第四章 相似三角形 章末检测（C卷）（附答案）-浙教版数学九年级上册

浙教版数学九年级上册第四章相似三角形章末检测（C卷）一、选择题1．如果2022a=2023b，则下列式子正确的是（）A．a2023=b2022 B．ab=2．主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长20米，主持人从舞台一侧进入，设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上（BP长为x），则x满足的方程是（）A．(20−x)2=20x C．x(20−x)=2023．如图，一人站在两等高的路灯之间走动，GB为人AB在路灯EF照射下的影子，BH为人AB在路灯CD照射下的影子．当人从点C走向点E时两段影子之和GH的变化趋势是（）A．先变长后变短 B．先变短后变长C．不变 D．先变短后变长再变短4．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）.，图2为小明同学根据弦图思路设计的.在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作AC，再以CD为直径作半圆交AC于点E，若边长AB=10，则△CDE的面积为（）A．20 B．2523 C．24 5．如图，在平行四边形ABCD中，E为CD延长线上一点，连接BE交AD于F，连接AE，则图中与△DEF相似（不包括本身）的三角形共有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．如图，李老师用自制的直角三角形纸板去测“步云阁”的高度，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，边DE与点B在同一直线上．已知直角三角纸板中DE=18cm，EF=12cm，测得眼睛D离地面的高度为1.8m，他与“步云阁”的水平距离CDA．74.2m B．77.8m7．如图，在Rt△ABC中，AB=6cm，BC=8cm，D、E分别为AC、BC中点，连接AE、BD相交于点F，点G在CD上，且DG：GC=1：2，则四边形DFEG的面积为（）A．2cm2 B．4cm2 C．8．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=35，点C为平面内一动点，BC=3A．（35，65） B．（35C．（65，125） D．（659．如图，将一张矩形纸片沿两长边中点所在的直线对折，如果得到两个矩形都与原矩形相似，则原矩形长与宽的比是（）A．2：1 B．3：1 C．3：2 D．210．如图，在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，若B(0，1)，D(0，3)，则A．1：2 B．1：3 C．1：9 D．9：1二、填空题11．四条线段a、b、c、d成比例，满足ab=cd，其中b=3m，c=4m，12．如图，在△ABC中，4AB=5AC，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在AF上，FG=FD，连接EG交AC于点H.若点H是AC的中点，则AGFD的值为13．如图，由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成一个大正方形ABCD，连接AF和CH，AF=AB．现随机向正方形ABCD内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率为14．在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A出发向B以2cm秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向A以1cm/秒的速度移动．如果P、Q同时出发，用t秒表示移动的时间（0<x<6）那么，当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与ABC相似？．15．如图，矩形ABCD的边AB平行于x轴，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D，对角线CA的延长线经过原点O，且AC=2AO，若矩形ABCD16．如图，把一个大长方形ABCD划分成三个全等的小长方形，若每一个小长方形均与大长方形ABCD相似，则AD：CD的值为三、作图题17．已知O是坐标原点，A、B的坐标分别为(3，

⑴画出△OAB绕点O顺时针旋转90°后得到的△OA1B1，并写出A1的坐标为；

⑵在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形△OA2B2，使新图与原图相似比为2：1；

⑶若点四、解答题18．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．19．如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥AB．（1）若点D是边BC的中点，且BE=CF，求证：DE=DF；（2）若AD⊥BC于D，且BD=CD，求证：四边形AEDF是菱形；（3）若AE=AF=1，求1AB20．已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．（1）求证：△BEC∽△BCH；（2）如果BE2=AB·AE，求证：AG=DF．21．如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，连接EC，GD．（1）求证：EB=GD；（2）若∠DAB=60°，AB=2，AG=3，求GD的长．22．抛物线C1：y=x2−2x−8交x轴于A，B两点（（1）直接写出A，（2）如图（1），作直线x=t(0<t<4)，分别交x轴，线段BC，抛物线C1于D，E，F三点，连接CF．若△BDE（3）如图（2），将抛物线C1平移得到抛物线C2，其顶点为原点．直线y=2x与抛物线C2交于O，G两点，过OG的中点H作直线MN（异于直线OG）交抛物线C2于M，N两点，直线23．在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若四边形ABCD是正方形，如图1：则有AC=BD，AC⊥BD.旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC’与BD’有什么关系？（直接写出）；若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC’与BD’又有什么关系？写出结论并证明.24．【探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．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：EFGH=AD【结论应用】（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若EFGH=1115，则BNAM【联系拓展】（3）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DNAM25．【问题呈现】△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CB=mCA，CE=mCD，连接AD，BE，探究（1）如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系：；（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．（3）【拓展应用】当m=3，AB=47，DE=4时，将26．综合与实践（1）【思考尝试】数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF．试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；（2）【实践探究】小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；（3）【拓展迁移】小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．

1．【答案】A答案与解析答案与解析【解析】【解答】解：A．由2022a=2023b，得a2023B．由2022a=2023b，得abC．由2022a=2023b，得a2023D．由2022a=2023b，得a2023故答案为：A．【分析】根据2022a=2023b，结合等式的性质对每个选项一一判断即可。2．【答案】A【解析】【解答】解：由题意知，点P是AB的黄金分割点，且PB<PA，PB=x，则PA=20−x，∴BP∴AP∴(20−x)故答案为：A．

【分析】利用黄金分割的定义可得BPAP=AP3．【答案】C【解析】【解答】解：连接DF，已知CD=EF，CD⊥EG，EF⊥EG，∴四边形CDFE为矩形.∴DF∥GH，∴DF又AB∥CD，∴ABCD设ABCD∴DHAH∴AD∴DF∴GH=a·DFa−1∵a，b的长是定值不变，∴当人从点C走向点E时两段影子之和GH不变．故答案为：C.【分析】连接DF，由题意易得四边形CDFE为矩形.由DF∥GH，可得DFGH=ADAH.又AB∥CD，得出ABCD=AHDH，设4．【答案】A【解析】【解答】解：如图，取CD的中点M，连接EM、BM，

则BE=BC，

∴MB是EC的中垂线，即∠BHC=90°，

又∵∠MCB=90°，∠MBC=∠ECD，

又∵DC为直径，∴∠DEC=90°，

∴△DEC∽△MCB，

∴DEEC=MCBC=12，

令DE=x，EC=2x，DC=5x=10，

∴x=25，

∴S△DEC=12x·2x=x2=(25)2=20，5．【答案】B【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC，AB∥DC，所以∠EFD=∠EBC，∠EDF=∠C，∠ABF=∠DEF，∠BAF=∠EDF，所以△EFD∽△EBC，△ABF∽△DEF.故答案为：B.

【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥DC，利用平行四边形的性质可得∠EFD=∠EBC，∠EDF=∠C，∠ABF=∠DEF，∠BAF=∠EDF，根据两角分别相等的两个三角形相似可证以△EFD∽△EBC，△ABF∽△DEF.6．【答案】B【解析】【解答】解：∵∠DEF=∠BCD=90°，∠D=∠D，∴△DEF∽△DCB，∴DE∵DE=18cm，EF=12cm，∴∴BC=76∵测得眼睛D离地面的高度为1.∴AC=1∴AB=AC+BC=1.故答案为：B．

【分析】先判定△DEF和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．7．【答案】B【解析】【解答】解：如图所示，连接DE，

∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，∴S△ABC=S△ABC=12×AB×BC=12×6×8=24，因为点D是AC的中点，所以S△BCD=12S△ABC=1故答案为：B.【分析】首先可求得直角三角形ABC的面积为24cm2，然后根据D、E分别是AC、BC中点，可以得出S△BDE=S△CDE=12S△BCD=6，，再根据DG∶GC=1∶2，S△DEG8．【答案】D【解析】【解答】解：∵点C为平面内的一动点，BD=32，

∴点C在以B为圆心，32为半径的圆B上.

在x轴负半轴上取点D（−352，0），连接BD，分别以C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，

∵OA=OB=35，

∴AD=OD+OA=952，

∴OAAD=23.

∵CM：MA=1：2，

∴OAAD=CMAC=23.

∵∠OAM=∠DAC，

∴△OAM∽△DAC，

∴OMCD=OAAD=23，

∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可得当D、B、C东线时，且点B在线段DC上时，CD取得最大值.

∵OA=OB=35，OD=352，

∴BD=OB2+OD2=152，

∴CD=BC+BD=9.

∵OMCD=23，

∴OM=6.

∵CF⊥OA，

∴∠DOB=∠DFC=90°.

∵∠BDO=∠CDF，

∴△BDO∽△CDF，

∴OBCF=BDCD，

∴359．【答案】D【解析】【解答】解：设原来矩形的长为x，宽为y，如图，∴对折后的矩形的长为y，宽为x2∵得到的两个矩形都和原矩形相似，∴x：∴y2解得x：故答案为：D．【分析】设原来矩形的长为x，宽为y，根据折叠和相似的性质可得x：y=y：x210．【答案】C【解析】【解答】解：∵在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，∴△OAB∽△OCD，∴S∵B(0，1)，∴OB=1，OD=3，即故答案为：C.【分析】由题意可得△OAB∽△OCD，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算.11．【答案】2【解析】【解答】解：∵ab=cd，b=3m，∴a∴a=2m，故答案为：2.【分析】将各条线段的长代入比例式即可算出答案.12．【答案】4【解析】【解答】解：已知AD为角平分线，则点D到AB、AC的距离相等，设为h.∵BDCD∴BD=54如下图，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM.连接DM.在△ABD与△AMD中，AB=AM∴△ABD≌△AMD（SAS），∴MD=BD=5m.过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K.∵MN∥AD，∴CKCD∴CK=14∴KD=54∴MD=KD，即△DMK为等腰三角形，∴∠DMK=∠DKM.由题意，易知△EDG为等腰三角形，且∠1=∠2；∵MN∥AD，∴∠3=∠4=∠1=∠2，又∵∠DKM=∠3（对顶角）∴∠DMK=∠4，∴DM∥GN，∴四边形DMNG为平行四边形，∴MN=DG=2FD.∵点H为AC中点，AC=4CM，∴AHMH∵MN∥AD，∴AGMN==AH∴AGFD故答案为：43.

【分析】由角平分线的性质可得：点D到AB、AC的距离相等，设为h，根据三角形的面积公式可得BD=54CD，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM，连接DM，证△ABD≌△AMD，得到MD=BD=5m，过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K，根据MN∥AD，结合平行线分线段成比例的性质可得KD=13．【答案】1【解析】【解答】解：记CH与DF的交点为点N，AF与BH的交点为点M，则四边形MHNF是平行四边形

设直角三角形较短直角边的长为a，长直角边的长为b

∴S正方形ABCD=AD2=a2+b2，CF=BE=a，BH=CE=b

∴EH=EF=b−a

∵CE⊥BH，CH=CB

∴BE=EH=a，b=2a

∴S正方形ABCD=a2+14．【答案】1.2s或3s【解析】【解答】解：如图：分两种情况来计算：当QAAB=AP得6−t12解得t=1.当QACB=AP得6−t6解得t=3，故当t=1.2s或故答案为：1.2s或3s．【分析】由于∠QAP=∠B=90°，所以可分两种情况：①当QAAB=APBC时，△QAP∽△ABC，②当15．【答案】6【解析】【解答】解：如图，作CD⊥y轴，交y轴于点E，作DA⊥x轴于点F.

∵DA∥EO，∴△CDA∽△CEO

∴S△CDAS△CEO=(CACO)2

即4S△CEO=(23)2

∴S△CEO=9

∴S四边形ADEO=S△CEO-S△CDA=5

又∵CD∥OF，∴△CDA∽△OFA

∴S△CDAS△OFA=(CA16．【答案】1：【解析】【解答】解：如图：由题意得：DE=13DC，矩形ADCB∽∴ADCD∴ADCD∴AD∴AD∴AD：故答案为：1：3【分析】对图形进行点标注，由题意可得DE=13DC，根据相似图形的性质可得ADCD=DEAD，代入化简可得AD217．【答案】解∶⑴如图所示：△OA；（1，-3）⑵如图所示：△OA⑶（-2a，-2b）【解析】【解答】解：（3）∵作△OAB的位似图形△OA2B2，新图与原图相似比为∴点D的对应点D2的坐标为(−2a故答案为：(−2a，【分析】（1）利用方格纸的特点及旋转的性质，分别将点A、B绕点O顺时针旋转90°得到其对应点A1、B1，再连接A1O、B1O、A1B1，即可得出所求的△OA1B1；进而根据点A1的位置读出其坐标即可；

（2）连接AO并延长至点A2，使OA2=2OA，连接BO并延长至点B2，使OB2=2OB，连接OA2、A2B2、OB2，即可得出所求的△OA2B2；

（3）在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky），根据性质即可直接得出答案.18．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有a+2xa由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。

（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。19．【答案】（1）证明：如图1，∵点D是BC的中点，∴BD=CD．∵DE//CA，∴∠BDE=∠C；DF//AB，∴∠B=∠CDF．∴△BDE≌△DFC，∴DE=CF，BE=DF∵BE=CF∴DE=DF（2）证明：如图2，∵DE//AC，DF//AB，∴四边形AEDF是平行四边形．又∵AD⊥BC，BD=DC，∴AB=AC，∴∠BAD=∠CAD，∴△ADB≌△ADF，∴AE=AF，∴平行四边形AEDF是菱形；（3）证明：∵DE//CA，∴AEAB∵DF//AB，∴AFAC∴AEAB又∵AE=AF=1，∴1AB【解析】【分析】（1）先证明△BDE≌△DFC，再利用全等三角形的性质可得DE=CF，BE=DF，结合BE=CF，可得DE=DF；

（2）先证明△ADB≌△ADF，可得AE=AF，再利用四边形AEDF是平行四边形，即可得到平行四边形AEDF是菱形；

（3）根据平行线分线段成比例的性质可得AEAB=CDBC，AFAC20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠D=∠B，CD//AB．∵DF=BE，∴△CDF≌△CBE（SAS），∴∠DCF=∠BCE．∵CD//BH，∴∠H=∠DCF，∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，∴△BEC∽△BCH．（2）解：∵BE2=AB·AE，∴BEAB=AE∵AG//BC，∴AEBE=AG∴BEAB=AG∵DF=BE，BC=AB，∴BE=AG=DF，即AG=DF．【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得CD=CB，∠D=∠B，CD//AB，根据SAS证明△CDF≌△CBE，可得∠DCF=∠BCE，由平行线的性质可得∠H=∠DCF，即得∠BCE=∠H，根据相似三角形的判定定理即证结论；

（2）由BE2=AB·AE可得BEAB=AEEB，根据平行线分线段成比例可得AEBE=AGDF=BE，BC=AB，即得BE=AG=DF.21．【答案】（1）证明：∵菱形AEFG∽菱形ABCD，∴∠EAG=∠BAD，∴∠EAG+∠GAB=∠BAD+∠GAB，∴∠EAB=∠GAD，∵AE=AG，AB=AD，∴△AEB≌△AGD，∴EB=GD；（2）解：连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，∵∠DAB=60°，∴∠PAB=30°，∴BP=12AP=AB2−BP2∴EP=23，∴EB=EP2+BP2∴GD=13．【解析】【分析】（1）利用相似多边形的性质，可证得∠EAG=∠BAD，再证明∠EAB=∠GAD，然后利用就可证明△AEB≌△AGD，利用全等三角形的性质可证得结论。

（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，先利用直角三角形的性质求出BP的长，再利用勾股定理求出AP，继而可求出AE、EP，然后在Rt△BEP中，利用勾股定理求出BE的长，就可求出DG。22．【答案】（1）解：∵抛物线解析式为y=x∴当y=0时，x2−2x−8=0，当x=0时，解得：x1=−2，∴A(−2，0)（2）解：∵F是直线x=t与抛物线C1∴F(t，①如图，若△BE∵∠BCF∴C∵C(∴t2解得，t=0（舍去）或t=2．②如图，若△BE2D2∽△F2∵∠BCF∴∠OCB+∠OBC=∠OCB+∠TCF∴∠TCF∵∠CTF∴△BCO∽△CF∴F∵B(∴OB=4，OC=8，∵F∴t8解得，t=0（舍去）或t=3综上，符合题意的t的值为2或32（3）解：∵将抛物线C1平移得到抛物线C∴C2∵直线OG的解析式为y=2x，∴联立直线OG与C2解析式得：y=解得：x1=0y∴G(∵H是OG的中点，∴2+02∴H(设M(m，m2)，则n2解得，k1∴直线MN的解析式为y=(∵直线MN经过点H(∴mn=m+n−2同理，直线GN的解析式为y=(n+2)x−2n；直线联立，得y=(n+2)x−2ny=mx解得：x=2n∵直线OM与NG相交于点P，∴P(2n设点P在直线y=kx+b上，则2m+2n−4n−m+2整理得，2m+2n−4=2kn+bn−bm+2b=−bm+(比较系数得：2k+b=2−b=2解得：k=2b=−2∴当k=2，b=−2时，无论∴点P在定直线y=2x−2上．【解析】【分析】（1）由y=0可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点A，B的坐标；再由x=0求出对应的y的值，可得到点C的坐标.

（2）由点F是直线x=t与抛物线C1交点，利用抛物线的解析式设点F（t，t2-2t-8），；分情况讨论：当△BE1D1∽△CE1F1时，易证CF1∥OB，利用点C和点F的纵坐标相等，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当△BE2D2∽△F2E2C时，过点F2作F2T⊥x轴于点T，利用余角的性质可证得∠TCF2=∠OBC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似可得到△BCO∽△CF2T，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到符合题意的t的值.

（3）利用抛物线的平移规律可得到C2的解析式，将直线OG和C2的解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到点G的坐标；再利用中点坐标公式可求出点H的坐标；设点M（m，m2），N（n，n2），利用待定系数法可得到直线MN的函数解析式，将点H的坐标代入可得到mn=m+n-2，同理可求出直线GN的函数解析式，将直线MO和GN联立方程组，解方程组可得到点P的坐标，由点P在直线y=kx+b上，代入可求出k，b的值，由此可得到点P一定在直线y=2x-2上，即可求解.23．【答案】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，图3结论：BD′=3AC′，AC′⊥BD’理由：如图3，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=3OA，OD=3OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=3OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴OBOA∴△AOC′∽△BOD′，∴BD∴BD′=3AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′.【解析】【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，AO=BO∠AO∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；【分析】根据正方形的性质可得AO=OC=BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质可得OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，则AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证明△AOC′≌△BOD′，得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，由对顶角的性质可得∠AO′D′=∠BO′O，然后结合∠O′BO+∠BO′O=90°可得AC′与BD′的位置关系；根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，根据三角函数的概念可得OB=3OA，OD=3OC，由旋转的性质可得OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，证明△AOC′∽△BOD′，根据相似三角形的性质可得BD′=3AC′，同理可得AC′与BD′的位置关系.24．【答案】（1）解：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，∴∠QAT+∠AQT=90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=∠D=90°，∴∠DAP+∠DPA=90°，∴∠AQT=∠DPA．∴△PDA∽△QAB，∴APBQ=AD∴EFGH=（2）11（3）解：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，

则四边形ABSR是平行四边形．∵∠ABC=90°，∴▱ABSR是矩形，∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．∵AM⊥DN，∴由（1）中的结论可得DNAM=AR设SC=x，DS=y，则AR=BS=5+x，RD=10﹣y，∴在Rt△CSD中，x2+y2=25①，在Rt△ARD中，（5+x）2+（10﹣y）2=100②，由②﹣①得x=2y﹣5③，解方程组x2x=−5y=0（舍去），或x=3∴AR=5+x=8，∴DNAM=ARAB=810【解析】【解答】解：（2）如图2，

∵EF⊥GH，AM⊥BN，∴由（1）中的结论可得EFGH=ADAB，BNAM∴BNAM=EFGH=故答案为1115【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）只需运用（1）中的结论，就可得到EFGH=ADAB=BNAM，就可解决问题；（3）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DNAM=ARAB．设SC=x，DS=y，则AR=BS=5+x，RD=10﹣y，在Rt△CSD中根据勾股定理可得x2+y225．【答案】（1）BE⊥AD（2）解：成立；理由如下：

∵∠DCE=∠ACB=90°，∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，∴∠DCA=∠ECB，∵DCCE∴△DCA∽△ECB，∴∠DAC=∠CBE，∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，=∠CBE+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°−∠ACB=90°，∴∠AGB=180°−90°=90°，∴BE⊥AD；（3）解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：设AE=x，则AD=AE+DE=x+4，根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，∴BEAD∴BE=3根据解析（2）可知，BE⊥AD，∴∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE即x2解得：x=2或x=−8（舍去），∴此时BE=3当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：设AD=y，则AE=AD+DE=y+4，根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，∴BEAD∴BE=3根据解析（2）可知，BE⊥AD，∴∠AEB=90°，根据勾股定理得：AE即(y+4)2解得：y=4或y=−6（舍去），∴此时BE=3综上分析可知，BE=63或4【解析】【解答】解：（1）延长BE交AC于点