相似三角形的八大经典模型（解析版）

相似三角形的八大经典模型【题型1A字型】【题型2“8”字形】【题型3AX字型】【题型4子母型】【题型5双垂直型】【题型6一线三等角型】【题型7手拉手型】【题型8三角形内接矩形型】【基本模型1-A字型】ADAE①如图，在△ABC中，点D在AB上，点E在AC上，DE⎳BC，则△ADE∽△ABC，==ABACDE．BC②模型拓展1：斜交A字型条件：∠C=∠ADE，图2结论：△ADE~△ACB；ADACCD③模型拓展2：如图，∠ACD=∠B⇔△ADC∽△ACB⇔==．ACABBC【题型1A字型】1 1(2023·安徽滁州·校考一模)如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM-EF值为()71232A.B.C.D.5555【答案】AOMCMOMBM12【分析】证明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，=，=，求出OM=，求出EG=ABBCDCBC511CD=3，FG=AB=2，得出EF=EG-FG=1即可得出答案．22【详解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，∴OM∥AB∥CD，∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMCMOMBM∴=，=，ABBCDCBCOMCMOMBM∴=，=，4BC6BC12∴OM=，5∵EF⊥BC，∴EG∥AB∥CD，∵点E是BD的中点，∴BE=DE，∴BG=CG，∴CF=AF，11∴EG=CD=3，FG=AB=2，22∴EF=EG-FG=1，7∴OM-EF=，5故选：A．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的12判定，求出OM=．51(2023春·四川成都·九年级校考开学考试)如图，在△ABC中，AD=DE=EB，AF=FG=GC．已知△ABC的面积为9，则阴影部分的面积为．2 【答案】5AGAE2AFAD1S△AEG22【分析】根据题意可得：==，==，求得△AEG∽△ABC进而得到=ACAB3ACAB3S△ABC34=，求得S△AEG，即可求解．9【详解】解：∵AD=DE=EB，AF=FG=GCAGAE2AFAD1∴==，==ACAB3ACAB3又∵∠A=∠A∴△AEG∽△ABCS△AEG224∴==S△ABC394∴S△AEG=S△ABC=49∴S阴影=S△ABC-S△AEG=5故答案为：5【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，正确求得S△AEG．2(2023·安徽滁州·校考一模)在等边三角形ABC中，AB=6，D、E是BC上的动点，F是AB上的动S△DEF点，且BF=BD=EC=2，连接FE，=；S△ABC1【答案】9【分析】证明△BDF∽△BCA，利用相似三角形的面积等于相似比的平方求解即可．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，AB=6，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=∠A=60°，∵BD=BF=2，∠B=60°，∴△BDE是等边三角形，∠BDF=∠BFD=60°，∴∠BDF=∠C=60°，∴DF∥AC，∴△BDF∽△BCA，S△BDFBD21∴S==9，△BCABC3 ∵BD=EC=2，DE=BC-BD-EC=6-2-2=2，∴BD=DE=2，∴S△BDF=S△DEF，S△DEF1∴=，S△ABC91故答案为：．9【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握等边三角形的性质是解题的关键．3(2023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习)如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，若正方形DEFC的顶点D在AB上，顶点F、G都在AC上，射线AF交BC边于点H，则CH长为．4【答案】3DGAGEFAF【分析】证明△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，由相似三角形的性质得出=，=，设BCACCHACxAGxAG+xDG=EF=x，可得=，=，从而可得出答案．24CH4【详解】解：∵四边形DGFE为正方形，∠ACB=90°，∴DG∥EF∥BC，DG=EF，∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，DGAGEFAF∴=，=，BCACCHAC设DG=EF=x，xAGxAG+x∴=，=，24CH4∴AG=2x，x2x+x∴=，CH44∴CH=．34故答案为．3【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，证明△ADG∽△ABC与△AEF∽△AHC是解题的关键．【基本模型2-“8”字形】ABOAOB①如图1，AB∥CD⇔△AOB∽△COD⇔==；CDOCODABOAOB②如图2，∠A=∠D⇔△AOB∽△DOC⇔==．CDODOC4 ABJAJB③模型拓展：如图，∠A=∠C⇔△AJB∽△CJD⇔==．CDJCJD【题型2“8”字形】1(2023·安徽·九年级专题练习)如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，AE=2ED，连接BEBG交AC于点G，延长BE交CD的延长线于点F，则的值为()GF2113A.B.C.D.3234【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．【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，∴△ABG∽△CFG，BGAB∴=GFCF∵△ABE∽△DFE，AEAB∴=，DEDF∵AE=2ED，∴AB=2DF，AB2∴=，CF35 BG2∴=．GF3故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题．1(2023春·广东深圳·九年级校考开学考试)如图，已知BD与CE相交于点A，DE∥BC，若AD=2，AB=3，AC=6，则AE=．【答案】4ABAC【分析】证明△ABC∽△ADE，由相似三角形的性质得出=，则可得出答案．ADAE【详解】解：∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE，ABAC∴=，ADAE36即=，2AE∴AE=4，故答案为：4．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记性质是解题的关键．2(2023春·陕西宝鸡·九年级校考期末)如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上，AE=3，连接BE交AC于点F，过点F作FG∥BC，交CD于点G．求FG的长．16【答案】7【分析】利用正方形性质，找到△CBF∽△AEF，即可利用对应边成比例，几何平行线性质即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠CBF=∠AEF，∠BCF=∠EAF，∴△CBF∽△AEF，CFBC4∴==，AFAE36 CF4∴=，CA7∵FG∥BC，AD∥BC，∴FG∥AD，FGCF4∴==，ADCA7416∴FG=×4=．77【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定等，灵活运用所学知识是解题的关键．3(2023春·安徽·九年级专题练习)如图，E，F为矩形ABCD内两点，AE⊥EF，CF垂直EF，垂足分别为E、F，若AE=1，CF=2，EF=4，则BD=()105A.B.5C.D.633【答案】B【分析】连接AC，交EF于点M，BD于O，根据相似三角形的判定和性质和勾股定理解答．【详解】解：连接AC，交EF于点M，BD于O，∵AE⊥EF，CF⊥EF，∴∠AEM=∠CFM=90°，∵∠AMF=∠CMF，∴△AEM∽△CFM，AEEM∴=，CFFM∵AE=1，CF=2，EF=4，48∴EM=，MF=，33222425在Rt△AEM中，AM=AE+EM=1+3=，32228210在Rt△CFM中，MC=CF+MF=2+3=，3510∴AC=AM+CM=+=5，33∵四边形ABCD是矩形，7 ∴BD=AC=5，故选：B．【点睛】本题主要考查矩形的性质及相似三角形的判定和性质，构造三角形相似利用相似三角形的对应边成比例求得AC的长是解题的关键，注意勾股定理的应用．【基本模型3-AX字型】A字型及X字型两者相结合，通过线段比进行转化.【题型3AX字型】1(2023春·山东烟台·九年级统考期末)如图，M是平行四边形ABCD的对角线AC上的一点，射线BM与AD交于点F，与CD的延长线交于点H．(1)图中相似三角形有对；2(2)若AD=AC⋅CM,∠BMA=72°，求∠BCD的度数．【答案】(1)6(2)∠BCD=72°【分析】(1)先根据平行四边形的性质可得AB∥CD,AD∥BC，再根据相似三角形的判定即可得；(2)先根据相似三角形的判定证出△BCM∽△ACB，再根据相似三角形的性质可得∠BMC=∠ABC，从而可得∠BMC+∠BCD=180°，然后根据邻补角的定义求解即可得．【详解】(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD,AD∥BC，∴△ABM∽△CHM，△ABF∽△DHF，△AFM∽△CBM，△HDF∽△HCB，∴△ABF∽△HCB，又∵AB∥CD,AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD,∠BAC=∠DCA，∴△ACB∽△CAD，综上，图中相似三角形有6对，故答案为：6．(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AB∥CD，2∵AD=AC⋅CM，2∴BC=AC⋅CM，BCCM∴=，CABC∵∠BCM=∠ACB，∴△BCM∽△ACB，∴∠BMC=∠ABC，又∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，8 ∴∠BMC+∠BCD=180°，又∵∠BMA+∠BMC=180°，∠BMA=72°，∴∠BCD=∠BMA=72°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．1(2023春·河南许昌·九年级统考期末)如图，D、E分别是△ABC的边AB，BC上的点，DE∥AC，若S△BDE:S△CDE=2:3，则S△DOE:S△AOC=．【答案】4:25BE2BE2【分析】根据S△BDE:S△CDE=2:3可得=，从而得到=，再根据相似三角形的判定与性质可得CE3BC5BEDE2S△DOEDE2224BC=AC=5，最后再根据△ODE∽△OCA可得S=AC=5=25．△AOC【详解】解：∵S△BDE:S△CDE=2:3，BE2∴=，CE3BE2∴=，BC5∵DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，BEDE2∴==，BCAC5∵DE∥AC，∴△ODE∽△OCA，S△DOEDE2224∴S=AC=5=25，△AOC即S△DOE:S△AOC=4:25，故答案为：4:25．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，两个相似三角形的面积比关于相似比的平方，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．2(2023春·重庆巴南·九年级统考期中)如图，在矩形ABCD中，过C作CE⊥BD于E点，交AB于F点，连接AE.若F是AB中点，且BC=8，则AE的长为．9 【答案】8【分析】根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质，可以求得AM和EM的长，再根据勾股定理，即可得到AE的长．【详解】解：过点E作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，∵CE⊥BD，∴∠CEB=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，BA=CD，BA∥CD，又∵∠EBC=∠CBD，∴△CBE∽△DBC，BCBE∴=，BDBC2∴BC=BD⋅BE，∵F是AB中点，BF∥CD，∴△BEF∽△DEC，BEBEME1∴===，DCDENE2ME1∴=，MN3设BE=x，则DE=2x，BD=3x，∵BC=8，BC=MN，218∴8=3x⋅x，ME=BC=，3383解得x=，383∴BE=，3228328282∴BM=BE-ME=3-3=，3∵EM∥AD，BMBE1∴==，AMDE2162∴AM=2BM=，3∵∠EMA=90°，22162282∴AE=AM+EM=3+3=8，故答案为：8．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．10 13(2023春·浙江杭州·九年级校考期中)如图，在▱ABCD中，点E在AB上，AE=AB，ED和AC3相交于点F，过点F作FG∥AB，交AD于点G．(1)求FG:AE的值．(2)若AB:AC=3:2，①求证：∠AEF=∠ACB．2②求证：DF=DG⋅DA．【答案】(1)FG:AE=3:4(2)①详见解析；②详见解析【分析】(1)结合题意，根据平行线的性质，通过证明△AFE∽△CFD，得FD=3EF；再结合FG∥AB，根据平行线性质，通过证明△ADE∽△GDF，根据相似比的性质计算，即可得到答案；AEAF(2)①AC=2a，根据题意计算得AB、AE；结合(1)的结论，得AF，从而推导得=，通过证明ACAB△EAF∽△CAB，即可完成证明；②根据(2)①的结论以及平行线的性质，证明△DFG∽△DAF，根据相似三角形的性质计算，即可完成证明．【详解】(1)解：∵▱ABCD，∴AB∥CD，∴∠EAF=∠DCF，∵∠AFE=∠CFD，∴△AFE∽△CFD，EFAEAF∴==，FDCDFC1∵AE=AB，AB=CD，3EFAEAE1∴===，即FD=3EF，FDCDAB3∵FG∥AB，∴∠AED=∠GFD，∵∠ADE=∠GDF，∴△ADE∽△GDF，FGFDFD3EF3∴====，即FG:AE=3:4；AEEDEF+FDEF+3EF4(2)证明：①设AC=2a，∵AB:AC=3:2，∴AB=3a，3∴AE=a，3AEEFAF1由(1)的结论，得：===，CDFDFC311 1a∴AF=AC=，422∴AE⋅AB=a=AF⋅AC，AEAF即：=，ACAB∵∠EAF=∠CAB，∴△EAF∽△CAB，∴∠AEF=∠ACB；②∵FG∥AB，∴∠DFG=∠DEA，∵△EAF∽△CAB，∴∠AEF=∠ACB，∵AD∥BC，∴∠ACB=∠FAD，∴∠DFG=∠FAD，∵∠FDG=∠ADF，∴△DFG∽△DAF，DFDG∴=，DADF2∴DF=DG⋅DA．【点睛】本题考查了平行四边形、平行线、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、相似三角形的性质，从而完成求解．【基本模型4-子母型】AEADDE如图为斜“A”字型基本图形．当∠AED=∠B时，△ABC∽△AED，则有==．AE⋅AC=AD⋅ABACBCAB．如图所示，当E点与C点重合时，为其常见的一个变形，即子母型．ACADCD当∠ACD=∠B时，△ABC∽△ACD，则有==．ABACBC【题型4子母型】AB1(2023春·安徽滁州·九年级统考期中)如图，在△ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且=AC12 AD，∠BAD=∠ECA．CE2(1)求证：AC=BC•CD；CE(2)若AD是△ABC的中线，求的值．AC2【答案】(1)证明见解析；(2)2【分析】(1)首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，进而求出△ABC∽△DAC，再利用相似三角形的性质得出答案即可；(2)由△BAD∽△ACE可证∠CDE=∠CED，进而得出CD=CE，再由(1)可证AC=2CD，由此即可得出线段之间关系．ABAD【详解】(1)证明：∵=，∠BAD=∠ECA，ACCE∴ΔBAD∽ΔACE，∴∠B=∠EAC，∵∠ACB=∠DCA，∴△ABC∽△DAC，ACBC∴=，CDAC2∴AC=BC·CD．(2)解：∵△BAD∽△ACE，∴∠BDA=∠AEC，∴∠CDE=∠CED，∴CD=CE，∵AD是△ABC的中线，∴BC=2BD=2CD，22∴AC=BC·CD=2CD，即：AC=2CD，CECD2∴==．AC2CD2【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及重心的性质等知识，根据已知得出△BAD∽△ACE是解题关键．1(2023春·安徽蚌埠·九年级校考期中)如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且AC=26，CD=4，BD=2，求证：△ACD∽△BCA．13 【答案】证明见解析．ACCD【分析】根据AC=26，CD=4，BD=2，可得=，根据∠C=∠C，即可证明结论．BCAC【详解】解：∵AC=26，CD=4，BD=2AC266CD46∴==，==BC4+23AC263ACCD∴=BCAC∵∠C=∠C∴△ACD∽△BCA．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．2(2023春·安徽合肥·九年级校考期中)△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，点E为BD的中点，连接AE并延长交BC于点F，且有AF=CF，过F点作FH⊥AC于点H．(1)求证：△ADE∽△CDB；(2)求证：AE=2EF；(3)若FH=3，求BC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∠ADE=∠CDB=90°，再根据等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DCB，然后根据相似三角形的判定即可得证；ADDE1(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AH=CH，从而可CDDB2AD得=2，然后根据平行线分线段成比例定理即可得证；DHDEAE(3)先根据相似三角形的判定与性质可得=，从而可得DE,BD的长，再根据相似三角形的判定可FHAF得△ABD∼△BCD，然后利用相似三角形的性质可求出CD的长，最后在Rt△BCD中，利用勾股定理即可得．【详解】证明：(1)∵BD⊥AC,FH⊥AC，∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，∵AF=CF，∴∠DAE=∠DCB，14 ∠ADE=∠CDB在△ADE和△CDB中，，∠DAE=∠DCB∴△ADE∼△CDB；(2)∵点E为BD的中点，1∴DE=BE=BD，2由(1)已证：△ADE∼△CDB，ADDE1∴==，CDDB2设AD=a(a>0)，则CD=2a，AC=AD+CD=3a，∵FH⊥AC,AF=CF，13∴AH=CH=AC=a(等腰三角形的三线合一)，221∴DH=AH-AD=a，2又∵BD∥FH，AEADa∴===2，EFDH1a2即AE=2EF；(3)由(2)已证：AE=2EF，2∴AE=AF，3∵BD∥FH，∴△ADE∼△AHF，DEAEDE2∴=，即=，FHAF332解得DE=3，34∴BD=2DE=3，3∵∠ABC=90°,BD⊥AC，∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，∴∠ABD=∠C，∠ADB=∠BDC=90°在△ABD和△BCD中，，∠ABD=∠C∴△ABD∼△BCD，ADBD∴=，BDCD由(2)可知，设AD=b(b>0)，则CD=2b，43b3∴=，432b32626解得b=或b=-(不符题意，舍去)，3346∴CD=2b=，32242462则在Rt△BCD中，BC=BD+CD=33+3=4．【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15 形的判定与性质是解题关键．3(2023·安徽合肥·统考一模)如图1，AB=AC=2CD，DC∥AB，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，使点D落在AC的点E处，AB与CF相交于点O，AB与EF相交于点G，连接BF．(1)求证：△ABE≌△CAD；(2)求证：AC∥FB；AB(3)若点D，E，F在同一条直线上，如图2，求的值．(温馨提示：请用简洁的方式表示角)BC【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2【分析】(1)根据旋转变换的性质得到旋转前后两个三角形全等，从而得到CE=CD，根据AC=2CD，就能得到AE=CD，然后利用平行可以得到内错角相等，最后加上AB=AC，就可以通过边角边证明两个三角形全等．(2)根据旋转和第一小题的结论，可以得到BE=FE，然后用等角对等边即可得到∠EFB=∠EBF，又可以从前面的两个全等中得到∠EFC=∠EBA，∠OAC=∠OCA从而得到∠OFB=∠OBF，那么△ACO和△BOF就是顶角互为对顶角的一组等腰三角形，所以就能得到底角相等，即∠CAO=∠FOB，那么内错角相等，两直线平行即可证结论．1(3)根据D，E，F在同一条直线上，可以证明△AEG和△CED全等，即可得到AG=AB，那么EG就是2中位线，则EG∥CB，加上第二小题结论就能得到四边形BCEF是平行四边形，那么BC=AD，然后通过三角形外角的性质，可以证得∠ADE=∠ACD，就能证△ACD和△ADE是一组子母型相似，然后根据相似比可得最终答案．【详解】(1)解：∵将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，∴△FCE≌△ACD，∴CE=CD，∵AC=2CD，∴AC=2CE，∴AE=AC-CE=2CE-CE=CE=CD，∵DC∥AB∴∠DCA=∠EAB，在△ABE和△CAD中，AE=CD∵∠EAB=∠DCA，AB=CA16 ∴△ABE≌△CADSAS．(2)解：由(1)得BE=AD，∠ABE=∠CAD，∵△CEF≌△CDA，∴FE=AD，∠EFC=∠DAC，∴BE=FE，∠EFC=∠EBA，∴∠EFB=∠EBF，∵∠OFB=∠EFB-∠EFC，∠OBF=∠EBF-∠EBA，∴∠OFB=∠OBF，∵∠ECF=∠DCA，∴∠OAC=∠OCA，∵∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，∠OBF+∠OFB+∠BOF=180°，又∠AOC=∠BOF，∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，即2∠CAO=2∠FOB，∴∠CAO=∠FOB，∴AC∥FB(3)解：在△AEG和△CED中，∠GAE=∠DCE∵AE=CE，∠AEG=∠CED∴△AEG≌△CEDASA1∴AG=CD=AB，2∵AE=CE，∴EG∥CB，∵AC∥FB，∴四边形BCEF是平行四边形，∴BC=FE=AD，∵∠AEG=∠ACD+∠CAD=∠DAE+∠ADE，∴∠ADE=∠ACD，∵∠CAD=∠DAE，∴△ACD∽△ADE，EADA∴=，DACA22即DA=EA⋅CA=2EA，∴DA=2EA，∵AB=AC=2EA，ABAB2EA2∴====2．BCDA2EA2【点睛】本题考查了三角形全等的证明，平行线的判定以及利用相似三角形求线段长之比，解题时需要学会将多个小题的结论联系起来，把前面小题的结论用到后面小题的思路中，熟练寻找证明三角形全等或相似所需要的条件是解题的关键．【基本模型5-双垂直型】①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17 222见的结论有：CA=AD·AB，BC=BD·BA，CD=DA·DB.②拓展：(1)正方形、长方形中经常会出现射影定理模型，如图，在Rt△ABE和Rt△BCF内均有射影定理模型．(2)如图，在圆中也会出现射影定理模型．【题型5双垂直型】1(2023春·陕西西安·九年级校考阶段练习)如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点E在边BC上，CE=2，若点P、Q分别为边CD与AB上两个动点，线段PQ始终满足与AE垂直且垂足为F，则AP+QE的最小值为．【答案】55【分析】过点Q作QH⊥CD于点H．利用相似三角形的性质求出PH=3，设BQ=x，则CH=x，PD=22225-x，AP+QE=6+(5-x)+x+4，求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得22点M到J(0,4)，K(5,6)的距离和最小，作点J关于x轴的对称点J，连接KJ，则KJ=5+10=55，由MJ+MK=MJ+MK≥KJ=55，可得结论．【详解】解：如图，过点Q作QH⊥CD于点H．∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=8，AD=BC=6，∠B=∠C=∠D=90°，18 ∵CE=2，∴BE=BC-CE=6-2=4，∵QH⊥CD，∴∠B=∠QHP=∠QHC=90°，∴四边形BCHQ是矩形，∴BQ=CH，BC=QH=6，QH∥BC，∴∠AQH=∠B=90°，∵AE⊥QP，∴∠QAF+∠AQP=90°，∠AQP+∠HQP=90°，∴∠BAE=∠HQP，∴△ABE∽△QHP，ABBE∴=，QHPH84∴=，6PH∴PH=3，设BQ=x，则CH=x，DP=5-x，2222∴AP+QE=6+(5-x)+x+4，欲求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M到J(0,4)，K(5,6)的距离和最小，如图1中，作点J关于x轴的对称点J，连接KJ，∵K(5,6)，J(0,-4)，22∴KJ=5+10=55，∵MJ+MK=MJ+MK≥KJ=55，∴JM+MK的最小值为55，∴AP+QE的最小值为55．故答案为：55．【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，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，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．1(2023春·福建莆田·九年级校考期末)【问题情境】(1)古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》提出了射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．射影定理是数学图形计算的重要定理．其符号语言是：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD222⊥AB，垂足为D，则：(1)AC=AB·AD；(2)BC=AB·BD；(3)CD=AD·BD；请你证明定理中的结论(1)2AC=AB·AD．【结论运用】(2)如图2，正方形ABCD的边长为3，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，①求证：△BOF∽△BED；②若BE=10，求OF的长．19 35【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②5【分析】(1)证明△ACD∽△ABC，即可得证；22(2)①BC=BO•BD，BC=BF•BE，即BO•BD=BF•BE，即可求解；②在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，利用△BOF∽△BED，即可求解．【详解】解：(1)证明：如图1，∵CD⊥AB，∴∠BDC=90°，而∠A=∠A，∠ACB=90°，∴△ACD∽△ABC，∴AC：AB=AD：AC，2∴AC=AB·AD；(2)①证明：如图2，∵四边形ABCD为正方形，∴OC⊥BO，∠BCD=90°，2∴BC=BO•BD，∵CF⊥BE，2∴BC=BF•BE，∴BO•BD=BF•BE，BOBF即=，而∠OBF=∠EBD，BEBD∴△BOF∽△BED；②∵在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，22∴CE=BE-BC=1，∴DE=BC-CE=2；232在Rt△OBC中，OB=BC=，22∵△BOF∽△BED，32OFBOOF2∴=，即=，DEBE21035∴OF=.5【点睛】本题为三角形相似综合题，涉及到勾股定理运用、正方形基本知识等，难点在于找到相似三角形，此类题目通常难度较大．2如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，E为AB上一点，分别以ED、EC为折痕将两个角(∠A、∠B)向内折起，点A、B恰好落在CD边的点F处，若AD=3，BC=5，则EF的长是()A.15B.215C.17D.21720 【解析】∵AD∥BC，∴∠ADF+∠FCB=180°.根据折叠前后的图形全等得到DF=DA=3，∠ADE=∠FDE，CF=CB=5，∠BCE=∠FCE，∠EFC=∠B=90°，∴∠FDE+∠FCE=90°，∠FCE+∠FEC=90°，∠DFE=∠EFC=90°，∴∠FDE=∠FEC，∴△DEF∽△ECF，EFDF∴=，CFEF∴EF2=DF·CF=3×5=15，∴EF=15.故选A.3(2023·河南南阳·统考三模)综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．(1)操作判断如图1，正方形纸片ABCD，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交于点F．根据以上操作，请直接写出图1中线段AE与线段BF的关系．(2)迁移探究小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下：如图2，在矩形纸片ABCD中，AB:AD=m:n，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交于点F，请求出线段AE与BF的关系，并说明理由．(3)拓展应用如图3，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E由点A向终点D做匀速运动，动点F由点D向终点C21 做匀速运动，动点E、F同时开始运动，且速度相同，连接AF、BE，交于点G，连接GD，则线段GD长度的最小值为，点G的运动轨迹的长为．(直接写出答案不必说明理由)【答案】(1)AE=BFAEm(2)=，理由见解析BFnπ(3)5-1；2【分析】(1)由四边形ABCD是正方形，得∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，进一步可得∠BAE=∠FBC，所以△ABE≅△BCF，结论得证AE=BF．(2)由四边形ABCD是矩形，得∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，进一步可证∠BAE=∠FBC，所以AEABAEm△ABE∼△BCF，于是=，证得=.BFBCBFn(3)取AB的中点M，连接DM，GM，AE=DF，由(1)可得Rt△ABE≅Rt△DAF，可证∠AGB=90°，AM=MB=MG=1；Rt△ADM中，勾股定理求得MD=5；由GD≥MD-MG得GD的最小值是5-1；1由∠AGB=90°，知A、G、B三点共圆，所以点G在以点M为圆心，在以半径为1的圆上运动，进而求得4π运动轨迹的长为2π÷4=．2【详解】(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC又AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，∴∠BAE=∠FBC，在△ABE和△BCF中，∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF∴△ABE≅△BCF，∴AE=BF．(2)∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，又AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，∴∠BAE=∠FBC，∴△ABE∼△BCF，AEAB∴=，BFBC22 ABABm∵==，ADBCnAEm∴=．BFn(3)如图，取AB的中点M，连接DM，GM，由题意知，AE=DF，由(1)可得Rt△ABE≅Rt△DAF，∴∠ABE=∠DAF∵∠DAF+∠BAG=90°∴∠ABE+∠BAG=90°，∴∠AGB=180°-(∠ABE+∠BAG)=90°，∵M是AB的中点，AB=2，∴AM=MB=MG=1，22在Rt△ADM中，MD=2+1=5；在△MGD中，∵GD≥MD-MG=5-1，∴GD的最小值是5-1，∵∠AGB=90°，∴A、G、B三点共圆，1∴点G在以点M为圆心，在以半径为1的圆上运动，4π∴点G的运动轨迹的长为：2π÷4=，2π故答案为：5-1；2【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线性质，两点之间线段最短；合理添设辅助线，借助图中合适的定点运用两点之间线段最短是解题的关键．【基本模型6一线三等角型】(1)“三垂直”模型：如图1，∠B=∠D=∠ACE=90°，则△ABC∽△CDE.(2)“一线三等角”模型：如图2，∠B=∠ACE=∠D，则△ABC∽△CDE.特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE.补充：其他常见的一线三等角图形23 【题型6一线三等角型】1(2023春·山东潍坊·九年级统考期末)如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，矩形MNHD、矩形GDEF的顶点分别在△BCD，△ACD的三边上，且矩形MNHD∽矩形GDEF．可求两矩形的相似比的是()ABBDCDCEA.B.C.D.ACCDCHEH【答案】B【分析】由条件可以证明△CFD∽△BND，由相似三角形的性质，即可解决问题．【详解】解：连接FD，DN，∵矩形MNHD∽矩形GDEF，∴∠FDE=∠BDN，∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，∴∠FCD=∠B，∴△CFD∽△BND，∴DN:DF=BD:CD，故选：B．【点睛】本题考查相似多边形，关键是连接FD，DN，证明△CFD∽△BND，即可解决问题．1(2023春·山东日照·九年级校考期中)已知等边三角形ABC的边长为4．(1)如图，在边BC上有一个动点P，在边AC上有一个动点D，满足∠APD=60°，求证：△ABP∽△PCD；(2)如图，若点P在射线BC上运动，点D在直线AC上，满足∠APD=120°，当PC=2时，求AD的长；24 (3)在(2)的条件下，将点D绕点C逆时针旋转120°到点D，求△DAP的面积．【答案】(1)见详解(2)753(3)2【分析】(1)先利用三角形的内角和得出∠BAP+∠APB=120°，再用平角得出∠APB+∠CPD=120°，进而得出∠BAP=∠CPD，即可得出结论；(2)过点P作PE⊥AC于E，构造出含30°角的直角三角形，求出CE的长度，再用勾股定理求出PE，进而求出AP的值，再判断出△ACP∽∠APD，得出比例式即可得出结论；(3)先求出CD的值，进而得出CD的值，再构造出直角三角形求出DH的长度，进而得出DG的值，再求出AM的长度，最后用面积差即可得出结论．【详解】(1)解：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，∴在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP=180°，∴∠BAP+∠APB=120°，∵∠APB+∠CPD=180°-∠APD=120°，∴∠BAP=∠CPD，∴△ABP∽△PCD；(2)如下图，过点P作PE⊥AC于E，∴∠AEP=90°，∵△ABC是等边三角形，边长为4，∴AC=4，∠ACB=60°，∴∠PCE=∠ACB=60°，在Rt△CPE中，PC=2，∠CPE=90°-∠PCE=30°，12222∴CE=PC=1，根据勾股定理得，PE=PC-CE=2-1=3，2在Rt△APE中，AE=AC+CE=4+1=5，22222根据勾股定理得，AP=AE+PE=5+(3)=28，∵∠ACB=60°，∴∠ACP=120°=∠APD，又∵∠CAP=∠PAD，∴△ACP∽△APD，ACAP∴=，APAD25 2AP28∴AD===7；AC4(3)如下图，由(2)知，AD=7，∵AC=4，∴CD=AD-AC=7-4=3，由旋转知，∠DCD=120°，CD=CD=3，∵∠DCP=60°，∴∠DCP=∠DCD-∠DCP=60°，∠ACD=180°-∠DCD=60°，过点D作DH⊥CP于H，13在Rt△CHD中，CH=CD=，2233根据勾股定理得，DH=3CH=，2过点D作DG⊥AC于G，∵∠ACD=∠PCD=60°，33∴DG=DH=，2111331339∴S四边形ACPD=S△ACD+S△PCD=AC⋅DG+CP⋅DH=×4×+×2×=3，2222222过点A作AM⊥BC于M，∵AB=AC，1∴BM=BC=2，2在Rt△ABM中，根据勾股定理得，AM=3BM=23，11∴S△ACP=CP⋅AM=×2×23=23，229353∴S△DAP=S四边形ACPD-S△ACP=-23=．22【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．2(2023·全国·九年级专题练习)如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．(1)如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；26 (2)如图3，在Rt△APC中，∠A=90°，AC>AP，延长AP至点B，使AB=AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．①确定△PCF的形状，并说明理由；②若AP:PB=1:2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长(用含k的式子表示)．【答案】(1)见解析5(2)①等腰直角三角形，理由见解析；②等联线AB=3k，线段PE=k2【分析】(1)根据新定义，画出等联角即可；(2)①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N，由折叠得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明Rt△CME≅Rt△CNE，得出∠PCF=45°，即可求解；②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．证明△APC≅△RFP，得222出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR+FR=BF，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQ3=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF~△NEC，根据相似三角形的性质得出NE=k，根据PE=PM+2ME即可．【详解】(1)解：作图如下：(方法不唯一)(2)①△PCF是等腰直角三角形．理由为：如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．由折叠得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，∴四边形ABNC为正方形，∴CN=AC=CM，又∵CE=CE，∴Rt△CME≅Rt△CNE(HL)，∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°，∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°，∴△PCF是等腰直角三角形．②如图，过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°，∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，∴∠1=∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△APC≅△RFP(AAS)，∴AP=FR，AC=PR，27 而AC=AB，∴AP=BR=FR，222在Rt△BRF中，BR+FR=BF，BF=2k，∴AP=BR=FR=k，∴PB=2AP=2k，∴AB=AP+PB=BN=3k，∵BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，∴四边形BRFQ为正方形，BQ=OF=k，∵FQ⊥BN，CN⊥BN，∴FQ∥CN，QEQF∴=，NECN而QE=BN-NE-BQ=3k-NE-k=2k-NE，2k-NEk1∴==，NE3k33解得：NE=k，23由①知：PM=AP=k，ME=NE=k，235∴PE=PM+ME=k+k=k，225答：等联线AB=3k，线段PE=k．2【点睛】点评本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．3(2023春·重庆万州·九年级统考期末)如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=9，E为CD的中点，F为BC上一点，BF<FC，且AF⊥FE．对角线AC与EF交于点G，则GC的长为．613【答案】7BFAB【分析】过点G作GH⊥BC于点H，先证明△FAB∽△EFC，得出=，根据BF<FC，得出BF=CECFGHFHGHCH3，CF=6，再证明△AFB∽△FGH，得出=，证明∠ABC∽△GHC，得出=，联立求出BFABABBC1812得出CH=，GH=，最后在Rt△GHC中，根据勾股定理即可求解．77【详解】解：过点G作GH⊥BC于点H，设BF=x，则CF=9-x，∵E为CD的中点，1∴CE=CD=3，2∵AF⊥FE，∴∠AFB+∠EFC=90°，28 ∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°，CD=AB=6，∴∠FAB+∠AFB=90°，∴∠FAB=∠EFC，∵∠B=∠ECF=90°，∴△FAB∽△EFC，BFABx6∴=，即=，CECF39-x解得：x1=3,x2=6，∵BF<FC，∴BF=3，CF=6，设CH=y，则FH=6-y，BH=9-y，∵∠FAB=∠EFC，∠B=∠GHF=90°，∴△AFB∽△FGH，GHFHGH6-y∴=，即=，BFAB36∵∠GCH=∠ACB,∠GHC=∠B，∴∠ABC∽△GHC，GHCHGHy∴=，即=，ABBC69GH2y整理得：=，396-y2y18∴=，解得：y=，6972×18GH712∴=，解得：GH=，39722122182613在Rt△GHC中，根据勾股定理可得：CG=GH+CH=7+7=7．613故答案为：．7【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法，以及相似三角形对应边成比例．【基本模型7-手拉手型】①如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.[来源:Zxxk.Com]②如图所示，△BDE和△ABC都是等腰直角三角形，CE的延长线与AD相交于点P，则△ABD∽△CBE，且相似比为1:2，AD与CE的夹角为45°．29 总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似．2222③如图所示，Rt△AOB∽Rt△COD，则△AOC∽△BOD，AC⊥BD，且AD+BC=CD+AB．【题型7手拉手型】1(2023·山东济宁·统考三模)背景材料：在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型．例如：如图1，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC=∠EAD=90°，AB=AC，AE=AD，如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到△ABD≌△ACE．学习小组继续探究：(1)如图2，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，请作出一个手拉手图形(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)，并连接BE，CD，证明BE=CD；(2)小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB>AC，DE∥BC，将三角形ADE旋转一定的角度(如图3)，连接CE和BD，证明△ABD∽△ACE．学以致用：3(3)如图4，四边形ABCD中，∠CAB=90°，∠ADC=∠ACB=α，tanα=，CD=5，AD=12．请在图4中构造小刚发现的手拉手模型求BD的长．1517【答案】(1)作图见解析，证明见解析；(2)见解析；(3)BD=.4【分析】(1)由等边三角形的性质可得AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠EAC=60°，可得∠DAC=∠BAE，即可证△DAC≌△BAE，可得BD=CE；ABAD(2)通过证明△ADE∽△ABC，可得=，由旋转的性质可得∠BAC=∠DAE，即可得结论；ACAE(3)过点A作AE垂直于AD，作∠AED=α，连接CE，则∠EDC=90°，通过证明△AEC∽△ADB，可得30 CEAC=，由锐角三角函数和勾股定理可求AE，DE，EC的长，即可求BD的长．BDAB【详解】(1)作图∵△ABD和△ACE都是等边三角形∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠EAC=60°，∴∠DAC=∠BAE，且AD=AB，AC=AE∴△DAC≌△BAE(SAS)∴BE=CD(2)如图，在第一个图中，∵DE∥BC∴△ADE∽△ABCABAD∴=ACAE∵将三角形ADE旋转一定的角度∴∠BAC=∠DAEABAD∴∠BAD=∠CAE，且=ACAE∴△ABD∽△ACE；(3)如图，过点A作AE垂直于AD，作∠AED=α，连接CE，则∠EDC=90°，∵∠AED=∠ACB=α，∠CAB=∠DAE=90°∴△AED∽△ACBAEAC∴=ADAB∵∠CAB=∠DAE=90°AEAC∴∠CAE=∠DAB，且=ADAB∴△AEC∽△ADBCEAC∴=BDAB∵△AED∽△ACB∴∠ADE=∠ABC∵∠ACB+∠ABC=90°，∠ADC=∠ACB∴∠ADC+∠ADE=90°∴∠EDC=90°3AD∵tanα==，AD=12．4AE∴AE=1622∴DE=AD+AE=2022∴EC=AD+DE=517CEAC4∵==BDAB31517∴BD=4【点睛】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．31 1(2023春·安徽六安·九年级校考阶段练习)[问题发现](1)如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E与点A重合，已知ΔACF∽ΔBCE．请直接写出线段BE与AF的数量关系；[实验研究](2)在(1)的条件下，将正方形CDEF绕点C旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；[结论运用](3)在(1)(2)的条件下，若ΔABC的面积为8，当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时，请求出线段AF的长．【答案】(1)BE=2AF(2)BE=2AF，证明见解析(3)线段AF的长为23-2或23+2【分析】(1)先判断出△ABD为等腰直角三角形，进而求出AB=2AD，即可得出结论；ACFC(2)先利用三角函数得出=，证明夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而求出结论；BCEC(3)分两种情况计算，当点E在线段BF上时，先用勾股定理求出EF=CF=AD=2，BF=6，即可得出BE=6-2，借助(2)得出结论；当点E在线段BF延长线上同前一种情况一样即可得出结论．【详解】(1)解：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，∵四边形CDEF是正方形，∴EF=CF，∠F=90°，∴∠FEC=∠FCE=45°，∴∠FEC=∠B，∠FCE=∠ACB，∵点E与点A重合，∴∠FEC=∠FAC=∠B，∠FCE=∠FCA=∠ACB，AB=BE，∴ΔACF∽ΔBCE；AFAC∴=，ABBCAC2∵=sinB=sin45°=，BC2AF2∴=，BE2∴BE=2AF；(2)解：BE=2AF．AC2证明：由(1)得，=sinB=sin45°=，BC2∵四边形CDEF是正方形，32 ∴EF=CF，∠EFC=90°，∴∠FEC=∠FCE=45°，FC2∴=sin∠FEC=sin45°=，EC2ACFC2∴==，BCEC2∵∠ACF=∠BCE=45°-∠ACE，∴ΔACF∽ΔBCE，AFAC2∴==，BEBC2∴BE=2AF；(3)解：如图1，∵AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，1∴AD=BC，AD⊥BC，2∴BC=2AD，∵ΔABC的面积为8，1∴BC⋅AD=8，22∴AD=8，∴AD=22，∴BC=42，∵点E与点A重合，四边形CDEF是正方形，∴EF=CF=DE=AD=22；如图2，B、E、F三点共线且点E在线段BF上，∵∠BFC=90°，2222∴BF=BC-CF=(42)-(22)=26，∴BE=BF-EF=26-22，∵BE=2AF．∴2AF=26-22，∴AF=23-2；如图3，B、E、F三点共线且点F在线段BE上，则BE=BF+EF=26+22，∵BE=2AF．∴2AF=26+22，∴AF=23+2，综上所述，线段AF的长为23-2或23+2．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，以及等腰直角三角形的性质，正方形性质和旋转性质，分类讨论和画出图形是解决本题的关键．2(2023·河南洛阳·统考模拟预测)综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．33 (1)操作判断已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α0°<a<360°，连接BD，AE，如图1，若△ABC和△CDE均为等边三角形，请完成如下判断：①线段BD与线段AE的数量关系是；②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是；(2)迁移探究如图2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠BAC=∠DEC=30°，其他条件不变，则(1)中的结论是否都成立？请说明理由；(3)拓展应用：如图3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=42，当点B，D，E三点共线时，请直接写出BD的长．【答案】(1)①BD=AE；②60°(2)①不成立，理由见解析；②成立，理由见解析(3)27-2或27+2【分析】(1)设直线BD交直线AE于点F．由等边三角形的性质可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．进而可求出∠BCD=∠ACE，即可证∴△BCD≅△ACE，从而得出结论BD=AE．再根据∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；BCCD1(2)由题意得出==，∠BCD=∠ECA，进而可证△BCD∽△ACE，得出AE=2BD．由(1)同ACCE2理可证∠F=∠ACB=60°；(3)分类讨论：当点D落在线段BE上时和当点E落在线段BD上时，分别画出图形，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可解答．【详解】(1)解：①如图1，设直线BD交直线AE于点F．∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．∴∠BCD=∠ACE．在△BCD和△ACE中，AB=AC∠BCD=∠ACE,DC=EC∴△BCD≅△ACESAS．∴BD=AE；②∵△BCD≅△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，∴∠F=∠ACB=60°；故答案为：BD=AE；60°；(2)不成立，理由如下：如图2，34 延长BD交AE的延长线于点F．∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，BCCD1∴==，∠BCD=∠ECA．ACCE2∴△BCD∽△ACE，BD1∴=，AE2∴AE=2BD；②成立，理由如下：∵△BCD∽△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F．∴∠F=∠ACB=60°；(3)①如图3，当点D落在线段BE上时．∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=42，∴BC=2AC=42，CD=2CE=22．∴AC=4，CE=2．∵∠E=90°22∴BE=BC-CE=27．，∴BD=BE-D=27-2；②如图4，当点E落在线段BD上时，同理可得，BD=BE+DE=27+2．综上所述，BD的长为27-2或27+2．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等或相似三角形是解题关键．3(2023春·安徽合肥·九年级统考期末)在ΔABC，CA=CB，∠ACB=α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．(1)观察猜想°BD如图1，当α=60时，的值是，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是．CP(2)类比探究°BD如图2，当α=90时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明CP理由．(3)解决问题°当α=90时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上AD时的值．CP35 °【答案】(1)1，60(2)45°(3)2-2，2+2【分析】(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，即可解决问题．(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明ΔDAB∼ΔPAC，即可解决问题．(3)分两种情形：①如图3-1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD=DC即可解决问题．②如图3-2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC解决问题．【详解】解：(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．°∵∠PAD=∠CAB=60，∴∠CAP=∠BAD，∵CA=BA，PA=DA，∴ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，∵∠AOC=∠BOE，°∴∠BEO=∠CAO=60，BD°∴=1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60，PC°故答案为1，60．(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．°∵∠PAD=∠CAB=45，∴∠PAC=∠DAB，ABAD∵==2，ACAP∴ΔDAB∼ΔPAC，BDAB∴∠PCA=∠DBA，==2，PCAC∵∠EOC=∠AOB，°∴∠CEO=∠OAB=45，°∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45．(3)如图3-1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE=EA，CF=FB，∴EF∥AB，°∴∠EFC=∠ABC=45，°∵∠PAO=45，∴∠PAO=∠OFH，36 ∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，°∵∠APC=90，EA=EC，∴PE=EA=EC，∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，°∵∠ADP=∠BDC=45，°∴∠ADB=90，∴BD⊥AH，°∴∠DBA=∠DBC=22.5，°∵∠ADB=∠ACB=90，∴A，D，C，B四点共圆，°°∠DAC=∠DBC=22.5，∠DCA=∠ABD=22.5，°∴∠DAC=∠DCA=22.5，2∴DA=DC，设AD=a，则DC=AD=a，PD=a，2ADa∴==2-2c．CPa+2a22如图3-2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC，设AD=a，则CD=AD=a，PD=a，22∴PC=a-a，2ADa∴==2+2．PCa-2a2【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．【基本模型8-三角形内接矩形型】由之前的基本模型(A型或AX型)推导出来的。37 GFAH结论：AH⊥GF，△AGF∽△ABC，=BCAM【题型8三角形内接矩形型】1(2023春·四川成都·九年级成都实外校考期中)如图，△ABC中，点PQ分别在AB，AC上，且PQ∥BC，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，AD⊥BC于点D，交PQ于点E，且AD:BC=2:3，连接MQ，若△ABC的面积等于75，则MQ的最小值为．【答案】52【分析】先证△APQ∽△ABC，利用对应高之比等于相似比，设MN=x，根据勾股定理表示出MQ，通过配方求最小值．【详解】解：∵PQ∥BC，AD⊥BC，∴AE⊥PQ，∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，AEAD2∴==，PQBC3∴3AD=2BC，∵PM⊥BC，QN⊥BC，∴∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°，∴四边形PMNQ是矩形，∴PQ=MN，PM=ED，22∵AE=PQ，AD=BC，33∴3AE+ED=2BM+MN+CN，∴MN+QN=BM+MN+CN，∴QN=BM+CN；∵△ABC的面积等于75，1∴BC•AD=75，238 2∵AD=BC，312∴BC=75，3∴BC=15，AD=10，设MN=x，则BM+CN=15-x，PM=QN=10-x，22222∵MQ=MN+QN=x+10-x=2x-5+50，∴当x=5时，MQ有最小值52．故答案为：52．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、三角形面积、勾股定理，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的判定和性质定理．1(2023春·陕西西安·九年级校考期中)如图，在△ABC中，∠A=90°，正方形DEFG的边长是6，且四个顶点都在△ABC的各边上，CE=3．(1)求证：△BDG∽△FEC；(2)求S△BDG:S△FEC的值．【答案】(1)见解析(2)4【分析】(1)根据正方形的性质得DE=EF=DG=6，∠BDG=∠CEF=90°，根据直角三角形两个锐角互余得到∠B=∠CFE，即可证明；(2)由(1)知△BDG∽△FEC，根据三角形相似的性质即可求解．【详解】(1)证明：∵四边形EFGD是正方形，∴DE=EF=DG=6，∠GDE=∠DEF=90°，∴∠BDG=∠CEF=90°，∵∠B+∠C=90°，∠C+∠CFE=90°，∴∠B=∠CFE，∴△BDG∽△FEC．(2)解：∵△BDG∽△FEC，CE=3，DG=6，DG6∴==2，CE3S△BDGDG22∴S==2=4．△FECCE【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟记三角形相似的判定方法是解题关键．2(2023春·山东东营·九年级统考期末)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4.点M1，N1，P1分别在AC、BC、AB上，且四边形M1CN1P1是正方形，点M2，N2，P2分别在P1N1、BN1，BP1上，且四边形M2N1N2P2是正方形，⋯，点Mn，Nn，Pn分别在Pn-1Nn-1，BNn-1，BPn-1上，且四边形MnNn-1NnPn是正方形，则线段M2023P2023的长度是．39 20242【答案】20233【分析】先根据相似三角形的性质求出前几个正方形的边长，找出它们之间案的关系，再求解．【详解】解：设正方形CN1P1M1的边长为x，正方形M2N1N2P2的边长为y，正方形M3N2N3P3的边长为z，由题意得：△ABC∽△AM1P1，AM1M1P即：=，ACBC又∵AM1=AC-M1C=2-x，2-xx∴=，24∴x=2(2-x)，2442解得：x=，即：P1M1==，333同理：△AM1P1∽△P1M2P2，4∴y=2-y，33882解得：y=，即：M2P2==2，993同理：△P2M3P3∽△P1M2P2，8∴z=2-y，948162解得：z=，即：M3P3==3，9273由此规律得：20242线段M2023P2023的长为：2023，320242故答案为：．20233【点睛】本题考查了图形的变化类，找出变化规律是解题的关键．3(2023春·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB=6，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF分别交DE于M，N两点．则MN的长为40 12512【答案】/54949ADAB【分析】先求出AB=3,BC=35，再证出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质可得==DEBC5，设AD=aa>0，则DG=GF=DE=5a，然后证出△AED∽△GDB，根据相似三角形的性质可5AEDE6AD26得=，从而可得a=，则=，GF=5，最后证出△ADM∽△ABG，△AMN∽DGBD7AB77△AGF，根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB=6，22∴AB=3,BC=AB+AC=35，∴四边形DEFG是正方形，∴DE=DG=GF,DE∥GF,∠EDG=∠DGF=90°，∴△ADE∽△ABC，ADAB5∴==，DEBC5设AD=aa>0，则DG=GF=DE=5a，22∴AE=DE-AD=2a，BD=AB-AD=3-a，∵∠BAC=90°,∠EDG=90°，∴∠ADE+∠AED=90°=∠ADE+∠GDB，∴∠AED=∠GDB，在△AED和△GDB中，∠AED=∠GDB，∠DAE=∠BGD=90°∴△AED∽△GDB，AEDE2a5a∴=，即=，DGBD5a3-a6解得a=，76AD726∴==，GF=5，AB377∵DE∥GF，∴△ADM∽△ABG，AMAD2∴==，AGAB7又∵DE∥GF，∴△AMN∽△AGF，MNAMMN2∴=，即=，GFAG657741 125解得MN=，49125故答案为：．49【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．42