2025年 九年級數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí) 相似三角形綜合解答題 考前沖刺訓(xùn)練

2025年春九年級數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)《相似三角形綜合解答題》考前沖刺訓(xùn)練（附答案）1．如圖所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm，點P由點A出發(fā)，沿AB邊以1cm/s的速度向點B移動；點Q由點B出發(fā)，沿BC邊以2cm/s的速度向點C(1)經(jīng)過幾秒后，△PBQ的面積等于8cm(2)經(jīng)過幾秒后，PQ=53(3)經(jīng)過幾秒后，兩個三角形相似？2．已知，如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，點C的坐標(biāo)是1,0，連接BC．(1)求△ABC的面積；(2)如果動點D在直線BC上，使得∠CBO=∠CAD(3)如果動點P在直線y=x+3上，且△ABC與△POB相似，求點P的坐標(biāo)．3．如圖，在矩形ABCD中，AB<BC，AB=3，E是射線CD上一點，連接BE，BC沿BE折疊，點C恰好與射線DA上的點F重合．(1)如圖，當(dāng)點E在邊CD上時．①若BC=5，則AF的長為______；②若AF?DF=3時，求EF的長；(2)作∠ABF的平分線交射線DA于點M，當(dāng)BC=3MF時，求DF的長．4．如圖，已知△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，過圓心O作OD⊥AC，交AC于點D，交⊙O于點E，射線AE交BC的延長線于點F．(1)求證：∠ACB=2∠CAF；(2)若OA=5，AB=6，求EF的長；(3)若直線OD與直線BC交于點G，且BG=CF，求∠ABC的度數(shù)．5．在菱形ABCD中，DE垂直于AB，垂足為E，將三角形ADE繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到三角形FDG，點A的對應(yīng)點為點F，點E的對應(yīng)點為點G，旋轉(zhuǎn)角為α（0°<α<180°）．(1)如圖①，DF過點B，F(xiàn)G的延長線與邊DC交于點H，①當(dāng)∠F=40°時，α=_________．②求證：DB=DH．(2)如圖②，旋轉(zhuǎn)過程中，點G在AD的延長線上，邊DF與邊BC交于點M，若AD=5,AE=4，則BM的長為___________．6．已知，如圖1，在?ABCD中，點E是AB中點，連接DE并延長，交CB的延長線于點F．(1)求證：△ADE≌△BFE；(2)如圖2，點G是邊BC上任意一點（點G不與點B、C重合），連接AG交DF于點H，連接HC，過點A作AK∥HC，交DF于點①求AKCH②當(dāng)點G是邊BC中點時，恰有HD=n?DK，求n的值．7．如圖1，等邊△ABC中，AB=4，點D,E分別是AB,BC邊上一點，且BD=2CE，以DE為邊在直線BC的同側(cè)作等邊△DEF，DF,EF分別交AC于點G,H．(1)求證：△BDE∽△CEH；(2)如圖2，若DE⊥AB，求CE的長；(3)如圖3，連接CF，當(dāng)點D為AB中點時，求CF的長．8．已知，AB為⊙O的直徑，弦CD交AB于點E，連接BC，OD，∠AOD=2∠ABC．(1)如圖1，求證：AB⊥CD；(2)如圖2，弦AF交CD于點G，若AF=2CE，求證：AG=DG；(3)如圖3，在（2）的條件下，延長DO交⊙O于點H，連接AH交CD于點K，若HK=13EG，9．【問題背景】（1）如圖1，AB∥CD,BC與AD交于點O，過點O的直線分別與AB,CD交于E,F兩點，求證：AEDF【問題探究】（2）如圖2，點E，F(xiàn)分別是平行四邊形ABCD邊AD，CD上的點，連接AF，BE交于點M，連接CM并延長交AD于點N．①如圖3，若平行四邊形ABCD為正方形，E,F分別是邊AD,CD的中點．求證：CF=2AN；②如圖2，求證：ANCF10．在四邊形ABCD中，點E為AB的中點，分別連接CE,DE．(1)如圖1，若∠A=∠B,∠ADE=∠BEC．①求證：AE②若DE平分∠ADC，求證：∠AED=∠DCE；(2)如圖2，若∠DAB+∠B=90°,∠DEC=90°,AD=3,BC=1，求CD的長．11．如圖拋物線y=415x2?815x?4與x軸交于A，B兩點(點A在點(1)求點A，B，C的坐標(biāo)；(2)如圖1，點P1,m，Q1,m?2是兩動點，分別連接PC，QB，請求出PC?QB的最大值，并求出(3)如圖2，∠BAC的角平分線交y軸于點D，過D點的直線l與射線AB，AC分別于E，F(xiàn)，當(dāng)直線l繞點D旋轉(zhuǎn)時，1AE12．綜合與實踐【經(jīng)典再現(xiàn)】人教版八年級數(shù)學(xué)下冊教科書69頁14題：如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，∠AEF=90°且EF交正方形外角的平分線CF于點F．求證AE=EF．（提示：取AB的中點H，連接HE．）（1）請你思考題中的“提示”，這樣添加輔助線的目的是構(gòu)造出______，進而得到AE=EF．【類比探究】（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，且ABBC=n，點E是邊BC的中點，∠AEF=90°，且EF交矩形外角的平分線CF于點F，求AEEF【綜合應(yīng)用】（3）如圖3，P為邊CD上一點，連接AP，PF，在（2）的基礎(chǔ)上，當(dāng)n=32，∠PAE=45°，PF=513．小溢同學(xué)在復(fù)習(xí)圓中的垂徑定理時，進行變式、探究與思考：如圖1，⊙O的直徑CD垂直弦AB于點E，且CE=8，DE=2．(1)復(fù)習(xí)回顧：求AB的長．(2)探究拓展：如圖2，連接AC，點G是BC上一動點，連接AG，延長CG交AB的延長線于點F．①當(dāng)點G是BC的中點時，求證：∠GAF=∠F；②如圖3，連接DF，BG，當(dāng)△CDF為等腰三角形時，請直接寫出BG的長．14．如圖1，正方形ABCD的邊長為4，點E是BC邊上任意一點（不與端點重合），在CD邊上任一點F，連接EF，過點E作EG⊥EF交AB邊于點G，連接GF．(1)求證：△GBE∽△ECF；(2)點E為BC的中點時，①如圖2，試猜想GB，CF，GF的數(shù)量關(guān)系，并證明結(jié)論．②如圖3，連接AC交GF于點Q，交EF于點P．當(dāng)△AGQ與△CEP相似，求線段AG的長．15．已知在⊙O中，AB是⊙O的直徑，點B為弧CD中點，連接CD交AB于點E．(1)如圖1，求證：AB⊥CD；(2)如圖2，在弧AD上有一點G，連接GC、GA，GC，求證：2∠AGC+∠DGC=180°；(3)在（2）的條件下，GC交AB于點F，在弧AC上取一點H，連接HC、HD，使tan∠HDC=13，當(dāng)EF=EC，CD=8，AG=16．已知四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB、AD邊上的點，DE與CF交于點G．(1)如圖1，若四邊形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求證：CFDE=AB(2)如圖2，若四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC=60°，∠EGC=120°，AE=2，AB=3，(3)如圖3，若∠BAD=90°，AB=BC，AD=CD17．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為⊙O的直徑，DE⊥AC于點F交BC于點E．(1)設(shè)∠DBC=α，試用含α的代數(shù)式表示∠ADE；(2)如圖2，若BE=3CE，求BDDE(3)在（2）的條件下，作EQ⊥BD交BD于Q，若BC=BD，求出QDED18．如圖①，在正方形ABCD中，點N、M分別在邊BC、CD上，連結(jié)AM、AN、MN，∠MAN=45°，將△AMD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到△ABE．【實踐探究】（1）在圖①條件下，若DM=4，BN=6，則MN的長為_____．（2）如圖②，點M、N分別在邊CD、AB上，且BN=DM，點E、F分別在BM、DN上，∠EAF=45°，連接EF，猜想三條線段EF、BE、DF之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【拓展應(yīng)用】（3）如圖③，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點M、N分別在邊DC、BC上，連結(jié)AM，AN，已知∠MAN=45°，BN=2，求四邊形ANCM的面積．19．如圖1，直線y=?x?3與x、y軸分別相交于A、B兩點，拋物線y=ax2?2x+c的圖象經(jīng)過點B，與x軸交于D、E兩點（點D在點E左側(cè)），且頂點C1,m也在直線AB上，(1)求該拋物線的關(guān)系式；(2)如圖2，連接BD、BE，直線OP與BE相交于點F，若以E、O、F為頂點的三角形與△ABD相似，請求出點F的坐標(biāo)；(3)如圖3，點Q也為拋物線一動點，連接PQ交拋物線對稱軸于點M．若CP⊥CQ，點M是否是一定點？若是，請直接寫出點M坐標(biāo)；若不是，請說明理由．20．【綜合與實踐】【問題背景】在平行四邊形ABCD中，E是CD邊上一點，延長BC至點F使得CF=CE，連接DF，延長BE交DF于點G，【特例感知】（1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形時，求證：△BCE≌【深入探究】（2）如圖2，若四邊形ABCD是菱形，AB=2，當(dāng)G為DF的中點時，求CE的長；【拓展提升】（3）如圖3，若四邊形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，點H在BE的延長線上且滿足BE=5EH，當(dāng)△EFH是直角三角形時，請直接寫出CE的長．參考答案1．（1）解：設(shè)經(jīng)過x秒后，△PBQ的面積等于8cm2，由題意得12∴x2解得x1答：經(jīng)過2秒或4秒后，△PBQ的面積等于8cm（2）解：設(shè)經(jīng)過m秒后，PQ=53cm，而PB=6?m，∴6?m2整理得：5m∴m+15m?17解得：m=?1（不符合題意舍去），m=17∴設(shè)經(jīng)過3.4s秒后，PQ=（3）解：設(shè)經(jīng)過y秒后，△BPQ與△BAC相似，∵∠B=∠B，①當(dāng)BPBA=BQ即6?y6解得y=12②當(dāng)BPBC=BQ即6?y8解得y=18答：經(jīng)過125或182．（1）解：∵直線y=x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，令x=0，則y=3，∴B(0,3)，∴OB=3，令y=0，則x=?3，∴A(?3,0)，∴OA=3，∵點C的坐標(biāo)是(1,0)，∴OC=1，∴AC=OA+OC=4，∴△ABC的面積=1（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，∵B(0,3)，點C的坐標(biāo)是(1,0)，∴m+n=0n=3，解得m=?3∴直線BC的解析式為y=?3x+3，∠CBO=①當(dāng)點D在x軸上方時，如圖1，設(shè)AD與y軸交于點E，由題意得∠COB=又∵OA=OB=3，∠CBO=∴△CBO≌△EAO(ASA∴OE=OC=1，∴E(0,1)，設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，∴?3k+b=0b=1，解得k=∴直線AE的解析式為y=1聯(lián)立y=?3x+3和y=1y=?3x+3y=解得x=3∴點D的坐標(biāo)為35②當(dāng)點D在x軸下方時，如圖2，設(shè)AD與y軸交于點E′，同理得，E′(0,?1)，直線AE聯(lián)立y=?3x+3和y=?13x?1y=?1解得x=3∴點D的坐標(biāo)為32綜上，點D的坐標(biāo)為35,6（3）解：在Rt△AOB∵OA=OB=3，∴AB=OA同理可得BC=OC如圖，過點P作PE⊥y軸于點E，∵OA=OB，OA⊥OB，∴∠ABO=∵PE⊥y軸，∴∠BPE=90°?45°=45°=∴PE=BE，P在直線y=x+3上，設(shè)P(x,x+3)，∴PE=BE=x∴PB=2當(dāng)△ABC∽△BOP時，∴ABBO∴32∴x=±2，∵?3＜∴x=?2，∴P(?2,1)；當(dāng)△ABC∽△BPO時，∴ABBP∴32∴x=±9∵?3＜x＜0，∴x=?9∴P(?9綜上所述：點P的坐標(biāo)為(?2,1)或(?93．（1）解：①由題可知，BF=BC=5，在Rt△ABFAF=B∴AF的長為4；故答案為：①4；②由題可知，∠BFE=∠C=90°，∴∠AFB+∠DFE=90°，又∵∠DFE+∠DEF=90°，∴∠AFB=∠DEF，∴Rt∴AF∴AF?DF=AB?DE=3，∴DE=1，∴EF=EC=CD?DE=3?1=2；（2）解：①如圖，當(dāng)點F在邊AD上時，過點M作MN⊥BF于點N，∵BM平分∠ABF，∠A=90°，∴MN=AM，∠A=∠BNM=90°．∵∠AFB=∠MFN，∴△FMN∽△FBA．∴MN∵MFBC=∴MN∵AB=3，∴MN=1．∵MN=AM，BM=BM，∠A=∠MNB=90°，∴Rt△ABM≌Rt△NBM（HL）．∴BN=AB=3．設(shè)MF=x，則BF=BC=3x．∴FN=3x?3．在Rt△MNF中，由勾股定理得，MN∴1+(3x?3)解得x1=5∴BC=3x=15∵矩形ABCD中，AD=BC=15∴DF=AD?AM?MF=3②如圖，當(dāng)點F在邊DA延長線上時，同①可得AM=MN=13AB=1，BN=AB=3∴MF=1∴AF=94，∴綜上所述：DF=34．（1）解：連接OC，OB，設(shè)OA與BC交于點H，∵AB=AC，OB=OC，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB，OA垂直平分∴∠ABC=12∠AOC∵OD⊥AC，∴AE=CE，∴∠AOE=1∴∠AOE=∠ABC=∠ACB，設(shè)∠AOE=∠ABC=∠ACB=x，∴∠BAO=∠CAO=∠OAC=90°?x，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA=90°?1∴∠CAF=∠OAE?∠OAC=90°?1∴∠ACB=2∠CAF；（2）解：連接EC，∵OD⊥AC，∴AD=CD=12AC=∴OD=O∴DE=OE?OD=5?4=1，∴CE=C由（1）得：∠ABH=∠AOD，∠AHB=∠ADO=90°，∴△ABH∽△AOD，∴AHAD∴AH3∴AH=18∴BH=A∵OA⊥BC，∴BC=2BH=48∵∠ACB=2∠CAF，∠ACB=∠CAF+∠F，∴∠CAF=∠F，∴AC=FC=6，∴BF=BC+FC=48∵四邊形ABCE是圓內(nèi)接四邊形，∴∠B+∠AEC=180°，∵∠CEF+∠AEC=180°，∴∠B=∠CEF，∵∠EFC=∠BFA，∴△EFC∽△BFA，∴ECBA∴106∴EF=13（3）解：①如圖，當(dāng)G在線段BC上時，連接AG，由上可得：AC=CF，∴∠F=∠CAF，設(shè)∠F=∠CAF=a，∴∠ACB=∠F+∠CAF=2a，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=2a，∵OD⊥AC，OE為⊙O半徑，∴OE垂直平分AC，∴AG=CG，∴∠ACG=∠GAC=2a，∴∠AGB=∠ACG+∠GAC=4a，∵BG=CF，∴∠BGA=∠BAG=4a，∵∠ABG+∠AGB+∠BAG=180°，∴2a+4a+4a=180°，解得：a=18°，∴∠ABC=2a=2×18°=36°；②如圖，當(dāng)G在CB延長線上時，由上可得：AC=CF，∴∠F=∠CAF，設(shè)∠F=∠CAF=b，∴∠ACB=∠F+∠CAF=2b，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=2b，∵OD⊥AC，OE為⊙O半徑，∴OE垂直平分AC，∴AG=CG，∴∠ACG=∠GAC=2b，∵BG=CF，AB=AC，AC=CF，∴AB=BG，∴∠AGB=∠BAG，∵∠ABC=∠AGB+∠BAG=2b，∴∠AGB=∠BAG=b，∴∠BAC=∠GAC?∠BAG=2b?b=b，∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，∴2b+b+b=180°，解得：b=36°，∴∠ABC=2b=2×36°=72°；綜上可知：∠ABC的度數(shù)為36°或72°．5．（1）解：①菱形ABCD中，AB=AD，∴∠ADB=∠ABD，∵三角形ADE繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到三角形FDG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠A=∠F=40°，∴∠ADB=1∴α=70°，故答案為：70°②三角形FDG是由ADE繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到的，∴△DFG≌△DAE，∴∠A=∠F，AD=FD，∵∠ADB=∠CDB，∴△ADB≌△FDHASA∴DB=DH．（2）在Rt△ADE中，AD=5,AE=4DE=A過點D作DN⊥BC于點N，S菱形∴DN=DE=3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，DG=DE=3,GF=AE=4，∴DN=DG，∵FG⊥AD,AD∥BC，∴GF⊥BC，令GF交BC于點O，∵∠DNC=∠DGF=∠GON=90°，∴四邊形DNOG是矩形，∴NO=DG=3，GO=DN=3在Rt△DNC中，DC=5,DN=3NC=∴OC=NC?NO=4?3=1，∵FO=GF?GO=1，∵MO∥DG∵△FOM∽△FGD，∴MODG=∴MO=3∴BM=BC?CO?MO=5?1?3故答案為：1346．（1）證明：∵?ABCD中，AD∥∴∠A=∠EBF，∠ADE=∠BFE，又∵點E是AB中點，∴AE=BE，∴△ADE≌△BFEAAS（2）①解：如圖，作BN∥HC交EF于∵△ADE≌∴BF=AD=BC，∴BFCF∵BN∥∴∠FNB=∠FHC，∠FBN=∠FCH，∴△FNB∽△FHC，∴BNCH∴HC=2BN．由（1）的方法可知，△AEK≌∴AK=BN，∴AKCH②∵點G是邊BC中點，∴CG=1∵AD∥CF，∴∠ADK=∠F，∠AKF=∠CHD，∴∠AKD=∠CHF，∴△ADK∽△CFH，∴DKHF∴DK=1∵AD∥∴△AHD∽△GHF，∴DHHF∴DH=2∴n=DH7．（1）證明：∵△ABC,△DEF是等邊三角形，∴∠A=∠B=∠C=∠DEF=60°，AB=BC=AC=4∴∠BED+∠BDE=180°?∠B=120°，∵∠BED+∠DEF+∠CDH=180°，∴∠BED+∠CEH=180°?∠DEF=120°，∴∠BDE=∠CEH，∴△BDE∽△CEH；（2）解：∵DE⊥AB,∠B=60°，∴∠BED=30°,BE=2BD，∵BD=2CE，∴設(shè)CE=x，則BD=2x，BE=2BD=2×2x=4x，∴BC=BE+CE=5x=4，∴x=4∴CE=4（3）解：當(dāng)點D為AB中點時，AD=BD=1∵BD=2CE，∴CE=1∴BE=BC?CE=4?1=3，由（1）可得，△BDE∽△CEH，∴BDCE=BE∴CH=32，如圖所示，過點D作DM⊥BC于點M，過點H作HN⊥BC于點N，過點F作FP⊥BC于點P，∵∠B=∠BCA=60°，∴∠BDM=30°，∴BM=12BD=1∴EM=BE?BM=3?1=2，∴DE=D∴由DE=2EH，則EH=1在Rt△CHN中，∠BCH=60°,CH=∴∠CHN=30°，CN=1∴EN=CE?CN=1?3在Rt△ENH中，EH=∴HN=H∵HN∥FP，∴△EHN∽△EFP，∴HNFP=EH∴33∴FP=332∴PC=EC?EN?NP=1?1在Rt△CFP中，CF=8．（1）解：如圖1，連接BD，∴∠AOD=2∠ABD，∵∠AOD=2∠ABC，∴∠ABD=∠ABC，∴AC=∵AB為⊙O的直徑，∴AB⊥CD；（2）解：如圖2，連接AD，OC，OF，∵AB⊥CD，∴CD=2CE，∵AF=2CE，∴AF=CD，∴AF=∴∠COD=∠AOF，∵OC=OD=OA=OF，∴∠OCD=∠ODC=180°?∠COD2，∴∠ODC=∠OAF，∵OD=OA，∴∠OAD=∠ODA，∴∠OAD?∠OAF=∠ODA?∠ODC，∴∠GAD=∠GDA，∴AG=DG；（3）解：如圖3，連接CH，AD，設(shè)EK=x，則CE=DE=CK+EK=x+2，∴CD=2CE=2x+4，∴DK=CD?CK=2x+2，∵直徑DH，AB，∴∠DCH=∠DAH=90°，∵∠GAD=∠GDA，∴∠GAK=∠GKA，∴AG=GK∴AG=DG=GK=1∴EG=DE?DG=x+2∴HK=13EG=13∵CH=H∵∠HCK=∠AEK=90°，∠CKH=∠AKE，∴△CKH∽△EKA，∴CKEK∴2x解得x=8經(jīng)檢驗x=8∴CD=2x+4=36∴DH=C∴⊙O的半徑129．（1）證明：∵AB∥CD，∴△AOE∽△DOF，∴AEDF=OE∴AEDF（2）①證明：延長AF交BC延長線于點G，∵AD∥BG，∴△AMN∽△GMC，∴ANCG=NM∴AECG∵CD∥BA，∴△GFC∽∴GCBG∵四邊形ABCD為正方形，E,F分別是邊AD,CD的中點．∴GCBG=FC∴BC=CG，∴AN=NE=12AE=②證明：延長AF交BC延長線于點G，∵AD∥BG，∴△AMN∽△GMC，∴ANCG=AM∴ANCG∵CD∥BA，∴△GFC∽∴FCAB①÷②得，ANCG∴ANCF10．（1）證明：①∠A=∠B,∠ADE=∠BEC，∴△AED∽△BCE，∴AEBC∵E為AB的中點，∴AE=BE，∴AEBC=AD②∵∠AED+∠DEC+∠CEB=180°,∠AED+∠ADE+∠A=180°，∴∠A+∠ADE=∠DEC+∠CEB，∵∠ADE=∠BEC，∴∠A=∠DEC，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE，∵∠CDE+∠CED+∠DCE=180°，∴∠AED=∠DCE；（2）解：如圖，過點A作AF∥BC，連接DF，∴∠FAE=∠B，∵AE=BE,∠AEF=∠BEC，∴△AEF≌△BECASA∴AF=BC,EF=EC，∵∠DAB+∠B=90°，∴∠DAB+∠BAF=90°，∴∠DAF=90°，∵∠DEC=90°，∴DF=DC，在Rt△ADF中，A∵AD=3,BC=1，∴AF=1，∴CD=DF=1011．（1）解：當(dāng)x=0時，y=?4，∴C0,?4當(dāng)y=0時，4解得：x∴A（2）如圖1，將點B向上平移2個單位至B′5,2，作點C關(guān)于直線x=1的對稱點C∴BQ=P作直線B′C′交直線x=1于點P′，PC?BQ=∵∴PC?QB的最大值為35∵直線B′C′∴當(dāng)x=1時，y=2×1?8=?6，∴m=?6；（3）1AE+1過點D作DG∥x軸，交AC于點G，過點F作FT∥OA，交射線AD于點T，過點C作CQ∥OA，交射線AD于點Q，∵DG∥FT∥CQ∥OA，∴△CDG∽△COA，△ACQ∽△AGD，∴DGOA∴DGCQ∴1∵CQ∥∴∠Q=∠QAO，∵∠CAD=∠OAD，∴∠CAD=∠Q，∴AC=CQ，∴1AC同理可得1由（1）得OA=3，OC=4，∠AOD=90°，∴AC=O∴1DG∴1AF∴1AE+112．解：（1）如圖1，

取AB的中點H，連接EH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠BCD=90°，∵E是BC的中點，∴BE=CE=BH=AH=1∴∠AHE=∠ECF=135°，∵∠B=90°，∴∠BAE+∠AEB=90°，∵∠AEF=90°，∴∠AEB+∠CEF=90°，∴∠BAE=∠CEF，∴△AHE≌△ECFAAS故答案為：△AHE≌△ECF；（2）解：如圖2，

在AB上截取BH=CE，連接EH，∵E時BC的中點，∴BE=CE，不妨設(shè)BH=BE=CE=1，則BC=2，∵ABBC∴AB=2n，∴AH=2n?1，由（1）得：∠BAE=∠CEF，∠AHE=∠ECF=135°，∴△AHE∽△ECF，∴AEEF（3）如圖3，

∵ABBC∴可設(shè)AB=6x，BC=4x，則BE=CE=2x，延長EF，AP，交于點R，作RH⊥AD，交AD延長線于H，交BC的延長線于G，作FT⊥CD于T，∵∠AEF=90°，∠PQE=45°，∴△AER是等腰直角三角形，∴AE=ER，由（1）知：∠BAE=∠CEF，∵∠B=∠G=90°，∴△ABE≌△EGRAAS∴EG=AB=6x，GR=BE=2x，∴DH=CG=EG?EC=6x?2x=4x，HR=GH?GR=6x?2x=4x，∵CD∥∴△APD∽△ARH，∴PDHR∴PD=1∴CP=CD?PD=6x?2x=4x，由（2）知：QECF∴22∴CF=2∴CT=FT=x，∴PT=CP?CT=3x，由PT2+F∴x1=2∴BC=4x=2213．（1）解：連接OA，如圖1，∵⊙O的直徑CD垂直弦AB于點E，且CE=8，∴CD=CE+DE=10，∴OA=OD=1在Rt△OAE中，AE=∴AB=2AE=8；（2）解：①證明：連接DG，如圖，∵點G是BC的中點，∴CG=∴∠GAF=∠D，∵⊙O的直徑CD垂直弦AB于點E，∴∠CGD=∠CEF=90°，∴∠F=90°?∠DCG=∠D，∴∠GAF=∠F；②當(dāng)CF=CD=10時，在Rt△CEF中，EF=∴BF=EF?BE=2，∵AE=4，∴AC=4∵∠FGB=180°?∠BGC=∠FAC，∴△FGB∽△FAC，∴BGAC=BF∴BG=4當(dāng)DF=CD=10時，在Rt△DEF中，EF=在Rt△CEF中，CF=∴BF=EF?BE=46同理△FGB∽△FAC，∴BABGAC=∴BG=43綜上，BG的長為455或14．（1）解：如圖1：∵正方形ABCD，∴∠B=∠C=90°，∴∠EFC+∠FEC=90°，∵EG⊥EF，∴∠BEG+∠FEC=90°，∴∠BEG=∠EFC，∵∠B=∠C=90°，∴△GBE∽△ECF；（2）解：①FG=BG+FC，證明如下：∵點E是BC的中點，∴BE=CE=2，∵△GBE∽△ECF，∴BGEC=BE∴BG?FC=4，∵∠B=∠C=90°，∴EG∵EG⊥EF，∴FG∴F===BG+FC∵FG>0,BG+FC>0，∴FG=BG+FC．②解：如圖1，延長FE交AB的延長線于F′∵點E是BC的中點，∴BE=CE=2，∴AB∥∴∠F在△BEF′和∠F∴△BEF∴BF∵∠GEF=90°，∴GF∴∠BGE=∠EGF，∵AC是正方形ABCD的對角線，∴∠BAC=∠BCA=45°，∵△AGQ與△CEP相似；∴①△AGQ∽∴∠AGQ=∠CEP，∵△GBE∽△ECF，∴∠CEP=∠BGE∴∠AGQ=∠BGE，∵∠BGE=∠EGF，∴∠AGQ=∠BGQ=∠FGE，∴∠AGQ+∠BGQ+∠FGE=180°，∴∠BGE=60°，∴∠BEG=30°，在Rt△BEG中，BE=2∴GE=2BG，GE2=BG2+BE∴AG=AB?BG=4?2②△AGQ∽∴∠AQG=∠CEP，∵∠CEP=∠BGE=∠FGE，∴∠AQG=∠FGE，∴EG∥∴△BEG∽∴BEBC∴24∴BG=2，∴AG=AB?BG=2．綜上，當(dāng)△AGQ與△CEP相似，線段AG的長為2或4?215．（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，點B為弧CD中點，∴AB⊥CD；（2）證明：連接OC，OD，∵AC=∴∠AOC=2∠AGC，∵CD=∴∠BOC=2∠CGD，∵點B為弧CD中點，，∴∠DOE=∠COE，∴∠BOC=∠DOE+∠COE=2∠COE，∴∠CGD=∠COE，∵∠AOC+∠COE=180°，∴2∠AGC+∠CGD=180°．（3）解：連接AD,AC，連接DF并延長至點M，使得DM=DG，連接AM，過點G作GK⊥AD于點K，∵AB⊥CD，∴由圓的對稱性可知∠1=∠2，∵AG=∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∵DA=DA，∴△DMA≌△DGA，∴AM=AG=10，∠GAD=∠MAD∵EF=EC,AB⊥CD，∴△EFC是等腰直角三角形，由對稱性知△DEF也為等腰直角三角形，∴∠5=∠6=∠7=45°，∵DG=∴∠DAG=∠5=∠DAM=45°，∴∠DAM=∠7，∵∠M=∠M，∴△MAF∽△MDA，∴MAMD∵直徑AB⊥CD，∴DE=1∴等腰Rt△EDF中，由勾股定理得DF=4∴10MF∴MF=2或MF=?5∴DG=DM=42在Rt△AGK中，∠DAG=45°∴KG=KA，∴由勾股定理得KG=KA=2∴在Rt△DGK中，由勾股定理得DK=∴tan∠3=∵tan∠4=∴∠4=∠3，∴CH=AG=1016．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=DC，∴∠DFC+∠DCF=90°，∵DE⊥CF，∴∠ADE+∠DFC=90°，∴∠ADE=∠DCF，∴△ADE∽△DCF，∴CFDE=DC∴CFDE（2）解：作DH⊥BA交BA的延長線于點H，在AD的延長線上取點M，連接CM，使CM=CF，如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠HAD=∠ABC=60°，∴∠ADH=90°?60°=30°，∴AH=12AD=3∴EH=AE+AH=2+3=5，∴DE=D∵CM=CF，∴∠M=∠CFD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠DAE=∠CDM，∵∠ABC=60°，∴∠BEG+∠FCB=180°，∵∠BEG+∠AED=180°，∴∠AED=∠FCB，∴∠AED=∠CFD，∴∠AED=∠M，∴△ADE∽△DCM，∴CMDE∴CM=1∴CF=CM=13（3）解：連接AC、BD交于點O，如圖，∵AB=BC，∴△ABD≌△CBDSSS∴∠BCD=∠BAD=90°，∴BD⊥AC，∴∠CAF=90°?∠BAO=∠DBE，∵DE⊥CF，∴∠COD=∠CGD=90°，∴∠ACF=∠BDE，∴△ACF∽△BDE，∴CFDE=AC∵∠BAD=∠BOA=∠AOD=90°，∠ADB=∠OAB=∠ODA，∴△OBA∽△OAD∽△BAD，∴ODOA=AD∵AD=2AB，∴OD=2OA=4OB，設(shè)OB=m，則OD=4m，∴CFDE17．（1）解：∵CD∴∠DAC=∠DBC=α，∵DE⊥AC，∴∠AFD=90°，∴∠ADE=90°?∠DAC=90°?α；（2）解：∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC=90°，∴∠ADF+∠CDF=90°，由（1）可得：∠AFD=90°，∴∠ADF+∠DAC=90°，∴∠DAC=∠CDF，由（1）可得：∠DAC=∠DBC，∴∠CDF=∠DBC，即：∠CDE=∠DBC，又∵∠DCE=∠BCD，∴△DCE∽∴BD∵BE=3CE，∴可設(shè)CE=a，則BE=3a，BC=BE+CE=4a，∴4a即：C解得：CD=2a或?2a（不合題意，故舍去），∴BD（3）解：如圖2，由（2）可得：BDDE∵BE=3CE，∴可設(shè)CE=1，則BE=3，BC=BE+CE=4，CD=2，∵BC=BD，∴BD=BC=4，∴DE=2，設(shè)QD=x，則QB=BD?QD=4?x，∵EQ⊥BD，∴∠BQE=∠DQE=90°，∴EQ即：32解得：x=11∴QD18．解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，由旋轉(zhuǎn)得：△ABE≌△ADM，∴BE=DM=4，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，EN=BE+BN=4+6=10即∠EAM=90°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=90°?45°=45°，∴∠MAN=∠EAN，在△AMN和△EAN中，AM=AE∠MAN=∠EAN∴△AMN≌△EAN(SAS∴MN=EN=10．故答案為：10；（2）EF理由如下：如圖②，將△AFD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到△ABH，連接EH，∴∠ADF=∠ABH，DF=BH，∠DAF=∠BAH，AH=AF，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠BAE=45°=∠BAH+∠BAE，∴∠HAE=45°=∠EAF，又∵AH=AF，AE=AE，∴△EAH≌△EAF(SAS∴HE=EF，∵BN=DM，BN∥DM，∴四邊形BMDN是平行四邊形，∴DN∥BM，∴∠AND=∠ABM，∵∠ADN+∠AND=90°，∴∠ABH+∠ABM=90°=∠HBM，∴BE∴EF（3）如圖③，延長AB至P，使BP=BN=2，過P作BC的平行線交DC的延長線于Q，延長AN交PQ于E，連接EM，∵在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∴AP=AD=8，AD∥BC,AB∥CD∵BC∥PQ,AD∥BC，∴AD∥PQ，∴四邊形APQD是正方形，∴PQ=DQ=AP=AB+BP=8，設(shè)DM=x，則MQ=8?x，∵PQ∥BC，∴△ABN∽△APE，∴ABAP∴PE=4∴EQ=PQ?PE=8?8由（1）得：EM=PE+DM=8在Rt△QEM中，由勾股定理得：16解得：x=4，∴DM=4∴四邊形ANCM的面積=S19．（1）解：當(dāng)x=0時，y=?3，令y=0，則x=?3，∴