专题09 相似三角形的五种基本模型（解析版）-2024年常考压轴题攻略（9年级上册人教版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题09相似三角形的五种基本模型类型一、A字型（双A字型）例1．如图，已知D是BC的中点，M是AD的中点．求的值．【答案】【分析】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，得出和，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；【详解】如图，过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H．因为，所以，所以．因为D为BC的中点，所以．因为M为AD的中点，所以，所以．因为，所以，所以．例2.（培优）如图，中，点D在边上，且．（1）求证：；（2）点E在边上，连接交于点F，且，，求的度数．（3）在（2）的条件下，若，的周长等于30，求的长．【答案】（1）见解析；（2）＝60°；（3）AF＝11【分析】（1）根据三角形内角与外角之间的关系建立等式，运用等量代换得出，证得；（2）作CH＝BE，连接DH，根据角的数量关系证得，再由三角形全等判定得△BDH≌△ABE，最后推出△DCH为等边三角形，即可得出＝60°；（3）借助辅助线AO⊥CE，构造直角三角形，并结合平行线构造△BFE∽△BDH，建立相应的等量关系式，完成等式变形和求值，即可得出AF的值．【详解】（1）证明：∵∠BDC＝90°＋∠ABD，∠BDC=∠ABD+∠A，∴

∠A＝90°－∠ABD．∵∠BDC＋∠BDA＝180°，∴∠BDA＝180°－∠BDC＝90°－∠ABD．∴

∠A＝∠BDA＝90°－∠ABD．∴DB＝AB．解：（2）如图1，作CH＝BE，连接DH，∵∠AFD＝∠ABC，∠AFD＝∠ABD＋∠BAE，∠ABC＝∠ABD＋∠DBC，∴∠BAE＝∠DBC．∵由（1）知，∠BAD＝∠BDA，又∵∠EAC＝∠BAD－∠BAE，∠C＝∠ADB－∠DBC，∴∠CAE＝∠C．∴AE＝CE．∵BE＝CH，∴BE＋EH＝CH＋EH．即BH＝CE＝AE．∵AB＝BD，∴△BDH≌△ABE．∴BE＝DH．∵BE＝CD，∴CH＝DH＝CD．∴△DCH为等边三角形．∴∠ACB＝60°．（3）如图2，过点A作AO⊥CE，垂足为O．∵DH∥AE，∴∠CAE＝∠CDH＝60°，∠AEC＝∠DHC＝60°．∴△ACE是等边三角形．设AC＝CE＝AE＝x，则BE＝16－x，∵DH∥AE，∴△BFE∽△BDH．∴．∴，．∵△ABF的周长等于30，即AB＋BF＋AF＝AB＋＋x－=30，解得AB＝16－．在Rt△ACO中，AC＝，AO＝，∴BO＝16－．在Rt△ABO中，AO2＋BO2＝AB2，即．解得（舍去）．∴AC＝．∴AF＝11．【点睛】本题考查了三角形角的性质、等边三角形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是能熟练掌握三角形的性质与全等判定并借助辅助线构造特殊三角形的能力，．【变式训练1】一块直角三角形木板的面积为，一条直角边为，怎样才能把它加工成一个面积最大的正方形桌面？甲、乙两位木匠的加工方法如图所示，请你用学过的知识说明哪位木匠的方法符合要求（加工损耗忽略不计，计算结果中的分数可保留）．【答案】乙木匠的加工方法符合要求．说明见解析．【分析】要求哪位木匠的加工方法符合要求，需要先求出两种加工方式中正方形的边长，边长最大就符合要求；由已知三角形的面积和一条直角边的边长可求出其余两边的边长，根据乙加工方案中的平行关系得到相似三角形，根据相似三角形对应变成比例，可求出正方形的边长；根据甲加工方案中，根据相似三角形的高的比等于边长比，可求出正方形的边长，对比两方案的边长即可知谁符合要求．【详解】解：作BH⊥AC于H，交DE于M，如图∵∴∵∴∴又∵DE∥AC∴∴，解得设正方形的边长为x米，如图乙∵DE∥AB∴∴，解得∵∴乙木匠的加工方法符合要求．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用及分析、解决问题的能力，正确理解题意，建立数学模型，把实际问题转化为数学问题是解决本题的关键．【变式训练2】在平面直角坐标系中，已知，，点是轴正半轴上一动点，以为直角边构造直角，另一直角边交轴负半轴于点，为线段的中点，则的最小值为．【答案】【分析】根据AC为直角边可分∠CAB=90°和∠ACB=90°两种情况进行讨论．【详解】∵为直角三角形，为直角边，①当时，∵，又，∴、、、四点共圆，且为直径，∵为中点，则为圆心，连接，则为圆的一条弦，∴圆心一定在的垂直平分线上，取中点，过做直线，则的运动轨迹为直线，∴当时，取得最小值，∵，∴的解析式为，又∵为中点，∴，∴，∵，∴，∴的解析式可设为，代入，得：，，∴的解析式为，令，得，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．②当时，点交于轴原点处不符合题意，故的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查一次函数与几何问题的综合应用，灵活运用一次函数的图象和性质以及相似三角形、四边形和圆的有关性质求解是解题关键．类型二、X字型X字型（平行）反X字型（不平行）例1．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．【详解】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．【点睛】本题考查了平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．例2.（培优）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求的值；（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．【答案】（1）；（2）BF＝3．【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG=x，则BG=4-x．证明△EGP∽△PHD，推出，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（4+x）2=122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴，∴．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴，∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得：x＝（负值已经舍弃），∴BG＝4﹣＝，在Rt△EGP中，GP＝，∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴，∴，∴BF＝3．【点睛】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．【变式训练1】如图，在中，点D在BC上，，连接AD，，则线段AD的长为．

【答案】【分析】过作，交的延长线于，过作，交的延长线于，可求，，设，可证，由即可求解．【详解】解：如图，过作，交的延长线于，过作，交的延长线于，

，，，，，，，，，设，则，，，，，，，，，整理得：，解得：，(舍去)，，故答案：．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理、三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，并会根据题意作出辅助线是解题的关键．【变式训练3】（1）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目如图，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝2：1，求AB的长经过数学小组成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）请回答：∠ADB＝

°，AB＝

（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝2：1，求DC的长【答案】（1）75，3；（2）CD＝【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD即可求解；（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理即可求出DC的长．【详解】解：（1）如图2中，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，∵BD∥AC，∴∠ADB＝∠OAC＝75°．∵∠BOD＝∠COA，∴△BOD∽△COA，∴＝2，．又∵AO＝，∴OD＝2AO＝2，∴AD＝AO+OD＝3．∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°，∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，∴AB＝AD＝3；故答案为：75，3．（2）如图3中，过点B作BE∥AD交AC于点E．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC＝∠BEA＝90°．∵∠AOD＝∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴＝2．∵BO：OD＝1：3，∵AO＝，∴EO＝2，∴AE＝3．∵∠ABC＝∠ACB＝75°，∴∠BAC＝30°，AB＝AC，∴AB＝2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（4BE2）2+BE2＝（2BE）2，解得：BE＝3，∴AB＝AC＝6，AD＝在Rt△CAD中，AC2+AD2＝CD2，即62+（）2＝CD2，解得：CD＝（负根已经舍弃）．【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，掌握平行线的性质、相似三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．类型三、母子型例1．如图，中，点在上，，若，，则线段的长为．【答案】【分析】延长到，使，连接，可得等腰和等腰，，再证明，利用相似三角形对应边成比例即可求出．【详解】解：如图所示，延长到，使，连接，∴∵，，∴，∴，∴，即，解得：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质和相似三角形的判定和性质，利用已知二倍角关系①构造等腰和②构造等腰是解题关键．例2．（培优）已知：如图，中，平分，的垂直平分线交于点，交于点，交于点，交的延长线于点，求证：．【答案】见解析【分析】连接AF，先利用垂直平分定义以及角平分线性质，求证，所以，所以【详解】证明：如图所示，连，∵垂直平分，∴，，∵平分，∴，∴，∵，∴，又公共，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题考查相似三角形判定与性质，能够灵活运用三角形判定定理是解题关键【变式训练1】如图，在中，，D是上一点，点E在上，连接交于点F，若，则＝．【答案】2【分析】过D作垂直于H点，过D作交BC于G点，先利用解直角三角形求出的长，其次利用，求出的长，得出的长，最后利用求出的长，最后得出答案．【详解】解：如图：过D作垂直于H点，过D作交于G点，∵在中，，∴，又∵，∴，∴在等腰直角三角形中，，∴，在中，，∵，∴，，∴，

又∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，又，∴，∴，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．【变式训练2】如图，在中，，，，，，则CD的长为．【答案】5【分析】在CD上取点F，使，证明，求解再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案.【详解】解：在CD上取点F，使，，，由，，，，且，，，∽，，，，又，，∽，，又，，或舍去，经检验：符合题意，．故答案为：5．本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，分式方程与一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键.类型四、旋转相似模型例．在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，.(1)观察猜想如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________．(2)类比探究如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由．【答案】(1)1，；(2)，，理由见解析【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得，如图①中，设直线与直线交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果；(2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得，可证得，即可证得，如图②中，设直线交于G，交于点H，再利用相似三角形的性质及角的关系，即可求得结果．【详解】（1）解：，，，，与都是等边三角形，，，，，在与中，，，，；设与的延长线交于点I，如图①，，∴直线与直线相交所成的较小角的度数为；（2）解：，直线与直线相交所成的较小角的度数为，理由如下：，，，，同理可得：，，，.，即，，，，设交于点G，交于点H，如图②，，，∴直线与直线相交所成的较小角的度数为．【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．【变式训练1】某校数学活动小组探究了如下数学问题：(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．【答案】(1)(2)(3)3【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中，，∴，∴；（2）解：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：连接BD，如图所示，∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为3．【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．【变式训练2】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．【详解】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【点睛】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质以及勾股定理，综合性比较强，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．【变式训练3】如图1，在中，，在斜边上取一点D，过点D作，交于点E．现将绕点A旋转一定角度到如图2所示的位置（点D在的内部），使得．（1）①求证：；②若，求的长；（2）如图3，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，设，若，，求k的值；（3）如图4，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，若，设，，试探究三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）4p2=9m2+4n2．【分析】（1）①先利用平行线分线段成比例定理得，进而得出结论；②利用①得出的比例式求出CE，再判断出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD∽△ACE，即可得出AE=4k，CE=3k，同（1）的方法得出∠DCE=90°，利用勾股定理得出DE的平方，用DE的平方建立方程求解即可；（3）同（2）的方法得出，即可得出结论；【详解】解：（1）①∵DE∥BC，∴，由旋转知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，②在Rt△ABC中，AC=BC，∴，由①知，△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，∵△ABD∽△ACE，，∴，∵∴在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE=2，在Rt△ADE中，AE=DE，∴（2）由旋转知，∠EAC=∠DAB，，∴△ABD∽△ACE，∵AD=4，BD=3，∴AE=kAD=4k，CE=kBD=3k，∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在Rt△CDE中，DE2=CD2+CE2=1+9k2，在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=16-16k2，∴1+9k2=16-16k2，∴或（舍），（3）由旋转知，∠EAC=∠DAB，，∴△ABD∽△ACE，∵AD=p，BD=n，∴，∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在Rt△CDE中，，∵，，∴4p2=9m2+4n2．【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的判定，解本题的关键是得出∠DCE=90°和利用两边对应成比例夹角相等来判断两三角形相似的方法应用．类型五、K字模型例1．（1）问题发现：如图1，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得．请求出线段与的数量关系；（2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，则线段与的数量关系是否发生变化?如果变化，请写出变化后的数量关系，并给出证明；（3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长．

【答案】（1）；（2）发生变化，，证明见解析；（3）【分析】（1）结合“一线三等角”推出，从而证得结论即可；（2）利用条件证明，然后根据相似三角形的性质证明即可；（3）作延长线于点，过点作，交于点，交于点，结合“一线三垂直”证明，从而利用全等三角形的性质求出和，最后利用勾股定理计算即可．【详解】（1）解：∵，∴．在和中，∴，∴．（2）发生变化，．证明：由（1）得，，，∴，∴，∴．（3）如图所示，作延长线于点，过点作，交于点，交于点，则，，，由（1）同理可证，，∴，，∴，，∴．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，准确证明三角形全等或相似，并熟练运用其性质是解题关键．例2．（培优）如图，在矩形ABCD中，BC＝6，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD或延长线上运动，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则BE＝．【答案】3．【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，依据相似三角形的性质，即可得到FG＝EC，GE＝2＝CD；设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，再根据勾股定理，即可得到CE2＝9，最后依据勾股定理进行计算，即可得出BE的长．【详解】如图所示，过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，则∠G＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，又∵∠BEF＝90°，∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，∴∠FEG＝∠EBC，又∵∠C＝∠G＝90°，∴△BCE∽△EGF，∴＝＝，即＝＝，∴FG＝EC，GE＝2＝CD，∴DG＝EC，设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，∵Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，∴（x）2+x2＝（）2，解得x2＝9，即CE2＝9，∴Rt△BCE中，BE＝＝＝3，故答案为：3．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，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．【变式训练1】【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），．易证．（不需要证明）【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），．若，，，求AP的长．【拓展】如图③，在中，，，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），连结CP，作，PE与边BC交于点E，当是等腰三角形时，直接写出AP的长．【答案】【探究】3；【拓展】4或．【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：∵是的外角，∴，即，∵，∴，又∵，∴，∴，∵，，，∴，解得：；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=128=4；当EC=EP时，∠CPE=∠ECP，∵∠B=∠CPE，∴∠ECP=∠B，∴PC=PB，∵△ACP∽△BPE，∴，即，解得：，∴AP=ABPB=，综上所述：△CPE是等腰三角形时，AP的长为4或．【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．【变式训练2】如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3，点E是边BC上一个动点（不与点B、C重合），AE的垂线AF交CD的延长线于点F，点G在线段EF上，满足FG∶GE＝1∶2，设BE＝x．（1）求证：；（2）当点G在△ADF的内部时，用x的代数式表示∠ADG的余切；（3）当∠FGD＝∠AFE时，求线段BE的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据题意可证明∠DAF＝∠BAE，又由于∠ABE＝∠ADF＝90°，即证明△ADF∽△ABE，所以．（2）作GH⊥CF于H，根据题意可求出DF＝3BE＝3x，根据平行线分线段成比例得出，即可列出关于x的等式，从而得出GH和FH的长，即可求出HD的长，cot∠ADG＝cot∠DGH＝，即可求出结果．（3）作EM//GD交DC于点M，即可知，可求出DM，从而求出CM，根据图形可证明△ABE∽△ECM，即可得到，即列出关于x的方程，解出x即可．【详解】（1）如图，因为AF⊥AE，∴∠EAF＝∠BAD＝∠ADF＝90°．∵同角的余角相等，∴∠DAF＝∠BAE．∵∠ABE＝∠ADF＝90°．∴△ADF∽△ABE．∴．（2）由，得DF＝3BE＝3x．如图，作GH⊥CF于H，那么GH//BC//AD．根据题意结合平行线分线段成比例得：．∵，，∴．即GH＝，FH＝．

在Rt△GHD中，HD＝DF－FH＝＝＝，∵∠ADG＝∠DGH，∴cot∠ADG＝cot∠DGH＝＝=．（3）当点G在△ADF内部时，很明显∠FGD和∠AFE不相等．所以点G在△ADF外部．如图，作EM//GD交DC于点M，那么．∴DM＝6x，∴MC＝1－6x．如果∠FGD＝∠AFE，那么AF//GD//EM．∴∠AEM＋∠EAF＝180°．∴∠AEM＝90°．∴△ABE∽△ECM．∴．即．整理，得x2－9x＋1＝0．解得，（不符合题意，舍去）．所以BE＝．【点睛】本题考查三角形相似的判定与性质，矩形，余角，平行线的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．【变式训练3】如图1和图2，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（0，4），A是x轴上的一个动点，M是线段AC的中点．把线段AM以A为旋转中心、按顺时针方向旋转90°得到AB．过B作x轴的垂线、过点C作y轴的垂线，两直线交于点D，直线DB交x轴于点E．设A点的横坐标为m．（1）求证：△AOC∽△BEA；（2）若m=3，则点B的坐标为；若m=﹣3，则点B的坐标为；（3）若m＞0，△BCD的面积为S，则m为何值时，S=6？（4）是否存在m，使得以B、C、D为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求此时m的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2），，（3），，（4），，【分析】（1）利用三垂直模型或K字型相似.（2）首先由勾股定理求得线段的长，然后利用求得线段、的长，从而求得点的坐标；（3）分时和时，利用，根据相似比表示出点的坐标后，利用面积为6求得值即可；（4）分、、、，根据和两种情况得到比例式即可求得值．【详解】解：（1）证明：由题意得：∠MAB=90°∴∠CAO+∠BAE=90°又∵∠CAO+∠ACO=90°∴∠BAE=∠ACO又∵∠COA=∠AEB=90°∴△AOC∽△BEA（2）的坐标为，或，由勾股定理得：，且相似比为，，

，点的坐标为或，，故答案为：，，；（3）①当时，如图（1）且相似比为，求得点的坐标为，，解得

或4，②当时，如图（2），解得

或（舍去），，，（4）①当时，如图（1）若即：无解，若，同理，解得或（不合题意舍去），②当时，如图（2）若，即：，解得，取，若，同理，解得无解，③当时，如图（3），若，即：，解得（不合题意舍去）或，若，同理，解得无解，④当时，如图（4），若，，即：，则无解，若，同理，解得（不合题意舍去）或（不合题意舍去）；则，，．【点睛】本题考查了相似形的综合题，比较繁琐，难度很大，解答此题的关键是画出图形作出辅助线，结合相似三角形的性质利用比例式列出方程解答．体现了数形结合在解题中的重要作用．课后作业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．8 B．10 C．12 D．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．【详解】∵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．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，属于同步基础题．2．如图，P为的边上的一点，E，F分别为，的中点，，，的面积分别为S，S1，S2．若，则的值是（）

A．24 B．12 C．6 D．10【答案】B【分析】过P作平行于，由与平行，得到平行于，可得出四边形与都为平行四边形，进而确定出与面积相等，与面积相等，再由为的中位线，利用中位线定理得到为的一半，且平行于，得出与相似，相似比为1：2，面积之比为1：4，求出的面积，而面积＝面积+面积，即为面积+面积，即为平行四边形面积的一半，即可求出所求的面积．【详解】解：过P作交BC于点Q，由，得到，

∴四边形与四边形都为平行四边形，∴，，∴，，∵为的中位线，∴，，∴，且相似比为1：2，∴，，∴，故选：B．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．3．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．【详解】（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．【点睛】本题是三角形的综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质和判定等知识，第三问有难度，利用参数表示各线段的长是本题的关键，综合性较强．4.【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是，位置关系是；【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度．【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）画出图形见解析，线段的长度为．【分析】（1）由题意易得，，从而可证，然后根据三角形全等的性质可求解；（2）连接，由题意易得，进而可证，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证；（3）如图，过A作，由题意可知，，然后根据相似三角形的性质及题意易证，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可．【详解】解：（1）在中，，，，，即，在和中，，，，，，故答案为：；（2），理由：如图2，连接，∵在和中，，，，，，∵，，，，，∴；（3）如图3，过A作AF⊥EC，由题意可知，，∴，即，，，，，，，在中，，，，，，，，2×，．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．5．如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．【答案】(1)22.5°；(2)见解析；(3)∠DAE+2∠ADM=180°，详见解析【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°，再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF，代入求值即可；（2）连接AF，过A作AH⊥EF，由手拉手相似得△ACD∽△AFH，得∠CDF=∠BAC，再由∠ADE=90°－∠DAE，等量代换即可得证；（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，证明△ACQ≌△ABN，得AN=AQ，再证明△AND≌△AQD，得∠ADQ=∠AND，由对顶角相等得∠ADM=∠ADE，根据等腰三角形性质等量代换即可解答．【详解】（1）解：∵△ABC为等腰三角形，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，由三角形外角性质知，∠ADE=∠ACE+∠DAC，∠AED=∠ECB+∠B，∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED，∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B，∵AF⊥BC，∴∠BAF=∠CAD=45°，∴∠ACE=∠BCE，又∠ACB=45°，∴∠ACE=22.5°，故答案为：22.5°．（2）解：连接AF，过A作AH⊥EF于H，如图所示，∵∠BAC=∠DAE，AD=AE，AB=AC，∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH，∴∠CAD=∠HAF，由△ACF∽△ADH知，∴，∴△ACD∽△