愛提分中考復習 13三輪-三角形綜合-第02講 三角形綜合（二）(教師版)

高思愛提分演示（KJ)初中數學教師輔導講義[教師版]學員姓名王李 年級輔導科目初中數學學科教師王涵上課時間01-1806:30:00-08:30:00 知識圖譜三角形綜合（二）知識精講一．相似三角形1．平行線類相似模型常見題模型如下：方法點播：前兩種模型很容易從直觀角度直接找到相似的三角形，對于后面四種模型需要做輔助線時，一般在題中會找到有利的已知條件有：線段中點，中線，線段間的倍、分關系等．2．角平分線類相似模型：方法點播：角平分線類相似問題基本就這樣的四種模型，輔助線的做法也如圖中虛線所示，學習這部分知識時，涉及到角平分線和證明相似問題就可以試著做這樣的輔助線，基本都可以解決．3．三垂直類相似問題

（1）三垂直相似：如下圖，（2）斜三垂直相似：如下圖，當時，．4．內接矩形類相似模型：方法點播：如圖，矩形是的內接矩形，則有:，在平時訓練中遇到內接矩形類的圖形，就要充分利用這一結論，有助于進行解題．5．射影定理：（1）定理：直角三角形斜邊上的高是它分斜邊所得兩條線段的比例中項；且每條直角邊都是它在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．說明：如上圖，由，可得：

由，可得：

由，可得：（2）射影定理推廣：若不為直角三角形，當點滿足一定條件時，類似地仍有部分結論成立．如上圖，當時，，則有：，即：．二．解三角形1．利用勾股定理和銳角三角函數求解圓中有關直角三角形的邊長問題；2．利用直徑所對圓周角為，構造直角三角形；3．利用切線的性質求解線段長度．三點剖析一．考點：1．相似三角形幾種模型的應用；．2．解直角三角形，與圓結合求解線段長度．二．重難點：1找到相似三角形的模型．2．圓中直徑與所對圓周角的構造以及直角三角形選取的問題；3．射影定理與銳角三角函數結合．三．易錯點：1．相似三角形應用模型不正確；2．特殊三角函數值的三邊比例對應關系．相似三角形例題例題1、問題背景已知在△ABC中，AB邊上的動點D由A向B運動（與A，B不重合），點E與點D同時出發(fā)，由點C沿BC的延長線方向運動（E不與C重合），連接DE交AC于點F，點H是線段AF上一點．（1）初步嘗試如圖1，若△ABC是等邊三角形，DH⊥AC，且點D，E的運動速度相等．求證：HF=AH+CF．小五同學發(fā)現(xiàn)可以由以下兩種思路解決此問題：思路一：過點D作DG∥BC，交AC于點G，先證GH=AH，再證GF=CF，從而證得結論成立；思路二：過點E作EM⊥AC，交AC的延長線于點M，先證CM=AH，再證HF=MF，從而證得結論成立．請你任選一種思路，完整地書寫本小題的證明過程（如用兩種方法作答，則以第一種方法評分）；（2）類比探究如圖2，若在△ABC中，∠ABC=90°，∠ADH=∠BAC=30°，且D，E的運動速度之比是：1，求的值；（3）延伸拓展如圖3，若在△ABC中，AB=AC，∠ADH=∠BAC=36°，記=m，且點D，E運動速度相等，試用含m的代數式表示（直接寫出結果，不必寫解答過程）．【答案】（1）HF=AH+CF；（2）=2；（3）．【解析】（1）證明（選擇思路一）：過點D作DG∥BC，交AC于點G，如圖1所示：則∠ADG=∠B，∠AGD=∠ACB，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠B=∠ACB=60°，∴∠ADG=∠AGD=∠A，∴△ADG是等邊三角形，∴GD=AD=CE，∵DH⊥AC，∴GH=AH，∵DG∥BC，∴∠GDF=∠CEF，∠DGF=∠ECF，在△GDF和△CEF中，，∴△GDF≌△CEF（ASA），∴GF=CF，∴GH+GF=AH+CF，即HF=AH+CF；（2）過點D作DG∥BC，交AC于點G，如圖2所示：則∠ADG=∠B=90°，∵∠BAC=∠ADH=30°，∴∠HGD=∠HDG=60°，∴AH=GH=GD，AD=GD，根據題意得：AD=CE，∴GD=CE，∵DG∥BC，∴∠GDF=∠CEF，∠DGF=∠ECF，在△GDF和△CEF中，，∴△GDF≌△CEF（ASA），∴GF=CF，∴GH+GF=AH+CF，即HF=AH+CF，∴=2；（3，理由如下：過點D作DG∥BC，交AC于點G，如圖3所示：則∠ADG=∠B，∠AGD=∠ACB，∵AB=AC，∠BAC=36°，∴∠ACB=∠B=∠ADG=∠AGD=72°，∵∠ADH=∠BAC=36°，∴AH=DH，∠DHG=72°=∠AGD，∴DG=DH=AH，△ADG∽△ABC，△ADG∽△DGH，∴=m，=m，∴△DGH∽△ABC，∴=m，∴=m，∵DG∥BC，∴△DFG∽△EFC，∴=m，∴=m，即=m，∴=，∴===．例題2、如圖1，點P在正方形ABCD的對角線AC上，正方形的邊長是a，Rt△PEF的兩條直角邊PE、PF分別交BC、DC于點M、N．（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖2，固定點P，使△PEF繞點P旋轉，當PM⊥BC時，四邊形PMCN是正方形．填空：①當AP=2PC時，四邊形PMCN的邊長是________；②當AP=nPC時（n是正實數），四邊形PMCN的面積是___________．（2）猜想論證如圖3，改變四邊形ABCD的形狀為矩形，AB=a，BC=b，點P在矩形ABCD的對角線AC上，Rt△PEF的兩條直角邊PE、PF分別交BC、DC于點M、N，固定點P，使△PEF繞點P旋轉，則=__________．（3）拓展探究如圖4，當四邊形ABCD滿足條件：∠B+∠D=180°，∠EPF=∠BAD時，點P在AC上，PE、PF分別交BC，CD于M、N點，固定P點，使△PEF繞點P旋轉，請?zhí)骄康闹?，并說明理由．【答案】（1）①a②（2）（3）【解析】（1）①如圖2，∵PM⊥BC，AB⊥BC∴△PMC∽△ABC∴又∵AP=2PC∴=，即=∴PM=a，即正方形PMCN的邊長是a②當AP=nPC時（n是正實數），=∴PM=a∴四邊形PMCN的面積=（a）2=（2）如圖3，過P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，則∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN∴=由PG∥AB，PH∥AD可得，∵AB=a，BC=b∴，即=∴=（3）如圖4，過P作PG∥AB，交BC于G，作PH∥AD，交CD于H，則∠HPG=∠DAB∵∠EPF=∠BAD∴∠EPF=∠GPH，即∠EPH+∠HPN=∠EPH+∠GPM∴∠HPN=∠GPM∵∠B+∠D=180°∴∠PGC+∠PHC=180°又∵∠PHN+∠PHC=180°∴∠PGC=∠PHN∴△PGM∽△PHN∴=①由PG∥AB，PH∥AD可得，即②∴由①②可得，=例題3、（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC于點D．求證：AB2=AD?AC；（2）如圖②，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點D為BC邊上的點，BE⊥AD于點E，延長BE交AC于點F．，求的值；（3）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點D為直線BC上的動點（點D不與B、C重合），直線BE⊥AD于點E，交直線AC于點F．若，請?zhí)骄坎⒅苯訉懗龅乃锌赡艿闹担ㄓ煤琻的式子表示），不必證明．【答案】（1）見解析；（2）2；（3）=n﹣n2【解析】（1）證明：如圖①，∵BD⊥AC，∠ABC=90°，∴∠ADB=∠ABC，又∵∠A=∠A，∴△ADB∽△ABC，∴，∴AB2=AD?AC．（2）方法一：如圖②，過點C作CG⊥AD交AD的延長線于點G，∵BE⊥AD，∴∠CGD=∠BED=90°，CG∥BF．∵，∴AB=BC=2BD=2DC，BD=DC，又∵∠BDE=∠CDG，∴△BDE≌△CDG，∴ED=GD=EG．由（1）可得：AB2=AD?AE，BD2=DE?AD，∴=4，∴AE=4DE，∴=2．∵CG∥BF，∴=2．方法二：如圖③，過點D作DG∥BF，交AC于點G，∵，∴BD=DC=BC，AB=BC．∵DG∥BF，∴=，F(xiàn)C=2FG．由（1）可得：AB2=AC?AD，BD2=DE?AD，∴=4，∵DG∥BF，∴=4，∴=2．（3）點D為直線BC上的動點（點D不與B、C重合），有三種情況：（I）當點D在線段BC上時，如圖④所示：過點D作DG∥BF，交AC邊于點G．∵，∴BD=nDC，BC=（n+1）DC，AB=n（n+1）DC．∵DG∥BF，∴=n，∴FG=nGC，F(xiàn)G=FC．由（1）可得：AB2=AE?AD，BD2=DE?AD，∴=（n+1）2；∵DG∥BF，∴=（n+1）2，即=（n+1）2，化簡得：=n2+n；（II）當點D在線段BC的延長線上時，如圖⑤所示：過點D作DG∥BE，交AC邊的延長線于點G．同理可求得：=n2﹣n；（III）當點D在線段CB的延長線上時，如圖⑥所示：過點D作DG∥BF，交CA邊的延長線于點G．同理可求得：=n﹣n2．例題4、AD是△ABC的中線，將BC邊所在直線繞點D順時針旋轉α角，交邊AB于點M，交射線AC于點N，設AM=xAB，AN=yAC（x，y≠0）．（1）如圖1，當△ABC為等邊三角形且α=30°時證明：△AMN∽△DMA；（2）如圖2，證明：+=2；（3）當G是AD上任意一點時（點G不與A重合），過點G的直線交邊AB于M′，交射線AC于點N′，設AG=nAD，AM′=x′AB，AN′=y′AC（x′，y′≠0），猜想：+=是否成立？并說明理由．【答案】（1）見解析（2）見解析（3）成立，證明見解析【解析】本題考查了相似三角形的綜合題型．此題涉及到的知識點有相似三角形的判定與性質，平行線截線段成比例等．此題的難點在于輔助線的作法，解題時，需要認真的思考才能理清解題思路．（1）利用“兩角法”證得兩個三角形相似；（2）如圖1，過點C作CF∥AB交MN于點F，構建相似三角形：△CFN∽△AMN，利用該相似三角形的對應邊成比例求得=．通過證△CFD≌△BMD得到BM=CF，利用比例的性質和相關線段的代入得到=，即+=2；（3）猜想：+=成立．需要分類討論：①如圖乙，過D作MN∥M'N'交AB于M，交AC的延長線于N．由平行線截線段成比例得到==，易求x=，y=，利用（2）的結果可以求得+=；②如圖丙，當過點D作M1N1∥M'N'交AB的延長線于M1，交AC1于N1，則同理可得+=．（1）證明：如圖1，在△AMD中，∵AD是△ABC的中線，△ABC為等邊三角形，∴AD⊥BC，∠MAD=30°，又∵α=∠BDM=30°，∴∠MDA=60°∴∠AMD=90°，在△AMN中，∠AMN=90°，∠MAN=60°，∴∠AMN=∠DMA=90°，∠MAN=∠MDA，∴△AMN∽△DMA；（2）證明：如圖甲，過點C作CF∥AB交MN于點F，則△CFN∽△AMN∴=．易證△CFD≌△BMD，∴BM=CF，∴==，∴=，即+=2；（3）猜想：+=成立．理由如下：①如圖乙，過D作MN∥M'N'交AB于M，交AC的延長線于N，則==∴=n=，即x=，y=由（2）知+=2∴+=②如圖丙，當過點D作M1N1∥M'N'交AB的延長線于M1，交AC1于N1，則同理可得隨練隨練1、如圖1，正方形ADEF的頂點D、F在等腰直角△ABC的邊AB、AC上，正方形ADEF以點A為旋轉中心逆時針旋轉，旋轉角為α（0°＜α＜90°），連接BD、CF，在旋轉過程中：（1）利用圖2，求證：BD=CF；（2）如圖3，延長BD交CF于點G．①求證：C，G，A，B四點在同一個圓上；②若AB=4，AD=，α=45°，求線段CG的長．【答案】（1）見解析（2）①見解析②【解析】（1）如圖2，由旋轉得：∠DAB=∠FAC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AF=AD，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=AB，∴△AFC≌△ADB，∴BD=FC；（2）如圖3，同理可得：△ADB≌△AFC，∴∠ABD=∠ACF，∵∠CAB=90°，∴∠ACB+∠ABD+∠CBG=90°，∴∠ACB+∠ACF+∠CBG=90°，∴∠BGC=90°，∴∠BGC=∠BAC=90°，∴C，G，A，B四點在同一個圓上，②如圖4，過D作DM⊥AB于點M，∵∠DAB=45°，∴△ADM等腰直角三角形，∵AD=，∴AM=DM=1，∵AB=4，∴BM=AB﹣AM=4﹣1=3，∴BD==，在Rt△AHB中，tan∠ABH=，∴，∴AH=，∴CH=4﹣=，∵∠ABD=∠ACF，∴cos∠ABD=cos∠ACF，∵BG⊥FC，∴△HGC是直角三角形，∴，∴，∴CG=．隨練2、已知：在△ABC中，BC=2AC，∠DBC=∠ACB，BD=BC，CD交線段AB于點E．（1）如圖1，當∠ACB=90°時，則線段DE、CE之間的數量關系為____；（2）如圖2，當∠ACB=120°時，求證：DE=3CE；（3）如圖3，在（2）的條件下，點F是BC邊的中點，連接DF，DF與AB交于G，△DKG和△DBG關于直線DG對稱（點B的對稱點是點K，延長DK交AB于點H．若BH=10，求CE的長．【答案】（1）DE=2CE；（2）見解析；（3）【解析】（1）∵∠DBC=∠ACB=90°，∴∠DBC+∠ACB=180°，∴AC∥BD，∴∠DBE=∠CAE又∵∠DEB=∠AEC，∴△DBE∽△CAE，∴，又∵BD=BC=2AC，∴DE=2CE；（2）證明：如圖2，∵∠DBC=∠ACB=120°，BD=BC，∴∠D=∠BCD=30°，∴∠ACD=90°，過點B作BM⊥DC于M，則DM=MC，BM=BC，∵AC=BC，∴BM=AC，∵在△BME和△ACE中∴△BME≌△ACE（AAS），∴ME=CE=CM，∴DE=3EC；（3）如圖，過點B作BM′⊥DC于點M′，過點F作FN⊥DB交DB的延長線于點N，設BF=a，∵∠DBF=120°，∴∠FBN=60°，∴FN=a，BN=a，∵DB=BC=2BF=2a，∴DN=DB+BN=a，∴DF==a，∵AC=BC，BF=BC，∴BF=AC，∴△BDF≌△BCA（SAS），∴∠BDF=∠CBA，又∵∠BFG=∠DFB，∴△FBG∽△FDB，∴，∴BF2=FG×FD，∴a2=a×FG，∴FG=a，∴DG=DF﹣FG=a，BG==a，∵△DKG和△DBG關于直線DG對稱，∴∠GDH=∠BDF，∴∠ABC=∠GDH，又∵∠BGF=∠DGH，∴△BGF∽△DGH，∴，∴GH==a，∵BH=BG+GH=a=10，∴a=2；∴BC=2a=4，CM′=BCcos30°=2，∴DC=2CM′=4，∵DE=3EC，∴EC=DC=．隨練3、已知四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，AD邊上的點，DE與CF交于點G．（1）如圖1，若四邊形ABCD是矩形，且DE⊥CF．則_________（填“<”或“=”或“>”）；（2）如圖2，若四邊形ABCD是平行四邊形，試探究：當、滿足什么關系時，使得成立？并證明你的結論；（3）如圖3，若，，，．則的值為_________AAEBCDFGAEBCGDFBGDFAEC【答案】（1）見解析（2）見解析（3）【解析】該題考查的是四邊形綜合．（1）……………1分∵四邊形ABCD是矩形，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴∽，∴，即．（2）當時，=成立．……………2分如圖，在的延長線上取點．使，連接，則．∵AB∥CD，∴．∵AD∥BC，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∽，∴，即，∴…3分（3）的值為．…5分過C作于N，交AB延長線于M，連接BD，設．∵，∴，∴四邊形AMCN是矩形，∴，．在和中，∴≌（SSS）∴，∴，∵，∴，∵，∴∽．∴，∴，∴．在中，，，由勾股定理得：，∴，解得（舍去），∴．∵，∴，∵，∴，∵，∴∽．∴．隨練4、（1）如圖1，將直角的頂點E放在正方形ABCD的對角線AC上，使角的一邊交CD于點F，另一邊交CB或其延長線于點G，求證：EF=EG；（2）如圖2，將（1）中的“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，其他條件不變．若AB=m，BC=n，試求的值；（3）如圖3，將直角頂點E放在矩形ABCD的對角線交點，EF、EG分別交CD與CB于點F、G，且EC平分∠FEG．若AB=2，BC=4，求EG、EF的長．【答案】（1）見解析（2）（3）EF=【解析】（1）證明：如圖1，過點E作EH⊥BC于H，過點E作EP⊥CD于P，∵四邊形ABCD為正方形，∴CE平分∠BCD，又∵EH⊥BC，EP⊥CD，∴EH=EP，∴四邊形EHCP是正方形，∴∠HEP=90°，∵∠GEH+∠HEF=90°，∠PEF+∠HEF=90°，∴∠PEF=∠GEH，∴Rt△FEP≌Rt△GEH，∴EF=EG；（2）如圖2，過點E作EM⊥BC于M，過點E作EN⊥CD于N，垂足分別為M、N，則∠MEN=90°，∴EM∥AB，EN∥AD．∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，∴，，∴，即．∴，∴；（3）如圖3，過點E作EM⊥BC于M，過點E作EN⊥CD于N，垂足分別為M、N，過點C作CP⊥EG交EG的延長線于點P，過點C作CQ⊥EF垂足為Q，則四邊形EPCQ是矩形，四邊形EMCN是矩形，∵EC平分∠FEG，∴CQ=CP，∴矩形EPCQ是正方形，∴∠QCP=90°，∴∠QCG+∠PCG=90°，∵∠QCG+∠QCF=90°，∴∠PCG=∠QCF，在△PCG和△QCF中，，∴△PCG≌△QCF（AAS），∴CG=CF，由（2）知：=，∵BC=4，AB=2，∴==2，∴EF=2EG，∵點E放在矩形ABCD的對角線交點，∴EM和EN分別是△ABC和△BCD的中位線，∴EM=AB=1，EN=AD==2，MC=，CN=，∵四邊形EMCN是矩形，∴∠NEM=90°，∴∠MEG+∠GEN=90°，∵∠GEF=90°，∴∠FEN+∠GEN=90°，∴∠MEG=∠FEN，∵∠EMG=∠FNE=90°，∴△EMG∽△ENF，∴，即NF=2MG，設MG=x，則NF=2x，CG=2﹣x，CF=1+2x，∵CG=CF，∴2﹣x=1+2x，解得：x=，∴MG=，在Rt△EMG中，由勾股定理得：EG==，∵EF=2EG，∴EF=．隨練5、△ABC中，AB=AC，D為BC的中點，以D為頂點作∠MDN=∠B．（1）如圖（1）當射線DN經過點A時，DM交AC邊于點E，不添加輔助線，寫出圖中所有與△ADE相似的三角形．（2）如圖（2），將∠MDN繞點D沿逆時針方向旋轉，DM，DN分別交線段AC，AB于E，F(xiàn)點（點E與點A不重合），不添加輔助線，寫出圖中所有的相似三角形，并證明你的結論．（3）在圖（2）中，若AB=AC=10，BC=12，當△DEF的面積等于△ABC的面積的時，求線段EF的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）5【解析】（1）圖（1）中與△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE．證明：∵AB=AC，D為BC的中點，∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD，又∵∠MDN=∠B，∴△ADE∽△ABD，同理可得：△ADE∽△ACD，∵∠MDN=∠C=∠B，∠B+∠BAD=90°，∠ADE+∠EDC=90°，∠B=∠MDN，∴∠BAD=∠EDC，∵∠B=∠C，∴△ABD∽△DCE，∴△ADE∽△DCE，（2）△BDF∽△CED∽△DEF，證明：∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE，由AB=AC，得∠B=∠C，∴△BDF∽△CED，∴．∵BD=CD，∴．又∵∠C=∠EDF，∴△BDF∽△CED∽△DEF．（3）連接AD，過D點作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分別為G，H．∵AB=AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC，BD=BC=6．在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，∴AD=8∴S△ABC=BC?AD=×12×8=48．S△DEF=S△ABC=×48=12．又∵AD?BD=AB?DH，∴DH==，∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD∵DG⊥EF，DH⊥BF，∴DH=DG=．∵S△DEF=×EF×DG=12，∴EF==5．隨練6、如圖①，△ABC與△DEF是將△ACF沿過A點的某條直線剪開得到的（AB，DE是同一條剪切線）．平移△DEF使頂點E與AC的中點重合，再繞點E旋轉△DEF，使ED，EF分別與AB，BC交于M，N兩點．（1）如圖②，△ABC中，若AB=BC，且∠ABC=90°，則線段EM與EN有何數量關系？請直接寫出結論；（2）如圖③，△ABC中，若AB=BC，那么（1）中的結論是否還成立？若成立，請給出證明：若不成立，請說明理由；（3）如圖④，△ABC中，若AB：BC=m：n，探索線段EM與EN的數量關系，并證明你的結論．【答案】（1）EM=EN，證明見解析（2）成立，證明見解析（3）EM：EN=n：m【解析】本題通過圖形的變換，考查了等腰三角形的性質、角平分線的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、四邊形的內角和等知識，同時也滲透了變中有不變的辯證思想，而運用等積法又是解決第三小題的關鍵，是一道好題．（1）由四邊形的內角和為360°可以推出∠HEM=∠GEN，由等腰三角形的三線合一及角平分線的性質可以推出EH=EG，從而可以證到△HEM≌△GEN，進而有EM=EG．（2）借鑒（1）的證明方法同樣可以證到EM=EG．（3）借鑒（2）中解題經驗可以證到△HEM∽△GEN，從而有EM：EN=EH：EG．由點E為AC的中點可得S△AEB=S△CEB，可證到EH：EG=BC：AB，從而得到EM：EN=BC：AB=n：m．（1）EM=EN．證明：過點E作EG⊥BC，G為垂足，作EH⊥AB，H為垂足，連接BE，如答圖②所示．則∠EHB=∠EGB=90°．∴在四邊形BHEG中，∠HBG+∠HEG=180°．∵∠HBG+∠DEF=180°，∴∠HEG=∠DEF．∴∠HEM=∠GEN．∵BA=BC，點E為AC中點，∴BE平分∠ABC．又∵EH⊥AB，EG⊥BC，∴EH=EG．在△HEM和△GEN中，∵∠HEM=∠GEN，EH=EG，∠EHM=∠EGN，∴△HEM≌△GEN．∴EM=EN．（2）EM=EN仍然成立．證明：過點E作EG⊥BC，G為垂足，作EH⊥AB，H為垂足，連接BE，如答圖③所示．則∠EHB=∠EGB=90°．∴在四邊形BHEG中，∠HBG+∠HEG=180°．∵∠HBG+∠DEF=180°，∴∠HEG=∠DEF．∴∠HEM=∠GEN．∵BA=BC，點E為AC中點，∴BE平分∠ABC．又∵EH⊥AB，EG⊥BC，∴EH=EG．在△HEM和△GEN中，∵∠HEM=∠GEN，EH=EG，∠EHM=∠EGN，∴△HEM≌△GEN．∴EM=EN．（3）線段EM與EN滿足關系：EM：EN=n：m．證明：過點E作EG⊥BC，G為垂足，作EH⊥AB，H為垂足，連接BE，如答圖④所示．則∠EHB=∠EGB=90°．∴在四邊形BHEG中，∠HBG+∠HEG=180°．∵∠HBG+∠DEF=180°，∴∠HEG=∠DEF．∴∠HEM=∠GEN．∵∠HEM=∠GEN，∠EHM=∠EGN，∴△HEM∽△GEN．∴EM：EN=EH：EG．∵點E為AC的中點，∴S△AEB=S△CEB．∴AB?EH=BC?EG．∴EH：EG=BC：AB．∴EM：EN=BC：AB．∵AB：BC=m：n，∴EM：EN=n：m．解直角三角形例題例題1、如圖，已知在△ABP中，C是BP邊上一點，∠PAC=∠PBA，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，且交BP于點E．（1）求證：PA是⊙O的切線；（2）過點C作CF⊥AD，垂足為點F，延長CF交AB于點G，若AG?AB=12，求AC的長；（3）在滿足（2）的條件下，若AF：FD=1：2，GF=1，求⊙O的半徑及sin∠ACE的值．【答案】（1）證明見解析；（2）2；（3）sin∠ACE=．【解析】（1）證明：連接CD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD=90°，∴∠CAD+∠ADC=90°，又∵∠PAC=∠PBA，∠ADC=∠PBA，∴∠PAC=∠ADC，∴∠CAD+∠PAC=90°，∴PA⊥OA，而AD是⊙O的直徑，∴PA是⊙O的切線；（2）解：由（1）知，PA⊥AD，又∵CF⊥AD，∴CF∥PA，∴∠GCA=∠PAC，又∵∠PAC=∠PBA，∴∠GCA=∠PBA，而∠CAG=∠BAC，∴△CAG∽△BAC，∴=，即AC2=AG?AB，∵AG?AB=12，∴AC2=12，∴AC=2；（3）解：設AF=x，∵AF：FD=1：2，∴FD=2x，∴AD=AF+FD=3x，在Rt△ACD中，∵CF⊥AD，∴AC2=AF?AD，即3x2=12，解得；x=2，∴AF=2，AD=6，∴⊙O半徑為3，在Rt△AFG中，∵AF=2，GF=1，根據勾股定理得：AG===，由（2）知，AG?AB=12，∴AB==，連接BD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵sin∠ADB=，AD=6，∴sin∠ADB=，∵∠ACE=∠ACB=∠ADB，∴sin∠ACE=．例題2、我們把“按照某種理想化的要求（或實際可能應用的標準）來反映或概括的表現(xiàn)某一類或一種事物關系結構的數學形式”看作是一個數學中的一個“模式”（我國著名數學家徐利治）．如圖是一個典型的圖形模式，用它可測底部可能達不到的建筑物的高度，用它可測河寬，用它可解決數學中的一些問題．等等．（1）如圖，若B1B=30米，∠B1=22°，∠ABC=30°，求AC（精確到1）；（參考數據：sin22°≈0.37，cos22°≈0.92，tan22°≈0.40，≈1.73）（2）如圖2，若∠ABC=30°，B1B=AB，計算tan15°的值（保留準確值）；（3）直接寫出tan7.5°的值．（注：若出現(xiàn)雙重根式，則無需化簡）【答案】（1）39（2）（3）【解析】（1）在Rt△ABC中，tan∠ABC=，則BC==AC，同理，B1C=，∵B1B=B1C-BC，∴-AC=30，解得：AC≈39（米）；（2）∵B1B=AB，∴∠B1=∠B1AB=∠ABC=15°，設B1B=AB=x，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，∴AC=AB=x，BC=x，∴B1C=x+x，∴tan15°====2-；（3）如答圖3所示，圖中三角形依次是含有7.5°角、15°角和30°角的直角三角形．設AC=a，則AB=2a，BC==a．∴B1B=AB=2a，∴B1C=2a+a=（2+）a．在Rt△AB1C中，由勾股定理得：AB1===2a，∴B2B1=AB1=2a，∴B2C=B2B1+B1C=2a+（2+）a∴tan7.5°=tan∠AB2C==∴tan7.5°=．例題3、如圖，在△ABC中，AB=AC，點D在邊AB上，以點A為圓心，線段AD的長為半徑的⊙A與邊AC相交于點E，AF⊥DE，垂足為點F，AF的延長線與邊BC相交于點G，聯(lián)結GE．已知DE=10，．求：（1）⊙A的半徑AD的長；（2）∠EGC的余切值．【答案】（1）13；（2）【解析】（1）在⊙A中，∵AF⊥DE，DE=10，∴DF=EF=DE=×10=5．在Rt△ADF中，由cos∠DAF=，設AF=12k，AD=13k．利用勾股定理，得AF2+DF2=AD2．∴（12k）2+52=（13k）2．解得：k=1．∴AD=13．（2）由（1），可知F=12k=12．∵=，∴．在⊙A中，AD=AE．又∵AB=AC，∴．∴DE∥BC．∴△ADE∽△ABC，∠EGC=∠FEG，∵AF⊥DE，∴AG⊥BC，∴．∴AG=36．∴AF=12，∴FG=AG﹣AF=24．在Rt△EFG中，cot∠FEG=．即得cot∠EGC=．例題4、如圖，在⊙O的內接△ABC中，∠ACB=90°，AC=2BC，過C作AB的垂線l交⊙O于另一點D，垂足為E．設P是上異于A，C的一個動點，射線AP交l于點F，連接PC與PD，PD交AB于點G．（1）求證：△PAC∽△PDF；（2）若AB=5，=，求PD的長；（3）在點P運動過程中，設=x，tan∠AFD=y，求y與x之間的函數關系式．（不要求寫出x的取值范圍）【答案】（1）見解析（2）（3）【解析】本題考查了圓周角、相似三角形、三角函數等性質，前兩問思路還算簡單，但最后一問需要熟練的解題技巧需要長久的磨練總結．總體來講本題偏難，學生練習時加強理解，重點理解分析過程，自己如何找到思路．（1）證明相似，思路很常規(guī)，就是兩個角相等或邊長成比例．因為題中因圓周角易知一對相等的角，那么另一對角相等就是我們需要努力的方向，因為涉及圓，傾向于找接近圓的角∠DPF，利用補角在圓內作等量代換，等弧對等角等知識易得∠DPF=∠APC，則結論易證．（2）求PD的長，且此線段在上問已證相似的△PDF中，很明顯用相似得成比例，再將其他邊代入是應有的思路．利用已知條件易得其他邊長，則PD可求．（3）因為題目涉及∠AFD與也在第一問所得相似的△PDF中，進而考慮轉化，∠AFD=∠PCA，連接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG，過G點作AB的垂線，若此線過PB與AC的交點那么結論易求，因為根據三角函數或三角形與三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所對的這條高線．但是“此線是否過PB與AC的交點”？此時首先需要做的是多畫幾個動點P，觀察我們的猜想．驗證得我們的猜想應是正確的，可是證明不能靠畫圖，如何求證此線過PB與AC的交點是我們解題的關鍵．常規(guī)作法不易得此結論，我們可以換另外的輔助線作法，先做垂線，得交點H，然后連接交點與B，再證明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因為C、D關于AB對稱，可以延長CG考慮P點的對稱點．根據等弧對等角，可得∠HBG=∠PCA，進而得解題思路．（1）證明：∵∠ACB=90°，∴AB是直徑，又∵AB⊥CD，∵.=，∴∠DPF=180°-∠APD=180°-所對的圓周角=180°-所對的圓周角=所對的圓周角=∠APC．在△PAC和△PDF中，，∴△PAC∽△PDF．（2）解：如圖1，連接PO，則由=，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△A都為等腰直角三角形．在Rt△ABC中，∵AC=2BC，∴AB2=BC2+AC2=5BC2，∵AB=5，∴BC=，∴AC=2，∴CE=AC?sin∠BAC=AC?=2?=2，

AE=AC?cos∠BAC=AC?=2?=4，∵△AEF為等腰直角三角形，∴EF=AE=4，∴FD=FC+CD=（EF-CE）+2CE=EF+CE=4+2=6．∵△APO為等腰直角三角形，AO=?AB=，∴AP=．∵△PDF∽△PAC，∴=，∴=，∴PD=．（3）解：如圖2，過點G作GH⊥AB，交AC于H，連接HB，以HB為直徑作圓，連接CG并延長交⊙O于Q，∵HC⊥CB，GH⊥GB，∴C、G都在以HB為直徑的圓上，∴∠HBG=∠ACQ，∵C、D關于AB對稱，G在AB上，∴Q、P關于AB對稱，∴=，∴∠PCA=∠ACQ，∴∠HBG=∠PCA．∵△PAC∽△PDF，∴∠PCA=∠PFD=∠AFD，∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=．∵HG=tan∠HAG?AG=tan∠BAC?AG=?AG=?AG，∴y=?=x．隨練隨練1、在△ABC和△DEC中，∠A=∠EDC=45°，∠ACB=∠DCE=30°，點DC在AC上，點B和點E在AC兩側，AB=5，=．（1）求CE的長；（2）如圖2，點F和點E在AC同側，∠FAD=∠FDA=15°．①求證：AB=DF+DE；②連接BE，直接寫出△BEF的面積．【答案】（1）2（2）①見解析；②【解析】（1）過點E作EN⊥DC于點N，如圖1所示：在△ABC和△DEC中，∵∠A=∠EDC，∠ACB=∠DCE，∴△ABC∽△DEC．∴，∵AB=5，=25，∴DE=2．在△DEC中，∠EDC=45°，∠DCE=30°，∴DN=EN=，CE=2EN=DE，CN=EN=，∴CE=2．（2）①證明：過點F作FM⊥FD交AB于點M，連接MD，如圖2所示：∵∠FAD=∠FDA=15°，∴AF=DF，∠AFD=150°．∴∠AFM=60°．∵∠MAF=∠BAC+∠DAF=60°，∴△AMF為等邊三角形．∴FM=AF=FD=AM，∴∠FMD=∠FDM=45°．∴∠AMD=105°=∠ABC．∴MD∥BC，∴．由（1）知：，∴，∴MB=DE．∴AB=DF+DE．②由①得：DF=AB﹣DE=3，∴FM=FD=AM=3，∴MD=3，∵MD∥BC，∴MD：BC=AM：AB，即3：BC=3：5，∴BC=5，∵DC：AC=2：5，CD=+，∴AC=，∵△ABC的面積=×AB×ACsin45°=×5××=，△ADF的面積=×AF×DFsin150°=×3×3×=，△CDE的面積=×CD×CEsin30°=×（+）×2×=1+，△DEF的面積=×DE×DFsin120°=×2×3×=，△ABF的面積=×AB×AFsin60°=×5×3×=，△BCE的面積=×BC×CEsin60°=×5×2×=5，∴△BEF的面積=五邊形ABCEF的面積﹣△ABF的面積﹣△BCE的面積=（++1++）﹣﹣5=．隨練2、在Rt△ABC中，∠BAC=90°，過點B的直線MN∥AC，D為BC邊上一點，連接AD，作DE⊥AD交MN于點E，連接AE．（1）如圖①，當∠ABC=45°時，求證：AD=DE；（2）如圖②，當∠ABC=30°時，線段AD與DE有何數量關系？并請說明理由；（3）當∠ABC=α時，請直接寫出線段AD與DE的數量關系．（用含α的三角函數表示）【答案】（1）見解析（2）DE=AD，理由見解析（3）AD=DE?tanα【解析】（1）證明：如圖1，過點D作DF⊥BC，交AB于點F，則∠BDE+∠FDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF=90°，∴∠BDE=∠ADF，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠C=45°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=135°，∵∠BFD=45°，DF⊥BC，∴∠BFD=45°，BD=DF，∴∠AFD=135°，∴∠EBD=∠AFD，在△BDE和△FDA中，∴△BDE≌△FDA（ASA），∴AD=DE；（2）解：DE=AD，理由：如圖2，過點D作DG⊥BC，交AB于點G，則∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴=，在Rt△BDG中，=tan30°=，∴DE=AD；（3）AD=DE?tanα；理由：如圖2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴=，在Rt△BDG中，=tanα，則=tanα，∴AD=DE?tanα．隨練3、如圖，是一副學生用的三角板，在△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，∠B=30°；在△A1B1C1中，∠C1=90°，∠A1=45°，∠B1=45°，且A1B1=CB．若將邊A1C1與邊CA重合，其中點A1與點C重合．將三角板A1B1C1繞點C（A1）按逆時針方向旋轉，旋轉過的角為α，旋轉過程中邊A1C1與邊AB的交點為M，設AC=a．（1）計算A1C1的長；（2）當α=30°時，證明：B1C1∥AB；（3）若a=，當α=45°時，計算兩個三角板重疊部分圖形的面積；（4）當α=60°時，用含a的代數式表示兩個三角板重疊部分圖形的面積．（參考數據：sin15°=，cos15°=，tan15°=2﹣，sin75°=，cos75°=，tan75°=2+）【答案】（1）A1C1=；（2）B1C1∥AB；（3）3+3；（4）a2．【解析】（1）在Rt△ABC中，∠B=30°，AC=a，由特殊銳角三角函數可知：，∴BC=a．∴B1C=a在Rt△A1B1C1，∠B1=∠45°，∴．∴A1C1=．（2）∵∠ACM=30°，∠A=60°，∴∠BMC=90°．∴∠C1=∠BMC．∴B1C1∥AB．（3）如下圖：由（1）可知：A1C1===3+∴△A1B1C1的面積=∵∠A1B1C1=45°，∠ABC=30°∴∠MBC1=15°在Rt△BC1M中，C1M=BCtan15°=（3+）（2﹣）=3﹣，∴Rt△BC1M的面積=．∴兩個三角板重疊部分圖形的面積=△A1B1C1的面積﹣△BC1M的面積=3+3．（4）由（1）可知：BC=a，A1C1=，∴C1F=A1C1?tan30°=a，∴=，∵∠MCA=60°，∠A=60°，∴∠AMC=60°∴MC=AC=MA=a．∴C1M=C1A1﹣MC=．∵∠MCA=60°，∴∠C1A1B=30°，∴∠C1MD=∠B+∠C1A1B=60°在Rt△DC1M中，由特殊銳角三角函數可知：C1D=C1M?tan60°=a，∴=C1M?C1D=a2，兩個三角板重疊部分圖形的面積=﹣=C1M=a2﹣a2=a2．隨練4、如圖1所示，在菱形ABCD和菱形AEFG中，點A，B，E在同一條直線上，P是線段CF的中點，連接PD，PG．（1）若∠BAD=∠AEF=120°，請直接寫出∠DPG的度數及的值．（2）若∠BAD=∠AEF=120°，將菱形ABCD繞點A順時針旋轉，使菱形ABCD的對角線AC恰好與菱形AEFG的邊AE在同一直線上，如圖2，此時，（1）中的兩個結論是否發(fā)生改變？寫出你的猜想并加以說明．（3）若∠BAD=∠AEF=180°﹣2α（0°＜α＜90°），將菱形ABCD繞點A順時針旋轉到圖3的位置，求出的值．【答案】（1）30°；（2）不改變，見解析（3）tanα【解析】（1）延長GP交CD于H，如圖1所示：∵在菱形ABCD和菱形AEFG中，AB=CD=AD，BE∥CD，AG=FG，F(xiàn)G∥BE，∴FG∥CD，∴∠PFG=∠PCH，∵P是線段CF的中點，∴PF=PC，在△PFG和△PCH中，，∴△PFG≌△PCH（ASA），∴FG=CH，PG=PH，∴AG=CH，∴DG=DH，∴DP⊥GH（三線合一），∴∠DPG=90°；∵∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，∴∠PDG=∠PDH=∠ADC=30°，∴=tan∠PDG=tan30°=；（2）（1）中的兩個結論不發(fā)生改變；理由如下：延長GP交CE于H，連接DH、DG，如圖2所示：∵四邊形AEFG為菱形，∴FG∥EC，∴∠GFP=∠HCP，∵P是線段CF的中點，∴PF=PC，在△PFG和△PCH中，，∴△PFG≌△PCH（ASA），∴FG=CH，PG=PH，∵FG=AG，∴AG=CH，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC=CD，∵∠BAD=∠AEF=120°，∴∠ACD=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴AD=CD，∴∠EAG=∠ADC=60°，∠DAC=∠DCA=60°，∴∠GAD=180°﹣∠EAG﹣∠DAC=60°，在△ADG和△CDH中，，∴△ADG≌△CDH（SAS），∴DG=DH，∠ADG=∠CDH，∴DP⊥GH，∴∠DPG=90°，∠GDH=∠ADC=60°，∴∠GDP=30°，∴=tan30°=；（3）延長GP到H，使得PH=GP，連接CH、DG、DH，延長DC交EA的延長線于點M，如圖3所示：同（2）可證△PFG≌△PCH，∴∠GFC=∠HCF，F(xiàn)G=CH，∴FG∥CH，∵FG∥AE，∴CH∥EM，∴∠DCH=∠M，∵CD∥AB，∴∠M=∠MAB，∴∠DCH=∠MAB，∵∠BAD=∠AEF=180°﹣2α，∴∠EAG=∠ADC=2α，∴∠GAM=180°﹣2α，∴∠GAD=∠BAM，∴∠GAD=∠DCH，∵AG=FG，∴AG=CH，在△ADG和△CDH中，，∴△ADG≌△CDH（SAS），∴∠ADG=∠CDH，DG=DH，∴∠GDH=∠ADC=2α，∴∠DPG=90°，∠GDP=∠GDH=α，∴=tanα．拓展拓展1、閱讀材料如圖①，△ABC與△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB=∠EDF=90°，且點D在AB邊上，AB、EF的中點均為O，連結BF、CD、CO，顯然點C、F、O在同一條直線上，可以證明△BOF≌△COD，則BF=CD．解決問題（1）將圖①中的Rt△DEF繞點O旋轉得到圖②，猜想此時線段BF與CD的數量關系，并證明你的結論；（2）如圖③，若△ABC與△DEF都是等邊三角形，AB、EF的中點均為O，上述（1）中的結論仍然成立嗎？如果成立，請說明理由；如不成立，請求出BF與CD之間的數量關系；（3）如圖④，若△ABC與△DEF都是等腰三角形，AB、EF的中點均為0，且頂角∠ACB=∠EDF=α，請直接寫出的值（用含α的式子表示出來）【答案】（1）BF=CD；（2）不成立，=；（3）=tan．【解析】（1）猜想：BF=CD．理由如下：如答圖②所示，連接OC、OD．∵△ABC為等腰直角三角形，點O為斜邊AB的中點，∴OB=OC，∠BOC=90°．∵△DEF為等腰直角三角形，點O為斜邊EF的中點，∴OF=OD，∠DOF=90°．∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF，∴∠BOF=∠COD．∵在△BOF與△COD中，∴△BOF≌△COD（SAS），∴BF=CD．（2）答：（1）中的結論不成立．如答圖③所示，連接OC、OD．∵△ABC為等邊三角形，點O為邊AB的中點，∴=tan30°=，∠BOC=90°．∵△DEF為等邊三角形，點O為邊EF的中點，∴=tan30°=，∠DOF=90°．∴==．∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF，∴∠BOF=∠COD．在△BOF與△COD中，∵==，∠BOF=∠COD，∴△BOF∽△COD，∴=．（3）如答圖④所示，連接OC、OD．∵△ABC為等腰三角形，點O為底邊AB的中點，∴=tan，∠BOC=90°．∵△DEF為等腰三角形，點O為底邊EF的中點，∴=tan，∠DOF=90°．∴==tan．∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF，∴∠BOF=∠COD．在△BOF與△COD中，∵==tan，∠BOF=∠COD，∴△BOF∽△COD，∴=tan．拓展2、閱讀資料：小明是一個愛動腦筋的好學生，他在學習了有關圓的切線性質后，意猶未盡，又查閱到了與圓的切線相關的一個問題：如圖1，已知PC是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，延長BA交切線PC與P，連接AC、BC、OC．因為PC是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，所以∠OCP=∠ACB=90°，所以∠1=∠2．又因為∠B=∠1，所以∠B=∠2．在△PAC與△PCB中，又因為：∠P=∠P，所以△PAC∽△PCB，所以=，即PC2=PA?PB．問題拓展：（Ⅰ）如果PB不經過⊙O的圓心O（如圖2）等式PC2=PA?PB，還成立嗎？請證明你的結論；綜合應用：（Ⅱ）如圖3，⊙O是△ABC的外接圓，PC是⊙O的切線，C是切點，BA的延長線交PC于點P；（1）當AB=PA，且PC=12時，求PA的值；（2）D是BC的中點，PD交AC于點E．求證：=．【答案】（Ⅰ）成立，證明見解析（Ⅱ）（1）（2）見解析【解析】此題考查了切線的性質、相似三角形的判定與性質以及圓周角定理等知識．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用．（Ⅰ）證法一：如圖2-1，連接PO并延長交⊙O于點D，E，連接BD、AE，易證得△PBD∽△PEA，然后由相似三角形的對應邊成比例，可得PA?PB=PD?PE，由圖1知，PC

2=PD?PE，即可證得結論；證法二：如圖2-2，過點C作⊙O的直徑CD，連接AD，BC，AC，由PC是⊙O的切線，易證得△PBC∽△PCA，然后由相似三角形的對應邊成比例，證得結論；（Ⅱ）（1）由（1）得，PC

2=PA?PB，PC=12，AB=PA，即可求得PC

2=PA?PB=PA（PA+AB）=2PA2，繼而求得答案；（2）證法一：過點A作AF∥BC，交PD于點F，由平行線分線段成比例定理即可求得=，=，又由PC

2=PA?PB，即可證得結論；證法二：過點A作AG∥BC，交BC于點G，由平行線分線段成比例定理即可求得=，=，又由PC

2=PA?PB，即可證得結論．（Ⅰ）當PB不經過⊙O的圓心O時，等式PC

2=PA?PB仍然成立．證法一：如圖2-1，連接PO并延長交⊙O于點D，E，連接BD、AE，∴∠B=∠E，∠BPD=∠APE，∴△PBD∽△PEA，∴=，即PA?PB=PD?PE，由圖1知，PC2=PD?PE，∴PC2=PA?PB．證法二：如圖2-2，過點C作⊙O的直徑CD，連接AD，BC，AC，∵PC是⊙O的切線，∴PC⊥CD，∴∠CAD=∠PCD=90°，即∠1+∠2=90°，∠D+∠1=90°，∴∠D=∠2．∵∠D=∠B，∴∠B=∠2，∠P=∠P，∴△PBC∽△PCA，所以=，即PC

2=PA?PB．（Ⅱ）由（1）得，PC2=PA?PB，PC=12，AB=PA，∴PC2=PA?PB=PA（PA+AB）=2PA2，∴2PA2=144，∴PA=±6（負值無意義，舍去）．∴PA=6．（2）證法一：過點A作AF∥BC，交PD于點F，∴=，=．∵D為BC的中點，∴BD=CD，∴=，∴=．∵PC

2=PA?PB，∴===，即=．證法二：過點A作AG∥BC，交BC于點G，∴=，=．∵D為BC的中點，∴BD=CD，∴=，∴=．∵PC

2=PA?PB，∴===，即=．拓展3、閱讀下面材料：小明遇到這樣一個問題：如圖1，△ABC中，AB=AC，點D在BC邊上，∠DAB=∠ABD，BE⊥AD，垂足為E，求證：BC=2AE．小明經探究發(fā)現(xiàn)，過點A作AF⊥BC，垂足為F，得到∠AFB=∠BEA，從而可證△ABF≌△BAE（如圖2），使問題得到解決．（1）根據閱讀材料回答：△ABF與△BAE全等的條件是AAS（填“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”或“HL”中的一個）參考小明思考問題的方法，解答下列問題：（2）如圖3，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D為BC的中點，E為DC的中點，點F在AC的延長線上，且∠CDF=∠EAC，若CF=2，求AB的長；（3）如圖4，△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，點D、E分別在AB、AC邊上，且AD=kDB（其中0＜k＜），∠AED=∠BCD，求的值（用含k的式子表示）．【答案】見解析【解析】證明：（1）如圖2，作AF⊥BC，∵BE⊥AD，∴∠AFB=∠BEA，在△ABF和△BAE中，，∴△ABF≌△BAE（AAS），∴BF=AE∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=BC，∴BC=2AE，故答案為AAS（2）如圖3，連接AD，作CG⊥AF，在Rt△ABC中，AB=AC，點D是BC中點，∴AD=CD，∵點E是DC中點，∴DE=CD=AD，∴tan∠DAE===，∵AB=AC，∠BAC=90°，點D為BC中點，∴∠ADC=90°，∠ACB=∠DAC=45°，∴∠F+∠CDF=∠ACB=45°，∵∠CDF=∠EAC，∴∠F+∠EAC=45°，∵∠DAE+∠EAC=45°，∴∠F=∠DAE，∴tan∠F=tan∠DAE=，∴，∴CG=×2=1，∵∠ACG=90°，∠ACB=45°，∴∠DCG=45°，∵∠CDF=∠EAC，∴△DCG∽△ACE，∴，∵CD=AC，CE=CD=AC，∴，∴AC=4；∴AB=4；（3）如圖4，過點D作DG⊥BC，設DG=a，在Rt△BGD中，∠B=30°，∴BD=2a，BG=a，∵AD=kDB，∴AD=2ka，AB=BD+AD=2a+2ka=2a（k+1），過點A作AH⊥BC，在Rt△ABH中，∠B=30°．∴BH=a（k+1），∵AB=AC，AH⊥BC，∴BC=2BH=2a（k+1），∴CG=BC﹣BG=a（2k+1），過D作DN⊥AC交CA延長線與N，∵∠BAC=120°，∴∠DAN=60°，∴∠ADN=30°，∴AN=ka，DN=ka，∵∠DGC=∠AND=90°，∠AED=∠BCD，∴△NDE∽△GDC．∴，∴，∴NE=3ak（2k+1），∴EC=AC﹣AE=AB﹣AE=2a（k+1）﹣2ak（3k+1）=2a（1﹣3k2），∴．拓展4、已知AC，EC分別是四邊形ABCD和EFCG的對角線，點E在△ABC內，∠CAE+∠CBE=90°．（1）如圖①，當四邊形ABCD和EFCG均為正方形時，連接BF．（i）求證：△CAE∽△CBF；（ii）若BE=1，AE=2，求CE的長；（2）如圖②，當四邊形ABCD和EFCG均為矩形，且=k時，若BE=1，AE=2，CE=3，求k的值；（3）如圖③，當四邊形ABCD和EFCG均為菱形，且∠DAB=∠GEF=45°時，設BE=m，AE=n，CE=p，試探究m，n，p三者之間滿足的等量關系．（直接寫出結果，不必寫出解答過程）【答案】（1）（i）見解析；（ii）（2）（3）（2）m2+n2=p2【解析】（1）（i）證明：∵四邊形ABCD和EFCG均為正方形，∴，∴∠ACB=∠ECF=45°，∴∠ACE=∠BCF，在△CAE和△CBF中，，∴△CAE∽△CBF．（ii）解：∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE=∠CBF，，又∵∠CAE+∠CBE=90°，∴∠CBF+∠CBE=90°，∴∠EBF=90°，又∵，AE=2∴，∴，∴EF2=BE2+BF2==3，∴EF=，∵CE2=2EF2=6，∴CE=．（2）如圖②，連接BF，∵=k，∴BC=a，AB=ka，F(xiàn)C=b，EF=kb，∴AC=，CE=，∴，∠ACE=∠BCF，在△ACE和△BCF中，，∴△ACE∽△BCF，∴，∠CAE=∠CBF，又∵AE=2，∴，∴BF=，∵∠CAE=∠CBF，∠CAE+∠CBE=90°，∴∠CBE+∠CBF=90°，∴∠EBF=90°，∴EF2=BE2+BF2=1，∵，∴，CE=3，∴EF=，∴1，∴，解得k=±，∵=k＞0，∴k=．（3）連接BF，同理可得∠EBF=90°，過C點作CH⊥AB延長線于H，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC，設AB=BC=x，∵∠CBH=∠DAB=45°，∴BH=CH=x，∴AC2=AH2+CH2=（x+x）2+（x）2，=（2+）x2，∴AB2：BC2：AC2=1：1：（2+），同理可得EF2：FC2：EC2=1：1：（2+），∴EF2=，在△ACE和△BCF中，，∴△ACE∽△BCF，∴=2+，∠CAE=∠CBF，又∵AE=n，∴，∵∠CAE=∠CBF，∠CAE+∠CBE=90°，∴∠CBE+∠CBF=90°，∴∠EBF=90°，∴EF2=BE2+BF2，∴，∴（2）m2+n2=p2，即m，n，p三者之間滿足的等量關系是：（2）m2+n2=p2．拓展5、在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，將△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，旋轉角為θ（0°＜θ＜90°），連接AC1、BD1，AC1與BD1交于點P．（1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形．①求證：△AOC1≌△BOD1．②請直接寫出AC1與BD1的位置關系．（2）如圖2，若四邊形ABCD是菱形，AC=5，BD=7，設AC1=kBD1．判斷AC1與BD1的位置關系，說明理由，并求出k的值．（3）如圖3，若四邊形ABCD是平行四邊形，AC=5，BD=10，連接DD1，設AC1=kBD1．請直接寫出k的值和AC12+（kDD1）2的值．【答案】（1）①證明：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1，在△AOC1和△BOD1中，∴△AOC1≌△BOD1（SAS）；②AC1⊥BD1；（2）AC1⊥BD1．理由如下：如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OA，OD1=OB，∠AOC1=∠BOD1，∴，∴△AOC1∽△BOD1，∴∠OAC1=∠OBD1，又∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°，∴∠APB=90°∴AC1⊥BD1；∵△AOC1∽△BOD1，∴，∴k=；（3）如圖3，與（2）一樣可證明△AOC1∽△BOD1，∴=，∴k=；∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，∴OD1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，∴△BDD1為直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=100，∴（2AC1）2+DD12=100，∴AC12+（kDD1）2=25．【解析】（1）①如圖1，根據正方形的性質得OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，則∠AOB=∠COD=90°，再根據旋轉的性質得OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，則OC1=OD1，利用等角的補角相等得∠AOC1=∠BOD1，然后根據“SAS”可證明△AOC1≌△BOD1；②由∠AOB=90°，則∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°，所以∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°，則∠APB=90°所以AC1⊥BD1；（2）如圖2，根據菱形的性質得OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，則∠AOB=∠COD=90°，再根據旋轉的性質得OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，則OC1=OA，OD1=OB，利用等角的補角相等得∠AOC1=∠BOD1，加上，根據相似三角形的判定方法得到△AOC1∽△BOD1，得到∠OAC1=∠OBD1，由∠AOB=90°得∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°，則∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°，則∠APB=90°，所以AC1⊥BD1；然后根據相似比得到，k=；（3）與（2）一樣可證明△AOC1∽△BOD1，則=，所以k=；根據旋轉的性質得OD1=OD，根據平行四邊形的性質得OD=OB，則OD1=OB=OD，于是可判斷△BDD1為直角三角形，根據勾股定理得BD12+DD12=BD2=100，所以（2AC1）2+DD12=100，于是有AC12+（kDD1）2=25．（1）①證明：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1，在△AOC1和△BOD1中，∴△AOC1≌△BOD1（SAS）；②AC1⊥BD1；（2）AC1⊥BD1．理由如下：如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OA，OD1=OB，∠AOC1=∠BOD1，∴，∴△AOC1∽△BOD1，∴∠OAC1=∠OBD1，又∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°，∴∠APB=90°∴AC1⊥BD1；∵△AOC1∽△BOD1，∴，∴k=；（3）如圖3，與（2）一樣可證明△AOC1∽△BOD1，∴=，∴k=；∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉得到△C1OD1，∴OD1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，∴△BDD1為直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=100，∴（2AC1）2+DD12=100，∴AC12+（kDD1）2=25．拓展6、已知：在中，，點D為BC邊的中點，點F是AB邊上一點，點E在線段DF的延長線上，點M在線段DF上，且，．AACDBEFMACDBMEFAEMFBDC圖1圖2圖3（1）如圖1，當時，線段DM與AE之間的數量關系是____；（2）如圖2，當時，線段DM與AE之間的數量關系是____；（3）①如圖3，當時，線段DM與AE之間的數量關系是___；②在（2）的條件下延長BM到P，使，連結CP，若，，求的值．【答案】（1）（2）（3）①②【解析】該題考查的是四邊形綜合．（1）如圖1，連接AD．∵，，∴．又∵，∴，即．∵，，∴．∴∴；（2）由（1）知，∴∴，∴；（3）①由（1）知，∴∴；②如圖2，連接AD，EP，設AD交CP于N．∵，，∴是等邊三角形．又∵D為BC的中點，∴，，．∵，，∴，∴，，∴．又∵，∴．∵，∴為等邊三角形，∴∴，∴°．在Rt△AEB中，，，，∴，．在Rt中，，在Rt中，，，∴．過N作，垂足為H．在Rt中，∴故答案為；；．拓展7、在△ABC中，AB=AC，點F是BC延長線上一點，以CF為邊，作菱形CDEF，使菱形CDEF與點A在BC的同側，連接BE，點G是BE的中點，連接AG、DG．（1）如圖①，當∠BAC=∠DCF=90°時，直接寫出AG與DG的位置和數量關系；（2）如圖②，當∠BAC=∠DCF=60°時，試探究AG與DG的位置和數量關系，（3）當∠BAC=∠DCF=α時，直接寫出AG與DG的數量關系．【答案】（1）AG⊥DG，AG=DG（2）AG⊥GD，AG=DG（3）DG=AGtan【解析】（1）AG⊥DG，AG=DG，證明：延長DG與BC交于H，連接AH、AD，∵四邊形CDEF是正方形，∴DE=DC，DE∥CF，∴∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，∵G是BC的中點，∴BG=EG，在△BGH和△EGD中∴△BGH≌△EGD（AAS），∴BH=ED，HG=DG，∴BH=DC，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠DCF=90°，∴∠DCB=90°，∴∠ACD=45°，∴∠ABH=∠ACD=45°，在△ABH和△ACD中∴△ABH≌△ACD（SAS），∴∠BAH=∠CAD，AH=AD，∵∠BAH+∠HAC=90°，∴∠CAD+∠HAC=90°，即∠HAD=90°，∴AG⊥GD，AG=GD；（2）AG⊥GD，AG=DG；證明：延長DG與BC交于H，連接AH、AD，∵四邊形CDEF是正方形，∴DE=DC，DE∥CF，∴∠GBH=∠GED，∠GHB=∠GDE，∵