專題4.10 圖形的相似章末十大題型總結(jié)（拔尖篇）（北師大版）（解析版）

專題4.10圖形的相似章末十大題型總結(jié)（拔尖篇）【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用平行線分線段成比例進行求值或證明】 1【題型3利用相似三角形的判定與結(jié)論求長度】 13【題型4利用相似三角形的判定與結(jié)論求面積】 20【題型5利用相似三角形的判定與結(jié)論求最值】 28【題型6利用相似三角形的判定與結(jié)論解決規(guī)律探究問題】 37【題型7利用相似三角形的判定與結(jié)論解決動態(tài)探究問題】 42【題型8利用相似三角形的判定與結(jié)論解決多結(jié)論問題】 51【題型9利用相似三角形的判定與結(jié)論解決新定義問題】 60【題型10利用相似三角形的判定與結(jié)論在格點中作圖】 69【題型1利用平行線分線段成比例進行求值或證明】【例1】（2023秋·福建三明·九年級統(tǒng)考期中）請閱讀以下材料，并完成相應(yīng)的問題：角平分線分線段成比例定理，如圖1，在△ABC中，AD平分∠BAC，則ABAC下面是這個定理的部分證明過程．證明：如圖2，過點C作CE∥DA．交BA的延長線于點E．…任務(wù)：(1)請按照上面的證明思路，寫出該證明過程的剩余部分；(2)如圖3，已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC，求△ABD的周長．【答案】(1)見解析(2)9+3【分析】（1）過C作CE∥DA，交BA的延長線于E，利用平行線分線段成比例定理得到BDCD=BAEA，利用平行線的性質(zhì)得∠2=∠ACE，∠1=∠E，由∠1=∠2得∠ACE=∠E，所以AE=（2）先利用勾股定理計算出AC=5，再利用（1）中的結(jié)論得到ACAB=CDBD，即53=CDBD【詳解】（1）證明：如圖2，過C作CE∥DA．交BA的延長線于E，∵CE∥AD，∴BDCD=BAEA，∠2＝∠ACE，∠1∵∠1＝∠2，∴∠ACE＝∠E，∴AE＝AC，∴ABAC（2）解：如圖3，∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，∴AC=B∵AD平分∠BAC，∴ACAB=CD∴BD=3∴AD=B∴△ABD的周長=3【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理，勾股定理，掌握平行線分線段成比例定理，理解角平分線分線段成比例定理是關(guān)鍵．【變式1-1】（2023春·山西呂梁·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，2AB=BC=6，把△ADC沿著AD翻折得到△ADC'，連接BC'交AD于點E，點M是EC'的中點，點N是AC的中點，連接

【答案】3【分析】如圖所示，連接EN，過點M作MT⊥AD于點T，MN與AD交于點K，可證△BCC',△EDC',△ETM都是等腰直角三角形，點E是BC',AD的中點，可得MT是△EDC'【詳解】解：如圖所示，連接EN，過點M作MT⊥AD于點T，MN與AD交于點K，

∵四邊形ABCD是矩形，2AB=BC=6，∴∠ADC=90°，AB=CD=12BC=∵△ADC沿著AD翻折得到△ADC∴∠ADC=∠ADC'=90°，CD=D∴△BCC'是等腰直角三角形，∵DE∥∴∠DEC'=∠CB∴△EDC'是等腰直角三角形，則在Rt△EDC'中，點M是EC'∴MT∥C∴EMEC=ET∴ET=32，即點T是∴MT是△EDC'的中位線，則∵BC=6，DE=C∴點E是AD的中點，∵點N是AC的中點，∴NE是△ADC的中位線，∴NE∥CD，NE=1∴MT=NE=3∵MT⊥BD，∴∠MTK=90°，∵NE∥CD，∠CDE=90°∴∠NEK+∠CDE=180°，∴∠NEK=90°，即EN⊥BC，∴∠MTK=∠NEK=90°，在△MTK,△NEK中，∠MTK=∠NEK∠MKT=∠NKE∴△MTK≌△NEK(AAS∴MK=NK，TK=EK，∴點K是ET的中點，∴TK=EK=1∴在Rt△MTK中，MK=∴MN=2MK=2×3故答案為：35【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，中位線的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)的綜合，掌握以上知識的綜合運用是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2023·陜西西安·陜西師大附中?？寄M預(yù)測）如圖，點P是?ABCD內(nèi)的一點，連接PA，PB，PC，PD，過點P作PE∥BC，PF∥AB，分別交AB、BC于點E、F，若S△PAD=1,

【答案】24【分析】過點P作PQ⊥AB于點Q，交CD于點R，作PM⊥AD于M，交CB于點N，根據(jù)已知先求出S?ABCD=AD?MN=10，然后求出S△PAB=3，再根據(jù)面積比求出PMPN=14，【詳解】解：過點P作PQ⊥AB于點Q，交CD于點R，作PM⊥AD于M，交CB于點N，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴PR⊥CD，PN⊥CB，∵S△PAD=1，S△PCD∴S△PAD∴S?ABCD∴12∴S△PAB∴S△PADS△PBC∵PE∥BC，∴四邊形PEBF是平行四邊形，∵AM∥∴AEBE∴PQ=35QR∴S四邊形故答案為：245【點睛】此題重點考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、三角形的面積公式、平行線分線段成比例定理等知識，此題的計算和推理過程較為復(fù)雜，求出PQ=35QR【變式1-3】（2023春·廣東·九年級專題練習）定義新概念：有一組鄰邊相等，且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．(1)如圖①，等腰直角四邊形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．①若CD=3，AC⊥CD于點C，求AD的長；②若AD=DC，∠ADC=45°，求(2)如圖②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，點P是對角線BD上的一點，且BP=2PD，過點P作直線分別交邊AD，BC于點E，F(xiàn)，要使四邊形ABFE是等腰直角四邊形，求AE的長．【答案】(1)①41；②4(2)滿足條件的AE的長為12【分析】（1）①根據(jù)勾股定理求出AC，再根據(jù)勾股定理求出AD的值；②連接AC、BD，交于點F，過點C作EC⊥BC，交BD于點E，證明BD垂直平分AC，得出AF=CF，證明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，證明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根據(jù)勾股定理求出BE=B（2）若EF⊥BC，則AE≠EF，BF≠EF，推出四邊形ABFE表示等腰直角四邊形，不符合條件．若EF與BC不垂直，當AE=AB時，此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，當BF=AB時，此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，分別求解即可．【詳解】（1）解：①連接AC，如圖所示：∵AB=BC=4，∠ABC=90°，∴AC=A∵AC⊥CD，∴∠ACD=90∴AD=A②連接AC、BD，交于點F，過點C作EC⊥BC，交BD于點E，如圖所示：則∠BCE=90°，∵AB=BC=4，∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=1∴∠ECF=90°-45°=45°，∵AB=BC，AD=CD，∴B、D在線段AC的垂直平分線上，∴BD垂直平分AC，∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，∵AD=CD，∴∠CDF=1∴∠DCF=90°-22.5°=67.5°，∴∠ECD=∠DCF-∠ECF=67.5°-45°=22.5°，∴∠ECD=∠CDE，∴CE=DE，∵AB=BC，AF=CF，∴∠CBF=1∵∠BCE=90°，∴∠BEC=90°-45°=45°，∴∠BEC=∠CBE，∴CE=BC=4，∴DE=CE=4，BE=B∴BD=BE+DE=42（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥若EF⊥BC時，如圖所示：則四邊形AEFB和DEFC為矩形，∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，∵AD∥∴△DEP∽△BFP，∴DEBF∵DE+BF=DE+AE=15，∴DE=5，BF=10，∴AE=BF=10，∴AE≠EF，BF≠EF；∴四邊形ABFE不可能是等腰直角四邊形；若EF與BC不垂直，當AE=AB時，如圖所示：∵AE=AB=6，∴DE=AD-AE=15-6=9，∵AD∥∴△DEP∽△BFP，∴DEBF∴BF=2DE=2×9=18，∵18>15，∴此時點F不在邊BC上，不符合題意；若EF與BC不垂直，當BF=AB時，如圖所示：此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，∴BF=AB=6，∵DE∥BF，∴△DEP∽△BFP，∴DEBF∴DE=1∴AE=AD-DE=15-3=12，綜上所述，滿足條件的AE的長為12．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，作出輔助線，畫出相應(yīng)的圖形，數(shù)形結(jié)合，注意分類討論．【題型2利用相似三角形的判定與結(jié)論在格點中求值】【例2】（2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模）在正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，點A、B、C、D均在格點上，連接AC、BD相交于點E，若小正方形的邊長為【答案】6【分析】證明△ABE∽△CDE，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出答案．【詳解】解：如圖，過點E作MN⊥AB，交AB于點M，交CD于點N，∵AB∥∴∠BAE=∠DCE，∠ABE=∠CDE，MN⊥CD，∴△ABE∽△CDE，∴EMEN∵MN=3，∴EM=23+2×3=65，即點E故答案為65【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)．【變式2-1】（2023·山東煙臺·統(tǒng)考一模）如圖，在方格紙中，△ABC和△DEF的頂點都在格點上，則∠BAC+∠ACB的度數(shù)為（

）A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】B【分析】根據(jù)網(wǎng)格的特點，利用勾股定理求得△ABC、△EDF各邊長，進而證明△ABC∽△DEF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出∠ABC=∠DEF=135°，即可求解．【詳解】解：∵AB=1DE=1∵52∴ABDE∴△ABC∽△DEF，∴∠ABC=∠DEF=135°，∴∠BAC+∠ACB=180°-135°=45°，故選：B．【點睛】本題考查了勾股定理的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握其性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023春·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，點A、B、C、D、F在網(wǎng)格中的格點處，AF與BC相交于點E，設(shè)小正方形的邊長為1，則陰影部分△DEF的面積等于．

【答案】9【分析】先證明△ABE∽△ECF，設(shè)△CEF的高為h，AM=3，得出【詳解】解：

∵AB∥CD，AB=CD=2，CF=3，∴∠ABE=∠ECF，∵∠AEB=∠CEF，∴△ABE∽設(shè)△CEF的高為h，AM=3，∴ABCF∴h=9∴陰影部分△DEF的面積12故答案為：92【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023秋·福建福州·九年級校聯(lián)考期末）在正方形網(wǎng)格中，A、B、C、D均為格點，則∠BAC-∠DAE=．

【答案】45°【分析】在正方形網(wǎng)格中，連接正方形的頂點，作出Rt△EFD和Rt△EGD，設(shè)正方形網(wǎng)格的邊長為1，則有EG=12+12=2，F(xiàn)G=1，AG=2，可知EGAG=FGEG【詳解】解：如圖，在正方形網(wǎng)格中，連接正方形的頂點，得到Rt△EFD和Rt

設(shè)正方形網(wǎng)格的邊長為1，則有EG=12+12∴EGAG=2∴EG∵∠EGF=∠AGE，∴△EGF∽△AGE，∴∠EFG=∠AEG，∴∠EFG+∠EAG=∠AEG+∠EAG=∠EGD=45°，∴∠EFG=45°-∠EAG，又∵AB=DE=1，∠B=∠D=90°，BC=FD=2，∴△CBA≌△FDE，∴∠BAC=∠DEF，∴∠BAC=∠DEF=90°-∠EFD=90°-45°-∠EAG即有：∠BAC-∠DAE=45°，故答案為：45°．【點睛】本題考查了勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，求得△EGF∽△AGE是解題的關(guān)鍵．【題型3利用相似三角形的判定與結(jié)論求長度】【例3】（2023·黑龍江綏化·?？既＃┰?ABCD中，AH⊥BD，垂足為H，∠ABD為銳角，且∠ABH=∠DAH，若AH=6，BD=5，則BC邊長為【答案】10或15或7【分析】如圖，設(shè)DH=x．利用相似三角形的性質(zhì)，構(gòu)建方程即可解決問題；【詳解】解：當AH在△ABD內(nèi)部時，如圖，設(shè)DH=x．∵AH⊥BD，∴∠AHB=∠AHD=90°，∵∠ABH=∠DAH，∴△DAH∽△ABH，∴DHAH∴x6整理得：x2解得x=2或3，∴DH=2或3，∴BC=AD=AH2當AH在△ABD外部時，設(shè)DH=x．∵△HAB∽△HDA，∴AH∴6=x(x+5)，∴x∴x=1，x=-6（舍去），∴DH=1，∴BC=AD=A故答案為10或15或7．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式3-1】（2023秋·上?！ぞ拍昙壣虾Ｍ鈬Z大學附屬大境初級中學校考期中）如圖，在矩形ABCD中，已知AB=12，如果將矩形沿直線l翻折后，點B落在邊CD的中點E處，直線l分別與邊AB、BC交于點M、N，如果BN=6.5，那么AM的長為．

【答案】9【分析】連接NE，構(gòu)造直角三角形，依據(jù)折疊的性質(zhì)以及勾股定理，即可得到CN的長以及BC的長，再根據(jù)△BMN∽△CBE，得到比例式求出BM，進而得出AM的長．【詳解】解：如圖，連接NE，∵四邊形ABCD為矩形，∴CD=AB=12，∠ABC=∠C=90°，∵E為CD的中點，∴CE=1∵將矩形沿直線l翻折后，點B落在邊CD的中點E處，直線l分別與邊AB、BC交于點M、N，∴MN⊥BE，BN=EN=6.5，在Rt△CNE中，CN=∴AD=6.5+2.5=9，∵∠MBE+∠BMN=90°，∠MBE+∠CBE=90°，∴∠BMN=∠CBE，又∵∠NBM=∠C，∴△BMN∽△CBE，∴BMBC=BN∴BM=39∴AM=AB-BM=12-39故答案為：94

【點睛】本題主要考查了折疊問題、勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形，運用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)進行計算求解．【變式3-2】（2023·河南鄭州·?？既＃┤鐖D，在平面直角坐標系xOy中，已知點A0,6，B-10,0，把△AOB繞點O按順時針方向旋轉(zhuǎn)，點A，B的對應(yīng)點分別是A'，B'，連接AB'．當點B'在第二象限內(nèi)，A

【答案】18【分析】過點B'作B'D⊥OB于點D，過點A'作A'C⊥OC于點C，易得AB'=OD，B'D=OA，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，【詳解】如圖，過點B'作B'D⊥OB于點D，過點A'作

∵AB'⊥y軸，A∴四邊形AB∴AB由題意可知，OA=6，OB=10，∵AB∴∠B由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，OB'=OB=10在Rt△B'∵∠A∴∠BOB又∵∠A∴∠BOB∴△B∴B'O解得OC=185，∴點A的對應(yīng)點A'的坐標為18故答案為：185【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)等知識【變式3-3】（2023·安徽合肥·校聯(lián)考模擬預(yù)測）等腰直角ΔABC與等腰直角ΔCDE的直角頂點C重合．DE與AC相交于F，CD的延長線交AB于G，連接

(1)如圖1，求證：AC?CF=CE?CG；(2)如圖2，B，D，E在同一條直線上，取AB的中點M，分別連接MC，ME，求證：MC=ME；(3)如圖3，過A作BD的平行線，過B作AC的平行線，兩線相交于H，且點H在CG的延長線上，若BC=2BH，求AHDE【答案】(1)見解析(2)見解析(3)AH【分析】（1）通過證明ΔECF∽ΔBCG，得到CE（2）連接AE，由SAS證明ΔACE≌ΔBCD，得到∠EAC=∠DBC（3）延長BD與AC交于點P，得到四邊形APBH為平行四邊形，從而得到BH=AP，AH=BP，通過等量代換可得四邊形PCBH為矩形，得到BP=CH，再設(shè)CD=x，可得CH=BP=AH=2x，DE=2x，即可得到【詳解】（1）證明：∵ΔABC、ΔCDE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=∴∠E=∠ABC=45°，AC=BC，∵∠ECA+∠ACG=∠ACG+∠BCG=90∴∠ECA=∠BCG，在ΔECF和Δ∠E=∠CBG∠ECA=∠BCG∴Δ∴CE又∵AC=BC∴CECF=（2）連接AE，

在ΔACE和ΔAC=BC∠ECA=∠BCG∴ΔACE≌ΔBCD∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC+∠BFC=90°，∠BFC=∠AFE∴∠EAC+∠AFE=90°，即∠AEF=在RtΔ∵點M為AB中點，∴EM=1又∵CM=1∴MC=ME；（3）延長BD與AC交于點P，連接PH，

∵AH∥BD，BH∥AC，∴四邊形APBH為平行四邊形，∴BH=AP，AH=BP；又∵BC=2BH，AC=BC，∴AC=2AP，即點P為AC中點，∵PC=BH，PC∥BH，∴四邊形PCBH為平行四邊形，又∵∠ACB=90∴?PCBH為矩形，∴BP=CH，點D為對角線交點，設(shè)CD=x，則CH=BP=AH=2x，DE=2∴AHDE【點睛】本題是三角形與四邊形的綜合題目，考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形及矩形的判定性質(zhì)，綜合性較強，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)及判定，構(gòu)造合理的輔助線是解決本題的關(guān)鍵．【題型4利用相似三角形的判定與結(jié)論求面積】【例4】（2023秋·安徽合肥·九年級?？计谥校鰽BC的邊上有D、E、F三點，各點位置如圖所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，則根據(jù)圖中標示的長度，求四邊形ADEF與△ABC的面積比為何？（

）

A．1:3 B．1:4 C．2:5 D．3:8【答案】D【分析】先證明△CAF∽△CBA，再利用相似三角形的性質(zhì)求出AC=45，得出S△ACFS△ACB=【詳解】解：∵BE=7，EF=4，F(xiàn)C=5，∴BC=7+4+5=16，∵∠B=∠FAC，∠C=∠C，∴△CAF∽△CBA，∴CACB∴CA∵CA>0，∴AC=45∴ACBC∴S△ACF同理可證△BDE∽△BCA，∵BD=AC，∴BDBC∴S△BDE∴四邊形ADEF與△ABC的面積比=16-5-5故選D．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．【變式4-1】（2023·浙江溫州·校聯(lián)考三模）如圖1，在平面直角坐標系中，直線y=kx+203過點A5,0，C2,a，與y軸交于點B．點D，E分別為線段OB，

(1)求k和a的值；(2)當∠AEC與△CDE中的一個角相等時，求線段OD的長；(3)如圖2，連接BE交CD于點H，將點B繞點H逆時針旋轉(zhuǎn)90°至點B'，若點B'到x軸的距離恰好等于OD的長，求【答案】(1)k=-43(2)OD=2或OD=4-2(3)S=【分析】（1）將A5,0代入y=kx+203求出k的值，得出一次函數(shù)解析式，將x=2代入y=-（2）分三種情況：當∠AEC=∠DCE時，當∠AEC=∠CDE時，當∠AEC=∠DEC時，分別畫出圖形，求出結(jié)果即可；（3）連接B'H，B'D，過點H作HN⊥B'D于點N，HM⊥BD于點M，證明△BMH≌△B'NHAAS，得出MH=HN，證明四邊形MDNH為正方形，得出∠HDM=∠HDN=45°，證明△DOE為等腰直角三角形，得出OD=OE=2，求出OB=203，得出BD=OB-OD=【詳解】（1）解：將A5,0代入y=kx+解得k=-4將x=2代入y=-43x+（2）解：①當∠AEC=∠DCE時，點E與點O重合，舍去②當∠AEC=∠CDE時，此時CE⊥OA，過點C作CF⊥BD于點F，

∵C2,4∴OE=CF=2，OF=4，∵CD⊥DE，∴∠CDE=90°，∴∠CFD=∠CDE=∠DOE=90°，∴∠FDC+∠ODE=∠ODE+∠OED=90°，∴∠FDC=∠OED，∴△CDF∽△DEO，∴CFDF設(shè)OD=x，則FD=4-x，即24-x解得：x1經(jīng)檢驗x=2是原方程的解，∴OD=2；③當∠AEC=∠DEC時，作CG⊥OA于點G

∵EC平分∠DEG，CD⊥ED，CG⊥EA，∴CD=CG=4，∵DF=C∴OD=OF-DF=4-23綜上分析可知，OD=2或OD=4-23（3）解：連接B'H，B'D，過點H作HN⊥B'D

由題意可得，B'根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，B'H⊥BH且∴∠BHB∴∠BHM+∠MHB∴∠MBH=∠MHB∵HM⊥BD，B'∴MH∥∴∠MHB∴∠MBH=∠NB∴△BMH≌△B∴MH=HN，∵∠HMD=∠MDN=∠DNH=90°，∴四邊形MDNH為矩形，∵MH=HN，∴四邊形MDNH為正方形，∴∠HDM=∠HDN=45°，∵∠CDE=90°，∴∠NDE=90°-45°=45°，∴∠ODE=90°-45°=45°，∴△DOE為等腰直角三角形，∴OD=OE=2，把x=0代入y=kx+203得：∴OB=20∴BD=OB-OD=20設(shè)MH=MD=m，則BM=14∵∠BMH=∠BOE=90°，∴MH∥∴BMBO即143解得m=14∴S=14【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例，三角形相似的判定和性質(zhì)，求一次函數(shù)的函數(shù)值，解題關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，畫出相應(yīng)的圖形，作出輔助線，注意進行分類討論．【變式4-2】（2023春·上海靜安·九年級統(tǒng)考期末）（1）如圖1，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=4，（2）若點M是直線AB上的一點，直線DM交直線BC于點N．①當點M在線段AB的延長線上時（如圖2），設(shè)BM=x，DM=y，求y關(guān)于②如果△AMD是等腰三角形，求△BMN的面積．

【答案】（1）證明見解析；（2）①y=x2+10x+37，定義域x≥0【分析】（1）過D作DE∥AB交BC于E，證明（2）①過D作DF⊥AB交AB于F，即可利用∠B=∠FAD=60°得到AF=12AD=2，DF=2②先根據(jù)△AMD是等腰三角形求出BM=x，DM=y的值，再利用△BMN～△AMD求【詳解】（1）過D作DE∥AB交BC于E，則

∵AD∥∴四邊形ABED是平行四邊形，∴AB=DE=3,AD=BE=4，∵BC=7，∴EC=BC-BE=3，∴AB=DE=3=EC，∴△DEC是等邊三角形，∴AB=DE=3=EC=DC，∴四邊形ABCD是等腰梯形；（2）①過D作DF⊥AB交AB于F，

∵∠B=60°，AD∥∴∠B=∠FAD=60°，∴AF=12AD=2∵BM=x∴FM=FA+AB+BM=5+x在Rt△FDM中D∴232∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=x2+10x+37②∵AD∥∴△BMN～△AMD，∴S△BMN∴S△BMN∵△AMD是等腰三角形，∴當AD=AM時，4=x+3，解得x=1，此時S△BMN當AD=DM時，y2=x當DM=AM時，y2=x綜上所述，S△BMN【點睛】本題考查了梯形的判定，平行四邊形的判定及性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運用，解答時構(gòu)造30°直角三角形是是關(guān)鍵，尋找相似三角形是難點．【變式4-3】（2023春·四川德陽·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知F是△ABC內(nèi)的一點，DF∥BC，EF∥AB，若四邊形BDFE的面積為2，BD=13BA，BE=A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】延長EF、DF分別交AC于點M、N，可以得到相似三角形并利用相似三角形分別求出AM、MN、【詳解】解：如圖所示：延長EF、DF分別交AC于點M、N，∵BD=1∴CE=3BE，∵DF∥BC，∴CMAM=CE∴令A(yù)M=x，則CM=3x，∴AC=4x，∴AN=2∴MN=AC-AM-CN=5∴MNAN=5∵MF∥AD，∴△NMF∽△NAD,△NMF∥△CME,∴S△NMFS△NAD∴設(shè)S△NMF=25a，則∴S四邊形∴S△ABC∵DN∥BC,∴△ADN∽△ABC,∴S△ADN解得a=1∴S△ABC故選D．【點睛】本題考查相似三角形，平行線分線段成比例．一定的難度，利用相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)線段成比例進行求解線段的長度；利用相似三角形的面積之比等于相似比的平方是解題的關(guān)鍵．【題型5利用相似三角形的判定與結(jié)論求最值】【例5】（2023秋·四川成都·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=6，E是AD上的一點，且AE=2，F(xiàn)，G是AB，CD上的動點，且BE=FG，BE⊥FG，連接EF，BG，當EF+FG+BG的值最小時，

【答案】3【分析】由勾股定理得BE=AB2+AE2=210，F(xiàn)G=210，可知當EF+BG最小時，EF+FG+BG的值最小，如圖，以BE，BG為鄰邊作平行四邊形BGME，則BG=EM，BG∥EM，EF+BG=EF+EM，則當E、F、M三點共線時，EF+BG=EF+EM=FM最短，證明△AEF∽△CBG，則EFBG=AFCG=AEBC=【詳解】解：∵正方形ABCD，AB=6，AE=2，∴BE=AB2∵BE=FG，∴FG=210當EF+BG最小時，EF+FG+BG的值最小，如圖，以BE，BG為鄰邊作平行四邊形BGME，則BG=EM，

∴EF+BG=EF+EM，∴當E、F、∴EF∥BG，∴∠AFE=∠ABG，∵∠AFE+∠AEF=90°=∠ABG+∠CBG，∴∠AEF=∠CBG，又∵∠EAF=∠BCG=90°，∴△AEF∽△CBG，∴EFBG∵EF∥BG，∴∠EFN=∠BGN，∠FEN=∠GBN，∴△EFN∽△BGN，∴ENBN=EF∵BN+EN=BE，∴BN=3設(shè)CG=x，則AF=13x∵∠FBN=∠EBA，∠BNF=∠BAE=90°，∴△BNF∽△BAE，∴BFBE=BNAB，即故答案為：3．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．【變式5-1】（2023秋·廣東梅州·九年級校考期末）如圖，直線l1∥l2∥l3，A，B，C分別為直線l1，l2，l3上的動點，連接AB，BC，AC，線段AC交直線l2于點D．設(shè)直線l1，l2之間的距離為m，直線l2，【答案】27【分析】如圖所示（見詳解），過點B作BE⊥l1于E，延長EB交l3于F，過點A作AN⊥l2于N，過點C作CM⊥l2于M，設(shè)AE=x，CF=y，則BN=x,BM=y，可求出△ABE∽△BCF，得xy=mn，求△CMD∽△AND【詳解】解：如圖所示，過點B作BE⊥l1于E，延長EB交l3于F，過點A作AN⊥l2于N，過點C設(shè)AE=x，CF=y，則BN=x,BM=y，∵BD=3，∴DM=y-3，DN=3-x，∵∠ABC=∠AEB=∠BFC=∠CMD=∠AND=90°，∴∠EAB+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°，∴∠EAB=∠CBF，∴△ABE∽△BCF，∴AEBF=BE∴xy=mn，∵∠ADN=∠CDM，∴△CMD∽△AND，∴ANCM=DN∵mn∴3-xy-3=1∴y=9-2x，∴(m+n)=3m，∵mn=xy=x(9-2x)=-2x∴2m∴當x=94時，∴m+n的最大值為3m=3×9故答案為：274【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，做輔助線，圖形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023·福建泉州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，點D是等邊△ABC邊AB上的一動點(不與端點重合)，點D繞點C引順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得點E，所得的△CDE邊DE與BC交于點F，則CFDE的最小值為

【答案】3【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△CDE為等邊三角形，由△CEF∽△CAD得到CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC，從而得到當CD最小時，比值最小，再由“垂線段最短”得到當CD⊥AB時，CD值最小，作出對應(yīng)圖形，利用“【詳解】解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE為等邊三角形，∴DE=CD=CE，∠A=∠DEC=60°∵∠ACD+∠DCB=60°∠DCB+∠ECF=60°∴∠ACD=∠ECF∵∠A=∠DEC=60°∴△CEF∽△CAD∴CFCD∵AC為定值，∴當CD最小時，比值最?。鶕?jù)“垂線段最短”可知：當CD⊥AB時，CD值最小，過點C作CD⊥AB于D，并補全圖形如下：

∵△ABC是等邊三角形，CD⊥AB，∠ACB=60°∴∠ACD=設(shè)AC=2a，則AD=∴CD=A∴此時CFDE即CFDE的最小值為3故答案為：32【點睛】此題考查圖形的旋轉(zhuǎn)變化與性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，垂線段最短，理解“垂線段最短”和利用相似三角形的性質(zhì)將CFDE轉(zhuǎn)化為CD【變式5-3】（2023春·吉林長春·九年級?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度，沿射線BC方向運動，動點Q從點C出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度，沿線段CD方向運動．點P和點Q同時出發(fā)，當點Q到達點D時，兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒(t>0)．

(1)用含t的代數(shù)式表示線段CP的長；(2)當PQ與矩形的對角線平行時，求t的值；(3)若點M為DQ的中點，求以M、P、C為頂點的三角形與△ABC相似時t的值；(4)直接寫出點B關(guān)于直線AP的對稱點B'落在△ACD內(nèi)部時t【答案】(1)當0<t≤2，CP=4-2t；當2<t≤5，CP=2t-4(2)t=107(3)56，13(4)5【分析】（1）分點P在邊BC上和點P在BC延長線上兩種情況解答即可；（2）分PQ∥BD與PQ∥AC兩種情況，通過證明三角形相似，利用相似三角形的性質(zhì)列出方程求解即可；（3）先求得CM=5+t2，再分0<t≤2與（4）考慮極值情況，即B'落在AC邊上和B'落在CD邊上兩種情況。分別利用三角形的面積和勾股定理求出對應(yīng)的【詳解】（1）當點P在邊BC上時，即0<t≤2時，CP=4-2t；當點P在BC延長線上時，即2<t≤5，CP=2t-4；（2）當PQ∥BD時，如圖，則△CPQ∽△CBD，∴CPCB=CQ解得：t=10

當PQ∥AC時，如圖，則∠CPQ=∠BCA，∵∠B=∠PCQ=90°，∴△CPQ∽△BCA，∴CPCB=CQ解得：t=10綜上，t=107或

（3）∵DQ=5-CQ=5-t，點M為DQ的中點，∴MQ=1∴CM=t+1當0<t≤2時，若△CPM與△ABC相似，則CMCP=CB即5+t24-2t=解得：t=13或

當2<t≤5時，若△CPM與△ABC相似，則CMCP=CB即5+t22t-4=解得：t=5711（舍去）或綜上，以M、P、C為頂點的三角形與△ABC相似時t的值為56，13，

（4）∵AB=5,BC=4,∠B=90°，∴AC=4當B'落在AC邊上時，如圖，則PB=PB'∵S△ABP∴12解得：t=5

當B'落在CD邊上時，如圖，連接B則AP垂直平分BB'，∴AB∴DB∴CB'=5-3=2則在直角三角形PCB'中，根據(jù)勾股定理可得：解得：t=5所以當B'落在△ACD內(nèi)部時t的取值范圍是5

【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，具有較強的綜合性，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)定理、正確分類是解題的關(guān)鍵．【題型6利用相似三角形的判定與結(jié)論解決規(guī)律探究問題】【例6】（2023·山東德州·統(tǒng)考二模）如圖，∠MON＝45°，正方形ABB1C，正方形A1B1B2C1，正方形A2B2B3C2，正方形A3B3B4C3，…，的頂點A，A1，A2，A3…，在射線OM上，頂點B，B1，B2，B3，B4，…，在射線ON上，連接AB2交A1B1于點D，連接A1B3交A2B2于點D1，連接A2B4交A3B3于點D2，連接B1D1交AB2于點E，連接B2D2交A1B3于點E1，…，按照這個規(guī)律進行下去，設(shè)四邊形A1DED1的面積為S1，四邊形A2D1E1D2的面積為S2，四邊形A3D2E2D3的面積為S3，…若AB＝2則Sn等于（用含有正整數(shù)n的式子表示）（

）A．22n+49 B．22n+43 C．【答案】A【分析】設(shè)△ADC的面積為S，利用相似三角形的性質(zhì)求出S1，S2，…Sn與S的關(guān)系即可解決問題．【詳解】解：設(shè)△ADC的面積為S，由題意，AC∥B1B2，AC=AB=2，B1B2=4，∴△ACD∽△B2B1D，∴S△ADCS∴S?∵CDDB1＝ACB∴DB1=43同法D1B2=83∵DB1∥D1B2，∴DEEB∵DE：EB2=1：2，∴S△DB∴S△DB∵OAOA∴A1D1∥AB2，∴△B1DE∽△B1A1D1，∴S△B∴SA1∴S1，同理得，S2=4S1=169×42S3=4S2=169×43…Sn=169×4n=22n+4故選A．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形的面積，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考常考題型．【變式6-1】（2023·山東煙臺·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長為1，以AB為底邊在正方形ABCD內(nèi)作等腰ΔABE，點E在CD邊上，再在等腰ΔABE中作最大的正方形A1B1C1D1A．122018 BC．2(52)2018【答案】A【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)可證A?B?=12，同理A?B?=1【詳解】如圖，過點E作EF∥AD交AB于點F，則A?D?∥EF，設(shè)等腰ΔA1B∴A1F=x2∴EF=1，ΔAA∴A∴12-∴等腰ΔA1B同理可得等腰ΔA2B2E以此類推可得第n個等腰三角形△An-1Bn-1En-1的底邊長為12∴第2019個等腰三角形的底邊為12故選：A【點睛】本題考查的是利用正方形性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)來求出A?B?的值，同理求出A?B?,…然后發(fā)現(xiàn)規(guī)律，根據(jù)規(guī)律求出第n個三角形的底邊長．找到規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023秋·黑龍江綏化·九年級?？茧A段練習）在平面直角坐標系中，正方形ABCD的位置如圖所示，點A的坐標為(1,0)，點D的坐標為(0,2)，延長CB交x軸于點A1，作正方形A1B1C1C；延長C1B1交xA．5322021 B．5942020【答案】D【分析】根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得到的正方形的邊長，進而表示正方形的面積，然后觀察得到的正方形的面積即可得到規(guī)律，從而得到結(jié)論．【詳解】解：∵正方形ABCD的點A的坐標為（1，0），點D的坐標為（0，2），∴OA＝1，OD＝2，AD=5，OA延長CB交x軸于點A1，作正方形A1B1C1C，∴△AA1B∽△DAO，∴A1∵AD＝AB=5∴A1B=1∴第1個正方形的面積為：S1＝A1C2＝（5+125）2＝5?（同理可得，A2C2＝（325第2個正方形的面積為：S2＝5?（32）…第n個正方形的面積為：S2＝5?（32）2∴第2021個正方形的面積為：S2021＝5?（32）4042故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、規(guī)律型﹣點的坐標，解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得到的正方形面積尋找規(guī)律．【變式6-3】（2023·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考三模）如圖，正方形A0B0C0A1的邊長為1，正方形A1B1C1A2的邊長為2，正方形A2B2C2A3的邊長為4，正方形A3B3C3A4的邊長為8…依次規(guī)律繼續(xù)作正方形AnBnCnAn+1，且點A0，A1，A2，A3，…，An+1在同一條直線上，連接A【答案】2【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，先計算出S1，S2，【詳解】∵正方形A0B0C0A1的邊長為1，正方形A1B1C1A2的邊長為2，正方形A2B2C2A3的邊長為4，正方形A3B3C3A4的邊長為8…依次規(guī)律繼續(xù)作正方形AnBn∴A1∴A1∴A1∴S△∴S1=1-13同理可證，S2=2×43=由此推測，Sn=2當n=2022時，S2022=22022-1【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，規(guī)律猜想，熟練掌握正方形的性質(zhì)，準確探索規(guī)律是解題的關(guān)鍵．【題型7利用相似三角形的判定與結(jié)論解決動態(tài)探究問題】【例7】（2023·河南信陽·校考三模）如圖，正方形ABCD中，AB=4，點P為射線AD上一個動點．連接BP，把△ABP沿BP折疊，當點A的對應(yīng)點A'剛好落在線段BC的垂直平分線上時，AP的長為

【答案】8+43或【分析】分兩種情況：當點A'落在圖①的位置時，當點A'若在圖【詳解】解：∵點P在射線AD上運動，故分兩種情況；情況一：當點A'落在圖①的位置時，由正方形ABCD可知，BC=AB=4，因為點A'落在BC的垂直平分線上，故BF=1在Rt△A'∴A'∵∠PEA∴∠EPA∴∠EPA∴△PEA∴A'即4-23故A'∴AP=A

情況二：當點A'若在圖②的位置時，由正方形ABCD可知，BC=AB=4∵點A'落在BC∴BF=1由折疊可知，A'在Rt△A'∴A'由折疊可知，AP=A'P，設(shè)AP=在Rt△A'即x2解得：x=8+43即A'∴AP=A故答案為：8+43或【點睛】本題主要考查了一線三垂直模型、三角形相似應(yīng)用、勾股定理、正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角三角形邊角之間的關(guān)系，注意分類討論．【變式7-1】（2023·四川瀘州·瀘縣五中?？既＃┤鐖D所示，在△ABC中，BC=6，E、F分別是AB、AC的中點，動點P在射線EF上，BP交CE于D，∠CBP的平分線交CE于Q，當CQ=12CE時，EP+BP=

【答案】12【分析】延長BQ交射線EF于M，三角形的中位線定理得到EF∥BC，推出BP=PM，△MEQ∽△BCQ，得到EMBC【詳解】解：如圖，延長BQ交射線EF于M，

∵E、F分別是AB、AC的中點，∴EF∥∴∠M=∠CBM，∵BQ是∠CBP的平分線，∴∠PBM=∠CBM，∴∠M=∠PBM，∴BP=PM，∴EP+BP=EP+PM=EM，∵CQ=1∴EQ=2CQ，由EF∥BC得，∴EMBC=∴EM=2BC=2×6=12，即EP+BP=12．故答案為：12．【點睛】本題考查三角形的中位線定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是構(gòu)造等腰三角形和相似三角形．【變式7-2】（2023春·山東淄博·九年級統(tǒng)考期中）如圖，點A坐標為1,1，點C是線段OA上的一個動點（不運動至O，A兩點）過點C作CD⊥x軸，垂足為D，以CD為邊在右側(cè)作正方形CDEF，連接AF并延長交x軸的正半軸于點B，連接OF，若以B，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△OEF相似，則B的坐標是．

【答案】32,0或3,0【分析】根據(jù)點A坐標是1,1可以確定∠AOB=45°，又四邊形CDEF是正方形，所以O(shè)D=CD=DE，即可證明△OFE的邊OE=2EF，再根據(jù)“以B，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△OEF相似”分：①△FEB∽△OEF，②△BEF∽△OEF兩種情況討論，根據(jù)△ACF與△AOB相似，相似三角形對應(yīng)高的比等于對應(yīng)邊的比列出比例式計算即可求出正方形的邊長，從而OB的長即可求出．【詳解】解：如圖當點B在點E的右邊時，如圖，過點A作AH⊥OB于點H，∵點A坐標是1,1，∴AH=OH=1，∴∠AOB=45°，∵四邊形CDEF是正方形，∴∠ODC=∠CDE=90°，CF∥DE，∴∠OCD=90°-∠COD=45°=∠COD，∴OD=CD，設(shè)CF=x，∴OD=CD=CF=EF=DE=x，∴OE=OD+DE=2EF=2x，∵以B，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△OEF相似，①當△FEB∽△OEF時，可得：EBFE=EF∴EB=1∴OB=OE+EB=2x+1∵CF∥∴△ACF∽△AOB，∴CFOB即x5解得：x=3∴OB=5∴點B的坐標為32②當△BEF∽△OEF時，可得：EBFE=EO∴EB=2x，∴OB=OE+EB=2x+2x=4x，∵CF∥∴△ACF∽△AOB，∴CFOB即x4x解得：x=3∴OB=4×3∴點B的坐標為3,0；

如圖，當點B在點E的左邊時，設(shè)正方形的邊長為x，過點A作AN⊥x于點N，延長CF交AN于點M，∴∠ANO=90°，∵點A坐標是1,1，∴AN=ON=1，∴∠AOB=45°，∵四邊形CDEF是正方形，∴∠ODC=∠CDE=∠DCM=90°，CF∥DE，∴∠OCD=90°-∠COD=45°=∠COD，∴OD=CD，∴OD=CD=CF=EF=DE=x，OE=OD+DE=2EF=2x，在四邊形CDNM中，∠CDN=∠DCM=∠MND=90°，∴四邊形CDNM是矩形，∴MN=CD=x，∴AM=AN-MN=1-x，∵以B，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△OEF相似，①當△BEF∽△OEF，∴EFBE則點O，點B與點C重合，不符合題意；②當△FEB∽△OEF，∴EBFE∴EB=1∴OB=OE-EB=2x-1∵CF∥∴△ACF∽△AOB，∴CFOB即x3解得：x=1∴OB=3∴點B的坐標為12綜上所述，點B的坐標是32,0或3,0或故答案為：32,0或3,0或

【點睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)高的比等于對應(yīng)邊的比的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)點A坐標1,1確定出OE=2EF，注意要分情況討論，避免漏解．也考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)．【變式7-3】（2023春·江西·九年級專題練習）在△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，D是AB的中點，P是CD上的動點，若點P到△ABC的一邊的距離為2，則CP的長為．【答案】52或103【分析】先運用勾股定理的逆定理可得△ABC為直角三角形，由直角三角形的性質(zhì)可得CD=12AB=5，然后分點P到AC【詳解】解：∵AC=6，BC=8，AB=10，∴AB∴△ABC為直角三角形，∠ACB=90°，又∵D是AB的中點，∴CD=①如圖(1)，當點P到AC的距離為2時，過點P作PE⊥AC于點E，過點D作DF⊥AC于點F，則PE=2，DF∥∵PE⊥AC，∠ACB=90°，∴DF∥∴△ADF∽△ABC∴DFBC∴DF=1∵DF∥∴△PCE∽△DCF，∴PCDC即PC5解得：PC=5

②如圖(2)，當點P到BC的距離為2時，過點P作PE⊥BC于點E，過點D作DF⊥BC于點F，則PE=2，同理可得：DF=12∴△PCE∽△DCF，∴PCDC即PC5解得：PC=10

③如圖(3)，當點P到AB的距離為2時，過點P作PE⊥AB于點E，過點C作CF⊥AB于點F，則PE=2，CF∥∵S△ABC∴CF=AC?CB∵CF∴△DPE∽△DCF，∴PDDC即PD5解得：PD=25∴PC=CD-PD=35

綜上，PC的長為52或103或【點睛】本題主要考查了勾股定理逆定理、直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，掌握分類討論思想是解答本題的關(guān)鍵．【題型8利用相似三角形的判定與結(jié)論解決多結(jié)論問題】【例8】（2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E,F分別是AB,BC上的動點，且AF⊥DE，垂足為G，將△ABF沿AF翻折，得到△AMF,AM交DE于點P，對角線BD交AF于點H，連接HM,CM,DM,BM，下列結(jié)論正確的是：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，則四邊形BHMF是菱形；④當點E運動到AB的中點，tan∠BHF=22；⑤EP?DH=2AG?BH．（

A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②⑤【答案】B【分析】利用正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)，逐一判斷，即可解答．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，∵AF⊥DE，∴∠BAF+∠AED=90°，∵∠BAF+∠AFB=90°，∴∠AED=∠BFA，∴△ABF≌△AEDAAS∴AF=DE，故①正確，∵將△ABF沿AF翻折，得到△AMF，∴BM⊥AF，∵AF⊥DE，∴BM∥DE，故當CM⊥FM時，∠CMF=90°，∵∠AMF=∠ABF=90°，∴∠AMF+∠CMF=180°，即A,M,C在同一直線上，∴∠MCF=45°，∴∠MFC=90°-∠MCF=45°，通過翻折的性質(zhì)可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，∴BC∥∴四邊形BHMF是平行四邊形，∵BF=MF，∴平行四邊形BHMF是菱形，故③正確，當點E運動到AB的中點，如圖，

設(shè)正方形ABCD的邊長為2a，則AE=BF=a，在Rt△AED中，DE=∵∠AHD=∠FHB,∠ADH=∠FBH=45°，∴△AHD∽△FHB，∴FH∴AH=2∵∠AGE=∠ABF=90°，∴△AGE∽△ABF，∴AE∴EG=55BF=∴DG=ED-EG=455∵∠BHF=∠DHA，在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∵△AHD∽△FHB，∴BH∴BH=13BD=∵AF⊥EP，根據(jù)翻折的性質(zhì)可得EP=2EG=2∴EP?DH=22AG?BH=2?2∴EP?DH=2AG?BH=81015綜上分析可知，正確的是①②③⑤．故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正切的概念，熟練按照要求做出圖形，利用尋找相似三角形是解題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2023秋·江蘇揚州·九年級校考期中）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AH⊥BC，M是AC中點，CN=2BN，BM交AN于O，BM交AH于I，若S△ABC=36，則下面結(jié)論：①∠CAH=∠ABC；②S△ABO=9；③AI=IH；④A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①證明∠ABC與∠CAH都是∠BAH的余角，便可判斷①的正誤；②設(shè)AN的中點為E，連接EM，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得，ME=12CN,AE=EN，證明ME=BN，再證明△OBN≌△OME，得OE=ON，進而得AN=4ON③設(shè)AI=IH，AM=MC，則△AIM∽△AHC，∠AIM=∠AHC,由AH⊥BC，便可判斷③的正誤．④由②得△OBN≌△OME，便可判斷【詳解】解：①∵∠BAC=90°，AH⊥BC，∴∠ABC+∠BAH=∠BAH+∠CAH=90°，∴∠CAH=∠ABC，故①正確；②設(shè)AN的中點為E，連接EM，∵M是AC中點，E是AN的中點，∴ME是△ACN的中位線，∴ME=1∵CN=2BN，∴ME=BN，∵ME∥∴∠OBN=∠OME，∵∠BON=∠MOE，∴△OBN≌∴ON=OE，∵AE=EN，∴AN=4ON，∴S∵CN=2BN,S∴S∴S△ABO=③設(shè)AI=IH，AM=MC，則△AIM∽△AHC，∴∠AIM=∠AHC,∵AH⊥BC，∴∠AHC=90°，

顯然∠AIM≠90°，故③錯誤；④由②知△OBN≌∴BO=MO，故④正確；故選：C．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵在于構(gòu)造全等三角形．【變式8-2】（2023春·山東東營·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①圖中共有三個平行四邊形；②當BD=2BC時，四邊形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD?CMA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】分別證明四邊形DFBE、四邊形NEMF、四邊形ABCD是平行四邊形，即可判斷結(jié)論①；結(jié)合等腰三角形的判定和性質(zhì)求得DE=BE，可得結(jié)論②；假設(shè)結(jié)論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結(jié)論③，通過證明相似三角形的性質(zhì)判斷結(jié)論④。【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴∠ANE=∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∴△ADN?△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥∴四邊形DFBE是平行四邊形，∴DE=BF，∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，∵NE∥∴四邊形NEMF是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD是平行四邊形，因此共有3個平行四邊形，故①正確；∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，BD=AC=2OA=2OD，BC=AD，∵BD=2BC∴AO=AD=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，∵DE⊥AC，△AOD是等邊三角形，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；故②正確；由②可知，當BD=2BC時，四邊形DEBF是菱形，連接EF，則EF⊥BD，若BD⊥ME，則過點E有兩條直線與已知直線垂直，與平面內(nèi)，過一點有且只有一條直線垂直于已知直線相矛盾，故③錯誤；∵BF⊥AC，∠CBA=90°∴∠CMB=∵∠BCA=∴△BCA∽∴BCCM∵AD=BC，AC=BD，∴AD2=B故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(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)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式8-3】（2023春·全國·九年級期末）如圖，在?ABCD中，∠BAD=60°，將?ABCD繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)至?AEFG，此時點D在AE上，連接AC、AF、CF、EB，線段EB分別交CD、AC于點H、K，則下列四個結(jié)論中：①∠CAF=60°；②△DEH是等邊三角形；③2AD=3HK；A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③【答案】A【分析】①由?ABCD繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)至?AEFG，得到△AEF≌△ABC，又由∠BAD＝60°，即可證明；②由AB∥CD，得到∠EDH＝∠DAB＝60°，又由AD∥BC，得到∠AEF＝120°，進一步得∠DEH＝60°，∠DHE＝60°，結(jié)論得證；③過點H作HM∥AD交AB于點M，連接DM，證明△BHC、△DMH和△BHM是等邊三角形，得到DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，點H為CD的中點，再證明△CKH∽△AKB，進一步得到AD＝3HK；④過點C作CN⊥AB的延長線于點N，分別用AD表示出△ACF和?ABCD的面積，即可得到結(jié)論．【詳解】解：①∵將?ABCD繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)至?AEFG，∴△AEF≌△ABC，∴∠EAF＝∠BAC，∵∠BAD＝60°，∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，故①正確；②∵AB∥CD，∴∠EDH＝∠DAB＝60°，∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，∴△DEH是等邊三角形，故②正確；③過點H作HM∥AD交AB于點M，連接DM，如圖1，∵△EDH是等邊三角形，∴∠BHC＝∠EHD＝60°，∵AD∥BC∥HM，∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，∴△BHC是等邊三角形，∵HM∥AD∥BC，∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，∴△DMH和△BHM都是等邊三角形，∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，∴點H為CD的中點，∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，∴△CKH∽△AKB，∴HKBK∴HK=1∴AD＝3HK，∴2AD＝3HK錯誤，故③錯誤；④過點C作CN⊥AB的延長線于點N，如圖2，則∠BNC＝90°，∵AB∥CD，∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，∵∠BCD＝60°，∴∠BCN＝30°，∴BN＝12BC＝12AD，CN＝32BC＝∴AN＝AB＋BN＝2AD＋12AD＝52∴AC＝AN2+CN由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，∴△ACF是等邊三角形，∴等邊三角形△ACF的高為32AC＝212∴S△ACF∵?ABCD的邊AB上的高＝CN＝32AD∴S?ABCD∴4S故④正確，綜上，①②④正確，故選：A．【點睛】此題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、圖形的旋轉(zhuǎn)、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．【題型9利用相似三角形的判定與結(jié)論解決新定義問題】【例9】（2023·浙江湖州·統(tǒng)考二模）定義：如果四邊形的一條對角線把該四邊形分割成兩個等腰三角形，且這條對角線是這兩個等腰三角形的腰，那么我們稱這個四邊形為雙等腰四邊形．

(1)如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，連結(jié)BD，點E是BD的中點，連結(jié)AE，CE．①試判斷四邊形ABCE是否是雙等腰四邊形，并說明理由；②若∠AEC=90°，求∠ABC的度數(shù)；(2)如圖2，點E是矩形ABCD內(nèi)一點，點F是邊CD上一點，四邊形AEFD是雙等腰四邊形，且AD=DE．延長AE交BC于點G，連結(jié)FG．若AD=5，∠EFG=90°，CGFC=3【答案】(1)①四邊形ABCE是雙等腰四邊形，理由見解析；②135°；(2)495或【分析】（1）①根據(jù)點E是BD的中點，可得EB=EA，EB=EC，且EB是四邊形ABCE的對角線，即可證明；②解法1：根據(jù)等邊對等角，可得∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB，結(jié)合∠AEC=90°即可求解；解法2：根據(jù)四點共圓的判定和性質(zhì)，結(jié)合∠AEC=90°，即可求解；（2）分類討論：當ED=EF=5時，過點E作EH⊥CD于點H，延長HE交AB于點K，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可得HFHE=CGCF=34，結(jié)合即15-3k當ED=EF=5時，過點E作EH⊥CD于點H，結(jié)合△EFG是等腰直角三角形，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)，可得HF=CG，HE=CF，設(shè)HF=3k，HE=4k，在△DHE中，運用勾股定理列式，DE2=D【詳解】（1）∵∠BAD=90°，點E是BD的中點∴EB=EA同理，EB=EC∴EB=EA=EC，且EB是四邊形ABCE的對角線∴四邊形ABCE是雙等腰四邊形②解法1：∵EB=EA=EC∴∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB∵∠AEC=90°∴∠EAB+∠EBA+∠EBC+∠ECB=270°∴∠ABC=∠EBA+∠EBC=135°解法2：∵∠BAD=∠BCD=90°∴點A、B、C、D共圓∵∠AEC=90°∴∠ADC=45°∴∠ABC=135°（2）如圖1，當ED=EF=5時，過點E作EH⊥CD于點H，延長HE交AB于點K

∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°∴△EFH∴HF∴EF=5∴HF=3，HE=4，DH=HF=3，KE=1設(shè)CG=3k，F(xiàn)C=4k則KE=5-4k，BG=5-3k，AK=DH=3，AB=DC=6+4k∵KE∴△AKE∴KE∴1解得，k=∴AB=如圖2，當ED=EF=5時，過點E作EH⊥CD于點H

由②可知，∠AEF=135°∴△EFG是等腰直角三角形∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°∴△EFH∴HF=CG，HE=CF設(shè)HF=3k，HE=4k則DH=5-3k，AB=CD=5+4k在△DHE中，D即5解得k=∴AB=【點睛】本題考查了勾股定理，相似三角形的判定的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形和相似三角形的判定和性質(zhì)．【變式9-1】（2023·福建莆田·校考模擬預(yù)測）定義：△ABC中，一個內(nèi)角的度數(shù)為α，另一個內(nèi)角的度數(shù)為β，若滿足α+2β=90°，則稱這個三角形為“智匯三角形”．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D是BC上的一個動點，連接AD，若△ABD是“智匯三角形”，則CD的長是【答案】8【分析】作DM⊥AB于M.分兩種情形：①設(shè)∠BAD=α，∠B=β，當α+2β=90°時；②設(shè)∠BAD=β，∠B=α，當α+2β=90°時，分別求解即可．【詳解】解：作DM⊥AB于M.設(shè)∠BAD=α，∠B=β．①設(shè)∠BAD=α，∠B=β，當α+2β=90°時，∵α+β+∠DAC=90°，∴∠DAC=β=∠B，∵∠C=∠C，∴△CAD∽△CBA，∴AC∴CD=323>6(②設(shè)∠BAD=β，∠B=α，當α+2β=90°時，∵α+β+∠DAC=90°，∴∠DAC=∠DAB，∵DM⊥AB，DC⊥AC，∴DM=DC，∵∠DMA=∠C=90°，DM=DC，AD=AD，∴Rt△ADC≌∴AM=AC=8，∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB=A∴BM=10-8=2，設(shè)BD=x，則CD=DM=6-x，在Rt△BDM中，則有x解得x=10∴CD=6-10故答案為：83【點睛】本題考查的是勾股定理，角平分線的性質(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，解題的關(guān)鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于填空題中的壓軸題．【變式9-2】（2023·江蘇蘇州·蘇州市胥江實驗中學校?？级＃┒x：如果三角形的兩個α與β滿足α-β=90°，那么我們稱這樣的三角形為“奇妙互余三角形”．

(1)若△ABC是“奇妙互余三角形”，∠A>90°，∠B=20°，則∠C的度數(shù)為______；(2)如圖1，在Rt△ABC中，∠A=90°，若AB=4，BC=5，點D是線段AB上的一點，若AD=94，判斷△BCD(3)如圖2，在四邊形ABCD中，AC，BD是對角線，AC=4，CD=5，∠BAC=90°，若∠ACD=2∠ABC，且△BCD是“奇妙互余三角形【答案】(1)35°或50°(2)△BCD是“奇妙互余三角形”，理由見解析(3)3【分析】（1）由題意知，“奇妙互余三角形”分∠A-∠B=90°和∠A-∠C=90°，兩種情況求解：根據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算求解即可；（2）如圖1，過點D作DE∥AC交BC于E，由勾股定理得AC=BC2-AB2=3，CD=AD2+AC2=154，則BD=74，證明△BDE∽△BAC，則BDAB=BEBC=DEAC（3）如圖2，將△ABC沿BC翻折到△EBC，DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，由∠ACD=2∠ABC=∠ABE，可得∠ACD+∠ACE=180°，則D、C、E三點共線，由∠BCD-∠ABC=90°，△BCD是“奇妙互余三角形”，可得∠BDC=∠ABC=∠CBE，證明△BED∽△CEB，則BECE=DE【詳解】（1）解：由題意知，“奇妙互余三角形”分∠A-∠B=90°和∠A-∠C=90°，兩種情況求解：①當∠A-∠B=90°時，∵∠B=20°，∴∠A=110°，由∠A+∠B+∠C=180°，可得∠C=50°；②當∠A-∠C=90°時，∵∠B=20°，∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A+∠C=160°，解得∠C=35°；綜上，∠C的值為35°或50°，故答案為：35°或50°；（2）解：△BCD是“奇妙互余三角形”，理由如下：如圖1，過點D作DE∥AC交BC于E，

由勾股定理得AC=BC2∵AD=9∴BD=7∵DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，∴BDAB=BEBC=DEAC∴CE=BC-BE=45∴CECD=45∵CECD=CD∴△DCE∽△BCD，∴∠CDE=∠CBD，∵∠BDC-∠CDE=90°，∴∠BDC-∠CBD=90°，∴△BCD是“奇妙互余三角形”；（3）解：如圖2，將△ABC沿BC翻折到△EBC，

∴CE=AC=4，∠BCE=∠BCA，∠E=∠BAC=90°，∴DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，∵∠ACD=2∠ABC=∠ABE，∴∠ACD+∠ACE=180°，∴D、∵∠BCD=∠ACD+∠ACB=2∠ABC+∠ACB=90°+∠ABC，∴∠BCD-∠ABC=90°，∵△BCD是“奇妙互余三角形”，∴∠BCD-∠BDC=90°，∴∠BDC=∠ABC=∠CBE，∵∠BDE=∠CBE，∠BED=∠CEB，∴△BED∽△CEB，∴BECE=DEBE，即由勾股定理得BD=B∴BD的長為313【點睛】本題考查了三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識．解題的關(guān)鍵在于理解題意并對知識進行靈活運用．【變式9-3】（2023·江蘇揚州·校考一模）定義：如果三角形中有兩個角的差為90°，則稱這個三角形為互融三角形，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，BC=5，點D是BC延長線上一點．若△ABD是“互融三角形”，則CD的長為．【答案】3或45【分析】根據(jù)互融三角形的概念，分兩種情況進行討論：①∠DAB-90°=∠B；②∠DAB-90°=∠D，其中第一種情況證明△DCA∽△DAB，從而運用相似三角形的性質(zhì)求得CD長，第二種情況證明△DCA是等腰三角形，從而求得CD的長．【詳解】解：由題意可作圖如下：∵△ABD是“互融三角形”，∴分以下兩種情況進行討論：當∠DAB-90°=∠B時，即∠1=∠B，∵∠DCA=90°+∠B，∠DAB=90°+∠1=90°+∠B，∴∠DCA=∠DAB，∵∠1=∠B，∴△DCA∽△DAB，∴CDDA∵∠BAC=90°，AB=4，BC=5，∴AC=3，∴CDDA設(shè)CD=3t，DA=4t，∵△DCA∽△DAB，∴CDDA=DA化簡得，16t=9t+15，解得，t=15∴CD=45∠DAB-90°=∠D時，∵∠DAB-