專題04 相似三角形重要模型之一線三等角模型（解析版）

專題04相似三角形重要模型之一線三等角模型相似三角形在中考數(shù)學幾何模塊中占據(jù)著重要地位。相似三角形與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，難度大，是中考的?？碱}型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了．本專題就一線三等角模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。模型1.一線三等角模型（相似模型）【模型解讀與圖示】“一線三等角”型的圖形，因為一條直線上有三個相等的角，一般就會有兩個三角形的“一對角相等”，再利用平角為180°，三角形的內(nèi)角和為180°，就可以得到兩個三角形的另外一對角也相等，從而得到兩個三角形相似．1）一線三等角模型（同側(cè)型）（銳角型）（直角型）（鈍角型）條件：如圖，∠1=∠2＝∠3，結(jié)論：△ACE∽△BED.2）一線三等角模型（異側(cè)型）條件：如圖，∠1=∠2＝∠3，結(jié)論：△ADE∽△BEC.3）一線三等角模型（變異型）圖1圖2圖3①特殊中點型：條件：如圖1，若C為AB的中點，結(jié)論：△ACE∽△BED∽△ECD.②一線三直角變異型1：條件：如圖2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.結(jié)論：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.③一線三直角變異型2：條件：如圖3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.結(jié)論：△ABM∽△NDE∽△NCM.例1．（2023春·江蘇揚州·九年級校聯(lián)考階段練習）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D是邊BC上一點，將△ABC沿EF折疊使點A與點D重合，若BD:DE=2:3，則CF=．【答案】2.4【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠EDF=∠A，DF=AF，再由等邊三角形的性質(zhì)可得∠EDF=60°，∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED=120°，從而得到∠CDF=∠BED，進而得到△BDE∽△CFD，再由BD:DE=2:3，可得到，即，即可求解．【詳解】解：根據(jù)題意得：∠EDF=∠A，DF=AF，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∴∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=180°-∠EDF=120°，∵∠B=60°，∴∠BDE+∠BED=180°-∠B=120°，∴∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED，∴∠CDF=∠BED，∴△BDE∽△CFD，∴，即，∵等邊△ABC的邊長為6，∴，解得：．故答案為：2.4【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，圖形的折疊，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，圖形的折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．例2．（2022秋·遼寧鞍山·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形中，，，，，為邊上的動點，當時，．

【答案】或【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得，再將相關的數(shù)據(jù)代入得，再計算即可．【詳解】解：，，，，，，解得或．故答案為：或．【點睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)，掌握相似三角形的對應邊成比例是解題關鍵．例3．（2022·山東菏澤·三模）（1）問題：如圖1，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，當時，求證：．（2）探究：若將90°角改為銳角或鈍角（如圖2），其他條件不變，上述結(jié)論還成立嗎？說明理由．（3）應用：如圖3，在中，，，以點A為直角頂點作等腰．點D在BC上，點E在AC上，點F在BC上，且，若，求CD的長．【答案】（1）見解析；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）由∠DPC=∠A=B=90°，可得∠ADP＝∠BPC，即可證到△ADP△BPC，然后運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，然后運用相似三角形的性質(zhì)即可解決問題；（3）先證△ABD△DFE，求出DF=4，再證△EFC△DEC，可求FC＝1，進而解答即可．【詳解】（1）證明：如題圖1，∵∠DPC=∠A=∠B=90°，∴∠ADP＋∠APD=90°，∠BPC＋∠APD=90°，∴∠ADP=∠BPC，∴△ADP△BPC，，∴ADBC=APBP，（2）結(jié)論仍然成立，理由如下，，又，，，設，，，，∴ADBC=APBP，（3），，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，,，，，．【點睛】本題考查相似三角形的綜合題，三角形的相似；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鍵．例4．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）問題提出：如圖（1），是菱形邊上一點，是等腰三角形，，交于點，探究與的數(shù)量關系．

問題探究：(1)先將問題特殊化，如圖（2），當時，直接寫出的大小；(2)再探究一般情形，如圖（1），求與的數(shù)量關系．問題拓展：(3)將圖（1）特殊化，如圖（3），當時，若，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）延長過點F作，證明即可得出結(jié)論．（2）在上截取，使，連接，證明，通過邊和角的關系即可證明．（3）過點A作的垂線交的延長線于點，設菱形的邊長為，由（2）知，，通過相似求出，即可解出．【詳解】（1）延長過點F作，∵，，∴，在和中∴，∴，，∴，∴，∴．故答案為：．

（2）解：在上截取，使，連接．，，．，．．，．．（3）解：過點作的垂線交的延長線于點，設菱形的邊長為，．在中，，．，由（2）知，．．，，，在上截取，使，連接，作于點O．由（2）知，，∴，∵，∴，．∵，∴，∵，∴．．

【點睛】此題考查菱形性質(zhì)、三角形全等、三角形相似，解題的關鍵是熟悉菱形性質(zhì)、三角形全等、三角形相似．例5.（2022·浙江·嘉興一中一模）閱讀材料：我們知道：一條直線經(jīng)過等腰直角三角形的直角頂點，過另外兩個頂點分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分別過A、B向經(jīng)過點C直線作垂線，垂足分別為D、E，我們很容易發(fā)現(xiàn)結(jié)論：△ADC≌△CEB．(1)探究問題：如果AC≠BC，其他條件不變，如圖②，可得到結(jié)論；△ADC∽△CEB．請你說明理由．(2)學以致用：如圖③，在平面直角坐標系中，直線y＝x與直線CD交于點M（2，1），且兩直線夾角為α，且tanα＝，請你求出直線CD的解析式．(3)拓展應用：如圖④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，點E為BC邊上一個動點，連接AE，將線段AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°，點A落在點P處，當點P在矩形ABCD外部時，連接PC，PD．若△DPC為直角三角形時，請你探究并直接寫出BE的長．【答案】(1)見解析(2)(3)4或【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得結(jié)論；（2）過點O作ON⊥OM交直線CD于點N，分別過M、N作ME⊥x軸NF⊥x軸，由（1）的結(jié)論可得：△NFO∽△OEM，可得，可求點N坐標，利用待定系數(shù)法可求解析式；（3）分兩種情況討論，由全等三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)可求解．(1)解：理由如下，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，又∵∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△CEB；(2)解：如圖，過點O作ON⊥OM交直線CD于點N，分別過M、N作ME⊥x軸，NF⊥x軸，由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴，∵點M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，∵tanα＝＝，∴，∴NF＝3，OF＝，∴點N（，3），∵設直線CD表達式：y＝kx+b，∴∴∴直線CD的解析式為：y＝-x+；(3)解：當∠CDP＝90°時，如圖，過點P作PH⊥BC，交BC延長線于點H，∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴點A，點D，點P三點共線，∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四邊形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝4，∵將線段AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE＝PH＝4，當∠CPD＝90°時，如圖，過點P作PH⊥BC，交BC延長線于點H，延長HP交AD的延長線于N，則四邊形CDNH是矩形，∴CD＝NH＝4，DN＝CH，設BE＝x，則EC＝5-x，∵將線段AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，∵∠DPC＝90°，∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，∴△CPH∽△PDN，∴，∴=∴x＝∵點P在矩形ABCD外部，∴x＝，∴BE＝，綜上所述：當BE的長為4或時，△DPC為直角三角形．【點睛】本題是考查了待定系數(shù)法求解析式，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識，添加恰當輔助線構(gòu)造相似三角形是本題的關鍵．例6．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，E為AD的中點，EF⊥EC交AB于F，延長FE與直線CD相交于點G，連接FC（AB＞AE）．(1)求證：△AEF∽△DCE；(2)△AEF與△ECF是否相似？若相似，證明你的結(jié)論；若不相似，請說明理由；(3)設，是否存在這樣的k值，使得△AEF與△BFC相似？若存在，證明你的結(jié)論并求出k的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)相似，證明見解析(3)存在，【分析】(1)由題意可得∠AEF＋∠DEC＝90°，又由∠AEF＋∠AFE＝90°，可得∠DEC＝∠AFE，據(jù)此證得結(jié)論；(2)根據(jù)題意可證得Rt△AEF≌Rt△DEG(ASA)，可得EF＝EG，∠AFE＝∠EGC，可得CE垂直平分FG，△CGF是等腰三角形，據(jù)此即可證得△AEF與△ECF相似；(3)假設△AEF與△BFC相似，存在兩種情況：①當∠AFE＝∠BCF，可得∠EFC＝90°，根據(jù)題意可知此種情況不成立；②當∠AFE＝∠BFC，使得△AEF與△BFC相似，設BC＝a，則AB＝ka，可得AF＝，BF＝，再由△AEF∽△DCE，即可求得k值．【詳解】（1）證明：∵EF⊥EC，∴∠FEC＝90°，∴∠AEF＋∠DEC＝90°，∵∠AEF＋∠AFE＝90°，∴∠DEC＝∠AFE，又∵∠A＝∠EDC＝90°，∴△AEF∽△DCE；（2）解：△AEF∽△ECF．理由：∵E為AD的中點，∴AE＝DE，∵∠AEF＝∠DEG，∠A＝∠EDG，∴△AEF≌△DEG(ASA)，∴EF＝EG，∠AFE＝∠EGC．又∵EF⊥CE，∴CE垂直平分FG，∴△CGF是等腰三角形．∴∠AFE＝∠EGC＝∠EFC．又∵∠A＝∠FEC＝90°，∴△AEF∽△ECF；（3）解：存在使得△AEF與△BFC相似．理由：假設△AEF與△BFC相似，存在兩種情況：①當∠AFE＝∠BCF，則有∠AFE與∠BFC互余，于是∠EFC＝90°，因此此種情況不成立；②當∠AFE＝∠BFC，使得△AEF與△BFC相似，設BC＝a，則AB＝ka，∵△AEF∽△BCF，∴，∴AF＝，BF＝，∵△AEF∽△DCE，∴，即，解得，．∴存在使得△AEF與△BFC相似．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定與及性質(zhì)，等腰三角形的判定及性質(zhì)，采用分類討論的思想是解決本題的關鍵．例7．（2023秋·遼寧錦州·九年級統(tǒng)考期末）已知四邊形．(1)問題探究：如圖1，當四邊形是正方形時，點E，Q分別在邊，上，于點M，點F，G分別在邊，上，．①判斷與的數(shù)量關系：___________；②推斷：的值為___________．(2)變式應用：如圖2，當四邊形是矩形，．點F，G分別在邊，上，將四邊形沿折疊，使點A落在邊上的點E處，得到四邊形，連接交于點O．試判斷與之間的數(shù)量關系，并說明理由；(3)拓展應用：如圖3，在四邊形中，，若點E，Q分別在邊BC，上，，請直接寫出的值．

【答案】(1)①；②1(2)，理由見解析(3)【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得．所以，又知，得出，于是，可得；②證明四邊形是平行四邊形即可解決問題；（2）如圖2，作于．證明：即可解決問題；（3）如圖3，過點作，交的延長線于點N，過點作，連接，證明，得出，證明，可得出，由勾股定理求出，利用（2）中結(jié)論則可得出答案．【詳解】（1）解：①證明：四邊形是正方形，

，．．，．．，．故答案為：．②結(jié)論：．理由：，，，，四邊形是平行四邊形，，，，．故答案為：1．（2）結(jié)論：．理由：如圖2中，過點作于．

，，，，，，，，四邊形是矩形，，．（3）如圖3，過點作，交的延長線于點N，過點作，連接，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，且，，且，，，，，，，（不合題意，舍去），，，由（2）的結(jié)論可知：．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(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)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題．課后專項訓練1．（2023·湖南益陽·統(tǒng)考一模）矩形中，，，點P是上的動點，當時，的長是（

）．

A．1 B．3 C．1或3 D．1或4【答案】D【分析】結(jié)合矩形的性質(zhì)，證明，即可得，進而可得，問題隨之得解．【詳解】∵矩形中，，，∴，，，∴，∵，∴，∵在中，，∴，又∵，∴，∴，∴，整理：，解得：，或者，故選：D．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程的應用等知識，證明是解答本題的關鍵．2．（2023春·重慶榮昌·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形中，，將點折疊到邊上點處，折痕為，連接，，若點是中點，則長為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】依據(jù)矩形的性質(zhì)以及折疊，即可得到，，的長；再根據(jù)，利用對應邊成比例即可得的長．【詳解】解：矩形中，，

，又是的中點，，中，，由題可得，，，，，，即，解得，故選：A．【點睛】本題主要考查了折疊問題、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的運用，翻折變換折疊問題實質(zhì)上就是軸對稱變換，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．3．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，等邊的邊長為，點是邊上一動點，將等邊沿過點的直線折疊，該直線與直線交于點，使點落在直線上的點處，且折痕為則的長為．【答案】或．【分析】分情況討論：方法一：當點落在如圖1所示的位置時，證明△BMD∽△CDN，得到，根據(jù)設求出AN；方法二：當在的延長線上時，如圖2，同樣方法求出AN.【詳解】方法一：當點落在如圖1所示的位置時，是等邊三角形，，，得，得，，設則，，，，解得；方法二：當在的延長線上時，如圖2，與同理可得.得.，，設則，，，解得：，，故答案為：或.【點睛】此題考查等邊三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，解題中注意題中的條件“點落在直線上的點處”故點A可在線段BC上，也可在延長線上，應分類討論避免漏解.4．（2023春·山東煙臺·八年級統(tǒng)考期末）如圖．是等邊三角形，點D，E分別為邊，上的點，，若，，則的長為．

【答案】或【分析】根據(jù)是等邊三角形，得到，，推出，得到，得到，然后代入數(shù)值求得結(jié)果．【詳解】解：∵是等邊三角形，∴，，∵，，∴，∴，∴，即，解得：或，經(jīng)檢驗：或是原方程的解，故答案為：或．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，注意數(shù)形結(jié)合和方程思想的應用．5．（2022秋·陜西西安·九年級校考期中）如圖，是等邊三角形，點D、E分別在上，且，若的邊長為6，，則的長為．

【答案】【分析】證明，可得，由，，可得，，由，求得，，證明，可得，即可求解．【詳解】解：∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．6．（2022秋·陜西西安·九年級校考階段練習）如圖，在正方形中，點，分別在，上，如果，，，那么正方形的邊長等于．

【答案】【分析】因為，，，，所以，可證，從而可得，即，，在直角三角形中，根據(jù)，構(gòu)建方程求出即可．【詳解】解：，，，，，，正方形，，，，，，即，，，，．故答案為：．【點睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)和勾股定理的應用，本題中利用勾股定理得出是直角三角形是解題的關鍵．7．（2023春·山東聊城·九年級?？茧A段練習）如圖，在正方形中，E是的中點，F(xiàn)是上一點，有下列結(jié)論：①；②射線是的角平分線；③；④．其中正確結(jié)論的結(jié)論：（填序號）

【答案】②④【分析】根據(jù)點E為中點和正方形的性質(zhì)，得出的正切值，從而判斷①，再證明，利用有兩邊對應成比例且夾角相等三角形相似即可證得，可判斷②③，過點E作的垂線于點G，再證明，，即可證明④．【詳解】解：∵E是的中點，∴，∴，故①錯誤；∵四邊形是正方形，∴，，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，即，∴，故③錯誤；設，則，∴，，，∴，，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴射線是的角平分線，故②正確；過點E作的垂線于點G，

在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，故④正確．綜上，正確的有②④，故答案為：②④．【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，以及正方形的性質(zhì)．題目綜合性較強，注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．8．（2023秋·安徽滁州·九年級校聯(lián)考期末）在等邊中，為上一點，為上一點，且，，，則的邊長為．

【答案】【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得，，得，從而得出與相似，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得．【詳解】解：是等邊三角形，，，，，，，，；，，，，，的邊長為．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理．綜合利用題目中條件證明出兩個三角形相似是解題的關鍵．9．（2022·湖北襄陽·一模）如圖，為等邊三角形，點D，E分別在邊AB，AC上，，將沿直線DE翻折得到，當點F落在邊BC上，且時，的值為______．【答案】【分析】根據(jù)△ABC為等邊三角形，△ADE與△FDE關于DE成軸對稱，可證△BDF∽△CFE，根據(jù)BF=4CF，可得CF=4，根據(jù)AF為軸對稱圖形對應點的連線,DE為對稱軸，可得DE⊥AF，根據(jù)S四邊形ADFE==S△CEF=-S△ABC-S△CEF，進而可求．【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關于DE成軸對稱，∴∠DFE=∠DAE=60°，AD=DF，∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB=120°，∴∠DFB=∠CEF，又∠B=∠C=60°，∴△BDF∽△CFE∴，即，設CF=x(x>0)，∵BF=4CF，∴BF=4x，∵BD=3，∴，∵，∴，，∵△BDF∽△CFE，∴，∴解得：x=2，∴CF=4，∴BC=5x=10，∵在Rt△ABL中，∠B=60°，∴AL=ABsin60°=10×=5，∴S△ABC=，∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，∴DH=BDsin60°=，∴S△BDF=，∵△BDF∽△CFE，∴，∵S△BDF=，∴S△CEF=，又∵AF為軸對稱圖形對應點的連線,DE為對稱軸，∴AD=DF，△ADF為等腰三角形，DE⊥AF，∴S四邊形ADFE==S△CEF=-S△ABC-S△CEF=，∴．故答案為:．【點睛】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．10．（2022·江蘇揚州·九年級期末）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D是邊BC上一點，將△ABC沿EF折疊使點A與點D重合，若BD:DE=2:3，則CF=____．【答案】2.4【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠EDF=∠A，DF=AF，再由等邊三角形的性質(zhì)可得∠EDF=60°，∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED=120°，從而得到∠CDF=∠BED，進而得到△BDE∽△CFD，再由BD:DE=2:3，可得到，即，即可求解．【詳解】解：根據(jù)題意得：∠EDF=∠A，DF=AF，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∴∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=180°-∠EDF=120°，∵∠B=60°，∴∠BDE+∠BED=180°-∠B=120°，∴∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED，∴∠CDF=∠BED，∴△BDE∽△CFD，∴，即，∵等邊△ABC的邊長為6，∴，解得：．故答案為：2.4【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，圖形的折疊，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，圖形的折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．11．（2023秋·河北保定·八年級統(tǒng)考期中）如圖，，于點，于點，且，，點是線段上一動點．

（1）當時，；（2）點從點以每分鐘個單位長度的速度向點運動，點從點以每分鐘2個單位長度的速度向點運動，、兩點同時出發(fā)，運動分鐘后，與全等．【答案】6或83【分析】（1）根據(jù)邊的垂直關系可證，則，于是可求的長．（2）根據(jù)題意，兩三角形全等分兩種情況分別予以討論，注意求得的結(jié)果同時需要滿足．【詳解】（1）∵∴∴∴設，則，∵∴整理得：解得：∴或8．故答案為：6或8．（2）設運動y分鐘后，與全等，則．

①時，，即，解得：，因所以不合題意，舍去．②時，，即，化簡得：∴或（不合題意，舍去）故運動3分鐘后，與全等．故答案為：3．【點睛】本題考查了動態(tài)幾何在一元二次方程的實際應用，涉及相似三角形、全等三角形等知識點,解題的關鍵是找準相似或全等三角形的對應邊．12．（2023·吉林長春·九年級校聯(lián)考期中）[感知]如圖①，在四邊形ABCD中，點P在邊AB上（點P不與A、B重合），，易證：△DAP∽△PBC（不要求證明）[探究]如圖②，在四邊形ABCD中，點P在邊AB上（點P不與A、B重合），（1）求證：△DAP∽△PBC．（2）若PD=5，PC=10.BC=8求AP的長.[應用]如圖③，在△ABC中，AC=BC=4，AB=6，點P在邊AB上（點P不與A、B重合），連結(jié)CP，作，與邊BC交于點E.當CE=3EB時，直接寫出AP的長.【答案】（1）詳見解析；（2）4；[應用]AP=【分析】（1）由三角形外角性質(zhì)可得∠DPB=∠A+∠ADP，然后推出∠ADP=∠CPB即可證明相似；（2）由相似得到對應邊成比例，建立方程即可求AP；[應用]同（1）的方法，先證明∠EPB=∠ACP，然后證明△APC∽△BEP，再由對應邊成比例建立方程求AP.【詳解】（1）∵∠DPB=∠A+∠ADP，∴∠DPC+∠CPB=∠A+∠ADP，∵∠A=∠DPC，∴∠ADP=∠CPB∵∠A=∠B∴（2）∴∴∴AP=4.[應用]AP=，理由如下：∵∠BPC=∠A+∠ACP∴∠CPE+∠EPB=∠A+∠ACP∵∠CPE=∠A∴∠EPB=∠ACP又∵AC=BC∴∠A=∠B∴△APC∽△BEP∴∵CE=3EB∴BE=BC=1∴解得AP=【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握“一線三等角”模型的證明方法是關鍵.13．（2023·北京西城·九年級校考期中）如圖，在中，，，是上一點，，是上一動點，連接，作，射線交線段于.（1）求證：；（2）當是線段中點時，求線段的長；【答案】（1）見解析；（2）長為2或3【分析】（1）由三角形外角性質(zhì)可得∠CED=∠B+∠BDE，結(jié)合∠DEF=∠B可推出∠BDE=∠CEF，再加上∠B=∠C可證明△DBE∽△ECF；（2）由△DBE∽△ECF可得對應邊成比例，設，則，建立方程求解即可.【詳解】（1）證明：∵，∴；∵，，∴.∴.（2）∵（已證）.∴；∵為的中點，，∴.設，則；又，∴，解得或3.故長為2或3.【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，此圖形可作為“一線三等角”模型記住證明方法，第（2）題由相似得到對應邊成比例，建立方程是解題的關鍵.14．（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）⑴如圖1，點C在線段AB上，點D、E在直線AB同側(cè)，∠A＝∠DCE＝∠CBE，DC＝CE.求證：AC＝BE.⑵如圖2，點C在線段AB上，點D、E在直線AB同側(cè)，∠A＝∠DCE＝∠CBE＝90°.①求證：；②連接BD，若∠ADC＝∠ABD，AC＝3，BC＝，求tan∠CDB的值；⑶如圖3，在△ABD中，點C在AB邊上，且∠ADC＝∠ABD，點E在BD邊上，連接CE，∠BCE＋∠BAD＝180°，AC＝3，BC＝，CE＝，直接寫出的值.【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②；（3）.【分析】（1）利用AAS證明可得AC=BE；（2）①先證明△DAC∽△CBE，再利用相似三角形的性質(zhì)可得；②根據(jù)∠A=∠DCE=∠CBE=90°，∠ADC=∠ABD，可推出△ADC∽△ADB，從而求出相應的線段長度，得到tan∠CDB的值．（3）根據(jù)∠ADC=∠ABD，可推出△ADC∽△ADB，從而得到AD的長，根據(jù)∠BCE+∠BAD=180°，以E為圓心，EC長為半徑畫弧，交BC于點H，連接EH，可得EH=EC，∠EHC=∠ECB=∠ADC+∠DCA，可得△BEH∽△ADC，則.【詳解】（1）證明：如圖1，，又，又（2）①證明：∵∠DCA+∠DCE+∠ECB=180°，∠DCA+∠A+∠CDA=180°，∠A=∠DCE，∴∠ADC=∠ECB，∵∠A=∠B，∴△DAC∽△CBE，②如圖2，∵∠ADC=∠DBA，∠A=∠A，∴△ADC∽△ABD，AB=AC+BC=∴解得AD=5，設∠DBA=∠CDA=α，∴∠CDG=90-2α，∴∠CGD=2α，∴∠GCB=∠GBC=α，∴CG=GB，設CG=GB=x，解得（3）如圖3，∵∠ADC=∠B，∠A=∠A，∴△ADC∽△ADB，解得AD=5，∵∠BCE+∠BAD=180°，∠ADC+∠DCA+∠BAD=180°，∴∠ADC+∠DCA=∠BCE，以E為圓心，EC長為半徑畫弧，交BC于點H，連接EH，∴EH=EC，∠EHC=∠ECB=∠ADC+∠DCA，∵∠B=∠ADC，∴∠BEH=∠ACD，∴△BEH∽△ADC，故答案為【點睛】此題考查了相似三角形得性質(zhì)和判定，根據(jù)相似三角形對應邊成比例求出相關的線段長度，最后一問以EC為腰作等腰三角形為解題關鍵．15．（2023春·四川樂山·九年級統(tǒng)考期中）【感知】（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，點E在邊CD上，∠AEB=90°，求證：=．【探究】（2）如圖②，在四邊形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，點E在邊CD上，點F在邊AD的延長線上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，連接BG交CD于點H．求證：BH=GH．【拓展】（3）如圖③，點E在四邊形ABCD內(nèi)，∠AEB+∠DEC=180°，且=，過E作EF交AD于點F，若∠EFA=∠AEB，延長FE交BC于點G．求證：BG=CG．【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，則可得出結(jié)論；（2）過點G作GM⊥CD于點M，由（1）可知，證得BC=GM，證明△BCH≌△GMH（AAS），可得出結(jié)論；（3）在EG上取點M，使∠BME=∠AFE，過點C作CN∥BM，交EG的延長線于點N，則∠N=∠BMG，證明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性質(zhì)得出，證明△DEF∽△ECN，則，得出，則BM=CN，證明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．【詳解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如圖1，過點G作GM⊥CD于點M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）證明：如圖2，在EG上取點M，使∠BME=∠AFE，過點C作CN∥BM，交EG的延長線于點N，則∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠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，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【點睛】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)是解題的關鍵．16．（2023春·湖北孝感·九年級統(tǒng)考階段練習）【模型建立】（1）如圖1，在等邊中，點D、E分別在邊上，，求證：；【模型應用】（2）如圖2，在中，，，于點D，點E在邊上，，點F在邊上，，則的值為_____________；【模型拓展】（3）如圖3，在鈍角中，，點D、E分別在邊上，，若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）2；（3）【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可；（2）先證明為等邊三角形，進一步得到，是直角三角形，則，再證得，則，得到答案；（3）在上截取，連接，先證明，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)求得，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，即,故答案為：2（3）在上截取，連接，如圖3，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，，∴，，∴，在和中，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，解得或（不合題意，舍去），∴，．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、直角三角形的性質(zhì)、含角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．17．（2023秋·遼寧沈陽·九年級統(tǒng)考階段練習）是菱形邊上一點，是等腰三角形，，（），，交邊于點，，連接．

(1)如圖，當時，①求的度數(shù)；②若，，請直接寫出的長；(2)如圖，當時，若，，求的面積．【答案】(1)；；(2)．【分析】（）如圖，過點作于點，證明，得，即可；延長至，使，連接，，證明，設，則，，在中，根據(jù)勾股定理，得，再代入計算即可；（）如圖，連接，先證明，得，過點作于點，交邊于點，過點作