图形的相似与位似
选择题
1、（2016齐河三模）如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下列方法测出了A、B间的距离：先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N，并测量出MN的长为12m，由此他就知道了A、B间的距离．有关他这次探究活动的描述错误的是( )
A.AB=24m B. MN∥AB
C.△CMN∽△CAB D.CM:MA=1:2
答案：D
2、（2016齐河三模）如图，在方格纸中，△ABC和△EPD的顶点均在格点上，要使△ABC∽△EPD，则点P所在的格点为( )
A．P1 B．P2 C．P3 D．P4
答案：B
3、（2016泰安一模）小刚身高1.7m，测得他站立在阳光下的影子长为0.85m，紧接着他把手臂竖直举起，测得影子长为1.1m，那么小刚举起的手臂超出头顶（ ）
A．0.5m B．0.55m C．0.6m D．2.2m
【考点】相似三角形的应用；比例的性质．
【专题】应用题．
【分析】在同一时刻，物体的实际高度和影长成比例，据此列方程即可解答．
【解答】解：设小刚举起的手臂超出头顶是xm
根据同一时刻物高与影长成比例，得，x=0.5．
故选：A．
下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（ ）
答案：B
5、（2016齐河三模）如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下列方法测出了A、B间的距离：先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N，并测量出MN的长为12m，由此他就知道了A、B间的距离．有关他这次探究活动的描述错误的是( )
A.AB=24m B. MN∥AB
C.△CMN∽△CAB D.CM:MA=1:2
答案：D
6、（2016齐河三模）如图，在方格纸中，△ABC和△EPD的顶点均在格点上，要使△ABC∽△EPD，则点P所在的格点为( )
A．P1 B．P2
C．P3 D．P4
答案：B
7、（2016泰安一模）小刚身高1.7m，测得他站立在阳光下的影子长为0.85m，紧接着他把手臂竖直举起，测得影子长为1.1m，那么小刚举起的手臂超出头顶（ ）
A．0.5m B．0.55m C．0.6m D．2.2m
【考点】相似三角形的应用；比例的性质．
【专题】应用题．
【分析】在同一时刻，物体的实际高度和影长成比例，据此列方程即可解答．
【解答】解：设小刚举起的手臂超出头顶是xm
根据同一时刻物高与影长成比例，得，x=0.5．
故选：A．
（2016·天津北辰区·一摸）如图，在△ABC 中，点D，E 分别在AB，AC 边上，DE∥BC，，BC=3.6， 则DE等于（ ）
（A） （B） （C） （D） 天津市南开区如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，相似比为1：2，∠OCD=90°，CO=CD，若B（1，0），则点C的坐标为（ ）
A．（1，﹣2） B．（﹣2，1） C．（） D．（1，﹣1）
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【分析】首先利用等腰直角三角形的性质得出A点坐标，再利用位似是特殊的相似，若两个图形△ABC和△A′B′C′以原点为位似中心，相似比是k，△ABC上一点的坐标是（x，y），则在△A′B′C′中，它的对应点的坐标是（kx，ky）或（﹣kx，ky），进而求出即可．
【解答】解：∵∠OAB=∠OCD=90°，AO=AB，CO=CD，等腰Rt△OAB与等腰Rt△OCD是位似图形，点B的坐标为（1，0），
∴BO=1，则AO=AB=，
∴A（，﹣），
∵等腰Rt△OAB与等腰Rt△OCD是位似图形，O为位似中心，相似比为1：2，
∴点C的坐标为：（1，﹣1）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了位似变换的性质，正确理解位似与相似的关系，记忆关于原点位似的两个图形对应点坐标之间的关系是解题的关键．天津市南开区将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，在Rt△EDF中，∠EDF=90°，∠E=45°）如图摆放，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C，将△EDF绕点D顺时针方向旋转α（0°＜α＜60°），DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质．
【专题】压轴题．
【分析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得CD=AD=DB，则∠ACD=∠A=30°，∠BCD=∠B=60°，由于∠EDF=90°，可利用互余得∠CPD=60°，再根据旋转的性质得∠PDM=∠CDN=α，于是可判断△PDM∽△CDN，得到=，然后在Rt△PCD中利用正切的定义得到tan∠PCD=tan30°=，于是可得=．
【解答】解：∵点D为斜边AB的中点，
∴CD=AD=DB，
∴∠ACD=∠A=30°，∠BCD=∠B=60°，
∵∠EDF=90°，
∴∠CPD=60°，
∴∠MPD=∠NCD，
∵△EDF绕点D顺时针方向旋转α（0°＜α＜60°），
∴∠PDM=∠CDN=α，
∴△PDM∽△CDN，
∴=，
在Rt△PCD中，∵tan∠PCD=tan30°=，
∴=tan30°=．
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了相似三角形的判定与性质．=，AD=9，则AB等于（ ）
A．10 B．11 C．12 D．16
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到=，代入计算即可得到答案．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴==，又AD=9，
∴AB=12，
故选：C．
12．(2016·山西大同 ·一模）如图所示，已知E（-4，2）和F（-1，1），以原点O为位似中心，按比例尺2：1把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标为（ ）
A．（2，1） B．（，）
C．（2，-1） D．（2，）
答案：C
13．()如图，BD、CE相交于点A，下列条件中，能推得DE∥BC的条件是（ ）
A．AE：EC=AD：DB B．AD：AB=DE：BC C．AD：DE=AB：BC D．BD：AB=AC：EC
【考点】平行线分线段成比例．
【分析】根据比例式看看能不能推出△ABC∽△ADE即可．
【解答】解：A、∵AE：EC=AD：DB，
∴=，
∴都减去1得： =，
∵∠BAC=∠EAD，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠D=∠B，
∴DE∥BC，故本选项正确；
B、根据AD：AB=DE：BC不能推出△ABC∽△ADE，即不能得出内错角相等，不能推出DE∥BC，故本选项错误；
C、根据AD：DE=AB：BC不能推出△ABC∽△ADE，即不能得出内错角相等，不能推出DE∥BC，故本选项错误；
D、根据BD：AB=AC：EC不能推出△ABC∽△ADE，即不能得出内错角相等，不能推出DE∥BC，故本选项错误；
故选A．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，能理解平行线分线段成比例定理的内容是解此题的关键．
．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判断△ABC∽△AED的是（ ）
A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． = D． =
【考点】相似三角形的判定．
【分析】由于两三角形有公共角，则根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对A、B选项进行判断；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可对C、D选项进行判断．
【解答】解：∵∠DAE=∠CAB，
∴当∠AED=∠B或∠ADE=∠C时，△ABC∽△AED；
当 = 时，△ABC∽△AED．
故选D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．．()如图，在△ABC中，D是AB的中点，DE∥BC，若△ADE的面积为3，则△ABC的面积为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【考点】相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．
【分析】由平行可知△ADE∽△ABC，且=，再利用三角形的面积比等于相似比的平方可求得△ABC的面积．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵D是AB的中点，
∴=，
∴=（）2=，且S△ADE=3，
∴=，
∴S△ABC=12，
故选D．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
如图，在△ABC中，DE∥BC，AD=6，BD=3，AE=4，则EC的长为（ ）
A.1 B.2 C.3 D. 4
【答案】B
17．(2016·上海浦东·模拟)如图，△ABC和△AMN都是等边三角形，点M是△ABC的重心，那么的值为（ B ）
（A）； （B）；
（C）； （D）．
18.（2016·河北石家庄·一模）按如图所示的方法折纸，下面结论正确的个数（ ）
①∠2=90°；②∠1=∠AEC；③△ABE∽△ECF；④∠BAE=∠3．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质．
【分析】根据翻折变换的性质、相似三角形的判定定理解答即可．
【解答】解：由翻折变换的性质可知，∠AEB+∠FEC=×180°=90°，
则∠AEF=90°，即∠2=90°，①正确；
由图形可知，∠1＜∠AEC，②错误；
∵∠2=90°，
∴∠1+∠3=90°，又∠1+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠3，④正确；
∵∠BAE=∠3，∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF，③正确．
故选：C．
【点评】本题考查的是翻折变换的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
如图，在△ABC中，AD平分BAC，按如下步骤作图：第一步，分别以点A.D为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作 弧，交于两点M、N;第二步，连接MN分别交AB、AC于点EF;第三步，连接DE、DF.若BE8，ED 4，CD3，则BD的长是 ( )
A．4 B．6 C．8 D．12
AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，∠ABC=60°.若动点P以2cm/s的速度从B点出发沿着B→A的方向运动，点Q从A点出发沿着A→C的方向运动，当点P到达点A时，点Q也随之停止运动．设运动时间为t(s)，当△APQ是直角三角形时，t的值为（ ）
A. B. C. 或 D. 或或
答案：C
21. （2016·广东河源·一模）如图，已知D，E分别是△ABC的AB， AC边上的点，
且S四边形DBCE＝1∶8，那么 等于( )
A．1∶9 B．1∶3 C．1∶8 D．1∶2
答案：B
22. （2016·广东深圳·联考）如图，在同一时刻，身高1.6米的小丽在阳光下的影长为2.5米，一棵大树的影长为5米，则这棵树的高度为
A．7.8米 B．3.2米 C．2.3米 D．1.5米
答案：B
23.（2016·河南三门峡·一模）如图，在ABC 中，C=90°，BC=，D，E 分别在 AB、AC上，将ADE沿DE，点A落在点A′处，若A′为CE的中点，则折痕DE的长为 A. B. 3
C. 2 D. 1
答案：D
二、填空题
1．浙江杭州萧山区如图，已知Rt△AOB中，∠AOB=90°，AO=5，BO=3，点E、M是线段AB上的两个不同的动点（不与端点重合），分别过E、M作AO的垂线，垂足分别为K、L．
①△OEK面积S的最大值为 ；
②若以OE、OM为边构造平行四边形EOMF，当EM⊥OF时，OK+OL= ．
【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【分析】①根据条件证明△OBA∽△KEA，得到比例式，用含OK的式子表示KE，根据三角形的面积公式，列出关于OK的关系式即可；
②根据菱形的性质和勾股定理，利用一元二次方程根与系数的关系，求出答案．
【解答】解：①∵EK⊥OA，∠AOB=90°，
∴△OBA∽△KEA．
∴=，
∴，
∴KE=，
∴S=×OK?KE=，
设OK=x，则S==﹣，
∴当x=时，S有最大值，最大值为；
②解：当EM⊥OF时，平行四边形EOMF为菱形，OE的取值范围为＜OE＜3，
设OK=a，OL=b，
由（1）得，KE=，ML=，
由OE=OM得a2+[]2=b2+[]2．
设y=x2+[]2=x2﹣x+9，
则当x1=a，x2=b时，函数y的值相等．
函数y的对称轴为直线x
即=
解得a+b=，即OK+OL=．
故答案为：，．
【点评】本题综合考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、一元二次方程、二次函数的知识，综合性很强，属于较难题，需要学生有综合运用知识的能力．
． ．如图，边长为6的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是AB上一点．点F关于直线DE的对称点G恰好在BC延长线上，FG交DE于点H．点M为AD的中点，若MH=，则EG ．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．
【分析】连接DF，DG，过H作HP⊥AB于P，HQ⊥AD于Q，由点F，点G关于直线DE的对称，得到DF=DG，根据正方形的性质得到AD=CD，∠ADC=∠A=∠BCD=90°，推出Rt△AFD≌Rt△CDG，证得△FDG是等腰直角三角形，推出四边形APHQ是矩形，证得△HPF≌△DHQ，根据全等三角形的性质得到HP=HQ，推出△MHQ≌△DHQ，根据全等三角形的性质得到DH=MH=，DQ=QM=，求得CH=DH=，通过△DQH∽△CEH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接DF，DG，过H作HP⊥AB于P，HQ⊥AD于Q，
∵点F，点G关于直线DE的对称，
∴DF=DG，
正方形ABCD中，
∵AD=CD，∠ADC=∠A=∠BCD=90°，
∴∠GCD=90°，
在Rt△AFD与Rt△CDG中，，
∴Rt△AFD≌Rt△CDG，
∴∠ADF=∠CDG，
∴∠FDG=∠ADC=90°，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∵DH⊥CF，
∴DH=FH=FG，
∵HP⊥AB，HQ⊥AD，∠A=90°，
∴四边形APHQ是矩形，
∴∠PHQ=90°，
∵∠DHF=90°，
∴∠PHF=∠DHQ，
在△PFF与△DQH中，，
∴△HPF≌△DHQ，
∴HP=HQ，
∵∠PHF=90°﹣∠FHM，∠QHM=90°﹣∠FHM，
∴∠PHF=∠QHM，
∴∠QHM=∠DHQ，
在△MHQ与△DHQ中，，
∴△MHQ≌△DHQ，
∴DH=MH=，DQ=QM=，
∴CH=DH=，
∵点M为AD的中点，
∴DM=3，∴DQ=QM=，
∴HQ==，
∵∠QDH=∠HEG，
∴△DQH∽△CEH，
∴，
即，
∴EG=．
故答案为：．
天津市南开区如图，在正方形ABCD内有一折线段，其中AE丄EF，EF丄FC，并且AE=6，EF=8，FC=10，则正方形与其外接圆之间形成的阴影部分的面积为 80π﹣160 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】压轴题．
【分析】首先连接AC，则可证得△AEM∽△CFM，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得EM与FM的长，然后由勾股定理求得AM与CM的长，则可求得正方形与圆的面积，则问题得解．
【解答】解：连接AC，
∵AE丄EF，EF丄FC，
∴∠E=∠F=90°，
∵∠AME=∠CMF，
∴△AEM∽△CFM，
∴，
∵AE=6，EF=8，FC=10，
∴，
∴EM=3，FM=5，
在Rt△AEM中，AM==3，
在Rt△FCM中，CM==5，
∴AC=8，
在Rt△ABC中，AB=AC?sin45°=8?=4，
∴S正方形ABCD=AB2=160，
圆的面积为：π?（）2=80π，
∴正方形与其外接圆之间形成的阴影部分的面积为80π﹣160．
故答案为：80π﹣160．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，正方形与圆的面积的求解方法，以及勾股定理的应用．此题综合性较强，解题时要注意数形结合思想的应用．
【分析】由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，得出△BEF∽△DCF，得出S△DCF=16S△BEF，同理：S△ACD=25S△BEF，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，
∴△BEF∽△DCF，
∴=（）2，
∵AB=4BE，
∴CD=4BE，
∴∴=（）2，
∴S△DCF=16S△BEF，
同理：S△ACD=25S△BEF，
∴=，
∴==，
即△DCF与四边形ABFD面积的比是2：3，
故答案为．
7．(2016·重庆铜梁巴川·一模）如图，已知D、E分别是△ABC的边AB和AC上的点，DE∥BC，BE与CD相交于点F，如果AE=1，CE=2，那么EF：BF等于 ．
【分析】由DE∥BC，证得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质得到=，由于△DEF∽△BCF，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AE=1，CE=2，
∴AC=3，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴=，
∵DE∥BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴=，
故答案为：1：3．
8．(2016·重庆铜梁巴川·一模）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，4），直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于点A，B，点M是直线AB上的一个动点，则PM长的最小值为 ．
【分析】认真审题，根据垂线段最短得出PM⊥AB时线段PM最短，分别求出PB、OB、OA、AB的长度，利用△PBM∽△ABO，即可求出本题的答案．
【解答】解：如图，过点P作PM⊥AB，则：∠PMB=90°，
当PM⊥AB时，PM最短，
因为直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于点A，B，
可得点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣3），
在Rt△AOB中，AO=4，BO=3，AB==5，
∵∠BMP=∠AOB=90°，∠B=∠B，PB=OP+OB=7，
∴△PBM∽△ABO，
∴=，
即：，
所以可得：PM=．
9．云南省曲靖市罗平县如图，在△ABC中点D、E分别在边AB、AC上，请添加一个条件： ∠AEB=∠B（答案不唯一） ，使△ABC∽△AED．
【考点】相似三角形的判定．
【专题】开放型．
【分析】根据∠AEB=∠B和∠A=∠A可以求证△AED∽△ABC，故添加条件∠AEB=∠B即可以求证△AED∽△ABC．
【解答】解：∵∠AEB=∠B，∠A=∠A，
∴△AED∽△ABC，
故添加条件∠AEB=∠B即可以使得△AED∽△ABC，
故答案为：∠AEB=∠B（答案不唯一）．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，等边三角形对应角相等的性质，本题中添加条件∠AEB=∠B并求证△AED∽△ABC是解题的关键．
．()如果，那么= ．
【考点】比例的性质．
【分析】根据比例设x=2k，y=5k，然后代入比例式进行计算即可得解．
【解答】解：∵ =，
∴设x=2k，y=5k，
则===．
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，利用“设k法”表示出x、y可以使计算更加简．()已知点P把线段分割成AP和PB两段（AP＞PB），如果AP是AB和PB的比例中项，那么AP：AB的值等于 ．
【考点】黄金分割．
【分析】根据黄金分割的概念和黄金比是解答即可．
【解答】解：∵点P把线段分割成AP和PB两段（AP＞PB），AP是AB和PB的比例中项，
∴点P是线段AB的黄金分割点，
∴AP：AB=，
故答案为：．
【点评】本题考查的是黄金分割的概念，把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值叫做黄金比．
1．如图，以点O为位似中心，将△ABC放大得到△DEF，若AD=OA，则△ABC与△DEF的面积之比为 1：4 ．
【考点】位似变换．
【分析】由AD=OA，易得△ABC与△DEF的位似比等于1：2，继而求得△ABC与△DEF的面积之比．
【解答】解：∵以点O为位似中心，将△ABC放大得到△DEF，AD=OA，
∴AB：DE=OA：OD=1：2，
∴△ABC与△DEF的面积之比为：1：4．
故答案为：1：4．
【点评】此题考查了位似图形的性质．注意相似三角形的面积比等于相似比的平方．
1．()已知在Rt△ABC中，∠C=90°，点P、Q分别在边AB、AC上，AC=4，BC=AQ=3，如果△APQ与△ABC相似，那么AP的长等于 或 ．
【考点】相似三角形的性质．
【分析】根据勾股定理求出AB的长，根据相似三角形的性质列出比例式解答即可．
【解答】解：∵AC=4，BC=3，∠C=90°，
∴AB==5，
当△APQ∽△ABC时，
=，即=，
解得，AP=；
当△APQ∽△ACB时，
=，即，
解得，AP=，
故答案为：或．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边的比相等、正确运用分情况讨论思想是解题的关键．
1．()已知A（3，2）是平面直角坐标中的一点，点B是x轴负半轴上一动点，联结AB，并以AB为边在x轴上方作矩形ABCD，且满足BC：AB=1：2，设点C的横坐标是a，如果用含a的代数式表示D点的坐标，那么D点的坐标是 （2，） ．
【考点】相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质．
【分析】如图，过C作CH⊥x轴于H，过A作AF⊥x轴于F，AG⊥y轴于G，过D作DE⊥AG于E，于是得到∠CHB=∠AFO=∠AED=90°，根据余角的性质得到∠DAE=∠FAB，推出△BCH∽△ABF，根据相似三角形的性质得到，求得BH=AF=1，CH=BF=，通过△BCH≌△ADE，得到AE=BH=1，DE=CH=，求得EG=3﹣1=2，于是得到结论．
【解答】解：如图，过C作CH⊥x轴于H，过A作AF⊥x轴于F，AG⊥y轴于G，过D作DE⊥AG于E，
∴∠CHB=∠AFO=∠AED=90°，
∴∠GAF=90°，∴∠DAE=∠FAB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠BCH=∠ABF，
∴△BCH∽△ABF，
∴，
∵A（3，2），
∴AF=2，AG=3，
∵点C的横坐标是a，
∴OH=﹣a，
∵BC：AB=1：2，
∴BH=AF=1，CH=BF=，
∵△BCH∽△ABF，
∴∠HBC=∠DAE，
在△BCH与△ADE中，，
∴△BCH≌△ADE，
∴AE=BH=1，DE=CH=，
∴EG=3﹣1=2，
∴D（2，）．
故答案为：（2，）．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正确的画出图形是解题的关键．吉林长春朝阳区如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC分别交l1、l2、l3于点A、B、C；过点B的直线DE分别交l1、l3于点D、E．若AB=2，BC=4，BD=1.5，则线段BE的长为 3 ．
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】计算题．
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到=，然后把AB、BC、BD的值代入后利用比例的性质可计算出BE的长．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴=，即=，
∴BE=3．
故答案为3．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．如图，正方形ABCD与正方形EFGH是位似形，已知A（0，5），D（0，3），E（0，1），H（0，4），则位似中心的坐标是 （0，），（﹣6，13） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【分析】分别利用待定系数法求出一次函数解析式，再利用当B与F是对应点，以及当B与E是对应点分别求出位似中心．
【解答】解：设当B与F是对应点，设直线BF的解析式为：y=kx+b，
则，
解得：，
故直线BF的解析式为：y=﹣x+，
则x=0时，y=，
即位似中心是：（0，），
设当B与E是对应点，设直线BE的解析式为：y=ax+c，
则，
解得：，
故直线BE的解析式为：y=﹣2x+1，
设直线HF的解析式为：y=dx+e，
则，
解得：，
故直线HF的解析式为：y=﹣x+5，
则，
解得：
即位似中心是：（﹣6，13），
综上所述：所述位似中心为：（0，），（﹣6，13）．
故答案为：（0，），（﹣6，13）．
【点评】此题主要考查了位似图形的性质以及待定系数法求一次函数解析式，正确分类讨论得出是解题关键．
将正方形与直角三角形纸片按如图所示方式叠放在一起，已知正方形的边长为20cm，点O为正方形的中心，AB=5cm，则CD的长为 20 cm．
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质．
【分析】根据题意四边形BOCE是正方形，且边长等于大正方形的边长的一半，等于10cm，再根据DCE和DOA相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【解答】解：如图，
点O为正方形的中心，
四边形BOCE是正方形，边长=20÷2=10cm，
CE∥AO，
DCE∽△DOA，
，
即，
解得DC=20cm．
故答案为：20．
【点评】本题主要考查正方形各边都相等，每个角都是直角的性质和相似三角形对应边成比例的性质，需要熟练掌握并灵活运用．
OABC与矩形ODEF是位似图形，P是位似中心，若点B的坐标为（2，4），点E的坐标为（﹣1，2），则点P的坐标为
答案：（-2，0）
19.（2016·河南三门峡·一模）如图，在ABCD中，E是边BC上的点，分别结AE、BD相交于点O，若AD=5，，则EC=__________
答案：2
三、解答题
1．浙江杭州萧山区平面直角坐标系中，有A、B、C三点，其中A为原点，点B和点C的坐标分别为（5，0）和（1，2）．
（1）证明：△ABC为Rt△．
（2）请你在直角坐标系中找一点D，使得△ABC与△ABD相似，写出所有满足条件的点D的坐标，并在同一坐标系中画出所有符合要求的三角形．
（3）在第（2）题所作的图中，连接任意两个直角三角形（包括△ABC）的直角顶点均可得到一条线段，在连接两点所得的所有线段中任取一条线段，求取到长度为无理数的线段的概率．
【考点】相似形综合题；勾股定理；勾股定理的逆定理；概率公式．
【专题】综合题；分类讨论．
【分析】（1）过点C作CH⊥x轴于H，如图1，只需运用勾股定理求出AB2、AC2、BC2，然后运用勾股定理的逆定理就可解决问题；
（2）△ABC与△ABD相似，对应关系不确定，故需分六种情况（①若△ABC∽△ABD，②若△ABC∽△BAD，③若△ABC∽△ADB，④若△ABC∽△DAB，⑤若△ABC∽△BDA，⑥若△ABC∽△DBA）讨论，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；
（3）图中的直角三角形的直角顶点有A、B、C、D1、D2、D3，只需求出任意两直角顶点的连线段的条数和长度为无理数的线段的条数，就可解决问题．
【解答】解：（1）过点C作CH⊥x轴于H，如图1，
∵A（0，0），B（5，0），C（1，2），
∴AC2=12+22=5，BC2=（5﹣1）2+22=20，AB2=52=25，
∴AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为Rt△；
（2）①若△ABC∽△ABD，则有D1（1，﹣2）；
②若△ABC∽△BAD，则有D2（4，﹣1），D3（4，1）；
③若△ABC∽△ADB，则有D4（5，﹣10），D5（5，10）；
④若△ABC∽△DAB，则有D6（5，﹣2.5），D7（5，2.5）；
⑤若△ABC∽△BDA，则有D8（0，﹣10），D9（0，10）；
⑥若△ABC∽△DBA，则有D10（0，﹣2.5），D11（0，2.5）；
所有符合要求的三角形如图所示．
（3）图中的直角三角形的直角顶点有A、B、C、D1、D2、D3．
任意两直角顶点的连线段共有=15条，
其中AB=5，CD1=D2D3=4，CD2=D1D3=5，CD3=D1D2=3，
故长度为有理数的线段共7条，长度为无理数的线段共8条，
则取到长度为无理数的线段的概率为p=．
【点评】本题主要考查了勾股定理及其逆定理、相似三角形的性质、概率公式等知识，运用分类讨论的思想是解决第（2）小题的关键．
．O的直径，AB=2，点在M在QO上，MC垂直平分OA，点N为上一动点（N不与A重合），PC与所夹锐角为α．重合，则α=°；（2）若点的位置如图所示，求α的度数；当直线P与O相切时，为（1）α= 30 °；（2）°，则∠AMC=30°．△MAQ∽△MNP，
∴，，
∴∠AMN=∠QMP，
∴△AMN∽△QMP，
∴∠MAN=∠MQP，
∴α=∠AMQ=30°；
（3）把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=10cm．如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；当点P移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示线段AP和AQ的长，并写出t的取值范围；
（2）连接PE，设四边形APEQ的面积为y（cm2），试探究y的最大值；
（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．
【考点】相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；等腰三角形的性质．
【专题】动点型．
【分析】（1）根据题意以及直角三角形性质表达出CQ、AQ，从而得出结论，
（2）作PG⊥x轴，将四边形的面积表示为S△ABC﹣S△BPE﹣S△QCE即可求解，
（3）根据题意以及三角形相似对边比例性质即可得出结论．
【解答】（1）解：AP=2t
∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，
∴∠CQE=45°=∠DEF，
∴CQ=CE=t，
∴AQ=8﹣t，
t的取值范围是：0≤t≤5；
（2）过点P作PG⊥x轴于G，可求得AB=10，SinB=，PB=10﹣2t，EB=6﹣t，
∴PG=PBSinB=（10﹣2t）
∴y=S△ABC﹣S△PBE﹣S△QCE==
∴当（在0≤t≤5内），y有最大值，y最大值=（cm2）
（3）若AP=AQ，则有2t=8﹣t解得：（s）
若AP=PQ，如图①：过点P作PH⊥AC，则AH=QH=，PH∥BC
∴△APH∽△ABC，
∴，
即，
解得：（s）
若AQ=PQ，如图②：过点Q作QI⊥AB，则AI=PI=AP=t
∵∠AIQ=∠ACB=90°∠A=∠A，
∴△AQI∽△ABC
∴即，
解得：（s）
综上所述，当或或时，△APQ是等腰三角形．
（2016·天津北辰区·一摸）（本小题10分）
如图（1），在平面直角坐标系中，已知点（，），点（，）. 沿轴向右平移Rt△，得Rt△，直线与或的延长线相交于点.
设（，）（），以点，，，为顶点的四边形面积记为.
（Ⅰ）求与的函数关系式；
（Ⅱ）用含（）的式子表示；
（Ⅲ）当，求点的坐标（直接写出结果）.
（图2为备用图）
.
解：（Ⅰ）当点与点不重合时，∵ ∥，
∴ △∽△. ∴ .
如图（1），点D在AB上，
有.
∴ . 即.
如图（2），点D在BA延长线上，
有.
∴ . 即.
当点与点重合时，与重合，此时，，.
∴ 与的关系是：.
（Ⅱ）① 如图（1），当 时，点D在AB上，
有 .
∴
把 ，代入，
得.
∴ （）.
② 如图（2），当时，点D在BA延长线上，
∵ 平移△得到△，
∴ ，.
∵
∴ .
把 代入，得
.
综上，
（Ⅲ）D（，）.
把代入，得 ，，舍.
把，代入，得.
代入，得(舍) ，（舍）.天津市南开区如图，AB是⊙O的直径，C，P是上两点，AB=13，AC=5．
（1）如图（1），若点P是的中点，求PA的长；
（2）如图（2），若点P是的中点，求PA的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】几何综合题．
【分析】（1）根据圆周角的定理，∠APB=90°，P是弧AB的中点，所以三角形APB是等腰三角形，利用勾股定理即可求得．
（2）根据垂径定理得出OP垂直平分BC，得出OP∥AC，从而得出△ACB∽△0NP，根据对应边成比例求得ON、AN的长，利用勾股定理求得NP的长，进而求得PA．
【解答】解：（1）如图（1）所示，连接PB，
∵AB是⊙O的直径且P是的中点，
∴∠PAB=∠PBA=45°，∠APB=90°，
又∵在等腰三角形△APB中有AB=13，
∴PA===．
（2）如图（2）所示：连接BC．OP相交于M点，作PN⊥AB于点N，
∵P点为弧BC的中点，
∴OP⊥BC，∠OMB=90°，
又因为AB为直径
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠OMB，
∴OP∥AC，
∴∠CAB=∠POB，
又因为∠ACB=∠ONP=90°，
∴△ACB∽△0NP
∴=，
又∵AB=13 AC=5 OP=，
代入得 ON=，
∴AN=OA+ON=9
∴在Rt△OPN中，有NP2=0P2﹣ON2=36
在Rt△ANP中 有PA===3
∴PA=3．
【点评】本题考查了圆周角的定理，垂径定理，勾股定理，等腰三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线是本题的关键．天津市南开区如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（﹣4，0），点B的坐标是（0，b）（b＞0）．P是直线AB上的一个动点，作PC⊥x轴，垂足为C．记点P关于y轴的对称点为P′（点P′不在y轴上），连接PP′，P′A，P′C．设点P的横坐标为a．
（1）当b=3时，
①求直线AB的解析式；
②若点P′的坐标是（﹣1，m），求m的值；
（2）若点P在第一象限，记直线AB与P′C的交点为D．当P′D：DC=1：3时，求a的值；
（3）是否同时存在a，b，使△P′CA为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足要求的a，b的值；若不存在，请说明理由．
【考点】相似三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式；等腰直角三角形．
【专题】压轴题．
【分析】（1）①利用待定系数法即可求得函数的解析式；
②把（﹣1，m）代入函数解析式即可求得m的值；
（2）可以证明△PP′D∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求解；
（3）分P在第一，二，三象限，三种情况进行讨论．利用相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）①设直线AB的解析式为y=kx+3，
把x=﹣4，y=0代入得：﹣4k+3=0，
∴k=，
∴直线的解析式是：y=x+3，
②P′（﹣1，m），
∴点P的坐标是（1，m），
∵点P在直线AB上，
∴m=×1+3=；
（2）∵PP′∥AC，
△PP′D∽△ACD，
∴=，即=，
∴a=；
（3）以下分三种情况讨论．
①当点P在第一象限时，
1）若∠AP′C=90°，P′A=P′C（如图1）
过点P′作P′H⊥x轴于点H．
∴PP′=CH=AH=P′H=AC．
∴2a=（a+4）
∴a=
∵P′H=PC=AC，△ACP∽△AOB
∴==，即=，
∴b=2
2）若∠P′AC=90°，（如图2），则四边形P′ACP是矩形，则PP′=AC．
若△P′CA为等腰直角三角形，则：P′A=CA，
∴2a=a+4
∴a=4
∵P′A=PC=AC，△ACP∽△AOB
∴==1，即=1
∴b=4
3）若∠P′CA=90°，
则点P′，P都在第一象限内，这与条件矛盾．
∴△P′CA不可能是以C为直角顶点的等腰直角三角形．
②当点P在第二象限时，∠P′CA为钝角（如图3），此时△P′CA不可能是等腰直角三角形；
③当P在第三象限时，∠P′AC为钝角（如图4），此时△P′CA不可能是等腰直角三角形．
所有满足条件的a，b的值为：，．
【点评】本题主要考查了梯形的性质，相似三角形的判定和性质以及一次函数的综合应用，要注意的是（3）中，要根据P点的不同位置进行分类求解．天津五区县一模如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，AD=4，求AC的长．
【考点】切线的判定；相似三角形的判定与性质．
【分析】（1）连接OC，由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA，然后利用角平分线的性质可以证明∠DAC=∠OCA，接着利用平行线的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由此即可证明直线CD与⊙O相切于C点；
（2）连接BC，根据圆周角定理的推理得到∠ACB=90°，又∠DAC=∠OAC，由此可以得到△ADC∽△ACB，然后利用相似三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OC
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∵AC平分∠DAB
∴∠DAC=∠OAC
∴∠DAC=∠OCA
∴OC∥AD
∵AD⊥CD∴OC⊥CD
∴直线CD与⊙O相切于点C；
（2）解：连接BC，则∠ACB=90°．
∵∠DAC=∠OAC，∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD?AB，
∵⊙O的半径为3，AD=4，
∴AB=6，
∴AC=2．
【点评】此题主要考查了切线的性质与判定，解题时 首先利用切线的判定证明切线，然后利用切线的想这已知条件证明三角形相似即可解决问题．
【分析】（1）根据题意分别求出AE、DE，证明△ABE∽△DEM，根据相似三角形的性质得到比例式，计算即可；
（2）连接EN，根据直角三角形的性质得到EN=BM，证明△NBG≌△NEF即可；
（3）延长ED，过点F作FH⊥ED，交ED的延长线于H，证明△ABE≌△HEF，得到AE=HF，根据矩形的性质得到DR=FH，等量代换即可．
【解答】解：（1）∵AB=4，AE：DE=3：1，
∴AE=3，DE=1，
∴BE==5，
∵∠BEF=90°，∠BEF=90°，∠BEF=90°，
∴△ABE∽△DEM，
∴=，即=，
解得，EM=；
（2）连接EN，
∵∠BEF=90°，N为BM的中点，
∴EN=BM=BN=NM，
∴∠NBE=∠NEB，
∴∠NBG=∠NEF，
在△NBG和△NEF中，
，
∴△NBG≌△NEF，
∴GN=FN；
（3）如图2，延长ED，过点F作FH⊥ED，交ED的延长线于H，
∵∠BCD=90°，N为BM的中点，
∴CN=BM=BN=NM，
∵FN⊥CD，
∴CR=MR=CM，
∵∠A=∠H=90°，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
∴∠ABE=∠FEH，
在△ABE和△HEF中，
，
∴△ABE≌△HEF，
∴AE=HF，
∵∠H=∠RDH=∠DRF=90°，
∴四边形DRFH是矩形，
∴AE=HF=DR，
∴AD﹣AE=CD=DR，即DE=CR，
∴DE=CM．
10.(2016·四川峨眉 ·二模）如图（甲），在中，，、分别
是、边上的点，且，与相交于点，（1）求
的值；
（2）如图(乙)，在中，，点在边的延长线上，在边上，且，
求①；
②若，求的值.
答案：
解：(1)过作∥，交的延长线于点（如图11甲）,
∴，
∴．
又∵，，
∴．
又∵,
∴，
∴，
即：．
(2) ①过作∥，交的延长线于点(如图11乙)，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
即：．
②在①的条件下，
∵，，
∴、、分别为、、．
又∵，
∴，．
由可得，
∴、为等腰直角三角形，
∴、、．
又∵，
∴，
∴．
11．(2016·四川峨眉 ·二模）如图，中，是延长线上一点，与交于点，．
（1）求证：∽；
（2）若的面积为，求梯形的面积．
答案：
（1）证明：在中，是延长线上一点
∴∥
∴
又∵
（2）解：∵∥，
∴．
又∵，
∴．
又∵，，
∴，
∴．
又∵的面积为，
∴，
∴ ，
所以梯形的面积为
==．
12．()已知：如图，有一块面积等于1200cm2的三角形纸片ABC，已知底边与底边BC上的高的和为100cm（底边BC大于底边上的高），要把它加工成一个正方形纸片，使正方形的一边EF在边BC上，顶点D、G分别在边AB、AC上，求加工成的正方形铁片DEFG的边长．
【考点】相似三角形的应用．
【分析】作AM⊥BC于M，交DG于N，设BC=acm，BC边上的高为hcm，DG=DE=xcm，根据题意得出方程组求出BC和AM，再由平行线得出△ADG∽△ABC，由相似三角形对应高的比等于相似比得出比例式，即可得出结果．
【解答】解：作AM⊥BC于M，交DG于N，如图所示：
设BC=acm，BC边上的高为hcm，DG=DE=xcm，
根据题意得：，
解得：，或（不合题意，舍去），
∴BC=60cm，AM=h=40cm，
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ABC，
∴，即，
解得：x=24，
即加工成的正方形铁片DEFG的边长为24cm．
【点评】本题考查了方程组的解法、相似三角形的运用；熟练掌握方程组的解法，证明三角形相似得出比例式是解决问题的关键．3．()已知，如图，在四边形ABCD中，∠ADB=∠ACB，延长AD、BC相交于点E．求证：
（1）△ACE∽△BDE；
（2）BE?DC=AB?DE．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】证明题．
【分析】（1）根据邻补角的定义得到∠BDE=∠ACE，即可得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到，由于∠E=∠E，得到△ECD∽△EAB，由相似三角形的性质得到，等量代换得到，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵∠ADB=∠ACB，
∴∠BDE=∠ACE，
∴△ACE∽△BDE；
（2）∵△ACE∽△BDE，
∴，
∵∠E=∠E，
∴△ECD∽△EAB，
∴，
∴，
∴BE?DC=AB?DE．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，邻补角的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
．(2016上海闵行区二模)如图，已知在矩形ABCD中，过对角线AC的中点O作AC的垂线，分别交射线AD和CB于点E、F，交边DC于点G，交边AB于点H．联结AF，CE．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）如果OF=2GO，求证：GO2=DG?GC．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质．
【专题】证明题．
【分析】（1）根据矩形的性质得到AD∥BC，由平行线的性质得到∠EAC=∠ACF，推出△EOA≌△FOC，根据全等三角形的性质得到AE=CF，OE=OF，推出四边形AFCE是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到，等量代换求得结论；
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAC=∠ACF，
在△EOA和△FOC中，
，
∴△EOA≌△FOC，
∴AE=CF，OE=OF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）∵∠EDG=∠COG=90°，∠EGD=∠CGO，
∴△EGD∽△CGO，
∴，
∵OF=2GO，
∴EG=GO，
∴GO2=DG?GC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
(2016·上海浦东·模拟)（本题满分12分，第(1)、（2）小题各6分）
如图，已知：四边形ABCD是平行四边形， 点E在边BA的延长线上，CE交AD于点F，∠ECA = ∠D．
（1）求证：EAC∽ECB；
（2）若DF = AF，求AC︰BC的值．
（1）证明：因为，四边形ABCD是平行四边形，
所以，∠B = ∠D，
因为∠ECA = ∠D，所以∠ECA = ∠B，
因为∠E = ∠E，
所以△ECA∽△ECB
(2)解：因为，四边形ABCD是平行四边形，
所以，CD∥AB，即：CD∥AE
所以
因为DF=AF，所以，CD=AE，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以，AB=CD，所以AE=AB，所以，BE=2AE，
因为△ECA∽△EBC
所以
所以，即：
所以．
16．(2016·上海浦东·模拟)如图，Rt△中，，，点为斜边的中点，点为边上的一个动点．联结，过点作的垂线与边交于点，以为邻边作矩形．
（1）如图1，当，点在边上时，求DE和EF的长；
（2）如图2，若，设，矩形的面积为，求y关于的函数解析式；
（3）若，且点恰好落在Rt△的边上，求的长．
解：(1) 如图， ∵ ∴．
∴． 即．
（2）过点作于点， 从而． 易得△∽△， 由， 可得， ．
所以．
∴．
(3) 由题意，点可以在边或者上．
①如左图 若点在边上， 从而由，可知， 于是；
②如右图， 若点在边上． 记，
矩形边长，
由△∽△， 可得， 即， 化简可得， 因式分解后有:， 即． 而由△∽△， 所以， 从而．
综上知，AC的值为9或12.
（1分）△ABC，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，一条直线DE与边AC相交于点D，与边AB相交于点E．
（1）如图①，若DE将△ABC分成周长相等的两部分，则AD+AE等于多少；（用a、b、c表示）
（2）如图②，若AC=3，AB=5，BC=4．DE将△ABC分成周长、面积相等的两部分，求AD；
（3）如图③，若DE将△ABC分成周长、面积相等的两部分，且DE∥BC，则a、b、c满足什么关系？
（1分）解：（1）∵DE将△ABC分成周长相等的两部分，
∴AD+AE=CD+BC+BE=（AB+AC+BC）=（a+b+c）；
（2）设AD=x，AE=6﹣x，
∵S△ADE=AD?AE?sinA=3，
即：x（6﹣x）?=3，
解得：x1=（舍去），x2=，
∴AD=；
（3）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵=，
∴AD=b，AE=c，
∴bc=（a+b+c），
∴=﹣1．
直角梯形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，BC=2AD点E为边BC的中点．
（1）求证：四边形AECD为平行四边形
（2）∠EAF=∠CAD．∠ECA=45°时．．
解：（1）AD∥BC，BC＝2AD，
点E是BC上的中点，BC＝2CE
AD＝CE，
∴四边形AECD为平行四边形．
（2）四边形AECD是平行四边形∠D＝∠AEC，又∠EAF＝∠CAD，∠EAC＝∠DAF，
AEC∽△ADF
（3）设AD＝，则BC＝2，
又∠ECA＝45°，∠B＝90°，
AB＝BC＝2，AE＝DC＝
AEC∽△ADF
∴，即，∴，
．
∵AE∥DC
∴＝．
．（分）在△ABC中，A= 90°，点D在线段BC上，EDB=∠C，BEDE，垂足为E，DE与AB相交于点F．
(l)当AB= AC时，（如图13），
①EBF= °．②探究线段BE与FD的数量关系，并加以证明；
2)当AB=kAC时（如图4），求的值（用含k的式子表示）．（1）AB=AC ∠A=90°，∴∠ABC=∠C=45°，
∵∠EDB=∠C，∴∠EDB=22.5°，∵BE⊥DE，∴∠EBD=67.5°，
∴∠EBF= 67.5°－45°=22.5°
②在BEF和DEB中BED=∠FEB=90°，EBF=∠EDB=22.5°，
∴△BEF∽△DEB，
如图：作BG平分ABC，交DE于G点，BG=GD，BEG是等腰直角三角形
设EF=x，BE=y，则：BG=GD=FD=，
∵△BEF∽△DEB，∴，
即：得：
∴FD=，∴FD=2BE．
（2）过点D作DGAC，交BE的延长线于点G，与BA交于点N，
DG∥AC，GDB=∠C，
EDB=∠C，EDB=∠GDE，
BE⊥DE，BED=∠DEG，DE=DE，DEG≌△DEB，
BE=GB，BND=∠GNB=90°，EBF=∠NDF，GBN∽△FDN，
，即，
又DG∥AC，BND∽△BAC，，即，．
20．（2016·辽宁丹东七中·一模）（10分）如图，△ABC三个定点坐标分别为A（-1，3），B（-1，1），C（-3，2）．（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）以原点O为位似中心，将△A1B1C1放大为原来的2倍，得到△A2B2C2，请在第三象限内画出△A2B2C2，并直接写出S△A1B1C1：S△A2B2C2．
面积比为1:4
21.（2016·河北石家庄·一模）如图1，一副直角三角板满足AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠DEF=90°∠EDF=30°，
【操作1】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q．
在旋转过程中，如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明．
【操作2】在旋转过程中，如图3，当时EP与EQ满足怎样的数量关系？，并说明理由．
【总结操作】根据你以上的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系是什么？其中m的取值范围是什么？（直接写出结论，不必证明）m．
【考点】相似形综合题．
【分析】（操作1）连接BE，根据已知条件得到E是AC的中点，根据等腰直角三角形的性质可以证明DE=CE，∠PBE=∠C．根据等角的余角相等可以证明∠BEP=∠CEQ．即可得到全等三角形，从而证明结论；
（操作2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M、N，根据两个角对应相等证明△MEP∽△NWQ，发现EP：EQ=EM：EN，再根据等腰直角三角形的性质得到EM：EN=AE：CE；
（总结操作）根据（2）中求解的过程，可以直接写出结果；要求m的取值范围，根据交点的位置的限制进行分析．
【解答】（操作1）EP=EQ，
证明：连接BE，根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得：BE=CE，∠PBE=∠C=45°，
∵∠BEC=∠FED=90°
∴∠BEP=∠CEQ，
在△BEP和△CEQ中
，
∴△BEP≌△CEQ（ASA），
∴EP=EQ；
如图2，EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2，
理由是：作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，
∴∠EMP=∠ENC，
∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，
∴∠MEP=∠NEF，
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；
如图3，过E点作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，
∵在四边形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°，
又∵∠EPB+∠MPE=180°，
∴∠MPE=∠EQN，
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，
∴=，
Rt△AME∽Rt△ENC，
∴=m=，
∴=1：m=，
EP与EQ满足的数量关系式1：m，即EQ=mEP，
∴0＜m≤2+，（因为当m＞2+时，EF和BC变成不相交）．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理的能力，证明过程类似．
如图，A、B两个单位分别位于一条封闭式街道的两旁，A、B两个单位到街道的距离AC=48米、BD=24米，A、B两个单位的水平距离CE=96米，准备修建一座与街道垂直的过街天桥．
（1）天桥建在何处才能使由A到B的路线最短？
（2）天桥建在何处才能使A、B到天桥的距离相等？
分别在图1、图2中图（不必说明理由）并通过计算确定天桥的具体位置．
图1 图2’使BB’=DE，连接AB’交CE于F，在此处建桥可使由A到B的路线最短；此时易知AB’∥BG，∴△ACF∽△BDG，，设CF=x，则GD=96-x，∴，解得x=64，即CF=64米，∴将天桥建在距离C点64米处，可使由A到B的路线最短；3分
（2）如答图1，平移B点至B’使BB’=DE，连接AB’交CE于F，作线段AB’的中垂线交CE于P，在此处建桥可使A、B到天桥的距离相等；此时易知AB’∥BG，另OP为AB’中垂线，∴△ACF∽△BDG∽△POF，，设CP=x，则PF=CF-x，由（1）得CF=64，∴PF=64-x；在Rt△ACF中，由勾股定理得AF=80，∴FB’=40，又O为AB’中点，∴FO=20，∴，解得x=39，即CP=39米，∴将天桥建在距离C点39米处，可使由A到B的路线最短．
（其它如作对称点等构造方法，只要合理即可酌情得分）
23. （2016·湖北襄阳·一模）如图，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，弦CD⊥AB，垂足为E，且PC2=PE·PO.
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若OE︰EA=1︰2，PA=6，求⊙O的半径；
答案：（1）连结OC. ∵PC2=PE·PO，
∴.∠P=∠P.
∴△PCE∽△POC，
∴∠PEC=∠PCO.又∵CD⊥AB，∴∠PEC=90°，
∴∠PCO=90°.
∴PC是⊙O的切线.
（2）设OE=.∵OE︰EA=1︰2，EA=，OA=OC=，
∴OP=+6.又∵CE是高，∴Rt△OCE∽Rt△OPC,.
∴OC2=OE·OP. 即
∴，（不合题意，舍去）.故OA=3.
24．（2016·湖北襄阳·一模）（本小题满分13分）
在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A（－3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
答案：解：（1）由抛物线过A（－3，0），B（1，0），则解得 ∴二次函数的关系解析式 （2）连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N设点P坐标为（m，n），则 PM =，，AO=3 当时，∴OC=2．
＝
＝＝．8分
∵＝－１＜0，∴当时，函数有最大值 此时．
∴存在点，使△ACP的面积最大
（）存在，．
分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可（12分）
解：（1）由题意得：，解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）令，∴x1= -1，x2=3，即B（3，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b′，
∴，解得：，∴直线BC的解析式为，
设P（a，3-a），则D（a，-a2+2a+3），∴PD=（-a2+2a+3）-（3-a）=-a2+3a，
∴S△BDC=S△PDC+S△PDB
，
∴当时，△BDC的面积最大，此时P（，）；
（3）由（1），y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，∴OF=1，EF=4，OC=3，
过C作CH⊥EF于H点，则CH=EH=1，
当M在EF左侧时，∵∠MNC=90°，则△MNF∽△NCH，∴，
设FN=n，则NH=3-n，∴，即n2-3n-m+1=0，
关于n的方程有解，△=（-3）2-4（-m+1）≥0，得m≥，
当M在EF右侧时，Rt△CHE中，CH=EH=1，∠CEH=45°，即∠CEF=45°，
作EM⊥CE交x轴于点M，则∠FEM=45°，∵FM=EF=4，∴OM=5，
即N为点E时，OM=5，∴m≤5，
综上，m的变化范围为：≤m≤5．
26.（2016·广东东莞·联考）如图1，将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，得到ABD和ECF，固定ABD，并把ABD与ECF叠放在一起．
（1）操作：如图2，将ECF的顶点F固定在ABD的BD边上的中点处，ECF绕点F在BD边上方左右旋转，设旋转时FC交BA于点H（H点不与B点重合），FE交DA于点G（G点不与D点重合）．
求证：BH?GD=BF2
（2）操作：如图3，ECF的顶点F在ABD的BD边上滑动（F点不与B、D点重合），且CF始终经过点A，过点A作AGCE，交FE于点G，连接DG．
探究：FD+DG= DB ．请予证明．
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质；旋转的性质．
【专题】压轴题．
【分析】（1）根据菱形的性质以及相似三角形的判定得出BFH∽△DGF，即可得出答案；
（2）利用已知以及平行线的性质证明ABF≌△ADG，即可得出FD+DG的关系．
【解答】证明：（1）将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，
B=∠D，
将ECF的顶点F固定在ABD的BD边上的中点处，ECF绕点F在BD边上方左右旋转，
BF=DF，
HFG=∠B，
又HFD=∠HFG+∠GFD=∠B+∠BHF
∴∠GFD=∠BHF，
BFH∽△DGF，
，
BH?GD=BF2；
（2）AG∥CE，
FAG=∠C，
CFE=∠CEF，
AGF=∠CFE，
AF=AG，
BAD=∠C，
BAF=∠DAG，
又AB=AD，
ABF≌△ADG，
FB=DG，
FD+DG=BD，
故答案为：BD．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定以及全等三角形的判定，根据等腰三角形的性质得出BAF=∠DAG是解决问题的关键．
已知：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=AD=25，BC=32．连接BD，AE⊥BD垂足为E．
（1）求证：△ABE∽△DBC；
（2）求线段AE的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；直角梯形．
【专题】压轴题．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可知∠ABD=∠ADB，由AD∥BC可知，∠ADB=∠DBC，由此可得∠ABD=∠DBC，又∵∠AEB=∠C=90°，利用“AA”可证△ABE∽△DBC；
（2）由等腰三角形的性质可知，BD=2BE，根据△ABE∽△DBC，利用相似比求BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理求AE．
【解答】（1）证明：∵AB=AD=25，
∴∠ABD=∠ADB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=∠C=90°，
∴△ABE∽△DBC；
（2）解：∵AB=AD，又AE⊥BD，
∴BE=DE，
∴BD=2BE，
由△ABE∽△DBC，
得，
∵AB=AD=25，BC=32，
∴，
∴BE=20，
∴AE=．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质．关键是要懂得找相似三角形，利用相似三角形的性质及勾股定理解题．如图，在边长为2的圆内接正方形ABCD中，AC是对角线，P为边CD的中点，延长AP交圆于点E．
（1）∠E= 45 度；
（2）写出图中现有的一对不全等的相似三角形，并说明理由；
（3）求弦DE的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理．
【专题】几何综合题．
【分析】由“同弧所对的圆周角相等”可知∠E=∠ACD=45°，∠CAE=∠EDC，所以△ACP∽△DEP；求弦DE的长有两种方法：
一，利用△ACP∽△DEP的相似比求DE的长；
二、过点D作DF⊥AE于点F，利用Rt△DFE中的勾股定理求得DE的长．
【解答】解：（1）∵∠ACD=45°，∠ACD=∠E，
∴∠E=45°．
（2）△ACP∽△DEP，
理由：∵∠AED=∠ACD，∠APC=∠DPE，
∴△ACP∽△DEP．
（3）方法一：
∵△ACP∽△DEP，
∴．
∵P为CD边中点，
∴DP=CP=1
∵AP=，AC=，
∴DE=．
方法二：
如图2，过点D作DF⊥AE于点F，
在Rt△ADP中，AP=．
又∵S△ADP=AD?DP=AP?DF，
∴DF=．
∴DE=DF=．
【点评】此题主要考查相似三角形的判定及圆周角定理的运用．
∵∠OPB′+∠OPB +∠QPC′+∠QPC＝180°，∴∠OPB +∠QPC＝90°.
＝22－2，∴当＝0时，22－2＝0，解得＝±1．
∴点A的坐标为（－1，0），点B的坐标为（1，0），AB＝2.
又当＝0时，＝－2，∴点C的坐标为（0，－2），OC＝2.
∴S△ABC＝AB?OC ＝×2×2＝2.
（2）将＝6代入＝22－2，得22－2＝6，解得＝±2，
∴点M的坐标为（－2，6），点N的坐标为（2，6），MN＝4．
∵平行四边形的面积为8，
∴MN边上的高为8÷4＝2，∴点P的纵坐标为6±2．
①当点P的纵坐标为6+2＝8时，22－2＝8，解得＝±，
∴点P的坐标为（，8）或（－，8）；
②当点P的纵坐标为6－2＝4时，22－2 ＝4，解得＝±，
∴点P的坐标为（，4）或（－，4）.
（3）∵点B的坐标为（1，0），点C的坐标为（0，－2），∴OB＝1，OC＝2．
∵∠QDB＝∠BOC＝90°，∴以Q，D，B为顶点的三角形和以B，C，O为顶点的三角形相似时，分两种情况：
①OB与BD边是对应边时，△OBC∽△DBQ，
则即＝，解得DQ＝2（m－1）＝2m－2.
②OB与QD边是对应边时，△OBC∽△DQB，则即＝，
解得DQ＝．
综上所述，线段QD的长为2m－2或 ．
31. （2016·河南三门峡·二模）（9分）如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，过点A作AF∥BC交ED的延长线于点F，连接AE，CF．
求证：（1）四边形AFCE是平行四边形；
（2）．
AF∥BC，D是AC的中点
四边形AFCE是平行四边形 AF∥BC
由（1）知FG∥AE,AF=CE
32. （2016·河南三门峡·二模）（10分）如图1，在ABC中，AB＝AC，. 过点A作BC的平行线与ABC的平分线交于点D．
图1 图（1）求证：；
（2）点为线段延长线上一点，将射线GC绕着点G逆时针旋转，与射线BD交于点E．若，，，；
平分，
∴．∥，
∴．．．∵，
∴．作于点．
．，，
∴．．．、、在以为圆心，为半径的圆上．．.
∵==，
∴．．∽△．，，
∴=4．∥，
∴．．
A． B． C． D．
A
C
B
?
C
P
M
B
O
A
C
N
O
B
E
B
A
C
D
第（）题
M
P
O
A
（N）
A
图（）
图（）
O
A
D
第（）题
图（）
O
A
D
图（）
O
A
D
第12题图
A
B
C
M
N
第17题图
第16题 图1
第16题 图2
① ②
（第题图）
B
C
E
D
F
G
D
C
A
E
B
F
G
D
C
A
E
B
F
G
N
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