第第頁【解析】北師大版數學九年級上冊同步練習——第四章《圖形的相似》綜合練習（B）登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

北師大版數學九年級上冊同步練習——第四章《圖形的相似》綜合練習（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，數學活動課上，為測量學校旗桿高度，小菲同學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）西周數學家商高總結了用“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關于x的函數表達式為（）

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，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結．下列四個結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數為（）

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，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，已知點和點關于直線對稱．設，若，則（結果用含的代數式表示）．

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，若的延長線恰好經過的中點，求的長．

23．（2023·黃岡）【問題呈現】

和都是直角三角形，，連接，，探究，的位置關系．

（1）如圖1，當時，直接寫出，的位置關系：；

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

（3）【拓展應用】

當時，將繞點C旋轉，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】

數學活動課上，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，，的數量關系，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，的數量關系，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】根據比例的性質得出，然后根據平行線分線段成比例的性質求出，則可解答.

2．【答案】C

【知識點】平行線的性質；相似三角形的判定與性質；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，FB=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】先根據題意結合平行的性質即可得到HF=HA，DA=EB=DE，FB=FG=GC，進而得到AB=3BE，DH為△FEA的中位線，再根據三角形中位線的性質即可得到，進而根據平行線的性質結合相似三角形的判定與性質即可得到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

【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證明△CDE∽△CBA，進而得到，再代入數值即可求解。

4．【答案】B

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質

【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△AEF∽△ACB求出EF的長。再根據△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；相似三角形的判定與性質

【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計算求解即可。

6．【答案】B

【知識點】一次函數的實際應用；矩形的判定與性質；相似三角形的應用

【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邊成比例可得到關于x，y的方程，解方程用含x的代數式表示出y.

7．【答案】C

【知識點】相似三角形的判定與性質

【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，根據相似三角形的性質可得，由已知條件可得，根據C、D兩點的縱坐標可得CD=2，求出OB，得到點B的縱坐標，據此判斷.

8．【答案】A

【知識點】勾股定理；相似三角形的判定與性質

【解析】【解答】解：AD=，AB=2，CD=3，

∵AB∥DC，

∴△AOB∽△DOC，

∴，

∴設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，根據相似三角形的性質可得，設AO=2x，則OD=3x，根據AO+OD=AD可得x的值，據此解答.

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

【解析】【解答】解：∵點C為平面內的一動點，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CD取得最大值時，OM取得最大值，結合圖形可得當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，根據對應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，由兩角對應相等的兩個三角形相似可得△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，根據相似三角形的性質可得CF、ME，利用勾股定理求出OE，據此可得點M的坐標.

11．【答案】C

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

【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個正確的結論；

故答案為：C

【分析】先根據正方形的性質即可得到∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，進而根據三角形全等的判定與性質即可得到EA=FA，∠EAD=∠FAB，再運用等腰直角三角形的判定與性質結合題意即可判斷①；先根據三角形全等的判定與性質即可得到，先假設結論②成立，進而根據等腰三角形的性質即可得到∠ECH=∠CEH=67.5°，再結合題意即可判定結論②是錯誤的；根據題意結合已知條件即可判斷③；根據相似三角形的判定與性質證明△EDH∽△KFA，進而即可得到，再結合題意即可求解。

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

【解析】【解答】解：當點為線段的三等分點時，需要分兩種情況討論：

①如圖1，當時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

②如圖2，當時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

綜上所述，的長為或．

故答案為：D．

【分析】根據勾股定理可得，根據相似三角形的性質，可得EN的長，根據勾股定理可得答案。

13．【答案】

【知識點】角平分線的性質；等腰三角形的性質；相似三角形的判定與性質

【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，先根據題意結合角平分線的性質即可得到∠MCB=∠MCA，進而得到∠MCB=∠BMC，再根據等腰三角形的性質即可得到CB=BM，進而根據相似三角形的判定與性質證明△GMB∽△GCA，結合題意即可得到，進而即可求解。

14．【答案】

【知識點】平行線的性質；勾股定理；相似三角形的判定與性質

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

15．【答案】6

【知識點】菱形的性質；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BE=BF=CG=AH=x，則AE=DH=DG=FC=5-x，接下來根據平行線分線段成比例的性質進行解答.

16．【答案】14

【知識點】平行四邊形的性質；相似三角形的判定與性質

【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計算求解即可。

17．【答案】

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

【解析】【解答】解：∵點B與點F關于直線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】根據軸對稱的性質得BD=DF，∠BDE=∠EDF，∠DEB=∠DEF，由等量代換及等邊對等角可得AD=BD，∠A=∠DFA，進而根據角的和差及三角形外角相等推出∠EDF=∠DFA，由內錯角相等，兩直線平行推出DE∥AC，再根據平行線的性質及等量代換得∠C=∠EFC，由等邊對等角得∠C=∠B，由有兩組角對應相等的兩個三角形相似得△ABC∽△ECF，由相似三角形對應邊成比例得，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，由相似三角形對應邊成比例可得BE=EC=BC，結合已知得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；勾股定理；正方形的判定與性質；相似三角形的判定與性質

【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，FN⊥CD，

∴∠ACB=∠B=90°，

∴四邊形CMFN為矩形.

∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，

∴FM=FN，

∴四邊形CMFN為正方形，

∴FM=FN=CM=CN.

設CM=a，則FM=FN=CM=CN=a.

∵CE=2，

∴BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a.

∵∠B=90°，FM⊥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，由正方形的性質可得∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，根據角平分線的性質可得FM=FN，進而推出四邊形CMFN為正方形，得到FM=FN=CM=CN，設CM=a，則BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a，根據垂直于同一直線的兩直線互相平行可得FM∥AB，根據平行于三角形一邊的直線和其他兩邊所構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；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△AEG和△DHG相似，利用相似三角形對應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；相似三角形的判定與性質；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）利用平行四邊形的性質可證得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，據此可推出AM∥CN，AN∥CM，即可證得結論.

（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，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，則，

可得方程，

解得，

即的長為．

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

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

（2）先根據平行四邊形的性質得到，，再根據平行線的性質得到，，進而運用相似三角形的判定與性質證明，進而得到，設，則，根據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，則，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，即，

整理得，

解得（負值已舍），

經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；等腰三角形的性質；相似三角形的判定與性質；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）根據等腰三角形的性質可得，，，從而推出

，利用平行線的性質可得，根據SAS證明△DCE≌△FEB，利用全等三角形對應邊相等即得結論；

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

23．【答案】（1）

（2）解：成立；理由如下：

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

，

∴，

∴；

（3）解：當點E在線段上時，連接，如圖所示：

設，則，

根據解析（2）可知，，

∴，

∴，

根據解析（2）可知，，

∴，

根據勾股定理得：，

即，

解得：或（舍去），

∴此時；

當點D在線段上時，連接，如圖所示：

設，則，

根據解析（2）可知，，

∴，

∴，

根據解析（2）可知，，

∴，

根據勾股定理得：，

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；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m=1時，DC=CE，CB=CA，利用SAS證明△ACD≌△BCE，得到∠DAC=∠CBE，結合∠CAB+∠ABE+∠CBE=90°可得∠ANB=90°，據此解答；

（2）由同角的余角相等可得∠DCA=∠ECB，由已知條件可得，根據對應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°，據此解答；

（3）當點E在線段AD上時，連接BE，設AE=x，則AD=x+4，根據相似三角形的性質可得BE=AD=x+，根據解析（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；矩形的性質；正方形的判定與性質；相似三角形的判定與性質

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

（2）先根據垂直得到，進而根據矩形的性質得到，同理可得：，根據正方形的性質結合三角形全等的判定與性質證明即可得到，，從而得到

四邊形是正方形，進而得到，再結合題意即可求解；

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

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；三角形全等及其性質；等邊三角形的判定與性質；矩形的性質；正方形的性質；相似三角形的判定

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

（2）先根據正方形的性質即可得到，，，再根據三角形全等的判定與性質證明即可得到，進而得到，再結合題意證明即可得到，從而運用平行線的性質即可求解；

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

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北師大版數學九年級上冊同步練習——第四章《圖形的相似》綜合練習（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】根據比例的性質得出，然后根據平行線分線段成比例的性質求出，則可解答.

2．（2023·內江）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；相似三角形的判定與性質；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，FB=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】先根據題意結合平行的性質即可得到HF=HA，DA=EB=DE，FB=FG=GC，進而得到AB=3BE，DH為△FEA的中位線，再根據三角形中位線的性質即可得到，進而根據平行線的性質結合相似三角形的判定與性質即可得到EF，進而即可求解。

3．（2023·南充）如圖，數學活動課上，為測量學校旗桿高度，小菲同學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

【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證明△CDE∽△CBA，進而得到，再代入數值即可求解。

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

【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△AEF∽△ACB求出EF的長。再根據△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；相似三角形的判定與性質

【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計算求解即可。

6．（2022·衢州）西周數學家商高總結了用“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關于x的函數表達式為（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知識點】一次函數的實際應用；矩形的判定與性質；相似三角形的應用

【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邊成比例可得到關于x，y的方程，解方程用含x的代數式表示出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

【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，根據相似三角形的性質可得，由已知條件可得，根據C、D兩點的縱坐標可得CD=2，求出OB，得到點B的縱坐標，據此判斷.

8．（2022·鎮(zhèn)江）如圖，點、、、在網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

【解析】【解答】解：AD=，AB=2，CD=3，

∵AB∥DC，

∴△AOB∽△DOC，

∴，

∴設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，根據相似三角形的性質可得，設AO=2x，則OD=3x，根據AO+OD=AD可得x的值，據此解答.

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

【解析】【解答】解：∵點C為平面內的一動點，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CD取得最大值時，OM取得最大值，結合圖形可得當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，根據對應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，由兩角對應相等的兩個三角形相似可得△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，根據相似三角形的性質可得CF、ME，利用勾股定理求出OE，據此可得點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，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結．下列四個結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數為（）

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；三角形全等的判定；等腰三角形的判定與性質；正方形的性質；相似三角形的判定與性質

【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個正確的結論；

故答案為：C

【分析】先根據正方形的性質即可得到∠DCB=∠BAD=∠CDA=∠CBA=90°，AB=BC=CD=AD，進而根據三角形全等的判定與性質即可得到EA=FA，∠EAD=∠FAB，再運用等腰直角三角形的判定與性質結合題意即可判斷①；先根據三角形全等的判定與性質即可得到，先假設結論②成立，進而根據等腰三角形的性質即可得到∠ECH=∠CEH=67.5°，再結合題意即可判定結論②是錯誤的；根據題意結合已知條件即可判斷③；根據相似三角形的判定與性質證明△EDH∽△KFA，進而即可得到，再結合題意即可求解。

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

【解析】【解答】解：當點為線段的三等分點時，需要分兩種情況討論：

①如圖1，當時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

②如圖2，當時，

∵∥，，，

∴四邊形為矩形，

∴，，．

由折疊的性質可得，．

在中，．

∵，，

∴，

∴∽，

∴，即，解得，

∴．

綜上所述，的長為或．

故答案為：D．

【分析】根據勾股定理可得，根據相似三角形的性質，可得EN的長，根據勾股定理可得答案。

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；等腰三角形的性質；相似三角形的判定與性質

【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，先根據題意結合角平分線的性質即可得到∠MCB=∠MCA，進而得到∠MCB=∠BMC，再根據等腰三角形的性質即可得到CB=BM，進而根據相似三角形的判定與性質證明△GMB∽△GCA，結合題意即可得到，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點順時針旋轉到圖2的位置．則圖2中的值為．

【答案】

【知識點】平行線的性質；勾股定理；相似三角形的判定與性質

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

15．（2023·十堰）如圖，在菱形中，點E，F，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；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BE=BF=CG=AH=x，則AE=DH=DG=FC=5-x，接下來根據平行線分線段成比例的性質進行解答.

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；相似三角形的判定與性質

【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，已知點和點關于直線對稱．設，若，則（結果用含的代數式表示）．

【答案】

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

【解析】【解答】解：∵點B與點F關于直線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】根據軸對稱的性質得BD=DF，∠BDE=∠EDF，∠DEB=∠DEF，由等量代換及等邊對等角可得AD=BD，∠A=∠DFA，進而根據角的和差及三角形外角相等推出∠EDF=∠DFA，由內錯角相等，兩直線平行推出DE∥AC，再根據平行線的性質及等量代換得∠C=∠EFC，由等邊對等角得∠C=∠B，由有兩組角對應相等的兩個三角形相似得△ABC∽△ECF，由相似三角形對應邊成比例得，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，由相似三角形對應邊成比例可得BE=EC=BC，結合已知得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；勾股定理；正方形的判定與性質；相似三角形的判定與性質

【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，FN⊥CD，

∴∠ACB=∠B=90°，

∴四邊形CMFN為矩形.

∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，

∴FM=FN，

∴四邊形CMFN為正方形，

∴FM=FN=CM=CN.

設CM=a，則FM=FN=CM=CN=a.

∵CE=2，

∴BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a.

∵∠B=90°，FM⊥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，由正方形的性質可得∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，根據角平分線的性質可得FM=FN，進而推出四邊形CMFN為正方形，得到FM=FN=CM=CN，設CM=a，則BE=BC+CE=5，EM=CE-CM=2-a，根據垂直于同一直線的兩直線互相平行可得FM∥AB，根據平行于三角形一邊的直線和其他兩邊所構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；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△AEG和△DHG相似，利用相似三角形對應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；相似三角形的判定與性質；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）利用平行四邊形的性質可證得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，據此可推出AM∥CN，AN∥CM，即可證得結論.

（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，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，則，

可得方程，

解得，

即的長為．

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

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

（2）先根據平行四邊形的性質得到，，再根據平行線的性質得到，，進而運用相似三角形的判定與性質證明，進而得到，設，則，根據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，則，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，即，

整理得，

解得（負值已舍），

經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；等腰三角形的性質；相似三角形的判定與性質；三角形全等的判