB＝23.∵AE＝4，

∴AC＝6，∴EC＝6－4＝2.(2)∵M为BC的中点，∴S△ABM＝12S△ABC＝18.∵DE∥BC，∴△ADN∽△ABM，∴S△ADNS△ABM＝2ABAD＝49，∴S△ADN＝8.2、如图所示，在△ABC中，DE∥BC

，AD＝5，BD＝10，AE＝3．（1）求CE的长．（2）在△ABC中，点D，E，Q分别是AB，AC，BC上，且DE∥BC，AQ交DE于点P．小明认为DPBQ=PEQC，你认为小明的结论正确吗？请说明你的理由．【分析】（1）证明△ADE∽△ABC，所以ADAD+BD=AEAE+EC，代入数据即可求

出CE的长度．（2）在△ABQ中，由于DP∥BQ，所以△ADP∽△ABQ，根据相似三角形的性质即可求出答案．【解答】解：（1）由DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ADAD+BD=AEAE+EC，∵AD＝5，BD＝10，AE＝3，∴CE＝6．（2）结论正确，理由如下，在△ABQ

中，由于DP∥BQ，∴△ADP∽△ABQ，∴DPBQ=APAQ，同理可得：EPCQ=APAQ，∴DPBQ=EPCQ3、如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点E是边AD的中点，连接BE并延长交CD的延长线于点F，交AC于点G.(1)若FD＝2，EDBC＝13，求线段DC的

长；(2)求证：EF·GB＝BF·GE.【答案】(1)解：∵AD∥BC，∴△DEF∽△CBF，∴FDFC＝EDBC＝13，∴FC＝3FD＝6，∴DC＝FC－FD＝4.(2)证明：∵AD∥BC，∴△DEF∽△CBF，△AEG∽△CBG，∴E

FBF＝DEBC，AEBC＝GEGB.∵点E是边AD的中点，∴AE＝DE，∴EFBF＝GEGB，∴EF·GB＝BF·GE.4、如图，在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为D，E，AD与BE相交于点F.

(1)求证：△ACD∽△BFD；(2)当AD＝BD，AC＝3时，求BF的长．【答案】(1)证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠BDF＝∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠C＋∠DBF＝90°，∠C＋∠DAC＝90°，∴∠DBF＝∠DAC，∴△ACD∽△BFD.(2)解：

∵AD＝BD，△ACD∽△BFD，∴ACBF＝ADBD＝1，∴BF＝AC＝3.5、如图，在△ABC中，AB＝AC，点P、D分别是BC、AC边上的点，且∠APD＝∠B.(1)求证：AC·CD＝CP·BP；(2)若AB＝10，BC＝12，当PD∥A

B时，求BP的长．【答案】(1)证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C.∵∠APD＝∠B，∴∠APD＝∠B＝∠C.∵∠APC＝∠BAP＋∠B，∠APC＝∠APD＋∠DPC，∴∠BAP＝∠DPC，∴△ABP∽△PCD，∴BPCD＝ABCP，∴AB·CD＝CP·BP.∵AB＝AC，∴AC·CD＝CP·B

P.（2）解：∵PD∥AB，∴∠APD＝∠BAP.∵∠APD＝∠C，∴∠BAP＝∠C.又∵∠B＝∠B，∴△BAP∽△BCA，∴BABC＝BPBA.∵AB＝10，BC＝12，∴1012＝BP10，∴BP＝253.6、如图，在菱形ABCD中，G是B

D上一点，连接CG并延长交BA的延长线于点F，交AD于点E，连接AG.(1)求证：AG＝CG；(2)求证：AG2＝GE·GF.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD＝CD，∠A

DB＝∠CDB，∴∠F＝∠FCD.在△ADG与△CDG中，AD＝CD，∠ADG＝∠CDG，DG＝DG，∴△ADG≌△CDG，∴∠EAG＝∠DCG，AG＝CG.（2）∵∠EAG＝∠DCG，∠F＝

∠DCG，∴∠EAG＝∠F.又∵∠AGE＝∠FGA，∴△AGE∽△FGA，∴AGFG＝EGAG，∴AG2＝GE·GF.7、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，E是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线交于点F.(1)若FD＝

2FB，求FDFC的值；(2)若AC＝215，BC＝15，求S△FDC的值．【答案】解：(1)∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠A＋∠ABC＝∠DCB＋∠ABC，∴∠A＝∠DCB.∵E是AC的中点，∠ADC＝90°，∴ED＝EA，∴∠A＝∠EDA.∵∠BDF＝∠EDA，∴∠DCB＝∠BD

F.又∵∠F＝∠F，∴△BDF∽△DCF，∴FD∶CF＝BF∶FD＝1∶2.（2）∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠BDC＝∠ACB.∵∠ABC＝∠CBD，∴△BDC∽△BCA，∴BD∶CD＝BC∶AC＝15∶215＝1∶2.在Rt△BAC中，由勾股定理可得

AB＝53，∴S△BDCS△BCA＝BC2AB2＝15，∴S△BDC＝15×12×215×15＝3.∵△BDF∽△DCF，∴S△FBDS△FDC＝2CDBD＝14，即S△BDCS△FDC＝34.∵S△BDC＝3，∴S△FDC＝4.8、如图，在四边形

ABCD中，AB＝AD，AC与BD交于点E，∠ADB＝∠ACB.求证：ABAE＝ACAD.【答案】证明：∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABE.∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ABE＝∠ACB.又∵∠BAE＝∠CAB，∴△ABE∽△ACB，∴ABAE＝ACAB.

又∵AB＝AD，∴ABAE＝ACAD.9、△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在BC、AB、AC上，∠EDF＝∠B．（1）如图1，求证：DE•CD＝DF•BE；（2）如图2，若D为BC中点，连接EF．求证：ED平分∠BEF．【分析】（1）根

据相似三角形的判定和性质证明即可；（2）根据相似三角形的判定和性质解答即可．【答案】证明：（1）∵△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠B+∠BDE+∠DEB＝180°，∠BDE+∠EDF+∠FDC＝180°，∠EDF＝∠B，∴∠FDC＝∠DEB，∴△BDE∽△C

FD，∴，即DE•CD＝DF•BE；（2）由（1）可得：△BDE∽△CFD，∴，∵D为BC中点，∴BD＝CD，∴，∵∠B＝∠EDF，∴△BDE∽△DFE，∴∠BED＝∠DEF，∴ED平分∠BEF．10、如图，在△ABC

和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，ADAB=A′D′A′B′．（1）当CDC′D′=ACA′C′=ABA′B′时，求证△ABC∽△A'B'C．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．（2）当CDC′D′=ACA′C′=BCB′C′时，判断△ABC与△A'

B'C′是否相似，并说明理由．【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝

∠A′C′B′即可解决问题．【解答】（1）证明：∵ADAB=A′D′A′B′，∴ADA′D′=ABA′B′，∵CDC′D′=ACA′C′=ABA′B′，∴CDC′D′=ACA′C′=ADA′D′，∴△AD

C∽△A′D′C，∴∠A＝∠A′，∵ACA′C′=ABA′B′，∴△ABC∽△A′B′C′．故答案为：CDC′D′=ACA′C′=ADA′D′，∠A＝∠A′．（2）如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′

C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB=DEBC=AEAC，同理，A′D′A′B′=D′E′B′C′=A′E′A′C′，∵ADAB=A′D′A′B′，

∴DEBC=D′E′B′C′，∴DED′E′=BCB′C′，同理，AEAC=A′E′A′C′，∴AC−AEAC=A′C′−A′E′A′C′，即ECAC=E′C′A′C′，∴ECE′C′=ACA′C′，∵

CDC′D′=ACA′C′=BCB′C′，∴CDC′D′=DED′E′=ECE′C′，∴△DCE∽△D′C′E′，∴∠CED＝∠C′E′D′，∵DE∥BC，∴∠CED+∠ACB＝90°，同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，∴∠ACB＝∠A′B′C′，∵ACA′C′=CBC′B′，∴△A

BC∽△A′B′C′．11、如图，在菱形ABCD中，∠ADE、∠CDF分别交BC、AB于点E、F，DF交对角线AC于点M，且∠ADE＝∠CDF．（1）求证：CE＝AF；（2）连接ME，若CEBE＝CDCE，AF＝2，求ME的长．【答案】（1）见解析（2）2【

分析】（1）通过已知条件，易证△ADF≌△CDE，即可求得；（2）根据CEBE＝CDCE，易求得BE和BF，根据已知条件可得CEBE＝CDCE＝CDAF，证明△AMF∽△CMD，CDCMCEAFAMBE==，再证明△ABC～△MEC,即可求出ME．【解析】解：（

1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠DAF＝∠DCE，又∵∠ADE＝∠CDF，∴∠ADE﹣∠EDF＝∠CDF﹣∠EDF，∴∠ADF＝∠CDE，在△ADF和△CDE中，ADFCDFADCDDAFDCE===，∴△ADF≌△

CDE，∴CE＝AF．（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，由（1）得：CE＝AF＝2，∴BE＝BF，设BE＝BF＝x，∵CEBE＝CDCE，AF＝2，∴222xx+=，解得x＝51−，∴BE＝BF＝51−，∵CEBE＝CDCE，且CE＝AF，∴CEBE＝CDCE＝CDAF，∵∠C

MD＝∠AMF，∠DCM＝∠AMF，∴△AMF∽△CMD，∴CDCMAFAM=，∴CDCMCEAFAMBE==，且∠ACB＝∠ACB,∴△ABC～△MEC,∴∠CAB＝∠CME=∠ACB，∴ME=CE=2．12、在中，，

将绕点顺时针方向旋转角至的位置．（1）如图1，当旋转角为时，连接与交于点，则_______．．（2）如图2，在（1）条件下，连接，延长交于点，求的长．【答案】（1）2；（2）；（3）的值最大，此时.【分析】(1)由旋转60°可知，△ACC’为等边三角形，进而AC=2即可求解

.(2)过点B作BH⊥CD于H，求得△CBH三边之比为，进而求出CH和BH的长，再求得△DBH为等腰直角三角形，最后得到CD=DH+CH即可求解.【解析】解：(1)∵旋转前后对应的边相等，∴AC=AC’又∵旋转60°，∴△ACC’为等边三角形∴.故

答案为.(2)如图2中，作于，如下图所示：是等边三角形，，，，且△DBH为等腰直角三角形，ABC90,2ACBBCAC===ABCA0180()''ABC60'CCABM'CC='BB'CC'BBDCD13CD=+CD22CD='CC=

1:3:2'2==CCAC2BHCD⊥H','60ABABBAB=='ABB60==DBMACMDMBAMC??Q45BDCBAC==.13、如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠B=30°，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE=nEA，

连接CE并延长交AB于点F，过点F作FG∥AC交AD（或延长线）于点G．（1）当n=1时，则FBFA=___________，ECEF=_______．（2）如图，当n=14时，求证：FG2=52FE•FC；（3）如图，当n

=_____时，FBFA＝12．【答案】（1）2，3；（2）见详解；（3）14.【分析】（1）首先过点D作DH∥CF交AB于点H，由n=1时，可得E为AD的中点，然后根据平行线分线段成比例定理，即可求得

答案；（2）首先过点D作DH∥CF交AB于点H，设AF=x，则BH=HF=nx．由∠B=30°，即可求得AC的值，然后过点C作CM⊥AB于点M，易求得MC与MF的值，由勾股定理即可求得FC2=MF2+MC2，然后由平行线分线段成比例定理，即可证得FG2=52FE•FC；（3

）过点D作DH∥CF交AB于点H，设BH=x，则HF=x，FA=4x，根据平行线分线段成比例定理，即可求得n的值．【解析】（1）当n=1时，E为AD的中点，过点D作DH∥CF交AB于点H，则BH=HF=FA

，CF=2DH=2×2EF=4EF，∴FBFA=2，ECEF=3．（2）过点D作DH∥CF交AB于点H，设AF=x，则BH=HF=nx．∵∠B=30°，∴AC=12AB=12（2n+1）x，过点C作CM⊥AB于点M，∵∠ACM=∠B=30°，∴MC=ACcos∠ACM=ACcos

30°=12（2n+1）x•32=(21)34n+x，AM=12AC=12×12（2n+1）x=214n+x，∴MF=AF-AM=x-214n+x=324n−x，∴FC2=MF2+MC2=（324n−x）2+（(21)34n+x）2=3+44nx2

，∵11FEAFxHDAHxnxn++＝＝＝，∴FE=11n+HD=11n+×12FC，'30BCHBCAACC=−=11,32BHDHBCCH====∴FE•FC=122n+FC2，122FnEFC+＝，∴1221FEFCFEn−+−＝

,即121FEECn+＝，∴当n=14时，FC2=344n+x2=x2，FE•FC=122n+FC2=25x2，∴x2=52FE•FC．∵FG∥AC，∴121FGFEACECn+＝＝，∴FG=12+1nAC=12+1n•212n+x=x，∴FC2=

x2=52FE•FC．（3）过点D作DH∥CF交AB于点H，设BH=x，则HF=x，FA=4x，∴144DEHFxEAFAx＝＝＝，∴n=14．14、如图，已知CE是Rt△ABC斜边AB上的高，在EC的延长线上任取一点P，连接AP，作BG⊥AP，垂足为G，交CE于D，求证：CE2＝PE·DE

.【答案】证明：∵∠ACB＝90°，CE⊥AB，∴∠ACE＋∠BCE＝90°，∠ACE＋∠CAE＝90°，∴∠CAE＝∠BCE，∴Rt△ACE∽Rt△CBE，∴CEBE＝AECE，∴CE2＝AE·BE.又∵BG⊥AP，CE⊥AB，∴∠DEB＝

∠DGP＝∠PEA＝90°.∵∠1＝∠2，∴∠P＝∠3，∴△AEP∽△DEB，∴PEBE＝AEDE，∴PE·DE＝AE·BE，∴CE2＝PE·DE.15、如图，在△ABC中，AB＝AC＝1，BC＝5－12，在AC边上截取AD＝BC，连接

BD.(1)通过计算，判断AD2与AC·CD的大小关系；(2)求∠ABD的度数．【答案】解：(1)∵AB＝AC＝1，BC＝5－12，∴AD＝5－12，DC＝1－5－12＝3－52.∴AD2＝5＋1－254＝3－52，AC·

CD＝1×3－52＝3－52.∴AD2＝AC·CD；（2）∵AD＝BC，AD2＝AC·CD，∴BC2＝AC·CD，即BCAC＝CDBC.又∵∠C＝∠C，∴△BCD∽△ABC.∴ABAC＝BDCB＝1，∠DBC

＝∠A.∴DB＝CB＝AD.∴∠A＝∠ABD，∠C＝∠BDC.设∠A＝x，则∠ABD＝x，∠DBC＝x，∠C＝2x.∵∠A＋∠ABC＋∠C＝180°，∴x＋2x＋2x＝180°，解得x＝36°，∴∠A

BD＝36°.16、如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE＝EF＝FD.连接BE、BF，使它们分别与AO相交于点G、H.(1)求EG∶BG的值；(2)求证：AG＝OG；(3)设A

G＝a，GH＝b，HO＝c，求a∶b∶c的值．【答案】(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴EGGB＝AGGC＝AEBC.∵AE＝EF＝FD，∴BC＝AD＝3AE，∴GC＝3AG，GB＝3EG，∴E

G∶BG＝1∶3；(2)证明：∵GC＝3AG(已证)，∴AC＝4AG，∴AO＝12AC＝2AG，∴GO＝AO－AG＝AG；(3)解：∵AE＝EF＝FD，∴BC＝AD＝3AE，AF＝2AE.∵AD∥BC，∴△AFH∽△CBH，∴AHHC＝AFBC＝2AE3AE＝2

3，∴AHAC＝25，即AH＝25AC.∵AC＝4AG，∴a＝AG＝14AC，b＝AH－AG＝25AC－14AC＝320AC，c＝AO－AH＝12AC－25AC＝110AC，∴a∶b∶c＝14∶320∶110＝5∶3∶2.17、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，

AC＝5cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒2cm的速度向点A匀速运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒3cm的速度向点B匀速运动，设运动时间为t秒(0≤t≤5)，连接MN.(1)若BM＝BN，求t的值；(2)若△MBN与△ABC相似，求t的

值；(3)当t为何值时，四边形ACNM的面积最小？并求出最小值．【答案】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，∠BAC＝60°，∴∠B＝30°，∴AB＝2AC＝10，BC＝53.由题意知：BM＝2t，CN＝3t，∴BN＝53－3t.∵BM＝BN，∴2t＝53－3t

，解得t＝532＋3＝103－15；（2）分两种情况：①当△MBN∽△ABC时，则MBAB＝BNBC，即2t10＝53－3t53，解得t＝52；②当△NBM∽△ABC时，则NBAB＝BMBC，即53－3t10＝2t53，解得t

＝157.综上所述，当t＝52或t＝157时，△MBN与△ABC相似；（3）过M作MD⊥BC于点D，则MD∥AC，∴△BMD∽△BAC，∴MDAC＝BMAB，即MD5＝2t10，解得MD＝t.设四边形ACNM的面积为y，∴y＝12×5×53－12(53－3t)

·t＝32t2－532t＋2532＝32t－522＋7583.∴根据二次函数的性质可知，当t＝52时，y的值最小．此时，y最小＝7583.18、如图，正方形ABCD的边长为3cm，P，Q分别从B，A出发沿B

C，AD方向运动，P点的运动速度是1cm/秒，Q点的运动速度是2cm/秒，连接AP并过Q作QE⊥AP垂足为E.(1)求证：△ABP∽△QEA；(2)当运动时间t为何值时，△ABP≌△QEA?(3)设△QEA的面积为y，用

运动时间t表示△QEA的面积y(不要求考虑t的取值范围)．[提示：解答(2)(3)时可不分先后]【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAP＋∠QAE＝∠B＝90°.∵QE⊥AP，∴∠QAE＋∠EQA＝∠AEQ＝90°，∴∠

BAP＝∠EQA，∠B＝∠AEQ，∴△ABP∽△QEA；（2）解：∵△ABP≌△QEA，∴AP＝AQ.在Rt△ABP与Rt△QEA中，根据勾股定理得AP2＝32＋t2，AQ2＝(2t)2，即32＋t2＝(2t)2，解得t1＝3，t2＝－3(不符合题意，合去)．即当t＝3时△ABP≌△QE

A；（3）解：由(1)知△ABP∽△QEA，∴yS△ABP＝AQAP2，∴y12×3t＝2t32＋t22，整理得y＝6t39＋t2.19、从三角形(不是等腰三角形)一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段

把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这条线段叫做这个三角形的完美分割线．(1)如图①，在△ABC中，CD为角平分线，∠A＝40°，∠B＝60°，求证：CD为△ABC的

完美分割线；(2)在△ABC中，∠A＝48°，CD是△ABC的完美分割线，且△ACD为等腰三角形，求∠ACB的度数；(3)如图②，△ABC中，AC＝2，BC＝2，CD是△ABC的完美分割线，且△ACD是以CD为底边的等腰三角形，求完美分割线CD的长．【答案】解：

(1)如图①中，∵∠A＝40°，∠B＝60°，∴∠ACB＝80°，∴△ABC不是等腰三角形．∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝12∠ACB＝40°，∴∠ACD＝∠A＝40°，∴△ACD为等腰三角形．∵∠DCB＝∠A＝40°，∠C

BD＝∠ABC，∴△BCD∽△BAC，∴CD是△ABC的完美分割线；（2）①当AD＝CD时，如图②，∠ACD＝∠A＝48°，∵△BDC∽△BCA，∴∠BCD＝∠A＝48°，∴∠ACB＝∠ACD＋∠BCD＝96°；②当AD＝AC时，如图③，∠ACD＝∠ADC＝180°－48°2＝66°.∵△B

DC∽△BCA，∴∠BCD＝∠A＝48°，∴∠ACB＝∠ACD＋∠BCD＝114°；③当AC＝CD时，如图④中，∠ADC＝∠A＝48°，∵△BDC∽△BCA，∴∠BCD＝∠A＝48°.∵∠ADC>∠BCD，矛盾，舍弃．∴∠ACB＝96°或114°；（3）由已知AC＝AD＝2，

∵△BCD∽△BAC，∴BCBA＝BDBC，设BD＝x，∴(2)2＝x(x＋2)．∵x>0，∴x＝3－1.∵△BCD∽△BAC，∴CDAC＝BDBC＝3－12，∴CD＝3－12×2＝6－2.20、如图，已知四边形ABCD是菱形，点E是对角线AC上一点，连接BE并延长交AD于点F，交CD的

延长线于点G，连接DE．（1）求证：△ABE≌△ADE；（2）求证：EB2＝EF•EG；（3）若菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，AE：EC＝1：3，求BG的长．【分析】（1）用SAS证明即可；（2）先证明△EDF∽

△EGD，得到ED2＝EF•EG，代换ED＝EB即可；（3）根据已知先求出BE和EF值，再根据EB2＝EF•EG求出EG值，最后用BG＝BE+EG计算即可．【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，又AE＝AE，∴△ABE≌△ADE（SAS）；（2）∵AB∥

CG，∴∠ABG＝∠EGD，由（1）得△ABE≌△ADE，∴ED＝EB，∠ABG＝∠ADE，∴∠EGD＝∠ADE，∵∠FED＝∠DEG，∴△EDF∽△EGD，∴，所以ED2＝EF•EG；∴EB2＝EF•EG；（3）∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形．∴

AC＝AB＝4．连接BD交AC于O，则AC⊥BD，OA＝OC＝2，OB＝2，∵AE：EC＝1：3，∴AE＝OE＝1．∴BE＝．∵AD∥BC，∴，∴EF＝BE＝．由（2）得EB2＝EF•EG，∴EG＝，∴B

G＝BE+EG＝4．21、如图，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线交于点F．求证：FD2＝FB•FC．【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，得到一对直角相等，再由AM垂直于MN，得到∠AMN为直角，

利用同角的余角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证；（2）由（1）得出的相似三角形，可得对应边成比例，根据BM＝x与AB＝4，表示出CN，由CN为上底，AB为下底，BC为高，利用梯形的

面积公式列出y与x的函数关系式，利用二次函数的性质确定出梯形ABCN面积最大时M的位置，并求出最大面积即可；（3）当点M运动到BC中点时，Rt△ABM∽Rt△AMN，由一对直角相等，要使Rt△ABM∽Rt△AMN，必须有AB：A

M＝BM：MN，表示出BM，由（1）的结论表示出CM，可得出BM＝CM，即此时M为BC的中点．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，∵AM⊥MN，∴∠AMN＝90°，∴∠CMN+∠AMB＝

90°．在Rt△ABM中，∠BAM+∠AMB＝90°，∴∠BAM＝∠CMN，∴Rt△ABM∽Rt△MCN；（2）解：∵Rt△ABM∽Rt△MCN，BM＝x，∴AB：MC＝BM：CN，即，整理得：CN＝，∴y＝S梯形ABCN＝×（+4）×4＝﹣x2+2x+8＝﹣

（x﹣2）2+10（0＜x＜4），则当x＝2，即M点运动到BC的中点时，梯形ABCN的面积最大，最大值为10；（3）当点M运动到BC中点时，Rt△ABM∽Rt△AMN，理由如下：解：∵∠B＝∠AMN＝90°，

∴要使Rt△ABM∽Rt△AMN，必须有，即BM＝，由（1）知，即MC＝，∴BM＝MC，则当点M运动到BC的中点时，Rt△ABM∽Rt△AMN．22、（1）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目：如图1，在ABC中，点O在线段BC上，30BAO

=，75OAC=，3AO=，:2:1BOCO=，求AB的长．经过数学小组成员讨论发现，过点B作//BDAC，交AO的延长线于点D，通过构造ABD就可以解决问题（如图2）请回答：____ADB

=，______AB=．（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，ACAD⊥，3AO=，75ABCACB==，:2:1BOOD=．求DC的长．【答案】（1）75，33；（2）3172【分析】(1)根据平行线的

性质可得出∠ADB=∠OAC=75°,结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA,利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB,由等角对等边可得出;(2)过点B作BE∥AD交A

C于点E，同(1)可得出AE，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解．【解析】解:(1)//BDAC，75ADBOAC==.BODCOA=BODCOA2ODOBOAOC

==又3AO=223ODAO==，33ADAOOD=+=.30,75,BADADB==18075,ABDBADADBADB=−−==33ABAD==，故答案为：75；33.(2)过点B作//BEAD交A

C于点E，如图所示.ACAD⊥，//BEAD90DACBEA==.AODEOB=AODEOB==OBOEBEODOADA:2:1BOOD==2OEBEOADA=3AO=,23EO=33AE

=75ABCACB==30,BACABAC==2ABBE=在RtAEB中，222BEAEAB+=，即()()222332BEBE+=，解得：3BE=6,6ABACAD===32AC=

在RtCAD中，22223317622CDACAD=+=+=3172CD=.23、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动．两点同时出发．速度都为每秒1个单位长度，当

点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．（1）求线段CD的长；（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC＝9：100？若存在

，求出t的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）由勾股定理求得AB＝10，由三角形面积公式得出AC•BC＝AB•CD，即可得出结果；（2）由勾股定理求得AD＝6.4，过点Q作QH⊥CD于H，则QH∥A

D，则△CHQ∽△CDA，得出＝，即＝，求出QH＝0.8t，S＝QH•CP，即可得出结果；S△ABC＝AC•BC＝24，S△CPQ：S△ABC＝9：100，即＝，解得t1＝3，t2＝1.8．【答案】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝＝10，∵AC•

BC＝AB•CD，∴×8×6＝×10CD，解得：CD＝4.8；（2）AD＝＝＝6.4，过点Q作QH⊥CD于H，如图所示：∵CD⊥AB，∴QH∥AD，∴△CHQ∽△CDA，∴＝，即＝，∴QH＝0.8t，∴S＝QH•CP＝×0.8t×（4.8﹣t）＝﹣

0.4t2+1.92t；∵S△ABC＝AC•BC＝×8×6＝24，S△CPQ：S△ABC＝9：100，即：＝，整理得：5t2﹣24t+27＝0，解得：t1＝3，t2＝1.8，∴在运动过程中存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC＝9：100，t的值为：

3或1.8．24、在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为高，BC＝nAC（1）如图1，当n＝时，则的值为；（直接写出结果）（2）如图2，点P是BC的中点，过点P作PF⊥AP交AB于F，求的值；（用含n的代数式表示）（3）在（2）的条件下，若PF＝B

F，则n＝．（直接写出结果）【分析】（1）设AC＝2k，BC＝3k，求出AD，BD即可解决问题．（2）过点P作PG∥AC交AB于点G．证明△PCE∽△PGF，即可解决问题．（3）设PF＝x，AP＝nx，利用勾股定理构建方程求出n即可．【答案】解：（1）如

图1中，∵BC＝AC，∴可以假设AC＝2k，BC＝3k，∵∠ACB＝∠ADC＝90°，∴AB＝k，∵•AC•BC＝•AB•CD，∴CD＝k，∴AD＝＝k，BD＝k，∴＝，故答案为．（2）过点P作PG∥AC交AB于点G．∴∠PGF＝∠CAD，∠GPC＝90°，∵CD⊥AB，∠AC

B＝90°，∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠ACD+∠PCE＝90°，∴∠PCE＝∠CAD，∴∠PCE＝∠PGF，又∵PF⊥AP，∴∠CPE+∠APG＝∠FPG+∠APG＝90°，∴∠CPE＝∠GPF，∴△PCE∽△PGF，∴＝，又∵点P是BC的

中点，∴AC＝2PG，∴＝＝n．（3）由（2）可知＝n，则可以假设PF＝x，AP＝nx，∵∠GPB＝90°，PF＝BF，则PF＝BF＝GF＝x，则AG＝2x，∵△PCE∽△PGF，∴＝，则CE＝PF＝nx，又∵∠ACB

＝90°，则AE＝PE＝nx，在Rt△APF中，AP2+PF2＝AF2，则x2+（2nx）2＝（3x）2，∴n＝，故答案为．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com