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中考数学一轮复习 图形的相似
一．解答题（共20小题）
1．【感知特例】
（1）如图1，点A，B在直线l上，AC⊥l，DB⊥l，垂足分别为A，B，点P在线段AB上，且
PC⊥PD，垂足为P．
结论：AC•BD＝AP•BP
（请将下列证明过程补充完整）
证明：∵AC⊥l，BD⊥l，PC⊥PD
∴∠CAP＝∠DBP＝∠CPD＝90°，
∴∠C+∠APC＝90°，
.+∠APC＝90°，
∴ ＝ ，（同角的余角相等）
∴△APC∽ ，（两角分别相等的两个三角形相似）
∴ ＝ ，（相似三角形的对应边成比例）
即AC•BD＝AP•BP．
【建构模型】
（2）如图2，点A，B在直线l上，点P在线段AB上，且∠CAP＝∠DBP＝∠CPD．结论AC•BD
＝AP•BP仍成立吗？请说明理由．
【解决问题】
（3）如图3，在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝8，点P和点D分别是线段AB，BC上的动点，始
终满足∠CPD＝∠A．设 AP 长为 x（0＜x＜8），当 x＝ 时，BD 有最大值是
．
2．在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动．
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF．
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把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF＝ °．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM
＝MF．
【深入研究】
AG 1 GH
若 = ，请求出 的值（用含k的代数式表示）．
AC k HC
3．问题背景如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，连接BD，EF，求证：
△BCD∽△FBE．问题探究如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，点E是AB
的中点，点F在边BC上，AD＝2CF，EF与BD交于点G，求证：BG＝FG．
EG
问题拓展如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD＝CD，AG＝FG，直接写出 的
GF
值．
4．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个
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纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片 ABC和ADE中，AB＝AD＝3，
BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°．
【初步感知】
BD
（1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究 的值．
CE
【深入探究】
（2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，
延长ED交AC于点F，求CF的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写
出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由．
5．综合与探究：如图，∠AOB＝90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A．
（1）【操作判断】
如图①，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中∠APC的度数为
度；
（2）【问题探究】
如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，求证：OM+ON＝
2PA；
（3）【拓展延伸】
点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于
OP
点F，若ON＝3OM，求 的值．
OF
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6．综合与实践
如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直
CE CB
角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE， = =m．
CD CA
特例感知
（1）如图 1，当 m＝1 时，BE 与 AD 之间的位置关系是 ，数量关系是
．
类比迁移
（2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，
设AD＝x，四边形CDFE的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF＝2时，请直接写出AD的长度．
7．（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，
请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点
E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝
2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长．
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8．综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动．
【特例探究】
（1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰
之积．
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
图序 角平分线AD的 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积
长
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° √2 2√2 2
图③ 1 30°
请补全表格中数据，并完成以下猜想．
已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝ ，用含 的等式写出两腰之和AB+AC与两
腰之积AB•AC之间的数量关系： α ． α
【变式思考】
（2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和 AB+AC与两边之积
AB•AC之间的数量关系，并证明．
【拓展运用】
（3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长
为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补
1 1
全图形，并分析 + 的值是否变化？
BM BN
9．主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作
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DE、BC的中点．
操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N
分别为DE、BC的中点．
DM AM EM AM
理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以 = ， = ，所
BN AN CN AN
DM BN DM MP EM MP
以 = ，同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得 = ， = ，所
EM CN CN NP BN NP
DM CN BN CN
以 = ，所以 = ，则BN＝CN，DM＝EM，即M、N分别为DE、BC的中点．
EM BN CN BN
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（1）如图3，l ∥l ，点E、F在直线l 上．
1 2 2
①作线段EF的中点；
②在①中作图的基础上，在直线l 上位于点F的右侧作一点P，使得PF＝EF；
2
（2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的 3倍、4倍、…、k倍
（k为正整数）的线段．如图4，l ∥l ，已知点P 、P 在l 上，他利用上述方法作出了P P ＝
1 2 1 2 1 2 3
P P ＝P P .点E、F在直线l 上，请在图4中作出线段EF的三等分点；
3 4 1 2 2
【探索发现】
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请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
1
（3）如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QE= CE（要求用两种
3
方法）．
10．某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究．
（一）拓展探究
如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D．
（1）兴趣小组的同学得出AC2＝AD•AB．理由如下：
∵∠ACB＝90° ∵∠A＝∠A
∴∠A+∠B＝90° ∴△ABC∽△ACD
∵CD⊥AB AB
∴ = ②_____
AC
∴∠ADC＝90°
∴∠A+∠ACD＝90°
∴AC2＝AD•AB
∴∠B＝①_____
请完成填空：① ；② ；
（2）如图2，F为线段CD上一点，连接AF并延长至点E，连接CE，当∠ACE＝∠AFC时，请
判断△AEB的形状，并说明理由．
（二）学以致用
（3）如图3，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2，BC=2√6，平面内一点D，满足AD
＝AC，连接CD并延长至点E，且∠CEB＝∠CBD，当线段BE的长度取得最小值时．求线段CE
的长．
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11．综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦
图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图 2，在△ABC中，∠A
＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF
的面积；
BN
（3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则 = ；
BC
2
（4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP= ，请直接写出线段
3
AP的长度．
12．综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长）进行探
究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸
片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展
平．
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第三步，连接GF．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形AEFD是正方形．
1
乙同学的结论tan∠AFG=
3
（1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理
由．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把
纸片展平．
第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN•AM＝GN•AD．
（2）请证明这个结论．
13．数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创
新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如
图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
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在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．
（1）初步探究
如图2，若∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD•AB；
（2）尝试应用
如图3，在（1）的条件下，若点D为AB中点，BC＝4，求CD的长；
（3）创新提升
如图4，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC＝2√7，求
BE的长．
14．数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在△ABC中，
AB＝AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
（1）求证：AD＝AF；
DF AD
（2）探究 与 的关系；
DE DC
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
某小组探究发现，当 = 时， = ；当 = 时， = ．
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
请你继续探究：
AD 7 DF
①当 = 时，直接写出 的值；
DC 6 DE
AD m DF
②当 = 时，猜想 的值（用含m，n的式子表示），并证明；
DC n DE
（3）拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到
AD m AP
使∠ACF＝∠ACB时，若 = ，直接写出 的值（用含m，n的式子表示）．
DC n AD
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15．【知识技能】
（1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋
转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC．
【数学理解】
（2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆
时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝
BD•CC′．
【拓展探索】
4 32
（3）如图3，在△ABC中，tanB= ，点D在AB上，AD= ．过点D作DE⊥BC，垂足为E，
3 5
32
BE＝3，CE= ．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给
3
出证明；若不存在，请说明理由．
16．问题提出 如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF
＝∠ABC＝ （ ≥90°），AF交CD于点G，探究∠GCF与 的数量关系．
问题探究 α（1）α先将问题特殊化，如图（2），当 ＝90°时，α直接写出∠GCF的大小；
（2）再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与 的α 数量关系．
α DG 1 BE
问题拓展 将图（1）特殊化，如图（3），当 ＝120°时，若 = ，求 的值．
CG 2 CE
α
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17．【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相
交于点O，点O又是正方形A B C O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形
1 1 1
1
A B C O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的 ．想一想，
1 1 1 4
这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形 ABCD的对角线相交于
PA
点O，点P落在线段OC上， =k（k为常数）．
PC
【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，
N．
①填空：k＝ ；
②求证：PM＝PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明
△PAM≌△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法
解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表
示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN＝45°，延长NP交边CD于点E，若EN＝kPN，求k的值．
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18．【特例感知】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交
BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
【变式求异】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点
Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，
PQ
AC＝10，AD＝2DB，求 的值．
QM
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点
A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若
PQ
AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求 的值（用含m，n的代数式表示）．
QM
19．课本再现
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
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对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完
成证明过程．
已知：在 ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证： A▱BCD是菱形．
▱
知识应用
（2）如图2，在 ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6．
①求证： ABCD▱是菱形；
▱ 1 OF
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E= ∠ACD，求 的值．
2 EF
20．阅读下列材料，回答问题．
任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走
向的最大宽度，如图1．
工具：一把皮尺（测量长度略小于AB）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意
可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）；测角仪的功能是测量角
的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P，Q两点，可测得∠POQ的大小，如图3．
小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度AB．其测量及求解过程如下：
测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C，如图4，测得AC＝a m，BC＝b m；
a b
（ⅱ）分别在AC，BC上测得CM= m，CN= m；测得MN＝c m．
3 3
求解过程：
a b
由测量知，AC＝a，BC＝b，CM= ，CN= ，
3 3
CM CN 1
∴ = = ，又∵① ，
CA CB 3
MN 1
∴△CMN∽△CAB，∴ = ．
AB 3
又∵MN＝c，∴AB＝② （m）．
故小水池的最大宽度为***m．
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（1）补全小明求解过程中①②所缺的内容；
（2）小明求得AB用到的几何知识是 ；
（3）小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得AB．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、
角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB，写出你的测量及求解过程．
要求：测量得到的长度用字母a，b，c…表示，角度用 ， ， …表示；测量次数不超过4次
（测量的几何量能求出AB，且测量的次数最少，才能得满α分）β．γ
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中考数学一轮复习 图形的相似
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．【感知特例】
（1）如图1，点A，B在直线l上，AC⊥l，DB⊥l，垂足分别为A，B，点P在线段AB上，且
PC⊥PD，垂足为P．
结论：AC•BD＝AP•BP
（请将下列证明过程补充完整）
证明：∵AC⊥l，BD⊥l，PC⊥PD
∴∠CAP＝∠DBP＝∠CPD＝90°，
∴∠C+∠APC＝90°，
∠ DPB .+∠APC＝90°，
∴ ∠ C ＝ ∠ DPB ，（同角的余角相等）
∴△APC∽ △ BDP ，（两角分别相等的两个三角形相似）
AC AP
∴ ＝ ，（相似三角形的对应边成比例）
BP BD
即AC•BD＝AP•BP．
【建构模型】
（2）如图2，点A，B在直线l上，点P在线段AB上，且∠CAP＝∠DBP＝∠CPD．结论AC•BD
＝AP•BP仍成立吗？请说明理由．
【解决问题】
（3）如图3，在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝8，点P和点D分别是线段AB，BC上的动点，始
16
终满足∠CPD＝∠A．设AP长为x（0＜x＜8），当x＝ 4 时，BD有最大值是 ．
5
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
AC AP
【答案】（1）∠DPB，∠C＝∠DPB，△BDP， = ；
BP BD
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（2）成立，理由见解答；
16
（3）4， ．
5
【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质填空即可；
（2）证明△APC∽△BDP，即可解决问题；
AC AP 1 16
（3）证明△BPD∽△ACP，得 = ，所以AC•BD＝AP•BP，得BD=− （x﹣4）2+ ，
BP BD 5 5
然后根据二次函数的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC⊥l，BD⊥l，PC⊥PD，
∴∠CAP＝∠DBP＝∠CPD＝90°，
∴∠C+∠APC＝90°，
∠DPB+∠APC＝90°，
∴∠C＝∠DPB（同角的余角相等），
∴△APC∽△BDP（两角分别相等的两个三角形相似），
AC AP
∴ = （相似三角形的对应边成比例），
BP BD
即AC•BD＝AP•BP．
AC AP
故答案为：∠DPB，∠C＝∠DPB，△BDP， = ；
BP BD
（2）解：成立，理由如下：
∵∠C+∠CPA＝180’﹣∠CAP，∠CPA+∠BPD＝180°﹣∠CPD，
∵∠CAP＝∠CPD，
∴∠C＝∠BPD，
∵∠CAP＝∠DBP，
∴△APC∽△BDP（两角分别相等的两个三角形相似），
AP AC
∴ = （相似三角形的对应边成比例），
BD BP
∴AC•BD＝AP•BP；
（3）解：∵AB＝8，AP＝x，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣x，
∵AC＝BC＝5，
∴∠A＝∠B，
∵∠CPD+∠BPD＝∠A+∠ACP，
∴∠BPD＝∠ACP，
∴△BPD∽△ACP，
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AC AP
∴ = ，
BP BD
∴AC•BD＝AP•BP，
∴5BD＝x（8﹣x）＝8x﹣x2，
1 16
∴BD=− （x﹣4）2+ ，
5 5
16
当x＝4时，BD的最大值为 ．
5
16
故答案为：4， ．
5
【点评】本题考查了相似形综合题，考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，二次函数最值的
求法等知识点，理解并掌握图1中提供的等式是解题的关键．
2．在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动．
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF．
把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF＝ 4 5 °．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM
＝MF．
【深入研究】
AG 1 GH
若 = ，请求出 的值（用含k的代数式表示）．
AC k HC
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【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相
似；展开与折叠；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【操作判断】45；
【探究证明】（1）△BFG为等腰直角三角形，证明见解答；
（2）证明见解答；
GH k2−2k+2
【深入研究】 = ．
CH k2−2k
【分析】【操作判断】根据折叠的性质即可解答；
【探究证明】（1）证明△BHG∽△CHF，△BHC∽△GHF，得到∠BCH＝∠GFH＝45°，即可解
答；
（2）根据等腰直角三角形的性质证明△PBG≌QGF（AAS），利用平行线的性质及折叠的性质，
即可得证；
【深入研究】根据旋转的性质及勾股定理证明△GBH≌△NBH（SAS），设AP＝PG＝DQ＝FQ＝
a，分别求出CH，GH，即可解答．
【解答】【操作判断】解：如图，
由题意可得∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵2∠2+2∠3＝90°，
∴∠2+∠3＝45°，
∴∠EBF＝45°，
故答案为：45；
【探究证明】（1）解：方法一：△BFG为等腰直角三角形，证明如下：
由题意可得∠EBF＝45°，
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∵正方形ABCD，
∴∠BCA＝∠ACD＝45°，
∵∠EBF＝45°，
∴△BHG∽△CHF，
BH HG
∴ = ，
CH HF
BH CH
∴ = ，
HG HF
∵∠GHF＝∠BHC，
∴△BHC∽△GHF，
∴∠BCH＝∠GFH＝45°，
∴△GBF为等腰直角三角形；
方法二：∵∠GBC＝∠GCF＝45°，
∴B、C、F、G四点共圆，
∴∠BFG＝∠BCG＝45°，
∴∠BFG＝∠GBF＝45°，
即∠BGF＝90°，
∴△GBF为等腰直角三角形；
（2）证明：∵△GBF为等腰直角三角形，
∴∠BGF＝90°，BG＝FG，
∴∠PBG＝∠QGF，
∵PQ⊥AB，PQ⊥CD，
∴∠BPG＝∠GQF＝90°，
∴△PBG≌QGF（AAS），
∴∠PGB＝∠GFQ，
∵PQ∥AD，
∴∠PGB＝∠AEB，
∵翻折，
∴∠AEB＝∠BEF，
∵∠PGB＝∠EGQ，
∴∠BEF＝∠EGQ，
∵∠BEF+∠EFG＝∠EGQ+∠FGQ＝90°，
∴∠EFG＝∠FGQ，
∴EM＝MG＝MF；
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【深入研究】解：方法一：将△AGB旋转至△BNC，连接HN，如图，
∴△AGB≌△CNB，
∴∠BAC＝∠BCN＝45°，AG＝CN，BG＝BN，
∵∠ACB＝45°，
∴∠HCN＝90°，
∴CH2+CN2＝HN2，
∵∠5＝∠6，∠EBF＝45°，
∴∠GBH＝∠NBH，
∴△GBH≌△NBH（SAS），
∴GH＝NH，
∴CH2+AG2＝GH2，
由（2）知△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形，
∵∠BAC＝45°，
∴AP＝PG＝DQ＝FQ，
设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，
∴AG=√2a，
AG 1
∵ = ，
AC k
∴AC=√2ka，
∴GH+HC＝AC﹣AG=√2a（k﹣1），
∵CH2+AG2＝GH2，
∴GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2，
√2a
∴GH﹣CH= ，
k−1
√2a(k2−2k+2) √2a(k2−2k)
解得GH= ，CH= ，
2k−2 2k−2
GH k2−2k+2
∴ = ．
CH k2−2k
方法二：如图，延长BF交PQ延长线于点N，
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GH GN
则 = ，
CH BC
由于BC的长度已知，所以只需求出GN的长度即可，
由（2）知M为EF的中点，且PQ∥AD，
∴点Q为DF的中点，即DQ＝QF＝AP＝a，
∴CF＝CD﹣DF＝ak﹣2a，
QN QF
∴ = ，
BC FC
QN a
即 = ，
ka (k−2)a
ka
∴QN= ，
k−2
∵QG＝PQ﹣PG＝ak﹣a，
a(k2−2k+2)
∴GN＝QG+QN= ，
k−2
GH GN k2−2k+2
∴ = = ．
CH BC k2−2k
【点评】本题考查相似形的综合应用，主要考查折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直
角三角形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，掌握这些性质
定理是解题的关键．
3．问题背景如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，连接BD，EF，求证：
△BCD∽△FBE．问题探究如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，点E是AB
的中点，点F在边BC上，AD＝2CF，EF与BD交于点G，求证：BG＝FG．
EG
问题拓展如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD＝CD，AG＝FG，直接写出 的
GF
值．
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【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据中点可得出两边对应成比例且夹角相等得两个三角形相似；
（2）由中点和平行线可以联想作倍长中线全等，即延长FE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于
点H，证△AME≌△BFE（AAS），再证△MFH≌△BDC（SAS）即可得证；
（3）这一问是建立在第二问的基础上，所以很容易想到构造相似通过线段关系转化求解，过F
作FM⊥AD于点M，取BD中点H，连接AF，设CF＝a，则AM＝DM＝CF＝a，AD＝CD＝2a＝
MF，AF=√5a，证FE垂直平分AB得到AF＝BF=√5a，再证△EGH∽△FGB即可求解．
【解答】（1）证明：∵E、F分别是AB和BC中点，
BE 1 BF 1
∴ = ， = ，
AB 2 BC 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，
BE BF
∴ = ，
CD BC
∵∠EBF＝∠C＝90°，
∴△BCD∽△FBE；
（2）方法一：如图延长FE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于点H，则四边形CDHF是矩形．
∵E是AB中点，
∴AE＝BE，
∵AM∥BC，
∴∠AME＝∠BFE，∠MAE＝∠FBE，
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∴△AME≌△BFE（AAS），
∴AM＝BF，
∵AD＝2CF，CF＝DH，
∴AH＝DH＝CF，
∴AM+AH＝BF+CF，即MH＝BC，
∵FH＝CD，∠MHF＝∠BCD＝90°，
∴△MFH≌△BDC（SAS），
∴∠AMF＝∠CBD，
又∵∠AMF＝∠BFG，
∴∠CBD＝∠BFG，
∴BG＝FG；
方法二：如图，取BD中点H，连接EH、CH，
∵E是AB中点，H是BD中点，
1
∴EH= AD，EH∥AD，
2
∵AD＝2CF，
∴EH＝CF，
∵AD∥BC，
∴EH∥CF，
∴四边形EHCF是平行四边形，
∴EF∥CH，
∴∠HCB＝∠GFB，
∵∠BCD＝90°，H是BD中点，
1
∴CH= BD＝BH，
2
∴∠HCB＝∠HBC，
∴∠GFB＝∠HBC，
∴BG＝FG；
（3）如图，过F作FM⊥AD于点M，取BD中点H，连接AF，则四边形CDMF是矩形，
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∴CF＝DM，
∵AD＝2CF，
∴AM＝DM＝CF，
设CF＝a，则AM＝DM＝CF＝a，AD＝CD＝2a＝MF，
∴AF=√AM2+M F2=√5a，
∵AG＝FG，BG＝FG，
∴AG＝BG，
∵E是AB中点，
∴FE垂直平分AB，
∴BF＝AF=√5a，
∵H是BD中点，
∴EH是△ABD中位线，
1
∴EH= AD＝a，EH∥AD∥BC，
2
∴△EGH∽△FGB，
EG EH a √5
∴ = = = ．
GF BF √5a 5
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、直
角三角形斜边中线等于斜边的一半以及中位线定理等知识点，熟练掌握以上知识和添加辅助线是
解题的关键．
4．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个
纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片 ABC和ADE中，AB＝AD＝3，
BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°．
【初步感知】
BD
（1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究 的值．
CE
【深入探究】
（2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，
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延长ED交AC于点F，求CF的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写
出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【专题】分类讨论；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；
运算能力；推理能力；应用意识．
BD 3
【答案】（1） = ；
CE 5
70
（2）CF= ；
39
48
（3）C，D，E三点能构成直角三角形，直角三角形CDE的面积为4或16或12或 ．
13
【分析】（1）证明△ADE≌△ABC（SAS），求出AC＝AE＝5，可得∠DAE＝∠BAC，故∠CAE
AD AE BD AB 3
＝∠BAD，又 = =1，可得 ADB∽△AEC，从而 = = ；
AB AC Δ CE AC 5
（2）连接 CE，延长 BM 交 CE 于点 Q，连接 AQ 交 EF 于 P，延长 EF 交 BC 于 N，由
1 5
ADB∽△AEC，得∠ABD＝∠ACE，求出 BM＝AM＝CM= AC= ，证明 AB∥CE，即可得
Δ 2 2
△BAM≌△QCM（AAS），BM＝QM，从而四边形ABCQ矩形，有AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，
1
∠AQC＝90°，PQ∥CN，得EQ=√AE2−AQ2=3，可得PQ是△CEN的中位线，PQ= CN，设
2
7 25
PQ＝x，证明△EQP≌△ADP（AAS），得EP＝AP＝4﹣x，故（4﹣x）2＝x2+32，x= ，AP=
8 8
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25 7
+
7 AP AF 8 4 5 70
，CN= ，由△APF∽ CNF，得 = ，可得 = ，CF= ；
4 Δ CN CF 7 CF 39
4
（3）分四种情况分别画出图形解答即可．
【解答】解：（1）∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE=√32+42=5，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE＝∠BAD，
AD AE
∵ = = 1，
AB AC
∴△ADB∽△AEC，
BD AB
∴ = ，
CE AC
∵AB＝3，AC＝5，
BD 3
∴ = ；
CE 5
（2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图：
同（1）得△ADB∽△AEC，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵BM是中线，
1 5
∴BM＝AM＝CM= AC= ，
2 2
∴∠MBC＝∠MCB，
∵∠ABD+∠MBC＝90°，
∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°，
∴AB∥CE，
∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM，
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又AM＝CM，
∴△BAM≌△QCM（AAS），
∴BM＝QM，
∴四边形ABCQ是平行四边形，
∵∠ABC＝90°
∴四边形ABCQ矩形，
∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN，
∴EQ=√AE2−AQ2=√52−42=3，
∴EQ＝CQ，
∴PQ是△CEN的中位线，
1
∴PQ= CN，
2
设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4﹣x，
∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP，EQ＝AD＝3，
∴△EQP≌△ADP（AAS），
∴EP＝AP＝4﹣x，
∵EP2＝PQ2+EQ2，
∴（4﹣x）2＝x2+32，
7
解得：x= ，
8
25 7
∴AP＝4﹣x= ，CN＝2x= ，
8 4
∵PQ∥CN，
∴△APF∽△CNF，
AP AF
∴ = ，
CN CF
AP+CN AF+CF AC
∴ = = ，
CN CF CF
∵AC＝5，
25 7
+
8 4 5
∴ = ，
7 CF
4
70
∴CF= ；
39
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方法2：
∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线，
1 5
∴AM＝BM＝CM= AC= ，
2 2
∴∠ABM＝∠BAM，
∵AB＝AD，
∴∠ABM＝∠ADB，
∴∠BAM＝∠ADB，
∵∠ABM＝∠DBA，
∴△ABM∽△DBA，
5
AB BM
∴ = ，即 3 2，
BD AB =
BD 3
18
∴BD= ，
5
18 5 11
∴DM＝BD﹣BM= − = ，
5 2 10
∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB，
∴DM∥AE，
∴△FDM∽△FEA，
11
DM FM 10 FM
∴ = ，即 = ，
AE FA 5 5
FM+
2
55
解得FM= ，
78
5 55 70
∴CF＝CM﹣FM= − = ；
2 78 39
（3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下：
①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
1 1
∴S△CDE =
2
CD•DE =
2
×（5﹣3）×4＝4；
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②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，
1 1
∴S△CDE =
2
CD•DE =
2
×（5+3）×4＝16；
③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图，
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4，
∵AE＝AC＝5，
1
∴EQ＝CQ= CE，
2
1
∴ CE＝3，
2
∴CE＝6，
1 1
∴S△CDE =
2
AQ•CE =
2
×4×6＝12；
④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，
∵DC⊥EC，AQ⊥EC，
∴AQ∥DC，
∵AC＝AE，AQ⊥EC，
∴EQ＝CQ，
∴NQ是△CDE的中位线，
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1
∴ND＝NE= DE＝2，CD＝2NQ，
2
∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°，
∴∠DAN＝∠QEN，
∴tan∠DAN＝tan∠QEN，
DN NQ
∴ = ，
AD EQ
NQ 2
∴ = ，
EQ 3
2
∴NQ= EQ，
3
∵NQ2+EQ2＝NE2，
2
∴（ EQ）2+EQ2＝22，
3
6√13
解得EQ= ，
13
12√13 2 4√13
∴CE＝2EQ= ，NQ= EQ= ，
13 3 13
8√13
∴CD＝2NQ= ，
13
1 1 8√13 12√13 48
∴S△CDE =
2
CD•CE=
2
×
13
×
13
=
13
．
48
综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或 ．
13
【点评】本题考查三角形相似的综合应用，涉及旋转的性质，三角形中位线定理，三角形全等的
判定和性质，三角函数的应用，勾股定理等知识，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定
和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．
5．综合与探究：如图，∠AOB＝90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A．
（1）【操作判断】
如图①，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中∠APC的度数为 90
度；
（2）【问题探究】
如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，求证：OM+ON＝
2PA；
（3）【拓展延伸】
点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于
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OP
点F，若ON＝3OM，求 的值．
OF
【考点】相似形综合题．
【专题】压轴题；几何直观；模型思想．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）依题意画出图形，证四边形OAPC是矩形即可求解；
（2）过 P 作 PC⊥OB 于点 C，证矩形 OAPC 是正方形，得出 OA＝AP＝PC＝OC，再证
△APM≌△CPN（ASA），得出AM＝CN，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可证明；
（3）分M在线段AO上和AO的延长线上讨论，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
【解答】（1）解：如图，PC即为所求．
∵∠AOB＝90°，PA⊥OA，PC⊥OB，
∴四边形OAPC是矩形，
∴∠APC＝90°，
故答案为：90．
（2）证明：如图，过P作PC⊥OB于点C．
由（1）知四边形OAPC是矩形，
∵点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA，PC⊥OB，
∴PA＝PC，
∴矩形OAPC是正方形，
∴OA＝AP＝PC＝OC，∠APC＝90°，
∵PN⊥PM，
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∴∠APM＝∠CPN＝90°﹣∠MPC，
又∠MAP＝∠CNP＝90°，AP＝CP，
∴△APM≌△CPN（ASA），
∴AM＝CN，
∴OM+ON＝OM+OC+CN＝OM+AM+OC＝OA+OC＝2AP，
∴OM+ON＝2PA．
（3）①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA交于点G．
由（2）知OM+ON＝2AP，
设OM＝x，则ON＝3x，OA＝AP＝2x．
∴AM＝AO﹣OM＝x＝OM，
∵∠MON＝∠MAG＝90°，∠OMN＝∠AMG，
∴△MON≌△MAG（ASA），
∴AG＝ON＝3x，
∵AP∥OB，
∴△ONF∽△PGF，
OF ON 3x 3
∴ = = = ，
PF AG 3x+2x 5
PF 5
∴ = ，
OF 3
OP 8
∴ = ；
OF 3
②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PC⊥OB于C，并延长交MN于G．
由（2）知，四边形OAPC是正方形，
∴OA＝AP＝PC＝OC，∠APC＝90°，PC∥AO，
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∵PN⊥PM，
∠APM＝∠CPN＝90°﹣∠MPC，
又∵∠A＝∠PCN＝90°，AP＝CP，
∴△APM≌△CPN，
∴AM＝CN，
∴ON﹣OM＝OC+CN﹣OM＝AO+AM﹣OM＝2AO，
∵ON＝3OM＝3x，
∴AO＝x，CN＝AM＝2x，
∵PC∥AO，
∴△CGN∽△OMN，
CG CN CG 2x
∴ = ，即 = ，
OM ON x 3x
2x
∴CG= ，
3
∵PC∥AO，
∴△OMF∽△PGF，
OF OM x 3
= = =
∴PF PG 2x 5，
x+
3
PF 5
∴ = ，
OF 3
OP 2
∴ = ；
OF 3
OP 2 8
综上， 的值为 或 ．
OF 3 3
【点评】本题考查了四边形综合，同时考查了矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、角平分
线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，明确题意，添加合适的
辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理分类讨论是解题的关键．
6．综合与实践
如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直
CE CB
角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE， = =m．
CD CA
特例感知
（1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 AD ⊥ BE ，数量关系是 AD ＝ BE
．
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类比迁移
（2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，
设AD＝x，四边形CDFE的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF＝2时，请直接写出AD的长度．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）AD⊥BE，AD＝BE，理由见解析；
（2）BE＝mAD，AD⊥BE，证明见解析；
（3）①y与x的函数表达式为y＝x2﹣6√2x+36（0＜x≤6√2），y的最小值为18；
②AD＝4√2或2√2．
CE CB
【分析】（1）由 = =1，得到CE＝CD，CB＝CA，根据等腰直角三角形的性质得到∠A＝
CD CA
∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE，根据全等三角形的性质得到AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°，根据
垂直的定义得到AD⊥BE；
BE BC
（2）根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC，求得 = =m，∠CBE＝∠A，得到
AD AC
BE＝mAD，根据垂直的定义得到AD⊥BE；
（3）①连接CF交DE于O，由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，求得AB＝6√2，得到BD
＝6√2−x，根据勾股定理得到DE2＝BD2+BE2＝（6√2−x）2+x2，根据线段垂直平分线的性质得
1
到CE＝EF，CD＝DF，推出四边形CDFE是正方形，根据正方形的面积公式即可得到y= DE2
2
1
= [（6√2−x）2+x2]，根据二次函数的性质即可得到结论；
2
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√2 √2
②过D作DH⊥AC于H，根据等腰直角三角形 到现在得到AH＝DH= AD= x，求得CH＝6
2 2
√2 1
− x，连接OB，推出OB= CF，得到∠CBF＝90°，根据勾股定理得到结论．
2 2
【解答】解：（1）AD⊥BE，AD＝BE，
CE CB
理由：∵ = = 1，
CD CA
∴CE＝CD，CB＝CA，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°，
∴∠ABE＝90°，
∴AD⊥BE；
故答案为：AD⊥BE，AD＝BE；
（2）BE＝mAD，AD⊥BE，
证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
CE CB
∵ = = m，
CD CA
∴△ADC∽△BEC，
BE BC
∴ = = m，∠CBE＝∠A，
AD AC
∴BE＝mAD，
∵∠A+∠ABC＝90°，
∴∠CBE+∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∴AD⊥BE；
（3）①连接CF交DE于O，
由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，
∴AB＝6√2，
∴BD＝6√2−x，
∵AD＝BE＝x，∠DBE＝90°，
∴DE2＝BD2+BE2＝（6√2−x）2+x2，
∵点F与点C关于DE对称，
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∴DE垂直平分CF，
∴CE＝EF，CD＝DF，
∵CD＝CE，
∴CD＝DF＝EF＝CE，
∵∠DCE＝90°，
∴四边形CDFE是正方形，
1 1
∴y= DE2= [（6√2−x）2+x2]，
2 2
∴y与x的函数表达式为y＝x2﹣6√2x+36（0＜x≤6√2），
∵y＝x2﹣6√2x+36＝（x﹣3√2）2+18，
∴y的最小值为18；
②过D作DH⊥AC于H，
则△ADH是等腰直角三角形，
√2 √2
∴AH＝DH= AD= x，
2 2
√2
∴CH＝6− x，
2
连接OB，
∴OB＝OE＝OD＝OC＝OF，
1
∴OB= CF，
2
∴∠CBF＝90°，
∵BC＝6，BF＝2，
∴CF=√BC2+BF2=2√10
√2
∴CD= CF＝2√5，
2
∵CH2+DH2＝CD2，
√2 √2
∴（6− x）2+（ x）2＝（2√5）2，
2 2
解得x＝4√2或x＝2√2，
∴AD＝4√2或2√2．
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【点评】本题是相似形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相
似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质．勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
7．（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，
请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点
E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝
2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】见试题解答内容
AB BD
【分析】（1）证明△ABD∽△CBA，得到 = ，得出AB2＝BD•BC；
BC AB
（2）过点 C 作 CF⊥AB 于点 F，过点 D 作 DG⊥AB 于点 G，证明△BED∽△BAD，得出
BE BD BE 2 √13−1
= ，即 = ，解得：BE= ；
BD AB 2 1+√13 3
FG DG FG 6 24√5
（3）连接BD，证明△DFG∽△CFB，得出 = ，即 = ，解得：FG= ．
BF BC 4√5−FG 5 11
【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
AB BD
∴ = ，
BC AB
∴AB2＝BD•BC；
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（2）解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，
则∠AFC＝∠AGD＝90°，
∴DF∥DG，∠BAC＝60°，
√3 1
∴CF=AC×sin60°=2× =√3，AF=AC×cos60°=2× =1，
2 2
∵D为BC的中点，
1
∴BD=CD= BC=2，
2
∵DF∥DG，
∴△BDG∽△BCF，
DG BG BD 1
∴ = = = ，
CF BF BC 2
1 √3
∴DG= CF= ，
2 2
√ √3 √13
∴BG=√BD2−DG2= 22−( ) 2= ，
2 2
∴BF=2BG=√13，
∴AB=AF+BF=1+√13，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA，
∵∠AED＝∠CAD，
∴∠AED＝∠CDA，
∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠BED＝∠ADB，
∵∠DBE＝∠ABD，
∴△BED∽△BAD，
BE BD BE 2
∴ = ，即 = ，
BD AB 2 1+√13
√13−1
解得：BE= ；
3
（3）解：连接BD，
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∵四边形ABCD为菱形，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC，
2
∵∠ABC＝2∠EBF，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF，
∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF，
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠G，
∴∠DBE＝∠G，
∵∠DEB＝∠BEG，
∴△BED∽△GEB，
DE BE
∴ = ，
BE EG
∵DG＝6，
∴EG＝DE+6，
DE 4
∴ = ，
4 DE+6
解得：DE＝2，负值舍去，
∴EG＝2+6＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝3，
∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，
∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：BG=√BE2+EG2=√42+82=4√5，
∴BF=BG−FG=4√5−FG，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△CFB，
FG DG
∴ = ，
BF BC
FG 6
即 = ，
4√5−FG 5
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24√5
解得：FG= ．
11
【点评】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判
定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
8．综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动．
【特例探究】
（1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰
之积．
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
图序 角平分线AD的 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积
长
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° √2 2√2 2
图③ 1 30° 2√3 4√3
4
3 3
3
请补全表格中数据，并完成以下猜想．
已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝ ，用含 的等式写出两腰之和AB+AC与两
腰之积AB•AC之间的数量关系： AB + AC ＝ 2 AB • AC •α co s ．α
【变式思考】 α
（2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和 AB+AC与两边之积
AB•AC之间的数量关系，并证明．
【拓展运用】
（3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长
为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补
1 1
全图形，并分析 + 的值是否变化？
BM BN
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；
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应用意识．
2√3 4√3 4
【答案】（1） ， ， ，AB+AC＝2AB•AC•cos ；
3 3 3
α
（2）√3AB•AC＝AB+AC，证明见解答；
1 1
（3）画图见解答， + 为定值．
BM BN
【分析】（1）根据等腰三角形性质可得AD⊥BC，再运用解直角三角形即可求得答案；
（2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，运用等腰三角形性质可得
1
DF＝DE=
2
，利用S△ABC ＝S△ABD +S△ACD ，即可求得答案；
（3）根据题目要求画图，设∠A＝ ，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得 ＝36°，
过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于αH，过点N作NG⊥AB于G，利用S△BMN ＝S△BEM +S△ α
BEN
，即
可求得答案．
【解答】解：（1）如图③，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
AD 1 2√3
在Rt△ABD中，AB= = = ，
cos∠BAD cos30° 3
2√3
∴AC＝AB= ，
3
4√3 2√3 2√3 4
两腰之和为AB+AC= ，两腰之积为AB•AC= × = ，
3 3 3 3
猜想：AB+AC＝2AB•AC•cos ，
证明：如图， α
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∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
AD 1
在Rt△ABD中，AB= = ，
cos∠BAD cosα
2 1
∴AB+AC= ，AB•AC = ，
cosα cos2α
∴AB+AC＝2AB•AC•cos ；
2√3 4√3α 4
故答案为： ， ， ，AB+AC＝2AB•AC•cos ；
3 3 3
α
（2）√3AB•AC＝AB+AC．
证明：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，
1
则DE＝AD•sin∠BAD＝1×sin30°= ，
2
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
1
∴DF＝DE= ，
2
√3
在Rt△ACG中，CG＝AC•sin∠BAC＝AC•sin60°= AC，
2
∵S△ABC ＝S△ABD +S△ACD ，
1 √3 1 1 1 1
∴ AB• AC= AB• + AC• ，
2 2 2 2 2 2
∴√3AB•AC＝AB+AC；
（3）补全图形如图所示：
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设∠A＝ ，
∵BD＝AαD，
∴∠ABD＝∠A＝ ，
∴∠BDC＝∠ABDα+∠A＝2 ，
∵BD＝BC， α
∴∠BCD＝∠BDC＝2 ，
∵AB＝AC， α
∴∠ABC＝∠ACB＝2 ，
∵∠A+∠ABC+∠ACBα＝180°，
∴ +2 +2 ＝180°，
解α得：α ＝α36°，
∴∠A＝α∠ABD＝∠CBD＝36°，
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，
∵S△BMN ＝S△BEM +S△BEN ，
1 1 1
∴ BM•NG= BM•EF+ BN•EH，
2 2 2
∵∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF＝EH，
∴BM•BN•sin72°＝（BM+BN）•EH，
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sin72° BM+BN 1 1
∴ = = + ，
EH BM⋅BN BM BN
EH
∵ = sin∠CBD＝sin36°，
BE
∴EH＝BE•sin36°，
1 1 sin72°
∴ + = ，
BM BN BEsin36°
∵BE为定长，sin36°和sin72°为定值，
sin72°
∴ 为定值，
BE⋅sin36°
1 1
即 + 为定值．
BM BN
【点评】本题是几何综合题，考查了等腰三角形性质，角平分线性质，三角形面积，解直角三角
形，添加辅助线构造直角三角形是解题关键．
9．主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作
DE、BC的中点．
操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N
分别为DE、BC的中点．
DM AM EM AM
理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以 = ， = ，所
BN AN CN AN
DM BN DM MP EM MP
以 = ，同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得 = ， = ，所
EM CN CN NP BN NP
DM CN BN CN
以 = ，所以 = ，则BN＝CN，DM＝EM，即M、N分别为DE、BC的中点．
EM BN CN BN
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（1）如图3，l ∥l ，点E、F在直线l 上．
1 2 2
①作线段EF的中点；
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②在①中作图的基础上，在直线l 上位于点F的右侧作一点P，使得PF＝EF；
2
（2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的 3倍、4倍、…、k倍
（k为正整数）的线段．如图4，l ∥l ，已知点P 、P 在l 上，他利用上述方法作出了P P ＝
1 2 1 2 1 2 3
P P ＝P P .点E、F在直线l 上，请在图4中作出线段EF的三等分点；
3 4 1 2 2
【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
1
（3）如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QE= CE（要求用两种
3
方法）．
【考点】相似形综合题．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】（1）见解答部分图形；
（2）见解答部分图形；
（3）见解答部分图形．
【分析】实践操作（1）①根据【阅读理解】部分的作法：在l 上任取一点A，得到△AEF，AE
1
与交l 于点B，AF交l 于点C，连接CE，BF交于点O，作射线AO交l ，l 分别于N，M，点M
1 1 1 2
即为所求点；
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②作射线FN交AE于点G，作射线GC交l 于点P，点P即为所求；
2
（2）根据上述作法，有两种作法；
【探索发现】如作法一，根据相似可知，连接CD，BE交于点O，则DO：OC＝1：2，即点O是
CD的三等分点之一，由此可以得出过点O作BC的平行线；同理可得点M是CP的三等分点之一，
则OM∥BC，即点Q为所求作点．
【解答】解：【实践操作】
（1）①如图，
点M即为所求作的点；
②如图，
点P即为所求作的点；
（2）如图，
作法一、
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作法二、
点N，M即为所求作的点；
【探索发现】（3）如图，
作法一、
作法二、
作法三、
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作法四、
作法五、
点Q即为所求的点．
【点评】本题主要相似三角形的性质与判定，复杂的几何作图，考查类比的数学思想，理解【阅
读理解】部分中M，N为中点是解题关键．
10．某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究．
（一）拓展探究
如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D．
（1）兴趣小组的同学得出AC2＝AD•AB．理由如下：
∵∠ACB＝90° ∵∠A＝∠A
∴∠A+∠B＝90° ∴△ABC∽△ACD
∵CD⊥AB AB
∴ = ②_____
AC
∴∠ADC＝90°
∴∠A+∠ACD＝90°
∴AC2＝AD•AB
∴∠B＝①_____
AC
请完成填空：① ∠ ACD ；② ；
AD
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（2）如图2，F为线段CD上一点，连接AF并延长至点E，连接CE，当∠ACE＝∠AFC时，请
判断△AEB的形状，并说明理由．
（二）学以致用
（3）如图3，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2，BC=2√6，平面内一点D，满足AD
＝AC，连接CD并延长至点E，且∠CEB＝∠CBD，当线段BE的长度取得最小值时．求线段CE
的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
AC
【答案】（1）：∠ACD， ；
AD
（2）△AEB是直角三角形，理由见解析；
（3）2√15．
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（2）由∠ACE＝∠AFC，∠CAE＝∠FAC，得到△ACF∽△AEC，根据相似三角形的性质得到
AC AE AF AD
= ，求得AC2＝AF•AE，由（1）得 AC2＝AD•AB，于是得到 = ，根据相似三角
AF AC AB AE
形的性质得到∠ADF＝∠AEB＝90°，于是得到△AEB是直角三角形；
（3）由∠CEB＝∠CBD，∠ECB＝∠BCD，得到△CEB∽△CBD，根据相似三角形的性质得到
CD•CE＝CB2＝24．如图，以点A为圆心，2为半径作 A，则C，D都在 A上，延长CA到
⊙ ⊙
CD CD
E ，使CE ＝6，交 A于D ，CD ＝4，∠CDD ＝90°，得到
0=
，根据相似三角形的性
0 0 0 0 0 CE CE
0
⊙
质得到∠CDD ＝∠CE E＝90°，推出点 E在过点 E 且与 CE 垂直的直线上运动，过点 B作
0 0 0 0
BE'⊥E E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接CE′，根据解得判定定理得到四边形CE E'B
0 0
是矩形，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）①∠ACD，
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AC
② ，
AD
AC
故答案为：∠ACD， ；
AD
（2）△AEB是直角三角形，
∵∠ACE＝∠AFC，∠CAE＝∠FAC，
∴△ACF∽△AEC，
AC AE
∴ = ，
AF AC
∴AC2＝AF•AE，
由（1）得 AC2＝AD•AB，
∴AF•AE＝AD•AB，
AF AD
∴ = ，
AB AE
∵∠FAD＝∠BAE，
∴△AFD∽△ABE，
∴∠ADF＝∠AEB＝90°，
∴△AEB是直角三角形；
（3）∵∠CEB＝∠CBD，∠ECB＝∠BCD，
∴△CEB∽△CBD，
CE CB
∴ = ．
CB CD
∴CD•CE＝CB2＝24．
如图，以点A为圆心，2为半径作 A，则C，D都在 A上，延长CA到E ，使CE ＝6，交 A
0 0
于D ，CD ＝4，∠CDD ＝90°， ⊙ ⊙ ⊙
0 0 0
CD CD
∴CD •CE ＝24＝CD•CE，则
0=
，
0 0 CE CE
0
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∵∠ECE ＝∠D CD，
0 0
∴△ECE ∽ΔD CD，
0 0
∴∠CDD ＝∠CE E＝90°，
0 0
∴点E在过点E 且与CE 垂直的直线上运动，
0 0
过点B作BE'⊥E E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接CE′，
0
∵∠BCE ＝∠CE E′＝∠BE′E ＝90°，
0 0 0
∴四边形CE E'B是矩形，
0
在Rt△CE
0
E'中可求得CE′=√(2√6) 2+62=2√15，
∴CE＝2√15．
【点评】本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性
质，直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
11．综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦
图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图 2，在△ABC中，∠A
＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 AB ＝ DE ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF
的面积；
BN 9
（3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则 = ；
BC 13
2
（4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP= ，请直接写出线段
3
AP的长度．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；几何直观．
9 54 8
【答案】（1）AB＝DE；（2）10；（3） ；（4） 或 ．
13 7 11
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【分析】（1）利用“一线三垂直“证△ABC≌△EBD（AAS）即可得证；
（2）证△DEF∽△CAF可求EF长度，然后即可求出△BDF的面积；
BN
（3）要求 的值，有两个方向，①把BN和BC的值求出来，这题BC很好求，但是BN不好
BC
求，可以建立坐标系求解析式，再求交点N坐标，最后利用两点距离公式求BN的长度；②根据
题干给我们的思路建立一线三直角得相似进行转化即可，利用△EMN∽△EAC和△BMN∽△BED
BN
建立关于MN的方程，求出MN的长度，最后利用△BMN∽△CAB求 值即可．
BC
（4）由已知条件过P作BC垂线段，可得两个直角三角形，然后解这两个直角三角形即可求解．
另外方法二的正切和差角公式可以作为课外拓展知识，在这种直接写答案的题型中可以用下，快
速找出答案．
【解答】解：（1）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC，
∵∠A＝∠E＝90°，
∴△ABC≌△EBD（AAS），
∴AB＝DE；
故答案为：AB＝DE．
（2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC，
∵∠A＝∠E＝90°，
∴△ABC≌△EBD（AAS），
∴DE＝AB，BE＝AC，
∵AB＝2，AC＝6，
∴DE＝2，BE＝6，
∴AE＝AB+BE＝8，
∵∠DEB+∠A＝180°，
∴DE∥AC，
∴△DEF∽△CAF，
DE EF 2 EF
∴ = ，即 = ，
AC AF 6 EF+8
∴EF＝4，
∴BF＝BE+EF＝10，
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1
∴S△BDF =
2
BF•DE＝10．
（3）方法一：如图，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系，
由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2，
∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2），
设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得，
1
{ k=
{0=2k+b 3
，解得： ，
2=8k+b 2
b=−
3
1 2
∴直线BD解析式为y= x− ，
3 3
3
同理可求直线CE解析式为：y=− x+6，
4
1 2 3 80
令 x− =− x+6，解得x= ，
3 3 4 13
18 80 18
∴y= ，即N（ ， ），
13 13 13
18√10
∴利用两点距离公式可得BN= ，
13
∵BC=√AB2+AC2=2√10，
18√10
∴BN 13 9 ．
= =
BC 2√10 13
9
故答案为： ．
13
方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M，
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MN EM MN EM
由△EMN∽△EAC得， = ，即 = ，
AC EA 6 8
4
∴EM= MN，
3
4
MN BM 6− MN
由△BMN∽△BED得， = ，即MN 3 ，
DE BE =
2 6
18
解得MN= ，
13
BN MN 9
由△BMN∽△CAB得， = = ．
BC AB 13
9
故答案为： ．
13
（4）方法一：①当点P在点B左侧时，如图所示，过P作PQ⊥BC于点Q，
PQ 2 PQ AC
∵tan∠BCP= = ，tan∠ABC= = =3，
CQ 3 BQ AB
2
∴PQ= CQ，PQ＝3BQ，
3
设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a，
∴BC＝BQ+CQ＝11a，
∵BC=√AB2+AC2=2√10=11a，
2√10
∴a= ，
11
40
∴BP=√BQ2+PQ2=2√10a= ，
11
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18
∴AP＝BP﹣AB= ；
11
②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交BC延长线于点G，
PG 2 PG AC
tan∠BCP= = ，tan∠PBG＝tan∠ABC，即 = =3，
CG 3 BG AB
54
剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP= ．
7
18 54
综上，AP的长度为 或 ．
11 7
tanα+tanβ
方法二：补充知识：正切和差角公式： tan（ + ）= ，tan（ ﹣ ）
1−tanα⋅tanβ
α β α β
tanα−tanβ
= ．
1+tanα⋅tanβ
1 2
①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA= ，tan∠BCP= ，所以此时点P在A的左侧，如图所
3 3
示，
1
+tan∠ACP
tan∠BCA+tan∠ACP 3 2
tan∠BCP＝tan（∠BCA+∠ACP）= = = ，
1−tan∠BCA⋅tan∠ACP 1 3
1− tan∠ACP
3
3 AP 3
解得tan∠ACP= ，即 = ，
11 AC 11
∵AC＝6，
18
∴AP= ．
11
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②当点P在点B右侧时，如图所示，
1 2
+
tan∠BCA+tan∠BCP 3 3 9
tan∠ACP＝tan（∠BCA+∠BCP）= = = ，
1−tan∠BCA⋅tan∠BCP 1 2 7
1− ×
3 3
AP 9
即 = ，
AC 7
∵AC＝6，
54
∴AP= ．
7
18 54
综上，AP的长度为 或 ．
11 7
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质和判定、解直角三角形、
勾股定理等知识，熟练掌握以上基础知识和添加合适的辅助线是解题关键．
12．综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长）进行探
究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸
片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展
平．
第三步，连接GF．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形AEFD是正方形．
1
乙同学的结论tan∠AFG=
3
（1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理
由．
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【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把
纸片展平．
第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN•AM＝GN•AD．
（2）请证明这个结论．
【考点】相似形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】（1）甲同学和乙同学结论都正确，证明见解析；（2）证明过程见解析．
【分析】（1）根据折叠可知甲同学的结论正确，通过构造直角三角形，设参数，将∠AFG所在
的直角三角形边长表示出来，从而得出乙的结论也正确；
（2）现根据折叠证四边形FGMP是菱形，再证△GFN∽△PGQ得到FN•PQ＝GN•GQ，最后证
出AM＝PQ，GQ＝AD，利用等线段转化即可得证．
【解答】（1）解：甲同学和乙同学的结论都正确，证明如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
∵折叠，
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∴∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，
∴四边形AEFD是矩形，
又∵AD＝AE，
∴四边形AEFD是正方形；
故甲同学的结论正确．
作GK⊥AE，
设AE＝2x，则AG＝EG＝x，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EAF＝45°，
√2 √2
∴AF＝2√2x，AK＝KG= AG= x，
2 2
3√2
∴FK＝AF﹣AK= x，
2
KG 1
∴tan∠AFG= = ；
KF 3
故乙同学的说法也正确．
（2）证明：方法一：过G作GQ⊥PM交延长线于点Q，
∵折叠，
∴FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，
∵AB∥CD，
∴∠FPG＝∠PGM，
∴∠PGM＝∠MPG，
∴PM＝GM，
∴PF＝GM＝PM＝FG，
∴四边形FGMP是菱形，
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∴∠FNG＝90°，
∵∠GQP＝90°＝∠FNG，∠FGN＝∠GPQ，
∴△GFN∽△PGQ，
FN GN
∴ = ，
GQ PQ
∴FN•PQ＝GN•GQ，
∵AM＝AG+GM＝HF+FP＝PH，
∴AM＝PQ，
∵GQ＝GH＝AD，
∴FN•AM＝GN•AD．
方法二：连接DM，证△ADM∽△NFG也可．
【点评】本题主要考查折叠的性质、正方形的判定和性质、解直角三角形、相似三角形的判定和
性质、菱形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
13．数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创
新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如
图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．
（1）初步探究
如图2，若∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD•AB；
（2）尝试应用
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如图3，在（1）的条件下，若点D为AB中点，BC＝4，求CD的长；
（3）创新提升
如图4，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC＝2√7，求
BE的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）CD的长是2√2；
（3）BE的长是√21．
AD AC
【分析】（1）由∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，证明△ACD∽△ABC，得 = ，则 AC2＝
AC AB
AD•AB；
CD AD AC
（2）设AD＝m，则AD＝BD＝m，AB＝2m，根据相似三角形的性质得 = = ，则AC2
BC AC AB
CD AC √2 √2
＝2m2，求得AC=√2m，所以 = = ，而BC＝4，则CD= BC＝2√2；
BC AB 2 2
（3）解法一，作BF⊥DC交DC的延长线于点F，设CE＝DE＝n，则CB＝CD＝2n，再证明
1
∠FBC＝30°，所以 CF= CB＝n，求得 EF＝2n，BF=√3n，则 BD＝2√3n，BE=√7n，作
2
HC HD CD
CH∥EB交AB的延长线于点H，则△HDC∽△BDE，所以 = = =2，则HC＝2√7n，
BE BD CE
AD AC CD √7 √7
HD＝4√3n，再证明△ACD∽△AHC，得 = = = ，则AD= AC＝2，AH=√7AC
AC AH HC 7 7
＝14，所以HD＝4√3n＝12，则n=√3，求得BE=√21．
解法二，取BD中点M，连接CM、EM，则EM∥CB，由∠CDB＝∠CBD＝30°，得CD＝CB，
∠EMD＝∠CBD＝30°，则CM⊥BD，∠ADC＝∠BME，可证明△ACD∽△EBM，设CM＝x，则
AC CD 2 √3
CD＝CB＝2x，BM=√3x，所以 = = ，则BE= AC=√21．
BE BM √3 2
【解答】（1）证明：如图2，∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△ABC，
AD AC
∴ = ，
AC AB
∴AC2＝AD•AB．
（2）解：如图3，设AD＝m，
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∵点D为AB中点，
∴AD＝BD＝m，AB＝2m，
由（1）得△ACD∽△ABC，
CD AD AC
∴ = = ，
BC AC AB
∴AC2＝AD•AB＝m×2m＝2m2，
∴AC=√2m或AC=−√2m（不符合题意，舍去），
CD AC √2m √2
∴ = = = ，
BC AB 2m 2
∵BC＝4，
√2 √2
∴CD= BC= ×4＝2√2，
2 2
∴CD的长是2√2．
（3）解法一：如图4，作BF⊥DC交DC的延长线于点F，则∠F＝90°，
∵点E为CD中点，
∴CE＝DE，
设CE＝DE＝n，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CB＝CD＝2n，∠BCF＝∠CDB+∠CBD＝60°，
∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝30°，
1
∴CF= CB＝n，
2
∴EF＝CE+CF＝2n，BF=√CB2−CF2=√(2n) 2−n2=√3n，
∴BD＝2BF＝2√3n，BE=√EF2+BF2=√(2n) 2+(√3n) 2=√7n，
作CH∥EB交AB的延长线于点H，则△HDC∽△BDE，
HC HD CD 2n
∴ = = = = 2，
BE BD CE n
∴HC＝2BE＝2√7n，HD＝2BD＝4√3n，
∵∠ACD＝∠EBD，∠H＝∠EBD，
∴∠ACD＝∠H，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△AHC，
AD AC CD 2n 1 √7
∴ = = = = = ，
AC AH HC 2√7n √7 7
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∵AC＝2√7，
√7 √7
∴AD= AC= ×2√7=2，AH=√7AC=√7×2√7=14，
7 7
∴HD＝AH﹣AD＝14﹣2＝12，
∴4√3n＝12，
解得n=√3，
∴BE=√7×√3=√21，
∴BE的长是√21．
解法二：如图5，取BD中点M，连接CM、EM，
∵点E为CD中点，
∴DM是△BCD的中位线，
∴EM∥CB，
∵∠CDB＝∠CBD＝30°，
∴CD＝CB，∠EMD＝∠CBD＝30°，
∴CM⊥BD，∠ADC＝∠BME＝180°﹣30°＝150°，
∵∠ACD＝∠EBD，即∠ACD＝∠EBM，
∴△ACD∽△EBM，
∵∠CMB＝90°，∠CBM＝30°，AC＝2√7，
∴CD＝CB＝2CM，
设CM＝x，则CD＝CB＝2x，
∴BM=√CB2−CM2=√(2x) 2−x2=√3x，
AC CD 2x 2
∴ = = = ，
BE BM √3x √3
√3 √3
∴BE= AC= ×2√7=√21，
2 2
∴BE的长是√21．
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【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、直角三角形中 30°角所对的直角边等于斜边的
一半、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
14．数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在△ABC中，
AB＝AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
（1）求证：AD＝AF；
DF AD
（2）探究 与 的关系；
DE DC
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
某小组探究发现，当 = 时， = ；当 = 时， = ．
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
请你继续探究：
AD 7 DF
①当 = 时，直接写出 的值；
DC 6 DE
AD m DF
②当 = 时，猜想 的值（用含m，n的式子表示），并证明；
DC n DE
（3）拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到
AD m AP
使∠ACF＝∠ACB时，若 = ，直接写出 的值（用含m，n的式子表示）．
DC n AD
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用等角的余角相等即可得证；
（2）①过点A作AG∥CE，利用平行线分线段成比例+等腰三角形等线段转化即可得解；②与
第①问思路一样；
AP CE
（3）利用等线段转化得 = ，在作平行线，利用平行线分线段成比例求解即可．
AD CF
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠BED＝∠CED＝90°，
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∴∠B+∠F＝∠C+∠EDC＝90°，
∴∠F＝∠EDC，
∵∠ADF＝∠EDC，
∴∠F＝∠ADF，
∴AD＝AF．
（2）解：①如图，过点A作AG∥CE，则AG⊥DF，
∴△AGD∽△CED，
GD AD 7
∴ = = ，
DE DC 6
∵AF＝AD，
∴GF＝GD，
DF GD 7
∴ =2• = ．
DE DE 3
②如图，过点A作AG∥CE，则AG⊥DF，
∴△AGD∽△CED，
GD AD m
∴ = = ，
DE DC n
∵AF＝AD，
∴GF＝GD，
DF GD 2m
∴ = 2• = ．
DE DE n
（3）解：设∠ABC＝∠ACB＝∠ACF＝ ，
在Rt△FAP中和Rt△FCE中，∠FAP＝∠αFCE＝2 ，
∴cos∠FAP＝cos∠FCE， α
AP CE
∴ = ，
AF CF
∵AD＝AF，
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AP CE
∴ = ．
AD CF
CE
则我们求出 的值即可．
CF
方法一：如图，过点F作FM∥BC交CA的延长线于点M，
∵∠ACB＝∠ACF＝∠M，
∴CF＝MF，
同理AM＝AF＝AD，
CE CE CD CD n
∴ = = = = ．
CF MF MD 2AD 2m
AP n
∴ = ．
AD 2m
方法二：如图，过点E作EN∥AC交FC延长线于点N，
同方法一CE＝CN，
CN DE
∴ = ，
CF DF
DF 2m
由（2）②得 = ，
DE n
CN DE n
∴ = = ，
CF DF 2m
AP CE n
∴ = = ．
AD CF 2m
方法三：如图，过D作DE'⊥CF于点E'，
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根据角平分线性质可得DE＝DE'，
△CED和△CDF可以看作等高三角形，同时也是等高三角形，
S CE DE n
∴ △CED= = = ，
S CF DF 2m
△CFD
AP CE n
∴ = = ．
AD CF 2m
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的判定和
性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
15．【知识技能】
（1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋
转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC．
【数学理解】
（2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆
时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝
BD•CC′．
【拓展探索】
4 32
（3）如图3，在△ABC中，tanB= ，点D在AB上，AD= ．过点D作DE⊥BC，垂足为E，
3 5
32
BE＝3，CE= ．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给
3
出证明；若不存在，请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明详见解析；（3）存在，理由见解析．
【分析】（1）利用等腰三角形+平行线证明∠DAE＝∠BCA即可得证；
AA′ AD
（2）先证△ADA′∽△CDC得到 = ，再证AA'＝2DF，代入变形即可得证；
CC′ CD
（3）利用特殊点，∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，则G就是以AD为直径的圆和以CE为直径的圆
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的交点，根据题意证G在内部即可．
【解答】（1）证明：∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC'，且E'与A重合，
∴AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∴∠DEA＝∠BCA，
∴∠DAE＝∠BCA，
∴AB＝BC．
（2）证明：连接AA'，
∵旋转，
∴∠ADA′＝∠CDC′，AD＝A'D，CD＝C'D，
AD A′D
∴ = ，
CD C′D
∴△ADA′∽△CDC′，
AA′ AD
∴ = ，
CC′ CD
∵DE是△ABC的中位线，DF是△A'BD的中线，
∴AD＝BD，BF＝A'F，
∴DF是△AA'B的中位线，
∴AA'＝2DF，
2DF BD
∴ = ，
CC′ CD
∴2DF•CD＝BD•CC'
（3）解：存在，理由如下，
解法一：取AD中点M，CE中点N，连接MN，
∵AD是 M直径，CE是 N直径，
∴∠AGD⊙＝90°，∠CGE＝⊙90°，
∴∠AGD+∠CGE＝180°，
4
∵tanB= ，BE＝3，
3
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∴BD＝5，
32
∵CE= ，
3
1 16
∴EN= CE= ，
2 3
25
∴BN＝BE+EN= ，
3
∵DE⊥CE，
∴DE是 N的切线，即DE在 N外，
作NF⊥A⊙B， ⊙
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°，
∴△BDE∽△BNF，
BD DE
∴ = ，
BN NF
20 16
∴NF= ＞ ，即NF＞r ，
3 3 n
∴AB在 N外，
∴G点在⊙四边形ADEC内部．
作MH⊥BC，
41 4
∵BM= ，tanB= ，
5 3
123 164
∴BH= ，MH= ，
25 25
256
∴NH= ，
75
∴MN=√M H2+N H2≈7.4＜AM+CN
∴ M和 N有交点．
故⊙四边形⊙ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°．
解法二：相似互补弓形，
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分别以AD，CE为弦作 O 和 O，使得△O AD∽△OEC，两圆的交点即为所求．
2 2
作图步骤：①在四边形⊙ADEC⊙内任取一点F，作△EFC得外接圆，圆心为O，连接OE，OC，
②作AD的中垂线，
3
③以D为圆心， OC为半径画圆交AD中垂线于点O ，
5 2
④以O 为圆心，O A为半径画圆，交 O于点G，点G即为所求．
2 2
⊙
AD 3 O A O D
证明：∵ = = 2 = 2 ，
CE 5 OE OC
∴△O AD∽△OEC，
2
∴∠AO D＝∠EOC，
2
1 1
∵∠AGD= （360°﹣∠AO D）＝180°− ∠AO D，
2 2 2 2
1
∠EGC= ∠EOC，
2
∴∠AGD+∠EGC＝180°．
故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、中位线定理、圆周角定理、勾股定理等知识，
熟练掌握相关知识是解题关键．
16．问题提出 如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF
＝∠ABC＝ （ ≥90°），AF交CD于点G，探究∠GCF与 的数量关系．
问题探究 α（1）α先将问题特殊化，如图（2），当 ＝90°时，α直接写出∠GCF的大小；
（2）再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与 的α 数量关系．
α DG 1 BE
问题拓展 将图（1）特殊化，如图（3），当 ＝120°时，若 = ，求 的值．
CG 2 CE
α
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【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．证明△EAJ≌△FEC
（SAS），推出∠AJE＝∠ECF，可得结论；
3
（2）结论：∠GCF= ﹣90°；在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．证明方法类似；
2
α
问题拓展解：过点 A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为 3m．用m表示出
BE，CE，可得结论．
【解答】解：问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，BA＝BC，
∵BJ＝BE，
∴AJ＝EC，
∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE+∠B，∠AEF＝∠B＝90°，
∴∠CEF＝∠EAJ，
∵EA＝EF，
∴△EAJ≌△FEC（SAS），
∴∠AJE＝∠ECF，
∵∠BJE＝45°，
∴∠AJE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠GCF＝∠ECF﹣∠ECD＝135°﹣90°＝45°；
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3
（2）结论：∠GCF= ﹣90°；
2
α
理由：在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．
∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，
∠ABC＝∠AEF，
∴∠EAN＝∠FEC．
∵AE＝EF，
∴△ANE≌△ECF（SAS）．
∴∠ANE＝∠ECF．
∵AB＝BC，
∴BN＝BE．
∵∠EBN＝ ，
α 1
∴∠BNE=90°− α，
2
1 3
∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD=(90°+ α)−(180°−α)= α−90°；
2 2
问题拓展：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m．
DG 1
= ，
CG 2
∴DG＝m，CG＝2m．
在Rt△ADP中，∠ADC＝∠ABC＝120°，
∴∠ADP＝60°，
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3 3
∴PD= m，AP= √3m，
2 2
∴ ＝120°，
α 3
由（2）知，∠GCF= α−90°=90°，
2
∵∠AGP＝∠FGC，
∴△APG∽△FCG．
AP PG
∴ = ，
CF CG
3√3m 5
m
∴ 2 2 ，
=
CF 2m
6√3
∴CF= m，
5
√3 6
由（2）知，BE= CF= m，
3 5
9
∴CE= m．
5
BE 2
∴ = ．
CE 3
【点评】本题属于相似形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，
相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三
角形解决问题．
17．【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相
交于点O，点O又是正方形A B C O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形
1 1 1
1
A B C O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的 ．想一想，
1 1 1 4
这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形 ABCD的对角线相交于
PA
点O，点P落在线段OC上， =k（k为常数）．
PC
【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，
N．
①填空：k＝ 1 ；
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②求证：PM＝PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明
△PAM≌△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法
解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表
示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN＝45°，延长NP交边CD于点E，若EN＝kPN，求k的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；推理能力．
【答案】（1）①1；
②证明见解答；
PM
（2） =k．理由见解答；
PN
（3）k的值为3．
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②方法一：利用ASA证明△PAM≌△PBN即可；方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC
于H，利用ASA证明△PMG≌△PNH即可；
（2）方法一：过点P作PG∥BD交BC于G，证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得
出答案；方法二：过点 P分别作 PG⊥AB于G，PH⊥BC 于H，证明△APG∽△CPH，可得
PG PA
= ，再证得△PMG∽△PNH，即证得结论；
PH PC
（3）过点 P 作 PM⊥PN 交 AB 于 M，作 PH⊥BC 于 H，作 PG⊥AB 于 G，利用 AAS 证得
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△PGM≌△ECN，可得：GM＝CN，PG＝EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2＝BC•BN，同理
PH EC
可得：PB2＝BA•BM，推出EC＝2CN，进而可得tan∠ENC= = =2，令HN＝a，则PH＝
HN CN
2a，CN＝3a，EC＝6a，利用勾股定理即可求得答案．
【解答】（1）①解：∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
PA OA
∴k= = =1，
PC OC
故答案为：1；
②证明：
方法一：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB＝∠MPN＝90°，∠PAB＝∠PBC＝45°，PA＝PB，
∴∠APB﹣∠BPM＝∠MPN﹣∠BPM，
即∠APM＝∠BPN，
∴△PAM≌△PBN（ASA），
∴PM＝PN．
方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，如图1，
则∠PGM＝∠PHN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴PG＝PH，∠HPG＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴△PMG≌△PNH（ASA），
∴PM＝PN．
PM
（2）解： =k．理由如下：
PN
方法一：过点P作PG∥BD交BC于G，如图2（i），
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∴∠AOB＝∠APG，∠PGC＝∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM＝∠OCB＝∠OBC＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠APG＝∠MPN＝∠AOB＝90°，∠PGC＝∠PCG＝∠PAM，
∴PG＝PC，
∠APG﹣∠MPG＝∠MPN﹣∠MPG，
即∠APM＝∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
PM PA
∴ = = k．
PN PC
方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，如图2（ii），
则∠PGM＝∠PGB＝∠PHN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∠ABC＝90°，
∵∠PGA＝∠CHP＝90°，
∴△APG∽△CPH，
PG PA
∴ = ，
PH PC
∵∠GPH＝∠MPN＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴△PMG∽△PNH，
PM PG PA
∴ = = = k．
PN PH PC
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（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，如图3，
则∠MPN＝∠GPH＝∠PGM＝∠ECN＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴∠PMG＝∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM＝kPN，EN＝kPN，
∴PM＝EN，
∴△PGM≌△ECN（AAS），
∴GM＝CN，PG＝EC，
∵∠BPN＝∠PCB＝45°，∠PBN＝∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
PB BN
∴ = ，
BC PB
∴PB2＝BC•BN，
同理可得：PB2＝BA•BM，
∵BC＝BA，
∴BM＝BN，
∴AM＝CN，
∴AG＝2CN，
∵∠PAB＝45°，
∴PG＝AG，
∴EC＝2CN，
PH EC
∴tan∠ENC= = =2，
HN CN
令HN＝a，则PH＝CH＝2a，CN＝CH+HN＝3a，EC＝6a，
∴EN=√(3a) 2+(6a) 2=3√5a，
PN=√a2+(2a) 2=√5a，
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EN 3√5a
∴k= = =3．
PN √5a
【点评】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似
三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
18．【特例感知】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交
BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
【变式求异】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点
Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，
PQ
AC＝10，AD＝2DB，求 的值．
QM
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点
A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若
PQ
AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求 的值（用含m，n的代数式表示）．
QM
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据正方形的性质及角的和差推出∠A＝∠DCM，AD＝DC，∠ADP＝∠CDM，利
用ASA即可证明△DAP≌△DCM；
（2）作QN⊥BC于点N，则四边形DBNQ是矩形，根据矩形的性质推出∠DQN＝90°，QN＝
DB，根据角的和差推出∠DQP＝∠MQN，结合∠QDP＝∠QNM＝90°，推出△DQP∽△NQM，
PQ DQ DQ
根据相似三角形的性质得到 = = ，根据勾股定理求出AB＝6，则DB＝2，根据矩形
QM QN DB
的性质推出DQ∥BC，进而推出△ADQ∽△ABC，根据相似三角形的性质求解即可；
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（3）根据题意推出CQ＝mnAB，AQ＝（m﹣mn）AB，根据勾股定理求出BC=√1+m2AB，根据
四边形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP＝∠NQM，结合∠A＝∠QNM＝90°，推出
PQ AQ
△QAP∽△QNM，根据相似三角形的性质得出 = ，根据题意推出△QCN∽△BCA，根据
QM NQ
mn
相似三角形的性质求出QN= AB，据此求解即可．
√1+m2
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
{
∠A=∠DCM
AD=CD ，
∠ADP=∠CDM
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
PQ DQ DQ
∴ = = ，
QM QN DB
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∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴AB=√AC2−BC2=6，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
DQ AD 2
∴ = = ，
BC AB 3
16
∴DQ= ，
3
PQ DQ 8
∴ = = ；
QM DB 3
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴BC=√AB2+AC2=√1+m2AB，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
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PQ AQ
∴ = ，
QM NQ
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
QN CQ mnAB mn
= = =
∴ ，
BA CB √1+m2AB √1+m2
mn
∴QN= AB，
√1+m2
PQ AQ 1−n
∴ = = √1+m2 ．
QM NQ n
【点评】此题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形
的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、
矩形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
19．课本再现
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完
成证明过程．
已知：在 ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证： A▱BCD是菱形．
▱
知识应用
（2）如图2，在 ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6．
①求证： ABCD▱是菱形；
▱ 1 OF
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E= ∠ACD，求 的值．
2 EF
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【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）①证明见解答过程；
5
② ．
8
【分析】（1）根据平行四边形的性质和已知条件判定AC是BD的垂直平分线，推出AB＝AD后
利用菱形的定义即可判定 ABCD是菱形；
（2）①根据平行四边形的▱性质求出AO、DO的长，然后根据勾股定理逆定理判定∠AOD，然后
根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形．”即可得证；
②设CD的中点为G，连接OG，根据已知条件求出OG、CE的长，判定△OGF∽△ECF，然后
OF
根据相似三角形的性质即可求出 的值．
EF
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
又∵BD⊥AC，垂足为O，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴AB＝AD，
∴ ABCD是菱形．
（▱2）①证明：∵ ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，
1 ▱ 1
∴AO＝CO= AC＝4，DO= BD＝3，
2 2
又∵AD＝5，
∴在三角形AOD中，AD2＝AO2+DO2，
∴∠AOD＝90°，
即BD⊥AC，
∴ ABCD是菱形；
②▱解：如图，设CD的中点为G，连接OG，
∴OG是△ACD的中位线，
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1 5
∴OG= AD= ，
2 2
由①知：四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠ACB，
1
又∵∠E= ∠ACD，
2
1
∴∠E= ∠ACB，
2
又∵∠ACB＝∠E+∠COE，
∴∠E＝∠COE，
∴CE＝CO＝4，
∵OG是△ACD的中位线，
∴OG∥AD∥BE，
∴∠OGF＝∠ECF，∠GOF＝∠CEF，
∴△OGF∽△ECF，
OF OG
∴ = ，
EF CE
5
又∵OG= ，CE＝4，
2
5
∴OF 2 5．
= =
EF 4 8
【点评】本题是相似形综合题，主要考查菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及中位
线定理，深入理解题意是解决问题的关键．
20．阅读下列材料，回答问题．
任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走
向的最大宽度，如图1．
工具：一把皮尺（测量长度略小于AB）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意
可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）；测角仪的功能是测量角
的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P，Q两点，可测得∠POQ的大小，如图3．
小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度AB．其测量及求解过程如下：
测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C，如图4，测得AC＝a m，BC＝b m；
a b
（ⅱ）分别在AC，BC上测得CM= m，CN= m；测得MN＝c m．
3 3
求解过程：
a b
由测量知，AC＝a，BC＝b，CM= ，CN= ，
3 3
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CM CN 1
∴ = = ，又∵① ∠ C ＝∠ C ，
CA CB 3
MN 1
∴△CMN∽△CAB，∴ = ．
AB 3
又∵MN＝c，∴AB＝② 3 c （m）．
故小水池的最大宽度为***m．
（1）补全小明求解过程中①②所缺的内容；
（2）小明求得AB用到的几何知识是 相似三角形的判定和性质 ；
（3）小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得AB．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、
角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB，写出你的测量及求解过程．
要求：测量得到的长度用字母a，b，c…表示，角度用 ， ， …表示；测量次数不超过4次
（测量的几何量能求出AB，且测量的次数最少，才能得满α分）β．γ
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的相似；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（1）∠C＝∠C； ②3c；
（2）相似三角形的判定与性质；
（3）见解析部分．
【分析】（1）利用相似三角形的判定和性质解决问题即可；
（2）利用相似三角形的判定和性质；
（3）（i）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得∠ABC＝ ，在点A处测得∠BAC＝
；（ii）用皮尺测得 BC＝a m．由此求解即可， α
β a b
【解答】解：（1）①由测量知，AC＝a，BC＝b，CM= ，CN= ，
3 3
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CM CN 1
∴ = = ，
CA CB 3
又∵∠C＝∠C，
∴△CMN∽△CAB，
MN 1
∴ = ．
AB 3
又∵MN＝c，
∴AB＝3c（m）．
故答案为：∠C＝∠C； ②3c；
（2）求得AB用到的几何知识是：相似三角形的判定和性质．
故答案为：相似三角形的判定与性质；
（3）测量过程：（i）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得∠ABC＝ ，在点A处测
得∠BAC＝ ； α
（ii）用皮尺β测得 BC＝a m．
求解过程：由测量知，在△ABC中，∠ABC＝ ，∠BAC＝ ，BC＝a．
过点C作 CD⊥AB，垂足为D． α β
BD
在Rt△CBD中，cos∠CBD= ，
BC
BD
即 cosα= ，所以BD＝acos ．
a
α
同理，CD＝asin ．
α CD
在Rt△ACD中，tan∠CAD= ，
AD
asinα asinα
即 tanβ= ，所以 AD= ，
AD tanβ
asinα
所以 AB=BD+AD=acosα+ (m)．
tanβ
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asinα
故小水池的最大宽度为 (acosα+ )m．
tanβ
【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题
的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
86
