2024年初中升學(xué)考試專(zhuān)題復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)（按知識(shí)點(diǎn)分類(lèi)）相似形綜合題

相似形綜合題54．（2023?赤峰）數(shù)學(xué)興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個(gè)含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的頂點(diǎn)始終與正方形的頂點(diǎn)C重合，繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)三角尺時(shí)，45°角的兩邊CM，CN始終與正方形的邊AD，AB所在直線分別相交于點(diǎn)M，N，連接MN，可得△CMN．【探究一】如圖②，把△CDM繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時(shí)得到點(diǎn)H在直線AB上．求證：∠CNM＝∠CNH；【探究二】在圖②中，連接BD，分別交CM，CN于點(diǎn)E，F(xiàn)．求證：△CEF∽△CNM；【探究三】把三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖③所示位置，直線BD與三角尺45°角兩邊CM，CN分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接AC交BD于點(diǎn)O，求EFNM【答案】【探究一】見(jiàn)解析；【探究二】見(jiàn)解析；【探究三】EFNM【分析】【探究一】證明△CNM≌△CNH，即可得證；【探究二】根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠CEF＝∠FNB，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得出∠CEF＝∠FNB，加上公共角∠ECF＝∠NCM，進(jìn)而可證明；【探究三】，先證明△ECD∽△NCA，得到∠CED＝∠CNA，ECCC=CDAC=12，將△DMC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點(diǎn)G在直線AB上，得出△NCG≌△NCM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠MNC＝∠GNC，進(jìn)而得到∠CNM＝∠CEF【解答】【探究一】證明：∵把△CDM繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時(shí)得到點(diǎn)H在直線AB上，∴CM＝CH，∠MCH＝90°，∴∠NCH＝∠MCH－∠MCN＝90°－45°＝45°，∴∠MCN＝∠HCN，在△CNM和△CNH中，CM=CH∠MCN=∠HCN∴△CNM≌△CNH（SAS），∴∠CNM＝∠CNH；【探究二】證明：如圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBA＝45°，∵∠MCN＝45°，∴∠FBN＝FCE＝45°°，∵∠EGC＝∠BFN，∴∠CEF＝∠FNB，∵∠CNM＝∠CNH，∴∠CEF＝∠CNM，∵公共角∠ECF＝∠NCM，∴△CEF∽△CNM；【探究三】解：∵AC，BD是正方形的對(duì)角線，∴∠CDE＝∠CDA＋∠EDM＝135°，∠CAN＝180°－∠BAC＝135°，∴∠CDE＝∠CAN，∵∠MCN＝∠DCA＝45°，∴∠MCN－∠DCN＝∠DCM－∠DCN，即∠ECD＝∠NCA，∴△ECD∽△NCA，∴∠CED＝∠CNA，ECCC如圖所示，將△DMC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點(diǎn)G在直線AB上，∴MC＝GC，∠MCG＝90°，∴∠∠NCG＝∠NCM＝45°，∵CN＝CN，∴△NCG≌△NCM（SAS），∴∠MNC＝∠GNC，∵∠CNA＝∠CEF，∴∠CNM＝∠CEF，∵∠ECF＝∠NCM，∴△ECF∽△NCM，∴EFNM即EFNM【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形的綜合題，主要考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)和判定是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．相似形綜合題45．（2023?重慶）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，點(diǎn)D為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接CD．（1）如圖1，若AC＝9，BD=3，求線段AD（2）如圖2，以CD為邊在CD上方作等邊△CDE，點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，連接BF并延長(zhǎng)，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．若∠G＝∠BCE，求證：GF＝BF+BE；（3）在CD取得最小值的條件下，以CD為邊在CD右側(cè)作等邊△CDE．點(diǎn)M為CD所在直線上一點(diǎn)，將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BNM．連接AN，點(diǎn)P為AN的中點(diǎn)，連接CP，當(dāng)CP取最大值時(shí)，連接BP，將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)NQCP【考點(diǎn)】相似形綜合題．【分析】（1）在Rt△ABC中，由∠B＝60°，AC＝9，可得BC=AC3=33，AB＝2BC＝63，即得AD＝AB﹣BD（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OC，證明△BOC為等邊三角形，得CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，可得△OCD≌△BCE（SAS），有∠EBC＝∠DOC＝120°，故OC∥BE，在GF上截取HF＝BF，連接DH，可證△BEF≌△HDF（SAS），得BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，有DH∥BE，DH∥OC，可得∠HDG＝∠OCD，知∠G＝∠HDG，HG＝HD，從而HG＝BE，GF＝HG+FH＝BE+BF；（3）取AB的中點(diǎn)S，連接PS，在CD取得最小值時(shí)，CD⊥AB，設(shè)AB＝4a，則BC＝2a，AC＝23a，用面積法得CD=AC?BCAB=3a，BD=12BC＝a，證明△BCD≌△BCE（SAS），知BD＝BE＝a，根據(jù)將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BNM，有BE＝BN＝a，故N的運(yùn)動(dòng)軌跡是以B為圓心，a為半徑的圓，又PS=12BN=12a，故P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以S為圓心，12a為半徑的圓，當(dāng)CP最大時(shí)，C，P，S三點(diǎn)共線，過(guò)P作PT⊥AC于T，過(guò)N作NR⊥AC于R，可得△BSC是等邊三角形，∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，而CP＝CS+PS＝2a+12a=52a，可求得PT=12CP=54a，CT=3PT=534a，AT＝AC﹣CT=334a，連接PQ交NR于W，根據(jù)將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，知PQ⊥BC，故即PW∥AR，PW是△ANR的中位線，同理可得PT是△ANR的中位線，即可得PT＝NW＝RW=54a，PW=12AR＝AT=334a，根據(jù)將△BCP【解答】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∵∠B＝60°，AC＝9，∴BC=AC3=33，AB＝2∵BD=3∴AD＝AB﹣BD＝53；（2）證明：取AB的中點(diǎn)O，連接OC，如圖：在Rt△ABC中，點(diǎn)O為斜邊AB的中點(diǎn)，∴OC＝OB，∵∠ABC＝60°，∴△BOC為等邊三角形，∴CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，∴∠DOC＝120°，∵△CDE為等邊三角形，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，∴∠DCE＝∠OCB＝60°，即∠OCD+∠OCE＝∠OCE+∠BCE，∴∠OCD＝∠BCE，在△OCD和△BCE中，CD=CE∠OCD=∠BCE∴△OCD≌△BCE（SAS），∴∠EBC＝∠DOC＝120°，∴∠OCB+∠EBC＝180°，∴OC∥BE，在GF上截取HF＝BF，連接DH，∵點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，∴FE＝FD．在△BEF和△HDF中，BF=HF∠BFE=∠HFD∴△BEF≌△HDF（SAS），∴BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，∴DH∥BE，∴DH∥OC，∴∠HDG＝∠OCD，又∠G＝∠BCE，∴∠G＝∠HDG，∴HG＝HD，∴HG＝BE，∴GF＝HG+FH＝BE+BF；（3）解：取AB的中點(diǎn)S，連接PS，如圖：在CD取得最小值時(shí)，CD⊥AB，設(shè)AB＝4a，則BC＝2a，AC＝23a，∵2S△ABC＝AC?BC＝AB?CD，∴CD=AC?BCAB=3a，BD=∵△CDE是等邊三角形，∴∠DCE＝60°，CD＝CE，∴∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB＝60°﹣30°＝30°＝∠DCB，∵BC＝BC，∴△BCD≌△BCE（SAS），∴BD＝BE＝a，∵將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BNM，∴BE＝BN＝a，∴N的運(yùn)動(dòng)軌跡是以B為圓心，a為半徑的圓，∵點(diǎn)P為AN的中點(diǎn)，S為AB的中點(diǎn)，∴PS=12BN=∴P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以S為圓心，12a當(dāng)CP最大時(shí)，C，P，S三點(diǎn)共線，過(guò)P作PT⊥AC于T，過(guò)N作NR⊥AC于R，如圖：∵S是AB中點(diǎn)，∴BS＝AS＝CS=12AB＝2∵∠ABC＝60°，∴△BSC是等邊三角形，∴∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，∴∠PCA＝30°，∵CP＝CS+PS＝2a+12a=∴PT=12CP=54a，CT=∴AT＝AC﹣CT=33連接PQ交NR于W，如圖：∵將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，∴PQ⊥BC，∵AC⊥BC，∴PQ∥AC，即PW∥AR，∵P為AN中點(diǎn)，∴PW是△ANR的中位線，∴NW＝RW=12同理可得PT是△ANR的中位線，∴PT=12∴PT＝NW＝RW=54a，PW=12AR＝∵將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，∴∠QCB＝∠PCB＝60°，CP＝CQ，∴∠QCP＝120°，∴PQ=3CP=5∴WQ＝PQ﹣PW=532a?3∴NQ=NW∴NQCP【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形綜合應(yīng)用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，對(duì)稱(chēng)變換，最短路徑等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形和全等三角形解決問(wèn)題．相似形綜合題49．（2023?福建）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB邊上不與A，B重合的一個(gè)定點(diǎn)．AO⊥BC于點(diǎn)O，交CD于點(diǎn)E．DF是由線段DC繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，F(xiàn)D，CA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)M．?（1）求證：△ADE∽△FMC；（2）求∠ABF的度數(shù)；（3）若N是AF的中點(diǎn)，如圖2，求證：ND＝NO．【答案】（1）證明見(jiàn)解答過(guò)程；（2）∠ABF＝135°；（3）證明見(jiàn)解答過(guò)程．【分析】（1）由DF是由線段DC繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，得∠FDC＝90°，F(xiàn)D＝CD，∠DFC＝45°，又AB＝AC，AO⊥BC，可得∠BAO＝∠DFC，根據(jù)∠EDA+∠ADM＝90°，∠M+∠ADM＝90°有∠EDA＝∠M，故△ADE∽△FMC；（2）設(shè)BC與DF的交點(diǎn)為I，由∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，有△BID∽△FIC，BlFI=DlCl，即BIDI=FICl，可得△BIF∽△DIC，即得∠IBF＝∠（3）延長(zhǎng)ON交BF于點(diǎn)T，連接DT，DO，由∠FBI＝∠BOA＝90°，知BF∥AO，∠FTN＝∠AON，而N是AF的中點(diǎn)，有AN＝NF，可得△TNF≌△ONA（AAS），從而NT＝NO，F(xiàn)T＝AO，可證FT＝CO，△DFT≌△DCO（SAS），得DT＝DO，∠FDT＝∠CDO，即可得∠ODT＝∠CDF＝90°，故ND=1【解答】（1）證明：如圖：∵DF是由線段DC繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴∠FDC＝90°，F(xiàn)D＝CD，∠DFC＝45°，∵AB＝AC，AO⊥BC，∴∠BAO=1∵∠BAC＝90°，∴∠BAO＝∠ABC＝45°，∴∠BAO＝∠DFC，∵∠EDA+∠ADM＝90°，∠M+∠ADM＝90°∴∠EDA＝∠M，∴△ADE∽△FMC；（2）解：設(shè)BC與DF的交點(diǎn)為I，如圖：∵∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，∴△BID∽△FIC，∴BlFI=Dl∵∠BIF＝∠DIC，∴△BIF∽△DIC，∴∠IBF＝∠IDC，∵∠IDC＝90°，∴∠IBF＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABF＝∠ABC+∠IBF＝135°；（3）證明：延長(zhǎng)ON交BF于點(diǎn)T，連接DT，DO，如圖：∵∠FBI＝∠BOA＝90°，∴BF∥AO，∴∠FTN＝∠AON．∵N是AF的中點(diǎn)，∴AN＝NF，∵∠TNF＝∠ONA，∴△TNF≌△ONA（AAS），∴NT＝NO，F(xiàn)T＝AO，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AO⊥BC，∴AO＝CO，∴FT＝CO，由（2）知，△BIF∽△DIC，∴∠DFT＝∠DCO．∵DF＝DC，∴△DFT≌△DCO（SAS），∴DT＝DO，∠FDT＝∠CDO，∴∠FDT+∠FDO＝∠CDO+∠FDO，即∠ODT＝∠CDF，∵∠CDF＝90°，∴∠ODT＝∠CDF＝90°，∴ND=1【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形綜合應(yīng)用，涉及三角形內(nèi)角和定理、平行線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形及直角三角形的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定與性質(zhì)定理．50．（2023?福建）閱讀下列材料，回答問(wèn)題．任務(wù)：測(cè)量一個(gè)扁平狀的小水池的最大寬度，該水池東西走向的最大寬度AB遠(yuǎn)大于南北走向的最大寬度，如圖1．工具：一把皮尺（測(cè)量長(zhǎng)度略小于AB）和一臺(tái)測(cè)角儀，如圖2．皮尺的功能是直接測(cè)量任意可到達(dá)的兩點(diǎn)間的距離（這兩點(diǎn)間的距離不大于皮尺的測(cè)量長(zhǎng)度）；測(cè)角儀的功能是測(cè)量角的大小，即在任一點(diǎn)O處，對(duì)其視線可及的P，Q兩點(diǎn)，可測(cè)得∠POQ的大小，如圖3．小明利用皮尺測(cè)量，求出了小水池的最大寬度AB．其測(cè)量及求解過(guò)程如下：測(cè)量過(guò)程：（?。┰谛∷赝膺x點(diǎn)C，如圖4，測(cè)得AC＝am，BC＝bm；（ⅱ）分別在AC，BC上測(cè)得CM=a3m，CN=b3m；測(cè)得求解過(guò)程：由測(cè)量知，AC＝a，BC＝b，CM=a3，CN∴CMCA=CNCB=13，又∵∴△CMN∽△CAB，∴MNAB又∵M(jìn)N＝c，∴AB＝②3c（m）．故小水池的最大寬度為***m．（1）補(bǔ)全小明求解過(guò)程中①②所缺的內(nèi)容；（2）小明求得AB用到的幾何知識(shí)是相似三角形的判定和性質(zhì)；（3）小明僅利用皮尺，通過(guò)5次測(cè)量，求得AB．請(qǐng)你同時(shí)利用皮尺和測(cè)角儀，通過(guò)測(cè)量長(zhǎng)度、角度等幾何量，并利用解直角三角形的知識(shí)求小水池的最大寬度AB，寫(xiě)出你的測(cè)量及求解過(guò)程．要求：測(cè)量得到的長(zhǎng)度用字母a，b，c…表示，角度用α，β，γ…表示；測(cè)量次數(shù)不超過(guò)4次（測(cè)量的幾何量能求出AB，且測(cè)量的次數(shù)最少，才能得滿(mǎn)分）．【答案】（1）∠C＝∠C；②3c；（2）相似三角形的判定與性質(zhì)；（3）見(jiàn)解析部分．【分析】（1）利用相似三角形的判定和性質(zhì)解決問(wèn)題即可；（2）利用相似三角形的判定和性質(zhì)；（3）（i）在小水池外選點(diǎn)C，如圖，用測(cè)角儀在點(diǎn)B處測(cè)得∠ABC＝α，在點(diǎn)A處測(cè)得∠BAC＝β；（ii）用皮尺測(cè)得BC＝am．由此求解即可，【解答】解：（1）①由測(cè)量知，AC＝a，BC＝b，CM=a3，CN∴CMCA又∵∠C＝∠C，∴△CMN∽△CAB，∴MNAB又∵M(jìn)N＝c，∴AB＝3c（m）．故答案為：∠C＝∠C；②3c；（2）求得AB用到的幾何知識(shí)是：相似三角形的判定和性質(zhì)．故答案為：相似三角形的判定與性質(zhì)；（3）測(cè)量過(guò)程：（i）在小水池外選點(diǎn)C，如圖，用測(cè)角儀在點(diǎn)B處測(cè)得∠ABC＝α，在點(diǎn)A處測(cè)得∠BAC＝β；（ii）用皮尺測(cè)得BC＝am．求解過(guò)程：由測(cè)量知，在△ABC中，∠ABC＝α，∠BAC＝β，BC＝a．過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D．在Rt△CBD中，cos∠CBD=BD即cosα=BDa，所以BD＝acos同理，CD＝asinα．在Rt△ACD中，tan∠CAD=CD即tanβ=asinαAD，所以所以AB=BD+AD=acosα+asinα故小水池的最大寬度為(acosα+asinα【點(diǎn)評(píng)】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)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．相似形綜合題46．（2023?溫州）如圖1，AB為半圓O的直徑，C為BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CD切半圓于點(diǎn)D，BE⊥CD，交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交半圓于點(diǎn)F，已知OA=32，AC＝1．如圖2，連結(jié)AF，P為線段AF上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作BC的平行線分別交CE，BE于點(diǎn)M，N，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H．設(shè)PH＝x，MN＝（1）求CE的長(zhǎng)和y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；（2）當(dāng)PH＜PN，且長(zhǎng)度分別等于PH，PN，a的三條線段組成的三角形與△BCE相似時(shí)，求a的值；（3）延長(zhǎng)PN交半圓O于點(diǎn)Q，當(dāng)NQ=154x﹣3時(shí)，求【答案】（1）CE=165，y=?（2）a的值為1615或2740或（3）MN的長(zhǎng)為178【分析】（1）先求出CD的長(zhǎng)，由平行線分線段成比例可得CDCE=COCB，可求CE的長(zhǎng)，通過(guò)證明△BCE∽△（2）分三種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)列出方程可求解；（3）由銳角三角函數(shù)可求BG的長(zhǎng)，由線段的數(shù)量關(guān)系列出方程，即可求解．【解答】解：（1）如圖1，連接OD，∵CD切半圓O于點(diǎn)D，∴OD⊥CE，∵OA=32，∴OC=52，∴CD=O∵BE⊥CE，∴OD∥BE，∴CDCE∴2CE∴CE=16如圖2，∵∠AFB＝∠E＝90°，∴AF∥CE，∴MN∥CB，∴四邊形APMC是平行四邊形，∴CM＝PA=PHsin∠PAB∵NM∥BC，∴△BCE∽△NME，∴MNBC∴y4∴y=?2512（2）∵PN＝y(tǒng)﹣1=?2512x+4﹣1=?2512x+3，PH＜∴可分為三種情況，當(dāng)PH：PN＝3：5時(shí)，53x=?2512x+3，解得：∴a=43x當(dāng)PH：PN＝4：5時(shí)，54x=?2512x+3，解得：∴a=34x當(dāng)PH：PN＝3：4時(shí)，43x=?2512x+3，解得：∴a=53x綜上所述：a的值為1615或2740或（3）如圖3，連接AQ，BQ，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥AB于點(diǎn)G，則∠AQB＝∠AGQ＝90°，PH＝QG＝x，∴∠QAB＝∠BQG，∵NQ=154x﹣3，PN＝y(tǒng)﹣1=?∴HG＝PQ＝NQ+PN=53∵AH=43∴AG＝AH+HG＝3x，∴tan∠BQG＝tan∠QAB=x∴BG=13QG=∴AB＝AG+BG=103∴x=9∴y=?2512x+4∴MN的長(zhǎng)為178【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，圓的有關(guān)知識(shí)，勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．相似形綜合題51．（2023?宜昌）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AD，AB上的點(diǎn)，連接CE，EF，CF．（1）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E是AD的中點(diǎn)．①如圖1，當(dāng)∠FEC＝90°時(shí)，求證：△AEF∽△DCE；②如圖2，當(dāng)tan∠FCE=23時(shí)，求（2）如圖3，延長(zhǎng)CF，DA交于點(diǎn)G，當(dāng)GE＝DE，sin∠FCE=13時(shí)，求證：AE＝【答案】（1）①證明見(jiàn)解析部分；②67（2）證明見(jiàn)解析部分．【分析】（1）①根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等，兩三角形相似證明即可；②如圖2中，延長(zhǎng)DA交CF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥CE交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．求出AG，DG，再利用平行線分線段成比例定理求解；（2）如圖3中，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥CE交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．想辦法證明AF＝a﹣t，可得結(jié)論．【解答】（1）①證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠D＝90°，∵∠CEF＝90°，∴∠AEF+∠CED＝90°，∠ECD+∠CED＝90°，∴∠AEF＝∠ECD，∴△AEF∽△DCE；②解：如圖2中，延長(zhǎng)DA交CF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥CE交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，∴△GEH∽△CED，∴GHCD∵CD＝2，AE＝ED＝1，∴GH＝2HE，設(shè)EH＝m，GH＝2m．∵CE=D∴CH＝m+5∵tan∠ECF=GH∴2mm+∴m=5∴EH=52，GH∴EG=G∴AG＝EG﹣AE=52?1=32，DG＝EG+∵AF∥CD，∴AFCD∴AF2∴AF=6（3）證明：如圖3中，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥CE交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．設(shè)AD＝CD＝a，GE＝DE＝t，EH＝x，GH＝y(tǒng)，CE＝n，∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，∴△GEH∽△CED，∴GH∴ya∴x=t2n，在Rt△CGH中，sin∠ECF=1∴CG＝3GH，CH＝22GH，∴yx+n∴22y＝x+n，∴22×at∴22at＝t2+n2，在Rt△CDE中，n2＝t2+a2，∴22at＝2t2+a2，∴a=2t∵AF∥CD，∴AFCD∴AFa∴AF=a(2t?a)2t=a?a∵AE＝a﹣t，∴AE＝AF．【點(diǎn)評(píng)】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)，正方形的性質(zhì)，解直角三角形，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題．相似形綜合題20．（2023?武漢）問(wèn)題提出如圖（1），E是菱形ABCD邊BC上一點(diǎn)，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于點(diǎn)G，探究∠GCF與α的數(shù)量關(guān)系．問(wèn)題探究（1）先將問(wèn)題特殊化，如圖（2），當(dāng)α＝90°時(shí)，直接寫(xiě)出∠GCF的大?。唬?）再探究一般情形，如圖（1），求∠GCF與α的數(shù)量關(guān)系．問(wèn)題拓展將圖（1）特殊化，如圖（3），當(dāng)α＝120°時(shí)，若DGCG=1【答案】問(wèn)題探究（1）45°；（2）∠GCF=32問(wèn)題拓展：23【分析】問(wèn)題探究（1）如圖（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．證明△EAJ≌△FEC（SAS），推出∠AJE＝∠ECF，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：∠GCF=32α﹣90°；在AB上截取AN，使AN＝EC，連接問(wèn)題拓展解：過(guò)點(diǎn)A作CD的垂線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為3m．用m表示出BE，CE，可得結(jié)論．【解答】解：?jiǎn)栴}探究（1）如圖（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝90°，BA＝BC，∵BJ＝BE，∴AJ＝EC，∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE+∠B，∠AEF＝∠B＝90°，∴∠CEF＝∠EAJ，∵EA＝EF，∴△EAJ≌△FEC（SAS），∴∠AJE＝∠ECF，∵∠BJE＝45°，∴∠AJE＝180°﹣45°＝135°，∴∠ECF＝135°，∴∠GCF＝∠ECF﹣∠ECD＝135°﹣90°＝45°；（2）結(jié)論：∠GCF=32理由：在AB上截取AN，使AN＝EC，連接NE．∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，∠ABC＝∠AEF，∴∠EAN＝∠FEC．∵AE＝EF，∴△ANE≌△ECF（SAS）．∴∠ANE＝∠ECF．∵AB＝BC，∴BN＝BE．∵∠EBN＝α，∴∠BNE=90°?1∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD=(90°+1問(wèn)題拓展：過(guò)點(diǎn)A作CD的垂線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為3m．DGCG∴DG＝m，CG＝2m．在Rt△ADP中，∠ADC＝∠ABC＝120°，∴∠ADP＝60°，∴PD=32m，∴α＝120°，由（2）知，∠GCF=3∵∠AGP＝∠FGC，∴△APG∽△FCG．∴APCF∴33∴CF=6由（2）知，BE=3∴CE=9∴BECE【點(diǎn)評(píng)】本題屬于相似形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，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)造全等三角形或相似三角形解決問(wèn)題．相似形綜合題31．（2023?菏澤）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點(diǎn)G．求證：△ADE∽△DCF．【問(wèn)題解決】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)H，使CH＝DE，連接DH．求證：∠ADF＝∠H．【類(lèi)比遷移】（3）如圖3，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的長(zhǎng)．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析；（3）3．【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得∠C＝∠ADE＝90°，再證∠AED＝∠DFC，即可得出結(jié)論；（2）證Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），得DE＝CF，再證△DCF≌△DCH（SAS），得∠DFC＝∠H，然后由平行線的性質(zhì)得∠ADF＝∠DFC，即可得出結(jié)論；（3）延長(zhǎng)BC至點(diǎn)G，使CG＝DE＝8，連接DG，△ADE≌△DCG（SAS），得∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，再證△DFG是等邊三角形，得FG＝DF＝11，即可解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF+∠DFC＝90°，∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF+∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，∵AE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），∴DE＝CF，∵CH＝DE，∴CF＝CH，∵點(diǎn)H在BC的延長(zhǎng)線上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°，又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH（SAS），∴∠DFC＝∠H，∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H；（3）解：如圖3，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)G，使CG＝DE＝8，連接DG，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG（SAS），∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，∵AE＝DF，∴DG＝DF，∴△DFG是等邊三角形，∴FG＝DF＝11，∵CF+CG＝FG，∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，即CF的長(zhǎng)為3．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．相似形綜合題42．（2023?達(dá)州）（1）如圖①，在矩形ABCD的AB邊上取一點(diǎn)E，將△ADE沿DE翻折，使點(diǎn)A落在BC上A'處，若AB＝6，BC＝10，求AEEB（2）如圖②，在矩形ABCD的BC邊上取一點(diǎn)E，將四邊形ABED沿DE翻折，使點(diǎn)B落在DC的延長(zhǎng)線上B'處，若BC?CE＝24，AB＝6，求BE的值；（3）如圖③，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足為點(diǎn)D，AD＝10，AE＝6，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD交AC于點(diǎn)F，連接DF，且滿(mǎn)足∠DFE＝2∠DAC，直接寫(xiě)出BD+53?【考點(diǎn)】相似形綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）由矩形性質(zhì)和翻折性質(zhì)、結(jié)合勾股定理求得A'B＝2，設(shè)AE＝A'E＝x則BE＝AB﹣AE＝6﹣x，Rt△A'BE中利用勾股定理求得x=103，則AE=10（2）由矩形的性質(zhì)和翻折性質(zhì)得到∠EBC＝∠BDA，證明△EBC∽△BDA，利用相似三角形的性質(zhì)求得BC＝4，則BD＝10，在Rt△ABD中，利用勾股定理求得AD＝8，進(jìn)而求得BC＝8，CE＝3可求解；（3）證明△AEF∽△ADC得到CD=5F3EF，則BD+53EF=BD+CD=BC；設(shè)EF＝3k，CD＝5k，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC于H，證明△CHD≌△FHD