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北师大版 2022-2023 学年九年级上册期中测试卷 01
一、单选题
1．在中华经典美文阅读中，小明同学发现自己的一本书的宽与长之比为黄金比．已知这本书的长为
20cm，则它的宽约为（ ）
A．12.36cm B．13.6cm C．32.36cm D．7.64cm
【答案】A
【分析】根据黄金分割比性质可得出结果.
【解析】解：已知书的宽与长之比为黄金比，
书的长为20cm，
根据黄金分割的比值约为0.618，
可得书的宽约为20×0.618=12.36cm．
故选A．
【点睛】本题考查黄金分割比，熟记比值大约0.618是解题的关键．
2．用配方法解方程 ，方程应变形为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】常数项移到方程的右边，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．
【解析】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
故选D．
【点睛】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键．
3．下列判断中不正确的是（ ）
A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【答案】B
【分析】由矩形的判定可判断A，由正方形的判定可判断B，由菱形的判定可判断C，由平行四边形的判
定可判断D，从而可得答案．【解析】解：四个角相等的四边形是矩形，判断正确，故A不符合题意；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原判断不准确，故B符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判断正确，故C不符合题意；
两组对边分别平行的四边形是平行四边形，判断正确，故D不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，矩形，菱形，正方形的判定，掌握“特殊四边形的判定方法”
是解本题的关键．
4．如图所示，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为16，
则OH的长等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】A
【分析】根据菱形的性质得出AB的长，由三角形中位线定理得出OH的长，进而求解．
【解析】∵菱形ABCD的周长为16，
∴AB＝4，
∵H为AD边中点，O为BD的中点，即OH为△ABD的中位线，
∴OH＝ AB＝2，
故选A．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线定理，熟知菱形的四条边都相等是解题的关键．
5．在一个不透明的口袋中，装有若干个红球和4个黄球，它们除颜色外没有任可其他区别，摇匀后从中随
机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球实验发现，摸到黄球的频率是0.2，则估计
盒子中大约有红球（ ）
A．16个 B．20个 C．25个 D．30个
【答案】A
【分析】利用大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根
据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．【解析】解：设红球有 个，根据题意得，
，
解得 ．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，解题的关键是正确运用概率公式求解．
6．如图，在 ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DE∥BC，点F为BC边上一点，连接AF交DE
于点G，则下△列结论中一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由DE∥BC得出△ADE∽△ABC，△AEG∽△ACF，△AGD∽△AFB，根据相似三角形的性质进
行判断．
【解析】∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，△AEG∽△ACF，△AGD∽△AFB，
∴ ，选项A错误；
，选项B错误；
，选项C错误；
，选项D正确；
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，熟知平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的
三角形与原三角形相似是解题的关键．
7．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6）、B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为
，把 ABO缩小,则点A的对应点的坐标是( )
△A．（﹣1，2） B．（﹣1，2）或（1，﹣2）
C．（﹣9，18）或（9，﹣18） D．（﹣9，18）
【答案】B
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应
点的坐标的比等于k或﹣k解答．
【解析】解：∵点A（﹣3，6），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A′的坐标是（﹣1，2）或（1，﹣2），
故选：B．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，
相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
8．如图，平行四边形 的对角线 ， 相交于点 ， 为 的中点，连接 交 于点 ，若
，则 的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质知AD=2BE，BC∥AD，BO=OD，设BF=a，得DF=a+2，由BC∥AD知
△BEF∽△DAF，据此得 ,得出BF的长，从而得出BD的长．
【解析】解：∵点E是BC中点，
∴BC=2BE，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，BC∥AD，BO=OD，
∴AD=2BE，
设BF=a，
∵OF=1，
∴BO=DO=a+1，
则DF=a+2，
∵BC∥AD
∴△BEF∽△DAF，
∴
解得a=2，
经检验a=2是原方程的解
∴BF=2，
∴BO=DO=3，
∴BD=6
故选：B．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质和相似三角形的判
定与性质．
9．如图，四边形 是边长为 的正方形纸片， 为 边上的点， ，将纸片沿某条直线折叠，
使点 落在点 处，点 的对应点为 ，折痕分别与 ， 边交于点 、 ，则 的长是（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】连接BM， ， ，依据MN垂直平分 ，即可得到 ，设AM＝x，则DM＝9−x，
依据勾股定理可得方程92＋x2＝62＋（9−x）2，即可得到AM的长．
【解析】解：如图，连接BM， ， ，
由折叠可得，B， 关于MN对称，即MN垂直平分 ，
∴ ，
设AM＝x，则DM＝9−x，
∵ ，
∴ ，
∵Rt△ABM中，BM2＝92＋x2，
中， ，
∴92＋x2＝62＋（9−x）2，
解得x＝2，
∴AM＝2，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理以及轴对称的性质的运用，解题时，我们常常设要求的
线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，
运用勾股定理列出方程求出答案．
10．如图，在矩形ABCD中，BC＝ AB，E为BC中点，连接AE交BD于点F，连CF，下列结论：
①AE⊥BD；②S ABCD＝10S CEF；③ ；④ 正确的有（ ）个．
矩形
△A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质即可完成．
【解析】①∵四边形ABCD是矩形
∴ ,∠DAB=∠ABE=90°，DC=AB
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∵∠DAB=∠ABE=90°
∴△ABE∽△DAB
∴∠BAE=∠ADB
∵∠BAE+∠FAD=90°
∴∠ADB+∠FAD=90°
∴∠AFD=90°
即AE⊥BD
故①正确
②由勾股定理得：
∵AE⊥BD
∴∠AFB=∠BAD=90°
∵∠BAE=∠ADB
∴△ABF∽△DBA
∴
∴∴
∴
∴
∴
∵点E为BC的中点
∴
∵
∴
即
故②错误
③由②知
∴
∵四边形ABCD是矩形
∴
∴
故③错误
④过点F作FG⊥BC于点G
∴FG∥DC
∴
∴ ，
∴在Rt△FGC中，由勾股定理得：
∵
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：
∴
故④正确
故正确的有2个
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判断与性质，等高的两个三角形面积比等于底
边比等知识，关键是把其它的线段用矩形的宽的代数式表示出来．
二、填空题
11．若 ，则 的值为__________．
【答案】
【分析】先根据已知设出a=k，b=2k，再把a，b的值代入即可求出答案．
【解析】解：∵
∴设a=k，b=2k，
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了比例的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握比例的性质与比例变形．12．若关于 的方程 有整数根，则 的值可以是_____（只填一个）．
【答案】1（m为完全平方数即可）
【分析】根据直接开平方法得出m为完全平方数，进而得解．
【解析】∵ ，
∴ ，
若方程有整数根，则m为完全平方数，如0，1，4，9，16等，
故答案为：1（m为完全平方数即可）．
【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法是解题的关键．
13．某药品原价是100元，经连续两次降价后，价格变为64元，如果每次降价的百分率是一样的，那么每
次降价的百分率是_______
【答案】20％
【分析】此题可设每次降价的百分率为x，第一次降价后价格变为100（1-x）元，第二次在第一次降价后
的基础上再降，变为100（1-x）（1-x），即100（1-x）2元，从而列出方程，求出答案．
【解析】设每次降价的百分率为x，第二次降价后价格变为100（1-x）2元．
根据题意，得100（1-x）2=64，
即（1-x）2=0.64，
解得x=1.8，x=0.2．
1 2
因为x=1.8不合题意，故舍去，
所以x=0.2．
即每次降价的百分率为0.2，即20%．
故答案为20%．
14．如图，E为正方形ABCD对角线BD上一点，且BE=BC，则∠DCE=_____．
【答案】22.5°
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角求出∠CBE=45°，再根据等腰三角形两底角相等求出
∠BCE=67.5°，然后根据∠DCE=∠BCD-∠BCE计算即可得解．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=45°，∠BCD=90°，∵BE=BC，
∴∠BCE= （180°-∠BCE）= ×（180°-45°）=67.5°，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCE=90°-67.5°=22.5°．
故答案为22.5°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，需熟
记．
15．如图所示，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于O，E为OD的中点，连接AE并延长交CD于
点F，则DF：FC等于__．
【答案】1：2
【分析】先证明 DEF∽△BEA，得出 ，即可得出结论．
△
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，OD＝OB，
∴△DEF∽△BEA，
∴ ，
∵E为OD的中点，
∴BE＝3DE，
∴ ，
∴AB＝3DF，
∴DF：CD＝1：3，
∴DF：FC＝1：2．
故答案为：1：2．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，理解相似三角形的对应边成比例是解题的关键.
16．如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是
18，则DP的长是_____．【答案】
【分析】过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求
出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得
DE=DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．
【解析】解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=90°，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE，∠APD=∠E，AD=CD，
∴△ADP≌△CDE（AAS），
∴DE=DP，四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18，
∴矩形DPBE是正方形，
∴DP= ．故答案为3 ．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等
三角形和正方形是解题的关键．
17．如图，在 中，，点 在 上，且 ， 的平分线 交 于点 ，点 是 的中
点，连结 .若四边形DCFE和△BDE的面积都为3，则△ABC的面积为____.
【答案】10
【分析】首先利用等腰三角形的性质得到点E是AD的中点，可得EF是△ACD的中位线，则EF∥CD，
EF= CD，进而可证明△AEF∽△ADC，然后利用相似三角形面积的比等于相似比的平方求得△ADC的面
积，由点E是AD的中点得△BDE和△BAE面积相等，利用 即可求解．
【解析】解：∵BE平分∠ABC，BD=BA，
∴BE是△ABD的中线，
∴点E是AD的中点，
又∵F是AC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF∥CD，EF= CD，
∴△AEF∽△ADC，
∴S ：S =1：4，
AEF ADC
△ △
∴S ：S =1：3，
AEF 四边形DCFE
△
∵四边形DCFE的面积为3，
∴S =1，
AEF
△
∴S =S + S =1+3=4，
ADC AEF 四边形DCFE
△ △
∵点E是AD的中点，△BDE的面积为3，
∴ =3，∴ =3+3+4=10.
故答案为10.
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质、三角形中位线的定义和性质、相似三角形的判定和性质，解
题的关键在于求证EF为中位线，S ：S =1：4．
AEF ADC
△ △
18．已知一元二次方程 （ ）和它的两个实数根为 、 ，下列说法：
①若 、 异号，则方程 一定有实数根
②若 ，则方程 一定有两异实根
③若 ，则方程 一定有两实数根
④若 ， ， ，由根与系数的关系可得 ，
其中正确的结论是：________．（填序号）
【答案】①②③
【分析】当a、c异号时，Δ＞0，则根据判别式的意义可对①进行判断；当b2＞5ac时，Δ＞0，可判断方程
ax2+bx+c=0一定有不相等的实数根，则可对③进行判断；当b=a+c时，则Δ=（a-c）2≥0，则根据判别式的
意义可对③进行判断；若a=1，b=2，c=3，计算出Δ=-8＜0，则可对④进行判断．
【解析】解：Δ=b2-4ac，
当a、c异号时，ac＜0，所以Δ＞0，所以此时方程ax2+bx+c=0一定有实数根，所以①正确；
当b2＞5ac时，则 ＞ac，若a、c异号，此时方程ax2+bx+c=0一定有两个不相等的实数根，若ac同号，则
Δ＞0，此时方程a△x2+bx+c=0一定有两异实根，所以②正确；
若b=a+c时，Δ=（a+c）2-4ac=（a-c）2≥0，则方程ax2+bx+c=0一定有两实数根，所以③正确；
若a=1，b=2，c=3，Δ=22-4×1×3=-8＜0，所以方程没有实数根，所以④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x，x 是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x+x=- ，
1 2 1 2
xx= ，也考查了根的判别式．
1 2
三、解答题
19．（1）解方程： ．（2）如图，在 中， 平分 ，交 于点 ， 是 上一点，连接 ，且 ．
证明： ．
【答案】（1） ；（2）见解析
【分析】（1）利用因式分解法解方程即可
（2）由角平分线的定义可得出∠ABD=∠CBD，再根据三角形的外角∠ADB=∠CBD+∠C，结合已知
，得出∠EDB=∠C，即可证出△BCD～△BDE．
【解析】解：（1）∵
∴（x-2）（2x+1）=0
∴x-2=0或2x+1=0
∴
（2）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD．
∵
∴∠CBD=∠ADE
∵∠ADB=∠CBD+∠C=∠ADE+∠EDB，
∴∠C=∠EDB
∴△BCD～△BDE．
【点睛】本题考查了解一元二次方程和相似三角形的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键
20．如图，直线 ，直线 相交于点 ，且分别与直线 相交于点 和点 ，已知
， ， ， ，求 的长度．【答案】
【分析】由平行线分线段成比例定理得出比例式，即可得出结果．
【解析】解：∵b//c，
∵ ， ， ，
∴
∵b//a，
∵ ， ，
∴
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理；熟记平行线分线段成比例定理是解决问题的关键．
21．如图，在矩形 中，对角线 ， 相交于点 ， 于点 ， 于点 ．
（1）求证： ．
（2）若 ，求 的度数．【答案】（1）见解析；（2）18°
【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形得出OA=OD，再证△AEO≌△DFO（AAS），即可得出结论．
（2）由矩形的性质得出∠BAD=90°，OA=OB，则∠OAB=∠OBA，结合已知 求出
∠BAE=36°，则∠OBA=∠OAB=54°，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，AC=BD；
∴OA=OD
∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AEO=∠DFO=90°，
在△AEO和△DFO中，
∴△AEO≌△DFO（AAS），
∴AE=DF，
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠BAE：∠EAD=2：3，
∴∠BAE=36°，
∵∠AEB=90°
∴∠OBA=∠OAB=90°-36°=54°，
∴∠EAO=∠OAB-∠BAE=54°-36°=18°．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性
质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
22．为答谢全国人民的真情关爱，从8月8日开始，湖北举办“与爱同行惠游湖北”活动，湖北近400家
级旅游景区对全国游客免门票开放．已知 、 、 三个景点实行免门票活动，甲、乙都有去旅游的打
算．
（1）若甲随机选择一个景点游玩，则甲选择 景点的概率为___________．
（2）利用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人选择的两个景点不同的概率．【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）直接根据概率公式求解；
（2）画树状图展示所有6种等可能的结果数，找出甲、乙两人选择的两个景点不同的结果数，然后根据概
率公式求解．
【解析】解：（1）因为 、 、 三个景点实行免门票活动，
则甲选择A景点的概率为 ；
故答案为：
（2）画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中甲、乙两人选择的两个景点不同的的结果数为6，
所以甲、乙恰好游玩同一景点的概率
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出
符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
23．已知矩形 ， 为 边上靠近点 的三等分点，请仅用无刻度的直尺完成以下作图（保留作图
痕迹）．
（1）在图1中作出 边上靠近点 的三等分点 ．
（2）在图2中作出点 关于直线 的对称点 ．
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）根据矩形中心对称的性质画图即可；
（2）根据三角形相似比画图即可．
【解析】（1）如图，点F就是所求的点，；
（2）如图，点M就是所求的点，
．
【点睛】本题考查了作图，理解矩形的性质和三角形相似比是解题关键．
24．已知关于 的一元二次方程 ．
（1）求证：该方程总有两个不相等的实数根．
（2）若这个方程的两根分别为 ， ，且满足 ，求 的值．
【答案】（1）见解析；（2）k=2或5
【分析】（1）先计算△=（k-1）2-4（k-3），再根据△的意义即可得到方程有两个不相等的实数根；
（2）由根与系数的关系，可得x1+x2=1-k，x1•x2=k-3，再由 得出关于k的方程，解方程
即可
【解析】（1）证明：∵a=1，b=k-1，c=k-3，
∴△=b2-4ac=（k-1）2-4×1×（k-3）=k2-2k+1-4k+12=k2-6k+13=（k-3）2+4＞0，
∴无论k取何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）∵
∴∴
∵x1+x2=1-k，x1•x2=k-3，
∴
∴
∴k=2或5
【点睛】此题考查了根的判别式和一元二次方程根与系数的关系，注意一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）
的根与△=b2-4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两
个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．
25．网络购物已成为新的消费方式，催生了快递行业的高速发展，某快递公司今年6月份与8月份投递的
快递件数分别为10万件和12.1万件，假定每月投递的快递件数的增长率相同．
（1）求该快递公司投递的快递件数的月平均增长率．
（2）如果每个快递小哥平均每月最多可投递0.8万件快递，该公司现有16个快递小哥，请通过计算说明
按此快递件数的增长速度，在不增加人手的情况下，该公司能否完成今年9月份的投递任务．
【答案】（1） 该快递公司投递的快递件数的月平均增长率为10%；（2）按此快递增长速度，不增加人
手的情况下，不能完成今年9月份的投递任务．
【分析】（1）设该快递公司投递的快递件数的月平均增长率为x，根据5月份快递件数×（1+增长率）2=7
月份快递件数列出关于x的方程，解之可得答案；
（2）分别计算出9月份的快递件数和8名快递小哥可投递的总件数，据此可得答案．
【解析】解：（1）设该快递公司投递的快递件数的月平均增长率为x，
根据题意，得：10（1+x）2=12.1，
解得：x=0.1=10%，x=-2.1（舍），
1 2
答：该快递公司投递的快递件数的月平均增长率为10%；
（2）9月份的快递件数为12.1×（1+10%）=13.31（万件），
而0.8×16=12.8＜13.1，
所以按此快递增长速度，不增加人手的情况下，不能完成今年9月份的投递任务．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，找到题目蕴含的相等关系，并据此
列出方程．
26．如图，已知四边形 是菱形，对角线 ， 相交于点 ， 于点 ，交 于点 ，连
接 并延长，交 于点 ．（1）求证： ．
（2）求证： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）先判断出OA=OC，根据直角三角形斜边上的中线得出OE=OA，得出∠AEG=∠EAC，用等
角的余角相等判断出∠EAC=∠DBC，进而由菱形得到性质即可得出结论；
（2）先判断出∠AFB=∠OGD，进而判断出△ABF∽△ODG，得出 ，再判断出
△BOE≌△DOG，得出OG= EG，即可得出结论
【解析】证明：（1）∵点O是菱形ABCD的两条对角线的交点，
∴OA=OC，AC⊥BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴OE=OA，
∴∠AEG=∠EAC，
在Rt△AEC中，∠EAC+∠ACE=90°，
在Rt△BOC中，∠DBC +∠ACE=90°，
∴∠EAC=∠DBC，
∴∠AEG=∠DBC，
∵BD是菱形ABCD的对角线，
∴∠ABC=2∠DBC，
∴∠ABC=2∠AEG，
（2）∵四边形 是菱形，
∴AB=AD，AD//BC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠ABF=∠GDO，，∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，∠AOB=90°，
∴∠AOB=∠EAG =90°，
∵∠AFB=∠EAC+∠AOB，∠OGD=∠EAG+∠AEG，
又∵∠AEG=∠EAC，
∴∠AFB=∠OGD
∴△ABF∽△ODG，
∴
∵AD//BC，
∴∠OBE=∠ODG，
又∵OB=OD，∠BOE=∠DOG，
∴△BOE≌△DOG
∴OE=OG
∴OG= EG
∴
∴
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形
的性质，同角的余角相等，判断出∠AEG=∠DBC是解本题的关键．
27．如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿边AB向点B
运动，动点F以每秒2个单位长度的速度从点B开始沿边BC向点C运动，动点E比动点F先出发1秒，
其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动设点F的运动时间为t秒．
（1）如图1，连接DE，AF．若DE⊥AF，求t的值；
（2）如图2，连结EF，DF．当t为何值时，△EBF∽△DCF？【答案】（1）t=1；（2）当 时，△EBF∽△DCF；
【分析】（1）利用正方形的性质及条件，得出△ABF≌△DAE，由AE=BF列式计算．
（2）利用△EBF∽△DCF，得出 ，列出方程求解．
【解析】解：（1）∵DE⊥AF，
∴∠AOE=90°，
∴∠BAF+∠AEO=90°，
∵∠ADE+∠AEO=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠DAE=90°，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（ASA）
∴AE=BF，
∴1+t=2t，
解得t=1；
（2）如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=4，
∵BF=2t，AE=1+t，
∴FC=4-2t，BE=4-1-t=3-t，
当△EBF∽△DCF时，，
∴ = ，
解得，t= ，t= （舍去），
1 2
故t= ．
所以当t= 时，△EBF∽△DCF.
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，利用了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
难度一般.
28．如图，矩形ABCD中，已知AB＝6．BC＝8，点E是射线BC上的一个动点，连接AE并延长，交射线
DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折，点B的对应点为点B′．
（1）如图1，若点E为线段BC的中点，延长AB′交CD于点M，求证：AM＝FM；
（2）如图2，若点B′恰好落在对角线AC上，求 的值；（3）若 ，延长AB′交CD于点M，求 的值．
【答案】（1）见解析；（2） ；（3） 或
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质，可得∠F=∠MAF，即可求证；
（2）根据矩形的性质和折叠的性质，可得AC=FC，再由勾股定理，可得AC=10，再证明△ABE∽△FCE，
即可求解；
（3）分两种情况讨论：当点E在线段BC上时和当点E在BC的延长线上时，即可求解．
【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠F=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠MAF，
∴∠F=∠MAF，
∴AM=FM；
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠F=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠CAF，
∴∠F=∠CAF，
∴AC=FC，
在Rt△ABC中，
∵AB=6，BC=8，
∴ ，
∴CF=AC=10，
∵AB∥CF，
∴△ABE∽△FCE，
∴ ，
（3）如图，当点E在线段BC上时，设 的延长线交CD于点M，∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠F=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠MAF，
∴∠F=∠MAF，
∴AM=FM，
∵AB∥CF，
∴△ABE∽△FCE，
∴ ，即 ，
解得：CF=4，
∴DF=DC+CF=10，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
∴ ，
解得： ，
则 ，
∴ ，
如图，当点E在BC的延长线上时，设 的延长线交CD延长线于点M，∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AFD=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠MAF，
∴∠AFD=∠MAF，
∴AM=FM，
∵AB∥CF，
∴△ABE∽△FCE，
∴ ，即 ，
解得：CF=4，
∴DF=CD-CF=2，
设 ，则 ，
在 中， ，
∴ ，
解得： ，
∴AM=FM=2+15=17，
∴ ，
综上所述， 的值为 或 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题
的关键．
