专题27.7 相似三角形的证明与计算专项训练（60道）（原卷版+解析版）-2022-2023学年九年级数学下册举一反三系列（人教版）

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专题27.7 相似三角形的证明与计算专项训练（60道）
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共60题，针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对相似三角形的证明与计算的理解！
一．解答题（共60小题）
1．（2021·辽宁·大连市第三十四中学九年级阶段练习）如图，在ΔABC中，点D在AB边上，∠ABC=∠ACD.

（1）求证：ΔABC∽ΔACD；
（2）若AD=4,AB=9求AC的长.
【答案】（1）见解析；（2）6
【分析】（1）根据相似三角形的判定即可求出答案．
（2）根据相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：（1）证明：∵∠ABC=∠ACD，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACD；

（2）解：∵△ABC∽△ACD，
∴ACAD=ABAC，即AC4=9AC，
解得：AC=6.
【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，属于基础题型．
2．（2022·广西贺州·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E是AD的中点，CF⊥BE于点F，求FC的长．

【答案】2.4
【分析】根据已知可证明△ABE~∆FCB，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBF，   
∵∠A=90°，∠CFB=90°，
∴△ABE∽△FCB  
∴ABFC=BEBC，
∵BC=3，E是AD的中点，
∴AE=1.5 ，
∴BE=2.5，
∴2FC=2.53，   
∴FC=2.4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，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．
3．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D．
求证：△ACD∽△ABC．

【答案】见解析
【分析】根据两个角相等的两个三角形相似进行证明即可．
【详解】证明：∵CD⊥AB于D．
∴∠ADC=∠ACB=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定定理，准确运用进行推理证明．
4．（2021·上海·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC=8，点E、F是对角线BD上的两点，且BE=EF=FD，AE的延长线交BC于点G，GF的延长线交AD于点H．
（1）求HD的长；
（2）设△BEG的面积为a，求四边形AEFH的面积．（用含a的代数式表示）

【答案】（1）2；（2）7a2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得AD//BC，根据相似三角形的判定得△BEG∽△DEA，△BFG∽△DFH，由BE=EF=FD可得出BEED=12，DFBF=12，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）由BE=EF可得△BEG与△EFG的面积相等，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得S△AED与S△DFH的值，S△AED-S△DFH即可得四边形AEFH的面积．
【详解】解：（1）∵平行四边形ABCD，BC=8，
∴AD//BC，AD=BC=8，
∴△BEG∽△DEA，△BFG∽△DFH，
∴BEED=BGAD，DFBF=HDBG，
∵BE=EF=FD，
∴BEED=12，DFBF=12，
∴BG=12AD=4，HD=12BG，
∴HD=2；
（2）∵BE=EF，
∴S△BEG=S△EFG=a，
∴S△BFG=2a，
∵△BEG∽△DEA，△BFG∽△DFH，BEED=12，DFBF=12，
∴S△AED=4a，S△DFH=a2，
∴四边形AEFH的面积=S△AED-S△DFH=7a2．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2021·湖南省岳阳开发区长岭中学九年级阶段练习）已知：如图，∠ABD=∠C，AD=2, AC=8，求AB．

【答案】4
【分析】由∠A＝∠A，∠ABD＝∠C可证明△ADB∽△ABC，由相似三角形的性质可知ADAB=ABAC，从而可求得AB的长．
【详解】解：∵∠A＝∠A，∠ABD＝∠C，
∴△ADB∽△ABC．
∴ADAB=ABAC，即2AB=AB8．
解得：AB＝4（负值已舍去）．
∴AB＝4．
【点睛】本题主要考查的是相似三角形的性质和判定，由相似三角形的性质得到2AB=AB8是解题的关键．
6．（2022·全国·九年级专题练习）已知，如图，△ABC中，AB＝4，BC＝8，D为BC边上一点，BD＝2．求证：△ABD∽△CBA．

【答案】见解析；
【分析】由AB＝4，BC＝8，BD＝2可知ABCB=BDBA，再由∠ABD＝∠CBA可得△ABD∽△CBA；
【详解】证明：∵AB＝4，BC＝8，BD＝2，
∴ABCB=BDBA，
又∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解决本题的关键．
7．（2021·全国·九年级专题练习）如图，∠1=∠2，ABAE=ACAD，求证：∠C=∠D．

【答案】见解析
【分析】根据∠1=∠2得到∠BAC=∠EAD，结合ABAE=ACAD得到△ABC∽△AED，再根据相似三角形对应角相等即可得到∠C=∠D．
【详解】解：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠CAE=∠2+∠CAE，
∴∠BAC=∠EAD，且ABAE=ACAD，
∴△ABC∽△AED，
由相似三角形对应角相等可知：
∴∠C=∠D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，属于基础题，熟练掌握相似三角形的判定方法是解决本题的关键．
8．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在矩形ABCD中，AB=2，BC=5，BP=1，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P从PB处开始顺时针方向旋转，PM交边AB于点E，PN交边AD于点F，当PE旋转至PA处时，∠MPN的旋转随即停止.
（1）如图2，在旋转中发现当PM经过点A时，PN也经过点D，求证：△ABP ∽△PCD
（2）如图3，在旋转过程中，PEPF的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由
（3）设AE=m，连结EF，则在旋转过程中，当m为何值时，△BPE与△PEF相似.

【答案】（1）见解析；（2）PEPF的值是定值，该定值为12 ；（3）当m=0或32时，△BPE与△PEF相似
【分析】（1）因为在矩形中，所以只要再证明∠BAP=∠CPD即可；（2）证明边比为定值，考虑相似三角形，过点F作FG⊥BC于G，创造△PGF并证明其与△EBP 相似；（3）使△BPE ∽△PFE，那么BEPE=BPPF，算出m值，反证相似.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形   
∴∠B=∠C=90°   
∴∠BAP+∠BPA=90°
∵∠MPN=90°    
∴∠CPD+∠BPA=90°   
∴∠BAP=∠CPD
∴△ABP ∽△PCD    
（2）过点F作FG⊥BC于G   
∴∠FGP=90°   
∴∠FGP=∠B，∠PFG+∠FPG=90°
易知四边形ABGF是矩形，
∴FG=AB=2
∵∠MPN=90°   
∴∠EPB+∠FPG=90°     
∴∠EPB=∠FPG
∴△EBP ∽△PGF        
∴PEPF=BPFG=12
∴PEPF的值是定值，该定值为12     
（3）∵AE=m    
∴BE=2-m
①当BEPE=BPPF时，
∵∠B=∠EPF=90°  
∴△BPE ∽△PFE
∴BEBP=PEPF    
∴2-m1=12    
∴m=32
②当BPPE=BEPF时，
∵∠B=∠EPF=90°  
∴△BPE ∽△PEF
∴BPBE=PEPF   
∴12-m=12   
∴m=0   
综上，当m=0或32时，△BPE与△PEF相似.
【点睛】本题考察了相似三角形的判定定理：平行于三角形一边的直线和其他两边相交；两边对应成比例且夹角相等；三边对应成比例；两角对应相等以及性质定理：对应角相等，对应边成比例.
9．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE=30°，求证：△ABD∽△DCE．

【答案】见解析
【分析】利用三角形的外角性质证明∠EDC=∠DAB，即可证明△ABD∽△DCE．
【详解】证明：∵AB=AC，且∠BAC=120°，
∴∠ABD=∠ACB=30°，
∵∠ADE=30°，
∴∠ABD=∠ADE=30°，
∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠ABD+∠DAB，
∴∠EDC=∠DAB，
∴△ABD∽△DCE．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，利用三角形的外角性质证明∠EDC=∠DAB是解题的关键．
10．（2022·全国·九年级专题练习）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，AB=BC，AD=DE，连接BD，CE，求CEBD的值．

【答案】2
【分析】由等腰直角三角形的性质可推出∠DAE=∠BAC=45°，AE=2AD,AC=2AB，从而可得出∠EAC=∠DAB，AEAD=ACAB=2，即证明△DAB∼△EAC，得出CEBD=2．
【详解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠BAC=45°，AE=2AD，AC=2AB，
∴∠EAC=∠DAB，AEAD=ACAB=2，
∴△DAB∼△EAC，
∴CEBD=2．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质．掌握三角形相似的判定条件是解题关键．
11．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在△ABC中，AD是角平分线，点E是边AC上一点，且满足∠ADE=∠B．

(1)证明：ΔADB∼ΔAED；
(2)若AE=3，AD=5，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)253

【分析】（1）证出∠BAD=∠EAD．根据相似三角形的判定可得出结论；
（2）由相似三角形的性质可得出ADAE=ABAD，则可得出答案．
（1）
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠EAD．
∵∠ADE=∠B，
∴△ADB∽△AED．
（2）
∵△ADB∽△AED，
∴ADAE=ABAD，
∵AE=3，AD=5，
∴53=AB5，
∴AB=253．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及三角形内角和定理，熟练掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2022·全国·九年级课时练习）如图，△ABC与△ADE中，∠C＝∠E，∠1＝∠2；
（1）证明：△ABC∽△ADE．
（2）请你再添加一个条件，使△ABC≌△ADE．你补充的条件为：　 　．

【答案】(1)证明见解析；(2)见解析.
【分析】(1)由∠1=∠2,证出∠BAC=∠DAE.再由∠C=∠E,即可得出结论;
(2)由AAS证明△ABC≌△ADE即可.
【详解】(1)∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，
∴∠BAC=∠DAE．               
∵∠C=∠E，
∴△ABC∽△ADE．  
(2)补充的条件为：AB=AD（答案不唯一）；理由如下：
由(1)得：∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中， ∠BAC=∠DAE∠C=∠EAB=AD，
∴△ABC≌△ADE；
故答案为AB=AD（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及相似三角形的判定.
13．（2022·全国·九年级单元测试）如图，BD、CE是△ABC的高．

（1）求证：△ACE∽△ABD；
（2）若BD＝8，AD＝6，DE＝5，求BC的长．
【答案】（1）见解析；（2）BC＝253．
【分析】（1）BD、CE是△ABC的高，可得∠ADB=∠AEC=90°，进而可以证明△ACE∽△ABD；
（2）在Rt△ABD中，BD=8，AD=6，根据勾股定理可得AB=10，结合（1）△ACE∽△ABD，对应边成比例，进而证明△AED∽△ACB，对应边成比例即可求出BC的长．
【详解】解：（1）证明：∵BD、CE是ΔABC的高，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ACE∽△ABD；
（2）在Rt△ABD中，BD=8，AD=6，
根据勾股定理，得
AB=AD2+BD2=10，
∵△ACE∽△ABD，
∴ ACAB=AEAD，
∵∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB，
∴ DEBC=ADAB，
∵DE=5，
∴BC=5×106=253．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
14．（2022·全国·九年级课时练习）如图，AB//EF//CD，E为AD与BC的交点，F在BD上，求证：1AB+1CD=1EF．

【答案】见解析
【分析】根据已知条件可得△DEF∽△DAB,△BEF∽△BCD，根据相似三角形的性质列出比例式，即可证明结论
【详解】∵AB//EF,EF//DC
∴△DEF∽△DAB,△BEF∽△BCD
∴EFAB=FDBD,EFCD=BFBD
∴EFAB+EFCD=FDBD+BFBD=BDBD=1
∴EFAB+EFCD=EFEF
∴ 1AB+1CD=1EF
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，将线段比转化为AB,CD,EF之间的关系是解题的关键．
15．（2022·全国·九年级课时练习）（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．则DP DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ．则DP的长为 ．

【答案】（1）＝；（2）①1，②2103
【分析】（1）先证明△ADP≌△CDQ，即可求解；
（2）①先证明△ADP∽△CDQ，可得APCQ＝ADCD＝24＝ 12，设AP＝x，则CQ＝2x，
再由勾股定理，即可求解；
②过点B作BE⊥DP交DP延长线于点E，BF⊥DQ于点F，根据△ADP∽△CDQ，可得∠APD=∠Q，APCQ＝ADCD＝24＝ 12，从而得到∠BPE=∠Q，再由角平分线的性质定理可得BE=BF，进而证得△BEP≌△BFQ，得到BP=BQ，从而得到AP=23，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解∶（1）在正方形ABCD中，
∠A=∠BCD=∠DCQ=∠ADC=90°，AD=CD，
∵∠PDQ=90°，
∴∠PDQ=∠ADC=90°，
∴∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP=∠CDQ，
∴△ADP≌△CDQ，
∴DP=DQ；
故答案为∶=
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°．
∵∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ．
又∵∠A＝∠DCQ＝90°．
∴△ADP∽△CDQ，
∴APCQ＝ADCD＝24＝ 12，
设AP＝x，则CQ＝2x，
∴PB＝4－x，BQ＝2＋2x．
由勾股定理得，在Rt△PBQ中，PB2＋BQ2＝PQ2，
代入得（4－x）2＋（2＋2x）2＝52，
解得x＝1，即AP＝1．
∴AP的长为1．
②如图，过点B作BE⊥DP交DP延长线于点E，BF⊥DQ于点F，

由①得：△ADP∽△CDQ，
∴∠APD=∠Q，APCQ＝ADCD＝24＝ 12，
∴CQ=2AP，
∵∠APD=∠BPE，
∴∠BPE=∠Q，
∵BD平分∠PDQ，BE⊥DE，BF⊥DQ，
∴BE=BF，
∵∠E=∠BFQ=90°，
∴△BEP≌△BFQ，
∴BP=BQ，
设AP=m，则BQ=BP=4-m，CQ=2m，
∴2+2m=4-m，解得：m=23，
即AP=23，
∴DP=AD2+AP2=22+232=2103
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形和全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．（2022·全国·九年级专题练习）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：
如图1，∠BAD=∠ACB=∠AED=90°，由∠1+∠2+∠BAD=180°，∠2+∠D+∠AED=180°，可得∠1=∠D ；又因为ACB=∠AED=90°，可得△ABC∽△DAE，进而得到BCAC=______．我们把这个模型称为“一线三等角”模型．
应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，点P是BC边上的一个动点（不与B、C重合），点D是AC边上的一个动点，且∠APD=∠B．
①求证：△ABP∽△PCD；
②当点P为BC中点时，求CD的长；
拓展：（3）在（2）的条件下如图2，当△APD为等腰三角形时，请直接写出BP的长．

【答案】感知：（1）AEDE；应用：（2）①见解析；②3.6；拓展：（3）2或113
【分析】（1）根据相似三角形的性质，即可求解；
（2）①根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，根据三角形的外角性质得到∠BAP=∠CPD，即可求证；
②根据相似三角形的性质计算，即可求解；
（3）分PA=PD、AP=AD、DA=DP三种情况，根据等腰三角形的性质、相似三角形的性质，即可求解．
【详解】感知：（1）∵△ABC∽△DAE，
∴BCAE=ACDE，
∴BCAC=AEDE，
故答案为：AEDE；
应用：（2）①∵∠APC=∠B+∠BAP，∠APC=∠APD+∠CPD，∠APD=∠B，
∴∠BAP=∠CPD，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴△ABP∽△PCD；
②BC=12，点P为BC中点，
∴BP=PC=6，
·∵△ABP∽△PCD，
∴ABPC=BPCD，即106=6CD，
解得：CD=3.6；
拓展：（3）当PA=PD时，△ABP≌△PCD，
∴PC=AB=10，
∴BP=BC-PC=12-10=2；
当AP=AD时，∠ADP=∠APD，
∵∠APD=∠B=∠C，
∴∠ADP=∠C，不合题意，
∴AP≠AD；
当DA=DP时，∠DAP=∠APD=∠B，
∵∠C=∠C，
∴△BCA∽△ACP，
∴BCAC=ACCP，即1210=10CP，
解得：CP=253，
∴BP=BC-CP=12-253=113，
综上所述，当△APD为等腰三角形时， BP的长为2或113 ．
【点睛】本题考查的是三角形相似的判定定理和性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理以及三角形的外角性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，AB上，且∠ADE＝60°．求证：△ADC∽△DEB．

【答案】见解析
【分析】根据等边三角形性质得出∠B＝∠C＝60°，根据三角形外角性质得出∠ADB＝∠1＋∠C＝∠1＋60°，根据∠ADE＝60°，可得∠ADB＝∠2＋60°，可证∠1＝∠2即可．
【详解】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠ADB＝∠1＋∠C＝∠1＋60°，
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB＝∠2＋60°，
∴∠1＝∠2，
∴△ADC∽△DEB．

【点睛】本题考查等边三角形性质，三角形外角性质，三角形相似判定，掌握等边三角形性质，三角形外角性质，三角形相似判定是解题关键．
18．（2022·全国·九年级专题练习）如图，平行四边形ABCD中，点E是BC上一线，连接AE，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B．求证：△ADF∽△DEC；

【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC，由∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，可得∠AFD=∠C，进而可证△ADF∽△DEC．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD//BC，
∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC，
∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，
∴∠AFD=∠C，
在△ADF与△DEC中，∵∠AFD=∠C，∠ADF=∠DEC，
∴△ADF∽△DEC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定、平行线的性质及平行四边形的性质.解题的关键是根据平行四边形的性质结合角的计算找出∠ADF=∠DEC，∠AFD=∠C．
19．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB、AC上，DC与BE相交于点O，且DO=2，BO=DC=6，OE=3．求证：△DOE∽△COB．

【答案】答案见解析
【分析】利用比例线段来证明相似三角形即可．
【详解】解：∵DO=2，DC=6，
∴OC=CD-DO=6-2=4，
∴ODOC=24=12，OEOB=36=12，
∴ODOC=OEOB，
∵∠DOE=∠BOC，
∴ΔDOE∽ΔCOB．
【点睛】本题主要考查三角形相似的判定，掌握三角形相似的判定定理是解题的关键．
20．（2022·全国·九年级课时练习）如图，点M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B，且DM交AC于点F，ME交BC于点G.写出图中的所有相似三角形，并选择一对加以证明．

【答案】△AMF∽△BGM，△DMG∽△DBM，△EMF∽△EAM，证明见解析.
【分析】根据相似三角形的判定定理可以直接写出图中有3对相似三角形；可以利用相似三角形的判定定理两组角对应相等的两个三角形相似来证明△AMF∽△BGM．
【详解】图中的相似三角形有：△AMF∽△BGM，△DMG∽△DBM，△EMF∽△EAM．
以下证明△AMF∽△BGM．
∵∠AFM＝∠DME+∠E（外角定理），∠DME＝∠A＝∠B（已知），∴∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，∴△AMF∽△BGM．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定．解答此题，要找出对应角相等来证明三角形相似．
21．（2022·全国·九年级专题练习）如图，D、E、F分别是△ABC的三边BC,CA,AB的中点．求证：△DEF∽△ABC．

【答案】证明见解析
【分析】首先可判断EF、FD、DE为ΔABC的中位线，根据平行线分线段成比例的知识，可判断ΔDEF与ΔABC的对应边成比例，继而可得出结论．
【详解】解：∵D，E，F分别是ΔABC的三边BC，CA，AB的中点，
∴EF、FD、DE为ΔABC的中位线，
∴EFBC=DFAC=DEAB=12，
∴ΔDEF∽ΔABC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及三角形的中位线定理，解答本题的关键是掌握相似三角形的判定方法，本题用到的是三边法．
22．（2021·福建·厦门市第五中学八年级期中）定义：若一个三角形最长边是最短边的2倍，我们把这样的三角形叫做“和谐三角形”．在△ABC中，点F在边AC上，D是边BC上的一点，AB＝BD，点A，D关于直线l对称，且直线l经过点F．
（1）如图1，求作点F；（用直尺和圆规作图保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，△ABC是“和谐三角形”，三边长BC，AC，AB分别a，b，c，且满足下列两个条件：a≠2b，和a2＋4c2＝4ac＋a﹣b﹣1．
①求a，b之间的等量关系；
②若AE是△ABD的中线．求证：△ACE是“和谐三角形”．

【答案】（1）见解析（2）①a=b+1②见解析
【分析】（1）作AD的垂直平分线，交AC于F点即可；
（2）①根据题意得到a=2c，联立a2＋4c2＝4ac＋a﹣b﹣1即可求解；
②证明△ABE∽△CBA，得到AECA=12，故可求解．
【详解】（1）如图，点F为所求；

（2）①∵△ABC是“和谐三角形”
∴a=2c
又a2＋4c2＝4ac＋a﹣b﹣1．
联立化简得到a=b+1；
②∵E点是BD中点
∴BE=12BD=12AB
由①得到AB=12BC
∴ABBC=BEAB=12
又∠ABE=∠CBA
∴△ABE∽△CBA
∴ABBC=BEAB=AECA=12
故△ACE是“和谐三角形”．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知垂直平分线的做法．
23．（2021·全国·九年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，点F在边AB上，BC2=BF•BA，CF与DE相交于点G．
（1）求证：DF•AB=BC•DG；
（2）当点E为AC中点时，求证：2DF•EG=AF•DG．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由BC2=BF•BA，∠ABC=∠CBF可判断△BAC∽△BCF，再由DE∥BC可判断△BCF∽△DGF，所以△DGF∽△BAC，然后利用相似三角形的性质即可得到结论；
（2）作AH∥BC交CF的延长线于H，如图，易得AH∥DE，由点E为AC的中点得AH=2EG，再利用AH∥DG可判定△AHF∽△DGF，则根据相似三角形的性质得AHDG=AFDF，然后利用等线段代换即可．
【详解】证明：（1）∵BC2=BF•BA，
∴BC：BF=BA：BC，
而∠ABC=∠CBF，
∴△BAC∽△BCF，
∵DE∥BC，
∴△BCF∽△DGF，
∴∴△DGF∽△BAC，
∴DF：BC=DG：BA，
∴DF•AB=BC•DG；
（2）作AH∥BC交CF的延长线于H，如图，
∵DE∥BC，
∴AH∥DE，
∵点E为AC的中点，
∴EG为△CAH的中位线，
∴AH=2EG，
∵AH∥DG，
∴∴△AHF∽△DGF，
∴AHDG=AFDF，
∴2EGDG=AFDF，
即2DF•EG=AF•DG．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：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；在运用相似三角形的性质时，主要通过相似比得到线段之间的关系．
24．（2020·全国·九年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝20cm，AC＝15cm，在这个直角三角形内有一个内接正方形，正方形的一边FG在BC上，另两个顶点E、H分别在边AB、AC上．

（1）求BC边上的高；
（2）求正方形EFGH的边长．
【答案】（1）12cm；（2）30037cm
【分析】（1）由勾股定理求出BC＝25cm，再由三角形面积即可得出答案；
（2）设正方形边长为x，证出△AEH∽△ABC，得出比例式，进而得出答案．
【详解】解：（1）作AD⊥BC于D，交EH于O，如图所示：
∵在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝20cm，AC＝15cm，
∴BC＝202+152＝25（cm），
∵12BC×AD＝12AB×AC，
∴AD＝AB×ACBC＝20×1525＝12（cm）；
即BC边上的高为12cm；
（2）设正方形EFGH的边长为xcm，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH∥BC，
∴∠AEH＝∠B，∠AHE＝∠C，
∴△AEH∽△ABC．
∴AOAD＝EHBC，即12-x12＝x25，
解得：x＝30037，
即正方形EFGH的边长为30037cm．
【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，解题的关键是利用相似三角形的相似比对于高的比，学会用方程的思想解决问题，属于中考常考题型．
25．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，E是CD上的一点，F是BC的延长线上的一点，且CE=CF，BE的延长线交DF于点G，求证：△BGF∽△DCF．

【答案】见解析．
【分析】先根据正方形的性质得出DC=BC，∠DCB =∠DCF =90°，由CE=CF可得出△DCF≌△ECB，故∠CDF=∠CBE，再根据∠F为公共角即可得出结论．
【详解】∵正方形ABCD
∴∠DCB=∠DCF=90°，DC=BC
∵CE=CF
∴△DCF≌△ECB
∴∠CDF =∠CBE
∵∠CDF＋∠F=90°
∴∠CBE＋∠F=90°
∴∠BGF=90°=∠DCF
∴△BGF∽△DCF
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定，熟知有两组角对应相等的两个三角形相似是解答此题的关键．
26．（2022·全国·九年级课时练习）如图，F为四边形ABCD边CD上一点，连接AF并延长交BC延长线于点E，已知∠D=∠DCE．
（1）求证：△ADF∽△ECF；
（2）若ABCD为平行四边形，AB=6，EF=2AF，求FD的长度．

【答案】（1）见详解；（2）4


【分析】（1）利用相似三角形的判定定理，即可得到结论；
（2）先证明AD∥BE，利用平行线分线段成比例，列出比例式，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠D=∠DCE，∠AFD=∠EFC，
∴△ADF∽△ECF；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BE，AB＝CD＝6，
∴AF：EF＝DF：CF，
又∵EF＝2AF，
∴DF：CF＝1：2，即DF＝13DC＝4．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质及相似三角形的判定，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、对顶角等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．
27．（2020·安徽安庆·九年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．
（1）如图①，当CEEB=13时，求S△CEFS△CDF的值；
（2）如图②，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=12BG．
     
【答案】（1）S△CEFS△CDF=14；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质和相似三角形的判定定理，得△CEF∽△ADF，可得EFDF=14，进而即可得到结论；
（2）由AD∥CB，点E是BC的中点，得△EFC∽△DFA．CF：AF=EC：AD，由FG//AB，得CG：BG=CF：AF，进而即可得到结论．
【详解】（1）∵CEEB=13，
∴CEBC=14．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△CEF∽△ADF，
∴EFDF=CEAD，
∴EFDF=CEBC=14，
∴S△CEFS△CDF=EFDF=14；
（2）∵AD∥CB，点E是BC的中点，
∴△EFC∽△DFA．
∴CF：AF=EC：AD=1：2，
∵FG⊥BC，
∴FG//AB，
∴CG：BG=CF：AF=1：2，
∴CG=12BG．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质定理以及平行线分线段成比例定理，掌握相似三角形的对应边成比例，是解题的关键．
28．（2021·上海市徐汇中学九年级期中）如图，已知△ABC中，AB=AC，点E、F在边BC上，满足∠EAF=∠C
求证：（1）BF⋅CE=AB2 （2）AE2AF2=CEBF．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）证明△ABF∽△ECA，得到ABCE=BFAC，即可得出结论；
（2）证明△AEF∽△BAF，得到AFBF=EFAF，即AF2=BF×EF，同理△AEF∽△CEA，得到AECE=EFAE，即AE2=CE×EF，即可得到结论．
【详解】（1）∵AB=AC
∴∠B=∠C
∵∠EAF=∠C
∴∠B=∠EAF，∠AEC=∠B+∠BAE=∠EAF+∠BAE=∠BAF
∴△ABF∽△ECA
∴ABCE=BFAC
∴BF·CE=AB·AC=AB2
即结论成立．
（2）∵∠B=∠EAF，∠AFE=∠BFA
∴ △AEF∽△BAF
∴AFBF=EFAF
即AF2=BF×EF
同理：△AEF∽△CEA
∴AECE=EFAE
即AE2=CE×EF
∴AE2AF2=CEBF
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形外角的性质；证明三角形相似是解题的关键．
29．（2020·山东泰安·中考真题）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC=∠CDE=90°，连接BD，AB=BD，点F是线段CE上一点．

探究发现：
（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？_________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若AB=6,CE=9，求AD的长．
【答案】（1）是；（2）结论成立，理由见解析；（3）2455
【分析】（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通过AB=BD求出∠A=∠ADB，紧接着根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，据此进一步得出∠ADB=∠FDE，最终通过证明∠ADB+∠EDC=90°证明结论成立即可；
（2）根据垂直的性质可以得出∠BDC+∠CDF=90°，∠EDF+∠CDF=90°，从而可得∠BDC=∠EDF，接着证明出∠A=∠EDF，利用∠A=∠E可知∠E=∠EDF，从而推出EF=FD，最后通过证明∠ECD=∠CDF得出CF=DF，据此加以分析即可证明结论；
（3）如图，设G为EC的中点，连接GD，由（1）得DG⊥BD，故而GD=GC=92，在Rt△GDB中，利用勾股定理求出GB=152，由此得出CB=152-92=3，紧接着，继续通过勾股定理求出AC=62+32=35，最后进一步证明△ABC∼△EDC，再根据相似三角形性质得出359=3CD，从而求出CD=955，最后进一步分析求解即可.
【详解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，
∵∠ACB=∠ECD，
∴∠A=∠E，
∵AB=BD，
∴∠A=∠ADB，
在Rt△ECD中，
∵F是斜边CE的中点，
∴FD=FE=FC，
∴∠E=∠FDE，
∵∠A=∠E，
∴∠ADB=∠FDE，
∵∠FDE+∠FDC=90°，
∴∠ADB+∠FDC=90°，
即∠FDB=90°，
∴BD⊥DF，结论成立，
故答案为：是；
（2）结论成立，理由如下：
∵BD⊥DF，ED⊥AD
∴∠BDC+∠CDF=90°，∠EDF+∠CDF=90°，
∴∠BDC=∠EDF，
∵AB=BD，
∴∠A=∠BDC．
∴∠A=∠EDF．
又∵∠A=∠E，
∴∠E=∠EDF．
∴EF=FD．
又∠E+∠ECD=90°，∠EDF+∠FDC=90°，∠E=∠EDF，
∴∠ECD=∠CDF，
∴CF=DF．
∴CF=EF．
∴F为CE的中点；
（3）如图，设G为EC的中点，连接GD，由（1）可知DG⊥BD，

∴GD=12EC=EG=GC=92，
又∵BD=AB=6，
在Rt△GDB中，GB=62+922=152，
∴CB=152-92=3，
在Rt△ABC中，AC=62+32=35，
在△ABC与△EDC中，
∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∼△EDC，
∴359=3CD，
∴CD=955，
∴AD=AC+CD=35+955=2455．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质和相似三角形的性质及判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
30．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠C，点E为AC的中点，AD⊥BC于点D，ED延长后交AB的延长线于点F，求证：△AEF∽△ABC．

【答案】证明见解析．
【分析】先根据直角三角形斜边上的中线性质得到ED＝EC，则∠EDC＝∠C，再利用三角形外角性质可得∠AEF＝2∠C，而∠ABC＝2∠C，所以∠ABC＝∠AEF，加上∠EAF＝∠BAC，则根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判断△AEF∽△ABC．
【详解】证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴△ADC是直角三角形，
∵点E为AC的中点，
∴ED＝EC，
∴△ECD是等腰三角形，
∴∠EDC＝∠C，
∴∠AEF＝∠EDC＋∠C＝2∠C，
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠ABC＝∠AEF，
∵∠EAF＝∠BAC，
∴△AEF∽△ABC．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的外角的性质等，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质是解题的关键．
31．（2019·浙江杭州·模拟预测）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE．点M，N分别是BD，CE的中点，连接AM，AN，MN．
（1）求证：△CAE≌△BAD；
（2）求证：△AMN∽△ABC；
（3）若AC＝6，AE＝4，∠EAC＝60°，求AN的长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）19
【分析】（1）根据全等三角形的判定即可求出答案．
（2）根据相似三角形的判定即可求出答案．
（3）取AC的中点F，连接FN，过点N作NG⊥AC于点G，由于点N是CE的中点，易证得∠GFN=∠EAC=60°，所以∠FNG=30°，从而求出AG=4，NG=3，在Rt△ANG中，根据勾股定理即可求出AN=19．
【详解】（1）∵∠BAC=∠AE，
∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，
∴∠EAC=∠DAB，
在△CAE与△BAD中，
AB=AC∠EAC=∠DABAD=AE，
∴△CAE≌△BAD（SAS）；
（2）由（1）得△CAE≌△BAD，
∴∠ACE=∠ABD，CE=BD，
∵M、N分别是BD，CE的中点，
∴CN=BM，
在△CAN与△BAM中，
AC=AB∠ACE=∠ABDCN=BM，
∴△CAN≌△BAM（SAS），
∴AN=AM，∠CAN=∠BAM，
∴∠CAN+∠BAN=∠BAM+∠BAN，
即∠CAB=∠NAM，
∵AC=AB，AN=AM，
∴ANAC=AMAB，
∴△AMN∽△ABC；

（3）取AC的中点F，连接FN，过点点N作NG⊥AC于点G，
∵点N是CE的中点，
∴NF∥AE，NF=12AE=2，
∴∠GFN=∠EAC=60°，
∴∠FNG=30°，
∴FG=12FN=1，
∴AG=1+3=4，NG=22-12=3，
在Rt△ANG中，根据勾股定理可知：AN=19．
【点睛】本题考查三角形的综合问题，涉及全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，以及勾股定理，本题属于中等题型．
32．（2022·全国·九年级课时练习）在①DP⋅PB=CP⋅PA，②∠BAP=∠CDP，③DP⋅AB=CD⋅PB这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，使命题正确，并证明．
问题：如图，四边形ABCD的两条对角线交于P点，若 （填序号）
求证：△ABP∼△DCP．

【答案】①，证明见解析或②，证明见解析．
【分析】若选择条件①，可利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
若选择条件②，可利用两角相等的两个三角形相似．
【详解】解：选择条件①的证明为：
∵DP⋅PB=CP⋅PA，
∴PADP=PBCP，
又∵∠APB=∠DPC，
∴△ABP∽△DCP；
选择条件②的证明为：
∵∠APB=∠DPC，∠BAP=∠CDP
∴△ABP∽△DCP．
【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，能熟记相似三角形的判定定理，并正确识图是解题关键．
33．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，且AB是AD，BC的比例中项，求证：BD⊥AC．

【答案】见解析
【分析】先根据平行线的性质得到∠BAD=90°，再证明△ABC∽△DAB得到∠ABD=∠ACB，则∠ACB+∠DBC=90°，所以∠BEC=90°，从而得到结论．
【详解】∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AB是AD，BC的比例中项，
即AB2=AD•BC，
∴ABAD=BCAB,
而∠ABC=∠DAB，
∴△ABC∽△DAB，
∴∠ABD=∠ACB，
∵∠ABD+∠DBC=90°，
∴∠ACB+∠DBC=90°，
∴∠BEC=90°，
∴BD⊥AC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质．熟练掌握相似三角形的判定是解答本题的关键．
34．（2018·甘肃兰州·中考真题）如图，在△ABC中，过点C作CD//AB，E是AC的中点，连接DE并延长，交AB于点F，交CB的延长线于点G，连接AD，CF
(1)求证：四边形AFCD是平行四边形．
(2)若GB=3，BC=6，BF=32，求AB的长．

【答案】1证明见解析；(2)AB=6．
【分析】(1)由E是AC的中点知AE=CE，由AB//CD知∠AFE=∠CDE，据此根据“AAS”即可证△AEF≌△CED，从而得AF=CD，结合AB//CD即可得证；
(2)证△GBF∽△GCD得GBGC=BFCD，据此求得CD=92，由AF=CD及AB=AF+BF可得答案．
【详解】(1)∵E是AC的中点，
∴AE=CE，
∵AB//CD，
∴∠AFE=∠CDE，
在△AEF和△CED中，
∵∠AFE=∠CDE∠AEF=∠CEDAE=CE，
∴△AEF≌△CED(AAS)，
∴AF=CD，
又AB//CD，即AF//CD，
∴四边形AFCD是平行四边形；
(2)∵AB//CD，
∴△GBF∽△GCD，
∴GBGC=BFCD，即33+6=32CD，
解得：CD=92，
∵四边形AFCD是平行四边形，
∴AF=CD=92，
∴AB=AF+BF=92+32=6．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关的性质及定理是解题的关键.
35．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，E是边BC的中点，DF⊥AE于点F．

(1)求证：AFBE=ADAE．
(2)已知AB=8,BC=12，求AF的长．
【答案】(1)见解析
(2)AF=7.2

【分析】（1）根据矩形的性质可得∠B=∠AFD=90°，根据等角的余角相等可得∠BAE=∠ADF，即可证明△ADF∽△EAB，根据相似三角形的性质即可得证；
（2）勾股定理求得AE=10，由（1）的比例式即可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD为矩形，DF⊥AE，
∴∠B=∠AFD=90°,∠BAE+∠EAD=∠EAD+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
∴△ADF∽△EAB，
∴AFBE=ADAE．
（2）
∵E为BC的中点，
∴BE=12BC=6，
∴AE=AB2+BE2=10．
∵AFBE=ADAE，
∴AF6=1210，
∴AF=7.2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
36．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在▱ABCD中，AC，BD交于点O，点M是AD的中点，连接MC交BD于点N，ON＝1．

(1)求证：△DMN∽△BCN；
(2)求BD的长；
(3)若△DCN的面积为2，直接写出四边形ABNM的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6
(3)5

【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，从而证明8字模型相似三角形△DMN∽△BCN；
（2）由△DMN∽△BCN，可得到DN：BN=1：2，设OB=OD=x，表示出BN与DN，求出x的值，即可确定出BD的长；
（3）根据△MND∽△CNB且相似比为1：2，得到CN=2MN，BN=2DN．已知△DCN的面积，则由线段之比，得到△MND与△CNB的面积，从而得到S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND，最后由S四边形ABNM=S△ABD-S△MND求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DMN=∠BCN，∠MDN=∠NBC，
∴△DMN∽△BCN；
（2）
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，OB=OD＝12BD，
∵△DMN∽△BCN，
∴DMBC=DNBN，
∵M为AD中点，
∴AD=2DM，
∴BC=2DM，
∴BN=2DN，
设OB=OD=x，
∴BD=2x，
∴BN=OB+ON=x+1，DN=OD-ON=x-1，
∴x+1=2（x-1），
解得：x=3，
∴BD=2x=6，
∴BD的长为6；
（3）
解：∵△MND∽△CNB，
∴DM：BC=MN：CN=DN：BN=1：2，
∵△DCN的面积为2，
∴S△MND=12S△CND=1，S△BNC=2S△CND=4，
∴S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND=4+2=6，
∴S四边形ABNM=S△ABD-S△MND=6-1=5，
∴四边形ABNM的面积为5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方，等高三角形面积的比等于其对应底的比是解题的关键．
37．（2022·全国·九年级课时练习）在菱形ABCD中，∠ABC=120°，点E、F分别是边AB、AD上两点，满足AE=DF，BF与DE相交于点G．
（1）如图1，连接BD．求证：△DAE≌△BDF；
（2）如图2，连接CG．
①求证：BG+DG=CG；
②若FG=m，GC=n，求线段DG的长（用含m、n的代数式表示）．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②DG=mn
【分析】（1）四边形ABCD是菱形，∠A=60°，则△ABD是等边三角形，根据AB=DB，∠A=∠FDB=60°，AE=DF，即可得到三角形全等；
（2）①连接DB，延长GB到点M，使BM=DG，连接CM，求证出△CDG≌△CBMSAS，△CGM是等边三角形，即可以证明；
②由①中的条件可证△DFG∽△CDG，所以FGDG=DGCG，即可以求出DG．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴ AD=AB，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=DB，∠A=∠FDB=60°，
∵AE=DF
∴△DAE≌△BDF．
（2）①证明：连接DB，延长GB到点M，使BM=DG，连接CM．
由（1）知△AED≌△DFB，
∴∠ADE=∠DBF，
∵∠CDG=∠ADC-∠ADE=120°-∠ADE，∠CBM=120°-∠DBF，
∴∠CBM=∠CDG，
∵△DBC是等边三角形，
∴CD=CB，DG=BM
∴△CDG≌△CBMSAS，
∴∠DCG=∠BCM，CG=CM，
∴∠GCM=∠DCB=60°
∴△CGM是等边三角形，
∴CG=GM=BG+BM=BG+DG．
②由①可知∠CGB=∠DGC=∠DGF=60°，
∵AD∥BC，∴∠DFG=∠CBM，
又∵∠CDG=∠CBM，
∴∠DFG=∠CDG，
∴△DFG∽△CDG，
∴FGDG=DGCG，即mDG=DGn，
∴DG=mn．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等有关知识，需要综合利用初中所学知识，结合题目条件，灵活运用才能解决问题；正确作出辅助线是解决这题的关键．
38．（2022·全国·九年级课时练习）将一副三角尺如图1放置，其中AD为Rt△ABC中BC边上的高，DE，DF分别交AB，AC于点M和N．

(1)求证：△AMD∽△CND；
(2)如图2，将Rt△DEF绕点D旋转，此时EF∥BC，且E，A，F共线，判断AEAD＝AMAN是否成立，并给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)成立，证明见解析

【分析】（1）由直角三角形的性质证出∠CDN=∠ADM，∠MAD=∠ACD，由相似三角形的判定可得出结论；
（2）证明△AEM∽△ADN，由相似三角形的性质可得出结论AEAD=AMAN．
（1）
解：证明：∵AD为Rt△ABC中BC边上的高，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADN+∠CDN=90°，
∵∠ADN+∠ADM=90°，
∴∠CDN=∠ADM，
又∵∠BAC=90°，
∴∠MAD+∠DAC=90°，
∵∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠MAD=∠ACD，
∴△AMD∽△CND；
（2）
解：成立．
证明：∵EF∥BC，
∴∠EAD=∠ADC=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠EAM=∠DAN，
∵△EDF为等腰直角三角形，
∴∠E=45°，
∴∠ADE=∠ADF=45°，
∴△AEM∽△ADN，
∴AEAD=AMAN．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线的性质，直角三角形的性质，证明△AEM∽△ADN是解题的关键．
39．（2022·全国·九年级课时练习）如图，四边形ABCD中，AB=AC=AD，AC平分∠BAD，点P是AC延长线上一点，且PD⊥AD．
（1）证明：∠BDC=∠PDC；
（2）若AC与BD相交于点E，AB=1，CE：CP=2：3，求AE的长．

【答案】（1）见解析（2）23
【分析】（1）由三线合一可知AC⊥BD，然后利用等腰三角形的性质结合互余的定义得出∠BDC=∠PDC；
（2）首先过点C作CM⊥PD于点M，进而得出△CPM∽△APD，求出EC的长即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AB=AD，AC平分∠BAD，
∴AC⊥BD，
∴∠ACD+∠BDC=90°，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∴∠ADC+∠BDC=90°，
∵PD⊥AD，
∴∠ADC+∠PDC=90°，
∴∠BDC=∠PDC；
（2）解：过点C作CM⊥PD于点M，

∵∠BDC=∠PDC，
∴CE=CM，
∵∠CMP=∠ADP=90°，∠P=∠P，
∴△CPM∽△APD，
∴CMAD=PCPA，
设CM=CE=x，
∵CE：CP=2：3，
∴PC=32x，
∵AB=AD=AC=1，
∴x1=32x32x+1，
解得：x=13，
故AE=1-13=23．
【点睛】此题主要考查了余角的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，以及等腰三角形的性质等知识，正确得出△CPM∽△APD是解题关键．
40．（2022·全国·九年级课时练习）如图，已知线段AB∥CD，AD与BC相交于点K，E是线段AD上一动点，
（1）若BK＝73KC，求CDAB的值；
（2）联结BE，若BE平分∠ABC，则当AE＝12AD时，猜想线段AB、BC、CD三者之间有怎样的数量关系？请写出你的结论并予以证明；
（3）试探究：当BE平分∠ABC，且AE＝1nAD（n＞2）时，线段AB、BC，CD三者之间有怎样的数量关系？请直接写出你的结论，不必证明．

【答案】（1）37；（2）AB＝BC+CD；（3）AB＝1n-1BC+1n-1CD．
【分析】（1）根据比例的性质得到KCBK=37，根据相似三角形的性质计算即可；
（2）连接BD，取BD的中点F，连接EF交BC于G，根据三角形的中位线定理得到GF=12CD，EF=12AB，根据平行线的性质、角平分线的定义得到EG=12BC，即可得到答案；
（3）连接BD，作EF∥AB交BC于G，交BD于F，根据比例的性质、仿照（2）的作法解答即可．
【详解】解：（1）∵BK＝73KC，
∴KCBK＝37，
∵AB∥CD，
∴△CKD∽△BKA，
∴CDAB＝KCBK＝37；
（2）猜想：AB＝BC+CD．
证明：连接BD，取BD的中点F，连接EF交BC于G，
由中位线定理，得EF∥AB∥CD，
∴G为BC的中点，∠GEB＝∠EBA，
又∵∠EBA＝∠GBE，
∴∠GEB＝∠GBE，
∴EG＝BG＝12BC，而GF＝12CD，EF＝12AB，
∵EF＝EG+GF，
即：12AB＝12BC+12CD；
∴AB＝BC+CD；
（3）猜想：AB＝1n-1BC+1n-1CD．
证明：连接BD，作EF∥AB交BC于G，交BD于F，
∵AE＝1nAD，
∴DEAD＝n-1n，
∵EF∥AB，
∴EFAB＝DEAD＝n-1n，即EF＝n-1nAB，
∵EF∥AB，AB∥CD，
∴EF∥CD，
同理，BG＝1nBC，GF＝1nCD，
∵EF＝EG+GF，
即：n-1nAB＝1nBC+1nCD；
∴AB＝1n-1BC+1n-1CD．

【点睛】本题考查相似形综合题，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质以及角形的中位线定理、平行线的性质、比例的性质．
41．（2020·山东济宁·中考真题）如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．
(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；
（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.
【详解】解：（1）∵△PCD∽△ABP，
∴∠CPD=∠BAP，
故作∠CPD=∠BAP即可，
如图，即为所作图形，

（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，
∴∠BAP =∠ABC，
∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，
即∠CPD =∠ABC，
∴PD∥AB.
【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.
42．（2017·浙江杭州·中考真题）如图，在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，∠EAF=∠GAC．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）若AD=3，AB=5，求AFAG的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）35．
【分析】（1）由于AG⊥BC，AF⊥DE，所以∠AFE=∠AGC=90°，从而可证明∠AED=∠ACB，进而可证明△ADE∽△ABC；
（2）△ADE∽△ABC，ADAB=AEAC，又易证△EAF∽△CAG，所以AFAG=AEAC，从而可求解．
【详解】（1）证明：∵AG⊥BC，AF⊥DE，
∴∠AFE=∠AGC=90°，
∵∠EAF=∠GAC，
∴∠AED=∠ACB，
∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
（2）由（1）可知：△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC=35
由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°，
∴∠EAF=∠GAC，
∴△EAF∽△CAG，
∴AFAG=AEAC，
∴AFAG=35
43．（2020·浙江杭州·中考真题）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDE∽△EFC．
（2）设AFFC=12，
①若BC＝12，求线段BE的长；
②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．

【答案】（1）见解析；（2）①BE＝4；②45
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出BEEC＝AFFC＝12，即可得出结果；
②先求出FCAC＝23，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，
∴∠DBE＝∠FEC，
∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴BEEC＝AFFC＝12，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，
∴BE12-BE＝12，
解得：BE＝4；
②∵AFFC＝12，
∴FCAC＝23，
∵EF∥AB，
∴△EFC∽△BAC，
∴S△EFCS△ABC＝（FCAC）2＝（23）2＝49，
∴S△ABC＝94S△EFC＝94×20＝45．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理与性质．
44．（2022·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD为正方形，且E是边BC延长线上一点，过点B作BF⊥DE于F点，交AC于H点，交CD于G点．

(1)求证：△BGC∽△DGF；
(2)求证：GD⋅AB=DF⋅BG；
(3)若点G是DC中点，求GFCE的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)GFCE=55

【分析】（1）由正方形性质和题干已知垂直条件得直角相等，后由对顶角相等，进而得到△BGC∽△DCF．
（2）由第一问的结论可得到相似比，既有DG⋅BC=DF⋅BG，然后因为正方形四边相等，进行等量代换即可求出证明出结论．
（3）通过ASA判定出△BGC≌△DEC，进而根据第一问结论可得△BGC∽△DGF，然后通过相似比设未知数，赋值CG=x，即可求出GFCE的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BCD=∠ADC=90°
∵BF⊥DE
∴∠GFD=90°
∴∠BCD=∠GFD，
又∵∠BGC=∠DGF，
∴△BGC∽△DCF．
（2）
证明：由（1）知△BGC∽△DGF，
∴BGDG=BCDF，
∴DG⋅BC=DF⋅BG
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC
∴DG⋅AB=DF⋅BG．
（3）
解：由（1）知△BCC∽△DGF，
∴∠FDG=∠CBG，
在△BGC与△DEC中，{∠CBG=∠CDE,∠BCG=∠DCE,BC=CD,
∴△BGC≌△DEC（ASA）
∴CG=EC
∵G是CD中点
∴CG=DG
∴GF:CE=CF:DC
∵△BGC∽△DGF
∴GF:DG=CG:BG
在Rt△BGC中，设CG=x，则BC=2x，BC=5x
∴CGBG=55
∴GFCE=55
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质等知识点，熟练运用相似三角形判定和性质是解题的关键．
45．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4 cm，BC＝5 cm，点D在BC上，且CD＝3 cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点C运动；点Q以1.25 cm/s的速度沿BC向终点C运动，过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ，设动点运动时间为t s（t＞0）．

(1)CP＝________，CQ＝________．（用含t的代数式表示）
(2)连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行，为什么？
【答案】(1)（4－t）cm；（5－1.25 t）cm
(2)见解析

【分析】（1）由点P、点Q的速度可知，AP=tcm，CQ=1.25tcm，最终可求出CP=4-tcm，CQ=5-1.25tcm；
（2）利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，这一判定方法就可以解决此问．
（1）
解：∵点P的速度为1cm/s，点Q的速度为1.25cm/s，
∴AP=tcm，BQ=1.25tcm
∴CP=（4-t）cm，CQ=（5-1.25t）cm．
故答案为：（4-t）cm；（5-1.25t）cm．
（2）
解：由（1）知PC＝（4－t）cm，QC＝（5－1.25t）cm，
∴ PCAC=4-t4=1-t4，
  QCBC=5-1.25t5=1-t4，          
∴PCAC=QCBC
∵∠C＝90°，
∴△ABC∽△PQC，
∴∠PQC＝∠B，
∴PQ//AB．
∴不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．
【点睛】本题考查了动点求值问题、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）等知识．易错点：是第一问填空题小括号易遗忘．把握好线段之间的数量关系和相似三角形的判定方法是解决本题的关键．
46．（2022·河南洛阳·九年级期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，BD=13BC 将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为α，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧作等腰直角三角形CEF，连接AF．
   
(1)如图 1，当α＝180°时，请直接写出线段AF与线段BE的数量关系；
(2)当0°＜α＜180°时，
①如图2，（1）中线段AF与线段BE的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当B，E，F三点共线时，连接AE，判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】(1)AFBE=22
(2)①仍然成立，理由见解析；②四边形AECF是平行四边形，理由见解析

【分析】（1）根据题意得BD=DE=EC=13BC，进而可得△ABC∽△FEC，得出FCAC=ECBC=13，由BC=2AC，推出ACBE=324，即可得出答案；
（2）①可证得△ACF∽△BCE，从而得出结果；
②作DG⊥BF于G，由旋转得DE=BD=13BC，可推出△BDG∽△BCF，得AF=22BE=2BG=2CF=CE，再由△CAF∽△CBE，推出∠CAF=∠ACE，可得AF∥CE，利用平行四边形的判定即可得出答案．
(1)
解：当α=180°时，点E在线段BC上，
∵BD=13BC，
∴DE=BD=13BC，
∴BD=DE=EC，
∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BAC=90°，
∵∠ECF=∠BCA=45°，
∴△ABC∽△FEC，
∴FCAC=ECBC=13，
∴AFAC=BEBC=23，
∵BC=2AC，
∴BEBC=BE2AC=23，
∴BEAC=223，即ACBE=322=324，
∴AFBE=AFAC⋅ACBE=23×324=22；
(2)
解：①AFBE=22仍然成立，
理由如下：
如图2，∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，CFCE= 22，
∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BCA=45°，CACB=22，
∴∠ECF=∠BCA，CFCE=CACB，
∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE，
∴∠ACF=∠BCE，
∵CFCA=CECB，
∴△CAF∽△CBE，
∴AFBE=CFCE=22，
∴AFBE=22仍然成立．
②如图，作DG⊥BF于G，

由旋转得：DE=BD=13BC，
∵∠BGD=90°，∠CFE=90°，
∴DG∥CF，
∴△BDG∽△BCF，
∴BGBF=DGCF=BDBC=13，
∴BG=13BF，DG=13CF，
∵BD=DE，DG⊥BE
∴BG=GE，
∴EF=GE=BG，
∵EF=CF，
∴CF=BG=13BF，
由（2）得：AF=22BE=2BG=2CF=CE ，
∵△CAF∽△CBE
∴∠CAF=∠CBE，∠ACF=∠BCE
∵∠CEF=∠CBE+∠BCE=45°，∠BCE+∠ACE=∠ACB=45°
∴∠CBE=∠ACE
∴∠CAF=∠ACE
∴AF∥CE
∵AF=CE
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题是三角形与四边形综合题，考查了等腰直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定，旋转等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质及等腰直角三角形性质是解题关键．
47．（2022·全国·九年级课时练习）如图所示，在正方形ABCD中，E是BC上的点连接AE.作BF⊥AE垂足为H，交CD于F作CG//AE，交BF于G.

求证：(1)CG=BH；
(2)FC2=BF⋅GF．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=BC，再利用同角的余角相等求出∠BAH=∠CBG，再利用“角角边”证明△ABH和△BCG全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=BH；
（2）利用两组角对应相等，两三角形相似求出△BCF和△CGF相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式整理即可得证．
【详解】证明：(1)在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=90∘，
∴∠ABH+∠CBG=90∘，
∵BF⊥AE，
∴∠BAH+∠ABH=90∘，
∴∠BAH=∠CBG，
在△ABH和△BCG中，
∠BAH=∠CBG∠AHB=∠BGC=90∘AB=BC，
∴△ABH≌△BCG(AAS)，
∴CG=BH；
(2)∵BF⊥AE，CG//AE，
∴CG⊥BF，
∵∠BFC=∠CFG，∠BCD=∠CGF=90∘，
∴△BCF∽△CGF，
∴FCGF=BFFC，
∴FC2=BF⋅GF．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，（1）熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键，（2）确定出CG⊥BF并求出三角形相似是解题的关键．
48．（2022·山东淄博·八年级期末）如图1，已知矩形ABCD对角线AC和BD相交于点O，点E是边AB上一点，CE与BD相交于点F，连结OE．

(1)若点E为AB的中点，求OFFB的值．
(2)如图2，若点F为OB中点，求证：AE＝2BE．
(3)如图2，若OE⊥AC，BE＝1，且OF＝k·BF，请用k的代数式表示AC2．
【答案】(1)12；
(2)见解析；
(3)AC2=4k（2k+1）

【分析】（1）利用三角形中位线的性质，由△OEF∽△BCF即可解答；
（2）过O作OG∥AB交CE于点G，可得OG为△CAE的中位线，OG=12AE，由△OFG≌△BFE可得OG=BE，即可证明；
（3）过O作OH∥AB交CE于点H，由△OFH∽△BFE求得OH=k，由OH是△CAE的中位线求得AE=2k，再由△AOE∽△ABC即可解答.
（1）
解：如图，

∵O为矩形对角线交点，
∴OA=OC，
∵E为AB中点，
∴OE为△ABC的中位线，
∴OE∥BC，OE=12BC，
∵OE∥BC，
∴△OEF∽△BCF，
∴OEBC=OFBF=12；
（2）
如图，过O作OG∥AB交CE于点G，

∵OG∥AB，
∴OC∶OA=GC∶GE=1∶1，
∴G为CE中点，
∴OG为△CAE的中位线，
∴OG=12AE，
∵OG∥AB，则∠GOF=∠EBF，
又∵∠OFG=∠BFE，OF=BF，
∴△OFG≌△BFE，
∴OG=BE，
∴BE=12AE，即AE=2BE；
（3）
解：如图，过O作OH∥AB交CE于点H，

∵OH∥AB，
∴△OFH∽△BFE，
∴OHBE=OFBF=k，
∵BE=1，
∴OH=k，
∵O是AC中点，OH∥AB，
∴OC∶OA=HC∶HE=1∶1，
∴H是CE中点，OH是△CAE的中位线，
∴AE=2OH=2k，
∵∠OAE=∠BAC，∠AOE=∠ABC=90°，
∴△AOE∽△ABC，  
∴AOAB=AEAC，
∵AO=12AC，AB=2k+1，AE=2k，
∴AC2=4k（2k+1）.
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
49．（2022·全国·九年级课时练习）【操作发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．
∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN．
【实践探究】
（1）在图①条件下，若CN＝3，CM＝4，则正方形ABCD的边长是 　．
（2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝1，求DM的长．
               
【答案】（1）6；（2）EF2=BE2+FD2，见解析；（3）2
【分析】(1)根据旋转的性质证明△ABE≌△ADM得到BE=DM，又由∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，证出∠EAM=90°，得出∠MAN=∠EAN，再证明△AMN≌△EAN（SAS），得出MN=EN最后证出MN=BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理计算即可得到正方形的边长；
(2 )先根据旋转的性质证明△AEG≌△AEF（SAS），再证明∠GBE=90°，再根据勾股定理即可得到；
(3)在AB上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，得到ABQP为正方形，再根据操作发现以及勾股定理即可得到答案；
【详解】（1）（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，
即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△EAN中，
AM＝AE∠MAN＝∠EANAN=AN
∴△AMN≌△EAN（SAS），
∴MN=EN．
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM．
在Rt△CMN中，
MN=CN2+CM2=32+42=5 ，
则BN+DM=5，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-3，DM=CD-CM=x-4，
∴x-3+x-4=5，
解得：x=6，
即正方形ABCD的边长是6；
故答案为：6；
（2）数量关系为：EF2=BE2+FD2，证明如下：
将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG，连结EG．

由旋转的性质得到：AF=AG，∠DAF=∠BAG
又∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE=90°-45°=45°,
且AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
从而得EG＝EF．（全等三角形对应边相等），
又∵BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形DMBN是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴DN∥BM，
∴∠AND=∠ABM （两直线平行，同位角相等），
∵∠AND+∠ADN=90°,
∴∠ABG+∠ABM=90°（等量替换），
即：∠GBE=90°，
则EG2=BE2+GB2，
∴EF2=BE2+FD2；
（3）在AD上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，

易证ABQP为正方形，
由操作与发现知：PR+BN＝RN．
设PR＝x，则RQ＝3﹣x，RN=1+x，QN=3-1=2
在Rt△QRN中，由勾股定理得：
RN2=NQ2+RQ2，
即(1+x)2=22+(3-x)2
解得：x＝32，
∴PR=32
∵PQ∥DC，
∴△APR∽△ADM，
∴PRDM=APAD （相似三角形对应边成比例）
∴32DM=34
∴DM＝2；
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、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等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．
50．（2022·全国·九年级课时练习）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上动点(不与B,C重合)．连接AE,过点E作EF⊥AE,交DC于点F．

(1)求证：△ABE∼△ECF；
(2)连接AF，试探究当点E在BC什么位置时，∠BAE=∠EAF，请证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）点E在BC中点位置时，∠BAE=∠EAF，证明见解析．
【分析】（1）先根据正方形的性质可得∠B=∠C=90°，再根据直角三角形的性质、角的和差可得∠BAE=∠CEF，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据正方形的性质、平行线的性质可得∠B=∠ECH,∠BAE=∠H，再根据三角形全等的判定定理与性质可得AE=HE，然后根据等腰三角形的判定与性质可得∠EAF=∠H，最后根据等量代换即可得．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠BAE+∠BEA=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，
∴∠BEA+∠CEF=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
在△ABE和△ECF中，∠B=∠C∠BAE=∠CEF，
∴△ABE∼△ECF；
（2）点E在BC中点位置时，∠BAE=∠EAF，证明如下：
如图，连接AF，延长AE于DC的延长线相交于点H，
∵E为BC中点，
∴BE=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//DH，
∴∠B=∠ECH,∠BAE=∠H，
在△ABE和△HCE中，∠BAE=∠H∠B=∠ECHBE=CE，
∴△ABE≅△HCE(AAS)，
∴AE=HE，
∵EF⊥AH，
∴△AFH是等腰三角形，
∴∠EAF=∠H，
∴∠BAE=∠EAF，
故当点E在BC中点位置时，∠BAE=∠EAF．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．
51．（2022·全国·九年级课时练习）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为斜边AB上的动点（不与点A，B重合）．

(1)操作发现：如图①，当AC=BC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE，BE．
①∠CBE的度数为______；
②探究发现AD和BE有什么数量关系，请写出你的探究过程；
(2)探究证明：如图2，当BC=2AC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°后并延长为原来的两倍，记为线段CE．
①在点D的运动过程中，请判断AD与BE有什么数量关系？并证明；
②若AC=2，在点D的运动过程中，当△CBE的形状为等腰三角形时，直接写出此时△CBE的面积．
【答案】(1)①45°，②AD=BE，证明见解析
(2)①AD=12BE，证明见解析；②325或1655或8

【分析】（1）①②证明△ACD≌△BCE，即可求解；
（2）①证明△ACD∽△BCE，即可求解；②根据△ACD∽△BCE，可得当△CBE是等腰三角形时，△ACD也是等腰三角形，且S△CBE=4S△ACD，然后分三种情况讨论：若AC=CD=2，若AD=AC=2，若AD=CD，即可求解．
（1）
解：①∵AC=BC，
∴∠CAD=∠ABC，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAD=∠ABC=45°，
∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE
∴∠DCE=90°，DC=CE，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD=45°，
②AD=BE，理由如下：
∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE
∴∠DCE=90°，DC=CE，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE．
（2）
解：①AD=12BE．理由如下：
∵BC=2AC，CE=2CD，
∴ACBC=CDCE=12，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴ACBC=CDCE=ADBE=12，
∴AD=12BE；
②由①得：△ACD∽△BCE，ACBC=12
∴当△CBE是等腰三角形时，△ACD也是等腰三角形，且S△CBE=4S△ACD，
如图，过点C作CP⊥AB于点P，

∵AC=2，BC=2AC，
∴BC=4，
∴AB=AC2+BC2=25，
∵12CP⋅AB=12AC⋅BC，
∴CP=455，
∴AP=AC2-CP2=255，
若AC=CD=2，此时AD=2AP=455，
∴S△ACD=12CP⋅AD=85，
∴S△CBE=4S△ACD=325；
若AD=AC=2，
S△ACD=12CP⋅AD=455，
∴S△CBE=4S△ACD=1655；
若AD=CD，
如图，若AD=CD，设AD=CD=x，则DP=x-255，

∵CP2+DP2=CD2，
∴4552+x-2552=x2，
解得：x=5
即AD=5，
∴S△ACD=12CP⋅AD=2，
∴S△CBE=4S△ACD=8；
综上所述，当△CBE的形状为等腰三角形时，△CBE的面积为325或1655或8；
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，全等三角形和相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握图形的旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
52．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是边AB上的中线，EF垂直平分CD，分别交AC，BC于E，F，连接DE，DF．

(1)求证：△OCE∽△OFD．
(2)当AE=7，BF=24时，求线段EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=25

【分析】（1）如图（见解析），先根据线段垂直平分线的性质可得∠EOC=∠DOF=90°，ED=EC，FD=FC，再根据三角形全等的判定定理证出△EDF≅△ECF，根据全等三角形的性质可得∠1=∠2，从而可得∠4=∠2=∠1，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）如图（见解析），延长FD至G，使DG=DF，连接AG，EG，先根据线段垂直平分线的判定与性质可得EG=EF，再根据三角形全等的判定定理证出△ADG≅△BDF，根据全等三角形的性质可得AG=BF=24，∠7=∠B，然后根据平行线的判定与性质可得∠EAG=90°，最后在Rt△AEG中，利用勾股定理即可得．
（1）
证明：∵EF垂直平分CD，
∴∠EOC=∠DOF=90°，ED=EC，FD=FC，
在△EDF和△ECF中，ED=ECFD=FCEF=EF，
∴△EDF≅△ECFSSS，
∴∠1=∠2，
∵∠ACB=90°，∠EOC=90°，
∴∠2+∠3=∠3+∠4=90°，
∴∠4=∠2=∠1，
在△OCE和△OFD中，∠EOC=∠DOF=90°∠1=∠4，
∴△OCE∼△OFD．

（2）
解：如图，延长FD至G，使DG=DF，连接AG，EG．

则ED垂直平分FG，
∴EG=EF，
∵CD是边AB上的中线，
∴AD=BD，
在△ADG和△BDF中，DG=DF∠6=∠5AD=BD，
∴△ADG≅△BDFSAS，
∴AG=BF=24，∠7=∠B，
∴AG∥BC，
∴∠EAG=180°-∠ACB=90°，
∴EG=AE2+AG2=72+242=25，
∴EF=25．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定、三角形全等的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定与性质等知识点，较难的是题（2），构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
53．（2022·河南驻马店·九年级期末）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝22，点D、E分别在边AC、AB上，AD＝DE＝12AB，连接DE．将△ADE绕点A顺时针方向旋转，记旋转角为θ．

（1）[问题发现]
①当θ＝0°时，BECD＝　　； ②当θ＝180°时，BECD＝　　；
（2）[拓展研究]
试判断：当0°≤θ＜360°时，BECD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）[问题解决]
在旋转过程中，BE的最大值为　　．
【答案】（1）①2；②2；（2）当0°≤θ＜360°时，BECD的大小没有变化；证明见解析；（3）4+22．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质判断出∠A=∠B，∠A=∠AED，进而得出∠B=∠DEA，得出DE∥BC，即可得出结论；②同①的方法，即可得出结论；
（2）利用两边成比例，夹角相等，判断出△ADC∽△AEB，即可得出结论；
（3）判断出点E在BA的延长线上时，BE最大，再求出AE，即可得出结论．
【详解】（1）①在Rt△ABC中，AC＝BC，
∴AB＝2AC，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∵AD＝DE，
∴∠DEA＝∠A，
∴∠DEA＝∠B，
∴DE∥BC，
∴CDAC=BEAB，
∴BECD=ABAC=2，
故答案为：2；
②如图，当θ＝180°时，

∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠B，
∵AD＝DE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴∠DEA＝∠B，
∴DE∥BC，
∴AEAB=ADAC，
∴BEAB=CDAC，
∴BECD=ABAC=2，
故答案为：2；
（2）当0°≤θ＜360°时，BECD的大小没有变化；
证明：在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴ABAC=2，∠CAB＝45°，
同理AEAD=2，∠DAE＝45°，
∴ABAC=AEAD=2，
∵∠CAB＝∠DAE，
∴∠CAD＝∠BAE，
∴△ADC∽△AEB，
∴BECD=ABAC=2；
（3）如答图，当点E在BA的延长线上时，BE最大，其最大值为AB+AE，

在Rt△ABC中，AC＝BC＝22，
∴AB＝2AC＝2×22＝4，
∴AD＝DE＝12AB＝2，
由（1）知，DE∥BC，
∴∠ADE＝∠C＝90°，
∴AE＝2AD＝22，
∴BE最大＝AB+AE＝4+22，
故答案为：4+22．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，判断出两三角形相似是解本题的关键．
54．（2020·福建泉州·九年级期中）如图1，设D为锐角△ABC内一点，∠ADB=∠ACB+90°．
（1）求证：∠CAD+∠CBD=90°；
（2）如图2，过点B作BE⊥BD，BE=BD，连接EC，若AC•BD=AD•BC，
①求证：△ACD∽△BCE；
②求AB⋅CDAC⋅BD的值．

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②AB⋅CDAC⋅BD=2.
【分析】（1）如图1，延长CD交AB于E，根据三角形外角的性质得到∠ADE=∠CAD+∠ACD，∠BDE=∠CBD+∠BCD，结合已知条件∠ADB=∠ACB+90°．即可证明.
（2）①∠CAD+∠CBD=90°，∠CBD+∠CBE=90°，根据同角的余角相等即可得到∠CAD=∠CBE，根据AC•BD=AD•BC，BD=BE，即可得到ACAD=BCBE,根据相似三角形的判定方法即可判定△ACD∽△BCE；
②连接DE，根据BE⊥BD，BE=BD，得到△BDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到DEBD=2,分别判定△ACD∽△BCE，△ACB∽△DCE，根据相似三角形的性质得到ABAC=DEDC,则AB⋅CDAC⋅BD=ABAC⋅CDBD=DEDC⋅CDBD=DEBD=2.
【详解】证明：（1）如图1，延长CD交AB于E，

∵∠ADE=∠CAD+∠ACD，
∠BDE=∠CBD+∠BCD，
∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=∠CAD+∠CBD+∠ACB，
∵∠ADB=∠ACB+90°．
∴∠CAD+∠CBD=90°；
（2）①如图2，∵∠CAD+∠CBD=90°，∠CBD+∠CBE=90°，
∴∠CAD=∠CBE，
∵AC•BD=AD•BC，BD=BE，
∴ACAD=BCBE,
∴△ACD∽△BCE；
②如图2，连接DE，
∵BE⊥BD，BE=BD，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴DEBD=2,
∵△ACD∽△BCE，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACB=∠DCE，
∵ACBC=CDCE,
∴△ACB∽△DCE，
∴ABAC=DEDC,
∴AB⋅CDAC⋅BD=ABAC⋅CDBD=DEDC⋅CDBD=DEBD=2.

【点睛】考查三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.
55．（2022·全国·九年级专题练习）所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中较长部分对于全部之比，等于较短部分对于该部分之比，其比值是5-12．

(1)如图①，在△ABC中，∠A＝36°，AB=AC，∠ACB的平分线CD交腰AB于点D．请你根据所学知识证明：点D为腰AB的黄金分割点：
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边AB上的高，AD>BD，AB=5+1，若点D是AB的黄金分割点，求BC的长，
【答案】(1)证明见解析
(2)2

【分析】（1）根据三角形内角和定理，等边对等角，等角对等边确定BC=AD，∠BCD=∠A，根据相似三角形的判定定理和性质即可证明．
（2）根据黄金分割的定义求出BD的长度，根据相似三角形的判定定理和性质求出BC2，进而即可求出BC的长度．
（1）
证明：∵在△ABC中，∠A＝36°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=180°-∠A2=72°．
∵CD为∠ACB的平分线，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=36°，
∴∠ACD=∠BCD=∠A．
∴AD=DC．
∴∠BDC=180°-∠B-∠BCD=72°．
∴∠BDC=∠B，∠BDC>∠BCD．
∴DC=BC，BC>BD．
∴BC=AD．
∴AD>BD．
∵∠CBD=∠ABC，
∴△CBD∽△ABC．
∴BCBA=BDBC，即ADBA=BDAD．
∴点D是腰AB的黄金分割点．
（2）
解：∵点D是AB的黄金分割点，AD>BD，
∴ADAB=BDAD=5-12．
∵AB=5+1，
∴AD=2．
∴BD=5-1．
∵∠ACB=90°，CD是△ABC斜边上的高，
∴∠ACB=∠CDB=90°．
∵∠ABC=∠CBD，
∴△ACB∽△CDB．
∴ABCB=BCBD．
∴BC2=AB⋅BD=5+15-1=4．
∴BC=2．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，等边对等角，等角对等边，相似三角形的判定定理和性质，综合应用这些知识点是解题关键．
56．（2020·山东·淄博市临淄区教学研究室八年级期末）在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点P是边AD上一点．

（1）若BP平分∠ABD，交AE于点G，PF⊥BD，如图（1），证明四边形AGFP是菱形；
（2）若PE⊥EC，如图（2），求证：AE⋅AB=DE⋅AP．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）想办法证明AG=PF，AG∥PF，推出四边形AGFP是平行四边形，再证明PA=PF即可解决问题．
（2）证明△AEP∽△DEC，可得 AEDE=APDC，由此即可解决问题．
【详解】解：（1）∵BP平分∠ABD，PF⊥BD，PA⊥AB，
∴AP=PF，∠ABP=∠GBE，
又∵在Rt△ABP中，∠APB+∠ABP=90∘，
在Rt△BGE中∠GBE+∠BGE=90∘，
∴∠APB=∠BGE，
又∵∠BGE=∠AGP，
∴∠APB=∠AGP，
∴AP=AG，
∴AG=PF，
∵PF⊥BD，AE⊥BD，
∴AG∥PF，
∴四边形AGFP是平行四边形，
∴四边形AGFP是菱形；
（2）∵AE⊥BD，PE⊥EC，
∴∠AEP+∠PED=90∘，∠CED+∠PED=90∘，
∴∠AEP=∠CED，
又∵∠PAE+∠ADE=90∘，∠CDE+∠ADE=90∘，
∴∠PAE=∠CDE，
∴△AEP∽△DEC，
∴AEDE=APCD，
∴AE⋅CD=DE⋅AP，
又∵CD=AB，
∴AE⋅AB=DE⋅AP．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，菱形的判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
57．（2022·湖南衡阳·九年级期末）如图，在ΔABC中，AD平分∠BAC，E是AD上一点，且BE=BD．

（1）求证：ΔABE∽ΔACD；
（2）若BD=1，CD=2，求AEAD的值．
【答案】（1）证明见详解；（2）12
【分析】（1）根据三角形相似的判定定理，即可得证；
（2）根据ΔABE∽ΔACD，可得：AEAD=BECD，进而可求解.
【详解】（1）∵BE=BD，
∴∠BED=∠BDE，
∴∠AEB=180°-∠BED=180°-∠BDE=∠ADC，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAD，
∴ΔABE∽ΔACD；
（2）∵ΔABE∽ΔACD，
∴AEAD=BECD，
∵BE=BD=1，CD=2，
∴AEAD=12
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定定理和性质定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，是解题的关键.
58．（2022·全国·九年级专题练习）[教材呈现]下面是华师大九年级上最数学教材第76页的部分内容．
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，证明△AFD∽△DCE，并计算点A到直线DE的距离（结果保留根号）．

结合图①，完成解答过程．
　
[拓展]
（1）在图①的基础上，延长线段AF交边CD于点G，如图②，则FG的长为 ；
（2）如图③，E、F是矩形ABCD的边AB、CD上的点，连接EF，将矩形ABCD沿EF翻折，使点D的对称点D'与点B重合，点A的对称点为点A'．若AB=4，AD=3，则EF的长为 　．
【答案】教材呈现：证明见解析，3105；拓展：（1）1015；（2）154．
【分析】教材呈现：先根据矩形的性质可得∠C=∠ADC=90°,CD=AB=3，再利用勾股定理可得DE=10，然后根据相似三角形的判定可得△AFD∼△DCE，最后根据相似三角形的性质即可得；
拓展：（1）先根据相似三角形的判定证出△ADG∼△DCE，再根据相似三角形的性质可得AG的长，然后根据线段的和差即可得；
（2）先根据矩形的性质、折叠的性质可得BE=BF=DF,A'E=AE,A'B=AD=3,∠A'=∠A=90°，再在Rt△A'BE中，利用勾股定理可得A'E，BE的长，从而可得AE,DF的长，过点E作EM⊥CD于点M，根据矩形的判定与性质可得DM,EM的长，从而可得FM的长，最后在Rt△EFM中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：教材呈现：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，
∴∠C=∠ADC=90°,CD=AB=3，
∴∠CDE+∠ADF=90°，
∵CE=1，
∴DE=CD2+CE2=10，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=90°,∠FAD+∠ADF=90°，
∴∠FAD=∠CDE，
在△AFD和△DCE中，∠FAD=∠CDE∠AFD=∠C=90°，
∴△AFD∼△DCE，
∴AFCD=ADDE，即AF3=210，
解得AF=3105，
即点A到直线DE的距离为3105；
拓展：（1）在△ADG和△DCE中，∠DAG=∠CDE∠ADG=∠C=90°，
∴△ADG∼△DCE，
∴AGDE=ADCD，即AG10=23，
解得AG=2103，
∴FG=AG-AF=2103-3105=1015，
故答案为：1015；
（2）∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=3，
∴CD=AB=4,CB=AD=3,∠A=90°,AB∥CD，
∴∠DFE=∠BEF，
由折叠的性质得：A'E=AE,A'B=AD=3,BF=DF,∠A'=∠A=90°,∠DFE=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF，
∴BE=DF，
设A'E=AE=x，则DF=BE=AB-AE=4-x，
在Rt△A'BE中，A'E2+A'B2=BE2，即x2+32=(4-x)2，
解得x=78，
∴AE=78,DF=258，
如图，过点E作EM⊥CD于点M，

则四边形ADME是矩形，
∴DM=AE=78,EM=AD=3，
∴FM=DF-DM=94，
则在Rt△EFM中，EF=EM2+FM2=32+(94)2=154，
故答案为：154．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质和相似三角形的判定与性质是解题关键．
59．（2022·江苏苏州·九年级专题练习）( 定义：长宽比为n ∶1（n为正整数）的矩形称为n矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个2矩形，如图a所示．
操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G处，折痕为AH．
操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD．则四边形ABCD为2矩形．

(1)证明：四边形ABCD为2矩形；
(2)点M是边AB上一动点．
①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN．求ON：OM的值；
②若AM＝AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求NB：CN的值；
③连接CM，作BR⊥CM，垂足为R．若AB＝22，则DR的最小值＝
【答案】(1)见解析
(2)①2；②2-22；③2

【分析】（1）设正方形ABEF的边长为a，先根据折叠的性质证四边形ABCD是矩形，再根据ΔADG是等腰直角三角形得出AB和AD的比例关系，即可得证结论；
（2）①作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q，证RtΔQON∽RtΔPOM，根据线段比例关系得出ONOM=ABBC即可得出结论；
②作M点关于直线BC的对称点P，连接DP交BC于点N，连接MN，此时ΔDMN周长最小，根据平行线分线段成比例求出此时线段的比值即可；
③根据题意得出点R在以BC为直径的圆上，根据勾股定理求出DR的最小值即可．
（1）
证明：设正方形ABEF的边长为a，
∵AE是正方形ABEF的对角线，
∴∠DAG=45°，
由折叠的性质可知AG=AB=a，
∠FDC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD的矩形，
∴ΔADG是等腰直角三角形，
∴AD=DG=a2，
∴AB:AD=a:a2=2:1，
∴四边形ABCD是2矩形；
（2）
解：①如图，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q，

∵四边形ABCD是矩形，∠B=90°，
∴四边形OPBQ是矩形，
∴∠POQ=90°，OP//BC，OQ//AB，
∴ OPBC=AOAC，OQAB=COCA，
∵O为AC的中点，
∴OP=12BC，OQ=12AB，
∵∠MON=90°，
∴∠QON=∠POM，
∴Rt△QON∽Rt△PON，
∴ ONOM=OQOP=ABBC=2，
∴ONOM=2；
②作M点关于直线BC的对称点P，连接DP交BC于点N，连接MN，

此时DN+MN最小等于DP，
则此时ΔDMN的周长最小，
∵DC//AP，
∴△DCN~△PBN
∴ CNNB=DCBP，
设AM=AD=a，则AB=CD=2a，
∴BP=BM=AB-AM=(2-1)a，
∴ CNNB=CDBP=2a(2-1)a=2+2；
即NB:NC=12+2=2-22
③∵四边形ABCD是2矩形，AB=22，

∴BC=AD=2，
∵BR⊥CM，
∴点R在以BC为直径的圆上，即BC的中点为L，
∴CL=12BC=1，
∴DR最小=CD2+CL2-1=2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查四边形的综合知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，明确2矩形的定义及掌握平行线分线段成比例、相似三角形的判定和性质等知识．
60．（2022·四川广元·二模）（1）如图1，正方形ABCD与调研直角△AEF有公共顶点A，∠EAF＝90°，连接BE、DF，将△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的角为β，则BEDF＝________；β＝________；
（2）如图2，矩形ABCD与Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF＝90°，且AD＝2AB，AF＝2AE，连接BE、DF，将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的角为β，请求出BEDF的值及β的度数，并结合图2进行说明；
（3）若平行四边形ABCD与△AEF有公共项点A，且∠BAD＝∠EAF＝α(0°＜α＜180°)，AD＝kAB， AF＝kAE(k≠0)，将△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的锐角的度数为β，则：
①BEDF＝________；
②请直接写出α和β之间的关系式．

【答案】（1）1，90°；（2）12，90°；（3）①1k；②α+β=180°
【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF=AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE=∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°，所以DF⊥BE；
（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF=2BE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°，所以DF⊥BE；
（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°．
【详解】解：（1）如图1，延长DF分别交BE于点G，

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中，AD=AB，AF=AE，∠BAD=∠EAF=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD≌△EAB（SAS），
∴∠AFD=∠AEB，DF=BE，
∵∠AFD+∠AFG=180°，
∴∠AEG+∠AFG=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EGF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE，
∴BEDF=1，β=90°，
故答案为：1，90°；
（2）如图2，延长DF交EB于点H，

∵AD=2AB，AF=2AE，
∴ADAB=AFAE=2，
∵∠BAD=∠EAF=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD∽△EAB，
∴DFBE=AFAE=2，
∴DF=2BE，
∵△FAD∽△EAB，
∴∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEH+∠AFH=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EHF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE，
∴BEDF=12，β=90°；
（3）①如图3，延长DF交EB的延长线于点H，

∵AD=kAB，AF=kAE，
∴ADAB=AFAE=k，
∵∠BAD=∠EAF=α，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD∽△EAB，
∴DFBE=AFAE=k，
∴BEDF=1k，
②α+β=180°，
由△FAD∽△EAB得∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEB+∠AFH=180°，
∵四边形AEHF的内角和为360°，
∴∠EAF+∠EHF=180°，
∴α+β=180°．
【点睛】本题是四边形的综合问题，考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．