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初中6.4 探索三角形相似的条件优秀达标测试
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这是一份初中6.4 探索三角形相似的条件优秀达标测试，文件包含重难点01相似三角形6种解题模型解析版docx、重难点01相似三角形6种解题模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共148页， 欢迎下载使用。
重难点01 相似三角形（6种解题模型）
技巧方法
一、“A”字模型
【方法点拨】基本模型：
A字型（平行） 反A字型（不平行）
二、“X”字模型
【方法点拨】基本模型：
X字型（平行） 反X字型（不平行）
三、母子型
【方法点拨】
图1垂直母子型条件：，图1结论：；
图2斜交母子字型条件：，图2结论：；
四、手拉手模型——旋转相似
【方法点拨】基本模型：
旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.
五、K字型（一线三等角）
【方法点拨】基本模型：
如图1，∠B=∠C=∠EDF推出△BDE∽△CFD（一线三等角）
如图2，∠B=∠C=∠ADE推出△ABD∽△DCE（一线三等角）
如图3，特别地，当D时BC中点时：△BDE∽△DFE∽△CFD推出ED平分∠BEF，FD平分∠EFC.
六、相似三角形常用辅助线（作平行线）
【方法点拨】解决此类问题的关键是作平行线去构造相似三角形从而利用相似三角形的性质去解决问题.
基本模型：
能力拓展
题型一：“A”字模型
一．选择题（共4小题）
1．（2022•泗阳县一模）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH＝h，AB＝c，若内接正方形DEFG的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ）
A．x2+h2＝c² B．x+h＝c C．h2＝xc D．＝+
【分析】先根据正方形的性质得到GF∥DE，从而证明△CGF∽△CAB，根据相似三角形的性质可列出比例式，再通过证明四边形DHMG是矩形表示出CM的长度，即可求解．
【解答】解：如图，设CH与GF交于点M，
∵四边形DEFG是正方形，
∴GF∥DE，∠GDE＝∠DGF＝90°，
∴△CGF∽△CAB，
∴＝，
∵CH⊥AB，
∴∠DHM＝90°，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG＝MH，
∵CH＝h，AB＝c，正方形DEFG的边长是x，
∴MH＝x，
∴CM＝CH﹣MH＝h﹣x，
∴＝，
∴＝1﹣，
∴＝﹣，
∴＝+，
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键是证明△CGF∽△CAB后列出比例式．
2．（2021•武进区校级自主招生）如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，BM交AD，AE于H，G，则BH：HG：GM等于（ ）
A．3：2：1 B．5：3：1 C．25：12：5 D．51：24：10
【分析】连接EM，根据已知可得△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA，根据相似比从而不难得到答案．
【解答】解：连接EM，
CE：CD＝CM：CA＝1：3
∴EM平行于AD
∴△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA
∴HD：ME＝BD：BE＝3：5，ME：AD＝CM：AC＝1：3
∴AH＝（3﹣）ME，
∴AH：ME＝12：5
∴HG：GM＝AH：EM＝12：5
设GM＝5k，GH＝12k，
∵BH：HM＝3：2＝BH：17k
∴BH＝K，
∴BH：HG：GM＝k：12k：5k＝51：24：10
故选：D．
【点评】此题主要考查相似三角形的性质的理解及运用．
3．（2022•工业园区模拟）如图①，②，③，④，两次折叠等腰三角形纸片ABC，先使AB与AC重合，折痕为AD，展平纸片；再使点A与点C重合，折痕为EF，展平纸片，AD、EF交于点G．若AB＝AC＝5cm，BC＝6cm，则DG的长为（ ）
A．cm B．cm C．1cm D．cm
【分析】由折叠可得，BD＝CD，AF＝CF，AD⊥BC，EF⊥AC，则CD＝3cm，CF＝cm，根据勾股定理可得AD＝＝4cm，利用△ACD∽△ECF可求出EF和EC，进而可得DE，再利用△EDG∽△EFC，即可求出DG．
【解答】解：由折叠可得，BD＝CD，AF＝CF，AD⊥BC，EF⊥AC，
∵AB＝AC＝5cm，BC＝6cm，
∴CD＝3cm，CF＝cm，AD＝＝4cm，
在Rt△CEF和Rt△CAD中，
∠ECF＝∠ACD，∠CFE＝∠ADC，
∴△ACD∽△ECF，
∴，
即，
解得EF＝cm，EC＝cm，
∴DE＝EC﹣CD＝（cm），
在Rt△EDG和Rt△EFC中，
∠EDG＝∠EFC＝90°，∠DEG＝∠CEF，
∴△EDG∽△EFC，
∴，
即，
解得DG＝cm．
故选：B．
【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、相似三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
4．（2022•工业园区校级自主招生）在△ABC中，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且满足DB⊥BA，DC＝AB，则＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，设BH＝x，则CH＝x，BC＝2x，设＝t，根据CD＝AB，可得＝t，证明BD∥CH，可得＝＝t，证明△ABD∽△AHC，可得＝＝，列式＝，求出t的值即可．
【解答】解：过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，如图，
∵∠ABC＝120°，
∴∠CBH＝180°﹣120°＝60°，
设BH＝x，则CH＝x，BC＝2x，
设＝t，
∵CD＝AB，
∴＝t，
∵DB⊥BA，CH⊥AH，
∴BD∥CH，
∴＝＝t，
∴AB＝tx＝CD，
∴AD＝t2x，
∴BD＝＝tx，
∵BD∥CH，
∴△ABD∽△AHC，
∴＝＝，
＝，
∴（t+1）＝．
两边平方得：
（t2﹣1）•（t2+2t+1）＝3，
∴t4+2t3+t2﹣t2﹣2t﹣4＝0，
∴t3（t+2）﹣2（t+2）＝0，
∴（t3﹣2）（t+2）＝0，
∵t+2＞0，
∴t3﹣2＝0，
∴t＝．
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的判定以及性质，以及勾股定理的应用，解决本题的关键是得到△ABD∽△AHC．
二．填空题（共4小题）
5．（2018•连云港）如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD：DB＝1：2，则△ADE与△ABC的面积的比为 1：9 ．
【分析】根据DE∥BC得到△ADE∽△ABC，再结合相似比是AD：AB＝1：3，因而面积的比是1：9，问题得解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：DB＝1：2，
∴AD：AB＝1：3，
∴S△ADE：S△ABC＝1：9．
故答案为：1：9．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．
6．（2021•武进区校级自主招生）有一张矩形纸片ABCD，AD＝9，AB＝12，将纸片折叠使A、C两点重合，那么折痕长是 ．
【分析】首先由勾股定理求出AC的长，设AC的中点为E，折线与AB交于F．然后求证△AEF∽△ABC求出EF的长．
【解答】解：如图，由勾股定理易得AC＝15，设AC的中点为E，折线FG与AB交于F，（折线垂直平分对角线AC），AE＝7.5．
∵∠AEF＝∠B＝90°，∠EAF是公共角，
∴△AEF∽△ABC，
∴＝＝．
∴EF＝．
∴折线长＝2EF＝．
故答案为．
【点评】本题综合考查了矩形的性质，勾股定理，相似，全等等知识点．
7．（2022•盐城一模）如图，点E、F分别是矩形ABCD边BC和CD上的点，把△CEF沿直线EF折叠得到△GEF，再把△BEG沿直线BG折叠，点E的对应点H恰好落在对角线BD上，若此时F、G、H三点在同一条直线上，且线段HF与HD也恰好关于某条直线对称，则的值为 ．
【分析】根据线段HF与HD关于某条直线对称，可得HF＝HD，从而可得∠BHG＝2∠HFD，再根据折叠的性质可得CF＝FG，CE＝EG＝HG，∠CFE＝∠GFE，∠BHG＝∠BEG，∠CEF＝∠GEF，从而可得∠HFD+∠CEF＝90°，然后利用矩形的性质可得∠CEF+∠CFE＝90°，从而可得∠CFE＝∠HFD＝∠GFE＝60°，进而证明△HDF是等边三角形，最后证明A字模型相似三角形△CFE∽△CDB，再利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵线段HF与HD关于某条直线对称，
∴HF＝HD，
∴∠HDF＝∠HFD，
∵∠BHG＝∠HDF+∠HFD，
∴∠BHG＝2∠HFD，
由折叠可得：
CF＝FG，CE＝EG＝HG，∠CFE＝∠GFE，∠BHG＝∠BEG，∠CEF＝∠GEF，
∴∠BEG＝2∠HFD，
∵∠BEG+∠CEG＝180°，
∴2∠HFD+2∠CEF＝180°，
∴∠HFD+∠CEF＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∴∠CEF+∠CFE＝90°，
∴∠CFE＝∠HFD，
∴∠CFE＝∠HFD＝∠GFE＝×180°＝60°，
∴△HDF是等边三角形，
∴∠HDF＝60°，HF＝DF，
∵∠HDF＝∠CFE＝60°，∠C＝∠C，
∴△CFE∽△CDB，
∴＝，
设CF＝GF＝a，
∵∠C＝90°，∠CFE＝60°，
∴CE＝CF＝a，
∴CE＝HG＝a，
∴DF＝HF＝HG+FG＝a+a，
∴CD＝CF+DF＝2a+a，
∴＝＝＝2+，
故答案为：2+．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，轴对称的性质，翻折变换（折叠问题），熟练掌握折叠的性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022•广陵区一模）如图，边长为2的正方形CDEF内接于Rt△ABC，斜边AB＝6，则△ABC的周长为 ．
【分析】设BC＝a，AC＝b，根据正方形的性质可得∠EFC＝∠C＝90°，EF＝CD＝CF＝2，从而可证A字模型相似三角形△AFE∽△ACB，然后利用相似三角形的性质可得2（a+b）＝ab，再在Rt△ABC中，利用勾股定理可得a2+b2＝36，然后进行计算即可解答．
【解答】解：设BC＝a，AC＝b，
∵四边形EFCD是正方形，
∴∠EFC＝∠C＝90°，EF＝CD＝CF＝2，
∴∠AFE＝180°﹣∠EFC＝90°，
∴∠AFE＝∠C，
∵∠A＝∠A，
∴△AFE∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴2（a+b）＝ab，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∴a2+b2＝62＝36，
∴（a+b）2﹣2ab＝36，
∴（a+b）2﹣4（a+b）﹣36＝0，
∴a+b＝2+2或a+b＝2﹣2（舍去），
∴△ABC的周长为＝AB+AC+BC＝6+2+2＝8+2，
故答案为：8+2．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
9．（2022•如皋市二模）如图，点D在△ABC的边BC上，∠ADC+∠BAC＝180°，AB＝4，BC＝8，求BD的长．
【分析】可证得△BAD∽△BCA，得出＝，把AB＝4，BC＝8代入，即可求得答案．
【解答】解：∵∠ADC+∠BAC＝180°，∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠ADB＝∠BAC，
又∵∠B＝∠B，
∴△BAD∽△BCA，
∴＝，
∴BA2＝BD•BC，
∵AB＝4，BC＝8，
∴BD＝2．
【点评】本题考查了同角的补角相等，相似三角形的判定和性质，难度较小．
10．（2022•丰县二模）如图①，等边三角形纸片ABC中，AB＝12，点D在BC上，CD＝4，过点D折叠该纸片，得点C'和折痕DE（点E不与点A、C重合）．
（1）当点C'落在AC上时，依题意补全图②，求证：DC'∥AB；
（2）设△ABC'的面积为S，S是否存在最小值？若存在，求出S的最小值；若不存在，请说明理由；
（3）当B，C'，E三点共线时，EC的长为 2﹣2 .
【分析】（1）根据题意补全图形，利用等边三角形性质和翻折变换的性质即可证得结论；
（2）过点D作DF⊥AB于F，由折叠可知，DC′＝DC＝4，以D为圆心，4为半径作辅助圆，则点C′在⊙D上，当点C′在DF上时，点C′到AB的距离最小，S△ABC最小，利用三角形面积公式即可求得答案；
（3）如图④，连接BC′，过点D作DG⊥C′E于点G，过点E作EH⊥BC于点H，设CE＝x，可证得△BDG∽△BEH，则＝＝，建立方程求解即可得出答案．
【解答】（1）证明：补全图形，如图②所示，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵过点D折叠该纸片，得点C'和折痕DE，
∴∠DC′C＝∠C＝60°，
∴∠DC′C＝∠A＝60°，
∴DC'∥AB；
（2）解：S存在最小值，
如图③，过点D作DF⊥AB于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝12，
又∵CD＝4，
∴BD＝8，
由折叠可知，DC′＝DC＝4，
∴点C′在以D为圆心，4为半径的圆上，
∴当点C′在DF上时，点C′到AB的距离最小，S△ABC最小，
∵Rt△BDF中，DF＝DB•sin∠ABD＝8•sin60°＝8×＝4，
∴S最小＝×12×（4﹣4）＝24﹣24；
（3）解：EC＝2﹣2，理由如下：
如图④，连接BC′，过点D作DG⊥C′E于点G，过点E作EH⊥BC于点H，
则∠DGC′＝∠EHC＝90°，
设CE＝x，
由翻折得：DC′＝DC＝4，C′E＝CE＝x，∠DC′E＝∠DCE＝60°，
C′G＝DC′•cos∠DC′E＝4cos60°＝2，DG＝DC′•sin∠DC′E＝4sin60°＝2，
CH＝CE•cos∠DCE＝x•cos60°＝x，EH＝CE•sin∠DCE＝x•sin60°＝x，
∴BH＝BC﹣CH＝12﹣x，
∵B，C'，E三点共线，
∴∠DBG＝∠EBH，BG＝BE﹣C′E+C′G＝BE﹣x+2，
∴△BDG∽△BEH，
∴＝＝，
即：＝＝
∴BE＝2x，
∴＝，
∵x＞0，
∴x＝2﹣2，
∴EC的长为2﹣2，
故答案为：2﹣2．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，翻折变换的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
声明：试题型二：“X”字模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022•工业园区校级二模）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，在井口A处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径AC交于点E，如果测得AB＝1米，AC＝1.6米，AE＝0.4米，那么CD为（ ）
A．2米 B．3米 C．米 D．米
【分析】由题意知：△ABE∽△CDE，得出对应边成比例即可得出CD．
【解答】解：由题意知：AB∥CD，
则∠BAE＝∠C，∠B＝∠CDE，
∴△ABE∽△CDE，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝3米，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意得出△ABE∽△CDE是解决问题的关键．
二．填空题（共3小题）
2．（2022•淮阴区校级一模）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△EOC＝1：3，则当S△ADE＝1时，四边形DBCE的面积是 8 ．
【分析】由题意可得出，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】解：∵S△DOE：S△EOC＝1：3，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△ODE∽△OCB，
∴，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵S△ADE＝1，
∴S△ABC＝9，
∴四边形DBCE的面积
＝S△ABC﹣S△ADE
＝9﹣1
＝8．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
3．（2022•无锡二模）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△DOB＝1：3，则＝ ，当S△ADE＝2时，四边形DBCE的面积是 16 ．
【分析】由题意可得＝1：3，可得＝1：3，再由相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵S△DOE：S△DOB＝1：3，
∴＝1：3，
∵DE∥BC，
∴△ODE∽△OCB，
∴＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵S△ADE＝2，
∴S△ABC＝18，
∴四边形DBCE的面积为S△ABC﹣S△ADE＝18﹣2＝16，
故答案为：，16．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
4．（2022•金坛区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠ABC＝，BD∥AC，AD交BC于点E．若DE＝2AE，则sin∠ADB＝ ．
【分析】在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得＝，从而设AC＝2a，BC＝3a，然后证明△ACE∽△DBE，从而利用相似三角形的性质可得BD＝4a，BE＝2a，CE＝a，进而在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长，最后利用锐角三角函数的定义求出sin∠EAC，即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，tan∠ABC＝，
∴＝，
∴设AC＝2a，BC＝3a，
∵BD∥AC，
∴∠D＝∠DAC，∠DBE＝∠C，
∴△ACE∽△DBE，
∴＝＝＝2，
∴BD＝2AC＝4a，BE＝BC＝2a，CE＝BC＝a，
∴AE＝＝＝a，
∴sin∠EAC＝＝＝，
∴sin∠ADB＝sin∠EAC＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．
三．解答题（共3小题）
5．（2021•无锡）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AB＝CD，BD平分∠ABC，AC与BD相交于点E．
（1）求证：△ABE∽△ACB；
（2）若AD＝4，BC＝6，求线段DE的长度．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠ABD＝∠DBC，从而可得＝，进而可得＝，然后再利用等弧所对的圆周角相等可得∠ACB＝∠ABD，即可解答；
（2）根据同弧所对的圆周角相等可得∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，从而证明△ADE∽△CBE，进而利用相似三角形的性质可得＝＝，然后设AE＝2a，CE＝3a，从而利用（1）的结论可得AB2＝AC•AE，列出关于a的方程，进行计算即可求出a的值，最后根据等弧所对的圆周角相等可得∠ADE＝∠DAE，从而可得AE＝DE，即可解答．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴＝，
∵AB＝CD，
∴＝，
∴＝，
∴∠ACB＝∠ABD，
∵∠BAE＝∠BAC，
∴△ABE∽△ACB；
（2）解：∵＝，
∴∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，
∴△ADE∽△CBE，
∴＝＝＝，
∴设AE＝2a，CE＝3a，
∴AC＝AE+CE＝5a，
∵△ABE∽△ACB，
∴＝，
∴AB2＝AC•AE，
∴16＝2a•5a，
∴a＝或a＝﹣（舍去），
∴AE＝2a＝，
∵＝，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE＝，
∴线段DE的长度为．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，角平分线的性质，熟练掌握圆周角定理，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2021•江阴市校级三模）画图（要求：以下操作均只使用无刻度的直尺）．
（1）在直角坐标系中我们把横、纵坐标都为整数的点称为整点．如图1中点A（1，2）、B（3，4），在图1中第一象限内找出所有的整点P（图上标为P1、P2），使得点P横、纵坐标的平方和等于20．
（2）在图中过点A作一直线，使它将△ABC的面积分成1：2的两部分．
（3）如图2，是大小相等的边长为1的正方形构成的网格，A、B、C、D均为格点．请在线段AD上找一点P，并连结BP使得直线BP将四边形ABCD的面积分为1：2两部分．
【分析】（1）设P（x，y），则x2+y2＝20，再根据x，y为正整数，即可求出点P的坐标，锯刺可得点P的位置；
（2）将△ABC的面积分成1：2，进而确定出BC的三等分点，即可画出图形；
（3）依据直线BP将四边形ABCD的面积分为1：2两部分，可得△ABP的面积＝×＝，即S△ABP＝S△ABD，即可得到AP：PD＝5：3，据此可得点P的位置．
【解答】解：（1）设P（x，y），则x2+y2＝20，
而20＝22+42，
∴点P的坐标为（2，4）或（4，2），
如图1，点P1，P2即为所求；
（2）如图2中，直线AG（或AH）即为所求．
（3）如图3，连接BD，
则△ABD的面积＝△ADF的面积+△BDF的面积＝×2×（2+2）＝4，
四边形ABCD的面积＝△ACD的面积+△ACB的面积＝×5×1+×5×2＝，
∵直线BP将四边形ABCD的面积分为1：2两部分，
∴△ABP的面积＝×＝，即S△ABP＝S△ABD，
∴AP：PD＝5：3，
连接CE，交AD于点P，连接BP，则，
∴线段BP即为所求．
【点评】此题主要考查了四边形的面积的计算方法，三角形的面积计算方法，利用网格线将线段分成几比几的关系（如（2）将线段BC分成1：2或2：1；如（3）将线段分成5：3）是解本题的关键．
7．（2022•江阴市校级一模）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．
①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝ 22.5 °．
（2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；
（3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．
【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合∠DEG＝∠BEC得到∠EBC＝∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE＝∠DCF、BC＝DC，从而证明△BCE≌△DCF；
②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG＝∠D'BG＝22.5°，然后由①得到∠EDF＝∠EBC＝22.5°；
（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE＝DE＝1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
【解答】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD＝∠EGD'＝90°，
∵∠DEG＝∠BEC，
∴∠EBC＝∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE＝∠D'BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝45°，
∴∠DBE＝∠D'BE＝22.5°，
由①得到∠CDF＝∠EBD'，
∴∠CDF＝22.5°，
故答案为：22.5°．
（2）解：如图2，延长BE交DF于点G，
由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD＝∠EGD'＝90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是△DCD'的中位线，
∴点E是CD的中点，
∴CE＝DE＝CD＝×2＝1，
∴BE＝＝，
由（1）①得，∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°，
∴△ECB∽△EGD，
∴，
∴，
∴EG＝，
∴BG＝BE+EG＝+＝，
∵EG是△DCD'的中位线，
∴CD'＝2EG＝2×＝．
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，
由（1）①可得，∠GDF＝∠OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，∠ODC＝∠ODA，
∴∠OAF＝∠ODA，
∵AC＝2，
∴OA＝1，
∵AD＝，
∴OD＝，
∴tan∠OAF＝tan∠ODA＝＝，
∴，
∴OF＝；
②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD＝90°，∠DAG＝∠EAG＝∠DAE，
∵AD＝AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO＝∠ABE，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠ABO＝∠DAG，
在△AGD和△BOA中，
，
∴△AGD≌△BOA（AAS），
∴DG＝AO＝1，AG＝BO＝，
∴DG＝AO，
∵∠FAO＝∠FDG，∠FOA＝∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF＝FG，
设OF＝FG＝x，则DF＝﹣x，
在Rt△DFG中，DF2＝GF2+DG2，
∴（﹣x）2＝x2+12，
解得：x＝，
∴OF＝，
综上所述，OF的长为或．
【点评】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到∠EBC＝∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．
声明题型三：母子型
一、填空题
1．（2022·黑龙江绥化·九年级期末）如图，在中，点D在AB上，请再添一个适当的条件，使，那么可添加的条件是__________．
【答案】 （答案不唯一，也可以增加条件：或）．
【分析】题目中相似的两个三角形已经有一个公共角，可以再增加一对相等的角，用两组角相等判定两三角形相似，也可以增加两组对应边成比例，利用两组边对应成比例及夹角相等判定两三角形相似．
【详解】若增加条件：∠ACD=∠ABC，
∵∠ACD=∠ABC，且∠A=∠A，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，比较简单，熟练掌握相似三角形的三种判定方法是解题的关键．
2．（2021·北京市师达中学九年级阶段练习）如图，中，点在边上，且，若，，则的长为______．
【答案】2
【分析】由∠ACD=∠ABC、∠A=∠A，即可得出△ABC∽△ACD，根据相似三角形的性质可得出，代入AC、AD的值可求出AB的长，再根据BD=AB-AD即可求出结论．
【详解】解：∵∠ACD=∠ABC，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACD，
∴．
∵AC=，AD=1，
∴，
∴AB=3，
∴BD=AB-AD=3-1=2．
故答案为2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2022·安徽·六安市清水河学校九年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，∠DAE的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设λ（λ＞0）．
（1）若AB＝2，λ＝1，求线段CF的长为________；
（2）连接EG，若EG⊥AF，则λ的值为_______．
【答案】
【分析】（1）根据AB＝2，λ＝1，可以得到BE、CE的长，然后根据正方形的性质，可以得到AE的长，再根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到EF的长，从而可以得到线段CF的长；
（2）证明△ADG≌△FGC，得出点G为CD边的中点，根据三角形相似，可以得到CE和EB的比值，从而可以得到λ的值．
【详解】解：（1）∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠F，
又∵AG平分∠DAE，
∴∠DAG＝∠EAG，
∴∠EAG＝∠F，
∴EA＝EF，
∵AB＝2，∠B＝90°，点E为BC的中点，
∴BE＝EC＝1，
∴AE＝＝，
∴EF＝，
∴CF＝EF﹣EC＝﹣1；
故答案为：﹣1；
（2）证明：∵EA＝EF，EG⊥AF，
∴AG＝FG，
在△ADG和△FCG中
，
∴△ADG≌△FCG（AAS），
∴DG＝CG，
设CD＝2a，则CG＝a，
CF＝DA＝2a，
∵EG⊥AF，∠GCF＝90°，
∴∠EGC+∠CGF＝90°，∠F+∠CGF＝90°，∠ECG＝∠GCF＝90°，
∴∠EGC＝∠F，
∴△EGC∽△GFC，
∴，
∵GC＝a，FC＝2a，
∴，
∴，
∴EC＝a，BE＝BC﹣EC＝2a﹣a＝a，
∴λ＝；
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，熟练运用相关性质进行推理解答．
4．（2022·福建三明·九年级期末）如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与AC相交于点H，连接DG．以下四个结论：
①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG；
②△ACF∽△ADG；
③；
④DG⊥AC．
其中正确的是_____．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可知，有对顶角相等，可证∠EAB＝∠BFE，由可证∠EAB＝∠DAG，可判断结论①正确；由，，两边对应成比例且夹角相等即可得△ACF∽△ADG，可判断结论②正确；由结论②可知，可得DG平分，由正方形可知是等腰直角三角形，可推出DG⊥AC，结论④正确；利用两组角对应相等的两个三角形相似可得△ACF∽△AFH，根据相似的性质可得，则，又有，则结论③错误．
【详解】解：设AB与EF相交于点O，如图所示，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴，．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
故结论①正确；
∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的对角线，
∴，，
∴．
又∵，
∴，
即．
∴△ACF∽△ADG．
故结论②正确；
由△ACF∽△ADG可知，
∴DG平分．
∵是等腰直角三角形，
∴DG⊥AC．
故结论④正确；
∵，，
∴△ACF∽△AFH，
∴，
∴．
∵在等腰直角中，，
∴，
故结论③错误，
∴正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理证明三角形相似是解题的关键．
二、解答题
5．（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．
6．（2022·黑龙江·大庆市庆新中学八年级期中）如图，在三角形ABC中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点A开始沿边AB运动，速度为2cm/s，点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s，如果点P、Q两动点同时运动，何时QBP与ABC相似？
【答案】经过4秒或1.6秒时，△QBC与△ABC相似
【分析】由题意可得，，根据△QBC与△ABC相似，分情况列式计算即可．
【详解】解：由题意可得，
∵∠PBQ=∠ABC，
当时，，
即，解得：；
当时，，
即，解得：；
即经过4秒或1.6秒时，△QBC与△ABC相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似，解题的关键是准确分析题意列出方程求解．
7．（2022·广东·江门市第二中学九年级开学考试）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，∠COB＝2∠PCB．
（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）若M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB＝6，求MC•MN的值．
【答案】（1）见解析；（2）18
【分析】（1）已知C在圆上，故只需证明OC与PC垂直即可，根据圆周角定理，易得∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP即可；
（2）连接MA，MB，由圆周角定理可得∠ABM＝∠BCM，进而可得△MBN∽△MCB，故BM2=MN•MC，根据锐角三角函数求出BM，代入数据可得MN•MC= BM2=18．
【详解】（1）证明：∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO．
又∵∠COB＝2∠CAO，∠COB＝2∠PCB，
∴∠CAO＝∠ACO＝∠PCB．
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACO+∠OCB＝90°．
∴∠PCB+∠OCB＝90°．
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径．
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：连接MA，MB，
∵点M是弧AB的中点，
∴，
∴∠ACM＝∠BCM．
∵∠ACM＝∠ABM，
∴∠BCM＝∠ABM．
∵∠BMN＝∠BMC，
∴△MBN∽△MCB．
∴，
∴BM2＝MN•MC．
∵AB是⊙O的直径，，
∴∠AMB＝90°，AM＝BM．
∴∠ABM=∠BAM=45°，
∵AB＝6，
∴BM＝ABsin45°==，
∴MN•MC＝BM2＝18．
【点睛】本题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
8．（2022·浙江·九年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据相似三角形的判定两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可得出
（2）由得，，推出，由相似三角形的性质得，即可求出CD的长．
【详解】（1）∵，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理与性质是解题的关键．
9．（2021·浙江·九年级期末）（1）如图1，在中，为上一点，．求证：．
（2）如图2，在中，是上一点，连接，．已知，，．求证：．
（3）如图3，四边形内接于，、相交于点．已知的半径为2，，，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由化比例，与，可证∽即可；
（2）由，可得，AD=BC，根据线段比值计算，，可得，由∠EAC=∠CAB，可证∽即可；
（3）连接交于点，连接，根据，，可得AC=2AE，根据线段比值计算可得，由∠BAC=∠EAB，可证∽，可证∠ABD=∠ADB，可得BF=DF，根据勾股定理OF=，可求，可证，，可得S△BCD= 即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵，
∴，
又∵，
∴∽，
∴．
（2）证明：如图2，∵，
∴，AD=BC，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵∠EAC=∠CAB，
∴∽，
∴，即，
∴．
∴；
（3）解：如图3，连接OA交于点，连接，
∵，，
∴AC=2AE，
∴，，
∴，
∵∠BAC=∠EAB，
∴∽，
∴，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ABD=∠ADB，
∴点A是弧的中点，BD为弦，OA为半径，
∴，BF=DF，
∵，，
∴BF=DF= ，
在Rt△OBF中，
根据勾股定理OF=，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴S△BCD=S△BCE+S△DCE=，
∴．
【点睛】本题考查三角形相似判定与性质，垂径定理，勾股定理，与三角形高有关的计算，掌握三角形相似判定与性质，垂径定理，勾股定理，与三角形高有关的计算是解题关键．
10．（2021·广东·佛山市第四中学九年级阶段练习）如图：在矩形ABCD中，，，动点Р以的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动的时间为t秒．
（1）______m，______m，_____m（用含t的代数式表示）
（2）t为多少秒时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似？
（3）在P、Q两点移动过程中，四边形ABQP与CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1），，；（2）或；（3）四边形ABQP与CPQ的面积不相等，理由见解析
【分析】（1）根据矩形和勾股定理的性质，计算得，结合题意，根据代数式的性质计算，即可得到答案；
（2）结合（1）的结论，根据相似三角形的性质列方程并求解，即可得到答案；
（3）过点P作，交BC于点M，通过证明，根据相似比的性质，推导得，根据题意列一元二次方程，根据一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案．
【详解】（1）∵矩形ABCD中，，
∴m
∵动点Р以的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以的速度从点C出发，沿CB向点B移动，
∴，
∴
故答案为：，，；
（2）根据（1）的结论，得，，，
∵
∴当，或时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似
当时，得
∴
∴；
当时，得
∴
∴；
（3）如图，过点P作，交BC于点M
∵，
∴
∴
∴
∴
∵四边形ABQP与CPQ的面积相等,四边形ABQP面积
∴
∴
∴
∵
∴无解，即四边形ABQP与CPQ的面积不相等．
【点睛】本题考查了代数式、相似三角形、一元二次方程、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、一元二次方程判别式的性质，从而完成求解．
11．（2021·山东滨州·九年级期末）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB交⊙O于点E、D，连接EC、CD．
（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并加以证明；
（2）求证：；
（3）若，⊙O的半径为3，求OA的长．
【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OC⊥AB，据此解题；
（2）连接OC，90°圆周角所对的弦是直径，证明DE为⊙O的直径，再证明△BCD∽△BEC，最后根据相似三角形的对应边成比例解题；
（3）根据正切定义得到，解得OC=OE=3，再由△BCD∽△BEC，设BC=x，根据相似三角形对应边成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题．
【详解】解：（1）AB与⊙O相切，连接OC，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB与⊙O相切；
（2）连接OC，
∵OC⊥AB，
∴∠OCB=90°即∠1+∠3=90°，
又∵DE为⊙O的直径，
∴∠ECD=90°即∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∵OE=OC，
∴∠E=∠2，
∴∠1=∠E，
∵∠B=∠B，
∴△BCD∽△BEC，
∴，
∴BC2=BD•BE；
（3）∵，∠ECD=90°，
∴，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OE=3，
∵△BCD∽△BEC，
∴，设BC=x，
∴，
∴OB=2x-3，
∵∠OCB=90°，
∴OC2+BC2=OB2，
∴9+x2=（2x-3）2，
∴x1=0（舍去），x2=4，
∴OA=OB=5．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题是关键．
12．（2022·湖北华一寄宿学校八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（a、b），且a、b满足a2+4a+4＝，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
（1）求O、P两点间的距离；
（2）如图1，点A为y轴上一点，连接PA、PB、AB，若B（﹣4，0），且∠APB＝45°+∠PAC，求点A的坐标；
（3）如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N（﹣1，0），则MN的最小值为 （请直接写出结果）．
【答案】（1）2；（2）A（0，）；（3）．
【分析】（1）连接OP，根据二次根式的性质可求得b＝4，a＝﹣2，运用勾股定理即可求得OP；
（2）过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，易证四边形OBDC是正方形，根据∠APB＝45°+∠PAC，可得PB平分∠APD，由角平分线性质可得BD＝BE＝4，设OA＝x，分两种情况进行讨论：①当点A在x轴上方时，②当点A在x轴下方时，分别运用三角形面积公式和正方形面积公式计算即可；
（3）设M（x，y），根据点M是BD中点，可得出B（2x，0），D（0，2y），根据直角三角形性质可得出MP＝BD，由勾股定理或两点间距离公式可得出y＝x+，即点M的运动轨迹是直线y＝x+，根据点到直线距离垂线段最短即可求得答案．
【详解】解：（1）如图1，连接OP，
∵a2+4a+4＝，
∴（a+2）2＝，
∵，
∴b＝4，
∴a＝﹣2，
∴P（﹣2，4），
∵PC⊥OC，
∴PC＝2，OC＝4，
∴OP＝；
（2）如图2，过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，
∵B（﹣4，0），C（0，4），
∴OB＝OC＝4，
∵∠BOC＝∠OCD＝∠BDC＝90°，
∴四边形OBDC是正方形，
∴BD＝OB＝OC＝4，
∵∠APB＝45°+∠PAC，
∴2∠APB＝90°+∠PAC，
∵∠BPD+∠APB＝90°+∠PAC，
∴∠BPD＝∠APB，即PB平分∠APD，
∵BD⊥PD，BE⊥PA，
∴BD＝BE＝4，
设OA＝x，
①当点A在x轴上方时，AC＝4﹣x，
∴PA＝，
∵S△ABP＝S正方形OBDC﹣S△BDP﹣S△APC﹣S△AOB，
∴××4＝4×4﹣×4×2﹣×2（4﹣x）﹣×4x，
解得：x1＝4（舍去），x2＝，
经检验：符合题意，
∴A（0，）；
②当点A在x轴下方时，AC＝4+x，
∴PA＝，
∵S△ABP＝S正方形OBDC﹣S△BDP﹣S△APC+S△AOB，
∴××4＝4×4﹣×4×2﹣×2（4+x）+×4x，
解得：x1＝﹣4（舍去），x2＝﹣（舍去），
综上所述，点A的坐标为：（0，）；
（3）如图3，设M（x，y），
∵点M是BD中点，点B、D分别在x轴、y轴上，
∴B（2x，0），D（0，2y），
∵∠DPB＝90°，DM＝BM，
∴MP＝BD，
∴，
化简，得：y＝x+，
∴点M的运动轨迹是直线y＝x+，
∴MN的最小值即为点N（﹣1，0）到直线y＝x+的距离，
过点N作直线y＝x+的垂线，垂足为Q，
设直线交y轴于点H，交x轴于点G，则OG＝5，OH＝，
∵∠GQN＝∠GOH＝90°，∠NGQ＝∠HGO，
∴△NGQ∽△HGO，
∴，即QN•GH＝GN•OH，
∵GN＝OG﹣ON＝4，GH＝＝，
∴QN×＝4×，
解得：QN＝，
∴MN的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了二次根式性质，勾股定理，两点间距离公式，正方形判定和性质，角平分线判定和性质，三角形面积公式，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象和性质，熟练掌握相关知识，灵活运用转化思想将求MN最小值转化为点到直线距离是解题关键．
题型四：手拉手模型——旋转相似
一．选择题（共3小题）
1．（2020秋•天宁区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC边上一点，连接BD，点E是线段BD延长线上一点，连接AE，CE．使∠CAE＝∠CBE，过点C作CF⊥CE，交BD于点F．若∠ABC＝α（0°＜α＜90°），则线段AE与BF之间的数量关系为（ ）
A．AE＝BF•tanα B．BF＝AE•tanα C．BF＝AE•cosα D．BF＝AE•sinα
【分析】结论：AE＝BF•tanα．证明△BCF∽△ACE即可解决问题．
【解答】解：结论：AE＝BF•tanα．
理由：∵∠BCA＝∠FCE＝90°，
∴∠BCF＝∠ACE，
∵∠CAE＝∠CBF，
∴△BCF∽∠ACE，
∴＝，
∵∠ABC＝α，
∴tanα＝，
∴AE＝BF•tanα．
故选：A．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
2．（2014•张家港市模拟）如图，⊙O与Rt△ABC的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于点E，且DE∥BC．已知AE＝2，AC＝3，BC＝6，则⊙O的半径是（ ）
A．3 B．4 C．4 D．2
【分析】延长EC交圆于点F，连接DF．则根据90°的圆周角所对的弦是直径，得DF是直径．根据射影定理先求直径，再得半径．
【解答】解：延长EC交圆于点F，连接DF．
则根据90°的圆周角所对的弦是直径，得DF是直径．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴．则DE＝4．
在直角△ADF中，根据射影定理，得
EF＝＝4．
根据勾股定理，得DF＝＝4，
则圆的半径是2．
故选：D．
【点评】此题要能够通过作辅助线，把直径构造到直角三角形中．熟练运用相似三角形的性质、圆周角定理的推论以及射影定理和勾股定理．
3．（2021•宝应县模拟）如图，在四边形ABCD中，BC⊥DC，∠BDC＝30°，AD＝8，AB＝6，则对角线AC的最小值为（ ）
A．2 B．5 C．6 D．5
【分析】过点A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，利用△EDB∽△ADC，得，可知EB最小时，AC最小，求出EB的最小值即可解决问题．
【解答】解：过点A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，
∵AD＝8，
∴AE＝AD＝，
∴＝，∠ADC＝∠EDB，
∴△EDB∽△ADC，
∴，
∴AC＝EB，
∴EB最小时，AC最小，
∵EB≥AB﹣AE，
∴EB最小为6﹣＝，
∴AC的最小值为＝5，
故选：B．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，作辅助线构造旋转相似是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
4．（2020秋•崇川区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AD＝4，BD＝1，则CD的长为 2 ．
【分析】根据射影定理得到：CD2＝BD•AD，代入求值即可．
【解答】解：∵如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD⊥AB，AD＝4，BD＝1，
∴由射影定理得：CD2＝BD•AD＝1×4＝4，
∴CD＝2（舍去负值）．
故答案是：2．
【点评】本题考查了射影定理．直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．
5．（2022春•如皋市校级月考）如图，AB＝4，AC＝，∠DAB＝∠DBC＝30°，∠BDC＝90°，ED⊥AD交AB于E，则DE的长是 ．
【分析】根据题目的已知可得，△ADE∽△BDC，从而得两个直角边对应成比例，从图形分析可知∠ADB＝∠EDC，所以想到连接EC，构造“手拉手”相似模型，再证明△ABD∽△ECD，继而求出EC的长，易证∠BEC＝90°，最后放在Rt△AEC中利用勾股定理求出AE即可．
【解答】解：连接EC，
∵∠ADE＝∠BDC＝90°，∠DAB＝∠DBC＝30°，
∴，△ADE∽△BDC，
∵∠ADB＝∠ADE+∠EDB，∠EDC＝∠BDC+∠EDB，
∴∠ADB＝∠EDC，
∴△ABD∽△ECD，
∴，∠ABD＝∠ECD，
∵∠DBC+∠DCB＝90°，
∴∠DBC+∠ECB+∠EBD＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵AB＝4，
∴EC＝，
∵AC＝，
∴AE＝＝，
∴DE＝AE＝．
【点评】本题考查了勾股定理，含30°的直角三角形，相似三角形的判定与性质，添加辅助线构造手拉手相似模型是解题的关键．
三．解答题（共6小题）
6．（2021秋•南京期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证△ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【分析】（1）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似解答即可；
（2）根据已知易证△ACD∽△CBD，然后进行解答即可．
【解答】（1）证明：∵＝，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC；
（2）解：∵△ACD∽△ABC，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握两边成比例且夹角相等的两个三角形相似是解题的关键．
7．（2022•亭湖区校级一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，以AC为直径的⊙O切AB于点A，与BC交于点E．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若BE＝9cm，弦CE的长为16cm，求⊙O的半径长．
【分析】（1）根据切线的性质可得∠OAB＝90°，然后根据平行四边形的性质可得AB∥CD，从而利用平行线的性质求出∠OCD＝90°，即可解答；
（2）连接AE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEC＝90°，再利用同角的余角相等可得∠B＝∠EAC，从而可证△AEC∽△BEA，然后利用相似三角形的性质求出AE的长，最后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AC的长，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠OAB＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠OCD＝∠OAB＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
（2）解：连接AE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣∠AEC＝90°，∠EAC+∠ACE＝90°，
∵∠OAB＝90°，
∴∠ACB+∠B＝90°，
∴∠B＝∠EAC，
∴△AEC∽△BEA，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝12或AE＝﹣12（舍去），
在Rt△AEC中，EC＝16，
∴AC＝＝＝20，
∴⊙O的半径长为10．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握切线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022秋•惠山区校级月考）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．
【问题发现】
（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是 BE＝CD ，直线CD与BE的夹角为 45° ；
【类比探究】
（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．
【拓展延伸】
（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，计算即可；
（2）过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB＝AC，AE＝AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；
（3）分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，
∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，
∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，
∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，
∴BE＝CD，
∵∠A＝45°，
∴直线CD与BE的夹角为45°，
故答案为：BE＝CD，45°；
（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，
理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，
∵CA＝CB，
∴AH＝HB，
∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，
∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，
由勾股定理得：AH＝AC，
∴AB＝AC，
同理可得：AE＝AD，
∴＝，
∵∠CAD＝∠BAE，
∴△CAD∽△BAE，
∴＝＝，∠ACD＝ABE，
∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，
∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；
（3）如图3，点E在线段BD上，
∵m＝2，
∴AD＝DE＝1，AB＝2，
由勾股定理得：BD＝＝，
∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，
∴CD＝BE＝，
如图4，点D在线段BE上，
BE＝BD+DE＝+1，
∴CD＝BE＝，
综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
9．（2020秋•赣榆区期末）问题背景：
（1）如图1，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用：
（2）如图2，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，BD＝3，CD＝5，求的值；
灵活运用：
（3）如图3，点A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝，直接写出AD的长．
【分析】（1）由△ABC∽△ADE，得，∠BAC＝∠DAE，从而∠BAD＝∠CAE，，证明结论；
（2）连接EC，首先证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，得，则CE＝，利用含30°角的直角三角形的性质得AD的长，再由△ADF∽△ECF，得＝＝；
（3）作AE⊥AD，交BD于E，连接CE，证明△DAB∽△EAC，得，∠DBA＝∠ACE，得CE＝，∠BEC＝90°，从而解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：连接EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE＝30°，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
∴，
即，
∴CE＝，
∵∠ACE＝30°，∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝90°，
∴在Rt△ADE中，
∴DE＝＝2，
即AE＝，AD＝，
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴＝＝；
（3）解：作AE⊥AD，交BD于E，连接CE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∵∠ADB＝∠ABC＝30°，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
又∵∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
∴，∠DBA＝∠ACE，
∵BD＝3，
∴CE＝，∠BEC＝90°，
在Rt△CDE中，由勾股定理得，DE＝2，
∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，
∴AE＝1，
∴AD＝．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，构造旋转型相似三角形是解题的关键．
10．（2021秋•亭湖区校级期末）问题背景：如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图2所示，得到结论：①＝ ；②直线AE与DF所夹锐角的度数为 30° ．
（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
根据以上探究，将△BEF绕点B按顺时针方向旋转180°，设直线AE与DF的交点为P，在旋转过程中，点P的位置也随之改变，请思考点P运动的轨迹，直接写出点P运动的路程 ．（结果保留π）
【分析】（1）通过题目条件证明△FBD∽△EBA，即可推出答案；
（2）同（1），此时△FBD与△EBA仍然相似；
（3）通过前两问的铺垫，得出P点的轨迹在这个矩形的外接圆上，进而分析其运动路径，求出轨迹长即可．
【解答】解：（1）如图1，
∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA，
∴，
如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，
∵△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，
∴∠DBF＝∠ABE＝90°，
∴△FBD∽△EBA，
∴，∠BDF＝∠BAE，
又∵∠DOB＝∠AOF，∴∠DBA＝∠AHD＝30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，
故答案为：，30°；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，
∵将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，
∴∠ABE＝∠DBF，
又∵，
∴△ABE∽△DBF，
∴，∠BDF＝∠BAE，
又∵∠DOH＝∠AOB，
∴∠ABD＝∠AHD＝30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．
拓展延伸：
由（2）可得∠BAP＝∠BDP，
∴A、B、P、D四点共圆，
∴点P在矩形ABCD的外接圆上运动，如图4：
分析运动过程可知，在△BEF顺时针旋转180°的过程中，P点从点B运动到点C，又回到点B，具体分析如下：
当△BEF刚开始旋转时，P与B点重合，如图5：
当△BEF开始旋转一定角度后，P点延弧BC运动，如图6：
当△BEF旋转60°后，P点到达C点，如图7：
当△BEF旋转超过60°后，P点开始从C点延弧BC往B点运动，如图8：
当△BEF旋转180°时，P点到达B点，如图9：
综上，P点的运动轨迹长为2．
∴其轨迹长为2＝2××2×π×2＝．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，旋转等知识点，熟练掌握旋转型相似是解题关键．
11．（2021秋•邗江区期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α后，△ABC与△ADE构成位似图形，我们称△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 是 （填“是”或“不是”）“旋转位似图形”；
如图1，△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
①若α＝26°，∠B＝100°，∠E＝29°，则∠BAE＝ 25° ；
②若AD＝6，DE＝8，AB＝4，则BC＝ ；
（2）知识运用：
如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AE⊥BD于E，∠DAC＝∠DBC，求证：△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图3，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若AC＝6，AD＝2，求出DE和BD的值．
【分析】（1）①依据△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，可得△ABC∽△ADE，依据相似三角形的对应角相等，即可得到∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②依据△ABC∽△ADE，可得＝，根据AD＝6，DE＝8，AB＝4，即可得出BC＝；
（2）依据△AOD∽△BOC，即可得到，进而得到△AOB∽△DOC，再根据∠7＝∠8，∠ADC＝∠AEB，即可得到△ABE∽△ACD，进而得出△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）依据△ABD∽△AGE，即可得到＝，∠1＝∠2，把AB＝3，AG＝3代入＝求得：AE＝2．过E作EH⊥AD于H，利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理，即可得到BD＝＝．
【解答】解：（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”；
①∵△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠D＝∠B＝100°，
又∵α＝26°，∠E＝29°，
∴∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②∵△ABC∽△ADE，
∴＝，
∵AD＝6，DE＝8，AB＝4，
∴，
∴BC＝，
故答案为：是；25°；；
（2）证明：∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴△AOD∽△BOC，
∴＝，即，
又∵∠5＝∠6，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠7＝∠8，
又∵∠ADC＝90°，AE⊥BD，
∴∠ADC＝∠AEB，
∴△ABE∽△ACD，
∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）∵△ABD∽△AGE，
∴＝，∠1＝∠2，
∵AC＝6，AD＝2，
∴AB＝3，AG＝3，代入＝求得：AE＝2．
如图3，过E作EH⊥AD于H，
∵∠2+∠3＝45°，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°，
∵AE＝2，
∴AH＝，
∴AH＝AD，
∴DE＝AE＝2，
∴∠DEA＝∠GEA＝90°，
∴∠ADB＝∠GEA＝90°，
根据勾股定理，得BD＝＝；
综上，DE＝2，BD＝．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理的综合运用．在解答时添加辅助线等腰直角三角形，利用相似形的对应边成比例是关键．
题型五：K字型（一线三等角）
一．填空题（共1小题）
1．（2021•海州区校级二模）如图，△DEF的三个顶点分别在等边△ABC的三条边上，BC＝4，∠EDF＝90°，＝，则DF长度的最小值是 ．
【分析】根据已知可得∠EFD＝60°，利用一线三等角模型证明△AEF∽△CFD，可得＝＝2，然后设CD＝a，则AF＝2a，表示出DF，DH，FH，最后在Rt△DFH利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点F作FH⊥BC，垂足为H，
∵∠EDF＝90°，tan∠EFD＝＝，
∴∠EFD＝60°，
∴∠AFE+∠DFC＝120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝∠A＝60°，AC＝BC＝4，
∴∠AFE+∠AEF＝120°，
∴∠AEF＝∠DFC，
∴△AEF∽△CFD，
∴＝，
∵∠EDF＝90°，∠EFD＝60°，
∴cos∠EFD＝＝，
∴＝2，
∴设CD＝a，则AF＝2a，
∴CF＝AC﹣AF＝4﹣2a，
在Rt△CFH中，∠C＝60°，
∴CH＝CF＝2﹣a，
∴FH＝CH＝2﹣a，
∴DH＝CD﹣CH＝a﹣（2﹣a）＝2a﹣2，
在Rt△DFH中，DF2＝DH2+FH2＝（2a﹣2）2+（2﹣a）2＝7a2﹣20a+16＝7（a﹣）2+，
∴DF2的最小值为，
∴DF的最小值为：．
【点评】本题考查了二次函数的最值，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握一线三等角模型模型，以及二次函数的最值是解题的关键．
二．解答题（共6小题）
2．（2020•江苏模拟）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，AB上，且∠ADE＝60°．
求证：△ADC∽△DEB．
【分析】依据△ABC是等边三角形，即可得到∠B＝∠C＝60°，再根据∠CAD＝∠BDE，即可判定△ADC∽△DEB．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠ADB＝∠CAD+∠C＝∠CAD+60°，
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB＝∠BDE+60°，
∴∠CAD＝∠BDE，
∴△ADC∽△DEB．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识．解题时注意：有两组角对应相等的两个三角形相似．
3．（2021•徐州模拟）如图所示，P为正方形ABCD的边AD上一动点，AE⊥BP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，过点P作PM∥FC交CD于点M．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若△ABP的面积为25，，求△PDM的面积．
【分析】（1）利用正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，根据垂直定义可得∠AEB＝∠CFB＝90°，从而可得∠ABE＝∠FCB，即可解答；
（2）根据PM∥FC可得∠BPM＝90°，利用一线三等角相似模型证明△BAP∽△PDM，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠EBC＝90°，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
∴∠EBC+∠FCB＝90°，
∴∠ABE＝∠FCB，
∴△ABE≌△BCF（AAS）；
（2）解：∵PM∥FC，
∴∠BFC＝∠BPM＝90°，
∴∠APB+∠DPM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAP＝∠PDM＝90°，AB＝AD，
∴∠ABP+∠APB＝90°，
∴∠ABP＝∠DPM，
∴△BAP∽△PDM，
∵，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵△ABP的面积为25，
∴△PDM的面积为9．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握一线三等角相似模型是解题的关键．
4．（2022春•靖江市月考）阅读理解：如果一个角与一条折线相交形成一个封闭图形，那么这条折线在封闭图形上的部分就称为这个角的“组合边”．
例如：图①中∠BAC的两边与直线l相交构成一个封闭图形，直线l在封闭图形上的部分线段ED就称为∠BAC的“组合边”；再例如：图②中∠QPK的“组合边”有3条，分别是线段MN、NG和GH．
解决问题：在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点M在线段AD上且AM＝1．射线MP在直线AD的下方，将PM绕着点M逆时针旋转90°得到射线MQ，∠PMQ的两边MP和MQ分别交矩形的边于点E和点F．设∠AMP为β，0≤β≤90°．
（1）如图③，若β＝30°，求∠PMQ“组合边”的所有边长和；
（2）当射线MP经过点B时，请判断点F落在矩形ABCD的哪条边上，并说明理由；
（3）若∠PMQ“组合边”的所有边长和为4.5，求AE的值．（直接写出此小题的答案）
【分析】（1）通过题目给出的角度以及利用辅助线求出AE，BE，BF的长度即可求解；
（2）分点F落在BC或CD上两种情况分别进行讨论；
（3）利用题目给出的∠PMQ“组合边”的所有边长和，逆推得到答案．
【解答】解：（1）如图1，过点M作MN⊥BC于点N，
∴四边形ABNM为矩形，
∵矩形ABCD，AB＝2，AD＝4，AM＝1．PM绕着点M逆时针旋转90°得到射线MQ，
又∵β＝30°，
∴AE＝AM×tan30°＝1×＝，
∴BE＝AB﹣AE＝2﹣，
∵四边形ABNM为矩形，
∴BN＝AM＝1，MN＝AB＝2，
∵∠AMN＝∠PMQ，
∴∠AMP+∠PMN＝∠QMN+∠PMN，
∴∠AMP＝∠QMN，
∴∠QMN＝∠β＝30°，
∴NF＝MN×tan∠QMN＝2×＝，
BE+BF＝BE+BN+NF＝2﹣+1+＝3+，
∴∠PMQ“组合边”的所有边长和为3+，
（2）如图2，当射线MP经过点B时，假设点F落在BC上，过点F作FG⊥AD于点G，
∴∠MGF＝90°
∵∠PMQ＝90°，
∴∠AMB+∠FMG＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠ABM+∠AMB＝90°，
∴∠FMG＝∠ABM，
∴△ABM∽GMF，
∴＝，
∵AM＝1，AB＝FG＝2，
∴MG＝4，
∵MG＜MD
∴MG＜3，
∴当射线MP经过点B时，点F不可能在BC上，
∴点F在CD上，如图3，设MQ与BC的延长线交于点H，延长MD，过点H作HI⊥MI于点I，
同理可得：△ABM∽△IMH，
∴MI＝4＞MD，
∴当射线MP经过点B时，点F落在矩形ABCD的CD边上，
（3）①如图3，∵CH∥MD，
∴△FCH∽FDM，
∴＝，
∵MI＝4，MD＝3，
∴DI＝1，
∴CH＝1，
∴＝，
∵CD＝2，
∴CF＝0.5，
∴∠PMQ“组合边”的所有边长和为BC+CF＝4.5，
此时，点E在点B处，
∴AE＝2，
②如图4，过点M作MJ⊥BC于点J，
∴MJ＝AB＝2，BJ＝AM＝1，
由（1）可得：
∠AME＝JMF，
∵∠A＝∠MJQ，
∴△AEM∽△JFM，
∴＝，
设AE为x，则：
BE＝AB﹣AE＝2﹣x，
∵AM＝1，
∴JF＝2x，
∵∠PMQ“组合边”的所有边长和为4.5，
∴BE+BJ+JF＝BE+BF＝4.5，
∴2﹣x+1+2x＝4.5，
解得：x＝1.5，
∴AE＝1.5，
综上，当∠PMQ“组合边”的所有边长和为4.5时，AE的值为1.5或2．
【点评】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造相似三角形，利用对应边成比例求解，属于中考必考题型．
5．（2022•东海县一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
（1）则点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （4，0） ，点C的坐标为 （0，2） ；
（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）（其中x1＞x2）都在抛物线上，若x1+x2＝1，请证明：y1＞y2；
（3）已知点M是线段BC上的动点，点N是线段BC上方抛物线上的动点，若∠CNM＝90°，且△CMN与△OBC相似，试求此时点N的坐标．
【分析】（1）先令x＝0，求得点C的坐标，再令y＝0，求得点A、B的坐标；
（2）分别将x1，x2代入函数解析式求得y1，y2的值，得到y1﹣y2的值，再结合x1+x2＝1化简，得到y1﹣y2的正负，即可得到结果；
（3）先求得直线BC的解析式，过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H，证明△GCN∽△HNM，设点N的坐标，GN、NH、CG，然后分情况讨论，①△NCM∽△OCB，②△NCM∽△OBC，得到点M的坐标，再将点M的坐标代入直线BC的解析式，求得点N的坐标．
【解答】（1）证明：当x＝0时，y＝2，
∴点C（0，2），
当y＝0时，﹣x2+＝0，
解得：x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），B（4，0）．
（2）证明：由题意得：
y1﹣y2＝﹣x12+x1+2﹣（﹣x22+x2+2）＝x22﹣x12+x1﹣x2＝（x2+x1）（x2﹣x1）+（x1﹣x2），
∵x1+x2＝1，
∴y1﹣y2＝x1﹣x2，
又∵x1＞x2，
∴y1＞y2．
（3）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，则
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+2，
如图，过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H，则∠CGN＝∠H＝90°，
∴∠GNC+∠GCN＝90°，
∵∠CNM＝90°，
∴∠GNC+∠HNM＝90°，
∴∠GCN＝∠HNM，
∴△CNG∽△NMH，
∴，
设点N的坐标为（n，），则GN＝n，GC＝，
①当△NCM∽△OCB时，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OC：OB＝1：2，
∴NH＝2CG＝2（）＝﹣n2+3n，HM＝2NG＝2n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+3n）＝﹣n2+4n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣2n＝﹣n2﹣n+2，
∴点M的坐标为（﹣n2+4n，﹣n2﹣n+2），
∵点M在直线BC上，
∴﹣（﹣n2+4n）+2＝﹣n2﹣n+2，
解得：n＝0（舍去）或，
∴点N坐标为（，）；
②当△NCM∽△OBC时，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OB：OC＝2：1，
∴NH＝CG＝（）＝﹣n2+n，HM＝GN＝n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+n）＝﹣n2+n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣n＝﹣n2+n+2，
∴点M的坐标为（﹣n2+n，﹣n2+n+2），
∴﹣（﹣n2+n）+2＝﹣n2+n+2，
解得：n＝0（舍去）或n＝3，
∴点N坐标为（3，2），
综上所述，点N的坐标为（，）或（3，2）．
【点评】本题考查了一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知二次函数和一次函数图象上点的坐标特征．
6．（2018•盐城）【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＝ 4 ；
（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AB、AC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的周长之比为 1﹣cosα （用含α的表达式表示）．
【分析】（1）先求出BE的长度后发现BE＝BD的，又∠B＝60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE＝60°，另外∠DEF＝60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF＝CD＝BC﹣BD；
（2）证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角相似模型”，根据“AA”判定相似；
【思考】由角平分可联系到角平分线的性质“角平分线上点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM＝DG＝DN，从而证明△BDM≌△CDN可得BD＝CD；
【探索】由已知不能求得C△ABC＝AB+BC+AC＝2AB+2OB＝2（m+mcosα），则需要用m和α是三角函数表示出C△AEF，C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG；题中直接已知点O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG＝ED，FH＝DF，则C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG，而AG＝AB﹣BO，从而可求得．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°．
∵AE＝4，
∴BE＝2，
则BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BED＝60°，
又∵∠EDF＝60°，
∴∠EDB＝∠B＝60°．
∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°，
则∠CDF＝∠C＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CF＝CD＝BC﹣BD＝6﹣2＝4．
故答案是：4；
（2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，
∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°，
∴∠BED＝∠CDF．
又∠B＝∠C＝60°，
∴△EBD∽△DCF；
【思考】存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，
∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE．
∴DM＝DG＝DN．
又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BD＝CD，即点D是BC的中点，
∴＝；
【探索】如图③，连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别是G、D、H．
则∠BGO＝∠CHO＝90°，
∵AB＝AC，O是BC的中点，
∴∠B＝∠C，OB＝OC，
∴△OBG≌△OCH，
∴OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90°﹣α，
则∠GOH＝180°﹣（∠BOG+∠COH）＝2α，
∴∠EOF＝∠B＝α
由（2）题可猜想应用EF＝ED+DF＝GE+FH（可通过半角旋转证明），
则C△AEF＝AE+EF+AF＝AE+EG+FH+AF＝AG+AH＝2AG，
设AB＝m，则OB＝mcosα，GB＝mcos2α．
＝＝＝＝1﹣cosα．
故答案是：1﹣cosα．
【点评】本题主要考查的是三角形的综合应用，解答本题主要应用了角平分线的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，综合性较强，难度较大，需要学生具备对所学几何知识的综合应用能力．
7．（2022•武进区校级模拟）在同一平面内，具有一条公共边且不完全重合的两个全等三角形，我们称这两个三角形叫做“共边全等”．
（1）下列图形中两个三角形不是“共边全等”是 ③ ；
（2）如图1，在边长为6的等边三角形ABC中，点D在AB边上，且AD＝AB，点E、F分别在AC、BC边上，满足△BDF和△EDF为“共边全等”，求CF的长；
（3）如图2，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+12分别与直线y＝x、x轴相交于A、B两点，点C是OB的中点，P、Q在△AOB的边上，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PCB“共边全等”时，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）由于第③个图不符合共边要求，所以图③即为答案；
（2）DF为两个全等三角形的公共边，由于F点在BC边上，E在AC边上，两个三角形的位置可以如图②，在公共边异侧，构成一个轴对称图形，也可以构成一个平行四边形（将图③的两条最长边重合形成），分两类讨论，画出图形，按照图②构图，会得到一个一线三等角模型，利用相似，列出方程来解决，按照平行四边形构图，直接得到△ADE为等边三角形，计算边长即可求得；
（3）由题目要求，可以知道两个全等三角形的公共边为PB边，由于要构成△PCB，所以P点只能在OA和OB边上，当P在OA边上，两个三角形可以在PB同侧，也可以在PB异侧，当在PB异侧构图时，可以得到图3和图4，在图3中，当在PB同侧构图时，可以得到图6，当P在OB边上时，Q只能落在OA上，得到图7，利用已知条件，解三角形，即可求出Q点坐标．
【解答】解：（1）①②均符合共边全等的特点，只有③，没有公共边，所以③不符合条件，
∴答案是③；
（2）①如图1，当△BDF≌△EFD，且是共边全等时，
∠BFD＝∠EDF，
∴DE∥BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴△ADE是等边三角形，
∵AD＝，
∴DE＝AE＝BF＝2，
∴CF＝BC﹣BF＝4，
②如图2，当△BDF≌△EDF，且是共边全等时，
BD＝DE＝6﹣AD＝4，
∠DEF＝∠B＝60°，EF＝BF，
∴∠AED+∠FEC＝120°，
又∠AED+∠EDA＝120°，
∴∠FEC＝∠EDA，
又∠C＝∠A＝60°，
∴△FEC∽△EDA，
∴，
设CE＝a，则EF＝2a，
∴，
解得a＝，
∴，EF＝，
∴CF＝6﹣（10﹣2）＝2﹣4，
综上所述，CF＝4或；
（3）联立，解得，
∴A（3，3），
令y＝﹣3x+12＝0，得x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵C为OB中点，
∴OC＝2，
∴C（2，0），
由题可得，P点只能在边OA和OB上，
①P在OA上时，如图3，△PBC≌△BPQ，
∴∠CPB＝∠QBP，CP＝QB，
∴CP∥QB，
∴四边形PCBQ为平行四边形，
∵C为OB中点，
∴P为OB中点，
又PQ∥OB，
∴Q为AB中点，
∴Q（），
②当P在OA边上，如图4，△PBC≌△PBQ，
∴BQ＝BC＝2，
如图5，过A作AD⊥OB于D，则AD＝3，OD＝3，
∴BD＝OB﹣OB＝1，
∴tan∠ABO＝，
过Q作QE⊥OB于E，
∵tan∠ABO＝，
∴设BE＝a，则QE＝3a，
∵BE2+QE2＝QB2，
∴a＝，
∴，
OE＝4﹣a＝4，
∴，
③当P在OA边上，Q在OA边上时，如图6，△PBQ≌BPC，
∴PA＝BC＝2，OP＝PB＝4，
过P作PF⊥OB于F，
∵∠AOB＝45°，OP＝4，
∴PF＝OP＝2，
∴，
设Q（b，b），
∵PQ＝2，
∴，
∴，
∴，
④当P在OB上，Q在OA上时，△PBC≌BPQ，如图7，
∴S△PBC＝S△BPQ，
过C，Q分别作AB得垂线，垂足分别为M，N，
∴，CM∥QN，
∴CM＝QN，
∴四边形CMNQ是平行四边形，
∵C为OB中点，
∴Q为AO中点，
∴Q（），
综上所述，Q（）或（）或（）或（）．
【点评】此题是一道一次函数和三角形的综合题，充分利用第一问的构图是此题的突破口，当点所在的位置不确定时，要注意分类讨论，同时，利用已知数据解三角形是解决此题的基本能力要求．
题型六：相似三角形常用辅助线（作平行线）
1．（2020·湖北武汉·初三一模）如图，在中，，，D是AB上一点，点E在BC上，连接CD，AE交于点F．若，，则__________．
【答案】2
【分析】过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，先利用解直角三角形求出CD的长，其次利用△CDG∽△CBD,求出CG的长，得出BG的长，最后利用△BDG∽△BAE，求出BE的长，最后得出答案．
【解析】解：过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，
在直角三角形ABC中，，∴AB==，
又，∴AD= ，∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，∴CH=6－2=4，
在Rt△CHD中，CD==，
∵AE∥DG，∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，∴∠CDG=∠B，
又∠DCG=∠BCD，∴△CDG∽△CBD，∴，∴ ，
即20=6CG，∴CG= ，∴BG=BC－CG=6－=，
又DG∥AE，∴△BDG∽△BAE，又，∴，
又BG=，∴BE=BG×=4，∴CE=6－4=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
2．（2019·山东初三期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，BE的延长线交AC于点F．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】过D作DQ∥BF交AC于Q，证明AF=FQ，CQ=FQ，即可求出答案．
【解析】证明：过D作DQ∥BF交AC于Q，∴CD:BD=CQ:FQ，AE:DE=AF:FQ，
∵E为AD的中点，即AE=ED，∴AF=FQ，∵AD是BC边上的中线，即BD=CD，∴CQ=FQ，
∴AF=FQ=CQ，∴．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，能正确作出辅助线是解此题的关键．
3．（2019·武汉七一华源中学初三月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠B=30°，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE=nEA，连接CE并延长交AB于点F，过点F作FG∥AC交AD（或延长线）于点G．（1）当n=1时，则=___________，=_______．（2）如图，当n=时，求证：FG2=FE•FC；
（3）如图，当n=_____时，＝．
【答案】（1）2，3；（2）见详解；（3）.
【分析】（1）首先过点D作DH∥CF交AB于点H，由n=1时，可得E为AD的中点，然后根据平行线分线段成比例定理，即可求得答案；（2）首先过点D作DH∥CF交AB于点H，设AF=x，则BH=HF=nx．由∠B=30°，即可求得AC的值，然后过点C作CM⊥AB于点M，易求得MC与MF的值，由勾股定理即可求得FC2=MF2+MC2，然后由平行线分线段成比例定理，即可证得FG2=FE•FC；
（3）过点D作DH∥CF交AB于点H，设BH=x，则HF=x，FA=4x，根据平行线分线段成比例定理，即可求得n的值．
【解析】（1）当n=1时，E为AD的中点，过点D作DH∥CF交AB于点H，
则BH=HF=FA，CF=2DH=2×2EF=4EF，∴=2，=3．
（2）过点D作DH∥CF交AB于点H，设AF=x，则BH=HF=nx．
∵∠B=30°，∴AC=AB=（2n+1）x，过点C作CM⊥AB于点M，
∵∠ACM=∠B=30°，∴MC=ACcos∠ACM=ACcos30°=（2n+1）x•=x，
AM=AC=×（2n+1）x=x，∴MF=AF-AM=x-x=x，
∴FC2=MF2+MC2=（x）2+（x）2=x2，
∵，∴FE=HD=×FC，
∴FE•FC=FC2，，∴,即，
∴当n=时，FC2=x2=x2，FE•FC=FC2= x2，∴x2=FE•FC．
∵FG∥AC，∴，∴FG=AC=•x=x，∴FC2=x2=FE•FC．
（3）过点D作DH∥CF交AB于点H，设BH=x，则HF=x，FA=4x，
∴，∴n=．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理，三角函数的性质，勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．
4．（2020·山西初三一模）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
梅涅劳斯（Menelaus）是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍．梅涅劳斯发现，三角形各边（或其延长线）被一条不过任何一个顶点也不与任何一条边平行的直线所截，这条直线可能与三角形的两条边相交（一定还会与一条边的延长线相交），也可能与三条边都不相交（与三条边的延长线都相交）．他进行了深入研究并证明了著名的梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）：
设D，E，F依次是△ABC的三边AB，BC，CA或其延长线上的点，且这三点共线，则满足．
这个定理的证明步骤如下：
情况①：如图1，直线DE交△ABC的边AB于点D，交边AC于点F，交边BC的延长线与点E．
过点C作CM∥DE交AB于点M，则，（依据），
∴＝，
∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，即．
情况②：如图2，直线DE分别交△ABC的边BA，BC，CA的延长线于点D，E，F．…
（1）情况①中的依据指： ；（2）请你根据情况①的证明思路完成情况②的证明；（3）如图3，D，F分别是△ABC的边AB，AC上的点，且AD:DB＝CF:FA＝2:3，连接DF并延长，交BC的延长线于点E，那么BE:CE＝ ．
【答案】（1）两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；（2）见解析；(3)
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理解决问题即可；（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．模仿情况①的方法解决问题即可；（3）利用梅氏定理即可解决问题．
【解析】解：（1）情况①中的依据是：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
故答案为：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．
则有＝，＝，∴＝，
∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，∴＝1．
（3）∵＝1，AD:DB＝CF:FA＝2:3，
∴＝1，∴=．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
重难点01 相似三角形（6种解题模型）
技巧方法
一、“A”字模型
【方法点拨】基本模型：
A字型（平行） 反A字型（不平行）
二、“X”字模型
【方法点拨】基本模型：
X字型（平行） 反X字型（不平行）
三、母子型
【方法点拨】
图1垂直母子型条件：，图1结论：；
图2斜交母子字型条件：，图2结论：；
四、手拉手模型——旋转相似
【方法点拨】基本模型：
旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.
五、K字型（一线三等角）
【方法点拨】基本模型：
如图1，∠B=∠C=∠EDF推出△BDE∽△CFD（一线三等角）
如图2，∠B=∠C=∠ADE推出△ABD∽△DCE（一线三等角）
如图3，特别地，当D时BC中点时：△BDE∽△DFE∽△CFD推出ED平分∠BEF，FD平分∠EFC.
六、相似三角形常用辅助线（作平行线）
【方法点拨】解决此类问题的关键是作平行线去构造相似三角形从而利用相似三角形的性质去解决问题.
基本模型：
能力拓展
题型一：“A”字模型
一．选择题（共4小题）
1．（2022•泗阳县一模）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH＝h，AB＝c，若内接正方形DEFG的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ）
A．x2+h2＝c² B．x+h＝c C．h2＝xc D．＝+
【分析】先根据正方形的性质得到GF∥DE，从而证明△CGF∽△CAB，根据相似三角形的性质可列出比例式，再通过证明四边形DHMG是矩形表示出CM的长度，即可求解．
【解答】解：如图，设CH与GF交于点M，
∵四边形DEFG是正方形，
∴GF∥DE，∠GDE＝∠DGF＝90°，
∴△CGF∽△CAB，
∴＝，
∵CH⊥AB，
∴∠DHM＝90°，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG＝MH，
∵CH＝h，AB＝c，正方形DEFG的边长是x，
∴MH＝x，
∴CM＝CH﹣MH＝h﹣x，
∴＝，
∴＝1﹣，
∴＝﹣，
∴＝+，
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键是证明△CGF∽△CAB后列出比例式．
2．（2021•武进区校级自主招生）如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，BM交AD，AE于H，G，则BH：HG：GM等于（ ）
A．3：2：1 B．5：3：1 C．25：12：5 D．51：24：10
【分析】连接EM，根据已知可得△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA，根据相似比从而不难得到答案．
【解答】解：连接EM，
CE：CD＝CM：CA＝1：3
∴EM平行于AD
∴△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA
∴HD：ME＝BD：BE＝3：5，ME：AD＝CM：AC＝1：3
∴AH＝（3﹣）ME，
∴AH：ME＝12：5
∴HG：GM＝AH：EM＝12：5
设GM＝5k，GH＝12k，
∵BH：HM＝3：2＝BH：17k
∴BH＝K，
∴BH：HG：GM＝k：12k：5k＝51：24：10
故选：D．
【点评】此题主要考查相似三角形的性质的理解及运用．
3．（2022•工业园区模拟）如图①，②，③，④，两次折叠等腰三角形纸片ABC，先使AB与AC重合，折痕为AD，展平纸片；再使点A与点C重合，折痕为EF，展平纸片，AD、EF交于点G．若AB＝AC＝5cm，BC＝6cm，则DG的长为（ ）
A．cm B．cm C．1cm D．cm
【分析】由折叠可得，BD＝CD，AF＝CF，AD⊥BC，EF⊥AC，则CD＝3cm，CF＝cm，根据勾股定理可得AD＝＝4cm，利用△ACD∽△ECF可求出EF和EC，进而可得DE，再利用△EDG∽△EFC，即可求出DG．
【解答】解：由折叠可得，BD＝CD，AF＝CF，AD⊥BC，EF⊥AC，
∵AB＝AC＝5cm，BC＝6cm，
∴CD＝3cm，CF＝cm，AD＝＝4cm，
在Rt△CEF和Rt△CAD中，
∠ECF＝∠ACD，∠CFE＝∠ADC，
∴△ACD∽△ECF，
∴，
即，
解得EF＝cm，EC＝cm，
∴DE＝EC﹣CD＝（cm），
在Rt△EDG和Rt△EFC中，
∠EDG＝∠EFC＝90°，∠DEG＝∠CEF，
∴△EDG∽△EFC，
∴，
即，
解得DG＝cm．
故选：B．
【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、相似三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
4．（2022•工业园区校级自主招生）在△ABC中，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且满足DB⊥BA，DC＝AB，则＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，设BH＝x，则CH＝x，BC＝2x，设＝t，根据CD＝AB，可得＝t，证明BD∥CH，可得＝＝t，证明△ABD∽△AHC，可得＝＝，列式＝，求出t的值即可．
【解答】解：过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，如图，
∵∠ABC＝120°，
∴∠CBH＝180°﹣120°＝60°，
设BH＝x，则CH＝x，BC＝2x，
设＝t，
∵CD＝AB，
∴＝t，
∵DB⊥BA，CH⊥AH，
∴BD∥CH，
∴＝＝t，
∴AB＝tx＝CD，
∴AD＝t2x，
∴BD＝＝tx，
∵BD∥CH，
∴△ABD∽△AHC，
∴＝＝，
＝，
∴（t+1）＝．
两边平方得：
（t2﹣1）•（t2+2t+1）＝3，
∴t4+2t3+t2﹣t2﹣2t﹣4＝0，
∴t3（t+2）﹣2（t+2）＝0，
∴（t3﹣2）（t+2）＝0，
∵t+2＞0，
∴t3﹣2＝0，
∴t＝．
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的判定以及性质，以及勾股定理的应用，解决本题的关键是得到△ABD∽△AHC．
二．填空题（共4小题）
5．（2018•连云港）如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD：DB＝1：2，则△ADE与△ABC的面积的比为 1：9 ．
【分析】根据DE∥BC得到△ADE∽△ABC，再结合相似比是AD：AB＝1：3，因而面积的比是1：9，问题得解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：DB＝1：2，
∴AD：AB＝1：3，
∴S△ADE：S△ABC＝1：9．
故答案为：1：9．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．
6．（2021•武进区校级自主招生）有一张矩形纸片ABCD，AD＝9，AB＝12，将纸片折叠使A、C两点重合，那么折痕长是 ．
【分析】首先由勾股定理求出AC的长，设AC的中点为E，折线与AB交于F．然后求证△AEF∽△ABC求出EF的长．
【解答】解：如图，由勾股定理易得AC＝15，设AC的中点为E，折线FG与AB交于F，（折线垂直平分对角线AC），AE＝7.5．
∵∠AEF＝∠B＝90°，∠EAF是公共角，
∴△AEF∽△ABC，
∴＝＝．
∴EF＝．
∴折线长＝2EF＝．
故答案为．
【点评】本题综合考查了矩形的性质，勾股定理，相似，全等等知识点．
7．（2022•盐城一模）如图，点E、F分别是矩形ABCD边BC和CD上的点，把△CEF沿直线EF折叠得到△GEF，再把△BEG沿直线BG折叠，点E的对应点H恰好落在对角线BD上，若此时F、G、H三点在同一条直线上，且线段HF与HD也恰好关于某条直线对称，则的值为 ．
【分析】根据线段HF与HD关于某条直线对称，可得HF＝HD，从而可得∠BHG＝2∠HFD，再根据折叠的性质可得CF＝FG，CE＝EG＝HG，∠CFE＝∠GFE，∠BHG＝∠BEG，∠CEF＝∠GEF，从而可得∠HFD+∠CEF＝90°，然后利用矩形的性质可得∠CEF+∠CFE＝90°，从而可得∠CFE＝∠HFD＝∠GFE＝60°，进而证明△HDF是等边三角形，最后证明A字模型相似三角形△CFE∽△CDB，再利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵线段HF与HD关于某条直线对称，
∴HF＝HD，
∴∠HDF＝∠HFD，
∵∠BHG＝∠HDF+∠HFD，
∴∠BHG＝2∠HFD，
由折叠可得：
CF＝FG，CE＝EG＝HG，∠CFE＝∠GFE，∠BHG＝∠BEG，∠CEF＝∠GEF，
∴∠BEG＝2∠HFD，
∵∠BEG+∠CEG＝180°，
∴2∠HFD+2∠CEF＝180°，
∴∠HFD+∠CEF＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∴∠CEF+∠CFE＝90°，
∴∠CFE＝∠HFD，
∴∠CFE＝∠HFD＝∠GFE＝×180°＝60°，
∴△HDF是等边三角形，
∴∠HDF＝60°，HF＝DF，
∵∠HDF＝∠CFE＝60°，∠C＝∠C，
∴△CFE∽△CDB，
∴＝，
设CF＝GF＝a，
∵∠C＝90°，∠CFE＝60°，
∴CE＝CF＝a，
∴CE＝HG＝a，
∴DF＝HF＝HG+FG＝a+a，
∴CD＝CF+DF＝2a+a，
∴＝＝＝2+，
故答案为：2+．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，轴对称的性质，翻折变换（折叠问题），熟练掌握折叠的性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022•广陵区一模）如图，边长为2的正方形CDEF内接于Rt△ABC，斜边AB＝6，则△ABC的周长为 ．
【分析】设BC＝a，AC＝b，根据正方形的性质可得∠EFC＝∠C＝90°，EF＝CD＝CF＝2，从而可证A字模型相似三角形△AFE∽△ACB，然后利用相似三角形的性质可得2（a+b）＝ab，再在Rt△ABC中，利用勾股定理可得a2+b2＝36，然后进行计算即可解答．
【解答】解：设BC＝a，AC＝b，
∵四边形EFCD是正方形，
∴∠EFC＝∠C＝90°，EF＝CD＝CF＝2，
∴∠AFE＝180°﹣∠EFC＝90°，
∴∠AFE＝∠C，
∵∠A＝∠A，
∴△AFE∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴2（a+b）＝ab，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∴a2+b2＝62＝36，
∴（a+b）2﹣2ab＝36，
∴（a+b）2﹣4（a+b）﹣36＝0，
∴a+b＝2+2或a+b＝2﹣2（舍去），
∴△ABC的周长为＝AB+AC+BC＝6+2+2＝8+2，
故答案为：8+2．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
9．（2022•如皋市二模）如图，点D在△ABC的边BC上，∠ADC+∠BAC＝180°，AB＝4，BC＝8，求BD的长．
【分析】可证得△BAD∽△BCA，得出＝，把AB＝4，BC＝8代入，即可求得答案．
【解答】解：∵∠ADC+∠BAC＝180°，∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠ADB＝∠BAC，
又∵∠B＝∠B，
∴△BAD∽△BCA，
∴＝，
∴BA2＝BD•BC，
∵AB＝4，BC＝8，
∴BD＝2．
【点评】本题考查了同角的补角相等，相似三角形的判定和性质，难度较小．
10．（2022•丰县二模）如图①，等边三角形纸片ABC中，AB＝12，点D在BC上，CD＝4，过点D折叠该纸片，得点C'和折痕DE（点E不与点A、C重合）．
（1）当点C'落在AC上时，依题意补全图②，求证：DC'∥AB；
（2）设△ABC'的面积为S，S是否存在最小值？若存在，求出S的最小值；若不存在，请说明理由；
（3）当B，C'，E三点共线时，EC的长为 2﹣2 .
【分析】（1）根据题意补全图形，利用等边三角形性质和翻折变换的性质即可证得结论；
（2）过点D作DF⊥AB于F，由折叠可知，DC′＝DC＝4，以D为圆心，4为半径作辅助圆，则点C′在⊙D上，当点C′在DF上时，点C′到AB的距离最小，S△ABC最小，利用三角形面积公式即可求得答案；
（3）如图④，连接BC′，过点D作DG⊥C′E于点G，过点E作EH⊥BC于点H，设CE＝x，可证得△BDG∽△BEH，则＝＝，建立方程求解即可得出答案．
【解答】（1）证明：补全图形，如图②所示，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵过点D折叠该纸片，得点C'和折痕DE，
∴∠DC′C＝∠C＝60°，
∴∠DC′C＝∠A＝60°，
∴DC'∥AB；
（2）解：S存在最小值，
如图③，过点D作DF⊥AB于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝12，
又∵CD＝4，
∴BD＝8，
由折叠可知，DC′＝DC＝4，
∴点C′在以D为圆心，4为半径的圆上，
∴当点C′在DF上时，点C′到AB的距离最小，S△ABC最小，
∵Rt△BDF中，DF＝DB•sin∠ABD＝8•sin60°＝8×＝4，
∴S最小＝×12×（4﹣4）＝24﹣24；
（3）解：EC＝2﹣2，理由如下：
如图④，连接BC′，过点D作DG⊥C′E于点G，过点E作EH⊥BC于点H，
则∠DGC′＝∠EHC＝90°，
设CE＝x，
由翻折得：DC′＝DC＝4，C′E＝CE＝x，∠DC′E＝∠DCE＝60°，
C′G＝DC′•cos∠DC′E＝4cos60°＝2，DG＝DC′•sin∠DC′E＝4sin60°＝2，
CH＝CE•cos∠DCE＝x•cos60°＝x，EH＝CE•sin∠DCE＝x•sin60°＝x，
∴BH＝BC﹣CH＝12﹣x，
∵B，C'，E三点共线，
∴∠DBG＝∠EBH，BG＝BE﹣C′E+C′G＝BE﹣x+2，
∴△BDG∽△BEH，
∴＝＝，
即：＝＝
∴BE＝2x，
∴＝，
∵x＞0，
∴x＝2﹣2，
∴EC的长为2﹣2，
故答案为：2﹣2．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，翻折变换的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
声明：试题型二：“X”字模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022•工业园区校级二模）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，在井口A处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径AC交于点E，如果测得AB＝1米，AC＝1.6米，AE＝0.4米，那么CD为（ ）
A．2米 B．3米 C．米 D．米
【分析】由题意知：△ABE∽△CDE，得出对应边成比例即可得出CD．
【解答】解：由题意知：AB∥CD，
则∠BAE＝∠C，∠B＝∠CDE，
∴△ABE∽△CDE，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝3米，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意得出△ABE∽△CDE是解决问题的关键．
二．填空题（共3小题）
2．（2022•淮阴区校级一模）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△EOC＝1：3，则当S△ADE＝1时，四边形DBCE的面积是 8 ．
【分析】由题意可得出，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】解：∵S△DOE：S△EOC＝1：3，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△ODE∽△OCB，
∴，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵S△ADE＝1，
∴S△ABC＝9，
∴四边形DBCE的面积
＝S△ABC﹣S△ADE
＝9﹣1
＝8．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
3．（2022•无锡二模）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△DOB＝1：3，则＝ ，当S△ADE＝2时，四边形DBCE的面积是 16 ．
【分析】由题意可得＝1：3，可得＝1：3，再由相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵S△DOE：S△DOB＝1：3，
∴＝1：3，
∵DE∥BC，
∴△ODE∽△OCB，
∴＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵S△ADE＝2，
∴S△ABC＝18，
∴四边形DBCE的面积为S△ABC﹣S△ADE＝18﹣2＝16，
故答案为：，16．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
4．（2022•金坛区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠ABC＝，BD∥AC，AD交BC于点E．若DE＝2AE，则sin∠ADB＝ ．
【分析】在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得＝，从而设AC＝2a，BC＝3a，然后证明△ACE∽△DBE，从而利用相似三角形的性质可得BD＝4a，BE＝2a，CE＝a，进而在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长，最后利用锐角三角函数的定义求出sin∠EAC，即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，tan∠ABC＝，
∴＝，
∴设AC＝2a，BC＝3a，
∵BD∥AC，
∴∠D＝∠DAC，∠DBE＝∠C，
∴△ACE∽△DBE，
∴＝＝＝2，
∴BD＝2AC＝4a，BE＝BC＝2a，CE＝BC＝a，
∴AE＝＝＝a，
∴sin∠EAC＝＝＝，
∴sin∠ADB＝sin∠EAC＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．
三．解答题（共3小题）
5．（2021•无锡）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AB＝CD，BD平分∠ABC，AC与BD相交于点E．
（1）求证：△ABE∽△ACB；
（2）若AD＝4，BC＝6，求线段DE的长度．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠ABD＝∠DBC，从而可得＝，进而可得＝，然后再利用等弧所对的圆周角相等可得∠ACB＝∠ABD，即可解答；
（2）根据同弧所对的圆周角相等可得∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，从而证明△ADE∽△CBE，进而利用相似三角形的性质可得＝＝，然后设AE＝2a，CE＝3a，从而利用（1）的结论可得AB2＝AC•AE，列出关于a的方程，进行计算即可求出a的值，最后根据等弧所对的圆周角相等可得∠ADE＝∠DAE，从而可得AE＝DE，即可解答．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴＝，
∵AB＝CD，
∴＝，
∴＝，
∴∠ACB＝∠ABD，
∵∠BAE＝∠BAC，
∴△ABE∽△ACB；
（2）解：∵＝，
∴∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，
∴△ADE∽△CBE，
∴＝＝＝，
∴设AE＝2a，CE＝3a，
∴AC＝AE+CE＝5a，
∵△ABE∽△ACB，
∴＝，
∴AB2＝AC•AE，
∴16＝2a•5a，
∴a＝或a＝﹣（舍去），
∴AE＝2a＝，
∵＝，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE＝，
∴线段DE的长度为．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，角平分线的性质，熟练掌握圆周角定理，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2021•江阴市校级三模）画图（要求：以下操作均只使用无刻度的直尺）．
（1）在直角坐标系中我们把横、纵坐标都为整数的点称为整点．如图1中点A（1，2）、B（3，4），在图1中第一象限内找出所有的整点P（图上标为P1、P2），使得点P横、纵坐标的平方和等于20．
（2）在图中过点A作一直线，使它将△ABC的面积分成1：2的两部分．
（3）如图2，是大小相等的边长为1的正方形构成的网格，A、B、C、D均为格点．请在线段AD上找一点P，并连结BP使得直线BP将四边形ABCD的面积分为1：2两部分．
【分析】（1）设P（x，y），则x2+y2＝20，再根据x，y为正整数，即可求出点P的坐标，锯刺可得点P的位置；
（2）将△ABC的面积分成1：2，进而确定出BC的三等分点，即可画出图形；
（3）依据直线BP将四边形ABCD的面积分为1：2两部分，可得△ABP的面积＝×＝，即S△ABP＝S△ABD，即可得到AP：PD＝5：3，据此可得点P的位置．
【解答】解：（1）设P（x，y），则x2+y2＝20，
而20＝22+42，
∴点P的坐标为（2，4）或（4，2），
如图1，点P1，P2即为所求；
（2）如图2中，直线AG（或AH）即为所求．
（3）如图3，连接BD，
则△ABD的面积＝△ADF的面积+△BDF的面积＝×2×（2+2）＝4，
四边形ABCD的面积＝△ACD的面积+△ACB的面积＝×5×1+×5×2＝，
∵直线BP将四边形ABCD的面积分为1：2两部分，
∴△ABP的面积＝×＝，即S△ABP＝S△ABD，
∴AP：PD＝5：3，
连接CE，交AD于点P，连接BP，则，
∴线段BP即为所求．
【点评】此题主要考查了四边形的面积的计算方法，三角形的面积计算方法，利用网格线将线段分成几比几的关系（如（2）将线段BC分成1：2或2：1；如（3）将线段分成5：3）是解本题的关键．
7．（2022•江阴市校级一模）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．
①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝ 22.5 °．
（2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；
（3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．
【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合∠DEG＝∠BEC得到∠EBC＝∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE＝∠DCF、BC＝DC，从而证明△BCE≌△DCF；
②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG＝∠D'BG＝22.5°，然后由①得到∠EDF＝∠EBC＝22.5°；
（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE＝DE＝1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
【解答】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD＝∠EGD'＝90°，
∵∠DEG＝∠BEC，
∴∠EBC＝∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE＝∠D'BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝45°，
∴∠DBE＝∠D'BE＝22.5°，
由①得到∠CDF＝∠EBD'，
∴∠CDF＝22.5°，
故答案为：22.5°．
（2）解：如图2，延长BE交DF于点G，
由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD＝∠EGD'＝90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是△DCD'的中位线，
∴点E是CD的中点，
∴CE＝DE＝CD＝×2＝1，
∴BE＝＝，
由（1）①得，∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°，
∴△ECB∽△EGD，
∴，
∴，
∴EG＝，
∴BG＝BE+EG＝+＝，
∵EG是△DCD'的中位线，
∴CD'＝2EG＝2×＝．
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，
由（1）①可得，∠GDF＝∠OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，∠ODC＝∠ODA，
∴∠OAF＝∠ODA，
∵AC＝2，
∴OA＝1，
∵AD＝，
∴OD＝，
∴tan∠OAF＝tan∠ODA＝＝，
∴，
∴OF＝；
②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD＝90°，∠DAG＝∠EAG＝∠DAE，
∵AD＝AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO＝∠ABE，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠ABO＝∠DAG，
在△AGD和△BOA中，
，
∴△AGD≌△BOA（AAS），
∴DG＝AO＝1，AG＝BO＝，
∴DG＝AO，
∵∠FAO＝∠FDG，∠FOA＝∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF＝FG，
设OF＝FG＝x，则DF＝﹣x，
在Rt△DFG中，DF2＝GF2+DG2，
∴（﹣x）2＝x2+12，
解得：x＝，
∴OF＝，
综上所述，OF的长为或．
【点评】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到∠EBC＝∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．
声明题型三：母子型
一、填空题
1．（2022·黑龙江绥化·九年级期末）如图，在中，点D在AB上，请再添一个适当的条件，使，那么可添加的条件是__________．
【答案】 （答案不唯一，也可以增加条件：或）．
【分析】题目中相似的两个三角形已经有一个公共角，可以再增加一对相等的角，用两组角相等判定两三角形相似，也可以增加两组对应边成比例，利用两组边对应成比例及夹角相等判定两三角形相似．
【详解】若增加条件：∠ACD=∠ABC，
∵∠ACD=∠ABC，且∠A=∠A，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，比较简单，熟练掌握相似三角形的三种判定方法是解题的关键．
2．（2021·北京市师达中学九年级阶段练习）如图，中，点在边上，且，若，，则的长为______．
【答案】2
【分析】由∠ACD=∠ABC、∠A=∠A，即可得出△ABC∽△ACD，根据相似三角形的性质可得出，代入AC、AD的值可求出AB的长，再根据BD=AB-AD即可求出结论．
【详解】解：∵∠ACD=∠ABC，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACD，
∴．
∵AC=，AD=1，
∴，
∴AB=3，
∴BD=AB-AD=3-1=2．
故答案为2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2022·安徽·六安市清水河学校九年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，∠DAE的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设λ（λ＞0）．
（1）若AB＝2，λ＝1，求线段CF的长为________；
（2）连接EG，若EG⊥AF，则λ的值为_______．
【答案】
【分析】（1）根据AB＝2，λ＝1，可以得到BE、CE的长，然后根据正方形的性质，可以得到AE的长，再根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到EF的长，从而可以得到线段CF的长；
（2）证明△ADG≌△FGC，得出点G为CD边的中点，根据三角形相似，可以得到CE和EB的比值，从而可以得到λ的值．
【详解】解：（1）∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠F，
又∵AG平分∠DAE，
∴∠DAG＝∠EAG，
∴∠EAG＝∠F，
∴EA＝EF，
∵AB＝2，∠B＝90°，点E为BC的中点，
∴BE＝EC＝1，
∴AE＝＝，
∴EF＝，
∴CF＝EF﹣EC＝﹣1；
故答案为：﹣1；
（2）证明：∵EA＝EF，EG⊥AF，
∴AG＝FG，
在△ADG和△FCG中
，
∴△ADG≌△FCG（AAS），
∴DG＝CG，
设CD＝2a，则CG＝a，
CF＝DA＝2a，
∵EG⊥AF，∠GCF＝90°，
∴∠EGC+∠CGF＝90°，∠F+∠CGF＝90°，∠ECG＝∠GCF＝90°，
∴∠EGC＝∠F，
∴△EGC∽△GFC，
∴，
∵GC＝a，FC＝2a，
∴，
∴，
∴EC＝a，BE＝BC﹣EC＝2a﹣a＝a，
∴λ＝；
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，熟练运用相关性质进行推理解答．
4．（2022·福建三明·九年级期末）如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与AC相交于点H，连接DG．以下四个结论：
①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG；
②△ACF∽△ADG；
③；
④DG⊥AC．
其中正确的是_____．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可知，有对顶角相等，可证∠EAB＝∠BFE，由可证∠EAB＝∠DAG，可判断结论①正确；由，，两边对应成比例且夹角相等即可得△ACF∽△ADG，可判断结论②正确；由结论②可知，可得DG平分，由正方形可知是等腰直角三角形，可推出DG⊥AC，结论④正确；利用两组角对应相等的两个三角形相似可得△ACF∽△AFH，根据相似的性质可得，则，又有，则结论③错误．
【详解】解：设AB与EF相交于点O，如图所示，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴，．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
故结论①正确；
∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的对角线，
∴，，
∴．
又∵，
∴，
即．
∴△ACF∽△ADG．
故结论②正确；
由△ACF∽△ADG可知，
∴DG平分．
∵是等腰直角三角形，
∴DG⊥AC．
故结论④正确；
∵，，
∴△ACF∽△AFH，
∴，
∴．
∵在等腰直角中，，
∴，
故结论③错误，
∴正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理证明三角形相似是解题的关键．
二、解答题
5．（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．
6．（2022·黑龙江·大庆市庆新中学八年级期中）如图，在三角形ABC中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点A开始沿边AB运动，速度为2cm/s，点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s，如果点P、Q两动点同时运动，何时QBP与ABC相似？
【答案】经过4秒或1.6秒时，△QBC与△ABC相似
【分析】由题意可得，，根据△QBC与△ABC相似，分情况列式计算即可．
【详解】解：由题意可得，
∵∠PBQ=∠ABC，
当时，，
即，解得：；
当时，，
即，解得：；
即经过4秒或1.6秒时，△QBC与△ABC相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似，解题的关键是准确分析题意列出方程求解．
7．（2022·广东·江门市第二中学九年级开学考试）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，∠COB＝2∠PCB．
（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）若M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB＝6，求MC•MN的值．
【答案】（1）见解析；（2）18
【分析】（1）已知C在圆上，故只需证明OC与PC垂直即可，根据圆周角定理，易得∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP即可；
（2）连接MA，MB，由圆周角定理可得∠ABM＝∠BCM，进而可得△MBN∽△MCB，故BM2=MN•MC，根据锐角三角函数求出BM，代入数据可得MN•MC= BM2=18．
【详解】（1）证明：∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO．
又∵∠COB＝2∠CAO，∠COB＝2∠PCB，
∴∠CAO＝∠ACO＝∠PCB．
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACO+∠OCB＝90°．
∴∠PCB+∠OCB＝90°．
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径．
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：连接MA，MB，
∵点M是弧AB的中点，
∴，
∴∠ACM＝∠BCM．
∵∠ACM＝∠ABM，
∴∠BCM＝∠ABM．
∵∠BMN＝∠BMC，
∴△MBN∽△MCB．
∴，
∴BM2＝MN•MC．
∵AB是⊙O的直径，，
∴∠AMB＝90°，AM＝BM．
∴∠ABM=∠BAM=45°，
∵AB＝6，
∴BM＝ABsin45°==，
∴MN•MC＝BM2＝18．
【点睛】本题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
8．（2022·浙江·九年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据相似三角形的判定两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可得出
（2）由得，，推出，由相似三角形的性质得，即可求出CD的长．
【详解】（1）∵，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理与性质是解题的关键．
9．（2021·浙江·九年级期末）（1）如图1，在中，为上一点，．求证：．
（2）如图2，在中，是上一点，连接，．已知，，．求证：．
（3）如图3，四边形内接于，、相交于点．已知的半径为2，，，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由化比例，与，可证∽即可；
（2）由，可得，AD=BC，根据线段比值计算，，可得，由∠EAC=∠CAB，可证∽即可；
（3）连接交于点，连接，根据，，可得AC=2AE，根据线段比值计算可得，由∠BAC=∠EAB，可证∽，可证∠ABD=∠ADB，可得BF=DF，根据勾股定理OF=，可求，可证，，可得S△BCD= 即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵，
∴，
又∵，
∴∽，
∴．
（2）证明：如图2，∵，
∴，AD=BC，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵∠EAC=∠CAB，
∴∽，
∴，即，
∴．
∴；
（3）解：如图3，连接OA交于点，连接，
∵，，
∴AC=2AE，
∴，，
∴，
∵∠BAC=∠EAB，
∴∽，
∴，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ABD=∠ADB，
∴点A是弧的中点，BD为弦，OA为半径，
∴，BF=DF，
∵，，
∴BF=DF= ，
在Rt△OBF中，
根据勾股定理OF=，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴S△BCD=S△BCE+S△DCE=，
∴．
【点睛】本题考查三角形相似判定与性质，垂径定理，勾股定理，与三角形高有关的计算，掌握三角形相似判定与性质，垂径定理，勾股定理，与三角形高有关的计算是解题关键．
10．（2021·广东·佛山市第四中学九年级阶段练习）如图：在矩形ABCD中，，，动点Р以的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动的时间为t秒．
（1）______m，______m，_____m（用含t的代数式表示）
（2）t为多少秒时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似？
（3）在P、Q两点移动过程中，四边形ABQP与CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1），，；（2）或；（3）四边形ABQP与CPQ的面积不相等，理由见解析
【分析】（1）根据矩形和勾股定理的性质，计算得，结合题意，根据代数式的性质计算，即可得到答案；
（2）结合（1）的结论，根据相似三角形的性质列方程并求解，即可得到答案；
（3）过点P作，交BC于点M，通过证明，根据相似比的性质，推导得，根据题意列一元二次方程，根据一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案．
【详解】（1）∵矩形ABCD中，，
∴m
∵动点Р以的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以的速度从点C出发，沿CB向点B移动，
∴，
∴
故答案为：，，；
（2）根据（1）的结论，得，，，
∵
∴当，或时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似
当时，得
∴
∴；
当时，得
∴
∴；
（3）如图，过点P作，交BC于点M
∵，
∴
∴
∴
∴
∵四边形ABQP与CPQ的面积相等,四边形ABQP面积
∴
∴
∴
∵
∴无解，即四边形ABQP与CPQ的面积不相等．
【点睛】本题考查了代数式、相似三角形、一元二次方程、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、一元二次方程判别式的性质，从而完成求解．
11．（2021·山东滨州·九年级期末）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB交⊙O于点E、D，连接EC、CD．
（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并加以证明；
（2）求证：；
（3）若，⊙O的半径为3，求OA的长．
【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OC⊥AB，据此解题；
（2）连接OC，90°圆周角所对的弦是直径，证明DE为⊙O的直径，再证明△BCD∽△BEC，最后根据相似三角形的对应边成比例解题；
（3）根据正切定义得到，解得OC=OE=3，再由△BCD∽△BEC，设BC=x，根据相似三角形对应边成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题．
【详解】解：（1）AB与⊙O相切，连接OC，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB与⊙O相切；
（2）连接OC，
∵OC⊥AB，
∴∠OCB=90°即∠1+∠3=90°，
又∵DE为⊙O的直径，
∴∠ECD=90°即∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∵OE=OC，
∴∠E=∠2，
∴∠1=∠E，
∵∠B=∠B，
∴△BCD∽△BEC，
∴，
∴BC2=BD•BE；
（3）∵，∠ECD=90°，
∴，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OE=3，
∵△BCD∽△BEC，
∴，设BC=x，
∴，
∴OB=2x-3，
∵∠OCB=90°，
∴OC2+BC2=OB2，
∴9+x2=（2x-3）2，
∴x1=0（舍去），x2=4，
∴OA=OB=5．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题是关键．
12．（2022·湖北华一寄宿学校八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（a、b），且a、b满足a2+4a+4＝，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
（1）求O、P两点间的距离；
（2）如图1，点A为y轴上一点，连接PA、PB、AB，若B（﹣4，0），且∠APB＝45°+∠PAC，求点A的坐标；
（3）如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N（﹣1，0），则MN的最小值为 （请直接写出结果）．
【答案】（1）2；（2）A（0，）；（3）．
【分析】（1）连接OP，根据二次根式的性质可求得b＝4，a＝﹣2，运用勾股定理即可求得OP；
（2）过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，易证四边形OBDC是正方形，根据∠APB＝45°+∠PAC，可得PB平分∠APD，由角平分线性质可得BD＝BE＝4，设OA＝x，分两种情况进行讨论：①当点A在x轴上方时，②当点A在x轴下方时，分别运用三角形面积公式和正方形面积公式计算即可；
（3）设M（x，y），根据点M是BD中点，可得出B（2x，0），D（0，2y），根据直角三角形性质可得出MP＝BD，由勾股定理或两点间距离公式可得出y＝x+，即点M的运动轨迹是直线y＝x+，根据点到直线距离垂线段最短即可求得答案．
【详解】解：（1）如图1，连接OP，
∵a2+4a+4＝，
∴（a+2）2＝，
∵，
∴b＝4，
∴a＝﹣2，
∴P（﹣2，4），
∵PC⊥OC，
∴PC＝2，OC＝4，
∴OP＝；
（2）如图2，过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，
∵B（﹣4，0），C（0，4），
∴OB＝OC＝4，
∵∠BOC＝∠OCD＝∠BDC＝90°，
∴四边形OBDC是正方形，
∴BD＝OB＝OC＝4，
∵∠APB＝45°+∠PAC，
∴2∠APB＝90°+∠PAC，
∵∠BPD+∠APB＝90°+∠PAC，
∴∠BPD＝∠APB，即PB平分∠APD，
∵BD⊥PD，BE⊥PA，
∴BD＝BE＝4，
设OA＝x，
①当点A在x轴上方时，AC＝4﹣x，
∴PA＝，
∵S△ABP＝S正方形OBDC﹣S△BDP﹣S△APC﹣S△AOB，
∴××4＝4×4﹣×4×2﹣×2（4﹣x）﹣×4x，
解得：x1＝4（舍去），x2＝，
经检验：符合题意，
∴A（0，）；
②当点A在x轴下方时，AC＝4+x，
∴PA＝，
∵S△ABP＝S正方形OBDC﹣S△BDP﹣S△APC+S△AOB，
∴××4＝4×4﹣×4×2﹣×2（4+x）+×4x，
解得：x1＝﹣4（舍去），x2＝﹣（舍去），
综上所述，点A的坐标为：（0，）；
（3）如图3，设M（x，y），
∵点M是BD中点，点B、D分别在x轴、y轴上，
∴B（2x，0），D（0，2y），
∵∠DPB＝90°，DM＝BM，
∴MP＝BD，
∴，
化简，得：y＝x+，
∴点M的运动轨迹是直线y＝x+，
∴MN的最小值即为点N（﹣1，0）到直线y＝x+的距离，
过点N作直线y＝x+的垂线，垂足为Q，
设直线交y轴于点H，交x轴于点G，则OG＝5，OH＝，
∵∠GQN＝∠GOH＝90°，∠NGQ＝∠HGO，
∴△NGQ∽△HGO，
∴，即QN•GH＝GN•OH，
∵GN＝OG﹣ON＝4，GH＝＝，
∴QN×＝4×，
解得：QN＝，
∴MN的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了二次根式性质，勾股定理，两点间距离公式，正方形判定和性质，角平分线判定和性质，三角形面积公式，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象和性质，熟练掌握相关知识，灵活运用转化思想将求MN最小值转化为点到直线距离是解题关键．
题型四：手拉手模型——旋转相似
一．选择题（共3小题）
1．（2020秋•天宁区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC边上一点，连接BD，点E是线段BD延长线上一点，连接AE，CE．使∠CAE＝∠CBE，过点C作CF⊥CE，交BD于点F．若∠ABC＝α（0°＜α＜90°），则线段AE与BF之间的数量关系为（ ）
A．AE＝BF•tanα B．BF＝AE•tanα C．BF＝AE•cosα D．BF＝AE•sinα
【分析】结论：AE＝BF•tanα．证明△BCF∽△ACE即可解决问题．
【解答】解：结论：AE＝BF•tanα．
理由：∵∠BCA＝∠FCE＝90°，
∴∠BCF＝∠ACE，
∵∠CAE＝∠CBF，
∴△BCF∽∠ACE，
∴＝，
∵∠ABC＝α，
∴tanα＝，
∴AE＝BF•tanα．
故选：A．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
2．（2014•张家港市模拟）如图，⊙O与Rt△ABC的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于点E，且DE∥BC．已知AE＝2，AC＝3，BC＝6，则⊙O的半径是（ ）
A．3 B．4 C．4 D．2
【分析】延长EC交圆于点F，连接DF．则根据90°的圆周角所对的弦是直径，得DF是直径．根据射影定理先求直径，再得半径．
【解答】解：延长EC交圆于点F，连接DF．
则根据90°的圆周角所对的弦是直径，得DF是直径．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴．则DE＝4．
在直角△ADF中，根据射影定理，得
EF＝＝4．
根据勾股定理，得DF＝＝4，
则圆的半径是2．
故选：D．
【点评】此题要能够通过作辅助线，把直径构造到直角三角形中．熟练运用相似三角形的性质、圆周角定理的推论以及射影定理和勾股定理．
3．（2021•宝应县模拟）如图，在四边形ABCD中，BC⊥DC，∠BDC＝30°，AD＝8，AB＝6，则对角线AC的最小值为（ ）
A．2 B．5 C．6 D．5
【分析】过点A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，利用△EDB∽△ADC，得，可知EB最小时，AC最小，求出EB的最小值即可解决问题．
【解答】解：过点A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，
∵AD＝8，
∴AE＝AD＝，
∴＝，∠ADC＝∠EDB，
∴△EDB∽△ADC，
∴，
∴AC＝EB，
∴EB最小时，AC最小，
∵EB≥AB﹣AE，
∴EB最小为6﹣＝，
∴AC的最小值为＝5，
故选：B．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，作辅助线构造旋转相似是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
4．（2020秋•崇川区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AD＝4，BD＝1，则CD的长为 2 ．
【分析】根据射影定理得到：CD2＝BD•AD，代入求值即可．
【解答】解：∵如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD⊥AB，AD＝4，BD＝1，
∴由射影定理得：CD2＝BD•AD＝1×4＝4，
∴CD＝2（舍去负值）．
故答案是：2．
【点评】本题考查了射影定理．直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．
5．（2022春•如皋市校级月考）如图，AB＝4，AC＝，∠DAB＝∠DBC＝30°，∠BDC＝90°，ED⊥AD交AB于E，则DE的长是 ．
【分析】根据题目的已知可得，△ADE∽△BDC，从而得两个直角边对应成比例，从图形分析可知∠ADB＝∠EDC，所以想到连接EC，构造“手拉手”相似模型，再证明△ABD∽△ECD，继而求出EC的长，易证∠BEC＝90°，最后放在Rt△AEC中利用勾股定理求出AE即可．
【解答】解：连接EC，
∵∠ADE＝∠BDC＝90°，∠DAB＝∠DBC＝30°，
∴，△ADE∽△BDC，
∵∠ADB＝∠ADE+∠EDB，∠EDC＝∠BDC+∠EDB，
∴∠ADB＝∠EDC，
∴△ABD∽△ECD，
∴，∠ABD＝∠ECD，
∵∠DBC+∠DCB＝90°，
∴∠DBC+∠ECB+∠EBD＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵AB＝4，
∴EC＝，
∵AC＝，
∴AE＝＝，
∴DE＝AE＝．
【点评】本题考查了勾股定理，含30°的直角三角形，相似三角形的判定与性质，添加辅助线构造手拉手相似模型是解题的关键．
三．解答题（共6小题）
6．（2021秋•南京期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证△ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【分析】（1）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似解答即可；
（2）根据已知易证△ACD∽△CBD，然后进行解答即可．
【解答】（1）证明：∵＝，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC；
（2）解：∵△ACD∽△ABC，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握两边成比例且夹角相等的两个三角形相似是解题的关键．
7．（2022•亭湖区校级一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，以AC为直径的⊙O切AB于点A，与BC交于点E．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若BE＝9cm，弦CE的长为16cm，求⊙O的半径长．
【分析】（1）根据切线的性质可得∠OAB＝90°，然后根据平行四边形的性质可得AB∥CD，从而利用平行线的性质求出∠OCD＝90°，即可解答；
（2）连接AE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEC＝90°，再利用同角的余角相等可得∠B＝∠EAC，从而可证△AEC∽△BEA，然后利用相似三角形的性质求出AE的长，最后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AC的长，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠OAB＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠OCD＝∠OAB＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线；
（2）解：连接AE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣∠AEC＝90°，∠EAC+∠ACE＝90°，
∵∠OAB＝90°，
∴∠ACB+∠B＝90°，
∴∠B＝∠EAC，
∴△AEC∽△BEA，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝12或AE＝﹣12（舍去），
在Rt△AEC中，EC＝16，
∴AC＝＝＝20，
∴⊙O的半径长为10．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握切线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022秋•惠山区校级月考）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．
【问题发现】
（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是 BE＝CD ，直线CD与BE的夹角为 45° ；
【类比探究】
（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．
【拓展延伸】
（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，计算即可；
（2）过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB＝AC，AE＝AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；
（3）分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，
∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，
∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，
∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，
∴BE＝CD，
∵∠A＝45°，
∴直线CD与BE的夹角为45°，
故答案为：BE＝CD，45°；
（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，
理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，
∵CA＝CB，
∴AH＝HB，
∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，
∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，
由勾股定理得：AH＝AC，
∴AB＝AC，
同理可得：AE＝AD，
∴＝，
∵∠CAD＝∠BAE，
∴△CAD∽△BAE，
∴＝＝，∠ACD＝ABE，
∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，
∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；
（3）如图3，点E在线段BD上，
∵m＝2，
∴AD＝DE＝1，AB＝2，
由勾股定理得：BD＝＝，
∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，
∴CD＝BE＝，
如图4，点D在线段BE上，
BE＝BD+DE＝+1，
∴CD＝BE＝，
综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
9．（2020秋•赣榆区期末）问题背景：
（1）如图1，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用：
（2）如图2，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，BD＝3，CD＝5，求的值；
灵活运用：
（3）如图3，点A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝，直接写出AD的长．
【分析】（1）由△ABC∽△ADE，得，∠BAC＝∠DAE，从而∠BAD＝∠CAE，，证明结论；
（2）连接EC，首先证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，得，则CE＝，利用含30°角的直角三角形的性质得AD的长，再由△ADF∽△ECF，得＝＝；
（3）作AE⊥AD，交BD于E，连接CE，证明△DAB∽△EAC，得，∠DBA＝∠ACE，得CE＝，∠BEC＝90°，从而解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：连接EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE＝30°，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
∴，
即，
∴CE＝，
∵∠ACE＝30°，∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝90°，
∴在Rt△ADE中，
∴DE＝＝2，
即AE＝，AD＝，
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴＝＝；
（3）解：作AE⊥AD，交BD于E，连接CE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∵∠ADB＝∠ABC＝30°，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
又∵∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
∴，∠DBA＝∠ACE，
∵BD＝3，
∴CE＝，∠BEC＝90°，
在Rt△CDE中，由勾股定理得，DE＝2，
∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，
∴AE＝1，
∴AD＝．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，构造旋转型相似三角形是解题的关键．
10．（2021秋•亭湖区校级期末）问题背景：如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图2所示，得到结论：①＝ ；②直线AE与DF所夹锐角的度数为 30° ．
（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
根据以上探究，将△BEF绕点B按顺时针方向旋转180°，设直线AE与DF的交点为P，在旋转过程中，点P的位置也随之改变，请思考点P运动的轨迹，直接写出点P运动的路程 ．（结果保留π）
【分析】（1）通过题目条件证明△FBD∽△EBA，即可推出答案；
（2）同（1），此时△FBD与△EBA仍然相似；
（3）通过前两问的铺垫，得出P点的轨迹在这个矩形的外接圆上，进而分析其运动路径，求出轨迹长即可．
【解答】解：（1）如图1，
∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA，
∴，
如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，
∵△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，
∴∠DBF＝∠ABE＝90°，
∴△FBD∽△EBA，
∴，∠BDF＝∠BAE，
又∵∠DOB＝∠AOF，∴∠DBA＝∠AHD＝30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，
故答案为：，30°；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，
∵将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，
∴∠ABE＝∠DBF，
又∵，
∴△ABE∽△DBF，
∴，∠BDF＝∠BAE，
又∵∠DOH＝∠AOB，
∴∠ABD＝∠AHD＝30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．
拓展延伸：
由（2）可得∠BAP＝∠BDP，
∴A、B、P、D四点共圆，
∴点P在矩形ABCD的外接圆上运动，如图4：
分析运动过程可知，在△BEF顺时针旋转180°的过程中，P点从点B运动到点C，又回到点B，具体分析如下：
当△BEF刚开始旋转时，P与B点重合，如图5：
当△BEF开始旋转一定角度后，P点延弧BC运动，如图6：
当△BEF旋转60°后，P点到达C点，如图7：
当△BEF旋转超过60°后，P点开始从C点延弧BC往B点运动，如图8：
当△BEF旋转180°时，P点到达B点，如图9：
综上，P点的运动轨迹长为2．
∴其轨迹长为2＝2××2×π×2＝．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，旋转等知识点，熟练掌握旋转型相似是解题关键．
11．（2021秋•邗江区期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α后，△ABC与△ADE构成位似图形，我们称△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 是 （填“是”或“不是”）“旋转位似图形”；
如图1，△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
①若α＝26°，∠B＝100°，∠E＝29°，则∠BAE＝ 25° ；
②若AD＝6，DE＝8，AB＝4，则BC＝ ；
（2）知识运用：
如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AE⊥BD于E，∠DAC＝∠DBC，求证：△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图3，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若AC＝6，AD＝2，求出DE和BD的值．
【分析】（1）①依据△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，可得△ABC∽△ADE，依据相似三角形的对应角相等，即可得到∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②依据△ABC∽△ADE，可得＝，根据AD＝6，DE＝8，AB＝4，即可得出BC＝；
（2）依据△AOD∽△BOC，即可得到，进而得到△AOB∽△DOC，再根据∠7＝∠8，∠ADC＝∠AEB，即可得到△ABE∽△ACD，进而得出△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）依据△ABD∽△AGE，即可得到＝，∠1＝∠2，把AB＝3，AG＝3代入＝求得：AE＝2．过E作EH⊥AD于H，利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理，即可得到BD＝＝．
【解答】解：（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”；
①∵△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠D＝∠B＝100°，
又∵α＝26°，∠E＝29°，
∴∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②∵△ABC∽△ADE，
∴＝，
∵AD＝6，DE＝8，AB＝4，
∴，
∴BC＝，
故答案为：是；25°；；
（2）证明：∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴△AOD∽△BOC，
∴＝，即，
又∵∠5＝∠6，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠7＝∠8，
又∵∠ADC＝90°，AE⊥BD，
∴∠ADC＝∠AEB，
∴△ABE∽△ACD，
∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）∵△ABD∽△AGE，
∴＝，∠1＝∠2，
∵AC＝6，AD＝2，
∴AB＝3，AG＝3，代入＝求得：AE＝2．
如图3，过E作EH⊥AD于H，
∵∠2+∠3＝45°，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°，
∵AE＝2，
∴AH＝，
∴AH＝AD，
∴DE＝AE＝2，
∴∠DEA＝∠GEA＝90°，
∴∠ADB＝∠GEA＝90°，
根据勾股定理，得BD＝＝；
综上，DE＝2，BD＝．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理的综合运用．在解答时添加辅助线等腰直角三角形，利用相似形的对应边成比例是关键．
题型五：K字型（一线三等角）
一．填空题（共1小题）
1．（2021•海州区校级二模）如图，△DEF的三个顶点分别在等边△ABC的三条边上，BC＝4，∠EDF＝90°，＝，则DF长度的最小值是 ．
【分析】根据已知可得∠EFD＝60°，利用一线三等角模型证明△AEF∽△CFD，可得＝＝2，然后设CD＝a，则AF＝2a，表示出DF，DH，FH，最后在Rt△DFH利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点F作FH⊥BC，垂足为H，
∵∠EDF＝90°，tan∠EFD＝＝，
∴∠EFD＝60°，
∴∠AFE+∠DFC＝120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝∠A＝60°，AC＝BC＝4，
∴∠AFE+∠AEF＝120°，
∴∠AEF＝∠DFC，
∴△AEF∽△CFD，
∴＝，
∵∠EDF＝90°，∠EFD＝60°，
∴cos∠EFD＝＝，
∴＝2，
∴设CD＝a，则AF＝2a，
∴CF＝AC﹣AF＝4﹣2a，
在Rt△CFH中，∠C＝60°，
∴CH＝CF＝2﹣a，
∴FH＝CH＝2﹣a，
∴DH＝CD﹣CH＝a﹣（2﹣a）＝2a﹣2，
在Rt△DFH中，DF2＝DH2+FH2＝（2a﹣2）2+（2﹣a）2＝7a2﹣20a+16＝7（a﹣）2+，
∴DF2的最小值为，
∴DF的最小值为：．
【点评】本题考查了二次函数的最值，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握一线三等角模型模型，以及二次函数的最值是解题的关键．
二．解答题（共6小题）
2．（2020•江苏模拟）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，AB上，且∠ADE＝60°．
求证：△ADC∽△DEB．
【分析】依据△ABC是等边三角形，即可得到∠B＝∠C＝60°，再根据∠CAD＝∠BDE，即可判定△ADC∽△DEB．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠ADB＝∠CAD+∠C＝∠CAD+60°，
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB＝∠BDE+60°，
∴∠CAD＝∠BDE，
∴△ADC∽△DEB．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识．解题时注意：有两组角对应相等的两个三角形相似．
3．（2021•徐州模拟）如图所示，P为正方形ABCD的边AD上一动点，AE⊥BP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，过点P作PM∥FC交CD于点M．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若△ABP的面积为25，，求△PDM的面积．
【分析】（1）利用正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，根据垂直定义可得∠AEB＝∠CFB＝90°，从而可得∠ABE＝∠FCB，即可解答；
（2）根据PM∥FC可得∠BPM＝90°，利用一线三等角相似模型证明△BAP∽△PDM，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠EBC＝90°，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
∴∠EBC+∠FCB＝90°，
∴∠ABE＝∠FCB，
∴△ABE≌△BCF（AAS）；
（2）解：∵PM∥FC，
∴∠BFC＝∠BPM＝90°，
∴∠APB+∠DPM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAP＝∠PDM＝90°，AB＝AD，
∴∠ABP+∠APB＝90°，
∴∠ABP＝∠DPM，
∴△BAP∽△PDM，
∵，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵△ABP的面积为25，
∴△PDM的面积为9．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握一线三等角相似模型是解题的关键．
4．（2022春•靖江市月考）阅读理解：如果一个角与一条折线相交形成一个封闭图形，那么这条折线在封闭图形上的部分就称为这个角的“组合边”．
例如：图①中∠BAC的两边与直线l相交构成一个封闭图形，直线l在封闭图形上的部分线段ED就称为∠BAC的“组合边”；再例如：图②中∠QPK的“组合边”有3条，分别是线段MN、NG和GH．
解决问题：在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点M在线段AD上且AM＝1．射线MP在直线AD的下方，将PM绕着点M逆时针旋转90°得到射线MQ，∠PMQ的两边MP和MQ分别交矩形的边于点E和点F．设∠AMP为β，0≤β≤90°．
（1）如图③，若β＝30°，求∠PMQ“组合边”的所有边长和；
（2）当射线MP经过点B时，请判断点F落在矩形ABCD的哪条边上，并说明理由；
（3）若∠PMQ“组合边”的所有边长和为4.5，求AE的值．（直接写出此小题的答案）
【分析】（1）通过题目给出的角度以及利用辅助线求出AE，BE，BF的长度即可求解；
（2）分点F落在BC或CD上两种情况分别进行讨论；
（3）利用题目给出的∠PMQ“组合边”的所有边长和，逆推得到答案．
【解答】解：（1）如图1，过点M作MN⊥BC于点N，
∴四边形ABNM为矩形，
∵矩形ABCD，AB＝2，AD＝4，AM＝1．PM绕着点M逆时针旋转90°得到射线MQ，
又∵β＝30°，
∴AE＝AM×tan30°＝1×＝，
∴BE＝AB﹣AE＝2﹣，
∵四边形ABNM为矩形，
∴BN＝AM＝1，MN＝AB＝2，
∵∠AMN＝∠PMQ，
∴∠AMP+∠PMN＝∠QMN+∠PMN，
∴∠AMP＝∠QMN，
∴∠QMN＝∠β＝30°，
∴NF＝MN×tan∠QMN＝2×＝，
BE+BF＝BE+BN+NF＝2﹣+1+＝3+，
∴∠PMQ“组合边”的所有边长和为3+，
（2）如图2，当射线MP经过点B时，假设点F落在BC上，过点F作FG⊥AD于点G，
∴∠MGF＝90°
∵∠PMQ＝90°，
∴∠AMB+∠FMG＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠ABM+∠AMB＝90°，
∴∠FMG＝∠ABM，
∴△ABM∽GMF，
∴＝，
∵AM＝1，AB＝FG＝2，
∴MG＝4，
∵MG＜MD
∴MG＜3，
∴当射线MP经过点B时，点F不可能在BC上，
∴点F在CD上，如图3，设MQ与BC的延长线交于点H，延长MD，过点H作HI⊥MI于点I，
同理可得：△ABM∽△IMH，
∴MI＝4＞MD，
∴当射线MP经过点B时，点F落在矩形ABCD的CD边上，
（3）①如图3，∵CH∥MD，
∴△FCH∽FDM，
∴＝，
∵MI＝4，MD＝3，
∴DI＝1，
∴CH＝1，
∴＝，
∵CD＝2，
∴CF＝0.5，
∴∠PMQ“组合边”的所有边长和为BC+CF＝4.5，
此时，点E在点B处，
∴AE＝2，
②如图4，过点M作MJ⊥BC于点J，
∴MJ＝AB＝2，BJ＝AM＝1，
由（1）可得：
∠AME＝JMF，
∵∠A＝∠MJQ，
∴△AEM∽△JFM，
∴＝，
设AE为x，则：
BE＝AB﹣AE＝2﹣x，
∵AM＝1，
∴JF＝2x，
∵∠PMQ“组合边”的所有边长和为4.5，
∴BE+BJ+JF＝BE+BF＝4.5，
∴2﹣x+1+2x＝4.5，
解得：x＝1.5，
∴AE＝1.5，
综上，当∠PMQ“组合边”的所有边长和为4.5时，AE的值为1.5或2．
【点评】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造相似三角形，利用对应边成比例求解，属于中考必考题型．
5．（2022•东海县一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
（1）则点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （4，0） ，点C的坐标为 （0，2） ；
（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）（其中x1＞x2）都在抛物线上，若x1+x2＝1，请证明：y1＞y2；
（3）已知点M是线段BC上的动点，点N是线段BC上方抛物线上的动点，若∠CNM＝90°，且△CMN与△OBC相似，试求此时点N的坐标．
【分析】（1）先令x＝0，求得点C的坐标，再令y＝0，求得点A、B的坐标；
（2）分别将x1，x2代入函数解析式求得y1，y2的值，得到y1﹣y2的值，再结合x1+x2＝1化简，得到y1﹣y2的正负，即可得到结果；
（3）先求得直线BC的解析式，过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H，证明△GCN∽△HNM，设点N的坐标，GN、NH、CG，然后分情况讨论，①△NCM∽△OCB，②△NCM∽△OBC，得到点M的坐标，再将点M的坐标代入直线BC的解析式，求得点N的坐标．
【解答】（1）证明：当x＝0时，y＝2，
∴点C（0，2），
当y＝0时，﹣x2+＝0，
解得：x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），B（4，0）．
（2）证明：由题意得：
y1﹣y2＝﹣x12+x1+2﹣（﹣x22+x2+2）＝x22﹣x12+x1﹣x2＝（x2+x1）（x2﹣x1）+（x1﹣x2），
∵x1+x2＝1，
∴y1﹣y2＝x1﹣x2，
又∵x1＞x2，
∴y1＞y2．
（3）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，则
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+2，
如图，过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H，则∠CGN＝∠H＝90°，
∴∠GNC+∠GCN＝90°，
∵∠CNM＝90°，
∴∠GNC+∠HNM＝90°，
∴∠GCN＝∠HNM，
∴△CNG∽△NMH，
∴，
设点N的坐标为（n，），则GN＝n，GC＝，
①当△NCM∽△OCB时，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OC：OB＝1：2，
∴NH＝2CG＝2（）＝﹣n2+3n，HM＝2NG＝2n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+3n）＝﹣n2+4n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣2n＝﹣n2﹣n+2，
∴点M的坐标为（﹣n2+4n，﹣n2﹣n+2），
∵点M在直线BC上，
∴﹣（﹣n2+4n）+2＝﹣n2﹣n+2，
解得：n＝0（舍去）或，
∴点N坐标为（，）；
②当△NCM∽△OBC时，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OB：OC＝2：1，
∴NH＝CG＝（）＝﹣n2+n，HM＝GN＝n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+n）＝﹣n2+n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣n＝﹣n2+n+2，
∴点M的坐标为（﹣n2+n，﹣n2+n+2），
∴﹣（﹣n2+n）+2＝﹣n2+n+2，
解得：n＝0（舍去）或n＝3，
∴点N坐标为（3，2），
综上所述，点N的坐标为（，）或（3，2）．
【点评】本题考查了一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知二次函数和一次函数图象上点的坐标特征．
6．（2018•盐城）【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＝ 4 ；
（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AB、AC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的周长之比为 1﹣cosα （用含α的表达式表示）．
【分析】（1）先求出BE的长度后发现BE＝BD的，又∠B＝60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE＝60°，另外∠DEF＝60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF＝CD＝BC﹣BD；
（2）证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角相似模型”，根据“AA”判定相似；
【思考】由角平分可联系到角平分线的性质“角平分线上点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM＝DG＝DN，从而证明△BDM≌△CDN可得BD＝CD；
【探索】由已知不能求得C△ABC＝AB+BC+AC＝2AB+2OB＝2（m+mcosα），则需要用m和α是三角函数表示出C△AEF，C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG；题中直接已知点O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG＝ED，FH＝DF，则C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG，而AG＝AB﹣BO，从而可求得．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°．
∵AE＝4，
∴BE＝2，
则BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BED＝60°，
又∵∠EDF＝60°，
∴∠EDB＝∠B＝60°．
∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°，
则∠CDF＝∠C＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CF＝CD＝BC﹣BD＝6﹣2＝4．
故答案是：4；
（2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，
∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°，
∴∠BED＝∠CDF．
又∠B＝∠C＝60°，
∴△EBD∽△DCF；
【思考】存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，
∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE．
∴DM＝DG＝DN．
又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BD＝CD，即点D是BC的中点，
∴＝；
【探索】如图③，连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别是G、D、H．
则∠BGO＝∠CHO＝90°，
∵AB＝AC，O是BC的中点，
∴∠B＝∠C，OB＝OC，
∴△OBG≌△OCH，
∴OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90°﹣α，
则∠GOH＝180°﹣（∠BOG+∠COH）＝2α，
∴∠EOF＝∠B＝α
由（2）题可猜想应用EF＝ED+DF＝GE+FH（可通过半角旋转证明），
则C△AEF＝AE+EF+AF＝AE+EG+FH+AF＝AG+AH＝2AG，
设AB＝m，则OB＝mcosα，GB＝mcos2α．
＝＝＝＝1﹣cosα．
故答案是：1﹣cosα．
【点评】本题主要考查的是三角形的综合应用，解答本题主要应用了角平分线的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，综合性较强，难度较大，需要学生具备对所学几何知识的综合应用能力．
7．（2022•武进区校级模拟）在同一平面内，具有一条公共边且不完全重合的两个全等三角形，我们称这两个三角形叫做“共边全等”．
（1）下列图形中两个三角形不是“共边全等”是 ③ ；
（2）如图1，在边长为6的等边三角形ABC中，点D在AB边上，且AD＝AB，点E、F分别在AC、BC边上，满足△BDF和△EDF为“共边全等”，求CF的长；
（3）如图2，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+12分别与直线y＝x、x轴相交于A、B两点，点C是OB的中点，P、Q在△AOB的边上，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PCB“共边全等”时，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）由于第③个图不符合共边要求，所以图③即为答案；
（2）DF为两个全等三角形的公共边，由于F点在BC边上，E在AC边上，两个三角形的位置可以如图②，在公共边异侧，构成一个轴对称图形，也可以构成一个平行四边形（将图③的两条最长边重合形成），分两类讨论，画出图形，按照图②构图，会得到一个一线三等角模型，利用相似，列出方程来解决，按照平行四边形构图，直接得到△ADE为等边三角形，计算边长即可求得；
（3）由题目要求，可以知道两个全等三角形的公共边为PB边，由于要构成△PCB，所以P点只能在OA和OB边上，当P在OA边上，两个三角形可以在PB同侧，也可以在PB异侧，当在PB异侧构图时，可以得到图3和图4，在图3中，当在PB同侧构图时，可以得到图6，当P在OB边上时，Q只能落在OA上，得到图7，利用已知条件，解三角形，即可求出Q点坐标．
【解答】解：（1）①②均符合共边全等的特点，只有③，没有公共边，所以③不符合条件，
∴答案是③；
（2）①如图1，当△BDF≌△EFD，且是共边全等时，
∠BFD＝∠EDF，
∴DE∥BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴△ADE是等边三角形，
∵AD＝，
∴DE＝AE＝BF＝2，
∴CF＝BC﹣BF＝4，
②如图2，当△BDF≌△EDF，且是共边全等时，
BD＝DE＝6﹣AD＝4，
∠DEF＝∠B＝60°，EF＝BF，
∴∠AED+∠FEC＝120°，
又∠AED+∠EDA＝120°，
∴∠FEC＝∠EDA，
又∠C＝∠A＝60°，
∴△FEC∽△EDA，
∴，
设CE＝a，则EF＝2a，
∴，
解得a＝，
∴，EF＝，
∴CF＝6﹣（10﹣2）＝2﹣4，
综上所述，CF＝4或；
（3）联立，解得，
∴A（3，3），
令y＝﹣3x+12＝0，得x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵C为OB中点，
∴OC＝2，
∴C（2，0），
由题可得，P点只能在边OA和OB上，
①P在OA上时，如图3，△PBC≌△BPQ，
∴∠CPB＝∠QBP，CP＝QB，
∴CP∥QB，
∴四边形PCBQ为平行四边形，
∵C为OB中点，
∴P为OB中点，
又PQ∥OB，
∴Q为AB中点，
∴Q（），
②当P在OA边上，如图4，△PBC≌△PBQ，
∴BQ＝BC＝2，
如图5，过A作AD⊥OB于D，则AD＝3，OD＝3，
∴BD＝OB﹣OB＝1，
∴tan∠ABO＝，
过Q作QE⊥OB于E，
∵tan∠ABO＝，
∴设BE＝a，则QE＝3a，
∵BE2+QE2＝QB2，
∴a＝，
∴，
OE＝4﹣a＝4，
∴，
③当P在OA边上，Q在OA边上时，如图6，△PBQ≌BPC，
∴PA＝BC＝2，OP＝PB＝4，
过P作PF⊥OB于F，
∵∠AOB＝45°，OP＝4，
∴PF＝OP＝2，
∴，
设Q（b，b），
∵PQ＝2，
∴，
∴，
∴，
④当P在OB上，Q在OA上时，△PBC≌BPQ，如图7，
∴S△PBC＝S△BPQ，
过C，Q分别作AB得垂线，垂足分别为M，N，
∴，CM∥QN，
∴CM＝QN，
∴四边形CMNQ是平行四边形，
∵C为OB中点，
∴Q为AO中点，
∴Q（），
综上所述，Q（）或（）或（）或（）．
【点评】此题是一道一次函数和三角形的综合题，充分利用第一问的构图是此题的突破口，当点所在的位置不确定时，要注意分类讨论，同时，利用已知数据解三角形是解决此题的基本能力要求．
题型六：相似三角形常用辅助线（作平行线）
1．（2020·湖北武汉·初三一模）如图，在中，，，D是AB上一点，点E在BC上，连接CD，AE交于点F．若，，则__________．
【答案】2
【分析】过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，先利用解直角三角形求出CD的长，其次利用△CDG∽△CBD,求出CG的长，得出BG的长，最后利用△BDG∽△BAE，求出BE的长，最后得出答案．
【解析】解：过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，
在直角三角形ABC中，，∴AB==，
又，∴AD= ，∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，∴CH=6－2=4，
在Rt△CHD中，CD==，
∵AE∥DG，∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，∴∠CDG=∠B，
又∠DCG=∠BCD，∴△CDG∽△CBD，∴，∴ ，
即20=6CG，∴CG= ，∴BG=BC－CG=6－=，
又DG∥AE，∴△BDG∽△BAE，又，∴，
又BG=，∴BE=BG×=4，∴CE=6－4=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
2．（2019·山东初三期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，BE的延长线交AC于点F．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】过D作DQ∥BF交AC于Q，证明AF=FQ，CQ=FQ，即可求出答案．
【解析】证明：过D作DQ∥BF交AC于Q，∴CD:BD=CQ:FQ，AE:DE=AF:FQ，
∵E为AD的中点，即AE=ED，∴AF=FQ，∵AD是BC边上的中线，即BD=CD，∴CQ=FQ，
∴AF=FQ=CQ，∴．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，能正确作出辅助线是解此题的关键．
3．（2019·武汉七一华源中学初三月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠B=30°，AD为BC边上的中线，E为AD上一动点，设DE=nEA，连接CE并延长交AB于点F，过点F作FG∥AC交AD（或延长线）于点G．（1）当n=1时，则=___________，=_______．（2）如图，当n=时，求证：FG2=FE•FC；
（3）如图，当n=_____时，＝．
【答案】（1）2，3；（2）见详解；（3）.
【分析】（1）首先过点D作DH∥CF交AB于点H，由n=1时，可得E为AD的中点，然后根据平行线分线段成比例定理，即可求得答案；（2）首先过点D作DH∥CF交AB于点H，设AF=x，则BH=HF=nx．由∠B=30°，即可求得AC的值，然后过点C作CM⊥AB于点M，易求得MC与MF的值，由勾股定理即可求得FC2=MF2+MC2，然后由平行线分线段成比例定理，即可证得FG2=FE•FC；
（3）过点D作DH∥CF交AB于点H，设BH=x，则HF=x，FA=4x，根据平行线分线段成比例定理，即可求得n的值．
【解析】（1）当n=1时，E为AD的中点，过点D作DH∥CF交AB于点H，
则BH=HF=FA，CF=2DH=2×2EF=4EF，∴=2，=3．
（2）过点D作DH∥CF交AB于点H，设AF=x，则BH=HF=nx．
∵∠B=30°，∴AC=AB=（2n+1）x，过点C作CM⊥AB于点M，
∵∠ACM=∠B=30°，∴MC=ACcos∠ACM=ACcos30°=（2n+1）x•=x，
AM=AC=×（2n+1）x=x，∴MF=AF-AM=x-x=x，
∴FC2=MF2+MC2=（x）2+（x）2=x2，
∵，∴FE=HD=×FC，
∴FE•FC=FC2，，∴,即，
∴当n=时，FC2=x2=x2，FE•FC=FC2= x2，∴x2=FE•FC．
∵FG∥AC，∴，∴FG=AC=•x=x，∴FC2=x2=FE•FC．
（3）过点D作DH∥CF交AB于点H，设BH=x，则HF=x，FA=4x，
∴，∴n=．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理，三角函数的性质，勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．
4．（2020·山西初三一模）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
梅涅劳斯（Menelaus）是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍．梅涅劳斯发现，三角形各边（或其延长线）被一条不过任何一个顶点也不与任何一条边平行的直线所截，这条直线可能与三角形的两条边相交（一定还会与一条边的延长线相交），也可能与三条边都不相交（与三条边的延长线都相交）．他进行了深入研究并证明了著名的梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）：
设D，E，F依次是△ABC的三边AB，BC，CA或其延长线上的点，且这三点共线，则满足．
这个定理的证明步骤如下：
情况①：如图1，直线DE交△ABC的边AB于点D，交边AC于点F，交边BC的延长线与点E．
过点C作CM∥DE交AB于点M，则，（依据），
∴＝，
∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，即．
情况②：如图2，直线DE分别交△ABC的边BA，BC，CA的延长线于点D，E，F．…
（1）情况①中的依据指： ；（2）请你根据情况①的证明思路完成情况②的证明；（3）如图3，D，F分别是△ABC的边AB，AC上的点，且AD:DB＝CF:FA＝2:3，连接DF并延长，交BC的延长线于点E，那么BE:CE＝ ．
【答案】（1）两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；（2）见解析；(3)
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理解决问题即可；（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．模仿情况①的方法解决问题即可；（3）利用梅氏定理即可解决问题．
【解析】解：（1）情况①中的依据是：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
故答案为：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
（2）如图2中，作CN∥DE交BD于N．
则有＝，＝，∴＝，
∴BE•AD•FC＝BD•AF•EC，∴＝1．
（3）∵＝1，AD:DB＝CF:FA＝2:3，
∴＝1，∴=．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
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