提優(yōu)專題27 相似三角形壓軸題的幾種類型（解析版）

專題27相似三角形壓軸題的幾種類型（解析版）第一部分典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練類型一綜合運(yùn)用全等三角形與三角形的判定和性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)典例1（2022?建鄴區(qū)二模）如圖，矩形ABCO，點(diǎn)A、C在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣2，4）．將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，則點(diǎn)D的坐標(biāo)是（）A．（65，125） B．（65，52） C．（32，125） 思路引領(lǐng)：如圖，過D作DF⊥AF于F，根據(jù)折疊可以證明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性質(zhì)得到OE＝DE，OA＝CD＝1，設(shè)OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，利用勾股定理即可求出OE的長(zhǎng)度，而利用已知條件可以證明△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝4，接著利用相似三角形的性質(zhì)即可求出DF、AF的長(zhǎng)度，也就求出了D的坐標(biāo)．解：如圖，過D作DF⊥AF于F，∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣2，4），∴AO＝2，AB＝4，根據(jù)折疊可知：CD＝OA，而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，∴△CDE≌△AOE，∴OE＝DE，OA＝CD＝2，設(shè)OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，∴（4﹣x）2＝x2+22，∴x=3又DF⊥AF，∴DF∥EO，∴△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝4，∴AE＝CE＝4-3∴AEAD=EO∴DF=125，AF∴OF＝AF﹣OA=165-∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（65，12故選：A．總結(jié)提升：此題主要考查了圖形的折疊問題，也考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是把握折疊的隱含條件，利用隱含條件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它們的性質(zhì)即可解決問題．針對(duì)訓(xùn)練1．（2012?鹿城區(qū)校級(jí)二模）已知：直角梯形OABC中，CB∥OA，對(duì)角線OB和AC交于點(diǎn)D，OC＝2，CB＝2，OA＝4，點(diǎn)P為對(duì)角線CA上的一點(diǎn)，過點(diǎn)P作QH⊥OA于H，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，連接BP，如果△BPQ和△PHA相似，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為．思路引領(lǐng)：先根據(jù)點(diǎn)A、點(diǎn)C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，當(dāng)HQ在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)和QH在點(diǎn)B的右側(cè)時(shí)利用相似三角形的性質(zhì)就可以求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．解：∵OC＝2，OA＝4，∴C（0，2），A（4，0）．設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，由題意，得2=b0=4k+b解得b=2k=-故直線AC的解析式為：y=-12x如圖2，在點(diǎn)B的右側(cè)，當(dāng)△BQP∽△AHP時(shí)，則BQAH則BQ．PH＝AH．PQ．∵點(diǎn)P在直線AC上，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，-12x+2）（0＜x＜∴CQ＝x，OH＝x，PH=-12x∵CB＝2，OA＝4，OH＝2，∴BQ＝x﹣2，AH＝4﹣x，PQ=12∴（x﹣2）（-12x+2）＝（4﹣x）（1解得x＝4（舍去）．當(dāng)△BQP∽△PHA時(shí)，則BQPH=PQAH，即BQ．AH＝（x﹣2）（4﹣x）＝（-12x+2）（1解得x1=83，x2＝則y=2則P（83，2∴P（83，2故答案為：P（83，2總結(jié)提升：本題是一道相似三角形的綜合試題，考查了相似三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，待定系數(shù)法求直線的解析式的運(yùn)用及分類討論思想的運(yùn)用．本題難度較大，涉及的情況較多，解答時(shí)不要漏解．類型二綜合運(yùn)用相似三角形的判定和性質(zhì)銳角三角函數(shù)求線段長(zhǎng)的最值典例2（2021?宜興市模擬）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC=12，AD＝2，BD＝4，連接CD，則A．25+34 B．25+1 C．25+3思路引領(lǐng)：如圖，在AD的下方作Rt△ADT，使得∠ADT＝90°，DT＝1，連接CT，則AT=5，證明△DAB∽△TAC，推出DBTC=ADAT=25，推出TC＝25，再根據(jù)CD≤DT解：如圖，在AD的下方作Rt△ADT，使得∠ADT＝90°，DT＝1，連接CT，則AT=5∵ADDT=∴ADAB∵∠ADT＝∠ABC＝90°，∴△ADT∽△ABC，∴∠DAT＝∠BAC，AD∴∠DAB＝∠TAC，∵ADAT∴△DAB∽△TAC，∴DBTC∴TC＝25，∵CD≤DT+CT，∴CD≤1+25，∴CD的最大值為1+25，故選：B．總結(jié)提升：本題考查解直角三角形的應(yīng)用，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線面構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．針對(duì)訓(xùn)練1．（2021秋?亳州月考）如圖，四邊形ABCD中，AB＝3，BC＝4，AC⊥CD，若tan∠CAD=13，則對(duì)角線A．1+10 B．1+210 C．1+3104 思路引領(lǐng)：過點(diǎn)B作BE⊥AB，使得BE=13AB＝1，連接AE，DE，先求出AE，然后根據(jù)已知證得△ABE∽△ACD，得出∠BAE＝∠CAD，ABAE=ACAD，從而證得∠BAC＝∠EAD，得出△解：如圖，過點(diǎn)B作BE⊥AB，使得BE=13AB＝1，連接AE，則在△ABE中，AE=A∵tan∠CAD=1∴CDAC∵∠ABE＝∠ACD＝90°，∴△ABE∽△ACD，∴∠BAE＝∠CAD，ABAE∴∠BAC＝∠EAD，∴△BAC∽△EAD，∴ABAE即310∴ED=4∴BD≤BE+ED＝1+4即BD的最大值為1+4故選：D．總結(jié)提升：本題考查了銳角三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用銳角三角函數(shù)知識(shí)并根據(jù)題意正確添加輔助線．類型三綜合運(yùn)用相似三角形的判定和性質(zhì)一次函數(shù)求字母的值典例3（2022?無錫二模）如圖，已知A（0，3）、B（4，0），一次函數(shù)y=-34x+b的圖象為直線l，點(diǎn)O關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)O′恰好落在∠（1）AB＝；（2）b的值為．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)勾股定理即可求出AB；（2）延長(zhǎng)OO'交AB于點(diǎn)C，交直線l于點(diǎn)E，過點(diǎn)O'作O′G⊥x軸交于G，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，求出AB的解析式，易得AB∥l，根據(jù)等積法求出OC的長(zhǎng)，易證△O′GO∽△BOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得O′G：O′O＝OB：AB，分別求出OO′，OG，O′G的長(zhǎng)，再證明△EOF∽△O′OG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得OF和EF的長(zhǎng)，將點(diǎn)E坐標(biāo)代入直線l解析式，即可求出b的值．解：（1）∵A（0，3）、B（4，0），∴OA＝3，OB＝4，在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理，得AB＝5，故答案為：5；（2）延長(zhǎng)OO'交AB于點(diǎn)C，交直線l于點(diǎn)E，過點(diǎn)O'作O′G⊥x軸交于G，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖所示：∵A（0，3）、B（4，0），∴直線AB的解析式為y=-34x∵直線l解析式：y=-34x+∴AB∥l，∵OO′⊥l，∴OO′⊥AB，∵OA＝3，OB＝4，AB＝5，根據(jù)S△AOB∴OC=12∵∠COB+∠AOC＝90°，∠BAO+∠AOC＝90°，∴∠BOC＝∠BAO，∵∠O′GO＝∠AOB＝90°，∴△O′GO∽△BOA，∴O′G：O′O＝OB：AB，∵BO'是∠ABO的角平分線，O′C⊥AB，O′G⊥OB，∴CO'＝GO'，設(shè)O′G＝m，則O′C＝m，OO′=125∴m=16∴OO′=4在Rt△OO'G中，根據(jù)勾股定理，得OG=4∵EF⊥OB，O′G⊥OB，∴∠OFE＝∠OGO′＝90°，∵∠EOF＝∠O′OG，∴△EOF∽△O′OG，∴EFO'G∴EF=815，OF∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（25，8將點(diǎn)E坐標(biāo)代入y=-34x+得-34×解得b=5故答案為：56總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，軸對(duì)稱的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，本題綜合性較強(qiáng)，難度較大．針對(duì)訓(xùn)練1．（2016?漢川市模擬）已知一次函數(shù)y＝2x+2與x軸y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，另一直線y＝kx+3交x軸正半軸于E、交y軸于F點(diǎn)，如△AOB與E、F、O三點(diǎn)組成的三角形相似，那么k值為（）A．﹣0.5 B．﹣2 C．﹣0.5或﹣2 D．以上都不對(duì)思路引領(lǐng)：根據(jù)直線解析式求出點(diǎn)A、B、F的坐標(biāo)，再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例分OE和OA、OB是對(duì)應(yīng)邊兩種情況討論求出OE的長(zhǎng)，然后求出直線y＝kx+3的解析式，即可得解．解：∵一次函數(shù)y＝2x+2與x軸y軸交于A、B兩點(diǎn)，∴A（﹣1，0），B（0，2），∴OA＝1，OB＝2，∵直線y＝kx+3交y軸于F點(diǎn)，∴F（0，3），∴OF＝3，∵△AOB與E、F、O三點(diǎn)組成的三角形相似，∴OEOA=OF即OE1=3解得OE=32或OE＝當(dāng)OE=32時(shí)，y＝﹣2x或OE＝6時(shí)，y=-12x所以，k＝﹣2或-1故選：C．總結(jié)提升：本題考查了相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，兩直線相交的問題，難點(diǎn)是要分情況討論．類型四利用相似三角形的判定和性質(zhì)求線段長(zhǎng)的最值典例4（2022?漣水縣一模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝8，點(diǎn)H在AD上，且AH＝2，點(diǎn)E繞著點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，且BE＝3，在AE的上方作正方形AEFG，則線段FH的最小值是．思路引領(lǐng)：連接AF，AC，CH，利用正方形的性質(zhì)得到ACAB=AFAE=2，∠BAC＝∠FAE＝45°，利用交點(diǎn)和差得到∠BAE＝∠FAC，利用相似三角形的判定與性質(zhì)求出線段FC的長(zhǎng)，可得點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合圖形可得當(dāng)點(diǎn)C，F(xiàn)，H三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，F(xiàn)H的值最小，最小值為解：連接AF，AC，CH，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴AC=2AB，∠BAC＝45∵四邊形AEFG是正方形，∴AF=2AE，∠FAE＝45∴∠BAC＝∠FAE，ACAB∴∠BAC﹣∠CAE＝∠FAE﹣∠CAE，∴∠BAE＝∠FAC，∴△BAE∽△CAF，∴BECF∴CF=2BE＝32∴點(diǎn)F在以點(diǎn)C為圓心，32為半徑的圓上，由圖形可知：當(dāng)點(diǎn)C，F(xiàn)，H三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，F(xiàn)H的值最小，最小值為CH﹣CF，∵AH＝2，AD＝AB＝CD＝8，∴DH＝6，∴CH=DH∴線段FH的最小值＝CH﹣CF＝10﹣32，故答案為：10﹣32．總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，線段的極值，利用相似三角形的判定與性質(zhì)求得線段CF的長(zhǎng)，從而得出點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．在正方形ABCD中，AB＝2，點(diǎn)P是CD邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)D、C重合），連接BP，過點(diǎn)C作CE⊥BP，垂足為E，點(diǎn)F在線段BP上，且滿足EF＝EC，連接AF，則AF的最小值為10-2思路引領(lǐng)：不論P(yáng)怎么運(yùn)動(dòng)，∠BFC＝135°保持不變，則△BCF的外接圓中BFC所對(duì)的圓心角為90°，從而⊙O的圓心與半徑確定，于是可得當(dāng)點(diǎn)F在OA與⊙O的交點(diǎn)位置時(shí)，AF就取最小值，求出此時(shí)的AF值便可．解：作△BCF的外接⊙O，連接OB、OC、OA、OF，在優(yōu)弧BC上取點(diǎn)M，連接MB、MC，過O作ON⊥AB，與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)N，∵CE⊥BP，CE＝CF，∴∠CFE＝45°，∴∠BMC＝∠CFE＝45°，∴∠BOC＝90°，∵AB＝BC＝2，∴OB＝OC＝OF=22BC=2，∠OBC∵ON⊥AB，∠ABC＝90°，∴ON∥BC，∴∠ONB＝45°，∴BN＝ON=22OB＝∴OA=A∵AF≥OA﹣OF，當(dāng)A、F、O三點(diǎn)依次在同一直線上時(shí)，AF＝OA﹣OF=10故AF的最小值為：10-故答案為：10-總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形的外接圓，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理，兩點(diǎn)之間線段最短，關(guān)鍵是構(gòu)造圓與直角三角形．類型五利用相似三角形的判定和性質(zhì)求“kAD+BD”（動(dòng)點(diǎn)D在圓弧上）型的最值（阿氏圓）典例5（2022?南召縣開學(xué)）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，則12PB+PC的最小值為思路引領(lǐng)：在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，證明△APQ∽△ABP，可得PQ=12PB，則12PB+PC＝PC+PQ，當(dāng)C、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，PC+PQ解：如圖，在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，∵點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，∴APAB∵AP＝2，AQ＝1，∴AQAP∵∠PAQ＝∠BAP，∴△APQ∽△ABP，∴PQ=12∴12PB+PC＝PC+PQ≥CQ在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，∴QC=A∴12PB+PC的最小值17故答案為：17．總結(jié)提升：本題考查了阿氏圓問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．（2021秋?龍鳳區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以點(diǎn)C為圓心，3為半徑做⊙C，分別交AC，BC于D，E兩點(diǎn)，點(diǎn)P是⊙C上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則13PA+PB的最小值為思路引領(lǐng)：在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，證明△ACP∽△PCQ，可得PQ=13AP，當(dāng)B、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，13PA+PB解：在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，∵AC＝9，CP＝3，∴CPAC∵CP＝3，CQ＝1，∴CQCP∴△ACP∽△PCQ，∴PQ=13∴13PA+PB＝PQ+PB≥BQ∴當(dāng)B、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，13PA+PB在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，∴QB=17∴13PA+PB的最小值17故答案為：17．總結(jié)提升：本題考查阿氏圓求最短距離，熟練掌握胡不歸求最短距離的方法，利用三角形相似將13PA轉(zhuǎn)化為PQ類型七相似三角形與多邊形的綜合題典例6（2022?惠山區(qū)一模）（1）【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，四邊形ABCD、CEGF都是矩形，CGAG=12，AB＝9，AD＝12，小明將矩形CEGF繞點(diǎn)C順時(shí)針轉(zhuǎn)α°（0≤α≤①若AGBE的值不變，請(qǐng)求出AG②在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點(diǎn)B、E、F在同一條直線上時(shí)，畫出圖形并求出AG的長(zhǎng)度．（2）【類比探究】如圖3，△ABC中，AB＝AC=25，∠BAC＝α°，tan∠ABC=12，G為BC中點(diǎn)，D為平面內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且DG=55，將線段BD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α°得到DB′，則四邊形BACB思路引領(lǐng)：（1）①利用勾股定理求出AC，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可；②分兩種情形：如圖2﹣1中，當(dāng)點(diǎn)E在線段BF上時(shí)，如圖2﹣2中，當(dāng)點(diǎn)E在BF的延長(zhǎng)線上時(shí)，分別求出BJ，EJ，可得結(jié)論；（2）如圖3中，連接AD，AG，過點(diǎn)G作GH⊥AB于點(diǎn)H．解直角三角形求出GH，證明△ABD∽△CBB′，推出S△ABDS△CBB'=（ABBC）2＝（258）2=516，由題意DG=55，推出點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是以G為圓心，55為半徑的圓，當(dāng)點(diǎn)解：（1）①AGBE如圖2中，連接CG．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AD＝BC＝12，∵AB＝9，∴AC=AB∵∠ACB＝∠ECG，∴∠BCE＝∠ACG，∵ACBC∴△ACG∽△BCE，∴AGBE②如圖2﹣1中，當(dāng)點(diǎn)E在線段BF上時(shí)，連接CG，過點(diǎn)C作CJ⊥EF于J．∵S△CEF=12?EC?CF=12?∴CJ=3×4∴EJ=EC2-C∴BE＝BJ﹣EJ=∵∠ACB＝∠GCE，∴∠BCE＝∠ACG，∵ACCB∴△ACG∽△BCE，∴AGBE∴AG=54×（2465如圖2﹣2中，當(dāng)點(diǎn)E在BF的延長(zhǎng)線上時(shí)，同法可得BE＝BJ+EJ=24∴AG=54BE＝66綜上所述，AG的長(zhǎng)為66-4或66+（2）如圖3中，連接AD，AG，過點(diǎn)G作GH⊥AB于點(diǎn)H．∵AB＝AC＝25，BG＝GC，∴AG⊥BC，∵tan∠ABC=AG∴AG＝2，BG＝4，∵sin∠ABG＝sin∠GBH，∴GHBG∴GH4∴GH=4∵AB＝AC，DB＝DB′，∠BAC＝∠BDB′，∴∠ABC＝∠DBB′，ABBC∴∠ABD＝∠CBB′，∴△ABD∽△CBB′，∴S△ABDS△CBB'=（ABBC）2＝（∵DG=5∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是以G為圓心，55當(dāng)點(diǎn)D在HG的延長(zhǎng)線上時(shí)，△ABD的面積最大，最大值=12×25×∴△BCB′的面積的最大值為16，∴四邊形ABB′C的面積的最大值=12×8×2+16故答案為：24．總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．針對(duì)訓(xùn)練1．（2022?內(nèi)江）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，點(diǎn)M、N分別在AB、AD上，且MN⊥MC，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，連接BE交MC于點(diǎn)F．（1）當(dāng)F為BE的中點(diǎn)時(shí)，求證：AM＝CE；（2）若EFBF=2，求（3）若MN∥BE，求ANND思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，利用AAS證明△BMF≌△ECF，得BM＝CE，再利用點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，即可證明結(jié)論；（2）利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，從而求出BM的長(zhǎng)，再利用△ANM（3）首先利用同角的余角相等得∠CBF＝∠CMB，則tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BCBM，可得（1）證明：∵F為BE的中點(diǎn)，∴BF＝EF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD∴∠BMF＝∠ECF，∵∠BFM＝∠EFC，∴△BMF≌△ECF（AAS），∴BM＝CE，∵點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，∴CE＝DE，∴BM＝CE＝DE，∵AB＝CD，∴AM＝CE；（2）解：∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，∴△BMF∽△ECF，∴BFEF∵CE＝3，∴BM=3∴AM=9∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠ANM＝∠BMC，∵∠A＝∠MBC，∴△ANM∽△BMC，∴ANBM∴AN3∴AN=27∴DN＝AD﹣AN＝4-27∴ANDN（3）解：∵M(jìn)N∥BE，∴∠BFC＝∠CMN，∴∠FBC+∠BCM＝90°，∵∠BCM+∠BMC＝90°，∴∠CBF＝∠CMB，∴tan∠CBF＝tan∠CMB，∴CEBC∴34∴BM=16∴AM=AB-BM=6-16由（2）同理得，ANBM∴AN16解得AN=8∴DN＝AD﹣AN＝4-8∴ANDN總結(jié)提升：本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識(shí)，求出BM的長(zhǎng)是解決（2）和（3）的關(guān)鍵．類型八相似中的“一線三等角”模型典例8（2022?揚(yáng)州）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，點(diǎn)D在BC邊上由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B、C重合），過點(diǎn)D作DE⊥AD，交射線AB于點(diǎn)E．（1）分別探索以下兩種特殊情形時(shí)線段AE與BE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；①點(diǎn)E在線段AB的延長(zhǎng)線上且BE＝BD；②點(diǎn)E在線段AB上且EB＝ED．（2）若AB＝6．①當(dāng)DEAD=3②直接寫出運(yùn)動(dòng)過程中線段AE長(zhǎng)度的最小值．思路引領(lǐng)：（1）①由DE⊥AD，BE＝BD，∠EAD＝∠BDA，有AB＝BD，即可得BE＝BD＝AB，AE＝2BE；②由∠BAC＝90°，∠C＝60°，EB＝ED，可得∠EDB＝∠B＝30°，即得∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，根據(jù)DE⊥AD，可得AE＝2ED，故AE＝2EB；（2）①過D作DF⊥AB于F，證明△AFD∽△ADE，由DEAD=32，可得DFAF=32，設(shè)DF=3m，則AF＝2m，在Rt△BDF中，BF=3DF＝3m，而AB＝6，可得m=65，有AF=②作AE的中點(diǎn)G，連接DG，根據(jù)∠ADE＝90°，DG是斜邊上的中線，得AE＝2DG，即知當(dāng)AE最小時(shí)，DG最小，此時(shí)DG⊥BC，可證AG＝EG＝BE，從而得線段AE長(zhǎng)度的最小值為4．解：（1）①AE＝2BE，理由如下：∵DE⊥AD，∴∠AED+∠EAD＝90°＝∠ADE＝∠BDE+∠BDA，∵BE＝BD，∴∠AED＝∠BDE，∴∠EAD＝∠BDA，∴AB＝BD，∴BE＝BD＝AB，∴AE＝2BE；②AE＝2EB，理由如下：如圖：∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，∴∠B＝30°，∵EB＝ED，∴∠EDB＝∠B＝30°，∴∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，∵DE⊥AD，∴∠EDA＝90°，∠EAD＝30°，∴AE＝2ED，∴AE＝2EB；（2）①過D作DF⊥AB于F，如圖：∵∠FAD＝∠DAE，∠AFD＝90°＝∠ADE，∴△AFD∽△ADE，∴AFAD=DF∵DEAD∴DFAF設(shè)DF=3m，則AF＝2m在Rt△BDF中，BF=3DF＝3m∵AB＝6，∴BF+AF＝6，即3m+2m＝6，∴m=6∴AF=125，DF∴AD=A∵△AFD∽△ADE，∴AFAD=AD∴AE=21②作AE的中點(diǎn)G，連接DG，如圖：∵∠ADE＝90°，DG是斜邊上的中線，∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，當(dāng)AE最小時(shí)，DG最小，此時(shí)DG⊥BC，∵∠B＝30°，∴BG＝2DG，∴AE＝2DG＝BG，∴BE＝AG，∴AG＝EG＝BE，∴此時(shí)AE=23AB＝答：線段AE長(zhǎng)度的最小值為4，法2：作AE的中點(diǎn)G，連接DG，過G作GH⊥BC于H，如圖：∵∠ADE＝90°，DG是斜邊上的中線，∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，設(shè)DG＝AG＝EG＝m，則BG＝6﹣m，∴GH=12BG=12（∵GH≤DG，即12（6﹣m）≤m∴m≥2，∴當(dāng)m＝2，即GH與DG重合時(shí)，AE取最小值，最小值為2m＝4，∴答：線段AE長(zhǎng)度的最小值為4．法3：過A做AG⊥BC于G，過E做EH⊥BC于H，如圖：∵∠ADE＝90°，∴∠EDH＝90°﹣∠ADG＝∠DAG，∵∠EHD＝∠AGD＝90°，∴AGDH∴AG?EH＝DH?DG，∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，∴∠B＝30°，∴AG=12AB＝3，EH=12BE=1∴DH?DG＝3EH，∴AE2＝AD2+DE2＝AG2+DG2+DH2+EH2＝9+DG2+DH2+EH2，∵DG2+DH2≥2DH?DG，∴AE2≥9+2DH?DG+EH2，即AE2≥9+6EH+EH2，∴AE2≥（3+EH）2，∵AE＞0，EH＞0，∴AE≥3+EH，∵EH=12（6﹣∴AE≥3+12（6﹣∴AE≥4．答：線段AE長(zhǎng)度的最小值為4．總結(jié)提升：本題考查三角形綜合應(yīng)用，涉及相似三角形性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，含30°的直角三角形三邊關(guān)系等知識(shí)，解題的關(guān)鍵時(shí)作輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．針對(duì)訓(xùn)練1．（2022秋?虹口區(qū)期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，P是射線BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，作PE⊥AP，PE交射線DC于點(diǎn)E，射線AE交射線BC于點(diǎn)F，設(shè)BP＝x，CF＝y(tǒng)．（1）當(dāng)sin∠APB=45時(shí)，求（2）如圖，當(dāng)點(diǎn)P在邊BC上時(shí)（點(diǎn)P與點(diǎn)B、C不重合），求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的定義域；（3）當(dāng)PEAP=1思路引領(lǐng)：（1）由矩形的性質(zhì)和垂直的性質(zhì)即可證明△PCE∽△ABP，再由相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例即可求得CE的長(zhǎng)；（2）根據(jù)EC∥AB，求得△ECF∽△ABF，得出FC：FB＝EC：AB，再利用（1）中相似三角形的性質(zhì)即可證明CE：BP＝PC：AB，從而求得y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．（3）根據(jù)△PCE∽△ABP，得出PCAB=CEBP=PEAP解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，在Rt△APB中，AB＝4，sin∠APB=4∴sin∠APB=AB∴AP＝5，∴PB=AP∴PC＝BC﹣PB＝5﹣3＝2，∵PE⊥AP，∴∠APE＝90°，∴∠CPE+∠APB＝90°，∵∠BAP+∠APB＝90°，∴∠CPE＝∠BAP，∵∠ECP＝∠B＝90°，∴△PCE∽△ABP，∴CEBP即CE3解得：CE=3（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴CD∥AB，∴△ECF∽△ABF，∴CFBF即y5+y解得：CE=4y∵△PCE∽△ABP，∴CEBP即CEx解得：CE=x(5-x)∴4y5+y整理得：y=25x-5x2x2-5x+16（即y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為y=25x-5x2x2-5x+16（（3）①當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，E在線段CD上，∵△PCE∽△ABP，∴PCAB∴PC=12AB＝2，CE=∴BP＝BC﹣PC＝5﹣2＝3，∴CE=3∵AB∥CD，∴△CEF∽△BAF，∴CFBF即CF5+CF解得：CF＝3；②當(dāng)P在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖：∵∠EPC+∠BPA＝90°，∠BPA+∠BAP＝90°，∴∠EPC＝∠BAP，∵∠B＝∠PCE，∴△ABP∽PCE，∴PCAB∴PC=12AB＝2，CE=∴BP＝BC+PC＝7，CE=12BP∵∠AFB＝∠CFE，∠B＝∠FCE，∴△ABF∽△ECF，∴ABEC∴47解得：CF=7綜上所述，CF的長(zhǎng)為3或73總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)定義、勾股定理以及分類討論等知識(shí)．本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握矩形的性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．第二部分專題提優(yōu)訓(xùn)練1．（2022?如皋市一模）在矩形ABCD中，2＜AD＜10，tan∠ABD＝2．如圖，分別以點(diǎn)A，D為圓心，以4和6為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)E，連接BE，則BE的最大值為（）A．9 B．25+3 C．15 D．2思路引領(lǐng)：作∠E′ED＝90°，且EE′＝3，連接BE′，DE′，證明△ADE∽△BDE′，求出BE′＝25，說明點(diǎn)B是在以E′為圓心，25為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，而點(diǎn)E在圓E′內(nèi)，進(jìn)而可以解決問題．解：如圖，作∠E′ED＝90°，且EE′＝3，連接BE′，DE′，∴EE'ED∴tan∠EDE′=1∵tan∠ABD＝2，∴ADAB=∴ABAD∴tan∠ADB=1∴EE'DE=ABAD，∠∴∠EDA＝∠E′DB，∴△ADE∽△BDE′，∴BE'AE∴BE'4∴BE′＝25，∴點(diǎn)B是在以E′為圓心，25為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，而點(diǎn)E在圓E′內(nèi)，則BE的最大值為25+3故選：B．總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到△ADE∽△BDE′．2．（2022秋?定海區(qū)校級(jí)月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，點(diǎn)D在BC上，且CD＝2，點(diǎn)P是線段AC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以PD為直徑作⊙O，點(diǎn)Q為直徑PD上方半圓的中點(diǎn)，連接AQ，則AQ的最小值為（）A．210 B．22 C．4 D．42思路引領(lǐng)：連接OQ，CQ，過點(diǎn)A作AT⊥CQ交CQ的延長(zhǎng)線于T，根據(jù)圓周角定義知∠ACQ＝45°，確定點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路徑，從而解決問題．解：如圖，連接OQ，CQ，過點(diǎn)A作AT⊥CQ交CQ的延長(zhǎng)線于T，∵PQ=∴OQ⊥PD，∴∠QOD＝90°，∴∠QCD=1∵∠ACB＝90°，∴∠ACT＝45°，∵AT⊥CT，∴∠ATC＝90°，∵AC＝8，∴AT＝AC?sin45°＝42，∵AQ≥AT，∴AQ≥42，∴AQ的最小值為：42，故選：D．總結(jié)提升：本題主要考查了圓周角定理，垂線段最短，三角函數(shù)等知識(shí)，根據(jù)圓周角定理確定點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路徑是解題的關(guān)鍵．3．（2021秋?宜興市校級(jí)月考）如圖，矩形ABCD中，AB=3，AD＝4，點(diǎn)E在邊AD上，且AE：ED＝1：3．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止．過點(diǎn)E作EF⊥PE交射線BC于點(diǎn)F，聯(lián)結(jié)PF．設(shè)M是線段PF的中點(diǎn)，則在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，線段DMA．5 B．7 C．2.5 D．3思路引領(lǐng)：由四邊形ABCD為矩形以及AE：ED＝1：3得∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，連接EM，BM，再由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半得M在BE的垂直平分線上運(yùn)動(dòng)，作BE的垂直平分線與BC交于M'，再由M是線段PF的中點(diǎn)得當(dāng)M運(yùn)動(dòng)M'時(shí)DM長(zhǎng)的最小，用勾股定理求出DM'即可．解：∵四邊形ABCD為矩形，AB=3，AD＝4，∴CD＝AB=3，BC＝AD＝4，∠ABC＝∠C＝∵AE：ED＝1：3，∴AE＝1，ED＝3，∴BE=AE2+AB∴∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，連接EM，BM，∵M(jìn)是線段PF的中點(diǎn)，∴EM＝BM=12∴M在BE的垂直平分線上運(yùn)動(dòng)，∴作BE的垂直平分線與BC交于M'，當(dāng)M運(yùn)動(dòng)M'時(shí)DM長(zhǎng)的最小，此時(shí)BM'＝M'E，∵∠EBC＝60°，∴△BM'E為等邊三角形，BM'＝BE＝2，∴M'C＝2，在Rt△DCM'中，根據(jù)勾股定理得DM′=M'故選：B．總結(jié)提升：本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，勾股定理，要用的輔助線較多，關(guān)鍵在確定D所在的軌跡以及DM最小值的位置．4．（2022?東平縣一模）如圖，在矩形ABCD中，E、F分別在BC、CD上運(yùn)動(dòng)（不與端點(diǎn)重合），連接BF、AE，交于點(diǎn)P，且滿足BFAE=ADAB．連接CP，若AB＝4，BC＝A．210-3 B．210-2 C．5 D思路引領(lǐng)：本題首先根據(jù)BFAE=ADAB，轉(zhuǎn)化成對(duì)應(yīng)邊成比例，從而判定兩個(gè)直角三角形相似，得到∠APB＝90°；再通過直角所對(duì)的邊可為直徑，構(gòu)建隱圓，從而得到點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡；觀察可發(fā)現(xiàn)，借助兩點(diǎn)之間線段最短，可知，線段OC的長(zhǎng)度最短，從而得出當(dāng)點(diǎn)O、P、C三點(diǎn)共線時(shí)，OC的值為最小值，即解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，則∠BAE+∠BEP＝90°，又∵BFAE∴BF∴△ABE∽△BCF，∴∠BAE＝∠CBF，∴∠CBF+∠BEP＝90°，即AE⊥BF，∴點(diǎn)P為以AB的中點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的圓上一點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)O、P、C三點(diǎn)共線時(shí)，OC的值為最小值，即CP的值也為最小值．∴當(dāng)CP取最小值時(shí)，CP＝OC﹣OP，∵AB＝4，BC＝6，∠ABC＝90°，∴OB＝OP=12AB=12×4＝∴CP＝OC﹣OP=210-故選：B．總結(jié)提升：本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定的綜合引用，涉及的知識(shí)點(diǎn)有：矩形的性質(zhì)、構(gòu)建隱圓、勾股定理、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，考查了學(xué)生的幾何直觀、建模思想、轉(zhuǎn)化思想等，學(xué)生須奠定扎實(shí)的基礎(chǔ)，并融會(huì)貫通．5．（2022?武進(jìn)區(qū)一模）如圖，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D、E分別是BC、AC邊上的動(dòng)點(diǎn)，且∠ADE＝∠ABC，連接BE，則△AEB的面積的最小值為．思路引領(lǐng)：過點(diǎn)A作AH⊥BC于H，過點(diǎn)E作EK⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于K．設(shè)AE＝y(tǒng)，BD＝x．利用相似三角形的性質(zhì)求出y的最小值，可得結(jié)論．解：過點(diǎn)A作AH⊥BC于H，過點(diǎn)E作EK⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于K．設(shè)AE＝y(tǒng)，BD＝x．∵AB＝AC＝2，AH⊥BC，∠BAC＝120°，∴BH＝CH，∠BAH＝∠CAH＝60°，∴BH＝CH＝AB?sin60°=3∴BC＝2BH＝23，∴CD＝23-x，EC＝2﹣y在Rt△AEK中，EK＝AE?sin60°=32∴S△ABE=12?AB?EK=12×2∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝∠ABC+∠DAB，∠ADE＝∠ABD，∴∠EDC＝∠DAB，∵∠C＝∠ABD，∴△ADB∽△DEC，∴ABDC∴22整理得y=12x2-3x+2=12（x∵12＞∴x=3時(shí)，y的值最小，最小值為1∴△ABE的面積的最小值=3總結(jié)提升：本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考填空題中的壓軸題．6．（2022春?漳州期末）如圖，點(diǎn)E在正方形ABCD的邊BC上，BE＝2，EC＝4，將△ABE沿AE折疊得到△AFE，延長(zhǎng)EF交DC于點(diǎn)G，連接AG．現(xiàn)給出以下結(jié)論：①∠EAG＝45°；②EG＝BE+DG；③GF＝GC；④S△GFC其中正確的結(jié)論是．（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）思路引領(lǐng)：連接DF，先得出Rt△AGD≌Rt△AGF，再利用∠EAG＝∠EAF+∠GAF得出∠EAG＝45°，①正確；由翻折的性質(zhì)得出BE＝EF，DG＝FG，得出②正確；可以證明DG＝GC＝FG，，可得③正確；得出FGEG=35，求出△解：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝BE+EC＝6，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝∠ECG＝90°，由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，BE＝EF＝2，∠BAE＝∠EAF，∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），∴DG＝FG，∠GAF＝∠GAD，∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF=12（∠BAF+∠DAF）＝45°，故由翻折可知：BE＝EF，由①得，Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），∴DG＝FG，∴EG＝BE+DG，故②正確；設(shè)GD＝GF＝x，則CG＝6﹣x，EG＝2+x，在Rt△ECG中，EG2＝EC2+CG2，即（2+x）2＝42+（6﹣x）2，解得：x＝3，∴DG＝FG＝3，∴CG＝CD﹣DG＝3＝GF，故③正確；∵S△ECG=1∴FGEG∴S△GFC=3故答案為：①②③．總結(jié)提升：本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理及三角形的面積計(jì)算等知識(shí)，靈活運(yùn)用性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．7．（2022?連云港）【問題情境】在一次數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，小昕同學(xué)將一大一小兩個(gè)三角板按照如圖1所示的方式擺放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．【問題探究】小昕同學(xué)將三角板DEB繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．（1）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E落在邊AB上時(shí)，延長(zhǎng)DE交BC于點(diǎn)F，求BF的長(zhǎng)．（2）若點(diǎn)C、E、D在同一條直線上，求點(diǎn)D到直線BC的距離．（3）連接DC，取DC的中點(diǎn)G，三角板DEB由初始位置（圖1），旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C、B、D首次在同一條直線上（如圖3），求點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)．（4）如圖4，G為DC的中點(diǎn)，則在旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)G到直線AB的距離的最大值是．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)銳角三角函數(shù)求解，即可求出答案；（2）①當(dāng)點(diǎn)E在BC上方時(shí)，如圖1過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出BC＝33，DE=3②當(dāng)點(diǎn)E在BC下方時(shí)，同①的方法，即可求出答案；（3）先求出∠BOE＝150°，再判斷出點(diǎn)G是以點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓上，最后用弧長(zhǎng)公式求解，即可求出答案；（4）過點(diǎn)O作OK⊥AB于K，求出OK=3解：（1）由題意得，∠BEF＝∠BED＝90°，在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，∴BF=BEcos∠ABC=（2）①當(dāng)點(diǎn)E在BC上方時(shí)，如圖1，過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，在Rt△ABC中，AC＝3，∴tan∠ABC=AC∴BC=ACtan∠ABC=在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，∴DE＝BE?tan∠DBE=3∵S△BCD=12CD?BE=12∴DH=CD?BEBC②當(dāng)點(diǎn)E在BC下方時(shí)，如圖2，在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝33，根據(jù)勾股定理得，CE=BC2∴CD＝CE﹣DE＝32-過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，∵S△BDC=12BC?DM=12∴DM=CD?BEBC即點(diǎn)D到直線BC的距離為6±1；（3）如圖3﹣1，連接CD，取CD的中點(diǎn)G，取BC的中點(diǎn)O，連接GO，則OG∥AB，∴∠COG＝∠B＝30°，∴∠BOG＝150°，∵點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，∴GO=12BD∴點(diǎn)G是以點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓上，如圖3﹣2，∴三角板DEB由初始位置（圖1），旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C、B、D首次在同一條直線上時(shí)，點(diǎn)G所經(jīng)過的軌跡為150°所對(duì)的圓弧，∴點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為150π?3180（4）如圖4，過點(diǎn)O作OK⊥AB于K，∵點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，BC＝33，∴OB=3∴OK＝OB?sin30°=3由（3）知，點(diǎn)G是以點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓上，∴點(diǎn)G到直線AB的距離的最大值是3+故答案為：73總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，主要考查了銳角三角函數(shù)，勾股定理，弧長(zhǎng)公式，三角形的中位線定理，三角形的面積，畫出圖形是解本題的關(guān)鍵．8．（2022秋?金東區(qū)期末）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，動(dòng)點(diǎn)P從A出發(fā)，以1個(gè)單位每秒速度，沿射線AB方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以2個(gè)單位每秒速度，沿射線BC方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，連結(jié)DP，DQ．（1）如圖1．證明：DP⊥DQ．（2）作∠PDQ平分線交直線BC于點(diǎn)E；①圖2，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，求t的值．②連結(jié)PE，PQ，當(dāng)△PBE與△PDQ相似時(shí)，求t的值．思路引領(lǐng)：（1）通過證明△ADP∽△CDQ，推導(dǎo)出∠PDQ＝90°，從而證明DP⊥DQ；（2）①過點(diǎn)P作PF⊥BD交于點(diǎn)F，根據(jù)sin∠ABD=225②當(dāng)P與A點(diǎn)重合時(shí)，△PBE≌△QDP，t＝0；以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在的直線為x軸，AB所在的直線為y軸，建立了直角坐標(biāo)系，取DQ的中點(diǎn)M，連接EM，通過證明△PDE≌△MDE（SAS），可知EP＝EM，當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)左側(cè)時(shí)，此時(shí)△PBE∽△QDP；當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)在BC上方時(shí)，△PBE∽△PDQ；當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)在BC下方時(shí)，△PBE∽△PDQ；當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)在BC下方時(shí)，△PBE∽△QDP；利用EP＝EM，建立方程求出t的值即可．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝2，∴∠A＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，∴∠ADP+∠CDP＝90°，∵AB＝CD＝4，BC＝AD＝2，∵AP＝t，CQ＝2t，∴APCQ∴△ADP∽△CDQ，∴∠ADP＝∠CDQ，∴∠CDQ+∠CDP＝90°，即∠PDQ＝90°，∴DP⊥DQ；（2）①解：∵DB平分∠PDQ，∴∠PDB＝∠BDQ＝45°，過點(diǎn)P作PF⊥BD交于點(diǎn)F，∴PF＝DF，∵AP＝t，AD＝2，∴DP=4+∴PF=2+∵sin∠ABD=AD解得t=23或t＝﹣②解：當(dāng)P與A點(diǎn)重合時(shí)，△PBE≌△QDP，t＝0；以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在的直線為x軸，AB所在的直線為y軸，建立了直角坐標(biāo)系，∵AB＝6，BC＝2，∴A（0，6），B（2，0），∴D（2，6），∵AP＝t，CQ＝2t，∴P（0，4﹣t），Q（2+2t，0），取DQ的中點(diǎn)M，連接EM，∴M（2+t，2），∵DE平分∠PDQ，∴∠PDE＝∠QDE，∵CD＝2AD，CQ＝2AP，∠PDQ＝90°，∴△ADP∽△CDQ，∴DQ＝2AP，∴DM＝PD，∴△PDE≌△MDE（SAS），∴EP＝EM，當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)左側(cè)時(shí)，如圖3﹣1﹣1，此時(shí)△PBE∽△QDP，∴PB＝BE，∵PB＝4﹣t，∴BE＝2-12∴E（2-12t，∴（4﹣t）2+（2-12t）2＝（2-12t﹣2﹣t解得t＝﹣5+41或t＝﹣5-當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)在BC上方時(shí)，如圖3﹣2，△PBE∽△PDQ，此時(shí)E（8﹣2t，0），∴（6﹣3t）2+4＝（4﹣t）2+（8﹣2t）2，解得t=-1+412或當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)在BC下方時(shí)，如圖3﹣3，△PBE∽△PDQ，此時(shí)E（2t﹣8，0），P（4﹣t，0），∴（4﹣t）2+（8﹣2t）2＝（t﹣10）2+4，解得t＝1（舍）或t＝6；當(dāng)E點(diǎn)在C點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)在BC下方時(shí)，如圖3﹣4，△PBE∽△QDP，此時(shí)E（12t﹣2，0），P（4﹣t，0∴（4﹣t）2+（12t﹣2）