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专题20 相似三角形重要模型之母子型（共边共角模型）-备战2024年中考数学常见模型题型归纳与总结高分突破（全国通用）
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这是一份专题20 相似三角形重要模型之母子型（共边共角模型）-备战2024年中考数学常见模型题型归纳与总结高分突破（全国通用），文件包含专题20相似三角形重要模型之母子型共边共角模型原卷版docx、专题20相似三角形重要模型之母子型共边共角模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
母子相似证明题一般思路方法:
①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。
模型1.“母子”模型(共边角模型)
【模型解读与图示】“母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似．
图1 图2 图3 图4
1）“母子”模型（斜射影模型）
条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.
2）双垂直模型（射影模型）
条件:如图2，∠ACB=90，CD⊥AB；
结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
3）“母子”模型（变形）
条件:如图3，∠D=∠CAE，AB=AC； 结论：△ABD∽△ECA；
4）共边模型
条件:如图1，在四边形中，对角线平分，，结论：；
例1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在中，是边上的点，，，则与的周长比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明△ACD∽△ABC，即有，则可得，问题得解．
【详解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，
∵，∴，∴，
∴△ADC与△ACB的周长比1:2，故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，证明△ACD∽△ABC是解答本题的关键．
例2．（2022春·江苏·九年级专题练习）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．
例3.（2022.山西九年级期中）如图，点C，D在线段AB上，△PCD是等边三角形，且∠APB＝120°，求证：（1）△ACP∽△PDB，（2）CD2＝AC•BD．
证明：（1）∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，∴∠ACP＝∠PDB＝120°，
∵∠APB＝120°，∴∠APC+∠BPD＝60°，
∵∠CAP+∠APC＝60°∴∠BPD＝∠CAP， ∴△ACP∽△PDB；
（2）由（1）得△ACP∽△PDB，∴，
∵△PCD是等边三角形，∴PC＝PD＝CD，∴，∴CD2＝AC•BD．
例4．（2023·湖南·统考中考真题）在中，是斜边上的高．
(1)证明：；(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证；（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵是斜边上的高．
∴，∴，∴
又∵∴，
（2）∵∴，又∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例5．（2023.浙江中考模拟）如图，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB．
（1）图1中共有 对相似三角形，写出来分别为 （不需证明）：
（2）已知AB＝5，AC＝4，请你求出CD的长：
（3）在（2）的情况下，如果以AB为x轴，CD为y轴，点D为坐标原点O，建立直角坐标系（如图2），若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿线段CB运动，点Q出B点出发，以每秒1个单位的速度沿线段BA运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为t秒是否存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）3，ABC∽ACD，ABC∽CBD，ACD∽CBD；（2）；（3）存在，(，)，(，)
【分析】（1）根据两角对应相等的两三角形相似即可得到3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．（2）先在△ABC中由勾股定理求出BC的长，再根据△ABC的面积不变得到AB•CD＝AC•BC，即可求出CD的长．（3）由于∠B公共，所以以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似时，分两种情况进行讨论：①△PQB∽△ACB；②△QPB∽△ACB．
【详解】解：（1）图1中共有3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．
证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，∴△ADC∽△ACB
同理可证：△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．
故答案为：3；△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．
（2）如图2中，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC＝＝＝3．
∵△ABC的面积＝AB•CD＝AC•BC，∴CD＝＝．
（3）存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：
在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝3，OC＝，∴OB＝．
分两种情况：①当∠BQP＝90°时，如图2①，此时△PQB∽△ACB，
∴＝，∴，解得t＝，即，∴．
在△BPQ中，由勾股定理，得，∴点P的坐标为；
②当∠BPQ＝90°时，如图2②，此时△QPB∽△ACB，∴，∴，
解得t＝，即，
过点P作PE⊥x轴于点E．∵△QPB∽△ACB，∴，即，∴PE＝．
在△BPE中，，
∴，∴点P的坐标为，
综上可得，点P的坐标为(，)；(，)．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
例6．（2022·陕西汉中·九年级期末）如图，是等腰直角斜边的中线，以点为顶点的绕点旋转，角的两边分别与、的延长线相交，交点分别为点、，与交于点，与交于点，且．(1)如图1，若，求证：；(2)如图2，若，求证：；(3)如图2，过作于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)．
【分析】（1）由题意可得∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF= 90°，从而可得∠DCE=∠DCF = 135°，于是可证得，则有DE= DF；（2）结合（1）可求得∠CDF +∠F= 45°从而可得∠F =∠CDE，则，利用相似三角形的性质即可求解；（3）由DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，结合（2）可求得CE = 2，从而可求得CG= DG=，可证得，从而可求得GN =，再利用勾股定理即可求得DN．
（1）证明∶∵∠ACB=90°，AC= BC，CD是中线，
∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF= 90°，∴∠DCE=∠DCF= 135°
∵在△DCE与△DCF中， ，∴，∴DE= DF；
（2）证明∶∵∠DCE= ∠DCF= 135°∴∠CDF+∠F=180°-135°=45°，
∵∠CDF +∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，
∴ ，∴，即；
（3）解：如图，∵DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，
∴∠DGN=∠ECN=90°， ∠GCD=∠CDG=45°，∴CG= DG
当CD=2，CF=时，由可得，CE=2，
在Rt△DCG中，
∵∠ECN =∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴，
∴，∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，作出适当的辅助线，并熟记相似三角形的判定条件与性质是解题的关键．
例7．（2023·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．
例8．（2022春·广东深圳·九年级校考期中）【基础巩固】
（1）如图1，在四边形中，对角线平分，，求证：；
【尝试应用】（2）如图2，四边形为平行四边形，在边上，，点在延长线上，连结，，，若，，，求的长；
【拓展提高】（3）如图3，在中，是上一点，连结，点，分别在，上，连结，，，若，，，，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）据角平分线的定义及相似三角形的判定可知，再根据相似三角形的性质即可解答；（2）据平行四边形的性质及相似三角形的判定可知，再根据相似三角形的性质即可解答；（3）据平行线的性质可知即相似三角形的判定可知，再根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵平分，∴，
∵，∴，∴，∴；
（2）解：∵四边形为平行四边形，∴，，∴，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，∴，
∴，即，解得：，∴；
（3）过点作交的延长线于点，
∵，，
∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，
∴，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，平行四边形的性质，平行线的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
课后专项训练
1.（2023成都市九年级期中）如图，矩形ABCD中，F是DC上一点，BF⊥AC，垂足为E，ADAB=12，△CEF的面积为S1，△AEB的面积为S2，则S1S2的值等于（ ）
A．116B．15C．14D．125
【解答】解：∵ADAB=12，∴设AD＝BC＝a，则AB＝CD＝2a，∴AC=5a，
∵BF⊥AC，∴△CBE∽△CAB，△AEB∽△ABC，∴BC2＝CE•CA，AB2＝AE•AC
∴a2＝CE•5a，4a2＝AE•5a，∴CE=5a5，AE=45a5，∴CEAE=14，
∵△CEF∽△AEB，∴S1S2=（CEAE）2=116，故选：A．
2．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，，则选项A正确；
，，
，，，，
，，
，，则选项B正确；
假设，，
又，
，
，与矛盾，则假设不成立，选项C错误；
，，，
在和中，，，
，即，，则选项D正确；故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
3．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，在中，，于点，下列关系中不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求证，，，相应得出相关线段的数量关系；由勾股定理，可得中，，中，，于是，从而可得出结论．
【详解】解：∵，，∴∴
∴，故A正确，不符合题意；
∵，，∴
又∴∴∴，故B正确，不符合题意；
中，，中，，
∴，故D正确，不符合题意．
∵，∴∴
∵，故C错误，符合题意；故选：C
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，根据相似三角形得出线段间的数量关系是解题的关键．
4．（2023·山东济南·统考中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，以为半径作弧交于点，再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，连接．以下结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意得，，平分，根据三角形内角和及角平分线判断A即可；由角平分线求出，得到，根据三角形内角和求出，得到，即可判断B；证明，得到，设，则，求出x，即可判断C；过点E作于G，于H，由角平分线的性质定理推出，即可根据三角形面积公式判断D．
【详解】解：由题意得，，平分，
∵在中，，，∴
∵平分，∴，故A正确；
∵平分，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，故B正确；
∵，∴，∴，
设，则，∴，∴，解得，
∴，∴，故C错误；过点E作于G，于H，
∵平分，，，∴
∴，故D正确；故选：C．
【点睛】此题考查了等腰三角形等边对等角，相似三角形的判定和性质，角平分线的作图及性质，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键．
5．（2023·云南临沧·统考三模）如图，在中，D是上的点，，，，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】证明，再利用相似三角形的性质即可解答．
【详解】解：，，，
，设，则，
，与的面积比为，故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．
6．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点，；分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；作射线交于点，若，，的面积为，则的面积为 ．
【答案】
【分析】过点作交的延长线于点，证明，得出，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，∴
由作图可得是的角平分线，∴
∵∴ ∵∴
∴ ∴，
∵的面积为，∴的面积为，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，作角平分线，熟练掌握基本作图以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
7．（2020·山西·统考中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】如解图，过点作于，
∵，∴，∴，
∵，点是的中点，∴，
∵，∴∽∴∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，∴，
则，∵且，
∴∽，∴，即，解得，∴．
∵∴∴
∴故答案为：
【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
8．（2022·河北邢台·校考二模）如图1，在中，，，，点为边上一点，则点与点的最短距离为______．如图2，连接，作，使得，交于，则当时，的长为______．
【答案】 5 2
【分析】根据等腰三角形的三线合一性作BC边上的高AM，再根据三角函数值求出AM的长，根据垂线段最短即可得到点P到A的最短距离即为AM长；
，根据等腰三角形的三线合一性即可得到BN的长，利用线段的和差求出PN的长，再根据三角函数值求出AN的长，利于勾股定理即可得到AP长和AC长，再证△APQ相似于△ACP，即可得到AQ长；
【详解】解如图1，过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=MC=BC=12，
又∵tanC=∴tanB=∴AM=BMtanB=12×=5，
根据点到直线的距离垂线段最短，可得点P与点A的最短距离为5；
∴AB=AC==13，
如图2，过点A作AN⊥BC，在Rt△APN中，PN=PC-CN=1，
又AN=5，∴AP2=PN2+AN2=26，在△APQ与△ACP中，
∵∠APQ=∠C，∠PAQ=∠CAP，∴△APQ∽△ACP，
∴∴AP2=AQAC，∴AQ=2 故答案为：5；2．
【点睛】本题考查等腰三角形、直角三角形、锐角三角函数，相似三角形的性质和判定，综合性较强，熟练相似三角形的性质和判定以及锐角三角函数的意义以及直角三角形的边角关系是解题的关键．
9．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形，
∴，，
∴，
∴，∴平分；正确；
②∵，，∴，∴，
∵，∴，即，故②错误；
③∵，，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是菱形；正确；
④∵，，∴，∴，
∴，即，正确；故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
10．（2020·广东广州·统考中考真题）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为 ．
【答案】16
【分析】根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．
【详解】解：在正方形中，，
∵绕点逆时针旋转到，∴，∴，
∵，∴，∴，∴．故答案为：16．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
11．（2021·四川南充·中考真题）如图，在中，D为BC上一点，，则的值为________．
【答案】．
【分析】证明△ABD∽△CBA，根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】∵，∴，，∴，
∵∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，证明△ABD∽△CBA是解决问题的关键．
12．（2022·四川宜宾·九年级期末）如图，在△ABC中，点D在BC边上，点E在AC边上，且AD＝AB，∠DEC＝∠B．（1）求证：△AED∽△ADC；（2）若AE＝1，EC＝3，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）利用三角形外角的性质及∠DEC=∠ADB可得出∠ADE=∠C，结合∠DAE=∠CAD即可证出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性质可求出AD的长，再结合AD=AB即可得出AB的长．
【详解】解：（1）证明：∵∠DEC=∠DAE+∠ADE，∠ADB=∠DAE+∠C，∠DEC=∠ADB，∴∠ADE=∠C．
又∵∠DAE=∠CAD，∴△AED∽△ADC．
（2）∵△AED∽△ADC∴，即，∴AD＝2或AD＝﹣2（舍去）．
又∵AD＝AB，∴AB＝2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用“两角对应相等，两三角形相似”证出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性质，求出AD的长．
13．（2022·江苏盐城·中考真题）如图，在与中，点、分别在边、上，且，若___________，则．请从①；②；③这三个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．
【答案】见解析．
【分析】根据相似三角形的判定定理证明即可．
【详解】解：若选①，
证明：∵，
∴，，∴，
∵，∴，∴，
又，∴．
选择②，不能证明．
若选③，
证明：∵，∴，∴，
又∵，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
14．（2023·湖南·统考中考真题）在中，是斜边上的高．
(1)证明：；(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证；
（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵是斜边上的高．
∴，∴，∴
又∵∴，
（2）∵∴，
又∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
15．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景：数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现：如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用：
【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可；（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）∵，，∴，
∵将折叠，使边落在边上，
∴，，
∴，；故答案为：；
（2）证明：∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；经检验是原分式方程的解．∴；
拓展应用：如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，∴，
∴，
∴，∴，∴为黄金三角形，
∴，∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．
16．（2023·广东·九年级专题练习）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足，则称点P为这个三角形的“理想点”．
(1)如图①，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
(2)如图②，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长．
【答案】(1)为的理想点,理由见解析(2)或
【分析】（1）由已知可得，从而，，可证点是的“理想点”；
（2）由是的“理想点”，分三种情况：当在上时，是边上的高，根据面积法可求长度；当在上时，，对应边成比例即可求长度；不可能在上．
（1）解：点是的“理想点”，理由如下：
是中点，，，，
，，，，
，，，点是的“理想点”；
（2）①在上时，如图：
是的“理想点”，或，
当时，，，
，即是边上的高，
当时，同理可证，即是边上的高，
在中，，，，，
，，
②，，有， “理想点” 不可能在边上，
③在边上时，如图：
是的“理想点”，，
又，，
，即，，
综上所述，点是的“理想点”， 的长为或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形、勾股定理等知识，解题的关键是理解“理想点”的定义．
17．（2022·江西·统考中考真题）如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．
(1)求证：；(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)AE=9
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得出，，根据平行线的性质和等边对等角，结合，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，，，，
∵，∴，∴．
（2）∵，∴，即，解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出，是解题关键．
18．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）已知，点D在的边上，连接． (1)如图1，若．求证：；(2)如图2，若，，，．求线段的长；(3)如图3，M、N分别是上的两点，连接交于点P，当，时，若，直接写出的值______．
【答案】(1)证明见解析；(2)(3)
【分析】（1）先证明，再根据相似三角形的性质，即可证明结论；
（2）延长至点，使得，连接，根据三角函数值，设，，进而得到，，，证明，得出，从而得到关于的一元二次方程，解方程即可得到线段的长；（3）过点作交于点，交于点，过点作交于点，过点作于点，设，，，利用勾股定理，得到，，证明，得出，进而得到，，再证明，，得到，，进而得出，最后证明，，得出，即可求出的值．
【详解】（1）证明：，，
，，；
（2）解：如图，延长至点，使得，连接，
，，，设，，，，
，，，
，，，，
，，解得：，（舍），；
（3）解：如图，过点作交于点，交于点，过点作交于点，过点作于点，
，，，
，设，，，
，，，
在中，，在中，，
，，，，
是的外角，，，，
又，，，，
，，，
，，，
，，，，
，，，，即，
，，，
，，，，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，一元二次方程的应用，等腰三角形三线合一的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
19．（2022·湖南长沙·校考三模）约定：若三角形一边上的中线将三角形分得的两个小三角形中有一个三角形与原三角形相似，我们则称原三角形为关于该边的“华益美三角”．例如，如图1，在中，为边上的中线，与相似，那么称为关于边的“华益美三角”．
(1)如图2，在中，，求证：为关于边的“华益美三角”；
(2)如图3，已知为关于边的“华益美三角”，点是边的中点，以为直径的⊙恰好经过点．①求证：直线与相切；②若的直径为，求线段的长；
(3)已知为关于边的“华益美三角”，，，求的面积．
【答案】(1)见解析(2)①见解析；②(3)或或
【分析】（1）根据中线的定义可设，即，再由，可得，，即有，结合，可得，问题得证；
（2）①连接，根据，可得，根据为的直径，可得，根据，可得，即有，可得，问题得证；②由题意可知，，即有，，可得，即有，进而可得，在中，有，即有，解方程即可求解；
（3）分类讨论：当时，过A点作于点E，利用相似可得，即，根据，可得，此时面积可求；当时，过A点作于点，同理利用相似可得，进而可得，根据，可得，，则有，利用，可得，求出，进而可得，面积可求，问题随之得解．
【详解】（1）如图，
∵为的中线，∴，即，
∵，∴，
又∵，，∴，
又∵，∴；∴为关于边的“华益美三角”；
（2）①证明：连接，如图，
由题意可知，∴，又∵为的直径，∴，
又∵，∴，∴，∴，
又∵为的半径，∴为的切线；
②∵由题意可知，，∴，，∴，
∵的直径为，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∵在中，，∴，解得：（负值舍去）；
（3）分类讨论：当时，过A点作于点E，如图，
∵为关于边的“华益美三角”，，，
∴，，∴，即，∴，
∵，，∴，∴；
当时，过A点作于点，如图，
∵为关于边的“华益美三角”，，，∴，，
∴，即，∴，
根据还有：，∴，
∵，，∴，∴，∴，
∵，且，∴，
∴，∴，∴；
综上：的面积为或或．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及解一元二次方程等知识，理解“华益美三角”的含义，灵活运用相似三角形的判定与性质，是解答本题的关键．
20．（2022·浙江台州·统考一模）已知在▱ABCD，AB＝2，BC＝10，∠B＝60°，E是边BC上的动点，以AE为一边作▱AEFG，且使得直线FG经过点D．
（1）如图1，EF与AD相交于H，若H是EF的中点．
①求证：GF＝DF；②若GF⊥CD，求GD的长；
（2）如图2，设AE＝x，AG＝y，当点E在边BC上移动时，始终保持∠AEF＝45°，
①求y关于x的函数关系式，并求函数y的取值范围；
②连接ED，当△AED是直角三角形时，求DF的值．
【答案】（1）①见解析；②12；（2）① ；②7或
【分析】（1）①根据四边形AEFG是平行四边形以及H是EF的中点，可以得出HF是△DAG的中位线，进而可得GF＝DF；
②通过证明AB⊥AE，解Rt△ABE求得AE，便可进一步求得结果；
（2）①如图2中，过点A作AK⊥DG于K，过点E作EJ⊥AD于J，过点A作AH⊥BC于H．构造相似三角形解决问题即可；②分当∠EAD＝90°和∠AED＝90°两种情形分别求解即可．
【详解】（1）①证明：如图1中，
∵四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥EF，AG=EF，
∵H是EF的中点，∴HF=EF=AG，∴HF是△DAG的中位线，∴GF＝DF．
②如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，四边形AEFG是平行四边形，
∴AB∥CD，AE∥GF，∵GF⊥CD，∴AB⊥AE，
∴∠B＝60°，AB＝，∴GF＝AE＝AB•tanB＝＝6，∴GD＝2GF＝12；
（2）①如图2中，过点A作AK⊥DG于K，过点E作EJ⊥AD于J，过点A作AH⊥BC于H．
∵四边形AGFE是平行四边形，∴AE∥DG，∠G＝∠AEF＝45°，
∵AK⊥DG，∴AK⊥AE，∵EJ⊥AD，∴∠AKD＝∠AJE＝∠EAK＝90°，
∴∠EAJ+∠KAD＝90°，∠KAD+∠ADK＝90°，∴∠EAJ＝∠ADK，∴△EJA∽△AKD，
∴，在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝，∠B＝60°，∴AH＝AB•sin60°＝3，
在Rt△AGK中，∵∠AKG＝90°，∠G＝45°，AG＝y，
∴AK＝KG＝y，∴，∴，如图2﹣1中，
∵∠G＝45°，AD＝BC＝10，∴点G的运动轨迹的弧，当∠ADG最小时，AG的值最小，
当点E与C重合时，∠ADG＝∠DAC最小，AG的值最小，
在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，AH＝3，CH＝10﹣，
∴，∴
∵AE的最小值为3，∴AG 的最大值为，∴．
②如图3﹣1中，当∠EAD＝90°时，可知AE＝FG＝3，DG＝AD＝10，DF＝DG﹣FG＝7．
如图3﹣2中，当∠AED＝90°时，过点E作EJ⊥AD于J，设AJ＝x，则DJ＝10﹣x，
∵EJ⊥AD，∠AED＝90°，∴∠AJE＝∠EJD＝90°，
∴∠EAJ+∠AEJ＝90°，∠AEJ+∠DEJ＝90°，∴∠EAJ＝∠DEJ，
∴△EJA∽△DJE，可得EJ2＝AJ•DJ，∴x（10﹣x）＝9，解得x＝1或9（舍弃），∴AJ＝1，DJ＝9，
∴，∵AE∥DG，∴∠EDG＝180°﹣90°＝90°，
∵∠AEF＝∠DEF＝45°，∴DF＝DE＝，综上所述，满足条件的DF的值为7或．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、求反比例函数解析式、相似三角形等知识，综合性较强，难度较大.解题时需注意根据不同情况进行分类讨论，避免漏解。
21．（2023·山西临汾·统考二模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务．
规定：在一个三角形中，若一个内角是另一个内角度数的n倍，则称三角形为“n倍角三角形”．当时，称为“1倍角三角形”，显然等腰三角形是“1倍角三角形”；当时，称为“2倍角三角形”，小康通过探索后发现：“2倍角三角形”的三边有如下关系．
如图，在中，所对的边分别为，若，则．
下面是小康对“2倍角三角形”的结论的两种探索证明过程：
证法1：如图1，作的平分线，∴．
设，则．
证法2：如图2，延长到点，使得，连接，
……
任务：(1)上述材料中的证法1是通过作辅助线，构造出__________三角形来加以证明的（填“全等”或“相似”）．
(2)请补全证法2剩余的部分．
【答案】(1)相似(2)见解析
【分析】（1）由题意知，是通过构造相似三角形，然后作答即可；
（2）如图2，延长到点，使得，连接，则，．由，可得．证明，则，即，整理可得．
【详解】（1）解：由题意知，构造相似三角形，故答案为：相似；
（2）证明：如图2，延长到点，使得，连接，
，．
，．
，，
，，．
【点睛】本题考查了等边对等角，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．（2022·安徽·校联考三模）在中，，平分．
（1）如图1，若，，求的长．（2）如图2，过分别作交于，于．①求证：；②求的值．
【答案】（1）；（2）①见解析；②
【分析】（1）由已知易证，利用可求得AD的长；（2）①由（1）和已知易证，进而证得；②过作，与的延长线交于，易证：、和均为等腰三角形，进而得到AC=BG，根据等腰三角形的“三线合一”性质即可得证．
【详解】解：（1）∵在中，，平分，
∴，又∠A=∠A，∴，∴，
∵，，∴；
（2）①∵交于，于，
∴∠AFB=∠EAC，又∠ABF=∠ACB，∴，∴，
∵，，∴；
②过作，与的延长线交于，
∵，∴，
∴、和均为等腰三角形，∴，
∵在等腰中，于，∴，即，∴的值为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、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，会借助作平行线，用等腰三角形的“三线合一”性质解决问题是解答的关键．
23．（2023春·山东淄博·八年级统考期末）如图，已知，点，在边上，连接，，使，且．(1)请判定的形状，并说明理由；(2)若，，求的面积．
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析(2)
【分析】（1）根据相似三角形的性质得出，然后根据邻补角得出，进而即可得出结论；（2）根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下，
∵，∴，
∴，∴是等边三角形，
（2）解：∵是等边三角形，设等边三角形的边长为，
∵， ∴，又∵，，∴，解得：（负值舍去），
如图所示，过点，作于点，
∴，∴，
∴的面积为
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
24．（2023·湖南娄底·统考中考真题）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形的边的延长线相交于点F，的平分线交于点M．
(1)求证：．(2)若，求的长．(3)求的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)
【分析】（1）根据正多边形的性质可以得到，再利用三角形的内角和以及角平分线的定义得到，再根据，可得到，进而得到结论；
（2）根据等角对等边可以得到，，再由（1）得结论得到，解方程可以求出结果；
（3）设，连接，，根据正多边形可以推导出，，则可表示出，然后求出比值．
【详解】（1）证明：∵是正五边形，∴，
∴，
又∵的平分线交于点M，∴，∴，
又∵，∴，∴，即；
（2）解：∵，∴，∴，，
∵，∴，
解得：或（舍去），∴；
（3）设，，连接，，则根据（2）中计算可得，
∵是正五边形，
∴，
∴∴，
∴，，∴，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，正多边形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25．（2022·江苏苏州·统考中考真题）（1）如图1，在△ABC中，，CD平分，交AB于点D，//，交BC于点E．
①若，，求BC的长；②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．（2）如图2，和是△ABC的2个外角，，CD平分，交AB的延长线于点D，//，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为，△CDE的面积为，△BDE的面积为．若，求的值．
【答案】（1）①；②是定值，定值为1；（2）
【分析】（1）①证明，根据相似三角形的性质求解即可；
②由，可得，由①同理可得，计算；
（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得，又，则，可得，设，则．证明，可得，过点D作于H．分别求得，进而根据余弦的定义即可求解．
【详解】（1）①∵CD平分，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．∴．
∴．∴．∴．∴．
②∵，∴．由①可得，∴．
∴．∴是定值，定值为1．
（2）∵，∴．
∵，∴．又∵，∴．
设，则．∵CD平分，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．∴．∴．
∵，∴．∴．∴．∴．
如图，过点D作于H．
∵，∴．∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
母子相似证明题一般思路方法:
①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。
模型1.“母子”模型(共边角模型)
【模型解读与图示】“母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似．
图1 图2 图3 图4
1）“母子”模型（斜射影模型）
条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.
2）双垂直模型（射影模型）
条件:如图2，∠ACB=90，CD⊥AB；
结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
3）“母子”模型（变形）
条件:如图3，∠D=∠CAE，AB=AC； 结论：△ABD∽△ECA；
4）共边模型
条件:如图1，在四边形中，对角线平分，，结论：；
例1．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在中，是边上的点，，，则与的周长比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明△ACD∽△ABC，即有，则可得，问题得解．
【详解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，
∵，∴，∴，
∴△ADC与△ACB的周长比1:2，故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，证明△ACD∽△ABC是解答本题的关键．
例2．（2022春·江苏·九年级专题练习）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．
例3.（2022.山西九年级期中）如图，点C，D在线段AB上，△PCD是等边三角形，且∠APB＝120°，求证：（1）△ACP∽△PDB，（2）CD2＝AC•BD．
证明：（1）∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，∴∠ACP＝∠PDB＝120°，
∵∠APB＝120°，∴∠APC+∠BPD＝60°，
∵∠CAP+∠APC＝60°∴∠BPD＝∠CAP， ∴△ACP∽△PDB；
（2）由（1）得△ACP∽△PDB，∴，
∵△PCD是等边三角形，∴PC＝PD＝CD，∴，∴CD2＝AC•BD．
例4．（2023·湖南·统考中考真题）在中，是斜边上的高．
(1)证明：；(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证；（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵是斜边上的高．
∴，∴，∴
又∵∴，
（2）∵∴，又∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例5．（2023.浙江中考模拟）如图，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB．
（1）图1中共有 对相似三角形，写出来分别为 （不需证明）：
（2）已知AB＝5，AC＝4，请你求出CD的长：
（3）在（2）的情况下，如果以AB为x轴，CD为y轴，点D为坐标原点O，建立直角坐标系（如图2），若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿线段CB运动，点Q出B点出发，以每秒1个单位的速度沿线段BA运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为t秒是否存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）3，ABC∽ACD，ABC∽CBD，ACD∽CBD；（2）；（3）存在，(，)，(，)
【分析】（1）根据两角对应相等的两三角形相似即可得到3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．（2）先在△ABC中由勾股定理求出BC的长，再根据△ABC的面积不变得到AB•CD＝AC•BC，即可求出CD的长．（3）由于∠B公共，所以以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似时，分两种情况进行讨论：①△PQB∽△ACB；②△QPB∽△ACB．
【详解】解：（1）图1中共有3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．
证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，∴△ADC∽△ACB
同理可证：△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．
故答案为：3；△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．
（2）如图2中，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC＝＝＝3．
∵△ABC的面积＝AB•CD＝AC•BC，∴CD＝＝．
（3）存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：
在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝3，OC＝，∴OB＝．
分两种情况：①当∠BQP＝90°时，如图2①，此时△PQB∽△ACB，
∴＝，∴，解得t＝，即，∴．
在△BPQ中，由勾股定理，得，∴点P的坐标为；
②当∠BPQ＝90°时，如图2②，此时△QPB∽△ACB，∴，∴，
解得t＝，即，
过点P作PE⊥x轴于点E．∵△QPB∽△ACB，∴，即，∴PE＝．
在△BPE中，，
∴，∴点P的坐标为，
综上可得，点P的坐标为(，)；(，)．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
例6．（2022·陕西汉中·九年级期末）如图，是等腰直角斜边的中线，以点为顶点的绕点旋转，角的两边分别与、的延长线相交，交点分别为点、，与交于点，与交于点，且．(1)如图1，若，求证：；(2)如图2，若，求证：；(3)如图2，过作于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)．
【分析】（1）由题意可得∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF= 90°，从而可得∠DCE=∠DCF = 135°，于是可证得，则有DE= DF；（2）结合（1）可求得∠CDF +∠F= 45°从而可得∠F =∠CDE，则，利用相似三角形的性质即可求解；（3）由DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，结合（2）可求得CE = 2，从而可求得CG= DG=，可证得，从而可求得GN =，再利用勾股定理即可求得DN．
（1）证明∶∵∠ACB=90°，AC= BC，CD是中线，
∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF= 90°，∴∠DCE=∠DCF= 135°
∵在△DCE与△DCF中， ，∴，∴DE= DF；
（2）证明∶∵∠DCE= ∠DCF= 135°∴∠CDF+∠F=180°-135°=45°，
∵∠CDF +∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，
∴ ，∴，即；
（3）解：如图，∵DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，
∴∠DGN=∠ECN=90°， ∠GCD=∠CDG=45°，∴CG= DG
当CD=2，CF=时，由可得，CE=2，
在Rt△DCG中，
∵∠ECN =∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴，
∴，∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，作出适当的辅助线，并熟记相似三角形的判定条件与性质是解题的关键．
例7．（2023·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．
例8．（2022春·广东深圳·九年级校考期中）【基础巩固】
（1）如图1，在四边形中，对角线平分，，求证：；
【尝试应用】（2）如图2，四边形为平行四边形，在边上，，点在延长线上，连结，，，若，，，求的长；
【拓展提高】（3）如图3，在中，是上一点，连结，点，分别在，上，连结，，，若，，，，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）据角平分线的定义及相似三角形的判定可知，再根据相似三角形的性质即可解答；（2）据平行四边形的性质及相似三角形的判定可知，再根据相似三角形的性质即可解答；（3）据平行线的性质可知即相似三角形的判定可知，再根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵平分，∴，
∵，∴，∴，∴；
（2）解：∵四边形为平行四边形，∴，，∴，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，∴，
∴，即，解得：，∴；
（3）过点作交的延长线于点，
∵，，
∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，
∴，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，平行四边形的性质，平行线的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
课后专项训练
1.（2023成都市九年级期中）如图，矩形ABCD中，F是DC上一点，BF⊥AC，垂足为E，ADAB=12，△CEF的面积为S1，△AEB的面积为S2，则S1S2的值等于（ ）
A．116B．15C．14D．125
【解答】解：∵ADAB=12，∴设AD＝BC＝a，则AB＝CD＝2a，∴AC=5a，
∵BF⊥AC，∴△CBE∽△CAB，△AEB∽△ABC，∴BC2＝CE•CA，AB2＝AE•AC
∴a2＝CE•5a，4a2＝AE•5a，∴CE=5a5，AE=45a5，∴CEAE=14，
∵△CEF∽△AEB，∴S1S2=（CEAE）2=116，故选：A．
2．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，，则选项A正确；
，，
，，，，
，，
，，则选项B正确；
假设，，
又，
，
，与矛盾，则假设不成立，选项C错误；
，，，
在和中，，，
，即，，则选项D正确；故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
3．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，在中，，于点，下列关系中不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求证，，，相应得出相关线段的数量关系；由勾股定理，可得中，，中，，于是，从而可得出结论．
【详解】解：∵，，∴∴
∴，故A正确，不符合题意；
∵，，∴
又∴∴∴，故B正确，不符合题意；
中，，中，，
∴，故D正确，不符合题意．
∵，∴∴
∵，故C错误，符合题意；故选：C
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，根据相似三角形得出线段间的数量关系是解题的关键．
4．（2023·山东济南·统考中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，以为半径作弧交于点，再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，连接．以下结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意得，，平分，根据三角形内角和及角平分线判断A即可；由角平分线求出，得到，根据三角形内角和求出，得到，即可判断B；证明，得到，设，则，求出x，即可判断C；过点E作于G，于H，由角平分线的性质定理推出，即可根据三角形面积公式判断D．
【详解】解：由题意得，，平分，
∵在中，，，∴
∵平分，∴，故A正确；
∵平分，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，故B正确；
∵，∴，∴，
设，则，∴，∴，解得，
∴，∴，故C错误；过点E作于G，于H，
∵平分，，，∴
∴，故D正确；故选：C．
【点睛】此题考查了等腰三角形等边对等角，相似三角形的判定和性质，角平分线的作图及性质，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键．
5．（2023·云南临沧·统考三模）如图，在中，D是上的点，，，，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】证明，再利用相似三角形的性质即可解答．
【详解】解：，，，
，设，则，
，与的面积比为，故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．
6．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点，；分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；作射线交于点，若，，的面积为，则的面积为 ．
【答案】
【分析】过点作交的延长线于点，证明，得出，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，∴
由作图可得是的角平分线，∴
∵∴ ∵∴
∴ ∴，
∵的面积为，∴的面积为，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，作角平分线，熟练掌握基本作图以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
7．（2020·山西·统考中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】如解图，过点作于，
∵，∴，∴，
∵，点是的中点，∴，
∵，∴∽∴∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，∴，
则，∵且，
∴∽，∴，即，解得，∴．
∵∴∴
∴故答案为：
【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
8．（2022·河北邢台·校考二模）如图1，在中，，，，点为边上一点，则点与点的最短距离为______．如图2，连接，作，使得，交于，则当时，的长为______．
【答案】 5 2
【分析】根据等腰三角形的三线合一性作BC边上的高AM，再根据三角函数值求出AM的长，根据垂线段最短即可得到点P到A的最短距离即为AM长；
，根据等腰三角形的三线合一性即可得到BN的长，利用线段的和差求出PN的长，再根据三角函数值求出AN的长，利于勾股定理即可得到AP长和AC长，再证△APQ相似于△ACP，即可得到AQ长；
【详解】解如图1，过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=MC=BC=12，
又∵tanC=∴tanB=∴AM=BMtanB=12×=5，
根据点到直线的距离垂线段最短，可得点P与点A的最短距离为5；
∴AB=AC==13，
如图2，过点A作AN⊥BC，在Rt△APN中，PN=PC-CN=1，
又AN=5，∴AP2=PN2+AN2=26，在△APQ与△ACP中，
∵∠APQ=∠C，∠PAQ=∠CAP，∴△APQ∽△ACP，
∴∴AP2=AQAC，∴AQ=2 故答案为：5；2．
【点睛】本题考查等腰三角形、直角三角形、锐角三角函数，相似三角形的性质和判定，综合性较强，熟练相似三角形的性质和判定以及锐角三角函数的意义以及直角三角形的边角关系是解题的关键．
9．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形，
∴，，
∴，
∴，∴平分；正确；
②∵，，∴，∴，
∵，∴，即，故②错误；
③∵，，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是菱形；正确；
④∵，，∴，∴，
∴，即，正确；故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
10．（2020·广东广州·统考中考真题）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为 ．
【答案】16
【分析】根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．
【详解】解：在正方形中，，
∵绕点逆时针旋转到，∴，∴，
∵，∴，∴，∴．故答案为：16．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
11．（2021·四川南充·中考真题）如图，在中，D为BC上一点，，则的值为________．
【答案】．
【分析】证明△ABD∽△CBA，根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】∵，∴，，∴，
∵∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，证明△ABD∽△CBA是解决问题的关键．
12．（2022·四川宜宾·九年级期末）如图，在△ABC中，点D在BC边上，点E在AC边上，且AD＝AB，∠DEC＝∠B．（1）求证：△AED∽△ADC；（2）若AE＝1，EC＝3，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）利用三角形外角的性质及∠DEC=∠ADB可得出∠ADE=∠C，结合∠DAE=∠CAD即可证出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性质可求出AD的长，再结合AD=AB即可得出AB的长．
【详解】解：（1）证明：∵∠DEC=∠DAE+∠ADE，∠ADB=∠DAE+∠C，∠DEC=∠ADB，∴∠ADE=∠C．
又∵∠DAE=∠CAD，∴△AED∽△ADC．
（2）∵△AED∽△ADC∴，即，∴AD＝2或AD＝﹣2（舍去）．
又∵AD＝AB，∴AB＝2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用“两角对应相等，两三角形相似”证出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性质，求出AD的长．
13．（2022·江苏盐城·中考真题）如图，在与中，点、分别在边、上，且，若___________，则．请从①；②；③这三个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．
【答案】见解析．
【分析】根据相似三角形的判定定理证明即可．
【详解】解：若选①，
证明：∵，
∴，，∴，
∵，∴，∴，
又，∴．
选择②，不能证明．
若选③，
证明：∵，∴，∴，
又∵，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
14．（2023·湖南·统考中考真题）在中，是斜边上的高．
(1)证明：；(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证；
（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵是斜边上的高．
∴，∴，∴
又∵∴，
（2）∵∴，
又∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
15．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景：数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现：如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用：
【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可；（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）∵，，∴，
∵将折叠，使边落在边上，
∴，，
∴，；故答案为：；
（2）证明：∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；经检验是原分式方程的解．∴；
拓展应用：如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，∴，
∴，
∴，∴，∴为黄金三角形，
∴，∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．
16．（2023·广东·九年级专题练习）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足，则称点P为这个三角形的“理想点”．
(1)如图①，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
(2)如图②，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长．
【答案】(1)为的理想点,理由见解析(2)或
【分析】（1）由已知可得，从而，，可证点是的“理想点”；
（2）由是的“理想点”，分三种情况：当在上时，是边上的高，根据面积法可求长度；当在上时，，对应边成比例即可求长度；不可能在上．
（1）解：点是的“理想点”，理由如下：
是中点，，，，
，，，，
，，，点是的“理想点”；
（2）①在上时，如图：
是的“理想点”，或，
当时，，，
，即是边上的高，
当时，同理可证，即是边上的高，
在中，，，，，
，，
②，，有， “理想点” 不可能在边上，
③在边上时，如图：
是的“理想点”，，
又，，
，即，，
综上所述，点是的“理想点”， 的长为或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形、勾股定理等知识，解题的关键是理解“理想点”的定义．
17．（2022·江西·统考中考真题）如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．
(1)求证：；(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)AE=9
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得出，，根据平行线的性质和等边对等角，结合，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，，，，
∵，∴，∴．
（2）∵，∴，即，解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出，是解题关键．
18．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）已知，点D在的边上，连接． (1)如图1，若．求证：；(2)如图2，若，，，．求线段的长；(3)如图3，M、N分别是上的两点，连接交于点P，当，时，若，直接写出的值______．
【答案】(1)证明见解析；(2)(3)
【分析】（1）先证明，再根据相似三角形的性质，即可证明结论；
（2）延长至点，使得，连接，根据三角函数值，设，，进而得到，，，证明，得出，从而得到关于的一元二次方程，解方程即可得到线段的长；（3）过点作交于点，交于点，过点作交于点，过点作于点，设，，，利用勾股定理，得到，，证明，得出，进而得到，，再证明，，得到，，进而得出，最后证明，，得出，即可求出的值．
【详解】（1）证明：，，
，，；
（2）解：如图，延长至点，使得，连接，
，，，设，，，，
，，，
，，，，
，，解得：，（舍），；
（3）解：如图，过点作交于点，交于点，过点作交于点，过点作于点，
，，，
，设，，，
，，，
在中，，在中，，
，，，，
是的外角，，，，
又，，，，
，，，
，，，
，，，，
，，，，即，
，，，
，，，，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，一元二次方程的应用，等腰三角形三线合一的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
19．（2022·湖南长沙·校考三模）约定：若三角形一边上的中线将三角形分得的两个小三角形中有一个三角形与原三角形相似，我们则称原三角形为关于该边的“华益美三角”．例如，如图1，在中，为边上的中线，与相似，那么称为关于边的“华益美三角”．
(1)如图2，在中，，求证：为关于边的“华益美三角”；
(2)如图3，已知为关于边的“华益美三角”，点是边的中点，以为直径的⊙恰好经过点．①求证：直线与相切；②若的直径为，求线段的长；
(3)已知为关于边的“华益美三角”，，，求的面积．
【答案】(1)见解析(2)①见解析；②(3)或或
【分析】（1）根据中线的定义可设，即，再由，可得，，即有，结合，可得，问题得证；
（2）①连接，根据，可得，根据为的直径，可得，根据，可得，即有，可得，问题得证；②由题意可知，，即有，，可得，即有，进而可得，在中，有，即有，解方程即可求解；
（3）分类讨论：当时，过A点作于点E，利用相似可得，即，根据，可得，此时面积可求；当时，过A点作于点，同理利用相似可得，进而可得，根据，可得，，则有，利用，可得，求出，进而可得，面积可求，问题随之得解．
【详解】（1）如图，
∵为的中线，∴，即，
∵，∴，
又∵，，∴，
又∵，∴；∴为关于边的“华益美三角”；
（2）①证明：连接，如图，
由题意可知，∴，又∵为的直径，∴，
又∵，∴，∴，∴，
又∵为的半径，∴为的切线；
②∵由题意可知，，∴，，∴，
∵的直径为，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∵在中，，∴，解得：（负值舍去）；
（3）分类讨论：当时，过A点作于点E，如图，
∵为关于边的“华益美三角”，，，
∴，，∴，即，∴，
∵，，∴，∴；
当时，过A点作于点，如图，
∵为关于边的“华益美三角”，，，∴，，
∴，即，∴，
根据还有：，∴，
∵，，∴，∴，∴，
∵，且，∴，
∴，∴，∴；
综上：的面积为或或．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及解一元二次方程等知识，理解“华益美三角”的含义，灵活运用相似三角形的判定与性质，是解答本题的关键．
20．（2022·浙江台州·统考一模）已知在▱ABCD，AB＝2，BC＝10，∠B＝60°，E是边BC上的动点，以AE为一边作▱AEFG，且使得直线FG经过点D．
（1）如图1，EF与AD相交于H，若H是EF的中点．
①求证：GF＝DF；②若GF⊥CD，求GD的长；
（2）如图2，设AE＝x，AG＝y，当点E在边BC上移动时，始终保持∠AEF＝45°，
①求y关于x的函数关系式，并求函数y的取值范围；
②连接ED，当△AED是直角三角形时，求DF的值．
【答案】（1）①见解析；②12；（2）① ；②7或
【分析】（1）①根据四边形AEFG是平行四边形以及H是EF的中点，可以得出HF是△DAG的中位线，进而可得GF＝DF；
②通过证明AB⊥AE，解Rt△ABE求得AE，便可进一步求得结果；
（2）①如图2中，过点A作AK⊥DG于K，过点E作EJ⊥AD于J，过点A作AH⊥BC于H．构造相似三角形解决问题即可；②分当∠EAD＝90°和∠AED＝90°两种情形分别求解即可．
【详解】（1）①证明：如图1中，
∵四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥EF，AG=EF，
∵H是EF的中点，∴HF=EF=AG，∴HF是△DAG的中位线，∴GF＝DF．
②如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，四边形AEFG是平行四边形，
∴AB∥CD，AE∥GF，∵GF⊥CD，∴AB⊥AE，
∴∠B＝60°，AB＝，∴GF＝AE＝AB•tanB＝＝6，∴GD＝2GF＝12；
（2）①如图2中，过点A作AK⊥DG于K，过点E作EJ⊥AD于J，过点A作AH⊥BC于H．
∵四边形AGFE是平行四边形，∴AE∥DG，∠G＝∠AEF＝45°，
∵AK⊥DG，∴AK⊥AE，∵EJ⊥AD，∴∠AKD＝∠AJE＝∠EAK＝90°，
∴∠EAJ+∠KAD＝90°，∠KAD+∠ADK＝90°，∴∠EAJ＝∠ADK，∴△EJA∽△AKD，
∴，在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝，∠B＝60°，∴AH＝AB•sin60°＝3，
在Rt△AGK中，∵∠AKG＝90°，∠G＝45°，AG＝y，
∴AK＝KG＝y，∴，∴，如图2﹣1中，
∵∠G＝45°，AD＝BC＝10，∴点G的运动轨迹的弧，当∠ADG最小时，AG的值最小，
当点E与C重合时，∠ADG＝∠DAC最小，AG的值最小，
在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，AH＝3，CH＝10﹣，
∴，∴
∵AE的最小值为3，∴AG 的最大值为，∴．
②如图3﹣1中，当∠EAD＝90°时，可知AE＝FG＝3，DG＝AD＝10，DF＝DG﹣FG＝7．
如图3﹣2中，当∠AED＝90°时，过点E作EJ⊥AD于J，设AJ＝x，则DJ＝10﹣x，
∵EJ⊥AD，∠AED＝90°，∴∠AJE＝∠EJD＝90°，
∴∠EAJ+∠AEJ＝90°，∠AEJ+∠DEJ＝90°，∴∠EAJ＝∠DEJ，
∴△EJA∽△DJE，可得EJ2＝AJ•DJ，∴x（10﹣x）＝9，解得x＝1或9（舍弃），∴AJ＝1，DJ＝9，
∴，∵AE∥DG，∴∠EDG＝180°﹣90°＝90°，
∵∠AEF＝∠DEF＝45°，∴DF＝DE＝，综上所述，满足条件的DF的值为7或．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、求反比例函数解析式、相似三角形等知识，综合性较强，难度较大.解题时需注意根据不同情况进行分类讨论，避免漏解。
21．（2023·山西临汾·统考二模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务．
规定：在一个三角形中，若一个内角是另一个内角度数的n倍，则称三角形为“n倍角三角形”．当时，称为“1倍角三角形”，显然等腰三角形是“1倍角三角形”；当时，称为“2倍角三角形”，小康通过探索后发现：“2倍角三角形”的三边有如下关系．
如图，在中，所对的边分别为，若，则．
下面是小康对“2倍角三角形”的结论的两种探索证明过程：
证法1：如图1，作的平分线，∴．
设，则．
证法2：如图2，延长到点，使得，连接，
……
任务：(1)上述材料中的证法1是通过作辅助线，构造出__________三角形来加以证明的（填“全等”或“相似”）．
(2)请补全证法2剩余的部分．
【答案】(1)相似(2)见解析
【分析】（1）由题意知，是通过构造相似三角形，然后作答即可；
（2）如图2，延长到点，使得，连接，则，．由，可得．证明，则，即，整理可得．
【详解】（1）解：由题意知，构造相似三角形，故答案为：相似；
（2）证明：如图2，延长到点，使得，连接，
，．
，．
，，
，，．
【点睛】本题考查了等边对等角，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．（2022·安徽·校联考三模）在中，，平分．
（1）如图1，若，，求的长．（2）如图2，过分别作交于，于．①求证：；②求的值．
【答案】（1）；（2）①见解析；②
【分析】（1）由已知易证，利用可求得AD的长；（2）①由（1）和已知易证，进而证得；②过作，与的延长线交于，易证：、和均为等腰三角形，进而得到AC=BG，根据等腰三角形的“三线合一”性质即可得证．
【详解】解：（1）∵在中，，平分，
∴，又∠A=∠A，∴，∴，
∵，，∴；
（2）①∵交于，于，
∴∠AFB=∠EAC，又∠ABF=∠ACB，∴，∴，
∵，，∴；
②过作，与的延长线交于，
∵，∴，
∴、和均为等腰三角形，∴，
∵在等腰中，于，∴，即，∴的值为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、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，会借助作平行线，用等腰三角形的“三线合一”性质解决问题是解答的关键．
23．（2023春·山东淄博·八年级统考期末）如图，已知，点，在边上，连接，，使，且．(1)请判定的形状，并说明理由；(2)若，，求的面积．
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析(2)
【分析】（1）根据相似三角形的性质得出，然后根据邻补角得出，进而即可得出结论；（2）根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下，
∵，∴，
∴，∴是等边三角形，
（2）解：∵是等边三角形，设等边三角形的边长为，
∵， ∴，又∵，，∴，解得：（负值舍去），
如图所示，过点，作于点，
∴，∴，
∴的面积为
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
24．（2023·湖南娄底·统考中考真题）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形的边的延长线相交于点F，的平分线交于点M．
(1)求证：．(2)若，求的长．(3)求的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)
【分析】（1）根据正多边形的性质可以得到，再利用三角形的内角和以及角平分线的定义得到，再根据，可得到，进而得到结论；
（2）根据等角对等边可以得到，，再由（1）得结论得到，解方程可以求出结果；
（3）设，连接，，根据正多边形可以推导出，，则可表示出，然后求出比值．
【详解】（1）证明：∵是正五边形，∴，
∴，
又∵的平分线交于点M，∴，∴，
又∵，∴，∴，即；
（2）解：∵，∴，∴，，
∵，∴，
解得：或（舍去），∴；
（3）设，，连接，，则根据（2）中计算可得，
∵是正五边形，
∴，
∴∴，
∴，，∴，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，正多边形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25．（2022·江苏苏州·统考中考真题）（1）如图1，在△ABC中，，CD平分，交AB于点D，//，交BC于点E．
①若，，求BC的长；②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．（2）如图2，和是△ABC的2个外角，，CD平分，交AB的延长线于点D，//，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为，△CDE的面积为，△BDE的面积为．若，求的值．
【答案】（1）①；②是定值，定值为1；（2）
【分析】（1）①证明，根据相似三角形的性质求解即可；
②由，可得，由①同理可得，计算；
（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得，又，则，可得，设，则．证明，可得，过点D作于H．分别求得，进而根据余弦的定义即可求解．
【详解】（1）①∵CD平分，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．∴．
∴．∴．∴．∴．
②∵，∴．由①可得，∴．
∴．∴是定值，定值为1．
（2）∵，∴．
∵，∴．又∵，∴．
设，则．∵CD平分，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．∴．∴．
∵，∴．∴．∴．∴．
如图，过点D作于H．
∵，∴．∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
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