专题08 相似三角形模型（专项突破）-【一题三变系列】最新九年级数学下册重要考点题型精讲精练(人教版)

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专项突破08 相似三角形模型
【思维导图】

◎突破一 A字模型
例．（2020·上海市徐汇中学九年级期中）已知：矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，点E在对角线AC上，且满足AE＝2EC，点F在线段CD上，作直线FE，交线段AB于点M，交直线BC于点N．
（1）当CF＝2时，求线段BN的长；
（2）若设CF＝x，△BNE的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）试判断△BME能不能成为等腰三角形，若能，请直接写出x的值．

【答案】（1）BN＝10；（2），0＜x＜3；，3＜x＜4.5；（3）x＝2或或
【分析】（1）由得△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，进而求得；
（2）分为0＜x＜3和3＜x＜4.5两种情形，作EG⊥BC于G，根据三角形相似求出EG和BN；
（3）分为BM＝BE，EM＝BE，EN＝BM三种，可根据BM＝9﹣2CF求得．
【详解】解：（1）如图1，

在矩形ABCD中，BC＝AD＝6，，
∴△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，
∴,
∴AM＝2CF＝4，
∴BM＝AB﹣AM＝5，
∴，
∴BN＝10；
（2）当CF＝BM时，，此时△BEN不存在，
∴CF＝9﹣2CF，
∴CF＝3，
当点M和B点重合时，
AB＝2CF，
∴CF＝4.5，
∴分为0＜x＜3和3＜x＜4.5，
如图2，

当0＜x＜3时，
作EG⊥BC于G，
由（1）知，
EG＝3，AM＝2CF＝2x，
∴BM＝9﹣2x，
由得，，
∴，
∴y＝
＝
＝；
如图3，

当3＜x＜4.5时，
由得，

∴CN＝，
∴y＝
＝；
（3）如图4，

∵，
∴，
∴CG＝CB＝2，
∴GB＝CB﹣CG＝4，
∴BE＝5，
当BM＝BE＝5时，
9﹣2x＝5，
∴x＝2，
如图5，

当EM＝EB＝5时，
作EH⊥AB于H，
∴BM＝2BH＝2EG＝6，
∴9﹣2x＝6，
∴x=，
如图6，

当EM＝BM时，
作MH⊥BE于H，
在Rt△BMH中，BH＝，cos∠MBH＝cos∠BEG＝，
∴BM＝，
∴9﹣2x＝，
∴x＝，
综上所述：x＝2或或．
【点睛】此题考查相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，勾股定理解直角三角形，矩形的性质，正确引出辅助线及掌握分类思想解决问题是解题的关键．

专训．（2021·全国·九年级课时练习）一块直角三角形木板的面积为，一条直角边为，怎样才能把它加工成一个面积最大的正方形桌面？甲、乙两位木匠的加工方法如图所示，请你用学过的知识说明哪位木匠的方法符合要求（加工损耗忽略不计，计算结果中的分数可保留）．

【答案】乙木匠的加工方法符合要求．说明见解析．
【分析】要求哪位木匠的加工方法符合要求，需要先求出两种加工方式中正方形的边长，边长最大就符合要求；由已知三角形的面积和一条直角边的边长可求出其余两边的边长，根据乙加工方案中的平行关系得到相似三角形，根据相似三角形对应变成比例，可求出正方形的边长；根据甲加工方案中，根据相似三角形的高的比等于边长比，可求出正方形的边长，对比两方案的边长即可知谁符合要求．
【详解】解：作BH⊥AC于H，交DE于M，如图

∵
∴
∵
∴
∴
又∵DE∥AC
∴
∴，解得
设正方形的边长为x米，如图乙
∵DE∥AB
∴
∴，解得
∵
∴乙木匠的加工方法符合要求．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用及分析、解决问题的能力，正确理解题意，建立数学模型，把实际问题转化为数学问题是解决本题的关键．

◎突破二 8字模型
例．（2021·上海市奉贤区古华中学九年级期中）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性质即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB•AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC•CD=MD•CN，
而CD=AB，
∴CM•AB=DM•CN．

【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性质．

专训．（2021·辽宁鞍山·九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝AC，∠ADC＝α，点E为射线BA上一动点，且AE＜AB，连接DE，将线段DE所在直线绕点D顺时针旋转α交BA延长线于点H，DE所在直线与射线CA交于点G．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△ADH≌△CDG；
（2）当α≠60°时，
①如图2，连接HG，求证：△ADC∽△HDG；
②若AB＝9，BC＝12，AE＝3，请直接写出EG的长．

【答案】（1）证明见详解；（2）①证明见详解；②EG的长为或．
【分析】（1）AD＝AC，∠ADC＝60°，可证△ACD为等边三角形，根据四边形ABCD为平行四边形，可得AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，可得∠HAD=∠B=60°=∠GCD，由∠GDH=∠CDA=60°，可证∠HAD =∠CDG，即可证△ADH≌△CDG（ASA）；
（2）①根据AD＝AC，∠ADC＝α，可得∠ACD=∠ADC＝α，根据四边形ABCD为平行四边形，可得AD∥BC，可得∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，由∠GDH=α=∠ADC，可得∠ADH =∠CDG即可；
②根据点E的位置分两种情况，当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，根据四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，可证△AGE∽△CGD，得出AG=3，CG=AC-AG=12-3=9，根据等腰三角形三线合一性质可得AN=BN=，根据勾股定理CN=，由GM∥CN，再证△AMG∽△ANC，可求,，EM=AE-AM=，根据勾股定理EG=，当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，由AE∥CD，△GAE∽△GCD，可求GA=6，由GM∥CN，可证△GMA∽△CNA，可得，，EM=AE-AM=3-，根据勾股定理EG=．
【详解】（1）证明：∵AD＝AC，∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，
∴∠HAD=∠B=60°=∠GCD，
∵∠GDH=∠CDA=60°，
∴∠HDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG=60°，
∴∠HDA =∠CDG，
在△ADH和△CDG中

△ADH≌△CDG（ASA）；

（2）①证明：∵AD＝AC，∠ADC＝α，
∴∠ACD=∠ADC＝α，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，
∵∠GDH=α=∠ADC，
∴∠ADH+∠ADG=∠CDG+∠ADG=α，
∴∠ADH =∠CDG，
∴△ADH∽△CDG；

②解：当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，
∴∠EAG=∠DCG，∠AEG=∠CDG，
∴△AGE∽△CGD，
∴，
∴，
∵AD=AC=12，
∴AG+CG=AG+3AG=4AG=12，
∴AG=3，
∴CG=AC-AG=12-3=9，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
∴AN=BN=，
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=，
∴GM∥CN，
∴△AMG∽△ANC，
∴，
∴,，
∴EM=AE-AM=，
在Rt△MGE中，根据勾股定理EG=，

当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵AE∥CD，
∴∠GAE=∠GCD，∠GEA=∠GDC，
∴△GAE∽△GCD，
∴，
∴，
∵AC=GC-GA=3GA-GA=2GA=12,
∴GA=6，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
∴AN=BN=，
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=，
∵CN⊥AB， GM⊥AE，
∴GM∥CN，
∴△GMA∽△CNA，
∴，
∴，，
∴EM=AE-AM=3-，
在Rt△GME中，根据勾股定理EG=，

∴综合EG的长为或．
【点睛】本题考查图形旋转性质，平行四边形性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定，三角形相似判定与性质，勾股定理，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，掌握以上知识是解题关键．

◎突破三 母子型
例．（2021·吉林·长春市第五十二中学九年级阶段练习）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）AD=．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，即可得出结论；
（2）证明△BFE∽△BCF，得出BF2=BE•BC，求出BC，则可求出AD．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2=BE•BC，
∴BC===，
∴AD=．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
专训．（2021·四川成都·九年级期中）如图1，在菱形ABCD中，AC是对角线，AB＝AC＝6，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且满足AE＝BF，连接AF与CE相交于点G．
（1）求的度数．
（2）如图2，作交CE于点H，若CF＝4，，求GH的值．
（3）如图3，点O为线段CE中点，将线段EO绕点E顺时针旋转60°得到线段EM，当构成等腰三角形时，请直接写出AE的长．

【答案】（1）60°；（2）；（3）2或
【分析】（1）根据菱形的性质得到△ABC，△ACD是等边三角形，然后根据等边三角形的性质证明△ABF≌△CAE，得到∠BAF＝∠ACE，从而结合三角形的外角性质求解即可；
（2）延长GA至点K使得AK＝CG，首先结合（1）的结论推出△AFC∽△CFG，得到，从而求出GF，AG，CG，再证明△ADK≌△CDG，推出△DKG是等边三角形，从而求出DG，最后根据30°角的直角三角形的性质求解即可；
（3）分别根据等腰三角形的定义进行分类讨论，并结合相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，
∴△ABC，△ACD是等边三角形．
∴∠ABC＝∠CAE，
在△ABF与△CAE中，

∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CGF＝∠GAC＋∠ACG＝∠GAC＋∠BAF＝∠BAC＝60°；
（2）如图所示，延长GA至点K使得AK＝CG．
∵∠BAF＝∠ACE，
∴∠FAC＝∠GCF，
∵∠GFC＝∠AFC，
∴△AFC∽△CFG，
∴,
∵CF＝4，，AC＝6，
∴，，
∵∠FGC＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠AGC＋∠ADC＝180°，
∴∠GAD＋∠GCD＝180°，
∵∠KAD＋∠GAD＝180°，
∴∠KAD＝∠GCD，
又∵DC=DA，
∴△ADK≌△CDG（SAS），
∴DK＝DG，∠KDA＝∠GDC，
∴∠KDG＝∠ADC ＝60°，
∴△DKG是等边三角形，
∴∠AGD＝∠DGH＝60°，DG＝KG＝AK＋AG＝AG＋CG＝，
∵，∠DGH＝60°，
∴ ；

（3）①若AM=MC，则△MAC为等腰三角形，
此时，取AC中点为点P，连接OP，OM，BM，
∵∠MEO=60°，EO=EM，
∴△OEM为等边三角形，
∵∠FGC=60°，
∴∠MEO=∠FGC，
∴ME∥AF，
∵O为CE的中点，P为AC的中点，   
∴OP为△AEC的中位线，OP∥AB，
∵△ABC为等边三角形，△MAC为等腰三角形，P为AC的中点，
∴由“三线合一”知，B、M、P三点共线，
且BP⊥AC，AP=PC=AC=3，∠ABP=∠ABC=30°，
∵△OEM为等边三角形，
∴OE=OM，∠OEM=∠OME，
∵OE=OC，
∴OM=OC，∠OMC=∠OCM，
∴∠OEM+∠OCM=∠OME+∠OMC，
即：∠OEM+∠OCM=∠EMC，
∴∠EMC=90°，CM⊥EM，
∴在Rt△CEM中，∠ECM=90°-60°=30°，
此时，如图所示，将△AEC绕着C点逆时针旋转60°至△BNC，连接MN，
则∠ACE=∠BCN，∠NBC=60°，
∵∠ECM=30°，
∴∠ACE+∠MCB=30°，
∴∠BCN+∠MCB=∠MCN=30°，
∴∠MCN=∠MCE=30°，
∵CE=CN，∠MCN=∠MCE，CM=CM，
∴△MCE≌△MCN，
∴∠CMN=∠CME=90°，
∴E、M、N三点共线，
∴△ECN为等边三角形，
∵∠NBC=∠ACB=60°，
∴BN∥AC，
∵∠BPC=90°，
∴∠NBM=90°，
∵∠CMN=90°，
∴∠BMN+∠CMP=90°，
∵∠BMN+∠BNM=90°，
∴∠BNM=∠CMP，
∴△BMN∽△PCM，
∴，
∵，
∴，
∵PC=3，
∴BM=，
在Rt△ABP中，AP=3，∠ABP=30°，
∴BP=，
∴PM=BP-BM=，
∵∠MBC=30°，∠OMC=90°-∠OME=30°，
∴∠MBC+∠MCB=∠OMC+∠OMP，
∴∠MCB=∠OMP，
∵OP∥AB，
∴∠OPC=∠BAC=60°，
∴∠OPM=90°-60°=30°，
∴△OPM∽△MBC，
∴，
即：，
∴OP=1，
∵OP为△AEC的中位线，
∴AE=2OP=2；

②若AM=AC，则△AMC为等腰三角形，
如图所示，取AC中点P，连接OP，延长AO交MC于Q点，
由①可知，△EMC始终为直角三角形，∠EMC=90°，∠ECM=30°，
且EM与AF始终平行，
∴∠EMC=∠AQC=90°，AQ⊥MC于Q点，
∵OM=OC，
∴O点在AQ上，
∵∠COQ=60°，∠CGF=60°，   
∴此时O点和G点重合，
∵∠CPO=∠CAB=60°，∠COQ=60°，
∴∠APO=∠AOC=120°，
∴△APO∽△AOC，
∴，
∵AC=6，AP=3，
∴，
∴AO=，
∵Rt△OCQ中，∠OCQ=30°，
∴设OQ=x，则CQ=x，
在Rt△CAQ中，，
即：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴，，
∴由得：，
解得：，
∵OP是△AEC的中位线，
∴AE=2OP=；

③若AC=MC，则E点在AB的延长线上，此时与E点在边AB上运动矛盾，故该种情况舍去；
综上，AE＝2或．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的动点问题，涉及到相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的运用，等腰三角形的判定与性质等，掌握基本图形的性质，熟练综合分析是解题关键．

◎突破四 旋转型
例．（2022·山东济南·八年级期末）某校数学活动小组探究了如下数学问题：

(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；
(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；
(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．
（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中， ，∴，∴；
（2）解：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；
（3）解：连接BD，如图所示，∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为3．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．
专训．（2022·重庆一中七年级期中）如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．


(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；
(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；
(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．
【答案】(1)22.5°
(2)见解析
(3)∠DAE+2∠ADM=180°，详见解析
【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°，再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF，代入求值即可；
（2）连接AF，过A作AH⊥EF，由手拉手相似得△ACD∽△AFH，得∠CDF=∠BAC，再由∠ADE=90°－∠DAE，等量代换即可得证；
（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，证明△ACQ≌△ABN，得AN=AQ，再证明△AND≌△AQD，得∠ADQ=∠AND，由对顶角相等得∠ADM=∠ADE，根据等腰三角形性质等量代换即可解答．
(1)
解：∵△ABC为等腰三角形，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
由三角形外角性质知，∠ADE=∠ACE+∠DAC，∠AED=∠ECB+∠B，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B，
∵AF⊥BC，
∴∠BAF=∠CAD=45°，
∴∠ACE=∠BCE，
又∠ACB=45°，
∴∠ACE=22.5°，
故答案为：22.5°．
(2)
解：连接AF，过A作AH⊥EF于H，如图所示，


∵∠BAC=∠DAE，AD=AE，AB=AC，
∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH，
∴∠CAD=∠HAF，
由△ACF∽△ADH知，
∴，
∴△ACD∽△AFH，
∴∠ACD=∠AFH，
∴∠CDF=∠CAF，
∵∠ADE=∠AED=90°－∠DAE，
∴∠ADE+∠CDF=90°，
故∠ADC=90°，
即AD⊥CD．
(3)
解：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，

∵∠BAC=∠QAN，
∴∠QAC=∠BAN，
∵∠ABM+∠ACM=180°，∠ACM+∠ACQ=180°，
∴∠ABM=∠ACQ，
∵AB=AC，
∴△ACQ≌△ABN，
∴AN=AQ，
∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ，
∴∠QAD=∠NAD，
又AD=AD，
∴△AND≌△ADQ，
∴∠AND=∠ADQ，
即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ，
∴∠ADM=∠ADE，
∵AD=AE，
∴∠DAE+2∠ADE=180°，
即∠DAE+2∠ADM=180°．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与全等三角形判定，难度较大．根据已知条件，构造手拉手的相似与全等模型是解题关键．

◎突破五 K字型
例．（2022·河南开封·九年级期末）某数学兴趣小组在学习了尺规作图、等腰三角形和相似三角形的有关知识后，在等腰△ABC中，其中，如图1，进行了如下操作：

第一步，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交BA的延长线和AC于点E，F，如图2；
第二步，分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧相交于点D，作射线AD；
第三步，以D为圆心，DA的长为半径画弧，交射线AE于点G；
(1)填空；写出∠CAD与∠GAD的大小关系为___；
(2)①请判断AD与BC的位置关系，并说明理由．
②当时，连接DG，请直接写出___；
(3)如图3，根据以上条件，点P为AB的中点，点M为射线AD上的一个动点，连接PM，PC，当时，求AM的长．
【答案】(1)∠CAD=∠GAD；
(2)①AD∥BC； ②3
(3)9
【分析】（1）根据题目的尺规作图发现AD平分∠CAG即可得到∠CAD=∠GAD；
（2）①由AD平分∠CAG再结合等腰三角形ABC的外角可得AD平行BC；
②易证，可得
（3）以M为圆心，MA的长为半径画弧，交射线BA于点N，由（2）可得，
即可用一线三等角模型构造相似解题．
(1)
由尺规作图步骤发现AD平分∠CAG
∴∠CAD=∠GAD；
(2)
①∵
∴
∵∠CAD=∠GAD,
∴
∴AD∥BC
②∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
(3)
以M为圆心，MA的长为半径画弧，交射线BA于点N，如图

由（1）（2）可得,
设则
∵点P为AB的中点
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴，解得
∴．
【点睛】本题考查尺规作图中的作角平分线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是能根据尺规作图的步骤判断是作角平分线．
专训．（2021·浙江衢州·中考真题）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．


【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；
（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，
，
．
又四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
．

（2）如图，连接，

由（1）得，
，
由折叠得，，
．
四边形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．

，
，
（舍去）．
（3）如图，连结HE，

由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，，
，
由折叠得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．

②当点在点右边时，如图，

同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．

【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
．

◎突破六 三角形内接矩形
例．（2021·全国·九年级课时练习）如图，已知三角形铁皮的边，边上的高，要剪出一个正方形铁片，使、在上，、分别在、上，则正方形的边长________．

【答案】
【分析】设AM交GF于H点，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：如图，设高AM交GF于H点，
∵四边形DEFG为正方形，
∴GF∥DE，即：GF∥BC，
∴AH⊥GF，△AGF∽△ABC，
∴，
设正方形的边长为，
∴，
解得：，
故答案为：．

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，理解相似三角形的基本性质是解题关键．

专训．（2019·吉林长春·九年级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝8．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿边AB向点B运动．过点P作PD⊥AB交折线AC﹣CB于点D，以PD为边在PD右侧做正方形PDEF．设正方形PDEF与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒（0＜t＜4）．
（1）当点D在边AC上时，正方形PDEF的边长为　 　（用含t的代数式表示）．
（2）当点E落在边BC上时，求t的值．
（3）当点D在边AC上时，求S与t之间的函数关系式．
（4）作射线PE交边BC于点G，连结DF．当DF＝4EG时，直接写出t的值．

【答案】（1）2t；（2）；（3）；（4）t＝或
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质和正方形的性质可得：∠A＝∠ADP＝45°，即AP＝DP＝2t；
（2）由等腰直角三角形的性质和正方形的性质可得：AB＝AP+PF+FB，即2t+2t+2t＝8，可求t的值；
（3）分两种情况讨论，根据重叠部分的图形的形状，可求S与t之间的函数关系式；
（4）分点E在△ABC内部和△ABC外部两种情况讨论，根据平行线分线段成比例，可求t的值．
【详解】（1）∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝45°＝∠B，且DP⊥AB，
∴∠A＝∠ADP＝45°，
∴AP＝DP＝2t，
故答案为2t，
（2）如图，

∵四边形DEFP是正方形，
∴DP＝DE＝EF＝PF，∠DPF＝∠EFP＝90°，
∵∠A＝∠B＝45°，
∴∠A＝∠ADP＝∠B＝∠BEF＝45°，
∴AP＝DP＝2t＝EF＝FB＝PF，
∵AB＝AP+PF+FB，
∴2t+2t+2t＝8，
∴t＝；
（3）当0＜t≤时，正方形PDEF与△ABC重叠部分图形的面积为正方形PDEF的面积，
即S＝DP2＝4t2，
当＜t≤2时，如图，正方形PDEF与△ABC重叠部分图形的面积为五边形PDGHF的面积，

∵AP＝DP＝PF＝2t，
∴BF＝8﹣AP﹣PF＝8﹣4t，
∵BF＝HF＝8﹣4t，
∴EH＝EF﹣HF＝2t﹣（8﹣4t）＝6t﹣8，
∴S＝S正方形DPFE﹣S△GHE，
∴S＝4t2﹣×（6t﹣8）2＝﹣14t2+48t﹣32，
综上所述，S与t之间的函数关系式为.
（4）如图，当点E在△ABC内部，设DF与PE交于点O，

∵四边形PDEF是正方形，
∴DF＝PE＝2PO＝2EO，∠DFP＝45°，
∴∠DFP＝∠ABC＝45°，
∴DF∥BC，
∴，
∵DF＝4EG，
∴设EG＝a，则DF＝4a＝PE，PO＝2a＝EO，
∴PG＝5a，
∴，
∴，
∴t＝，
如图，当点E在△ABC外部，设DF与PE交于点O，

∵四边形PDEF是正方形，
∴DF＝PE＝2PO＝2EO，∠DFP＝45°，
∴∠DFP＝∠ABC＝45°，
∴DF∥BC，
∴，
∵DF＝4EG，
∴设EG＝a，则DF＝4a＝PE，PO＝2a＝EO，
∴PG＝3a，
∵，
∴，
∴t＝，
综上所述：t＝或.
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线分线段成比例和重叠部分的面积等知识.先求特殊位置时对应的t值，做到不重不漏，再利用数形结合的思想，确定重叠部分图形的形状是解题的关键．