专题14 8字型和反8字型相似模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练

这是一份专题14 8字型和反8字型相似模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练，共42页。


【模型1】8字型模型
如图14-1，要证明∽根据对顶角相等，可知，只需知道，即可知另一组对应角相等。可得∽。
【模型2】反8字型模型
如图14-2，要证明∽根据对顶角相等，可知，只需再知道一组对应角相等即可，即或即可得证∽。
【例1】如图，，，分别交于点G，H，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例和相似三角形的性质与判定，进行逐一判断即可．
【解析】解：∵AB∥CD，
∴，
∴A选项正确，不符合题目要求；
∵AE∥DF，
∴∠CGE=∠CHD，∠CEG=∠D，
∴△CEG∽△CDH，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴B选项正确，不符合题目要求；
∵AB∥CD，AE∥DF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AF=DE，
∵AE∥DF，
∴，
∴；
∴C选项正确，不符合题目要求；
∵AE∥DF，
∴△BFH∽△BAG，
∴，
∵AB＞FA，
∴
∴D选项不正确，符合题目要求．
故选D．
【例2】如图，在正方形中，点为边上一点，且，点为对角线上一点，且，连接交于点，过点作于点，若，则正方形的边长为_______cm．
【答案】
【分析】如图，过F作于I点，连接FE和FA，得到 设求出FE，AH，AG，证明 得到 最后求值即可．
【解析】如图，过F作于I点，连接FE和FA，
，四边形为正方形，




为BC的三等分点，

为 BC的三等分点，
设

为等腰直角三角形，


为AE的中点，


四边形ABCD为正方形，



故答案为：．
【例3】已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性质即可得到结论．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB•AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC•CD=MD•CN，
而CD=AB，
∴CM•AB=DM•CN．
一、单选题
1．如图，在平行四边形ABCD中，E为边AD的中点，连接AC，BE交于点F．若△AEF 的面积为2，则△ABC的面积为( )
A．8B．10C．12D．14
【答案】C
【分析】先利用平行四边形的性质得，AD=BC，由可判断△AEF∽△CBF，根据相似三角形的性质得，然后根据三角形面积公式得，，则．
【解析】∵平行四边形ABCD
∴，AD=BC
∵E为边AD的中点
∴BC=2AE
∵
∴∠EAC=∠BCA
又∵∠EFA=∠BFC
∴△AEF∽△CBF
如图，过点F作FH⊥AD于点H，FG⊥BC于点G，
则，
∴，
∵△AEF的面积为2
∴
故选C．
2．如图，在▱ABCD中，E为CD的中点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，则：为（ ）
A．1：5B．4：25C．4：31D．4：35
【答案】A
【分析】根据平行四边形对边互相平行可得，然后求出和相似，再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出两三角形的面积的比为1：4，设，，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出，然后表示出的面积，再根据平行四边形的性质可得，然后相比计算即可得解．
【解析】解：四边形ABCD是平行四边形，
，AB=CD
∵E为CD的中点，
∴DE：CD=1：2
∵AB//DE
∽，
：：：4，EF:AF=1:2
设，则，
：：2，
：：：2，
，
，
是平行四边形ABCD的对角线，
，
，
：：：5．
故选A．
3．如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，，连接BE交AC于点G，延长BE交CD的延长线于点F，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可判断△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根据相似三角形的性质和AE＝2ED即可得结果．
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△ABG∽△CFG，
∴＝
∵△ABE∽△DFE，
∴＝，
∵AE＝2ED，
∴AB＝2DF，
∴＝，
∴＝．
故选：A．
4．如图，正方形的对角线、相交于点，是的中点，交于点，若，则等于
A．3B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】因为四边形ABCD是正方形，E是BC中点，所以CE=AD，由相似三角形的判定定理得出△CEF∽△ADF，再根据相似三角形的对应边成比例可得出．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，E是BC中点，
∴CE=AD，
∵AD∥BC，
∴∠ADF=∠DEC，∠AFD=∠EFC，
∴△CEF∽△ADF，
∴
∴
解得DF=8，
故选：D．
5．如图，在△ABC中，AB＝15cm，AC＝12cm，AD是∠BAC的外角平分线，DE∥AB交AC的延长线于点E，那么CE等于（ ）cm．
A．32B．24C．48D．64
【答案】C
【分析】根据平行线的性质及相似三角形的判定与性质即可求解．
【解析】解：标出字母，如图：
∵在△ABC中，AD是∠BAC的外角平分线，
∴∠EAD=∠MAD，
∵DE∥AB交AC的延长线于点E，
∴∠EDA=∠MAD，∠BAC=∠CED，
∴∠EAD=∠EDA，
∴ED=EA，
∵在三角形ABC与三角形CED中，
∠BAC=∠CED，∠BCA=∠ECD，
∴△ABC∽△CED，
∴，
∵AB=15cm，AC=12cm，
设ED=15k，
∴CE=12k，
∴ED=15k=EA=EC+CA=12k+12，
∴3k=12，
∴k=4，
∴CE=12k=48（cm），
故选：C．
6．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解析】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
7．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE平分∠DCB交BD于点F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，连接OE，下列结论：①∠ACD＝30°；②S平行四边形ABCD＝；③OE：AC＝1：4；④S△OCF＝2S△OEF．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个
C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得到∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，根据角平分线的定义得到∠DCE=∠BCE=60°推出△CBE是等边三角形，证得∠ACB=90°，求出∠ACD=∠CAB=30°，故①正确；
由AC⊥BC，得到S▱ABCD=AC•BC，故②正确；
根据直角三角形的性质得到AC=BC，根据三角形的中位线的性质得到OE=BC，于是得到OE：AC=：6，故③错误；
由三角形的中位线可得BC∥OE，可判断△OEF∽△BCF，根据相似三角形的性质得到=2，求得S△OCF=2S△OEF；故④正确．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BCD=120°，
∵CE平分∠BCD交AB于点E，
∴∠DCE=∠BCE=60°
∴△CBE是等边三角形，
∴BE=BC=CE，
∵AB=2BC，
∴AE=BC=CE，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠CAB=30°，故①正确；
∵AC⊥BC，
∴S▱ABCD=AC•BC，故②正确，
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴AC=BC，
∵AO=OC，AE=BE，
∴OE=BC，
∴OE：AC=：6；故③错误；
∵AO=OC，AE=BE，
∴OE∥BC，
∴△OEF∽△BCF，
∴=2
∴S△OCF：S△OEF==2，
∴S△OCF=2S△OEF；故④正确．
故选C．
8．如图，在△ABC中，BC＝6，，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为（ ）
A．9B．12C．18D．24
【答案】C
【分析】如图，延长EF交BQ的延长线于G．首先证明PB＝PG，EP+PB＝EG，由EG∥BC，推出＝＝3，即可求出EG解决问题．
【解析】解：如图，延长EF交BQ的延长线于G．
∵，
∴EG∥BC，
∴∠G＝∠GBC，
∵∠GBC＝∠GBP，
∴∠G＝∠PBG，
∴PB＝PG，
∴PE+PB＝PE+PG＝EG，
∵CQ＝EC，
∴EQ＝3CQ，
∵EG∥BC，
∴△EQG∽△CQB，
∴＝＝3，
∵BC＝6，
∴EG＝18，
∴EP+PB＝EG＝18，
故选：C．
二、填空题
9．已知与是位似图形，位似中心为点O，若，则与的面积之比为__________．
【答案】1：9
【分析】直接利用位似图形的性质结合相似三角形的性质得出答案．
【解析】解：∵△AOB与△COD是位似图形．位似中心为点O，OA：OC=1：3，
∴△AOB与△COD的面积之比为：1：9．
故答案为：1：9．
10．已知中，分别是直线和上的点，若且，则_________．
【答案】4或8
【分析】通过比例式，可以确定AE的长度，点E是直线AB上的点，没有限定E的位置，只限定AE的长度，以点A为圆心，AE长为半径的圆与直线AB的交点是点E位置，有两个，要分类求即可．
【解析】如图
∵AB=6，AC=9，AD=3，，
∴AE==2，
当E在AB上,
∴BE=AB-AE=6-2=4,
当E在AB延长线上，
BE=AB+AE=6+2=8,
则BE的长为4或8．
故答案为：4或8．
11．如图在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是AE的中点，CF交BE于点G，若，则___．
【答案】2
【分析】延长CF、BA交于M，根据已知条件得出EF＝AF，CE＝DC，根据平行四边形的性质得出DC∥AB，DC＝AB，根据全等三角形的判定得出△CEF≌△MAF，根据全等三角形的性质得出CE＝AM，求出BM＝3CE，根据相似三角形的判定得出△CEG∽△MBG，根据相似三角形的性质得出比例式，再求出答案即可．
【解析】解：延长CF、BA交于M，
∵E是CD的中点，F是AE的中点，
∴EF＝AF，CE＝DC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∴CE＝AB，∠ECF＝∠M，
在△CEF和△MAF中
，
∴△CEF≌△MAF（AAS），
∴CE＝AM，
∵CE＝AB，
∴BM＝3CE，
∵DC∥AB，
∴△CEG∽△MBG，
∴ ，
∵BE＝8，
∴ ，
解得：GE＝2，
故答案为：2．
12．如图，在中，，，，点为上一点，连接，为上一点，于点，当时，求的长．
【答案】
【分析】将补成矩形，延长交于点，可得，结合已知可求、，再由即可求出CE．
【解析】解：如解图，补成矩形，延长交于点，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴设，则，
又∵在矩形中，，
∴，
∴，即，
解得．
∴．
三、解答题
13．如图，在平行四边形ABCD中，BC=8，点E、F是对角线BD上的两点，且BE=EF=FD，AE的延长线交BC于点G，GF的延长线交AD于点H．
（1）求HD的长；
（2）设的面积为a，求四边形AEFH的面积．（用含a的代数式表示）
【答案】（1）2；（2）
【分析】（1）根据平行四边形的性质得，根据相似三角形的判定得，，由BE=EF=FD可得出，，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）由BE=EF可得与的面积相等，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得与的值，-即可得四边形AEFH的面积．
【解析】解：（1）∵平行四边形ABCD，BC=8，
∴，=8，
∴，，
∴，，
∵BE=EF=FD，
∴，，
∴BG=AD=4，HD=BG，
∴HD=2；
（2）∵BE=EF，
∴=a，
∴，
∵，，，，
∴，，
∴四边形AEFH的面积=-=．
14．如图，为平行四边形的边延长线上的一点，连接．交于，交于．
求证：．
【答案】见解析．
【分析】根据AD∥BC，得△AOF∽△COB，由AB∥DC，得△AOB∽△COE，再根据相似三角形对应变成比例即可．
【解析】证明：∵AB∥DC，
∴△AOB∽△COE
∴
∵AD∥BC，
∴△AOF∽△COB
∴
∴，即．
15．如图与交于，且．
（1）求证：∽．
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据相似三角形的判定解答即可；
（2）因为∽，根据相似三角形的性质可知，代入数据解答即可．
【解析】证明：（1），，
∽；
（2）∽，
，
，，，
，
，
．
16．已知：如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，点F在边AB上，BC2=BF•BA，CF与DE相交于点G．
（1）求证：DF•AB=BC•DG；
（2）当点E为AC中点时，求证：2DF•EG=AF•DG．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由BC2=BF•BA，∠ABC=∠CBF可判断△BAC∽△BCF，再由DE∥BC可判断，所以，然后利用相似三角形的性质即可得到结论；
（2）作AH∥BC交CF的延长线于H，如图，易得AH∥DE，由点E为AC的中点得AH=2EG，再利用AH∥DG可判定，则根据相似三角形的性质得，然后利用等线段代换即可．
【解析】证明：（1）∵BC2=BF•BA，
∴BC：BF=BA：BC，
而∠ABC=∠CBF，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∴，
∴DF：BC=DG：BA，
∴DF•AB=BC•DG；
（2）作AH∥BC交CF的延长线于H，如图，
∵DE∥BC，
∴AH∥DE，
∵点E为AC的中点，
为的中位线，
∴AH=2EG，
∵AH∥DG，
∴，
∴，
∴，
即2DF•EG=AF•DG．
17．矩形ABCD中，AB＝CD＝3cm，AD＝BC＝4cm，AC是对角线，动点P从点A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为1cm/s；动点Q从点C出发沿CD方向向点D匀速运动，速度为2cm/s．过点P作BC的垂线段PH，运动过程中始终保持PH与BC互相垂直，连接HQ交AC于点O．若点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s）（0＜t＜1.5），解答下列问题：
（1）求当t为何值时，四边形PHCQ为矩形；
（2）是否存在一个时刻，使HQ与AC互相垂直？如果存在请求出t值；如果不存在请说明理由；
（3）是否存在一个时刻，使矩形ABCD的面积是四边形PHCQ面积的，如果存在请求出t值；如果不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，；（3）存在，
【分析】（1）当四边形为矩形时，，利用相似三角形的性质求出，，构建方程求解即可；
（2）证明，由相似的性质得出，，由此构建方程求解即可；
（3）根据矩形的面积是四边形面积的，构建方程求解即可．
【解析】解：（1），，
，
由题可得：，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，即，
，，
当四边形为矩形时，，
，
解得：，
当时，四边形为矩形；
（2）存在一个时刻，使，
当时，，
，
，
，
，
，即，
，
解得：，
当时，；
（3）存在，
由题意得：，
解得：或（舍去），
当时，矩形的面积是四边形面积的．
18．如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F．
（1）求证：；
（2）连接和相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24．
【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，则答案可证；
（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，，进而得出，由得，则答案可解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点E为DC的中点，
∴，
在和中

∴，
∴，
∴；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵的面积为2，
∴，即，
∵
∴，
∴，
∴，
∴．
19．如图，中，中线，交于点，交于点．
（1）求的值．
（2）如果，，请找出与相似的三角形，并挑出一个进行证明．
【答案】（1）3；（2），证明见解析
【分析】（1）先证明，再证明，得到，则问题可解；
（2）根据题意分别证明，问题可证．
【解析】解：（1）是的中点，是的中点，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
．
（2）当，时，
由（1）可得
，，，
，
，，
，
又，
，
，，
，
，
，
．
20．已知中，，（如图）．以线段为边向外作等边三角形，点是线段的中点，连接并延长交线段于点．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）连接，交于点．
①若，求的长；
②作，垂足为，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②证明见解析．
【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得，再根据直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质可得，然后根据平行线的判定可得，，最后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）①先根据相似三角形的判定与性质可得，再根据（1）已求，从而可得，然后根据线段的和差即可得；
②先根据平行线的判定可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，，从而可得，由此即可得证．
【解析】（1）∵是等边三角形
∴，
在中，
∴
∵点是线段的中点
∴
∴是等边三角形
∴，
∴
∴
∴
∴四边形为平行四边形；
（2）①如图，连接，交于点
∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴；
②如图，作，垂足为
∵，，
∴
∴，
∴，
∴
∴．
21．如图1，ΔABC中，AB=AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE=DC，点F是DE与AC的交点．
（1）求证：∠BDE=∠ACD；
（2）若DE=2DF，过点E作EG//AC交AB于点G，求证：AB=2AG；
（3）将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”，“点F是DE与AC的交点”改为“点F是ED的延长线与AC的交点”，其它条件不变，如图2．
①求证：AB·BE=AD·BC；
②若DE=4DF，请直接写出SΔABC:SΔDEC的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②．
【分析】（1）运用等腰三角形的性质及三角形的外角性质就可解决问题．
（2）如图1，证明△DCA≌△EDG（AAS），得AD=EG，根据等腰三角形的判定得：DG=AB，由平行线分线段成比例定理得：，由此可得结论；
（3）①如图2，作辅助线，构建三角形全等，证明△DCA≌△EDG（AAS），得DA=EG，再证明△ACB∽△GEB，列比例式可得结论；
②如图3，作辅助线，构建△ABC和△DCE的高线，先得，设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，根据AH∥PD，得，设PD=3h，AH=4h，根据EG∥AC，同理得，设BE=y，BC=4y，利用三角形面积公式代入可得结论．
【解析】（1）证明：∵AC=AB，
∴∠ACB=∠B，
∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
∴∠ACD+∠ACB=∠B+∠BDE，
∴∠BDE=∠ACD；
（2）证明：如图1，
∵EG∥AC，
∴∠DAC=∠DGE，∠BEG=∠ACB，
由（1）知：∠DCA=∠BDE，
∵DC=DE，
∴△DCA≌△EDG（AAS），
∴AD=EG，
∵∠B=∠ACB=∠BEG，
∴EG=BG=AD，
∴DG=AB，
∵DE=2DF，AF∥EG，
∴，
∴DG=2AD=2AG，
∴AB=DG=2AG；
（3）解：①如图2，过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，
则有∠A=∠G，
∵AB=AC，CD=DE，
∴∠ACB=∠ABC，∠DCE=∠DEC，
∴∠ACD+∠DCE=∠EDG+∠DEC，
∴∠ACD=∠EDG，
在△DCA和△EDG中，
∵，
∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，
∵AC∥EG，
∴△ACB∽△GEB，
∴，
∵EG=AD，AC=AB，
∴AB•BE=AD•BC；
②如图3，过A作AH⊥BC于H，过D作DP⊥BC于P，则AH∥PD，
∵AF∥EG，
∴，
∵DE=4DF，
∴，
设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，
∵∠ACB=∠ABC，
∴∠GBE=∠BEG，
∴BG=EG=4a，
∴BD=12a，
∵AH∥PD，
∴，
设PD=3h，AH=4h，
∵EG∥AC，
∴，
设BE=y，BC=4y，
∴S△ABC=BC•AH===8yh，
S△DCE=CE•PD==yh，
∴S△ABC：S△DEC=8yh：yh=16：15．
22．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：PA＝DC；
（2）如图2，当α＝120°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由．
（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP＝，请直接写出点D到CP的距离．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）当α＝60°时，△ABC和△PBD为等边三角形，根据三角形全等即可求证；
（2）过点作，求得，根据题意可得，可得，再根据，判定，得到，即可求解；
（3）过点作于点，过点作于点，分两种情况进行讨论，当在线段或当在线段延长线上时，设根据勾股定理求解即可．
【解析】解：（1）当α＝60°时，∵AB＝AC
∴△ABC为等边三角形，
∴，
由旋转的性质可得：，
∴△PBD为等边三角形
∴，
∴
在和中
∴
∴
（2）过点作，如下图：
∵当α＝120°时，
∴，
∴
由勾股定理得
∴
∴
由旋转的性质可得：，
∴，
又∵
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
（3）过点作于点，过点作于点，则点D到CP的距离就是的长度
当在线段上时，如下图：
由题意可得：
∵α＝120°，
∴
在中，，∴，
在中，，，∴
∴，
由（2）得
由旋转的性质可得：
设，则
由勾股定理可得：
即，解得
则
当在线段延长线上，如下图：
则，
由（2）得，
设，则
由勾股定理可得：
即，解得
则
综上所述：点D到CP的距离为或
23．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D为AB上一点，连接CD，分别过点A、B作AN⊥CD，BM⊥CD．
（1）求证：AN＝CM；
（2）若点D满足BD：AD＝2：1，求DM的长；
（3）如图2，若点E为AB中点，连接EM，设sin∠NAD＝k，求证：EM＝k．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】（1）证明△ACN≌△CBM（AAS），由全等三角形的性质得出AN＝CM；
（2）证明△AND∽△BMD，由相似三角形的性质得出，设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，由勾股定理得出x＝，则可得出答案；
（3）延长ME，AN相交于点H，证明△AHE≌△BME（AAS），得出AH＝BM，证得HN＝MN，过点E作EG⊥BM于点G，由等腰直角三角形的性质得出答案．
【解析】（1）证明：∵AN⊥CD，BM⊥CD，
∴∠ANC＝90°，∠BMC＝90°，
又∠ACB＝90°，
∴∠ACN+∠BCM＝∠BCM+∠CBM＝90°，
∴∠ACN＝∠CBM，
又∵AC＝BC，
∴△ACN≌△CBM（AAS），
∴AN＝CM；
（2）解：∵∠AND＝∠BMD，∠ADN＝∠BDM，
∴△AND∽△BMD，
∴，
设AN＝x，则BM＝2x，
由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，
∵AN2+CN2＝AC2，
∴x2+（2x）2＝12，
∴x＝，
∴CM＝，CN＝，
∴MN＝，
∴DM＝＝；
（3）解：延长ME，AN相交于点H，
∵E为AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠ANM＝90°，∠BMN＝90°，
∴AN∥BM，
∴∠HAE＝∠MBE，∠AHE＝∠BME，
∴△AHE≌△BME（AAS），
∴AH＝BM，
又∵BM＝CN，CM＝AN，
∴CN＝AH，
∴MN＝HN，
∴∠HMN＝45°，
∴∠EMB＝45°，
过点E作EG⊥BM于点G，
∵sin∠NAD＝k，∠NAD＝∠EBG，
∴sin∠EBG＝＝k，
又∵AC＝BC＝1，
∴AB＝，
∴BE＝，
∴EG＝k，
∴EM＝EG＝k＝k．
24．如图，在正方形中，点E在对角线上，，过点E的直线分别交，于点M，N．
（1）当时，的长为________，________；
（2）已知．
①若，求此时的长；
②当E，F为的三等分点，点P在正方形的边上时，是否存在满足的情况？如果存在，请通过分析指出这样的点的个数；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）；；（2）①；②存在，有8个．
【分析】解：（1）由四边形ABCD为正方形，得到△ACD为等腰直角三角形，在Rt△ACD中由勾股定理求得CD的长，由MN=CD，可以求出MN的长，由AD∥BC得到△AEM∽△CEN.
（2）①过点E作EG⊥AD于点G．由AM∥CN，得到△AEM∽△CEN．得到对应边成比例，由勾股定理求出GM的长，再由AM=AG+GM可求出．
②画出图形，过点F作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，根据点M与点F关于BC对称，计算出PE+PF的最小值，与PE+PF=9比较．得出BC上存在两个点，同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF=9．
【解析】解：（1），
∵四边形ABCD为正方形
∴△ACD为等腰直角三角形，
则，在Rt△ACD中有AD=AC，
AD2+DC2=AC2，
∵AC=12，
解得：AD=CD=6，
又∵MN⊥BC，CD⊥BC
∴MN∥CD，且MN=CD，
即MN=DC=6，
又∵AD∥BC
∴△AEM∽△CEN.
（2）①如图，过点E作于点G．
∵，
∴．
∴．
∵，，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
②存在，这样的点有8个．
如图，过点F作点F关于的对称点M，连接交于点N，连接，
∵点E，F将对角线三等分，且，
∴，．
∵点M与点F关于对称，
∴，．
∴．
∴．
则在线段上存在点N到点E和点F的距离之和最小为．
∴在线段上，点N的左右两边各有一个点P使．
同理在线段，，上都存在两个点使．
即共有8个点P满足．