【解析】北師大版數(shù)學(xué)九年級上冊同步練習(xí)-第四章 《圖形的相似》綜合練習(xí)（B）

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北師大版數(shù)學(xué)九年級上冊同步練習(xí)——第四章《圖形的相似》綜合練習(xí)（B）

一、選擇題（每題3分，共36分）

1．（2022·四川）如圖，在△ABC中，點D、E分別在邊AB、AC上，若DE∥BC，，DE＝6cm，則BC的長為（）

A．9cmB．12cmC．15cmD．18cm

2．（2023·內(nèi)江）如圖，在中，點D、E為邊的三等分點，點F、G在邊上，，點H為與的交點．若，則的長為（）

A．1B．C．2D．3

3．（2023·南充）如圖，數(shù)學(xué)活動課上，為測量學(xué)校旗桿高度，小菲同學(xué)在腳下水平放置一平面鏡，然后向后退（保持腳、鏡和旗桿底端在同一直線上），直到她剛好在鏡子中看到旗桿的頂端．已知小菲的眼睛離地面高度為，同時量得小菲與鏡子的水平距離為，鏡子與旗桿的水平距離為，則旗桿高度為（）

A．B．C．D．

4．（2023·安徽）如圖，點在正方形的對角線上，于點，連接并延長，交邊于點，交邊的延長線于點．若，，則（）

A．B．C．D．

5．（2022九上·福田期中）如圖，在矩形中，，，點E、F分別為、的中點，、相交于點G，過點E作，交于點H，則線段的長度是（）

A．B．1C．D．

6．（2022·衢州）西周數(shù)學(xué)家商高總結(jié)了用“矩”（如圖1）測量物高的方法：把矩的兩邊放置成如圖2的位置，從矩的一端A（人眼）望點E，使視線通過點C，記人站立的位置為點B，量出BG長，即可算得物高EG．令BG=x（m），EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，則y關(guān)于x的函數(shù)表達式為（）

A．B．C．D．

7．（2022·巴中）如圖，在平面直角坐標系中，為的邊上一點，，過作交于點，、兩點縱坐標分別為1、3，則點的縱坐標為（）

A．4B．5C．6D．7

8．（2022·鎮(zhèn)江）如圖，點、、、在網(wǎng)格中小正方形的頂點處，與相交于點，小正方形的邊長為1，則的長等于（）

A．2B．C．D．

9．（2022·東營）如圖，點D為邊上任一點，交于點E，連接相交于點F，則下列等式中不成立的是（）

A．B．C．D．

10．（2023·鄂州）如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，OA=OB=，點C為平面內(nèi)一動點，BC=，連接AC，點M是線段AC上的一點，且滿足CM∶MA=1∶2．當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標是（）

A．（，）B．（，）

C．（，）D．（，）

11．（2023·眉山）如圖，在正方形中，點E是上一點，延長至點F，使，連結(jié)，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結(jié)．下列四個結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（）

A．1個B．2個C．3個D．4個

12．（2023·通遼）如圖，已知，，，點E為射線上一個動點，連接，將沿折疊，點B落在點處，過點作的垂線，分別交，于M，N兩點，當(dāng)為線段的三等分點時，的長為（）

A．B．C．或D．或

二、填空題（每空3分，共18分）

13．（2023·東營）如圖，在中，以點為圓心，任意長為半徑作弧，分別交，于點，；分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點；作射線交于點，若，，的面積為，則的面積為．

14．（2023·常德）如圖1，在中，，，，D是上一點，且，過點D作交于E，將繞A點順時針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．則圖2中的值為．

15．（2023·十堰）如圖，在菱形中，點E，F(xiàn)，G，H分別是，，，上的點，且，若菱形的面積等于24，，則．

16．（2023·臨沂）如圖，三角形紙片中，，分別沿與平行的方向，從靠近A的AB邊的三等分點剪去兩個角，得到的平行四邊形紙片的周長是．

17．（2023·杭州）如圖，在中，，點分別在邊，上，連接，已知點和點關(guān)于直線對稱．設(shè)，若，則（結(jié)果用含的代數(shù)式表示）．

18．（2023·大連）如圖，在正方形中，，延長至，使，連接，平分交于，連接，則的長為．

三、解答題（共7題，共66分）

19．（2023·攀枝花）三角形三條邊上的中線交于一點，這個點叫三角形的重心．如圖G是的重心．求證：．

20．（2023·揚州）如圖，點E、F、G、H分別是各邊的中點，連接相交于點M，連接相交于點N．

（1）求證：四邊形是平行四邊形；

（2）若的面積為4，求的面積．

21．（2023·眉山）如圖，中，點E是的中點，連接并延長交的延長線于點F．

（1）求證：；

（2）點G是線段上一點，滿足，交于點H，若，求的長．

22．（2023·煙臺）如圖，點為線段上一點，分別以為等腰三角形的底邊，在的同側(cè)作等腰和等腰，且．在線段上取一點，使，連接．

（1）如圖1，求證：；

（2）如圖2，若的延長線恰好經(jīng)過的中點，求的長．

23．（2023·黃岡）【問題呈現(xiàn)】

和都是直角三角形，，連接，，探究，的位置關(guān)系．

（1）如圖1，當(dāng)時，直接寫出，的位置關(guān)系：；

（2）如圖2，當(dāng)時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由．

（3）【拓展應(yīng)用】

當(dāng)時，將繞點C旋轉(zhuǎn)，使三點恰好在同一直線上，求的長．

24．（2023·蘭州）綜合與實踐

（1）【思考嘗試】

數(shù)學(xué)活動課上，老師出示了一個問題：如圖1，在矩形ABCD中，E是邊上一點，于點F，，，．試猜想四邊形的形狀，并說明理由；

（2）【實踐探究】

小睿受此問題啟發(fā)，逆向思考并提出新的問題：如圖2，在正方形中，E是邊上一點，于點F，于點H，交于點G，可以用等式表示線段，，的數(shù)量關(guān)系，請你思考并解答這個問題；

（3）【拓展遷移】

小博深入研究小睿提出的這個問題，發(fā)現(xiàn)并提出新的探究點：如圖3，在正方形中，E是邊上一點，于點H，點M在上，且，連接，，可以用等式表示線段，的數(shù)量關(guān)系，請你思考并解答這個問題．

25．（2023·菏澤）

（1）如圖1，在矩形中，點，分別在邊，上，，垂足為點．求證：．

（2）【問題解決】

如圖2，在正方形中，點，分別在邊，上，，延長到點，使，連接．求證：．

（3）【類比遷移】

如圖3，在菱形中，點，分別在邊，上，，，，求的長．

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點】平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：∵，

∴，

∵DE∥BC，

∴，

∴BC=DE×=15cm.

故答案為：C.

【分析】根據(jù)比例的性質(zhì)得出，然后根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)求出，則可解答.

2．【答案】C

【知識點】平行線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：∵點D、E為邊的三等分點，，

∴HF=HA，DA=EB=DE，F(xiàn)B=FG=GC，

∴AB=3BE，DH為△FEA的中位線，

∴，

∵CA∥FE，

∴∠CAB=∠FEB，∠ACB=∠EFB，

∴△CAB∽△FEB，

∴，

解得FE=4，

∴DH=2，

故答案為：C

【分析】先根據(jù)題意結(jié)合平行的性質(zhì)即可得到HF=HA，DA=EB=DE，F(xiàn)B=FG=GC，進而得到AB=3BE，DH為△FEA的中位線，再根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)即可得到，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)即可得到EF，進而即可求解。

3．【答案】B

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示：

由題意得∠ABC=∠EDC=90°，∠FCE=∠FCA，AB=1.2m，CB=2m，DC=10m，

∴∠BCA=∠DCE，

∴△CDE∽△CBA，

∴，

∴DE=8m，

故答案為：B

【分析】先根據(jù)題意得到∠ABC=∠EDC=90°，∠FCE=∠FCA，AB=1.2m，CB=2m，DC=10m，再運用相似三角形的判定與性質(zhì)證明△CDE∽△CBA，進而得到，再代入數(shù)值即可求解。

4．【答案】B

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：因為FB=1，AF=2，所以AB=3，因為EF⊥AB，CB⊥AB，∴EF∥CB，∴△AEF∽△ACB，∴EF∶CB=AF∶AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA=3，∴EF∶3=2∶3，∴EF=2，∵EF∥AD，∴△GEF∽△GDA，∴GF∶GA=EF∶DA=2∶3，∴，∴，∴GA=3AF=6，所以GB=GA-BA=6-3=3，∴GB=DC，又∠DCB=∠GBM=90°，∠CMD=∠BMG，∴△BMG≌△CMD∴，在Rt△ADG中，，∴

故答案為：B。

【分析】首先根據(jù)△AEF∽△ACB求出EF的長。再根據(jù)△GEF∽△GDA求出GA的長，得出BG=CD，進一步判斷△BMG≌△CMD得出，在在Rt△ADG中，根據(jù)勾股定理求出DG的長，即可得出MG的長。

5．【答案】A

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：四邊形是矩形，，，

，，，

點E、F分別為、的中點，

，，

，

，

，

．

由勾股定理得：，

，

，

，

，

，

解得：，

故答案為：A．

【分析】先求出FH=BH，再利用勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)計算求解即可。

6．【答案】B

【知識點】一次函數(shù)的實際應(yīng)用；矩形的判定與性質(zhì)；相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵CD⊥AF，EG⊥AF，

∴CD∥EF，∠AFG=∠G=∠B=90°，

∴四邊形ABGF是矩形，

∴AB=GF=1.6，BG=AF=x

∴△ACD∽△AEF，

∴，

解之：.

故答案為：B.

【分析】利用垂直的定義可證得∠AFG=∠G=∠B=90°，可推出四邊形ABGF是矩形，路矩形的性質(zhì)可得到GF，AF的長；同時可證得CD∥EF，由此可證得△ACD∽△AEF，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可得到關(guān)于x，y的方程，解方程用含x的代數(shù)式表示出y.

7．【答案】C

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵，

∴△ADC∽△ABO

∴，

∵，

∴，

∵C、D兩點縱坐標分別為1、3，

∴，

∴，

解得：，

∴B點的縱坐標為6，故C正確.

故答案為：6.

【分析】易證△ADC∽△ABO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，由已知條件可得，根據(jù)C、D兩點的縱坐標可得CD=2，求出OB，得到點B的縱坐標，據(jù)此判斷.

8．【答案】A

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：AD=，AB=2，CD=3，

∵AB∥DC，

∴△AOB∽△DOC，

∴，

∴設(shè)AO=2x，則OD=3x，

∵AO+OD=AD，

∴2x+3x=5．

解得：x=1，

∴AO=2.

故答案為：A.

【分析】利用勾股定理可得AD的值，由圖形可得AB=2，CD=3，易證△AOB∽△DOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，設(shè)AO=2x，則OD=3x，根據(jù)AO+OD=AD可得x的值，據(jù)此解答.

9．【答案】C

【知識點】平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：∵，

∴，△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，故A不符合題意；

∴，，故B不符合題意，C符合題意；

∴，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】利用平行線分線段成比例的性質(zhì)逐項判斷即可。

10．【答案】D

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵點C為平面內(nèi)的一動點，BD=，

∴點C在以B為圓心，為半徑的圓B上.

在x軸負半軸上取點D（，0），連接BD，分別以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，

∵OA=OB=，

∴AD=OD+OA=，

∴.

∵CM：MA=1：2，

∴.

∵∠OAM=∠DAC，

∴△OAM∽△DAC，

∴，

∴當(dāng)CD取得最大值時，OM取得最大值，結(jié)合圖形可得當(dāng)D、B、C東線時，且點B在線段DC上時，CD取得最大值.

∵OA=OB=，OD=，

∴BD==，

∴CD=BC+BD=9.

∵，

∴OM=6.

∵CF⊥OA，

∴∠DOB=∠DFC=90°.

∵∠BDO=∠CDF，

∴△BDO∽△CDF，

∴，

∴，

∴CF=.

同理可得△AEM∽△AFC，

∴，

∴，

∴ME=，

∴OE==，

∴當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標為（，）.

故答案為：D.

【分析】由題意可得：點C在以B為圓心，為半徑的圓B上，在x軸負半軸上取點D（，0），連接BD，分別以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，易得，根據(jù)對應(yīng)邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似可得△OAM∽△DAC，則，推出當(dāng)D、B、C東線，且點B在線段DC上時，CD取得最大值，由勾股定理可得BD，然后求出CD、OM，由兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CF、ME，利用勾股定理求出OE，據(jù)此可得點M的坐標.

11．【答案】C

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；等腰三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：

∵四邊形ABCD為正方形，

∴∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，

∴∠FBA=90°，

∴△EDA≌△FBA（SAS），

∴EA=FA，∠EAD=∠FAB，

∴∠FAE=∠DAB=90°，

∴△FEA為等腰直角三角形，

∴∠EFA=∠FEA=45°，

∴，

∵，

∴，①正確；

由題意得△DHC≌△DHA（SSS），

∴，

若，

∴∠HCD=∠CHD=67.5°，

∵EH=CH，

∴∠ECH=∠CEH=67.5°，

∵E為動點，

∴∠ECH=∠CEH=67.5°不一定成立，②錯誤；

∵45°+∠DHE=45°＋∠DAE，

∴∠EHD=∠DAE，

∴，③正確；

由題意得△EDH∽△KFA，

∴，

∴，④正確；

∴有3個正確的結(jié)論；

故答案為：C

【分析】先根據(jù)正方形的性質(zhì)即可得到∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，進而根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)即可得到EA=FA，∠EAD=∠FAB，再運用等腰直角三角形的判定與性質(zhì)結(jié)合題意即可判斷①；先根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)即可得到，先假設(shè)結(jié)論②成立，進而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到∠ECH=∠CEH=67.5°，再結(jié)合題意即可判定結(jié)論②是錯誤的；根據(jù)題意結(jié)合已知條件即可判斷③；根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明△EDH∽△KFA，進而即可得到，再結(jié)合題意即可求解。

12．【答案】D

【知識點】翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：當(dāng)點為線段的三等分點時，需要分兩種情況討論：

①如圖1，當(dāng)時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質(zhì)可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

②如圖2，當(dāng)時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質(zhì)可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

綜上所述，的長為或．

故答案為：D．

【分析】根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得EN的長，根據(jù)勾股定理可得答案。

13．【答案】

【知識點】角平分線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點B作MB∥CA交GC的延長線于點M，如圖所示：

∴∠BMC=∠MCA，

由題意得GC為∠BCA的角平分線，

∴∠MCB=∠MCA，

∴∠MCB=∠BMC，

∴CB=BM，

∵MB∥CA，

∴△GMB∽△GCA，

∴，

∴，

∴的面積為12，

故答案為：12

【分析】過點B作MB∥CA交GC的延長線于點M，進而得到∠BMC=∠MCA，先根據(jù)題意結(jié)合角平分線的性質(zhì)即可得到∠MCB=∠MCA，進而得到∠MCB=∠BMC，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到CB=BM，進而根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明△GMB∽△GCA，結(jié)合題意即可得到，進而即可求解。

14．【答案】

【知識點】平行線的性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：由勾股定理得，

∵，

∴∠BCA=∠DEA，∠CBA=∠EDA=90°，

∴△CBA∽△EDA，

∴，

∴，

∵∠EAD=∠CAB，

∴∠EAD+∠DAC=∠CAB+∠DAC，

即∠EAC=∠DAB，

∴△ECA∽△DBA，

∴，

故答案為：

【分析】先根據(jù)勾股定理即可得到AC的長，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)證明△CBA∽△EDA，進而得到，再結(jié)合題意得到∠EAC=∠DAB，然后運用相似三角形的判定與性質(zhì)證明△ECA∽△DBA，然后得到即可求解。

15．【答案】6

【知識點】菱形的性質(zhì)；平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：連接AC，

∵四邊形ABCD為菱形，

∴AC⊥BD.

∵菱形ABCD的面積為24，BD=8，

∴AC·BD=24，

∴AC=6，

∴AO=3，BO=3，

∴AB=5.

∵AB=BC=CD=AD，BE=BF=CG=AH，

∴AE=DH=DG=FC，

∴EF∥AC∥HG，

∴，.

設(shè)BE=BF=CG=AH=x，則AE=DH=DG=FC=5-x，

∴，，

∴，

∴EF+HG=6.

故答案為：6.

【分析】連接AC，由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，BO=DO，AO=CO，AB=BC=CD=AD，由菱形的面積等于對角線乘積的一半可求出AC的值，然后求出AO，再利用勾股定理可得AB的值，由已知條件可知BE=BF=CG=AH，則AE=DH=DG=FC，推出EF∥AC∥HG，設(shè)BE=BF=CG=AH=x，則AE=DH=DG=FC=5-x，接下來根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)進行解答.

16．【答案】14

【知識點】平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示：

由題意得：，四邊形DECF是平行四邊形，

∴DF//BC，DE//AC，

∴△ADF△ABC，△BDE△BAC，

∴，，

∵AC=6，BC=9，

∴DF=3，DE=4，

∵四邊形DECF平行四邊形，

∴平行四邊形DECF紙片的周長是2×(3+4)=14，

故答案為：14.

【分析】根據(jù)題意先求出△ADF△ABC，△BDE△BAC，再利用相似三角形和平行四邊形的性質(zhì)計算求解即可。

17．【答案】

【知識點】平行線的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；軸對稱的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵點B與點F關(guān)于直線DF對稱，

∴BD=DF，∠BDE=∠EDF，∠DEB=∠DEF，

∵AD=DF，

∴AD=BD，∠A=∠DFA，

∵∠BDE+∠EDF=∠BDF=∠A+∠AFD，

∴∠EDF=∠DFA，

∴DE∥AC，

∴∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC，

∴∠C=∠EFC，

∵AB=AC，

∴∠C=∠B，

∴△ABC∽△ECF，

∴，

∵DE∥AC，

∴△BDE∽△BAC，

∴，

∴BE=EC=BC，

∵，

∴BC=k·AB，

∴EC=k·BA，

∴，

∴，

∴.

故答案為：.

【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得BD=DF，∠BDE=∠EDF，∠DEB=∠DEF，由等量代換及等邊對等角可得AD=BD，∠A=∠DFA，進而根據(jù)角的和差及三角形外角相等推出∠EDF=∠DFA，由內(nèi)錯角相等，兩直線平行推出DE∥AC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)及等量代換得∠C=∠EFC，由等邊對等角得∠C=∠B，由有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似得△ABC∽△ECF，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得，由平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊，所截的三角形與原三角形相似得△BDE∽△BAC，由相似三角形對應(yīng)邊成比例可得BE=EC=BC，結(jié)合已知得BC=k·AB，EC=k·BA，代入比例式可得，從而即可求出此題答案了.

18．【答案】

【知識點】角平分線的性質(zhì)；勾股定理；正方形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過F作FM⊥CE于點M，作FN⊥CD于點N，

∵四邊形ABCD為正方形，AB=3，

∴∠ACB=90°，BC=AB=CD=3.

∵FM⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，

∴∠ACB=∠B=90°，

∴四邊形CMFN為矩形.

∵CF平分∠DCE，F(xiàn)M⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，

∴FM=FN，

∴四邊形CMFN為正方形，

∴FM=FN=CM=CN.

設(shè)CM=a，則FM=FN=CM=CN=a.

∵CE=2，

∴BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a.

∵∠B=90°，F(xiàn)M⊥CE，

∴FM∥AB，

∴△EFM∽△EAB，

∴FM：AB=EM；BE，

∴a：3=(2-a)：5，

∴a=，

∴FN=CN=，

∴DN=CD-CN=，

∴DF==.

故答案為：.

【分析】過F作FM⊥CE于點M，作FN⊥CD于點N，由正方形的性質(zhì)可得∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得FM=FN，進而推出四邊形CMFN為正方形，得到FM=FN=CM=CN，設(shè)CM=a，則BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a，根據(jù)垂直于同一直線的兩直線互相平行可得FM∥AB，根據(jù)平行于三角形一邊的直線和其他兩邊所構(gòu)成的三角形與原三角形相似可得△EFM∽△EAB，由相似三角形的性質(zhì)可得a的值，然后求出FN、DN，再利用勾股定理計算即可.

19．【答案】證明：過點D作DH∥AB，交CE于點H，

∵AD是△ABC的中線，

∴點D是BC的中點，

∴DH是△BCE的中位線，

∴BE=2DH，DH∥AB，

∵CE是△BCE的中線，

∴AE=BE，

∴AE=2DH，

∵DH∥AB，

∴△AEG∽△DHG，

∴，

∴AG=2GD，

即AD=3GD.

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【分析】過點D作DH∥AB交CE于H，根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得BE=2DH，從而得到AE=2DH，再根據(jù)△AEG和△DHG相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式計算即可得證．

20．【答案】（1）證明：∵，

∴，

∵點E、F、G、H分別是各邊的中點，

∴，

∴四邊形為平行四邊形，

同理可得：四邊形為平行四邊形，

∴，

∴四邊形是平行四邊形；

（2）解：連接，

∵為的中點，

∴，

∴，

∴，

∴，

同理可得：

∴，

∴，

∵，

∴．

【知識點】平行四邊形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)可證得AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，AD=BC，再利用中點的定義可證得AE=CG，利用有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可證得四邊形AECG是平行四邊形，再證明四邊形AFCH是平行四邊形，據(jù)此可推出AM∥CN，AN∥CM，即可證得結(jié)論.

（2）連接HG，AC，EF，易證HG是△ACD的中位線，利用三角形的中位線定理可證得HG∥AC，HG=AC，可推出△ANG∽△CNA，利用相似三角形得性質(zhì)，可得到△ANH和△AC的面積之比；同理可得到△RMC和△AMC的面積之比，即可求出四邊形AHCH的面積；然后證明四邊形ABCD的面積=四邊形AHCH的面積×2，即可求出四邊形ABCD的面積.

21．【答案】（1）證明：四邊形是平行四邊形，

，，

，

是的中點，

，

，

，

∴，

；

（2）解：四邊形是平行四邊形，

，，

，，

，

，

，

，

，

，

設(shè)，則，

可得方程，

解得，

即的長為．

【知識點】平行線的性質(zhì)；三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，再運用三角形全等的判定與性質(zhì)結(jié)合題意即可求解；

（2）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，，進而運用相似三角形的判定與性質(zhì)證明，進而得到，設(shè)，則，根據(jù)已知條件即可列出分式方程，進而即可求解。

22．【答案】（1）證明：∵等腰和等腰，

∴，，，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

在和中，，

∴，

∴；

（2）解：取的中點H，連接，

∵點是的中點，

∴是的中位線，

∴，，

設(shè)，則，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，即，

整理得，

解得（負值已舍），

經(jīng)檢驗是所列方程的解，且符合題意，

∴．

【知識點】平行線的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，，，從而推出

，利用平行線的性質(zhì)可得，根據(jù)SAS證明△DCE≌△FEB，利用全等三角形對應(yīng)邊相等即得結(jié)論；

（2）取的中點H，連接，利用三角形中位線定理可得，，設(shè)，則CH=EH=a，，根據(jù)平行線可證，可得，據(jù)此建立關(guān)于x方程并解之即可.

23．【答案】（1）

（2）解：成立；理由如下：

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

，

∴，

∴；

（3）解：當(dāng)點E在線段上時，連接，如圖所示：

設(shè)，則，

根據(jù)解析（2）可知，，

∴，

∴，

根據(jù)解析（2）可知，，

∴，

根據(jù)勾股定理得：，

即，

解得：或（舍去），

∴此時；

當(dāng)點D在線段上時，連接，如圖所示：

設(shè)，則，

根據(jù)解析（2）可知，，

∴，

∴，

根據(jù)解析（2）可知，，

∴，

根據(jù)勾股定理得：，

即，

解得：或（舍去），

∴此時；

綜上分析可知，或．

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：（1）延長BE交AC于點E，交AD于點N，

當(dāng)m=1時，DC=CE，CB=CA，

∵∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠ACD=∠BCE，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴∠DAC=∠CBE.

∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°，

∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90°，

∴∠ANB=90°，

∴AD⊥BE.

【分析】（1）延長BE交AC于點E，交AD于點N，當(dāng)m=1時，DC=CE，CB=CA，利用SAS證明△ACD≌△BCE，得到∠DAC=∠CBE，結(jié)合∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°可得∠ANB=90°，據(jù)此解答；

（2）由同角的余角相等可得∠DCA=∠ECB，由已知條件可得，根據(jù)對應(yīng)邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似可得△DCA∽△ECB，得到∠DAC=∠CBE，進而推出∠GAB+∠ABG=90°，則∠AGB=90°，據(jù)此解答；

（3）當(dāng)點E在線段AD上時，連接BE，設(shè)AE=x，則AD=x+4，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得BE=AD=x+，根據(jù)解析（2）可知∠AEB=90°，利用勾股定理就可求出x的值，進而可得BE；當(dāng)點D在線段AE上時，連接BE，同理進行求解.

24．【答案】（1）解：∵，，，

∴，，

∵矩形，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴矩形是正方形．

（2）解：∵，，，

∴，

∴四邊形是矩形，

∴，

同理可得：，

∵正方形，

∴，

∴，

∴，，

∴四邊形是正方形，

∴，

∴．

（3）解：如圖，連接，

∵，正方形，

∴，，，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；正方形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）先根據(jù)垂直得到，，進而根據(jù)矩形的性質(zhì)得到，從而得到，再運用三角形全等的判定與性質(zhì)證明即可得到，進而根據(jù)正方形的判定即可求解；

（2）先根據(jù)垂直得到，進而根據(jù)矩形的性質(zhì)得到，同理可得：，根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合三角形全等的判定與性質(zhì)證明即可得到，，從而得到

四邊形是正方形，進而得到，再結(jié)合題意即可求解；

（3）連接，先根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合題意即可得到，，，進而根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明，即可得到，，進而得到，再相似三角形的判定與性質(zhì)證明得到即可求解。

25．【答案】（1）證明：四邊形是矩形，

，

，

，

，

，

，

；

（2）證明：四邊形是正方形，

，，，

，

，

，

又，

，

點在的延長線上，

，

，

，

，

，

；

（3）解：如圖，延長到點，使，連接，

四邊形是菱形，

，，

，

，

，，

，

，

是等邊三角形，

，

．

【知識點】平行線的性質(zhì)；三角形全等及其性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定

【解析】【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)即可得到，進而得到，再結(jié)合題意即可得到，進而根據(jù)相似三角形的判定即可求解；

（2）先根據(jù)正方形的性質(zhì)即可得到，，，再根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)證明即可得到，進而得到，再結(jié)合題意證明即可得到，從而運用平行線的性質(zhì)即可求解；

（3）延長到點，使，連接，先根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得到，，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，再證明即可得到，，進而得到，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)結(jié)合題意求出FG，進而即可求解。

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北師大版數(shù)學(xué)九年級上冊同步練習(xí)——第四章《圖形的相似》綜合練習(xí)（B）

一、選擇題（每題3分，共36分）

1．（2022·四川）如圖，在△ABC中，點D、E分別在邊AB、AC上，若DE∥BC，，DE＝6cm，則BC的長為（）

A．9cmB．12cmC．15cmD．18cm

【答案】C

【知識點】平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：∵，

∴，

∵DE∥BC，

∴，

∴BC=DE×=15cm.

故答案為：C.

【分析】根據(jù)比例的性質(zhì)得出，然后根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)求出，則可解答.

2．（2023·內(nèi)江）如圖，在中，點D、E為邊的三等分點，點F、G在邊上，，點H為與的交點．若，則的長為（）

A．1B．C．2D．3

【答案】C

【知識點】平行線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【解答】解：∵點D、E為邊的三等分點，，

∴HF=HA，DA=EB=DE，F(xiàn)B=FG=GC，

∴AB=3BE，DH為△FEA的中位線，

∴，

∵CA∥FE，

∴∠CAB=∠FEB，∠ACB=∠EFB，

∴△CAB∽△FEB，

∴，

解得FE=4，

∴DH=2，

故答案為：C

【分析】先根據(jù)題意結(jié)合平行的性質(zhì)即可得到HF=HA，DA=EB=DE，F(xiàn)B=FG=GC，進而得到AB=3BE，DH為△FEA的中位線，再根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)即可得到，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)即可得到EF，進而即可求解。

3．（2023·南充）如圖，數(shù)學(xué)活動課上，為測量學(xué)校旗桿高度，小菲同學(xué)在腳下水平放置一平面鏡，然后向后退（保持腳、鏡和旗桿底端在同一直線上），直到她剛好在鏡子中看到旗桿的頂端．已知小菲的眼睛離地面高度為，同時量得小菲與鏡子的水平距離為，鏡子與旗桿的水平距離為，則旗桿高度為（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示：

由題意得∠ABC=∠EDC=90°，∠FCE=∠FCA，AB=1.2m，CB=2m，DC=10m，

∴∠BCA=∠DCE，

∴△CDE∽△CBA，

∴，

∴DE=8m，

故答案為：B

【分析】先根據(jù)題意得到∠ABC=∠EDC=90°，∠FCE=∠FCA，AB=1.2m，CB=2m，DC=10m，再運用相似三角形的判定與性質(zhì)證明△CDE∽△CBA，進而得到，再代入數(shù)值即可求解。

4．（2023·安徽）如圖，點在正方形的對角線上，于點，連接并延長，交邊于點，交邊的延長線于點．若，，則（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：因為FB=1，AF=2，所以AB=3，因為EF⊥AB，CB⊥AB，∴EF∥CB，∴△AEF∽△ACB，∴EF∶CB=AF∶AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA=3，∴EF∶3=2∶3，∴EF=2，∵EF∥AD，∴△GEF∽△GDA，∴GF∶GA=EF∶DA=2∶3，∴，∴，∴GA=3AF=6，所以GB=GA-BA=6-3=3，∴GB=DC，又∠DCB=∠GBM=90°，∠CMD=∠BMG，∴△BMG≌△CMD∴，在Rt△ADG中，，∴

故答案為：B。

【分析】首先根據(jù)△AEF∽△ACB求出EF的長。再根據(jù)△GEF∽△GDA求出GA的長，得出BG=CD，進一步判斷△BMG≌△CMD得出，在在Rt△ADG中，根據(jù)勾股定理求出DG的長，即可得出MG的長。

5．（2022九上·福田期中）如圖，在矩形中，，，點E、F分別為、的中點，、相交于點G，過點E作，交于點H，則線段的長度是（）

A．B．1C．D．

【答案】A

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：四邊形是矩形，，，

，，，

點E、F分別為、的中點，

，，

，

，

，

．

由勾股定理得：，

，

，

，

，

，

解得：，

故答案為：A．

【分析】先求出FH=BH，再利用勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)計算求解即可。

6．（2022·衢州）西周數(shù)學(xué)家商高總結(jié)了用“矩”（如圖1）測量物高的方法：把矩的兩邊放置成如圖2的位置，從矩的一端A（人眼）望點E，使視線通過點C，記人站立的位置為點B，量出BG長，即可算得物高EG．令BG=x（m），EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，則y關(guān)于x的函數(shù)表達式為（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知識點】一次函數(shù)的實際應(yīng)用；矩形的判定與性質(zhì)；相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵CD⊥AF，EG⊥AF，

∴CD∥EF，∠AFG=∠G=∠B=90°，

∴四邊形ABGF是矩形，

∴AB=GF=1.6，BG=AF=x

∴△ACD∽△AEF，

∴，

解之：.

故答案為：B.

【分析】利用垂直的定義可證得∠AFG=∠G=∠B=90°，可推出四邊形ABGF是矩形，路矩形的性質(zhì)可得到GF，AF的長；同時可證得CD∥EF，由此可證得△ACD∽△AEF，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例可得到關(guān)于x，y的方程，解方程用含x的代數(shù)式表示出y.

7．（2022·巴中）如圖，在平面直角坐標系中，為的邊上一點，，過作交于點，、兩點縱坐標分別為1、3，則點的縱坐標為（）

A．4B．5C．6D．7

【答案】C

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵，

∴△ADC∽△ABO

∴，

∵，

∴，

∵C、D兩點縱坐標分別為1、3，

∴，

∴，

解得：，

∴B點的縱坐標為6，故C正確.

故答案為：6.

【分析】易證△ADC∽△ABO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，由已知條件可得，根據(jù)C、D兩點的縱坐標可得CD=2，求出OB，得到點B的縱坐標，據(jù)此判斷.

8．（2022·鎮(zhèn)江）如圖，點、、、在網(wǎng)格中小正方形的頂點處，與相交于點，小正方形的邊長為1，則的長等于（）

A．2B．C．D．

【答案】A

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：AD=，AB=2，CD=3，

∵AB∥DC，

∴△AOB∽△DOC，

∴，

∴設(shè)AO=2x，則OD=3x，

∵AO+OD=AD，

∴2x+3x=5．

解得：x=1，

∴AO=2.

故答案為：A.

【分析】利用勾股定理可得AD的值，由圖形可得AB=2，CD=3，易證△AOB∽△DOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，設(shè)AO=2x，則OD=3x，根據(jù)AO+OD=AD可得x的值，據(jù)此解答.

9．（2022·東營）如圖，點D為邊上任一點，交于點E，連接相交于點F，則下列等式中不成立的是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：∵，

∴，△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，故A不符合題意；

∴，，故B不符合題意，C符合題意；

∴，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】利用平行線分線段成比例的性質(zhì)逐項判斷即可。

10．（2023·鄂州）如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，OA=OB=，點C為平面內(nèi)一動點，BC=，連接AC，點M是線段AC上的一點，且滿足CM∶MA=1∶2．當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標是（）

A．（，）B．（，）

C．（，）D．（，）

【答案】D

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵點C為平面內(nèi)的一動點，BD=，

∴點C在以B為圓心，為半徑的圓B上.

在x軸負半軸上取點D（，0），連接BD，分別以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，

∵OA=OB=，

∴AD=OD+OA=，

∴.

∵CM：MA=1：2，

∴.

∵∠OAM=∠DAC，

∴△OAM∽△DAC，

∴，

∴當(dāng)CD取得最大值時，OM取得最大值，結(jié)合圖形可得當(dāng)D、B、C東線時，且點B在線段DC上時，CD取得最大值.

∵OA=OB=，OD=，

∴BD==，

∴CD=BC+BD=9.

∵，

∴OM=6.

∵CF⊥OA，

∴∠DOB=∠DFC=90°.

∵∠BDO=∠CDF，

∴△BDO∽△CDF，

∴，

∴，

∴CF=.

同理可得△AEM∽△AFC，

∴，

∴，

∴ME=，

∴OE==，

∴當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標為（，）.

故答案為：D.

【分析】由題意可得：點C在以B為圓心，為半徑的圓B上，在x軸負半軸上取點D（，0），連接BD，分別以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，易得，根據(jù)對應(yīng)邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似可得△OAM∽△DAC，則，推出當(dāng)D、B、C東線，且點B在線段DC上時，CD取得最大值，由勾股定理可得BD，然后求出CD、OM，由兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CF、ME，利用勾股定理求出OE，據(jù)此可得點M的坐標.

11．（2023·眉山）如圖，在正方形中，點E是上一點，延長至點F，使，連結(jié)，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結(jié)．下列四個結(jié)論：①；②；③；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（）

A．1個B．2個C．3個D．4個

【答案】C

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；等腰三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：

∵四邊形ABCD為正方形，

∴∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，

∴∠FBA=90°，

∴△EDA≌△FBA（SAS），

∴EA=FA，∠EAD=∠FAB，

∴∠FAE=∠DAB=90°，

∴△FEA為等腰直角三角形，

∴∠EFA=∠FEA=45°，

∴，

∵，

∴，①正確；

由題意得△DHC≌△DHA（SSS），

∴，

若，

∴∠HCD=∠CHD=67.5°，

∵EH=CH，

∴∠ECH=∠CEH=67.5°，

∵E為動點，

∴∠ECH=∠CEH=67.5°不一定成立，②錯誤；

∵45°+∠DHE=45°＋∠DAE，

∴∠EHD=∠DAE，

∴，③正確；

由題意得△EDH∽△KFA，

∴，

∴，④正確；

∴有3個正確的結(jié)論；

故答案為：C

【分析】先根據(jù)正方形的性質(zhì)即可得到∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，進而根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)即可得到EA=FA，∠EAD=∠FAB，再運用等腰直角三角形的判定與性質(zhì)結(jié)合題意即可判斷①；先根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)即可得到，先假設(shè)結(jié)論②成立，進而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到∠ECH=∠CEH=67.5°，再結(jié)合題意即可判定結(jié)論②是錯誤的；根據(jù)題意結(jié)合已知條件即可判斷③；根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明△EDH∽△KFA，進而即可得到，再結(jié)合題意即可求解。

12．（2023·通遼）如圖，已知，，，點E為射線上一個動點，連接，將沿折疊，點B落在點處，過點作的垂線，分別交，于M，N兩點，當(dāng)為線段的三等分點時，的長為（）

A．B．C．或D．或

【答案】D

【知識點】翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：當(dāng)點為線段的三等分點時，需要分兩種情況討論：

①如圖1，當(dāng)時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質(zhì)可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

②如圖2，當(dāng)時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質(zhì)可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

綜上所述，的長為或．

故答案為：D．

【分析】根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得EN的長，根據(jù)勾股定理可得答案。

二、填空題（每空3分，共18分）

13．（2023·東營）如圖，在中，以點為圓心，任意長為半徑作弧，分別交，于點，；分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點；作射線交于點，若，，的面積為，則的面積為．

【答案】

【知識點】角平分線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過點B作MB∥CA交GC的延長線于點M，如圖所示：

∴∠BMC=∠MCA，

由題意得GC為∠BCA的角平分線，

∴∠MCB=∠MCA，

∴∠MCB=∠BMC，

∴CB=BM，

∵MB∥CA，

∴△GMB∽△GCA，

∴，

∴，

∴的面積為12，

故答案為：12

【分析】過點B作MB∥CA交GC的延長線于點M，進而得到∠BMC=∠MCA，先根據(jù)題意結(jié)合角平分線的性質(zhì)即可得到∠MCB=∠MCA，進而得到∠MCB=∠BMC，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到CB=BM，進而根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明△GMB∽△GCA，結(jié)合題意即可得到，進而即可求解。

14．（2023·常德）如圖1，在中，，，，D是上一點，且，過點D作交于E，將繞A點順時針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．則圖2中的值為．

【答案】

【知識點】平行線的性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：由勾股定理得，

∵，

∴∠BCA=∠DEA，∠CBA=∠EDA=90°，

∴△CBA∽△EDA，

∴，

∴，

∵∠EAD=∠CAB，

∴∠EAD+∠DAC=∠CAB+∠DAC，

即∠EAC=∠DAB，

∴△ECA∽△DBA，

∴，

故答案為：

【分析】先根據(jù)勾股定理即可得到AC的長，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)證明△CBA∽△EDA，進而得到，再結(jié)合題意得到∠EAC=∠DAB，然后運用相似三角形的判定與性質(zhì)證明△ECA∽△DBA，然后得到即可求解。

15．（2023·十堰）如圖，在菱形中，點E，F(xiàn)，G，H分別是，，，上的點，且，若菱形的面積等于24，，則．

【答案】6

【知識點】菱形的性質(zhì)；平行線分線段成比例

【解析】【解答】解：連接AC，

∵四邊形ABCD為菱形，

∴AC⊥BD.

∵菱形ABCD的面積為24，BD=8，

∴AC·BD=24，

∴AC=6，

∴AO=3，BO=3，

∴AB=5.

∵AB=BC=CD=AD，BE=BF=CG=AH，

∴AE=DH=DG=FC，

∴EF∥AC∥HG，

∴，.

設(shè)BE=BF=CG=AH=x，則AE=DH=DG=FC=5-x，

∴，，

∴，

∴EF+HG=6.

故答案為：6.

【分析】連接AC，由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，BO=DO，AO=CO，AB=BC=CD=AD，由菱形的面積等于對角線乘積的一半可求出AC的值，然后求出AO，再利用勾股定理可得AB的值，由已知條件可知BE=BF=CG=AH，則AE=DH=DG=FC，推出EF∥AC∥HG，設(shè)BE=BF=CG=AH=x，則AE=DH=DG=FC=5-x，接下來根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)進行解答.

16．（2023·臨沂）如圖，三角形紙片中，，分別沿與平行的方向，從靠近A的AB邊的三等分點剪去兩個角，得到的平行四邊形紙片的周長是．

【答案】14

【知識點】平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖所示：

由題意得：，四邊形DECF是平行四邊形，

∴DF//BC，DE//AC，

∴△ADF△ABC，△BDE△BAC，

∴，，

∵AC=6，BC=9，

∴DF=3，DE=4，

∵四邊形DECF平行四邊形，

∴平行四邊形DECF紙片的周長是2×(3+4)=14，

故答案為：14.

【分析】根據(jù)題意先求出△ADF△ABC，△BDE△BAC，再利用相似三角形和平行四邊形的性質(zhì)計算求解即可。

17．（2023·杭州）如圖，在中，，點分別在邊，上，連接，已知點和點關(guān)于直線對稱．設(shè)，若，則（結(jié)果用含的代數(shù)式表示）．

【答案】

【知識點】平行線的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；軸對稱的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵點B與點F關(guān)于直線DF對稱，

∴BD=DF，∠BDE=∠EDF，∠DEB=∠DEF，

∵AD=DF，

∴AD=BD，∠A=∠DFA，

∵∠BDE+∠EDF=∠BDF=∠A+∠AFD，

∴∠EDF=∠DFA，

∴DE∥AC，

∴∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC，

∴∠C=∠EFC，

∵AB=AC，

∴∠C=∠B，

∴△ABC∽△ECF，

∴，

∵DE∥AC，

∴△BDE∽△BAC，

∴，

∴BE=EC=BC，

∵，

∴BC=k·AB，

∴EC=k·BA，

∴，

∴，

∴.

故答案為：.

【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得BD=DF，∠BDE=∠EDF，∠DEB=∠DEF，由等量代換及等邊對等角可得AD=BD，∠A=∠DFA，進而根據(jù)角的和差及三角形外角相等推出∠EDF=∠DFA，由內(nèi)錯角相等，兩直線平行推出DE∥AC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)及等量代換得∠C=∠EFC，由等邊對等角得∠C=∠B，由有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似得△ABC∽△ECF，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得，由平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊，所截的三角形與原三角形相似得△BDE∽△BAC，由相似三角形對應(yīng)邊成比例可得BE=EC=BC，結(jié)合已知得BC=k·AB，EC=k·BA，代入比例式可得，從而即可求出此題答案了.

18．（2023·大連）如圖，在正方形中，，延長至，使，連接，平分交于，連接，則的長為．

【答案】

【知識點】角平分線的性質(zhì)；勾股定理；正方形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：過F作FM⊥CE于點M，作FN⊥CD于點N，

∵四邊形ABCD為正方形，AB=3，

∴∠ACB=90°，BC=AB=CD=3.

∵FM⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，

∴∠ACB=∠B=90°，

∴四邊形CMFN為矩形.

∵CF平分∠DCE，F(xiàn)M⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，

∴FM=FN，

∴四邊形CMFN為正方形，

∴FM=FN=CM=CN.

設(shè)CM=a，則FM=FN=CM=CN=a.

∵CE=2，

∴BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a.

∵∠B=90°，F(xiàn)M⊥CE，

∴FM∥AB，

∴△EFM∽△EAB，

∴FM：AB=EM；BE，

∴a：3=(2-a)：5，

∴a=，

∴FN=CN=，

∴DN=CD-CN=，

∴DF==.

故答案為：.

【分析】過F作FM⊥CE于點M，作FN⊥CD于點N，由正方形的性質(zhì)可得∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得FM=FN，進而推出四邊形CMFN為正方形，得到FM=FN=CM=CN，設(shè)CM=a，則BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a，根據(jù)垂直于同一直線的兩直線互相平行可得FM∥AB，根據(jù)平行于三角形一邊的直線和其他兩邊所構(gòu)成的三角形與原三角形相似可得△EFM∽△EAB，由相似三角形的性質(zhì)可得a的值，然后求出FN、DN，再利用勾股定理計算即可.

三、解答題（共7題，共66分）

19．（2023·攀枝花）三角形三條邊上的中線交于一點，這個點叫三角形的重心．如圖G是的重心．求證：．

【答案】證明：過點D作DH∥AB，交CE于點H，

∵AD是△ABC的中線，

∴點D是BC的中點，

∴DH是△BCE的中位線，

∴BE=2DH，DH∥AB，

∵CE是△BCE的中線，

∴AE=BE，

∴AE=2DH，

∵DH∥AB，

∴△AEG∽△DHG，

∴，

∴AG=2GD，

即AD=3GD.

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【分析】過點D作DH∥AB交CE于H，根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得BE=2DH，從而得到AE=2DH，再根據(jù)△AEG和△DHG相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式計算即可得證．

20．（2023·揚州）如圖，點E、F、G、H分別是各邊的中點，連接相交于點M，連接相交于點N．

（1）求證：四邊形是平行四邊形；

（2）若的面積為4，求的面積．

【答案】（1）證明：∵，

∴，

∵點E、F、G、H分別是各邊的中點，

∴，

∴四邊形為平行四邊形，

同理可得：四邊形為平行四邊形，

∴，

∴四邊形是平行四邊形；

（2）解：連接，

∵為的中點，

∴，

∴，

∴，

∴，

同理可得：

∴，

∴，

∵，

∴．

【知識點】平行四邊形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)可證得AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，AD=BC，再利用中點的定義可證得AE=CG，利用有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可證得四邊形AECG是平行四邊形，再證明四邊形AFCH是平行四邊形，據(jù)此可推出AM∥CN，AN∥CM，即可證得結(jié)論.

（2）連接HG，AC，EF，易證HG是△ACD的中位線，利用三角形的中位線定理可證得HG∥AC，HG=AC，可推出△ANG∽△CNA，利用相似三角形得性質(zhì)，可得到△ANH和△AC的面積之比；同理可得到△RMC和△AMC的面積之比，即可求出四邊形AHCH的面積；然后證明四邊形ABCD的面積=四邊形AHCH的面積×2，即可求出四邊形ABCD的面積.

21．（2023·眉山）如圖，中，點E是的中點，連接并延長交的延長線于點F．

（1）求證：；

（2）點G是線段上一點，滿足，交于點H，若，求的長．

【答案】（1）證明：四邊形是平行四邊形，

，，

，

是的中點，

，

，

，

∴，

；

（2）解：四邊形是平行四邊形，

，，

，，

，

，

，

，

，

，

設(shè)，則，

可得方程，

解得，

即的長為．

【知識點】平行線的性質(zhì)；三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，，進而根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，再運用三角形全等的判定與性質(zhì)結(jié)合題意即可求解；

（2）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，，進而運用相似三角形的判定與性質(zhì)證明，進而得到，設(shè)，則，根據(jù)已知條件即可列出分式方程，進而即可求解。

22．（2023·煙臺）如圖，點為線段上一點，分別以為等腰三角形的底邊，在的同側(cè)作等腰和等腰，且．在線段上取一點，使，連接．

（1）如圖1，求證：；

（2）如圖2，若的延長線恰好經(jīng)過的中點，求的長．

【答案】（1）證明：∵等腰和等腰，

∴，，，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

在和中，，

∴，

∴；

（2）解：取的中點H，連接，

∵點是的中點，

∴是的中位線，

∴，，

設(shè)，則，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，即，

整理得，

解得（負值已舍），

經(jīng)檢驗是所列方程的解，且符合題意，

∴．

【知識點】平行線的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判