2024年中考数学复习（全国版）重难点09 相似三角形8种模型（A字、8字、射影定理、一线三等角、线束模型、三角形内接矩形、三平行模型、手拉手模型）（解析版）

重难点突破09相似三角形8种模型（A字、8字、射影定理、一线三等角、线束模型、三角形内接矩形、三平行模型、手拉手模型）目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01A字模型题型028字模型题型03射影定理题型04一线三等角模型题型05线束模型题型06三角形内接矩形模型题型07三平行模型题型08手拉手模型（旋转模型）相似三角形的判定方法：1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．2）两个三角形相似的判定定理：①三边成比例的两个三角形相似；②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；③两角分别相等的两个三角形相似．④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.题型01A字模型已知图示结论（性质）若DE∥BC①∆ADE~∆ABC②AD若∠1=∠2或∠3=∠4或AD①∆ADE~∆ABC②AC2=AB•AD若∠1=∠2①∆ADE~∆ABC②AC2=AB•AD[补充]该模型也被称为子母模型，即子母模型可以看作一组公共边的反A模型[双反A字模型]若∠1=∠2=∠3①∆AEB~∆DEA~∆DAC②AB•AC=BE•CD③(AEAD)2=1．（2020·湖北武汉·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，D是AB上一点，点E在BC上，连接CD，AE交于点F，若∠CFE=45°，【答案】2【分析】过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，先利用解直角三角形求出CD的长，其次利用△CDG∽△CBD，求出CG的长，得出BG的长，最后利用△BDG∽△BAE，【详解】解：如图：过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于∵在Rt△ABC中，AC=BC=6，∴AB=A又∵BD=2AD，∴AD=22∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，∴CH=6−2=4，在Rt△CHD中，CD=C∵DG∥∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，∴∠CDG=∠B，

又∵∠DCG=∠BCD，∴△CDG∽△CBD，∴CDCB∴CD即20=6CG，∴CG=103∴BG=BC−CG=6−10又∵DG∥∴△BDG∽△BAE，又∵BD＝∴BDBA又BG=8∴BE=BG×3∴CE=6−4=2，故答案为：2．【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．2．（2020·浙江杭州·统考中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝，BE＝．【答案】25﹣1【分析】先根据矩形的性质得到AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°，再根据折叠的性质得到CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE，然后根据全等三角形的性质得到DF=AE=2；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．【详解】∵四边形ABCD是矩形∴AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处∴CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE∴CF=AD，∠CFD=90°∴∠ADE+∠CDF=∠FCD+∠CDF=90°∴∠ADE=∠FCD在△ADE和△FCD中，∠ADE=∠FCD∴△ADE≅△FCD(ASA)∴DF=AE=2∵∠AFE=∠CFD=90°∴∠AFE=∠DAE=90°∵∠AEF=∠DEA∴△AEF∼△DEA∴AEDE=∴2解得EF=5−1或则BE=EF=故答案为：2，5−1【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．3．（2020·山东济宁·中考真题）如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=22．则BO的长是．【答案】4【分析】连接OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到PCCD=POOA=2，则PC=2CD=42，然后证明【详解】解：连接OC，如图，设⊙O的半径为r，∵DC∴DCCE而∠ACD=∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD=∠CDE，∵∠CAD=∠CBD，∴∠CDB=∠CBD，∴BC=DC，∴CD=∴∠BOC=∠BAD，∴OC//AD，∴PCCD∴PC=2CD=42∵∠PCB=∠PAD，∠CPB=∠APD，∴△PCB∽△PAD，∴PCPA=PB∴r=4，即OB=4.故答案为：4.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．4．（2020·上海浦东新·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，AD平分∠BAC，交边BC于点D，过点D作CA的平行线，交边AB于点E．(1)求线段DE的长；(2)取线段AD的中点M，连接BM，交线段DE于点F，延长线段BM交边AC于点G，求EFDF【答案】(1)4(2)2【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可；（2）根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可．【详解】（1）解：∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝30°，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，∠DAC＝30°，AC＝6，∴CD＝23在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，∴BC＝63∴BD＝BC－CD＝43∵DE∥CA，∴DECA=∴DE＝4；（2）解：如图．∵点M是线段AD的中点，∴DM＝AM，∵DE∥CA，∴DFAG＝DM∴DF＝AG．∵DE∥CA，∴EFAG＝BFBG，BFBG∴EFAG＝BD∵BD＝43，BC＝63，DF＝AG，∴EFDF【点睛】考查了平行线分线段成比例定理，注意线段之间的对应关系．5．（2021上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图，△ABD中，∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm．某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D出发沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，运动的时间为ts．（1）求t为何值时，△AMN的面积是△ABD面积的29（2）当以点A，M，N为顶点的三角形与△ABD相似时，求t值．【答案】（1）t1=4，t2=2【分析】（1）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，根据三角形的面积公式列出方程可求出答案；（2）分两种情况，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值．【详解】解：（1）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，∴△AMN的面积＝12AN•AM＝12×（12﹣2t）×t＝6t﹣t∵∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm∴△ABD的面积为12AB•AD＝1∵△AMN的面积是△ABD面积的29∴6t﹣t2＝29∴t2﹣6t+8＝0，解得t1＝4，t2＝2，答：经过4秒或2秒，△AMN的面积是△ABD面积的29（2）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，若△AMN∽△ABD，则有AMAB=AN解得t＝3，若△AMN∽△ADB，则有AMAD=AN解得t＝245答：当t＝3或245时，以A、M、N为顶点的三角形与△ABD【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质和一元二次方程的应用，正确进行分类讨论是解题的关键．6．（2020上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，已知D是BC的中点，M是AD的中点．求AN:NC的值．【答案】1【分析】解法1：过点D作AC的平行线交BN于点H，构造“A”型和“8”型，得出△BDH∽△BCN和△DHM∽△ANM，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；解法2：过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出△BDM∽BCH和△AMN∽△CHN，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；解法3：过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出△AHM∽△DBM和△AHN∽△CBN，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；解法4：过点D作BN的平行线交AC于点H，根据三角形中位线定理得出AN=NH=CH，即可得出答案；【详解】解法1：如图2，过点D作AC的平行线交BN于点H．因为DH//AC．所以△BDH∽△BCN，所以DHCN因为D为BC的中点，所以DHCN因为DH//AN，所以△DHM∽△ANM，所以DHAN因为M为AD的中点，所以DHAN所以DH=AN，所以ANCN解法2：如图3，过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H．因为DM//CH，所以△BDM∽BCH，所以DMCH因为D为BC的中点，所以DMCH因为M为AD的中点，所以AM=DM，所以AMCH因为DM//CH，所以△AMN∽△CHN，所以ANCN解法3：如图4，过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H．因为AH//BD，所以△AHM∽△DBM，所以AHBD因为M为AD的中点，所以AM=DM，所以AH=BD．因为AH//BD，所以△AHN∽△CBN，所以ANCN因为D为BC的中点，且AH=BD，所以ANCN解法4：如图5，过点D作BN的平行线交AC于点H．在△ADH中，因为M为AD的中点，MN//DH，所以N为AH的中点，即AN=NH．在△CBN中，因为D为BC的中点，DH//BN，所以H为CN的中点，即CN=HN，所以AN=NH=CH．所以ANCN7．（2022下·江苏苏州·八年级星海实验中学校考期中）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足∠1=∠2，则称点P为这个三角形的“理想点”．(1)如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC=22，AB=4，试判断点D是不是△ABC(2)如图②，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，若点D是△ABC的“理想点”，求CD【答案】(1)D为△ABC的理想点,理由见解析(2)125或【分析】（1）由已知可得ACAD=ABAC，从而ΔACD∽ΔABC（2）由D是ΔABC的“理想点”，分三种情况：当D在AB上时，CD是AB边上的高，根据面积法可求CD长度；当D在AC上时，ΔBDC∽ΔABC，对应边成比例即可求CD长度；【详解】（1）解：点D是ΔABC∵D是AB中点，AB=4，∴AD=BD=2，AD⋅AB=8，∵AC=22∴AC∴AC∴ACAD∵∠A=∠A，∴Δ∴∠ACD=∠B，∴点D是ΔABC（2）①D在AB上时，如图：∵D是ΔABC∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A，当∠ACD=∠B时，∵∠ACD+∠BCD=90°，∴∠BCD+∠B=90°，∴∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，当∠BCD=∠A时，同理可证∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AB=5，∴BC=A∵S∴CD=12②∵AC=4，BC=3，∴AC>BC有∠B>∠A，∴“理想点”D不可能在BC边上，③D在AC边上时，如图：∵D是ΔABC∴∠DBC=∠A，又∠C=∠C，∴Δ∴CDBC=BC∴CD=9综上所述，点D是ΔABC的“理想点”，CD的长为125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．8．（2021上·浙江绍兴·九年级统考期末）如果两个相似三角形的对应边存在2倍关系，则称这两个相似三角形互为母子三角形．（1）如果△DEF与△ABC互为母子三角形，则DEAB的值可能为（

A．2

B．12

C．2或（2）已知：如图1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，AB=2AD, 求证：△ABD与△ADE互为母子三角形．（3）如图2，△ABC中，AD是中线，过射线CA上点E作EG//BC，交射线DA于点G，连结BE，射线BE与射线DA交于点F，若△AGE与△ADC互为母子三角形．求AGGF【答案】（1）C；（2）见解析；（3）AGGF【分析】（1）根据互为母子三角形的定义即可得出结论；（2）根据两角对应相等两三角形相似得出△ABD∽△ADE，再根据AB=2AD从而得出结论；（3）根据题意画出图形，分当G,E分别在线段AD,AC上时和当G,E分别在射线DA,CA上时两种情况加以讨论；【详解】（1）∵△DEF与△ABC互为母子三角形，∴DEAB故选：C（2）∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠BAD=∠CAD，∵∠ADE=∠B，∴△ABD∽△ADE．又∵AB=2AD，∴△ABD与△ADE互为母子三角形．

（3）如图，当G,E分别在线段AD,AC上时，∵△AGE与△ADC互为母子三角形，∴CD∴AG=DG，∵AD是中线，∴BD=CD，又∵GE//BC，∴△GEF∽△DBF．∴DF∴DG=3GF，∴AG如图，当G,E分别在射线DA,CA上时，∵△AGE与△ADC互为母子三角形，∴CD∴AG=1∵AD是中线，∴BD=CD，又∵GE//BC，∴△GEF∽△DBF．∴DF∴DG=GF，∴AG综上所述，AGGF【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、分类讨论的数学思想以及接受与理解新生事物的能力．准确理解题设条件中互为母子三角形的定义是正确解题的先决条件，在分析与解决问题的过程中，要考虑全面，进行分类讨论，避免漏解．9．（2020上·全国·九年级专题练习）已知，如图，AD是直角三角形ABC斜边上的中线，AE⊥AD，AE交CB的延长线于点E．（1）求证：△BAE∽△ACE；（2）AF⊥BD，垂足为点F，且BE•CE＝9，求EF•DE的值．【答案】（1）证明见解析；（2）DE•EF＝9．【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质和等腰三角形的性质可得∠C＝∠DAC，由余角的性质可得∠EAB＝∠DAC，进而可得∠EAB＝∠C，进一步即可证得结论；（2）由（1）可得AEEC=BEAE，进而可得AE【详解】解：（1）∵AD是直角三角形ABC斜边上的中线，∴AD＝BD＝CD，∴∠C＝∠DAC，∵AE⊥AD，∴∠EAD＝90°＝∠BAC，∴∠EAB＝∠DAC，∴∠EAB＝∠C，∵∠E＝∠E，∴△BAE∽△ACE；（2）∵△BAE∽△ACE，∴AEEC∴AE2＝BE•CE＝9，∵∠AFE＝∠DAE＝90°，∠E＝∠E，∴△EAF∽△EDA，∴AEDE∴DE•EF＝AE2＝9．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，属于常考题型，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．题型028字模型已知图示结论（性质）若AB∥CD①∆AOB~∆COD②AO若∠1=∠2或∠3=∠4或AO①∆AOB~∆COD10．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，连接AE，若AE的延长线和BC的延长线相交于点F．（1）求证：BC=CF；（2）连接AC和BE相交于点为G，若△GEC的面积为2，求平行四边形ABCD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DE=CE，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到∠ADE＝∠ECF，再根据∠AED=∠CEF，即可得到△ADE≌△ECF，则答案可证；（2）先证明△CEG∼△ABG，根据相似三角形的性质得出S△ABG=8，AGGC=ABCE=【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，∴∠ADE＝∠ECF，∵点E为DC的中点，∴DE=CE，在△ADE和△ECF中∠ADE=∠ECFDE=CE∴△ADE≌△ECFASA∴AD=CF，∴BC=CF；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，∴AB//DC，∴∠GEC=∠ABG，∠GCE=∠GAB，∴△CEG∼△ABG，∵△GEC的面积为2，∴S△ABGS△CEG∵△CEG∼△ABG∴AGGC∴S△BGC∴S△ABC∴S▱ABCD【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．11．（2020·四川遂宁·统考中考真题）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BEEGA．12 B．13 C．23【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．【详解】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，∴BEEG故选：C．【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．12．（2020·浙江杭州·统考一模）如图，点O是△ABC边BC上一点，过点O的直线分别交AB，AC所在直线于点M，N，且ABAM＝m，AC（1）若点O是线段BC中点．①求证：m+n＝2；②求mn的最大值；（2）若COOB【答案】（1）①证明见解析；②mn有最大值1；（2）n＝k﹣km+1．【分析】设AM＝a，AN＝b．由ABAM＝m，AC（1）①若点O是线段BC中点，如图1，过点B作BH∥AC交MN于H，利用ASA证明△OBH≌△OCN，得出BH＝CN＝（n﹣1）b．由BH∥AN列出比例式(1−m)aa＝(n−1)b②由①的结论m+n＝2得出m＝2﹣n，那么mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，根据二次函数的性质即可得出当n＝1时，mn有最大值1；（2）若COOB＝k（k≠0），如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，证明△OBG∽△OCN，根据相似三角形对应边成比例得出CNBG＝COOB，那么BG＝n−1kb．由BG∥AN列出比例式【详解】解：设AM＝a，AN＝b.∵ABAM＝m，AC∴AB＝am，AC＝bn，∴MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）b.（1）①若点O是线段BC中点，如图1，过点B作BH∥AC交MN于H，∴∠OBH＝∠OCN.在△OBH与△OCN中，∠OBH=∠OCNOB=OC∴△OBH≌△OCN（ASA），∴BH＝CN＝（n﹣1）b.∵BH∥AN，∴MBMA＝BHAN，即(1−m)aa∴1﹣m＝n﹣1，∴m+n＝2；②由①知，m+n＝2，∴m＝2﹣n，∴mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，∴当n＝1时，mn有最大值1；（2）若COOB如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，∴∠OBG＝∠OCN.在△OBG与△OCN中，∠OBG=∠OCN∠BOG=∠CON∴△OBG∽△OCN，∴CNBG＝COOB，即∴BG＝n−1k∵BG∥AN，∴MBMA＝BGAN，即(1−m)aa∴1﹣m＝n−1k∴n＝k﹣km+1.【点睛】此题考查平行线的性质，三角形全等的判定及性质，平行线分线段成比例是性质，相似三角形的判定及性质，二次函数最值问题，正确掌握各知识点并综合运用解题是关键.13．（2021·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，抛物线y=−12x2+2x+6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线y=x−2与y轴交于点D，与x轴交于点E（1）点F的坐标是________；（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长线交OB于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，PMQN=11（3）如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒42个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且tan∠SEG=1【答案】（1）点F坐标为（4，2）；（2）P1（1，152），P2（3，15【分析】（1）先由抛物线y=−12x2+2x+6求出B(6,0)，C(0,6)，再求出直线BC的解析式为y=−x+6（2）过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，证明△PMF∽△QNF，得PFQF=114，再由FH//PG，得FHPG=415，可求（3）过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，证明△ODE是等腰直角三角形，△EHL为等腰直角三角形，△SKL为等腰直角三角形，则有LK=SK=2t，SL=2SK=2t，EL=2t，EH=LH=t，OH=t+2，SH=3t，求出S(t+2,3t)，最后将点S的坐标代入二次函数解析式即可求得【详解】解：（1）在抛物线y=−1令y=0，则−1解得：x=−2或x=6，∴A(−2,0)，B(6,0)，令x=0，则y=6，∴C(0,6)，在直线y=x−2中，令y=0，则x=2，∴E(2,0)，令x=0，则y=−2，∴D(0,−2)，设直线BC的解析式为y=kx+b，将B(6,0)，C(0,6)代入，得：b=66k+b=0∴k=−1b=6∴直线BC的解析式为y=−x+6，联立y=−x+6y=x−2解得x=4y=2∴F(4,2)，故答案为：(4,2)；（2）如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，∵PM⊥BC，QN⊥BC，∴∠PMF=∠QNF=90°，又∵∠PFM=∠QFN，∴△PMF∽△QNF，∴PMQN∵PMQN∴PFQF∵FH//PG，∴FQPQ∵FH=2，∴PG=15∴P点纵坐标为152令−1解得：x1=1，x2∴点P的坐标为P1（1，152），P2（3，15（3）如图2，过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，由题意得，EG=42∵SE=SG，SK⊥EG，∴EK=GK=1∵在Rt△SEK中，tan∴SK=2∵E(2,0)，D(0,−2)，∴OE=OD，∴△ODE是等腰直角三角形，∴∠OED=45°，∴∠KEH=∠OED=45°，∴△EHL为等腰直角三角形，∴∠SLK=∠ELH=45°，∴△SLK为等腰直角三角形，∴LK=SK=2t，∴EL=EK−LK=2∴EH=LH=t，∴OH=OE+EH=t+2，SH=SL+LH=3t，∴S(t+2,3t)，将S(t+2,3t)代入y=−1得−1解得：t=2或t=−8（舍），∴点G的运动时间为2s．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活运用平移、三角形相似、解直角三角形等相关知识是解题的关键．14．（2020·云南·统考中考真题）抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为−1,0，点C的坐标为0,−3．点P为抛物线y=x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点（1）求b、c的值；（2）设点F在抛物线y=x2+bx+c的对称轴上，当△ACF（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）b=-2,c=-3;（2）F（1，-2）（3）P（5,12）【分析】（1）根据待定系数法即可求解；（2）根据题意求出B点坐标，得到直线BC的解析式，再根据对称性可得P点为直线BC与对称轴的交点，即可求解；（3）过P点作PG⊥BC的延长线于G点，过D点作DH⊥BC的延长线于H点，得到△DEH∽△PEG，根据题意可得PEDE=PG【详解】（1）把A−1,0，C0,−3代入y=得1−b+c=0解得b=−2∴y=（2）∵y=x2∴对称轴为x=1∵A−1,0，∴A点关于x=1对称的点B为（3,0）如图，连接BC，设直线BC解析式为y=px+q把B（3,0）,C（0，-3）代入得3p+q=0解得p=1∴直线BC解析式为y=x-3当x=1时，y=-2∴直线BC交对称轴x=1与F（1，-2）∵C△ACF=AC+AF+CF=AC+BF+CF=AC+BC,故此时△ACF的周长最小，F（1，-2）；（3）存在点P使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍，设P（m,m2∴E（m,m-3）如图，过P点作PG⊥BC的延长线于G点，过D点作DH⊥BC的延长线于H点，∴DH∥PG∴△DEH∽△PEG∴PE∵PE=m2−2m−3-（m-3）=∴m解得m1=5，m2=3m=3时，分母为0不符合题意，故舍去∴P（5,12）．

【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的图像与性质、对称性及相似三角形的判定与性质．15．（2021上·安徽合肥·九年级合肥寿春中学校考期末）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）25【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ANBM=DNDM=ADBD=12，设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，（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．【详解】（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，∴ANBM设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，∵AN2+CN2＝AC2，∴x2+（2x）2＝12，∴x＝55∴CM＝55，CN＝2∴MN＝55∴DM＝23MN=2（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＝EGBE＝k又∵AC＝BC＝1，∴AB＝2，∴BE＝22∴EG＝22k∴EM＝2EG＝2×22k【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．16．（2022·山西吕梁·统考三模）综合与实践：数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．问题情境：在□ABCD中，点P是边AD上一点．将△PDC沿直线PC折叠，点D的对应点为E．“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作EF∥AD，与PC交于点F，连接DF，则四边形AEFD是菱形．(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为AD的中点时，延长CE交AB于点F，连接PF．试判断PF与PC的位置关系，并说明理由．请你帮助他们解决此问题．(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在AB边上时，AP=3，PD=4，DC=10．则AE的长为___________．（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)PF⊥PC，理由见解析(3)5【分析】（1）先证明DF∥AE，得到两组对边分别平行，再用邻边相等的平行四边形是菱形判定，也可以用四条边相等的四边形是菱形进行判断；（2）证明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折叠得到∠DPC=∠EPC，从而证明∠FPC=90°；（3）延长BA、CP相交于点F，得△AFP∽△DCP，再证EF=CE即可求出结果．【详解】（1）证法一：由折叠得，AD=AE，∠DAF=∠EAF，∠DFA=∠EFA∵EF∥AD∴∠DAF=∠EFA∴∠DFA=∠EAF∴DF∥AE∴四边形AEFD是平行四边形∵AD=AE∴四边形AEFD是菱形．证法二：证明：由折叠得，AD=AE，DF=EF，∠DAF=∠EAF∵EF∥AD∴∠DAF=∠EFA∴∠EFA=∠EAF∴EA=EF∴AD=DF=EF=AE∴四边形AEFD是菱形．（2）解：PF⊥PC．连接AE由折叠可得PD=PE，∠PEC=∠PDC，∠DPC=∠EPC∵四边形ABCD是平行四边形∴∠ADC+∠DAB=180°又∵∠PEC+∠PEF=180°∴∠DAB=∠PEF∵点P是AD的中点∴PA=PD∴∠PAE=∠PEA

∴∠DAB−∠PAE=∠PEF−∠PEA∴∠AEF=∠EAF∴AF=EF∴△PAF≌△PEF（SSS）∴∠APF=∠EPF又∵∠DPC+∠CPE+∠EPF+∠APF=180°，即2∠CPE+2∠FPE=180°∴∠FPC=90°∴PF⊥PC．（3）解：延长BA、CP相交于点F，由题意，△AFP∽△DCP∴AFDC=AP∴AF=∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F∴∠F=∠ECP∴EF=EC=DC=10∴AE=10−15故答案为52【点睛】本题考查折叠、平行四边形、相似、菱形的判定等，属于综合性题目，解题关键在于灵活运用几何知识，构造常见的模型．17．（2023·江苏南通·统考一模）正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线BD上的一动点，∠DAE=αα≠45°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线BF交射线DC于点(1)当0°<α<45°时，求∠DBG的度数(用含α的式子表示)；(2)点E在运动过程中，试探究DGDE的值是否发生变化？若不变，求出它的值.(3)若BF=FG，求α的值．【答案】(1)∠DBG=α(2)DGDE(3)30°【分析】1根据翻变换的性质可以得到∠ADE=∠AFE=45°，∠DAE=∠EAF，加上对顶角相等得到的∠AOB=∠EOF，从而得到△AOB∼△EOF（AA），进而得到对应边成比例，再根据比例的性质得到AO2如图2中，连接EG，EC．证明△DEG是等腰直角三角形，可得结论；3证明△EFG是等边三角形，可得结论．【详解】（1）如图1中，设AF交BD于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠ABD=∠ADB=45°，由翻折变换的性质可知，∠ADE=∠AFE=45°，∴∠ABE=∠AFE=45°，∵∠AOB=∠EOF，∴△AOB~△EOF（AA），∴AO∴AO·FO=EO·BO，∴AO∵∠AOE=∠BOF，∴△AOE~△BOF（SAS），∴∠DBG=∠EAF=∠DAE=α．（2）DGDE理由：如图2中，连接EG，EC．∵四边形ABCD是正方形，∴DA=DC，∠ADE=∠CDE=45°，∵DE=DE，∴△ADE≌△CDESAS∴∠DAE=∠DCE，∵∠EBG=∠DAE，∴∠EBG=∠ECG，同法可证，∠CEG=∠CBG，∵∠CBG+∠CGB=90°，∴∠CEG+∠BEC=90°，∴∠BEG=∠DEG=90°，∵∠EDG=45°，∴∠EGD=∠EDG=45°，∴DG=2∴DG（3）如图2中，当BF=FG时，∵∠BEG=90°，∴EF=FB=FG，∵DE=EF=EG，∴EF=EG=FG，∴∠FGE=60°，∴∠EBG=30°，∴α=∠DAE=∠EBG=30°．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．18．（2021·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°<α<180°），过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转α得到AN，过点C作CF//AM交直线AN于点F，在AM上取点E，使∠AEB=∠ACB．（1）当AM与线段BC相交时，①如图1，当α=60°时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为．②如图2，当α=90°时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．（2）当tanα=43，AB＝5时，若△CDE【答案】（1）①AE＝CF+CE；②EC=2(AE−CF)，理由见解析；（2）5【分析】（1）①结论：AE＝CF+CE．如图1中，作CT//AF交AM于T．想办法证明AT＝②结论：EC＝2（AE﹣CF）．过点C作CQ⊥AE（2）分两种情形：如图3－1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明FK＝CD，可得结论．如图3－2中，当∠ECD＝【详解】解：（1）①结论：AE＝理由：如图1中，作CT//AF交AM于T．∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴CA＝CB，∵AF//CT，CF//AT，∴四边形AFCT是平行四边形，∴CF＝∵∠ADC＝∠BDE，∴△ACD∽△BED，∴AD∴AD∵∠ADB＝∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∵CT//AF，∴∠CTE＝∴△CTE是等边三角形，∴EC＝∴AE＝故答案为：AE＝②如图2中，结论：EC=2理由：过点C作CQ⊥AE于Q．∵CF//AM，∴∠CFA+∠MAN＝∵∠MAN＝∴∠CFA＝∵∠CQA＝∴四边形AFCQ是矩形，∴CF＝∵∠ADC＝∠BDE，∴△ACD∽△BED，∴AD∴AD∵∠ADB＝∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∵∠CQE＝∴CE＝∴AE﹣∴EC=2（2）如图3－1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于在Rt△ABJ中，tan∠BAJ＝∴AJ＝3，∵AC＝∴CJ=AC−AJ=5−3=2，∴BC＝∵1∴AD＝∴CD＝∵FK⊥AD，∴∠CDE＝∴CD//FK，∵CF//DK，∴四边形CDKF是平行四边形，∵∠FKD＝∴四边形CDKF是矩形，∴FK＝∵tan∴FK∴AK＝∴AF＝如图3－2中，当∠ECD＝∠DAB＝∵CF//AM，∴∠AKF＝在Rt△ACK中，tan∠CAK＝∴CK＝4，∵∠MAN＝∴∠CAN＝∴∠CAB+∠BAF＝90°，∴∠AFK＝∴tan∴FK＝∴AF＝综上所述，满足条件的AF的值为554或【点睛】此题是几何变换综合题．考查了等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，锐角三角函数，此题是一道几何综合题，掌握各知识点并掌握推理能力是解题的关键．19．（2023下·江苏宿迁·九年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，记△COD的面积为S1,△AOB的面积为

(1)问题解决：如图①，若AB∥CD，求证：S(2)探索推广：如图②，若AB与CD不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OB于点F，点H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若OEOA=3【答案】(1)证明见解析(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)9【分析】（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出DE=OD⋅sin（2）同（1）求解即可；（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=34，设OE=OC=3m，OF=OD=3n，则OA=4m【详解】（1）解：如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，∴DE=OD⋅sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1

（2）解：（1）中的结论成立，理由如下：如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，∴DE=OD⋅sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1

（3）解：如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，∵EF∥∴∠ODC=∠OFE，又∵OE=OC，∴△OEF≌△OCDAAS∴OD=OF，∵EF∥∴△OEF∽△OAM，∴OFOM设OE=OC=3m，OF=OD=3n，则∵H是AB的中点，N是BM的中点，∴HN是△ABM的中位线，∴HN∥∴△OGF∽△OHN，∴OGOH∵OG=2GH，∴OG=2∴OGOH∴ON=32OF=∴OB=ON+BN=5n，由（2）可知S1

【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．题型03射影定理已知图示结论（性质）若∠ABC=∠ADB=90°①∆ABC~∆ADB~∆BDC②AB2=AC•AD,BD2=AD•CDBC2=AC•CD（口诀：公共边的平方=共线边的乘积）③AB•BC=BD•AC（面积法）20．（2020·山西·统考中考真题）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为．【答案】54【分析】过点F作FH⊥AC于H，则△AFH∽△AEC，设FH为x，由已知条件可得AH=32FH【详解】如解图，过点F作FH⊥AC于H，∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，∴FH//∵BC=4，点E是BC的中点，∴BE=CE=2，∵FH//∴△AFH∽△AEC∴AH∴AH=3设FH为x，则AH=32x又∵S△∴CD=AC⋅BC则AD=A∵∠FHC=∠CDA=90°且∠FCH=∠ACD，∴△CFH∽△CAD，∴FHAD即x9解得x=18∴AH=18∵S∴1∴CF∴DF故答案为：54【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．21．（2021上·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨风华中学校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，已知AD＝95,BD=45，那么【答案】2【分析】证明△BCD∽△BAC，根据相似三角形的性质列式计算即可．【详解】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠ACB＝∠CDB＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC，∴BDBC＝BCBA，即45∴BC∵BC>0∴BC＝213故答案为：213【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，牢记相关知识点并能结合图形灵活应用是解题关键．22．（2022上·江苏南京·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且ADAC＝AC（1）求证△ACD∽△ABC；（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．【答案】（1）见解析；（2）6【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△ACD∼△ABC（2）由△ACD∼△ABC得∠ADC=∠ACB=90°，∠ACD=∠B，推出△ACD∼△CBD，由相似三角形的性质得CDAD=BD【详解】（1）∵ADAC=AC∴△ACD∼△ABC；（2）∵△ACD∼△ABC，∴∠ADC=∠ACB=90°，∠ACD=∠B，∴∠CDB=180°−90°=90°=∠ACD，∴△ACD∼△CBD，∴CDAD=BD∴CD=6【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．23．（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FHHE=4（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）23；（3）【分析】（1）证出∠B=∠ACD，证明△CBD∽△ACD，得出CDAD（2）设FH=4a，则HE=9a（a>0），同（1）得CH2=HE⋅FH=36a2，则CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=23（3）过点D作DM⊥AH于M，设DH=2x，则CH=6x（x>0），CD=DH+CH=8x，证明△ADH∽△CDA，得出∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，求出AD=4x，证明△HDM是等腰直角三角形，得出【详解】（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，∴∠B=∠ACD，∴△CBD∽△ACD，∴CDAD∴CD（2）解：∵FHHE∴设FH=4a，则HE=9a（a>0），∵∠ACB=90°，EF⊥CD，同（1）得：CH∴CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=过D作DP⊥AC于P，如图2所示：则DP//在Rt△DPC中，tan∠ACD=∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠A=45°，∴△ADP是等腰直角三角形，∴AP=DP，∴APPC∵DP//∴ADBD（3）解：过点D作DM⊥AH于M，如图3所示：∵CH=3DH，∴设DH=2x，则CH=6x（x>0），∴CD=DH+CH=8x，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°，∴∠BAC=∠AHD又∵∠ADH=∠CDA，∴△ADH∽△CDA，∴∠DAH=∠ACH，ADCD∴AD∴AD=4x，∵DM⊥AH，∴∠DMH=90°，∵∠AHD=45°，∴∠HDM=45°=∠AHD，∴△HDM是等腰直角三角形，∴DM=HM=2∴AM=A∴tan∠ACH=故答案为：77【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。题型04一线三等角模型已知图示结论（性质）若∠B=∠D=∠ACE=90°①∆ABC~∆CDE②ABCD=BCDE=ACCE或B③当点C为BD中点时，∆ABC~∆CDE~∆ACE若∠B=∠D=∠ACE=α①∆ABC~∆CDE②AB③当点C为BD中点时，∆ABC~∆CDE~∆ACE24．（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，△ABC为等边三角形，点D，E分别在边AB，AC上，BD=3，将△ADE沿直线DE翻折得到△FDE，当点F落在边BC上，且BF=4CF时，DE⋅AF的值为．【答案】98【分析】根据△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，可证△BDF∽△CFE，根据BF=4CF，可得CF=4，根据AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，可得DE⊥AF，根据S四边形ADFE=12DE⋅AF=S△CEF=-S△ABC-S△CEF，进而可求【详解】解：如图，作△ABC的高AL，作△BDF的高DH，∵△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，∴∠DFE=∠DAE=60°，AD=DF，∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB=120°，∴∠DFB=∠CEF，又∠B=∠C=60°，∴△BDF∽△CFE，∴BDBE即CE=BF⋅CF设CF=x(x>0)，∵BF=4CF，∴BF=4x，∵BD=3，∴CE=4∵BC=BF+CF=4x+x=5x，∴AD=AB−BD=BC−BD=DF=5x−3，AE=EF=5x−4∵△BDF∽△CFE，∴DFEF∴5x−3解得：x=2，∴CF=4，∴BC=5x=10，∵在Rt△ABL中，∠B=60°，∴AL=ABsin60°=10×32=53∴S△ABC=12∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，∴DH=BDsin60°=3×3∴S△BDF=12∵△BDF∽△CFE，∴S△BDF∵S△BDF=63∴S△CEF=83又∵AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，∴AD=DF，△ADF为等腰三角形，DE⊥AF，∴S四边形ADFE=12DE⋅AF=S△CEF=-S△ABC-S=253∴DE⋅AF=98故答案为:983【点睛】本题主要考查等边三角形的和折叠的性质，一线三等角证明k型相似，以及“垂美四边形”的性质：对角线互相垂直的四边形的面积＝对角线乘积的一半．25．（2020·四川乐山·中考真题）如图，E是矩形ABCD的边CB上的一点，AF⊥DE于点F，AB=3，AD=2，CE=1．求DF的长度．【答案】105【分析】先根据矩形的性质、勾股定理求出DE=10，再根据相似三角形的判定与性质可得DE【详解】∵四边形ABCD是矩形，AB=3∴DC=AB=3，∠ADC=∠C=90°∵CE=1∴DE=∵AF⊥DE，∠ADC=90°∴∠ADF+∠DAF=90°，∠ADF+∠EDC=90°∴∠EDC=∠DAF在△EDC和△DAF中，∠EDC=∠DAF∴△EDC∼△DAF∴DEAD=解得DF=即DF的长度为105【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．26．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠B=∠ADE=∠C．（1）证明：△BDA∽△CED；（2）若∠B=45°,BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合），且△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．【答案】(1)理由见详解；（2）BD=2−2或1【分析】（1）根据题目已知条件易得：∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°，∠B+∠ADB+∠DAB=180°，所以得到∠DAB=∠EDC，问题得证．（2）由题意易得△ABC是等腰直角三角形，所以∠BAC=90°，当△ADE是等腰三角形时，根据分类讨论有三种情况：①AD=AE，②AD=DE，③AE=DE；因为点D不与B、C重合，所以第一种情况不符合，其他两种情况根据等腰三角形的性质“等边对等角”及∠B=∠ADE=45°，求出问题即可．【详解】解：（1）如图可知：∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°在△ABD中，∴∠B+∠ADB+∠DAB=180°又∵∠B=∠ADE=∠C∴∠EDC=∠DAB∴△BDA∽△CED．（2）∵∠B=∠ADE=∠C，∠B=45°∴△ABC是等腰直角三角形∴∠BAC=90°∵BC=2，∴AB=AC=22BC=①当AD=AE时，∴∠ADE=∠AED∵∠B=45°，∴∠B=∠ADE∴∠DAE=90°∴∠DAE=∠BAC=90°∵点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）,点E在AC上∴此情况不符合题意．②当AD=DE时，∴∠DAE=∠DEA∴由（1）结论可知：△BDA≌△CED∴AB=DC=2∴BD=2−2③当AE=DE时，∠ADE=∠DAE=45°∴△AED是等腰直角三角形∵∠B=45°，∴∠B∴∠ADC=90°，即AD⊥BC∴BD=1综上所诉：BD=2−2或1【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及等腰三角形的存在性问题，关键是利用“K”型相似模型及根据“等边对等角”、等腰直角三角形的性质得到线段的等量关系，进而求解问题．27．（2021上·山东济南·九年级统考期中）（1）问题如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=90°时，求证：AD⋅BC=AP⋅BP．（2）探究若将90°角改为锐角（如图2），其他条件不变，上述结论还成立吗？说明理由．（3）应用如图3，在△ABC中，AB=22，∠B=45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD=45°，若CE=5【答案】（1）见解析；（2）成立；理由见解析；（3）5【分析】（1）由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC,即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；（2）由∠DPC=∠A=∠B=α可得∠ADP=∠BPC,即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；（3）证明△ABD∽△DFE,求出DF=4，再证△EFC∽△DEC,可求FC=1,进而解答即可．【详解】解：（1）证明：如图1，∵∠DPC=90°∴∠BPC+∠APD=90°，∵∠A=90°，∴∠ADP+∠APD=90°∴∠APD=∠BPC，又∵∠A=∠B=90°∴△ADP∽△BPC，∴AD:BP=AP:BC∴AD⋅BC=AP⋅BP；（2）结论AD⋅BC=AP⋅BP仍成立；理由：如图2，∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，又∵∠BPD=∠A+∠APD，∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠APD，∵∠DPC=∠A=α，∴∠BPC=∠APD，又∵∠A=∠B=α，∴△ADP∽△BPC，∴AD:BP=AP:BC∴AD⋅BC=AP⋅BP；（3）∵∠EFD=45°,∴∠B=∠ADE=45°,∴∠BAD=∠EDF,∴△ABD∽△DFE∴AB:DF=AD:DE∵Rt∴AD:DE=1:∴AB:DF=1:∵AB=2∴DF=4

∵Rt∴∠AED=45°∵∠EFD=45°∴∠DEC=∠EFC=180°−45°=135°又∵∠C=∠C∴△DEC∽△EFC∴DC:EC=EC:CF即E∵EC=∴5=FC(4+FC)∴FC=1解得CD=5．【点睛】本题考查相似三角形的综合题，三角形的相似，正切值的求法，能够通过构造45°角将问题转化为一线三角是解题的关键．28．（2021上·吉林长春·九年级统考期末）【感知】如图①，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），∠A=∠B=∠DPC=90°．易证△DAP∽【探究】如图②，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），∠A=∠B=∠DPC．若PD=4，PC=8，BC=6，求AP的长．【拓展】如图③，在△ABC中，AC=BC=8，AB=12，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），连结CP，作∠CPE=∠A，PE与边BC交于点E，当△CPE是等腰三角形时，直接写出AP的长．【答案】【探究】3；【拓展】4或203【分析】探究：根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；拓展：证明△ACP∽△BPE，分CP=CE、PC=PE、EC=EP三种情况，根据相似三角形的性质计算即可．【详解】探究：证明：∵∠DPB是△APD的外角，∴∠DPB=∠A+∠PDA，即∠DPC+∠CPB=∠A+∠PDA，∵∠A=∠DPC，∴∠PDA=∠CPB，又∵∠A=∠B，∴△DAP∽∴PDPC∵PD=4，PC=8，BC=6，∴48解得：AP=3；拓展：∵AC=BC，∴∠A=∠B，∵∠CPB是△APC的外角，∴∠CPB=∠A+∠PCA，即∠CPE+∠EPB=∠A+∠PCA，∵∠A=∠CPE，∴∠ACP=∠BPE，∵∠A=∠B，∴△ACP∽△BPE，当CP=CE时，∠CPE=∠CEP，∵∠CEP＞∠B，∠CPE=∠A=∠B，∴CP=CE不成立；当PC=PE时，△ACP≌△BPE，则PB=AC=8，∴AP=AB-PB=12−8=4；当EC=EP时，∠CPE=∠ECP，∵∠B=∠CPE，∴∠ECP=∠B，∴PC=PB，∵△ACP∽△BPE，∴ACBP即8PB解得：PB=16∴AP=AB−PB=12−16综上所述：△CPE是等腰三角形时，AP的长为4或203【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．29．（2020·四川雅安·中考真题）如图，已知边长为10的正方形ABCD，E是BC边上一动点（与B、C不重合），连结AE，G是BC延长线上的点，过点E作AE的垂线交∠DCG的角平分线于点F，若FG⊥BG．（1）求证：△ABE∽△EGF；（2）若EC=2，求△CEF的面积；（3）请直接写出EC为何值时，△CEF的面积最大．【答案】（1）见解析；（2）8；（3）5【分析】（1）先判断出CG=FG，再利用同角的余角相等，判断出∠BAE=∠FEG，进而得出△ABE∽△EGF，即可得出结论；（2）先求出BE=8，进而表示出EG=2+FG，由△BAE∽△GEF，得出ABEG（3）同（2）的方法，即可得出S△ECF=−1【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCG=90°，∵CF平分∠DCG，∴∠FCG=12∵∠G=90°，∴∠GCF=∠CFG=45°，∴FG=CG，∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE，∴∠B=∠G=∠AEF=90°，∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEG=90°，∴∠BAE=∠FEG，∵∠B=∠G=90°，∴△BAE∽△GEF；（2）∵AB=BC=10，CE=2，∴BE=8，∴FG=CG，∴EG=CE+CG=2+FG，由（1）知，△BAE∽△GEF，∴ABEG∴102+FG∴FG=8，∴S△ECF=12CE•FG=1（3）设CE=x，则BE=10-x，∴EG=CE+CG=x+FG，由（1）知，△BAE∽△GEF，∴ABEG∴10x+FG∴FG=10-x，∴S△ECF=12×CE×FG=12×x•（10-x）=当x=5时，S△ECF最大=252∴当EC=5时，△CEF的面积最大.【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，角平分线，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，判断出△BAE∽△GEF是解本题的关键．30．（2020·浙江杭州·统考一模）如图，在等边三角形ABC中，BC＝8，过BC边上一点P，作∠DPE＝60°，分别与边AB，AC相交于点D与点E．（1）在图中找出与∠EPC始终相等的角，并说明理由；（2）若△PDE为正三角形时，求BD+CE的值；（3）当DE∥BC时，请用BP表示BD，并求出BD的最大值．【答案】（1）∠BDP＝∠EPC，理由见解析；（2）8；（3）BD＝−BP2+8BP【分析】（1）根据等边三角形的性质、三角形的外角性质解答；（2）证明△BDP≌△CPE，根据全等三角形的性质得到BD＝CP，BP＝CE，结合图形计算，得到答案；（3）证明△BDP∽△CPE，根据相似三角形的性质列式求出BP与BD的关系，根据二次函数的性质求出BD的最大值．【详解】解：（1）∠BDP＝∠EPC，理由如下：∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60°，∵∠DPE＝60°，∴∠DPE＝∠B，∵∠DPC是△BDP的外角，∴∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，∴∠EPC＝∠BDP；（2）∵△PDE为正三角形，∴PD＝PE，在△BDP和△CPE中，∠B=∠C∴△BDP≌△CPE（AAS），∴BD＝CP，BP＝CE，∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8；（3）∵DE∥BC，△ABC为等边三角形，∴△ADE为等边三角形，∴AD＝AE，∴BD＝CE，∵∠B＝∠C，∠EPC＝∠BDP，∴△BDP∽△CPE，∴BDPC=整理得，BD＝−BP﹣BP2+8BP＝﹣（BP﹣4）2+16，∴BD的最大值为4．【点睛】此题主要考查等边三角形的性质、三角形的外角性质、全等三角形的判断与性质、相似三角形的判断与性质以及二次函数的性质，灵活运用知识点进行逻辑证明是解题关键．31．（2021·江苏南通·南通田家炳中学校考二模）在矩形ABCD中，点E是CD边上一点，将△ADE沿AE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F处．（1）如图1，若tan∠EFC=34（2）如图2，在线段BF上取一点G，使AG平分∠BAF，延长AG，EF交于点H，若FG=BG+CF，求AB:BC的值．【答案】（1）45；（2）3【分析】（1）根据tan∠EFC=34，可设CE=3k，则CF=4k，DE=EF=5k，再证明△ABF∼△FCE，由相似三角形性质即可用k（2）过点G作GM⊥AF于点M，由FG=BG+CF可得FG=12BC=12AF，再证△MFG∼△BFA，从而GMAB=FMBF=FGAF=12，设【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=∠D=90由折叠的性质得：∠AFE=∠D=90°，EF=ED，∴tan设CE=3k，则CF=4k，∴DE=EF=5k，又∵∠AFB+∠BAF=90°，∠AFB+∠EFC=90°，∴∠BAF=∠EFC，∴△ABF∼△FCE，∴AB∴8k4k∴BF=6k，∴BC=BF+CF=6k+4k=10k，∴AB（2）如解图2，过点G作GM⊥AF于点M，∵FG=BG+CF，FG+BG+CF=∴FG=∵AD=AF，∴FG=∵∠MFG=∠BFA，∠FMG=∠FBA=90°，∴△MFG∼△BFA，∴GMAB设BG=x，∵AG平分∠BAF, ∴BG=MG=x，AB=AM=2x，设FM=y，则BF=2y，∵A∴(2x)2而AF=∴2x+4∴ABBC【点睛】本题考查了四边形的综合问题，也考查了三角形相似的判定与性质、勾股定理、三角函数和角平分线的性质．解题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．难点是构造垂直利用角平分线性质得线段相等并利用相似进行求解．32．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）【感知】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：AEEB=DE【探究】（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且EFEG=AE【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且AEEB=DE【答案】（1）见解析

（2）见解析

（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出AEEB（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知EFEG（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出AEBE=EFBM，证明△DEF∽△ECN，则【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴AEEB（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：EFEG∵EFEG=AE∴DEGM∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，∠CHB=∠MHG∠C=∠GMH=90°∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴AEBE∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴DEEC又∵AEEB∴EFBM∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，∠BGM=∠CGN∠BMG=∠N∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．33．（2021·浙江衢州·统考中考真题）【推理】如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：△BCE≌△CDG．【运用】（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若HDHF=45，【拓展】（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若ABBC=k，HDHF=4【答案】（1）见解析；（2）DE=310；（3）k2【分析】（1）根据ASA证明△BCE≌△CDG；（2）由（1）得CE=DG=9，由折叠得∠BCF=∠BFC，进一步证明HF=HG，由勾股定理得HF（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点H在D点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得HF【详解】（1）如图，∵△BFE由△BCE折叠得到，∴BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC=90°．又∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠BCE=90°，∴∠ECF+∠CGD=90°，∴∠BEC=∠CGD，又∵正方形ABCD,∴BC=CD,，∴△BCE≌△CDG(AAS)．（2）如图，连接EH，由（1）得△BCE≌△CDG，∴CE=DG=9，由折叠得BC=BF，CE=FE=9，∴∠BCF=∠BFC．∵四边形ABCD是正方形，∴AD//∴∠BCG=∠HGF，又∵∠BFC=∠HFG，∴∠HFG=∠HGF，∴HF=HG．∵HDHF=∴HD=4，HF=HG=5．∵∠D=∠HFE=90°∴HF∴5∴DE=310（DE=−3（3）如图，连结HE，由已知HDHF=45可设DH=4m，①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，HF=HG，∴DG=9m，由折叠得BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC=90°，又∵∠D=90°，∴∠ECF+∠CGD=90°，∴∠BEC=∠CGD，又∵∠BCE=∠D=90°，∴△CDG∽△BCE，∴DG∵CD∴9m∴CE=9m∴DE=9mx∵∠D=∠HFE=90°，∴HF∴(5m)∴x=k2+9∴②当点H在D点右边时，如图，同理得HG=HF，∴DG=m，同理可得△BCE∽△CDG，可得CE=mk=FE∵HF∴(5m)∴x=9k2∴【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．．34．（2020·四川成都·统考中考真题）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将ΔBCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．（1）如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；（2）如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC【答案】（1）15°；（2）35；（3）【分析】（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到∠AFB=30°，再由折叠的性质可得到∠CBE=15°；（2）由三等角证得ΔFAB∽ΔEDF，从而得DE=2，EF=CE=3，再由勾股定理求出DE，则BC=AD=35（3）过点N作NG⊥BF于点G，可证得ΔNFG∽ΔBFA．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．【详解】（1）∵矩形ABCD，∴∠A=90°，AD//BC由折叠的性质可知BF=BC=2AB，∠CBE=1∴∠AFB=30°，∴∠FBC=∠AFB=30°，∴∠CBE=15°（2）由题意可得∠A=∠D=90°，∠AFB+∠DFE=90°，∠FED+∠DFE=90°∴∠AFB=∠DEF∴ΔFAB∽ΔEDF∴AFDE∴DE=∴EF=CE=3，由勾股定理得DF=3∴AF=10∴BC=AD=AF+FD=35（3）过点N作NG⊥BF于点G．∴∠NGF=∠A=90°又∵∠BFA=∠NFG∴ΔNFG∽ΔBFA．∴NGAB∵NF=AN+FD，即NF=∴NGAB又∵BM平分∠ABF，NG⊥BF，∠A=90°，∴NG=AN，∴NG=AN=1∴FG整理得：ABBC【点睛】本题是一道矩形的折叠和相似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．35．（2020·山东济南·校考二模）矩形AOBC中，OB＝4，OA＝3．分别以OB、OA所在直线为x轴、y轴，