挑战2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)专题19寻找或构建相似三角形的基本模型解决问题(原卷版+解析)

专题19寻找或构建相似三角形的基本模型解决问题（原卷版）第一部分典例剖析+针对训练类型一A型典例1（2023•徐州）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BA、BC上，且ADDB=CEEB=32针对训练1．（2023•凉山州）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，ADDB=23，DE＝6A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm类型2X型典例2（2023秋•闵行区期末）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果ACOC=BDOD=3，且量得CDA．2cm B．1.5cm C．0.5cm D．1cm针对训练1．（2023秋•保定期末）如图，已知BD是△ABC的角平分线，E是BD延长线上的一点，且AE＝AB．（1）求证：△ADE∽△CDB．（2）若AB＝4，DCAD=1类型3“斜交线”型（斜A型）典例3如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝14，AC＝7，D是BC上一点，BD＝8，DE⊥AB，垂足为E．（1）求证：△DEB∽△ACB；（2）求线段DE的长．针对训练1．（2023秋•射洪市期中）如图，在△ABC中，AB＝6cm，BC＝12cm，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为1cm/s；动点Q同时从点B开始沿BC边运动，速度为3cm/s的速度．当P、Q运动时，△ABC与△QBP相似．类型4“一线三等角”型（K型相似）典例4（2023•兴化市模拟）在等边△ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，BP＝4，CD＝2，则△ABC的边长为．典例5（2023秋•黄浦区期末）已知，如图1，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，CD＝4，cos∠ACD=4（1）当BC∥AD时（如图2），求AB的长；（2）联结BD，交边AC于点E，①设CE＝x，AB＝y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；②当△BDC是等腰三角形时，求AB的长．针对训练1．如图，在等边△ABC中，点P是BC上一点，点D是AC上一点，∠APD＝60°．（1）若BP＝1，CD=23，求△（2）若AB＝3，BP＝x，CD＝y，求y与x之间的函数关系，并求y的最大值．

类型5“母子”型典例6（2023秋•黄浦区期末）如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线，交边AD于点F，如果AB＝3，BC＝5，那么DF的长是．针对训练1．（2023•泰安模拟）如图所示，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥BC交AC于点E，已知AD＝AB，连接BE交AD于点F，下列结论：①BE＝CE；②∠CAD＝∠ABE；③S△ABF＝3S△DEF；④△DEF∽△DAE，其中正确的有（）A．1个 B．4个 C．3个 D．2个类型6“手拉手”型典例7（2023•南通）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．（1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）；（2）过点C作CG⊥直线AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由；（3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值．

针对训练1．（2023秋•靖江市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E在边AB上，CE2＝BE•DE．（1）求证：∠DCE＝45°；（2）当AC＝3，AD＝2BD时，求DE的长．专题提优训练1．（2023秋•海港区期末）如图，在▱ABCD中，E是BA延长线上一点，CE分别与AD，BD交于点G，F．下列结论：①EGGC=AGGD；②EFFC=BFDF；③FCGF=BFDFA．5 B．4 C．3 D．22．（2023•环翠区一模）如图，把两个含30°角的两个直角三角板按如图所示拼接在一起，点N是AB边的中点，连接DN交BC于点M，则CMCBA．925 B．25 C．11253．（2023秋•藤县期末）如图，点A，B，C在同一直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，则下列结论：①∠D＝∠CBE，②△ABD∽△CEB，③ADBCA．0 B．1 C．2 D．34．（2023•两江新区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（）A．4175 B．6175 C．5．（2023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．133 C．1436．（2023•阜新）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是AC边上的一点，DE垂直平分AB，垂足为点E．若AC＝8，BC＝6，则线段DE的长度为．7．（2023秋•黄浦区期末）将一张直角三角形纸片沿一条直线剪开，将其分成一张三角形纸片与一张四边形纸片，如果所得四边形纸片ABCD如图5所示，其中∠A＝∠C＝90°，AB＝7厘米，BC＝9厘米，CD＝2厘米，那么原来的直角三角形纸片的面积是平方厘米．8．（2023秋•鼓楼区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝313，BC＝6，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为．9．（2023秋•静安区期末）在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，点D为射线CB上一动点（点D不与点B、C重合），以AD为腰且在AD的右侧作等腰直角△ADF，∠ADF＝90°，射线AB与射线FD交于点E，联结BF．（1）如图所示，当点D在线段CB上时，①求证：△ACD∽△ABF；②设CD＝x，tan∠BFD＝y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；（2）当AB＝2BE时，求CD的长．10．（2023秋•松原期末）已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A'BC'，点A、点C的对应点分别是点A′、点C′．感知：如图①，当BC'落在AB边上时，∠A'AB与∠C′CB之间的数量关系是（不需要证明）；探究：如图②，当BC′不落在AB边上时，∠A′AB与∠C′CB是否相等？如果相等，请证明；如果不相等，请说明理由；应用：如图③，若∠BAC＝90°，AA'、CC′交于点E，则∠A′EC＝度．专题19寻找或构建相似三角形的基本模型解决问题（解析版）第一部分典例剖析+针对训练类型一A型典例1（2023•徐州）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BA、BC上，且ADDB=CEEB=32思路引领：先由ADDB=CEEB=32，设AD＝3m，DB＝2m，CE＝3k，EB＝2k，证明BDAB=EBBC=25，又∠B＝∠B，可证明△DBE∽△解：∵ADDB=CEEB=32，则设AD＝3m，DB＝2m，CE∴BDAB=2m∴BDAB又∠B＝∠B，∴△DBE∽△ABC．相似比为25，面积比S设S△DBE＝4a，则S△ABC＝25a，∴S四边形ADEC＝25a﹣4a＝21a，∴S△DBE：S四边形ADEC=4故答案为：421总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质，证明△DBE∽△ABC得出相似比是解题的关键．针对训练1．（2023•凉山州）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，ADDB=23，DE＝6A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm思路引领：根据ADDB=23，得到ADAB=25，根据DE∥BC，得到∠ADE＝∠B，∠解：∵ADDB∴ADAB∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，∴△ADE∽△ABC，∴DEBC∴6BC∴BC＝15（cm），故选：C．总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质，得到相似三角形的对应边的比ADAB类型2X型典例2（2023秋•闵行区期末）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果ACOC=BDOD=3，且量得CDA．2cm B．1.5cm C．0.5cm D．1cm思路引领：根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长，再根据某零件的外径为10cm，即可求得x的值．解：∵ACOC=BDOD=∴△COD∽△AOB，∴AB：CD＝2，∵CD＝4cm．∴AB＝8cm．∵某零件的外径为10cm，∴零件的厚度x为：（10﹣8）÷2＝1（cm），故选：D．总结提升：本题考查相似三角形的应用，解答本题的关键是求出AB的值．针对训练1．（2023秋•保定期末）如图，已知BD是△ABC的角平分线，E是BD延长线上的一点，且AE＝AB．（1）求证：△ADE∽△CDB．（2）若AB＝4，DCAD=1思路引领：（1）BD是角平分线可得∠ABD＝∠CBD，AE＝AB可得∠ABD＝∠E，从而∠CBD＝∠E，再利用对顶角相等可得∠CDB＝∠ADE，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得结论；（2）由（1）中的结论，利用相似三角形对应边成比例得出比例式，将已知线段代入可求BC．（1）证明：∵BD是∠ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBD．∵AB＝AE，∴∠ABD＝∠E．∴∠E＝∠CBD．∵∠EDA＝∠BDC，∴△ADE∽△CDB；（2）解：∵AE＝AB，AB＝4，∴AE＝4，∵△ADE∽△CDB，∴BCAE∴BC=1总结提升：本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．类型3“斜交线”型（斜A型）典例3如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝14，AC＝7，D是BC上一点，BD＝8，DE⊥AB，垂足为E．（1）求证：△DEB∽△ACB；（2）求线段DE的长．思路引领：（1）根据相似三角形的判定方法可证明△DEB∽△ACB；（2）根据相似三角形的性质可得出答案．（1）证明：∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，又∵∠C＝90°，∴∠BED＝∠C．又∴∠B＝∠B，∴△DEB∽△ACB；（2）解：∵△DEB∽△ACB，∴BDAB∴DE=BD⋅AC总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质得出BDAB针对训练1．（2023秋•射洪市期中）如图，在△ABC中，AB＝6cm，BC＝12cm，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为1cm/s；动点Q同时从点B开始沿BC边运动，速度为3cm/s的速度．当P、Q运动时，△ABC与△QBP相似．思路引领：先用t表示出AP＝t，BQ＝3t，BP＝6﹣t，再利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似得到当BPBA=BQBC时，△BPC∽△BAC或当BPBC=BQBA时，△解：如图，AP＝t，BQ＝3t，BP＝6﹣t，∵∠PBC＝∠ABC，∴当BPBA=BQBC时，△BPC∽△BAC，即6−t当BPBC=BQBA时，△BPC∽△BCA，即6−t即当t=125s或67s时，由P、B、Q故答案为：125s或67总结提升：本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．注意分类讨论思想的应用．类型4“一线三等角”型（K型相似）典例4（2023•兴化市模拟）在等边△ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，BP＝4，CD＝2，则△ABC的边长为．思路引领：根据等边三角形性质求出AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，推出∠BAP＝∠DPC，即可证得△ABP∽△PCD，据此知ABPC=BP解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣60°＝120°，∵∠APD＝60°，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAP＝∠DPC，即∠B＝∠C，∠BAP＝∠DPC，∴△ABP∽△PCD；∴ABPC∵BP＝4，CD＝2，∴ABAB−4=4∴△ABC的边长为8．故答案为：8．总结提升：本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ABP∽△PCD，主要考查了学生的推理能力和计算能力．典例5（2023秋•黄浦区期末）已知，如图1，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，CD＝4，cos∠ACD=4（1）当BC∥AD时（如图2），求AB的长；（2）联结BD，交边AC于点E，①设CE＝x，AB＝y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；②当△BDC是等腰三角形时，求AB的长．思路引领：（1）由锐角三角函数定义得AC＝5，再由勾股定理得AD＝3，然后证△ABC∽△DCA，即可解决问题；（2）①过D作DN⊥AC于点N，由三角形面积得DN=125，再由勾股定理得CN=165，然后证△②分两种情况，a、当BC＝BD时，过B作BQ⊥CD于点Q，过A作AP⊥BQ于点P，则CQ＝DQ=12CD＝2，四边形APQD是矩形，再证△APB∽△b、当BD＝CD＝4时，过B作BM⊥直线AD于点M，证△BMA∽△ADC，得BMAM=34，设BM＝3k，则解：（1）∵∠ADC＝90°，∴cos∠ACD=CD∴AC=54CD∴AD=A∵BC∥AD，∴∠ACB＝∠DAC，∵∠BAC＝∠ADC＝90°，∴△ABC∽△DCA，∴ABCD即AB4∴AB=20即AB的长为203（2）①如图1，过D作DN⊥AC于点N，则∠DNE＝∠DNC＝90°，∵∠ADC＝90°，∴S△ACD=12AC•DN=12∴DN=AD⋅CD∴CN=C∴AN＝AC﹣CN＝5−16∵CE＝x，∴AE＝AC﹣CE＝5﹣x，EN＝CE﹣CN＝x−16∵AE＞0，EN＞0，∴165＜∵∠BAE＝∠DNE＝90°，∠AEB＝∠NED，∴△BAE∽△DNE，∴ABDN即y12∴y=12(5−x)即y关于x的函数解析式为y=60−12x5x−16（16②∵∠BAC＝90°，∴BC＞AC，∵AC＝5，CD＝4，∴BC＞CD，分两种情况：a、当BC＝BD时，如图3，过B作BQ⊥CD于点Q，过A作AP⊥BQ于点P，则CQ＝DQ=12CD＝2，四边形∴AP＝DQ＝2，∠PAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠PAD＝∠BAC，∴∠BAP＝∠CAD，∵∠APB＝∠ADC＝90°，∴△APB∽△ADC，∴ABAC即AB5解得：AB=10b、当BD＝CD＝4时，如图4，过B作BM⊥直线AD于点M，则∠BMA＝∠BAC＝∠ADC＝90°，∴∠ABM+∠BAM＝∠CAD+∠BAM＝90°，∴∠ABM＝∠CAD，∴△BMA∽△ADC，∴BMAM设BM＝3k，则AM＝4k，∴DM＝AD+AM＝3+4k，在Rt△BDM中，由勾股定理得：BD2＝BM2+DM2，即42＝（3k）2+（3+4k）2，整理得：25k2+24k﹣7＝0，解得：k1=−12+31925，k∴AB=AM2+B综上所述，当△BDC是等腰三角形时，AB的长为103或−12+总结提升：本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、梯形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、锐角三角函数定义以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．针对训练1．如图，在等边△ABC中，点P是BC上一点，点D是AC上一点，∠APD＝60°．（1）若BP＝1，CD=23，求△（2）若AB＝3，BP＝x，CD＝y，求y与x之间的函数关系，并求y的最大值．思路引领：（1）根据等边三角形性质求出AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，推出∠BAP＝∠DPC，即可证得△ABP∽△PCD，据此知ABPC=BP（2）由（1）知ABPC=BPCD，据此得y=−13x2+x=−1解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣60°＝120°，∵∠APD＝60°，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAP＝∠DPC，即∠B＝∠C，∠BAP＝∠DPC，∴△ABP∽△PCD；∴ABPC∵BP＝1、CD=2∴ABAB−1解得：AB＝3；（2）由（1）知ABPC=BP则y=−13x2+x=−13（x−∴当x=32时，y最大总结提升：本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ABP∽△PCD，主要考查了学生的推理能力和计算能力．类型5“母子”型典例6（2023秋•黄浦区期末）如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线，交边AD于点F，如果AB＝3，BC＝5，那么DF的长是12534思路引领：利用矩形的性质求出AC，利用三角形的面积、勾股定理求出DE、CE的长，再利用等角的余角相等说明∠BAE＝∠ADE、∠AEB＝∠DEF，得△DEF∽△BEA，最后利用相似三角形的性质得结论．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，AB∥CD，∴AC=A∵S△ADC=12AD•CD=12∴DE=15∵DE⊥AC，∴CE=C∴AE＝AC﹣CE=25∵AB∥CD，∴∠BAE＝∠DCA．∵∠DCA+∠CDE＝∠CDE+∠ADE＝90°，∴∠BAE＝∠ADE．∵BE⊥FE，DE⊥AC，∴∠FEA+∠AEB＝∠DEF+∠FEA＝90°．∴∠AEB＝∠DEF．∴△DEF∽△BEA．∴DFAB∴DE=DF⋅AE故答案为：12534总结提升：本题主要考查了相似三角形，掌握相似三角形的性质与判定、三角形的内角和定理及勾股定理是解决本题的关键．针对训练8．（2023•泰安模拟）如图所示，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥BC交AC于点E，已知AD＝AB，连接BE交AD于点F，下列结论：①BE＝CE；②∠CAD＝∠ABE；③S△ABF＝3S△DEF；④△DEF∽△DAE，其中正确的有（）A．1个 B．4个 C．3个 D．2个思路引领：要解答本题，首先由中垂线的性质可以求得BE＝CE，利用外角与内角的关系可以得出∠CAD＝∠ABE，通过作辅助线利用等腰三角形的性质和三角形全等可以得出EF＝FH=12HB，根据等高的两三角形的面积关系求出AF＝DF，S△ABF＝3S△DEF，利用角的关系代替证明∠5≠∠4，从而得出△DEF与△解：∵D是BC的中点，且DE⊥BC，∴DE是BC的垂直平分线，CD＝BD，∴CE＝BE，故①正确；∴∠C＝∠7，∵AD＝AB，∴∠8＝∠ABC＝∠6+∠7，∵∠8＝∠C+∠4，∴∠C+∠4＝∠6+∠7，∴∠4＝∠6，即∠CAD＝∠ABE，故②正确；作AG⊥BD于点G，交BE于点H，连接DH∵AD＝AB，DE⊥BC，∴∠2＝∠3，DG＝BG=12BD，DE∥∴△CDE∽△CGA，△BGH∽△BDE，由AD与EH相互平分知，四边形AEDH是平行四边形，∴AF∥ED，AE∥DH，∴DE＝AH，∠EDA＝∠3，∠5＝∠1，∴在△DEF与△AHF中，∠EDA=∠3∠5=∠1∴△DEF≌△AHF（AAS），∴AF＝DF，EF＝HF=12EH，且EH＝∴EF：BF＝1：3，∴S△ABF＝3S△AEF，∵S△DEF＝S△AEF，∴S△ABF＝3S△DEF，故③正确；∵∠1＝∠2+∠6，且∠4＝∠6，∠2＝∠3，∴∠5＝∠3+∠4，∴∠5≠∠4，∴△DEF∽△DAE，不成立，故④错误．综上所述：正确的答案有3个．故选：C．总结提升：本题考查了中垂线的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质，三角形的中位线及相似三角形的判定及性质和等积变换等知识．类型6“手拉手”型典例7（2023•南通）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．（1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）；（2）过点C作CG⊥直线AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由；（3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值．思路引领：（1）由轴对称的性质可得AB＝BF，BE⊥AF，可求∠CBF＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可求解；（2）通过证明点A，点D，点G，点C四点共圆，可得∠AGD＝∠ACD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠AFB＝90°﹣α，可得∠CFG＝45°＝∠DGA，可证DG∥CF；（3）分三种情况讨论，由旋转的性质可得AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，由“ASA”可证△ABE≌△NHB，可得BN＝AE=12解：（1）如图1，连接BF，∵点A关于直线BE的对称点为点F，∴AB＝BF，BE⊥AF，∴∠ABE＝∠EBF＝α，∴∠CBF＝90°﹣2α，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF=180°−(90°−2α)2=（2）DG∥CF，理由如下：如图2，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，∵CG⊥AF，∴∠CGA＝∠ADC＝90°，∴点A，点D，点G，点C四点共圆，∴∠AGD＝∠ACD＝45°，∵AB＝BF，∠ABF＝2α，∴∠AFB=180°−2α2=∴∠AFC＝135°，∴∠CFG＝45°＝∠DGA，∴DG∥CF；（3）∵BE＞AB，∴BH＞BF，∴BH≠BF；如图3，当BH＝FH时，过点H作HN⊥BF于N，∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，∴△ABE≌△CBH，∠EBH＝90°＝∠ABC，∴AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，∴∠HBF＝90°﹣α，∵BH＝FH，HN⊥BF，∴BN＝NF=12BF=12AB，∠∴∠BHN＝α，∴∠ABE＝∠BHN，∴△ABE≌△NHB（ASA），∴BN＝AE=12∴BE=AE∴sinα=AE当BF＝FH时，∴∠FBH＝∠FHB＝90°﹣α，∴∠BFH＝2α＝∠ABF，∴AB∥FH，即点F与点C重合，则点E与点D重合，∵点E在边AD上（不与端点A，D重合），∴BF＝FH不成立，综上所述：sinα的值为55总结提升：本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．针对训练1．（2023秋•靖江市期末）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E在边AB上，CE2＝BE•DE．（1）求证：∠DCE＝45°；（2）当AC＝3，AD＝2BD时，求DE的长．思路引领：（1）先利用等腰直角三角形的性质求出∠B，再利用“两边对应成比例，夹角相等”判断△CDE∽△BCE，最后利用相似三角形的性质得结论；（2）先利用等腰直角三角形的性质及勾股定理求出AB、AD、BD的长，再判断△BEC∽△ACD，利用相似三角形的性质求出BE，最后利用线段的和差关系得结论．（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠B＝∠A＝45°．∵CE2＝BE•DE，∴CEBE又∵∠BEC＝∠BEC，∴△CDE∽△BCE．∴∠ECD＝∠B＝45°．（2）解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，∴∠B＝∠A＝45°，AB=AC2∵AD＝2BD，AD+BD＝AB，∴3BD＝32．∴BD=2，AD＝22∵∠BEC＝∠A+∠ACE，∠DCE+∠ACE＝∠ACD．∠A＝∠DCE＝45°，∴∠BEC＝∠ACD．∵∠A＝∠B＝45°，∴△BEC∽△ACD．∴BCAD=BE∴BE=9∵BD+DE＝BE，∴DE＝BE﹣BD=9总结提升：本题主要考查了相似三角形，掌握等腰直角三角形的性质、勾股定理及相似三角形的性质和判定是解决本题的关键．专题提优训练1．（2023秋•海港区期末）如图，在▱ABCD中，E是BA延长线上一点，CE分别与AD，BD交于点G，F．下列结论：①EGGC=AGGD；②EFFC=BFDF；③FCGF=BFDFA．5 B．4 C．3 D．2思路引领：利用平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定与性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论．解：①∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC．∴EGCG∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，∴△AEG∽△DCG，∴EGCG∴EGCG∴①D结论正确；②∵AB∥CD，∴△BEF∽△DCF，∴EFFC∴②的结论正确；③∵AD∥BC，∴△GDF∽△CBF，∴FCGF∴③的结论正确；④∵AD∥BC，∴△EAG∽△EBC，∴EAEB∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC＝AD，∴EAEB∴④的结论正确；⑤∵②③正确，∴EFFC=BF∴EFFC∴FC2＝GF•EF．∴⑤DJLZQ．综上，正确的结论有：①②③④⑤，故选：A．总结提升：本题主要考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．2．（2023•环翠区一模）如图，把两个含30°角的两个直角三角板按如图所示拼接在一起，点N是AB边的中点，连接DN交BC于点M，则CMCBA．925 B．25 C．1125思路引领：连接CN，设AC＝2a，利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理在两个直角三角形中用d的代数式表示出线段CN，BD，再利用直角三角形的性质和的以对角线的判定与性质得到∠NCD＝90°，进而得出DC∥BD，利用平行线的判定与性质和相似三角形的性质得出CMBM解：连接CN，如图，设AC＝2a，∵∠ABC＝30°，∠ACB＝90°，∴AB＝4a，BC＝23a，∵点N是AB边的中点，∴CN＝AN＝BN=12AB＝2∵∠DBC＝30°，∠CDB＝90°，∴CD=12BC=∴BD=BC2∵NC＝NB，∴∠NCB＝∠ABC＝30°，∵∠BCD＝60°，∴∠NCD＝∠NCB+∠BCD＝90°，∴∠NCD+∠BDC＝90°+90°＝180°，∴NC∥BD，∴△MCN∽△MBD，∴CMMB∴CMCB故选：B．总结提升：本题主要考查了含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，比例的性质，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质和相似三角形的性质是解题的关键．3．（2023秋•藤县期末）如图，点A，B，C在同一直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，则下列结论：①∠D＝∠CBE，②△ABD∽△CEB，③ADBCA．0 B．1 C．2 D．3思路引领：根据三角形内角和和平角的定义可得①正确，进行可得△ABD∽△CEB，得出②正确；由相似三角形的性质可知，相似三角形的对应线段成比例，得出结论．解：由图可知，∠A+∠D+∠ABD＝180°，∠ABD+∠DBE+∠CBE＝180°，∵∠A＝∠DBE，∴∠D＝∠CBE，故①正确；∵∠A＝∠C，∴△ABD∽△CEB，故②正确；∴ADBC=BD故选：D．总结提升：本题主要考查相似三角形的性质与判定，“一线三等角模型”，三角形内角和等相关知识，通过导角得出∠D＝∠CBE是解题关键．4．（2023•两江新区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（）A．4175 B．6175 C．思路引领：过点E作EN⊥BC，垂足为N，延长NE交AD于点M，根据矩形的性质可得AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，从而可得四边形AMNB是矩形，进而可得∠AMN＝90°，AB＝MN＝8，AM＝BN，MN∥AB，然后设ME＝x，则EN＝MN﹣EM＝8﹣x，再证明A字模型相似三角形△DME∽△DAB，并利用相似三角形的性质求出DM，从而求出AM，GN的长，最后证明一线三等角模型相似三角形△AME∽△ENG，利用相似三角形的性质列出关于x的方程，进行计算即可求出ME，AM的长，从而在Rt△AME中，利用勾股定理进行计算即可解答．解：过点E作EN⊥BC，垂足为N，延长NE交AD于点M，∴∠ENB＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴四边形AMNB是矩形，∴∠AMN＝90°，AB＝MN＝8，AM＝BN，MN∥AB，∴∠DME＝∠DAB＝90°，∠DEM＝∠DBA，∴△DME∽△DAB，∴DMME设ME＝x，则EN＝MN﹣EM＝8﹣x，∴DMx∴DM=34∴BN＝AM＝AD﹣DM＝6−34∵BG＝2，∴GN＝BN﹣BG＝4−34∵EG⊥AE，∴∠AEG＝90°，∴∠AEM+∠GEN＝90°，∵∠AEM+∠MAE＝90°，∴∠MAE＝∠GEN，∵∠AME＝∠ENG＝90°，∴△AME∽△ENG，∴AMME∴6−3∴x1=4825，x经检验：x1=4825，x2＝8都是原方程的根，x∴ME=4825，AM＝6−3∴AE=A故选：B．总结提升：本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．5．（2023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．133 C．143思路引领：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BEFC=BFCG，求出CG＝4，同理可得出△DAE∽△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，∴BEFC∵BE＝3，BF＝2，FC＝6，∴36∴CG＝4，同理可得△DAE∽△EBF，∴ADBE∴83∴AE=16∴BA＝AE+BE=163+∴DG＝CD﹣CG=253−故选：B．总结提升：本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质求出CG和AE的长是解题的关键．6．（2023•阜新）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是AC边上的一点，DE垂直平分AB，垂足为点E．若AC＝8，BC＝6，则线段DE的长度为．思路引领：先求出AE长，根据相似三角形的判定得出△AED∽△ACB，得出比例式AEAC=DE解：∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB=A∵DE垂直平分AB，∴∠DEA＝90°，AE=1∴∠DEA＝∠C，又∵∠A＝∠A，∴△AED∽△ACB，∴AEAC即5∴DE=15故答案为：154总结提升：本题考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的性质和判定的应用，能推出△AED∽△ACB是解此题的关键．7．（2023秋•黄浦区期末）将一张直角三角形纸片沿一条直线剪开，将其分成一张三角形纸片与一张四边形纸片，如果所得四边形纸片ABCD如图5所示，其中∠A＝∠C＝90°，AB＝7厘米，BC＝9厘米，CD＝2厘米，那么原来的直角三角形纸片的面积是平方厘米．思路引领：分两种情况讨论，由勾股定理求出AD长，由三角形面积公式求出四边形ABCD的面积，由相似三角形的性质，即可解决问题．解：（1）分别延长CD，BA交于M，连接BD，设△MBC的面积是S（cm2），∵∠C＝∠DAB＝90°，∴DC2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，∴22+92＝72+AD2，∴AD＝6（cm），∴△ADB的面积=12AD•AB=12×6×7＝21（cm2），△DCB的面积=12DC∴四边形ABCD的面积＝21+9＝30（cm2），∴△DMA的面积＝（S﹣30）（cm2），∵∠M＝∠M，∠MAD＝∠MCB，∴△MDA∽△MBC，∴S△MDA∴S−30S∴S＝54（cm2）．（2）分别延长AD，BC交于N，设△NAB的面积是S′（cm2），由（1）知四边形ABCD的面积＝30（cm2），∵∠N＝∠N，∠NCD＝∠A＝90°，∴△NCD∽△NAB，∴S△NCD∴S′−30S′∴S′=983（cm∴原来的直角三角形纸片的面积是54cm2或983cm2故答案为：54或983总结提升：本题考查相似三角形的应用，关键是应用相似三角形的性质，分两种情况讨论．8．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝313，BC＝6，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为．思路引领：以BC为边构建出和△BPD相似的三角形，通过将CD边转化为其他边来求值．解：如图所示，以BC为底边向上作等腰△BQC，使∠BQC＝120°，连接PQ．由题意可得△BQC和△BPD均为顶角为120°的等腰三角形，可得BQBC=BPBD=∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，∴∠PBQ＝∠DBC，∴△PBQ∽△DBC，∴PQDC∴当PQ⊥AC时，有PQ最小，即此时CD最小，如图所示，设OP′⊥AC，延长AQ与BC交K，此时QP'为QP的最小值，可得AK⊥BC，∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，∴BK＝3，∠QBK＝30°，∴QK=BK∵AB＝AC＝313，KC＝3，∴AK=AB2∴AQ＝AK﹣QK＝53，∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，∴△AQP'∽△ACK，∴AQAC∴53∴QP'=5∴CD=3QP′总结提升：本题考查的是瓜豆原理的知识点，重难点在于构造相似三角形的手拉手模型，属于难题．9．（2023秋•静安区期末）在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，点D为射线CB上一动点（点D不与点B、C重合），以AD为腰且在AD的右侧作等腰直角△ADF，∠ADF＝90°，射线AB与射线FD交于点E，联结BF．（1）如图所示，当点D在线段CB上时，①求证：△ACD∽△ABF；②设CD＝x，tan∠BFD＝y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；（2）当AB＝2BE时，求CD的长．思路引领：（1）①利用等腰直角三角形的性质和两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似解答即可；②过点E作EH⊥BD于点H，设BH＝HE＝m，利用相似三角形的拍等于性质和直角三角形的边角关系定理解答即可；（2）利用分类讨论的思想方法，画出图形，列出关于x的方程，解方程即可得出结论．（1）①证明：∵△ABC和△ADF是等腰直角三角形，∴AB=2AC，AF=2AD，∠CAB＝∠∴ACAB=ADAF=∴△ACD∽△ABF；②解：过点E作EH⊥BD于点H，如图，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∵EH⊥BD，∴BH＝HE．设BH＝HE＝m，则BE=2m∴DH＝BC﹣CD﹣BM＝4﹣x﹣m．∵∠ADF＝90°，∴∠ADC+∠FDH＝90°，∵∠CAD+∠ADC＝90°，∴∠CAD＝∠FDH．∵∠ACD＝∠DHE＝90°，∴△