人教版数学九年级下册重难点培优训练专题27.10一线三等角型相似三角形综合问题（2份，原卷版+解析版）

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专题27.10一线三等角型相似三角形综合问题（重难点培优）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，试题共22题，选择10道、填空6道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2021秋•鹿邑县月考）如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，D在BC上，DE与AC相交于点F，AB＝18，BD＝6，则CF＝（　　）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】通过相似三角形△ABD∽△CDF的对应边成比例进行解答．【解答】解：如图，∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴∠B＝∠BAC＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝120°，∠ADB+∠FDC＝120°，∴∠BAD＝∠FDC，又∵∠B＝∠C＝60°，∴△ABD∽△CDF，∴AB：BD＝CD：CF，即18：6＝（18﹣6）：CF，∴CF＝4．故选：A．2．（2022•昆明一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内点F的位置，连接AF，若，则CE＝（　　）A． B． C． D．【分析】过点F作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，由折叠可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，在Rt△AMF中，tan∠BAF＝，设FM＝x，则AM＝2x，BM＝4﹣2x，在Rt△BFM中，由勾股定理可求得x的值，进而可得FN，根据△EFN∽△FBM，可求出EF，即可得出答案．【解答】解：过点F作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，则MN⊥AB，MN⊥CD，由折叠可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，在Rt△AMF中，tan∠BAF＝，设FM＝x，则AM＝2x，BM＝4﹣2x，在Rt△BFM中，由勾股定理可得，，解得x＝1或x＝（舍去），∴FM＝1，AM＝BM＝2，FN＝MN﹣FM＝BC﹣FM＝﹣1，∵∠EFN+∠FEN＝∠EFN+∠BFM＝90°，∴∠FEN＝∠BFM，又∵∠FNE＝∠BMF，∴△EFN∽△FBM，∴，即，解得EF＝．∴EC＝．故选：C．3．（2022•齐齐哈尔模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC上一点，过点E作EF⊥AE，交BC于点F，连接AF，则AF的最小值是（　　）A．5 B． C． D．3【分析】根据正方形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，再设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝4﹣x，根据一线三等角相似模型证明△ABE∽△ECF，从而可得CF＝﹣（x﹣2）2+1，进而可得当x＝2时，CF最大＝1，然后可得DF最小＝3，最后在Rt△ADF中，利用勾股定理求出AF的最小值，即可解答．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝4﹣x，∵EF⊥AE，∴∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEC＝180°﹣∠AEF＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，∴△ABE∽△ECF，∴＝，∴＝，∴CF＝＝﹣x2+x＝﹣（x﹣2）2+1，∴当x＝2时，CF最大＝1，此时DF最小＝DC﹣CF＝3，在Rt△ADF中，AF＝＝，∴当DF最小＝3时，AF取最小值，∴AF最小＝＝5，∴AF的最小值是5，故选：A．4．（2022•唐河县二模）如图，平面直角坐标系中，A（4，0），点B为y轴上一点，连接AB，tan∠BAO＝2，点C，D为OB，AB的中点，点E为射线CD上一个动点．当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（　　）A．（4，4）或（2+2，4） B．（4，4）或（2﹣2，4） C．（12，4）或（2+2，4） D．（12，4）或（2﹣2，4）【分析】根据已知可得OA＝4，OB＝8，从而利用勾股定理可求出AB，然后分两种情况，当∠AE1B＝90°，当∠BAE2＝90°，进行计算即可解答．【解答】解：∵A（4，0），∴OA＝4，在Rt△ABO中，tan∠BAO＝＝2，∴BO＝2OA＝8，∴AB＝＝＝4，∵点C，D为OB，AB的中点，∴OC＝OB＝4，CD＝OA＝2，CD∥OA，分两种情况：当∠AE1B＝90°，点D为AB的中点，∴DE1＝AB＝2，∴CE1＝CD+DE1＝2+2，∴E1（2+2，4），当∠BAE2＝90°时，过点E2作E2F⊥x轴，垂足为F，∴∠BAO+∠E2AF＝90°，∵∠BOA＝90°，∴∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠ABO＝∠E2AF，∵∠BOA＝∠AFE2＝90°，∴△BOA∽△AFE2，∴＝，∴＝，∴AF＝8，∴OF＝OA+AF＝12，∴E2（12，4），综上所述：当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（2+2，4）或（12，4），故选：C．5．（2021秋•南京期末）如图，在矩形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，FC＝6，则DG的长是（　　）A．4 B． C． D．5【分析】由矩形的性质可求出∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，证明△EFB∽△FGC，由相似三角形的性质得出，求出CG＝4，同理可得出△DAE∽△EBF，由相似三角形的性质求出AE的长，则可求出答案．【解答】解：∵EF⊥FG，∴∠EFB+∠GFC＝90°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，∴∠GFC+∠FGC＝90°，∴∠EFB＝∠FGC，∴△EFB∽△FGC，∴，∵BE＝3，BF＝2，FC＝6，∴，∴CG＝4，同理可得△DAE∽△EBF，∴，∴，∴AE＝，∴BA＝AE+BE＝+3＝，∴DG＝CD﹣CG＝﹣4＝．故选：B．6．（2021秋•蕉城区校级月考）如图，在边长为4的等边△ABC中，点D是AB边上一个动点，沿过点D的直线折叠∠A，使点A落在BC边上的点F处，折痕交AC于点E，当BF＝1，AE＝时，则AD的长是（　　）A． B． C．2 D．【分析】首先由翻折性质得到△ADE≌△DEF，所以AD＝DF，AE＝EF，再利用一线三等角证明出△BDF∽△CEF，最后根据相似三角形对应边的比相等计算出DF的长即可解答．【解答】解：∵△ABC边长为4，AE＝，∴CE＝4﹣＝，∵由翻折性质得：△ADE≌△DEF，∴AD＝DF，AE＝EF，∵∠DFE＝∠A＝60°，∴∠DFB+∠EFC＝120°，∵∠C＝60°，∴∠EFC+∠CEF＝120°，∴∠CEF＝∠DFB，∵∠B＝∠C＝60°，∴△BDF∽△CEF，∴BD：CF＝BF：CE＝DF：FE＝1：，∴DF＝FE＝，∴AD＝DF＝．故选：D．7．（2021•鄂温克族自治旗一模）如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为（　　）A．6 B．2 C．3 D．4【分析】根据正方形的性质可得∠B＝∠C＝90°，AB＝BC＝12，从而证明一线三等角模型相似△BPE∽△CQP，设BP＝x，则CP＝BC﹣BP＝12﹣x，进而可得CQ＝﹣x2+x＝﹣（x﹣6）2+4，即可解答．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，AB＝BC＝12，∴∠BEP+∠EPB＝90°，∵AE＝AB，∴AE＝3，∴BE＝AB﹣AE＝9，设BP＝x，则CP＝BC﹣BP＝12﹣x，∵PQ⊥EP，∴∠EPQ＝90°，∴∠EPB+∠QPC＝90°，∴∠BEP＝∠QPC，∴△BPE∽△CQP，∴＝，∴＝，∴CQ＝﹣x2+x＝﹣（x﹣6）2+4，∴当x＝6时，CQ的最大值为4，故选：D．8．（2021•烟台模拟）如图，等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，点P为BC边上的任意一点（不与点B、C重合），且∠APD＝45°，PD交AB于点D．设BP＝x，BD＝y，则y关于x的函数图象大致是（　　）A． B． C． D．【分析】证明出△BPD∽△CAP，再利用表示出x与y的函数关系式．【解答】解：∵△ABC为等腰直角三角形；∴∠B＝∠C＝45°＝∠APD；BC＝BA＝4；又∵在△BDP中，∠B+∠BDP+∠BPD＝180°，∴∠BDP+∠BPD＝135°；∵∠BPD+∠APD+∠CPA＝180°；∴∠BPD+∠APC＝135°；∴∠BDP＝∠APC；∵在三角形△BPD和△CAP中，∠B＝∠C，∠BPD＝∠APC；∴△BPD∽△CAP；∴；又∵BP＝x．BD＝y，∴PC＝4﹣x；∴；得．结合图像，故选：C．9．（2021秋•温州校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F，H分别在边AB，BC，AD上，四边形EFGH由两个正方形组成，若BF＝AH＝2，则线段BC的长为（　　）A．4 B．4.5 C．5 D．5.5【分析】由四边形EFGH是由两个正方形组成可得∠FEH＝90°，即得∠BEF+∠AEH＝90°，然后由∠BEF+∠BFE＝90°得到∠BFE＝∠AEH，再结合矩形ABCD中∠B＝∠A＝90°得证△BFE∽△AEH，设小正方形的边长EH＝x，则EF＝2x，利用勾股定理用含有x的式子表示BE、AE的长，然后借助相似三角形的性质求得x的值，然后利用相同的道理得到△GFC∽△BEF求得CG和FC的长，进而得到BC的长．【解答】解：∵四边形EFGH是由两个正方形组成，∴∠FEH＝∠EFG＝∠FGC＝90°，EF＝2EH，∴∠BEF+∠AEH＝∠BFE+∠GFC＝90°，∵∠BEF+∠BFE＝∠CFG+∠FCG＝90°，∴∠BFE＝∠AEH＝∠FCG，∵矩形ABCD中∠B＝∠A＝90°，∴△BFE∽△AEH∽△GCF，∴，，∵BF＝AH＝2，∴BE＝2AH＝2×2＝4，AE＝BF＝×2＝1，∴EH＝FG＝＝，∴EF＝2EH＝2，∴，∴CF＝2.5，∴BC＝BF+CF＝2+2.5＝4.5，故选：B．10．（2021秋•铁东区月考）如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝2，以对角线BD为直角边作直角三角形DBF，若∠DBF＝90°，∠BDF＝30°，DF与BC交于点E，则DE：EF的比是（　　）A． B．3：2 C．2：1 D．【分析】过点F作FG⊥AB于点G，先证明△ABD∽△GFB，得＝，由∠DBF＝90°，∠BDF＝30°，得＝，得＝，求出BG＝，再根据平行线分线段成比例即可求解．【解答】解：过点F作FG⊥AB于点G，∵∠DBF＝90°，∠A＝∠G＝90°，∴∠ABD+∠GBF＝∠GBF+∠BFG＝90°，∴∠ABD＝∠BFG，∵∠A＝∠G＝90°，∴△ABD∽△GFB，∴＝，∵∠DBF＝90°，∠BDF＝30°，∴tan∠BDF＝＝，∴＝，∴BG＝，∵GF∥BC∥AD，∴DE：EF＝AB：BG＝2：＝2：3，故选：D．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上11．（2022•太原二模）如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，过CB的中点D作DE⊥AD，交AB于点E，则EB的长为 　　．【分析】过点E作EM⊥BC，垂足为M，先证明一线三等角模型相似三角形△ACD∽△DME，从而利用相似三角形的性质可设EM＝2x，则DM＝3x，然后再证明A字模型相似三角形△BME∽△BCA，从而可得BM＝x，进而根据BD＝2列出关于x的方程，进行计算可求出EM，BM的长，最后在Rt△BME中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，∴∠DME＝∠BME＝90°，∴∠EDM+∠DEM＝90°，∵DE⊥AD，∴∠ADE＝90°，∴∠CDA+∠EDM＝90°，∴∠CDA＝∠DEM，∵点D是BC的中点，∴CD＝BD＝BC＝2，∵∠C＝∠DME＝90°，∴△ACD∽△DME，∴＝＝，∴设EM＝2x，则DM＝3x，∵∠BME＝∠C＝90°，∠B＝∠B，∴△BME∽△BCA，∴＝，∴＝，∴BM＝x，∵BD＝2，∴DM+BM＝2，∴3x+x＝2，∴x＝，∴EM＝，BM＝，∴BE＝＝＝，故答案为：．12．（2022秋•二道区月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，BC＝12，D，E分别是BC，AB上的动点（点D与B，C不重合），且2∠ADE+∠BAC＝180°，若BE＝4，则CD的长为 　6　．【分析】依据∠C＝∠ADE，∠BDE＝∠CAD，即可判定△BDE∽△CAD；再根据相似三角形的对应边成比例，即可得到＝，即＝，进而得出CD的长．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∴∠C+∠B+∠BAC＝2∠C+∠BAC＝180°，又∵2∠ADE+∠BAC＝180°，∴∠C＝∠ADE，又∵∠BDE+∠ADC＝180°﹣∠ADE，∠CAD+∠ADC＝180°﹣∠C，∴∠BDE＝∠CAD，∴△BDE∽△CAD，∴＝，即＝，解得CD＝6．故答案为：6．13．（2022•孟村县二模）如图，在等边三角形ABC中，点D、点E分别在BC、AC上，且∠ADE＝60°．（1）写出和∠CDE相等的角：　∠BAD　；（2）若AB＝3，BD＝1，则CE长为 　　．【分析】（1）利用等边三角形的性质可得∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝3，从而利用三角形的内角和定理可得∠BAD+∠ADB＝120°，再根据平角定义可得∠CDE+∠ADB＝120°，从而可得∠CDE＝∠BAD，即可解答；（2）根据等边三角形的性质可得求出CD的长，再利用（1）的结论证明△ABD∽△DCE，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝3，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝120°，∵∠ADE＝60°，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠CDE＝∠BAD，∴和∠CDE相等的角：∠BAD，故答案为：∠BAD；（2）∵BC＝3，BD＝1，∴CD＝BC﹣BD＝3﹣1＝2，由（1）得：∠B＝∠C＝60°，∠CDE＝∠BAD，∴△ABD∽△DCE，∴＝，∴＝，∴CE＝，故答案为：．14．（2022•红花岗区二模）在数学探究活动中，小美将矩形ABCD纸片先对折，展开后折痕是EF，点M为BC边上一动点，连接AM，过点M作MN⊥AM交CD于点N．将△MCN沿MN翻折，点C恰好落在线段EF上，已知矩形ABCD中AB＝4，BC＝6，那么BM的长为 　4或　．【分析】连接CC′交MN于点G，由折叠可得，MN是CC′的垂直平分线，从而可得∠MGC＝90°，CN＝C′N，先设BM＝x，则CM＝BC﹣CM＝6﹣x，根据矩形的性质可得∠B＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4，再根据同角的余角相等可得∠BAM＝∠CMN，从而证明△ABM∽△MCN，进而利用相似三角形的性质可得CN＝C′N＝，然后求出FN的长，再根据同角的余角相等可得∠C′CF＝∠CMN，从而可得∠C′CF＝∠BAM，进而可证明△ABM∽△CFC′，利用相似三角形的性质可求出FC′＝x，最后在Rt△FNC′中，利用勾股定理列出关于x的方程，进行计算即可解答．【解答】解：连接CC′交MN于点G，由折叠得：MN是CC′的垂直平分线，∴∠MGC＝90°，CN＝C′N，设BM＝x，则CM＝BC﹣BM＝6﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4，∴∠BAM+∠AMB＝90°，∵MN⊥AM，∴∠AMN＝90°，∴∠AMB+∠CMN＝90°，∴∠BAM＝∠CMN，∴△ABM∽△MCN，∴＝，∴＝，∴CN＝，∴CN＝C′N＝，由折叠得：CF＝CD＝2，∠CFE＝90°，∴FN＝CF﹣CN＝2﹣＝，∵∠BCC′+∠C′CF＝90°，∠BCC′+∠CMN＝90°，∴∠C′CF＝∠CMN，∴∠C′CF＝∠BAM，∵∠B＝∠CFC′＝90°，∴△ABM∽△CFC′，∴＝，∴＝，∴FC′＝x，在Rt△FNC′中，C′F2+FN2＝C′N2，∴（x）2+（）2＝（）2，∴x＝4或x＝，∴BM的长为：4或，故答案为：4或．15．（2021秋•定海区期末）如图，矩形ABCD中，AD＝6，CD＝7，E为AD上一点，且AE＝2，点F、H分别在边AB、CD上，四边形EFGH为矩形，则当△HGC为直角三角形时，AF的值是 　3或4或　．【分析】首先可判断出∠HGC＝90°，设AF＝x，再利用△AEF∽△BFC，得，代入解方程即可；当∠HGC＝90°时，画出图形，利用一线三等角相似可得答案．【解答】解：当△HGC为直角三角形时，当∠HGC＝90°，∵四边形EFGH是矩形，∴∠HGF＝90°，∴∠HGF+∠HGC＝180°，∴点F、G、C三点共线，设AF＝x，则BF＝7﹣x，∴△AEF∽△BFC，∴，∴，解得x＝3或4，∴AF＝3或4；当∠HGC＝90°时，∵四边形ABCD是矩形，∴EH＝FG，∠HEF＝∠EFG＝90°，∵∠A＝∠D＝∠B＝90°，∴∠DEH＝∠BGF，∴△DEH≌△BGF（AAS），∴DH＝BF，设AF＝x，则BF＝DH＝7﹣x，由△DEH∽△AFE得，，∴，解得x＝，∴AF＝，故答案为：3或4或．16．（2022•桐柏县一模）如图1，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝6．第一步，如图2，在CD边上找一点E，将矩形沿AE折叠，点D落在AB边上点F处；第二步，如图3，在AB上找一点M，将△CMB沿CM折叠，得到△CMN，点N落在AE上，则MN的长为 　　．【分析】过点N作NP⊥AB于点P，交CD于点Q，由折叠性质可得四边形AFED是正方形，NC＝BC＝5，MN＝BM，∠MNC＝∠B＝90°，设AP＝x，可得AP＝DQ＝PN＝x，PQ＝AD＝5，QC＝6﹣x，QN＝5﹣x，可证得△MNP∽△NCQ，可求得MP＝，MN＝，再由AP+PM+MN＝AB得到方程，解方程即可求解．【解答】解：如图，过点N作NP⊥AB于点P，交CD于点Q，由第一步折叠可得：AF＝AD＝EF＝DE＝5，∴四边形AFED是正方形，∴∠EAF＝45°，由第二步折叠可得：NC＝BC＝5，MN＝BM，∠MNC＝∠B＝90°，∵PQ⊥AB，PQ⊥CD，∴四边形APQD是矩形，∴∠MPN＝∠NQC＝90°，设AP＝x，可得：AP＝DQ＝PN＝x，PQ＝AD＝5，∴QC＝CD﹣DQ＝6﹣x，QN＝5﹣x，∵∠MNP+∠NMP＝90°，∠MNP+∠CNQ＝90°，∴∠NMP＝∠CNQ，∴△MNP∽△NCQ，∴＝＝，∴＝＝，∴MP＝，MN＝，∵AP+PM+MB＝AP+PM+MN＝AB，∴x++＝6，解得：x＝2或x＝9，∵9＞6＞5，∴x＝9舍去，∴x＝2，∴MN＝＝，故答案为：．三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022秋•丰城市期中）如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，∠ADE＝60°，BD＝4，CE＝3．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）求AB的边长．【分析】（1）利用等边三角形的性质可得AB＝BC，∠B＝∠C＝60°，从而利用三角形内角和定理可得∠BAD+∠ADB＝120°，再利用平角定义可得∠ADB+∠EDC＝120°，从而可得∠BAD＝∠EDC，然后利用两角相等的两个三角形相似即可解答；（2）利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠B＝∠C＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝120°，∵∠ADE＝60°，∴∠ADB+∠EDC＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠BAD＝∠EDC，∴△ABD∽△DCE；（2）解：∵△ABD∽△DCE，∴＝，∴＝，∴AB＝16，∴AB的长为16．18．（2022秋•皇姑区校级月考）已知，如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E是射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点B落在点F处．（1）若点F恰好落在CD边上，如图1，求线段BE的长；（2）若BE＝1，如图2，直接写出点F到BC边的距离；（3）若△CEF为直角三角形，直接写出CE所有值．【分析】（1）由折叠的性质得BE＝FE，AF＝AB＝5，设BE＝FE＝x，则CE＝3﹣x，然后在Rt△CEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）过F作FG⊥BC于G，延长GF交AD于H，由折叠的性质得AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，再证△EFG∽△FAH，得AH＝5FG，设FG＝x，则BG＝AH＝5x，然后在Rt△EFG中，由勾股定理得出方程，解方程即可；（3）分三种情况，①∠CFE＝90°时，②点F在CD上，∠ECF＝90°时，③∠CEF＝90°时，④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，由折叠的性质和相似三角形的判定与性质分别求出CE的长即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠B＝∠C＝∠D＝90°，由折叠的性质得：BE＝FE，AF＝AB＝5，∴DF＝＝＝4，∴CF＝CD﹣DF＝5﹣4＝1，设BE＝FE＝x，则CE＝BC﹣BE＝3﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF2+CE2＝FE2，即12+（3﹣x）2＝x2，解得：x＝，即线段BE的长为；（2）如图2，过F作FG⊥BC于G，延长GF交AD于H，则∠FGE＝90°，四边形ABGH是矩形，∴HG＝AB＝5，BG＝AH，∠AHF＝90°＝∠FGE，由折叠的性质得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，∴∠AFH+∠EFG＝90°，∵∠AFH+∠FAH＝90°，∴∠EFG＝∠FAH，∴△EFG∽△FAH，∴＝＝，∴AH＝5FG，设FG＝x，则BG＝AH＝5x，∴EG＝BG﹣BE＝5x﹣1，在Rt△EFG中，由勾股定理得：x2+（5x﹣1）2＝12，解得：x＝或x＝0（不符合题意舍去），∴FG＝，即点F到BC边的距离为；（3）分三种情况：①∠CFE＝90°时，如图3，∵∠AFE＝90°，∴∠AFE+∠CFE＝180°，∴A、F、C三点共线，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝5，∠B＝∠D＝90°，AD∥BC，∴∠ECF＝∠CAD，AC＝＝＝，由折叠的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，∴∠CFE＝90°＝∠D，CF＝AC﹣AF＝﹣5，∴△CEF∽△ACD，∴＝，即＝，解得：CE＝；②点F在CD上，∠ECF＝90°时，如图4，由（1）可知，BE＝，∴CE＝BC﹣BE＝3﹣＝；③∠CEF＝90°时，如图5，由折叠的性质得：∠AEB＝∠AEF＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴BE＝AB＝5，∴CE＝BE﹣BC＝5﹣3＝2；④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，如图6，由折叠的性质得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，∵∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°，∴DF＝＝＝4，∴CF＝CD+DF＝5+4＝9，∵∠CFE+∠CEF＝90°，∠CFE+∠DFA＝90°，∴∠CEF＝∠DFA，∵∠ECF＝∠ADF＝90°，∴△CEF∽△DFA，∴＝＝＝3，∴CE＝3DF＝12；综上所述，若△CEF为直角三角形，则CE的值为或或2或12．19．（2022•安徽三模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AD＝AB，以BC为直径的半⊙O与边AD相切于点E．（1）求证：∠BCE＝∠DCE；（2）若，求DE的长．【分析】（1）连接OE，利用切线的性质可得∠OEA＝90°，从而可得OE∥CD，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得CE平分∠BCD，即可解答；（2）连接BE，根据已知可得AB∥CD∥OE，再利用平行线分线段成比例定理可得AE＝DE，然后设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BEC＝90°，再利用同角的余角相等可得∠ABE＝∠DEC，从而证明△ABE∽△DEC，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】（1）证明：连接OE，∵半⊙O与边AD相切于点E，∴∠OEA＝90°，∵∠D＝90°，∴∠D＝∠OEA＝90°，∴OE∥CD，∴∠ECD＝∠OEC，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∴∠BCE＝∠DCE；（2）解：连接BE，∵BA⊥AD，OE⊥AD，CD⊥AD，∴AB∥CD∥OE，∵OB＝OC，∴AE＝DE，设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，∵BC为⊙O的直径，∴∠BEC＝90°，∴∠DEC+∠AEB＝180°﹣∠BEC＝90°，∵∠A＝∠D＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∴∠ABE＝∠DEC，∴△ABE∽△DEC，∴，∴，解得：，∴DE的长为．20．（2022•砀山县模拟）如图1，在四边形ABCD中，AC是对角线，且AB＝AC．F是BC边上一动点，连接AF，DF，DF交AC于点E，其中∠DAF＝90°，∠AFD＝∠B．（1）求证：AC•EC＝BF•CF；（2）若AB＝AC＝10，BC＝16．①如图2，若DF∥AB，求的值；②如图3，若DF＝DC，求△DCF的面积．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ABF＝∠FCE，再根据∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠ABF+∠FAB得出∠EFC＝∠FAB，证△ABF∽△FCE，根据线段比例关系即可得出结论；（2）①证△ABF∽△CBA，得，再根据，最后利用平行线分线段成比例得出得出结论即可；②过点A，D分别作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分别为M，N，过点A作AG⊥DN于点G，根据三角函数得出，证△AMF∽△AGD，根据线段比例关系分别求出CF和DN的值即可求出△DCF的面积．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠ABF＝∠FCE，∵∠AFD＝∠B，∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠B+∠FAB，∴∠EFC＝∠FAB，∴△FAB∽△EFC，∴，即AB•EC＝BF•CF；（2）解：①∵DF∥AB，∴∠BAF＝∠AFE，∴∠BAF＝∠ACB，又∵∠ABF＝∠CBA，∴△FAB∽△ACB，∴，∴，∴，∵DF∥AB，∴；②如图，过点A，D分别作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分别为M，N，过点A作AG⊥DN于点G，在△ABC中，AB＝AC，AM⊥BC，∴BM＝CM＝8，则，∴，∵∠AFD＝∠B，∠DAF＝90°，∴，∵∠AMN＝∠GNM＝∠AGN＝90°，∴四边形MNGA是矩形，∴GN＝AM＝6，∠MAG＝90°，又∵∠FAD＝90°，则∠FAM+∠FAG＝∠DAG+∠FAG＝90°，∴∠FAM＝∠DAG．又∵∠AMF＝∠AGD＝90°，∴△FAM∽△DAG，∴，则，∴，则，∵DF＝CD，∴CF＝2CN＝7，∴FM＝CM﹣CF＝1，由△FAM∽△DAG，得＝＝，∴DG＝，∴DN＝DG+GN＝+6＝，∴S△DCF＝CF•DN＝×＝．21．（2022•静安区二模）如图①，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，AD＝6，BC＝7，点P是边AD上的动点，联结BP，作∠BPF＝∠ADC，设射线PF交线段BC于E，交射线DC于F．（1）求∠ADC的度数；（2）如果射线PF经过点C（即点E、F与点C重合，如图②所示），求AP的长；（3）设AP＝x，DF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域．【分析】（1）如图①，过点D作DH⊥BC于点H，则∠DHB＝∠DHC＝90°，再证四边形ABHD是矩形，利用三角函数可得∠CDH＝30°，即可求得答案；（2）设AP＝x，则PD＝6﹣x，可证△DPC∽△PCB，求得：PC＝，BP＝，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；（3）如图③，在AD上取点G，连接AG，使∠ABG＝30°，则∠AGB＝60°，可证△BPG∽△PFD，即可求得答案．【解答】解：（1）如图①，过点D作DH⊥BC于点H，则∠DHB＝∠DHC＝90°，∵AD∥BC，∠A＝90°，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°，∴∠A＝∠ABC＝∠DHB＝90°，∴四边形ABHD是矩形，∴AD＝BH＝6，DH＝AB＝，∠ADH＝90°，∴CH＝BC﹣BH＝7﹣6＝1，∴tan∠CDH＝＝＝，∴∠CDH＝30°，∴∠ADC＝∠ADH+∠CDH＝90°+30°＝120°；（2）设AP＝x，则PD＝6﹣x，在图①Rt△CDH中，CD＝＝＝2，如图②∵∠BPC＝∠D＝120°，AD∥BC，∴∠DPC＝∠PCB，∴△DPC∽△PCB，∴＝＝，∴＝＝，∴PC＝，BP＝，在RtABP中，AB2+AP2＝BP2，∴（）2+x2＝（）2，整理得：x3﹣6x2+3x+10＝0，∴（x﹣2）（x﹣5）（x+1）＝0，∴x1＝2，x2＝5，x3＝﹣1（舍去），∴AP＝2或5；（3）如图③，在AD上取点G，连接AG，使∠ABG＝30°，则∠AGB＝60°，∴∠BGP＝120°，∴∠BGP＝∠BPF＝∠ADC＝120°，∵∠BPG+∠PBG＝∠BPG+∠DPF＝60°，∴∠PBG＝∠DPF，∴△BPG∽△PFD，∴＝，即＝，∴y＝x2+x﹣3，根据题意，0≤x≤6，y≥2，当x2+x﹣3＝2时，解得：x＝2或x＝5，∵＜0，∴当y≥2时，2≤x≤5，故y关于x的函数解析式为y＝x2+x﹣3，定义域为2≤x≤5．22．（2022•齐齐哈尔三模）综合与实践数学实践课堂上，张老师带领学生们从一道题入手，开始研究，并对此题做适当变式，尝试举一反三，开阔学生思维．（1）原型题：如图1，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，AP＝PC，AP⊥PC，则△ABP≌△　PDC　，请你说明理由．（2）利用结论，直接应用：如图2，四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，边长分别为a、b、c，A、B、N、E、F五点在同一条直线上，则△CBN≌△　NEH　，c＝　　（用含a、b的式子表示）．如图3，四边形ABCD中，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝2，CD＝4，以BC上一点O为圆心的圆经过A、D两点，且∠AOD＝90°，则圆心O到弦AD的距离为 　　．（3）弱化条件，变化引申：如图4，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B＝45°，且DM交AC于点F，ME交BC于点G，连接FG，则△AMF与△BGM的关系为：　△AMF∽△BGM　，若，AF＝3，则FG＝　　．【分析】（1）先证明∠BAP＝∠CPD，根据AAS定理可证明△ABP≌△PDC．（2）先证明△CBN≌△NEH，再利用勾股定理说明a、b、c间关系；根据AAS证明△AOB≌△ODC，则有OB＝CD＝4；再根据勾股定理求得OA．可证明三角形AOD是等腰直角三角形，则可得出答案．（3）利用三角形外角可得∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，进而证得△AMF∽△BGM，再由∠A＝∠B＝45°，可得出△ABC是等腰直角三角形，根据M为线段AB的中点，可得AM＝BM＝AB＝×4＝2，运用相似三角形性质和勾股定理即可求得答案．【解答】（1）证明：∵AB⊥BD，CD⊥BD，∴∠ABP＝∠PDC＝90°，∴∠BAP+∠APB＝90°，∵AP⊥PC，∴∠CPD+∠APB＝90°，∴∠BAP＝∠CPD，在△ABP和△PDC中，，∴△ABP≌△PDC（AAS）；故答案为：PDC．（2）证明：∵四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，边长分别为a、b、c，∴∠CBN＝∠NEH＝∠CNH＝90°，CN＝NH＝c，BC＝a，EH＝b，∵∠BCN+∠BNC＝∠ENH+∠BNC＝90°，∴∠BCN＝∠ENH，在△CBN和△NEH中，，∴△CBN≌△NEH（AAS），∴BN＝EH＝b，在Rt△CBN中，CN2＝BC2+BN2，∴c2＝a2+b2，∵a、b、c均为正数，∴c＝，故答案为：NEH，．如图3，∵AB∥DC，AB⊥BC，∴∠B＝∠C＝90°，∴∠BAO+∠AOB＝90°，∵∠AOD＝90°，∴∠COD+∠AOB＝90°，∴∠BAO＝∠COD，∵以点O为圆心的圆经过A、D两点，∴OA＝OD，∴△AOB≌△ODC（AAS），∴AB＝OC＝2，OB＝CD＝4，在Rt△AOB中，OA＝＝＝2，∴OD＝OA＝2，∵∠AOD＝90°，∴△AOD是等腰直角三角形，∴AD＝AB＝×2＝2，∠OAD＝∠ODA＝45°，过点O作OH⊥AD于点H，根据垂径定理可得：AH＝DH，∵OH＝AD，∴OH＝，故答案为：．（3）∵∠AFM＝∠DME+∠E（外角定理），∠DME＝∠A＝∠B（已知），∴∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，∴△AMF∽△BGM，∵∠DME＝∠A＝∠B＝45°∴AC＝BC，∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵M为线段AB的中点，∴AM＝BM＝AB＝×4＝2，∵△AMF∽△BGM，∴＝，∴BG＝＝＝，又∵AC＝BC＝4cos45°＝4，∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝，CF＝AC﹣AF＝4﹣3＝1，在Rt△FCG中，由勾股定理得：FG＝＝＝．