北师2026版《暑假衔接讲义》第16讲相似三角形常考综合题精练（11大题型）（教师版）_26秋初中教辅资料_26秋初中《暑假预习》

1
第16 讲相似三角形常考综合题精练
本讲目录链接
题型01 比例线段的应用
题型02 黄金分割
题型03 平行线分线段成比例定理
题型04 相似多边形的性质
题型05 相似三角形的性质与判定
题型06 相似三角形的实际应用
题型07 图形的位似
题型08 旋转背景下的相似三角形的性质与判定
题型09 折叠背景下的相似三角形的性质与判定
题型10 动点背景下的相似三角形的性质与判定
题型11 相似三角形的综合问题
2
题型01 比例线段的应用
1．定义一个运算




1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
,
,
,
,
0
n
n
n
n
n
x
x
x
H x x
x
y y
y
y
y
y
y
y
y
















，下列说法正确的有（
）
个
①


1,2 3
1
H
；
②若




2
4
, 4
1 , 2
1
H
x
H
x



，则= 1
x 或2；
③








2
2
2
175
11,2
1 2 ,4
1 3 ,6
110 ,20
264
H
H
H
H






；
④若








, ,
, ,
, ,
, ,
H a b c d
H b a c d
H c a b d
H d a b c



，则
1
c
d
a
b



．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据所给新定义逐项列式计算即可，判断②时注意分式的分母不能为0，判断③时注意裂项相消，
判断④时注意分
0
a
b
c
d



和
0
a
b
c
d




两种情况，利用等式的性质求解．
【详解】解：①


1
2
1,2 3
1
3
H


，故①正确；
②




2
4
, 4
1 , 2
1
H
x
H
x



，则
2
4
1
1
4
2
x
x




，化简得
2
2
0
x
x



，
解得
1
x= 或
2
x 
，根据
2
4
0
x 

得
2
x ，
1
x
，故②错误；
③








2
2
2
11,2
1 2 ,4
1 3 ,6
110 ,20
H
H
H
H





2
2
2
1
1
1
1
1
2
2
4
3
6
10
20










1
1
1
1
3
8
15
120






1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
2
4
3
5
10
12









































1
1
1
1
1
2
2
11
12











175
264

，
故③正确；
④若








, ,
, ,
, ,
, ,
H a b c d
H b a c d
H c a b d
H d a b c



，
则
a
b
c
d
b
c
d
a
c
d
a
b
d
a
b
c









，
3
当
0
a
b
c
d




时，
1
a
b
c
d 

，


a
b
c
d



，
1
c
d
a
b




，
当
0
a
b
c
d



时，
1
3
a
b
c
d
b
c
d
a
c
d
a
b
d
a
b
c












，
1
3
a
b
c
d
b
c
d
a
c
d
a
b
d
a
b
c











，
a
b
c
d




，
1
c
d
a
b




，
故④错误；
综上可知，正确的是①③，
故选B．
【点睛】本题考查新定义运算，涉及解分式方程，等式的性质，有理数的混合运算等，解题的关键是理解
新定义的运算法则．
2．已知代数式
x
A
y
z


，
y
B
x
z


，
z
C
x
y


，下列结论中，正确的个数是（
）
①若
:
:
1: 2 :3
x y z 
，则
:
:
2:5:10
A B C 
；
②若A
B
C
a



，则一次函数
1
y
ax

的图像必过第一、三、四象限；
③若x ，y ，z 均为正整数，且x
y
z

，则A
B
C


；
④若
1
y ，
2
z ，且x 为方程
2
2023
1
m
m

的一个实数根，则
2
2
1
8
2023
y
A
B
C



．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】设x
k

，
2
y
k

，
3
z
k

，则，
1
5
A 
，
1
2
B 
，
1

C
，从而可求得
:
:
A B C ，判断①；当
0
x
y
z



时，
1
x
y
z
a
y
z
x
z
x
y







，此时一次函数
1
y
ax

的图象经过第二、三、四象限，即可判断②错误；
由x，y，z 为正整数，且x
y
z

，得x
y
x
z
y
z





，从而有A
B
C


，即可判断③正确；④由
1
y ，
2
z ，
得A
x
，
1
2
B
x


，
2
1
C
x

，进而求得
2
2
1
2025
x
x


，从而求得
2
2
1
1
8
2023
10
A
B
C
















，即可
判断④错误．
【详解】解：∵
:
:
1: 2 :3
x y z 
，
∴可设


2
3
0
x
k
y
k
z
k k




，
，
，
4
∴
1
2
3
5
x
k
A
y
z
k
k





，
1
2
2
3
k
k
B
k



，
1
2
3
C
k
k
k



，
∴
:
:
2:5:10
A B C 
，故①正确；
∵
x
A
y
z


，
y
B
x
z


，
z
C
x
y


，


0
A
B
C
a a




，
∴当
0
x
y
z



时，
1
x
y
z
a
y
z
x
z
x
y







，此时一次函数
1
y
ax

的图象经过第二、三、四象限；
当
0
x
y
z



时，


1
2
2
x
y
z
x
y
z
a
y
z
x
z
x
y
x
y
z












，此时一次函数
1
y
ax

的图象经过第一、三、
四象限，故②错误；
∵x，y，z 为正整数，且x
y
z

，
∴x
y
x
z
y
z





，
∴A
B
C


，故③正确；
∵
1
y ，
2
z ，
∴A
x
，
1
2
B
x


，
2
1
C
x

，
∵x 为方程
2
2023
1
m
m

的一个实根，
∴
2
2023
1
x
x

，
∴
2
2023
1
x
x

，
∴
1
2023
x
x


，
∴
2
2
1
2025
x
x


∴
2
2
2
2
1
1
8
1
2023
4
4
4
4
2023
2025
4
4
2023
10
x
x
x
A
B
C
x



























，
∴
2
2
3
1
1
202
8
A
B
C 


，故④错误；
故选B.
【点睛】. 本题主要考查了一次函数的性质、分式的混合运算、比较数的大小、多项式乘多项式以及比例的
性质，熟练掌握一次函数的性质、分式的混合运算、比较数的大小、多项式乘多项式以及比例的性质是解
题的关键．
3．如图，已知在
ABC

中，点D
E
F
、、分别为边AB
BC
AC
、
、
上的点，且AE
BF
CD
、
、
相交于点G ，如果
2014
AG
BG
CG
GE
GF
GD



，那么AG BG CG
GE GF GD


的值为
．
5
【答案】2016
【分析】本题主要考查了三角形面积的计算，分式化简求值，解题的关键是设
ABG
S
a


，
ACG
S
b


，
BCG
S
c


，
得出AG
a
b
GE
c


，BG
a
c
GF
b


，CG
b
c
DG
a


，根据
2014
AG
BG
CG
GE
GF
GD



，得出
2014
a
b
a
c
b
c
c
b
a






，
将a
b a
c b
c
c
b
a





化简为
2
a
b
a
c
a
b
c
b
c






即可得出答案．
【详解】解：设
ABG
S
a


，
ACG
S
b


，
BCG
S
c


，
则
ABG
ACG
ABG
ACG
ABG
ACG
BEG
CEG
BEG
CEG
BCG
S
S
S
S
S
S
AG
a
b
GE
S
S
S
S
S
c




















，
同理可得：BG
a
c
GF
b


，CG
b
c
DG
a


，
∵
2014
AG
BG
CG
GE
GF
GD



，
∴
2014
a
b
a
c
b
c
c
b
a






，
∴AG BG CG
GE GF GD


a
b a
c b
c
c
b
a










a
b
a
c
b
c
abc




2
2
2
2
2
2
a b
a c
abc
ac
ab
abc
b c
bc
abc








2
a
b
a
c
a
b
c
b
c







2014
2


2016

．
故答案为：2016．
4．已知代数式
x
A
y
z


，
y
B
x
z


，
z
C
x
y


，下列结论中，正确的个数是（
）
①若
:
:
1: 2 :3
x y z 
，则
:
:
2:5:10
A B C 
；
②若


0
A
B
C
a a




，则一次函数
1
y
ax

的图象必定经过第一、三、四象限；
6
③若x，y，z 为正整数，且x
y
z

，则A
B
C


；
④若
1
y ，
2
z ，且x 为方程
2
2023
1
m
m

的一个实根，则
2
2
1
1
A
B

与8
2023
C 
的值相等；
⑤若
2
2
2
7
5
x
y
zx
yz
xy
yz
zx
z








，
2
2
2
7
5
y
z
xy
zx
xy
yz
zx
x








，则






A A
B
B B
C
C C
A





的值为28．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】设x
t
，
2
y
t

，
3
z
t

，则，
1
5
A 
，
1
2
B 
，
1

C
，从而可求得
:
:
A B C ，判断①；当
0
x
y
z



时，
1
x
y
z
a
y
z
x
z
x
y







，此时一次函数
1
y
ax

的图象经过第二、三、四象限，即可判断②错误；
由x，y，z 为正整数，且x
y
z

，得x
y
x
z
y
z





，从而有A
B
C


，即可判断③正确；④由
1
y ，
2
z ，
得A
x
，
1
2
B
x


，
2
1
C
x

，进而求得
2
2
1
2021
x
x


，从而求得
2
2
7
1
1
8
2023
A
B
C














，即可判
断④错误；⑤先求得
7
5
A
B



，
7
5
B
C



，
2 7
A
C


，进而可求得






26
A A
B
B B
C
C C
A






从而判断⑤错误；即可得解．
【详解】解：①由
:
:
1: 2 :3
x y z 
，设x
t
，
2
y
t

，
3
z
t

，则，
1
2
3
5
t
A
t
t



，
2
1
3
2
t
B
t
t



，
3
1
2
t
C
t
t



，
∴
1 1
:
:
:
:1
2 :5:10
5 2
A B C 

，故①正确；
②∵
x
A
y
z


，
y
B
x
z


，
z
C
x
y


，


0
A
B
C
a a




，
∴当
0
x
y
z



时，
1
x
y
z
a
y
z
x
z
x
y







，此时一次函数
1
y
ax

的图象经过第二、三、四象限；
当
0
x
y
z



时，


1
2
2
x
y
z
x
y
z
a
y
z
x
z
x
y
x
y
z












，此时一次函数
1
y
ax

的图象经过第一、三、
四象限，故②错误；
③∵x，y，z 为正整数，且x
y
z

，
∴x
y
x
z
y
z





，
∴A
B
C


，即是③正确；
④∵
1
y ，
2
z ，
∴A
x
，
1
2
B
x


，
2
1
C
x

，
∵x 为方程
2
2023
1
m
m

的一个实根，
7
∴
2
2023
1
x
x

，
∴
2
2023
1
x
x

，
∴
1
2023
x
x


，
∴
2
2
1
2021
x
x


∴
2
2
2
2
1
1
8
1
2023
4
4
4
4
2023
2021
4
4
2023
6
x
x
x
A
B
C
x



























，
∴
2
2
3
1
1
202
8
A
B
C 


即④错误；
⑤∵
2
2
2
7
5
x
y
zx
yz
x
y
xy
yz
zx
z
y
z
x
z












，
2
2
2
7
5
y
z
xy
zx
y
z
xy
yz
zx
x
x
z
x
y












，
x
A
y
z


，
y
B
x
z


，
z
C
x
y


，
∴
7
5
A
B



，
7
5
B
C



，
∴
2 7
A
C


，
∴





A A
B
B B
C
C C
A











7
5
7
5
2 7
A
B
C












7
7
5
A
C
B
C
A
B












7
2 7
7
7
5
5
7
5






26

，故⑤错误；
∴正确的个数是2 个，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程、一次函数的性质、分式的混合运算、比较数的大小、多项式乘多
项式以及比例的性质，熟练掌握一次函数的性质、分式的混合运算、比较数的大小、多项式乘多项式以及
比例的性质是解题的关键．
题型02 黄金分割
5．我们把宽与长的比等于黄金比(
5
1
2
)的矩形称为黄金矩形.如图,在黄金矩形ABCD (
)
AB
BC

中,
ABC

的平分线交AD 边于点E , EF
BC

于点F ,则下列结论错误
．．的是（
）
8
A．AE
DE
AD
AE

B．CF
BF
BF
BC

C．AE
BE
BE
BC

D．DE
AB
EF
BC

【答案】C
【分析】先根据矩形的性质、角平分线的性质、正方形的判定可得四边形ABFE 是正方形，再根据正方形
的性质可得AE
EF
AB
BF



，再根据黄金矩形的定义逐项判断即可得．
【详解】四边形ABCD 是矩形，
90 ,
A
ABC
AD
BC





，
 EF
BC


，即
90
BFE


，
四边形ABFE 是矩形，
BE

是
ABC

的平分线，且
, 
EA
AB EF
BC


，
AE
EF


，
四边形ABFE 是正方形，
AE
EF
AB
BF




，
又四边形ABCD 是黄金矩形，且AB
BC

，
5
1
2
AB
BC



，
设
( 5
1) (
0)
AB
a a



，则
2
BC
a

，
( 5
1) ,
2
AE
EF
BF
AB
a AD
BC
a








，
(3
5) ,
(3
5)
DE
AD
AE
a CF
BC
BF
a









，
2
2
2( 5
1)
BE
AE
AB
a




，
则
5
1
2
AB
B
A
A
C
E
D



，
(3
5)
5
1
( 5
1)
2
DE
a
AE
a





，
即AE
DE
AD
AE

，选项A 正确；
(3
5)
5
1
 
2
( 5
1)
CF
a
BF
a





，
5
1
 
 
2
AB
BF
BC
BC



，
9
即 CF
BF
BF
BC

，选项B 正确；
( 5
1)
2
 
2
2( 5
1)
AE
a
BE
a




，
2( 5
1
2
2
)
10
2
 
 
 
BE
a
B
a
C




，
即 AE
BE
BE
BC

，选项C 错误；
 
 
2
5
1
AE
DE
DE
AB
EF
BC




，则选项D 正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质，掌握理解黄金矩形的定义是解
题关键．
6．在欧几里得的《几何原本》中给出一个找线段的黄金分割点的方法．如图所示，以线段AB 为边作正方
形ABCD ，取AD 的中点E，连接BE ，延长DA 至F，使得EF
BE

，以AF 为边作正方形AFGH ，则点H
即是线段AB 的黄金分割点．若
20
AD 
，记正方形AFGH 的面积为
1S ，矩形BCIH 的面积为
2S ，则
1S 与
2S
的和为
．
【答案】1200
400 5

【分析】根据H 是AB 的黄金分割点求出
2
AH
BH AB


，求出
2
1S
AH

，
2
S
BH BC
BH AB




，得到
1
2
S
S
=
，
再求出小正方形的边长，求出正方形的面积，再得出答案即可．
【详解】解：∵H 是AB 的黄金分割点，
∴
2
AH
BH AB


，
∵
2
1S
AH

，
2
S
BH BC
BH AB




，
∴
1
2
S
S
=
，
∵
20
AD 
，点E 是线段AD 的中点
∴
1
10
2
AE
AD


∴
2
2
2
2
20
10
10 5
BE
AB
AE





10
∴
10 5
EF
BE


∴
10 5
10
AF
EF
AE




∴
1
2
2
600
200 5
S
AF
S 



∴
1S 与
2S 的和为1200
400 5

故填1200
400 5

．
【点睛】此题综合运用正方形的性质和勾股定理求得线段的长，然后求得线段之间的比，根据黄金分割的
概念进行判断．
7．如图①，点C 把线段AB 分成两部分(
)
AC
BC

，若AC
BC
AB
AC

，那么称点C 为线段AB 的黄金分割点．
类似的，可以定义“黄金分割线”：直线l 把一个面积为S 的图形分成面积为
1S 和
2S 的两部分
1
2
(
)
S
S

，如果
1
2
1
S
S
S
S

，那么称直线l 为该图形的黄金分割线．
(1)如图②，在
ABC

中，若点D 是线段AB 的黄金分割点(
)
BD
AD

，线段CD 所在直线是
ABC

的黄金分割
线吗？为什么？
(2)在（1）的条件下，如图③，过点C 作一条直线交BD 边于点E ，过点D 作DF
EC
∥
交
ABC

的一边于点
F ，连接EF ，交CD 于点G ，回答问题．
①
CFG
S
______
EDG
S△
（填“＞”“＜”或“ ”）．
②EF 是
ABC

的黄金分割线吗？为什么？
【答案】(1)线段CD 所在直线是
ABC

的黄金分割线；理由见解析
(2)①；②EF 是
ABC

的黄金分割线，理由见解析
【分析】本题考查了相似形的综合应用，解题关键在于读懂题意，了解黄金分割线的定义．
（1）过点C 作CM
AB

于点M ，点D 是线段AB 的黄金分割点，(
)
BD
AD

，根据定义即可求解．
（2）①DF
EC
∥
，可知
CFD
EFD
S
S

△
△
，
CFD
DGF
EFD
DGF
S
S
S
S



△
△
△
△
，即可求解；
②由题意可知，
BDC
EDG
BEGC
S
S
S


四边形
△
△
，再结合（1）即可求解．
11
【详解】（1）解：线段CD 所在直线是
ABC

的黄金分割线，
理由如下：如图，过点C 作CM
AB

于点M ，
点D 是线段AB 的黄金分割点，(
)
BD
AD

，
BD
AD
AB
BD

，

1
1
2
2
1
1
2
2
BD CM
AD CM
AB CM
BD CM





，
即
:
:
BDC
ABC
ADC
BDC
S
S
S
S

△
△
△
△
，
线段CD 所在直线是
ABC

的黄金分割线；
（2）解：①DF
EC
∥
，
CFD
EFD
S
S


△
△
，
CFD
DGF
EFD
DGF
S
S
S
S




△
△
△
△
，
即
CFG
EDG
S
S



，
故答案为：；
②EF 是
ABC

的黄金分割线，
理由：由题意可知，
BDC
EDG
BEGC
S
S
S


四边形
△
△
，
CFG
EDG
S
S


△
△
，
BDC
EDG
BEGC
BEFC
S
S
S
S




四边形
四边形
△
△
，
同理，
ADC
AEF
S
S



，
由（1）知，
:
:
BDC
ABC
ADC
BDC
S
S
S
S

△
△
△
△
，
则有
:
:
ABC
AEF
BEFC
BEFC
S
S
S
S

四边形
四边形
△
△
．
EF

是
ABC

的黄金分割线．
8．（1）在图①中按下列步骤作图：
12
第一步：过点C 画CD
AC

，使
1
2
CD
AC

；
第二步：连接AD ，以点D 为圆心，DC 的长为半径画弧，交AD 于点E；
第三步：以点A 为圆心，AE 的长为半径画弧，交AC 于点B．
（2）在所画图中，点B 是线段AC 的黄金分割点吗？为什么？
（3）如果一等腰三角形的底边与腰的比等于黄金比，那么这个等腰三角形就叫做黄金三角形．请你在图②
中以线段AB 为腰，用直尺和圆规，作一个黄金三角形ABC ．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）见解析；（2）点B 是线段AC 的黄金分割点，理由解析；（3）见解析．
【分析】本题考查了黄金分割以及尺规作图，理解黄金分割点是解题的关键．
（1）根据几何语言画出对应的几何图形；
（2）设AC
a
，则
1
2
DE
DC
a


，利用勾股定理得到
5
2
AD
a

，再得到
5
1
2
AB
a


，利用黄金分割点的定
义可判断点B 是线段AC 的黄金分割点；
（3）以B 为圆心AF 长为半径画弧,以A 为圆心，AB 长为半径画弧,交点为C ,则
ABC

即为所求．
【详解】解：（1）如图，点B 为所作：
（2）设AC
a
，则
1
2
CD
a

，
1
2
DE
DC
a


∴
，
2
2
1
5
2
2
AD
a
a
a










，
5
1
5
1
2
2
2
AE
AD
DE
a
a
a






∴
，
5
1
2
AB
a


∴
，
13
即
5
1
2
AB
AC


，
∴点B 是线段AC 的黄金分割点．
（3）按（1）中作点E 的方法作点F，以B 为圆心AF 长为半径画弧,以A 为圆心，AB 长为半径画弧,交点为
C ,则
ABC

即为所求，如图：
9．请阅读下列材料，并完成相应的任务：
公元前300 年前后，欧几里得撰写的《几何原本》系统地论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论
著．黄金分割（goldensection ）是指把一条线段分割为两部分，使较大部分与全长的比值等于较小部分与
较大部分的比值．
如图①，在线段AD 上找一个点C，C 把AD 分为AC 和CD 两段，其中AC 是较小的一段，如果
:
:
AC CD
CD AD

，那么称线段AD 被C 点黄金分割，点C 叫做线段AD 的黄金分割点，AC 与CD 的比值
叫做黄金分割数．
为简单起见，设
1,
AD
CD
x


，则
1
AC
x

．
∵
:
:
AC CD
CD AD

，∴……
任务：
(1)请根据上面的部分解题过程，求黄金分割数．
(2)如图②，采用如下方法可以得到黄金分割点：
14
①设AB 是已知线段，过点B 作BD
AB

且使
1
2
BD
AB

；
②连接DA ，在DA 上截取DE
DB

；
③在AB 上截取AC
AE

；
则点C 即为线段AB 黄金分割点．你能说说其中的道理吗？
(3)已知线段
1
AB ，点C，D 是线段AB 上的两个黄金分割点，则线段CD 的长是
．
【答案】(1)黄金分割数为
5
1
2

(2)能，道理见解析
(3)
5
2

【分析】（1）设
1,
AD
CD
x


，则
1
AC
x

．根据黄金分割的定义，构建方程求出x 即可．
（2）设
2
AB
m

，根据勾股定理求出
5
AD
m

，再证明
5
1
:
2
AC CB


即可．
（3）利用黄金分割的定义求出
,
AD BC ，再根据CD
AD
BC
AB



求解即可．
【详解】（1）设
1,
AD
CD
x


，则
1
AC
x

．
∵
:
:
AC CD
CD AD

，
∴
2
CD
AC AD


，
∴
2
1
x
x
，
∴
1
5
2
x


，
∵
0
x 
，
∴
5
1
2
x


，
∴
5
1
:
2
CB AB


，
即黄金分割数为
5
1
2
．
（2）能，道理如下：
设
2
AB
m

，则BD
m

，
∴DE
BD
m


，
∵BD
AB

，
∴
90
ABD


，
∴
2
2
2
2
(2 )
5
AD
AB
BD
m
m
m





，
15
∴
5
( 5
1)
AE
AD
DE
m
m
m






，
∴
( 5
1)
AC
AE
m



，
∴
( 5
1)
5
1
:
2
2
m
AC AB
m




，
∴点C 是线段AB 的黄金分割点．
（3）如图，设
1,
,
1
AB
CB
n AC
n



，
∵
:
:
AC CB
CB AB

，
∴
2
CB
AC AB


，
∴
2
1
n
n

，
∴
1
5
2
n


，
∵
0
n 
，
∴
5
1
2
n


，
∵
5
1
2
AD
CB



，
∴
5
2
CD
AD
BC
AB




，
故答案为：
5
2

．
【点睛】本题考查黄金分割，解题的关键是掌握黄金分割的定义，学会利用参数构建方程解决问题，属于
中考常考题型．
10．材料一：北师大版数学教材九年级上册第四章，对“黄金分割比”的定义如下：
“如图
，点C 把线段AB 分成两条线段AC 和BC，如果AC
AB ＝BC
AC ，那么称线段AB
被点C 黄金分割，点C 叫做线段AB 的黄金分割点，AC
AB ＝
5
1
2
叫做黄金比.”根据定义不难发现，在线段
AB 另有一点D 把线段AB 分成两条线段AD 和BD，满足BD
AB ＝AD
BD ，所以点D 也是线段AB 的黄金分割点．
材料二：对于实数：a1＜a2＜a3＜a4，如果满足（a3﹣a1）2＝（a4﹣a3）（a4﹣a1），（a4﹣a2）2＝（a2﹣a1）（a4
﹣a1）则称a3 为a1，a4 的黄金数，a2 为a1，a4 的白银数．
请根据以上材料，回答下列问题
（1）如图
，若AB＝4，点C 和点D 是线段AB 的黄金分割点，则AC＝
，
16
CD＝
．
（2）实数0＜a＜b＜1，且b 为0，1 的黄金数，a 为0，1 的白银数，求b﹣a 的值．
（3）实数k＜n＜m＜t，t＝2|k|，m，n 分别为k，t 的黄金数和白银数，求m
n 的值．
【答案】（1）2
5 ﹣2，4
5 ﹣8；（2）b﹣a＝
5 ﹣2；（3）m
n 的值是5
3 5
10

或5
3 5
2

【分析】（1）根据黄金分割的定义分别计算AC 和BD 的长，可得CD 的长；
（2）根据黄金数和白银数的定义分别列式，得关于a 和b 的一元二次方程，解出代入b﹣a 可得结论；
（3）对于t＝2|2k|分两种情况讨论：对于m，n 分别为k，t 的黄金数和白银数，根据定义列两个等式，将t
＝2k 和t＝﹣2k 代入分别解方程可得结论．
【详解】解：（1）∵AB＝4，点C 和点D 是线段AB 的黄金分割点，
∴AC＝BD＝
5
1
2
AB＝
5
1
2
×4＝2
5 ﹣2，
∴DC＝AC+BD﹣AB＝2（2
5 ﹣2）﹣4＝4
5 ﹣8；
故答案为：2
5 ﹣2，4
5 ﹣8；
（2）∵b 为0，1 的黄金数，且实数0＜b＜1，
∴（b﹣0）2＝（1﹣b）（1﹣0），
b2+b﹣1＝0，
b1＝1
5
2

＜0（舍），b2＝1
5
2

＞0，
∵a 为0，1 的白银数，且实数0＜a＜1，
∴（1﹣a）2＝（a﹣0）（1﹣0），
a2﹣3a+1＝0，
a1＝3
5
2

＞1（舍），a2＝3
5
2
-
＜1，
∴b﹣a＝1
5
2

﹣3
5
2
-
＝
5 ﹣2；
（3）∵m，n 分别为k，t 的黄金数和白银数，实数k＜n＜m＜t，
∴
2
2
(
)
(
)(
)
(
)
(
)(
)
m
k
t
m t
k
t
n
n
k t
k











①
②
分两种情况：
i）当k≥0 时，t＝2k，
由①得：（m﹣k）2＝（2k﹣m）（2k﹣k），
m2﹣km﹣k2＝0，
17
m＝1
5
2

k；
由②得：（2k﹣n）2＝（n﹣k）（2k﹣k），
n2﹣5kn+5k2＝0，
n＝5
5
2

k，
∵k＜n＜m＜t，
∴m＝1+ 5
2
k，n＝5
5
2

k
∴m
n ＝
1
5
2
5
5
2
k
k


＝1
5
5
5


＝5
3 5
10

；
ii）当k＜0 时，t＝﹣2k，
由①得：（m﹣k）2＝（﹣2k﹣m）（﹣2k﹣k），
m2﹣5km﹣5k2＝0，
m＝5
3 5
2

k；
由②得：（﹣2k﹣n）2＝（n﹣k）（﹣2k﹣k），
n2+7kn+k2＝0，
n＝7
3 5
2

k＞0，
∵k＜n＜m＜t，
∴m＞0，
∴m＝5
3 5
2

k，n＝7
3 5
2

k，
∴
m
n
＝
5
3 5
2
7
3 5
2
k
k


＝5
3 5
7
3 5


＝5
3 5
2

；
综上，m
n 的值是5
3 5
10

或5
3 5
2

．
【点睛】本题考查了新定义的理解和掌握：黄金分割、黄金数，白银数，分类讨论的思想；把线段AB 分成
两条线段AC 和BC（AC＞BC），且使AC 是AB 和BC 的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB
黄金分割，点C 叫做线段AB 的黄金分割点．其中AC＝
5
1
2
AB，并且线段AB 的黄金分割点有两个，第
三问与方程相结合解决问题．
11．根据以下素材，探索完成任务．
18
素
材
1
定义：如图1，点G 将线段AD 分成两部分，如果AG
GD
GD
AD

，那么点G 称为线段AD 的黄金分割点．
素
材
2
某兴趣小组在进行研究性学习时，由黄金分割点联想到“黄金分割线”，类似地给出黄金分割线的定义：
直线l 将一个面积为S 的图形分成面积分别为
1S ，
2
S 的两部分，如果
1
2
2
S
S
S
S

，那么直线l 称为该图形
的黄金分割线．
素
材
3
平行四边形是中心对称图形：在同一平面内，一个三角形绕其中一边的中点旋转180，其余两边与旋
转后相对应的两边组成一个平行四边形，例如，图2 中的
ABD
△
绕BD 的中点旋转180后与原三角形
组成一个平行四边形
(
ABCD 如图3) ．
问题解决
任
务
1
问题1：如图3，AD 边上黄金分割点G 旋转后的对称点H 是否也是BC 边上的黄金分割点？请写出你
的判断结论，并说明理由．
问题2 ：直线GH 是不是四边形ABCD 的黄金分割线？请写出你的判断结论：______ ．
任
务
2
请在图3探索：BC 边上是否存在点M ，使得直线GM 是四边形ABCD 的黄金分割线？如果存在，请
说明点M 的位置；如果不存在，请说明理由．
任
务
3
兴趣小组探索图2 时猜想：在
ABD
△
中，若点G 为AD 边上的黄金分割点，连接BG ，则直线BG 是
ABD
△
的黄金分割线，你认为对吗？为什么？
任
务
4
兴趣小组探索图2 时还发现：若点G 是
ABD
△
的边AD 的黄金分割点，过点B 任意作一条直线交GD 于
点E ，再过点G 作GF
BC
∥
交AB 于点F ，则直线EF 是
ABD
△
的黄金分割线，请你给出证明．
19
【答案】任务1：问题1：是，见解析；问题2：不是；任务2：存在，过点G 作GM
AB
∥
交BC 于点M ，
则GM 是四边形ABCD 的黄金分割线；任务3：对，见解析；任务4：见解析
【分析】任务1：问题1：由旋转可得：CH
AG

，BH
DG

，AD
BC

，又G 为AD 的黄金分割点，知AG
DG
DG
AD

，
故CH
BH
BH
BC

，点H 是BC 上的黄金分割点；
问题2 ：根据CH
AG

，BH
DG

，可得
ABHG
CDGH
S
S

四边形
四边形
，由黄金分割线的定义可知直线GH 不是四
边形ABCD 的黄金分割线，
任务2 ：
过点G 作GM
AB
∥
交BC 于点M ，则点M 即为所求的点；
任务3：
由G 是AD 的黄金分割点，得AG
DG
DG
AD

，又
ABG
DBG
S
AG
S
DG



，
DBG
ABD
S
DG
S
AD



，故
ABG
DBG
DBG
ABD
S
S
S
S





，从而BG 是三
角形ABD 的黄金分割线；
任务4 ：
连接BG ，由GF
BE
∥
，得
BGF
EGF
S
S



，
BEF
GEF
S
S



，故
ABG
AEF
S
S



，
DBG
BDEF
S
S


四边形
，根据点G 是
ABD
△
的边AD 的黄金分割点，可得
ABG
DBG
DBG
ABD
S
S
S
S





，即得
BDEF
AEF
ABD
BDEF
S
S
S
S



四边形
四边形
，直线EF 是
ABD
△
的黄金
分割线．
【详解】解：任务1：
问题1：
点H 是BC 的黄金分割点，理由如下：
由旋转可得：CH
AG

，BH
DG

，AD
BC

，
G

为AD 的黄金分割点，
AG
DG
DG
AD


，
CH
BH
BH
BC


，
点H 是BC 上的黄金分割点；
问题2 ：
直线GH 不是四边形ABCD 的黄金分割线，
理由：
CH
AG


，BH
DG

，
20
在
ABCD

中，BC
AD
∥
，
ABHG
CDGH
S
S


四边形
四边形
，
1
ABHG
CDGH
CDGH
ABCD
S
S
S
S


四边形
四边形
四边形
四边形
，
直线GH 不是四边形ABCD 的黄金分割线，
故答案为：直线GH 不是四边形ABCD 的黄金分割线；
任务2 ：
BC 边上存在点M ，使得直线GM 是四边形ABCD 的黄金分割线，
过点G 作GM
AB
∥
交BC 于点M ，则GM 是四边形ABCD 的黄金分割线，
如图：
在
ABCD

中，BC
AD
∥
，
又
GM
AB

∥
，
四边形ABMG 是平行四边形，
又
CD
AB

∥
，
GM
CD

∥
，
四边形CDGM 是平行四边形，
G

为AD 的黄金分割点，
AG
DG
DG
AD


，
ABMG
CDGM
CDGM
ABCD
S
S
S
S


四边形
四边形
四边形
四边形
，
则GM 是四边形ABCD 的黄金分割线，
点M 即为所求的点；
任务3：
正确，理由如下：
如图：
21
G

是AD 的黄金分割点，
AG
DG
DG
AD


，
ABG
DBG
S
AG
S
DG




，
DBG
ABD
S
DG
S
AD



，
ABG
DBG
DBG
ABD
S
S
S
S






，
BG

是三角形ABD 的黄金分割线；
任务4 ：
证明：连接BG ，如图：
GF
BE

∥
，
BGF
EGF
S
S




，
BEF
GEF
S
S



，
ABG
AEF
S
S




，
DBG
BDEF
S
S


四边形
，
点G 是
ABD
△
的边AD 的黄金分割点，
AG
DG
DG
AD


，
ABG
DBG
DBG
ABD
S
S
S
S






，
BDEF
AEF
ABD
BDEF
S
S
S
S




四边形
四边形
，
直线EF 是
ABD
△
的黄金分割线．
【点睛】本题考查黄金分割，涉及新定义，平行四边形，中心对称等知识，解题的关键是读懂题意，理解
22
黄金分割点，黄金分割线的定义．
题型03 平行线分线段成比例定理
12．如图，在正方形ABCD 中，分别以点A 和B 为圆心，以大于1
2 AB 的长为半径作弧，两弧相交于点E 和
F ，作直线EF ，再以点A 为圆心，以AD 的长为半径作弧交直线EF 于点G （点G 在正方形ABCD 内部），
连接DG 并延长交BC 于点K ．若
2
BK 
，则正方形ABCD 的边长为（
）
A．
2
1

B．5
2
C．3
5
2

D．3
1

【答案】D
【分析】连接AG ，设EF 交AB 于点H，正方形边长为2x ，由作图知，
2
AG
AD
x


，EF 垂直平分AB ，
得到AH
BH
x


，
90
AHG


，由勾股定理得到
3
GH
x

，证明AD GH
BC


，推出DG
GK

，推出
1
GH
x

，得到3
1
x
x

，即得2
3
1
x 
．
【详解】连接AG ，设EF 交AB 于点H，正方形边长为2x ，
由作图知，
2
AG
AD
x


，EF 垂直平分AB ，
∴
1
2
AH
BH
AB
x



，
90
AHG


，
∴
2
2
3
GH
AG
AH
x



，
∵
90
BAD


，
∴AD
GH
∥
，
∵AD
BC
∥
，
∴AD GH
BC


，
23
∴
1
DG
AH
GK
HB

，
∴DG
GK

，
∵
2
BK 
，
∴


1
1
2
GH
AD
BK
x



，
∴3
1
x
x

，
∴
3
1
2
x


，
∴2
3
1
x 
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾
股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．
13．如图是一张矩形纸片ABCD，点E 为��中点，点F 在BC 上，把该纸片沿EF 折叠，点A ，B 的对应点
分别为A，B，A E

与BC 相交于点G ，B A
的延长线过点C ．若
2
3
BF
GC 
，则AD
AB 
．
【答案】2 2
【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，过点G 作GT
AD
⊥
于点T ，
设AB
x
AD
y


，
，由
2
3
BF
CG 
，可以假设
2
3
BF
k
CG
k


，
，由点E 为AD 中点，得到
1
2
AE
DE
y


，由
翻折的性质可知：
1
2
EA
EA
y



，
2
BF
FB
k
AEF
GEF





，
，因为C
A
B


、、
共线，GA
FB


∥
，推出
24
CG
GA
CF
FB


，推出
1
5
3
2
2
2
k
y
k
y
k
k



，可得
2
2
12
32
0
y
ky
k



，
解得
8
y
k

或
4
y
k

（舍去），从而得到
4
AE
DE
k


，再利用勾股定理求出GT ，可得结论．
【详解】解：过点G 作GT
AD
⊥
于点T ，如图所示，
设AB
x
AD
y


，
，
2
3
BF
CG 

，
可以假设
2
3
BF
k
CG
k


，
，
点E 为AD 中点，
1
2
AE
DE
y



，
由翻折的性质可知：
1
2
EA
EA
y



，
2
BF
FB
k
AEF
GEF





，
，
AD
CB

∥
，
AEF
EFG


，
GEF
GFE


，
5
EG
FG
y
k




，


1
1
5
5
2
2
GA
y
y
k
k
y







，
C
A
B


、、
共线，GA
FB


∥
，
CG
GA
CF
FB



，
1
5
3
2
2
2
k
y
k
y
k
k




，
2
2
12
32
0
y
ky
k




，
8
y
k


或
4
y
k

（舍去），
4
AE
DE
k



，
四边形CDTG 是矩形，
3
CG
DT
k



，
25
ET
k


，
8
5
3
EG
k
k
k




，


2
2
3
2 2
AB
CD
GT
k
k
k






，
8
2 2
2 2
AD
k
AB
k



，
故答案为：2 2 ．
14．如图，AB
CD
∥
、AD
CE

，F 、G 分别是AC 和FD 的中点，过G 的直线依次交AB 、AD 、CD 、CE
于点M 、N 、P 、Q ，求证：
2
MN
PQ
PN


．
【答案】见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例．正确作出辅助线，构造平行四边形是
解题关键．延长BA 、EC ，设交点为O，则四边形OADC 为平行四边形．结合题意得出
1
3
DG
OG 
．根据平行
线分线段成比例，得出MN
AN
PN
DN

，PQ
CQ
PN
DN

，即得出MN
PQ
AN
CQ
PN
DN



．再证明
2
AN
CQ
DN


即可．
【详解】证明：延长BA 、EC ，设交点为O，则四边形OADC 为平行四边形．
F

是AC 的中点，
DF

的延长线必过O点，且
1
3
DG
OG 
．
AB
CD


，
26
MN
AN
PN
DN

．
AD
CE

∥
，
PQ
CQ
PN
DN

．
MN
PQ
AN
CQ
PN
PN
DN
DN



，即MN
PQ
AN
CQ
PN
DN



．
又
1
3
DN
DG
OQ
OG


，
3
OQ
DN


，
3
3
CQ
OQ
OC
DN
OC
DN
AD







．
∵AN
AD
DN


．
2
AN
CQ
DN



，即
2
AN
CQ
DN


，

2
MN
PQ
AN
CQ
PN
DN




，
即
2
MN
PQ
PN


．
15．如图，
OPQ



，点A 在PQ上，过点A 作PO的平行线，与
OPQ

的平分线交于点B ，M 为PB的中
点，点C 在PM 上，（不与点P
M
，
重合），连接AC ，将线段AC 绕点A 顺时针旋转180


，得到线段AD ，
连接BD ．
(1)①直接写出线段AP 与AB 之间的数量关系；
②用等式表示线段BD ，BM ，MC 之间的数量关系，并证明；
(2)连接DC 并延长，分别交AB ，PO于点E
F
，
，过点M 作OP 的垂线，交DC 于点N ．依题意补全图形，
用等式表示线段CF ，CN ，NE 之间的数量关系．
【答案】(1)①AP
AB

；②BD
MC
BM


，证明见解析
(2)图见解析，CN
NE
CF


，理由见解析
【分析】（1）①由平行线的定义结合角平分线的定义得出
PBA
BPA


，再由等角对等边即可得证；②由
27
平行线的性质得出
BAQ
OPQ




，推出
180
PAB




，由旋转的性质可得：
180
CAD




，
AC
AD

，求出
PAC
BAD


，证明


SAS
PAC
BAD


≌
，得出BD
PC

，再由M 为PB的中点得出

BM
PM ，即可得证；
（2）根据题意补全图形即可，在PO上截取PH
BE

，连接CH ，证明


SAS
PCH
BDE


≌
得出
PH
DE
C
BE
C
D
H



，
，结合平行线的性质得出CF
CH
DE


，由题意得出MN
AB

，在BM 上截取
BI
BD

，由（1）可得：BD
CM
BM


，求出CM
IM

，证明


SAS
BEI
BED


≌
，得出EI
ED

，推
出BE 垂直平分ID ，即ID
AB

，从而得出MN
ID
∥
，最后由平行线分线段成比例定理即可得出答案．
【详解】（1）解：①由题意得：OP
AB
∥
，
OPB
PBA


，
PB

平分
OPQ

，
OPB
BPA


，
PBA
BPA


，
AP
AB


；
②BD
MC
BM


，证明如下：
由题意得：OP
AB
∥
，
BAQ
OPQ




，
180
180
PAB
BAQ





，
由旋转的性质可得：
180
CAD




，AC
AD

，
PAB
CAD


，
PAB
CAB
CAD
CAB




，即
PAC
BAD


，
AP
AB


，


SAS
PAC
BAD


≌
，
BD
PC


，
M 为PB的中点，
MB
MP


，
DB
CM
PC
CM
PM
BM






；
（2）解：补全图形如图所示：
28
，CN
NE
CF


，理由如下：
在PO上截取PH
BE

，连接CH ，
由（1）可得


SAS
PAC
BAD


≌
，
APC
ABD


，BD
PC

，
PB

平分
OPQ

，
OPB
BPA


，
HPC
EBD


，


SAS
PCH
BDE


≌
，
DE
CH


，
PHC
BED


，
OP
AB

∥
，
OFE
BED


，
HFC
FHC


，
CF
CH
DE



，
OP
AB

∥
，MN
OP

，
MN
AB


，
在BM 上截取BI
BD

，
由（1）可得：BD
CM
BM


，
BI
IM
BM



，
CM
IM


，
OP
AB

∥
，
OPB
PBA


，
OPB
BPA
APC
ABD





，
，
ABD
PBA


，


SAS
BEI
BED


≌
，
EI
ED


，
29
BE

垂直平分ID ，即ID
AB

，
MN
ID

∥
，
1
CM
CN
IM
ND



，
CN
ND
NE
ED
NE
CF






．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性
质、线段垂直平分线的判定与性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理等知识点，熟练掌握以上知识
点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
16．四边形ABCD 的两条对角线AC ，BD 相交于点O，
90
BAD


．
(1)如图1，已知AC
CD

．
①求证：
ACD
BAC


2
；
②若
2
5
OC
OA 
，求OB
OD 的值；
(2)如图2，若
90
BCD


，AB
AD

，
3
CD
BC

，求AC
BD 的值．
【答案】(1)①见解析；②5
9
(2) 2 5
5
【分析】（1）过C 作CN
AD

于M ，交BD 于N ，①根据平行线的判定得出AB 和CM 平行，再根据等腰
三角形的性质即可求解；②根据平行线分线段成比例，求出OB 和ON 的比，再根据中位线定理得出BN 和DN
的关系，从而得解；
（2）延长CD 到E ，使得DE
BC

，连接AE ，根据三角形全等得出AE
AC

，从而求得AC 和BC 的关系，
再根据勾股定理求出BD 和BC 的关系，从而得解．
【详解】（1）解：过C 作CN
AD

于M ，交BD 于N ，如图：
30
①证明：设
ACD
a


，
AC
CD


，
2
ACD
ACM


，
AD
AB


，AD
CM

，
AB
CM
\
∥
，
ACM
BAC


，
2
ACD
BAD


；
②解：
AB
CM
∥

，M 为AD 中点，


BN
DN ，

2
5
OC
OA 
，

2
5
ON
OB 
，

5
9
OB
OD 
；
（2）解：延长CD 至E ，使得DE
BC

，连接AE ，如图：
90
BAD



Q
，AB
AD

，
45
ABD
ADB



，
BDE
ADE
ADB
BCD
CBD






，
45
ADE
CBD



，
又
45
ABC
ABD
CBD
CBD






，
ADE
ABC


．
在
ABC

和
ADE

中，
AB
AD
ABC
ADE
BC
DE








，
31
(
)
ABC
ADE SAS




，
AE
AC


，
DAE
BAC


，
90
BAD



Q
，
90
CAE


，
ACE

为等腰直角三角形，
2
CE
AC


，即，
2
BC
CD
CE
AC



，
3
CD
BC


，
4
2
BC
AC


，
2 2
AC
BC

．
在直角
BCD
△
中．
10
BD
BC

，

2 5
5
AC
BD

．
【点睛】本题主要考查了相似形综合题，合理运用全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、
勾股定理以及等腰直角三角形的判定与性质是本题解题的关键．
题型04 相似多边形的性质
17．如图，已知在矩形ABCD 中，AB
2

，BC
6

，点E 从点D 出发，沿DA 方向以每秒1 个单
位的速度向点A 运动，点F
从点B 出发，沿射线AB 以每秒3 个单位的速度运动，当点E 运动
到点A 时，E ，F
两点停止运动．连接BD ，过点E 作EH
BD

，垂足为H ，连接EF ，交BD 于
点G ，交BC 于点M ，连接CF．给出下列结论：
①
CDE
CBF


∽
；
②
DBC
EFC



；
③DE
HG
AB
EH

；
④GH 的值为定值
10
5
．
上述结论中正确的个数为（
）个．
32
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】根据
1
3
DC
DE
BC
BF


，可以判断①正确；根据△DCB∽△ECF 可以判断②正确；根据△EDC∽△EHG
得ED
DC
EH
HG

，由AB=DC 可知③错误；根据△DEH∽△DBA 求出
10
EH
t
10

故④正确．
【详解】作CN
BD

，连接AC．
设运动时间为t ．
四边形ABCD 是矩形，AD
BC
∥
，AB
DC

，
CDA
DCB
DAB
ABC
90









，
DC
2
1
BC
6
3



，DE
t
1
BF
3t
3


，
DC
DE
BC
BF


，
CDE
FBC
90






，
CDE
CBF


∽
，故①正确，
DCE
BCF




，
DCE
BCE
90






BCE
BCF
90





，
ECD
90



，
EC
DC
CF
BC


，
33
EC
CF
DC
BC


，
DCB
ECF




，
DCB
ECF


∽
，
DBC
EFC




，故②正确，
CDB
CEF




，
CDB
DCN
90






，
DCN
NCB
90




，
CDB
NCB
CEF






，
CN
BD


，EH
DB

，
CN
EH


，
NCE
CEH




，
ECB
HEG




，
AD
BC


，
DEC
ECB




，
DEC
HEG




，
EDC
EHG
90






，
EDC
EHG


∽
，
ED
DC
EH
HG


，
AB
DC


，
ED
EH
AB
HG


，故③错误，
AD
BC
6



，AB
2

，
2
2
BD
AD
AB
2 10




，
EDH
ADB




，
EHD
DAB



，
DEH
DBA


∽
，
ED
EH
DB
AB


，
t
EH
2
2 10


，
10
EH
t
10


，
ED
EH
AB
HG


，
34
10t
t
10
2
HG


，
10
HG
5


，故④正确．
综上所述，①②④正确．
故选C.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、勾股定理等知识，综合性较强，利用同角的
余角相等证明角相等是解题的关键．
18．已知E、F、G、H 各点分别在四边形ABCD 的AB 、BC 、CD 、DA 边上（如图）．
(1)当
2
AE
BF
CG
DH
EB
FC
GD
HA




时，求证：
5
9
EFGH
ABCD
S
S

四边形
四边形
(2)当上述条件中比值为3，4，…，n 时（n 为自然数），那么
EFGH
S四边形
与
ABCD
S四边形
之比是多少？
【答案】(1)见详解
(2)


2
2
1
1
EFGH
ABCD
S
n
S
n



四边形
四边形
【分析】（1）可先依据题中条件分别得出各个小三角形的面积与四边形ABCD 面积的关系，进而四边形
ABCD 减去各个小三角形的和即可得出四边形EFGH 与四边形ABCD 的关系；
（2）规律性问题，根据（1）中结论可得出规律，其证明方法与（1）相同．
【详解】（1）证明：连接AF 、AG
2
AE
EB 

，
35
1
3
EB
AB


，
1
3
EBF
ABF
S
S




，
2
BF
FC 

，
2
3
BF
BC


，
2
3
ABF
ABC
S
S




，
1
2
2
3
3
9
EBF
ABC
ABC
S
S
S







，
同理可得
2
9
DGH
ADC
S
S



，
2
2
2
9
9
9
EBF
DGH
ABC
ADC
ABCD
S
S
S
S
S









四边形
，
同理可得
2
2
2
9
9
9
CFG
AEH
BCD
BAD
ABCD
S
S
S
S
S








四边形
，
4
9
EBF
DGH
CFG
AEH
ABCD
S
S
S
S
S









四边形
，
5
9
EFGH
ABCD
S
S


四边形
四边形
，
5
9
EFGH
ABCD
S
S


四边形
四边形
．
（2）解：当上述条件中比值为3，4，…，n 时，
AE
n
EB 

，
1
1
EB
AB
n



，
1
1
EBF
ABF
S
S
n





，
BF
n
FC 

，
1
n
BF
BC
n



，
1
ABF
ABC
n
S
S
n





，


2
1
1
1
1
EBF
ABC
ABC
n
n
S
S
S
n
n
n










，
同理可得


2
1
DGH
ADC
n
S
S
n




，
36






2
2
2
1
1
1
EBF
DGH
ABC
ADC
ABCD
n
n
n
S
S
S
S
S
n
n
n












四边形
，
同理可得






2
2
2
1
1
1
CFG
AEH
BCD
BAD
ABCD
n
n
n
S
S
S
S
S
n
n
n











四边形
，


2
2
1
EBF
DGH
CFG
AEH
ABCD
n
S
S
S
S
S
n










四边形
，






2
2
2
2
1
2
1
1
1
EFGH
ABCD
ABCD
n
n
n
S
S
S
n
n








四边形
四边形
四边形
，


2
2
1
1
EFGH
ABCD
S
n
S
n




四边形
四边形
．
【点睛】本题考查了两个三角形的高相同时，它们的面积之比就等于底边长之比，熟练掌握以上知识是解
题的关键．
19．如图1，矩形ODEF 的一边落在矩形ABCO 的一边上，并且矩形ODEF∽矩形ABCO，其相似比为1：
4，矩形ABCO 的边AB=4，BC=4
3 ．
（1）求矩形ODEF 的面积；
（2）将图1 中的矩形ODEF 绕点O 逆时针旋转一周，连接EC、EA，ACE 的面积是否存在最大值或最小
值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
3 ；（2）存在，最大值8 3
8
，最小值8 3
8

【分析】（1）根据相似多边形面积的比等于相似比的平方求解即可；
（2）旋转一周，点E 的轨迹是以点O 为圆心以2 为半径的圆，所以△ACE 的AC 边上的高就是点E 到AC
的距离，也就是AC 到圆上的点的距离，又最大值和最小值，最大值为点O 到AC 的距离与圆的半径的和，
最小值为点O 到AC 的距离与圆的半径的差，再利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：（1）∵矩形ODEF∽矩形ABCO，其相似比为1：4，
∴S 矩形ODEF= 1
16 S 矩形ABCO= 1
16 ×4×4 3= 3；
37
（2）存在．
∵OE=
2
2
2
2
( 3)
1
2
OF
OD




，
所以点E 的轨迹为以点O 为圆心，以2 为半径的圆，
设点O 到AC 的距离为h，
AC=


2
2
2
2
4
4 3
8
AB
BC



，
∴8h=4×4
3 ，
解得h=2
3 ，
∴当点E 到AC 的距离为2
3 +2 时，△ACE 的面积有最大值，
当点E 到AC 的距离为2
3 -2 时，△ACE 的面积有最小值，
S 最大= 1
8(2 3
2)
8 3
8
2 



，
S 最小=


1
8 2 3
2
8 3
8
2 



．
【点睛】本题主要考查了相似多边形的性质，矩形的性质，勾股定理，圆上的点到直线的距离的取值范围，
理解AC 边上的高的最大值为点O 到AC 的距离与圆的半径的和是解本题的关键．
20．如果一条直线把矩形分割成两个矩形，其中一个为黄金矩形（宽与长的比为
5
1
2
的矩形），则称这条
直线为该矩形的黄金线．例如图所示的矩形ABCD 中，直线EF
BC

，分别交AD 、BC 于点E 、F ，且
5 1
2
AE
AB
-
=
，显然直线EF 是矩形ABCD 的黄金线．
（1）如图，在矩形ABCD 中，
 
2
AB 
，
 
3
AD 
．请在图中画出矩形ABCD 的其中一条黄金线MN ，其中
M 在AD 边上，N 在BC 边上，并标注出线段AM 的长度；
38
（2）将正方形纸片按图所示的方式折叠．
如图所示，按上述方法折叠所得到的折痕GH 是否为正方形ABCD 的黄金线？请说明理由．
（3）在矩形ABCD 中，
1
AB ，
 
AD
a

，已知矩形ABCD 的黄金线EF 恰好将矩形ABCD 分割成两个黄金
矩形，则a ______（只要求直接写出其中三个答案）．
【答案】（1）答案见解析，（2）是，理由见解析；（3）
5
1
，
5 ，5
1
，
5
5
，
5
1
4
，
5
1
4
．
【分析】（1）根据矩形黄金线的定义可算出AM=
5
1
和
4
5
AM 

，从而可画出已知矩形的黄金线；
（2）连结GE ，设
2
BC
a

，BG
x

，由折叠得GM
BG
x


，由△CGE 的面积两种求法列出方程，求得

5
1
BG
a


，从而求得
5
1
2
BG
BC


，即GH 是正方形ABCD 的黄金线；
（3）分类讨论，根据点E 的不同位置，不同边的比得到不同a 的值．
【详解】（1）∵
5
1
2
2
AM
AM
AB



∴
5
1
AM 
,
如图所示，
39
此时，
5
1
AM 

（2）折痕GH 是正方形ABCD 的黄金线．理由如下：
如图，连结GE ，设
2
BC
a

，BG
x

，由折叠得GM
BG
x


，
在Rt
CDE
△
中，
2
2
5
CE
CD
DE
a



，


2
2
1
1
1
1
4
2
2
2
2
2
2
2
2
CGE
S
a
a
a
x
a
a
a
x
a
ax











，
又
1
5
2
CEG
S
x
a


△
，∴
2
1
1
2
5
2
2
a
ax
x
a



．解得：

5
1
x
a


．
即

5
1
BG
a


．∴
5
1
2
BG
BC


．
∴GH 是正方形ABCD 的黄金线．
（3）①当
5
1
2
AE
AB
-
=
，
5
1
2
DE
DC


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
∵AB=1，AD=a
∴
5
1
2
AE


，
5
1
2
DE
AD
AE
a





∴
5
1
5
1
=
2
2
a



40
∴= 5
1
a
；
②当
5
1
2
AB
AE


，
5
1
2
DE
DC


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
∵AB=1，AD=a
∴
5
1
2
AE


，
5
1
2
DE
AD
AE
a





∴
5
1
5
1
=
2
2
a



∴= 5
a
；
③当
5
1
2
AE
AD


，
5
1
2
BE
BC


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
∵AB=1，AD=a
∴
5
1
2
AE
a


，
5
1
1
2
BE
AB
AE
a




∴
5
1
1
5
1
2
=
2
a
a



∴
5+1
=
4
a
；
④当
5 1
2
AE
AB
-
=
，
5
1
2
DC
DE


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
41
1
AB
AD
a



，
5
1
2
AE



，
5
1
2
DE
AD
AE
a





1
5
1
2
5
1
2
a





，
2
5
1
5
1
1
2
2
a












，
解得，
5
a 
；
⑤
5
1
2
AB
AE


，
5
1
2
DC
DE


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
,1
AB
AD
a



5
1
5
1
,    
2
2
AE
DE
AD
AE
a








1
5
1
2
5
1
2
a





，解得，
5
1
a 
；
⑥当
5
1
2
AE
AD


，
5
1
2
BC
BE


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
1
AD
a
AB



，
42
5
1
2
AE
a



，
5
1
1
2
BE
AB
AE
a




5
1
2
5
1
1
2
a
a





，解得，
5
1
4
a


；
⑦当
5
1
2
AD
AE


，
5
1
2
BE
BC


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
1
AD
a
AB



，
5
1
2
AE
a



，
5
1
1
2
BE
a


，
5
1
1
5
1
2
2
a
a





，解得，
5
5
a 
；
⑧当
5
1
2
AD
AE


，
5
1
2
BC
BE


时，EF 把矩形ABCD 分割成两个黄金矩形，则
1
AD
a
AB



，
5
1
2
AE
a



，
5
1
1
2
BE
a


5
1
2
5
1
1
2
a
a






，解得，
5
1
4
a


故答案为：
5
1
，
5 ，5
1
，
5
5
，
5
1
4
，
5
1
4

【点睛】本题考查了矩形的黄金分割线，黄金矩形的定义，勾股定理，翻折变换等知识，解题的关键是理
解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．阅读下列材料，完成任务：
自相似图形
43
定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD
中，点E、F、G、H 分别是AB、BC、CD、DA 边的中点，连接EG，HF 交于点O，易知分割成的四个四
边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD 均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．
任务：
（1）如图1 中正方形ABCD 分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；
（2）如图2，已知△ABC 中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC 也是“自相似图形”，他的思路
是：过点C 作CD⊥AB 于点D，则CD 将△ABC 分割成2 个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽
△ABC，则△ACD 与△ABC 的相似比为________；
（3）现有一个矩形ABCD 是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．
请从下列A、B 两题中任选一条作答．
A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD 纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b
的式子表示）；
②如图3﹣2 若将矩形ABCD 纵向分割成n 个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b 的
式子表示）；
B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD 先纵向分割出2 个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3 个全等矩形，
且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b 的式子表示）；
②如图4﹣2，若将矩形ABCD 先纵向分割出m 个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且
分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b 的式子表示）．
【答案】（1）1
2 ；（2）4
5 ；（3）A、①2 ；②
n ；B、①
3 或
21
3 ；②
1
mn b
n 
或
1
mn
b
n

．
【详解】试题分析：（1）根据相似比的定义求解即可；（2）由勾股定理求得AB=5，根据相似比等于AC
AB 可
求得答案；（3）A.①由矩形ABEF∽矩形FECD，列出比例式整理可得；②由每个小矩形都是全等的，可得
44
其边长为b 和1
n a，列出比例式整理即可；B.①分当FM 是矩形DFMN 的长时和当DF 是矩形DFMN 的长时
两种情况，根据相似多边形的性质列比例式求解；②由题意可知纵向2 块矩形全等，横向3 块矩形也全等，
所以DN= 1
n b，然后分当FM 是矩形DFMN 的长时和当DF 是矩形DFMN 的长时两种情况，根据相似多边
形的性质列比例式求解.
解：（1）∵点H 是AD 的中点，
∴AH=
AD，
∵正方形AEOH∽正方形ABCD，
∴相似比为：
==
；
故答案为
；
（2）在Rt△ABC 中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，
∴△ACD 与△ABC 相似的相似比为：
=
，
故答案为
；
（3）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，
∴AF：AB=AB：AD，
即
a：b=b：a，
∴a=
b；
故答案为
②每个小矩形都是全等的，则其边长为b 和
a，
则b：
a=a：b，
∴a=
b；
故答案为
B、①如图2，
由①②可知纵向2 块矩形全等，横向3 块矩形也全等，
∴DN=
b，
Ⅰ、当FM 是矩形DFMN 的长时，
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
45
∴FD：DN=AD：AB，
即FD：
b=a：b，
解得FD=
a，
∴AF=a﹣
a=
a，
∴AG=
=
=
a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即
a：b=b：a
得：a=
b；
Ⅱ、当DF 是矩形DFMN 的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD：
b=b：a
解得FD=
，
∴AF=a﹣
=
，
∴AG=
=
，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即
：b=b：a，
得：a=
b；
故答案为
或
；
②如图3，
由①②可知纵向m 块矩形全等，横向n 块矩形也全等，
∴DN=
b，
Ⅰ、当FM 是矩形DFMN 的长时，
46
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD：
b=a：b，
解得FD=
a，
∴AF=a﹣
a，
∴AG=
=
=
a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即
a：b=b：a
得：a=
b；
Ⅱ、当DF 是矩形DFMN 的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD：
b=b：a
解得FD=
，
∴AF=a﹣
，
∴AG=
=
，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即
：b=b：a，
得：a=
b；
故答案为
b 或
b．
47
点睛：本题考查了信息迁移，矩形的性质，相似多边形的性质及分类讨论的数学思想，读懂题意，熟练掌
握相似比多边形的性质，正确运用分类讨论思想是解答本题的关键.
题型05 相似三角形的性质与判定
22．如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ACB


，以AB 为边向三角形外作正方形ABDE ，作EF
BC

于点F ，交
对角线AD 于点G ，连接BG ．要求BFG

的周长，只需知道（
）
A．AC 的长
B．BC 的长
C．BF 的长
D．FG 的长
【答案】B
【分析】设EF 与AB 相交于H，设AB
c

，AC
b
，BC
a

，利用正方形的轴对称形得出BG
EG

，则可
得出BFG

的周长为EF
BF

，证明AEH
CBA
∽


，求出
2c
EH
a

，
bc
AH
a

，
ac
bc
BH
AB
AH
a




，
证明BHF
BAC
∽


，求出
2
ab
b
HF
a


，BF
a
b


，然后代入EF
BF

计算即可得出答案．
【详解】解∶设EF 与AB 相交于H，设AB
c

，AC
b
，BC
a

，
48
∵
90
ACB


，
∴
2
2
2
c
a
b


，
∵四边形ABDE 是正方形，
∴B、E 关于直线AD 对称，AE
AB
c


，
90
BAE


，
∴BG
EG

，
∴BFG

的周长为BG
GF
BF
EG
GF
BF
EF
BF







，
∵EF
BC

，
90
C


，
∴EF
AC
∥
，
∴
AHE
CAB


，
BHF
BAC
∽


，
又
90
EAH
C



，
∴AEH
CBA
∽


，
∴EH
AE
AH
AB
BC
AC


，即EH
b
AH
c
a
b


，
解得
2c
EH
a

，
bc
AH
a

，
∴
ac
bc
BH
AB
AH
a




，
∵BHF
BAC
∽


，
∴HF
BH
BF
AC
BA
BC


，即
ac
bc
HF
BF
a
b
c
a



，
解得
2
ab
b
HF
a


，BF
a
b


，
∴EF
BF
EH
HF
BF




2
2
c
ab
b
a
b
a
a





2
2
2
c
ab
b
a
ab
a





2
2
2
c
b
a
a



49
2
2
2
2
a
b
b
a
a




2a

2BC

，
即BFG

的周长为2BC ，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，轴对称等知识，明确题意，利
用相似三角形求出EH ，HF ，BF 是解题的关键．
23．如图，
ABC
DEF
≌△
△
，
5
AB
AC


，
6
BC
EF


，点E 在BC 边上运动（不与端点重合），边DE
始终过点A，EF 交AC 于点G，当
AEG
△
是等腰三角形时，
AEG
△
的面积是（
）．
A．8 或625
108
B．8
C．625
108
D．6 或625
107
【答案】A
【分析】首先由
AEF
B
C



，且
AGE
C


，可得AE
AG

，当AE
EG

与AG
EG

去分析，注
意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案．
【详解】解：∵
ABC
DEF
≌△
△
，AB
AC

，
∴
AEF
B
C



，且
AGE
C


，
∴
AGE
AEF


，
∴AE
AG

；
∵
AEF
B


，
∴180
180
AEB
AEF
AEB
B




，
即：
CEG
BAE


，
当AE
EG

时，
在ABE

与ECG

中，
B
C
CEG
BAE
AE
EG









50
∴


AAS
ABE
ECG


≌
，
∴
5
CE
AB


，
∴
6
5
1
BE
BC
EC




，
作AM
BC

于点M，
∵
5
AB
AC


，
6
BC 
，
∴
3
BM 
，
∴
2
2
2
2
5
3
4
AM
AB
BM





，
∴
1 1 4
2
2
ABE
CEG
S
S




△
△
，
∴
2
AEG
ABC
ABE
S
S
S


△
△
△
1
6
4
2
2
2




8
，
当AG
EG

时，则
GAE
GEA


，
∴
GAE
BAE
GEA
CEG




，
即
CAB
CEA


，
又∵
C
C


，
∴
CAE
CBA
△
∽△
，
∴CE
AC
AC
CB

，
∴
2
25
6
AC
CB
CE


，
∴
25
11
6
6
6
BE 


，
∵
CEG
BAE


，
∴ABE
ECG


∽
，
∴AB
BE
CE
CG

，
51
∴
25
11
6
5
5
6
5
36
CG
AB
CE BE





，
∴
55
3
125
36
6
5
AG



，
∵
EAG
AEG
B
C



，
∴
GAE
ABC
△
∽△
，
∴
2
2
2
25
(
)
36
EAG
ABC
S
AG
S
AB


△
△
，
∴
625
625
12
36 36
108
EAG
S




△
．
故选：A．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握
性质定理是解题的关键．
24．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．将小正方形对角线EF 双向
延长，分别交边��，和边BC 的延长线于点G ，H ．若大正方形与小正方形的面积之比为5，
2 5
GH 
，
则大正方形的边长为
．
【答案】3 2
2
【分析】设小正方形在线段DE 上的一个顶点为M，CD 与GH 相交于点P，由大正方形与小正方形的面积
之比为5，可推出
5
AD
EM

，设EM
a

，��= �，则
5
AD
a

，利用勾股定理和多项式的因式分解推
出a
b

；延长BF 交CD 于点N，利用平行线分线段成比例定理可证N 是CD 的中点以及
1
4
FN
PN
FP
BF
BG
GF



，
设PN
x

，则
4
BG
x

，证BFG
DEP
≌


得
4
PD
BG
x


，同理得EG
FP

，由此可推出
2
PC
x

；由
CP
BG
∥
，得CP
PH
BG
GH

，可求得PH 与PG 的长，最后由
2
2
EF
PG
EG
a



求出a 的值即可．
【详解】解：设小正方形在线段DE 上的一个顶点为M，CD 与GH 相交于点P，
∵大正方形与小正方形的面积之比为5，
52
∴
5
AD
EM 
，
∴
5
AD
EM

，
设EM
a

，��= �，则
5
AD
a

，
由勾股定理得：
2
2
2
AE
DE
AD


，
∴




2
2
2
5
b
a
b
a



，
∴
2
2
2
2
4
0
b
ab
a



，
∴
2
2
2
0
b
ab
a



，
∴


2
0
b
a
b
a



，
∵
2
0
b
a


，
∴
0
b
a


，
∴b
a

，
∴AE
EM
DM
CF
a




，
延长BF 交CD 于点N，
∵BN
DE
∥
，CF
FM

，
∴DN
CN

，
∴
1
1
2
2
FN
DM
a


，
∵PN
BG
∥
，
∴
1
1
2
2
4
a
FN
PN
FP
BF
BG
GF
a




，
设PN
x

，则
4
BG
x

，
∵BN
DE
∥
，AB
CD
∥
，
∴
BFG
DEF


，
BGF
DPE


，
∵DE
BF

，
53
∴


AAS
BFG
DEP


≌
，
∴
4
PD
BG
x


，
同理可得：EG
FP

，
∴
3
DN
x
CN


，
∴
2
PC
x

，
∵CP
BG
∥
，
∴CP
PH
BG
GH

，即2
4
2 5
x
PH
x 
，
∴
5
PH
PG


，
∵
1
4
FP
FG 
，即
4
FG
FP

，
∴
5
5
EG
FP


，
∴
2 5
3 5
2
5
2
5
5
EF
PG
EG
a






，
∴
3 10
10
a 
，
∴
3 2
5
2
AD
a


，
故答案为：3 2
2
．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，
因式分解等知识，灵活运用平行线分线段成比例定理和勾股定理求出线段之间的关系是解答本题的关键．
25．如图，在正方形ABCD 中，E
F
，
为边AB 上的两个三等分点，点A 关于DE 的对称点为A，AA的延
长线交BC 于点G ．
(1)求证：DE
A F

∥
；
(2)求
GA B


的大小；
(3)求证：
2
A C
A B



．
【答案】(1)证明见解析
(2)45°
54
(3)证明见解析
【分析】（1）设DE 与AA相交于点T ，证明ET 是AA F


的中位线即可；
（2）连接FG ，取FG 的中点O，连接OA
OB
，
，由ASA 可以证明DAE
ABG


≌
，在Rt
A FG

△
和Rt
BFG
△
中利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以证明点A
F
B
G
，，，
四点共圆，再利用同弧所对的圆
周角相等即可得出结果；
（3）设
3
AB
a

，则
3
2
AD
BC
a
AF
a
AE
BF
a





，
，
，设A F
k


，则
3
AA
k

，根据勾股定理找到k
与a 的关系，根据A FB
A GC




∽
列比例求解即可．
【详解】（1）解：如图，设DE 与AA相交于点T ，
点A 与A关于DE 对称，
DE

垂直平分AA，即DE
AA
AT
TA




，
，
E
F
，
为边AB 上的两个三等分点，
AE
EF


，
ET

是AA F


的中位线，
ET
A F


∥
，即DE
A F

∥
．
（2）连接FG ，取FG 的中点O，连接OA
OB
，
，
四边形ABCD 是正方形，
90
90
AD
AB
DAB
ABG
DAT
BAG










，
，
，
DE
AA



，
90
DTA



，
90
ADT
DAT



，
ADT
BAG


，


ASA
DAE
ABG


≌
，
55
AE
BG


，
又
AE
EF
FB



，
FB
BG


，
FBG

是等腰直角三角形，
45
GFB


，
//
DE A F


，
A F
AA


，
90
FA G




，
在Rt
A FG

△
和Rt
BFG
△
中，
1
1
2
2
OA
OF
OG
FG
OB
OF
OG
FG






，
，
OA
OF
OG
OB





，
点A
F
B
G
，，，
，都在以FG 为直径的
O

上，
45
GA B
GFB




．
（3）设
3
AB
a

，则
3
2
AD
BC
a
AF
a
AE
BF
a





，
，
，
由（2）得BG
AE
a


，
1
tan
3
3
BG
a
BAG
AB
a





，即
1
tan
3
A AF 


，
1
3
A F
AA




，
设A F
k


，则
3
AA
k

，在Rt
A AF

△
中，由勾股定理，得
2
2
10
AF
AA
A F
k





，
10
2
k
a


，
10
5
k
a
A F 



，
在Rt
ABG
△
中，由勾股定理，得
2
2
10
AG
AB
BG
a



，
又
3 10
3
5
a
AA
k



，
3 10
2 10
10
5
5
a
a
A G
AG
AA
a








，
10
1
5
2
2 10
5
a
A F
A G
a





，
2
CG
BC
GB
a




，
1
2
2
BF
a
CG
a



，
56
1
2
A F
BF
A G
CG





，
由（2）知，
180
A FB
A GB





，
又
180
A GC
A GB







，
A FB
A GC




，
A FB
A GC





∽
，
1
2
A B
BF
A C
CG





，
2
A C
A B




．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与
性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、四点共圆、勾股定理等知识，考查推理能力、运算能力、
化归与转化思想，熟练掌握以上知识点并运用是解题的关键．
26．如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 在边BC 的延长线上，点F 在边AB 上，且AF
CE

，连接EF 交
DC 于点P，连接AC 交EF 于Q，连接DE
DF
、
．
(1)求证：EQ
FQ

；
(2)连接BQ ，如图2，
①若
5 2
AQ DP


，求BQ 的长；
②若FP
FD

，则PE
PQ ．
【答案】(1)证明见解析
(2)①
5
②2
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，熟练掌
握相似三角形的判定和全等三角形的判定是解题的关键．
（1）过点E 作EG
AB
∥
交AC 的延长线于点G，证明


ASA
AFQ
GEQ


≌
，即可得到结论；
（2）①连接DQ ，证明


SAS
ADF
CDE
≌
△
△
,则
,
DE
DF
ADF
CDE



，得到DEF

是等腰直角三角形，
57
由（1）知：点Q 是EF 的中点，则DQ
QF
QE


，证明
AFQ
EPD


∽
，则FQ DE
DP AQ



，得到
5 2
FQ DE


，设DQ
QE
FQ
x



，根据勾股定理，得
2
DE
x

，得到
5
EQ 
，
90
FBC
Ð
=
°，Q 是EF
的中点，即可得到
5
BQ
EQ


；②过F 作FH
AD
∥
，证明四边形AFHD 是矩形，进一步得到
DH
PH
AF
EG
CE




，设DH
PH
AF
EG
CE
a
AB
BC
x







，
，则
2
BF
x
a
CP
x
a




，
，
证明PCE
FBE


∽
，则PC
CE
BF
BE

，得到
2
x
a
a
x
a
x
a




，求出


1
2
x
a


，得到


2
1
CP
a


，证明
PQC
EQG


∽
，得到


2
1
PQ
QE


，则


2
2
PE
QE
PQ
QE




，即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图1，过点E 作EG
AB
∥
交AC 的延长线于点G，
∴
QAF
G
AFQ
GEQ




，
，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴
45
ACB
GCE



，
,
90 ,
AD
CD
FAD
DCE





∵EG
AB
∥
，
∵
90
CEG
B



，
∴
45
G
GCE



，
∴GE
CE

，
∵AF
CE

，
∴AF
GE

，
又
QAF
G
AFQ
GEQ




，
，
∴


ASA
AFQ
GEQ


≌
，
∴FQ
EQ

；
（2）①解：如图2，连接DQ ，
58
∵四边形ABCD 是正方形，
∴
,
90 ,
AD
CD
FAD
DCE
ADC






∵AF
CE

，
∴


SAS
ADF
CDE
≌
△
△
,
∴
,
DE
DF
ADF
CDE



，
∴
90
ADF
CDF
CDE
CDF
ADC







∴DEF

是等腰直角三角形，
由（1）知：点Q 是EF 的中点，
∴DQ
QF
QE


，
∵AB
CD
∥
，
∴
AFQ
DPE


，
∵
45
45
FAQ
FED






，
，
∴
FAQ
PED


，
∴
AFQ
EPD


∽
，
∴
:
:
FQ PD
AQ DE

，
∴FQ DE
DP AQ



，
∵
5 2
AQ DP


，
∴
5 2
FQ DE


，
设DQ
QE
FQ
x



，
根据勾股定理，得
2
DE
x

，
∴
2
5 2
x
x


，
∴
5
x 
或
5
x
（舍去），
∴
5
EQ 
，
59
∵
90
FBC
Ð
=
°，Q 是EF 的中点，
∴
5
BQ
EQ


；
②如图3，过F 作FH
AD
∥
，
∵
90
BAD
ADH
DHF





∴四边形AFHD 是矩形，
∴FH
AD
FH
AD
FH
PD


，
，
∥
，
∵FD
FP

，
∴DH
PH
AF


，
由（1）知，AF
CE
EG


，
∴DH
PH
AF
EG
CE




，
设DH
PH
AF
EG
CE
a
AB
BC
x







，
，
∴
2
BF
x
a
CP
x
a




，
，
∵PC
BF
∥
，
∴
,
ECP
EBF
CPE
BFE




，
∴PCE
FBE


∽
，
∴PC
CE
BF
BE

，
∴
2
x
a
a
x
a
x
a




，
∴


1
2
x
a


（负值舍去），
∴


2
1
CP
a


，
∵PC
EG
∥
，
∴
,
QPC
QEG
QCP
G




，
∴PQC
EQG


∽
，
60
∴PQ
PC
QE
EG

，
∴


2
1
2
1
a
PQ
QE
a



，
∴


2
1
PQ
QE


，
∴


2
2
PE
QE
PQ
QE




，
∴




2
2
2
2
1
QE
PE
PQ
QE




．
故答案为：2
27．平移图形是解答几何题目时一种重要的添加辅助线策略．
如图①，在正方形ABCD 中，E、F、G 分别是BC 、AB 、CD 上的点，FG
AE

于点Q．求证：

AE
FG ．
小鹿在分析解题思路时想到了两种平移法：
方法一：平移线段FG 使点F 与点B 重合，构造全等三角形；
方法二：平移线段BC 使点B 与F 重合，构造全等三角形；
【尝试应用】
(1)请按照小鹿的思路，选择其中一种方法进行证明；
(2)如图②，点E、F、G、H 分别是矩形ABCD 边AB 、CD 、AD 、BC 上的点，且EF
GH

，若
3
AB ，
4
BC 
，
求EF
GH 的值；
【拓展探究】
(3)如图③，点E、F 分别是平行四边形ABCD 边AB 、AD 上的点，连接CF 、DE 交于点G，若
180
B
EGC


，求证：DE
AD
CF
CD

．
【答案】(1)证明见解析；
(2) 4
3
(3)证明见解析．
61
【分析】（1）平移FG 至BH ，使点F 与B 点重合，证明
ABE
BCH
△
≌△
，进而得出结论；
（2）将GH 平移至AM ，将EF 平移至BN ，可证得
ABM
BCN
△
∽△
，进而得出结果；
（3）平移DE 至BH ，BH 交CF 于T ，以点B 为圆心，BC 为半径画弧，交DC 的延长线于K ，

K
ADC ，


BHK
DFC ，从而得出FDC
HKB


∽
，进一步得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，
平移FG 至BH ，使点F 与B 点重合，
∥
BH
FG ，BH
FG

，
FG
AE


，


AE
BH ，
90




HBC
AEB
，
四边形ABCD 是正方形，
90
ABC
C



，AB
BC

，
90




HBC
BHC
，
AEB
BHC




，


AAS
ABE
BCH


≌
BH
AE


，
AE
FG


．
（2）解：如图2，
将GH 平移至AM ，将EF 平移至BN ，
62


EF
BN ，GH
AM

，
同理（1）得，
AM
BN

，
同理（1）可得：
AMB
BNC


，
90
ABM
C



，
ABM
BCN


∽
，
4
3



BN
BC
AM
AB
，
4
3


EF
GH
．
（3）解：如图3，
平移DE 至BH ，BH 交CF 于T ，以点B 为圆心，BC 为半径画弧，交DC 的延长线于K ，
BH
DE


，BH
DE
∥
，

K
BCK ，


EGC
FTH ，
180




ABC
EGC

，
180




ABC
FTH
，
四边形ABCD 是平行四边形，
ABC
ADC



，BC
AD
∥
，
180




ADC
FTH
，

BCK
ADC ，


K
ADC ，
在四边形FTHD 中，


360
360
180
180
THD
DFC
ADC
FTH








，
180




BHK
THD

，


BHK
DFC ，
FDC
HKB


∽
，
63
BH
BK
CF
CD


，
DE
AD
CF
CD


．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行四边形、矩形的性质与判
定，平移的性质，解本题的关键是根据题意做出适当的辅助线．
28．如图，
90
BAC
AED




，AB
AC

，EA
ED

．
(1)如图1，不添加辅助线，请写出图中所有相似三角形；
(2)如图2，若点E 落在BC 边上，求证：
2
2
2
2
AD
EF
BF EF



；
(3)如图3，若点H，I，J 分别为BC ，��，��中点，判断IJ 与HE 的数量关系及夹角度数（锐角）．
【答案】(1) GAF
GBA


∽
，GAF
ACF


∽
，GBA
ACF


∽
(2)见解析
(3)
2
CH
IJ 
，IJ 与HE 的夹角度数为45
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理是解题
的关键．
（1）根据两个角相等的两个三角形相似解题即可；
（2）根据EAF
EBA


∽
可得AE
FE
BE
AE

，即可得到
2
2
AE
EF
EF BF



，然后根据勾股定理得到
2
2
2
AD
AE

即可解题；
（3）设AB
a

，AE
b

，然后根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得到AIJ
AHE


∽
，即可求出
2
CH
AH
IJ
AI


，
AHE
AIJ


，然后利用四边形的内角和解题即可．
【详解】（1）解：∵
90
BAC
AED




，AB
AC

，EA
ED

，
∴
45
B
C
D
DAE





，
又∵
AGB
FGA


，
∴GAF
GBA


∽
，
64
同理可得：GAF
ACF


∽
，GBA
ACF


∽
；
（2）证明：∵
45
B
DAE



，
AEB
FEA


，
∴EAF
EBA


∽
，
∴AE
FE
BE
AE

，即


2
2
AE
EF BE
EF BF
EF
EF
EF BF







，
又∵
90
AED


，EA
ED

，
∴


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
AD
AE
DE
AE
EF
EF BF
EF
EF BF









；
（3）解：连接AH ，设直线IJ 和EH 交于点K，
∴
45
BAH
DAE



，
∴
BAF
HAE


，
设AB
a

，AE
b

，则
2
BC
a

，
2
AD
b

，
∵点H，I，J 分别为BC ，��，��中点，
∴
1
2
AI
a

，
2
2
AJ
b

，
2
2
AH
a

，
∴
2
AH
AI 
，
2
AE
AJ 
，即AH
AE
AI
AJ

，
∴AIJ
AHE


∽
，
∴
2
CH
AH
IJ
AI


，
AHE
AIJ


，
∴
180
AIJ
AHK
AHE
AHK





，
∴
360
360
180
45
135
IKH
AHE
AHK
IAH









，
∴
180
180
135
45
JKE
IKH






．
题型06 相似三角形的实际应用
29．将一本高为17cm（即
17cm
EF 
）的词典放入高（AB）为16cm的收纳盒中（如图1）．恰好能盖上盒
盖时，测得底部F 离收纳盒最左端B 处8cm ，若此时将词典无滑动向右倒，书角H 的对应点H 恰为CD 中
65
点．
（1）收纳盒的长BC 
；
（2）现将若干本同样的词典放入此有盖的收纳盒中，如图2 放置，则最多有
本书可与边BC 有公
共点．
【答案】
1
25 8 cm
7
【分析】（1）由图知BC
BF
FG
G C





，已知
8
BF 
，根据HAE
EBF


∽
得到
17
8
FG
HE


，在
Rt G CH



中根据勾股定理得到
15
G C


，从而得到结论；
（2）延长HF 交BC 于G'，如图2 所示，由（1）知在Rt AHE

中，
2
2
15
8
HA
HE
AE



，
根据HAE
FGG


∽
，得到
289
120
FG
，由
32
7 289
FC
FG 

得到最多有7 本书可与边BC 有公共点．
【详解】解：（1）如图所示：
在Rt BEF 中，
90
B
Ð
=
°，
17
EF 
，
8
BF 
，则
2
2
2
2
17
8
15
BE
EF
BF





，
16
AB 

，
16 15
1
AE
AB
BE





，
连接AH ，如图所示：
恰好能盖上盒盖，
AH
AB


，
词典是长方体，
66
90
HEF


，即
90
HEA
BEF



，
在Rt BEF 中，
90
BFE
BEF



，
HEA
BFE


，
HAE
EBF


∽
，
HE
EF
AE
BF


，即
17
1
8
HE 
，解得
17
8
HE 
，
将词典无滑动向右倒，
17
8
FG
HE




，
书角H 的对应点H 恰为CD 中点，
1
1
8
2
2
H C
CD
AB





，
在Rt G CH



中，
90
C


，
17
G H
EF


，
8
H C，则


2
2
2
2
17
8
15
G C
G H
H C








，
17
1
8
15
25
8
8
BC
BF
FG
G C










，
收纳盒的长
1
25 8
BC 
cm，
故答案为：
1
25 8 cm；
（2）延长HF 交BC 于G'，如图2 所示：
由（1）知
17
8
FG
HE


，
90
BFE
GFG





，
90
HEA
AHE



，
由（1）知
HEA
BFE


GFG
AHE



，
HAE
FGG


∽
，
FG
HE
GF
AH



，
由（1）知在Rt AHE

中，
90
A


，
17
8
HE 
，
1
AE ，则
2
2
2
2
17
15
1
8
8
HA
HE
AE











，
67
17
8
17
15
8
8
FG


，解得
289
120
FG
，
由（1）知
1
1
25
8
17
8
8
FC 


，
1
289
32
17
7
8
120
289



，
最多有7 本书可与边BC 有公共点．
【点睛】本题考查利用勾股定理及相似的实际运用，涉及到勾股定理求线段长及三角形相似的判定与性质，
读懂题意，根据图形作出辅助线，找到直角三角形灵活运用勾股定理及相似求线段长是解决问题的关键．
30．【问题探究】
（1）如图①，在Rt
ABC
△
中，
90
BAC


，
4
AB 
，
2
AC 
，将
ABC

绕点C 逆时针旋转到DEC

的
位置，点A 的对应点D 落在BC 上，则BD 的长为；
（2）如图②，在矩形ABCD 中，
2
AB 
，
6
AD 
，点O是矩形ABCD 的对称中心，点E 在AD 边上，且
2
AE 
，
点F 是BC 边上的动点，连接EF 与OF ，求EF
OF

的最大值；
【问题解决】
（3）有一块三角形草地ABC ，其示意图如图③所示，
24cm
AB
BC


，
90
ABC


，DE 是一条小道（宽
度不计），点D 是BC 的中点，点E 在
ABC

内，B 、E 两点之间的距离为13cm ，DE
BC

．市政府为丰富
市民的业余生活，计划将部分草地改建，在BC 、BA 上分别找点M 、N ，在M 、N 处栽种梧桐树，BM
BN

，
连接EM 、EN ，在EN 上截取EP
EM

．根据规划，现要沿线段PN 修建一段文化长廊（宽度不计），为
容纳更多的市民在文化长廊内活动，要求文化长廊PN 的长度尽可能的长，当文化长廊PN 的长最大时，请
求出此时点N 的位置（即BN 的长）．
【答案】（1）2 2
（2）2
（3）17cm
【分析】（1）由勾股定理求出AC ，由旋转的性质求出CD 的长，则可得出答案；
68
（2）连接EO 并延长交BC 于点F，当点E 、O、F 共线，即点F 在F的位置时，EF
FO

的值最大，最
大值为EO 的长，过点E 作EH
BC

于点H ，则
=
= 2
BH
AE
，
2
EH
AB


，求出OE 可得出答案；
（3）连接BE ，将BEN

绕点B 顺时针旋转到BMF

的位置，点E 、N 的对应点分别是点F 、M ，作点E 关
于BC 的对称点H ，连接MH 、FH ，延长FH 交BC 于点Q ，过点F 作FG
BC

于点G ，则ME
MH

，
点H 在ED 的延长线上，
5cm
DH
DE


，得出当F 、H 、M 三点共线，即点M 与点Q 重合时，PN 的值最
大，证明
(AAS)
EBD
BFG


≌
，得出
5cm
BG
DE


，
12cm
FG
BD


，求出DQ 的长可得出答案．
【详解】解：（1）
90
BAC




，
4
AB 
，
2
AC 
，
2
2
3 2
BC
AB
AC




，
将
ABC

绕点C 逆时针旋转到DEC

的位置，
2
AC
CD



，
3 2
2
2 2
BD
BC
CD






，
故答案为：2 2 ．
（2）连接EO 并延长交BC 于点F，
由图可得EF
FO
EO


，
当点E 、O、F 共线，即点F 在F的位置时，EF
FO

的值最大，最大值为EO 的长，
过点E 作EH
BC

于点H ，则
=
= 2
BH
AE
，
2
EH
AB


，
由点O是矩形ABCD 的对称中心，
EO
F O


，
2
F C
AE



，
2
HF
BC
BH
F C







．
2
2
2
2
2
2
2 2
EF
EH
HF








，

2
EO 
，
EF
FO


的最大值为2 ．
（3）连接BE ，将BEN

绕点B 顺时针旋转到BMF

的位置，点E 、N 的对应点分别是点F 、M ，
BE
BF


，EN
FM

，
NBE
MBF


．
69
点D 是BC 的中点，
24cm
AB
BC


，
12cm
BD
CD



，

2
2
5cm
DE
BE
BD



，
作点E 关于BC 的对称点H ，连接MH 、FH ，延长FH 交BC 于点Q ，过点F 作FG
BC

于点G ，则
ME
MH

，点H 在ED 的延长线上，
5cm
DH
DE


，
PN
EN
EP
EN
EM
MF
MH
FH








，
当F 、H 、M 三点共线，即点M 与点Q 重合时，PN 的值最大，
90
NBE
EBM
MBF
EBM
MBF
BFG









，
EBD
BFG


．
BGF
BDE



，BE
BF

，
(AAS)
EBD
BFG


≌
，
5cm
BG
DE



，
12cm
FG
BD


，
7cm
DG
BD
BG




．
FG
BC


，HD
BC

，
DH
FG

∥
，
QDH
QGF


∴
∽
，
DH
DQ
GF
GQ

，
即
5
12
7
DQ
DQ


，
5cm
DQ


．
17
24
BQ



，
当文化长廊PN 的长最大时，此时BN 的长为17cm ．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，相似三
角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识．
70
31．
探究不同裁剪方式的面积大小问题
素
材
1
图1 是一张直角三角形纸板，两直角边分别为
15cm
BC 
，
20cm
AC 
，小华、小明、小富同学分别用这样的纸板裁剪出不一样
的矩形，并使矩形的四个顶点都在三角形的边上．
素
材
2
小华同学按图2 的方式裁剪出一个正方形；小明同学按图3 的方式裁
剪，且
8cm
AH 
．
素
材
3
小富同学对纸板的裁剪按如下步骤：如图4，
步骤1：在直角
ABC

纸板上裁下一个矩形CDEF ，矩形的四个顶点
都在
ABC

的边上；
步骤2：取剩下的纸板
ADE

裁下一个正方形GHJI ，正方形的四个
顶点都在
ADE

边上；且满足矩形CDEF 的CF 边长是正方形GHJI
边长的两倍小0.9cm ．
问题解决
任
务
1
请比较小华、小明同学裁处的两种矩形的面积大小，通过计算说明．
任
务
2
请求出小富同学裁下的矩形CDEF 各边长．
71
【答案】任务一：S
S

小明
小华，见解析；任务二：矩形CDEF 的各边长为111
10 ，111
10 ，26
5 ，26
5
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理
等知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质，
任务1：小华：设正方形的边长为x，
20
AF
x


，由题意得：
AFD
ACB
∽
△
△
，再利用相似三角形的性质
求得x，小明：由题意得：
2
2
20
15
25
AB 


，再由
B
AHG
AC
∽△
△
及
BPQ
BCA
△
∽△
求得HP ，然后比
较大小即可；
任务2：由题意得：
B
AHG
AC
∽△
△
，可设
4
AH
x

，
3
HG
x

，
5
AG
x

，再由
GDI
ACB
∽
△
△
可得
3
20
25
GD
x

，
求得
12
5
GD
x

，
37
5
AD
x

，由ADE
ACB


∽
列出比例式
37
6
0.9
5
20
25
x
x 

，求得得：
2
x 
，从而得出
37
74
2
5
5
AD 


．最后求解即可；
【详解】解：任务一：小华：设正方形的边长为x，
20
AF
x


由题意得：
AFD
ACB
∽
△
△
20
15
20
x
x


，得：
60
7
x 
2
60
3600
7
49
S








小华
小明：由题意得：
2
2
20
15
25
AB 


∵
B
AHG
AC
∽△
△
8
20
15
GH

，得
6
GH 
．
∵
BPQ
BCA
△
∽△
6
15
20
PB 
，得：
9
2
PB 
9
25
25 8
2
2
HP 


25
6
75
2
S


小明
∵
3600
75
49

S
S

小明
小华．
任务二：由题意得：
B
AHG
AC
∽△
△
72
:
:
3: 4 :5
HG AH
AG 
设：
4
AH
x

，
3
HG
x

，
5
AG
x

同理：
GDI
ACB
∽
△
△

3
20
25
GD
x

，得
12
5
GD
x

6
0.9
DE
CF
x




37
5
AD
x

∵ADE
ACB


∽
37
6
0.9
5
20
25
x
x 

，得：
2
x 
37
74
2
5
5
AD 


．
矩形CDEF 的边长为：
111
6 2
0.9
10
DE 

；
74
26
20
5
5
CD 


．
32．在光学中，由实际光线会聚成的像，称为实像，而光线能会聚的是因为折射．图中，凸透镜EF 的焦距
为f，主光轴l
EF

，A，B，C，D 都在l 上，其中O 是光心，
2
OB
OD
f


，蜡烛PQ
l
（蜡烛可移动，
且OQ
f

），光线PG
l
∥，其折射光线GC 与另一条经过光心的光线PP相交于点P（P Q
l
）即为蜡烛
在光屏上所成的实像．图中所有点都在同一平面内．记物高

PQ 为h，像高

P Q
为h，物距

OQ ，像距


OQ为v．
(1)若
10cm
f 
，
10cm
h 
，
15cm
u 
，

v
cm．
(2)求证1
1
1
u
v
f


．
(3)当f 一定时，画出v 与u 之间的函数图象

u
f

，并结合图象描述v 是怎么随着u 的变化而变化的？
【答案】(1)20
(2)见解析
73
(3)图象见解析；v 随着u 的增大而减小
【分析】
（1）证明P OC
P AG




∽
，得出
10
2
15
3
P O
OC
P P
PG





，得出
1
2
OP
OP 

，证明POQ
P OQ



∽
，得出PQ
OP
P Q
OP


，
求出
20cm
P Q

即可；
（2）证明P OC
P AG




∽
，得出P O
OC
f
P P
PG
u




，求出OP
f
OP
u
f


，证明POQ
P OQ



∽
，得出OQ
OP
OQ
OP


，
得出u
u
f
v
f


，求出
vu
f
u
v


，得出1
1
1
u
v
f
uv
u
v




；
（3）先列表，再描点，然后连线即可画出函数图象，根据函数图象得出v 随着u 的增大而减小．
【详解】（1）解：根据题意可知，
15cm
PG
OG
u



，
10cm
OC
f


，
10cm
PQ
h


，
∵PG
l
∥，
∴P OC
P AG




∽
，
∴
10
2
15
3
P O
OC
P P
PG





，
∴
1
2
OP
OP 

，
∵PQ
l
，P Q
l
，
∴
90
PQO
P Q O




，
∵
POQ
P OQ




，
∴POQ
P OQ



∽
，
∴PQ
OP
P Q
OP


，
即10
1
2
P Q 

，
解得：
20cm
P Q

，
即
20cm
v 
；
（2）证明：根据题意可知，PG
OG
u


，OC
f

，OQ
v

，
∵PG
l
∥，
∴P OC
P AG




∽
，
∴P O
OC
f
P P
PG
u




，
即OP
OP
f
PP
OP
OP
u






，
74
整理得：OP
f
OP
u
f


，
∵PQ
l
，P Q
l
，
∴
90
PQO
P Q O




，
∵
POQ
P OQ




，
∴POQ
P OQ



∽
，
∴OQ
OP
OQ
OP


，
即u
u
f
v
f


，
∴


uf
v u
f


，
uf
vu
vf


，
uf
vf
vu


，
vu
f
u
v


，
∴1
1
1
u
v
f
uv
u
v




．
（3）解：列表：
u
…
6
5 f
4
3 f
3
2 f
2 f
3 f
4 f
6 f
…
v
…
6 f
4 f
3 f
2 f
3
2 f
4
3 f
6
5 f
…
描点、连线：
根据函数图象可知，v 随着u 的增大而减小．
75
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，平行线的性质，画函数图象，从函数图象中获取信息，解题
的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，数形结合．
33．阅读理解：如图1，在△ABC 中，当DE∥BC 时可以得到三组成比例线段：①
AD
AE
DE
AB
AC
BC


；②
AD
AE
BD
CE

；③BD
CE
AB
AC

．反之，当对应线段成比例时也可以推出DE∥BC．
理解运用：三角形的内接四边形是指顶点在三角形各边上的四边形．
（1）如图2，已知矩形DEFG 是△ABC 的一个内接矩形，将矩形DEFG 沿CB 方向向左平移得矩形PBQH，
其中顶点D、E、F、G 的对应点分别为P、B、Q、H，在图2 中画出平移后的图形；
（2）在（1）所得的图形中，连接CH 并延长交BP 的延长线于点R，连接AR．求证：AR∥BC；
（3）如图3，某小区有一块三角形空地，已知△ABC 空地的边AB＝400 米，BC＝600 米，∠ABC＝45°；准
备在△ABC 内建一个内接矩形广场DEFG（点E、F 在边BC 上，点D、G 分别在边AB 和AC 上），三角形
其余部分进行植被绿化，按要求欲使矩形DEFG 的对角线EG 最短，请在备用图中画出使对角线EG 最短距
离（不要求证明）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）画图见解析，600 22
11
【分析】（1）根据条件画出矩形PBQH 即可．
（2）如图1 中，连接CH 并延长交BP 的延长线于点R，连接AR．由PH∥BC，推出PH
BC ＝RH
RC ，由DG
∥BC，推出DG
BC ＝AG
AC ，由PH＝DG，推出RH
RC ＝AG
AC ，推出AR∥HG，由HG∥BC，即可证明AR∥BC．
（3）如图2 中，作AR∥BC，BR⊥BC，连接CR，作BH⊥CR，过点H 作PH∥BC 交RB 于P 交AB 于D
交AC 于G．作HQ⊥BC 于Q，DE⊥BC 于E，GF⊥BC 于F．则四边形DEFG 是矩形，此时矩形的对角线
最短．由（2）可知BH＝EG，求出BH 即可解决问题．
【详解】（1）解：矩形PBQH 如图1 所示
76
（2）解：如图1 中，连接CH 并延长交BP 的延长线于点R，连接AR
∵PH∥BC，
∴PH
RH
BC
RC

∵DG∥BC，
∴DG
AG
BC
AC

∵PH＝DG，
∴RH
AG
BC
AC

∴AR∥HG，
∵HG∥BC，
∴AR∥BC
（3）解：如图2 中，作AR∥BC．BR⊥BC，连接CR，作BH⊥CR，过点H 作PH∥BC 交RB 于P 交AB
于D 交AC 于G，作HQ⊥BC 于Q，DE⊥BC 于E，GF⊥BC 于F
则四边形DEFG 是矩形，此时矩形的对角线最短（BH 是垂线段，垂线段最短，易证EG＝BH，故此时矩形
的对角线EG 最短）．
∵AB＝400 米，∠ABC＝45°，
∴
2
AB
BR

，即BR＝200 2 m，
在Rt△RBC 中，
∵BC＝600m，BR＝200 2 m，
∴CR＝
2
2
2
2
200 2
600
200 11
BR
BC




（
）
m，
∵
1
1
2
2
RBC
S
RB BC
RC BH




V
，
∴BH＝
200 2 600
600 22
11
200 11
BR BC
RC




米
77
由（2）可知EG＝BH＝600 22
11
米．
【点睛】本题考查相似三角形综合题、平行线分线段成比例定理、勾股定理、垂线段最短等知识，解题的
关键是学会利用（2）中的添加辅助线的方法解决问题（3），灵活应用垂线段最短解决最值问题．
34．阅读理解：
如图1，AD 是△ABC 的高，点E、F 分别在AB 和AC 边上，且EF / / BC，可以得到以下结论：AH
EF
AD
BC

．
拓展应用：
(1)如图2，在△ABC 中，BC＝3，BC 边上的高为4，在△ABC 内放一个正方形EFGM，使其一边GM 在BC
上，点E、F 分别在AB、AC 上，则正方形EFGM 的边长是多少？
(2)某葡萄酒庄欲在展厅的一面墙上，布置一个腰长为100cm，底边长为160cm 的等腰三角形展台．现需将
展台用隔板沿平行于底边，每间隔10cm 分隔出一排，再将每一排尽可能多的分隔成若干个无盖正方体格子，
要求每个正方体格子内放置一瓶葡萄酒．平面设计图如图3 所示，将底边BC 的长度看作是0 排隔板的长度．
①在分隔的过程中发现，当正方体间的隔板厚度忽略不计时，每排的隔板长度（单位：厘米）随着排数（单
位：排）的变化而变化．请完成下表：
排数/排
0
1
2
3
…
隔板长度/厘米
160
______
______
______
…
若用n 表示排数，y 表示每排的隔板长度，试求出y 与n 的关系式；
②在①的条件下，请直接写出该展台最多可以摆放多少瓶葡萄酒？
【答案】(1)正方形的边长为12
7
(2)①400
3 ，320
3 ，80；y
80
3

n+160；②最多可以摆放38 瓶葡萄酒
【分析】（1）过点A 作AD⊥BC 于D，交EF 于H，由AH
EF
AD
BC

，可求解；
78
（2）①由等腰三角形的性质可得BD=80cm，由勾股定理可求AD=60cm，分别设第1、第2、第3 排的隔板
长为y1，y2，y3，由阅读理解的结论可列方程，即可求解．
②分别求出每排最多可以放多少葡萄酒瓶，即可求解．
【详解】（1）如图2，过点A 作AD⊥BC 于D，交EF 于H，
由阅读理解的结论可得：AH
EF
AD
BC

，
设正方形的边长为x，
∴4
4
3
x
x


，
∴x
12
7

，
∴正方形的边长为12
7 ；
（2）①如图3﹣1，过点A 作AD⊥BC 于D，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD＝80cm，
∴AD
2
2
10000
6400
AB
BD




60（cm），
分别设第1、第2、第3 排的隔板长为y1，y2，y3，
由阅读理解的结论可得：
3
1
2
50
40
30
60
160 60
160 60
160
y
y
y



，
，
解得：y1
400
3

，y2
320
3

，y3＝80，
79
故答案为：400
3 ，320
3 ，80；
∴60 10
60
160
n
y


，
∴y
80
3

n+160；
②当n＝1 时，隔板长400
3 cm，
∴可以作正方体的个数
400
3

10≈13（个），
当n＝2 时，隔板长320
3 cm，
∴可以作正方体的个数
320
3

10≈10（个），
当n＝3 时，隔板长80cm，
∴可以作正方体的个数＝80÷10≈8（个），
当n＝4 时，隔板长160
3 cm，
∴可以作正方体的个数
160
3

10≈5（个），
当n＝5 时，隔板长80
3 cm，
∴可以作正方体的个数
80
3

10≈2（个），
当n＝6 时，隔板长0cm，可以作正方体的个数为0 个，
∴第1 排最多可以摆放13 瓶葡萄酒，第2 排最多可以摆放10 瓶葡萄酒，第3 排最多可以摆放8 瓶葡萄酒，
第4 排最多可以摆放5 瓶葡萄酒，第5 排最多可以摆放2 瓶葡萄酒，第6 排最多可以摆放0 瓶葡萄酒，
∴13+10+8+5+2＝38（瓶），
综上所述：最多可以摆放38 瓶葡萄酒．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，找出规律是解题的关键．
35．阅读以下文字并解答问题：在“测量物体的高度”活动中，某数学兴趣小组的3 名同学选择了测量学校里
的三棵树的高度，在同一时刻的阳光下，他们分别做了以下工作：
80
小芳：测得一根长为1 米的竹竿的影长为0.8 米，甲树的影长为4.08 米（如1 图）．
小华：发现乙树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙壁上（如2 图），墙壁上的影长为1.2
米，落在地面上的影长为2.4 米．
小明：测得丙树落在地面上的影长为2.4 米，落在坡面上影长为3.2 米（如3 图）．身高是1.6 米的小明站在
坡面上，影子也都落坡面上，小芳测得他的影长为2 米．
（1）在横线上直接填写甲树的高度为______米，乙树的高度为________米﹔
（2）请求出丙树的高度．
【答案】（1）5.1，4.2；（2）丙树的高为5.56 米
【分析】(1)如下图1，根据测得一根长为1 米的竹竿的影长为0.8 米，利用相似三角形的比例式直接得出甲
树高，接着如下图2 先利用
1
1
1
C D E
CDE


，求出
1
1
C E 的长，接着利用
1
1
1
1
1
1
A B E
D C E


，可得出乙树的高；
(2)如下图3，先通过
2
2
2
2
C D E
FGE


求出FG 的长，然后通过GFH
DCH


求出FH 的长，最后通过
2
2
FGH
B A H


可求出丙树的高．
【详解】解：（1）如图1，假设线段AB 是甲树，线段CD 是竹竿，
线段BE 和线段CE 分别为甲树和竹竿的影子，
1 ,
0.8 ,
4.08 ,
CD
m CE
m BE
m




81
/ /
,
,
CD
AB
ABE
DCE




,
CD
CE
AB
BE


1
0.8 ,
4.08
AB


5.1
AB


米，
故甲树的高为5.1 米；
如图2，假设线段
1
1
A B 是乙树，线段
1
1
C D 为乙树在墙壁上的影长，
线段
1
1
B C 为乙树落在地面上的影长，
1
1
1
1
1.2 ,
2.4 ,
C D
m B C
m



1
1
1
C D E

与图1 中的CDE

相似，
1
1
1
1
1
1
1
1
,
1.2
,
1
0.8
0.96 ,
C D
C E
CD
CE
C E
C E
m






又
1
1
1
1
/ /
C D
A B

，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
,
,
,
1.2
0.96
2.4
0.96 ,
1.2
0.96
4.2 ,
A B E
D C E
A B
B E
D C
C E
A B
B C
C E
A B
A B
m













故乙树的高为4.2 米；
故答案为：5.1，4.2；
82
（2）如图3，假设线段
2
2
A B 是丙树，线段
2
B F 为丙树落在地面上的影长，
线段
2
FE 为丙树落在坡面上影长，
2
2
C D 为小明，
2
2
C E 为小明落在坡面上影长，
则
2
B F =2.4 米，
2
FE =3.2 米，
2
2
C D =1.6 米，
2
2
C E =2 米，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
/ /
,
,
,
1.6
2 ,
3.2
2.56 ,
C D
FG
C D E
FGE
C D
C E
FG
FE
FG
FG
m










又
GFH

与图1 中的
DCE
△
相似，
,
2.56
,
1
0.8
2.048 ,
GF
FH
DC
CE
FH
FH
m






又
2
2
,
FGH
B A H


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
,
2.56
2.048
,
2.56
2.048,
4.448
5.56 ,
FG
FH
B A
B H
B A
B F
FH
B A
B A
m









故丙树的高为5.56 米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，有一定难度和综合性，根据同一时刻影长与高成比例以及假
设没有墙或台阶时求出影长是解决问题的关键．
36．【问题背景】
83
人教版九年级下册教材第58 页第11 题：如图1，一块材料的形状是锐角三角形ABC ，边
120mm
BC 
，高
80mm
AD 
．把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC 上，其余两个顶点分别在AB
AC
，
上，这个正
方形零件的边长是多少?
【提出问题】
在满足正方形的一边在三角形的一边上，其余两个顶点分别在另外两边上的条件下，能否在上面的材料上，
加工一个面积更大的正方形？如何用直角尺（只能画直角）和圆规画出这个正方形？
【分析问题】
小敏认为，由于正方形的一边在三角形的一边上，这样就存在三种可能．在已知三边长度的情况下，可以
通过计算，分别求出三个正方形的边长，然后比较三条边长的大小，进而知道面积最大的正方形；也可以
结合当前所学的位似，分别画出满足条件的正方形，再利用圆规比较三个正方形的边长的大小，即可解决
问题．
【解决问题】
为了简化探索过程，小敏取边长分别为5
5
6
cm cm cm
，
，
的三个等腰三角形（其中AB
AC
，
为腰）木块进行研究．
如图2，正方形EFGH 的顶点E
H
，
分别在AB
AC
，
上，边FG 在BC 上．如图3，正方形MNPQ的顶点M
N
，
分别在AB
BC
，
上，边PQ在AC 上．
请你完成下面两个问题：
（1）通过计算，比较这两个正方形的边长的大小；
（2）在图4 中，用直角尺（只能画直角）和圆规画出面积最大的正方形，使其一边在三角形的一边上，其
余两个顶点分别在另外两边上（保留画图痕迹）．
【学以致用】
84
定义：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形．
小敏类比上面的研究方法，又提出下面问题：
在如图5 所示的扇形中，能否用直角尺和圆规画出一个正方形，使其两个顶点在弧上，另外两个顶点在半
径上？
你认为可以吗？如果可以、在图中画出符合条件的正方形（保留画图痕迹）；如果不可以，说明理由．
【答案】解决问题：（1）图2 的正方形边长更大，理由见详解；（2）见详解；学以致用：见详解
【分析】解决问题：（1）过A 作AN
BC

，交EH 于M，交BC 于N，设正方形EFGH 边长为x，证明
AEH
ABC
∽
△
△
，根据相似三角形性质解得
12
5
x 
；过B 作BH
AC

，交MN 于K，交AC 于H，设正方
形MNPQ边长为y ，证明
BMN
△
∽△BAC ，根据相似三角形性质解得
120
12
49
5
y 

．即可判断图2 的正方形
边长更大．
（2）先在AC 上任取一点O，过O作AC 的垂线，作出以OM 为一边的正方形OMNP ，连接CN 并延长交AB
于点
1
M ，再以
1
MQ 为边作正方形
1
1 1
1
M N PQ 即可；
学以致用：先画正方形CDEF ，点C 、F 在OA、OB 上，再作正方形CDEF 以点O为位似中心的位似图形，
使它的位似图形的四个顶点落在扇形半径OA、OB 和弧AB 上即可．
【详解】解决问题：（1）过A 作AN
BC

，交EH 于M，交BC 于N，
5,
6
AB
AC
BC




，
2
2
3,
4
BN
CN
AN
AB
BN






，
设正方形EFGH 边长为x，
EFGH

是正方形，
EH
BC

∥
，
85
AEH
ABC


∽
，
EH
AM
BC
AN


，
4
6
4
x
x



，
解得：
12
5
x 
；
过B 作BH
AC

，交MN 于K，交AC 于H，
5,
6
AB
AC
BC




1
1
,
2
2
BC AN
AC BH




6 4
24 ,
5
5
BC AN
BH
AC






设正方形MNPQ边长为y ，
MNPQ

是正方形，
MN
AC

∥
BMN
BAC


∽
，
MN
BK
AC
BH


，
24
5
24
5
5
y
y



．得
120
12
49
5
y 

．
∴图2 的正方形边长更大．
（2）先在AC 上任取一点O，过O作AC 的垂线，然后过M 作OM 的垂线，然后以O为圆心，以OM 为半
径画圆交垂线于N ，然后过N 作AC 的垂线交AC 于点P ，作出以OM 为一边的正方形OMNP ，连接CN 并
延长交AB 于点
1
M ，过点
1
M 作AC 的垂线交AC 于点
1
Q ，再以
1
MQ 为边作正方形
1
1
1
1
M N PQ 即可；
如图，正方形
1
1
1
1
M N PQ 即为所求．
86
学以致用：
以O为圆心，以任意长度为半径画圆交OA、OB 于
,
C F ，过C 作CF 的垂线，以C 为圆心，以CF 长度为半
径画圆交垂线于D ，过D 作CD 的垂线，然后过F 作CF 的垂线，交于点E ，即可画出正方形CDEF ，然后
连接
,
OD OE 分别弧交AB 于点
2
2
,
Q P ，连接
2
2
Q P ，分别过
2
2
,
Q P 作
2
2
Q P 的垂线交OA、OB 于点
2
2
,
M
N ，连接
2
2
M N ，即可作出正方形CDEF 以点O为位似中心的位似图形
2
2
2
2
M N P Q ，它的四个顶点落在扇形半径OA、
OB 和弧AB 上．
如图，正方形
2
2
2
2
M N P Q 即为所求．
【点睛】该题主要考查了位似图形，正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，尺规作图，等
知识点，解题的关键是正确做出辅助线以及图象．
题型07 图形的位似
37．如图是由小正方形组成的8
8
网格，每个小正方形的顶点叫做格点．A，B，C 三点是格点，点P 在BC
上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
(1)在图（1）中，将线段AB 沿BC 的方向平移，使点B 与点C 重合，画出平移后的线段CD ；再将PC 绕AC
的中点顺时针旋转180，得到GA，画出线段GA；
87
(2)在图（2）中，连接AP ，将
APC
△
以C 为位似中心缩小为原来的1
2 得到EFC

，画出EFC

；
(3)在图（3）中，在AC 上画一点M，在��上画一点N，使得PM
PN

最小．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】（1）利用平移性质可画出CD ，利用平行四边形的性质，连接P 和AC 的中点并延长交AD 于点G，
即可得到GA；
（2）根据位似图形的性质得到
1
2
CE
CA

，
1
2
CF
CP

，取CA 中点E 和格点G，连接EG 并延长交BC 于
F，则EF
AP
∥
，根据平行线分线段成比例得到点F 为CP 的中点，则EFC

即为所求作；
（3）根据题意，当点N 与点B 重合时，PN 最小，当PM
AC

于M 时，PM 最小，则PM
PN

最小，根
88
据轴对称图形的性质作出点P 关于AC 的对称点P，连接PP交AC 于M，则PM
AC

．
【详解】（1）解：如图，线段CD 、线段GA即为所求作；
理由：由平移性质得四边形ABCD 是平行四边形，
∵平行四边形是中心对称图形，对角线的交点O 为对称中心，
∴连接PO 并延长与AD 的交点G 即为点P 的对应点，故线段GA即为PC 绕AC 的中点O 顺时针旋转180°
所得的对应线段；
（2）解：如图，EFC

即为所求作；
（3）解：如图，点M、N 即为所求作．
【点睛】本题考查基本作图，涉及平移性质、位似图形性质、中心对称图形性质、轴对称图形性质、平行
四边形的性质、平行线分线段成比例性质、垂线段最短等知识，熟知网格特点，熟练掌握基本作图所涉及
到的知识点的运用是解答的关键．
38．（1）在正方形方格纸中，我们把顶点都在“格点”上的三角形称为“格点三角形”，如图，△ABC 是一个格
89
点三角形，点A 的坐标为（－2，2）．
①△ABC 的面积为______；
②在所给的方格纸中，请你以原点O 为位似中心，将△ABC 缩小为原来的一半；（仅用直尺完成作图）
③在（2）中，若P（a，b）为线段AC 上的任一点，则缩小后点P 的对应点P1 的坐标为______．
（2）按要求作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹：
我们知道，三角形具有性质：三边的垂直平分线相交于同一点，三条角平分线相交于一点，三条中线相交
于一点，事实上，三角形还具有性质：三条高所在直线相交于一点．
请运用上述性质，只用直尺（不带刻度）作图．
①如图1，在平行四边形ABCD 中，E 为CD 的中点，作BC 的中点F．
②如图2，在由小正方形组成的4×3 的网格中，△ABC 的顶点都在小正方形的顶点上，作△ABC 的高AH．
【答案】（1）①4 ；②见解析；③1
1
(
,
)
2
2
a
b ；（2）①见解析；②见解析
【分析】（1）①直接根据三角形的面积公式进行计算即可；
②利用位似图形的性质得出对应点的坐标进而得出答案；
③由位似变换的性质可得答案；
（2）①根据平行四边形的性质，先连接AC 和BD得到BD的中点O，再连接BE 交CO 于P 点，则点P 为
BCD
△
的重心，连接DP 并延长交BC 于点F ，则点F 即为所求；
90
②先过点A 作AD
AB

，再平移DA 得到CE ，则CE
AB

，接着作MN 垂直平分线AC ，平移MN 得到BF ，
BF
AC

，BF 与CE 的交点O为
ABC

的垂心，所以延长AO 交BC 与H ，则AH
BC

．
【详解】解：（1）①
1
4 2
4
2
ABC
S




,
故答案为：4 ；
②如图，
1
1
1
A B C
△
即为所求，
③若P（a，b）为线段AC 上的任一点，
则缩小后点P 的对应点P1 的坐标为1
1
(
,
)
2
2
a
b ，
故答案为：1
1
(
,
)
2
2
a
b ；
（2）①如图1，点F 即为所作；
②如图2，AH 即为所作．
【点睛】本题考查了作图－位似变换，重心，平行四边形的性质，三角形的垂心等知识点，熟练掌握相关
的图形的性质是解本题的关键．
39．如图①，在Rt
ABC
△
中，
9
AB 
，
12
BC 
，点D 是AB 上一点，且
2
AD
BD

．动点F 从点C 出发沿
CB 方向以每秒2 个单位长度的速度向经点B 运动，以DF 为边构造等腰直角三角形DEF ，其中F 为直角
顶点，且点E 与点B 位于线段DF 两侧．设点F 的运动时间为t（秒）．
91
AI
(1)求线段AC 的长度；
(2)当点E 落在Rt
ABC
△
的中位线上时，求出t 的值：
(3)连接CE ，则线段CE 的最小值是______．
(4)如图②．以点B 为位似中心，将DEF

缩小后得到
D E F

△
，且
3
DF
D F


．连接E C

，当E C

与Rt
DEF
△
的某条边平行时，直接写出t 的值．
【答案】(1)15
(2)
9
2
t 
或
75
14
t 
(3) 9
2
2
(4)
123
26
t 
或
27
9 5
4
t


【分析】（1）运用勾股定理求解即可；
（2）如图，以点B 为原点，以BC 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，向右向上为正方向，以1
9 AB 的
长为1 个单位长度，建立平面直角坐标系．可得


0,9
A
，

0,0
B
，

12,0
C
，


0,3
D
，


12
2 ,0
F
t

，过点
E 作EN
x

轴于点N，证明


AAS
EFN
FDB


≌
，得到
3
FN
DB

，
12
2
EN
BF
t



，从而


15
2 ,12
2
E
t
t


．分别取
ABC

各边的中点，得到
ABC

的中位线，进而求得各中位线的解析式，把点E
坐标代入中位线解析式中，求解即可；
（3）根据两点间的距离公式得到




2
2
2
15
81
15
2
12
12
2
8
4
2
CE
t
t
t














，再根据二次函数的性
质即可求解；
（4）根据题意得到D E F


与DEF

的相似比为1
3 ，从而有
2
2
5
,4
3
3
E
t
t







，进而用待定系数法求出直线
CE的解析式中k 的值，再分别求出直线DE ，直线DF ，直线EF 的解析式中k 的值，根据两条直线平行，
直线解析式中k 的值相等，即可求解．
92
【详解】（1）∵在Rt
ABC
△
中．
9
AB 
，
12
BC 
，
∴
2
2
2
2
9
12
15
AC
AB
BC





；
（2）如图，以点B 为原点，以BC 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，向右向上为正方向，以1
9 AB 的
长为1 个单位长度，建立平面直角坐标系．
∵
2
AD
BD

，
9
AD
BD
AB



，
∴
3
BD 
∵
9
AB 
，
12
BC 
，
当点F 运动t 秒时，
2

CF
t ，
12
2
BF
BC
CF
t




，
∴

0,9
A
，


0,0
B
，


12,0
C
，


0,3
D
，


12
2 ,0
F
t

，
过点E 作EN
x

轴于点N，则
90
ENF



∴
90
FEN
EFN



，
∵DEF

是等腰直角三角形，DF
EF

，
∴
90
DFE


，
∴
90
DFB
EFN



，
DFE
ENF


∴
DFB
FEN


，
∴


AAS
EFN
FDB


≌
，
∴
3
FN
DB

，
12
2
EN
BF
t



，
∴
12
2
3
15
2
BN
BF
FN
t
t







，
93
∴


15
2 ,12
2
E
t
t


．
①如图，取AB 的中点H，AC 的中点G，则HG 是
ABC

的中位线，
∴HG
x
∥轴，
∵

0,9
A
，


0,0
B
，


12,0
C
，
∴
9
0, 2
H 





，
9
6, 2
G 




，
∴线段HG 的解析式为


9 0
6
2
y
x



若点


15
2 ,12
2
E
t
t


在线段HG 上，
则
12
2
9
0
15
2
6
t
t







，即
3
2
9
15
2
2
t
t





，
该不等式组无解，
∴点E 不在中位线HG 上；
②如图，取AC 的中点G，BC 的中点I，则GI 是
ABC

的中位线，
94
∴GI
y
∥
轴，
∵

0,9
A
，


0,0
B
，


12,0
C
，
∴
9
6, 2
G 




，

6,0
I
，
∴线段GI 的解析式为
9
6 0
2
x
y









若点


15
2 ,12
2
E
t
t


在线段GI 上，
则
15
2
6
9
0
12
2
2
t
t






，即
9
2
15
6
4
t
t





，
∴当
9
2
t 
时，点E 在中位线GI 上；
③如图，取AB 的中点H，BC 的中点I，则HI 是
ABC

的中位线，
∵

0,9
A
，


0,0
B
，


12,0
C
，
95
∴
9
0, 2
H 





，

6,0
I
，
设线段HI 的解析式为


1
1 0
6
y
k x
b
x




，
∴
1
1
9
2
9
6
0
2
b
k







，解得
1
1
3
4
9
2
k
b






，
∴线段HI 的解析式为


3
9 0
6
4
2
y
x
x




若点


15
2 ,12
2
E
t
t


在线段HI 上，
则


3
9
12
2
15
2
4
2
t
t




，
解得
75
14
t 
，
∴当
75
14
t 
时，点E 在中位线HI 上；
综上所述，当
9
2
t 
或
75
14
t 
时，点E 落在Rt
ABC
△
的中位线上．
（3）∵


12,0
C
，


15
2 ,12
2
E
t
t


，
∴




2
2
2
15
81
15
2
12
12
2
8
4
2
CE
t
t
t














，
∵0
6
t

，
∴当
15
4
t 
时，CE 有最小值，为
81
9
2
2
2
CE 

．
故答案为：9
2
2
（4）∵DEF

缩小后得到
D E F

△
，且
3
DF
D F


，
∴
D E F

△
与DEF

的相似比为1
3 ，
∵


15
2 ,12
2
E
t
t


，
∴
2
2
5
,4
3
3
E
t
t







，
设经过点


12,0
C
，
2
2
5
,4
3
3
E
t
t







的直线
'
CE 的解析式为
2
2
y
k x
b


，
∴
2
2
2
2
12
0
2
2
5
4
3
3
k
b
t k
b
t














，解得
2
2
12
2
21
t
k
t



．
96
设经过


0,3
D
，


15
2 ,12
2
E
t
t


的直线DE 的解析式为
3
3
y
k x
b


，
∴

3
3
3
3
15
2
12
2
b
t k
b
t








，解得
3
2
9
2
15
t
k
t



．
设经过


0,3
D
，


12
2 ,0
F
t

的直线DF 的解析式为
4
4
y
k x
b


，
∴

4
4
4
3
12
2
0
b
t k
b







，解得
4
3
2
12
k
t


．
设经过


15
2 ,12
2
E
t
t


，


12
2 ,0
F
t

的直线EF 的解析式为
5
5
y
k x
b


，
∴



5
5
5
5
15
2
12
2
12
2
0
t k
b
t
t k
b










，解得
5
12
2
3
t
k


．
①若CE
DE
∥
，则
2
3
k
k

，即2
12
2
9
2
21
2
15
t
t
t
t





，
解得
123
26
t 
，
经检验，
123
26
t 
是方程的解，且满足题意．
②若CE
DF
∥
，则
2
4
k
k

，即2
12
3
2
21
2
12
t
t
t




，
解得
27
9 5
4
t


，
经检验，
27
9 5
4
t


是方程的解，
∵0
6
t

，
∴
27
9 5
4
t


．
③若CE
EF
∥
，则
2
5
k
k

，即2
12
12
2
2
21
3
t
t
t




，
解得
6
t 
或
12
t 
，
经检验，
6
t 
或
12
t 
是方程的解，
∵0
6
t

，
∴
6
t 
，
此时点F，F位于点B，点E，E在BC 上，CE和EF 在同一直线上．
综上所述，当
123
26
t 
或
27
9 5
4
t


时，E C

与Rt
DEF
△
的某条边平行．
【点睛】本题考查勾股定理，几何图形与函数，方程的应用，位似，综合运用相关知识，根据题意建立平
面直角坐标系，运用函数的知识是解题的关键．
97
题型08 旋转背景下的相似三角形的性质与判定
40．定义：如果将一个三角形绕着它的一个角的顶点旋转后，使这个角的一边与另一边重叠，再将所旋转
后的三角形进行相似缩放，使重叠的两条边相互重合，我们称这样的图形变换为三角形转似，这个三角形
的顶点称为转似中心，所得的三角形称为原三角形的转似三角形．如图，在
ABC

中，
4
6
5
AB
AC
BC



，
，
，
AB C

△
是
ABC

以点A 为转似中心的顺时针的一个转似三角形，那么以点A 为
转似中心的逆时针的另一个转似三角形
AB C

△
（点B
C


，
分别与B
C
、
对应），其中B C
边的长为
【答案】15
2
【分析】根据条件可得ABC
AB C



∽
，然后利用相似三角形的性质就可以求出结论．
【详解】解：如图所示，
由题意可得，
ABC
AB C



∽
，
∴AB
BC
AB
B C


，
∵
4
6
5
AB
AB
AC
BC





，
，
，
∴4
5
6
B C

，
解得
15
2
B C

，
故答案为：15
2
98
【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，相似三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形相似，理解
新定义，运用相似三角形的对应边成比例求解是关键．
41．在矩形ABCD 中，点O是对角线AC 、BD的交点，直角
EPF

的顶点P 与O重合，OE 、OF 分别与AB 、
BC 边相交于E 、F ，连接EF ，BC
k AB


（k 为常数）．
（1）发现问题：如图1，若
1
k ，猜想：OE
OF ________；
（2）类比探究：如图2，
1
k ，探究线段OE ，OF 之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，若FO
FC

，
2
k 
，
2 6
OD 
，求EF 的长．
【答案】（1）1；（2）OE
k
OF 
，理由见解析；（3）3 3
【分析】（1）根据题意可知，此时四边形ABCD 为正方形，然后证明△OEB≌△OFC 即可得到OE=OF，从
而得出结论即可；
（2）过O作OM
AB

于M ，作ON
BC

于N ，利用相似三角形的判定与性质证明即可；
（3）根据题意判定
COF
CBO
△
∽△
，从而得到OF
OC
OB
BC

，令AB
x

，则
2
BC
x

，可在Rt△ABC 中求出
未知数，从而得到BC 的长度，最终求得OF 和OE 的长度，再在Rt△OEF 中利用勾股定理求解EF 即可．
【详解】解：（1）若
1
k ，则BC
AB

，即四边形ABCD 为正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠EOB=∠FOC，
∴△OEB≌△OFC，
∴OE=OF，
∴
1
OE
OF 
故答案为：1；
（2）OE
k
OF 
．
99
理由：过O作OM
AB

于M ，作ON
BC

于N ，
∵
90
ABC


，
∴四边形OMBN 是矩形．
∴
90
MON


，
∴
2
90
EON


，
∵
1
90
EON
EOF



，
∴
1
2
，
∵
90
OME
ONF



，
∴
OEM
OFN
∽
△
△
，
∴OE
OM
OF
ON

，
在矩形ABCD 中，OB
OC

，
∵ON
BC

，
∴
1
2
BN
BC

，
∴
1
2
OM
BN
BC


，
同理
1
2
ON
BM
AB


，
∴OM
BC
k
ON
AB


，
∴OE
k
OF 
；
（3）∵FO
FC

，
∴
1
2
，
由（2），OB
OC

，
∴
1
3
，
∴
3
2
，
∵
1
1
，
100
∴
COF
CBO
△
∽△
，
∴OF
OC
OB
BC

，
令AB
x

，则
2
BC
x

，
由题意，
2
4 6
AC
OD


，
由勾股定理得，




2
2
2
2
4 6
x
x


，
解得：
4 2
x 
，
∴
2
8
BC
AB

，
∴
2 6
8
2 6
OF 
，
∴
3
OF 
，
由（2）知，
3 2
OE
kOF


，
∴在Rt
OEF
△
中，


2
2
3 2
3
3 3
EF 


，
∴
3 3
EF 
．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，矩形的性质等，灵活根据题意构造相似三角形，熟练掌握相
似三角形的性质是解题关键．
42．综合与实践．
问题情境：
综合与实践课上，同学们开展了以“图形的旋转”为主题的数学活动．
实践操作：
如图1，将等腰Rt△AEF 绕正方形ABCD 的顶点A 逆时针方向旋转，其中∠AEF＝90，EA＝EF，连接CF，
点H 为CF 的中点，连接HD，HE，DE，得到△DHE．
应用探究：
（1）勤奋组：
101
如图2，当点E 恰好落在正方形ABCD 的对角线AC 上时，判断△DHE 的形状，并说明理由；
（2）善思组：
如图3，当点E 恰好落在正方形ABCD 的边AB 上时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
深入探究：
（3）创新小组：
发现若连接BE，在旋转Rt△AEF 的过程中，BE
CF 为定值，请你直接写出其值
．
【答案】（1）勤奋组：△DHE 是等腰直角三角形，见解析；（2）善思组：成立，见解析；（3）创新小组：2
2
【分析】（1）结论：△DHE 是等腰直角三角形．利用直角三角形斜边的中线的性质解决问题即可．
（2）即可成立，连接BH，过点H 作HG⊥AB 于G．想办法证明DH＝BH，BH＝EH，∠DHE＝90°，可得
结论．
（3）利用相似三角形的判定和性质解决问题即可．
【详解】解：（1）结论：△DHE 是等腰直角三角形．
理由：如图2 中，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠CDF＝90°，∠DCA＝45°，
∵点H 是CF 的中点，
102
∴DH＝DH＝HF＝1
2 CF，
∵∠CEF＝90°，CH＝HF，
∴EH＝CH＝HF＝1
2 CF，
∴DH＝HE，
∵DH＝CH＝HE，
∴∠HCD＝∠HDC，∠HCE＝∠HEC，
∵∠DHF＝∠HDC+∠HCD，∠FHE＝∠HCE+∠HEC，
∴∠DHE＝2∠DCH+2∠HCE＝2∠DCA＝90°，
∴△DHE 是等腰直角三角形．
（2）如图3 中，结论成立．
理由：连接BH，过点H 作HG⊥AB 于G．
∵四边形ABCD 是正方形，∠EAF＝45°
∴A，F，A 共线，
∵CB＝CD，∠BCH＝∠DCH＝45°，CH＝CH，
∴△BCH≌△DCH（SAS），
∴DH＝BH，∠CDH＝∠CBH，
∵∠FEA＝∠HGA＝∠CBA＝90°，
∴EF∥GH∥BC，
∴BG
CH
EG
HF

，
∵CH＝HF，
∴GB＝GE，
∵HG⊥BE，
103
∴HB＝HE，
∴∠HBE＝∠HEB，HE＝HD，
∵∠CDA＝∠CBA＝90°，∠CDH＝∠ABH，
∴∠ADH＝∠ABH＝∠HEB，
∵∠HEB+∠AEH＝180°，
∴∠ADH+∠AEH＝180°，
∴∠DHE+∠DAE＝180°，
∵∠DAE＝90°，
∴∠DHE＝90°，
∴△DHE 是等腰直角三角形．
（3）如图1 中，连接AC，BE．
∵∠CAB＝∠EAF＝45°，
∴∠CAF＝∠BAE，
∵
2
2
AB
AE
AC
AF


，
∴△BAE∽△CAF，
∴
2
2
BE
AB
CF
AC


．
故答案为：
2
2 ．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质和相似三角形的判定与性质，准确计算是解题的关键．
43．数学课上，有这样一道探究题．
如图，已知
ABC

中，AB=AC=m，BC=n，


0
180
BAC






，点P 为平面内不与点A、C 重合的任
意一点，将线段CP 绕点P 顺时针旋转a，得线段PD，E、F 分别是CB、CD 的中点，设直线AP 与直线
EF 相交所成的较小角为β，探究EF
AP 的值和的度数与m、n、α的关系，请你参与学习小组的探究过程，并
104
完成以下任务：
（1）填空：
【问题发现】
小明研究了
60

时，如图1，求出了EF
PA ___________，___________；
小红研究了
90

时，如图2，求出了EF
PA ___________，___________；
【类比探究】
他们又共同研究了α=120°时，如图3，也求出了EF
PA ；
【归纳总结】
最后他们终于共同探究得出规律：EF
PA __________(用含m、n 的式子表示)；___________ (用含α的式
子表示)．
（2）求出
120

时EF
PA 的值和的度数．
【答案】（1）【问题发现】1
2 ，60°；
2
2 ，45°；【类比探究】见（2）题的解析；【归纳总结】2
n
m ，180
2
a

；
（2）
3
2
，30°
【分析】（1）当
60

时，△ABC 和△PDC 都是等边三角形，可证△ACP∽△ECF，从而有
1
2
EF
AP 
，∠Q
＝＝∠ACB＝60°；当
90

时，△ABC 和△PDC 都是等腰直角三角形，同理可证△ACP∽△ECF 即可解
决，依此可得出规律；
105
（2）当
120

，可证
3
2
CE
AC 
，
3
2
CF
CP 
，从而有CE
CA
CF
CP

，由∠ECF＝∠ACP，可得△PCA∽△FCE
即可解决问题．
【详解】（1）[问题发现]如图1，连接AE，PF，延长EF、AP 交于点Q，
当
60

时，△ABC 和△PDC 都是等边三角形，
∴∠PCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB，
∵F、E 分别是CD、BC 的中点，
∴
1
2
CF
PC 
，
1
2
CE
AC 
，
∴CF
CE
PC
AC

，
又∵∠ACP＝∠ECF，
∴△ACP∽△ECF，
∴
1
2
EF
AP 
，∠CEF＝∠CAP，
∴∠Q＝＝∠ACB＝60°，
当
90

时，△ABC 和△PDC 都是等腰直角三角形，
如图2，连接AE，PF，延长EF、AP 交于点Q，
∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC＝
2
2 CD，AC＝
2
2 CB，
∵F、E 分别是CD、BC 的中点，
∴
1
2
CE
AC 
，
1
2
CF
PC 
，
106
∴CF
CE
PC
AC

，
又∵∠ACP＝∠ECF，
∴△ACP∽△ECF，
∴
1
2
2
2
EF
AP 

，∠CEF＝∠CAP，
∴∠Q＝＝∠ACB＝45°，
[归纳总结]
由此，可归纳出
2
2
n
EF
CE
n
AP
AC
m
m



，＝∠ACB＝180
2
a

；
（2）当
120

，连接AE，PF，延长EF、AP 交于点Q，
∵AB＝AC，E 为BC 的中点，
∴AE⊥BC，∠CAE＝60°
∴sin60°＝
3
2
CE
AC 
，
同理可得：
3
2
CF
CP 
，
∴CE
CF
AC
CP

，
∴CE
CA
CF
CP

，
又∵∠ECF＝∠ACP，
∴△PCA∽△FCE，
∴
3
2
EF
EC
AP
AC


，∠CEF＝∠CAP，
∴∠Q＝＝∠ACB＝30°．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法
不变，体会“变中不变”的思想．
107
44．在学习完《图形的旋转》后，数学小组的同学们展开了新的探究．
(1)【问题初探】
如图1，在
ABC

中，点D 在边AB 上，DE
BC
∥
交AC 于点E．ADE

绕点A 逆时针旋转得到
AD E

△
（点
D 的对应点为点D¢，点E 的对应点为点E），连接BD，CE，得到
ABD
△
和ACE

，如图2，数学小组
的同学们发现
ABD
ACE


△
∽△
．
请你帮助他们证明这一发现．
(2)【问题应用】
如图3，Rt ABC

中，
90
ACB


，
6
AC 
，
8
BC ，M，N 分别为边AC 与BC 的中点．CMN

绕点C 旋
转，点M 的对应点为点E，点N 的对应点为点F，直线EF 与直线BC 交于点G．
①如图4，当点E 落在线段AF 上时，求证：
90
BFE


；
②当点A，E，F 三点在同一条直线上时，直接写出BG 的长．
(3)【问题拓展】
如图5，在（2）条件下，连接AF ，取AF 中点K，取EB中点H，请直接写出HK 的最大值为___________．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
4 21
8
7

或
4 21
8
7

(3)7.5
【分析】（1）证明AD
AE
AB
AC

，根据旋转得出
≌
ADE
A D E



，
BAD
CAE




，即可证明；
（2）①根据M，N 分别为边AC 与BC 的中点．得出
1
,
2
MN
AB MN
AB

∥
，证明
CMN
CAB
∽
△
△
，即可得
CM
CN
CA
CB

．由旋转可知CMN
CEF


≌
，
ACE
BCF


，证明
CEA
CFB
∽△
△
，即可证明．
②分为当点G 在线段BC 上时，和当点G 在线段BC 延长线上时，分别画出图形，根据相似三角形的性质和
勾股定理即可求解；
（3）取AE 中点P，连接PH
PK
，
，根据三角形中位线定理得出
1
2.5
2
KP
EF


．
1
5
2
PH
AB


．再结合
KH
KP
PH


，即可求解；
108
【详解】（1）证明：∵DE
BC
∥
，
∴
ABC
ADE
△
△
∽
，
∴AD
AE
AB
AC

．
由旋转可知
≌
ADE
A D E



，
BAD
CAE




，
∴AD
AD

，AE
AE

，
∴AD
AE
AB
AC



．
又∵
BAD
CAE




，
∴
ABD
ACE


△
∽△
．
（2）解：①证明：如图3，
∵M，N 分别为边AC 与BC 的中点．
∴
1
,
2
MN
AB MN
AB

∥
，
∴
CMN
CAB
∽
△
△
，
∴CM
CN
CA
CB

．
由旋转可知CMN
CEF


≌
，
ACE
BCF


，
∴CE
CM

，CF
CN

，
∴CE
CF
CA
BC

．
又∵
ACE
BCF


，
∴
CEA
CFB
∽△
△
，
109
∴
CAE
CBF


．
在ACG

与BFG

中，
∵
CGA
FGB


，
∴
90
BFE
ACB



．
②解：如图4，当点G 在线段BC 上时，
∵在Rt ABC

中，
90
ACB


，
6
AC 
，
8
BC ，
∴
2
2
10
4,
3
AB
AC
BC
CN
CF
CM
CE







，
，
1
5
2
MN
EF
AB



，
∵
C
CFA
AB


，
CGF
AGB


，
∴
CGF
AGB
∽
△
△
，
∴
4
2
10
5
CG
CF
AG
AB



．
设
2
CG
x

，则
5
AG
x

，
在Rt ACG

中，
2
2
2
AC
CG
AG


，
∴




2
2
2
6
2
5
x
x


，
∴
2 21
7
x 
，
∴
4 21
7
CG 
，
∴
4 21
8
7
BG
BC
CG




．
如图5，当点G 在线段BC 延长线上时，
110
同理可得
4 21
7
CG 
，
4 21
8
7
BG
BC
CG




．
（3）解：取AE 中点P，
∵K 为AF 中点，连接PH
PK
，
，
∴
1
2.5
2
KP
EF


．
∵H 为EB中点，
∴
1
5
2
PH
AB


．
∵KH
KP
PH


，
∴
2.5
5
7.5
KH 


，
∴KH 的最大值为7.5．
【点睛】该题主要考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，旋转的性质，全等三
角形的性质和判定等知识点，解题的关键是证明三角形相似．
题型09 折叠背景下的相似三角形的性质与判定
45．在边长为4 的正方形ABCD 中，E 是AD 边上一动点(不与端点重合)，将ABE

沿BE 翻折，点A 落在点
H 处，直线EH 交CD 于点F，连接BF ，BE ，BF 分别与AC 交于点P、Q，连接PD ，PF ．则以下结论中
正确的有________ (写出所有正确结论的序号)．
①

PB
PD ；②
2
EFD
FBC


；③PQ
AP
QC


；④
BPF
△
为等腰直角三角形；⑤若连接DH ，则DH 的
最小值为4 2
4

．
111
【答案】①②④⑤
【分析】①正确．由正方形ABCD 的性质可证明
SAS
BCP
DCP


≌
（
），可得结论；②正确．证明
CFB
EFB


，
推出
90
CBF
CFB




＋
，推出2
2
180
CBF
CFB




＋
，由
2
180
EFD
CFB




＋
，可得结论；③错误．可
以证明PQ
PA
CQ

＋
；④正确．利用相似三角形的性质证明
90
BPF


，可得结论；⑤正确．求出BD ，BH ，
根据DH
BD
BH


，可得结论．
【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，
∴CB
CD

，
1
90
45
2
BCP
DCP





，
在BCP

和DCP

中
CB
CD
BCP
DCP
CP
CP








∴


SAS
BCP
DCP
≌
△
△
，
∴

PB
PD ，故①正确；
∵ABE

沿BE 翻折，点A 落在点H 处，直线EH 交CD 于点F，
∴ABE
BHE


≌
，则BH
AB
BC


，
90
BHF
BCF



，
∵BF
BF

，
∴


HL
BHF
BCF


≌
，则
HBF
CBF


，
∵
ABE
HBE


，
∴
1
90
45
2
EBF
HBE
HBF






，
∵
45
QCF
EBF



，
PQB
FQC


，
∴PQB
FQC


∽
，则BQ
PQ
CQ
FQ

，
BPQ
CFQ


，
112
∴BQ
CQ
PQ
FQ

，
∵
PQF
BQC


，
∴PQF
BQC


∽
，则
QPF
QBC


，
∵
90
QBC
CFQ



，
∴
90
BPF
BPQ
QPF




，
∴
45
PBF
PFB



，
∴PB
PF

，则
BPF
△
为等腰直角三角形，故④正确；
∵
90
BPF
BPQ
QPF




，
∴
90
EPF


，
∵
90
EDF


，
∴P，E，D，F 四点共圆，
∴
PEF
PDF


，
∵PB
PD
PF


，
∴
PDF
PFD


，
∵
180
AEB
DEP




＋
，
180
DEP
DFP




＋
，
∴
AEB
DFP


，
∴
AEB
BEH


，
∵BH
EF

，
∴
90
BAE
BHE



，
∵BE
BE

，
∴


AAS
BEA
BEH


≌
，
∴AB
BH
BC


，
∵
90
BHF
BCF



，BF
BF

，
∴


Rt
Rt
HL
BFH
BFC


≌
，
∴
BFC
BFH


，
∵
90
CBF
BFC




＋
，
∴2
2
180
CBF
CFB




＋
，
∵
2
180
EFD
CFH
EFD
CFB






＋
＋
，
∴
2
EFD
CBF


，故②正确，
113
将ABP

绕点B 顺时针旋转90得到BCT

，连接QT ，
∴
ABP
CBT


，
∴
90
PBT
ABC



，
∴
45
PBQ
TBQ



，
∵BQ
BQ

，BP
BT

，
∴


SAS
BQP
BQT


≌
，
∴PQ
QT

，
∵QT
CQ
CT
CQ
AP


＋
＋
，
∴PQ
AP
CQ

＋
，故③错误，
连接BD，DH ，
∵
2
2
4
4
4 2
BD 


，
4
BH
AB


，
∴
4 2
4
DH
BD
BH



，
∴DH 的最小值为4 2
4
，故⑤正确．
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题关键
是学会添加常用辅助线吗，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
114
46．如图，正方形ABCD 的边长为6，点P 是BC 边上的动点，将ABP

沿AP 折叠得到APB

，射线AB与
边DC 和射线BC 的延长线交于F，E 点．
(1)如图①，若四边形APED 是平行四边形，求证：DF
EF

；
(2)如图②，当DF
2CF

时，求BP 的长；
(3)如图③，当FB
CF

时，求
DFE
△
的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
2 13
4
BP 

(3) 9
2
【分析】本题主要考查了矩形的折叠问题，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，全等三角形的
判定和性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质．
（1）由折叠可得
BAP
B AP



，由四边形APED 是平行四边形，可得
,
AP
DE AP
DE

∥
，可得
BAP
AED


，再证明Rt
Rt
ABP
DCE


≌
，从而可得
BAP
CDE


，从而得出
AED
CDE


，最后由
等腰三角形的判定即可得结论；
（2）先求得
2,
4
CF
DF


，由AD
CE

，得到
AFD
EFC
∽
△
△
，再由相似三角形的性质可得CE
CF
AD
DF

，
从而求得
3
CE 
，设BP
B P
x



，则
6
PC
x


，根据
2
2
2
B P
B E
PE




，列出方程




2
2
2
3 13
6
9
x
x




并求解即可；
（3）设FB
CF
x


，则
6
,
6
DF
x AF
x




，由
2
2
2
AD
DF
AF


，可得




2
2
2
6
6
6+
x
x



，可得
3
9
,
2
2
CF
DF


，再证明FCE
FDA


∽
，可得CF
CE
DF
AD

，求得
2
CE 
，最后用三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）由折叠可得
BAP
B AP



，
四边形APED 是平行四边形，
,
AP
DE AP
DE


∥
，
B AP
AED



，
115
BAP
AED


，
在Rt ABP

和Rt DCE

中，
AP
DE
AB
DC





，


Rt
Rt
HL
ABP
DCE



≌
，
BAP
CDE


，
AED
CDE


，
DF
EF


；
（2）
6,
2
CD
DF
CF



，
3
6
CD
CF



，
2,
4
CF
DF



，
AD
CE

∥
，
AFD
EFC

∽
△
△
，
CE
CF
AD
DF


，
2
6
4
CE


，
3
CE

，
设BP
B P
x



，则
6
PC
x


，
9
PE
x



，
Rt ADF


中，
2
2
4
6
2 13
AF 


，
2 13
6
B F
FA
AB







，
Rt ECF


中，
2
2
2
3
13
EF 


，
3 13
6
B E
B F
EF







，
Rt PB E



中，
2
2
2
B P
B E
PE




，




2
2
2
3 13
6
9
x
x





，
解得：
2 13
4
x 

，
2 13
4
BP



；
116
（3）设FB
CF
x


，则
6
,
6
DF
x AF
x




，
Rt
ADF

△
中，
2
2
2
AD
DF
AF


，




2
2
2
6
6
6+
x
x




，
解得：
3
2
x 
，
3
9
,
2
2
CF
DF



，
AD
CE

∥
，
FCE ∽FDA


，
CF
CE
DF
AD


，
3
2
9
6
2
CE


，
2
CE 
∴
，
1
1
9
9
2
2
2
2
2
DEF
S
DF CE








．
47．如图①，在Rt
ABC
△
中，
90
15
9
ABC
AC
AB





，
，
，动点D 从点C 出发沿CA 以每秒5 个单位长
度的速度向终点A 运动，同时动点E 从点A 出发沿AB 以每秒3 个单位长度的速度向终点B 运动．设点D
运动的时间是t 秒

0
3
t

．过点D 作DF
BC

于点F，连结DE
EF
、
．
(1) AE 
，AD 
；（用含t 的代数式表示）
(2)当四边形AEFD 是菱形时，t 的值为
；
(3)当DE 垂直于
ABC

的一边时，求t 的值；
(4)如图②，将
DEA
△
沿DE 翻折，点A 的对应点为点A，直接写出点A在
ABC

外部时t 的取值范围．
117
【答案】(1)3t ，15
5t

(2)15
8
(3)t 的值为3
2 或75
34
(4)
3
0
2
t

或75
34
3
t

【分析】（1）先根据动点意义用含t 的代数式表示出C D
A E
，
，再用AC 减去CD 即可求出AD ；
（2）先证明
DCF
ACB
∽
△
△
，求出
3
DF
AE
t


，证明四边形AEFD 是平行四边形，再根据菱形的性质得
到AE
AD

，列出关于t 的方程，解方程即可求出结果；
（3）分DE
AE
DE
AC


，
两种情况进行讨论，根据相似三角形的判定与性质列出关于t 的方程即可求出
每种情况下的t 值；
（4）当
AED

或
ADE

是钝角时将
DEA
△
沿DE 翻折，点A 的对应点A在
ABC

外部，然后看t 值在什么
范围时这两个角是钝角即可求出将
DEA
△
沿DE 翻折，点A 的对应点A在
ABC

外部时t 的取值范围．
【详解】（1）解：∵动点D 从点C 出发沿CA 以每秒5 个单位长度的速度向终点A 运动，运动时间为t 秒，
∴
5
CD
t

，
又∵
15
AC 
，
∴
15
5
AD
t


，
∵动点E 从点A 出发沿AB 以每秒3 个单位长度的速度向终点B 运动，运动时间为t 秒，
∴
3
AE
t

；
（2）解：
,
DF
BC AB
BC



，
DF
AE

∥
，

DCF
ACB
∽
△
△
，
CD
DF
AC
AB


，即5
15
9
t
DF

，
3
DF
t


，
3
DF
AE
t



，
四边形AEFD 是平行四边形，
当四边形AEFD 是菱形时，AD
AE

，
∴3
15
5
t
t


，
∴
15
8
t 
；
118
（3）解：当DE
AE

时，DE
BC
∥
，
∴
ADE
ACB
△
△
∽
，
∴AD
AE
AC
AB

，即15
5
3
15
9
t
t


，
解得：
3
2
t 
，
当DE
AC

时，
90
ADE
B
DAE
BAC






，
，
∴
ADE
ABC
△
△
∽
，
∴AD
AE
AB
AC

，即15
5
3
9
15
t
t


，
解得：
75
34
t 
．
∴t 的值为3
2 或75
34 ；
（4）解：由（3）知当
3
0
2
t

时，
AED

是钝角，
此时将
DEA
△
沿DE 翻折，点A 的对应点A在
ABC

外部，
当75
34
3
t

时，
ADE

是钝角，
此时将
DEA
△
沿DE 翻折，点A 的对应点A在
ABC

外部，
∴将
DEA
△
沿DE 翻折，点A 的对应点A在
ABC

外部时，t 的取值范围为
3
0
2
t

或75
34
3
t

．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查平行四边形、菱形的性质，折叠的性质，以及相似三角的判定与
性质等知识，考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力，特别注意分类讨论，分别求出t 的值，避免漏
解．
48．在矩形ABCD中，点E，F 分别在边��，BC 上，将矩形ABCD沿EF 折叠，使点A 的对应点P 落在边
��上，点B 的对应点为点G，PG 交BC 于点H．
(1)如图1，求证：
DEP
CPH
△
∽△
；
(2)如图2，当P 为��的中点，
2
AB 
，
3
AD 
时，求GH 的长；
(3)如图3，连接BG ，当P，H 分别为��，BC 的中点时，探究BG 与��的数量关系，并说明理由．
119
【答案】(1)见解析
(2)
3
4
GH 
(3)
6
6
BG
AB

，见解析
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到
EDP
PCH
△
∽△
；
（2）根据
EDP
PCH
△
∽△
，求得PH 的长度，从而得出GH 长度；
（3）延长AB ，PG 交于一点M ，连接AP ，先证明
MBH
PCH
△
≌△
，得到相等的边，再根据BMG
MAP


∽
，
得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
四边形ABCD 是矩形，
90
A
D
C




，
1
3
90

，
E

，F 分别在AD ，BC 上，将四边形ABFE 沿EF 翻折，使A 的对称点P 落在DC 上，
90
EPH
A



，
2
1
90

，
3
2
，
EDP
PCH
△
∽△
；
（2）解：四边形ABCD 是矩形，
2
CD
AB



，
3
AD
BC


，
90
A
D
C



，
P

为CD中点，
1
2
1
2
DP
CP




，
设EP
AE
x


，
3
ED
AD
x
x




，
在Rt
EDP
△
中，
2
2
2
EP
ED
DP


，
即
2
2
(3
)
1
x
x


，
120
解得
5
3
x 
，
5
3
EP
AP
x




，
4
3
ED
AD
AE




，
EDP
PCH
△
∽△
，
ED
EP
PC
PH

，即
4
5
3
3
1
PH

，
5
4
PH


，
2
PG
AB



，
3
4
GH
PG
PH




．
（3）解：如图，延长AB ，PG 交于一点M ，连接AP ，
E

，F 分别在AD ，BC 上，将四边形ABFE 沿EF 翻折，使A 的对称点P 落在CD上，
AP
EF


，BG 直线EF ，
BG
AP

∥
，
AE
EP


，
EAP
EPA


，
BAP
GPA


∴
，
MAP
△
是等腰三角形，
MA
MP


，
P

为CD中点，
设DP
CP
y


，
2
AB
PG
CD
y




，
H

为BC 中点，
BH
CH


，
BHM
CHP



，
CBM
PCH


，
121
(ASA)
MBH
PCH
△
≌△
，
BM
CP
y



，HM
HP

，
3
MP
MA
MB
AB
y




∴
，
1
3
2
2
HP
PM
y



，
在Rt
PCH
△
中，
2
2
5
2
CH
PH
PC
y



，
2
5
BC
CH
y



，
5
AD
BC
y



，
在Rt APD

中，
2
2
6
AP
AD
PD
y



，
BG
AP

∥
，
BMG
AMP
△
∽△
，

1
3
BG
BM
AP
AM


，
6
3
BG
y


，

2
6
6
3
AB
y
BG
y


，
6
AB
BG


，即
6
6
BG
AB

．
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，
熟练掌握以上基础知识是解题关键．
49．（1）【动手操作】如图1，将正方形ABCD 沿直线EF 折叠，使点B 的对应点M 始终落在边AD 上（点M
不与点A，D 重合），点C 落在点N 处，MN 与CD 交于点P，折痕分别与边AB ，CD 交于点E ，F ，连接
BM ．求证：BM
EF

；
（2）【问题探究】在图1 中，若正方形ABCD 的边长为3，当点P 运动到CD的中点时，求MD 的长；
（3）【拓展延伸】如图2，若把（1）【动手操作】中的正方形ABCD 改成矩形ABCD ，且AB
mAD

，其中
1
m ，
122
其他条件不变，若
2
AD 
，直接写出折痕EF 的长度的取值范围是______．（用含m 的式子表示）
【答案】（1）证明见解析；（2）2，（3）
2
2
2
1
EF
m
m


．
【分析】（1）过点F 作FQ
AB

，垂足为Q，证明AMB
QEF


≌
（AAS）即可；
（2）容易证明AEM
DMP

∽△
得AE
AM
MD
DP

，在Rt
AEM
△
中，
2
2
2
AM
AE
EM


，根据线段关系列方程求
解即可；
（3）连接BM ，过点F 作FQ
AB

，垂足为Q，证明AMB
QEF


∽
，得
1
EF
BM
m

，由BM 的取值范围
得出EF 的取值范围．
【详解】（1）如图，过点F 作FQ
AB

，垂足为Q，
∵在正方形ABCD 中，
90
A
D



，AB
AD
BC


，
∴四边形ADQF 是矩形，
∴QF
BC
AD
AB



，
∵
90
BEF
EBM




＋
，
90
AMB
EBM




＋
，
∴
BEF
AMB



，
∵
90
A
EQF


，
∴AMB
QEF


≌
（AAS），
∴BM
EF

，
（2）设AE
y

，DM
x

，则
3
BE
AB
AE
y




，
3
AM
AD
DM
x




，
∵
90
AME
PMD




＋
，
90
AEM
AME




＋
，
∴
AEM
PMD


，
又∵在正方形ABCD 中，
90
A
D



，
∴AEM
DMP

∽△
，
∴AE
AM
MD
DP

，
又∵
1
3
2
2
DP
CD


，
123
∴
3
1.5
y
x
x


，整理得：
2
6
2
3
x
x
y


由折叠性质：
3
EM
BE
y



，
在Rt
AEM
△
中，
2
2
2
AM
AE
EM


，即
2
2
2
(3
)
(3
)
x
y
y




，
∴
2
6
6
x
x
y


，
∴
2
2
6
6
2
6
3
x
x
x
x



解得：
1
2
x 
，
2
0
x 
（不合题意舍去）
即
2
DM 
．
（3）连接BM ，过点F 作FQ
AB

，垂足为Q，
∵在矩形ABCD 中，
90
A
D



，
∴四边形ADQF 是矩形，
∴QF
BC
AD


，
∵
90
BEF
EBM




＋
，
90
AMB
EBM




＋
，
∴
BEF
AMB



，
∵
90
A
EQF


，
∴AMB
QEF


∽
，
∴BM
AB
EF
AD

，
∵AB
mAD

，
∴BM
mEF

，即
1
EF
BM
m

，
若
2
AD 
，则
2
AB
m

，
当点M 与点A 重合时，��最小，
2
BM
AB
mAD
m



，
当点M 与点D 重合时，��最大，
2
2
2
2
2
(2 )
2
2
1
BM
AB
AD
m
m






，
124
∴
2
2
2
1
m
BM
m



∴
2
1
2
2
1
BM
m
m
m


，
即：
2
2
2
1
EF
m
m



【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，全等三角形性质和判定、相似三角形的性质与判定，勾股定
理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
题型10 动点背景下的相似三角形的性质与判定
50．如图，在矩形ABCD 中，
12
AB 
厘米，
6
BC 
厘米．点P 沿��边从A 开始向点B 以2 厘米/秒的速度
移动；同时点Q沿DA边从点D 开始向点A 以1厘米/秒速度移动，用t （秒）表示移动的时间（0
6
t

）．
(1)当t 为何值时，QAP

为等腰直角三角形？
(2)求四边形QAPC 的面积；
(3)当t 为何值时，以点Q
A
P
，，
为顶点的三角形与
ABC

相似？
【答案】(1)
2
t 
；
(2)
2
36cm ；
(3)
3
t 
或6
5 ．
【分析】（1）由等腰三角形的定义可得AP
AQ

，即得2
6
t
t

，解方程即可求解；
（2 ）根据
PBC
CDQ
ABCD
QAPC
S
S
S
S





矩形
四边形
即可求解；
（3）根据相似三角形的判定分AQ
AP
BC
BA

和AQ
AP
BA
BC

两种情况解答即可求解；
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的定义，相似三角形的性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴
90
PAQ


，
当AP
AQ

时，QAP

为等腰直角三角形，
∴2
6
t
t

，
125
∴
2
t 
；
（2）解：∵
2 cm
AP
t

，
∴


12
2 cm
BP
t


，
∴


2
1
1
12 6
6
12
2
12
36cm
2
2
PBC
CDQ
ABCD
QAPC
S
S
S
S
t
t













矩形
四边形
；
（3）解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴
90
QAP
B



，
当AQ
AP
BC
BA

时，
QAP
CBA
△
∽△
，
∴6
2
6
12
t
t


，
解得
3
t 
；
当AQ
AP
BA
BC

时，
QAP
ABC
△
∽△
，
∴6
2
12
6
t
t

，
解得
6
5
t 
；
综上，当
3
t 
或6
5 时，以点Q
A
P
，，
为顶点的三角形与
ABC

相似．
51．如图，Rt
ABC
△
中，
90
C


，
10
AB 
，
6
BC 
，动点P 从点A 出发，沿折线AC
CB

以每秒2 个单
位长度的速度向终点B 运动．D 是AB 的中点，以PA
AD
、
为邻边作平行四边形APED ．设点P 的运动时间
为t 秒．（
0
t 
）
(1)用含t 的代数式表示线段PC 的长．
(2)当点E 落在边BC 上时，求t 的值．
(3)当点P 在线段AC 上运动时，平行四边形APED 与
ABC

重叠部分图形的周长为y ，求y 与t 之间的函数
关系式．
(4)当点E 到
ABC

的一条直角边和斜边所在的直线距离相等时，直接写出t 的值．
【答案】(1)
8
2 (0
4)
2
8(4
7)
t
t
PC
t
t







；
126
(2)
2
t 
；
(3)
10
4 (0
2)
16
(2
4)
t
t
y
t
t







；
(4)
5
2

t
或9
2 或5
4 ．
【分析】（1）当点P 在线段AC 上时，
8
2
PC
AC
AP
t




，当点P 在线段BC 上时，
2
8
PC
t

，从而得
出结果；
（2 ）证明BDE
BCA


∽
从而得出
1
2
AP
DE
AC


，进一步得出结论；
（3 ）分当0
2
t

时和当2
4
t

时两种情况分析即可；
（4 ）分为点E 到AC 和AB 距离相等和E 到AB 和BC 的距离相等两种情形，当E 到AC 和BC 的距离相等
时，可推出
ADE

是等腰三角形，从而得出
5
AP
DE
AD



，当E 到AB 和BC 的距离相等时，可推出
5
BE
PE
AD



，进一步得出结果．
【详解】（1）∵
90
C


，
∴
2
2
2
2
AC
AB
BC
10
6
8





，
当点P 在线段AC 上时，
8
2
PC
AC
AP
t




，
当当点P 在线段BC 上时，
2
8
PC
t

，
综上所述：
8
2 (0
4)
2
8(4
7)
t
t
PC
t
t







；
（2）如图1，
∵四边形ADEP 是平行四边形，
∴DE
AP

，DE
AP
∥
，
∴BDE
BCA


∽
，
127
∴DE
BD
AC
AB

，
∵点D 是AB 的中点，
∴
2
AB
AD

，
∴
1
8
2
DE 
，
∴
4
DE 
，
∴
4
AP 
，
∴
4
2
2
t 

；
（3）由（1）得
8
AC 
，
由题意得：
2
AP
t

，
5
AD 
如图，当0
2
t

时，




2
2 5
2
10
4
y
AD
AP
t
t






，
如图，当2
4
t

时，
∵DE
AP
∥
，
∴CPG
HEG


∽
，
∴EH
EG
GH
CP
PG
GC


，
∵
1
4
2
DH
AC


，
∴
2
4
EH
t


，
8
2
CP
t


,
∴


3
3
3
8
2
6
4
4
2
GC
CP
t
t





，


5
5
5
8
2
10
4
4
2
GP
CP
t
t





，
128
则
3
3
3
6
3
2
2
GH
t
t











，
∴
5
4
5
2
3
10
3
16
2
2
t
t
t
y
t








，
∴
10
4 (0
2)
16
(2
4)
t
t
y
t
t







；
（4）如图3，
当点E 到AC 和AB 距离相等时，点E 在
CAB

的平分线上，
∴
CAE
DAE


，
∵DE
AP
∥
，
∴
CAE
AED


，
∴
AED
DAE


，
∴
5
DE
AD


，
∴
5
AP
DE


，
∴
5
2

t
，
如图4 ，
当点E 到AB 和BC 的距离相等时，点E 在
CBF

的平分线上，
∴
FBE
EBP


，
∵AB
EP
∥
，
129
∴
FBE
PEB


，
∴
PEB
EBP


，
∴PB
PE

，
∵
5
PE
AD


，
∴
5
PB 
，
∴
6
5
1
PC
BC
PB




，
∴
8 1
9
AC
PC



，
∴
9
2
t 
，
如图5 ，
当点E 到线段BC 和AB 的距离相等时，即点E 在
ACB

的平分线上时，延长AE 交BC 于F ，作FG
AC
^
，
∵
90
ACB


，
∴BF
FG

，
设BF
FG
x


，则
8
AF
x


，
∵
A
A

，
90
AGF
B



，
∴
AFG
ABC
△
△
∽
，
∴FG
AF
BC
AC

，
∴
8
6
10
x
x


，
∴
3
x 
，
∴
8
3
5
AF 
，
∴
1
5
2
2
AP
DE
AF



，
∴
5
4
t 
，
综上所述：
5
2

t
或9
2 或5
4 ．
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，角平分线的判定，等腰三
130
角形的判定和性质等知识，熟练掌握知识点的应用及分类讨论的思想是解题的关键．
52．已知：如图，在四边形ABCD 中，AD
BC
∥
，
90
D
Ð
=
°，
9cm
AD 
，
25cm
BC 
，
12cm
CD 
，连接
AC ，点E 从点B 出发沿BC 方向匀速运动，速度为4cm / s；同时，点F 从点C 出发沿CA 方向匀速运动，
速度为3cm / s；过点E 作EG
AB

交AB 于点G ，连接EF ，当一点停止运动时，另一点也停止运动，设运
动时间为s (0
4)
t
t

．
(1)当点F 在线段EC 的垂直平分线上时，求t 的值；
(2)当四边形AGEF 是矩形时，求t 的值；
(3)设四边形AGEF 的面积为

2
cm
S
，求S 与t 的函数关系式；
(4)取CD 的中点Q，是否存在某一时刻t ，使得点E 、F 、Q在同一条直线上？若存在，请求出t 的值；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)125
29
(2) 25
9
(3)


2
72
30
150 0
5
25
S
t
t
t




；
(4)存在某一时刻
79
3 249
16
t
s


时，使得点E 、F 、Q在同一条直线上．
【分析】
1 过点F 作FH
BC

于点H ，由勾股定理求得AC ，再证明ACD
CFH
∽


，用t 表示CH ，由当
点F 在线段EC 的垂直平分线上时，得
2
CE
CH

，列出t 的方程求得t 的值便可；

2 当四边形AGEF 是矩形时，则EF
AB

，得CEF
CBA
∽


，进而列出t 的方程求解便可；

3 先证明ACD
CBA
∽


，得
90
BAC


，求得AB ，再证BGE
BAC
∽


，用t 表示BG ，EG ，FH ，根
据
ABC
BEG
CEF
S
S
S
S






得出结果便可；

4 过Q点作PQ
AD

，与AC 交于点P ，如图，则PQ
BC
∥
，当E 、P 、Q三点共线时，PQF
CEF
∽


，
131
根据相似三角形的性质列出t 的方程，若方程无解，则不存在某一时刻t ，使得点E 、F 、Q在同一条直线
上，若方程有解，则存在某一时刻t ，使得点E 、F 、Q在同一条直线上，求得其解便可．
【详解】（1）解：过点F 作FH
BC

于点H ，如图，
90
D




，
9cm
AD 
，
12cm
CD 
，
15cm
AC


，
AD
BC


，
CAD
FCH


，
90
D
CHF





，
ACD
CFH

∽


，
AD
AC
CH
CF


，即9
15
3
CH
t

，
9
5
CH
t


，
当点F 在线段EC 的垂直平分线上时，则
2
CE
CH

，
即
9
25
4
2
5
t
t



，
解得
125
38
t 
；
（2）解：当四边形AGEF 是矩形时，则EF
AB

，
CEF
CBA

∽


，
CF
CE
CA
CB


，即3
25
4
15
25
t
t


，
解得
25
9
t 
；
（3）解：
9cm
AD 

，
15cm
AC 
，
25cm
BC 
，
3
5
AD
CA
AC
CB



，
CAD
BCA



，
ACD
CBA

∽


，
90
D
BAC



，
2
2
2
2
25
15
20(cm)
AB
BC
AC






，
132
EG
AB


，
EG
AC


，
BGE
BAC

∽


，
BG
EG
BE
BA
CA
BC



，即
4
20
15
25
BG
EG
t


，
16 (cm)
5
BG
t


，
12 (cm)
5
EG
t

，
2
2
2
2
9
12
(3 )
(
)
5
5
FH
CF
CH
t
t
t






，


2
1
1
1
1
1
16
12
1
12
72
20 15
25
4
30
15
2
2
2
2
2
5
5
2
5
25
ABC
BEG
CEF
S
S
S
S
AB AC
BG EG
CE FH
t
t
t
t
t
t

























，
即


2
72
30
150 0
4
25
S
t
t
t




；
（4）解：过Q点作PQ
AD
∥
，与AC 交于点P ，如图，则PQ
BC
∥
，
Q

是CD 的中点，
∴
1
CP
CQ
PA
QD

，
15 cm
2
PC
PA



，
1
9 cm
2
2
PQ
AD


，
15
3
2
PF
CP
CF
t





，
当E 、F 、Q三点共线时，
PQ
BC


，
PQF
CEF

∽


，
PQ
PF
CE
CF


，即
9
15
3
2
2
25
4
3
t
t
t



，
整理得，
2
8
79
125
0
t
t



，
解得
79
3 249
4
16
t



舍或
79
3 249
16
t


，
故存在某一时刻
79
3 249
16
t
s


时，使得点E 、F 、Q在同一条直线上．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，三角形的面积，直角三角形的性质，求函数
133
解析式，构造直角三角形和证明相似三角形是解题的关键．
53．如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ABC


，
8
AB 
，
6
BC 
，点D 为AC 中点，动点P 从点A 出发，沿边AB
以每秒5 个单位长度的速度向终点B 运动，连结DP ，将线段DP绕点D 逆时针旋转90得线段DE ，连结
PE ．设点P 运动的时间为t 秒．
(1)用含t 的代数式表示点P 到AC 的距离为________；
(2)当点E 落在
ABC

内部（不包括边界）时，求t 的取值范围；
(3)当PE 与
ABC

的一边平行时，求线段PE 的长度；
(4)当经过点E 与
ABC

的一个顶点的直线平分
ABC

面积时，直接写出t 的值．
【答案】(1)3t
(2) 1
5
5
4
t

(3) 30
7 或6
(4) 7
20 或29
40 或11
10
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中线的性质；
（1）先作辅助线，根据两个三角形相似可得到结果；
（2）当点E 在边界上时，求出结果，即可得到取值范围；
（3）可分为两种情况，
,
PE
AC PE
BC
∥
∥
，根据题意画出图形，根据相似三角形的性质即可求解．
（4）分为三种情况，分别是经过三条中线，分别画出图形，结合图形，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：过点P 作PF
AC

与一点F ，如图所示：
134
∵在Rt
ABC
△
中，
90
ABC


，
8
AB 
，
6
BC 
，
∴
2
2
10
AC
AB
BC



，
∵点D 为AC 中点，
∴
5
AD
DC
=
=
，
∵
90
ABC


，PF
AC

，
∴
90
AEP
ABC



，
∵
FAP
BAC


，
∴
APF
ACB
△
∽△
，
∴PF
AP
BC
AC

，
∵点P 从点A 出发，沿边AB 以每秒5 个单位长度的速度向终点B 运动，
∴
5
AP
t

，
即
5
6
3
10
AP BC
t
PF
t
AC





；
（2）解：当点E 在AB 上时，过点D 作DG
AB

于点G ，如图所示：
此时
,
,
DPE
DGP
DEG
△
△
△
均为等腰直角三角形，
即
1
3
2
DG
BC


，
1
4
2
AG
AB


，
∴
3
PG 
,
∴
4
3
1
AP
AG
PG




，即5
1
t ，
∴
1
5
t 
；
当点E 在AC 上时，如图所示：
135
此时PD
AC

，即
90
ADP


，
∵
DAP
BAC


，
∴
ADP
ABC
∽
△
△
，
∴AD
AP
AB
AC

，
即
5 10
25
8
4
AD AC
AP
AB





，
∴
25
5
4
t 
，
∴
5
4
t 
；
∴当点E 落在
ABC

内部（不包括边界）时，t 的取值范围1
5
5
4
t

；
（3）解：可分为两种情况：
当PE
AC
∥
时，过点P，E 分别作垂线
,
PF
AC EH
AC


，如图所示：
此时四边形PFHE 是矩形，
∵DEP

为等腰直角三角形，PE
AC
∥
，
∴
45
ADP
DPE



，
∴
3
DF
PF
t


，
∵
5
AP
t

，
∴
4
AF
t

，
∴
7
5
AD
AF
DF
t




，
∴
5
7
t 
，
∴
30
6
7
PE
FH
t



；
当
∥
PE
BC 时，过点D 作
,
DM
AB DN
PE


，如图所示：
136

45
APD
DPE



，
点D 是AC 中点，
点M 也是AB 的中点，

2
6
PE
DM


；
当PE 与
ABC

的一边平行时，线段PE 的长度为30
7 或6 ；
（4）解：当经过点E 与
ABC

的一个顶点的直线平分
ABC

面积时，此时点E 在
ABC

的中线上，可分为
三种情况：
当点在BD 上时，如图所示：
此时
5
DA
DB


，
∴
DAB
DBA


，
∵
90
BDP
ABC



，
∴
BDP
ABC
△
∽△
，
∵
6
3
8
4
BC
AB 

，
∴
3
4
DP
BD 
，
设
3
DP
x

，即
4
BD
x

，
∴
2
2
5
BP
DP
BD
x



，
∴4
5
x 
，解得
5
4
x 
，
∴
25
5
4
BP
x


，
∴
25
7
8
4
4
AP
AB
PB





，
137
即
7
5
20
AP
t 

；
当点E 在中线AN 上时，如图所示：连接DN ，则
1
4
2
DN
AB


，
过点D 作DG
AB

于点G ，过点E 作HF
AB

于点F ，交DN 于点H ，
在Rt
,Rt
DPG
DEH


中，
90
DGP
DHE
PDG
EDH
GDE
DP
DE











∴


Rt
Rt
AAS
DPG
DEH


≌
∴
1
3
2
DH
DG
BC



，PG
HE

∴
1
HN
FB


∵EF
NB
∥
∴AEF
ANB


∽
∴EF
AF
NB
AB

∴
7
3
8
EF 
解得：
21
8
EF 
∴
21
3
3
8
8
PG
HE
HF
EF






∴
3
29
8
4
8
8
AP
AB
PG
GB







∴
29
5
40
AP
t 

如图所示，当E 经过中线CG 时，
138
同理可得EF
BC
∥
∴GEF
GCB


∽
∴EF
GF
CB
GB

即
3
6
4
EF 
解得：
9
2
EF 
∴
3
2
PG
EH


∴
3
11
4
2
2
AP
AG
GP





∴
11
5
10
AP
t 

综上所述t 的值为：7
20 或29
40 或11
10
54．如图，在
ABC

中，
90 ,
8cm,
6cm
ABC
AB
BC





，点M 从点A 出发，沿折线AB
BC

以2cm / s 速
度向点C 运动，同时点D 从点C 出发，沿CA 方向以1cm / s 的速度向点A 运动，点M 到达点C 时，点
,
M D 同
时停止运动，当点M 不与
,
A C 重合时，作点M 关于直线AC 的对称点N ，连接MN 交AC 于点E ，连接
,
DM DN ．设运动时间为

s
0
7
t
t

．
备用图
(1)当t 为何值时，MD
BC
∥
？
(2)设DMN

的面积为S ，求s与t 的函数关系式并写出t 的取值范围；
(3)当t 为何值时，DMN

为直角三角形？
【答案】(1)
20
7
t 
139
(2)


2
78
2
0
1
25
7
s
t
t
t



(3)
50
19
t 
或
98
19
t 
【分析】（1）当MD
BC
∥
时，得AMD
ABC
∽


，则AM
AD
AB
AC

，代入计算即可；
（2）根据点M ，点N 关于直线AC 的对称，得到MN
AC

，证明AME
ACB
∽


，由三角形相似得到
,
AE ME
的长，再求出
,
MN DE 的代数式，根据
1
2
DMN
S
MN DE



代入化简即可；
（3）分点M 在AB 上或点M 在BC 上，由轴对称性知，DMN

是等腰三角形，从而点D 为直角顶点，利用
三角函数表示出MH 和AH 的长，进而解决问题．
【详解】（1）解：在Rt
ABC
△
中，由勾股定理得，
2
2
6
8
10cm
AC 


，
当MD
BC
∥
时，
∴AMD
ABC
∽


，
∴AM
AD
AB
AC

，
∴2
10
8
10
t
t


，
解得
20
7
t 
，
∴
20
7
t 
时，MD
BC
∥
；
（2）解：点M ，点N 关于直线AC 的对称，

1
,
2
MN
AC ME
NE
MN



，
90
AEM


，
,
90
A
A
ABC
AEM







，
AME
ACB
∽


，
AM
AE
ME
AC
AB
BC



，
2 ,
10cm
AM
t AC



，
∴2
10
8
6
t
AE
ME


，
8
6
,
5
5
t
t
AE
ME



，
12
2
5
t
MN
ME



，
140
CD
t


，
8
13
10
10
5
5
t
t
DE
AC
AE
CD
t








，

2
1
1
12
13
78
10
12
2
2
5
5
25
DMN
t
t
S
MN DE
t
t















，



2
78
12
0
7
25
s
t
t
t



；
（3）解：∵点N 是点M 关于直线AC 的对称点，
∴
,
MN
AC DM
DN


，
∴DMN

为等腰三角形，
∴当DMN

为直角三角形时，
90
MDN


，
∴
45
MDE
NDE



，
∵
90
MED


，
∴此时MDE

为等腰直角三角形，
即ME
DE

，
①如图，当M 在AB 上运动时，此时0
4
t

，
∵
,
90
MAE
CAB
AEM
ABC





，
∴AEM
ABC
∽


，
AM
AE
ME
AC
AB
BC



，
∴2
10
8
6
t
AE
ME


，
8
6
,
5
5
t
t
AE
ME



，
8
13
10
10
5
5
t
t
DE
AC
AE
CD
t








，
∵ME
DE

，
141
∴6
13
10
5
5
t
t


，
∴
50
19
t 
，符合题意，
②如图，当M 在BC 上运动时，此时4
7
t

，
∵
,
90
MCE
ACB
CEM
CBA





，
∴MCE
ACB
∽


，
∴MC
CE
ME
AC
CB
AB


，
∴14
2
10
6
8
t
CE
ME



，
∴
42
6
5
5
t
CE 

，
56
8
5
5
t
ME 

，
∴
42
6
11
42
5
5
5
5
DE
CD
CE
t
t
t












，
∵ME
DE

，
∴56
8
11
42
5
5
5
5
t
t



，
∴
98
19
t 
，符合题意，
综上所述，当
50
19
t 
或
98
19
t 
时，DMN

为直角三角形．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，熟练利用相似三角
形的性质表示线段的长是解题的关键．
55．如图（1），在四边形ABCD 中，AB
DC

，CB
AB

，
16cm
AB 
，
6cm
BC =
，
8cm
CD 
，动点P 从
点D 开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A 开始沿AB 边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P 和点Q
同时出发，设运动的时间为(s)
t
，0
5
t

．
142
 
(1)用含t 的代数式表示AP ；
(2)当以点A ，P ，Q为顶点的三角形与
ABD
△
相似时，求t 的值；
(3)如图（2 ），延长QP ，BD ，两延长线相交于点M ，当QMB

为直角三角形时，求t 的值．
【答案】(1)(10
2 )cm
t

；
(2)
40
13
t 
或
25
13
t 
；
(3)
35
27
t 
或20
9 ．
【分析】（1）过点D 作DH
AB

于H ，得矩形DHBC ，则
8cm
CD
BH


，
6cm
DH
BC


，
8cm
AH 
，
由勾股定理可求得AD 的长，从而可得AP ；
（2）分两种相似情况加以考虑，根据对应边成比例即可完成；
（3）分
90
QMB


和
90
MQB


两种情况考虑，再由相似三角形的性质即可求得t 的值．
【详解】（1）解：过点D 作DH
AB

，如图所示，
∵AB
DC
∥
，CB
AB

，
∴CB
CD

，
∴四边形CBHD是矩形，
8cm
CD
BH



，
6cm
DH
BC


，
16
8
8(cm)
AH
AB
BH






，
在Rt ADH

中，由勾股定理，得
2
2
2
2
6
8
10(cm)
AD
DH
AH





，
2 cm
DP
t


，


10
2 cm
AP
AD
DP
t





．
（2）①当
APQ
ADB
△
∽△
时，则有AP
AD
AQ
AB

，
143
10
2
10
2
16
t
t



，
解得
40
13
t 
．
②当
APQ
ABD
△
∽△
时，则有AP
AB
AQ
AD

，
10
2
16
2
10
t
t



，解得
25
13
t 
．
综上所述，当
40
13
t 
或
25
13
t 
时，以点A ，P ，Q为顶点的三角形与
ABD
△
相似；
（3）①当
90
QMB


时，QMB

为直角三角形，如图，
过点P 作PN
AB

于N ，DH
AB

于H ，
PNQ
BHD


，
90
QMB




，
90
PQN
DBH



，
90
PQN
QPN





，
QPN
DBH


，
PNQ
BHD


∽
，
6
3
8
4
QN
DH
PN
BH




，即4
3
QN
PN

，
∵PN
DH
∥
，
APN
ADH


∽
，
6
3
10
5
PN
DH
AP
AD




，
8
4
10
5
AN
AH
AP
AD



，
3
3 10
2
5
5
PN
AP
t




（
），
4
4 10
2
5
5
AN
AP
t



（
），
4
18
10
2
2
8
5
5
QN
AN
AQ
t
t
t








（
）
，
由4
3
QN
PN

，得


18
3
4 8
3
10
2
5
5
t
t









，
解得
35
27
t 
．
②当
90
MQB


时，QMB

为直角三角形，如图：则PQ
DH
∥
，
144
APQ
ADH


∽
，
4
5
AQ
AH
AP
AD



，
4
5
AQ
AP


，即
4
2
10
2
5
t
t


（
），
解得
20
9
t 
．
综上所述，当
35
27
t 
或20
9 时，QMB

是直角三角形．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性
质，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．
56．【问题探究】
（1）如图1，△ABC 和△DEC 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E 在同一直线上，
连接AD，BD．
①请探究AD 与BD 之间的位置关系？并加以证明．
②若AC＝BC＝10 ，DC＝CE＝2 ，求线段AD 的长．
【拓展延伸】
（2）如图2，△ABC 和△DEC 均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝
21 ，BC＝
7 ，CD＝
3 ，
CE＝1．将△DCE 绕点C 在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD 为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，
当点B，D，E 在同一直线上时，画出图形，并求线段AD 的长．
【答案】（1）①AD
BD

，证明见解析；②4；（2）画图见解析，3 3 或2 3
【分析】
（1）①由“ SAS ”可证
ACD
BCE


，可得
45
ADC
BEC



，可得AD
BD

；②过点C 作CF
AD

于点F ，由勾股定理可求DF ，CF ，AF 的长，即可求AD 的长；
145
（2）分点D 在BC 左侧和BC 右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．
【详解】解：（1）
ABC


和DEC

均为等腰直角三角形，
AC
BC


，CE
CD

，
45
ABC
DEC
CDE




，
90
ACB
DCE





，
ACD
BCE




，且AC
BC

，CE
CD

，
(
)
ACD
BCE SAS


，
45
ADC
BEC



，
90
ADE
ADC
CDE




，
AD
BD


，
故答案为：AD
BD

；
②如图，过点C 作CF
AD

于点F ，
45
ADC




，CF
AD

，
2
CD 
，
1
DF
CF


，
2
2
3
AF
AC
CF



，
4
AD
AF
DF




，
故答案为：4；
（2）若点D 在BC 右侧，
如图，过点C 作CF
AD

于点F ，
146
90
ACB
DCE





，
21
AC 
，
7
BC 
，
3
CD 
，
1
CE ．
ACD
BCE




，
3
AC
CD
BC
CE


，
ACD
BCE


∽
，
ADC
BEC




，
3
CD 

，
1
CE ，
2
2
2
DE
DC
CE




，
ADC
BEC



，
90
DCE
CFD



，
DCE
CFD


∽
，
DE
DC
CE
DC
CF
DF


，
即2
3
1
3
CF
DF


，
3
2
CF


，
3
2
DF 
，
2
2
5 3
2
AF
AC
CF




，
3 3
AD
DF
AF




，
若点D 在BC 左侧，
90
ACB
DCE





，
21
AC 
，
7
BC 
，
3
CD 
，
1
CE ．
ACD
BCE




，
3
AC
CD
BC
CE


，
ACD
BCE


∽
，
ADC
BEC




，
CED
CDF


，
3
CD 

，
1
CE ，
147
2
2
2
DE
DC
CE




，
CED
CDF



，
90
DCE
CFD



，
DCE
CFD


∽
，
DE
DC
CE
DC
CF
DF


，
即2
3
1
3
CF
DF


，
3
2
CF


，
3
2
DF 
，
2
2
5 3
2
AF
AC
CF




，
2 3
AD
AF
DF




．
【点睛】本题是几何变换综合题，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，勾股定理，
等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．
57．如图1 和2，在矩形ABCD 中，
6,
8
AB
BC


，点K 在CD边上．且
7
3
CK 
．点M
N
，
分别在
,
AB BC
边上，且
2
AM
CN


．点P 从点M 出发沿折线MB
BN

匀速运动，点E 在CD边上随P 移动，且始终保持

PE
AP ；点Q从点D 出发沿DC 匀速运动，点P
Q
，
同时出发，点Q的速度是点P 的一半，点P 到达点N
时停止，点Q随之停止．设点P 移动的路程为x．
(1)当点Q 与点K 重合时，通过计算确定点P 的位置；
(2)若点P 在BN 上，当BP
CE

时，如图2，求x 的值；
(3)在点P 沿折线MB
BN

运动过程中，求点Q，E 的距离（用含x 的式子表示）；
(4)已知点P 从点M 到点B 再到点N 共用时20 秒，请直接写出点K 在线段QE 上（包含端点）的总时长．
【答案】(1)点P 在BC 上与点B 相距10
3 的位置
(2)
6
x 
(3)当0
4
x


时，
1
2
2
QE
x


；当4
7
x


时，
2
1
19
14
6
6
QE
x
x



；
7
x 
时，
0
QE 
；当7
10
x


时，
2
1
19
14
6
6
QE
x
x



148
(4)14 秒
【分析】（1）先分析得到
1
11
,
2
3
DQ
x DK
CD
CK




，利用DQ
DK

，求解
22
3
x 
，再进一步可得答案；
（2）当点P 在BN 上，

PE
AP ，得
90
APE


，证明
PB
PEC
≌△

，再进一步可得答案；
（3）分情况讨论：①当点P 在MB 上时，此时0
4
x


，②当点P 在BC 上时，此时4
10
x


，
4,
12
BP
x
PC
x




，当
7
x 
时，点Q 与点E 重合，此时
0
QE 
；
当7
10
x


时，点Q 在点E 下方，再进一步可得答案；
（4）根据题意，可对点P 的位置进行分析：①若点P 在MB上，点E 与点K 重合时；②若点P 在BN 上（不
含点B ），或当点Q与点K 重合时，DQ
DK

；分别求出答案，然后即可求出总时长．
【详解】（1）解：设P 的运动速度为x ，
∴
1
7
11
,
6
2
3
3
DQ
x DK
CD
CK






，
当DQ
DK

时，1
11
2
3
x 
，解得
22
3
x 
，
22
22
10
(6
2)
3
3
3
MB





，
∴点P 在BC 上与点B 相距10
3 的位置；
（2）当点P 在BN 上，

PE
AP ，得
90
APE


，
90





APB
CPE
，
90
APB
BAP



，
CPE
BAP


，
在
APB
△
和PEC

中，
BAP
CPE
B
C
BP
CE










，
，
，


APB
PEC AAS


≌
，
6,
4
AB
PC
BP
CE
x






，
又
8
6
2
BP
BC
PC






，
4
2
x


，
解得
6
x 
；
（3）①当点P 在MB 上时，
149
此时0
4
x


，
由题意可知，
1
2
,
2
DE
AP
x DQ
x




，
1
2
2
QE
DE
DQ
x





；
②当点P 在BC 上时，此时4
10
x


，
4,
12
BP
x
PC
x




，
90 ,
90
APB
CPE
APB
BAP








，
CPE
BAP


，
又
90
B
C



，
ABP
PCE
△
∽△
，
AB
BP
PC
CE


，
(
4)(12
)
6
BP PC
x
x
CE
AB






2
1
8
8
6
3
x
x


，
令CE
CQ

，
即
2
1
8
1
8
6
6
3
2
x
x
x





，
解得
12
x 
（舍去）或
7
x 
，
当4
7
x


时，点Q 在点E 上方，
此时，QE
CD
DQ
CE



2
1
1
8
6
8
2
6
3
x
x
x











2
1
19
14
6
6
x
x



；
当
7
x 
时，点Q 与点E 重合，此时
0
QE 
；
当7
10
x


时，点Q 在点E 下方，
此时，QE
DQ
CE
CD



2
1
1
8
8
6
2
6
3
x
x
x











2
1
19
14
6
6
x
x



；
（4）点P 的运动速度
10
1
20
2


单位长度/秒．
①若点P 在MB 上，点E 与点K 重合时
7
5
4
3
3
MP
MB
CK





．
150
即
5
3
x 
．
点P 到达点B 时
4
MP 
，
7
2
6
3
DQ 


．
当5
4
3
x


时点K 在线段QE 上．
②若点P 在BN 上（不含点B ），则
PEC
APB
∽
△
△
．
则CE
PC
BP
AB

，即
12
4
6
CE
x
x



．



1
4
12
6
CE
x
x




．
当
7
3
CE
CK


时，



1
7
4
12
6
3
x
x



．
解得：
1
8
2
x 

，
2
8
2
x 

．
当点Q与点K 重合时，DQ
DK

即1
7
6
2
3
x 

，解得：
22
3
x 
．
当4
8
2
x



或22
8
2
3
x



时点K 在线段QE 上．
综上点K 在线段QE 上的总时长为


5
22
1
4
8
2
4
8
2
14
3
3
2



























秒．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，
解题的关键是熟练掌握所学的知识，运用分类讨论的思想进行分析．
题型11 相似三角形的综合问题
58．【探究证明】
（1）如图1，矩形ABCD 中，EF⊥GH，EF 分别交AB、CD 于点E、F，GH 分别交AD、BC 于点G、H，
求证：EF
AD
GH
AB

；
【模型应用】
（2）如图3，四边形ABCD 中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M、N 分别在边BC、
AB 上，求DN
AM 的值．
【变式拓展】
151
（3）如图3，平行四边形ABCD ，
2
AB 
，
6,
60
AD
BAD



，直线l 与平行四边形相交，将平行四边形
沿直线l 折叠，当其中有一组对角顶点重合时，请直接写出折痕的长度．
【答案】（1）见解析
（2）4
5
（3）2 21
5
或2 39
7
【分析】（1）过点A 作AP
EF
∥
，交CD于P ，过点B 作BQ
GH
∥
，交AD 于Q，如图1，易证AP
EF

，
GH
BQ

，
PDA
QAB
∽
△
△
，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；
（2）过点D 作平行于AB 的直线，交过点A 平行于BC 的直线于R ，交BC 的延长线于S ，如图3，易证四
边形ABSR 是矩形，由（1）中的结论可得DN
AR
AM
AB

．设SC
x

，DS
y

，则
5
AR
BS
x



，
10
RD
y


，
根据勾股定理列出方程组解出x，y，问题得以解决．
（3）分两种情况，①沿l 折叠后点B D
、重合，过B
D
、
作AD
BC
、
垂线垂足为E
F
，
，构造矩形BEDF ，由
（1）的结论可得MN
BE
BD
DE

；②沿l 折叠后点A
C
、
重叠，过A C
、
作BC
AD
、
垂线垂足为E
F
，，由（1）
的结论可得MN
AE
AC
CE

．
【详解】解：（1）过点A 作AP
EF
∥
，交CD于P ，过点B 作BQ
GH
∥
，交AD 于Q，如图1，
四边形ABCD 是矩形，
∴AB
DC
∥
，AD
BC
∥
．
四边形AEFP 、四边形BHGQ 都是平行四边形，
AP
EF


，GH
BQ

．
又
GH
EF


，
AP
BQ


，
90
QAT
AQT



．
四边形ABCD 是矩形，
90
DAB
D



，
152
90
DAP
DPA



，
AQT
DPA


．
PDA
QAB


∽
，
AP
AD
BQ
AB

，
EF
AD
GH
AB

，
（2）过点D 作平行于AB 的直线，交过点A 平行于BC 的直线于R ，交BC 的延长线于S ，如图2，则四边
形ABSR 是平行四边形．
90
ABC




，
ABSR

是矩形，
90
R
S


，
10
RS
AB


，AR
BS

．
AM
DN


，
由（1）中的结论可得
DN
AR
AM
AB

，
设SC
x

，DS
y

，则
5
AR
BS
x



，
10
RD
y


，
在Rt CSD
△
中，
2
2
25
x
y


①，
在Rt ARD

中，
2
2
(5
)
(10
)
100
x
y




②，
由②①得
2
5
x
y


③，
解方程组
2
2
25
2
5
x
y
x
y






，得
3
4
x
y





，
5
8
AR
x




，

4
5
DN
AR
AM
AB


．
（3）①若沿l 折叠，点B D
、重叠，设l 与AD
BC
，
的交点为M
N
，
．则MN 垂直BD，过B
D
、
作AD
BC
、
垂
153
线垂足为E
F
，
，
∵
60
A


，
2
AB 
，BE
AD

，
∴
1
1
2
AE
AB

，
∴
2
2
3
BE
AB
AE



∴
5
DE
AD
AE



，
在Rt BED

中
2
2
2 7
BD
BE
DE



由探究结论可得MN
BE
BD
DE

，
∴
3
5
2 7
MN 
，
∴
2 21
5
MN 
；
②若沿l 折叠，点A
C
、
重叠，设l 与AD
BC
，
的交点为M
N
，
．则MN 垂直AC ，过A
C
、
作BC
AD
、
垂线
垂足为E
F
，
，
∵
60
A


，
2
AB 
，AE
BE

∴
1
1
2
BE
AB

，
∴
2
2
3
AE
AB
BE



∴
7
CE
BC
BE



，
在Rt
AEC
△
中
2
2
2 13
AC
AE
CE



由探究结论可得MN
AE
AC
CE

，
∴
3
7
2 13
MN 
，
154
∴
2 39
7
MN 
．
所以，
2 21
5
MN 
或
2 39
7
MN 
．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解二元二次方程组等
知识，运用（1）中的结论是解决第（2）、（3）小题的关键．
59．定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）矩形垂等四边形（填“是”或“不是”）；
（2）如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 、G 分别在AD 、AB 、BC 上，四边形DEFG 是垂等四边形，
且
90
EFG


，AF
CG

．
①求证：EG
DG

；
②若BG
n BC


，求n 的值；
（3）如图2，在Rt ABC

中，
2
AC
BC 
2 5
AB 
，以AB 为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D 作CB 的
延长线的垂线，垂足为E ，且ACB

与DBE

相似，则四边形ACBD的面积是．
【答案】（1）是；（2）①见解析；②
2
3
n 
；（3）4 6 或8 21 12
5

【分析】（1）根据“垂等四边形”的定义进行分析；
（2）①通过
ADF
CDG


的性质推知DF
DG

；然后根据四边形DEFG 是垂等四边形的性质知EG
DF

；
最后由等量代换证得结论；
②如图1，过点G 作GH
AD

，垂足为H ，首先证明BFG

为等腰直角三角形，则
45
GFB


；然后证得
AEF

为等腰直角三角形；再次，根据等腰直角三角形的性质和已知条件得到：
3
BC
AE

，
2
BG
AE

．代
入求值即可；
155
（3）如图2，过点D 作DF
AC

，垂足为F ，构造矩形CEDF ．在Rt ABC

中，利用勾股定理求得
2
AC 
，
1
BC ．再由垂等四边形四边形ACBD的性质知
2 5
AB
CD


．
分两种情况：当ACB
BED


∽
时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由
ACD
DCB
ACBD
S
S
S




四边形
求得结果；
当ACB
DEB


∽
时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由
ACD
DCB
ACBD
S
S
S




四边形
求得结果．
【详解】解：（1）矩形有一组邻边垂直且对角线相等，故矩形是垂等四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：四边形ABCD 为正方形，
AD
CD


，
A
C


．
又
AF
CG


，
(
)
ADF
CDG SAS


，
DF
DG


．
四边形DEFG 是垂等四边形，
EG
DF


，
EG
DG


；
②如图1，过点G 作GH
AD

，垂足为H ，
四边形CDHG 为矩形，
CG
DH


．
由①知EG
DG

，
DH
EH


．
由题意知
90
A
B



，AB
BC
CD
AD



，AF
CG

，
AB
AF
BC
CG




，
即BF
BG

，
156
BFG

为等腰直角三角形，
45
GFB


．
又
90
EFG




，
180
90
45
45
EFA





，
AEF

为等腰直角三角形，
AE
AF
CG



，
AE
EH
DH



，
3
BC
AE


，
2
BG
AE

．
BG
n BC



，
2
3
BG
n
BC



；
（3）如图2，过点D 作DF
AC

，垂足为F ，
四边形CEDF 为矩形．

2
AC
BC 
，
2
AC
BC


．
在Rt ABC

中，
2 5
AB 
，
根据勾股定理得，
2
2
2
AC
BC
AB


，即
2
2
(2
)
5
BC
BC

，
4
AC


，
2
BC 
．
四边形ACBD为垂等四边形，
2 5
AB
CD



．
第一种情况：
当ACB
BED


∽
时，
2
AC
BE
BC
DE


，
157
设DE
x

，则
2
BE
x

，
2
2
CE
x



．
在Rt CDE

中，根据勾股定理得，
2
2
2
CE
DE
CD


，
即
2
2
(2
2 )
20
x
x



，
解得
1
4
4 6
5
x


，
2
4
4 6
5
x


（舍去），
4 6
4
5
DE



，
8 6
2
2
2
5
CE
DF
x





，
1
8 6
2
1
4 6
4
4
2
4 6
2
5
2
5
ACD
DCB
ACBD
S
S
S












四边形
；
第二种情况：
当ACB
DEB


∽
时，
2
AC
DE
BC
BE


，
设BE
y

，则
2
DE
y

，
2
CE
y



．
在Rt CDE

中，根据勾股定理得，
2
2
2
CE
DE
CD


，
即
2
2
(2
)
(2 )
20
y
y



，
解得
1
2 21
2
5
y


，
2
2
2 21
5
y


（舍去），
2 21
8
2
5
CE
DF
y






，
4 21
4
2
5
DE
y



，
1
2 21
8
1
4 21
4
8 21 12
4
2
2
5
2
5
5
ACD
DCB
ACBD
S
S
S













四边形
．
综上所述，四边形ACBD的面积为4 6 或8 21 12
5

．
故答案为：4 6 或8 21 12
5

．
【点睛】本题主要考查了相似综合题，综合运用相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，
158
勾股定理的应用等知识点解题，解题的关键是掌握“垂等四边形”的定义，另外解题过程中，注意方程思想的
应用．难度较大．
60．如图，在矩形ABCD 中，
6
AB 
，
3
AD 
．点M，N 分别是BD ，CD 边上的动点，连接AM 、MN ．请
你解答下列问题：
(1)如图1，若M 是BC 边上的中点且
90
AMN


，求CN
DN 的值；
(2)如图2，若M 是BC 边上的三等分点且
45
AMN


，连接AN ，求AMN

的面积．
【答案】(1)
1
15
CN
DN 
(2) 37
5 或5
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质等知识点，理解并掌
握相关图形的性质是解决问题的关键．
（1）根据矩形的性质，可证明
BAM
CMN
△
∽△
，进而求得
3
8
CN 
，根据DN
CD
CN


，即可求解；
（2）过点A 作AP
AM

交MN 延长线于P ，过点P 作BA延长线于E ，延长CD交PE 于F ，可证


AAS
EAP
BMA


≌
，
PNF
MNC
△
∽△
，得BM
AE
FD


，
6
PE
AB


，则
3
PF
PE
EF



，PF
FN
CM
CN

，
再根据M 是BC 的三等分点，可知
1
BM ，
2
CM 
或
2
BM 
，
1
CM ，分两种情况求解即可．
【详解】（1）解：在矩形ABCD 中，
6
AB
CD


，
3
AD
BC


，
90
B
C



，
则
90
AMB
BAM




∵M 是BC 边上的中点，
∴
1
3
2
2
BM
CM
BC



，
∵
90
AMN


，
∴
90
AMB
CMN



，
∴
BAM
CMN


，
159
∴
BAM
CMN
△
∽△
，
∴AB
BM
CM
CN

，即
3
6
2
3
2
CN

，解得：
3
8
CN 
，
则
3
45
6
8
8
DN
CD
CN





，
∴
1
15
CN
DN 
；
（2）过点A 作AP
AM

交MN 延长线于P ，过点P 作BA延长线于E ，延长CD交PE 于F ，
则四边形ADFE 是矩形，
90
B
E
C
NFP




，AE
FD

，
3
AD
EF


，
∵
45
AMN


，AP
AM

，则
90
MAP



∴
45
AMP
APM



，
∴AM
AP

，
又∵
90
EAP
BAM
BAM
BMA





，
∴
EAP
BMA


，
∴


AAS
EAP
BMA


≌
，
∴BM
AE
FD


，
6
PE
AB


，则
3
PF
PE
EF


，
∵
PNF
MNC


，
∴
PNF
MNC
△
∽△
，则PF
FN
CM
CN

∵M 是BC 的三等分点，
∴
1
BM ，
2
CM 
或
2
BM 
，
1
CM ，
当
1
BM ，
2
CM 
时，
1
BM
AE
FD


，则
6 1
7
CF
CD
FD




，
∵PF
FN
CM
CN

，即：3
2
FN
CN

，
∴
2
14
3
2
5
CN
CF



，
14
16
6
5
5
DN
CD
CN





，
则
1
1
1
2
2
2
AMN
S
AB AD
AB BM
AD DN
CM CN








△
160
1
1
16
1
14
3 6
6 1
3
2
2
2
5
2
5






37
5

；
当
2
BM 
，
1
CM ，时，
2
BM
AE
FD



，则
6
2
8
CF
CD
FD





，
∵PF
FN
CM
CN

，即：3
1
FN
CN

，
∴
1
2
3
1
CN
CF



，
6
2
4
DN
CD
CN





，
则
1
1
1
2
2
2
AMN
S
AB AD
AB BM
AD DN
CM CN








△
1
1
1
3 6
6
2
3 4
1 2
2
2
2







5

；
综上，AMN

的面积为37
5 或5．
61．张老师在讲“图形的对称”时，进行了如下教学设计．
【观察发现】
（1）如图1，在平面直角坐标系xOy 中，OABC

的顶点O与坐标原点重合，点A 在x 轴的正半轴上，点,
B C
均在第一象限，
2
OC 
，分别作点C 关于x 轴，y 轴的对称点
1
2
,
C C ，连接
1
2
C C ，则
2
OC 可看作是由
1
OC 绕
点O顺时针旋转______ 得到的；
1
2
C C ______．
【迁移探究】
（2）在
AOB

中，
29,
45 ,
OA
AOB
AB




边上的高
5
OC 
，求AB 的长．
①小明利用（1）中的方法解决此问题，过程如下：
根据要求作出
AOB

，如图2 所示，再分别作OC 关于
,
OA OB 的对称线段
,
OC OC ，连接
1
2
,
C A C B并延长交
于点D ，请补全图形并求出AB 的长．
②小明发现根据要求还可以作出钝角三角形AOB ，如图3 所示，请直接写出此时AB 的长．
【拓展应用】
161
（3）在
AOB

中，
10,
60 ,
OA
AOB
AB




边上的高
3
OC 
，请直接写出AB 的长．
【答案】（1）180，4；（2）①补全图形见解析，
29
7
AB 
；②AB 的长为29
3 ；（3）AB 的长为5 3
5

或5 3
5

【分析】（1）根据轴对称的性质即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到
1
2
，
3=
4


，
1
OC
OC

，
2
OC
OC

，根据全等三角形的性质得到
1
2
90
C
C
ACO




，根据矩形的性质得到
1
2
5
OC
OC
OC



，推出四边形
1
2
OC DC 是正方形，根据
勾股定理得到
2
2
AC
OA
OC


2，由轴对称的性质得
1
2
AC
AC


，设BC
x

，则
2
AB
x


，
2
BC
BC
x


，根据勾股定理得到
15
29
2
7
7
AB
AC
BC





；
②如图3，分别作OC 关于OA，OB 的对称线段
1
2
OC
OC
，
，连接
1
2
C A
C B
，
并延长交于点D，方法同①；
（3）①当AOB

是锐角三角形时，如图4，根据轴对称的性质得到
1
2
2
120
C OC
AOB



，
1
2
1
2
90
OC
OC
OC
OC D
OC D






，
，连接OD ，根据全等三角形的性质得到
1
2
1
2
60
30
C OD
C OD
C DO
C DO








，
，得到
6
OD 
，过B 作BH
OD

于H，设BH
x

，根据相
似三角形的性质得到
1
AC ，求得
1
1
OC
OH
OC
HB
C A
CA


3，得到
3
OH
x

，于是得到
1
5 3
6
5 3
5
AB
AC
BC






；②当
AOB

是钝角三角形时，同①作辅助线，如图5，连接OD ，过B
作BH
OD

交OD 的延长线于H，方法同①．
【详解】解：（1）如图1 所示；
2
OC 可看作是由
1
OC 绕点O 顺时针旋转180得到的；
1
2
2
4
C C
OC


，
故答案为：180，4；
（2）①补全图形如图2 所示，
162
∵OC 关于OA，OB 的对称线段
1
2
OC
OC
，
，
∴
1
2
1
2
3
4
OC
OC
OC
OC




，
，
，
，
∵
2
3
45

，
∴1
2
3
4
90

，
∵OA
OA
OB
OB


，
，
∴
1
2
OCA
OC A OCB
OC B




≌
，
≌
，
∴
1
2
90
C
C
ACO




，
∴四边形
1
2
OC DC 是矩形，
∵
1
2
5
OC
OC
OC



，
∴四边形
1
2
OC DC 是正方形，
∵
29
OA 
，
∴
2
2
AC
OA
OC


2，
由轴对称的性质得
1
2
AC
AC


，
∴
1
1
5
2
3
AD
C D
AC





，
设BC
x

，则
2
2
AB
x
BC
BC
x




，
，
∴
5
BD
x


，
∵
2
2
2
AB
AD
BD


，
∴



2
2
2
2
3
5
x
x




，
∴
15
7
x =
，
163
∴
15
29
2
7
7
AB
AC
BC





；
②如图3，分别作OC 关于OA，OB 的对称线段
1
2
OC
OC
，
，连接
1
2
C A
C B
，
并延长交于点D，
由①知四边形
1
2
OC DC 是正方形，
1
2
AC
AC


，
∴
1
1
5
2
7
AD
C D
AC





，
设AB
x

，则
2
2
BC
BC
x



，
∴
2
5
3
BD
x
x




，
∵
2
2
2
AB
AD
BD


，
∴


2
2
2
7
3
x
x



，
∴
29
3
x 
，
∴AB 的长为29
3 ；
（3）①当
AOB

是锐角三角形时，如图4，
分别作OC 关于OA，OB 的对称线段
1
2
OC
OC
，
，连接
1
2
C A
C B
，
并延长交于点D，
∴
1
2
1
2
1
2
2
120
90
C OC
AOB
OC
OC
OC
OC D
OC D










，
，
，
连接OD ，
∵OD
OD

，
1
2
OC
OC

，
164
∴


1
2
Rt
Rt
HL
OC D
OC D


≌
，
∴
1
2
1
2
60
30
C OD
C OD
C DO
C DO








，
，
∵
2
3
OC
OC


，
∴
6
OD 
，
过B 作BH
OD

于H，
设BH
x

，
∵
1
60
C OD
AOB



，
∴
1
C OA
HOB


，
∴
1
C OA
HOB


∽
，
∴
1
1
OC
C A
OH
HB

，
∵
10
OA 
，
3
OC 
，
∴
1
AC ，
∴
1
1
OC
OH
OC
HB
C A
CA


3，
∴
3
OH
x

，
∵
30
BDH


，
∴
3
DH
x

，
∴
3
3
6
OD
OH
DH
x
x





，
∴
3
3
x 

，
∵


2
2
2 3
3
BD
BH
x




，
2
DC
3

3
3 ，
∴
2
2
3
BC
BC
DC
BD






3
2
3
3
5 3
6



，
∴
1
5 3
6
5 3
5
AB
AC
BC






；
②当
AOB

是钝角三角形时，同①作辅助线，如图5，
连接OD ，过B 作BH
OD

交OD 的延长线于H，
165
同理可得，
1
2
1
2
30
Rt OC D
Rt OC D C OA
HOB
HDB
C DO








≌
，
∽
，
，
设BH
x

，则
3
OH
x

，
3
DH 
x，
∴
3
3
6
OD
OH
DH
x
x





，
∴
3
3
x 

，
∴
2
2
BC
BC
DC
BD



3



3 3
2
3
3
5 3
6





，
∴
5 3
6 1
5 3
5
AB
BC
AC






，
综上所述，AB 的长为5 3
5

或5 3
5
．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和
性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
62．在
ABC

和
CEF
△
中，AC
BC

，CE
EF

，
90
CEF
ACB



，D 是AB 的中点，连接CD，点E
在线段AB 上移动（不与点D 重合），连接BF ，CF 始终在AC 的右侧．
(1)发现问题
如图1，当点E 与点A 重合时，BF
DE ________，
EBF

________．
(2)探究问题
如图2，当E 是AD 上任意一点时，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
(3)解决问题
166
当
3
BC
BF

时，请直接写出AE
BE 的值．
【答案】(1) 2 ；45
(2)当E 为AD 上任意一点，（1）中的结论仍然成立，理由见解析
(3) 1
2 或2
【分析】（1）根据题意，AC
BC

，CE
EF

，可知
ABC

，
CEF
△
均为等腰直角三角形，即可求解．
（2）当E 为AD 上任意一点，但不包括A 点，D 点，则有
1
1
ED
AD
CD
n
n


，当点E 为A 点时，同（1），有
2
BF
DE 
，
45
EBF


，即可得出结论．
（3）当E 在AD 上时，当E 在BD 上时，利用
CDE
CFB
△
∽△
，分别求解即可．
【详解】（1）解：根据题意，AC
BC

，CE
EF

，
且
90
CEF
ACB



，
可知
ABC

，
CEF
△
均为等腰直角三角形，
当E 在点A 时，BC
AC
CE
AF



，
CEF
ACB


，
∴


SAS
ACB
FEC


≌
，
∴AB
CF

，
D

是AB 中点，AC
BC

，
CD
AB


，即AB
CF

，
1
2
BD
AB

，
∴
90
BDF


，
∵AC
AF

，
∴
1
2
CD
DF
CF


∴BD
DF

，
即
BDF

为等腰直角三角形，
可得
45
EBF


，
2
2
BF
BD
DE


，

2
2
BF
DE
DE
DE


，
故答案为：2 ，45．
（2）解：当E 为AD 上任意一点，但不包括A 点，D 点，
167
则有
1
1
ED
AD
CD
n
n


，
在CDE

中，
1
ED
CD
n

，
5
CE
CD
n


，
在CBF

中，
10
CF
CD
n

，CB
nCD

，
在CBF

，
CBE
△
中，存在
2
CB
CF
CD
CE


，
∵
45
ECD
DCF
ECF




，
45
BCF
DCF
BCD





∴
BCF
ECD


CDE
CBF
△
∽△
，

2
BF
DE 
，
90
CBF
CDE



，
45
CBA




，
45
EBF


，成立，
当点E 为A 点时，同（1），有
2
BF
DE 
，
45
EBF


，成立．
综上，当E 是AD 上任意一点时，（1）中的结论仍然成立．
（3）解：当E 在AD 上时，如图，
由（2）知CDE
CBF


∽
，

2
CB
CF
BF
CD
CE
DE



，
2
2
DE
BF


，
∵当
3
BC
BF

时，
∴
2
1
3 2
2
2
AD
BD
CD
BC
BF




，

1
2
AE
AD
DE
BE
AD
DE




，
当E 在BD 上时，如图，
168
同理可得
2
2
DE
BF

，
3 2
2
AD
BF

，

2
AE
AD
DE
BE
AD
DE




，
综上，当
3
BC
BF

时，
1
2
AE
BE 
或2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与
性质，解题关键在于读懂题意，熟练掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质．
63．如图
(1)【问题情境】如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 是��边上的一个动点，以��为边在��的右侧作正方
形CEFG ，连接DG
BE
、
，则DG 与BE 的数量关系是
；
(2)如图2 ，四边形ABCD 是矩形，
2
AB 
，
4
BC 
，点E 是��边上的一个动点，以��为边在��的右侧作矩
形CEFG ，且
12
CG CE 
∶
∶，连接DG
BE
、
，判断线段DG 与BE 有怎样的数量关系和位置关系，并说明理
由；
(3)【拓展提升】如图3 ，在（2 ）的条件下，连接BG ，则2BG
BE

的最小值为
．
【答案】(1) DG
BE

；
(2)
1
2
DG
BE

，DG
BE

，理由见解析；
(3)4 10 ．
【分析】(1)证明


SAS
DCG
BCE


≌
，即可得到DG
BE

；
( 2 )证明
DCG
BCE
∽
△
△
，得到
1
2
DG
CG
BE
CE


，
BEC
DGC


，延长BE
GD
、
相交于点H ，可以证明
DG
BE

；
169
(3)作EN
BC

于N ，GM
BC

交BC 的延长线于M ，首先证明点G 的运动轨迹是线段MG ，将2BG
BE

的
最小值转化为求

2 BG
DG

的最小值即可求解．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD ，
∴CD
CB

，
90
BCD


，
∵正方形ECGF ，
∴CG
CE

，
90
ECG


，
∴
90
ECG
BCD



，
∴
DCG
BCE


，
在
DCG
△
和BCE

中，
CD
CB
DCG
BCE
CG
CE








，
∴


SAS
DCG
BCE


≌
，
∴DG
BE

，
故答案为：DG
BE

；
（2）解：
1
2
DG
BE

，DG
BE

，理由如下：
延长BE
GD
、
相交于点H
∵矩形ECGF 、矩形ABCD ，
∴
90
ECG
BCD



，
∴
DCG
BCE


，
∵
2 4
12
CD CB 

∶
∶
∶，
12
CG CE 
∶
∶，
∴CD CB
CG CE

∶
∶
，
∵
DCG
BCE


，
∴
DCG
BCE
∽
△
△
，
∴
1
2
DG
CG
BE
CE


，
BEC
DGC


，
∴
1
2
DG
BE

，
∵矩形ECGF ，
∴
90
FEC
FGC
F




，
170
∴
180
90
HEF
BEC
FEC





，
90
FGH
DGC



，
∴
90
H
F



，
∴DG
BE

；
（3）解：作EN
BC

于N ，GM
BC

交BC 的延长线于M ，
∵
90
FNC
CMG
ECG




，
∴
90
FCN
GCM
FCN
CEN





，
∴
GCM
CEN


，
∴
ECN
CGM
∽
△
△
，
∴
2
EC
EN
CG
CM


，
∵
2
EN
AB


，
∴
1
CM ，
∴点G 的运动轨迹是直线MG ，
作点D 关于直线MG 的对称点G，连接BG交MG 于G ，此时BG
GD

的值最小，最小值为BG，
由( 2 )知，
1
2
DG
BE

，
∴
2
BE
DG

，
∴


2
2
2
2
BG
BE
BG
DG
BG
DG





，
∴2BG
BE

的最小值就是

2 BG
DG

的最小值，
171
∵
2
2
2
6
2 10
BG


，
∴2BG
BE

的最小值为4 10 ，
故答案为：4 10 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，
轴对称- 最短线段问题，正确作出辅助线是解题的关键．
64．探究与证明
已知四边形ABCD 中，M ，N 分别是AB ，AD 边上的点，DM 与CN 交于点Q．
【图形认知】
（1）如图1，若四边形ABCD 是正方形，且DM
CN

于点Q，求证：DM
CN

；
【探究证明】
（2）如图2，若四边形ABCD 是矩形，且DM
CN

，求证：DM
AD
CN
CD

；
【拓展运用】
（3）如图3，将矩形ABCD 沿EF 折叠，使得点D 落在AB 边上的点G 处，点C 落在点P 处，得到四边形EFPG ，
若
2
AB 
，
3
BC ，
2 10
3
EF 
，求三角形DEG 的面积．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）5
6
【分析】（1）根据正方形的性质，证明


ASA
ADM
DCN


≌
即可得证；
（2）根据矩形的性质，证明AMD
DNC


∽
，即可得证；
（3）折叠可知：EF
DG

，由（2）可得：EF
AB
DG
AD

，求出DG 的长，勾股定理求出AG 的长，设DE
GE
x


，
在Rt AGE

中，利用勾股定理求出x 的值，再利用面积公式进行求解即可．
【详解】（1）解：四边形ABCD 是正方形，
AD
CD


，
90
BAD
ADC



，
DM
CN


，
90
DQN
ADC



，
172
90
ADM
MDC
MDC
DCN





，
ADM
DCN


，
在
ADM
△
和DCN

中，
ADM
DCN
AD
CD
DAM
CDN









，


ASA
ADM
DCN


≌
，
DM
CN


；
（2）证明：四边形ABCD 是矩形，
90
A
NDC


，
CM
DN


，
90
DQN


，
90
ADM
CND



，
90
ADM
AMD



，
CND
AMD


，
A
CDN


，
AMD
DNC


∽
，
DM
AD
CN
CD


；
（3）由折叠可知：EF
DG

，
由（2）可知，EF
AB
DG
AD

，即
2 10
2
3
3
DG 
，解得
10
DG 
，
在Rt ADG

中，由勾股定理得
2
2
1
AG
DG
AD


，
由折叠的性质可得，DE
GE

，
设：DE
GE
x


，则
3
AE
AD
DE
x




，
在Rt AGE

中，由勾股定理得
2
2
2
AG
AE
GE
+
=
，


2
2
2
1
3
x
x




，解得
5
3
x 
，
∴
5
3
DE 
，
1
1
5
5
1
2
2
3
6
DEG
S
DE AG






△
．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾
173
股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
65．在四边形ABCD 中，AB
CD
∥
且AB
BC

，AB
BC

．将AB 绕点A 顺时针旋转一定角度得线段AE ，
点E 在四边形ABCD 内部，连接DE ，
90
AED


，连接BE 并延长交CD 于点F ．
(1)如图1，若AE
BE

，过点A 作CD 延长线的垂线，垂足为G ，求
DAG

的度数；
(2)如图2，若E 为BF 的中点，求AB
AD 的值；
(3)如图3，若
2
3
CD
AB 
，连接CE 并延长交AD 于点G ，
3 5
EG 
，求AB 的长．
【答案】(1)15
(2) 2 3
3
(3)15
【分析】本题考查旋转的性质，三角形全等的性质和判定，三角形相似的性质和判定，熟练掌握三角形全
等的性质和判定，三角形相似的性质和判定是解题的关键；
（1）根据旋转的性质，得到全等三角形的性质，从而得到
60


∠BAE
，然后利用三角形全等即可求解；
（2）由点E 向AB 作垂线，垂足为M ，向CD作垂线，垂足为N ，由A 点向CD 的延长线交于G 点，求证
AEM
DEN


∽
，
2
2
y
y
y
x
y
DE
DN



，从而求解；
（3）由点E 向AB ，CD作垂线，垂足为M ，N ；由A 向CD 作垂线，垂足为H ；由G 向下作垂线，垂足
为I ；连接GB ，设CN
x

，
2
CD
y

，
3
AB
y

，证明
AME
DNE
△
∽△
，相似比为
3
1
AE
ED 
，从而根据线
段成比例，求解AB 的长度；
【详解】（1）解：AB 绕点A 顺时针旋转一定角度得线段AE ，
AE
AB


，
AB
BC


，
174
AB
BE
AE



，
ABE

为等边三角形，
60


∠BAE
AE
BC


，
90
AED
AGD





AE
AG


，
AD
AD


，


Rt
Rt
HL
AED
AGD



≌
，
90
60
15
2
DAG
DAE







（2）解：由点E 向AB 作垂线，垂足为M ，向CD 作垂线，垂足为N ，由A 点作CD 的垂线，交CD 的延长
线交于G 点；
设AB
AE
y


，BM
CN
FN
x



，
90
MEA
DEN





，
90
MEA
MAE



，
DEM
EAM


，
同理
EDN
MEA


；
故AEM
DEN


∽
，
2
2
y
y
y
x
y
DE
DN




，


2
2
y
DE
y
x



，


2
4
y
DN
y
x



，
2
DE
DN


，
2
AE
ME


，
175
3
2
AM
y


，
3
2
3
2
2
x
y
y
y





，
3
2
6
3
2 3
y
y
DN
y




，
3
3
DE
y


，
2
2
2 3
3
1
4
3
3
AB
y
y
AD
y
y
y




（3）解：由点E 向AB ，CD作垂线，垂足为M ，N ；由A 向CD 作垂线，垂足为H ；由G 向下作垂线，
垂足为I ；连接GB ，设CN
x

，
2
CD
y

，
3
AB
y

，
由题意可知，
90
AED
AHD



，


2
2
3
10
AD
y
y
y



，
3
AE
AB
y


，
则
2
2
ED
AE
AD
y



；
AB
AE
BC
AH




，
A

，D ，E ，H 四点共圆；
AED
AHD


≌
，
AME
DNE


∽
，相似比为
3
1
AE
ED 
，
3
1
AM
EN


1
3
EN
y
x



，
1
2
3
EM
y
x


，
2
1
3
9
DN
y
x



，
176
4
1
3
9
x
y
x



，
10
4
9
3
x
y


，
10
12
x
y


，
6
5
x
y

，
12
5
ME
y


，
3
3 5
5
5
EN
y,CE
y


，
6
5
MB
y


，
3
2
GI
DI,CI
GI



，
6
5
GI
y


，
3
6
3 5
5
5
5
5
y
y



，
5
y

，
15
AB


．