中考数学二轮复习 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）（2份打包，原卷版+解析版）

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目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156654683" 题型01 A字模型
\l "_Tc156654684" 题型02 8字模型
\l "_Tc156654685" 题型03 射影定理
\l "_Tc156654686" 题型04 一线三等角模型
\l "_Tc156654687" 题型05 线束模型
\l "_Tc156654688" 题型06 三角形内接矩形模型
\l "_Tc156654689" 题型07 三平行模型
\l "_Tc156654690" 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01 A字模型
1．（2020·湖北武汉·统考一模）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．
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】 2 ﹣1
【分析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；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
∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，
∴，
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴，即
∴
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：2，．
【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=2．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，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．
【详解】解：连接，如图，设的半径为，
，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
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，求的值．
【答案】(1)4
(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＝，
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，
∴BC＝，
∴BD＝BC－CD＝，
∵DE∥CA，
∴ ，
∴DE＝4；
（2）解：如图．
∵点M是线段AD的中点，
∴DM＝AM，
∵DE∥CA，
∴＝．
∴DF＝AG．
∵DE∥CA，
∴＝，＝．
∴＝．
∵BD＝4， BC＝6， DF＝AG，
∴．
【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；
（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），；（2）t＝3或
【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＝AN•AM＝×（12﹣2t）×t＝6t﹣t2，
∵∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm
∴△ABD的面积为AB•AD＝×6×12＝36，
∵△AMN的面积是△ABD面积的，
∴6t﹣t2＝，
∴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；
（2）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
若△AMN∽△ABD，
则有，即，
解得t＝3，
若△AMN∽△ADB，
则有，即，
解得t＝，
答：当t＝3或时，以A、M、N为顶点的三角形与△ABD相似．
【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．求的值．
【答案】
【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，得出和，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，得出和，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，得出和，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，
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．
所以，
所以．
因为D为BC的中点，所以．
因为，所以，
所以．
因为M为AD的中点，所以．
所以，
所以．
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，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．
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，所以，
所以．
因为M为AD的中点，所以，所以．
因为，所以，
所以．
因为D为BC的中点，且，
所以．
解法4：如图5，过点D作BN的平行线交AC于点H．
在中，
因为M为AD的中点，，
所以N为AH的中点，即．
在中，因为D为BC的中点，，所以H为CN的中点，即，
所以．
所以．
7．（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，则称点P为这个三角形的“理想点”．
(1)如图①，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
(2)如图②，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长．
【答案】(1)为的理想点,理由见解析
(2)或
【分析】（1）由已知可得，从而，，可证点是的“理想点”；
（2）由是的“理想点”，分三种情况：当在上时，是边上的高，根据面积法可求长度；当在上时，，对应边成比例即可求长度；不可能在上．
【详解】（1）解：点是的“理想点”，理由如下：
是中点，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
点是的“理想点”；
（2）①在上时，如图：
是的“理想点”，
或，
当时，
，
，
，即是边上的高，
当时，同理可证，即是边上的高，
在中，，，，
，
，
，
②，，
有，
“理想点” 不可能在边上，
③在边上时，如图：
是的“理想点”，
，
又，
，
，即，
，
综上所述，点是的“理想点”， 的长为或．
【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）如果与互为母子三角形，则的值可能为（ ）
A．2 B． C．2或
（2）已知：如图1，中，是的角平分线，．
求证：与互为母子三角形．
（3）如图2，中，是中线，过射线上点作，交射线于点，连结，射线与射线交于点，若与互为母子三角形．求的值．
【答案】（1）C；（2）见解析；（3）或3．
【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，再根据从而得出结论；
（3）根据题意画出图形，分当分别在线段上时和当分别在射线上时两种情况加以讨论；
【详解】（1）∵与互为母子三角形，
∴或2
故选：C
（2）是的角平分线，
，
，
．
又，
与互为母子三角形．
（3）如图，当分别在线段上时，
与互为母子三角形，
，
，
是中线，
，
又，
．
，
，
．
如图，当分别在射线上时，
与互为母子三角形，
，
，
是中线，
，
又，
．
，
，
．
综上所述，或3
【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，进而可得AE2＝BE•CE＝9，易证△EAF∽△EDA，从而得，进一步即可求出结果．
【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，
∴，
∴AE2＝BE•CE＝9，
∵∠AFE＝∠DAE＝90°，∠E＝∠E，
∴△EAF∽△EDA，
∴，
∴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02 8字模型
10．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F．
（1）求证：；
（2）连接和相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积．
【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，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，则答案可证；
（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，，进而得出，由得，则答案可解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点E为DC的中点，
∴，
在和中

∴，
∴，
∴；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵的面积为2，
∴，即，
∵
∴，
∴，
∴，
∴．
【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，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【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，
∴，
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＝m，＝n．
（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＝k（k≠0）求m，n之间的关系（用含k的代数式表示）．
【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＝m，＝n可得AB＝am，AC＝bn，那么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，利用ASA证明△OBH≌△OCN，得出BH＝CN＝（n﹣1）b．由BH∥AN列出比例式＝，求解即可；
②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＝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＝，那么BG＝b．由BG∥AN列出比例式＝，整理即可得出m，n之间的关系.
【详解】解：设AM＝a，AN＝b.
∵＝m，＝n，
∴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≌△OCN（ASA），
∴BH＝CN＝（n﹣1）b.
∵BH∥AN，
∴＝，即＝，
∴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＝k（k≠0），
如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，
∴∠OBG＝∠OCN.
在△OBG与△OCN中，
，
∴△OBG∽△OCN，
∴＝，即＝k，
∴BG＝b.
∵BG∥AN，
∴＝，即＝，
∴1﹣m＝，
∴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，抛物线与轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与轴交于点C，直线与轴交于点D，与轴交于点E，与直线BC交于点F．
（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，，求点P的坐标；
（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方向以每秒个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且时，求点G的运动时间．
【答案】（1）点F坐标为（4，2）；（2）P1（1，），P2（3，）；（3）2秒
【分析】（1）先由抛物线求出，，再求出直线的解析式为，联立即可求点坐标；
（2）过点作轴于点，过点作轴交于点，证明，得，再由，得，可求，即为点纵坐标为，则可求得点P的坐标；
（3）过点作于点，轴于点，交于点，证明是等腰直角三角形，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，则有，，，，，，求出，最后将点S的坐标代入二次函数解析式即可求得，则可得点的运动时间为．
【详解】解：（1）在抛物线中，
令，则，
解得：或，
，，
令，则，
，
在直线中，令，则，
，
令，则，
，
设直线的解析式为，
将，代入，
得：，
，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，
，
故答案为：；
（2）如图1，过点作轴于点，过点作轴于点，
，，
，
又∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
点纵坐标为，
令，
解得：，（均满足），
∴点P的坐标为P1（1，），P2（3，）；
（3）如图2，过点作于点，轴于点，交于点，
由题意得，，
，，
，
∵在中，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
为等腰直角三角形，
，
为等腰直角三角形，
，，
，
，
，，
，
将代入，
得，
解得：或（舍），
点的运动时间为．
【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）抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为．点为抛物线上的一个动点．过点作轴于点，交直线于点．
（1）求、的值；
（2）设点在抛物线的对称轴上，当的周长最小时，直接写出点的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点，使点到直线的距离是点到直线的距离的5倍？若存在，求出点所有的坐标；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，可设P（m, ）,E（m,m-3）表示出PE,DE，故可求出m的值，故可求解．
【详解】（1）把 ， 代入
得
解得
∴
（2）∵=
∴对称轴为x=1
∵A，
∴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
解得
∴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=AC+AF+CF=AC+BF+CF=AC+BC,
故此时的周长最小，F（1，-2）；
（3）存在点使点到直线的距离是点到直线的距离的5倍，
设P（m, ）,
∴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=-（m-3）=，DE=m-3
∴
解得m1=5，m2=3
m=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）；（3）见解析
【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，设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，由勾股定理得出x＝，则可得出答案；
（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，
∴，
设AN＝x，则BM＝2x，
由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，
∵AN2+CN2＝AC2，
∴x2+（2x）2＝12，
∴x＝，
∴CM＝，CN＝，
∴MN＝，
∴DM＝＝；
（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＝＝k，
又∵AC＝BC＝1，
∴AB＝，
∴BE＝，
∴EG＝k，
∴EM＝EG＝k＝k．
【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：在中，点P是边上一点．将沿直线折叠，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，与交于点F，连接，则四边形是菱形．
(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为的中点时，延长交于点F，连接．试判断与的位置关系，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恰好落在边上时，，，．则的长为___________．（直接写出结果）
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）先证明，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，，，
∵
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形．
证法二：
证明：由折叠得，，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴四边形是菱形．
（2）解： ．
连接
由折叠可得，，
∵四边形是平行四边形
∴
又∵
∴
∵点P是的中点
∴
∴
∴
∴
∴
∴（SSS）
∴
又∵，即
∴
∴．
（3）解：延长BA、CP相交于点F，
由题意，△AFP∽△DCP
∴ 即
∴
∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
∴．
故答案为．
【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）正方形中，，点是对角线上的一动点，将沿翻折得到，直线交射线于点．
(1)当时，求的度数用含的式子表示；
(2)点在运动过程中，试探究的值是否发生变化？若不变，求出它的值若变化，请说明理由；
(3)若，求的值．
【答案】(1)
(2)，是定值
(3)
【分析】根据翻变换的性质可以得到，加上对顶角相等得到的，从而得到，进而得到对应边成比例，再根据比例的性质得到，加上对顶角相等得到的证明出： ，最终得到对应角相等得出结果．
如图中，连接， 证明是等腰直角三角形，可得结论；
证明是等边三角形，可得结论．
【详解】（1）如图中，设交于点．

四边形是正方形，
，，
，
由翻折变换的性质可知，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2），是定值．
理由：如图中，连接，．

四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
同法可证，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图中，当时，
，
，
，
，
，
，
．
【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，在中，，，过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转得到AN，过点C作交直线AN于点F，在AM上取点E，使．
（1）当AM与线段BC相交时，
①如图1，当时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为 ．
②如图2，当时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．
（2）当，时，若是直角三角形，直接写出AF的长．
【答案】（1）①；②，理由见解析；（2）或
【分析】（1）①结论：．如图1中，作交AM于T．想办法证明，，可得结论．
②结论：．过点C作于Q．想办法证明，，可得结论．
（2）分两种情形：如图3－1中，当时，过点B作于J，过点F作于K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明，可得结论．如图3－2中，当时，，解直角三角形求出AK，可得结论．
【详解】解：（1）①结论：．
理由：如图1中，作交AM于T．
，，
是等边三角形，
，，
，，
四边形AFCT是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
．
故答案为：．
②如图2中，结论：．
理由：过点C作于Q．
，
，
，
，
，
四边形AFCQ是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）如图3－1中，当时，过点B作于J，过点F作于K．
在中，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形CDKF是平行四边形，
，
四边形CDKF是矩形，
，
，
，
，
．
如图3－2中，当时，同理可得：
，
，
，
在中，，，
，，
，
，
，，
，
，
，
．
综上所述，满足条件的AF的值为或．
【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，在四边形中，对角线与相交于点，记的面积为的面积为．

(1)问题解决：如图①，若，求证：
(2)探索推广：如图②，若与不平行，（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，在上取一点，使，过点作交于点，点为的中点，交于点，且，若，求值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）如图所示，过点D作于E，过点B作于F，求出，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作交OB于M，取B中点N，连接，先证明，得到，证明，得到，设，则，证明，推出，，则，由（2）结论求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，过点D作于E，过点B作于F，
∴，
∴，
，
∵，
∴；
∴；

（2）解：（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作于E，过点B作于F，
∴，
∴，
，
∵，
∴；
∴；

（3）解：如图所示，过点A作交于M，取中点N，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵H是的中点，N是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由（2）可知．

【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
20．（2020·山西·统考中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】如解图，过点作于，
∵，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴∽
∴
∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，
∴，
则，
∵且，
∴∽，
∴，
即，
解得，
∴．
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【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＝，那么BC＝ ．
【答案】
【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，
∴＝，即＝，
∴,
∵
∴BC＝，
故答案为：．
【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＝．
（1）求证 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【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
（2）由得，，推出，由相似三角形的性质得，即可求出CD的长．
【详解】（1）∵， ，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【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，求的值；
（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）；（3）
【分析】（1）证出，证明∽，得出，即可得出结论；
（2）设，则（），同（1）得，则，在中，，过作于，易证，求出，再由平行线分线段成比例定理即可得出答案；
（3）过点作于，设，则（），，证明∽，得出，，求出，证明是等腰直角三角形，得出，由勾股定理得出，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴设，则（），
∵，，
同（1）得：，
∴，
在中，，
过作于，如图2所示：
则，
在中，，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：过点作于，如图3所示：
∵，
∴设，则（），
∴，
∵，，
∴，
∴
又∵，
∴∽，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【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
24．（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，为等边三角形，点D，E分别在边AB，AC上，，将沿直线DE翻折得到，当点F落在边BC上，且时，的值为 ．
【答案】
【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==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，
∴ ，
即 ，
设CF= x(x > 0)，
∵BF=4CF，
∴BF= 4x，
∵BD=3，
∴，
∵，
∴，，
∵△BDF∽△CFE，
∴，
∴
解得：x=2，
∴CF=4，
∴BC=5x=10，
∵在Rt△ABL中，∠B=60°，
∴AL=ABsin60°=10×=5，
∴S△ABC=，
∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，
∴DH=BDsin60°=，
∴S△BDF=，
∵△BDF∽△CFE，
∴，
∵S△BDF=，
∴S△CEF=，
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==S△CEF=-S△ABC-S△CEF
=，
∴．
故答案为:．
【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，是矩形的边上的一点，于点，，，．求的长度．
【答案】．
【分析】先根据矩形的性质、勾股定理求出，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，
∵
∴
∵，
，
∴
在和中，
∴
∴，即
解得
即的长度为．
【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，在中，点分别在边上，连接，且．
（1）证明：；
（2）若，当点D在上运动时（点D不与重合），且是等腰三角形，求此时的长．
【答案】(1)理由见详解；（2）或，理由见详解．
【分析】（1）根据题目已知条件易得：，，所以得到，问题得证．
（2）由题意易得是等腰直角三角形，所以，当是等腰三角形时，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，求出问题即可．
【详解】解：（1）
如图可知：
在中，
又

．
（2） ，
是等腰直角三角形

BC=2，AB=AC=BC=
①当AD=AE时，
，


点D在上运动时（点D不与重合）,点E在AC上
此情况不符合题意．
②
当AD=DE时，
由（1）结论可知：
AB=DC=
．
③
当AE=DE时，
是等腰直角三角形
，
，即
．
综上所诉：或．
【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，在四边形中，点P为上一点，当时，求证：．
（2）探究
若将角改为锐角（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，在中，，，以点A为直角顶点作等腰．点D在上，点E在上，点F在上，且，若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）成立；理由见解析；（3）5
【分析】（1）由可得,即可证到，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）由可得,即可证到，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）证明,求出，再证,可求,进而解答即可．
【详解】解：（1）证明：如图1，
，
，
，
又
，
；
（2）结论仍成立；
理由：如图2，
，
又，
，
，
，
又，
，
；
（3）,
,
,
是等腰直角三角形


是等腰直角三角形

又
即

解得．
【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），．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．
29．（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：；
（2）若，求的面积；
（3）请直接写出为何值时，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，求出FG，最后用三角形面积公式即可得出结论；
（3）同（2）的方法，即可得出S△ECF=，即可得出结论.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCG=90°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCG=∠DCG=45°，
∵∠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，
∴，
∴，
∴FG=8，
∴S△ECF=CE•FG=×2×8=8；
（3）设CE=x，则BE=10-x，
∴EG=CE+CG=x+FG，
由（1）知，△BAE∽△GEF，
∴，
∴，
∴FG=10-x，
∴S△ECF=×CE×FG=×x•（10-x）=，
当x=5时，S△ECF最大=，
∴当EC=5时，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＝，BD的最大值为4．
【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，
∴△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，
∴，即
整理得，BD＝，
﹣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）在矩形中，点是边上一点，将沿折叠，使点恰好落在边上的点处．
（1）如图1，若，求的值；
（2）如图2，在线段上取一点，使平分，延长，交于点，若，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据，可设，则，，再证明，由相似三角形性质即可用k表示出BF，从而求得比值；
（2）过点作于点，由可得，再证，从而，设，由角平分线性质可得：，，设，则，由列方程即可求出，再根据即可求出比值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
，
由折叠的性质得：，，，
，
设，则，
，
又，，
，
∴，
，
∴，
，
∴，
；
（2）如解图2，过点作于点，
，，
，
，，
，
∴，
设，
平分，
，，
设，则，
，解得
而，
∴，
∴．
【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：=．
【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=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．
【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，则可得出结论；
（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；
（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，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，
∴Rt△AED∽Rt△EBC，
∴；
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，
同（1）的理由可知：，
∵，，
∴，
∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，
，
∴△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，
∴，
∵∠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，
∴，
又∵，
∴，
∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，
，
∴△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：．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
【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，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；
（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，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，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，
，
．
又四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
．
（2）如图，连接，
由（1）得，
，
由折叠得，，
．
四边形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．
，
，
（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，，
，
由折叠得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．
【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）在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上点处．
（1）如图1，若，求的度数；
（2）如图2，当，且时，求的长；
（3）如图3，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，求出的值．
【答案】（1）15°；（2）；（3）
【分析】（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到，再由折叠的性质可得到；
（2）由三等角证得，从而得，，再由勾股定理求出DE，则；
（3）过点作于点，可证得．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，
∴，
由折叠的性质可知BF=BC=2AB，，
∴，
∴，
∴
（2）由题意可得，
，
∴
∴
∴，
∴
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴；
（3）过点作于点．
∴
又∵
∴．
∴．
∵，即
∴，
又∵BM平分，，
∴NG=AN，
∴，
∴
整理得：．
【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，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B、C重合）．过点F的反比例函数y＝（k＞0）的图象与边AC交于点E．
(1)当点F运动到边BC的中点时，点E的坐标为__________；
(2)连接EF，求∠FEC的正切值；
(3)如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求BG的长度．
【答案】(1)(2，3)
(2)
(3)
【分析】（1）求出点F的坐标，进而求出反比例函数的表达式，即可求解；
（2）由CF=BC-BF，CE=AC-AE，求出CF、CE，即可求解；
（3）证明△EHG∽△GBF，即可求解．
【详解】（1）解：∵OB=4，OA=3，
∴点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（4，0）、（4，3），
点F运动到边BC的中点时，点F（4，），
将点F的坐标代入y=并解得：k=6，
故反比例函数的表达式为：y=，
当y=3时，x==2，故E(2，3)，
故答案为：(2，3)；
（2）解：∵F点的横坐标为4，点F在反比例函数上，
∴F（4，），
∴CF=BC-BF=3-=，
∵E的纵坐标为3，
∴E（，3），
∴CE=AC-AE=4-=
在Rt△CEF中，tan∠EFC==；
（3）解：如图，由（2）知，CF=，CE=，
=，
过点E作EH⊥OB于H，
∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，
∴∠EGH+∠HEG=90°，
由折叠知，EG=CE，FG=CF，∠EGF=∠C=90°，
∴∠EGH+∠BGF=90°，
∴∠HEG=∠BGF，
∵∠EHG=∠GBF=90°，
∴△EHG∽△GBF，
∴，
∴，
∴BG=．
【点睛】本题考查的反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
题型05 线束模型
36．（2022上·浙江宁波·九年级校考期中）【基础巩固】
(1)如图1， 在中， 分别为上的点， 交 于点， 求证： ．
【尝试应用】
(2)如图2， 已知为的边上的两点， 且满足， 一条平行于的直线分别交和于点和， 求 的值．
【拓展提高】
(3)如图3， 点是正方形的边上的一个动点， ， 延长至点， 使 ， 连接， 求的最小值．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（1）根据相似三角形的判定证明，，得到，，整理可得，即；
（2）如图，过点M作交于点P，交于点Q，交于点F，由（1）中结论可得，，证明，，根据相似三角形的性质可得，，整理可得；
（3）如图，延长交于点H，证明，，根据相似三角形的性质和可得，由此可得：点H为定点，点G在线段上运动，当时，有最小值，利用等积法求得时的值即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴．
（2）如图，过点M作交于点P，交于点Q，交于点F，
∵，
由（1）中结论可得，，
∵，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∴．
（3）如图，延长交于点H，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
由此可得：点H为定点，点G在线段上运动，
当时，有最小值，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即的最小值为．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键．
37．（2022·浙江宁波·统考中考真题）
(1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值．
(3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：由（1）得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N．
在中，．
∵，
∴由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴．在中，．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
38．（2023·全国·九年级专题练习）在中，已知D是边的中点，G是的重心，过G点的直线分别交AB、AC于点E、F．
(1)如图1，当时，求证：；
(2)如图2，当和不平行，且点E、F分别在线段上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，当点E在的延长线上或点F在的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)成立，证明见解析
(3)不成立，理由见解析
【分析】（1）根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；
（2）过点A作交的延长线于点N，的延长线相交于点M，得出，，得出比例式解答即可；
（3）分两种情况：当F点与C点重合时，E为中点，；点F在的延长线上时，，得出，则，同理：当点E在的延长线上时，，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵G是重心，
∴，
又∵，
∴，，
则；
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作交的延长线于点N，的延长线相交于点M，
则，，
∴，，
∴，
又∵，
而D是的中点，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故结论成立；
（3）解：（1）中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为中点，，
点F在的延长线上时，，
∴，则，
同理：当点E在AB的延长线上时，，
∴结论不成立．
【点睛】此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．
题型06 三角形内接矩形模型
39．（2021上·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，在中，，正方形的顶点分别在的边上，在边上，则正方形的边长等于 ．
【答案】
【分析】根据勾股定理求出BC长，再根据相似，设出BE，DE，FC长，列方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠DEB=∠A=90°，
∠B=∠B，
∴△ABC∽△EBD，
∴，
即，
同理，，
设BE为3x，则DE为4x，FC为，
解得，，
DE=4×=，
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键是根据相似三角形建立正方形边长与其他线段的关系，根据斜边长设未知数列方程．
40．（2015·广西崇左·中考真题）一块材料的形状是锐角三角形ABC，边BC=120mm，高AD=80mm，把它加工成正方形零件如图1，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上．
（1）求证：△AEF∽△ABC；
（2）求这个正方形零件的边长；
（3）如果把它加工成矩形零件如图2，问这个矩形的最大面积是多少？
【答案】（1）证明见试题解析；（2）48；（3）2400．
【详解】（1）∵四边形EGHF为矩形，
∴BC∥EF，
∴△AEF∽△ABC；
（2）设正方形零件的边长为x，
在正方形EFHG中，EF∥BC,
∴△AEF∽△ABC,
∴即，
解得：x=48，
即：正方形零件的边长为48；
（3）设长方形的长为x，宽为y，
当长方形的长在BC时，，
，
，
当x=60时，
长方形的面积最大为2400．
考点：1．相似三角形的应用；2．二次函数的应用．
41．（2020·广东·华南师大附中校考模拟预测）如图,在中，，，高，矩形的一边在边上，、分别在、上，交于点．
(1)求证：；
(2)设，当为何值时，矩形的面积最大?并求出最大面积；
(3)当矩形的面积最大时，该矩形以每秒个单位的速度沿射线匀速向上运动(当矩形的边到达点时停止运动)，设运动时间为秒，矩形与重叠部分的面积为，求与的函数关系式，并写出的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）当x为时，矩形的面积有最大值5；（3）S=
【分析】（1）由条件可得EF∥BC，根据相似三角形的判定即可求证；
（2）由（1）可得，用x表示出HD，表示出矩形EFPQ的面积，利用二次函数可求得其最大值；
（3）当0≤t＜2时，设矩形EFPQ与AB、AC的交点分别为M、N、R、S，可利用平行表示出MN的长，可表示出△EMS和△NFR的面积，进一步可表示出重叠部分的面积；当2≤t≤4时，重叠部分为△P′Q′A，利用平行分别用x表示出其底和高，可表示出面积．
【详解】解：（1）∵四边形EFPQ为矩形，
∴EF∥BC，
∴；
（2）∵
∴，即，
∴HD=4-，
∴S矩形EFPQ=EF•FQ=EF•HD=x（4-）=-x2+4x，
该函数为开口向下的二次函数，故当x=时有最大值，最大值为5，
即当x为时，矩形的面积有最大值5；
（3）由（2）可知，当矩形面积取最大值时，EF=，FQ=2，
①当0≤t≤2时，如图1，设矩形与AB、AC分别交于点M、N、R、S，与AD交于J、L，连接RS，交AD于K，
由题意可知LD=JK=t，则AJ=AD-LD-JL=4-t-2=2-t，
又∵RS=，
∴R、S为AB、AC的中点，
∴AK=AD=2，ES=FR=JK=t，
又∵MN∥RS，
∴，即，
∴MN=-t，
∴EM+FN=EF-MN=-（-t）=t，
∴S△EMS+S△FNR=ES（EM+FN）=t•t=，
∴S=S矩形EFPQ-（S△EMS+S△FNR）=5-；
②当2＜t≤4时，如图2，设矩形与AB、AC、AD分别交于点Q′、P′、D′，
根据题意D′D=t，则AD′=4-t，
∵PQ∥BC，
∴，即，
解得P′Q′=5-t，
∴S=S△AP′Q′=P′Q′•AD′=（4-t）（5-t）=-5t+10；
综上可知S=．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质及函数的性质，在（2）中用x表示出矩形的面积是解题的关键，在（3）中确定出重叠部分的图形是解题的关键．
42．（2021上·九年级课时练习）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．
43．（2020上·甘肃张掖·九年级校考阶段练习）如图，正方形EFGH内接于△ABC，AD⊥BC于点D，交EH于点M，BC＝10cm，AD＝20cm．求正方形EFGH的边长．

【答案】
【分析】由相似三角形的性质和正方形的性质列出比例式，代入数值求解即可．
【详解】解： ∵四边形EFGH是正方形
∴EH∥BC
∴△AEH∽△ABC
∴ ，即
解得：EH=
∴EFGH的边长为
【点睛】本题考查相似三角形的应用，根据正方形的性质得到△AEH∽△ABC是解题关键．
44．（2019上·宁夏银川·九年级校考期中）如图在锐角中，，两动点分别在上滑动，且，以为边长向下作正方形，设，正方形与公共部分的面积为．
（1）求出的边上的高
（2）如图1，当正方形的边恰好落在边上时，求的值
（3）如图2，当落在外部时，求出与的函数关系式

【答案】（1）求出的边上的高AD=4；（2）当时正方形MPQN的边P恰好落在BC边上；（3）．
【分析】（1）利用三角形面积公式等于×底×高，即可求得AD；
（2）证明△AMN与△ABC相似，根据相似三角形对应高的比等于相似比列式计算；
（3）设正方形在△ABC内的边长为a，也就是△ABC的高在正方形内的长度，然后依据同（2）的运算，用含x的代数式表示出a的长度，再利用矩形的面积公式进行解答．
【详解】解：（1）∵S△ABC=12，
，
又∵BC=6，
∴AD=4；
（2）设AD与MN相交于点H，

∵正方形的边恰好落在边上，
∴DH=MN=x，
∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
，
即，
解得，
∴当时正方形MPQN的边P恰好落在BC边上；
（3）令MP、NQ分别与BC相交于点E、F，

设HD=a，则AH=4-a，
∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
，
即，
解得，
∵矩形MEFN的面积=MN×HD，
．
【点睛】本题考查相似三角形的性质和判定，正方形的性质．（1）熟记常见几何图形的面积计算公式是解题关键；（2）理解相似三角形的对应高的比等于对应边的比是解决此题的关键；（3）能利用相似三角形的对应高的比等于对应边的比表示出a是解题关键．
45．（2018·湖南永州·中考真题）如图1．在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI＝4，HI＝3，AD．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC＝CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M、N，求△MNG′的周长．
【答案】（1）2；（2）三角形；（3）4．
【分析】(1)由HI∥AD，得到，求出AD即可解决问题；
(2)如图2中，设点G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．求出IG′和BD的长比较即可判定；
(3)如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．想办法证明MN=MI′+NF′，即可解决问题.
【详解】(1)∵HI∥AD，
∴，
∴，
∴AD＝6，
∴ID＝CD﹣CI＝2，∴正方形的边长为2；
(2)三角形，理由如下：
如图2中，设点G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．
∵CA＝CP，CD⊥PA，∴∠ACD＝∠PCD，∠A＝∠P，
∵HG′∥PA，
∴∠CHG′＝∠A，∠CG′H＝∠P，
∴∠CHG′＝∠CG′H，∴CH＝CG′，
∴IH＝IG′＝DF′＝3，
∵IG∥DB，∴，
∴，∴DB＝3，
∴DB＝DF′＝3，∴点B与点F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形；
(3)如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．
∵∠MDN＝∠NDF+∠MDI′＝∠NDF′+∠DF′R＝∠NDR＝45°，
∵DN＝DN，DM＝DR，
∴△NDM≌△NDR，
∴MN＝NR＝NF′+RF′＝NF′+MI′，
∴△MNG′的周长＝MN+MG′+NG′＝MG′+MI′+NG′+F′R＝2I′G′＝4．
【点睛】本题考查的是四边形综合题，涉及了矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
题型07 三平行模型
46．（2022下·黑龙江大庆·八年级统考期中）如图，F为△BED的边BD上一点，过点B作交DE的延长线于点A，过点D作交BE的延长线于点C．
(1)求证：；
(2)请找出，，之间的关系，并给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）由平行线分线段成比例可得，．即可得出，即证明；
（2）分别过A作AM⊥BD于M，过E作EN⊥BD于N，过C作CK⊥BD交BD的延长线于K．由（1）同理可得，变形为，即．
【详解】（1）证明：∵AB∥EF
∴．
∵CD∥EF
∴，
∴，
∴；
（2）关系式为：，
证明如下：分别过A作AM⊥BD于M，过E作EN⊥BD于N，过C作CK⊥BD交BD的延长线于K．
由（1）同理可得：
∴
即．
又∵，，
∴．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例．正确的作出辅助线是解题关键．
47．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知、，与相交于点，作于点，点是的中点，于点，交于点，若，，则值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】证明，，，，求出，求出，，得出即可得出答案．
【详解】解：、，，
∴，
，，
∴，，
∴，，
∴，
，
∴，
点是的中点，
，
，
，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出．
48．（2021·内蒙古·统考中考真题）如图，在中，，过点B作，垂足为B，且，连接CD，与AB相交于点M，过点M作，垂足为N．若，则MN的长为 ．
【答案】
【分析】根据MN⊥BC,AC⊥BC,DB⊥BC，得 ,可得,因为,列出关于MN的方程，即可求出MN的长．
【详解】∵MN⊥BC，DB⊥BC,
∴AC∥MN∥DB，
∴ ，
∴
即,
又∵，
∴，
解得,
故填：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题关键是根据题意得出两组相似三角形以及它们对应边之比的等量关系．
49．（2021上·安徽安庆·九年级安庆市石化第一中学校考期中）图，，点H在BC上，AC与BD交于点G，AB＝2，CD＝3，求GH的长．
【答案】
【分析】根据平行线分线段成比例定理，由，可证△CGH∽△CAB，由性质得出，由，可证△BGH∽△BDC，由性质得出，将两个式子相加，即可求出GH的长．
【详解】解：∵，
∴∠A=∠HGC，∠ABC=∠GHC，
∴△CGH∽△CAB，
∴，
∵，
∴∠D=∠HGB，∠DCB=∠GHB，
△BGH∽△BDC，
∴，
∴，
∵AB=2，CD=3，
∴，
解得：GH=．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
50．（2023·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在相对的两栋楼、中间有一堵院墙，甲、乙两个人分别在这两栋楼内观察这堵墙，根据实际情况画出平面图形．．．甲从点可以看到点处，乙从点可以看到点处．点是的中点．墙高5.5米，米，米，求甲、乙两人的观察点到地面的距离的差．（结果精确到0.1米）．

【答案】米
【分析】首先可证，得，则（米，再证，根据对应边成比例可得的长，用即可得出答案．
【详解】解：，，
，
又，
，
同理可得，
点是的中点，
（米，
，
（米，
米，
（米，
，
（米，
甲、乙两人的观察点到地面的距离的差为：（米．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用，解题的关键是根据实际问题抽象出几何图形，还要注意数形结合思想的应用．
51．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）（1）【问题背景】如图1，，与相交于点E，点F在上．求证：；

小雅同学的想法是将结论转化为来证明，请你按照小雅的思路完成原题的证明过程．
（2）【类比探究】如图2，，，，与相交于点G，点H在上，．求证：．
（3）【拓展运用】如图3，在四边形中，，连接，交于点M，过点M作，交于点E，交于点F，连接交于点N，过点N作，交于点G，交于点H，若，，直接写出的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由，可证，则，同理可得：，则，两边同时除以，可得．
（2）由，，，，可得，，证明，则，同理，，则，两边同时除以得，，进而可得；
（3）由（1）可知，，，则，解得，，则，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴．
同理可得：，
∴，
两边同时除以，得．
（2）证明：∵，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
两边同时除以得，，
∴；
（3）解：由（1）可知，，，
∴，解得，，
∴，解得，，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等式的性质，平行线的判定．解题的关键在于明确相似三角形的判定条件．
52．（2022上·上海嘉定·九年级统考期中）如图，已知，与相交于点，点在线段上，，．
(1)求证：；
(2)求．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）由，推出，得到，即可得到；
（2）由，推出，由，推出，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
题型08 手拉手模型（旋转模型）
【扩展一】如图，直线AB的同一侧作∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点共线），连接BM、CN，两者相交于点E，则存在多组相似三角形.
【扩展二】如图，∆ABC和∆AMN都为等边三角形（A、B、N三点不共线），连接BM、CN，两者相交于点O，则
存在多组相似三角形.
53．（2019·河南·统考中考真题）在，，．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当时，的值是 ，直线BD与直线CP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BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【答案】（1）1，（2）45°（3），
【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明，即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
，
，
，，
，
，，
，
，
，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是，
故答案为1，．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
，
，
，
，
，，
，
，
直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
A，D，C，B四点共圆，
，，
，
，设，则，，
c．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：，设，则，，
，
．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
54．（2020·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），已知，求证：；
尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；
拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．
【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．
【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；
尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；
拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．
【详解】问题背景：∵，
∴∠BAC=∠DAE， ，
∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴；
尝试应用：连接CE，
∵，，
∴，
∴，
∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
由于，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
又∵
∴，
∴；
拓展创新：
如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，
∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，
∴∠ADE=∠ABC，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴，
∴，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
55．（2020·山东枣庄·中考真题）在中，，CD是中线，，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AE交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；
（3）若，，求DN的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；
（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，，CD是中线，
∴，，
∴．
在与中，，
∴．
∴；
（2）证明：∵，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，即．
（3）如图，过D作于点G，
则，．
当，时，
由，得．
在中，
．
∵，，
∴．
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
56．（2023上·河南周口·九年级统考期末）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．
57．（2020·河南南阳·统考一模）（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．
（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．

【答案】（1）①1；②；（2），．理由见解析；（3）2或4．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；
（2）根据锐角三角比可得，根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；
（3）当点与点在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转的性质和勾股定理，可得AD的长．
【详解】（1）①∵，
∴∠BOD=∠AOC，
又∵，，
∴△BOD≌△AOC，
∴BD=AC，
∴=1；
②∵，
∴∠OAB+∠OBA=140°，
∵△BOD≌△AOC，
∴∠CAO=∠DBO，
∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，
∴∠AMB=；
（2）如图2，
，．理由如下：
中，，，
，
同理得：，
，
，
，
，
，∠CAO=∠DBO，
∵∠BEO+∠DBO=90°，
∴∠CAE+∠AEM=90°，
∴∠AMB=90°；
（3） ∵∠A=30°，，
∴OA==3．
如图3，当点D和点A在点O的同侧时，
∵，
∴AD=3-2=2；
如图4，当点D和点A在点O的两侧时，
∵，，OA=3
∴AD=3+1=4．
综上可知，AD的长是2或4．
【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
58．（2020·河南郑州·郑州市第八中学校考模拟预测）几何探究：
【问题发现】
（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）
【类比探究】
（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1 : 2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．
【答案】（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．
【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；
（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例；
（3）分两种情况求出BD的长即可．
【详解】（1）相等;
提示：如图4所示．
∵△ADE和△ABC均为等边三角形，
∴
∴
∴
在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴．
（2）不成立；
理由如下：如图5所示．
在Rt△ADE和Rt△ABC中，
∵
∴
∴
∵
∴△ABD∽△ACE
∴
∴
故（1）中的结论不成立；
（3）或．
提示:分为两种情况：
①如图6所示．
易证：△ABD≌△ACE（SAS）
∴
∴
∴
由题意可知：
设,则
在Rt△BCE中,由勾股定理得：
∴
解之得:（舍去）
∴；
②如图7所示．
易证：△ABD≌△ACE（SAS），
设，则
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
∴
解之得：（舍去）
∴.
综上所述，或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想考虑问题．
59．（2022·山东烟台·统考中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．
①求的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
；
（3）解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
60．（2020·山东济南·统考二模）在中，，将绕点顺时针方向旋转角至的位置．
（1）如图1，当旋转角为时，连接与交于点，则 ．

（2）如图2，在（1）条件下，连接，延长交于点，求的长．

（3）如图3，在旋转的过程中，连线所在直线交于点，那么的长有没有最大值?如果有，求出的最大值：如果没有，请说明理由．

【答案】（1）2；（2）；（3）的值最大，此时.
【分析】(1)由旋转60°可知，△ACC’为等边三角形，进而AC=2即可求解.
(2)过点B作BH⊥CD于H，求得△CBH三边之比为，进而求出CH和BH的长，再求得△DBH为等腰直角三角形，最后得到CD=DH+CH即可求解.
(3)证明，再取的中点，以为圆心，为半径作，连接，得出D点的运动轨迹为以H为圆心，HA为半径的圆，当CD是该圆的直径时CD最大，即可求解.
【详解】解：(1) ∵旋转前后对应的边相等，∴AC=AC’
又∵旋转60°，∴△ACC’为等边三角形
∴.
故答案为.
(2)如图2中，作于，如下图所示：

是等边三角形，
，
，
，且△DBH为等腰直角三角形，
.
.
故答案为：.
的长有最大值为，理由如下，如下图3中，

取的中点，以为圆心，为半径作，连接．
，
∴
点的运动轨迹是以H为圆心，HA为半径的圆，当CD是该圆的直径时CD最大,
故时，
的值最大，此时.
故答案为.
【点睛】本题综合考察了旋转图形的性质、含30°角的直角三角形三边之比、相似三角形的性质和判定、圆的相关知识等，熟练掌握线段绕其端点旋转60°会得到等边三角形这个特点进而求解本题.
61．（2020·江苏南通·统考二模）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．
（1）求证：△MFC∽△MCA；
（2）求的值，
（3）若DM＝1，CM＝2，求正方形AEFG的边长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由正方形的性质得∠ACD=∠AFG=45°，进而根据对顶角的性质得∠CFM=∠ACM，再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论；
（2）根据正方形的性质得，再证明其夹角相等，便可证明△ACF∽△ABE，由相似三角形的性质得出结果；
（3）由已知条件求得正方形ABCD的边长，进而由勾股定理求得AM的长度，再由△MFC∽△MCA，求得FM，进而求得正方形AEFG的对角线长，便可求得其边长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFG=45°，
∵∠CFM=∠AFG，
∴∠CFM=∠ACM=45°，
∵∠CMF=∠AMC，
∴△MFC∽△MCA；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠BAC=45°，
∴AC=AB，
同理可得AF=，
∴，
∵∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠CAF+∠CAE=∠BAE+∠CAE=45°，
∴∠CAF=∠BAE，
∴△ACF∽△ABE，
∴；
（3）∵DM=1，CM=2，
∴AD=CD=1+2=3，
∴AM=，
∵△MFC∽△MCA，
∴，即，
∴FM=，
∴AF=AM﹣FM=，
∴AF=，
即正方形AEFG的边长为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，关键是综合应用这些知识解决问题．已知
图示
结论（性质）
若DE∥BC
①∆ADE~∆ABC
②
若∠1=∠2或∠3=∠4或
①∆ADE~∆ABC
②AC2=AB•AD
若∠1=∠2
①∆ADE~∆ABC
②AC2=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=∠3
①∆AEB~∆DEA~∆DAC
②AB•AC=BE•CD
③()2=
已知
图示
结论（性质）
若AB∥CD
①∆AOB~∆COD
②
若∠1=∠2或∠3=∠4或
①∆AOB~∆COD
已知
图示
结论（性质）
若∠ABC=∠ADB=90°
①∆ABC~∆ADB~∆BDC
②AB2=AC•AD,BD2=AD•CD BC2=AC•CD
（口诀：公共边的平方=共线边的乘积）
③AB•BC=BD•AC（面积法）
已知
图示
结论（性质）
若∠B=∠D=∠ACE=90°
①∆ABC~∆CDE
② 或BC•CD=AB•DE(可看作底*底=腰*腰)
③当点C为BD中点时，
∆ABC~∆CDE~∆ACE
若∠B=∠D=∠ACE=α
①∆ABC~∆CDE
②
③当点C为BD中点时，
∆ABC~∆CDE~∆ACE
已知
图示
结论（性质）
若DE∥BC
① （左图）
②（右图）
若AB∥CD
①（左图）
②（右图）
已知
图示
结论（性质）
若四边形DEFG为矩形，AN⊥BC
①∆ABC~∆ADG
②
③若四边形DEFG为正方形
即= 若假设DG=x
则= 若已知BC、AN长，即可求出x的值
已知
图示
结论（性质）
若AB∥EF∥CD
①
②
已知
图示
结论（性质）
若∆ADE以点A为旋转中心旋转一定角度，且∆ADE~∆ABC
∆ABD~∆ACE