中考数学二轮培优训练第13讲 相似三角形中的“母子(双垂直)”型（2份，原卷版+解析版）

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模型展示：
如图，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常见的结论有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
【多题一解】
一、单选题
1．（2021·江苏南通·统考一模）如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；连接AD，根据PQAB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC＝＝＝12．
∵＝＝，＝＝，
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQAB；
连接AD，
∵PQAB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
∵PD＝PC＝3x，QC=4x
∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x.
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
故选C．
【点睛】本题考查几何变换——旋转综合题，勾股定理，相似三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，熟练掌握定理并能灵活运用是解决此题的关键．
2．（2023秋·浙江温州·九年级期末）如图，在等边中，，点是以为圆心，半径为3的圆上一动点，连接，为上一点，，连接，则线段的最大值与最小值之积为（ ）
A．27B．26C．25D．24
【答案】A
【分析】过作于，在上截取，连结，；先证明，然后运用相似三角形的性质和已知条件得到；再根据图形得到，即当且仅当，，三点共线时，取得最大值为最小值；然后求得最大值和最小值并相乘即可．
【详解】解：如图：过作于，在上截取，连结，，
是等边三角形，，，
，，
，．
，，
．
，
，
，
，
，
，
，
．
∴当且仅当，，三点共线时，取得最大值为最小值，
∴的最大值为，的最小值为，
∴的最大值与最小值之积为．
故答案为A．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系、等边三角形的性质、勾股定理的应用以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线并灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
二、填空题
3．（2021·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．
4．（2021·山东济宁·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=8，四边形ECGF为菱形，点G在AD上，点B在EF上，若菱形的一条对角线CF=，则菱形ECGF的另一条对角线EG的长度是_____．
【答案】
【分析】如图，连接交于延长交于先证明得到再证明利用相似三角形的性质与菱形的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接，交于 延长交于
矩形


菱形






菱形









故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
5．（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．
三、解答题
6．（2021秋·浙江杭州·九年级杭州外国语学校校考期中）如图，已知矩形的两条对角线相交于点O，过点作分别交、于点、．
（1）求证：；
（2）连接，若．求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）易证△BEG∽△AEB，利用对应边成比例即可解决；
（2）由（1）的结论及BE=CE，易证明△CEG∽△AEC，从而可得∠CGE=∠ACE，由OB=OC，可得．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
∴∠ABG+∠EBG=90°
∵
∴∠ABG+∠BAG=90°
∴∠EBG=∠BAG
∴Rt△BEG∽Rt△AEB
∴
∴
（2）由（1）有：
∵BE=CE
∴
∴
∵∠CEG=∠AEC
∴△CEG∽△AEC
∴∠CGE=∠ACE
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD
∴OB=OC
∴∠DBC=∠ACE
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
7．（2022秋·安徽合肥·九年级校考期中）中，，，点E为的中点，连接并延长交于点F，且有，过F点作于点H．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4．
【分析】（1）先根据垂直的定义可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据相似三角形的性质可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，从而可得，然后根据平行线分线段成比例定理即可得证；
（3）先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得的长，再根据相似三角形的判定可得，然后利用相似三角形的性质可求出的长，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】证明：（1），
，
，
，
在和中，，
；
（2）点为的中点，
，
由（1）已证：，
，
设，则，，
，
（等腰三角形的三线合一），
，
又，
，
即；
（3）由（2）已证：，
，
，
，
，即，
解得，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
由（2）可知，设，则，
，
解得或（不符题意，舍去），
，
则在中，．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
8．（2020·浙江·九年级期末）如图1，四边形内接于是的直径，．延长交的延长线于点．
（1）证明：．
（2）当时，
①求的长度．
②如图2，作平分交于点，连结，求的面积．
【答案】（1）见详解；（2）①；②
【分析】（1）由题意易得∠BAD=∠ACD，由圆内接四边形的外角等于它的内对角得∠ECD=∠BAD，然后问题可求解；
（2）①由（1）及题意易得△CDE∽△ABE，则有，进而可得，然后设，最后根据勾股定理可求解；
②连接CF，过点F作FH⊥AE于点H，由题意易得∠ABF=∠ACF=∠ADF=45°，由①可得，，则有，进而可得，△FHD是等腰直角三角形，然后设DH=FH=x，则，由勾股定理可求解x的值，最后根据三角形面积计算公式可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴∠BAD=∠ACD，
∵四边形内接于，
∴∠ECD=∠BAD，
∴；
（2）解：①由（1）得：，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=∠CDE=90°，
∵CD=CD，
∴△ADC≌△EDC（ASA），
∴AD=DE，AC=CE，
∵∠E=∠E，
∴△CDE∽△ABE，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，在Rt△CDE中，，
∴，解得：，
∴；
②连接CF，过点F作FH⊥AE于点H，如图所示：
由①得：，，
∵平分，∠ABC=90°，
∴∠ABF=45°，
∴∠ACF=∠ADF=45°，
∵AC是是⊙O的直径，
∴∠AFC=90°，
∴△AFC和△FHD是等腰直角三角形，
∴AF=FC，FH=DH，
∴，
设DH=FH=x，则，
∴在Rt△AHF中，，
解得：（不符合题意，舍去）
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
9．（2021·陕西西安·陕西师大附中校考二模）如图，为的直径，为延长线上一点，与相切与点，，连接，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理和切线的性质可得，从而得到，然后结合等边对等角以及同弧所对的圆周角相等求解；
（2）连接BE，OE，由角的正弦值得到，设OD=x，则OC=3x，AC=2x，BC=4x，证明，结合勾股定理和相似三角形的性质求得AD的长，然后根据求得∠BAE=30°，从而利用锐角三角函数值求解．
【详解】解：（1）连接OD
∵为的直径，为延长线上一点，与相切与点，
∴
∴
又∵OD=OA，
∴
∴
（2）连接BE，OE
由题意，在Rt△COD中，
设OD=x，则OC=3x，AC=2x，BC=4x
∴CD=
∵，
∴，
∴
∴，即，解得：
∴在Rt△ABD中，
∵，AB是直径
∴，
∴在Rt△ABE中，
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形以及相似三角形的判定和性质，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
10．（2020·河南·校联考二模）如图，在中，对角线，延长至点，使得，连接并延长，交的延长线于点．以为直径作分别交，于点，，连接，．
（1）证明：．
（2）若的直径为3．填空：
①当______时，四边形为正方形；
②当______时，为等边三角形．
【答案】（1）见解析；（2）①45°；②．
【分析】（1）根据平行四边形结合得出AE=AC，再根据SAS得出，从而得出，再根据AAS即可得出
（2）①根据正方形和平行四边形的性质可得出45°
②根据等边三角形的性质得出，再解直角三角形ABC即可得出
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴
∴
∵，
∴CE=2AE；
∴AC=AE；
又∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵为的直径，
∴．
又∵，
∴．
（2）①当45°时，四边形为正方形；；
①∵四边形为正方形，
∴
∴．
∴．
②当时，为等边三角形
∵为等边三角形，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形和正方形的性质，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质、解直角三角形、圆周角的性质等知识，灵活熟练的运用相关的定理是解题的关键
11．（2020·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．
12．（2020·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点，与过点的切线互相垂直，垂足为．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为．
【分析】（1）如图（见解析），先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据角平分线的定义即可得证；
（2）如图（见解析），先根据角的和差、等量代换可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，设，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出x的值，最后根据正弦三角函数的定义即可得．
【详解】（1）如图，连接OD
由圆的切线的性质得：
又
则平分；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：
在和中，
设，则，且
在和中，
，即
解得或（不符题意，舍去）
经检验，是所列分式方程的解
则在中，
故的值为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、正弦三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
13．（2021·河南商丘·统考二模）如图，在中，的平分线AD交BC于点E，交的外接圆于点D．过点D作的切线DF，连接BD．
（1）求证：．
（2）若，．
①当时，求线段的长为_____________．
②当四边形OCDB为平行四边形时，的半径等于_____________．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②．
【分析】（1）根据题目已知信息，连接连接DO并延长交于点G，连接BG，那么可以得到，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，从而得证．（2）①根据同弧以及题目所给信息可得，那么说明是等腰三角形，再根据，从而证明和都为等腰三角形，以及，再依据线段的相等关系，可得BD的长度．②首先根据题意可得，那么证明和是等边三角形，从而得到，也就得到，，由于半径与BC的倍数的关系，就对BC构造直角三角形，所以过点C作AB的垂线交于点M，再利用边角关系以及勾股定理列出式子，从而得到半径的长度．
【详解】解：（1）连接DO并延长交于点G，连接BG，
∴根据圆的性质：，
由题意可得：FD是的切线，
∴，
∴，即，
∵与所对的弧都为，
∴，
∴．
（2）①由题意得：，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵AD是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形且，
∴，得，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
②由第一问可知，，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∴和是等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
过点C作AB的垂线交于点M，
则，
∴，，
∴
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查切线的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，特殊三角形的判定及性质以及勾股定理的应用，掌握圆的相关性质以及对题目已知条件的利用再融合计算线段长度的方法是做题关键．
14．（2021·湖北武汉·统考一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB上一点．
（1）如图1，若CD⊥AB，求证：AC2=AD·AB；
（2）如图2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且，求的值；
（3）如图3，若AC=BC，点H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，则tan∠ACH的值为________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证出，证明∽，得出，即可得出结论；
（2）设，则（），同（1）得，则，在中，，过作于，易证，求出，再由平行线分线段成比例定理即可得出答案；
（3）过点作于，设，则（），，证明∽，得出，，求出，证明是等腰直角三角形，得出，由勾股定理得出，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴设，则（），
∵，，
同（1）得：，
∴，
在中，，
过作于，如图2所示：
则，
在中，，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：过点作于，如图3所示：
∵，
∴设，则（），
∴，
∵，，
∴，
∴
又∵，
∴∽，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】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、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质,证明三角形相似是解题的关键。
15．（2020·福建泉州·统考模拟预测）如图，点A在线段EB上，且EA＝AB，以AB直径作⊙O，过点E作射线EM交⊙O于D、C两点，且．过点B作BF⊥EM，垂足为点F．
（1）求证：CD•CB＝2CF•EA；
（2）求tan∠CBF的值．
【答案】（1）见解析；（2）tan∠CBF＝．
【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理，由AB为直径得到∠ADB＝90°，再根据题意即可证明△ABD∽△CBF，根据相似三角形的性质即可得出AD•CB＝CF•AB，最后根据等量代换即可得证；
（2）连接OD，过O作OH⊥CD于点H，设⊙O的半径为r，CD＝x，则CH＝DH＝x，根据易证△EOD∽△EBC，根据相似三角形的性质得出，再根据题意及等量代换即可求得ED＝2CD＝2x，根据勾股定理可表示出OH，根据BF⊥EM得出平行，即可HF、CF，再根据勾股定理求得BF，最后根据an∠CBF＝代入即可得出答案．
【详解】（1）连接BD，如图1，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵BF⊥EM，
∴∠BFC＝90°，
∴∠ADB＝∠CFB＝90°，
∵∠BCF＝∠BAD，
∴△ABD∽△CBF，
∴，
∴AD•CB＝CF•AB，
∵AD＝CD，AE＝AB，
∴CD•CB＝CF•2AE，
即CD•CB＝2CF•EA；
（2）连接OD，过O作OH⊥CD于点H，设⊙O的半径为r，CD＝x，如图2，则CH＝DH＝x，
∵，
∴∠AOD＝∠ABC，
∴OD∥BC，
∴△EOD∽△EBC，
∴，
∵EA＝AB＝OA＝OB＝r，
∴，
∴，
∴BC＝，
ED＝EC，
∴ED＝2CD＝2x，
∴OH＝，
∵BF⊥EM，
∴OH∥BF，
∴，
∴HF＝EH＝，
∴CF＝HF﹣CH＝，
∴BF＝，
∵EF2+BF2＝EB2，
∴，
∴r2＝2x2，
∴BF＝，
∴tan∠CBF＝．
【点睛】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理、求角的正切，添加合适的辅助线是解题的关键．
16．（2020·湖北荆门·中考真题）如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【分析】（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【详解】（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．
（3）设平移后抛物线的解析式，
联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
17．（2021·浙江金华·统考一模）在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝120°，点E是AB的中点，点F在边BC上，连接DE，EF．
（1）取AD中点G，连接EF，EG．DE与FG交于点H．
①如图1，当点F与点B重合时，求证：△EGH∽△DBH．
②如图2，当∠EDF＝2∠GED时，求线段EF的长．
（2）连接AF，如图3，当∠DEF＝∠BAF时，求BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）．
【分析】（1）利用三角形中位线定理，得到平行线，得到∠GEH=∠BDH，∠EGH=∠DBH，得证△EGH∽△DBH；
（2）连接BD，根据EG是中位线，∠EDF＝2∠GED，可证明∠ADE=∠CDF，根据菱形的性质，可得△ADE≌△CDF，得AE=CF=2,得BE=BF，再根据∠B=60°证明△BEF是等边三角形，即可得EF=BE=2；
（3）延长线段DE交BC延长线于N，过E点作EK⊥BC，垂足为K，根据△EFM∽△AFE，设相似比，继而得出，再由列方程求出k和BF即可．
【详解】解：（1）∵点E是AB的中点，AD中点G，
∴EG//BD，
∴∠GEH=∠BDH，∠EGH=∠DBH，
∴△EGH∽△DBH；
（2）如解（2）图，连接BD，
由（1）EG//BD，
∴∠GED=∠EDB，
∵∠EDF=2∠GED，
∴∠EDF=2∠EDB=∠EDB+∠FDB，
∴∠EDB=∠FDB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB，∠DAE=∠DCF，AD=DC，
∴∠ADB-∠EDB =∠CDB-∠FDB，即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE=CF=2,
∴BE=BF=2，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，
∴∠B＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE=2；
（3）如解（3）图，延长线段DE交BC延长线于N，过E点作EK⊥BC，垂足为K，
∵在四边形ABCD是菱形中，，
∴△ADE∽△BNE，
∴，
∴，，
∵,,
∴在中，，
∵∠DEF＝∠BAF，∠AFE＝∠EFM,
∴△EFM∽△AFE，
设相似比，，
则 ，，，
∴，
∵，
∴，，
∵
∴
∴，
∴，
整理得，
∴，（舍去），
将代入并整理得：，
解得．
【点睛】本题综合考查了全等三角形、相似三角形的性质和判定、菱形的性质、三角形中位线等知识，解题关键是利用全等三角形或相似三角形求出线段之间的关系，本题设参数解方程是难点，要求有较强的计算能力．
18．（2020·山东潍坊·校考一模）已知：正方形，等腰直角三角板的直角顶点落在正方形的顶点处，使三角板绕点旋转．
（1）当三角板旋转到图1的位置时，猜想与的数量关系，并加以证明；
（2）在（1）的条件下，若，求的度数；
（3）若，点是边的中点，连结，与交于点，当三角板的边与边重合时（如图2），若，求的长．
【答案】（1）；证明见详解 （2）135° （3）
【分析】（1）由正方形性质和等腰直角三角形的性质即可判定△ADF和△CDE全等，即可得到结果；
（2）先设DE，再通过勾股定理逆定理判定三角形是直角三角形，即可得到结论；
（3）证明△MAO和△DCO全等，得到对应边成比例即可得到OD和OM的比，再求出DM的长，再求出OD的长，再求出DF的长，证明△DFN和△DCO相似，即可得到DN长．
【详解】解：（1），
在正方形和等腰直角三角形中，
，，，
∴，∴，
∴
（2）设，∵
∴，，∴，
∵，，即
∴为直角三角形，∴
∴
（3）∵是的中点，∴，
∵，∴，∴，
在中，，，
∴，∴，
∵，∴，
∵，，∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查正方形，等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定、勾股定理和勾股定理逆定理，判定三角形是直角三角形是解题的关键．
19．（2020·福建泉州·统考模拟预测）如图，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上，OA＝OB，点C的坐标为（﹣1，0），OA：OC＝3：1，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C，顶点为D．
（1）求a、b、c的值；
（2）若直线y＝x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．
①当n＝﹣1时，求∠BAF﹣∠BAD的值；
②若直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，求n的取值范围．
【答案】（1）a=-1，b=2，c=3；（2）①∠BAF﹣∠BAD＝45°；②n的取值范围≤n≤．
【分析】（1）根据已知条件得到点A、B、C的坐标，代入抛物线y＝ax2+bx+c中即可求解；
（2）①根据已知条件求得点F、点D坐标，进而求得AB、BD、AD的长，由勾股定理可知为直角三角形，然后证明△OAF∽△BAD，即∠OAF＝∠BAD，根据等角转换即可求解；
②根据已知条件直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，则以AC为直径的圆⊙G与直线EF有公共点，当直线EF在x下方与⊙G相切时，△EGK∽△EFO，即，设E（﹣3n，0），F（0，n），n＜0，根据相似比可求出n的值，当直线EF在x下方与⊙G相切时，△EGK∽△EFO，同理可得n的值，综上即可得到n的取值范围．
【详解】（1）∵点C的坐标为（﹣1，0），OA：OC＝3：1，
∴A（（3，0），
∵OA＝OB，
∴B（0，3），
把A、B、C三点都代入二次函数的解析式得，
，
解得， ；
（2）∵n＝﹣1，
∴y＝x+n＝x﹣1，
∴F（0，﹣1）
∴OF＝1，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
∵A（3，0），B（0，3），
∴OA＝3，AB＝，BD＝，AD＝，
∴BD2+AB2＝AD2，
∴∠ABD＝∠AOF＝90°，
∵，，
∴，
∴△OAF∽△BAD，
∴∠OAF＝∠BAD，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∴∠BAF﹣∠BAD＝∠OAB+∠OAF﹣∠BAD＝45°；
②直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，则以AC为直径的圆⊙G与直线EF有公共点，
如图，当直线EF在x下方与⊙G相切时，则△EGK∽△EFO，
∴，
∵A（3，0），C（﹣1，0），
∴GK＝AC＝2，G（1，0），
∵直线y＝x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．
∴E（﹣3n，0），F（0，n），n＜0，
∴OF＝﹣n，EF＝n，
∴ ，
解得，n＝或0（舍）；
经检验，n＝是该方程的根，
如图，当直线EF在x下方与⊙G相切时，则△EGK∽△EFO，
∴，
∵A（3，0），C（﹣1，0），
∴GK＝AC＝2，G（1，0），
∵直线y＝x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．
∴E（-3n，0），F（0，n），n>0，
∴OF＝n，EF＝n，
，
解得，n＝或0（舍）；
经检验，n＝是该方程的根，
∴若直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，则n的取值范围≤n≤．
【点睛】本题主要考查了二次函数与图形的综合应用，涉及求二次函数解析式、相似三角形的性质与判定、图形运动问题等，根据题意找到相似三角形并灵活运用相似比是解题关键．
【一题多解】
1．（2023春·湖南衡阳·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，动点P以2cm/s的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以1cm/s的速度从点C出发．沿CB向点B移动，设P、Q两点移动ts（0＜t＜5）后，△CQP的面积为Scm2
（1）在P、Q两点移动的过程中，△CQP的面积能否等于3.6cm2？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由；
（2）当运动时间为多少秒时，△CPQ与△CAB相似．
【答案】（1）能，t的值为2s或3s；（2）t为秒与秒.
【分析】（1）在矩形ABCD中求出对角线AC的长度，然后表示出CQ、PC的长度，过点P作PH⊥BC于点H，然后表示出PH的长度，根据面积为3.6cm2，列方程求解．
（2）分∠PQC＝90°与∠CPQ＝90°两种情况进行讨论即可．
【详解】解：（1）如图1，过点P作PH⊥BC于点H，
在矩形ABCD中，
∵AB＝6cm，BC＝8cm，
∴AC＝10cm，
当运动ts（0＜t＜5）时，AP＝2tcm，PC＝（10﹣2t）cm，CQ＝tcm，
∵∠ACB＝∠HCP，∠B＝∠PHC，
∴△PHC∽△ABC，
∴
∴PH＝（10﹣2t）cm，
根据题意，得 t•（10﹣2t）＝3.6，
解得：t1＝2，t2＝3．
答：当t的值为2s或3s时，△CQP的面积等于3.6cm2时．
（2）如图2，当∠PQC＝90°时，PQ⊥BC，
∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，QC＝t，PC＝10﹣2t，
∴△PQC∽△ABC，
∴＝，
即＝，
解得t＝（秒）；
如图3，当∠CPQ＝90°时，PQ⊥AC，
∵∠ACB＝∠QCP，∠B＝∠QPC，
∴△CPQ∽△CBA，
∴＝，
即＝，
解得t＝（秒）．
综上所述，t为秒与秒时，△CPQ与△CAB相似．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，解题关键是对这些知识的熟练掌握及灵活运用，在解答（2）时要注意分类讨论．
2．（2022·四川成都·统考二模）如图1，在菱形ABCD中，AC是对角线，AB＝AC＝6，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且满足AE＝BF，连接AF与CE相交于点G．
（1）求的度数．
（2）如图2，作交CE于点H，若CF＝4，，求GH的值．
（3）如图3，点O为线段CE中点，将线段EO绕点E顺时针旋转60°得到线段EM，当构成等腰三角形时，请直接写出AE的长．
【答案】（1）60°；（2）；（3）2或
【分析】（1）根据菱形的性质得到△ABC，△ACD是等边三角形，然后根据等边三角形的性质证明△ABF≌△CAE，得到∠BAF＝∠ACE，从而结合三角形的外角性质求解即可；
（2）延长GA至点K使得AK＝CG，首先结合（1）的结论推出△AFC∽△CFG，得到，从而求出GF，AG，CG，再证明△ADK≌△CDG，推出△DKG是等边三角形，从而求出DG，最后根据30°角的直角三角形的性质求解即可；
（3）分别根据等腰三角形的定义进行分类讨论，并结合相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，
∴△ABC，△ACD是等边三角形．
∴∠ABC＝∠CAE，
在△ABF与△CAE中，
∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CGF＝∠GAC＋∠ACG＝∠GAC＋∠BAF＝∠BAC＝60°；
（2）如图所示，延长GA至点K使得AK＝CG．
∵∠BAF＝∠ACE，
∴∠FAC＝∠GCF，
∵∠GFC＝∠AFC，
∴△AFC∽△CFG，
∴,
∵CF＝4，，AC＝6，
∴，，
∵∠FGC＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠AGC＋∠ADC＝180°，
∴∠GAD＋∠GCD＝180°，
∵∠KAD＋∠GAD＝180°，
∴∠KAD＝∠GCD，
又∵DC=DA，
∴△ADK≌△CDG（SAS），
∴DK＝DG，∠KDA＝∠GDC，
∴∠KDG＝∠ADC ＝60°，
∴△DKG是等边三角形，
∴∠AGD＝∠DGH＝60°，DG＝KG＝AK＋AG＝AG＋CG＝，
∵，∠DGH＝60°，
∴ ；
（3）①若AM=MC，则△MAC为等腰三角形，
此时，取AC中点为点P，连接OP，OM，BM，
∵∠MEO=60°，EO=EM，
∴△OEM为等边三角形，
∵∠FGC=60°，
∴∠MEO=∠FGC，
∴ME∥AF，
∵O为CE的中点，P为AC的中点，
∴OP为△AEC的中位线，OP∥AB，
∵△ABC为等边三角形，△MAC为等腰三角形，P为AC的中点，
∴由“三线合一”知，B、M、P三点共线，
且BP⊥AC，AP=PC=AC=3，∠ABP=∠ABC=30°，
∵△OEM为等边三角形，
∴OE=OM，∠OEM=∠OME，
∵OE=OC，
∴OM=OC，∠OMC=∠OCM，
∴∠OEM+∠OCM=∠OME+∠OMC，
即：∠OEM+∠OCM=∠EMC，
∴∠EMC=90°，CM⊥EM，
∴在Rt△CEM中，∠ECM=90°-60°=30°，
此时，如图所示，将△AEC绕着C点逆时针旋转60°至△BNC，连接MN，
则∠ACE=∠BCN，∠NBC=60°，
∵∠ECM=30°，
∴∠ACE+∠MCB=30°，
∴∠BCN+∠MCB=∠MCN=30°，
∴∠MCN=∠MCE=30°，
∵CE=CN，∠MCN=∠MCE，CM=CM，
∴△MCE≌△MCN，
∴∠CMN=∠CME=90°，
∴E、M、N三点共线，
∴△ECN为等边三角形，
∵∠NBC=∠ACB=60°，
∴BN∥AC，
∵∠BPC=90°，
∴∠NBM=90°，
∵∠CMN=90°，
∴∠BMN+∠CMP=90°，
∵∠BMN+∠BNM=90°，
∴∠BNM=∠CMP，
∴△BMN∽△PCM，
∴，
∵，
∴，
∵PC=3，
∴BM=，
在Rt△ABP中，AP=3，∠ABP=30°，
∴BP=，
∴PM=BP-BM=，
∵∠MBC=30°，∠OMC=90°-∠OME=30°，
∴∠MBC+∠MCB=∠OMC+∠OMP，
∴∠MCB=∠OMP，
∵OP∥AB，
∴∠OPC=∠BAC=60°，
∴∠OPM=90°-60°=30°，
∴△OPM∽△MBC，
∴，
即：，
∴OP=1，
∵OP为△AEC的中位线，
∴AE=2OP=2；
②若AM=AC，则△AMC为等腰三角形，
如图所示，取AC中点P，连接OP，延长AO交MC于Q点，
由①可知，△EMC始终为直角三角形，∠EMC=90°，∠ECM=30°，
且EM与AF始终平行，
∴∠EMC=∠AQC=90°，AQ⊥MC于Q点，
∵OM=OC，
∴O点在AQ上，
∵∠COQ=60°，∠CGF=60°，
∴此时O点和G点重合，
∵∠CPO=∠CAB=60°，∠COQ=60°，
∴∠APO=∠AOC=120°，
∴△APO∽△AOC，
∴，
∵AC=6，AP=3，
∴，
∴AO=，
∵Rt△OCQ中，∠OCQ=30°，
∴设OQ=x，则CQ=x，
在Rt△CAQ中，，
即：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴，，
∴由得：，
解得：，
∵OP是△AEC的中位线，
∴AE=2OP=；
③若AC=MC，则E点在AB的延长线上，此时与E点在边AB上运动矛盾，故该种情况舍去；
综上，AE＝2或．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的动点问题，涉及到相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的运用，等腰三角形的判定与性质等，掌握基本图形的性质，熟练综合分析是解题关键．
3．（2022秋·湖南株洲·九年级统考期中）如图1，，，，点从点出发以每秒1个单位长度的速度向点运动，点同时从点出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动，当一点到达终点时，另一点也停止运动．
(1)求的长．
(2)当以点、、为顶点的三角形与相似时，求的值．
(3)如图2，将本题改为点从点出发以每秒3个单位长度的速度在上向点运动，点同时从点出发向点运动，其速度是每秒2个单位长度，其它条件不变，求当为何值时，为等腰三角形．
【答案】(1)10；
(2)当秒或秒时，以点M、C、N为顶点的三角形与相似；
(3)当t的值为2秒或秒或秒时，能成为等腰三角形．
【分析】（1）根据三角函数解得即可；
（2）分①当时和②当时，两种情况利用相似三角形的性质解答即可；
（3）分类讨论：①当时，②当时，③当时，三种情况，利用等腰三角形的性质得出比例解答即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
∴；
（2）解：①当时，
∴，
即，
解得：；
②当时，
∴，
即，
解得：，
综上所述，当秒或秒时，以点M、C、N为顶点的三角形与相似；
（3）解：①如图3，当时，，
解得：，
②如图4，当时，过点M作于D，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：；
③如图5，当时，过点N作于D，
则，，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
综上所述，当t的值为2秒或秒或秒时，能成为等腰三角形．
【点睛】本题考查相似三角形的综合问题，考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
4．（2021·河北石家庄·统考一模）如图，延长的直径，交直线于点，且，．射线自出发绕点逆时针旋转，旋转角为；同时，线段从出发绕点逆时针旋转，旋转角为，直线与射线交于点，与直线交于点，其中，且．
（1）当时，的长为__________；
（2）当时，求旋转角，并证明射线是的切线；
（3）当时，求线段的长度；
（4）直接写出线段的最大值．
【答案】（1）；（2）30°；见解析；（3）或；（4）．
【分析】（1）先求出圆的半径，再根据弧长公式计算即可．
（2）先利用直角三角形两锐角互余计算∠BAC的度数，再利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半计算即可．作垂直，证明OQ是半径，则射线是的切线
（3）分类讨论，当点在右侧时，当点在左侧时，利用锐角三角函数表示出AT、AF计算出DF．再利用角角相似得得出的长．
（4）根据圆外一点到圆上的最远距离是、、点三点共线时得出的最大值．
【详解】解：（1）∵∠BOC=2，
∴∠BOC=40°
；
（2）①解：当时，，
∵，∴，
∵，即，
∴．
②证明：过点作于点（如图2），
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线．
（3）情况1：当点在右侧时：
过点作于点（如图2），
设，由可得，，
又∵，即，∴．
∴，∴，
∴，
，
又，
∴，
∴，即，
∴．
情况2：当点在左侧时：
过点作的延长线于点（如图3），
设，由，
同理可得，，
∴，
∴．
类比情况1，
得，
，
又，
即，
∴．
（4）∵当点在右侧时，，
当点在左侧时，，
∴点在以为弦，圆心角为的上运动
∴当、、三点共线，且点在线段上时，最大，
此时，，，
∴最大值为．
【点睛】本题考查圆周角定理、切线的证明、锐角三角函数、相似三角形、利用分类讨论思想是难点．圆外一点到圆上的最值问题是中考的常考模型．
5．（2020·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.