8. 如图,在正方形$ABCD$中,$E$是$CD$的中点,点$F$在边$BC$上,且$CF=\frac {1}{4}BC$,则图中相似三角形共有
3
对.
答案：8. 3
解析：
解：设正方形$ABCD$的边长为$4a$，则$AB=BC=CD=AD=4a$。
$\because E$是$CD$的中点，$\therefore CE=DE=2a$。
$\because CF=\frac{1}{4}BC$，$\therefore CF=a$，$BF=BC - CF=3a$。
在$Rt\triangle ABF$中，$AF=\sqrt{AB^{2}+BF^{2}}=\sqrt{(4a)^{2}+(3a)^{2}}=5a$。
在$Rt\triangle ADE$中，$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{(4a)^{2}+(2a)^{2}}=2\sqrt{5}a$。
在$Rt\triangle ECF$中，$EF=\sqrt{CE^{2}+CF^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}+a^{2}}=\sqrt{5}a$。
$\because AE=2\sqrt{5}a$，$EF=\sqrt{5}a$，$AF=5a$，$\therefore AE:EF:AF=2\sqrt{5}a:\sqrt{5}a:5a=2:1:\sqrt{5}$。
在$\triangle ADE$中，$AD=4a$，$DE=2a$，$AE=2\sqrt{5}a$，$\therefore AD:DE:AE=4a:2a:2\sqrt{5}a=2:1:\sqrt{5}$。
在$\triangle ECF$中，$EC=2a$，$CF=a$，$EF=\sqrt{5}a$，$\therefore EC:CF:EF=2a:a:\sqrt{5}a=2:1:\sqrt{5}$。
$\therefore \triangle ADE∼\triangle ECF∼\triangle AEF$，共有$3$对相似三角形。
3
9. (2025·江苏连云港模拟)如图,在$\triangle ABC$中,$∠BAC=135^{\circ },BC=10$,分别以$AB,AC$为直角边向外作等腰直角三角形$ABD$和等腰直角三角形$ACE$($∠ABD=∠ACE=90^{\circ }$),$M,N$分别是$AD,AE$的中点,连接$MN$,则$DE=$
10$\sqrt{2}$
.
答案：9. 10$\sqrt{2}$
10. 如图,$AB$为$\odot O$的直径,$AB=4$,$C$为半圆$AB$的中点,$P$为$\overset{\frown}{AC}$上一动点,延长$BP$至点$Q$,使$BP· BQ=AB^{2}$. 若点$P$由点$A$运动到点$C$,则点$Q$运动的路径长为
4
.
答案：10. 4 解析:连接AP,AQ.因为AB为$\odot O$的直径,所以∠APB=90°.因为BP·BQ=AB²,所以$\frac{BQ}{BA}=\frac{BA}{BP}$.因为∠QBA=∠ABP,所以△QBA∽△ABP,所以∠QAB=∠APB=90°,所以QA始终与AB垂直.当点P在点A处时,点Q与点A重合.当点P在点C处时,QA=AB=4,此时点Q运动到最远处,所以点Q运动的路径长为4.
解析：
解：连接 $AP$，$AQ$。
因为 $AB$ 为 $\odot O$ 的直径，所以 $\angle APB = 90°$。
因为 $BP · BQ = AB^2$，所以 $\frac{BQ}{BA} = \frac{BA}{BP}$。
又因为 $\angle QBA = \angle ABP$，所以 $\triangle QBA ∼ \triangle ABP$。
所以 $\angle QAB = \angle APB = 90°$，即 $QA ⊥ AB$。
当点 $P$ 在点 $A$ 处时，点 $Q$ 与点 $A$ 重合；当点 $P$ 在点 $C$ 处时，$QA = AB = 4$。
因此，点 $Q$ 运动的路径长为 $4$。
答案：$4$
11. 新素养
推理能力 如图,在等腰三角形$ABC$中,$AB=AC$,点$E,F$在线段$BC$上,点$Q$在线段$AB$上,且$CF=BE,AE^{2}=AQ· AB$. 求证:
(1) $∠CAE=∠BAF$;
(2) $CF· FQ=AF· BQ$.
答案：11. (1)因为AB=AC,所以∠C=∠B.因为CF=BE,所以CF−EF=BE−EF,所以CE=BF.在△ACE和△ABF中,$\begin{cases}AC=AB,\\\angle C=\angle B,\\CE=BF,\end{cases}$所以△ACE≌△ABF,所以∠CAE=∠BAF.
(2)因为△ACE≌△ABF,所以AE=AF.因为AE²=AQ·AB,所以$\frac{AE}{AQ}=\frac{AB}{AE}=\frac{AB}{AF}$.因为AB=AC,所以$\frac{AE}{AQ}=\frac{AC}{AF}$.又∠CAE=∠BAF,所以△ACE∽△AFQ,所以∠AEC=∠AQF.因为∠AEC+∠AEF=180°,∠AQF+∠BQF=180°,所以∠AEF=∠BQF.因为AE=AF,所以∠AEF=∠AFE,所以∠AFE=∠BQF.又∠C=∠B,所以△CAF∽△BFQ,所以$\frac{CF}{BQ}=\frac{AF}{FQ}$,即CF·FQ=AF·BQ.
12. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=3$,$BC=4$,$P$是对角线$AC$上的动点,连接$DP$,将直线$DP$绕点$P$顺时针旋转,使$∠DPG=∠DAC$,且$DG⊥PG$,连接$CG$,则$CG$长的最小值为(
D
)
A.$\frac {6}{5}$
B.$\frac {7}{5}$
C.$\frac {32}{25}$
D.$\frac {36}{25}$
答案：12. D 解析:如图,过点D作DH⊥AC于点H,过点H作HE⊥CD于点E,连接HG并延长交CD于点F,则∠AHD=∠CHD=90°.因为DG⊥PG,所以∠PGD=90°,所以∠AHD=∠PGD.又∠DAH=∠DPG,所以△ADH∽△PDG,所以$\frac{AD}{PD}=\frac{DH}{DG}$,∠ADH=∠PDG,所以$\frac{AD}{DH}=\frac{PD}{DG}$,∠ADH−∠PDH=∠PDG−∠PDH,所以∠ADP=∠HDG,所以△ADP∽△HDG,所以∠DHG=∠DAP，为定值，所以点G在射线HF上运动，所以当CG⊥HF时，CG的长最小.因为四边形ABCD是矩形,所以AD=BC=4,CD=AB=3,∠ADC=90°,所以$AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=5$,∠ADH+∠HDF=90°.因为∠ADH+∠DAH=90°,所以∠HDF=∠DAH=∠FHD.因为∠FCH+∠HDF=90°,∠FHC+∠FHD=90°,所以∠FHC=∠FCH,所以HF=CF.因为$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AD· CD=\frac{1}{2}AC· DH$,所以$DH=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{12}{5}$,所以$CH=\sqrt{CD^{2}-DH^{2}}=\frac{9}{5}$.因为$S_{\triangle CDH}=\frac{1}{2}CH· DH=\frac{1}{2}CD· HE$,所以$HE=\frac{CH· DH}{CD}=\frac{36}{25}$.因为$S_{\triangle CHF}=\frac{1}{2}HF· CG=\frac{1}{2}CF· HE$,所以CG=HE=$\frac{36}{25}$，所以CG长的最小值为$\frac{36}{25}$.
13. 如图,在四边形$ABCD$中,以$AB$为直径的半圆$O$经过点$C,D$,$AC$与$BD$相交于点$E$,$CD^{2}=CE· CA$,分别延长$AB,DC$相交于点$P$,$PB=OB$,$CD=2\sqrt {2}$,则$OB=$
4
.
答案：13. 4 解析:连接OC.设$\odot O$的半径为r,则PB=OB=OA=r,所以PO=PB+OB=2r,PA=OA+OB+PB=3r.因为CD²=CE·CA,所以$\frac{CD}{CE}=\frac{CA}{CD}$.又∠ACD=∠DCE,所以△CAD∽△CDE,所以∠CAD=∠CDE.因为∠CAB=∠CDE,所以∠CAD=∠CAB.因为OA=OC,所以∠OCA=∠CAB,所以∠CAD=∠OCA,所以OC//AD,所以$\frac{PC}{CD}=\frac{PO}{OA}=2$.因为CD=2$\sqrt{2}$,所以PC=4$\sqrt{2}$,所以PD=PC+CD=6$\sqrt{2}$.因为∠PCB+∠BCD=180°,∠PAD+∠BCD=180°,所以∠PCB=∠PAD.又∠CPB=∠APD,所以△PCB∽△PAD,所以$\frac{PC}{PA}=\frac{PB}{PD}$,即$\frac{4\sqrt{2}}{3r}=\frac{r}{6\sqrt{2}}$,解得r=4(负值舍去).经检验,r=4是原分式方程的解.故OB的长是4.
解析：
解：连接OC。设$\odot O$的半径为$r$，则$PB=OB=OA=r$，$PO=2r$，$PA=3r$。
因为$CD^2=CE· CA$，所以$\frac{CD}{CE}=\frac{CA}{CD}$。又$\angle ACD=\angle DCE$，故$\triangle CAD\backsim\triangle CDE$，则$\angle CAD=\angle CDE$。
因为$\angle CAB=\angle CDE$，所以$\angle CAD=\angle CAB$。又$OA=OC$，得$\angle OCA=\angle CAB$，故$\angle CAD=\angle OCA$，所以$OC// AD$，因此$\frac{PC}{CD}=\frac{PO}{OA}=2$。
已知$CD=2\sqrt{2}$，则$PC=4\sqrt{2}$，$PD=PC+CD=6\sqrt{2}$。
因为$\angle PCB+\angle BCD=180°$，$\angle PAD+\angle BCD=180°$，所以$\angle PCB=\angle PAD$。又$\angle CPB=\angle APD$，故$\triangle PCB\backsim\triangle PAD$，则$\frac{PC}{PA}=\frac{PB}{PD}$，即$\frac{4\sqrt{2}}{3r}=\frac{r}{6\sqrt{2}}$，解得$r=4$（负值舍去）。
故$OB=4$。
14. 如图,在矩形$ABCD$中,$AC$为对角线,$P$为边$BC$上一动点,连接$AP$,过点$B$作$BQ⊥AP$,垂足为$Q$,连接$CQ$.
(1) 求证:$\triangle ABP\backsim \triangle BQP$;
(2) 当$P$为$BC$的中点时,若$∠BAC=37^{\circ }$,求$∠CQP$的度数;
(3) 当点$P$运动到与点$C$重合时,延长$BQ$交$CD$于点$F$. 若$AQ=AD$,则$\frac {DF}{CF}=$
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
.
答案：14. (1)因为四边形ABCD是矩形,所以∠ABP=90°.因为BQ⊥AP,所以∠BQP=90°,所以∠ABP=∠BQP.又∠APB=∠BPQ,所以△ABP∽△BQP.
(2)因为△ABP∽△BQP,所以$\frac{PB}{PQ}=\frac{PA}{PB}$,所以PB²=PQ·PA.因为P为BC的中点,所以PB=PC,所以PC²=PQ·PA,所以$\frac{PC}{PA}=\frac{PQ}{PC}$.又∠CPQ=∠APC,所以△CPQ∽△APC,所以∠CQP=∠ACP.因为∠BAC=37°,∠ABC=90°,所以∠CQP=∠ACP=90°−∠BAC=53°.
(3)$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ 解析:如图,连接AF.因为∠D=∠AQF=90°,AF=AF,AD=AQ,所以Rt△ADF≌Rt△AQF,所以DF=QF.设AQ=AD=BC=m,DF=QF=x,CF=y,CQ=a,则AB=CD=DF+CF=x+y.因为∠BCF=∠BQC=∠CQF=90°,所以∠BCQ+∠FCQ=90°,∠BCQ+∠CBQ=90°,所以∠CBQ=∠FCQ,所以△BCQ∽△CFQ,所以$\frac{BC}{CF}=\frac{CQ}{FQ}$,所以$\frac{m}{y}=\frac{a}{x}$,所以$\frac{x}{y}=\frac{a}{m}$.因为AB//CF,所以∠CFQ=∠ABQ,∠FCQ=∠BAQ,所以△CFQ∽△ABQ,所以$\frac{CQ}{AQ}=\frac{CF}{AB}$,所以$\frac{a}{m}=\frac{y}{x+y}$,所以$\frac{x}{y}=\frac{y}{x+y}$,所以x²+xy−y²=0,所以$(\frac{x}{y})^{2}+\frac{x}{y}-1=0$,所以$\frac{x}{y}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$(负值舍去),所以$\frac{DF}{CF}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
