专题08 相似三角形重要模型-一线三等角模型（解析版）

专题08相似三角形重要模型-一线三等角模型相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就一线三等角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。模型1.一线三等角模型（相似模型）【模型解读与图示】“一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形的“一对角相等”，再利用平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也相等，从而得到两个三角形相似．1）一线三等角模型（同侧型）（锐角型）（直角型）（钝角型）条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED.2）一线三等角模型（异侧型）条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：△ADE∽△BEC.3）一线三等角模型（变异型）图1图2图3①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，结论：△ACE∽△BED∽△ECD.②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM.例1．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，为等边三角形，点，分别在边，上，，若，，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】证明，根据题意得出，进而即可求解．【详解】解：∵为等边三角形，∴，∵，，∴，∴∴∵，∴，∴∵∴，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．例2．（2023·湖南·统考中考真题）如图，，点是线段上的一点，且．已知．

(1)证明：．(2)求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据题意得出，，则，即可得证；（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）∵，∴，∵，∴，解得：．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．例3．（2022·河南新乡·九年级期中）某学习小组在探究三角形相似时，发现了下面这种典型的基本图形．（1）如图1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直线l经过点A，BD⊥直线I，CE上直线l，垂足分别为D、E．求证：＝k．（2）组员小刘想，如果三个角都不是直角，那么结论是否仍然成立呢？如图2，将（1）中的条件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问（1）中的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，在ABC中，沿ABC的边AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．①求证：I是EG的中点．②直接写出线段BC与AI之间的数量关系：．【答案】（1）见解析（2）结论还成立，证明见解析（3）①见解析②BC=AI【分析】（1）由条件可证明△ABD∽△CAE，可得=＝k；（2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD∽△CAE，同（1）可得出结论；（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM，证明△ABC∽△GMA，再得到四边形AGME是平行四边形，故可求解；②由①得到BC=AM，再根据四边形AGME是平行四边形得到BC=AI，故可求解．【详解】（1）如图1，∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°∵∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；（2）成立，证明如下：如图2，∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，∴∠DBA＝∠CAE，∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM∵四边形AGFC是矩形，∴∠GAC=90°又AH⊥BC∴∠AHC=90°∴∠5+∠CAH=∠4+∠CAH=90°∴∠5=∠4∵∠BDE=∠AHB=90°∴∠2+∠BAH=∠1+∠BAH=90°∴∠2=∠1又GMAE∴∠3=∠2∴∠3=∠1∴△ABC∽△GMA∴又∵∴∴GM=AE又∵GMAE∴四边形AGME是平行四边形∴EI=IG故I为EG的中点；②由①知∴BC=AM∵四边形AGME是平行四边形∴AI=IM∴AI=AM∴BC=AI∴线段BC与AI之间的数量关系为BC=AI故答案为：BC=AI．【点睛】此题考查相似三角形的判断与性质综合，解题关键是根据题意找到相似三角形，列出比例式求解．例4．（2022·四川·一模）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形：（1）如图1，已知：在△ABC中，，D、A、E三点都在直线m上，并且有．试猜想DE、BD、CE有怎样的数量关系，请证明你的结论；（2）老师鼓励学习小组继续探索相似的情形．于是，学习小组又研究以下问题：如图2，△ABC中，．将一把三角尺中30°角顶点P放在BC边上，当P在BC边上移动时，三角尺中30°角的一条边始终过点A，另一条边交AC边于点Q，P、Q不与三角形顶点重合．设．当在许可范围内变化时，取何值总有△ABP∽△PCQ？当在许可范围内变化时，取何值总有△ABP∽△QCP？（3）试探索有无可能使△ABP、△QPC、△ABC两两相似？若可能，写出所有、的值（不写过程）；若不可能，请说明理由．【答案】（1）；证明见解析；（2）；；（3）可能；，或，．【分析】（1）证明△ADB≌△CEA（AAS），由全等三角形的性质得出AE=BD，AD=CE，则可得出结论；（2）由β=∠2或∠1=∠CQP，即∠2=30°+β-α=β，解得α=30°，即可求解；由β=∠1或∠2=∠CQP，同理可得：β=75°，即可求解；（3）①当α=30°，β=30°时，则∠2=∠B=α=30°，即可求解；②当β=75°，α=52.5°时，同理可解．【详解】解：（1）如图1，∵，∴，∴，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴，，∴；（2）在△ABP中，，∴，同理可得：；由或，即，解得，则△ABP∽△PCQ；∴当在许可范围内变化时，时，总有△ABP∽△PCQ；由或，同理可得：．∴当在许可范围内变化时，总有△ABP∽△QCP；（3）可能．①当，时，则，则△ABP∽△PCQ∽△BCA；②当，时，同理可得：，，∴△ABP∽△CQP∽△BCA．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键．例5．（2022·山西晋中·一模）阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①，在中，，，分别过、向经过点直线作垂线，垂足分别为、，我们很容易发现结论：．（1）探究问题：如果，其他条件不变，如图②，可得到结论；．请你说明理由．（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，且两直线夹角为，且，请你求出直线的解析式．（3）拓展应用：如图④，在矩形中，，，点为边上—个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接，．若为直角三角形时，请你探究并直接写出的长．

【答案】（1）理由见解析；（2）；（3）长为3或．【分析】（1）根据同角的余角相等得到，然后利用AA定理判定三角形相似；（2）过点作交直线于点，分别过、作轴，轴，由（1）得，从而得到，然后结合相似三角形的性质和锐角三角函数求出，，从而确定N点坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；（3）分两种情形讨论：①如图1中，当∠PDC=90°时．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x．分别求解即可．【详解】解：（1）∵，∴又∵∴∴∵．∴（2）如图，过点作交直线于点，分别过、作轴，轴由（1）得

∴∵坐标

∴，∵

∴解得：，

∴设直线表达式为，代入，得，解得，∴直线表达式为（3）解：①如图1中，当∠PDC=90°时，∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠PDC=180°，∴A、D、P共线，∵EA=EP，∠AEP=90°，∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，∴∠BAE=45°，∵∠B=90°∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB=3．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x，∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠PEF，在△ABE和△EFP中，∴△ABE≌△EFP，∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，∴CF=3-（5-x）=x-2，∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，∴∠DPH=∠PCH，∵∠DHP=∠PHC，∴△PHD∽△CHP，∴PH2=DH•CH，∴（x-2）2=x（3-x），∴x=或（舍弃），∴BE=，综上所述，当△PDC是直角三角形时，BE的值为3或．【点睛】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．例6．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于F，延长FE与直线CD相交于点G，连接FC（AB＞AE）．(1)求证：△AEF∽△DCE；(2)△AEF与△ECF是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由；(3)设，是否存在这样的k值，使得△AEF与△BFC相似？若存在，证明你的结论并求出k的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)相似，证明见解析(3)存在，【分析】(1)由题意可得∠AEF＋∠DEC＝90°，又由∠AEF＋∠AFE＝90°，可得∠DEC＝∠AFE，据此证得结论；(2)根据题意可证得Rt△AEF≌Rt△DEG(ASA)，可得EF＝EG，∠AFE＝∠EGC，可得CE垂直平分FG，△CGF是等腰三角形，据此即可证得△AEF与△ECF相似；(3)假设△AEF与△BFC相似，存在两种情况：①当∠AFE＝∠BCF，可得∠EFC＝90°，根据题意可知此种情况不成立；②当∠AFE＝∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，设BC＝a，则AB＝ka，可得AF＝，BF＝，再由△AEF∽△DCE，即可求得k值．【详解】（1）证明：∵EF⊥EC，∴∠FEC＝90°，∴∠AEF＋∠DEC＝90°，∵∠AEF＋∠AFE＝90°，∴∠DEC＝∠AFE，又∵∠A＝∠EDC＝90°，∴△AEF∽△DCE；（2）解：△AEF∽△ECF．理由：∵E为AD的中点，∴AE＝DE，∵∠AEF＝∠DEG，∠A＝∠EDG，∴△AEF≌△DEG(ASA)，∴EF＝EG，∠AFE＝∠EGC．又∵EF⊥CE，∴CE垂直平分FG，∴△CGF是等腰三角形．∴∠AFE＝∠EGC＝∠EFC．又∵∠A＝∠FEC＝90°，∴△AEF∽△ECF；（3）解：存在使得△AEF与△BFC相似．理由：假设△AEF与△BFC相似，存在两种情况：①当∠AFE＝∠BCF，则有∠AFE与∠BFC互余，于是∠EFC＝90°，因此此种情况不成立；②当∠AFE＝∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，设BC＝a，则AB＝ka，∵△AEF∽△BCF，∴，∴AF＝，BF＝，∵△AEF∽△DCE，∴，即，解得，．∴存在使得△AEF与△BFC相似．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定与及性质，等腰三角形的判定及性质，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．例7．（2023·江苏南京·校考三模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：

【观察与猜想】(1)如图，在正方形中，，分别是，上的两点，连接，，若，则的值为___________；(2)如图，在矩形中，，，是上的一点，连接，，若，则的值为___________；【类比探究】(3)如图，在四边形中，，为上一点，连接，过作的垂线交的延长线于，交的延长线于，求证：；【拓展延伸】(4)如图4，在中，，，将沿翻折，落在处，得到，为线段上一动点，连接，作，交于，垂足为，连接．若，则的最小值为___________．【答案】(1)(2)(3)见解析．(4)【分析】（1）可证明，即可得到答案．（2）可证明，即可得到答案．（3）过点作的垂线，交于点，可得到，然后证明，可得，问题即可得证．（4）过点作的垂线，交于点，取的中点为，连接，取以的中点，连接．可先证，得到的长度，进而求得，，的长度．根据题意可知，点在以的中点为圆心，长度为半径的圆上，可知，当时，取得最小值，即可求得答案．【详解】（1）解：四边形为正方形，，．．，．．在和中，．．．故答案为：．（2）解：四边形为长方形，．，．．又，．．故答案为：．（3）解：如图，过点作的垂线，交于点．

由题意知四边形为矩形，，．．，．．又，．又，．．．．（4）解：如图，过点作的垂线，交于点，取的中点为，连接，取以的中点为，连接，连接．

由轴对称图形的性质可知，.，，．又，．又，．．．．．．．根据题意可知，点在以的中点为圆心，长度为半径的圆上，且．,即，当时，取得最小值．．故答案为：．【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、勾股定理、轴对称图形的性质等，牢记全等三角形的判定定理及性质、相似三角形的判定定理及性质、勾股定理及轴对称图形的性质是解题的关键．课后专项训练1．（2023·黑龙江绥化·校联考三模）如图，已知正方形，为的中点，是边上的一个动点，连接将沿折叠得，延长交于点，现在有如下五个结论：①一定是直角三角形；②；③当与重合时，有；④平分正方形的面积；⑤，则正确的有（

）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】如图1中，证明，，可得，可得，，可得①②正确，如图2中，当M与C重合时，设．则，证明，可得，即，可得，可得③正确，如图3中，当点F与点D重合时，显然直线不平分正方形的面积，可得④错误，如图1中，于H，，同理可得：，可得，结合，可得⑤正确．【详解】解：如图1中，

∵四边形是正方形，∴，∵E为的中点，∴，由翻折可知：，，，∵，，，∴，∴，∵，∴，故①②正确，如图2中，当M与C重合时，设．则，

∵，∴，∴，∴，∴，即，可得，∴，∴，故③正确，如图3中，当点F与点D重合时，显然直线不平分正方形的面积，故④错误，

如图1中，∵于H，，同理可得：，∴，∴，∵，∴．故⑤正确，故选：C．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．2．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝1，CD＝2，BC＝3，点P为BC边上一动点，若AP⊥DP，则BP的长为．【答案】1或2【分析】设BP=x，则PC=3-x，根据平行线的性质可得∠B=90°，根据同角的余角相等可得∠CDP=∠APB，即可证明△CDP∽△BPA，根据相似三角形的性质列方程求出x的值即可得答案．【详解】设BP=x，则PC=3-x，∵AB∥CD，∠C＝90°，∴∠B=180°-∠C=90°，∴∠B=∠C，∵AP⊥DP，∴∠APB+∠DPC=90°，∵∠CDP+∠DPC=90°，∴∠CDP=∠APB，∴△CDP∽△BPA，∴，∵AB＝1，CD＝2，BC＝3，∴，解得：x1=1，x2=2，∴BP的长为1或2，故答案为：1或2【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解题的关键．3．（2022·安徽·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=4，E为边AD上一个动点，连接BE，取BE的中点G，点G绕点E逆时针旋转90°得到点F，连接CF，在点E从A到D的运动过程中，点G的运动路径=，△CEF面积的最小值是．【答案】215【分析】连接BD，取BD的中点M，AB的中点N，连接MN，因为GN为△ABE的中位线，故G的运动路径为线段MN；过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，则△FEH∽△EBA，设AE=x，可得出△CEF面积与x的函数关系式，再根据二次函数图象的性质求得最小值．【详解】解：连接BD，取BD的中点M，AB的中点N，连接MN，∵E为边AD上一个动点，点E从A到D的运动，G是BE的中点∴当E在A点时，BE与AB重合，G与AB的中点N重合，当E运动到D点时，BE与BD重合，G与BD的中点M重合，∴E在从A到D的运动过程中，MN为△ABE的中位线，∴．故G的运动路径=2，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，∵∠A=∠H=90°，∠FEB=90°，∴∠FEH=90°-∠BEA=∠EBA，∴△FEH∽△EBA，∴为的中点，∴设AE=x，∵AB∴HF

∴当时，△CEF面积的最小值故答案为：2，15．【点睛】本题通过构造K形图，考查了三角形的中位线和相似三角形的判定与性质，建立△CEF面积与AE长度的函数关系式是解题的关键．4．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）已知是等边三角形，，点D，E，F点分别在边上，，同时平分和，则的长为．【答案】【分析】根据角平分线的定义得到∠BDE=∠FDE，∠BED=∠FED，根据全等三角形的性质得到∠DBE=∠DFE，BD=DF，BE=EF，由等边三角形的性质得到∠A=∠ABC=∠C=60°，求得∠DFE=60°，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】解：如图，同时平分和，，，在与中，，，，，，是等边三角形，，，，，，，，设，，，，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本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，等边三角形的性质，正确的画出图形是解题的关键．5．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，在矩形中，点是边上一点，连结，将沿对折，点落在边上点处，与对角线交于点，连结．若，．则．【答案】【分析】由折叠的性质可得∠BCM=∠BFM，BC=BF，再由FM∥CD，可得∠BFM=∠ABF，从而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理可求解．【详解】解：四边形是矩形，∠ABC=∠BAD=90°，AB∥CD，，FM∥AB，∠BFM=∠ABF，由折叠的性质可得：∠BCM=∠BFM，BC=BF=4，∠ABF=∠ACB，△ABF∽△BCA，，，即，，；故答案为．【点睛】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理及折叠的性质，关键是证明三角形的相似，进而根据相似三角形的性质进行求解．6．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，点D是边BC上一动点（不与B、C重合），∠ADE＝∠B＝α，DE交AC于点E，且cos∠α＝，下列结论：①△ADE∽△ACD；②当BD＝6时，△ABD与△DCE全等；③△DCE为直角三角形时，BD为8或；④0＜CE≤6.4．其中正确的结论是．（把你认为正确结论的序号都填上）【答案】①②④【分析】①根据有两组对应角相等的三角形相似即可证明；②由BD＝6，则DC＝10，然后根据有两组对应角相等且夹边也相等的三角形全等，即可证得；③分两种情况讨论，通过三角形相似即可求得；④依据相似三角形对应边成比例即可求得．【详解】解：①∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，又∵∠ADE＝∠B，∴∠ADE＝∠C，∴△ADE∽△ACD，故①正确；②作AG⊥BC于G，∵AB＝AC＝10，∠ADE＝∠B＝α，cosα＝，∴BG＝ABcosB，∴BC＝2BG＝2ABcosB＝2×10×＝16，∵BD＝6，∴DC＝10，∴AB＝DC，在△ABD与△DCE中，∴△ABD≌△DCE（ASA），故②正确；③当∠AED＝90°时，由①可知：△ADE∽△ACD，∴∠ADC＝∠AED，∵∠AED＝90°，∴∠ADC＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD，∴∠ADE＝∠B＝α且cosα＝，AB＝10，BD＝8，当∠CDE＝90°时，易△CDE∽△BAD，∵∠CDE＝90°，∴∠BAD＝90°，∵∠B＝α且cosα＝，AB＝10，∴cosB＝＝，∴BD＝，故③错误；④易证得△CDE∽△BAD，由②可知BC＝16，设BD＝y，CE＝x，∴，∴，整理得：y2−16y＋64＝64−10x，即（y−8）2＝64−10x，∴0＜x≤6.4，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本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、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形与全等三角形的判定和性质是解题的关键．7．（2023·广东·九年级专题练习）如图，已知四边形ABCD，∠B＝∠C＝90°，P是BC边上的一点，∠APD＝90°．（1）求证：；（2）若BC＝10，CD＝3，PD＝3，求AB的长．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【分析】（1）先根据直角三角形的两锐角互余、角的和差可得，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）先利用勾股定理求出PC的长，从而可得BP的长，再利用相似三角形的性质即可得．【详解】（1），，，在和中，，；（2）在中，，，，，由（1）已证：，，即，解得．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．8．（2023·四川·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，点为边上一点，且，点为中点，．（1）求的长．（2）求证：．【答案】（1）5；（2）证明见解析；【分析】（1）先证明出∽，得出，假设BD为x，则DC=15-x，代入分式方程求出BD的长；（2）由（1）可知，推出≌，得出结果；【详解】（1）∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴∽，∴，∵为中点，∴，∵，设，则，即：，解得：，，∵，∴．（2）由（1）可知，∵，∴，在和中，，∴≌∴【点睛】本题考查三角形全等的性质，三角形相似的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用．9．（2022春·广东·九年级专题练习）如图，在等边△ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，2BP＝3CD，BP＝1．（1）求证△ABP∽△PCD；（2）求△ABC的边长．【答案】（1）证明见解析；（2）3．【分析】（1）由△ABC是等边三角形，证明∠B＝∠C＝60°，再利用平角的定义与三角形的内角和定理证明：∠BPA＝∠PDC，从而可得结论；（2）由，先求解，设，再利用相似三角形的性质可得：，列方程，解方程即可得到答案．【详解】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∵∠BPA＋∠APD＋∠DPC＝180°且∠APD＝60°，∴∠BPA＋∠DPC＝120°∵∠DPC＋∠C＋∠PDC＝180°，∴∠DPC＋∠PDC＝120°，∴∠BPA＝∠PDC，∴△ABP∽△PCD；（2）∵2BP＝3CD，且BP＝1，∴，∵△ABP∽△PCD，设，则，∴经检验：是原方程的解，所以三角形的边长为：3．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，分式方程的解法，掌握三角形的判定及利用相似三角形的性质解决问题是解题的关键．38．（2021·全国·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长等于，P是BC边上的一动点，∠APB、∠APC的角平分线PE、PF分别交AB、CD于E、F两点，连接EF．（1）求证：△BEP∽△CPF；（2）当∠PAB＝30°时，求△PEF的面积．【答案】（1）详见解析；（2）．【分析】（1）由于PE平分∠APB，PF平分∠APC，所以∠EPF＝90°，然后根据相似三角形的判定即可求证△BEP∽△CPF；（2）由题意可知∠BPE＝30°，∠FPC＝60°，根据含30度的直角三角形的性质即可求出答案．【详解】（1）∵PE平分∠APB，PF平分∠APC，∴∠APE＝∠APB，∠APF＝∠APC，∴∠APE+∠APF＝（∠APB+∠APC）＝90°，∴∠EPF＝90°，∴∠EPB+∠BEP＝∠EPB+∠FPC＝90°，∴∠BEP＝∠FPC，∵∠B＝∠C＝90°，∴△BEP∽△CPF；（2）∵∠PAB＝30°，∴∠BPA＝60°，∴∠BPE＝30°，在Rt△ABP中，∠PAB＝30°，AB＝，∴BP＝1，在Rt△BPE中，∠BPE＝30°，BP＝1，∴EP＝，∵CP＝﹣1，∠FPC＝60°，∴PF＝2CP＝2﹣2，∴△PEF的面积为：PE•PF＝2﹣．【点睛】本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，本题属于中等题型．10．（2023·重庆九年级课时练习）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，D为AB的中点，点E在BC上，点F在AC上，且∠DEF＝45°．（1）求证：△BED∽△CFE；（2）若BD＝3，BE＝2，求CF的长．【答案】（1）见解析；（2）CF＝．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，然后根据三角形的外角的性质得到∠BDE＝∠CEF，从而证得结论；（2）首先求出线段CE的长，再利用△BED∽△CFE得出=，最后得出结果．【详解】(1)证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°，∴∠B＝∠C＝45°.∵∠DEC＝∠B＋∠BDE＝∠DEF＋∠CEF，∠DEF＝45°，∴∠BDE＝∠CEF，∴△BED∽△CFE.(2)∵D为AB的中点，∴AB＝2AD＝6，∴BC＝AB＝6，∴CE＝BC－BE＝4.由(1)知△BED∽△CFE，∴=，∴＝，∴CF＝.【点睛】本题考查了相似三角形判定与性质和等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握这些性质和判定．11．（2023·山东青岛·统考三模）【操作与探究】已知矩形，给出如下操作过程：如图①所示．将四边形沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上的点G处，折痕为，将沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边，上，折痕为，得到一个新的矩形．【问题探究】（1）若图①中的四边形是正方形，则矩形的长宽比为__________，__________．（2）如图②，将如图①中的矩形按照“操作与探究”中的方法再次操作，得到的新矩形，则矩形的长宽比为__________，__________．【问题解决】若将长宽比（n为正整数）矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则__________，________．【答案】（1），（2），，问题解决，，；【分析】（1）设，则，解直角三角形，得，于是，得长宽比，可证，于是，从而．（2）如图②，设，则，，由可证，于是，可求得，，从而，，进而求得长宽比=；由（2）知，若将长宽比（n为正整数）矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则，．【详解】（1）设，则，中，∴∴长宽比由折叠知，，∴而∴∴∴∴．（2）如图②，设，则，，由题意知，∴∴∴而，∴∴∴∴∴长宽比=同（1）∴∴由（2）知，若将长宽比（n为正整数）矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则，【点睛】本题考查折叠的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，由折叠及相似转化为线段之间的数量关系是解题的关键．12．（2022·山东济宁·二模）情境观察:将含45°角的三角板的直角顶点R放在直线上，分别过两锐角的顶点M，N作的垂线，垂足分别为P，Q，（1）如图1.观察图1可知：与NQ相等的线段是______________，与相等的角是_____(2)问题探究直角中，，在AB边上任取一点D，连接CD，分别以AC，DC为边作正方形ACEF和正方形CDGH，如图2，过E，H分别作BC所在直线的垂线，垂足分别为K，L.试探究EK与HL之间的数量关系，并证明你的结论.(3)拓展延伸：直角中，，在AB边上任取一点D，连接CD，分别以AC，DC为边作矩形ACEF和矩形CDGH，连接EH交BC所在的直线于点T，如图3.如果，，试探究TE与TH之间的数量关系，并证明你的结论.【答案】(1)，，(2)，证明见解析；(3)，证明见解析．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，，，根据余角性质得到，再证明，即可得到，；（2）证明，得到，再证明，得到，可得到；（3）证明，得到，证明，得到，得到，证明即可得到．（1）解：∵是等腰直角三角形，∴，，∵，，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，，故答案为：，；（2）解：∵四边形ACEF是正方形，∴，，∵∴，∴，∴，在和中，∴，∴，∵四边形CDGH是正方形，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，，（3）解：过E作与M，过H作与N，∵四边形ACEF是矩形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，同理：，∴，∴，∴，在和中，∴，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，正方形的性质，矩形的性质，余角的性质，（3）证明，是解题的关键．13．（2022·广东·九年级专题练习）问题提出（1）如图1，在矩形中，，点E为的中点，点F在上，过点E作交于点G．若，则的面积为_________．问题探究（2）如图2，在矩形中，，点P是边上一动点，点Q是的中点将．沿着折叠，点A的对应点是，将沿着折叠，点D的对应点是．请问是否存在这样的点P，使得点P、、在同一条直线上？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由．问题解决（3）某精密仪器厂接到生产一种特殊四边形金属部件的任务，部件要求：如图3，在四边形中，，点D到的距离为，且．若过点D作，过点A作的垂线，交于点E，交的延长线于点H，过点C作于点F，连接．设的长为，四边形的面积为．①根据题意求出y与x之间的函数关系式；②在满足要求和保证质量的前提下，仪器厂希望造价最低．已知这种金属材料每平方厘米造价60元，请你帮忙求出这种四边形金属部件每个的造价最低费用．【答案】（1）；（2）存在，或；（3）①；②963.3元．【分析】（1）先由矩形的性质得，再由三角形面积公式求解即可；（2）由折叠的性质得：，再证，然后根据相似三角形的性质列比例式求解；（3）①先证得，然后根据相似三角形的性质求得，然后根据面积公式列式求解；②根据二次函数性质求最值【详解】解：（1）∵四边形是矩形，∴．∵，∴．∵点E为的中点，∴故答案为：；（2）存在，理由如下：∵四边形是矩形，∴．∵Q是的中点，∴．由折叠的性质得：，当点P、、三点在同一条直线上时，，∴．∵，∴．∵∵，∴，∴，即，解得：或；（3）①根据题意做出辅助线，如图所示．由题意得：．∵，∴．∵，∴，∴．又∵，∴，∴．由，则．∵，∴，∴，∴；②由①知，，当时，四边形的面积取得最小值为，∴最低造价为（元），∴四边形金属部件每个的造价最低费用约为963.3元．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、翻折变换的性质、梯形面积公式、三角形面积公式以及二次函数的应用等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．14．（2022·广东·九年级专题练习）问题提出：（1）如图①，矩形ABCD中，AD＝6．点E为AD的中点．点F在AB上，过点E作EGAB交FC于点G．若EG＝7．则S△EFC＝．问题探究：（2）如图②．已知矩形ABCD纸片中．AB＝9，AD＝6，点P是CD边上一动点．点Q是BC的中点．将△ADP沿着AP折叠，在纸片上点D的对应点是，将△QCP沿着PQ折叠．在纸片上点C的对应点是．请问是否存在这样的点P．使得点P、、在同一条直线上？若存在，求出此时DP的长度．若不存在，请说明理由．问题解决：（3）某精密仪器厂接到生产一种特殊四边形金属部件的任务．部件要求：如图③，四边形ABCD中，AB＝4厘米，点C到AB的距离为5厘米，BC⊥CD．且BC＝CD．在满足要求和保证质量的前提下，仪器厂希望造价最低，已知这种金属材料每平方厘米造价50元．请问这种四边形金属部件每个的造价最低是多少元？（≈1.73）【答案】（1）21；（2）存在，6或3；（3）802.75元【分析】（1）先由矩形的性质得CD∥AB，BC＝AD＝6，再由三角形面积公式求解即可；（2）由折叠的性质得：∠DPA＝∠D′PA，∠CPQ＝∠C′PQ，再证△ADP∽△PCQ，得，解得DP＝6或DP＝3；（3）如图，过点C作MN∥AB，过点D作MN的垂线，交MN于点E，交BA的延长线于点H，过点B作BF⊥MN于点F，连接BD，先证△DEC∽△CFB，得，设DE＝x，则DH＝5﹣x，求出CE＝，CF＝，然后由梯形面积公式和三角形面积公式求出S四边形ABCD＝x2﹣2x++10＝（x﹣）2+10+，即可解决问题．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，BC＝AD＝6，∵EG∥AB，∴CD∥EG∥AB，∵点E为AD的中点，∴S△EFC＝S△EGC+S△EGF＝×EG×BC+×EG×BC＝×EG×BC＝×7×6＝21，故答案为：21；（2）存在，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AB＝CD＝9，AD＝BC＝6，∵Q是BC的中点，∴CQ＝3，由折叠的性质得：∠DPA＝∠D′PA，∠CPQ＝∠C′PQ，当点P、D′、C′三点在同一条直线上时，∠DPA+∠D′PA+∠CPQ+∠C′PQ＝180°，∴∠DPA+∠CPQ＝90°，∵∠DPA+∠DAP＝90°，∴∠DAP＝∠CPQ，∵∠ADP＝∠PCQ＝90°，∴△ADP∽△PCQ，∴，即，解得：DP＝6或DP＝3；（3）如图，过点C作MN∥AB，过点D作MN的垂线，交MN于点E，交BA的延长线于点H，过点B作BF⊥MN于点F，连接BD，如图③所示：则BF＝EH＝5cm，∵DC⊥BC，∴∠ECD+∠BCF＝90°，∵BF⊥MN，∴∠CBF+∠BCF＝90°，∴∠ECD＝∠CBF，又∵∠DEC＝∠CFB＝90°，∴△DEC∽△CFB，∴，设DE＝x，则DH＝5﹣x，∵BF＝5，BC＝CD，∴，∴，，∴S四边形ABCD＝S四边形EDBF﹣S△CED﹣S△CFB+S△DAB当x＝cm时，四边形ABCD的面积取得最小值（10+）cm2，∴最低造价为（10+）×50≈802.75（元），∴四边形金属部件每个的造价最低约为802.75元．【点睛】本题综合考查了折叠问题、矩形的性质、相似的判定与性质、割补法求三角形的面积等内容，该题对学生的观察、分析推理和计算能力的要求都非常高，因此学生在平时的学习中应注意归纳和总结，勤于思考，养成良好的几何思维方式，同时对基础概念和公式应牢牢掌握，养成作辅助线构造直角三角形帮助解题的习惯，方能探寻到本题的解题思路．15．（2023春·四川广安·九年级校考阶段练习）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．16．（2020·四川雅安·中考真题）如图，已知边长为10的正方形是边上一动点（与不重合），连结是延长线上的点，过点作的垂线交的角平分线于点，若．（1）求证