专题2.14相似三角形的性质与判定综合问题大题专练（培优强化30题）-2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍 【苏科版】（解析版）

2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍【苏科版】专题2.14相似三角形的性质与判定综合问题大题专练（培优强化30题）一、解答题1．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在△ABC与△A'B'C'中，点D、D'分别在边BC、B'C'上，且△ACD∽△A'C'【答案】见解析．【分析】根据相似三角形的判定定理证明即可．【详解】解：若选①BDCD证明：∵△ACD∽△A∴∠ADC=∠A'D∴∠ADB=∠A∵BDCD∴BDB∴ADA又∠ADB=∠A∴△ABD∽△A选择②BACD=B若选③∠BAD=∠B证明：∵△ACD∽△A∴∠ADC=A'D'又∵∠BAD=∠B∴△ABD∽△A【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．2．（2022·江苏扬州·一模）如图，已知点P、Q分别是矩形ABCD中AB、CD边上的动点（不与点A、B、C、D重合），PE∥BQ交AQ于点E，连接PQ．AB＝8，BC＝6，设△PEQ的面积为S．(1)当点P运动到AP＝2时，无论点Q运动到CD边的何处，S＝_____；(2)在点P、Q的运动过程中，①若S＝458，求AP②求S的最大值．【答案】(1)4.5(2)①3或5；②6【分析】（1）由题意易得AP∶AB=1∶4，△ABQ的面积为24，则有△APQ的面积为6，然后通过平行线所截线段成比例可得AE∶AQ=1∶4，进而问题可求解；（2）①设APAB=t，则有APPB=t1-t，由（1）可得S△APQ=t⋅S△ABQ=24t(1)解：∵四边形ABCD是矩形，且AB＝8，BC＝6，∴S△ABQ∵AP＝2，∴AP∶AB=1∶4，∴S△APQ∵PE∥BQ，∴AEEQ∴EQAQ∴S=3故答案为4.5；(2)解：①设APAB=t，则有APPB=t1-t，由（∴S=1-t∵S＝458∴24t1-t解得：t1当t=58时，则AP=5；当t=3综上所述：当S＝458时，AP=5或3②由①可知：S=24t1-t∴S=-24t-∵-24＜0，∴当t=12时，S有最大值，最大值为【点睛】本题主要考查平行线所截线段成比例、面积问题及二次函数的性质，熟练掌握平行线所截线段成比例、面积问题及二次函数的性质是解题的关键．3．（2021·江苏·海安市南莫中学九年级期中）如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC，∠ABC的平分线BE交AC于E．（1）求证：AE=BC；（2）如图（2），过点E作EF∥BC交AB于F，将△AEF绕点A逆时针旋转角α(0°<α<144°)得到△AE'F'，连接CE'，BF'，求证：（3）若在（2）的旋转过程中CE'∥AB，则相应的旋转角α=【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）36°或72°．【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及角平分线的性质得出对应角之间的关系进而得出答案；（2）由旋转的性质可知：∠E（3）分别根据①当点E与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形，②当点E与点N重合时，求出α即可．【详解】（1）证明：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，又∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE＝36°，∴∠BEC＝180°﹣∠C﹣∠CBE＝72°，∴∠ABE＝∠A，∠BEC＝∠C，∴AE＝BE，BE＝BC，∴AE＝BC．（2）证明：∵AC＝AB且EF∥∴AF∴AE＝AF；由旋转的性质可知：∠E∵在△CAE'和{AC=AB∴△CAE∴CE（3）由（1）可知AE＝BC，所以，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，E点经过的路径（圆弧）与过点C且与AB平行的直线l交于M、N两点，如图：①当点E与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形，∴∠BAM＝∠ABC＝72°，又∠BAC＝36°，∴α＝∠CAM＝36°．②当点E与点N重合时，由AB∥l得，∠AMN＝∠BAM＝∵AM＝AN，∴∠ANM＝∠AMN＝72°，∴∠MAN＝180°﹣2×72°＝36°，∴α＝∠CAN＝∠CAM+∠MAN＝72°．∴旋转角为36°或72°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质和等腰梯形的性质，平行线分线段成比例，数形结合的运用，熟练掌握相关性质与定理是解本题关键．4．（2021·江苏无锡·八年级期中）如图，已知△ABC，AP平分∠BAC，请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）．（1）作菱形AMPN，使点M，N分别在边AB、AC上，并根据你的作法证明你的结论；（2）若∠C=90°，AB=8，BP=4，求（1）中所作菱形AMPN的面积．【答案】（1）见解析；（2）36【分析】（1）作线段AP的垂直平分线交AB于点M，交AC于点N，连接PM、PN得四边形AMPN即为所求菱形，通过证明四条边相等即可证明；（2）由四边形AMPN是菱形、∠C=90°，可得△BPM为直角三角形，通过勾股定理求得PB、PM、BM的长度，过P作PQ⊥AB，垂足为Q，由面积法求得PQ的长度，最后由AN•PC求得AMPN的面积．【详解】解：（1）作线段AP的垂直平分线交AB于点M，交AC于点N，连接PM、PN得四边形AMPN即为所求菱形，证明：∵MN是AP的垂直平分线，∴AN=PN，AM=PM，∠AON=∠AOM=90°，∵AP平分∠BAC，∴∠NAO=∠MAO，∵AO=AO∴ΔAON≅ΔAOM(ASA)，∴AN=AM，∴AN=PN=PM=AM，∴四边形AMPN是菱形；（2）∵四边形AMPN是菱形，∴AN=PN=PM=AM，PM//AC，∵∠C=90°，AB=8，BP=4，∴∠BPM=∠C=90°，设AN=PN=PM=AM=x，则BM=8-x，由勾股定理得：BM∴(8-x)解得：x=3，即AM=PM=AN=PN=3，∴BM=8-3=5，过P作PQ⊥AB，垂足为Q，则PQ×BM=PM×PB，∴PQ=PM×PB∴菱形AMPN的面积=AM⋅PQ=3×12【点睛】本题考查了尺规作图，菱形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，菱形面积的求法等知识，掌握菱形的判定方法，利用勾股定理求出菱形的边长是解决本题的关键．5．（2021·江苏·姜堰区实验初中九年级阶段练习）△ABC中，点D是BC边上的一点，点F在AD上，连接BF并延长交AC于点E；（1）如图1，若D为BC的中点，AEEC=12，求证：（2）尺规作图：在图2中，请利用圆规和无刻度的直尺在AC上找一点E，使得AEEC（3）若F为AD的中点，设BDBC=m，AEAC【答案】（1）证明见解析，（2）作图见解析，（3）m=【分析】（1）作DG∥BE交AC于G，列出比例式即可证明；（2）作△ABC的中线AD，再作AD中点，连接BF并延长交AC于点E即可；（3）作DG∥BE交AC于G．根据平行得出比例式，根据F为AD的中点，得出m、n之间的等量关系即可．【详解】（1）证明：作DG∥BE交AC于G，∵DG∥BE，BD＝CD，∴CDBD＝CGEG＝∴EG＝CG，∵EF∥DG，∴AFDF＝AE∵AEEC=12，∴AEEG＝1∴AFDF＝1∴AF＝FD；（2）作△ABC的中线AD，再作AD中点，连接BF并延长交AC于点E，点E即是所求；（3）作DG∥BE交AC于G．∵DG∥BE，∴BDBC＝EGCE＝∵AEAC设AC＝a，AE＝an，EC＝a－an，EG＝m(a－an)，∵EF∥DG，∴AFDF＝AE∵F为AD的中点，∴nm-mn=1即【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，解题关键是恰当作平行线，利用比例式解决问题．6．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2cm，D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t＜4），连接DE，当t为何值时，以B、E、D为顶点的三角形与△ABC相似？【答案】当以B、D、E为顶点的三角形与△ABC相似时，t的值为2或3.5；【分析】求出AB=2BC=4cm，分两种情况：①当∠EDB=∠ACB=90°时，DE∥AC，△EBD∽△ABC，得出AE=BE=12AB=2cm，即可得出t=2s；②当∠DEB=∠ACB=90°时，证出△DBE∽△ABC，得出∠BDE=∠A=30°，因此BE=12BD=12cm，得出AE=3.5cm【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，∴∠A=30°，∴AB=2BC=4cm，分两种情况：①当∠EDB=∠ACB=90°时，DE∥AC，△EBD∽△ABC，∵D为BC的中点，∴BD=CD=12BC=1cm，E为AB的中点，AE=BE=12∴t=2s；②当∠DEB=∠ACB=90°时，∵∠B=∠B，∴△DBE∽△ABC，∴∠BDE=∠A=30°，∴BE=12BD=cm∴AE=3.5cm，∴t=3.5s；综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形与△ABC相似时，t的值为2或3.5；【点睛】本题考查了相似三角形的判定、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；掌握相似三角形的判定方法是解题的关键，注意分类讨论．7．（2020·江苏连云港·九年级学业考试）如图，在ΔABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E、F为线段AB上两动点，且∠ECF=45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．（1）求证：ΔACE∽ΔBFC；（2）试探究AF、BE、EF之间有何数量关系？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）EF【分析】（1）由已知得出∠A=∠5=45°，再证得∠7=∠ACE，即可得出△ACE∽△BFC；（2）将△ACF顺时针旋转90°至△BCD，由旋转的性质得出CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°，BD=AF，证得∠DCE=∠2，由SAS可证△ECF≌△ECD，得出EF=DE，证得∠EBD=90°，由勾股定理即可得出结论．【详解】解：（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=∠5=45°，∵∠7=∠1+∠A=∠1+45°，∠ACE=∠1+∠2=∠1+45°，∴∠7=∠ACE，∴ΔACE∽ΔBFC；（2）EF∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=∠5=45°，将ΔACF顺时针旋转90°至ΔBCD，如图所示：则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°，BD=AF，∵∠2=45°，∴∠1+∠3=∠3+∠4=45°，∴∠DCE=∠2，在ΔECF和ΔECD中，CF=CD∠2=∠DCE∴ΔECF≌ΔECD(SAS)，∴EF=DE，∵∠5=45°，∴∠EBD=90°，∴DE即EF【点睛】本题是相似形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定、旋转的性质等知识；综合性较强，有一定的难度．8．（2019·江苏苏州·九年级期中）如图，已知△ABC内接于⊙O，D是⊙O上一点，连接BD、CD、AC、BD交于点E．（1）请找出图中的相似三角形，并加以证明；（2）若∠D＝45°，BC＝2，求⊙O的面积．【答案】（1）△ABE∽△DCE，证明详见解析；（2）2π．【分析】（1）容易发现：△ABE与△DCE中，有两个角对应相等，根据相似三角形的判定可得到它们相似；（2）求⊙O的面积，关键是求⊙O的半径，为此作⊙O的直径BF，连接CF，得出△BCF是等腰直角三角形，由BC＝2，求出BF的长，从而求出⊙O的面积．【详解】解：（1）结论：△ABE∽△DCE，证明：在△ABE和△DCE中，∵∠A＝∠D，∠AEB＝∠DEC，∴△ABE∽△DCE．（2）作⊙O的直径BF，连接CF，∴∠F＝∠D＝45°，∠BCF＝90°．∴△BCF是等腰直角三角形．∵FC＝BC＝2，∴BF＝22．∴OB＝2．∴S⊙O＝OB2•π＝2π．【点睛】本题重点考查了同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角及相似三角形的判定．9．（2019·江苏南京·九年级期末）（1）如图①，在△ABC中，AB＝m，AC＝n（n＞m），点P在边AC上．当AP＝时，△APB∽△ABC；（2）如图②，已知△DEF（DE＞DF），请用直尺和圆规在直线DF上求作一点Q，使DE是线段DF和DQ的比例项．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】（1）m2n；（2【分析】（1）根据相似三角形的判定方法进行分析即可;（2）直接利用相似三角形的判定方法以及结合做一角等于已知角进而得出答案．【详解】（1）解：要使△APB∽△ABC成立，∠A是公共角，则ABAC=ACAP,即（2）解：作∠DEQ＝∠F,如图点Q就是所求作的点【点睛】本题考查了相似变换，正确掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．10．（2019·江苏·泰州中学附属初中八年级期末）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C的对应点为点C′，连接CC′交AD于点F，BC′与AD交于点E．（1）求证：△BAE≌△DC′E；（2）写出AE与EF之间的数量关系，并说明理由；（3）若CD＝2DF＝4，求矩形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）AE＝EF，见解析；（3）S矩形ABCD＝32．【分析】（1）根据AAS证明△BAE≌△DC′E即可．（2）证明AE＝EC′，EC′＝EF即可．（3）证明△CDF∽△BCD，再利用相似三角形的性质求出BC即可解决问题．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠A＝∠BCD＝90°由翻折的性质可知：CD＝C′D，∠BCD＝∠BC′D＝90°，∴∠A＝∠DC′E＝90°，AB＝C′D，∵∠AEB＝∠DEC′，∴△BAE≌△DC′E（AAS）．（2）解：结论：AE＝EF．理由：∵△BAE≌△DC′E，∴AE＝EC′，∵BC＝BC′，∴∠BCC′＝∠BC′C，∵EF∥BC，∴∠EFC′＝∠BCC′，∴∠EC′F＝∠EFC′，∴EF＝EC′，∴AE＝EF．（3）解：由翻折可知：BD⊥CC′，∴∠FCD+∠BDC＝90°，∠BDC+∠CBD＝90°，∴∠FCD＝∠CBD，∵∠CDF＝∠BCD＝90°，∴△CDF∽△BCD，∴CDBC∴4BC∴BC＝8，∴S矩形ABCD＝BC•CD＝32．【点睛】本题以矩形为载体，考查了矩形的折叠问题，重点考查全等三角形的判定和性质、矩形的性质和相似三角形的判定和性质，其中第（2）小题证明的关键是利用转化的数学思想，证明AE＝EC′和EF＝EC′，从而得AE＝EF；第（3）小题求解的关键是证△CDF∽△BCD，再利用相似三角形的性质求解.11．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB=8cm，AC=16cm，点P从A出发，以2cm/s的速度向B运动，同时点Q从C出发，以3cm/s的速度向A（1）用含t的代数式表示：AP=________，（2）当以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似时，求运动时间是多少.【答案】（1）2t，16-3t（2）运动时间为167s或【分析】（1）利用速度公式求解；（2）由于∠PAQ=∠BAC，利用相似三角形的判定，当APAB=AQAC时，△APQ∽△ABC，即2t8=16-3t16【详解】（1）2t,16-3t;（2）连接PQ，∵∠PAQ=∠BAC，∴当APAB=AQAC时，△APQ∽△ABC，此时∵∠PAQ=∠BAC，∴当APAC=AQAB时，△APQ∽△ACB，此时∴运动时间为167s或【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似,关键是能灵活运用.12．（2022·江苏·连云港市新海实验中学九年级期中）小华同学学习了课本1.4节“问题6”后，在已知条件不变的情况下，又对该例题进行了拓展探究．请你和他一起解决以下几个问题：问题6如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿BC以2(1)几秒钟后点P、Q的距离为42(2)几秒钟后∠DQP为直角？请说明理由；(3)当BP=BQ时，Rt△PBQ内有一个动点M，连接PM、QM、BM．若∠BQM=∠MBP，线段PM的最小值为_________【答案】(1)t=2或2(2)t=32(3)2【分析】（1）利用勾股定理构建方程求解即可；（2）利用相似三角形的性质，构建方程求解即可；（3）首先证明BP=BQ=4，如图1中，取BQ的中点O，连接OM，PO．求出【详解】（1）结论：当t=2或25时，PQ=4理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵AP=tcm∴PB=(6-t)cm∵PQ∴(42∴t=2或25（2）结论：t=32时，理由：∵∠PQD=90°，则∠DQC+∠PQB=90又∵∠B=∠C=90°，∴∠DQC+∠QDC=90°，∴∠PQB=∠QDC，∴△DQC∼△QPB，∴DCBQ解得：t1=3（3）∵BP=BQ，∴6-t=2t,∴t=2，∴BP=BQ=4，如图1中，取BQ的中点O，连接OM，∵∠BQM=∠PBM，∴∠BQM+∠QBM=90°，∴∠BMQ=90°，∵OQ=OB=2，∴OM=1∴OP=∴PM≥OP-OM=2∴PM的最小值为25故答案为：25【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．13．（2022·江苏盐城·九年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，O是AB上一点，以OA为半径的(1)求证：BC是⊙O切线；(2)若BD＝5，【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）要证BC是⊙O的切线，只要连接OD，再证OD⊥BC即可．（2）过点D作DE⊥AB，根据角平分线的性质可知CD＝DE＝3，由勾股定理得到BE的长，再通过证明【详解】（1）连接OD；∵AD是∠BAC的平分线，∴∠1＝∵OA＝∴∠1＝∴∠2＝∴OD∥∴∠ODB∵∠ACB∴∠ODB＝∴OD⊥BC．∵OD是⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线．（2）过点D作DE⊥AB，∵AD是∠BAC的平分线，∴CD＝∴BC=BD+DC=5+3=8,在Rt△BDE中，∠BED＝由勾股定理得：BE＝B∵∠BED＝∴△BDE∼△BAC．∴BEBC∴48∴AC＝【点睛】本题考查了切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了角平分线的性质，勾股定理得到BE的长，及相似三角形的性质．14．（2022·江苏无锡·九年级期中）在直角坐标系中，矩形OABC的边OA、OC在坐标轴上，B点坐标是4,2，M、N分别是边OA、OC上的点．将△OMN沿着直线MN翻折，若点O的对应点是O'(1)①若N与C重合，M是OA的中点，则O'的坐标是___________②MN∥AC，若翻折后O'在AC(2)已知M坐标是3,0，若△MNO'的外接圆与线段BC有公共点，求N的纵坐标【答案】(1)①2,2，②y=-(2)7【分析】（1）①根据折叠的性质证明四边形ONO'M为正方形，即可得到O'的坐标；②连接OO'交NM于点D（2）先确定有一个公共点时，即△MNO'的外接圆与线段BC相切时，n的值，此时n的值最小，再根据N与C点重合时，【详解】（1）解：①如图1，在直角坐标系中，矩形OABC的边OA、OC在坐标轴上，B点坐标是（4，2），∴OC=2，OA=4，若N与C重合，M是OA的中点，，则：ON=0M=2，由折叠的性质得∶四边形ONO'∴O'的坐标为2,2；故答案为：2,2；②连接OO'交NM于点D，如图∵MN∥∴△OMN∽△OAC，∴OMOA∵O,O'关于∴ODOO∴ON=12OC=1，∴M(2,0),N(0,1)，设MN的解析式为：y=kx+b，则：1=b0=2k+b，解得：k=-∴MN的解析式为：y=-1（2）解：设△MNO'的外接圆为⊙G，当⊙G与BC相切时，如图设半径为r，则FG=2-r,MG=r，∵M坐标是3,0，∴OM=3,MF=1∴2-r2解得：r=25∴GF=2-25∴ON=2FG=7又∵N是边OC上的点，∴78【点睛】本题考查坐标与图形，折叠的性质，正方形的判定和性质，矩形的性质和三角形的外接圆，待定系数法求一次函数的解析式，是一道综合题．熟练掌握相关知识点，根据题意，正确的画出图形，是解题的关键．15．（2022·江苏无锡·九年级期中）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=2,AC=4，P是斜边AB上的一个动点，PD⊥AB，交边AC于点D（点D与点A、C都不重合），E是射线DC上一点，且∠EPD=∠A．设A、P两点的距离为x，△BEP的面积为y(1)求证：AE=2PE；(2)y关于x的函数解析式___________；(3)当△BEP与△ABC相似时，求△BEP的面积．【答案】(1)见解析(2)-(3)54或【分析】（1）证明△APD∽△ACB和△APE∽△PDE，即可得证；（2）作EH⊥AB，垂足为点H，利用△APD∽△AHE，求出HE，再利用面积公式进行计算即可；（3）分∠BEP=∠C=90°或∠EBP=∠C=90°两种情况进行讨论，利用相似三角形的性质进行求解即可．【详解】（1）证明：∵∠APD=∠C=90°,∠A=∠A，∴△APD∽△ACB，∴DPBC∴DPAP∵∠EPD=∠A,∠PEA=∠PEA，∴△APE∽△PDE∴PEAE∴AE=2PE；（2）解：由△APE∽△PDE得DEPE∴PE=2DE，∴AE=2PE=4DE，作EH⊥AB，垂足为点H，则：PD∥EH，∵AP=x，∴PD=1∵PD∥EH，∴△APD∽△AHE，∴HEPD∴HE=2又∵AB=A∴BP=AB-AP=25∴S△BPE=即：y=1整理得：y=-1（3）解：∵PD∥EH，∴∠HEP=∠DPE=∠A，∠PHE=∠BCA=90°，∴△BCA∽△PHE，∴PEHEPE=2当△BEP与△ABC相似时，只有两种情形：∠BEP=∠C=90°或∠EBP=∠C=90°．当∠BEP=∠C=90°时，PEPB∴5解得：x=354当∠EBP=∠C=90°时，同理可得：x=352∴当△BEP与△ABC相似时，△BEP的面积为：54或25【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握三角形的判定方法，证明三角形相似是解题的关键．16．（2022·江苏·苏州市吴江区实验初级中学九年级期中）如图1，在直角△ABC中∠C=90°，D是AC的中点，△ABC∽△DEC，AC=2，BC=4．(1)求证：DE∥(2)如图2，将△DEC绕点C顺时针旋转，旋转角为α0°<α<90°，连接AD,BE①求ADBE②若A，D，E三点共线，求∠DEB的度数．【答案】(1)证明见解析(2)①ADBE=【分析】（1）利用相似三角形的性质证明∠B=∠DEC,从而可得答案；（2）①证明△ACD∽△BCE,即可得到答案；②先证明△AFB∽△CFE,可得AFCF=FBFE,【详解】（1）证明：∵△ABC∽△DEC，∴∠B=∠DEC,∴AB（2）①∵△ABC∽△DEC，∴ACDC由旋转的性质可得：∠ACD=∠BCE,∴△ACD∽△BCE,而AC=2，BC=4．∴AD②如图，当A，D，E三点共线，且旋转角为α结合（1）可得：∠1=∵∠AFB=∠CFE,∴△AFB∽△CFE,∴AFCF∵∠3=∴△BFE∽△AFC,∠BED=∠ACB=90°.【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，旋转的性质，证明“△BFE∽△AFC”是解本题的关键．17．（2022·江苏·苏州市吴江区松陵第一中学九年级阶段练习）如图，在ΔABD中，AB=6，AD=BD=5．点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A．设点P(1)当t=1时，求证：ΔAPD≌(2)当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切，求t的值．【答案】(1)见解析(2)t的值为1或5【分析】（1）根据三角形的外角性质得到∠ADP=∠BPC，利用ASA定理证明ΔAPD≌（2）过点D作DH⊥AB于H，根据等腰三角形的性质求出AH，根据勾股定理求出DH，根据相似三角形的性质得到BC=t(6-t)【详解】（1）证明：由题意得，当t=1时，AP=1，则PB=AB-AP=6-1=5，∴DA=PB，∵AD=BD，∴∠A=∠B，∵∠BPD=∠A+∠ADP=∠BPC+∠DPC，∠DPC=∠A，∴∠ADP=∠BPC，在ΔAPD和Δ∠A=∠BDA=PB∴ΔAPD≌（2）解：过点D作DH⊥AB于H，∵AD=BD，∴AH=BH=1由勾股定理得：DH=D∵∠A=∠B，∴ΔAPD∽∴APBC=AD解得：BC=t(6-t)当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，DC=DH=4，∴BC=BD-DC=1，∴t(6-t)5整理得：t2解得：t1答：当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切，t的值为1或5．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、切线的性质、解一元二次方程，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．18．（2022·江苏·射阳外国语学校九年级阶段练习）从三角形(不是等腰三角形)的一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中，一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这条线段叫做这个三角形的完美分割线．(1)如图①，在△ABC中，CD为角平分线，∠A=40°，∠B=60°，求证：CD为(2)在△ABC中，∠A=48°，CD是△ABC的完美分割线，且△ACD为等腰三角形，求∠ACB的度数；(3)如图②，在△ABC中，AC=3，BC=3，CD是△ABC的完美分割线，且△ACD是以CD【答案】(1)见解析；(2)96°或114°(3)3【分析】（1）根据完美分割线的定义，分别证明△ABC不是等腰三角形，△ACD为等腰三角形以及△BCD∽（2）根据△BDC∽△BCA可知∠BCD=∠A=48°，然后分类讨论求（3）根据△BCD∽△BAC可列出比例式BCBA=BD【详解】（1）证明：∵∠A=40°，∴∠ACB=80°∴△ABC不是等腰三角形；∵CD平分∠ACB∴∠ACD=∠BCD=∵∠ACD=∠A=40°∴△ACD为等腰三角形；∵∠DCB=∠A=40°，∠CBD=∠ABC∴△BCD∽∴CD是ΔABC（2）解：当AD=CD时，∠ACD=∠A=48°；∵Δ∴∠BCD=∠A=48°∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=96°当AD=AC时，∠ACD=∠ADC=180°-48°∵Δ∴∠BCD=∠A=48°∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=114°当AC=CD时，∠ADC=∠A=48°∵△BDC∴∠BCD=∠A=48°这与∠ADC>∠BCD矛盾，舍去；∴∠ACB=96°或114°（3）解：由题意可得：AD=AC=3∵△BCD∴BC∴BC设BD=x∴(3解得：x1∴BD=∵∴CD=【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练运用相似三角形的性质转化线段和角是解题的关键．19．（2022·江苏·宜兴市树人中学九年级阶段练习）（1）如图，4×4的正方形方格中，△ABC的顶点A、B、C在小正方形的顶点上．请在图中画一个△A1B1C1，使△A1B1C1∽△ABC（相似比不为1），且点A1、B1、C1都在小正方形的顶点上．并将此三角形涂上阴影（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）见解析；（2）①见解析；②见解析【分析】（1）把△ABC各边放大2倍即可；（2）根据题意三角形的三条中线交于同一点，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，延长DP交BC于F点，则F点为BC的中点；（3）根据三角形的三条高所在的直线交于同一点，分别作出AC,AB上的高，交于点O，延长AO至H，则【详解】如图，△A（2）①如图1，点F为所作；理由：因为三角形的三条中线交于同一点，四边形ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点，∵E是CD的中点，根据三条中线交于同一点，连接BE交AC于P，则点P为三条中线的交点，作射线DP交DP于点F，则点F为BC的中点；②如图2，找到格点D，过A点作AD垂直AB，再平移DA得到CE，则CE⊥AB，接着作MN垂直AC，平移MN得到BF，则BF⊥AC，BF与CE的交点O为△ABC的垂心，所以延长AO交BC于H，则AH⊥BC，AH为所作．理由：∵△∴∠∴∠∴∠∴BA平移AD至CJ，并延长，交AB于点E，∴CE同理作出BF⊥AC，BF根据三角形三条高所在的直线交于同一点，延长AO交BC于点H，则AH即为所求．【点睛】本题考查了画相似三角形：根据相似三角形的判定条件作为作图的依据．比较简单的是把原三角形的三边对应的缩小或放大一定的比例即可得到对应的相似图形，也考查了三角形的重心和平行四边形的性质．20．（2022·江苏·靖江外国语学校九年级阶段练习）如图，已知矩形ABCD中，过对角线AC的中点O作AC的垂线，分别交射线AD和CB于点E、F，交DC于点G，交AB于点H，连接AF，CE．(1)求证：四边形AFCE是菱形；(2)若DEAD=12，ΔDGE(3)如果OF=2GO，求证：GO【答案】(1)见解析(2)27(3)见解析【分析】（1）先证ΔAOE≅ΔCOF，推出AE=CF，OE=OF，证明四边形AFCE是平行四边形，结合AC⊥EF（2）先利用AE∥CF证明ΔDEG∼ΔCFG（3）先证ΔEGD∼ΔCGO，推出EGCG=GDGO，再根据OF=2GO【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠EAC=∠ACF，在ΔEOA和Δ∠EAC=∠ACFOA=OC∴ΔAOE≅ΔCOF∴AE=CF，OE=OF，∴四边形AFCE是平行四边形，又∵AC⊥EF，∴四边形AFCE是菱形；（2）解：∵四边形AFCE是菱形，∴AE=CF，AE∥∴∠EDG=∠FCG，∠DEG=∠CFG，∴ΔDEG∼∴SΔ∵DEAD∴DECF∴SΔ∴SΔ（3）解：∵∠EDG=∠COG=90°，∠EGD=∠CGO，∴ΔEGD∼∴EGCG∵OF=2GO，∴OE=2GO=GO+GE，∴GO=GE，∴GOCG∴GO【点睛】本题考查菱形的判定与性质，矩形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质等，解题的关键是从图中找出相似三角形，根据相似三角形对应边成比例得出相关线段的关系．21．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，延长CA到点D，以AD为直径作⊙O，交BA的延长线于点E，延长BC到点F，使BF=EF(1)求证：EF是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径为5，AC=4,AE=8，求BF的长．【答案】(1)见解析(2)65【分析】（1）连接OE，利用直角三角形的两个锐角互余，等腰三角形的性质，同圆的半径相等和圆的切线的判定定理解答即可；（2）连接DE，过点E作EH⊥FB于点H，设BF=EF=x，则FH=FB-BH=x-9，利用圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质解答即可．【详解】（1）证明：连接OE，如图，∵BF=EF，∴∠B=∠FEB，∵∠ACB=90°，∴∠B+∠BAC=90°，∴∠FEB+∠BAC=90°，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∵∠BAC=∠OAE，∴∠OEA=∠BAC．∴∠OEA+∠BEF=90°，即∠OEF=90°，∴OE⊥FE．∵OE是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；（2）连接ED，过点E作EH⊥FB于点H，如图，∵AD为⊙O的直径，∴∠AED=90°,AD=10．而AE=8,∴DE=A∵∠EAD=∠CAB,∠AED=∠ACB=90°，∴△EDA∽△CBA，而AC=4,∴AEAC∴AB=5,BC=3,∵AC⊥BC,EH⊥BC，∴AC∥∴△BAC∽△BEH,∴ABBE=AC∴EH=52设BF=EF=x,则FH=FB-BH=x-39∵FE∴x2解得：x=65∴FB=65【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质．连接经过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．22．（2022·江苏·九年级阶段练习）如图，在矩形ABCD中，设AB=a,AD=b且a＞(1)若a,b为方程x2-kx+k+4=0的两根，且a,b满足a2+(2)在（1）的条件下，P为CD上一点（异于C,D两点），P在什么位置时，△APB为直角三角形？(3)P为CD上一动点（异于C,D两点），当a,b满足什么条件时，使△APB为直角三角形的P点有且只有一个？【答案】(1)k=8；(2)PD=3±5时，△APB(3)a=2b时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个【分析】（1）由一元二次方程的根与系数的关系得出a+b=k,ab=k+4，由已知条件得出a+b2-2ab=40，得出（2）设PD=x，求出原方程的解得出AB=6,AD=2，则CP=6-x，证出△ADP∽△PCB，得出对应边成比例，解方程求出PD即可；（3）当△APB为等腰直角三角形时，即PA=PB时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个，根据等腰直角三角形的性质得到∠PAB=∠PBA=45°，于是推出△ADP与△PBC是等腰直角三角形，于是得到CD=2AD，即a=2b时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个.【详解】（1）解：∵a,b为方程x2∴a+b=k,ab=k+4，∵a2∴a+b2即k2解得：k=8，或k=-6（不合题意，舍去），∴k=8；（2）如图所示：设PD=x，∵k=8，∴方程为x2解得：x=6，或x=2，∴AB=a=6,AD=b=2，∴CP=6-x，∵∠APB=90°，∴∠APD+∠BPC=90°，∵∠BPC+∠PBC=90°，∴∠APD=∠PBC，∵∠D=∠C=90°，∴△ADP∽△PCB，∴ADPC=PD解得：x=3±5即PD=3±5时，△APB为直角三角形（3）当△APB为等腰直角三角形时，即PA=PB时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个，∴∠PAB=∠PBA=45°，∴∠DAP=∠PBC=45°，∴△ADP与△PBC是等腰直角三角形，∴CD=2AD，即a=2b时，使△ABP为直角三角形的P点只有一个.【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、矩形的性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，由一元二次方程的根与系数的关系求出a,b是解决问题的关键23．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校九年级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=-14x(1)求证：∠ACB=90°；(2)点D是第一象限内抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．①求DE+2②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与【答案】(1)见解析(2)①9；②D(4,6)或D(3,25【分析】（1）分别计算A，B，（2）①先解出直线BC的解析式，设D(x,-14x2+32②根据直角三角形斜边的中线性质，解得AG的长，再证明∠CAO=∠DEC，再分两种情况讨论以点C，D，【详解】（1）解：令x=0，得y=4，∴C(0,4)，令y=0得-1∴x(x-8)(x+2)=0，∴A(-2,0)，B(8,0)，AB=10,AC=(0+2)∵10∴AB∴∠ACB=90°，（2）①设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，代入B(8,0)，C(0,4)得8k+b=0b=4∴k=-∴y=-1设D(x,-1∴BF=8-x，∵OC∥∴BEBF∴25∴DE+2=-=-=-1∵-1∴-1∴-1∴DE+即DE+BF的最大值为9；②∵点G是AC的中点，在Rt△AOC中，OG=即△AOG为等腰三角形，∵∠CAO+∠ACO=∠ACO+∠OCB=90°，∴∠CAO=∠OCB，∵OC∥∴∠OCB=∠DEC，∴∠CAO=∠DEC，若以点C，D，则①AGAO-1又∵OC∥∵CE∴CE=BC⋅OF∴-1∴x∴x1=0∴D(0,4)或D(3,25经检验：D0,4②AGAO又∵OC∥∵CE∴CE=BC⋅OF5x整理得，x2∴x1=0∴D(0,4)或D(4,6)，同理：D0,4综上所述，D(4,6)或D(3,25【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理及其逆定理、二次函数的最值、解一元二次方程等知识，掌握相关知识是解题关键．24．（2022·江苏·苏州市吴江区实验初级中学九年级期中）如图，在⊙O中，AB为直径，CD与AB交于点E，CD=CB，过O点作OF∥CD，交BC于点F．(1)求证：CO平分∠DCB；(2)若⊙O的半径为6，CF=4，求EC的长；(3)设OBCF=k，△COE的面积为S1，△COF的面积为S2，△BOF的面积为S3【答案】(1)证明见解析(2)CE=(3)k=【分析】（1）由CB=CD,证明它们所对的圆心角相等，再结合等腰三角形的性质，内角和定理可得答案；（2）如图，过O作ON⊥BC于N,则CN=BN,证明∠DCO=∠FOC,△BFO∽△BCE,再利用勾股定理建立方程组FN2+ON2=42（3）如图，过O作OM⊥CD于M,由S1⋅S3=3S22，证明CE·BF=3CF2,结合△BFO∽△BCE,CF=OF,可得BFBF+CF=CFCE,证明CFCE=23,【详解】（1）证明：如图，连接OD,∵CD=CB,∴∠BOC=∠DOC,∵OD=OC=OB,∴∠DCO=1∴∠DCO=∠BCO,∴CO平分∠DCB．（2）如图，过O作ON⊥BC于N,则CN=BN,∵OF∥∴∠DCO=∠FOC,△BFO∽△BCE,∵∠DCO=∠BCO,∴∠FOC=∠FCO,∴CF=OF=4,而OB=OC=6,∴FN2+ON∴CN=41∵△BFO∽△BCE,∴BFBC∴59∴CE=（3）如图，过O作OM⊥CD于M,∵CO平分∠DCB,ON⊥BC,∴OM=ON,∵S1∴12∴CE·BF=3CF∵△BFO∽△BCE,CF=OF,∴BFBC=OFCE∴BF·CF+CF∴CE·BF=3C∴CFCE=23,即OFCE=由BFBC=OF∵OC=OB,∠FCO=∠FOC,∴∠FCO=∠FBO=∠FOC,而∠FCO=∠OCB,∴△CFO∽△COB,∴CFCO∴CO2=CF·CB=2m×6m=12m∴CO=23∴k=【点睛】本题考查的是圆心角与弧，弦之间的关系，圆的基本性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练的确定图中的相似三角形，利用勾股定理构建方程都是解本题的关键．25．（2022·江苏·靖江外国语学校九年级阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F．(1)当AE⊥BC，①求证：AE=AF；②连结BD，EF，若EFBD(2)当∠EAF=12∠BAD时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，连结AC，MN，若AB=3【答案】(1)①证明见解析；②SΔAEF(2)CE为65或32【分析】（1）①根据菱形的性质，证明△ABE≌△ADF（②连接AC，证明EF∥BD，得出△CEF∽△CBD，可得ECBC=EFBD=35（2）连接AC，证明△MAC∽△ANC，则ACCN=AMNA，△AMN是等腰三角形有三种情况：①当AM=AN时，②当【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠ABE+∠BAE=∠EAF+∠DAF=90°，∵∠EAF=∠ABC，∴∠BAE=∠DAF，∴△ABE≌∴AE=AF；②解：连接AC，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=DC，由①知，△ABE≌∴BE=DF，∴CE=CF，∵AE=AF，∴AC⊥EF，∴EF∥∴△CEF∽∴ECBC设EC=3a，则AB=BC=5a，∴AE=AB2-BE2=(5a)∵AEAB=AF∴△AEF∽∴SΔ∴SΔAEFS菱形ABCD=SΔAEF2S（2）解：如图：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴∠BAC=1∵∠EAF=1∴∠BAC=∠EAF，∴∠BAE=∠CAM，∵AB∥∴∠BAE=∠ANC，∴∠ANC=∠CAM，同理：∠AMC=∠NAC，∴△MAC∽∴ACCN△AMN是等腰三角形有三种情况：①当AM=AN时，∵∠ANC=∠CAM，∴△ANC≌∴CN=AC=2，∵AB∥∴△CEN∽∴CEBE∵BC=AB=3，∴CE=25BC=②当NA=NM时，则∠NMA=∠NAM，∵AB=BC，∴∠BAC=∠BCA，∵∠BAC=∠EAF，∴∠NMA=∠NAM=∠BAC=∠BCA，∴△ANM∽∴AMAN∴ACCN∴CN=3∴△CEN≌∴CE=BE=12BC=③当MA=MN时，则∠MNA=∠MAN=∠BAC=∠BCA，∴△AMN∽∴AMAN∴ACCN=AMNA∴CN=23AC=4∵△CEN∽∴CEBE∴CE=413BC=综上所述，CE为65或32或【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．26．（2022·江苏·靖江市滨江学校九年级阶段练习）如图，点E是矩形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一动点（点F与点B，点C不重合），线段DE和AF:相交于点P，连接PC．(1)若在线段DP上取一点Q，使得DP=2EQ，连接AQ，猜想PC与AQ的关系并证明；(2)若AF⊥DE时，AB=8,AD=10，求BF的长；(3)当点F为BC的中点时，求APPF【答案】(1)PC=2AQ(2)BF=3.2(3)AP【分析】（1）判断出∠AEQ=∠CDP，进而得出ΔAEQ∼（2）先判断∠AED=∠AFB，再判断出△DAE∼△ABF，即可得出结论；（3）延长DE交CB的延长线于点G，先判断出ΔADE≅ΔBGE(AAS)，得出AD=BG，进而判断出GC=BG+BC=2AD，再判断出AD=2BF,BG=2BF【详解】（1）解：PC=2AQ，理由，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD,AB=CD∴∠AEQ=∠CDP，∵E是边AB的中点，∴AB=CD=2AE，∵DP=2EQ，∴DPEQ∴ΔAEQ~∴⋅PC∴PC=2AQ；（2）解：∵E是边AB的中点，AB=8，∴AE=BE=4．∵AF⊥DE，∴∠BAF+∠AED=90°．∵∠BAF+∠AFB=90°，∴∠AED=∠AFB，∵∠DAE=∠ABF=90°，∴△DAE∼△ABF，∴ADAB=AE∴BF=3.2；（3）解：如图，延长DE交CB的延长线于点G，∵点E是AB的中点，∴AE=BE，∵AD∥BC，∴∠ADE=∠BGE，∵∠AED=∠BEG，∴ΔADE≅∴AD=BG，又AD=BC，∴GC=BG+BC=2AD，又点F为BC的中点，∴BC=2BF，∴AD=2BF,BG=2BF，∴GF=BG+BF=3BF，∴ADGF∵AD∼GC，∴ΔAPD∼∴APPF【点睛】此题查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键．27．（2022·江苏·沭阳梦溪中学九年级阶段练习）如图，⊙M经过O点，并且分别与x轴、y轴的正半轴交于A、B两点，线段OA，OB(OA>OB)的长是方程(1)求线段OA、(2)已知点C在⊙M的劣弧OA上，MC⊥OA，垂足为点N，求点C的坐标；(3)在（2）的条件下，连结BC交OA于D点，在⊙M上是否存在一点P，使ΔPOD的面积和ΔABD的面积相等？若存在，求出点(4)若C在优弧OA上，作直线BC交x轴于点D．是否存在ΔCOB~ΔCDO【答案】(1)OA=12，(2)C点坐标为(6，(3)⊙M上不存在点P，使其纵坐标为13；(4)C点坐标为(6，【分析】（1）利用因式分解法解方程x2（2）根据圆周角定理得AB为⊙M的直径，根据勾股定理计算出AB=13，根据垂径定理的推论得到ON=AN=6，求得NM的长，所以CN=CM-NM=4，于是可得C点坐标；（3）先利用待定系数法确定直线BC的解析式，再求出D点坐标，设P点坐标为(x，y)，根据三角形面积公式列方程得到y=13或-13，利用⊙M的直径为13，可判断⊙M上不存在点P，使其纵坐标为（4）由ΔCOB~ΔCDO得到∠4=∠5，利用等角的余角相等得到∠3=∠1，再根据圆内接四边形的性质得∠3=∠2，所以∠1=∠2，然后根据垂径定理的推论得MC⊥OA【详解】（1）解：x2∴(x-12)(x-5)=0，解得x1∴OA=12，（2）解：连接AB、AC，如图∵∠AOB=90°，∴AB为⊙M的直径，AB=O∴MC=13∵MC⊥OA，∴OC=∴ON=AN=1∴NM=1∴CN=CM-NM=13∴C点坐标为(6，（3）解：不存在．理由如下：设直线BC的解析式为y=kx+b，把B(0，5)，解得k=-3∴直线BC的解析式为y=-3当y=0时，-32x+5=0则D点坐标为(10∴OD=10∴设P点坐标为(x，∵SΔ∴12解得y=13或-13，∵⊙M的直径为13，∴⊙M上不存在点P，使其纵坐标为13；（4）解：存在．连接AC，CM的延长线交OA于H，如图∵ΔCOB~∴∠4=∠5，而∠5+∠3=90°，∴∠3=∠1，∵∠3=∠2，∴∠1=∠2，∴OC=∴MH⊥OA，∴OH=AH=1由（2）可知：MH=5∴CH=CM+MH=9，∴C点坐标为(6，【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、圆周角定理和相似三角形的判定与性质．会利用待定系数法求一次函数解析式，利用两点间的距离公式计算线段的长；理解坐标与图形性质．28．（2022·江苏·江阴市徐霞客中学九年级阶段练习）如图，已知矩形ABCD中，AB=4,AD=m．动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E．设点P的运动时间为t（s）．(1)若m=6，求当P,E,B三点在同一直线上时对应的t的值．(2)已知m满足：在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3．求所有这样的m的取值范围．【答案】(1)t=6-25s时，(2)m的取值范围477≤m＜【分析】（1）如图1中，设PD=t．则PA=6-t．首先证明BP=BC=6，在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题；（2）分两种情形求出AD的值即可解决问题：①如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．②如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3；【详解】（1）解：如图1中，设PD=t．则PA=6-t．∵P,B,E共线，∴∠BPC=∠DPC，∵AD∥BC∴∠DPC=∠PCB，∴∠BCP=∠BPC，∴BP=BC=6，

在Rt△ABP∵AB2∴42+∴t=6-25或t=6+25∴PD=6-25∴t=6-25s（2）如图2中，当点P与A重合时，点E在BC的下方，点E到BC的距离为3．作EQ⊥BC于Q，EM⊥DC于M．则EQ=3,CE=DC=4，∴∠EQC=∠QCM=∠M=90°,∴四边形EMCQ是矩形，∴CM=EQ=3,∴EM=EC∵D,E关于AC对称，∴DE⊥AC,∴∠EDM+∠ADE=90°=∠ADE+∠DAC,∠DAC=∠EDM,∠ADC=∠M，∴△ADC∽△DME，∴ADDM∴AD7∴AD=47，（当AD=47时，直线BC上方还有一个点满足条件，见图2如图3中，当点P与A重合时，点E在BC的上方，点E到BC的距离为3．作EQ⊥BC于Q，延长QE交AD于M．则EQ=3,CE=DC=4，在Rt△ECQ中，QC=DM=4同理可得：△DME∽△CDA，∴DMCD=∴74∴AD=47综上所述，在动点P从点D到点A的整个运动过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3，这样的m的取值范围47【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．29．（2022·江苏淮安·九年级阶段练习）【结论提出】：三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．(1)【思路说明】已知：如图1，△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D．试说明：BDCD=ABAC．理由：过点C作CE∥AD，交BA延长线于点E，易得BDCD=______，由CE∥AD，AD平分∠BAC(2)【直接应用】如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD=10,CD=6，在不添加辅助线的情况下直接写出(3)如图3，若四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，延长EF、AF分别交AB,BC于M、H两点，当FH=BH时．①