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重难点 02 相似三角形模型及其综合题综合训练
中考数学中《相似三角形模型及其综合题综合训练》部分主要考向分为五类：
一、K型相似
二、8字图相似
三、A字图相似
四、母子型相似
五、手拉手相似
相似三角形的综合题中各种相似模型的掌握是解决对应压轴题的便捷方法，所以本专题是专门针对相
似三角形模型压轴题的，对提高类型的学生可以自主训练。
考向一：K型相似
1．（2023•锡山区校级四模）如图，矩形 ABCD中，AB＝10，BC＝8．点P在AD上运动（点P不与点
A、D重合）将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处（包括矩形边界），则AP的取值范
围是 0 ＜ AP ≤ 5 ，连接DM并延长交矩形ABCD的AB边于点G，当∠ABM＝2∠ADG时，AP的长
是 2 5 ﹣ 5 ．
【分析】根据矩形的性质得到AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，∠A＝∠C＝∠D＝90°，根据折叠的性质得到
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∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝5，根据勾股定理得到CM＝3，DM＝5﹣3＝2，根据相似三角形的判定
和性质定理即可得到结论；根据折叠的性质得到∠ABP＝∠MBP，求得∠ABM＝2∠ABP，根据相似三
角形的性质得到 ＝ ＝ ，设AP＝5x，AG＝4x，过M作MH⊥AD于H，根据折叠的性质得到AP
＝MP＝5x，AM⊥BP，根据三角形中位线定理得到MN＝ AG＝2x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：当M落在CD上时，AP的长度达到最大，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝8，∠A＝∠C＝∠D＝90°，
∵△ABP沿直线翻折，
∴∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝10，
∴CM＝ ＝ ＝6，
∴DM＝10﹣6＝4，
∴∠PMD+∠BMC＝90°，∠PMD+∠MPD＝90°，
∴∠BMC＝∠MPD，
∴△PDM∽△MCB，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴PD＝3，
∴AP＝8﹣3＝5，
∴AP的取值范围是0＜AP≤5；
如图，∵将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处，
∴∠ABP＝∠MBP，
∴∠ABM＝2∠ABP，
∵∠ABM＝2∠ADG，
∴∠ABP＝∠ADG，
∵∠DAG＝∠BAP，
∴△ADG∽△ABP，
∴ ＝ ＝ ，
设AP＝5x，AG＝4x，
过M作MH⊥AD于H，
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∵将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处，
∴AP＝MP＝5x，AM⊥BP，
∴∠DAM＝90°﹣∠BAM＝∠ABP＝∠ADG，
∴AM＝DM，
∴DH＝AH＝4，HP＝4﹣5x，
∵∠BAD＝∠MHA＝90°，
∴MH∥AG，
∴MH为△ADG的中位线，
∴MH＝ AG＝2x，
在Rt△PHM中，PM2＝PH2+HM2，
∴（5x）2＝（2x）2+（4﹣5x）2，
解得x ＝5﹣ ，x ＝5+ （不合题意舍去），
1 2
∴AP＝5x＝25﹣5 ．
故答案为：0＜AP≤5；25﹣5 ．
2．（2023•福田区模拟）综合与探究
在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处．
（1）如图①，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图②，当AB＝5，且AF•FD＝10时，求EF的长；
（3）如图③，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN+FD时，请直
接写出 的值．
【分析】（1）由折叠的性质得出 BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB＝
30°，可求出答案；
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（2）证明△FAB∽△EDF，由相似三角形的性质得出 ，可求出DE＝2，求出EF＝3，由勾股定
理求出DF＝ ，则可求出AF，即可求出BC的长；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA， ，设AN＝x，设FG＝y，则AF
＝2y，由勾股定理得出（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解出y＝ x，则可求出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE＝ ∠FBC＝15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴ ，
∴AF•DF＝AB•DE，
∵AF•DF＝10，AB＝5，
∴DE＝2，
∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，
∴EF＝3；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，
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∵NF＝AN+FD，
∴NF＝ AD＝ BC，
∵BC＝BF，
∴NF＝ BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴ ，
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，
设FG＝y，则AF＝2y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，
解得y＝ x．
∴BF＝BG+GF＝2x+ x＝ x．
∴ ＝ ．
3．（2023•桐柏县一模）【初步探究】
（1）把矩形纸片 ABCD 如图①折叠，当点 B 的对应点 B'在 MN 的中点时，填空：△EB'M ∽
△B'AN（“≌”或“∽”）．
【类比探究】
（2）如图②，当点B的对应点B'为MN上的任意一点时，请判断（1）中结论是否成立？如果成立，
请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
【问题解决】
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（3）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将
△BPE沿PE折叠得到△B'PE，连接DE，DB'，当△EB'D为直角三角形时，BP的长为 或 1 ．
【分析】（1）由矩形纸片ABCD如图①折叠，可证△EB'M∽△B'AN；
（2）同（1）由四边形ABCD是矩形，如图②折叠，可得∠EB'M＝90°﹣∠AB'N＝∠B'AN，即可得
△EB'M∽△B'AN，
（3）分两种情况：当∠DB'E＝90°时，证明Rt△CDE≌Rt△B'DE（HL），得B'D＝CD＝AB＝4，设BP
＝x＝B'P，在Rt△APD中，有（4﹣x）2+62＝（x+4）2，可解得BP＝ ；当∠B'ED＝90°时，过B'作
B'H⊥AB于H，作B'Q⊥BC于Q，则∠B'QE＝∠C＝90°，证明△B'EQ∽△EDC，可得 ＝ ＝ ，
设BP＝y＝B'P，在Rt△B'PH中，（ ﹣y）2+（ ）2＝y2，可解得BP＝1．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB'A＝∠B＝90°，
∴∠EB'M＝90°﹣∠AB'N＝∠B'AN，
∵∠EMB'＝90°＝∠B'NA，
∴△EB'M∽△B'AN，
故答案为：∽；
（2）（1）中结论成立，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB'A＝∠B＝90°，
∴∠EB'M＝90°﹣∠AB'N＝∠B'AN，
∵∠EMB'＝90°＝∠B'NA，
∴△EB'M∽△B'AN；
（3）如图所示，当∠DB'E＝90°时，△EB'D是直角三角形，
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由折叠可得，∠PB'E＝∠B＝90°，BE＝B'E＝CE，
∴∠DB'P＝180°，即点P，B'，D在一条直线上，
在Rt△CDE和Rt△B'DE中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△B'DE（HL），
∴B'D＝CD＝AB＝4，
设BP＝x＝B'P，则AP＝4﹣x，PD＝x+4，
在Rt△APD中，AP2+AD2＝PD2，
∴（4﹣x）2+62＝（x+4）2，
解得x＝ ，
∴BP＝ ；
如图所示，当∠B'ED＝90°时，△EB'D是直角三角形，
过B'作B'H⊥AB于H，作B'Q⊥BC于Q，则∠B'QE＝∠C＝90°，
又∵∠B'ED＝90°，
∴∠B'EQ+∠CED＝90°＝∠EDC+∠CED，
∴∠B'EQ＝∠EDC，
∴△B'EQ∽△EDC，
∴ ＝ ＝ ，
∵CE＝BE＝ BC＝3，CD＝4，
∴DE＝ ＝5，
∵△BPE沿PE折叠得到△B'PE，
∴B'E＝BE＝3，
∴ ＝ ＝ ，
解得B'Q＝ ，EQ＝ ，
∴BQ＝BE﹣EQ＝ ＝B'H，BH＝B'Q＝ ，
设BP＝y＝B'P，则HP＝BH﹣BP＝ ﹣y，
在Rt△B'PH中，HP2+B'H2＝B'P2，
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∴（ ﹣y）2+（ ）2＝y2，
解得y＝1，
∴BP＝1．
综上所述，BP的长为 或1．
考向二：8字图相似
1．（2023•海州区校级二模）“关联”是解决数学问题的重要思维方式．角平分线的有关联想就有很
多……
【问题提出】
（1）如图①，PC是△PAB的角平分线，求证： ．
小明思路：关联“平行线、等腰三角形”，过点 B作BD∥PA，交PC的延长线于点
D，利用“三角形相似”．
小红思路：关联“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，过点 C分别作CD⊥PA
交PA于点D，作CE⊥PB交PB于点E，利用“等面积法”．
请根据小明或小红的思路，选择一种并完成证明．
【理解应用】
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线
折叠，使点C恰好落在边AB上的E点处，落AC＝1，AB＝2，则DE的长为 ．
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【深度思考】
（3）如图③，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD为∠BAC的角平分线．AD的垂直平分线EF交BC延长
线于点F，连接AF，当BD＝3时，AF的长为 6 ．
【拓展升华】
（4）如图④，PC是△PAB的角平分线，若AC＝3，BC＝1，则△PAB的面积最大值是 3 ．
【分析】（1）选择小明的思路，过点 BD∥AP交PC的延长线于点D，易证△ACP∽△BCD，得到
，由角平分线的性质和平行线的性质得∠BPC＝∠D，可得PB＝BD，等量代换即可证明；选择
小红的思路，根据角平分线的性质得到CD＝CE，再利用等面积 ；
（2）利用（1）中的结论得到 ，再利用勾股定理即可解答；
（3）利用（1）中的结论得到 ，再利用垂直平分线的性质得到∠B＝∠FAC，再根据相似三角形
得到AF的值；
（4）作△APB 的外角平分线 PD，交 AB 的延长线于 D，在 AP 的延长线上截取 PE＝PB，易得
△BPD≌△EPD（SAS），由（1）结论可得 ，由等量代换可得 ，利用（1）中的结论得
到 ，求得 O的半径为 ，当P运动到点P′，P′O⊥AD时，△APB的面积最大，计算即可．
【解答】（1）证明：选择小明的思路，如图，过点BD∥AP交PC的延长线于点D，
⊙
∵BD∥AP，
∴∠APC＝∠D，
又∵∠ACP＝∠BCD，
∴△ACP∽△BCD，
∴ ，
∵PC是△PAB的角平分线，
∴∠APC＝∠BPC，
∴∠BPC＝∠D，
∴PB＝BD，
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∴ ；
选择小红的思路，如图，过点C分别作CD⊥PA交PA于点D，作CE⊥PB交PB于点E，作PF⊥BC于
点F，
∵PC是△PAB的角平分线，
∴CD＝CE，
∴ ， ， ， ，
∴BC•PF＝PB•CE，PA•CD＝AC•PF，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵将△ACD沿AD所在直线折叠点C恰好落在边AB上的E点处，
∴AD平分∠BAC，
∴ ，
∵AC＝1，AB＝2，
∴ ，
∴BD＝2CD，
∵∠BAC＝90°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
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故答案为： ；
（3）解：∵AD为∠BAC的角平分线，
∴ ，∠BAD＝∠DAC，
∵△ABC中，AB＝6，AC＝4，BD＝3，
∴ ，
∴CD＝2，
∵AD的垂直平分线EF交BC延长线于F，
∴AF＝DF，
∴∠FAD＝∠FDA，
∵∠FAD＝∠FAC+∠DAC，∠FDA＝∠B+∠BAD，
∴∠B＝∠FAC，
∵∠AFB＝∠CFA，
∴△FBA∽△FAC，
∴ ，
∴ ，
∴AF＝6，
故答案为：6．
（4）解：如图，在AP的延长线上截取PE＝PB，
作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D，
∵PD是△APB的外角平分线，
∴∠BPD＝∠EPD，
又∵PD＝PD，
∴△BPD≌△EPD（SAS），
∴DB＝DE，∠BDP＝∠EDP，
∴ ，
∵PE＝PB，DB＝DE，
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∴ ，
∵PC是△APB的角平分线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴BD＝2，
∴CD＝3，
∵ ，
∴点P在以半径为 的 O上，
如图，当P运动到点P′，P′O⊥AD时，
⊙
△APB的面积最大，最大值为 ，
故答案为：3．
2．（2023•衢州二模）如图1，在正方形ABCD中，点E在线段BC上，连接AE，将△ABE沿着AE折叠
得到△AFE，延长EF交CD于点G．
（1）求证：DG＝FG；
（2）如图2，当点E是BC中点时，求tan∠CGE的值；
（3）如图3，当 时，连接CF并延长交AB于点H，求 的值．
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【分析】（1）由“HL”可证Rt△AFG≌Rt△ADG，可得DG＝FG；
（2）由勾股定理可求GF的长，即可求解；
（3）由勾股定理可求 BC＝CD＝6x，由面积法可求 FN 的长，即可求 FM 的长，通过证明
△MFH∽△NFC，可得 ＝ ，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∵将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，
∴AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，
∴AD＝AF，
又∵AF＝AD，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴DG＝FG；
（2）解：设BC＝CD＝2a，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝a，
∵将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，
∴BE＝EF＝a，
∵EG2＝EC2+CG2，
∴（a+DG）2＝a2+（2a﹣DG）2，
∴DG＝ a，
∴tan∠CGE＝ ＝ ＝ ；
（3）如图3，过点F作MN⊥AB于M，交CD于N，
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∵MN⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCNM是矩形，
∴BC＝MN，
∵ ，
∴设BE＝2x，DG＝3x，
则EG＝5x，
∵EG2＝EC2+CG2，
∴25x2＝（CD﹣2x）2+（CD﹣3x）2，
∴CD＝6x（负值舍去），
∴BC＝6x，
∴EC＝4x，CG＝3x，
∵S△CFG ＝ S△ECG ，
∴ CG•FN＝ EC•CG，
∴FN＝ x，
∴MF＝ x，
∵AB∥CD，
∴△MFH∽△NFC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ．
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考向三：A字图相似
1．（2023•宿城区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，先将△ABC沿AC翻折到△AB′C处，
再将△AB'C沿翻折到△AB'C'处，延长CD交AC′于点M，则DM的长为 ．
【分析】过点C′作C′E⊥AD的延长线于点E，设CD与AB′交于点G，根据矩形性质和翻折性质，
设B′G＝DG＝x，CG＝CD﹣DG＝5﹣x，利用勾股定理求出x的值，证明△ADG∽△AB′F，求出
B′F＝ ，然后证明△CDF≌△AB′F（AAS），得DF＝B′F＝ ，再由△C′EF∽△CDF，得
＝ ＝ ，求出C′E＝ ，EF＝ ，证明△ADM∽△AEC′，对应边成比例即可求出DM的长．
【解答】解：如图，过点C′作C′E⊥AD的延长线于点E，设CD与AB′交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝3，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
由翻折可知：∠BAC＝∠B′AC，
∴∠B′AC＝∠DCA，
∴GA＝GC，
由翻折可知：B′A＝BA＝5，B′C＝BC＝B′C′＝3，
∴B′A＝CD＝5，
∴B′G＝DG，
设B′G＝DG＝x，
∴CG＝CD﹣DG＝5﹣x，
在Rt△B′CG中，根据勾股定理得：
B′G2+B′C2＝CG2，
∴x2+32＝（5﹣x）2，
∴x＝ ，
∴B′G＝DG＝x＝ ，
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∴AG＝CG＝5﹣x＝ ，
∵∠DAG＝∠B′AF，∠ADG＝∠AB′F＝90°，
∴△ADG∽△AB′F，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴B′F＝ ，
∴C′F＝C′B′﹣B′F＝3﹣ ＝ ，CF＝CB′+B′F＝3+ ＝ ，
∵∠CFD＝∠AFB′，∠CDF＝∠AB′F＝90°，CD＝AB′，
∴△CDF≌△AB′F（AAS），
∴DF＝B′F＝ ，
∵C′E⊥AD，CD⊥AD，
∴C′E∥CD，
∴△C′EF∽△CDF，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴C′E＝ ，EF＝ ，
∴DE＝DF+EF＝ + ＝ ，
∴AE＝AD+DE＝3+ ＝ ，
∵C′E∥DM，
∴△ADM∽△AEC′，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
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∴DM＝ ．
故答案为： ．
2．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，△ABC中，D在AB上，E在BC上，∠AED＝∠ABC，F在AE上，
EF＝DE．
（1）如图1，若CE＝BD，求证：BE＝CF；
（2）如图2，若CE＝AD，G在DE上，∠EFG＝∠EFC，求证：CF＝2GF；
（3）如图3，若CE＝AD，EF＝2，∠ABC＝30°，当△CEF周长最小时，请直接写出△BCF的面积．
【分析】（1）先说明∠FEC＝∠EDB，然后用SAS证明△FEC≌△EDB，得到BE＝CF；
（2）仿照（1）得△FEC≌△EDH，出现中点倍长中线，利用相似得CF＝2GF；
（3）先说明∠CJE＝30°，即点C的轨迹是条直线，然后考虑将军饮马，最后求△BCF的面积．
【解答】（1）证明：∵∠DEC＝∠AED+∠FEC，∠DEC＝∠ABC+∠EDB，∠AED＝∠ABC，
∴∠FEC＝∠EDB，
∵EF＝DE，CE＝BD，
∴△FEC≌△EDB（SAS），
∴BE＝CF；
（2）证明：延长AB至H使DH＝AD，由（1）得△FEC≌△EDH，
∴FC＝HE，∠CFE＝∠HED，
延长ED至I使DI＝ED，连接AI，则EF＝DE＝ IE，
∵DH＝AD，∠ADI＝∠HDE，
∴△ADI≌△HDE（SAS），
∴AI＝HE，∠HED＝∠AID，
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∴AI＝FC，∠AID＝∠CFE，
∵∠EFG＝∠EFC，
∴∠EFG＝∠AID，
∵∠FEG＝∠IEA，
∴△FEG∽△IEA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CF＝2GF；
（3）解：延长FE至J使EJ＝EF，
∵EF＝DE
∴EJ＝DE
∵∠FEC＝∠EDB，
∴∠CEJ＝∠ADE，
∵CE＝AD，
∴△CEJ≌△ADE（SAS），
∴∠CJE＝∠AED，
∵∠AED＝∠ABC，∠ABC＝30°，
∴∠CJE＝30°，
过E作JC的对称点E'，连接CE'、FE'、CE'、JE'，
C△CEF ＝EF+CF+CE＝2+CF+CE'≥2+FE'，
∴当F、C、E'三点共线时周长最小，
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当周长最小时如图所示：
∵∠CJE＝30°，
∴∠EJE'＝60°，
∵JE＝JE'，
∴△EJE'是正三角形，
∴∠JEE'＝60°，EE'＝EJ＝EF，
∴∠EFE'＝∠EE'F＝30°，
∵CE＝CE'，
∴∠CEE'＝∠EE'F＝30°，
∴∠CEJ＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴EC＝ ＝ ＝ ，
∵∠AED＝30°，
∴∠BED＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴BE＝2DE＝4，
∴S△BCF ＝ ×BC×EF＝BC＝BE+EC＝4+ ．
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3．（2023•中山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣ x+4与x轴，y轴分别交于点A、B，点
P为射线AO上的一个动点，过点P作PQ⊥AB于点Q，将沿PQ翻折得到R．设△PQR与△AOB重合
部分的面积为S，点P的坐标为（m，0）．
（1）求AR的长．（用含m的代数式表示）
（2）求S关于m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围．
【分析】（1）求出直线y＝﹣ x+4与x轴，y轴分别交于点A、B的坐标，得到OA，OB的长，利用勾
股定理求AB得长．证出△PQA∽△BOA，利用对应线段成比例，求出AR．
（2）点P为射线AO上的一个动点，在移动过程中，△PQR与△AOB重合部分有三种形状，①直角三
角形②四边形③直角三角形．分类讨论，利用三角形相似对应边成比例，找边之间的转换关系，解决
问题．
【解答】解：（1）直线y＝﹣ x+4与x轴，y轴分别交于点A、B，
当x＝0时，y＝4，
∴点B坐标（0，4），
∴OB＝4．
当y＝0时，x＝3，
∴点A坐标（3，0），
∴OA＝3．
Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，
∴AB＝5．
∵∠PAQ＝∠BAC，
∠AQP＝∠AOB，
∴△PQA∽△BOA，
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∴ ，
AQ＝ ，
AR＝2AQ＝ ．
（2）在移动过程中，△PQR与△AOB重合部分有三种形状．
①点P在线段OA上，△PQR与△AOB重合部分是△PQR．
当0≤m＜3时，
∵∠PAQ＝∠BAC，
∠AQP＝∠AOB，
∴△PQA∽△BOA，
∴S△APQ ：S△ABO ＝AP2：AB2＝（3﹣m）2：25，
∵S△ABO ＝ ＝6，
又∵△PQR≌△PQA，
∴S＝ （3﹣m）2．
②△PQR与△AOB重合部分是四边形CDRQ．作RE⊥OA于E，QF⊥OA于F．
当R和B重合时，Q为AB 中点，
AQ＝2.5，
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∵△PQA∽△BOA，
∴ ，
∴AP＝ ＝ ＝ ，
∴OP＝AP﹣AO＝ ﹣3＝ ，
∴m＝ ．
∴当 ＜m＜0时，△PQR与△AOB重合部分是四边形CDRQ．
∵△PQA∽△BOA，
∴∠APQ＝∠ABO，
∵∠AOB＝∠OFQ，
∴△AOB∽△QFP，
∴ ，
∴ ＝ ，
同理 ，
∴ ，
∴ ，
∵AP＝3﹣m，
∴FA＝ ．
∴QF＝AF× ＝ （3﹣m）．
∴RE＝2QF＝ （3﹣m），
∴PE＝PA﹣2AF＝ ，
∵OD∥RE，
∴ ，
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∴OD＝ ＝ ＝﹣ ，
∵ ，
∴OC＝﹣ m，
∴CD＝OD﹣OC＝﹣ ＝﹣ m．
∵S＝S△PQR ﹣S△PCD
∴S＝ ×PA×QF﹣ ×OP×CD
＝ ．
，
③△PQR与△AOB重合部分是△BQC，
当Q、B重合时，
AQ＝5，
∴AP＝ ，
OP＝ ＝ ，
m＝ ，
当 时，△PQR与△AOB重合部分是△BQC．
∵OC＝ OP＝﹣ ，
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∴BC＝4﹣OC＝ ，
∵CQ＝ ，BQ＝ ，
∴S＝ ＝
＝ ，
∴S＝ ．
考向四：母子型相似
1．（2023•樊城区模拟）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：
AC2＝AD•AB．
【尝试应用】（2）如图2，在 ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若
BF＝6，AD＝9，求CE的长．
▱
【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝
2EF，连接DE、DF分别交AC于M，N，∠EDF＝ ∠BAD，DF＝ AE，若MN＝18，求EF的值．
【分析】（1）证△ADC∽△ACB，得 ＝ ，即可得出结论；
（2）证△BFE∽△BCF，得 ＝ ，则BF2＝BE•BC，求出BC＝4，即可得出结论；
（3）延长EF与DC相交于点G，证四边形AEGC为平行四边形，得EG＝AC＝2EF，CG＝AE，∠EAC
＝∠G，设EF＝x，则EG＝2x，再证△EDF∽△EGD，得 ＝ ＝ ，则ED＝ x， ＝ ＝
，设CG＝AE＝k，则DF＝2 k，DG＝CD+k，求出CD＝3k，然后证△AEM∽△CDM，得 ＝
＝ ，进而证△DEF∽△DMN，得 ＝ ＝ ，即可得出结论．
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【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB．
∴ ＝ ，
∴AC2＝AD•AB；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝9，∠A＝∠C，
又∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C．
又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF．
∴ ＝ ，
∴BF2＝BE•BC，
即62＝9BE，
∴BE＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝9﹣4＝5，即CE的长为5；
（3）解：如图，延长EF与DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD＝CD，∠DAC＝ ∠BAD，
∴∠DAC＝∠DCA＝ ∠BAD，
∵EF∥AC，
∴四边形AEGC为平行四边形，∠DCA＝∠G，
∴EG＝AC＝2EF，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
设EF＝x，则EG＝2x，
∵∠EDF＝ ∠BAD，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠EDF，
∴∠EDF＝∠G，
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又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴ ＝ ＝ ，
∴ED2＝EF•EG＝x•2x＝2x2，
∴ED＝ x（负值已舍去），
∴ ＝ ＝ ，
设CG＝AE＝k，则DF＝2 k，DG＝CD+k，
∴ ＝ ，
解得：CD＝3k，
∵AB∥CD，
∴△AEM∽△CDM，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵EF∥AC，
∴△DEF∽△DMN，
∴ ＝ ＝ ，
∴EF＝ MN＝ ×18＝24，
即EF的值为24．
2．（2023•润州区二模）如图 1，在△ABC中，点 D在边 AB上，点 P在边 AC 上，若满足∠BPD＝
∠BAC，则称点P是点D的“和谐点”．
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（1）如图2，∠BDP+∠BPC＝180°．
①求证：点P是点D的“和谐点”；
②在边AC上还存在某一点Q（不与点P重合），使得点Q也是点D的“和谐点”，请在图2中仅用圆
规作图，找出点Q的位置，并写出证明过程．（保留作图痕迹）
（2）如图3，以点A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系，已知点B（6，0），C（2，4），
点P在线段AC上，且点P是点D的“和谐点”．
①若AD＝1，求出点P的坐标；
②若满足条件的点P恰有2个，直接写出AD长的取值范围是 ≤ AD ＜ ．
【分析】（1）①由∠BDP+∠BPC＝180°考虑平角APC，只要证明∠BPD＝∠BAC即可；
②分别做线段DB、BP的中垂线，两条中垂线交于点O，则O为△PDB的外心，以O为圆心，OP为半
径作圆交AC于点Q，点Q即为所求．用同弧所对的圆周角相等证明；
（2）①通过△PBD∽△ABP求出BP的长度，然后求出直线AC的表达式为：y＝2x，设点P的坐标为
（x，2x），利用B、P两点间的距离公式解方程求出点P；
②求出两个临界状态时的AD：一是当点P与点C重合时；二是△BDP的外接圆与线段AC恰有一个交
点时．
【解答】（1）①证明：∵∠BDP+∠BPC＝180°，∠BDP＝∠BAC+∠APD，
∴∠BAC+∠APD+∠BPC＝180°，
∵∠APD+∠BPD+∠BPC＝180°，
∴∠BPD＝∠BAC，
∴点P是点D的“和谐点”；
②解：以B为圆心，BP为半径作弧交AC于点Q，点Q即为所求，如图：
连接BQ，
∵∠BDP＝∠BAC+∠APD，∠BPD＝∠BAC，
∴∠BDP＝∠BPD+∠APD，
∵∠APD+∠BPD+∠BPC＝180°，
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∴∠BDP+∠BPC＝180°，
∵BP＝BQ，
∴∠BPC＝∠BQP，
∴∠BDP+∠BQP＝180°，
∴B、Q、P、D四点共圆，
∴∠BPD＝∠DQB，
∵∠BPD＝∠BAC，
∴∠DQB＝∠BAC，
∴Q也是点D的“和谐点”；
（2）解：①∵∠BPD＝∠BAP，∠PBD＝∠ABP，
∴△PBD∽△ABP，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴BP＝ ，
∵C（2，4），
∴直线AC的表达式为：y＝2x，
设点P的坐标为（x，2x），
∵点B（6，0），
∴（x﹣6）2+（2x）2＝30，
∴5x2﹣12x+6＝0，
∴x ＝ ，x ＝ ，
1 2
∴P（ ， ）或（ ， ）；
②当点P与点C重合时，△BDP的外接圆与线段AC恰有两个交点，恰有两个“和谐点”，如图：
∵点B（6，0），C（2，4），
∴BC＝ ＝4 ，
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由①知△PBD∽△ABP，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴BD＝ ，
∴AD＝AB﹣BD＝6﹣ ＝ ；
当△BDP的外接圆与线段AC恰有一个交点时，如图：
此时△BDP的外接圆与线段AC相切，则AP⊥PB，且PB为直径，
∴∠PDB＝90°，
∵点P的坐标为（x，2x），
∴AD＝x，PD＝2x，BD＝AB﹣AD＝6﹣x，
∵∠PAD+∠PBD＝90°，∠PAD+∠APD＝90°，
∴∠APD＝∠PBD，
∵∠ADP＝∠PDB＝90°，
∴△ADP∽△PDB，
∴ ＝ ，
∴PD2＝AD•DB，即（2x）2＝x（6﹣x），
∴x＝ ，
∴AD＝ ；
综上，若满足条件的点P恰有2个，AD长的取值范围是 ≤AD＜ ，
故答案为： ≤AD＜ ．
考向五：手拉手相似
1．（2023•宝安区校级三模）【问题背景】已知 D、E 分别是△ABC 的 AB 边和 AC 边上的点，且
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DE∥BC，则△ABC∽△ADE，把△ADE绕着A逆时针方向旋转，连接BD和CE．
①如图2，找出图中的另外一组相似三角形 △ BAD ∽△ CAE ；
②若AB＝4，AC＝3，BD＝2，则CE＝ ；
【迁移应用】在Rt△ACB中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，D、E，M分别是AB、AC、BC中点，连接DE
和CM．
①如图3，写出CE和BD的数量关系 BD ＝ EC ；
②如图4，把Rt△ADE绕着点A逆时针方向旋转，当D落在AM上时，连接CD和CE，取CD中点
N，连接MN，若 ，求MN的长．
【创新应用】如图5： ，BC＝4，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，tan∠ADE＝2，
将△ADE绕着点A旋转，连接BE，F是BE上一点， ，连接CF，请直接写出CF的取值范围．
【分析】【问题背景】①结论：△BAD∽△CAE．利用两边成比例夹角相等两三角形相似证明；
②利用相似三角形的性质求解；
【迁移应用】①结论：BD＝ CE，证明AB＝ AC，可得结论；
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②连接BD，利用相似三角形的性质，求出BD，再利用三角形的中位线定理求解即可；
【创新应用】如图5中，过点A作AK⊥BC于点K，过点C作CJ⊥AB于点J，连接FJ．通过计算证明
FJ∥AE，求出JF，JC，可得结论．
【解答】解：【问题背景】①如图2中，∵△ABC∽△ADE，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE．
故答案为：△BAD∽△CAE；
②∵△BAD∽△CAE，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CE＝ ．
故答案为： ；
【迁移应用】①如图3中，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴tan60°＝ ，
∴AB＝ AC，
∵BD＝ AB，EC＝ AC，
∴BD＝ EC．
故答案为：BD＝ EC；
②如图4中，连接BD，MN．
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵ ＝ ＝ ，
∴△BAD∽△CAE，
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∴ ＝ ＝ ，
∵EC＝2 ，
∴BD＝6，
∵BM＝CM，DN＝CN，
∴MN＝ BD＝3；
【创新应用】如图5中，过点A作AK⊥BC于点K，过点C作CJ⊥AB于点J，连接FJ．
∵AB＝AC＝2 ，AK⊥BC，
∴BK＝CK＝2，
∴AK＝ ＝ ＝4，
∵ •BC•AK＝ •AB•CJ，
∴CJ＝ ，
∴AJ＝ ＝ ＝ ，
∴BJ＝AJ＝2 ﹣ ＝ ，
∴BJ：AB＝2：5，
∵BF：BE＝2：5，
∴ ＝ ＝ ，
∴FJ∥AE，
∴△BJF∽△BAE，
∴ ＝ ＝ ，
∴JF＝ AE＝ ，
∴CJ﹣JF≤CF≤FJ+CJ，
∴ ≤CF≤ ．
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2．（2023•东港市二模）（1）问题发现：如图1，已知正方形ABCD，点E为对角线AC上一动点，将BE
绕点B顺时针旋转90°到BF处，得到△BEF，连接CF．
填空：① ＝ 1 ；
②∠ACF的度数为 90 ° ；
（2）类比探究：如图2，在矩形ABCD和Rt△BEF中，∠EBF＝90°，∠ACB＝∠EFB＝60°，连接
CF，请分别求出 的值及∠ACF的度数；
（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线AC上一动点，其余条件不变，取线段EF
的中点M，连接BM，CM，若 ，则当△CBM是直角三角形时，请直接写出线段CF的长．
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【分析】（1）①由旋转的性质得出BE＝BF，∠EBF＝90°，由正方形的性质得出∠ABC＝90°，AB＝
BC，证明△ABE≌△CBF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，则可得出答案；
②由全等三角形的性质及等腰直角三角形的性质得出答案；
（2）证明△ABE∽△CBF，由相似三角形的性质可得出 ，则可得出结论；
（3）求出EF＝2CM＝2 ，设CF＝x，则AE＝ x，分两种情况解答，由勾股定理可求出答案．
【解答】解：（1）①∵将BE绕点B顺时针旋转90°到BF处，
∴BE＝BF，∠EBF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∴ ＝1，
故答案为：1；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠BAE＝∠BCF＝45°，
∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝45°+45°＝90°．
故答案为：90°；
（2） ，∠ACF＝90°．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝60°，
∴ ，
同理在Rt△EBF中，∠EFB＝60°，
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∴ ，
∴ ，
∵∠ABC＝∠EBF，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC，
即∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴ ，
∴∠BCF＝∠BAE＝30°，
∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝60°+30°＝90°．
（3）由（2）知 ，
∵AB＝2 ，
∴CB＝2，
∵△ABE∽△CBF，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴∠EBF＝∠EBC+∠CBF＝∠EBC+∠ABE＝∠ABC＝90°，
∵M为EF的中点，
∴BM＝ EF，
由（2）知∠ACF＝90°，
∴CM＝ EF，
∴BM＝CM，
又∵△CBM是直角三角形，
∴CM＝ BC＝ ，
∴EF＝2CM＝2 ，
设CF＝x，则AE＝ x，
∵∠CAB＝30°，BC＝2，
∴AC＝2BC＝4，
∴CE＝AC﹣AE＝4﹣ x，
∵∠ECF＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
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∴ ，
∴x＝ ﹣1或x＝ +1（不合题意，舍去），
当∠MBC＝90°或∠MCB＝90°时，点M不存在，
当E在AC延长线上时，设CF＝x，则AE＝ x，
∵∠CAB＝30°，BC＝2，
∴AC＝2BC＝4，
∴CE＝AE﹣AC＝ x﹣4，
∵∠ECF＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
∴ ，
∴x＝ ﹣1（不合题意，舍去）或x＝ +1，
综上所述，CF的长为 ﹣1或 +1．
3．（2023•晋中模拟）综合与实践
问题情境：
（1）如图1，在△ABC 和△ADE 中，AB＝AC，AD＝AE．如图2，将△ABC 绕顶点A按逆时针方向
旋转15°得到△AB'C'，连接B′D，C′E，求证：B′D＝C′E．
深入研究：
（2）①如图3，在正方形ABCD和正方形CEFG中，已知点B，C，E在同一直线上，连接DE，AF，
交于点P，求AF：DE的值；
②如图4，若将正方形CEFG绕点C按顺时针方向旋转一定角度，AF：DE的值变化吗？请说明理由．
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拓展应用：
（3）如图5，若把正方形ABCD和正方形CEFG分别换成矩形ABCD和矩形CEFG，且AD：AB＝
CG：CE＝k，请直接写出此时AF：DE的值．
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠DAB'＝∠EAC'，然后用SAS判定△DAB'＝△EAC'即可得证；
（2）①连接AC、CF，根据正方形的性质得到对应边成比例，对应角相等，判定△ACF∽△DCE后即
可求出AF：DE的值；
②根据正方形的性质和旋转的性质判定△ACF∽△DCE后求出AF：DE的值即可证明AF：DE的值没
有变化；
（3）连接AC、CF，根据矩形的性质得到对应边成比例，对应角相等，判定△ACF∽△DCE后即可求
出AF：DE的值．
【解答】（1）证明：由旋转得：∠DAB'＝∠EAC'，
又∵AB'＝AC'，AD＝AE，
∴△DAB'≌△EAC'，
∴B′D＝C′E；
（2）解：①如图1，连接AC、CF，
∵四边形ABCD，CEFG是正方形，
∴∠ACF＝∠DCE＝90°，AC＝ CD，CF＝ CE，
∴ ，
∴△ACF∽△DCE，
∴ ，
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即AF：DE＝ ：1；
②成立．证明如下：如图2，连接AC、CF，
∵四边形ABCD，CEFG是正方形，
∴∠ACD＝∠FCE，
∴∠ACF＝∠DCE，
∵AC＝ CD，CF＝ CE，
∴ ，
∴△ACF∽△DCE，
∴AF：DE＝AC：CD＝ ：1，
∴不变；
（3）解：如图3，连接AC、CF，
∵四边形ABCD，CEFG是矩形，且AD：AB＝CG：CE＝k，
∴∠ACD＝∠FCE，AC＝ CD，CF＝ CE，
∴∠ACF＝∠DCE， ，
∴△ACF∽△DCE，
∴ ．
（建议用时：150分钟）
1．（2023•菏泽）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．
求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
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（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝
DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，
求CF的长．
【分析】（1）由矩形的性质得∠C＝∠ADE＝90°，再证∠AED＝∠DFC，即可得出结论；
（2）证Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），得DE＝CF，再证△DCF≌△DCH（SAS），得∠DFC＝∠H，然
后由平行线的性质得∠ADF＝∠DFC，即可得出结论；
（3）延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，△ADE≌△DCG（SAS），得∠DGC＝∠AED＝
60°，AE＝DG，再证△DFG是等边三角形，得FG＝DF＝11，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，
∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，
∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
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∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，
∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，
∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
2．（2023•济南）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2 ，点E在边BC上，将射线AE绕点A逆时针旋转
90°，交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG．
（1）如图1，连接BD，求∠BDC的度数和 的值；
（2）如图2，当点F在射线BD上时，求线段BE的长；
（3）如图3，当EA＝EC时，在平面内有一动点P，满足PE＝EF，连接PA，PC，求PA+PC的最小值．
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【分析】（1）由锐角三角函数可求∠BDC＝60°，通过证明△ADG∽△ABE，可得 ；
（2）由“AAS”可证△ABE≌△GMF，可得BE＝MF，AB＝GM＝2，由锐角三角函数可求MF＝BE＝
x，DG＝2+x，利用（1）的结论可求解；
（3）通过证明△AGC 是等边三角形，可得PE＝EF＝AG＝4，由旋转的性质可得PA＝P'C，∠PEP'＝
120°，EP＝EP'＝4，则当点P，C，P′三点共线时，PA+PC 的值最小，即可求解．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝2， ，
∴∠C＝90°，CD＝AB＝2， ，
∴ ，
∴∠BDC＝60°，
∵∠ABE＝∠BAD＝∠EAG＝∠ADG＝90°，
∴∠EAG﹣∠EAD＝∠BAD﹣∠EAD，
即∠DAG＝∠BAE，
∴△ADG∽△ABE，
∴ ；
（2）如图2，过点F作FM⊥CG于点M，
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∵∠ABE＝∠AGF＝∠ADG＝90°，AE＝GF，
∴∠BAE＝∠DAG＝∠CGF，∠ABE＝∠GMF＝90°，
∴△ABE≌△GMF（AAS），
∴BE＝MF，AB＝GM＝2，
∴∠MDF＝∠BDC＝60°，FM⊥CG，
∴ ，
∴ ，
设 DM＝x，则 ，
∴DG＝GM+MD＝2+x，
由（1）可知： ，
∴ ，
解得 x＝1，
∴ ；
（3）如图3，连接AC，将△AEP绕点E顺时针旋转 120°，EA与EC重合，得到△CEP'，连接PP'，
矩形ABCD中，AD＝BC＝ ，AB＝2，
∴tan∠ACB＝ ＝ ，
∴∠ACB＝30°，
∴AC＝2AB＝4，
∵EA＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE＝30°，∠AEC＝120°，
∴∠ACG＝∠GAC＝90°﹣30°＝60°，
∴△AGC 是等边三角形，AG＝AC＝4，
∴PE＝EF＝AG＝4，
∵将△AEP绕点E顺时针旋转 120°，EA与EC重合，得到△CEP'，
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∴PA＝P'C，∠PEP'＝120°，EP＝EP'＝4，
∴ ，
∴当点P，C，P′三点共线时，PA+PC 的值最小，
此时为 ．
3．（2023•武汉）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 （1）先将问题特殊化，如图（2），当 ＝90°时，直接写出∠GCF的大小；
α α α
（2）再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与 的数量关系．
α
α
问题拓展 将图（1）特殊化，如图（3），当 ＝120°时，若 ，求 的值．
α
【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；
（2）结论：∠GCF＝ ﹣90°；在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．证明方法类似；
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，
α
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，
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∵∠BJE＝45°，
∴∠AJE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠GCF＝∠ECF﹣∠ECD＝135°﹣90°＝45°；
（2）结论：∠GCF＝ ﹣90°；
理由：在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．
α
∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，
∠ABC＝∠AEF，
∴∠EAN＝∠FEC．
∵AE＝EF，
∴△ANE≌△ECF（SAS）．
∴∠ANE＝∠ECF．
∵AB＝BC，
∴BN＝BE．
∵∠EBN＝ ，
α
∴ ，
∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD＝ ；
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＝m，CG＝2m．
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在Rt△ADP中，∠ADC＝∠ABC＝120°，
∴∠ADP＝60°，
∴ m， ，
∴ ＝120°，
α
由（2）知， ，
∵∠AGP＝∠FGC，
∴△APG∽△FCG．
∴ ，
∴ ＝ ，
∴ ，
由（2）知， ，
∴ ．
∴ ．
4．（2023•内蒙古）已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点．
（1）如图1，连接BE，DE．求证：△ABE≌△ADE；
（2）如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BF⊥BE．判断△FBG的形状并说明理由；
（3）在第（2）题的条件下，BE＝BF＝2．求 的值．
【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，则∠BAC＝∠BCA＝
∠DAC＝∠DCA＝45°，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABE≌△ADE；
（2）由△ABE≌△ADE，得∠ABE＝∠ADE，可推导出∠EBC＝∠EDC，因为AB∥CD，所以∠FGB＝
∠EDC，则∠FGB＝∠EBC，而∠FBE＝90°，则∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，所以∠FGB＝∠FBG，
即可证明△FBG是等腰三角形；
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（3）由BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，得∠F＝∠BEF＝45°，则∠BAC＝∠F，可证明∠AEG＝∠FBG，进
而证明∠AGE＝∠AEG，则AE＝AG，由勾股定理得EF＝ ＝2 ，而BF＝GF＝2，所以
GE＝2 ﹣2，由全等三角形的性质得BE＝DE＝2，再证明△AGE∽△CDE，则 ＝ ＝ ﹣1，
所以 ＝ ﹣1．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠ADC﹣∠ADE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵AB∥CD，
∴∠FGB＝∠EDC，
∴∠FGB＝∠EBC，
∵BF⊥BE，
∴∠FBE＝90°，
∴∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，
∴∠FGB＝∠FBG，
∴BF＝GF，
∴△FBG是等腰三角形．
（3）解：∵BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，
∴∠F＝∠BEF＝45°，
∴∠BAC＝∠F，
∴∠AEG＝∠AGF﹣∠BAC＝∠AGF﹣∠F＝∠FBG，
∵∠AGE＝∠FGB，且∠FGB＝∠FBG，
∴∠AGE＝∠AEG，
∴AE＝AG，
∵EF＝ ＝ ＝2 ，BF＝GF＝2，
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∴GE＝EF﹣GF＝2 ﹣2，
∵△ABE≌△ADE，
∴BE＝DE＝2，
∵AG∥CD，
∴△AGE∽△CDE，
∴ ＝ ＝ ＝ ﹣1，
∴ ＝ ﹣1，
∴ 的值为 ﹣1．
5．（2023•湖州）【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，AC＝10，AD＝
2DB，求 的值．
【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 AC＝
mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求 的值（用含m，n的代数式表示）．
【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，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；
（3）根据题意推出CQ＝mnAB，AQ＝（m﹣mn）AB，根据勾股定理求出BC＝ AB，根据四边
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形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP＝∠NQM，结合∠A＝∠QNM＝90°，推出△QAP∽△QNM，根
据相似三角形的性质得出 ，根据题意推出△QCN∽△BCA，根据相似三角形的性质求出
，据此求解即可．
【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，
，
∴△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，
∴ ，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴ ，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
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∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴ ，
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，
∴ ，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴ ，
∴ ，
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∴ ．
6．（2023•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝ ，点D是射线BC上的动点（不与点B，C重
合），连接AD，过点D在AD左侧作DE⊥AD，使AD＝kDE，连接AE，点F，G分别是AE，BD的中
α
点，连接DF，FG，BE．
（1）如图1，点D在线段BC上，且点D不是BC的中点，当 ＝90°，k＝1时，AB与BE的位置关系
α
是 垂直 ， ＝ ．
（2）如图2，点D在线段BC上，当 ＝60°，k＝ 时，求证：BC+CD＝2 FG．
（3）当 ＝60°，k＝ 时，直线CEα与直线AB交于点N，若BC＝6，CD＝5，请直接写出线段CN的
长．
α
【分析】（1）连接BF并延长交AC于R，可推出∠AED＝∠ABD＝45°，从而A、B、E、D共圆，从而
∠ABE＝90°，从而得出AB与BE垂直，可证得△BEF≌△RAF，从而BF＝RF，从而得出RB∥FG，FG
＝ ，进一步得出结果；
（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于H，连接BF，可推出∠AED＝∠ABC＝60°，从
而点A、E、B、D共圆，从而得出∠ABE＝∠ADE＝90°，可推出FG⊥BC，进而得出EH∥FG∥AQ，进
而得出FG是梯形AEHQ的中位线，从而EH+AQ＝2FG，变形得 ，可推出DQ＝
EH，CQ＝ AQ，进一步得出结论；
（3）分两种情形：当点D在BC上时，作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，作AQ⊥BC于Q，作
CX⊥EB，交EB的延长线于X，可推出△DHE∽△AQD，从而 ＝ ，从而求得EH，BH，CH
及CE，在Rt△BCX中可求得BX，EX，根据BN∥CX得出 ，进一步得出结果；当点D在BC的
延长线上时，作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延长线于X，同样的过程得出结
果．
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【解答】（1）解：如图1，
连接BF并延长交AC于R，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
同理可得：∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠ABD，
∴A、B、E、D共圆，
∴∠ABE+∠ADE＝180°，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∴AB与BE垂直，
∵F是AE的中点，
∴BF＝DF＝ AE，
∵G是BD的中点，
∴FG⊥BC，
∵∠ABE+∠BAC＝90°+90°＝180°，
∴BE∥AC，
∴∠EAR＝∠FEB，
∵∠AFR＝∠BFE，AF＝EF，
∴△BEF≌△RAF（ASA），
∴BF＝RF，
∴RD∥FG，FG＝ ，
∵FG⊥BC，
∴RD⊥BC，
∵∠C＝45°，
∴CD＝RD，
∴FG＝ ，
故答案为：垂直， ；
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（2）证明：如图2，
作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于H，连接BF，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵∠ADE＝90°， ，
∴∠AED＝60°，
∴∠AED＝∠ABC，
∴点A、E、B、D共圆，
∴∠ABE＝∠ADE＝90°，
∵F是AE的中点，
∴BF＝DF＝ AE，
∴FG⊥BC，
∴EH∥FG∥AQ，
∴ ，
∴HG＝QG，
∴FG是梯形AEHQ的中位线，
∴EH+AQ＝2FG，
∴ ，
∵∠H＝90°，∠EBH＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝30°，
∴BH＝ EH，
∵HG＝QG，BG＝DG，
∴BH＝DQ，
∴DQ＝ EH，
∵∠AQC＝90°，∠C＝60°，
∴CQ＝ AQ，
∴DQ+3CQ＝2 FG，
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∴（DQ+CQ）+2CQ＝2 FG，
∴BC+CD＝2 FG；
（3）解：如图3，
当点D在BC上时，
作EH⊥CB，交CB的延长线于点H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延长线于X，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝60°，BQ＝CQ＝ BC＝3，
∴DQ＝CD﹣CQ＝2，AQ＝ AC＝3 ，
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH+∠ADQ＝90°，
∵∠H＝∠ADQ＝90°，
∴∠ADQ+∠DAQ＝90°，
∴∠EDH＝∠DAQ，
∴△DHE∽△AQD，
∴ ＝ ，
∴EH＝ ＝ ，
∴BE＝2EH＝ ，BH＝ EH＝2，
∴CH＝BH+BC＝8，
∴CE＝ ＝ ，
在Rt△BCX中，BC＝6，∠BCX＝∠EBH＝30°，
∴BX＝6•cos30°＝3 ，
∴EX＝EB+BX＝ ，
∵BN∥CX，
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∴ ，
∴ ，
∴CN＝ ，
如图4，
当点D在BC的延长线上时，
作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延长线于X，
由上可知：AQ＝3 ，CQ＝3，△DHE∽△AQD，
∴DQ＝CQ+CD＝8， ＝ ，
∴EH＝ DQ＝ ，
∴BH＝ EH＝8，BE＝2EH＝ ，
∴CH＝BH﹣BC＝2，
∴CE＝ ＝ ＝ ，
∵BX＝ BC＝3 ，
∴EX＝BE﹣BX＝ ，
∵BN∥CX，
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∴ ，
∴
∴CN＝ ，
综上所述：CN＝ 或 ．
7．（2023•益阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，点D在边AC上，将线段DA绕点D按
顺时针方向旋转90°得到DA′，线段DA′交AB于点E，作A′F⊥AB于点F，与线段AC交于点G，
连接FC，GB．
（1）求证：△ADE≌△A′DG；
（2）求证：AF•GB＝AG•FC；
（3）若AC＝8，tanA＝ ，当A′G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长．
【分析】（1）利用ASA证明；
（2）要证AF•GB＝AG•FC，也就是证明△FAC∽△GAB，但“两个角对应相等”的条件不够，所以想
到“夹角相等，对应边成比例”，只要证明△AFG∽△ACB即可．
（3）设DE＝DG＝x，利用S△ACB ＝S△ADE +2S四边形DGFE 建立方程求解．
【解答】（1）证明：∵∠A+∠AGA'＝90°，∠A'+∠AGA'＝90°，
∴∠A＝∠A'，
∵AD＝A'D，∠ADE＝∠A'DG＝90°，
∴△ADE≌△A′DG（ASA）；
（2）证明：∵∠AFG＝∠ACB＝90°，∠FAG＝∠CAB，
∴△AFG∽△ACB，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵∠FAC＝∠GAB，
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∴△FAC∽△GAB，
∴ ＝ ，
∴AF•GB＝AG•FC；
（3）解：∵tanA＝ ＝ ＝ ，AC＝8，
∴BC＝4，
∴S△ACB ＝16，
设DE＝DG＝x，则AD＝A'D＝2x，AE＝A'G＝ x，
∴A'E＝A'D﹣DE＝2x﹣x＝x，
∴S△ADE ＝S△A′DG ＝x2，
∵△A'FE∽△A'DG，
∴ ＝ ＝ ，
∴S△A'FE ：S△A'DG ＝1：5，
∴S四边形DGFE ＝ S△A'DG ＝ x2，
∵S△ACB ＝S△ADE +S四边形DCBE ，A′G平分四边形DCBE的面积，
∴S△ACB ＝S△ADE +2S四边形DGFE ，
∴16＝x2+ x2，
x2＝
∴x ＝ ，x ＝﹣ （舍），
1 2
∴AD＝ ．
8．（2023•福建）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB边上不与A，B重合的一个定点．
AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD，CA的延长线相
交于点M．
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（1）求证：△ADE∽△FMC；
（2）求∠ABF的度数；
（3）若N是AF的中点，如图2，求证：ND＝NO．
【分析】（1）由DF是由线段DC绕点D顺时针旋转 90° 得到的，得∠FDC＝90°，FD＝CD，∠DFC
＝45°，又AB＝AC，AO⊥BC，可得∠BAO＝∠DFC，根据∠EDA+∠ADM＝90°，∠M+∠ADM＝90°有
∠EDA＝∠M，故△ADE∽△FMC；
（2）设BC与DF的交点为I，由∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，有△BID∽△FIC， ，
即 ，可得△BIF∽△DIC，即得∠IBF＝∠IDC＝90°，从而∠ABF＝∠ABC+∠IBF＝135°；
（3）延长ON交BF于点T，连接DT，DO，由∠FBI＝∠BOA＝90°，知BF∥AO，∠FTN＝∠AON，而
N是AF的中点，有AN＝NF，可得△TNF≌△ONA（AAS），从而NT＝NO，FT＝AO，可证FT＝CO，
△DFT≌△DCO（SAS），得 DT＝DO，∠FDT＝∠CDO，即可得∠ODT＝∠CDF＝90°，故
．
【解答】（1）证明：如图：
∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转 90° 得到的，
∴∠FDC＝90°，FD＝CD，∠DFC＝45°，
∵AB＝AC，AO⊥BC，
∴ ．
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAO＝∠ABC＝45°，
∴∠BAO＝∠DFC，
∵∠EDA+∠ADM＝90°，∠M+∠ADM＝90°
∴∠EDA＝∠M，
∴△ADE∽△FMC；
（2）解：设BC与DF的交点为I，如图：
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∵∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，
∴△BID∽△FIC，
∴ ＝ ，即 ，
∵∠BIF＝∠DIC，
∴△BIF∽△DIC，
∴∠IBF＝∠IDC，
∵∠IDC＝90°，
∴∠IBF＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABF＝∠ABC+∠IBF＝135°；
（3）证明：延长ON交BF于点T，连接DT，DO，如图：
∵∠FBI＝∠BOA＝90°，
∴BF∥AO，
∴∠FTN＝∠AON．
∵N是AF的中点，
∴AN＝NF，
∵∠TNF＝∠ONA，
∴△TNF≌△ONA（AAS），
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∴NT＝NO，FT＝AO，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AO⊥BC，
∴AO＝CO，
∴FT＝CO，
由（2）知，△BIF∽△DIC，
∴∠DFT＝∠DCO．
∵DF＝DC，
∴△DFT≌△DCO（SAS），
∴DT＝DO，∠FDT＝∠CDO，
∴∠FDT+∠FDO＝∠CDO+∠FDO，即∠ODT＝∠CDF，
∵∠CDF＝90°，
∴∠ODT＝∠CDF＝90°，
∴ ．
9．（2022•湖北）问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图 1，已知AD是
△ABC的角平分线，可证 ＝ ．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线
于点E，构造相似三角形来证明 ＝ ．
尝试证明：
（1）请参照小慧提供的思路，利用图2证明： ＝ ；
应用拓展：
（2）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折
叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的长；
②若BC＝m，∠AED＝ ，求DE的长（用含m， 的式子表示）．
α α
【分析】（1）证明△CED∽△BAD，由相似三角形的性质得出 ，证出CE＝CA，则可得出结论；
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（2）①由折叠的性质可得出∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，由（1）可知， ，由勾股定理求出
BC＝ ，则可求出答案；
②由折叠的性质得出∠C＝∠AED＝ ，则tan∠C＝tan ＝ ，方法同①可求出CD＝ ，则
可得出答案．
α α
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠E＝∠EAB，∠B＝∠ECB，
∴△CED∽△BAD，
∴ ，
∵∠E＝∠EAB，∠EAB＝∠CAD，
∴∠E＝∠CAD，
∴CE＝CA，
∴ ．
（2）解：①∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，
由（1）可知， ，
又∵AC＝1，AB＝2，
∴ ，
∴BD＝2CD，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝ ＝ ＝ ，
∴BD+CD＝ ，
∴3CD＝ ，
∴CD＝ ；
∴DE＝ ；
②∵将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处，
∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DE，∠C＝∠AED＝ ，
α
∴tan∠C＝tan ＝ ，
α
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由（1）可知， ，
∴tan ＝ ，
∴BD＝CD•tan ，
α
又∵BC＝BD+CD＝m，
α
∴CD•tan +CD＝m，
α
∴CD＝ ，
∴DE＝ ．
10．（2022•宁波）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点
G，求证：DG＝EG．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求 的值．
【拓展提高】
（3）如图3，在 ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点
G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长．
▱
【分析】（1）证明△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，根据相似三角形的性质得到 ＝ ，进而证
明结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质求出CE，根据相似三角形的性质计算，得到答案；
（3）延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，根据直角三角形的性质求出∠EFG，求
出∠MFN＝30°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ，
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∵BF＝CF，
∴DG＝EG；
（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，
∴CE＝CD＝6，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ＝ ＝ ＝ ；
（3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵MG∥BD，
∴ME＝GE，
∵EF⊥EG，
∴FM＝FG＝10，
在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，
∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，
∵FG平分∠EFC，
∴∠GFC＝∠EFG＝50°，
∵FM＝FG，EF⊥GM，
∴∠MFE＝∠EFG＝50°，
∴∠MFN＝30°，
∴MN＝ MF＝5，
∴NF＝ ＝5 ，
∵∠ABC＝45°，
∴BN＝MN＝5，
∴BF＝BN+NF＝5+5 ．
11．（2023•广州）如图，AC是菱形ABCD的对角线．
（1）尺规作图：将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B旋转后的对应点为D（保留作图痕迹，
不写作法）；
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（2）在（1）所作的图中，连接BD，CE．
①求证：△ABD～△ACE；
②若tan∠BAC＝ ，求cos∠DCE的值．
【分析】（1）由菱形的性质可知AD＝AB，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，也就是以AD为一
边在菱形ABCD外作一个三角形与△ABC全等，第三个顶点E的作法是：以点D为圆心，BC长为半径
作弧，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交前弧于点E；
（2）①由旋转得AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，则 ＝ ，∠BAD＝∠CAE，即可根据“两
边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△ABD∽△ACE；
②延长AD交CE于点F，可证明△ABC≌△ADC，得∠BAC＝∠DAC，而∠BAC＝∠DAE，所以∠DAE
＝∠DAC，由等腰三角形的“三线合一”得AD⊥CE，则∠CFD＝90°，设CF＝m，CD＝AD＝x，则
＝tan∠DAC＝tan∠BAC＝ ，所以AF＝3m，DF＝3m﹣x，由勾股定理得m2+（3m﹣x）2＝x2，求得CD
＝x＝ m，则cos∠DCE＝ ＝ ．
【解答】解：（1）如图1，作法：1．以点D为圆心，BC长为半径作弧，
2．以点A为圆心，AC长为半径作弧，交前弧于点E，
3．连接DE、AE，
△ADE就是所求的图形．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵DE＝BC，AE＝AC，
∴△ADE≌△ABC（SSS），
∴△ADE就是△ABC绕点A逆时针旋转得到图形．
（2）①如图2，由旋转得AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴ ＝ ，∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE．
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②如图2，延长AD交CE于点F，
∵AB＝AD，BC＝DC，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC＝∠DAC，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠DAC，
∵AE＝AC，
∴AD⊥CE，
∴∠CFD＝90°，
设CF＝m，CD＝AD＝x，
∵ ＝tan∠DAC＝tan∠BAC＝ ，
∴AF＝3CF＝3m，
∴DF＝3m﹣x，
∵CF2+DF2＝CD2，
∴m2+（3m﹣x）2＝x2，
∴解关于x的方程得x＝ m，
∴CD＝ m，
∴cos∠DCE＝ ＝ ＝ ，
∴cos∠DCE的值是 ．
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