中考数学专题复习 三角形证明题和压轴题

中考数学复习---二次函数中三角形存在性问题压轴题练习（含答案解析）一．相似三角形的存在性1．（2022•陕西）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣2，0），B（4，0），与y 轴的交点为C．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）若点P是该抛物线上一点，且位于其对称轴l的右侧，过点P分别作l，x 轴的垂线，垂足分别为M，N，连接MN．若△PMN和△OBC相似，求点P的坐标．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣4得：，解得，∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣4；（2）如图：∵y＝x2﹣x﹣4＝（x﹣1）2﹣，∴抛物线y＝x2﹣x﹣4的对称轴是直线x＝1，在y＝x2﹣x﹣4中，令x＝0得y＝﹣4，∴C（0，﹣4），∴OB＝OC＝4，∴△BOC是等腰直角三角形，∵△PMN和△OBC相似，∴△PMN是等腰直角三角形，∵PM⊥直线x＝1，PN⊥x轴，∴∠MPN＝90°，PM＝PN，设P（m，m2﹣m﹣4），∴|m﹣1|＝|m2﹣m﹣4|，∴m﹣1＝m2﹣m﹣4或m﹣1＝﹣m2+m+4，解得m＝+2或m＝﹣+2或m＝或m＝﹣，∵点P是该抛物线上一点，且位于其对称轴直线x＝1的右侧，∴P的坐标为（+2，+1）或（，1﹣）．2．（2022•绵阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C（0，3），顶点D的横坐标为1．（1）求抛物线的解析式；（2）在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB+∠ACB＝180°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵顶点D的横坐标为1，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，∵A（﹣1，0），∴B（3，0），∴设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣3），将C（0，3）代入抛物线的解析式，则﹣3a＝3，解得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．（2）存在，P（0，﹣1），理由如下：∵∠APB+∠ACB＝180°，∴∠CAP+∠CBP＝180°，∴点A，C，B，P四点共圆，如图所示，由（1）知，OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠APC＝∠ABC＝45°，∴△AOP是等腰直角三角形，∴OP＝OA＝1，∴P（0，﹣1）．（3）存在，理由如下：由（1）知抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，∴D（1，4），由抛物线的对称性可知，E（2，3），∵A（﹣1，0），∴AD＝2，DE＝，AE＝3．∴AD2＝DE2+AE2，∴△ADE是直角三角形，且∠AED＝90°，DE：AE＝1：3．∵点M在直线l下方的抛物线上，∴设M（t，﹣t2+2t+3），则t＞2或t＜0．∴EF＝|t﹣2|，MF＝3﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t，若△MEF与△ADE相似，则EF：MF＝1：3或MF：EF＝1：3，∴|t﹣2|：（t2﹣2t）＝1：3或（t2﹣2t）：|t﹣2|＝1：3，解得t＝2（舍）或t＝3或﹣3或（舍）或﹣，∴M的坐标为（3，0）或（﹣3，﹣12）或（﹣，）．综上，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（﹣3，﹣12）或（﹣，）．3．（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+c与y 轴交于点P（0，4）．（1）直接写出抛物线的解析式．（2）如图，将抛物线y＝﹣x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．（3）直线BC与抛物线y＝﹣x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．（4）若将抛物线y＝﹣x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y＝﹣x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+c与y轴交于点P（0，4），∴c＝4，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4；（2）△BCQ是直角三角形．理由如下：将抛物线y＝﹣x2+4向左平移1个单位长度，得新抛物线y＝﹣（x+1）2+4，∴平移后的抛物线顶点为Q（﹣1，4），令x＝0，得y＝﹣1+4＝3，∴C（0，3），令y＝0，得﹣（x+1）2+4＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0），A（1，0），如图1，连接BQ，CQ，PQ，∵P（0，4），Q（﹣1，4），∴PQ⊥y轴，PQ＝1，∵CP＝4﹣3＝1，∴PQ＝CP，∠CPQ＝90°，∴△CPQ是等腰直角三角形，∴∠PCQ＝45°，∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠BCO＝45°，∴∠BCQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴△BCQ是直角三角形．（3）在x轴上存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似．∵△ABC是锐角三角形，∠ABC＝45°，∴以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，必须∠NBT＝∠ABC＝45°，即点T在y轴的右侧，设T（x，0），且x＞0，则BT＝x+3，∵B（﹣3，0），A（1，0），C（0，3），∴∠ABC＝45°，AB＝4，BC＝3，设直线BC的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线BC的解析式为y＝x+3，由，解得：，，∴M（﹣，），N（，），∴BN＝×＝，①当△NBT∽△CBA时，则＝，∴＝，解得：x＝，∴T（，0）；②当△NBT∽△ABC时，则＝，∴＝，解得：x＝，∴T（，0）；综上所述，点T的坐标T（，0）或（，0）．（4）抛物线y＝﹣x2+4的顶点为P（0，4），∵直线BC的解析式为y＝x+3，∴直线BC与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线BC的方向平移到只有1个公共点时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，设平移后的抛物线的顶点为P′（t，4﹣t），则平移后的抛物线为y＝﹣（x﹣t）2+4﹣t，由﹣（x﹣t）2+4﹣t＝x+3，整理得：x2+（1﹣2t）x+t2+t﹣1＝0，∵平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点，∴Δ＝（1﹣2t）2﹣4（t2+t﹣1）＝0，解得：t＝，∴平移后的抛物线的顶点为P′（，），平移的最短距离为．二．直角三角形的存在性4．（2022•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，﹣4），点C 坐标为（2，0）．（1）求此抛物线的函数解析式．（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△P AB为直角三角形，请求出点P 的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象经过点B（0，﹣4），点C（2，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；（2）存在．理由：如图1中，设D （t ，t 2+t ﹣4），连接OD ．令y ＝0，则x 2+x ﹣4＝0，解得x ＝﹣4或2，∴A （﹣4，0），C （2，0），∵B （0，﹣4），∴OA ＝OB ＝4，∵S △ABD ＝S △AOD +S △OBD ﹣S △AOB ＝×4×（﹣﹣t +4）+×4×（﹣t ）﹣×4×4＝﹣t 2﹣4t ＝﹣（t +2）2+4，∵﹣1＜0，∴t ＝﹣2时，△ABD 的面积最大，最大值为4，此时D （﹣2，﹣4）； （3）如图2中，设抛物线的对称轴交x 轴于点N ，过点B 作BM ⊥抛物线的对称轴于点M ．则N （﹣1.0）．M （﹣1，﹣4）；∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，∴AN＝NP1＝3，∴P1（﹣1，3），当∠ABP2＝90°时，△BMP2是等腰直角三角形，可得P2（﹣1，﹣5），当∠APB＝90°时，设P（﹣1，n），设AB的中点为J，连接PJ，则J（﹣2，﹣2），∴PJ＝AB＝2，∴12+（n+2）2＝（2）2，解得n＝﹣2或﹣﹣2，∴P3（﹣1，﹣2），P4（﹣1，﹣﹣2），综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣1，3）或（﹣1，﹣5）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，﹣﹣2）．5．（2022•辽宁）如图，抛物线y＝ax2﹣3x+c与x轴交于A（﹣4，0），B两点，与y轴交于点C（0，4），点D为x轴上方抛物线上的动点，射线OD交直线AC 于点E，将射线OD绕点O逆时针旋转45°得到射线OP，OP交直线AC于点F，连接DF．（1）求抛物线的解析式；（2）当点D在第二象限且＝时，求点D的坐标；（3）当△ODF为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．【解答】解：（1）将点A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，∴，解得，∴y＝﹣x2﹣3x+4；（2）过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，设直线AC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+4，设D（n，﹣n2﹣3n+4），H（n，n+4），∴DH＝﹣n2﹣4n，∵DH∥OC，∴＝＝，∵OC＝4，∴DH＝3，∴﹣n2﹣4n＝3，解得n＝﹣1或n＝﹣3，∴D（﹣1，6）或（﹣3，4）；（3）设F（t，t+4），当∠FDO＝90°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，∵∠DOF＝45°，∴DF＝DO，∵∠MDF+∠NDO＝90°，∠MDF+∠MFD＝90°，∴∠NDO＝∠MFD，∴△MDF≌△NOD（AAS），∴DM＝ON，MF＝DN，∴DN+ON＝﹣t，DN＝ON+（﹣t﹣4），∴DN＝﹣t﹣2，ON＝2，∴D点纵坐标为2，∴﹣x2﹣3x+4＝2，解得x＝或x＝，∴D点坐标为（，2）或（，2）；当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，∵∠KFD+∠LFO＝90°，∠KFD+∠KDF＝90°，∴∠LFO＝∠KDF，∵DF＝FO，∴△KDF≌△LFO（AAS），∴KD＝FL，KF＝LO，∴KL＝t+4﹣t＝4，∴D点纵坐标为4，∴﹣x2﹣3x+4＝4，解得x＝0或x＝﹣3，∴D（0，4）或（﹣3，4）；综上所述：D点坐标为（，2）或（，2）或（0，4）或（﹣3，4）．三．等腰三角形的存在性6．（2022•百色）已知抛物线经过A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三点，O 为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．（1）求抛物线的表达式；（2）求证：∠BOF＝∠BDF；（3）是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．【解答】（1）解：设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入得：，解得，∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）证明：∵正方形OBDC，∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，∵BF＝BF，∴△BOF≌△BDF，∴∠BOF＝∠BDF；（3）解：∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，∴令y＝3，则3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝2，∴E（2，3），①如图，当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，∴∠FDM为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴DF＝DM，∴∠M＝∠DFM，∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，∵BM∥OC，∴∠M＝∠MOC，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BDF+∠MOC＝3∠M＝90°，∴∠M＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BM﹣BE＝3﹣2；②如图，当M在线段BD上时，∠DMF为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴MF＝DM，∴∠BDF＝∠MFD，∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BMO＝2∠BOM，∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，∴∠BOM＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BE﹣BM＝2﹣，综上所述，ME的值为：3﹣2或2﹣．7．（2022•山西）综合与探究如图，二次函数y＝﹣x2+x+4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E．（1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；（2）当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；（3）连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P 运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2，∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），设直线BC解析式为y＝kx+4，将B（8，0）代入得：8k+4＝0，解得k＝﹣，∴直线BC解析式为y＝﹣x+4；（2）过C作CG⊥PD于G，如图：设P（m，﹣m2+m+4），∴PD＝﹣m2+m+4，∵∠COD＝∠PDO＝∠CGD＝90°，∴四边形CODG是矩形，∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，∴PG＝PD﹣DG＝﹣m2+m+4﹣4＝﹣m2+m，∵CP＝CE，CG⊥PD，∴GE＝PG＝﹣m2+m，∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC，∴△CGE∽△BOC，∴＝，即＝，解得m＝0（舍去）或m＝4，∴P（4，6）；（3）存在点P，使得CE＝FD，理由如下：过C作CH⊥PD于H，如图：设P（m，﹣m2+m+4），由A（﹣2，0），C（0，4）可得直线AC解析式为y＝2x+4，根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x+b，将P（m，﹣m2+m+4）代入得：﹣m2+m+4＝2m+b，∴b＝﹣m2﹣m+4，∴直线PF解析式为y＝2x﹣m2﹣m+4，令x＝0得y＝﹣m2﹣m+4，∴F（0，﹣m2﹣m+4），∴OF＝|﹣m2﹣m+4|，同（2）可得四边形CODH是矩形，∴CH＝OD，∵CE＝FD，∴Rt△CHE≌Rt△DOF（HL），∴∠HCE＝∠FDO，∵∠HCE＝∠CBO，∴∠FDO＝∠CBO，∴tan∠FDO＝tan∠CBO，∴＝，即＝，∴﹣m2﹣m+4＝m或﹣m2﹣m+4＝﹣m，解得m＝2﹣2或m＝﹣2﹣2或m＝4或m＝﹣4，∵P在第一象限，∴m＝2﹣2或m＝4．8．（2022•东营）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；（3）点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，∴，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）连接CB交对称轴于点Q，∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，∵A、B关于对称轴x＝1对称，∴AQ＝BQ，∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，∵C（0，﹣3），B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣3，∴Q（1，﹣2）；（3）当∠BPM＝90°时，PM＝PB，∴M点与A点重合，∴M（﹣1，0）；当∠PBM＝90°时，PB＝BM，如图1，当P点在M点上方时，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH 交于H，过点M作MG⊥HG交于G，∵∠PBM＝90°，∴∠PBH+∠MBG＝90°，∵∠PBH+∠BPH＝90°，∴∠MBG＝∠BPH，∵BP＝BM，∴△BPH≌△MBG（AAS），∴BH＝MG，PH＝BG＝2，设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，解得t＝2+或t＝2﹣，∴M（1﹣，﹣2）或（1+，﹣2），∵M点在对称轴的左侧，∴M点坐标为（1﹣，﹣2）；如图2，当P点在M点下方时，同理可得M（3+t，2），∴2＝（3+t）2﹣2（3+t）﹣3，解得t＝﹣2+（舍）或t＝﹣2﹣，∴M（1﹣，2）；综上所述：M点的坐标为（1﹣，﹣2）或（1﹣，2）或（﹣1，0）．9．（2022•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的关系式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE 内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；（2）如图，过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，∴∠AOE＝45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE＝OA＝3，∴E（3，3），∴直线OE的解析式为：y＝x，∴G（m，m），∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，∴S△OPE ＝S△OPG+S△EPG＝PG•AE＝×3×（﹣m2+5m﹣3）＝﹣（m2﹣5m+3）＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴当m＝时，△OPE面积最大，此时，P点坐标为（，﹣）；（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则E（3，3），∵直线OE的解析式为：y＝x，∴M（2，2），∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），∴2≤﹣1+h≤3，解得3≤h≤4；（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，∴∠OMP＝∠PNF＝90°，∵△OPF是等腰直角三角形，∴OP＝PF，∠OPF＝90°，∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，∴∠OPM＝∠PFN，∴△OMP≌△PNF（AAS），∴OM＝PN，∵P（m，m2﹣4m+3），则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，解得：m＝（舍）或，∴P的坐标为（，）；②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，解得：m1＝（舍）或m2＝，∴P的坐标为（，）；③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN＝FM，则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，解得：m1＝或m2＝（舍）；P的坐标为（，）；④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图，同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，解得：m＝或（舍），P的坐标为：（，）；综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．方法二：作直线DE：y＝x﹣2，E（1，﹣1）是D点（2，0）绕O点顺时针旋转45°并且OD缩小倍得到，易知直线DE即为对称轴上的点绕O点顺时针旋转45°，且到O点距离缩小倍的轨迹，联立直线DE和抛物线解析式得x2﹣4x+3＝x﹣2，解得x1＝，x2＝，同理可得x3＝或x4＝；综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．10．（2023•澄城县一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）、B，与y轴交于点C（0，3），直线l是抛物线的对称轴．（1）求抛物线的函数解析式；（2）在对称轴l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）、点C（0，3）分别代入y＝﹣x2+bx+c，得．解得．故该抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）由（1）知，该抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3．则该抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1．故设M（1，m）．∵A（﹣1，0）、点C（0，3），∴AC2＝10，AM2＝4+m2，CM2＝1+（m﹣3）2．①若AC＝AM时，10＝4+m2，解得m＝±．∴点M的坐标为（1，）或（1，﹣）；②若AC＝CM时，10＝1+（m﹣3）2，解得m＝0或m＝6，∴点M的坐标为（1，0）或（1，6）．当点M的坐标为（1，6）时，点A、C、M共线，∴点M的坐标为（1，0）；③当AM＝CM时，4+m2＝1+（m﹣3）2，解得m＝1，∴点M的坐标为（1，1）．综上所述，符合条件的点M的坐标为（1，）或（1，﹣）或（1，0）或（1，1）．11．（2023•碑林区校级一模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；（2）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，∴a＝﹣，b＝，∴y＝﹣x2+x+2；（2）∵BM＝5﹣2t，∴M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，∵PB＝PC，∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，∴m＝4t﹣5，∴P（2t﹣1，4t﹣5），∵PC⊥PB，∴×＝﹣1，∴t＝1或t＝2，∴M（1，0）或M（3，0），∴D（1，3）或D（3，2）．12．（2023•东洲区模拟）抛物线y＝ax2+bx+3经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴正半轴交于点C．（1）求此抛物线解析式；（2）如图①，连接BC，点P为抛物线第一象限上一点，设点P的横坐标为m，△PBC的面积为S，求S与m的函数关系式，并求S最大时P点坐标；（3）如图②，连接AC，在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，解得：，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，设BC直线解析式为：y＝kx+b，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得，∴y＝﹣x+3，由题意可知P（m，﹣m2+2m+3），E（m，﹣m+3），S＝S△PBE+S△PCE，S＝PE•OB＝（﹣m2+2m+3+m﹣3）×3，，∵，∴当时，S有最大值，此时P点坐标为；（3）存在，M1（1，0），，，M4（1，1），①当AC＝AM时，如图，设对称轴l与AB交于点E，则，∵AM2＝AE2+EM2，∴，解得：，∴M点的坐标为或，②当AC＝MC时，则OC为AM的垂直平分线．因此M与E重合，因此，M点的坐标为（1，0），③当AM＝CM时，如图，设M点的坐标为（1，n），则AM2＝22+n2＝4+n2，CM2＝12+（3﹣n）2，∴4+n2＝12+（3﹣n）2，解得：n＝1，∴M点的坐标为（1，1），综上可知，潢足条件的M点共四个，其坐标为M1（1，0），，，M4（1，1）．13．（2023•三亚一模）如图，抛物线y＝ax2+3x+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C（0，8），顶点为D，连接AC，CD，DB，直线BC 与抛物线的对称轴l交于点E．（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；（2）求四边形ABDC的面积；（3）P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，当S△PBC ＝S△ABC时，求点P的坐标；（4）在抛物线的对称轴l上是否存在点M，使得△BEM为等腰三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+3x+c（a≠0）过点A（﹣2，0）和C（0，8），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+8．令y＝0，得．解得x1＝﹣2，x2＝8．∴点B的坐标为（8，0）．设直线BC的解析式为y＝kx+b．把点B（8，0），C（0，8）分别代入y＝kx+b，得，解得，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+8．（2）如图1，设抛物线的对称轴l与x轴交于点H．∵抛物线的解析式为，∴顶点D的坐标为．∴S四边形ABDC ＝S△AOC+S梯形OCDH+S△BDH＝＝＝70．（3）∵．∴．如图2，过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F．设点．∵点F在直线BC上，∴F（t，﹣t+8）．∴．∴．∴．解得t1＝2，t2＝6．∴点P的坐标为（2，12）或P（6，8）．（4）存在．∵△BEM为等腰三角形，∴BM＝EM或BE＝BM或BE＝EM，设M（3，m），∵B（8，0），E（3，5），∴BE＝＝5，EM＝|m﹣5|，BM＝＝，当BM＝EM时，＝|m﹣5|，∴m2+25＝（m﹣5）2，解得：m＝0，∴M（3，0）；当BE＝BM时，5＝，∴m2+25＝50，解得：m＝﹣5或m＝5（舍去），∴M（3，﹣5）；当BE＝EM时，5＝|m﹣5|，解得：m＝5+5或m＝5﹣5，∴M（3，5+5）或（3，5﹣5），综上所述，点M的坐标为（3，0）或（3，﹣5）或（3，5+5）或（3，5﹣5）．14．（2023•南海区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a ＞0）与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC 于点N．求线段PM的最大值和此时点P的坐标；（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，得，解得，∴解析式为y＝x2﹣2x﹣3，故抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）当x＝0时，y＝3，∴C（0，﹣3），∵B（3，0），∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵PN∥y轴，∴∠MNP＝45°，∵PM⊥BC，∴PM＝PN，则当PN最大时，PM也最大，设BC的解析式为y＝mx+n，∴，解得，∴BC解析式为y＝x﹣3，设P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣）2+，当x＝时，PN最大，则PM＝PN＝×＝，∴P（，），故PM最大值为，P点坐标为（，﹣）；（3）存在，点E的坐标为（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．∵CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，∴设Q（x，x2﹣2x﹣3），①如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，∵∠CEQ＝90°，∴∠QEM+∠CEN＝90°，∵∠QEM+∠MQE＝90°，∴∠EQM＝∠CEN，∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，∴△EMQ≌△CNE（AAS），∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，∴|x Q|+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝﹣2，x＝3（舍去），∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），②如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），③如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，此时E（0，0），④如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），综上所述，点E的坐标为（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）41。

2023年春九年级数学中考复习《相似三角形综合压轴题》专题提升训练（附答案）1．如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M．（1）若∠AOB＝60°，OM＝4，OQ＝1，求CP的长；（提示：过点P作PE⊥OA）（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形，①证明：是定值；②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围．2．如图1，在矩形ABCD中，动点P沿着边AB从点A运动到点B，同时动点Q沿着边BC，CD从点B运动到点D，它们同时到达终点，若点Q的运动路程x与线段BP的长y满足y＝﹣x+8，BD与PQ交于点E．（1）求AB，BC的长．（2）如图2，当点Q在CD上时，求．（3）将矩形沿着PQ折叠，点B的对应点为点F，连接EF，当EF所在直线与△BCD 的一边垂直时，求BP的长．3．如图，已知菱形ABCD的三个顶点A（﹣2，0），B（2，0），D（0，2），连接AC，P 为AC的中点，点E为AD延长线上（异于点D）一动点，连接EP并延长与CD、AB分别交于G、F两点．（1）P点的坐标为；（2）求+的值；（3）连接EC，若∠CEF＝60°，求ED的长．4．如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tan 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，那么点P与点A的最短距离是；（2）若点P在BC上时，求证：△ABP∽△PCQ；（3）在点P处设计并安装一个扫描器，按固定角（∠APQ）扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请求出点K被扫描到的总时长．5．【基础巩固】如图1，△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；【尝试应用】如图2，▱ABCD中，点E，F分别在BC，AC上，△AEF∽△ACD，BE＝2，CE＝6，求AF•AC的值．【拓展提高】如图3，在（2）的条件下，连接DF，AB＝AF，已知cos∠ACD＝，求tan∠ACB的值．6．在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为点D，点E为CA延长线上一点，且AC ＝2AE＝2，BC＝kCE，延长ED交BC于点F．（1）若AE＝AD，请判断△CDF的形状，并给出证明；（2）若k＝1，求证：＝；（3）若k＝，求ED的长．7．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E在AB边上，点F在BC边上，且∠EDF＝60°，连接EF，交BD于点G．（1）求证：△ADE≌△BDF．（2）求证：△ADE∽△BEG．（3）当点E在AB边上运动（不包括A，B两个端点），若AB＝4，求BG的取值范围．8．如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EM．①试证明：BF＝CE；②图中线段AE、CE与ME三者之间有何关系？并说明理由；③求证：CF•DM＝BM•DE．9．【问题情境】如图1，将△ADC绕点A旋转到△ABF，且∠BAD+∠BCD＝90°，AC＝2AD，连接BD，BC，CF．（1）①求证：△ACF∽△ADB，∠CBF＝90°；②猜想BC2，CD2，BD2的数量关系，并说明理由；【数学思考】（2）若AC＝nAD，其他条件不变，则BC2，CD2，BD2的数量关系为；（不需要说明理由）【类比探究】（3）如图2，若∠BAD+∠BCD＝120°．AD＝AB，AC＝nAD，则BC，CD，BD的数量关系为．（不需要说明理由）10．如图1，正方形ABCD中，M，N分别是AB、BC上的点，DM，DN分别与对角线AC 相交于点F、E．（1）若DM＝DN，求证：∠AFM＝∠CEN；（2）若∠MDN＝45°，求证：2AE•CF＝AC2；（3）如图2，连接BD交AC于点O，若DN平分∠BDC，直接写出OE：BN：NC的值．11．如图1，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，M为AB中点，∠EMF＝45°，且∠EMF两边分别于AC，BC的延长线交于点E、点F．（1）若AE＝BF，求证：ME＝MF；（2）如图2，将∠EMF绕点M旋转，∠EMF两边分别于AC，BC交于点G、点H．①求证：△FCM∽△MCE，②若MC＝2，CF＝，求MH的长．12．【阅读】如图1，若△ABD∽△ACE，且点B，D，C在同一直线上，则我们把△ABD与△ACE称为旋转相似三角形．【理解】（1）如图2，△ABC和△ADE是等边三角形，点D在边BC上，连接CE．求证：△ABD与△ACE是旋转相似三角形．【应用】（2）如图3，△ABD与△ACE是旋转相似三角形，AD∥CE，求证：AC＝DE．【拓展】（3）如图4，AC是四边形ABCD的对角线，∠D＝90°，∠B＝∠ACD，BC＝25，AC＝20，AD＝16，试在边BC上确定一点E，使得四边形AECD是矩形，并说明理由．13．已知，BD是菱形ABCD的对角线，△DEF是直角三角形，∠EDF＝90°，∠DEF＝∠A，连接BE，点G是BE的中点，连接CG、BF．【动手操作】（1）当∠A＝90°时，①如图1，若△DEF的顶点E落在线段CD上时，请直接写出线段CG与线段BF的数量关系：②如图2，当△DEF的顶点E落在线段BD上时，①中线段CG与线段BF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．同学们经过讨论，探究出以下解决问题的思路：思路一：连接AC，记AC与BD相交于点O，AC与BF相交于点M，再利用三角形全等或相似的有关知识来解决问题．思路二：记AD与EF交于点H，易知H是EF的中点，连接CH，将△CDH绕点C顺时针旋转90°，再利用旋转的性质、三角形全等或相似的有关知识来解决问题．请参考上述思路，完成该问题的解答过程（一种方法即可）【类比探究】（2）当∠A＝120°时，如图3，若△DEF的顶点E落在线段CD上时，请直接写出线段CG与线段BF的数量关系．14．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∠AED＝∠BCF，求证：；（2）如图②，若将（1）中的矩形ABCD改为一般的平行四边形，其余条件不变，求证：；（3）如图③，若BA＝BC＝6，DA＝DC＝8，∠BAD＝90°，DE⊥CF，请直接写出的值．15．（1）问题背景：如图1，已知矩形ABCD，E为线段AD上一点，连接BE，以线段BE 为对称轴，将△ABE翻折；A点的对应点为F点．若F点正好落在线段CD上，求证：△EDF∽△FCB．（2）尝试应用：如图2，已知直角梯形ABCD，∠B＝∠C＝∠AED＝90°，2∠ADE+∠CDE＝180°，过点E作EH⊥AD，若EH＝2，AD＝5，求CE的长．（3）拓展创新：如图3，已知矩形ABCD，AB＝12，AD＝9，E在线段AD上运动，连接BE，以线段BE为对称轴，将△ABE翻折，A点的对称点为P点，连接CP并在线段CP上取一点T，使得PT＝2CT，连接DT，直接写出DT的最小值．16．在△ABC中，D为BC上一点．（1）点E为AC上一点，且∠ADE＝∠B．①如图1，若AB＝AC，求证：AB：BD＝CD：CE；②如图2，若CA＝CB，CF∥AB交DE的延长线于点F，点H在BC的延长线上，且FC＝FH，求证：BD＝CH．（2）如图3，若△ABD∽△F AC，且AB＝CD＝2BD，直接写出的值．17．如图，在菱形ABCD中，点E在射线BC上，点F在线段AC上，连接DF、DE，∠EDF ＝∠BAC，射线DE与射线AC交于点P．（1）如图1，当点E在线段BC上时，求证：△FDP∽△FCD；（2）如图2，点E在线段BC上，连接EF，当EF∥AB时，求证：CD2＝CP•CA；（3）如图3，点E在线段BC的延长线上，当AB＝2，sin∠BAC＝，DF＝3时，求线段EC的长．18．如图，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP≤CP），将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，PD'的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N．（1）若AD2＝DP•PC，①求证∠APB＝90°；②判断四边形PMBN的形状，并说明理由；（2）若AM＝CN，求tan∠P AD′的值．19．（1）如图1，AD⊥BC，垂足为D，BE⊥AC，垂足为E，AD与BE相交于点F，连接ED．你能在图中找出一对相似三角形，并说明相似的理由吗？（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝45°，BE⊥AC，垂足为E，P为AB上一点，PD⊥BC于D，交BE于F．求证：PF＝2BD；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，M为AC上一点，连接BM，∠MBC＝∠A，tan ∠ABM＝，AM＝2，请直接写出BC的长．20．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：【观察与猜想】（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则的值为；（2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则的值为；【类比探究】（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD；【拓展延伸】（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AD＝9，tan∠ADB＝，将△ABD沿BD 翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．①求的值；②连接BF，若AE＝1，直接写出BF的长度．参考答案1．解：（1）如图1，过点P作PE⊥OA于点E．∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形OMPQ为平行四边形，∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60°，∴PE＝PM•sin60°＝，ME＝，∴CE＝OC﹣OM﹣ME＝，由勾股定理得；（2）①证明：设OM＝x，ON＝y，∵四边形OMPQ为菱形，∴OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y﹣x，∵PQ∥OA，∴△NQP∽△NOC，∴，即，∴6y﹣6x＝xy，两边都除以6xy，得，即；②如图2，过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OA于点F，则S1＝OM•PE，S2＝OC•NF，∴＝，∵PM∥OB，∴△CPM∽△CNO．∴，∴，∵0＜x＜6，∴．2．解：（1）当x＝0时，y＝8，此时P点和A点重合，则AB＝8．当y＝0时，x＝14，则BC＝14﹣8＝6；（2）∵矩形ABCD中，AB∥CD，∴△BEP∽△DQE，∴＝＝＝；（3）①点Q在BC上时，如图1，EF⊥OC，过点E作EG⊥BC于点G，∵矩形ABCD中，CB⊥OC，∴EF∥BQ，∴∠BQE＝∠FEQ，由翻折可得∠BEQ＝∠FEQ，∴∠BEQ＝∠BQE，∴BE＝BQ，设BE＝BQ＝m，∴△BDC∽△BEG，∴sin∠BEG＝sin∠BDC＝，∴BG＝BE＝，EG＝m，∴QG＝m，∵EG∥BP，∴＝，∴＝，解得：m＝，当m＝时，y＝﹣×+8＝，∴PB＝；②点Q在OC上时，EF⊥BC，如图2，∴EF∥AB，∴∠BPE＝∠FEP，由翻折得∠BEP＝∠FEP，∴∠BPE＝∠BEP，∴BP＝BE＝；③点Q在OC上时，EF⊥BD，如图3，由翻折得∠FEP＝∠BEP＝45°，由题意得，DQ＝14﹣x，BP＝﹣x+8，∴＝＝＝，∴BE＝×10＝，在Rt△ADB中，tan∠ABD＝＝，∴Rt△PMB中，tan∠PBM＝，设PM＝3m，则BM＝4m，EM＝3m，PB＝5m，∴3m+4m＝，解得：m＝，④点Q在DC上时，EF⊥CD，如图4，∵矩形ABCD中，AB∥CD，∴FE⊥AB，由翻折可得FE＝BE＝，PB＝FP，设PB＝FP＝m，∵EF∥AD，∴△BME∽△BAD，∴，∴BM＝AB＝，ME＝AD＝，∴FM＝，在Rt△FMP中，（）2+（﹣m）2＝m2，解得m＝．如图5中，当EF⊥BD时，过点E作EH⊥CB于点H．则有BH＝x，EH＝x，∴HQ＝x，∴＝，由△EHQ∽△PBQ，∴BP＝7x，∴7x＝﹣x+8，∴x＝，∴PB＝7x＝．综上，PB＝或或或或．3．解：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB＝CD，∵A（﹣2，0），B（2，0），D（0，2），∴AB＝4，C（4，2），∵P为AC的中点，设P（x，y），∴x＝＝1，y＝＝，∴P（1，），故答案为：（1，）；（2）∵A（﹣2，0），D（0，2），∴直线AD的解析式为y＝x+2，∵点E为AD延长线上（异于点D）一动点，设点E（m，m+2），∵P（1，），∴直线EP的解析式为y＝x﹣，y＝0时，x＝，∴点F（，0），∴AE＝＝2（m+2），AF＝+2＝，∴+＝+＝；（3）取CD中点Q，以Q为圆心，CD为直径作圆，∵A（﹣2，0），D（0，2），∴∠DAB＝60°，∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，∴∠ADC＝120°，∠EDC＝60°，∵P为AC的中点，点Q为CD中点，∴PQ∥AD，∴∠PQC＝120°，∵∠CEF＝60°，∴点E在⊙Q上，∵CD为直径，∴∠CED＝90°，∴∠DCE＝30°，∴DE＝CD，∵AB＝CD＝4，∴ED＝2．4．解：（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，∴AH＝3，∴当点P在BC上时，P A⊥BC时，点P到A的最短距离为3，故答案为：3；（2）∵∠APQ+∠QPC＝∠B+∠BAP，∠APQ＝∠B，∴∠QPC＝∠BAP，又∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCQ；（3）∵AM＝2＜AK＝，BM＝3，BN＝6，则BM+BN＝9，∴P点的移动速度＝＝，①从Q平移到K，耗时：＝1秒，这1秒K没有被扫描到；②P在BC上时，K与Q重合时，CQ＝CK＝5﹣＝，∵△ABP∽△PCQ，设BP＝y，CP＝8﹣y，，即，整理得y2﹣8y＝，解得y＝或，∵÷＝10秒，÷＝22秒，∴从10秒到22秒，这12秒K也没有被扫描到，∴点K被扫描到的总时长36﹣（22﹣10）﹣1＝23秒．5．（1）证明：∵△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，，∴△ABD∽△ACE；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵BE＝2，CE＝6，∠ACE＝∠DAC，∴BC＝AD＝2+6＝8，又∵△AEF∽△ACD，∴∠EAF＝∠CAD，，∴∠EAF＝∠ACE，∴AE＝CE＝6，∴AF•AC＝AE•AD＝6×8＝48；（3）过点D作DH⊥AC于点H，由（1）可知，△AEF∽△ACD，∴△AEC∽△AFD，由（2）知，EA＝EC，∴FD＝F A＝AB＝CD，设CH＝a，则CD＝4a，∴FH＝CH＝a，AF＝4a，∴AH＝5a，在Rt△DCH中，DH＝＝＝a，∴tan∠ACB＝tan∠CAD＝．6．解：（1）△CDF是等边三角形，证明：∵AC＝2AE＝2，AE＝AD，∴AE＝AD＝1，AC＝2，∵CD⊥AB，∴∠CDA＝90°，∴∠CAD＝60°，∠ACD＝30°，∵AE＝AD，∴∠ADE＝∠E＝30°，∴∠CDF＝180°﹣∠CDA﹣∠ADE＝60°，∵∠ACB＝90°，∴∠DCF＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣30°＝60°，∴△CDF是等边三角形；（2）过点E作EG⊥CE交CD延长线于点G，∴∠CEG＝∠ACB＝90°，∴∠CEG+∠ACB＝180°，∴EG∥BC，∵BC＝kCE，k＝1，∴BC＝CE，∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠B＝90°，∴∠ACD＝∠B，∴△CEG≌△BCA（ASA），∴EG＝CA，∵EG∥BC，∴△CDF∽△GDE，∴，∴；（3）过点E作EH⊥AB交BA延长线于点H，∵AC＝2AE＝2，k＝，BC＝kCE，∴BC＝（AE+CE）＝4，∵∠ACB＝90°，∴AB＝＝＝2，∵EH⊥AB，∴∠H＝∠ACB＝90°，∵∠HAE＝∠CAB，∴△HAE∽△CAB，∴，∴，∴EH＝，AH＝，∵EH⊥AB，CD⊥AB，∴EH∥CD，∴△HAE∽△DAC，∴＝2，∴AD＝2AH＝，∴DH＝AD+AH＝，∴ED＝＝＝．7．（1）证明：在菱形ABCD中，∠A＝60°，∴△ABD与△BDC为等边三角形，∴∠A＝∠ADB＝∠DBC＝60°，∵∠ADB＝∠ADE+∠BDE＝60°，∠EDF＝∠BDE+∠BDF＝60°，∴∠ADE＝∠BDF，在△ADE和△BDF中，，∴△ADE≌△BDF（ASA）；（2）证明：由（1）知△ADE≌△BDF，∴DE＝DF，又∵∠EDF＝60°，∴△EDF为等边三角形，∴∠DEF＝60°，∵△ABD为等边三角形，∴∠EBG＝60°，∵∠AED+∠DEF+∠GEB＝180°，在△EGB中，∠EGB+∠GEB+∠EBG＝180°，∴∠EGB＝∠AED，又∵∠A＝∠GBE＝60°，∴△ADE∽△BEG；（3）∵∠EDF＝60°，点E在AB边上运动（不包括A，B两个端点），∴当E、F分别为AB、BC的中点时BG最大，∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，AB＝4，∴△ABD为等边三角形，BD＝AB＝4，此时点E为AB中点，故DE＝2，∠EDB＝30°，由（2）知△EDF为等边三角形，∴DG为△EDF为角平分线，高线，中线，故DG＝DE＝3，∴GB＝DB﹣DG＝4﹣3＝1，当E与A或B重合时GB有最小值为0（根据题意取不到0），∴BG的取值范围为：0＜BG≤1．8．①证明：∵△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠ACE＝90°，∵∠BCF+∠CBF＝90°，∴∠ACE＝∠CBF，又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴BF＝CE；②解：AE﹣CE＝ME，理由：由①得：△BCF≌△CAE，∴AE＝CF，BF＝CE，∴AE﹣CE＝CF﹣CE＝EF，连接FM，CM，∵点M是AB中点，∴CM＝AB＝BM＝AM，CM⊥AB，在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，∴∠DBF＝∠DCM，又BM＝CM，BF＝CE，∴△BFM≌△CEM（SAS），∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，∵∠BMC＝90°，∴∠EMF＝90°，即△EMF为等腰直角三角形，∴EF＝EM，∵AE﹣CE＝EF，∴AE﹣CE＝EM；③证明：连接CM，∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，∴△CDM∽△ADE，∴，∵BM＝CM，AE＝CF，∴，∴CF•DM＝BM•DE．9．（1）①证明：由旋转得△ADC≌△ABF，∴AD＝AB，CE＝FB，AC＝AF，∠DAC＝∠BAF，∠ADC＝∠ABF，∴∠DAB＝∠CAF，∵AC＝2AD，∴＝2，∴△ACF∽△ADB，∵∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD＝360°，∠BAD+∠BCD＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝270°，∴∠ADC＝∠ABF，∴∠ABC+∠ABF＝270°，∴∠CBF＝90°；②解：BC2+CD2＝8BD2．理由：由①得△ACF∽△ADB，∴＝2，∴FC＝2BD，在Rt△CBF中，BC2+BF2＝FC2，由旋转可得CD＝BF，∴BC2+CD2＝8BD2；（2）解：∵AC＝nAD，∴＝n，由①得△ACF∽△ADB，∴＝n，∴FC＝nBD，在Rt△CBF中，BC2+BF2＝FC2，由旋转可得CD＝BF，∴BC2+CD2＝n2BD2，故答案为：BC2+CD2＝n2BD2；（3）解：∵AD＝AB可得，∴△ADC绕点A旋转到∠DAB的度数得到△ABF，连接CF，∵AC＝nAD，∴＝n，由①得△ACF∽△ADB，∴＝n，∴FC＝nBD，∵∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD＝360°，∠BAD+∠BCD＝120°，∴∠ABC+∠ADC＝240°，∴∠ADC＝∠ABF，∴∠ABC+∠ABF＝240°，∴∠CBF＝120°，过点F作EF⊥BC交CB的延长线于点E，∴∠EBF＝60°，∠EFB＝30°，∵EF⊥BC，∴BE＝BF＝CD，EF＝BE＝CD，在Rt△CEF中，EC2+EF2＝FC2，∴（BC+CD）2+（CD）2＝（nBD）2，∴BC2+BC•CD+CD2＝n2BD2．故答案为：BC2+BC•CD+CD2＝n2BD2．10．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD；∠DAM＝∠DCN＝90°；∠1＝∠2＝45°在Rt△ADM和Rt△CDN中，∴Rt△ADM≌Rt△CDN（HL），∴∠3＝∠4；∵∠AFM＝∠1+∠3，∠CEN＝∠2+∠4，∴∠AFM＝∠CEN；（2）证明：∵∠MDN＝45°，∴∠CDF＝∠4+45°，∵∠2＝45°，∴∠5＝∠4+45°，∴∠CDF＝∠5∴△ADE∽△CFD，∴，∴AD•CD＝AE•CF＝AD2，又∵△ACD为等腰直角三角形，∴AD2＝AC2，∴AE•CF＝AC2，∴2AE•AF＝AC2；（3）过O作OP∥BC交DN于P，过N作NQ⊥BD于Q，在正方形ABCD中，∠DCA＝∠DBC＝45°，OB＝OD，∵OB＝OD，OP∥BC，∴DP＝PN，∴，∵OP∥BC∴∠DOP＝∠DBC＝45°＝∠DCA，又∵DN平分∠BDC，∴∠CDE＝∠BDN，∴∠OEP＝∠OPE，∴OE＝OP，∴，∵DN平分∠BDC，∵NQ⊥BD，NC⊥CD，又∵△BNQ为等腰直角三角形，∴BN＝NQ＝NC，∴OE：BN：NC＝1：2：．11．（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，M为AB中点，∴∠ACM＝∠BCM＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，∴∠MCF＝∠MCE＝135°，∵AE＝BF，AC＝BC，∴CF＝CE，在△MCF和△MCE中，，∴△MCF≌△MCE（SAS）∴ME＝MF；（2）①证明：∵∠MCF＝135°，∴∠F+∠CMF＝45°，∵∠EMF＝45°，∴∠CME+∠CMF＝45°，∴∠F＝∠CME，∵∠MCF＝∠ECM，∠F＝∠CME，∴△FCM∽△MCE；②解：过点M作MN⊥BC于N，∵∠MCB＝45°，∴NC＝MN＝CM＝，由（2）可知△FCM∽△MCE，∴CM2＝CE•CF，∴CE＝＝2，∵∠ECH＝∠MNH＝90°，∠EHC＝∠MHN，∴△EHC∽△MHN，∴，即，解得，NH＝，由勾股定理得，MH＝＝＝．12．（1）证明：∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE，∵点D在边BC上，∴点B、D、C在同一直线，∴△ABD和△ACE是旋转相似三角形；（2）证明：△ABD与△ACE是旋转相似三角形，∴△ABD∽△ACE，∴，∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠ACE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△ABC∽△ADE，∴∠B＝∠ADE，∠AED＝∠ACB，∴∠ADE＝∠ACE，∵AD∥CE，∴∠ADE＝∠DEC，∴∠ACE＝∠DEC．∵∠AED＝∠ACB，∴∠ACE+∠ACB＝∠AED+∠DEC，∴∠AEC＝∠DCE，∵CE＝EC，∴△AEC≌△DCE（ASA），∴AC＝DE；（3）解：过点A作AE⊥BC，垂足为E，则四边形AECD是矩形，证明：连接DE，∵∠AEB＝∠ADC＝90°，∠B＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴，∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED，∴，即，∴DE＝20，∵△ABE∽△ACD，∴，∴，∵CD＝＝12，∴，设AE＝4k，则BE＝3k，CE＝25﹣3k，在Rt△ACE中，AE2+CE2＝AC2，∴（4k）2+（25﹣3K）2＝202，解得k＝3，∴AE＝12，∵AD＝16，DE＝20，∴AE2+AD2＝DE2，∴△ADE是直角三角形，∴∠DAE＝90°，∵∠AEC＝∠ADC＝90°，∴四边形AECD是矩形．13．解：（1）①∵四边形ABCD是菱形，∠A＝90°，∴四边形ABCD是正方形，AB＝CD＝CB，∠BCE＝∠A＝90°，∵∠EDF＝90°，∠DEF＝∠A，∴∠DEF＝45°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DF＝DE，∴AD﹣DF＝CD﹣DE，即AF＝CE，∴△ABF≌△CBE（SAS），∴BF＝BE，在Rt△CBE中，点G是BE的中点，∴CG＝BE，∴CG＝BF，故答案为：CG＝BF；②①中线段CG与线段BF的数量关系仍然成立，证明：思路一：连接AC，记AC与BD相交于点O，AC与BF相交于点M，连接GM，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，BC＝CD，DO＝BO，AC⊥BD，∴CO⊥BD，CO＝DO＝BO，由①得：DE＝DF，设DE＝DF＝y，OG＝x，OE＝a，∵点G是BE的中点，∴EG＝BG＝a+x，OB＝OG+BG＝a+2x，∵OD＝OB，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即DE＝DF＝2OG，∵AC⊥BD，∠EDF＝90°，∴OA∥DF，∵DO＝BO，∴FM＝BM＝BF，DF＝2OM，∴OM＝x＝OG，∵AC⊥BD，∴∠MOB＝∠GOC＝90°，∵OB＝OC，∴△MOB≌△GOC（SAS），∴CG＝BM＝BF，∴①中线段CG与线段BF的数量关系仍然成立；（2）过点C作CN⊥DB于N，连接GN，∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，∴DC＝BC，∠ADC＝60°，∠A＝∠BCD＝120°，∠BDC＝∠CBD＝30°，∴∠DCN＝60°，∴DN＝BN＝BD＝CN，∴，∵点G是BE的中点，∴，NG∥DE，∴∠BNG＝∠BDE，∵∠BDE+∠BDF＝90°，∠BNG+∠CNG＝90°，∴∠BDF＝∠CNG，∵∠DEF＝∠A，∴∠DEF＝60°，∴DF＝DE，∴，∴，∵∠BDF＝∠CNG，∴△BDF∽△CNG，∴，∴BF＝2CG．故答案为：BF＝2CG．14．（1）证明：如图①中，∵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）证明：如图②中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD,AD∥BC，∴∠BCF＝∠CFD，∵∠AED＝∠BCF，∴∠CFD＝∠AED，∵∠GDF＝∠ADE，∴△DFG∽△DEA，∴＝，∵AB∥CD,∴AED＝∠CDG，∵∠CFD＝∠AED，∴∠CFD＝∠CDG，∵∠DCF＝∠GCD,∴△CGD∽△CDF，∴＝，∴＝，∴＝；（3）解：＝．理由是：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四边形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，在△BAD和△BCD中，，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴＝，∴＝，∴CM＝x，在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣6，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，∴（x﹣6）2+（x）2＝62，解得：x1＝0（舍去），x2＝，∴CN＝，∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴＝＝．15．（1）证明：如图1，在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝∠C＝90°，由翻折得∠EFB＝∠A ＝90°．∵∠DEF+∠DFE＝90°，∠CFB+∠DFE＝180°﹣90°＝90°，∴∠DEF＝∠CFB，∴△EDF∽△FCB．（2）如图2，过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，设CE＝m，CD＝x．∵EH⊥AD，∴∠EHD＝∠AHE＝90°，∵∠AED＝90°，∴∠EDH＝90°﹣∠DEH＝∠AEH，∴△EDH∽△AEH，∴，∴DH（5﹣DH）＝22，解得DH＝1或DH＝4（不符合题意，舍去），∴AH＝5﹣1＝4，∴DE＝＝，AE＝＝2；∵∠F＝∠B＝∠C＝90°，∴四边形ABCF是矩形，∴AB∥CF；∵2∠ADE+∠CDE＝180°＝∠ADE+∠BAD+∠CDE，∴∠ADE＝∠BAD＝∠ADF，∵∠F＝∠AED＝90°，AD＝AD，∴△ADF≌△ADE（AAS），∴BC＝AF＝AE＝，DF＝DE＝，由（1）得△DCE∽△EBA，∴，∴BE＝2CD，CF＝AB＝2CE，∴，解得m＝，∴CE的长为．（3）如图3，过点T作TQ∥PB，交BC于点Q，以Q为圆心，TQ长为半径作⊙Q．由翻折得PB＝AB＝12．∵PT＝2CT，∴PC＝3CT，∵△CTQ∽△CPB，∴，∴TQ＝PB＝×12＝4，∴点T在半径为4的⊙Q的部分圆弧上运动，∵DT+TQ≥DQ，∴DT≥DQ﹣4，∴当点T落在DQ上，即DT＝DQ﹣4时，DT的值最小，∵BC＝AD＝9，∴CQ＝BC＝×9＝3，∵CD＝AB＝12，∠DCQ＝90°，∴DQ＝＝，∴DT最小＝DQ﹣4＝，∴DT的最小值为．16．（1）①证明：如图1．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B，∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴，∴．②证明：如图2，连结AF.∵CF∥AB，∴∠FCE＝∠CAB，∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠B＝∠ADE，∴∠ADE＝∠FCE，∵∠AED＝∠FEC，∴△ADE∽△FCE，∴，∵∠AEF＝∠DFC，∴△AEF∽△DEC，∴∠F AC＝∠FDH；∵FC＝FH，∴∠FCH＝∠H，∵∠FCH＝∠B＝∠CAB＝∠ACF，∴∠ACF＝∠H，∴△ACF≌△DHF（AAS），∴CA＝HD，∴CB＝HD，∴CB﹣CD＝HD﹣CD，∴BD＝CH．（2）如图3，作∠AFE＝∠CAB，FE交BA的延长线于点E，设BD＝a，则AB＝CD＝2a，BC＝3a．∵△ABD∽△F AC，∴，∴＝2；∵∠ABC＝∠F AC，∠ABC+∠CAB+∠ACB＝180°，∴∠F AC+∠CAB+∠ACB＝180°，∵∠F AC+∠CAB+∠F AE＝180°，∴∠F AE＝∠ACB，∴△EF A∽△BAC，∴，∴EF＝2AB＝4a，AE＝2BC＝6a，∴BE＝2a+6a＝8a；∵＝2，∴，∵∠E＝∠ABD，∴△BEF∽△ABD，∴＝4．17．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCF，∵∠EDF＝∠BAC，∴∠EDF＝∠DCF，∵∠DFP＝∠CFD，∴△FDP∽△FCD；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∵EF∥AB，∴∠EFC＝∠BAC，∴∠EFC＝∠BCA，∴EF＝EC，由（1）得：∠FDE＝∠BAC＝∠BCA，∵∠FPD＝∠EPC，∴△FPD∽△EPC，∴，∵∠FPE＝∠DPC，∴△FPE∽△DPC∴∠PDC＝∠EFC，∵∠EFC＝∠BAC＝∠DAC，∴∠PDC＝∠DAC，∵∠DCP＝∠ACD，∴△DCP∽△ACD，∴，∴CD2＝CP•CA；（3）如图3，连接DB交AC于O，∵四边形ABCD是菱形，∴∠DOC＝90°，∵CD＝AD＝AB＝2，sin∠BAC＝，∴OB＝DO＝AB sin∠BAC＝2×＝2，同理可得：AO＝CO＝2，在Rt△DOF中，DF＝3，∴OF＝＝＝，则FC＝OC﹣OF＝2﹣＝，由（1）得：△FDP∽△FCD，∴，∴FD2＝FC•FP，即32＝•FP，解得PF＝，∴CP＝PF﹣FC＝﹣＝，AP＝AC+CP＝4+＝，∵，即＝，解得：CE＝．18．（1）①证明：如图，作PE⊥AB于点E，则∠PEA＝∠PEB＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAE＝∠CBE＝∠C＝90°，∴四边形AEPD和四边形BEPC都是矩形，∴AD＝PE，DP＝AE，PC＝EB，∵AD2＝DP•PC，∴PE2＝AE•EB，∴，∵∠AEP＝∠PEB＝90°，∴△AEP∽△PEB，∴∠APE＝∠PBE，∴∠APB＝∠APE+∠BPE＝∠PBE+∠BPE＝90°．②四边形PMBN是菱形．理由如下：∵PN∥MB，BN∥MP，∴四边形PMBN是平行四边形；由翻折得∠DP A＝∠D′P A，∵CD∥AB，∴∠DP A＝∠MAP，∴∠D′P A＝∠MAP，∴PM＝AM，∵∠MPB+∠D′P A＝90°，∠MBP+∠MAP＝90°，∴∠MPB＝∠MBP，∴PM＝BM，∴四边形PMBN是菱形．（2）∵∠C＝∠PEN＝90°，BC＝PE，BN＝PM，∴Rt△BCN≌Rt△PEM（HL），∴CN＝EM，∴AM＝CN＝EM，由（1）②得PM＝AM，∠D′P A＝∠EAP，∵∠AD′P＝∠D＝90°，∠PEA＝90°，∴∠AD′P＝∠PEA，∵AP＝P A，∴△D′AP≌△EP A，∴∠P AD′＝∠APE；设EM＝a（a＞0），则PM＝AM＝a，∴AE＝AM﹣EM＝a﹣a，∵PE＝＝＝2a，∴tan∠P AD′＝tan∠APE＝＝＝．19．解：（1）共有八对，△BDF∽△BEC，△AEF∽△ADC，△BDF∽△AEF，△BEC∽△ADC，△CDE∽△CAB，△DEF∽△BAF，△AEF∽△BEC，△BDF∽△ADC；理由：∵AD⊥BC，∴BE⊥AC，∴∠BDF＝∠AEC＝90°，∵∠DBF＝∠EBC，∴△BDF∽△BEC①；同理：△AEF∽△ADC②；∵∠BDF＝∠AEF，∠BFD＝∠AFE，∴△BDF∽△AEF③；∴∠CBE＝∠CAD，∵∠C＝∠C，∴△BEC∽△ADC④；∴，∴，∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAB⑤；∵△BDF∽△AEF，∴，∵∠AFB＝∠EFD，∴△DEF∽△BAF⑥；利用相似三角形的传递性得，△AEF∽△BEC，△BDF∽△ADC（2）如图2，过P作PG∥AC，分别交BE、BC于点H、G，∴∠BPG＝∠A＝45°，∠C＝∠PGB，∵BE⊥AC，∴PH⊥BE，∴∠BHP＝90°，∴∠PBH＝90°﹣∠BPG＝45°＝∠BPG，∴HP＝HB，∴△PBH是等腰直角三角形，∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∴∠PGB＝∠B，∴PB＝PG，∵PD⊥BC，∴BG＝2BD，∵∠PFH+∠FPH＝90°，∠PFH＝∠BFD，∴∠BFD+∠FPH＝90°，∵∠BFD+∠FBD＝90°，∴∠FPH＝∠FBD，在△PHF和△BHG中，，∴△PHF≌△BHG（ASA），∴PF＝BG，∵BG＝2BD，∴PF＝2BD；（3）如图3，过点M作MP⊥AB于P，∴∠BPM＝90°，在Rt△BPM中，tan∠ABM＝＝，∴设PM＝x（x＞0），则BP＝3x，根据勾股定理得，BM＝＝x，过点A作AQ⊥BM交BM的延长线于Q，∴∠Q＝90°，∴∠MAQ+∠AMQ＝90°，∵∠AMQ＝∠BMC，∴∠MAQ+∠BMC＝90°，∵∠C＝90°，∴∠CBM+∠BMC＝90°，∴∠CBM＝∠MAQ，∵∠MBC＝∠A，∴∠MAP＝∠MAQ，∵MQ⊥AQ，MP⊥AB，∴MQ＝MP＝x，∴BQ＝BM+MQ＝x+x＝（+1）x，在Rt△AQM中，tan∠ABM＝＝，∴＝，∴AQ＝，∵∠Q＝∠C＝90°，∠AMQ＝∠BMC，∴△AMQ∽△BMC，∴＝＝，∴＝＝，∴CM＝x2，BC＝x2，在Rt△BCM中，根据勾股定理得，BC2+CM2＝BM2，∴[x2]2+（x2）2＝（x）2，∴x2＝，∴BC＝x2＝×＝3．20．解：（1）如图1，设DE与CF交于点G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，∴∠CFD＝∠AED，在△AED和△DFC中，，∴△AED≌△DFC（AAS），∴DE＝CF，∴＝1；（2）如图2，设DB与CE交于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠EDC＝90°，∵CE⊥BD，∴∠DGC＝90°，∴∠CDG+∠ECD＝90°，∠ADB+∠CDG＝90°，∴∠ECD＝∠ADB，∵∠CDE＝∠A，∴△DEC∽△ABD，∴，故答案为：．（3）证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，∵CG⊥EG，∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，∴四边形ABCH为矩形，∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°，∴△DEA∽△CFH，∴，∴，∴DE•AB＝CF•AD；（4）①如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，∵CF⊥DE，GC⊥AD，∴∠FCG+∠CFG＝∠CFG+∠ADE＝90°，∴∠FCG＝∠ADE，∠BAD＝∠CGF＝90°，∴△DEA∽△CFG，∴，在Rt△ABD中，tan∠ADB＝，AD＝9，∴AB＝3，在Rt△ADH中，tan∠ADH＝，∴，设AH＝a，则DH＝3a，∵AH2+DH2＝AD2，∴a2+（3a）2＝92，∴a＝（负值舍去），∴AH＝，DH＝，∴AC＝2AH＝，。

九年级中考数学复习三角形综合压轴题专题练习1、如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，过点A作AE⊥CD，AE分别与CD、CB相交于点H、E，AH＝2CH．（1）求sin B的值；（2）如果CD＝5，求BE的值．2、如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕点B顺时针旋转得△A1BC1，使得C点落在AB的延长线上的点C1处，连接AA1．（1）写出旋转角的度数；（2）求证：∠A1AC＝∠C1．3、如图，等腰三角形ABC中，BD，CE分别是两腰上的中线．=；（1）求证：BD CE∆（2）设BD与CE相交于点O，点M，N分别为线段BO和CO的中点．当ABC 的重心到顶点A的距离与底边长相等时，判断四边形DEMN的形状，无需说明理由．△中，∠C=90°，P是BC边上不同于B、C的一动点，过P作PQ 4、在Rt ABC⊥AB,垂足为Q，连接AP．（1）试说明不论点P在BC边上何处时，都有△PBQ与△ABC相似；（2）若AC=3,BC=4,当BP为何值时，△AQP面积最大，并求出最大值；△中，两条直角边BC、AC满足关系式BC=λAC，是否存在（3）在Rt ABC一个λ的值，使Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等．5、已知锐角△ABC中，边BC长为12，高AD长为8(1) 如图，矩形EFGH的边GH在BC边上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC 边上，EF交AD于点KEF的值①求AK②设EH＝x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值(2) 若AB=AC，正方形PQMN的两个顶点在△ABC一边上，另两个顶点分别在△ABC的另两边上，直接写出正方形PQMN的边长6、【问题背景】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，BE，点P为DC的中点．（1）【观察猜想】观察图1，猜想线段AP与BE的数量关系是，位置关系是．（2）【拓展探究】把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明：否则写出新的结论并说明理由．（3）【问题解决】把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若DE＝4，BC＝8，请直接写出线段AP长的取值范围．7、感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：DB=DC．探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD＜90°，求证：DB=DC．应用：如图3，四边形ABCD中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=a，则AB﹣AC=（用含a的代数式表示）8、如图，△ABC中，点E、P在边AB上，且AE＝BP，过点E、P作BC的平行线，分别交AC于点F、Q．记△AEF的面积为S1，四边形EFQP的面积为S2，四边形PQCB的面积为S3(1) 求证：EF＋PQ＝BC(2) 若S1＋S3＝S2，求AEPE的值(3) 若S3－S1＝S2，直接写出AEPE的值9、在△ABC中，∠A＝90°，点D在线段BC上，∠EDB＝12∠C，BE⊥DE，垂足为E，DE与AB相交于点F．⑴当AB＝AC时，（如图1），①∠EBF＝_______°；②探究线段BE与FD的数量关系，并加以证明；⑵当AB＝kAC时（如图2），求BEFD的值（用含k的式子表示）．10、提出问题⑴如图1，在等边△ABC中，点M是BC上任意一点(不含端点B、C)，连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN，求证：∠ABC=∠CAN；类比探究⑵如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点(不含端点C)，其它条件不变，⑴中的结论∠ABC=∠CAN还成立吗？请说明理由.拓展延伸⑶如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点(不含端点B、C)连接AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC，连接CN，试探究∠ABC与∠CAN的数量关系，并说明理由.11、如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AC=8cm，AD⊥BC于点D，点P从点A出发，沿A→C方向以cm/s的速度运动到点C停止，在运动过程中，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，以线段PQ为边作等腰直角三角形PQM，且∠PQM=90°（点M，C位于PQ异侧）．设点P的运动时间为x（s），△PQM与△ADC重叠部分的面积为y（cm2）（1）当点M落在AB上时，x=；（2）当点M落在AD上时，x=；（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．12、已知四边形ABCD的一组对边AD、BC的延长线交于点E(1) 如图1，若∠ABC＝∠ADC＝90°，求证：ED·EA＝EC·EB3，CD＝5，AB＝12，△CDE的面积(2) 如图2，若∠ABC＝120°，cos∠ADC＝5为6，求四边形AB CD的面积(3) 如图3，另一组对边AB、DC的延长线相交于点F．若cos∠ABC＝cos∠ADC3，CD＝5，CF＝ED＝n，直接写出AD的长（用含n的式子表示）＝513、如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9cm，BC＝12cm．在Rt△DEF中，∠DFE＝90°，EF＝6cm，DF＝8cm．E，F两点在BC边上，DE，DF两边分别与AB边交于G，H两点．现固定△ABC不动，△DEF从点F与点B重合的位置出发，沿BC以1cm/s的速度向点C运动，点P从点F出发，在折线FD—DE上以2cm/s 的速度向点E运动．△DEF与点P同时出发，当点E到达点C时，△DEF和点P同时停止运动．设运动的时间是t（单位：s），t＞0．（1）当t＝2时，PH= cm，DG = cm；（2）t为多少秒时△PDE为等腰三角形？请说明理由；（3）t为多少秒时点P与点G重合？写出计算过程；（4）求tan∠PBF的值（可用含t的代数式表示）．14、在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是AB，AC的中点．若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0<α≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．（1）如图1，当α=90°时，线段BD1的长等于，线段CE1的长等于；（直接填写结果）（2）如图2，当α=135°时，求证：BD1= CE1，且BD1⊥CE1；（3）①设BC 的中点为M ，则线段PM 的长为 ；②点P 到AB 所在直线的距离的最大值为 ．（直接填写结果）15、我们定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．（1）概念理解：如图1，在△ABC 中，AC=6，BC=3，∠ACB=30°，试判断△ABC 是否是”等高底”三角形，请说明理由．（2）问题探究：如图2，△ABC 是“等高底”三角形，BC 是”等底”，作△ABC 关于BC 所在直线的对称图形得到△A'BC ，连结AA′交直线BC 于点D ．若点B 是△AA′C 的重心，求的值．（3）应用拓展：如图3，已知l 1∥l 2，l 1与l 2之间的距离为2．“等高底”△ABC 的“等底”BC 在直E 1B C E （D 1）A PE 1BCED D 1A线l1上，点A在直线l2上，有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A′C所在直线交l2于点D．求CD的值．16、【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．（1）请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；（2）在（1）所画图形中，∠AB′B=．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC=7，点P在△ABC内，且∠APC=90°，∠BPC=120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．…请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．（一种方法即可）【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE=∠ADC，BE=CE=2，CD=5，AD=kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．17、如图1，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b.填空：当点A位于__________________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为_____________.（用含a，b的式子表示）（2）应用点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1.如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE.①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值.（3）拓展如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2 , 0），点B的坐标为（5 , 0），点P为线段AB外一动点，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°.请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.18、已知：如图1，图形①满足AD=AB，MD=MB，∠A=72°，∠M=144°。

中考一轮复习九年级数学《三角形》压轴题备考专题练习1、如图,在ABC 中,120ACB ∠=︒,BC AC >,点E 在BC 上,点D 在AB 上,CE CA =,连接DE ,180ACB ADE ∠+∠=︒,CH AB ⊥,垂足为H ．证明:DE AD +=．2、如图,在△ABC 中,∠B=60°,△ABC 的角平分线AD 、CE 相交于点O,求证:AE+CD=AC.3、如图,在ABC ∆中,AD 是BAC ∠的平分线,G 为AD 上一动点,GH AD ⊥,交BC 的延长线于点H .（1）若30B ∠=︒,40BAC ∠=︒,求H ∠的度数；（2）当点G 在AD 上运动时,探求H ∠与B 、ACB ∠之间的数量关系,并证明.4、如图,在△ABC 中,AD 是BC 边上的高,AE 是∠BAC 的平分线,∠EAD=15°,∠B=40°． （1）求∠C 的度数．（2）若:∠EAD=α,∠B=β,其余条件不变,直接写出用含α,β的式子表示∠C 的度数．5、在△ABC 中,已知△A ＝α．（1）如图1,△ABC 、△ACB 的平分线相交于点D ．求△BDC 的大小（用含α的代数式表示）；（2）如图2,若△ABC 的平分线与△ACE 的平分线交于点F ,求△BFC 的大小（用含α的代数式表示）；（3）在（2）的条件下,将△FBC 以直线BC 为对称轴翻折得到△GBC ,△GBC 的平分线与△GCB 的平分线交于点M （如图3）,求△BMC 的度数（用含α的代数式表示）．6、图,ABC 中,AC BC =,DCE 中,DC EC =,且DCE ACB ∠=∠,当把两个三角形如图△放置时,有AD BE =．（不需证明）（1）当把DCE 绕点C 旋转到图△△△的情况,其他条件不变,AD 和BE 还相等吗？请在图△△中选择一种情况进行证明；（2）若图△中AD 和BE 交于点P ,连接PC ,求证:PC 平分BPD ∠．7、已知在Rt ABC ∆中,90ACB ∠=︒,AC BC =,CD AB ⊥于D ．（1）如图1,将线段CD 绕点C 顺时针旋转90︒得到CF ,连接AF 交CD 于点G ． 求证:AG GF =；（2）如图2,点E 是线段CB 上一点（12CE CB <）,连接ED ,将线段ED 绕点E 顺时针旋转90︒得到EF ,连接AF 交CD 于点G ． △求证:AG GF =；△若7AC BC ==,2CE =,求DG 的长．8、在ABC 中,AB AC =,D 是直线BC 上一点（不与点B 、C 重合）,以AD 为一边在AD 的右侧作ADE ,AD AE =,DAE BAC ∠=∠,连接CE .（1）如图,当 D 在线段BC 上时,求证:BD CE =.（2）如图,若点D 在线段CB 的延长线上,BCE α∠=,BAC β∠=.则α、β之间有怎样的数量关系？写出你的理由.（3）如图,当点D 在线段BC 上,90BAC ∠=︒,4BC =,求DCES 最大值.9、如图,已知 B (-1, 0) , C (1, 0) , A 为 y 轴正半轴上一点, AB = AC ,点 D 为第二象限一动点,E 在 BD 的延长线上, CD 交 AB 于 F ,且∠BDC = ∠BAC . （1）求证: ∠ABD = ∠ACD ； （2）求证: AD 平分∠CDE ；（3）若在 D 点运动的过程中,始终有 DC = DA + DB ,在此过程中,∠BAC 的度数是否变化？如果变化,请说明理由；如果不变,请求出∠BAC的度数？10、如图,ABC 是边长为2的等边三角形,BDC 是顶角为120°的等腰三角形,以点D 为顶点作60MDN ∠=︒,点M 、N 分别在AB 、AC 上． （1）如图①,当//MN BC 时,则AMN 的周长为______； （2）如图②,求证:BM NC MN +=．11、已知Rt△OAB和Rt△OCD的直角顶点O重合,∠AOB=∠COD=90°,且OA=OB,OC=OD．（1）如图1,当C、D分别在OA、OB上时,AC与BD的数量关系是AC BD（填“>”,“<”或“=”）AC与BD的位置关系是AC BD（填“∥”或“⊥”）；（2）将Rt△OCD绕点O顺时针旋转,使点D在OA上,如图2,连接AC,BD,求证:AC=BD；（3）现将Rt△OCD绕点O顺时针继续旋转,如图3,连接AC,BD,猜想AC与BD的数量关系和位置关系,并给出证明．12、在Rt△ABC中,AB=AC,D为BC边上一点(不与点B,C重合),将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE.(1)连接EC,如图△,试探索线段BC,CD,CE之间满足的等量关系,并证明你的结论；(2)连接DE,如图△,求证:BD2+CD2=2AD2(3)如图△,在四边形ABCD中,△ABC=△ACB=△ADC=45°,若则AD的长为 .(直接写出答案）13、（1）问题发现与探究:如图1,,ACB DCE ∆∆都是等腰直角三角形,90ACB DCE ︒∠=∠=,点A,D,E 在同一直线上,CM AE ⊥于点M,连接BD,则:（1）线段AE,BD 之间的大小关系是_________________； ADB =∠ ； （2）求证:AD=2CM+BD ；如图2,3,在等腰直角三角形ABC 中,90ACB ︒∠=,过点A 作直线,在直线上取点D,45ADB ︒∠=,连接BD,BD=1,AC= ,则点C 到直线的距离是多少．14、在△ABC中,若存在一个内角角度是另外一个内角角度的n倍（n为大于1的正整数）,则称△ABC为n倍角三角形．例如,在△ABC中,∠A＝80°,∠B＝75°,∠C＝25°,可知∠B＝3∠C,所以△ABC为3倍角三角形．（1）在△ABC中,∠A＝80°,∠B＝60°,则△ABC为倍角三角形；（2）若锐角三角形MNP是3倍角三角形,且最小内角为α,请直接写出α的取值范围为．（3）如图,直线MN与直线PQ垂直相交于点O,点A在射线OP上运动（点A不与点O重合）,点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）．延长BA至G,已知∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线所在的直线分别相交于E、F,若△AEF为4倍角三角形,求∠ABO的度数．15、（1）操作发现:将等腰Rt ABC与等腰Rt ADE按如图1方式叠放,其中ACB ADE,点D,E分别在AB,AC边上,M为BE的中点,连结CM,DM．小∠=∠=90︒=,你认为正确吗？请说明理由．明发现CM DM（2）思考探究:小明想:若将图1中的等腰Rt ADE绕点A沿逆时针方向旋转一定的角度,上述结论会如何呢？为此进行以下探究:探究一:将图1中的等腰Rt ADE绕点A沿逆时针方向旋转45︒（如图2）,其他条件不变, =依然成立．请你给出证明．发现结论CM DM探究二:将图1中的等腰Rt ADE绕点A沿逆时针方向旋转135︒（如图3）,其他条件不变, =还成立吗？请说明理由．则结论CM DM=,点P在平面内,连接AP,并将线段AP绕A顺时针方向旋转与16、在ABC中,AB AC∠相等的角度,得到线段AQ,连接BQ．BAC（1）如图,如果点P是BC边上任意一点．则线段BQ和线段PC的数量关系是__________．（2）如图,如果点P为平面内任意一点．前面发现的结论是否仍然成立？若成立,请给予证明；若不成立,请说明理由．请仅以图所示的位置关系加以证明（或说明）；（3）如图,在DEF 中,8DE =,60EDF ∠=︒,75DEF ∠=︒,P 是线段EF 上的任意一点,连接DP ,将线段DP 绕点D 顺时针方向旋转60°,得到线段DQ ,连接EQ ．请直接写出线段EQ 长度的最小值．。