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专题 10 相似三角形重难点模型（五大模型）
【题型01：(双)A字型相似】
【题型02：(双)8型相似】
【题型03：母子型相似】
【题型04：旋转相似】
【题型05：K字型相似】
【题型01：(双)A字型相似】
【典例1】如图，在△ABC中，BC=12，高AD=6，正方形EFGH一边在BC上，点E,F分别在
AB,AC上，AD交EF于点N，求AN的长．
【答案】2
【分析】设正方形EFGH的边长EF=EH=x，易证四边形EHDN是矩形，则DN=x，根据正方形的
性质得出EF∥BC，推出△AEF∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】解：设正方形EFGH的边长EF=EH=x，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=∠EHG=90°,EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD是△ABC的高，
∴∠HDN=90°，∴四边形EHDN是矩形，
∴DN=EH=x，
∵△AEF∽△ABC，
AN EF
∴ = （相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
AD BC
∵BC=12,AD=6，
∴AN=6−x，
6−x x
∴ = ，
6 12
解得：x=4，
∴AN=6−x=6−4=2．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的
判定和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等
于相似比．
【变式1-1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，AD平分∠BAC，交边BC于点
D，过点D作CA的平行线，交边AB于点E．
(1)求线段DE的长；
EF
(2)取线段AD的中点M，连接BM，交线段DE于点F，延长线段BM交边AC于点G，求 的值．
DF
【答案】(1)4
2
(2)
3
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可；
（2）根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可．
【详解】（1）解：∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
在Rt ACD中，∠ACD＝90°，
△∠DAC＝30°，AC＝6，
∴CD＝2❑√3，
在Rt ACB中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，
∴BC＝△6❑√3，
∴BD＝BC－CD＝4❑√3，
∵DE∥CA，
DE BD 2
∴ = = ，
CA BC 3
∴DE＝4；
（2）解：如图．
∵点M是线段AD的中点，
∴DM＝AM，
∵DE∥CA，
DF DM
∴ ＝ ．
AG AM
∴DF＝AG．
∵DE∥CA，
EF BF BF BD
∴ ＝ ， ＝ ．
AG BG BG BC
EF BD
∴ ＝ ．
AG BC
∵BD＝4❑√3， BC＝6❑√3， DF＝AG，
EF 2
∴ = ．
DF 3
【点睛】考查了平行线分线段成比例定理，注意线段之间的对应关系．
【变式1-2】如图，△ABC中，中线AD，BE交于点F，EG//BC交AD于点G．AG
（1）求 的值．
GF
（2）如果BD=4❑√3，DF=4，请找出与△BDA相似的三角形，并挑出一个进行证明．
【答案】（1）3；（2）△BDA∽△FGE，证明见解析
【分析】（1）先证明△AGE∽△ADC，再证明△GEF∽△DBF，得到DF=2GF，则问题可解；
（2）根据题意分别证明△BDA∽△FDB，△BDA∽△FGE问题可证．
【详解】解：（1）∵D是BC的中点，E是AC的中点，
∴BD=CD，AE=CE，
∵≥//BC，
∴△AGE∽△ADC，
AG GE AE 1
∴ = = = ，
AD CD AC 2
∴AG=GD，2≥=CD=BD，
∵≥//BC，
∴△GEF∽△DBF，
GE GF 1
∴ = = ，
BD DF 2
∴DF=2GF，
∴AG=DG=3GF，
AG
∴ =3．
GF
（2）当BD=4❑√3，DF=4时，
由（1）可得
1
GF= DF=2，AG=DG=3GF=6，AD=2AG=12，
2
1
¿= BD=2❑√3，
2
BD 4❑√3 AD 12
∵ = =❑√3， = =❑√3，
DF 4 BD 4❑√3AD BD
∴ = ，
BD DF
又∵∠BDG=∠ADB，
∴△BDA∽△FDB，
GE AD 12
∵ =❑√3， = =❑√3，
GF BD 4❑√3
AD GE
∴ = ，
BD GF
∵≥//BC，
∴∠ADB=∠EGF，
∴△BDA∽△FGE．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，解答关键是根据题意选择适当方法证明三角形相似．
AE AB
【变式1-3】如图，在ΔABC中，点E,F分别在AB,AC上，且 = ．
AF AC
（1）求证：ΔAEF∼ΔABC；
EG FG
（2）若点D在BC上，AD与EF交于点G，求证： = ．
BD CD
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）直接利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证得结论；
（2）根据相似三角形的性质和平行线的判定方法可得EF∥BC，于是可得△AEG∽△ABD，
△AGF∽△ADC，再根据相似三角形的性质即可推出结论．
【详解】解：（1）在△AEF和△ABC中，
AE AB
∵∠EAF=∠BAC， = ，
AF AC
∴△AEF∽△ABC；
（2）∵△AEF∽△ABC，
∴∠AEF=∠ABC，
∴EF∥BC，
∴△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，EG AG FG AG
∴ = , = ，
BD AD CD AD
EG FG
∴ = ．
BD CD
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握相似三角形的判定和性质是
解题关键．
【题型02：(双)8型相似】
【典例2】如图1，在矩形ABCO中，OA＝8，OC＝6，D，E分别是AB，BC上一点，AD＝2，CE＝
3，OE与CD相交于点F．
（1）求证：OE⊥CD；
（2）如图2，点G是CD的中点，延长OG交BC于H，求CH的长．
【答案】（1）见解析；（2）CH的长为6．
【分析】（1）根据四边形ABCO是矩形，可得OA=BC=8，OC=AB=6，根据勾股定理可得OE和CP的长，
进而得EF和CF的长，再根据勾股定理的逆定理即可得OE⊥CD；
（2）在Rt△CBD中，CB=8，BD=AB-AD=6-2=4，根据勾股定理可得CD=4❑√5，根据点G是CD的中点，
可得CG=DG=2❑√5，所以得点G是CP的三等分点，根据OA∥BC，对应边成比例即可求出CH的长．
【详解】（1）∵四边形ABCO是矩形，
∴OA=BC=8，OC=AB=6，
在Rt OCE中，CE=3，
△
∴OE=❑√OC2+CE2=❑√62+32=3❑√5，
∵AB∥OC，即AD∥OC，且AD=2，
AD PA
∴ = ，
OC PO
2 PA
∴ = ，
6 PA+8
∴PA=4，∴PO=PA+OA=12，
∴在Rt OPC中，OC=6，
△
∴CP=❑√OC2+PO2=❑√62+122=6❑√5，
∵OA∥BC，即OP∥CE，
CE EF CF
∴ = = ，
OP OF PF
EF CF 3 1
∴ = = = ，
OF PF 12 4
1 3❑√5
∴EF= OE= ，
5 5
1 6❑√5
CF= CP= ，
5 5
3❑√5 6❑√5 9 36
∵( )2+( )2= + =9，
5 5 5 5
∴EF2+CF2=CE2，
∴△CEF是直角三角形，
∴∠CFE=90°，
∴OE⊥CD；
（2）在Rt CBD中，CB=8，BD=AB﹣AD=6﹣2=4，
△
根据勾股定理，得CD=❑√CB2+BD2=❑√82+42=4❑√5，
∵点G是CD的中点，
∴CG=DG=2❑√5，
由（1）知：CP=6❑√5，
∴DP=CP﹣CD=2❑√5，
∴点G是CP的三等分点，
∵OA∥BC，即OP∥CH，
CH CG
∴ = ，
OP GP
CH 1
∴ = ，
12 2
∴CH=6．
答：CH的长为6．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理及其逆定理的应用、相似三角形的判定与性质以及平行线
分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
【变式2-1】如图，AD与BC交于O点，∠A=∠C，BO=4，DO=2，AB=3，求CD的长．
【答案】1.5
【分析】由∠A=∠C，∠AOB=∠COD可得出△AOB∽△COD，利用相似三角形的性质可得出
AB BO
= ，代入BO=4，DO=2，AB=3，即可求出CD的长．
CD DO
【详解】解：∵AD与BC交于O点，
∴∠AOB=∠COD．
∵∠A=∠C，
∴△AOB∽△COD．
AB BO
∴ = ．
CD DO
∵BO=4，DO=2，AB=3，
∴CD=1.5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例列式．
【变式2-2】已知：如图，在梯形ABCD中，CD∥AB，∠DAB＝90°，对角线AC、BD相交于点E，
AC⊥BC，垂足为点C，且BC2＝CE•CA．
（1）求证：AD＝DE；
（2）过点D作AC的垂线，交AC于点F，求证：CE2＝AE•AF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理得到△BCE∽△ACB，根据相似三角形的性质得到∠CBE＝
∠CAB，根据等角的余角相等得到∠BEC＝∠DAE，根据等腰三角形的判定定理证明；CE BE BE AE CE AE
（2）根据平行线分线段成比例定理得到 = ， = ，得到 = ，整理得到 CE2＝
EF DE DE CE EF CE
AE•EF，根据等腰三角形的三线合一得到AF＝EF，证明结论．
【详解】证明：（1）∵BC2＝CE•CA，
BC CA
∴ = ，又∠ECB＝∠BCA，
CE BC
∴△BCE∽△ACB，
∴∠CBE＝∠CAB，
∵AC⊥BC，∠DAB＝90°，
∴∠BEC+∠CBE＝90°，∠DAE+∠CAB＝90°，
∴∠BEC＝∠DAE，
∵∠BEC＝∠DEA，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE；
（2）过点D作AC的垂线，交AC于点F，如图，
∵DF⊥AC，AC⊥BC，
∴∠DFE＝∠BCA＝90°，
∴DF∥BC，
CE BE
∴ = ，
EF DE
∵DC∥AB，
BE AE
∴ = ，
DE CE
CE AE
∴ = ，
EF CE
∴CE2＝AE•EF，
∵AD＝DE，DF⊥AC，
∴AF＝EF，
∴CE2＝AE•AF．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角梯形的概念，掌握相似三角形的判定定理和性
质定理是解题的关键．
【变式2-3】如图，在Rt△ABM和Rt△ADN的斜边分别为正方形的边AB和AD，其中AM=AN.
(1)求证：Rt△ABM≌Rt△AND
1
(2)线段MN与线段AD相交于T，若AT= AD,求tan∠ABM的值
4
1
【答案】（1）证明见解析；（2） .
3
【分析】（1）利用HL证明即可；
AM DT 1 AM 1
（2）证明 DNT∽△AMT，可得 ＝ ，由AT= AD，推出 ＝ ，在Rt ABM中，
DN AT 4 DN 3
△ △
AM AM 1
tan∠ABM= ＝ ＝ ．
BM DN 3
【详解】（1）∵AD=AB，AM=AN，∠AMB=∠AND=90°
∴Rt ABM≌Rt AND（HL）．
（2）△由Rt AB△M≌Rt AND易得：∠DAN=∠BAM，DN=BM
∵∠BAM+∠△DAM=90°△；∠DAN+∠ADN=90°
∴∠DAM=∠ADN
∴ND∥AM
∴△DNT∽△AMT
AM DT
∴ ＝
DN AT
1
∵AT= AD，
4
AM 1
∴ ＝
DN 3
∵Rt ABM
△AM AM 1
∴tan∠ABM= ＝ ＝ ．
BM DN 3
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、解直角三角
形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题
【题型03：母子型相似】
【典例3】如果两个相似三角形的对应边存在2倍关系，则称这两个相似三角形互为母子三角形．
DE
（1）如果△≝¿与△ABC互为母子三角形，则 的值可能为（ ）
AB
1 1
A．2 B． C．2或
2 2
（2）已知：如图1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，AB=2AD,∠ADE=∠B．
求证：△ABD与△ADE互为母子三角形．
（3）如图2，△ABC中，AD是中线，过射线CA上点E作EG//BC，交射线DA于点G，连结BE，
AG
射线BE与射线DA交于点F，若△AGE与△ADC互为母子三角形．求 的值．
GF
AG 1
【答案】（1）C；（2）见解析；（3） = 或3．
GF 3
【分析】（1）根据互为母子三角形的定义即可得出结论；
（2）根据两角对应相等两三角形相似得出△ABD∽△ADE，再根据AB=2AD从而得出结论；
（3）根据题意画出图形，分当G,E分别在线段AD,AC上时和当G,E分别在射线DA,CA上时两种情
况加以讨论；
【详解】（1）∵△≝¿与△ABC互为母子三角形，
DE 1
∴ = 或2
AB 2故选：C
（2）∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠ADE=∠B，
∴△ABD∽△ADE．
又∵AB=2AD，
∴△ABD与△ADE互为母子三角形．
（3）如图，当G,E分别在线段AD,AC上时，
∵△AGE与△ADC互为母子三角形，
CD AD
∴ = =2，
GE AG
∴AG=DG，
∵AD是中线，
∴BD=CD，
又∵≥//BC，
∴△GEF∽△DBF．
DF DB CD
∴ = = =2，
GF GE GE
∴DG=3GF，
AG
∴ =3．
GF
如图，当G,E分别在射线DA,CA上时，
∵△AGE与△ADC互为母子三角形，
CD AD
∴ = =2，
GE AG1 1
∴AG= AD= DG，
2 3
∵AD是中线，
∴BD=CD，
又∵≥//BC，
∴△GEF∽△DBF．
DF DB CD
∴ = = =2，
GF GE GE
∴DG=GF，
AG 1
∴ = ．
GF 3
AG 1
综上所述， = 或3
GF 3
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、分类讨论的数学思想以及接受与理解新生事物的
能力．准确理解题设条件中互为母子三角形的定义是正确解题的先决条件，在分析与解决问题的过程
中，要考虑全面，进行分类讨论，避免漏解．
AB AD
【变式3-1】如图，在 ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且 = ，∠BAD＝∠ECA．
AC CE
△（1）求证：AC2＝BC•CD；
CE
（2）若AD是 ABC的中线，求 的值．
AC
△
❑√2
【答案】（1）证明见解析；（2）
2
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，进而求出
△ABC∽△DAC，再利用相似三角形的性质得出答案即可；
（2）由△BAD∽△ACE可证∠CDE=∠CED，进而得出CD=CE，再由（1）可证AC=❑√2CD，由
此即可得出线段之间关系．
AB AD
【详解】（1）证明：∵ = ，∠BAD=∠ECA，
AC CE
∴ΔBAD∽ΔACE，
∴∠B=∠EAC，
∵∠ACB=∠DCA，
∴△ABC∽△DAC，
AC BC
∴ = ，
CD AC
∴AC2=BC·CD．
（2）解：∵△BAD∽△ACE，
∴∠BDA=∠AEC，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∵AD是 ABC的中线，
∴BC=2△BD=2CD，
∴AC2=BC·CD=2CD2，即：AC=❑√2CD，
CE CD ❑√2
∴ = = ．
AC ❑√2CD 2
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及重心的性质等知识，根据已知得出△BAD∽△ACE是解题关键．
【变式3-2】如图，AB=16cm，AC=12cm，动点P，Q分别以每秒2cm和1cm的速度同时开始运动，
其中点P从点A出发，沿AC边一直移到点C为止，点Q从点B出发沿BA边一直运动到点A为止（点P
到达点C后，点Q继续运动）
(1)请直接用含t的代数式表示AP的长和AQ的长，并写出t的取值范围；
(2)当t等于何值时，△APQ与△ABC相似？
【答案】(1)AP=2tcm（0≤t≤6），AQ=（16-t）cm（0≤t≤16）
48
(2)t= 或t=7
11
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）分两种情况：当0≤t<6时，当6≤t≤16时，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：由题可知：AP=2tcm（0≤t≤6），AQ=（16-t）cm（0≤t≤16）
（2）解：当0≤t<6时
①若QP∥BC，则有△AQP∽△ABC．
AQ AP
∴ =
AB AC
又∵AB=16cm，AC=12cm，AP=2tcm，
16−t 2t
∴ =
16 12
48
解得：t= ；
11②由∠A=∠A，若∠AQP=∠C，则有△AQP∽△ACB．
AQ AP
∴ = ，
AC AB
16−t 2t
∴ =
12 16
解得：t=6.4（不合题意，舍去）
当6≤t≤16时，点P与点C重合，
∵∠A=∠A，只有当∠AQC=∠ACB，有△AQP∽△ACB．
AQ AP
∴ =
AC AB
16−t 12
∴ =
12 16
解得：t=7
48
综上所述：t= 或t=7．
11
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的性质是解题的关键．
【变式3-3】如图：在矩形ABCD中，AB=6m，BC=8m，动点Р以2m/s的速度从A点出发，沿AC
向C点移动，同时动点Q以1m/s的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动的时间为t
秒(00，如图2，则MI=m−(t−4)，MH=4−t−m，QI=2t−4，当△PMQ∽△AOB时，
PM AO 4
∴ = = =2，
QM BO 2
PH MH
∴ = =2．
MI QI
∴PH=2MI，MH=2QI，
联立方程组：
1
{ m= )
{ 4=2[m−(t−4)) ) 3
，解得：
4−t−m=2(2t−4) 7
t=
3
7 1
∴t= 时，M( ,0)，
3 3②若m>0，MI=m−(t−4)，MH=m−(4−t)，QI=4−2t，如图3，当△QMP∽△AOB时，
PM BO 2 1
∴ = = =
QM AO 4 2
PH MH 1
∴ = =
MI QI 2
∴2PH=MI，2MH=QI，
联立方程组：
14
{ m= )
{ 2×4=m−(t−4) ) 3
，解得 ．
2[m−(4−t))=4−2t 2
t=
3
2 14
∴t= 时，M( ,0)
3 3
③若m<0，当△PMQ∽△AOB时，如图4，MI=(t−4)−m，MH=(4−t)−m，QI=4−2t，
PM QM
∴ = ，
AO BO
PM AO 4
∴ = = =2，
QM BO 2
PH MH
∴ = =2
MI QI∴PH=2MI，MH=2QI，
联立方程组：
{ 4=2[(t−4)−m) ) {m=−7)
，解得：
4−t−m=2(4−2t) t=−1
∴t=−1，M(−7，0)
④m<0，△QMP∽△AOB的情况不存在，
7 1 2 14
综上，t= 时，M( ,0)；t= 时，M( ,0)；t=−1时，M(−7，0)．
3 3 3 3
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形相似、平行四边形的性质等，分类求解是解
题的关键．
【变式5-1】如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E分别是BC，AC上的点，且
∠3=45°，求证：△ABD∽△DCE.
【答案】见解析
【分析】本题考查相似三角形的判定，根据∠B=∠C=∠3=45°，结合外角定理可得∠1=∠2，即
可证明△ABD∽△DCE；
【详解】证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠C=45°，
∵∠ADC是△ABD的一个外角，
∴∠2+∠3=∠1+∠B，
又∵∠3=45°，∠B=45°，
∴∠1=∠2，
在△ABD和△DCE中，
{∠B=∠C)
，
∠1=∠2
∴△ABD∽△DCE
【变式5-2】（1）如图1，∠ABC=90°，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为
E、F，AE=4，BE=2，BF=3，求CF的长度为 ．（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，点E、F、M分别在AB、BC、AD上，
∠EMF=90°，AM=2，当BE+BF=9时，求四边形MEBF的面积．
（3）如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=15，BC=20，点E、F分别在边AB、BC上，
3
∠CEF=α且tanα= ，若BF=8，求BE的长度．
4
3
【答案】（1） ，（2）17；（3）BE=16−4❑√6，
2
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质．
（1）根据一线三垂直模型容易证明△ABE∽△BCF，进而由相似三角形性质即可求解；
（2）过点F作FH⊥AD垂足为H，根据（1）可知△AME∽△FHM，根据相似三角形性质结合已知
求出BE=1，MH=6，AE=3，BF=8，再由四边形MEBF的面积=矩形ABFH的面积
−S −S 即可求解；
△AME △MHF
（3）延长BA到点P使CP=BC=20，连接CP，过点C作CH⊥AB，利用等腰三角形三线合一和解
PC BE
三角形求出BP=2BH=32，再证明△PEC∽△BFE，得 = 即可求解．
PE BF
【详解】解：（1）∵∠ABC=90°，AE⊥EF，CF⊥EF，∴∠E=∠F=90°，∠A+∠ABE=90°，∠CBF+∠ABE=90°，
∴∠A=∠CBF，
∴△ABE∽△BCF，
AE BE
∴ = ，
BF CF
∵AE=4，BE=2，BF=3，
4 2
∴ = ，
3 CF
3
∴CF= ，
2
3
故答案为 ，
2
（2）如图，过点F作FH⊥AD垂足为H，
同理（1）得：△AME∽△HFM，
AE AM
∴ = ，
MH HF
∵在矩形ABCD中，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABFH是矩形，
∴HF=AB=4，BF=AH=AM+MH，
∵AM=2，BE+BF=9，
∴BE+2+MH=9，即：MH=7−BE，
4−BE 2
∴ = ，解得：BE=1，
7−BE 4
∴MH=6，AE=AB−BE=3，BF=8，
∵四边形MEBF的面积=矩形ABFH的面积−S −S ，
△AME △MHF
1 1
∴四边形MEBF的面积=4×8− ×2×3− ×6×4=17．
2 2
（3）延长BA到点P使CP=BC=20，连接CP，过点C作CH⊥AB，1
∴BH=HP= BP，∠B=∠P，
2
∵∠ACB=90°，AC=15，BC=20，
20 4
∴AB=25，cos∠B= = ，
25 5
4
∴BH=BCcos∠B=20× =16，
5
∴BP=2BH=32，
3
∵∠CEF=α且tanα= ，
4
3
又∵tanB= ，
4
∴∠B=∠CEF=α，
∴∠B+∠ECF=∠CEF+∠ECF，
∴∠AEC=∠EFB，
∴△PEC∽△BFE，
PC BE
∴ = ，
PE BF
20 BE
∴ = ，解得：BE=16−4❑√6，BE=16+4❑√6>25（不合题意舍去）
32−BE 8
∴BE=16−4❑√6
【点睛】本题涉及了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、矩形的性质和判定、等腰三角形的判
定和性质、勾股定理解三角形等知识点，解题关键是根据一线三等角模型构造和证明三角形相似．
【变式5-3】如图，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一点，使得AE⊥DE；(1)求证：△ABE∽△ECD；
(2)若AB=4，AE=BC=5，求CD的长；
(3)当△AED∽△ECD时，请写出线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
3
(2)CD=
2
(3)线段AD、AB、CD之间数量关系：AD=AB+CD，理由见解析．
【分析】此题主要考查学生对相似或全等三角形判定与性质的理解和掌握，本题符合“一线三等角”
模型．
（1）先根据同角的余角相等可得∠DEC=∠BAE，利用两角相等证明三角形相似即可；
（2）先根据勾股定理得出BE=3，再根据△ABE∽△ECD，列比例式可得结论；
（3）先根据△AED∽△ECD，证明∠EAD=∠DEC，可得∠ADE=∠EDC，证明
Rt△DFE≌Rt△DCE(HL)，则DF=DC，同理可得：AF=AB，相加可得结论．
【详解】（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B=∠C=90∘，∠BAE+∠AEB=90∘，
∵AE⊥DE，∴∠AED=90∘，
∴∠AEB+∠DEC=90∘，
∴∠DEC=∠BAE，
∴△ABE∽△ECD．
（2）解：Rt△ABE中，
∵AB=4，AE=5，
∴BE=3，
∵BC=5，
∴EC=5−3=2，
由（1）得：△ABE∽△ECD，AB BE
∴ = ，
EC CD
4 3
∴ = ，
2 CD
3
∴CD= ．
2
（3）解：线段AD、AB、CD之间数量关系：AD=AB+CD，
理由是：如图，过E作EF⊥AD于F，
∵△AED∽△ECD
，
∴∠EAD=∠DEC，
∵∠AED=∠C，
∴∠ADE=∠EDC，
∵DC⊥BC，
∴EF=EC，
∵DE=DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE(HL)，
∴DF=DC，
同理可得：△ABE≌△AFE，
∴AF=AB，
∴AD=AF+DF=AB+CD．
