2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)（全國版）重難點(diǎn)09 相似三角形8種模型（A字、8字、射影定理、一線三等角、線束模型、三角形內(nèi)接矩形、三平行模型、手拉手模型）（解析版）

重難點(diǎn)突破09相似三角形8種模型（A字、8字、射影定理、一線三等角、線束模型、三角形內(nèi)接矩形、三平行模型、手拉手模型）目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01A字模型題型028字模型題型03射影定理題型04一線三等角模型題型05線束模型題型06三角形內(nèi)接矩形模型題型07三平行模型題型08手拉手模型（旋轉(zhuǎn)模型）相似三角形的判定方法：1）平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或其延長線）相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似．2）兩個(gè)三角形相似的判定定理：①三邊成比例的兩個(gè)三角形相似；②兩邊成比例且夾角相等的兩個(gè)三角形相似；③兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似．④斜邊和直角邊成比例的兩個(gè)直角三角形相似.題型01A字模型已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）若DE∥BC①?ADE~?ABC②AD若∠1=∠2或∠3=∠4或AD①?ADE~?ABC②AC2=AB?AD若∠1=∠2①?ADE~?ABC②AC2=AB?AD[補(bǔ)充]該模型也被稱為子母模型，即子母模型可以看作一組公共邊的反A模型[雙反A字模型]若∠1=∠2=∠3①?AEB~?DEA~?DAC②AB?AC=BE?CD③(AEAD)2=1．（2020·湖北武漢·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，D是AB上一點(diǎn)，點(diǎn)E在BC上，連接CD，AE交于點(diǎn)F，若∠CFE=45°，【答案】2【分析】過D作DH垂直AC于H點(diǎn)，過D作DG∥AE交BC于G點(diǎn)，先利用解直角三角形求出CD的長，其次利用△CDG∽△CBD，求出CG的長，得出BG的長，最后利用△BDG∽△BAE，【詳解】解：如圖：過D作DH垂直AC于H點(diǎn)，過D作DG∥AE交BC于∵在Rt△ABC中，AC=BC=6，∴AB=A又∵BD=2AD，∴AD=22∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，∴CH=6?2=4，在Rt△CHD中，CD=C∵DG∥∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，∴∠CDG=∠B，

又∵∠DCG=∠BCD，∴△CDG∽△CBD，∴CDCB∴CD即20=6CG，∴CG=103∴BG=BC?CG=6?10又∵DG∥∴△BDG∽△BAE，又∵BD＝∴BDBA又BG=8∴BE=BG×3∴CE=6?4=2，故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，等腰直角三角形性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)綜合，解題關(guān)鍵在于正確做出輔助線，利用相似三角形的性質(zhì)得出對應(yīng)邊成比例求出答案．2．（2020·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖是一張矩形紙片，點(diǎn)E在AB邊上，把△BCE沿直線CE對折，使點(diǎn)B落在對角線AC上的點(diǎn)F處，連接DF．若點(diǎn)E，F(xiàn)，D在同一條直線上，AE＝2，則DF＝，BE＝．【答案】25﹣1【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得到CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DF=AE=2；最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得BE的值．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形∴AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°∵把△BCE沿直線CE對折，使點(diǎn)B落在對角線AC上的點(diǎn)F處∴CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE∴CF=AD，∠CFD=90°∴∠ADE+∠CDF=∠FCD+∠CDF=90°∴∠ADE=∠FCD在△ADE和△FCD中，∠ADE=∠FCD∴△ADE?△FCD(ASA)∴DF=AE=2∵∠AFE=∠CFD=90°∴∠AFE=∠DAE=90°∵∠AEF=∠DEA∴△AEF～△DEA∴AEDE=∴2解得EF=5?1或則BE=EF=故答案為：2，5?1【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，根據(jù)矩形與折疊的性質(zhì)，正確找出兩個(gè)相似三角形是解題關(guān)鍵．3．（2020·山東濟(jì)寧·中考真題）如圖,在四邊形ABCD中，以AB為直徑的半圓O經(jīng)過點(diǎn)C,D．AC與BD相交于點(diǎn)E，CD2=CE·CA,分別延長AB,DC相交于點(diǎn)P，PB=BO，CD=22．則BO的長是．【答案】4【分析】連接OC，設(shè)⊙O的半徑為r，由DC2=CE?CA和∠ACD=∠DCE，可判斷△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根據(jù)圓周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，證明OC∥AD，利用平行線分線段成比例定理得到PCCD=POOA=2，則PC=2CD=42，然后證明【詳解】解：連接OC，如圖，設(shè)⊙O的半徑為r，∵DC∴DCCE而∠ACD=∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD=∠CDE，∵∠CAD=∠CBD，∴∠CDB=∠CBD，∴BC=DC，∴CD=∴∠BOC=∠BAD，∴OC//AD，∴PCCD∴PC=2CD=42∵∠PCB=∠PAD，∠CPB=∠APD，∴△PCB∽△PAD，∴PCPA=PB∴r=4，即OB=4.故答案為：4.【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)：三角形相似的判定一直是中考考查的熱點(diǎn)之一，在判定兩個(gè)三角形相似時(shí)，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構(gòu)造相似三角形；或依據(jù)基本圖形對圖形進(jìn)行分解、組合；或作輔助線構(gòu)造相似三角形，判定三角形相似的方法有時(shí)可單獨(dú)使用，有時(shí)需要綜合運(yùn)用，無論是單獨(dú)使用還是綜合運(yùn)用，都要具備應(yīng)有的條件方可．也考查了圓周角定理．4．（2020·上海浦東新·統(tǒng)考三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，AD平分∠BAC，交邊BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作CA的平行線，交邊AB于點(diǎn)E．(1)求線段DE的長；(2)取線段AD的中點(diǎn)M，連接BM，交線段DE于點(diǎn)F，延長線段BM交邊AC于點(diǎn)G，求EFDF【答案】(1)4(2)2【分析】（1）根據(jù)平行線分線段成比例定理，列出比例式求解即可；（2）根據(jù)平行線分線段成比例定理，列出比例式求解即可．【詳解】（1）解：∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝30°，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，∠DAC＝30°，AC＝6，∴CD＝23在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，∴BC＝63∴BD＝BC－CD＝43∵DE∥CA，∴DECA=∴DE＝4；（2）解：如圖．∵點(diǎn)M是線段AD的中點(diǎn)，∴DM＝AM，∵DE∥CA，∴DFAG＝DM∴DF＝AG．∵DE∥CA，∴EFAG＝BFBG，BFBG∴EFAG＝BD∵BD＝43，BC＝63，DF＝AG，∴EFDF【點(diǎn)睛】考查了平行線分線段成比例定理，注意線段之間的對應(yīng)關(guān)系．5．（2021上·遼寧丹東·九年級統(tǒng)考期中）如圖，△ABD中，∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm．某一時(shí)刻，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以1cm/s的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)D出發(fā)沿DA方向以2cm/s的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts．（1）求t為何值時(shí)，△AMN的面積是△ABD面積的29（2）當(dāng)以點(diǎn)A，M，N為頂點(diǎn)的三角形與△ABD相似時(shí)，求t值．【答案】（1）t1=4，t2=2【分析】（1）由題意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，根據(jù)三角形的面積公式列出方程可求出答案；（2）分兩種情況，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值．【詳解】解：（1）由題意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，∴△AMN的面積＝12AN?AM＝12×（12﹣2t）×t＝6t﹣t∵∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm∴△ABD的面積為12AB?AD＝1∵△AMN的面積是△ABD面積的29∴6t﹣t2＝29∴t2﹣6t+8＝0，解得t1＝4，t2＝2，答：經(jīng)過4秒或2秒，△AMN的面積是△ABD面積的29（2）由題意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，若△AMN∽△ABD，則有AMAB=AN解得t＝3，若△AMN∽△ADB，則有AMAD=AN解得t＝245答：當(dāng)t＝3或245時(shí)，以A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABD【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定，直角三角形的性質(zhì)和一元二次方程的應(yīng)用，正確進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．6．（2020上·河南鄭州·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，已知D是BC的中點(diǎn)，M是AD的中點(diǎn)．求AN:NC的值．【答案】1【分析】解法1：過點(diǎn)D作AC的平行線交BN于點(diǎn)H，構(gòu)造“A”型和“8”型，得出△BDH∽△BCN和△DHM∽△ANM，再結(jié)合相似三角形的性質(zhì)和中點(diǎn)的定義即可得出答案；解法2：過點(diǎn)C作AD的平行線交BN的延長線于點(diǎn)H，構(gòu)造“A”型和“8”型，得出△BDM∽BCH和△AMN∽△CHN，再結(jié)合相似三角形的性質(zhì)和中點(diǎn)的定義即可得出答案；解法3：過點(diǎn)A作BC的平行線交BN的延長線于點(diǎn)H，構(gòu)造“A”型和“8”型，得出△AHM∽△DBM和△AHN∽△CBN，再結(jié)合相似三角形的性質(zhì)和中點(diǎn)的定義即可得出答案；解法4：過點(diǎn)D作BN的平行線交AC于點(diǎn)H，根據(jù)三角形中位線定理得出AN=NH=CH，即可得出答案；【詳解】解法1：如圖2，過點(diǎn)D作AC的平行線交BN于點(diǎn)H．因?yàn)镈H//AC．所以△BDH∽△BCN，所以DHCN因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以DHCN因?yàn)镈H//AN，所以△DHM∽△ANM，所以DHAN因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，所以DHAN所以DH=AN，所以ANCN解法2：如圖3，過點(diǎn)C作AD的平行線交BN的延長線于點(diǎn)H．因?yàn)镈M//CH，所以△BDM∽BCH，所以DMCH因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以DMCH因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，所以AM=DM，所以AMCH因?yàn)镈M//CH，所以△AMN∽△CHN，所以ANCN解法3：如圖4，過點(diǎn)A作BC的平行線交BN的延長線于點(diǎn)H．因?yàn)锳H//BD，所以△AHM∽△DBM，所以AHBD因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，所以AM=DM，所以AH=BD．因?yàn)锳H//BD，所以△AHN∽△CBN，所以ANCN因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，且AH=BD，所以ANCN解法4：如圖5，過點(diǎn)D作BN的平行線交AC于點(diǎn)H．在△ADH中，因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，MN//DH，所以N為AH的中點(diǎn)，即AN=NH．在△CBN中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，DH//BN，所以H為CN的中點(diǎn)，即CN=HN，所以AN=NH=CH．所以ANCN7．（2022下·江蘇蘇州·八年級星海實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？计谥校┒x：如圖，若點(diǎn)P在三角形的一條邊上，且滿足∠1=∠2，則稱點(diǎn)P為這個(gè)三角形的“理想點(diǎn)”．(1)如圖①，若點(diǎn)D是△ABC的邊AB的中點(diǎn)，AC=22，AB=4，試判斷點(diǎn)D是不是△ABC(2)如圖②，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，若點(diǎn)D是△ABC的“理想點(diǎn)”，求CD【答案】(1)D為△ABC的理想點(diǎn),理由見解析(2)125或【分析】（1）由已知可得ACAD=ABAC，從而ΔACD∽ΔABC（2）由D是ΔABC的“理想點(diǎn)”，分三種情況：當(dāng)D在AB上時(shí)，CD是AB邊上的高，根據(jù)面積法可求CD長度；當(dāng)D在AC上時(shí)，ΔBDC∽ΔABC，對應(yīng)邊成比例即可求CD長度；【詳解】（1）解：點(diǎn)D是ΔABC∵D是AB中點(diǎn)，AB=4，∴AD=BD=2，AD?AB=8，∵AC=22∴AC∴AC∴ACAD∵∠A=∠A，∴Δ∴∠ACD=∠B，∴點(diǎn)D是ΔABC（2）①D在AB上時(shí)，如圖：∵D是ΔABC∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A，當(dāng)∠ACD=∠B時(shí)，∵∠ACD+∠BCD=90°，∴∠BCD+∠B=90°，∴∠CDB=90°，即CD是AB邊上的高，當(dāng)∠BCD=∠A時(shí)，同理可證∠CDB=90°，即CD是AB邊上的高，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AB=5，∴BC=A∵S∴CD=12②∵AC=4，BC=3，∴AC>BC有∠B>∠A，∴“理想點(diǎn)”D不可能在BC邊上，③D在AC邊上時(shí)，如圖：∵D是ΔABC∴∠DBC=∠A，又∠C=∠C，∴Δ∴CDBC=BC∴CD=9綜上所述，點(diǎn)D是ΔABC的“理想點(diǎn)”，CD的長為125或【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解“理想點(diǎn)”的定義．8．（2021上·浙江紹興·九年級統(tǒng)考期末）如果兩個(gè)相似三角形的對應(yīng)邊存在2倍關(guān)系，則稱這兩個(gè)相似三角形互為母子三角形．（1）如果△DEF與△ABC互為母子三角形，則DEAB的值可能為（

A．2

B．12

C．2或（2）已知：如圖1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分線，AB=2AD,?求證：△ABD與△ADE互為母子三角形．（3）如圖2，△ABC中，AD是中線，過射線CA上點(diǎn)E作EG//BC，交射線DA于點(diǎn)G，連結(jié)BE，射線BE與射線DA交于點(diǎn)F，若△AGE與△ADC互為母子三角形．求AGGF【答案】（1）C；（2）見解析；（3）AGGF【分析】（1）根據(jù)互為母子三角形的定義即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)兩角對應(yīng)相等兩三角形相似得出△ABD∽△ADE，再根據(jù)AB=2AD從而得出結(jié)論；（3）根據(jù)題意畫出圖形，分當(dāng)G,E分別在線段AD,AC上時(shí)和當(dāng)G,E分別在射線DA,CA上時(shí)兩種情況加以討論；【詳解】（1）∵△DEF與△ABC互為母子三角形，∴DEAB故選：C（2）∵AD是∠BAC的角平分線，∴∠BAD=∠CAD，∵∠ADE=∠B，∴△ABD∽△ADE．又∵AB=2AD，∴△ABD與△ADE互為母子三角形．

（3）如圖，當(dāng)G,E分別在線段AD,AC上時(shí)，∵△AGE與△ADC互為母子三角形，∴CD∴AG=DG，∵AD是中線，∴BD=CD，又∵GE//BC，∴△GEF∽△DBF．∴DF∴DG=3GF，∴AG如圖，當(dāng)G,E分別在射線DA,CA上時(shí)，∵△AGE與△ADC互為母子三角形，∴CD∴AG=1∵AD是中線，∴BD=CD，又∵GE//BC，∴△GEF∽△DBF．∴DF∴DG=GF，∴AG綜上所述，AGGF【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、分類討論的數(shù)學(xué)思想以及接受與理解新生事物的能力．準(zhǔn)確理解題設(shè)條件中互為母子三角形的定義是正確解題的先決條件，在分析與解決問題的過程中，要考慮全面，進(jìn)行分類討論，避免漏解．9．（2020上·全國·九年級專題練習(xí)）已知，如圖，AD是直角三角形ABC斜邊上的中線，AE⊥AD，AE交CB的延長線于點(diǎn)E．（1）求證：△BAE∽△ACE；（2）AF⊥BD，垂足為點(diǎn)F，且BE?CE＝9，求EF?DE的值．【答案】（1）證明見解析；（2）DE?EF＝9．【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可得∠C＝∠DAC，由余角的性質(zhì)可得∠EAB＝∠DAC，進(jìn)而可得∠EAB＝∠C，進(jìn)一步即可證得結(jié)論；（2）由（1）可得AEEC=BEAE，進(jìn)而可得AE【詳解】解：（1）∵AD是直角三角形ABC斜邊上的中線，∴AD＝BD＝CD，∴∠C＝∠DAC，∵AE⊥AD，∴∠EAD＝90°＝∠BAC，∴∠EAB＝∠DAC，∴∠EAB＝∠C，∵∠E＝∠E，∴△BAE∽△ACE；（2）∵△BAE∽△ACE，∴AEEC∴AE2＝BE?CE＝9，∵∠AFE＝∠DAE＝90°，∠E＝∠E，∴△EAF∽△EDA，∴AEDE∴DE?EF＝AE2＝9．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)，屬于?？碱}型，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型028字模型已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）若AB∥CD①?AOB~?COD②AO若∠1=∠2或∠3=∠4或AO①?AOB~?COD10．（2021·四川廣元·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為DC邊的中點(diǎn)，連接AE，若AE的延長線和BC的延長線相交于點(diǎn)F．（1）求證：BC=CF；（2）連接AC和BE相交于點(diǎn)為G，若△GEC的面積為2，求平行四邊形ABCD的面積．【答案】（1）證明見解析；（2）24．【分析】（1）根據(jù)E是邊DC的中點(diǎn)，可以得到DE=CE，再根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，可以得到∠ADE＝∠ECF，再根據(jù)∠AED=∠CEF，即可得到△ADE≌△ECF，則答案可證；（2）先證明△CEG～△ABG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出S△ABG=8，AGGC=ABCE=【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC，∴∠ADE＝∠ECF，∵點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，∴DE=CE，在△ADE和△ECF中∠ADE=∠ECFDE=CE∴△ADE≌△ECFASA∴AD=CF，∴BC=CF；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，∴AB//DC，∴∠GEC=∠ABG，∠GCE=∠GAB，∴△CEG～△ABG，∵△GEC的面積為2，∴S△ABGS△CEG∵△CEG～△ABG∴AGGC∴S△BGC∴S△ABC∴S?ABCD【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．11．（2020·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，交CD的延長線于點(diǎn)G，若AF＝2FD，則BEEGA．12 B．13 C．23【答案】C【分析】由AF＝2DF，可以假設(shè)DF＝k，則AF＝2k，AD＝3k，證明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行線分線段成比例定理即可解決問題．【詳解】解：由AF＝2DF，可以假設(shè)DF＝k，則AF＝2k，AD＝3k，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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，∴BEEG故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了比例的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理，熟練掌握性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．12．（2020·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)O是△ABC邊BC上一點(diǎn)，過點(diǎn)O的直線分別交AB，AC所在直線于點(diǎn)M，N，且ABAM＝m，AC（1）若點(diǎn)O是線段BC中點(diǎn)．①求證：m+n＝2；②求mn的最大值；（2）若COOB【答案】（1）①證明見解析；②mn有最大值1；（2）n＝k﹣km+1．【分析】設(shè)AM＝a，AN＝b．由ABAM＝m，AC（1）①若點(diǎn)O是線段BC中點(diǎn)，如圖1，過點(diǎn)B作BH∥AC交MN于H，利用ASA證明△OBH≌△OCN，得出BH＝CN＝（n﹣1）b．由BH∥AN列出比例式(1?m)aa＝(n?1)b②由①的結(jié)論m+n＝2得出m＝2﹣n，那么mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出當(dāng)n＝1時(shí)，mn有最大值1；（2）若COOB＝k（k≠0），如圖2，過點(diǎn)B作BG∥AC交MN于G，證明△OBG∽△OCN，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出CNBG＝COOB，那么BG＝n?1kb．由BG∥AN列出比例式【詳解】解：設(shè)AM＝a，AN＝b.∵ABAM＝m，AC∴AB＝am，AC＝bn，∴MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）b.（1）①若點(diǎn)O是線段BC中點(diǎn)，如圖1，過點(diǎn)B作BH∥AC交MN于H，∴∠OBH＝∠OCN.在△OBH與△OCN中，∠OBH=∠OCNOB=OC∴△OBH≌△OCN（ASA），∴BH＝CN＝（n﹣1）b.∵BH∥AN，∴MBMA＝BHAN，即(1?m)aa∴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，∴當(dāng)n＝1時(shí)，mn有最大值1；（2）若COOB如圖2，過點(diǎn)B作BG∥AC交MN于G，∴∠OBG＝∠OCN.在△OBG與△OCN中，∠OBG=∠OCN∠BOG=∠CON∴△OBG∽△OCN，∴CNBG＝COOB，即∴BG＝n?1k∵BG∥AN，∴MBMA＝BGAN，即(1?m)aa∴1﹣m＝n?1k∴n＝k﹣km+1.【點(diǎn)睛】此題考查平行線的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，平行線分線段成比例是性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，二次函數(shù)最值問題，正確掌握各知識點(diǎn)并綜合運(yùn)用解題是關(guān)鍵.13．（2021·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=?12x2+2x+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，直線y=x?2與y軸交于點(diǎn)D，與x軸交于點(diǎn)E（1）點(diǎn)F的坐標(biāo)是________；（2）如圖1，點(diǎn)P為第一象限拋物線上的一點(diǎn)，PF的延長線交OB于點(diǎn)Q，PM⊥BC于點(diǎn)M，QN⊥BC于點(diǎn)N，PMQN=11（3）如圖2，點(diǎn)S為第一象限拋物線上的一點(diǎn)，且點(diǎn)S在射線DE上方，動(dòng)點(diǎn)G從點(diǎn)E出發(fā)，沿射線DE方向以每秒42個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)SE＝SG，且tan∠SEG=1【答案】（1）點(diǎn)F坐標(biāo)為（4，2）；（2）P1（1，152），P2（3，15【分析】（1）先由拋物線y=?12x2+2x+6求出B(6,0)，C(0,6)，再求出直線BC的解析式為y=?x+6（2）過點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FH⊥x軸交于點(diǎn)H，證明△PMF∽△QNF，得PFQF=114，再由FH//PG，得FHPG=415，可求（3）過點(diǎn)S作SK⊥EG于點(diǎn)K，SH⊥x軸于點(diǎn)H，交EG于點(diǎn)L，證明△ODE是等腰直角三角形，△EHL為等腰直角三角形，△SKL為等腰直角三角形，則有LK=SK=2t，SL=2SK=2t，EL=2t，EH=LH=t，OH=t+2，SH=3t，求出S(t+2,3t)，最后將點(diǎn)S的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式即可求得【詳解】解：（1）在拋物線y=?1令y=0，則?1解得：x=?2或x=6，∴A(?2,0)，B(6,0)，令x=0，則y=6，∴C(0,6)，在直線y=x?2中，令y=0，則x=2，∴E(2,0)，令x=0，則y=?2，∴D(0,?2)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將B(6,0)，C(0,6)代入，得：b=66k+b=0∴k=?1b=6∴直線BC的解析式為y=?x+6，聯(lián)立y=?x+6y=x?2解得x=4y=2∴F(4,2)，故答案為：(4,2)；（2）如圖1，過點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FH⊥x軸于點(diǎn)H，∵PM⊥BC，QN⊥BC，∴∠PMF=∠QNF=90°，又∵∠PFM=∠QFN，∴△PMF∽△QNF，∴PMQN∵PMQN∴PFQF∵FH//PG，∴FQPQ∵FH=2，∴PG=15∴P點(diǎn)縱坐標(biāo)為152令?1解得：x1=1，x2∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為P1（1，152），P2（3，15（3）如圖2，過點(diǎn)S作SK⊥EG于點(diǎn)K，SH⊥x軸于點(diǎn)H，交EG于點(diǎn)L，由題意得，EG=42∵SE=SG，SK⊥EG，∴EK=GK=1∵在Rt△SEK中，tan∴SK=2∵E(2,0)，D(0,?2)，∴OE=OD，∴△ODE是等腰直角三角形，∴∠OED=45°，∴∠KEH=∠OED=45°，∴△EHL為等腰直角三角形，∴∠SLK=∠ELH=45°，∴△SLK為等腰直角三角形，∴LK=SK=2t，∴EL=EK?LK=2∴EH=LH=t，∴OH=OE+EH=t+2，SH=SL+LH=3t，∴S(t+2,3t)，將S(t+2,3t)代入y=?1得?1解得：t=2或t=?8（舍），∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，靈活運(yùn)用平移、三角形相似、解直角三角形等相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．14．（2020·云南·統(tǒng)考中考真題）拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0，點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,?3．點(diǎn)P為拋物線y=x2+bx+c上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)（1）求b、c的值；（2）設(shè)點(diǎn)F在拋物線y=x2+bx+c的對稱軸上，當(dāng)△ACF（3）在第一象限，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)P到直線BC的距離是點(diǎn)D到直線BC的距離的5倍？若存在，求出點(diǎn)P所有的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）b=-2,c=-3;（2）F（1，-2）（3）P（5,12）【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求解；（2）根據(jù)題意求出B點(diǎn)坐標(biāo)，得到直線BC的解析式，再根據(jù)對稱性可得P點(diǎn)為直線BC與對稱軸的交點(diǎn)，即可求解；（3）過P點(diǎn)作PG⊥BC的延長線于G點(diǎn)，過D點(diǎn)作DH⊥BC的延長線于H點(diǎn)，得到△DEH∽△PEG，根據(jù)題意可得PEDE=PG【詳解】（1）把A?1,0，C0,?3代入y=得1?b+c=0解得b=?2∴y=（2）∵y=x2∴對稱軸為x=1∵A?1,0，∴A點(diǎn)關(guān)于x=1對稱的點(diǎn)B為（3,0）如圖，連接BC，設(shè)直線BC解析式為y=px+q把B（3,0）,C（0，-3）代入得3p+q=0解得p=1∴直線BC解析式為y=x-3當(dāng)x=1時(shí)，y=-2∴直線BC交對稱軸x=1與F（1，-2）∵C△ACF=AC+AF+CF=AC+BF+CF=AC+BC,故此時(shí)△ACF的周長最小，F(xiàn)（1，-2）；（3）存在點(diǎn)P使點(diǎn)P到直線BC的距離是點(diǎn)D到直線BC的距離的5倍，設(shè)P（m,m2∴E（m,m-3）如圖，過P點(diǎn)作PG⊥BC的延長線于G點(diǎn)，過D點(diǎn)作DH⊥BC的延長線于H點(diǎn)，∴DH∥PG∴△DEH∽△PEG∴PE∵PE=m2?2m?3-（m-3）=∴m解得m1=5，m2=3m=3時(shí)，分母為0不符合題意，故舍去∴P（5,12）．

【點(diǎn)睛】此題主要考查二次函數(shù)綜合，解題的關(guān)鍵是熟知待定系數(shù)法、二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、對稱性及相似三角形的判定與性質(zhì)．15．（2021上·安徽合肥·九年級合肥壽春中學(xué)校考期末）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D為AB上一點(diǎn)，連接CD，分別過點(diǎn)A、B作AN⊥CD，BM⊥CD．（1）求證：AN＝CM；（2）若點(diǎn)D滿足BD：AD＝2：1，求DM的長；（3）如圖2，若點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，連接EM，設(shè)sin∠NAD＝k，求證：EM＝k．

【答案】（1）見解析；（2）25【分析】（1）證明△ACN≌△CBM（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AN＝CM；（2）證明△AND∽△BMD，由相似三角形的性質(zhì)得出ANBM=DNDM=ADBD=12，設(shè)AN＝x，則BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，（3）延長ME，AN相交于點(diǎn)H，證明△AHE≌△BME（AAS），得出AH＝BM，證得HN＝MN，過點(diǎn)E作EG⊥BM于點(diǎn)G，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出答案．【詳解】（1）證明：∵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，∴ANBM設(shè)AN＝x，則BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，∵AN2+CN2＝AC2，∴x2+（2x）2＝12，∴x＝55∴CM＝55，CN＝2∴MN＝55∴DM＝23MN=2（3）解：延長ME，AN相交于點(diǎn)H，

∵E為AB的中點(diǎn)，∴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°，過點(diǎn)E作EG⊥BM于點(diǎn)G，∵sin∠NAD＝k，∠NAD＝∠EBG，∴sin∠EBG＝EGBE＝k又∵AC＝BC＝1，∴AB＝2，∴BE＝22∴EG＝22k∴EM＝2EG＝2×22k【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2022·山西呂梁·統(tǒng)考三模）綜合與實(shí)踐：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師讓同學(xué)們根據(jù)下面情境提出問題并解答．問題情境：在□ABCD中，點(diǎn)P是邊AD上一點(diǎn)．將△PDC沿直線PC折疊，點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)為E．“興趣小組”提出的問題是：如圖1，若點(diǎn)P與點(diǎn)A重合，過點(diǎn)E作EF∥AD，與PC交于點(diǎn)F，連接DF，則四邊形AEFD是菱形．(1)數(shù)學(xué)思考：請你證明“興趣小組”提出的問題；(2)拓展探究：“智慧小組”提出的問題是：如圖2，當(dāng)點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)時(shí)，延長CE交AB于點(diǎn)F，連接PF．試判斷PF與PC的位置關(guān)系，并說明理由．請你幫助他們解決此問題．(3)問題解決：“創(chuàng)新小組”在前兩個(gè)小組的啟發(fā)下，提出的問題是：如圖3，當(dāng)點(diǎn)E恰好落在AB邊上時(shí)，AP=3，PD=4，DC=10．則AE的長為___________．（直接寫出結(jié)果）【答案】(1)見解析(2)PF⊥PC，理由見解析(3)5【分析】（1）先證明DF∥AE，得到兩組對邊分別平行，再用鄰邊相等的平行四邊形是菱形判定，也可以用四條邊相等的四邊形是菱形進(jìn)行判斷；（2）證明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折疊得到∠DPC=∠EPC，從而證明∠FPC=90°；（3）延長BA、CP相交于點(diǎn)F，得△AFP∽△DCP，再證EF=CE即可求出結(jié)果．【詳解】（1）證法一：由折疊得，AD=AE，∠DAF=∠EAF，∠DFA=∠EFA∵EF∥AD∴∠DAF=∠EFA∴∠DFA=∠EAF∴DF∥AE∴四邊形AEFD是平行四邊形∵AD=AE∴四邊形AEFD是菱形．證法二：證明：由折疊得，AD=AE，DF=EF，∠DAF=∠EAF∵EF∥AD∴∠DAF=∠EFA∴∠EFA=∠EAF∴EA=EF∴AD=DF=EF=AE∴四邊形AEFD是菱形．（2）解：PF⊥PC．連接AE由折疊可得PD=PE，∠PEC=∠PDC，∠DPC=∠EPC∵四邊形ABCD是平行四邊形∴∠ADC+∠DAB=180°又∵∠PEC+∠PEF=180°∴∠DAB=∠PEF∵點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)∴PA=PD∴∠PAE=∠PEA

∴∠DAB?∠PAE=∠PEF?∠PEA∴∠AEF=∠EAF∴AF=EF∴△PAF≌△PEF（SSS）∴∠APF=∠EPF又∵∠DPC+∠CPE+∠EPF+∠APF=180°，即2∠CPE+2∠FPE=180°∴∠FPC=90°∴PF⊥PC．（3）解：延長BA、CP相交于點(diǎn)F，由題意，△AFP∽△DCP∴AFDC=AP∴AF=∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F∴∠F=∠ECP∴EF=EC=DC=10∴AE=10?15故答案為52【點(diǎn)睛】本題考查折疊、平行四邊形、相似、菱形的判定等，屬于綜合性題目，解題關(guān)鍵在于靈活運(yùn)用幾何知識，構(gòu)造常見的模型．17．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）正方形ABCD中，AB=2，點(diǎn)E是對角線BD上的一動(dòng)點(diǎn)，∠DAE=αα≠45°.將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線BF交射線DC于點(diǎn)(1)當(dāng)0°<α<45°時(shí)，求∠DBG的度數(shù)(用含α的式子表示)；(2)點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過程中，試探究DGDE的值是否發(fā)生變化？若不變，求出它的值.(3)若BF=FG，求α的值．【答案】(1)∠DBG=α(2)DGDE(3)30°【分析】1根據(jù)翻變換的性質(zhì)可以得到∠ADE=∠AFE=45°，∠DAE=∠EAF，加上對頂角相等得到的∠AOB=∠EOF，從而得到△AOB～△EOF（AA），進(jìn)而得到對應(yīng)邊成比例，再根據(jù)比例的性質(zhì)得到AO2如圖2中，連接EG，EC．證明△DEG是等腰直角三角形，可得結(jié)論；3證明△EFG是等邊三角形，可得結(jié)論．【詳解】（1）如圖1中，設(shè)AF交BD于點(diǎn)O．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠ABD=∠ADB=45°，由翻折變換的性質(zhì)可知，∠ADE=∠AFE=45°，∴∠ABE=∠AFE=45°，∵∠AOB=∠EOF，∴△AOB~△EOF（AA），∴AO∴AO·FO=EO·BO，∴AO∵∠AOE=∠BOF，∴△AOE~△BOF（SAS），∴∠DBG=∠EAF=∠DAE=α．（2）DGDE理由：如圖2中，連接EG，EC．∵四邊形ABCD是正方形，∴DA=DC，∠ADE=∠CDE=45°，∵DE=DE，∴△ADE≌△CDESAS∴∠DAE=∠DCE，∵∠EBG=∠DAE，∴∠EBG=∠ECG，同法可證，∠CEG=∠CBG，∵∠CBG+∠CGB=90°，∴∠CEG+∠BEC=90°，∴∠BEG=∠DEG=90°，∵∠EDG=45°，∴∠EGD=∠EDG=45°，∴DG=2∴DG（3）如圖2中，當(dāng)BF=FG時(shí)，∵∠BEG=90°，∴EF=FB=FG，∵DE=EF=EG，∴EF=EG=FG，∴∠FGE=60°，∴∠EBG=30°，∴α=∠DAE=∠EBG=30°．【點(diǎn)睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．18．（2021·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°<α<180°），過點(diǎn)A作射線AM交射線BC于點(diǎn)D，將AM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到AN，過點(diǎn)C作CF//AM交直線AN于點(diǎn)F，在AM上取點(diǎn)E，使∠AEB=∠ACB．（1）當(dāng)AM與線段BC相交時(shí)，①如圖1，當(dāng)α=60°時(shí)，線段AE，CE和CF之間的數(shù)量關(guān)系為．②如圖2，當(dāng)α=90°時(shí)，寫出線段AE，CE和CF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）當(dāng)tanα=43，AB＝5時(shí)，若△CDE【答案】（1）①AE＝CF+CE；②EC=2(AE?CF)，理由見解析；（2）5【分析】（1）①結(jié)論：AE＝CF+CE．如圖1中，作CT//AF交AM于T．想辦法證明AT＝②結(jié)論：EC＝2（AE﹣CF）．過點(diǎn)C作CQ⊥AE（2）分兩種情形：如圖3－1中，當(dāng)∠CDE＝90°時(shí)，過點(diǎn)B作BJ⊥AC于J，過點(diǎn)F作FK⊥AE于K．利用勾股定理以及面積法求出CD，再證明FK＝CD，可得結(jié)論．如圖3－2中，當(dāng)∠ECD＝【詳解】解：（1）①結(jié)論：AE＝理由：如圖1中，作CT//AF交AM于T．∵AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴CA＝CB，∵AF//CT，CF//AT，∴四邊形AFCT是平行四邊形，∴CF＝∵∠ADC＝∠BDE，∴△ACD∽△BED，∴AD∴AD∵∠ADB＝∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∵CT//AF，∴∠CTE＝∴△CTE是等邊三角形，∴EC＝∴AE＝故答案為：AE＝②如圖2中，結(jié)論：EC=2理由：過點(diǎn)C作CQ⊥AE于Q．∵CF//AM，∴∠CFA+∠MAN＝∵∠MAN＝∴∠CFA＝∵∠CQA＝∴四邊形AFCQ是矩形，∴CF＝∵∠ADC＝∠BDE，∴△ACD∽△BED，∴AD∴AD∵∠ADB＝∴△ADB∽△CDE，∴∠ABD＝∵∠CQE＝∴CE＝∴AE﹣∴EC=2（2）如圖3－1中，當(dāng)∠CDE＝90°時(shí)，過點(diǎn)B作BJ⊥AC于J，過點(diǎn)F作FK⊥AE于在Rt△ABJ中，tan∠BAJ＝∴AJ＝3，∵AC＝∴CJ=AC?AJ=5?3=2，∴BC＝∵1∴AD＝∴CD＝∵FK⊥AD，∴∠CDE＝∴CD//FK，∵CF//DK，∴四邊形CDKF是平行四邊形，∵∠FKD＝∴四邊形CDKF是矩形，∴FK＝∵tan∴FK∴AK＝∴AF＝如圖3－2中，當(dāng)∠ECD＝∠DAB＝∵CF//AM，∴∠AKF＝在Rt△ACK中，tan∠CAK＝∴CK＝4，∵∠MAN＝∴∠CAN＝∴∠CAB+∠BAF＝90°，∴∠AFK＝∴tan∴FK＝∴AF＝綜上所述，滿足條件的AF的值為554或【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題．考查了等邊三角形的判定及性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，此題是一道幾何綜合題，掌握各知識點(diǎn)并掌握推理能力是解題的關(guān)鍵．19．（2023下·江蘇宿遷·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，記△COD的面積為S1,△AOB的面積為

(1)問題解決：如圖①，若AB∥CD，求證：S(2)探索推廣：如圖②，若AB與CD不平行，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．(3)拓展應(yīng)用：如圖③，在OA上取一點(diǎn)E，使OE=OC，過點(diǎn)E作EF∥CD交OB于點(diǎn)F，點(diǎn)H為AB的中點(diǎn)，OH交EF于點(diǎn)G，且OG=2GH，若OEOA=3【答案】(1)證明見解析(2)（1）中結(jié)論仍然成立，理由見解析(3)9【分析】（1）如圖所示，過點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過點(diǎn)B作BF⊥AC于F，求出DE=OD?sin（2）同（1）求解即可；（3）如圖所示，過點(diǎn)A作AM∥EF交OB于M，取BM中點(diǎn)N，連接HN，先證明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，證明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=34，設(shè)OE=OC=3m，OF=OD=3n，則OA=4m【詳解】（1）解：如圖所示，過點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過點(diǎn)B作BF⊥AC于F，∴DE=OD?sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1

（2）解：（1）中的結(jié)論成立，理由如下：如圖所示，過點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過點(diǎn)B作BF⊥AC于F，∴DE=OD?sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1

（3）解：如圖所示，過點(diǎn)A作AM∥EF交OB于M，取BM中點(diǎn)N，連接HN，∵EF∥∴∠ODC=∠OFE，又∵OE=OC，∴△OEF≌△OCDAAS∴OD=OF，∵EF∥∴△OEF∽△OAM，∴OFOM設(shè)OE=OC=3m，OF=OD=3n，則∵H是AB的中點(diǎn)，N是BM的中點(diǎn)，∴HN是△ABM的中位線，∴HN∥∴△OGF∽△OHN，∴OGOH∵OG=2GH，∴OG=2∴OGOH∴ON=32OF=∴OB=ON+BN=5n，由（2）可知S1

【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．題型03射影定理已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）若∠ABC=∠ADB=90°①?ABC~?ADB~?BDC②AB2=AC?AD,BD2=AD?CDBC2=AC?CD（口訣：公共邊的平方=共線邊的乘積）③AB?BC=BD?AC（面積法）20．（2020·山西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，CD⊥AB，垂足為D，E為BC的中點(diǎn)，AE與CD交于點(diǎn)F，則DF的長為．【答案】54【分析】過點(diǎn)F作FH⊥AC于H，則△AFH∽△AEC，設(shè)FH為x，由已知條件可得AH=32FH【詳解】如解圖，過點(diǎn)F作FH⊥AC于H，∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，∴FH//∵BC=4，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴BE=CE=2，∵FH//∴△AFH∽△AEC∴AH∴AH=3設(shè)FH為x，則AH=32x又∵S△∴CD=AC?BC則AD=A∵∠FHC=∠CDA=90°且∠FCH=∠ACD，∴△CFH∽△CAD，∴FHAD即x9解得x=18∴AH=18∵S∴1∴CF∴DF故答案為：54【點(diǎn)睛】本題考查了相似的判定和性質(zhì)、以及勾股定理的運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是作垂直，構(gòu)造相似三角形．21．（2021上·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱風(fēng)華中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點(diǎn)D，已知AD＝95,BD=45，那么【答案】2【分析】證明△BCD∽△BAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式計(jì)算即可．【詳解】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠ACB＝∠CDB＝90°，∵∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC，∴BDBC＝BCBA，即45∴BC∵BC>0∴BC＝213故答案為：213【點(diǎn)睛】本題考查三角形相似的判定和性質(zhì)，牢記相關(guān)知識點(diǎn)并能結(jié)合圖形靈活應(yīng)用是解題關(guān)鍵．22．（2022上·江蘇南京·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D在AB上，且ADAC＝AC（1）求證△ACD∽△ABC；（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的長．【答案】（1）見解析；（2）6【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定兩邊成比例且夾角相等的兩個(gè)三角形相似，即可得出△ACD～△ABC（2）由△ACD～△ABC得∠ADC=∠ACB=90°，∠ACD=∠B，推出△ACD～△CBD，由相似三角形的性質(zhì)得CDAD=BD【詳解】（1）∵ADAC=AC∴△ACD～△ABC；（2）∵△ACD～△ABC，∴∠ADC=∠ACB=90°，∠ACD=∠B，∴∠CDB=180°?90°=90°=∠ACD，∴△ACD～△CBD，∴CDAD=BD∴CD=6【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．（2021·湖北武漢·統(tǒng)考一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)．（1）如圖1，若CD⊥AB，求證：AC2=AD·AB；（2）如圖2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且FHHE=4（3）如圖3，若AC=BC，點(diǎn)H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，則tan∠ACH的值為________．【答案】（1）見解析；（2）23；（3）【分析】（1）證出∠B=∠ACD，證明△CBD∽△ACD，得出CDAD（2）設(shè)FH=4a，則HE=9a（a>0），同（1）得CH2=HE?FH=36a2，則CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=23（3）過點(diǎn)D作DM⊥AH于M，設(shè)DH=2x，則CH=6x（x>0），CD=DH+CH=8x，證明△ADH∽△CDA，得出∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，求出AD=4x，證明△HDM是等腰直角三角形，得出【詳解】（1）證明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，∴∠B=∠ACD，∴△CBD∽△ACD，∴CDAD∴CD（2）解：∵FHHE∴設(shè)FH=4a，則HE=9a（a>0），∵∠ACB=90°，EF⊥CD，同（1）得：CH∴CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=過D作DP⊥AC于P，如圖2所示：則DP//在Rt△DPC中，tan∠ACD=∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠A=45°，∴△ADP是等腰直角三角形，∴AP=DP，∴APPC∵DP//∴ADBD（3）解：過點(diǎn)D作DM⊥AH于M，如圖3所示：∵CH=3DH，∴設(shè)DH=2x，則CH=6x（x>0），∴CD=DH+CH=8x，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°，∴∠BAC=∠AHD又∵∠ADH=∠CDA，∴△ADH∽△CDA，∴∠DAH=∠ACH，ADCD∴AD∴AD=4x，∵DM⊥AH，∴∠DMH=90°，∵∠AHD=45°，∴∠HDM=45°=∠AHD，∴△HDM是等腰直角三角形，∴DM=HM=2∴AM=A∴tan∠ACH=故答案為：77【點(diǎn)睛】本題是相似形綜合題,主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)定義、平行線分線段成比例定理等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質(zhì),證明三角形相似是解題的關(guān)鍵。題型04一線三等角模型已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）若∠B=∠D=∠ACE=90°①?ABC~?CDE②ABCD=BCDE=ACCE或B③當(dāng)點(diǎn)C為BD中點(diǎn)時(shí)，?ABC~?CDE~?ACE若∠B=∠D=∠ACE=α①?ABC~?CDE②AB③當(dāng)點(diǎn)C為BD中點(diǎn)時(shí)，?ABC~?CDE~?ACE24．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，BD=3，將△ADE沿直線DE翻折得到△FDE，當(dāng)點(diǎn)F落在邊BC上，且BF=4CF時(shí)，DE?AF的值為．【答案】98【分析】根據(jù)△ABC為等邊三角形，△ADE與△FDE關(guān)于DE成軸對稱，可證△BDF∽△CFE，根據(jù)BF=4CF，可得CF=4，根據(jù)AF為軸對稱圖形對應(yīng)點(diǎn)的連線,DE為對稱軸，可得DE⊥AF，根據(jù)S四邊形ADFE=12DE?AF=S△CEF=-S△ABC-S△CEF，進(jìn)而可求【詳解】解：如圖，作△ABC的高AL，作△BDF的高DH，∵△ABC為等邊三角形，△ADE與△FDE關(guān)于DE成軸對稱，∴∠DFE=∠DAE=60°，AD=DF，∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB=120°，∴∠DFB=∠CEF，又∠B=∠C=60°，∴△BDF∽△CFE，∴BDBE即CE=BF?CF設(shè)CF=x(x>0)，∵BF=4CF，∴BF=4x，∵BD=3，∴CE=4∵BC=BF+CF=4x+x=5x，∴AD=AB?BD=BC?BD=DF=5x?3，AE=EF=5x?4∵△BDF∽△CFE，∴DFEF∴5x?3解得：x=2，∴CF=4，∴BC=5x=10，∵在Rt△ABL中，∠B=60°，∴AL=ABsin60°=10×32=53∴S△ABC=12∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，∴DH=BDsin60°=3×3∴S△BDF=12∵△BDF∽△CFE，∴S△BDF∵S△BDF=63∴S△CEF=83又∵AF為軸對稱圖形對應(yīng)點(diǎn)的連線,DE為對稱軸，∴AD=DF，△ADF為等腰三角形，DE⊥AF，∴S四邊形ADFE=12DE?AF=S△CEF=-S△ABC-S=253∴DE?AF=98故答案為:983【點(diǎn)睛】本題主要考查等邊三角形的和折疊的性質(zhì)，一線三等角證明k型相似，以及“垂美四邊形”的性質(zhì)：對角線互相垂直的四邊形的面積＝對角線乘積的一半．25．（2020·四川樂山·中考真題）如圖，E是矩形ABCD的邊CB上的一點(diǎn)，AF⊥DE于點(diǎn)F，AB=3，AD=2，CE=1．求DF的長度．【答案】105【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)、勾股定理求出DE=10，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得DE【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，AB=3∴DC=AB=3，∠ADC=∠C=90°∵CE=1∴DE=∵AF⊥DE，∠ADC=90°∴∠ADF+∠DAF=90°，∠ADF+∠EDC=90°∴∠EDC=∠DAF在△EDC和△DAF中，∠EDC=∠DAF∴△EDC～△DAF∴DEAD=解得DF=即DF的長度為105【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．26．（2020·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊BC、AC上，連接AD、DE，且∠B=∠ADE=∠C．（1）證明：△BDA∽△CED；（2）若∠B=45°,BC=2，當(dāng)點(diǎn)D在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)（點(diǎn)D不與B、C重合），且△ADE是等腰三角形，求此時(shí)BD的長．【答案】(1)理由見詳解；（2）BD=2?2或1【分析】（1）根據(jù)題目已知條件易得：∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°，∠B+∠ADB+∠DAB=180°，所以得到∠DAB=∠EDC，問題得證．（2）由題意易得△ABC是等腰直角三角形，所以∠BAC=90°，當(dāng)△ADE是等腰三角形時(shí)，根據(jù)分類討論有三種情況：①AD=AE，②AD=DE，③AE=DE；因?yàn)辄c(diǎn)D不與B、C重合，所以第一種情況不符合，其他兩種情況根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)“等邊對等角”及∠B=∠ADE=45°，求出問題即可．【詳解】解：（1）如圖可知：∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°在△ABD中，∴∠B+∠ADB+∠DAB=180°又∵∠B=∠ADE=∠C∴∠EDC=∠DAB∴△BDA∽△CED．（2）∵∠B=∠ADE=∠C，∠B=45°∴△ABC是等腰直角三角形∴∠BAC=90°∵BC=2，∴AB=AC=22BC=①當(dāng)AD=AE時(shí)，∴∠ADE=∠AED∵∠B=45°，∴∠B=∠ADE∴∠DAE=90°∴∠DAE=∠BAC=90°∵點(diǎn)D在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)（點(diǎn)D不與B、C重合）,點(diǎn)E在AC上∴此情況不符合題意．②當(dāng)AD=DE時(shí)，∴∠DAE=∠DEA∴由（1）結(jié)論可知：△BDA≌△CED∴AB=DC=2∴BD=2?2③當(dāng)AE=DE時(shí)，∠ADE=∠DAE=45°∴△AED是等腰直角三角形∵∠B=45°，∴∠B∴∠ADC=90°，即AD⊥BC∴BD=1綜上所訴：BD=2?2或1【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定及等腰三角形的存在性問題，關(guān)鍵是利用“K”型相似模型及根據(jù)“等邊對等角”、等腰直角三角形的性質(zhì)得到線段的等量關(guān)系，進(jìn)而求解問題．27．（2021上·山東濟(jì)南·九年級統(tǒng)考期中）（1）問題如圖1，在四邊形ABCD中，點(diǎn)P為AB上一點(diǎn)，當(dāng)∠DPC=∠A=∠B=90°時(shí)，求證：AD?BC=AP?BP．（2）探究若將90°角改為銳角（如圖2），其他條件不變，上述結(jié)論還成立嗎？說明理由．（3）應(yīng)用如圖3，在△ABC中，AB=22，∠B=45°，以點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)作等腰Rt△ADE．點(diǎn)D在BC上，點(diǎn)E在AC上，點(diǎn)F在BC上，且∠EFD=45°，若CE=5【答案】（1）見解析；（2）成立；理由見解析；（3）5【分析】（1）由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC,即可證到△ADP∽△BPC，然后運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)即可解決問題；（2）由∠DPC=∠A=∠B=α可得∠ADP=∠BPC,即可證到△ADP∽△BPC，然后運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)即可解決問題；（3）證明△ABD∽△DFE,求出DF=4，再證△EFC∽△DEC,可求FC=1,進(jìn)而解答即可．【詳解】解：（1）證明：如圖1，∵∠DPC=90°∴∠BPC+∠APD=90°，∵∠A=90°，∴∠ADP+∠APD=90°∴∠APD=∠BPC，又∵∠A=∠B=90°∴△ADP∽△BPC，∴AD:BP=AP:BC∴AD?BC=AP?BP；（2）結(jié)論AD?BC=AP?BP仍成立；理由：如圖2，∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，又∵∠BPD=∠A+∠APD，∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠APD，∵∠DPC=∠A=α，∴∠BPC=∠APD，又∵∠A=∠B=α，∴△ADP∽△BPC，∴AD:BP=AP:BC∴AD?BC=AP?BP；（3）∵∠EFD=45°,∴∠B=∠ADE=45°,∴∠BAD=∠EDF,∴△ABD∽△DFE∴AB:DF=AD:DE∵Rt∴AD:DE=1:∴AB:DF=1:∵AB=2∴DF=4

∵Rt∴∠AED=45°∵∠EFD=45°∴∠DEC=∠EFC=180°?45°=135°又∵∠C=∠C∴△DEC∽△EFC∴DC:EC=EC:CF即E∵EC=∴5=FC(4+FC)∴FC=1解得CD=5．【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的綜合題，三角形的相似，正切值的求法，能夠通過構(gòu)造45°角將問題轉(zhuǎn)化為一線三角是解題的關(guān)鍵．28．（2021上·吉林長春·九年級統(tǒng)考期末）【感知】如圖①，在四邊形ABCD中，點(diǎn)P在邊AB上（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B重合），∠A=∠B=∠DPC=90°．易證△DAP∽【探究】如圖②，在四邊形ABCD中，點(diǎn)P在邊AB上（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B重合），∠A=∠B=∠DPC．若PD=4，PC=8，BC=6，求AP的長．【拓展】如圖③，在△ABC中，AC=BC=8，AB=12，點(diǎn)P在邊AB上（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B重合），連結(jié)CP，作∠CPE=∠A，PE與邊BC交于點(diǎn)E，當(dāng)△CPE是等腰三角形時(shí)，直接寫出AP的長．【答案】【探究】3；【拓展】4或203【分析】探究：根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可；拓展：證明△ACP∽△BPE，分CP=CE、PC=PE、EC=EP三種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算即可．【詳解】探究：證明：∵∠DPB是△APD的外角，∴∠DPB=∠A+∠PDA，即∠DPC+∠CPB=∠A+∠PDA，∵∠A=∠DPC，∴∠PDA=∠CPB，又∵∠A=∠B，∴△DAP∽∴PDPC∵PD=4，PC=8，BC=6，∴48解得：AP=3；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，當(dāng)CP=CE時(shí)，∠CPE=∠CEP，∵∠CEP＞∠B，∠CPE=∠A=∠B，∴CP=CE不成立；當(dāng)PC=PE時(shí)，△ACP≌△BPE，則PB=AC=8，∴AP=AB-PB=12?8=4；當(dāng)EC=EP時(shí)，∠CPE=∠ECP，∵∠B=∠CPE，∴∠ECP=∠B，∴PC=PB，∵△ACP∽△BPE，∴ACBP即8PB解得：PB=16∴AP=AB?PB=12?16綜上所述：△CPE是等腰三角形時(shí)，AP的長為4或203【點(diǎn)睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)，靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．29．（2020·四川雅安·中考真題）如圖，已知邊長為10的正方形ABCD，E是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（與B、C不重合），連結(jié)AE，G是BC延長線上的點(diǎn)，過點(diǎn)E作AE的垂線交∠DCG的角平分線于點(diǎn)F，若FG⊥BG．（1）求證：△ABE∽△EGF；（2）若EC=2，求△CEF的面積；（3）請直接寫出EC為何值時(shí)，△CEF的面積最大．【答案】（1）見解析；（2）8；（3）5【分析】（1）先判斷出CG=FG，再利用同角的余角相等，判斷出∠BAE=∠FEG，進(jìn)而得出△ABE∽△EGF，即可得出結(jié)論；（2）先求出BE=8，進(jìn)而表示出EG=2+FG，由△BAE∽△GEF，得出ABEG（3）同（2）的方法，即可得出S△ECF=?1【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DCG=90°，∵CF平分∠DCG，∴∠FCG=12∵∠G=90°，∴∠GCF=∠CFG=45°，∴FG=CG，∵四邊形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，∴ABEG∴102+FG∴FG=8，∴S△ECF=12CE?FG=1（3）設(shè)CE=x，則BE=10-x，∴EG=CE+CG=x+FG，由（1）知，△BAE∽△GEF，∴ABEG∴10x+FG∴FG=10-x，∴S△ECF=12×CE×FG=12×x?（10-x）=當(dāng)x=5時(shí)，S△ECF最大=252∴當(dāng)EC=5時(shí)，△CEF的面積最大.【點(diǎn)睛】此題是相似形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，角平分線，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，判斷出△BAE∽△GEF是解本題的關(guān)鍵．30．（2020·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，在等邊三角形ABC中，BC＝8，過BC邊上一點(diǎn)P，作∠DPE＝60°，分別與邊AB，AC相交于點(diǎn)D與點(diǎn)E．（1）在圖中找出與∠EPC始終相等的角，并說明理由；（2）若△PDE為正三角形時(shí)，求BD+CE的值；（3）當(dāng)DE∥BC時(shí)，請用BP表示BD，并求出BD的最大值．【答案】（1）∠BDP＝∠EPC，理由見解析；（2）8；（3）BD＝?BP2+8BP【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)解答；（2）證明△BDP≌△CPE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD＝CP，BP＝CE，結(jié)合圖形計(jì)算，得到答案；（3）證明△BDP∽△CPE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式求出BP與BD的關(guān)系，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出BD的最大值．【詳解】解：（1）∠BDP＝∠EPC，理由如下：∵△ABC為等邊三角形，∴∠B＝60°，∵∠DPE＝60°，∴∠DPE＝∠B，∵∠DPC是△BDP的外角，∴∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，∴∠EPC＝∠BDP；（2）∵△PDE為正三角形，∴PD＝PE，在△BDP和△CPE中，∠B=∠C∴△BDP≌△CPE（AAS），∴BD＝CP，BP＝CE，∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8；（3）∵DE∥BC，△ABC為等邊三角形，∴△ADE為等邊三角形，∴AD＝AE，∴BD＝CE，∵∠B＝∠C，∠EPC＝∠BDP，∴△BDP∽△CPE，∴BDPC=整理得，BD＝?BP﹣BP2+8BP＝﹣（BP﹣4）2+16，∴BD的最大值為4．【點(diǎn)睛】此題主要考查等邊三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、相似三角形的判斷與性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，靈活運(yùn)用知識點(diǎn)進(jìn)行邏輯證明是解題關(guān)鍵．31．（2021·江蘇南通·南通田家炳中學(xué)?？级＃┰诰匦蜛BCD中，點(diǎn)E是CD邊上一點(diǎn)，將△ADE沿AE折疊，使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)F處．（1）如圖1，若tan∠EFC=34（2）如圖2，在線段BF上取一點(diǎn)G，使AG平分∠BAF，延長AG，EF交于點(diǎn)H，若FG=BG+CF，求AB:BC的值．【答案】（1）45；（2）3【分析】（1）根據(jù)tan∠EFC=34，可設(shè)CE=3k，則CF=4k，DE=EF=5k，再證明△ABF～△FCE，由相似三角形性質(zhì)即可用k（2）過點(diǎn)G作GM⊥AF于點(diǎn)M，由FG=BG+CF可得FG=12BC=12AF，再證△MFG～△BFA，從而GMAB=FMBF=FGAF=12，設(shè)【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=∠D=90由折疊的性質(zhì)得：∠AFE=∠D=90°，EF=ED，∴tan設(shè)CE=3k，則CF=4k，∴DE=EF=5k，又∵∠AFB+∠BAF=90°，∠AFB+∠EFC=90°，∴∠BAF=∠EFC，∴△ABF～△FCE，∴AB∴8k4k∴BF=6k，∴BC=BF+CF=6k+4k=10k，∴AB（2）如解圖2，過點(diǎn)G作GM⊥AF于點(diǎn)M，∵FG=BG+CF，F(xiàn)G+BG+CF=∴FG=∵AD=AF，∴FG=∵∠MFG=∠BFA，∠FMG=∠FBA=90°，∴△MFG～△BFA，∴GMAB設(shè)BG=x，∵AG平分∠BAF,?∴BG=MG=x，AB=AM=2x，設(shè)FM=y，則BF=2y，∵A∴(2x)2而AF=∴2x+4∴ABBC【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形的綜合問題，也考查了三角形相似的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)和角平分線的性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是掌握折疊的性質(zhì)：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．難點(diǎn)是構(gòu)造垂直利用角平分線性質(zhì)得線段相等并利用相似進(jìn)行求解．32．（2020·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）【感知】（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，點(diǎn)E在邊CD上，∠AEB=90°，求證：AEEB=DE【探究】（2）如圖②，在四邊形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，點(diǎn)E在邊CD上，點(diǎn)F在邊AD的延長線上，∠FEG=∠AEB=90°，且EFEG=AE【拓展】（3）如圖③，點(diǎn)E在四邊形ABCD內(nèi)，∠AEB+∠DEC=180°，且AEEB=DE【答案】（1）見解析

（2）見解析

（3）見解析【分析】（1）證得∠BEC=∠EAD，證明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性質(zhì)得出AEEB（2）過點(diǎn)G作GM⊥CD于點(diǎn)M，由（1）可知EFEG（3）在EG上取點(diǎn)M，使∠BME=∠AFE，過點(diǎn)C作CN∥BM，交EG的延長線于點(diǎn)N，則∠N=∠BMG，證明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性質(zhì)得出AEBE=EFBM，證明△DEF∽△ECN，則【詳解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴AEEB（2）如圖1，過點(diǎn)G作GM⊥CD于點(diǎn)M，同（1）的理由可知：EFEG∵EFEG=AE∴DEGM∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，∠CHB=∠MHG∠C=∠GMH=90°∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）證明：如圖2，在EG上取點(diǎn)M，使∠BME=∠AFE，過點(diǎn)C作CN∥BM，交EG的延長線于點(diǎn)N，則∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴AEBE∵∠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，∴DEEC又∵AEEB∴EFBM∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，∠BGM=∠CGN∠BMG=∠N∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形的性質(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)，平行線的性質(zhì)等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．33．（2021·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）【推理】如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是CD上一動(dòng)點(diǎn)，將正方形沿著BE折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)F處，連結(jié)BE，CF，延長CF交AD于點(diǎn)G．（1）求證：△BCE≌△CDG．【運(yùn)用】（2）如圖2，在【推理】條件下，延長BF交AD于點(diǎn)H．若HDHF=45，【拓展】（3）將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結(jié)CF，延長CF，BF交直線AD于G，兩點(diǎn)，若ABBC=k，HDHF=4【答案】（1）見解析；（2）DE=310；（3）k2【分析】（1）根據(jù)ASA證明△BCE≌△CDG；（2）由（1）得CE=DG=9，由折疊得∠BCF=∠BFC，進(jìn)一步證明HF=HG，由勾股定理得HF（3）如圖，連結(jié)HE，分點(diǎn)H在D點(diǎn)左邊和點(diǎn)H在D點(diǎn)右邊兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DE的長，再由勾股定理得HF【詳解】（1）如圖，∵△BFE由△BCE折疊得到，∴BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC=90°．又∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D=∠BCE=90°，∴∠ECF+∠CGD=90°，∴∠BEC=∠CGD，又∵正方形ABCD,∴BC=CD,，∴△BCE≌△CDG(AAS)．（2）如圖，連接EH，由（1）得△BCE≌△CDG，∴CE=DG=9，由折疊得BC=BF，CE=FE=9，∴∠BCF=∠BFC．∵四邊形ABCD是正方形，∴AD//∴∠BCG=∠HGF，又∵∠BFC=∠HFG，∴∠HFG=∠HGF，∴HF=HG．∵HDHF=∴HD=4，HF=HG=5．∵∠D=∠HFE=90°∴HF∴5∴DE=310（DE=?3（3）如圖，連結(jié)HE，由已知HDHF=45可設(shè)DH=4m，①當(dāng)點(diǎn)H在D點(diǎn)左邊時(shí)，如圖，同（2）可得，HF=HG，∴DG=9m，由折疊得BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC=90°，又∵∠D=90°，∴∠ECF+∠CGD=90°，∴∠BEC=∠CGD，又∵∠BCE=∠D=90°，∴△CDG∽△BCE，∴DG∵CD∴9m∴CE=9m∴DE=9mx∵∠D=∠HFE=90°，∴HF∴(5m)∴x=k2+9∴②當(dāng)點(diǎn)H在D點(diǎn)右邊時(shí)，如圖，同理得HG=HF，∴DG=m，同理可得△BCE∽△CDG，可得CE=mk=FE∵HF∴(5m)∴x=9k2∴【點(diǎn)睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，在應(yīng)用全等三角形的判定時(shí)，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時(shí)添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．．34．（2020·四川成都·統(tǒng)考中考真題）在矩形ABCD的CD邊上取一點(diǎn)E，將ΔBCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上點(diǎn)F處．（1）如圖1，若BC=2BA，求∠CBE的度數(shù)；（2）如圖2，當(dāng)AB=5，且AF?FD=10時(shí)，求BC的長；（3）如圖3，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點(diǎn)M，BM交AD于點(diǎn)N，當(dāng)NF=AN+FD時(shí)，求ABBC【答案】（1）15°；（2）35；（3）【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)，先得到∠AFB=30°，再由折疊的性質(zhì)可得到∠CBE=15°；（2）由三等角證得ΔFAB∽ΔEDF，從而得DE=2，EF=CE=3，再由勾股定理求出DE，則BC=AD=35（3）過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)G，可證得ΔNFG∽ΔBFA．再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出對應(yīng)邊成比例及角平分線的性質(zhì)即可得解．【詳解】（1）∵矩形ABCD，∴∠A=90°，AD//BC由折疊的性質(zhì)可知BF=BC=2AB，∠CBE=1∴∠AFB=30°，∴∠FBC=∠AFB=30°，∴∠CBE=15°（2）由題意可得∠A=∠D=90°，∠AFB+∠DFE=90°，∠FED+∠DFE=90°∴∠AFB=∠DEF∴ΔFAB∽ΔEDF∴AFDE∴DE=∴EF=CE=3，由勾股定理得DF=3∴AF=10∴BC=AD=AF+FD=35（3）過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)G．∴∠NGF=∠A=90°又∵∠BFA=∠NFG∴ΔNFG∽ΔBFA．∴NGAB∵NF=AN+FD，即NF=∴NGAB又∵BM平分∠ABF，NG⊥BF，∠A=90°，∴NG=AN，∴NG=AN=1∴FG整理得：ABBC【點(diǎn)睛】本題是一道矩形的折疊和相似三角形的綜合題，解題時(shí)要靈活運(yùn)用折疊的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，是中考真題．35．（2020·山東濟(jì)南·?？级＃┚匦蜛OBC中，OB＝4，OA＝3．分別以O(shè)B、OA所在直線為x軸、y軸，