知识点38 相似、位似及其应用2018--2

这是一份知识点38 相似、位似及其应用2018--2，共31页。试卷主要包含了 已知等内容，欢迎下载使用。

三、解答题
1. （2018浙江金华丽水，24，12分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F、G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
A
B
D
C
F
G
E
第24题图

【思路分析】本题综合考查了三角形、四边形的判定与性质．（1）①由勾股定理可得AG，由相似三角形的性质得＝＝，进而得FG的方程方程值；②根据题意先证得∠1＝∠2（设为x），∠1＝∠2＝∠B＝∠3＝x．根据三角形内角和定理列方程，解得x＝30°．
在Rt△ABC中，由BC＝可得解．
（2）存在．分情况讨论：①点D在线段BC上；②点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AEF上方；③点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方；④点D在线段CB的延长线上．

【解题过程】解：（1）①在正方形ACDE中有DG＝GE＝6．
在Rt△AEG中，AG＝＝＝6．
∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF．
∴＝，∴＝＝．
∴FG＝AG＝2．
②如图1,在正方形ACDE中, AE＝ED，∠AEF＝∠DEF=45°，

又EF＝EF，∴△AEF≌△DEF．
∴∠1＝∠2（设为x）．
∵AE∥BC，∴∠B＝∠1＝x．
∵GF＝GD
∴∠3＝∠2＝x．
在△DBF中，∠3＋∠FDB＋∠B=180°，
∴x＋（x＋90°）＋x＝180°,解得x＝30°，
∴∠B=30°．
∴在Rt△ABC中，BC＝＝12．
（2）在Rt△ABC中，AB＝＝＝15．
如图2,当点D在线段BC上时,此时只有GF＝GD．


∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA．
设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，
∴GF＝GD＝4x，则AF＝15－9x，
∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，
∴＝，∴＝，即x2－6x＋5＝0．
解得x1＝1，x2＝5（舍去），
∴腰长GD＝4x＝4．
如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AEF上方时，

此时只有GF＝DG．
设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，
∴FG＝DG＝12＋4x，
∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF，
∴＝，∴＝，即x2＝4．
解得x1＝2，x2＝－2（舍去），
∴腰长GD＝4x＋12＝20．
如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，

此时只有DF＝DG，过点D作DH⊥FG．
设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，DG＝4 x＋12．
∴FH＝GH＝DG·cos∠DGB＝（4x ＋12）×＝，
∴GF＝2GH＝．
∴AF＝GF－AG＝－5x＝．
∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF，∴＝，
∴＝，即7x2＝288．
解得x1＝，x2＝－（舍去），
∴腰长GD＝4x＋12＝．
如图5，当点D在线段CB的延长线上时，

此时只有DF＝DG，过点D作DH⊥AG．
设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，DG＝4 x－12．
∴FH＝GH＝DG·cos∠DGB＝（4x－12）×＝，
∴FG＝2FH＝．
∴AF＝AG－FG＝5x－ ＝．
∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF，∴＝，
∴＝，即7x2＝288．
解得x1＝，x2＝－（舍去），
∴腰长GD＝4x－12＝．
综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，， ．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数；一元二次方程；分类讨论的思想；从特殊到一般的思想

2. （2018安徽省，23，14分）如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F.
（1）求证:CM=EM；
（2）若∠BAC=50°,求∠EMF的大小；
（3）如图2,若△DAE≌△CEM,点N为CM的中点,求证:AN∥EM.

【思路分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边一半得出结论；（2）利用三角形的外角等于不相邻的两内角之和推导出相关角的关系，从而求出相关角；（3）通过已知条件，结合（1）（2）利用垂直同一条直线的两直线平行得到证明；或先通过三角形全等得到边的关系，最后通过“两边对应成比例且夹角相等”证明△FME∽△FNA即可。
【解题过程】（1）证明：∵M为BD中点
Rt△DCB中，MC=BD.
Rt△DEB中，EM=BD.
∴MC=ME.
（2）∵∠BAC=50°，∴∠ADE=40°.
∵CM=MB，∴∠MCB=∠CBM，∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM。
同理，∠DME=2∠EBM，
∴∠CME=2∠CBA=80°，
∴∠EMF=180°-80°=100°.
（3）方法一：同（2）中理可得∠CBA=45°
∴∠CAB=∠ADE=45°
∵△DAE≌△CEM
∴DE=CM=ME=BD=DM，∠ECM=45°
∴△DEM等边
∴∠EDM=60°
∴∠MBE=30°
∵∠MCB+∠ACE=45°
∠CBM+∠MBE=45°
∴∠ACE=∠MBE=30°
∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°
连接AM，∵AE=EM=MB
∴∠MEB=∠EBM=30°
∠AME=∠MEB=15°
∵∠CME=90°
∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM
∴AC=AM
∵N为CM中点
∴AN⊥CM
∵CM⊥EM
∴AN∥CM
方法二：∵△DAE≌△CEM，CM=EM, ∠AED=90°，∴AE=DE=EM=CM, ∠CME=90°,则由（1）知：,
∴DE=DM=EM，∴△DEM是等边三角形，∴∠MEF=∠DEF-∠DEM=30°，∴，
∵AE=CM,N是CM中点，∴，∴FM: FE=NM:AE，即FM:FE=FN:FA, 又 ∵∠MFE=∠NFA,
∴△FME∽△FNA, ∴∠FME=∠FNA, ∴AN∥CM
【知识点】直角三角形斜边中线的性质，三角形外角的性质，平行线的判定方法，等边三角形的判定，相似三角形的判定


3. （2018湖南岳阳，23，10分） 已知在中，，为的平分线，将沿所在的直线对折，使点落在点处，连结，，延长交于点，设.

（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，若，试求与的数量关系（用含的式子表示）；
（3）如图3，将（2）中的线段绕点逆时针旋转角（），得到线段，连结交于点，设的面积为，的面积为，求（用含的式子表示）.
【思路分析】（1）首先根据轴对称的性质可得CE⊥BB′且BE=BB′，进而得出∠B′=∠ADC，进而得出△ABB′≌△ACD，然后根据全等三角形的性质可得BB′=CD，进而证明出结论；
（2）首先根据（1）可得出∠B′=∠ADC，进而得出△ABB′∽△ACD，进而得出，然后根据锐角三角函数的定义得出CD与BE的数量关系；
（3）首先根据题意可得出∠ECF=90°，进而得出△OBE∽△OCF，然后根据等高的三角形的面积比等于底的比可得出，最后利用锐角三角函数的定义得出答案.
【解题过程】解：（1）根据题意可得CE⊥BB′且BE=BB′，
∵CE⊥BB′，
∴∠EBD+∠BDE=90°.
∵∠BDE=∠ADC，
∴∠ADC+∠EBD=90°.
∵∠BAB′=90°，
∴∠EBD+∠B′=90°，
∴∠B′=∠ADC，
在△ABB′和△ACD中

∴△ABB′≌△ACD（ASA），
∴BB′=CD，
∴CD=2BE.
（2）由（1）可知，∠B′=∠ADC，
∵∠BAB′=∠CAD=90°，
∴△ABB′∽△ACD，
∴.
∵AB=BC·cos∠ABC==BCcos2α，AC=BC·sin∠ABC=BCsin2α，
∴，
∴CD=.
（2） 由（1）（2）可知，CE⊥BB′，∠B′BA=∠BCE，
∵∠EBC+∠BCE=90°，即∠B′BA+∠ABC+∠BCE=90°，
∴∠BCE=45°-α.
∵∠BCF=45°+α，
∴∠ECF=∠BCE+∠BCF=90°，
∴CF∥BE，
∴△OBE∽△OCF，
∴.
∵,sin∠BCE=,BC=CF，
∴=sin（45°-α）.
【知识点】轴对称的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质

4. （2018江苏连云港，第27题，14分）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动.△ABC是边长为2的等边三角形，E是AC上一点，小亮以BE为边向BE的右侧作等边三角形BEF，连接CF.
(1)如图1，当点E在线段AC上时，EF、BC相交于点D，小亮发现有两个三角形全等，请你找出来，并证明.
(2)当点E在线段AC上运动时，点F也随着运动，若四边形ABFC的面积为求AE的长.
(3)如图2，当点E在AC的延长线上运动时，CF、BE相交于点D，请你探求△ECD的面积S1与△DBF的面积S2之间的数量关系，并说明理由.
(4)如图2，当△ECD的面积S1＝时，求AE的长.

【思路分析】(1)根据等边三角形的性质，易得AB=CB，BE=BF，再证明夹角相等，即可得证.
(2)有△ABE≌△CBF，可得S四边形BECF=S△ABC，可得S△ABE=，利用三角形的面积公式，可得AE的长.
(3) 根据题意，易得△ABE≌△CBF，可得S△FDB=S△ECD+S△ABC，进而可得S1与S2的数量关系.
(4)由(3)得结论可得S△BDF=，利用△ABE≌△CBF，推出CF∥AB，从而可知△BDF的高是，利用平行线分线段成比例，推得，列方程求解即可.
【解题过程】(1)发现点E沿边AC从点A向点C运动过程中，始终有△ABE≌△CBF.
由图1知，△ABC与△EBF都是等边三角形，所以AB=CB，BE=BF，
又∠CBF=∠ABE=60°－∠CBE，所以△ABE≌△CBF. 2分
(2)由(1)知点E在运动过程中始终有△ABE≌△CBF，
∵S四边形BECF=S△BCF+S△BCE，
∴S四边形BECF=S△ABC，∵△ABC的边长为2，则S△ABC=，
所以四边形BECF的面积为，又四边形ABFC的面积是，
所以S△ABE=，在三角形ABE中，因∠A=60°，所以边AB上的高为 AEsin60°，
则△ABE=AB· AEsin60°=×2×AE=，则AE=. 5分
(3)S2－S1=.
由图2知，△ABC与△EBF都是等边三角形，所以AB=CB，BE=BF，
又∠CBF=∠ABE=60°+∠CBE，所以△ABE≌△CBF，
∴S△ABE=S△CBF，∴S△FDB=S△ECD+S△ABC，
则S△FDB－S△ECD=S△ABC=，则S2－S1=. 9分
(4)由(3)知S2－S1=，即S△FDB－S△ECD=，
由S△ECD=，得S△BDF=，因△ABE≌△CBF，
所以AE=CF，∠BAE=∠BCF=60°，
又∠BAE=∠ABC=60°，得∠ABC=∠BCF，所以CF∥AB，则△BDF的高是，
则DF=，设CE=x，则2+x=CD+DF=CD+，所以CD=x－，
在△ABE中，由CD∥AB得， ，即，
化简得3x2－x－2=0，所以x=1或x= (舍)，
即CE=1，所以AE=3. 14f
备注:各题如有其它解法，只要正确，均可参照给分
【知识点】等边三角形的性质；全等三角形的性质和判定；锐角三角函数；平行线分线段成比例

5. （2018年山东省枣庄市，24，10分）如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，过点作交于点，连接.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）探究线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）若，求的长.

【思路分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DF，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；
（2）连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下来，证明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系；
（3）过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用（2）的结论可求得FG=4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE=AD﹣GH求解即可．
【解题过程】解：（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形EFDG为菱形．
（2）证明：如图1所示：连接DE，交AF于点O．

∵四边形EFDG为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF=GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴=，即DF2=FO•AF．
∵FO=GF，DF=EG，
∴EG2=GF•AF．
（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．

∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2 ，
∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．
解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．
∵DF=GE=2 ，AF=10，
∴AD==4 ．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴=，即 =．
∴GH=．
∴BE=AD﹣GH=4 ﹣=．
【知识点】矩形；菱形；相似三角形；勾股定理

6.（2018江苏省盐城市，26，12分）
【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F．
（1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝___________；
（2）求证：△EBD∽△DCF．

【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边ABAC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示．问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长比为___________（用含α的表达式表示）．

【思路分析】
【发现】（1）先求出DC的值，再证△FDC是等边三角形即可．
（2）根据两角对应相等两三角形相似，只需证∠B＝∠C，∠BED＝∠FCD即可．
【思考】利用角平分线的性质得DM＝DG＝DN．利用全等三角形的性质得BD＝CD．
【探索】类比(2)猜想应用EF＝EG＋FH．设AB＝m，则OB＝mcosα，GB＝mcos2α．
∴＝1-cosα．
【解题过程】
【发现】（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC．
∵AB＝6，AE＝4，∴BE＝2．∵BD＝2，∴DC＝4．
∵∠EDF＝60°，∴∠FDC＝60°．∴△FDC是等边三角形．
∴CF＝4．
（2））∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BED＋∠BED＝120°．
∵∠EDF＝60°，∴∠BDE＋∠FDC＝120°．∴∠BED＝∠FCD．
∴△EBD∽△DCF．
【思考】存在．点D移动到BC边的中点时，ED平分∠BEF且FD平分∠CFE，此时＝．
理由：如图，作DM⊥EB, DG⊥EF, DN⊥FC，
∵ED平分∠BEF，FD平分∠CFE，
∴DM＝DG＝DN．
∴△DBM≌△DCN．
∴BD＝CD．
∴点D移动到BC边的中点时，ED平分∠BEF且FD平分∠CFE，此时＝．

【探索】如图，作DM⊥EB, DG⊥EF, DN⊥FC．
有∠GOH＝2∠EOF＝2α．
由(2)可猜想应用EF＝EG＋FH．(通过旋转半角证明)
设AB＝m，则OB＝mcosα，GB＝mcos2α．
∴＝＝＝＝1-cosα．


【知识点】等边三角形的判定；相似三角形的判定；角平分线的性质；解直角三角形


7. （2018山东省济宁市，20，8）（8分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G.
（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N.若正方形ABCD的边长为10，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值.

【思路分析】问题（1），根据条件可以确定∠DEG=∠CDF，从而可得△DCF∽△EDG，即可应用相似三角形的性质确定DG与CF的数量关系；问题（2），要求△PDC周长的最小值，也就是要求DP+CP的最小值，只需要作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，因此，问题转化为求出CN的长度，也就是求得DM的长度.根据问题（1）中的结论可以求得GH与EH的比值为1：4，从而DM： EM=1：4，可得DM长为1，因此，可以求得问题的结果.
【解题过程】（1）∵ 四边形ABCD为正方形，∴ BC=CD=AD，∠BCD=∠EDC=90°，即∠CDF+∠ADF=90°.
∵ EH⊥DF，垂足为H， ∴ ∠EHD=90°，即∠DEG+∠ADF=90°，
∴ ∠DEG=∠CDF，∴ △DCF∽△EDG，∴ .
∵ 点E，F分别是边AD，BC的中点，∴ DC=2CF，∴DE=2DG.
（2）∵ Rt△DEG中，∠EDG=90°，∴ tan∠DEG=，∴ tan∠CDF=，
∴ =，∴.
∵ 四边形ABCD为正方形，∴ AD∥BC，NM∥CD，
∴ 四边形DMNC是平行四边形，
∴ .
∵ 点E是边AD的中点，正方形ABCD的边长为10，
∴ED=5，∴DM=CN=1.
作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，
∴ CC′=1，DC′==2，
∴ △PDC周长的最小值为CD+CP+DP=CD+ CC′=10+2
【知识点】正方形的性质 相似三角形的判定与性质 轴对称的性质 勾股定理 转化思想

8. (2018山东青岛中考，24，12分)已知：如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB=16cm，BC=6cm，CD=8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，以QA、QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为，.

根据题意解答下列问题：
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）设四边形的面积为，求与的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【思路分析】（1）作DM⊥AB于M，可得四边形MBCD是矩形，再利用勾股定理求出AD=10cm，可得AP=(10－2t)cm；（2）由S=S四边形ABCD－S△PDC－S△PQA得出函数关系式；（3）由，得出△QXP∽DMB，∴=，代入数值得解；（4）延长EP交BD于点F，连接BE，由EP∥AB，BE平分∠ABD，△DPF∽△DAB，得出比例式，代入数值得解．
【解题过程】解：（1）AP=10－2t；
（2）方法1：如图，过点P作AB，CD的垂线，垂足分别为X，Y，
在Rt△PYD中，PD=2t，PY=×2t=t．
在Rt△PXA中，PA=10－2t，
PX=(10－2t)=6－t，AX=(10－2t)=8－t，
S=S四边形ABCD－S△PDC－S△PQA=×(8+16)×6－×8×t－×2t×(6－t)=t2－t+72．

方法2：连接PB，过P作AB，BC的垂线，S=S△PBC+S△PQB(计算过程略)．

（3）方法1：∵QP⊥BD，
∴△QXP∽DMB，
∴=，
∴=，
解得t=．
方法2：延长QP交BD延长线于H，过点A向BD作垂线交BD延长线于点G，过点D向底边AB作垂线交AB于点M．
在△BDM中，sin∠DBM==，
在△BAG中，sin∠GBA=，
又∵AB=16，∴AG=．
又∵AD=10，
∴在Rt△AGD中，GD=，
∴cos∠GDA=．
在Rt△PDH中，PD=2t，∴DH=t．
又∵sin∠DBM=，且AP=2t，AB=16，
∴BQ=16－2t．
在Rt△QBH中，BH=(16－2t)，
DH=BH－BD=(16－2t)－10=－t，
∴－t=t，
∴t=．


（4）存在，理由如下：
方法1：延长EP交BD于点F，连接BE，
∵EP∥AB，BE平分∠ABD，
∴△DPF∽△DAB，
∴=，
EF=BF=10－2t，
PF=EF－EP=10－4t，
∴=，
解得t=．

方法2：连接EB，交DM于点F，过点E、P分别向底边AB作垂线，垂足为N，J，过点F向BD作垂线，垂足为K，此时BE为角平分线．
BM=BK=8，∴DK=2，设FK=x，则DF=6－x，
则在Rt△FDK中，(6－x)2=x2+4，解得x=，
∴FM=FK=．
在Rt△BFM中，sin∠FBM==，
EN=PJ=AP·sin∠DAB=6－t，
△AEN≌△QPJ，∴AN=QJ=AJ－AQ=AP·cos∠DAB－AQ=8－t，
BN=AB－AN=16－(8－t)=8+t，
sin∠EBN=sin∠FBM===，解得t=．

【知识点】动点综合

9. （2018山东威海，24，12分）如图①，在四边形BCDE中，BC⊥CD，DE⊥CD，AB⊥AE，垂足分别为C，D，，BC≠AC，点M，N，F分别为AB，AE，BE的中点，连接MN，MF，NF．

(1)如图②，当BC＝4，DE＝5，tan∠FMN＝1时，求的值；
(2)若tan∠FMN＝，BC＝4，则可求出图中哪些线段的长？写出解答过程；
(3)连接CM，DN，CF，DF，试证明△FMC与△DNF全等；
(4)在(3)的条件下，图中还有哪些其它的全等三角形？请直接写出．
【思路分析】（1）由中位线定理得出四边形MANF是平行四边形，再由tan∠FMN＝1得出FN＝FM，从而得出AB＝AE；然后通过证明△ABC≌△EAD求出AC和AD的长，得解；（2）由tan∠FMN＝可得＝，再由△ABC∽△EAD，BC＝4，可得AD的长；（3）如图，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半及矩形的性质得出FM＝DN，CM＝NF；由∠1＝∠3，利用外角得出∠4＝∠5，进而得出∠FMC＝∠FND，从而得证；（4）Rt△ABE中分成的4个三角形都全等，即△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．
【解题过程】
解：(1)∵M，N，F分别是AB，AE，BE的中点，
∴BM＝NF＝MA，MF＝AN＝NE．
∴四边形MANF是平行四边形．
又∵BA⊥AE，∴平行四边形MANF是矩形．
又∵tan∠FMN＝1，∴，即FN＝FM．
∴矩形MANF为正方形，∴AB＝AE．
∵∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，
∴∠1＝∠3；
∵∠C＝∠D＝90°，
∴△ABC≌△EAD(AAS)，
∴BC＝AD，CA＝DE．
∵BC＝4，DE＝5，
∴．

(2)可求线段AD的长．
由(1)知，四边形MANF为矩形，FN＝AB，MF＝AE；
∵tan∠FMN＝，即，∴．
∵∠1＝∠3，∠BCA＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△FAD，
∴．
∵BC＝4，∴，
∴AD＝8．

(3)∵BC⊥CD，DE⊥CD．
∴△ABC与△ADE都是直角三角形．
∵M，N分别是AB，AE中点，
∴BM＝CM，NA＝ND．
∴∠4＝2∠1，∠5＝2∠3．
∵∠1＝∠3，∴∠4＝∠5，
∴∠FMC＝90°＋∠4，∠FND＝90°＋∠5，
∴∠FMC＝∠FND．
∵FM＝DN，CM＝NF．
∴△FMC≌△DNF(SAS)．

(4)△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．
【知识点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；平行四边形、矩形、正方形的判定与性质；

10. 2018浙江杭州，19，8分） 如图，在△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E，
（1）求证：△BDE∽△CAD
（2）若AB=13，BC=10，求线段DE的长。

【思路分析】题（1）AA相似；（2）等腰三角形三线合一求出BD=5，再运用子母相似得方程求出DE
【解题过程】
【知识点】相似三角形的判定和应性质应用，等腰三角形的三线合一


11. （2018浙江杭州，23，12分） 如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上（不与点B、C重合），连接AG，作DE⊥AG,于点E，BF⊥AG于点F，设
（1）求证：AE=BF
（2）连接BE、DF，设，求证：
（3）设线段AG与对角线BD交于点H， 和四边形CDHG的面积分别为，求的最大值.

【思路分析】（1）由正方形内K证全等；（2）转化为证：，则证：，则证用相似转化为证；（3）把分别表示出来，则是关于的二次函数，求该函数的最大值
【解题过程】
【知识点】正方形的性质，全等三角形的判断和性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值

12. (2018浙江湖州，23，10）已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB≥AC，D，E分别为AC，BC边上的点（不包括端点），且＝m，连结AE，过点D作DM⊥AE，垂足为M，延长DM交AB于点F．
（1）如图1，过点E作EH⊥AB于点H，连结DH．
①求证：四边形DHEC是平行四边形；
②若m＝，求证：AE＝DF；
（2）如图2，若m＝，求的值．

图2
第23题图
图1
E
A
F
D
B
C
M
A
F
H
B
E
M
D
C


【思路分析】（1）①已知条件给出的是线段的比，所以考虑利用三角形相似，将线段的比进行转化，从而证明HE与DC相等，再得出平行四边形的结论；②是一个特殊的比值，且出现直角三角形题目中，所以考虑证明直角三角形为等腰直角三角形，从而得出线段相等，进而通过三角形全等证明结论． （2）虽然m的值发生变化，但整体图形没有发生变化，所以解题的方法还可以仿照第（1）问进行，只需要考虑将全等改作相似就可以．
【解题过程】（1）证明 ①∵EH⊥AB，∠BAC＝90°，
∴EH∥CA．
∴△BHE∽△BAC．
∴． 1分
∵，∴．
∴． 1分
∴HE＝DC．
∴四边形DHEC是平行四边形． 1分
②∵＝，∠BAC＝90°，∴AC＝AB．
∵＝，HE＝DC，∴＝．
又∠BHE＝90°，∴BH＝HE． 1分
∵HE＝DC，∴BH＝CD．∴AH＝AD． 1分
∵DM⊥AE，EH⊥AB，
∴∠EHA＝∠AMF＝90°．
∴∠HAE+∠HEA＝∠HAE+∠AFM＝90°．
∴∠HEA＝∠AFD．
∵∠EHA＝∠FAD＝90°，
∴△HEA≌△AFD．
∴AE＝DF． 1分

E
A
F
D
B
C
M
G
第23题答图

（2）解 过点E作EG⊥AB于G，
∵CA⊥AB，
∴EG∥CA．
∴△EGB∽△CAB，∴．
∴＝．
∵，
∴EG＝CD． 2分
设EG＝CD＝3x，AC＝3y，
由题意得BE＝5x，BC＝5y，
∴BG＝4x，AB＝4y，
∵∠EGA＝∠AMF＝90°，
∴∠GEA+∠EAG＝∠EAG+∠AFM. ．
∴∠AFM＝∠AEG．
∵∠FAD＝∠EGA＝90°，
∴△FAD∽△EGA． 1分
∴． 1分

【知识点】三角形相似，三角形全等，比例的性质，平行四边形的判定，特殊角的三角函数值

13. （2018宁波市，25题，12分） 若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积,我们把这个三角形叫做比例三角形.
（1）已知△ABC是比例三角形，AB=2，BC=3，请直接写出所有满足条件的AC的长；
（2）如图1在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADC.
求证：△ABC是比例三角形;
（3）如图2，在(2)的条件下，当∠ADC=90°时，求BDAC的值.





图2
图1


（第25题图）


【思路分析】
【解题过程】解：(1)43或92或6。
(2)∵AD∥BC,
∴∠ACB=∠CAD
又∵∠BAC=∠ADC,
∴△ABC∽△DCA
∴BCCA=CAAD，即CA2=BC·AD
∵AD∥BC,
∴∠ADB=∠CBD
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD
∴∠ADB=∠ABD
∴AB=AD
∴CA2=BC·AB,
∴△ABC是比例三角形
(3)如图，过点A作AH⊥BD于点H
∵AB=AD,
∴BH=12BD.
∵AD∥BC,∠ADC=90°
∴∠BCD=90°
∴∠BHA=∠BCD=90°
又∵∠ABH=∠DBC,
∴△ABH∽△DBC
∴ABBD=BHBC
∴AB·BC=DB·BH,
∴AB·BC=12BD2
又∵AB·BC=AC2,
∴12BD2=AC2
∴BDAC=2

【知识点】相似