?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）

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"13"\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【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【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，∴AB=又∵BD=2∴AD=22∴在等腰直角三角形AHD中，AH=∴CH=6-2=4在Rt△CHD中，∵DG∥AE∴∠CFE=∠CDG∴∠CDG=∠又∵∠DCG∴△CDG∴CDCB∴CD即20=6CG∴CG=103∴BG=BC-又∵DG∥∴△BDG又∵BD＝∴BDBA又BG=∴BE=∴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(duì)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(duì)折，使點(diǎn)B落在對(duì)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=【詳解】∵四邊形ABCD是矩形∴AD=BC∵把△BCE沿直線CE對(duì)折，使點(diǎn)B落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)F∴CF=BC，∠∴CF=AD∴∠∴∠在△ADE和△FCD∴△∴DF∵∠∴∠∵∠∴△∴AEDE=∴2解得EF=5-則BE故答案為：2，5-【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(shí)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【詳解】解：連接OC，如圖，設(shè)⊙O的半徑為r∵D∴DCCE而∠ACD∴△CAD∴∠CAD∵∠CAD∴∠CDB∴BC∴CD=∴∠BOC∴OC∴PCCD∴PC∵∠PCB=∠PAD∴△PCB∴PCPA=PB∴r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(duì)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(duì)應(yīng)關(guān)系．5．（2021上·遼寧丹東·九年級(jí)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；（2）t【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＝12×6×12＝∵△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(jí)?？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:【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=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//所以△BDH所以DHCN因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以DHCN因?yàn)镈H//AN，所以所以DHAN因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，所以DHAN所以DH=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=所以AMCH因?yàn)镈M//所以△AMN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，所以所以AHBD因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，所以AM=DM，所以因?yàn)锳H//BD，所以所以ANCN因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，且AH=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因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，MN//所以N為AH的中點(diǎn)，即AN=在△CBN中，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，DH//BN，所以H為CN所以AN=所以ANCN7．（2022下·江蘇蘇州·八年級(jí)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【答案】(1)D為△ABC的理想點(diǎn),(2)125或【分析】（1）由已知可得ACAD=ABAC，從而ΔACD∽ΔABC，∠ACD（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(duì)應(yīng)邊成比例即可求CD【詳解】（1）解：點(diǎn)D是ΔABC的“理想點(diǎn)”∵D是AB中點(diǎn)，AB∴AD=BD∵AC∴A∴A∴ACAD∵∠A∴Δ∴∠ACD∴點(diǎn)D是ΔABC的“理想點(diǎn)”（2）①D在AB上時(shí)，如圖：∵D是ΔABC的“理想點(diǎn)∴∠ACD=∠B當(dāng)∠ACD∵∠ACD∴∠BCD∴∠CDB=90°，即CD是當(dāng)∠BCD=∠A時(shí)，同理可證∠CDB=90°在RtΔABC中，∠ACB=90°，∴BC∵S∴CD②∵AC=4，∴AC>BC∴“理想點(diǎn)”D不可能在BC邊上，③D在AC邊上時(shí)，如圖：∵D是ΔABC的“理想點(diǎn)∴∠DBC又∠C∴Δ∴CDBC=BC∴CD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(shí)，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(jí)統(tǒng)考期末）如果兩個(gè)相似三角形的對(duì)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DEABA．2

B．12

C．2或（2）已知：如圖1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分線，求證：△ABD與△（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【答案】（1）C；（2）見解析；（3）AGGF=1【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(duì)應(yīng)相等兩三角形相似得出△ABD∽△ADE（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)【詳解】（1）∵△DEF與△∴DEAB=故選：C（2）∵AD是∠∴∠BAD∵∠ADE∴△ABD∽△又∵AB∴△ABD與△ADE（3）如圖，當(dāng)G,E分別在線段∵△AGE與△∴CD∴AG∵AD∴BD又∵GE∴△GEF∴DF∴DG∴AGGF如圖，當(dāng)G,E分別在射線∵△AGE與△∴CD∴AG∵AD∴BD又∵GE∴△GEF∴DF∴DG∴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(jí)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AE2＝BE?CE＝9，易證【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=（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【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＝∠（2）先證明△CEG～△ABG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出S△ABG=8，AGGC【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC，∴∠ADE∵點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，∴DE=在△ADE和△∠ADE∴△ADE∴AD=∴BC=（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，∴AB//DC，AB∴∠GEC=∠ABG∴△CEG∵△GEC的面積為2∴S△ABGS∵△∴AGGC=∴S△∴S△∴S?【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，ACAN＝（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＝k（k≠0）求m，n之間的關(guān)系（用含k【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，ACAN＝n可得AB＝am，AC＝bn，那么MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）（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)a②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(duì)應(yīng)邊成比例得出CNBG＝COOB，那么BG＝n-1kb．由BG∥AN列出比例式(1-m)【詳解】解：設(shè)AM＝a，AN＝b.∵ABAM＝m，ACAN＝∴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∴△OBH≌△OCN（ASA），∴BH＝CN＝（n﹣1）b.∵BH∥AN，∴MBMA＝BHAN，即(1-m∴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＝k（k≠0如圖2，過點(diǎn)B作BG∥AC交MN于G，∴∠OBG＝∠OCN.在△OBG與△OCN中，∠OBG∴△OBG∽△OCN，∴CNBG＝COOB，即(n∴BG＝n-∵BG∥AN，∴MBMA＝BGAN，即(1-m∴1﹣m＝n-∴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(shí)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（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【答案】（1）點(diǎn)F坐標(biāo)為（4，2）；（2）P1（1，152），P2（3，152）；（3）【分析】（1）先由拋物線y=-12x2+2x+6求出B(6,0)，C（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（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【詳解】解：（1）在拋物線y=-令y=0，則-解得：x=-2或x∴A(-2,0)，令x=0，則y∴C在直線y=x-2中，令∴E令x=0，則y∴D設(shè)直線BC的解析式為y=將B(6,0)，C得：b=6∴k=-1∴直線BC的解析式為y=-聯(lián)立y=-解得x=4∴F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⊥∵PM⊥BC∴∠PMF又∵∠PFM∴△PMF∴PMQN∵PMQN∴PFQF∵FH∴FQPQ∵FH∴PG∴P點(diǎn)縱坐標(biāo)為15令-1解得：x1=1，x2=3∴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，交由題意得，EG=4∵SE=SG∴EK∵在Rt△SEK中，∴SK∵E(2,0)，∴OE∴△ODE∴∠OED∴∠KEH∴△EHL∴∠SLK∴△SLK∴LK=SK∴EL∴EH∴OH=OE∴S將S(t+2,3得-1解得：t=2或t∴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(shí)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（1）求b、c的值；（2）設(shè)點(diǎn)F在拋物線y=x2+bx（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(qǐng)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(duì)稱性可得P點(diǎn)為直線BC與對(duì)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=PGDH=51，可設(shè)P（m,m2-2【詳解】（1）把A-1,0，C0,-3代入得1-解得b∴y（2）∵y=x∴對(duì)稱軸為x=1∵A-1,0∴A點(diǎn)關(guān)于x=1對(duì)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3解得p∴直線BC解析式為y=x3當(dāng)x=1時(shí)，y=2∴直線BC交對(duì)稱軸x=1與F（1，2）∵C△ACF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,m3）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（m3∴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(duì)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(jí)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）2515；（【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，BM（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=（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(duì)應(yīng)點(diǎn)為“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(1)數(shù)學(xué)思考：請(qǐng)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(qǐng)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【答案】(1)見解析(2)PF⊥(3)5【分析】（1）先證明DF∥（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，∠∵EF∴∠∴∠∴DF∴四邊形AEFD是平行四邊形∵AD∴四邊形AEFD是菱形．證法二：證明：由折疊得，AD=AE，DF=∵EF∴∠∴∠∴EA∴AD=∴四邊形AEFD是菱形．（2）解：PF⊥PC連接AE由折疊可得PD=PE，∠PEC∵四邊形ABCD是平行四邊形∴∠又∵∠∴∠DAB∵點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)∴PA∴∠PAE∴∠DAB∴∠∴AF=∴△PAF≌△PEF∴∠又∵∠DPC+∠∴∠∴PF⊥（3）解：延長BA、CP相交于點(diǎn)F，由題意，△AFP∽△DCP∴AFDC=APDP∴AF∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F∴∠F=∠ECP∴EF=EC=DC=10∴AE=10-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(shí)，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(duì)角線BD上的一動(dòng)點(diǎn)，∠DAE=αα≠45°.將△ADE沿AE翻折得到(1)當(dāng)0°<α<45°時(shí)，求∠DBG的度數(shù)(用含α(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【答案】(1)∠(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(duì)頂角相等得到的∠AOB2如圖2中，連接EG，EC．證明△DEG3證明△EFG【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∴∠ABD由翻折變換的性質(zhì)可知，∠ADE∴∠ABE∵∠AOB∴△AOB∴AO∴AO∴AO∵∠AOE∴△AOE∴∠DBG（2）DGDE理由：如圖2中，連接EG，EC．∵四邊形ABCD是正方形，∴DA=DC∵DE∴△ADE∴∠DAE∵∠EBG∴∠EBG同法可證，∠CEG∵∠CBG∴∠CEG∴∠BEG∵∠EDG∴∠EGD∴DG∴DG（3）如圖2中，當(dāng)BF=∵∠BEG∴EF∵DE∴EF∴∠FGE∴∠EBG∴α【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(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S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（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（2）當(dāng)tanα=43，AB＝【答案】（1）①AE＝CF+CE；②EC=2【分析】（1）①結(jié)論：AE＝CF+CE．如圖1中，作CT//AF交AM于②結(jié)論：EC＝2（AE﹣CF）．過點(diǎn)C作CQ（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【詳解】解：（1）①結(jié)論：AE＝理由：如圖1中，作CT//AF交AM于∵AB＝AC∴△ABC∴CA＝CB∵AF//CT∴四邊形AFCT是平行四邊形，∴CF∵∠ADC＝∠∴△ACD∴AD∴AD∵∠ADB∴△ADB∴∠ABD∵CT∴∠CTE∴△CTE∴EC∴AE故答案為：AE＝②如圖2中，結(jié)論：EC=理由：過點(diǎn)C作CQ⊥AE于∵CF∴∠CFA∵∠MAN∴∠CFA∵∠CQA∴四邊形AFCQ是矩形，∴CF∵∠ADC＝∠∴△ACD∴AD∴AD∵∠ADB∴△ADB∴∠ABD∵∠CQE∴CE∴AE∴EC（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在Rt△ABJ中，tan∠∴AJ＝3∵AC∴CJ∴BC∵1∴AD∴CD∵FK∴∠CDE∴CD∵CF∴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∴∠AKF在Rt△ACK中，tan∠∴CK＝4∵∠MAN∴∠CAN∴∠CAB+∠BAF∴∠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(shí)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(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，記△COD的面積為S1,△

(1)問題解決：如圖①，若AB∥CD(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(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)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=2【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（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=【詳解】（1）解：如圖所示，過點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過點(diǎn)B作BF⊥∴DE=∴S△S△∵∠DOE∴sin∠∴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⊥∴DE=∴S△S△∵∠DOE∴sin∠∴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∵EF∥∴∠ODC又∵OE=∴△OEF∴OD=∵EF∥∴△OEF∴OFOM設(shè)OE=OC=3∵H是AB的中點(diǎn)，N是BM的中點(diǎn)，∴HN是△ABM∴HN∥∴△OGF∴OGOH∵OG=2∴OG=∴OGOH∴ON=32∴OB=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)【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=32【詳解】如解圖，過點(diǎn)F作FH⊥AC于∵∠ACB∴BC⊥∴FH//∵BC=4，點(diǎn)E是BC∴BE=∵FH//∴△AFH∽∴AH∴AH=設(shè)FH為x，則AH=32又∵S△∴CD=則AD=∵∠FHC=∠CDA∴△CFH∽△∴FHAD即x9解得x=∴AH=∵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(jí)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=4【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∴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(shí)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(jí)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△（2）由△ACD～△ABC得∠ADC=∠ACB=90°，∠【詳解】（1）∵ADAC=ACAB∴△ACD（2）∵△ACD∴∠ADC=∠ACB∴∠CDB∴△ACD∴CDAD=BD∴CD=【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∽（2）設(shè)FH=4a，則HE=9a（a>0），同（1）得CH2=HE?FH=36a2，則CH=6（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∽【詳解】（1）證明：∵CD⊥AB，∴∵∠ACB∴∠B∴∠B∴△CBD∽△∴CDAD∴CD（2）解：∵FHHE∴設(shè)FH=4a，則HE=9∵∠ACB=90°，同（1）得：CH∴CH=6在Rt△CHF中，過D作DP⊥AC于P，如圖則DP//在Rt△DPC中，∵AC=BC，∴∠A∴△ADP∴AP=∴APPC∵DP//∴ADBD（3）解：過點(diǎn)D作DM⊥AH于M，如圖∵CH=3∴設(shè)DH=2x，則CH=6∴CD=∵AC=BC，∴∠BAC∴∠又∵∠ADH∴△ADH∽△∴∠DAH=∠ACH∴AD∴AD=4∵DM⊥∴∠DMH∵∠AHD∴∠HDM∴△HDM∴DM=∴AM=∴tan∠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(shí)；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BC?CD=AB?DE(可看作底③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=4【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(duì)稱，可證△BDF∽△CFE，根據(jù)BF=4CF，可得CF=4，根據(jù)AF為軸對(duì)稱圖形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的連線,DE為對(duì)稱軸，可得DE⊥AF，根據(jù)S四邊形ADFE=12DE?AF=S△CEF=S△ABCS△【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(duì)稱，∴∠DFE=∠DAE=60°，AD=DF，∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB=120°，∴∠DFB=∠CEF，又∠B=∠C=60°，∴△BDF∽△CFE，∴BDBE=即CE=BF設(shè)CF=x(x>0)，∵BF=4CF，∴BF=4x，∵BD=3，∴CE=∵BC=∴AD=AB-BD∵△BDF∽△CFE，∴DFEF∴5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△∵S△BDF=63∴S△CEF=83又∵AF為軸對(duì)稱圖形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的連線,DE為對(duì)稱軸，∴AD=DF，△ADF為等腰三角形，DE⊥AF，∴S四邊形ADFE=12DE?AF=S△CEF=S△=253∴DE?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(duì)角線互相垂直的四邊形的面積＝對(duì)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，【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【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，AB∴DC=AB∵CE∴DE∵AF⊥DE∴∠ADF+∠∴∠在△EDC和△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(shí)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(jí)專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊BC、AC（1）證明：△BDA（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、【答案】(1)理由見詳解；（2）BD=2-2或【分析】（1）根據(jù)題目已知條件易得：∠ADE+∠ADB+∠EDC（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)【詳解】解：（1）如圖可知：∠在△ABD中，∴又∵∠∴∠∴△BDA（2）∵∠B=∠∴△ABC∴∠∵BC=2，∴AB=AC=22BC=①當(dāng)AD=AE時(shí)，∴∠∵∠B=45°，∴∴∠∴∠∵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∴此情況不符合題意．②當(dāng)AD=DE時(shí)，∴∠∴由（1）結(jié)論可知：△∴AB=DC=2∴BD=2-③當(dāng)AE=DE時(shí)，∠∴△AED∵∠B=45°，∴∴∠ADC=90°∴BD=綜上所訴：BD=2-2或【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(duì)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(jí)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（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【答案】（1）見解析；（2）成立；理由見解析；（3）5【分析】（1）由∠DPC=∠A=∠B=90°（2）由∠DPC=∠A=∠B=（3）證明△ABD∽△DFE,求出DF=4，再證△EFC【詳解】解：（1）證明：如圖1，∵∠∴∠BPC∵∠A∴∠∴∠APD又∵∠∴△ADP∴∴AD（2）結(jié)論AD?理由：如圖2，∵∠BPD又∵∠BPD∴∠DPC∵∠DPC∴∠BPC又∵∠A∴△ADP∽△∴∴AD?（3）∵∠EFD∴∠B∴∠BAD∴△∴∵Rt∴∴∵AB∴DF∵Rt∴∠∵∠∴∠又∵∠∴△∴DC:∵∴5=∴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(jí)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【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，【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【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△∴∠DPB即∠DPC∵∠A∴∠PDA又∵∠A∴△DAP∴PDPC∵PD=4，PC=8，∴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=ABPB=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=∴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（1）求證：△ABE（2）若EC=2，求△（3）請(qǐng)直接寫出EC為何值時(shí)，△CEF【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=BE（3）同（2）的方法，即可得出S△ECF=-12【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DCG=90°，∵CF平分∠DCG，∴∠FCG=12∠DCG=45°∵∠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=8，∴S△ECF=12CE?FG=12（3）設(shè)CE=x，則BE=10x，∴EG=CE+CG=x+FG，由（1）知，△BAE∽△GEF，∴ABEG∴10x∴FG=10x，∴S△ECF=12×CE×FG=12×x?（10x）=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(qǐng)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，∠∴△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(shí)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（1）如圖1，若tan∠EFC=（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【答案】（1）45；（2）3【分析】（1）根據(jù)tan∠EFC=34，可設(shè)CE=3k，則CF=4k（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GM【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B由折疊的性質(zhì)得：∠AFE=∠D=90∴tan設(shè)CE=3k，則∴DE=又∵∠AFB+∠BAF∴∠BAF∴△ABF∴AB∴8k∴BF∴BC=∴AB（2）如解圖2，過點(diǎn)G作GM⊥AF于點(diǎn)∵FG=BG∴∵AD∴∵∠MFG=∠BFA∴△MFG∴GMAB設(shè)BG=∵AG平分∠∴BG=MG設(shè)FM=y，則∵∴(2x而AF=∴2x∴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(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)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=AEEB，連接BG交CD于點(diǎn)H．求證：【拓展】（3）如圖③，點(diǎn)E在四邊形ABCD內(nèi)，∠AEB+∠DEC=180°，且AEEB=DEEC，過E作EF交AD于點(diǎn)F，若∠EFA=∠AEB，延長FE交BC于點(diǎn)G．求證：【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∽R(shí)t△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=DEGM，證得BC=GM，證明（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DEEC=EFCN，得出【詳解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽R(shí)t△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∴△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∴△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(shí)，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【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=【答案】（1）見解析；（2）DE=310；（3）k【分析】（1）根據(jù)ASA證明△BCE（2）由（1）得CE=DG=9，由折疊得∠BCF=∠（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△∴BE∴∠ECF又∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D∴∠ECF∴∠BEC又∵正方形ABCD,∴BC∴△BCE（2）如圖，連接EH，由（1）得△BCE∴CE由折疊得BC=BF，∴∠BCF∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∴∠BCG又∵∠BFC∴∠HFG∴HF∵HDHF=∴HD=4，∵∠∴H∴5∴DE=310（3）如圖，連結(jié)HE，由已知HDHF=45可設(shè)DH=4①當(dāng)點(diǎn)H在D點(diǎn)左邊時(shí)，如圖，同（2）可得，HF=∴DG由折疊得BE⊥∴∠ECF又∵∠D∴∠ECF∴∠BEC又∵∠BCE∴△CDG∴DG∵CD∴9∴CE∴DE∵∠D∴H∴(5∴x=k∴②當(dāng)點(diǎn)H在D點(diǎn)右邊時(shí)，如圖，同理得HG=HF，同理可得△BCE可得CE=mk∵H∴(5∴x=9∴【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（2）如圖2，當(dāng)AB=5，且AF?FD（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【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（2）由三等角證得ΔFAB∽ΔEDF，從而得DE=2，EF=CE（3）過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)G，可證得【詳解】（1）∵矩形ABCD，∴∠A=90°由折疊的性質(zhì)可知BF=BC=2AB，∠CBE∴∠AFB∴∠FBC∴∠（2）由題意可得∠A∠AFB∠∴∠∴ΔFAB∴AFDE∴DE∴EF=由勾股定理得DF=∴AF=∴BC=（3）過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)∴∠又∵∠∴ΔNFG∽∴NGAB∵NF=AN∴NGAB又∵BM平分∠ABF，NG∴NG=AN，∴NG=∴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，建立如圖1所示的平面直角坐標(biāo)系．F是BC邊上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與B、C重合）．過點(diǎn)F的反比例函數(shù)y＝kx（k＞0）的圖象與邊AC交于點(diǎn)E(1)當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到邊BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為__________；(2)連接EF，求∠FEC的正切值；(3)如圖2，將△CEF沿EF折疊，點(diǎn)C恰好落在邊OB上的點(diǎn)G處，求BG的長度．【答案】(1)(2，3)(2)4(3)9【分析】（1）求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，進(jìn)而求出反比例函數(shù)的表達(dá)式，即可求解；（2）由CF=BCBF，CE=ACAE，求出CF、CE，即可求解；（3）證明△EHG∽△GBF，即可求解．【詳解】（1）解：∵OB=4，OA=3，∴點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為：（0，3）、（4，0）、（4，3），點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到邊BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)F（4，32將點(diǎn)F的坐標(biāo)代入y=kx并解得：k=6故反比例函數(shù)的表達(dá)式為：y=6x當(dāng)y=3時(shí)，x=63=2，故E(2，3)故答案為：(2，3)；（2）解：∵F點(diǎn)的橫坐標(biāo)為4，點(diǎn)F在反比例函數(shù)上，∴F（4，k4∴CF=BCBF=3k4=12-∵E的縱坐標(biāo)為3，∴E（k3，3∴CE=ACAE=4k3=在Rt△CEF中，tan∠EFC=CECF=4（3）解：如圖，由（2）知，CF=12-k4，CE=CECF=4過點(diǎn)E作EH⊥OB于H，∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，∴∠EGH+∠HEG=90°，由折疊知，EG=CE，F(xiàn)G=CF，∠EGF=∠C=90°，∴∠EGH+∠BGF=90°，∴∠HEG=∠BGF，∵∠EHG=∠GBF=90°，∴△EHG∽△GBF，∴EHBG∴3BG∴BG=94【點(diǎn)睛】本題考查的反比例函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、三角形相似、解直角三角形等，綜合性強(qiáng)，難度適中．題型05線束模型已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）若DE∥BC①DFEF=②DF:FG:EG=BH:HI:CI（右圖）若AB∥CD①AEBE②AE:EF:BF=DH:HG:CG（右圖）36．（2022上·浙江寧波·九年級(jí)?？计谥校净A(chǔ)鞏固】(1)如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC上的點(diǎn)，DE∥BC【嘗試應(yīng)用】(2)如圖2，已知D、E為△ABC的邊BC上的兩點(diǎn)，且滿足BD=2DE=4CE，一條平行于AB的直線分別交AD、AE和AC于點(diǎn)L【拓展提高】(3)如圖3，點(diǎn)E是正方形ABCD的邊CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，AB=3，延長CD至點(diǎn)F，使DF=2DE，連接CG，【答案】(1)見解析；(2)LMMN(3)910【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定證明△ADG～△ABF，△AGE～△AFC，得到DGBF（2）如圖，過點(diǎn)M作PF∥BC交AB于點(diǎn)P，交AD于點(diǎn)Q，交AC于點(diǎn)F，由（1）中結(jié)論可得，PQ=2QM=4MF，證明△FMN～△FPA（3）如圖，延長DG交AB于點(diǎn)H，證明△DEG～△HAG，△DFG～△HBG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和DF=2DE可得AH=1，由此可得：點(diǎn)H為定點(diǎn)，點(diǎn)G在線段DH【詳解】（1）證明：∵DE∥∴∠ADG=∠ABC，∠AGD=∠∴△ADG～△ABF∴DGBF=AG∴DGBF∴DGEG（2）如圖，過點(diǎn)M作PF∥BC交AB于點(diǎn)P，交AD于點(diǎn)Q，交AC于點(diǎn)∵PF∥BC由（1）中結(jié)論可得，PQ=2∵LM∥∴∠FNM=∠FAP，∠FMN=∠∴△FMN～△FPA∴MNAP=MF∴LMMN（3）如圖，延長DG交AB于點(diǎn)H，∵AB∥∴△DEG～△HAG∴DEAH=DG∴DEAH∵DF=2∴BH=2∵AB=3∴AH=1由此可得：點(diǎn)H為定點(diǎn)，點(diǎn)G在線段DH上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)CG⊥DH時(shí)，∵AH=1,∴DH=∵CG⊥∴S△∴CG=即CG的最小值為910【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．37．（2022·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）(1)如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB,AC,BC上的點(diǎn)，DE∥BC(2)如圖2，在（1）的條件下，連接CD,CG．若CG⊥(3)如圖3，在?ABCD中，∠ADC=45°,AC與BD交于點(diǎn)O，E為AO上一點(diǎn)，EG∥BD交AD于點(diǎn)G，EF⊥EG交BC于點(diǎn)【答案】(1)證明見詳解(2)1(3)5+5【分析】（1）利用DE∥BC，證明（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，得出△（3）遵循第（1）、（2）小問的思路，延長GE交AB于點(diǎn)M，連接FM，作MN⊥BC，垂足為N．構(gòu)造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出【詳解】（1）解：∵DE∥∴△ADG∴DGBF∴DGBF∵BF=∴DG=（2）解：由（1）得DG=∵CG⊥∴CE=∵AE=3∴AC=∵DE∥∴△ADE∴DEBC（3）解：如圖，延長GE交AB于點(diǎn)M，連接FM，作MN⊥BC，垂足為在?ABCD中，BO∵EG∥∴由（1）得ME=∵EF⊥∴FM=∴∠EFM∵∠EGF∴∠EMF∴∠EFG∵FG平分∠EFC∴∠EFG∴∠BFM∴．在Rt△FMN中，∵∠MBN∴BN=∴BF=【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)及判定、等腰三角形的性質(zhì)及判定、解特殊的直角三角形等知識(shí)，遵循構(gòu)第（1）、（2）小問的思路，構(gòu)造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解決本題的關(guān)鍵．38．（2023·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）在△ABC中，已知D是BC邊的中點(diǎn)，G是△ABC的重心，過G點(diǎn)的直線分別交AB、AC于點(diǎn)E、(1)如圖1，當(dāng)EF∥BC時(shí)，求證：(2)如圖2，當(dāng)EF和BC不平行，且點(diǎn)E、F分別在線段AB、AC上時(shí)，（(3)如圖3，當(dāng)點(diǎn)E在AB的延長線上或點(diǎn)F在AC的延長線上時(shí)，（1）中的結(jié)論是否成立？如果成立，請(qǐng)給出證明；如果不成立，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)見解析(2)成立，證明見解析(3)不成立，理由見解析【分析】（1）根據(jù)三角形重心定理和平行線分線段成比例解答即可；（2）過點(diǎn)A作AN∥BC交EF的延長線于點(diǎn)N，F(xiàn)E、CB的延長線相交于點(diǎn)M，得出（3）分兩種情況：當(dāng)F點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，E為AB中點(diǎn)，BE=AE；點(diǎn)F在AC的延長線上時(shí)，BE>AE，得出BEAE>1，則BEAE【詳解】（1）證明：∵G是△ABC∴DGAG又∵EF∥∴BEAE=DG則BEAE（2）解：（1）中結(jié)論成立，理由如下：如圖2，過點(diǎn)A作AN∥BC交EF的延長線于點(diǎn)N，F(xiàn)E、則△BME∽△ANE∴BEAE=BM∴BEAE又∵BM+而D是BC的中點(diǎn)，即BD=∴BM+∴BEAE又∵DMAN∴BEAE故結(jié)論成立；（3）解：（1）中結(jié)論不成立，理由如下：當(dāng)F點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，E為AB中點(diǎn)，，點(diǎn)F在AC的延長線上時(shí)，BE>∴BEAE>1，則同理：當(dāng)點(diǎn)E在AB的延長線上時(shí)，BEAE∴結(jié)論不成立．【點(diǎn)睛】此題是相似三角形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形重心定理、平行線分線段成比例定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握三角形的重心定理和平行線分線段成比例定理，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．題型06三角形內(nèi)接矩形模型已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）若四邊形DEFG為矩形，AN⊥BC①?ABC~?ADG②AD③若四邊形DEFG為正方形即DGBC=AMAN若假設(shè)則xBC=AN-xAN若已知BC、39．（2021上·貴州銅仁·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°,AB=3,AC=4，正方形DEFG的頂點(diǎn)D,G分別在【答案】60【分析】根據(jù)勾股定理求出BC長，再根據(jù)相似，設(shè)出BE，DE，F(xiàn)C長，列方程即可．【詳解】解：∵∠A∴BC=∵四邊形DEFG是正方形，∴∠DEB=∠A=90°，∠B=∠B，∴△ABC∽△EBD，∴ABBE即BEDE同理，F(xiàn)GFC設(shè)BE為3x，則DE為4x，F(xiàn)C為1633解得，x=DE=4×1537=60故答案為：60【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形建立正方形邊長與其他線段的關(guān)系，根據(jù)斜邊長設(shè)未知數(shù)列方程．40．（2015·廣西崇左·中考真題）一塊材料的形狀是銳角三角形ABC，邊BC=120mm，高AD=80mm，把它加工成正方形零件如圖1，使正方形的一邊在BC上，其余兩個(gè)頂點(diǎn)分別在AB、AC上．（1）求證：△AEF∽△ABC；（2）求這個(gè)正方形零件的邊長；（3）如果把它加工成矩形零件如圖2，問這個(gè)矩形的最大面積是多少？【答案】（1）證明見試題解析；（2）48；（3）2400．【詳解】（1）∵四邊形EGHF為矩形，∴BC∥EF，∴△AEF∽△ABC；（2）設(shè)正方形零件的邊長為x，在正方形EFHG中，EF∥BC,∴△AEF∽△ABC,∴EFBC=AK解得：x=48，即：正方形零件的邊長為48；（3）設(shè)長方形的長為x，寬為y，當(dāng)長方形的長在BC時(shí)，x120y=80-s=當(dāng)x=60時(shí)，長方形的面積最大為2400．考點(diǎn)：1．相似三角形的應(yīng)用；2．二次函數(shù)的應(yīng)用．41．（2020·廣東·華南師大附中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖,在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一邊QP在BC邊上，E、F分別在AB、AC上，AD(1)求證：△AEF(2)設(shè)EF=x，當(dāng)x為何值時(shí)，矩形EFPQ的面積最大(3)當(dāng)矩形EFPQ的面積最大時(shí)，該矩形EFPQ以每秒1個(gè)單位的速度沿射線AD勻速向上運(yùn)動(dòng)(當(dāng)矩形的邊PQ到達(dá)A點(diǎn)時(shí)停止運(yùn)動(dòng))，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，矩形EFPQ與△ABC重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t【答案】（1）見解析；（2）當(dāng)x為52時(shí)，矩形的面積有最大值5；（3）S=【分析】（1）由條件可得EF∥BC，根據(jù)相似三角形的判定即可求證；（2）由（1）可得AHAD=EFBC，用x表示出（3）當(dāng)0≤t＜2時(shí)，設(shè)矩形EFPQ與AB、AC的交點(diǎn)分別為M、N、R、S，可利用平行表示出MN的長，可表示出△EMS和△NFR的面積，進(jìn)一步可表示出重疊部分的面積；當(dāng)2≤t≤4時(shí)，重疊部分為△P′Q′A，利用平行分別用x表示出其底和高，可表示出面積．【詳解】解：（1）∵四邊形EFPQ為矩形，∴EF∥BC，∴△AEF（2）∵△∴AHAD=EF∴HD=44x∴S矩形EFPQ=EF?FQ=EF?HD=x（44x5）=45x該函數(shù)為開口向下的二次函數(shù)，故當(dāng)x=52時(shí)有最大值，最大值為5即當(dāng)x為52時(shí)，矩形的面積有最大值5（3）由（2）可知，當(dāng)矩形面積取最大值時(shí)，EF=52，F(xiàn)Q=2①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，如圖1，設(shè)矩形與AB、AC分別交于點(diǎn)M、N、R、S，與AD交于J、L，連接RS，交AD于K，由題意可知LD=JK=t，則AJ=ADLDJL=4t2=2t，又∵RS=52∴R、S為AB、AC的中點(diǎn)，∴AK=12AD=2，ES=FR=JK=t又∵M(jìn)N∥RS，∴AJAK=MN∴MN=5254∴EM+FN=EFMN=52（5254t）=∴S△EMS+S△FNR=12ES（EM+FN）=12t?54∴S=S矩形EFPQ（S△EMS+S△FNR）=558②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如圖2，設(shè)矩形與AB、AC、AD分別交于點(diǎn)Q′、P′、D′，根據(jù)題意D′D=t，則AD′=4t，∵PQ∥BC，∴P'Q'解得P′Q′=554t∴S=S△AP′Q′=12P′Q′?AD′=12（4t）（554t）=綜上可知S={5-【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)及函數(shù)的性質(zhì)，在（2）中用x表示出矩形的面積是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出重疊部分的圖形是解題的關(guān)鍵．42．（2021上·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）一塊直角三角形木板的面積為1.5m2，一條直角邊AB為【答案】乙木匠的加工方法符合要求．說明見解析．【分析】要求哪位木匠的加工方法符合要求，需要先求出兩種加工方式中正方形的邊長，邊長最