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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(0<t<5)．
（1）AP=______m，PC=______m，CQ=_____m（用含t的代数式表示）
（2）t为多少秒时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ABC相似？
（3）在P、Q两点移动过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不
能，请说明理由．40 25
【答案】（1）2t，10−2t，t；（2）t= 或 ；（3）四边形ABQP与△CPQ的面积不相等，理由
13 7
见解析
【分析】（1）根据矩形和勾股定理的性质，计算得AC，结合题意，根据代数式的性质计算，即可得
到答案；
（2）结合（1）的结论，根据相似三角形的性质列方程并求解，即可得到答案；
（3）过点P作PM⊥BC，交BC于点M，通过证明△ABC∽△PMC，根据相似比的性质，推导得
15t−3t2
S = ，根据题意列一元二次方程，根据一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案．
△CPQ 5
【详解】（1）∵矩形ABCD中，AB=6m，BC=8m
∴AC=❑√AB2+BC2=10m
∵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，
∴AP=2t (m)，CQ=t (m)
∴PC=AC−AP=10−2t (m)
故答案为：2t，10−2t，t；
（2）根据（1）的结论，得CQ=t (m)，PC=10−2t (m)，AP=2t (m)，
∵∠PCQ=∠ACB
CQ PC CQ PC
∴当 = ，或 = 时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ABC相似
BC AC AC BC
CQ PC t 10−2t
当 = 时，得 =
BC AC 8 10
∴5t=40−8t
40
∴t= ；
13
CQ PC t 10−2t
当 = 时，得 =
AC BC 10 8∴4t=50−10t
25
∴t= ；
7
（3）如图，过点P作PM⊥BC，交BC于点M
∵∠ABC=∠PMC=90°，∠ACB=∠PCM
∴△ABC∽△PMC
PC PM
∴ =
AC AB
PC×AB 6(10−2t) 30−6t
∴PM= = =
AC 10 5
1 1 30−6t 15t−3t2
∴S = PM×CQ= × ×t=
△CPQ 2 2 5 5
∵四边形ABQP与△CPQ的面积相等,S =四边形ABQP面积+S
△ABC △CPQ
1
∴S = S
△CPQ 2 △ABC
15t−3t2 1 1
∴ = × ×6×8
5 2 2
∴t2−5t+20=0
∵Δ=(−5) 2−4×20=25−80=−55<0
∴t2−5t+20=0无解，即四边形ABQP与△CPQ的面积不相等．
【点睛】本题考查了代数式、相似三角形、一元二次方程、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练
掌握相似三角形、一元二次方程判别式的性质，从而完成求解．
【题型04：旋转相似】
【典例4】【操作与思考】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，CD边上的点，且BE+DF=EF，且△ADF绕
点A顺时针旋转90°得到△ABG，画出△ABG，并证明∠EAF=45°；【尝试与应用】
1
（2）如图2，正方形ABCD边长为8，点E，F分别为BC，CD边上的点，tan∠EAF= ．
2
FM∥BC交AE于M，求证2MF=BE+FD；
【拓展与创新】
1
（3）如图3，矩形ABCD中，AD=10，AB=5，点E，F分别为BC，CD边上的点，tan∠EAF= ，
2
FM∥BC交AE于M．若MF=7，直接写出DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）7−❑√19
【分析】（1），由旋转性质可知∠GAF=90°，再证明△AEG≌△AEF(SSS)，可得
1
∠EAG=∠EAF= ∠GAF，由此证明结论；
2
（2）延长CB到G，使得BG=DF，连接AG，证明△ADF≌△ABG(SAS)，得到AG=AF，
BG=DF，∠DAF=∠BAG，∠GAF=∠DAB=90°．过点F作FN∥AG，交AE的延长线于点
N，得到∠GAF=∠AFN=90°，∠GAE=∠FNM．
FM FN FN 1
证明△FMN∽△GEA，结合正切函数证明 = = = 即可解题．
GE AG AF 2
1
（3）模仿（2），延长CB到G，使得BG= DF，连接AG，过点F作FN∥AG，交AE的延长线于
2
1
点N，构造△ADF∽△ABG，再证明△FMN≌△GEA，可得¿=FM=BE+ DF=7，再延长FM交
2
AB于点K，结合FM∥CB，证明△AKM∽△ABE，列出比例式计算即可．
【详解】（1）∵△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，如图，∴∠GAF=90°，△ADF≌△ABG，
∴AG=AF，BG=DF，
∵BE+DF=EF，
∴BE+BG=BE+DF，即EG=EF，
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF(SSS)，
∴∠EAG=∠EAF，
1
∴∠EAF= ∠GAF=45°，
2
（2）①延长CB到G，使得BG=DF，连接AG，
∴¿=BG+BE=DF+BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABE=∠ABG=90°，AD=AB，
{ DF=BG )
∵ ∠ADF=∠ABG ，
AD=AB
∴△ADF≌△ABG(SAS)，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∴∠GAF=∠DAB=90°．
过点F作FN∥AG，交AE的延长线于点N，
∴∠GAF=∠AFN=90°，∠GAE=∠FNM．1
∵tan∠EAF= ，
2
NF 1
∴ = ．
AF 2
∵FM∥CB，
∴∠FMN=∠GEA，
∴△FMN∽△GEA，
FM FN FN
∴ = = ．
GE AG AF
FM 1
∴ = ．
GE 2
∴¿=2FM．
∵¿=BG+BE=DF+BE，
∴2FM=BE+DF．
1
（3）延长CB到G，使得BG= DF，连接AG
2
1
∴¿=BG+BE= DF+BE，
2
∵矩形ABCD中，AD=10，AB=5，，
∴∠D=∠ABE=∠ABG=90°，
AB BG 1
= = ，
AD DF 2
∴△ADF∽△ABG，
AG 1
∴ = ，∠DAF=∠BAG，
AF 2
1
∴AG= AF，∠GAF=∠DAB=90°．
2
过点F作FN∥AG，交AE的延长线于点N，∴∠GAF=∠AFN=90°，∠GAE=∠FNM．
1
∵tan∠EAF= ，
2
NF 1 1
∴ = ．NF= AF，
AF 2 2
∴NF=AG
∵FM∥CB，
∴∠FMN=∠GEA，
∴△FMN≌△GEA(ASA)，
1
∴¿=FM=BE+ DF==7．
2
1
∴BE=7− DF．
2
延长FM交AB于点K，
∵FM∥CB，
∴△AKM∽△ABE，
AK MK
∴ = ．
AB BE
∵四边形AKFD是矩形，AB=5，AD=10，
∴AK=DF，AD=FK=10，
∴MK=FK−FM=3，
DF 3
=
∴ 5 1 ，
7− DF
2
整理，得DF2−14DF+30=0，
解方程，得DF=7+❑√19（不合题意舍去），DF=7−❑√19
综上所述，DF的长为7−❑√19．
【点睛】本题考查了四边形与全等三角形、相似三角形的综合，解题关键是通过旋转构造全等三角形
或相似三角形，转化线段关系．
【变式4-1】1.问题发现
图（1），在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=35°，连接AC，BD交于
点M.
AC
① 的值为______；②∠AMB的度数为_______．
BD（2）类比探究
图（2），在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC，交
AC
BD的延长线于点M，请计算 的值及∠AMB的度数；
BD
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若OD=2，AB=8，将△OCD绕点O在平面内旋转一周．
①当直线DC经过点B且点C在线段BD上时，求AC的长；
②请直接写出运动过程中M点到直线OB距离的最大值．
AC
【答案】（1）①1；②35°；（2） =❑√3，∠AMB=90°；（3）①AC的长为❑√3+❑√39；②M点
BD
到直线OB距离的最大值为2❑√3
【分析】（1）直接根据两个共顶点的等腰三角形证明△AOC≌△BOD(SAS)，可以证明
∠OBD=∠OAC，最后在△OFB和△MFA中导角直接可以求解．
（2）改变三角形结构，直接通过判定△AOC和△BOD相似，同样可以用第一问的方式证明
∠OBD=∠OAC，根据相似比，求线段比例，最后在△OFB和△MFA中导角直接可以求解∠AMB的
度数．
（3）深度理解题意，本质上问的就是当B，C，D，三点共线时，求DB的长，在利用△DOB∽△COA，
对应边成比例求AC的长，最值的求解，先找到点M和点D的轨迹，可以发现是在两个圆弧上运动，再
利用∠MBO最大时，则M点到直线OB距离的最大，直接求解即可．
【详解】（1）①∵∠AOB=∠COD=35°，
∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，
∴∠COA=∠DOB，
又∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴AC=BD，AC
∴ =1，
BD
故答案为：1；
②设AO与BD交于点F，
由①知，△AOC≌△BOD，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB+∠DBO=∠DFO，
∠AMB+∠CAO=∠DFO，
∴∠AOB=∠AMB=35°，
故答案为：35°；
（2）如下图，在△OAB和△OCD中，设AO与BD交于点E；
∵∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，
OD OB ❑√3
∴tan30°= = = ；
CO OA 3
∵∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，
即∠DOB=∠COA，
∴△DOB∽△COA，
AC OC
∴ = =❑√3，∠DBO=∠CAO，
BD OD
∵∠DBO+∠OEB=90°，∠OEB=∠MEA，
∴∠CAO+∠MEA=90°，
∴∠AMB=90°，
AC
∴
=❑√3，∠AMB=90°．
BD（3）①如下图所示，当直线DC经过点B且点C在线段BD上时；
1
在△ODB中，∠D=60°，OB= AB=4；
2
过点O作BD的垂线，垂足为H；
∴OH⊥BD；
∵∠D=60°；
∴∠DOH=30°；
∴HD=1，HO=❑√3；
在Rt△OHB中，由勾股定理得；
BH=❑√BO2−OH2=❑√16−3=❑√13；
∴BD=❑√13+1；
∵△DOB∽△COA；
AC
∴
=❑√3；
BD
即AC=❑√3BD=❑√3+❑√39；
②如下图所示，∵∠AMB=90°，AB=8；
∴点M的轨迹是圆弧，即点M在圆P上运动，且∠OMB=∠OAB=30°；
要想求出点M到直线OB的最大值，动点M距离直线OB越远越好，
从下图可以看出，点D的轨迹也是圆，点M运动极限位置取决于∠MBO的最大值；
∵OD=2，OB=4；
∴∠MBO的最大值取得当且仅当OD⊥BM时；
即在Rt△ODB中；2 1
sin∠OBD= = ；
4 2
∴∠OBD=30°；
过点M作OB的垂线，垂足为G；
∴MG⊥BG；
即线段GM即为所求；
在Rt△MGB中；
MG 1
sin∠GBM= = ；
MB 2
∵∠OBD=30°；
∴∠MBA=60°−30°=30°；
∵AB=8；
∴AM=4；
MB=❑√82−42=4❑√3；
1
∴MG= BM=2❑√3；
2
∴M点到直线OB距离的最大值为2❑√3．
【点睛】本题主要考查等腰背景下全等三角形的判定和性质综合，特殊直角三角形为背景的相似三角
形的判定和性质综合，利用特殊角的三角函数解三角形，圆轨迹动态下求线段的最值，熟练掌握手拉
手模型证明三角形全等，数量掌握相似三角形的判定，特别是两边对应成比例，夹角相等类的，对于
求点到直线最值类型要注意动点的轨迹寻找和影响最值的主要因素，进而综合判定求解是解题的关键．
【变式4-2】在△ABC中，CA=CB，∠ACB=α，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接
AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP.(1)观察猜想
BD
如图①，当α=60°时， 的值是_______，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是________．
CP
(2)类比探究
BD
如图②，当α=90°时，请写出 的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图②的情
CP
形说明理由．
【答案】(1)1，60°；
(2)❑√2，45°，理由见解析
【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得△APC≌ △ADB(SAS)，如图
①中，设直线PC与直线BD交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果；
AB AD
(2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得 = ，可证得∠DAB=∠PAC，即可证得
AC AP
△DAB∽ △PAC，如图②中，设直线BD交CP于G，AC交BD于点H，再利用相似三角形的性质及角
的关系，即可求得结果．
【详解】（1）解：∵∠ACB=60°，∠APD=60°，CA=CB，AP=DP，
∴△ACB与△APD都是等边三角形，
∴∠CAB=∠PAD=60°，AC=AB，AP=AD，
∴∠CAP=∠CAB−∠PAB=∠PAD−∠PAB=∠BAD，
在△APC与△ADB中，
{ AC=AB )
∠CAP=∠BAD
AP=AD
∴△APC≌ △ADB(SAS)，
∴BD=CP，∠ACP=∠ABD，
BD
∴ =1；
CP设CP与BD的延长线交于点I，如图①，
∴∠CIB=180°−∠PCB−∠CBD=180°−(60°−∠ACP)−(60°＋∠ABD)=60°＋∠ACP−∠，ABD=60°
∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为60°；
BD
（2）解： =❑√2，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°，
CP
理由如下：
∵∠ACB=90°，CA=CB，
AB
∴∠CAB=45°， =❑√2，
AC
AD
同理可得：∠PAD=45°， =❑√2，
AP
AB AD
∴ = ，
AC AP
∵∠CAB=∠PAD.
∴∠CAB＋∠DAC=∠PAD＋∠DAC，
即∠DAB=∠PAC，
∴△DAB∽ △PAC，
BD AB
∴ = =❑√2，∠DBA=∠PCA，
CP AC
设BD交CP于点G，BD交CA于点H，如图②，
∵∠BHA=∠CHG
，∴∠CGH=∠BAH=45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°．
【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角
形解决问题．
【变式4-3】【问题发现】（1）如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B、C
重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BD与CE的数量关系是 ，位置
关系是 ；
【探究证明】（2）如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋
转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；
【拓展延伸】（3）如图3，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=2CD=4，将△ACD绕点A顺时针
旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°<α<360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图
形，并求出线段BE的长度．
【答案】（1）BD=CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由见解析；（3）画出图形见解析，线段
12
BE的长度为 ．
5
【分析】（1）由题意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，从而可证△ABD≌△ACE，然后根据三角形
全等的性质可求解；
（2）连接BD，由题意易得∠CAE=∠BAD，进而可证△BAD≌△CAE，最后根据三角形全等的性
质及角的等量关系可求证；
（3）如图，过A作AF⊥EC，由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC=∠EAD=90°，然后根
据相似三角形的性质及题意易证△BAE∽△CAD，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，{ AB=AC )
在△BAD和△CAE中， ∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠BCE=45°+45°=90°，
故答案为：BD=CE，BD⊥CE；
（2）BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，
∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠AEC=45°，
∵∠CAB=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AE=AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA=∠AEC=45°，
∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°，
∴BD⊥CE；
（3）如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC=∠EAD=90°，AB AC AB AE
∴ = ，即 = ，
AE AD AC AD
∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠BAE=∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠BEC=180°−（∠CBE+∠BCE）=180°−（∠CBA+∠ABE+∠BCE）=180°（∠CB，A+∠ACD+∠BCE）=90°
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC=2CD=4，
∴BD= ❑√BC2+CD2=❑√42+22=2❑√5，
∵AC⊥BD，
1 1
∴S = AC•BD= BC•AC，
△BCD 2 2
4 2
∴AC=AE= ❑√5，AD= ❑√5，
5 5
4 16
∴AF= ，CE=2CF=2× ❑√AC2−AF2= ，
5 5
∴BE= ❑√BC2−CE2=❑
√
42−
(16) 2
=
12
．
5 5
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三
角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．
【变式4-3】
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请
BD
直接写出 的值．
CEAB AD 3
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且 ＝ ＝ ．连
BC DE 4
接BD，CE．
BD
①求 的值；
CE
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
❑√2
(2)
2
3 4
(3)① ；②
5 5
【分析】（1）证明 BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明 BAD∽△△CAE，进而得出结果；
（3）①先证△明 ABC∽△ADE，再证得 CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上△得出∠ACE＝∠ABD，进△而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和 ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠△BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
AB AB 1
∴ = = ，∠DAE＝∠BAC＝45°，
AE AC ❑√2
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
BD AB 1 ❑√2
∴ = = = ；
CE AC ❑√2 2
AB AD 3
（3）解：① = = ，∠ABC＝∠ADE＝90°，
AC DE 4
∴△ABC∽△ADE，
AB AD 3
∴∠BAC＝∠DAE， = = ，
AC AE 5∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
BD AD 3
∴ = = ；
CE AE 5
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
BC 4
∴sin∠BFC= = ．
AC 5
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，
解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
【变式4-4】如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG．
(1)[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间有怎样的关系？请说明理由；
(2)[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD=2AB，AG=2AE，猜想DG
与BE的关系，并说明理由；
(3)[应用]：在(2)情况下，连接¿(点E在AB上方)，若GE ∥ AB，且AB= ❑√5，AE=1，求DG的长．
【答案】(1)DG=BE，DG⊥BE，理由见解析
(2)DG=2BE，BE⊥DG，理由见解析
(3)DG=4
【分析】（1）先判断出△ABE≌△ADG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余
角相等即可得出结论；
（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△ADG，得出DG=2BE，∠ABE=∠ADG，
再利用等角的余角相等即可得出结论；
（3）先求出BE，进而得出BE=AB，即可得出四边形ABEG是平行四边形，进而得出∠AEB=90°，
求出BE的长，借助（2）得出的相似，即可得出结论．
【详解】（1）解：DG=BE，DG⊥BE，理由如下：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴BE=DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△AGD
，
∴∠ABE=∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE=90°，
∴∠AQB+∠ADG=90°，
∵∠AQB=∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG=90°，
∴∠DHB=90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG=BE，DG⊥BE；
（2）DG=2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，
∵ ABCD AEFG
四边形 与四边形 都为矩形，
∴∠BAD=∠EAG，
∴∠BAE=∠DAG，
∵AD=2AB，AG=2AE，
AB AE 1
∴ = = ，
AD AG 2∴△ABE∽△ADG，
BE AB 1
∴ = = ，∠ABE=∠ADG，
DG AD 2
∴DG=2BE，
∵∠AKB+∠ABE=90°，
∴∠AKB+∠ADG=90°，
∵∠AKB=∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG=90°，
∴∠DHB=90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，设EG与AD的交点为M，
∵EG∥ AB
，
∴∠DME=∠DAB=90°，
在Rt△AEG中，AE=1，
∴AG=2AE=2，
根据勾股定理得：EG=❑√22+12=❑√5，
∵AB=❑√5，
∴EG=AB，
∵EG∥ AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥ BE，
∵AG∥ EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，∴∠AEB=90°
，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，
BE=❑√AB2−AE2=❑√ (❑√5) 2 −12=2，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
BE AB 1
∴ = = ，
DG AD 2
2 1
即 = ，
DG 2
∴DG=4．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握正方形得性质和矩形的性
质，证明△ABE≌△ADG和△ABE∽△ADG是解本题的关键．
【题型05：K字型相似】
【典例5】综合探究
如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，□ ABCD的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，
OA=OC=2OB=4，直线y=x+t(−2≤t≤4)分别与x轴、y轴、线段AD、直线AB交于点E、F、
P、Q．
(1)当t=1时，求证：AP=DP．(2)探究线段AP、PQ之间的数量关系，并说明理由．
(3)在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ=90°，且以点M、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似，若
存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)PQ=2❑√2AP
7 1 2 14
(3)t= 时，M( ,0)；t= 时，M( ,0)；t=−1时，M(−7，0)．
3 3 3 3
【分析】（1）根据t=1，求出t=1与AD交点P的坐标，即可求解；
（2）先求出直线AB的表达式为y=2x+4，再联立直线AB与直线y=x+t求出Q(t−4,2t−4)，再求
出点P(4−t,4)，利用坐标系中两点距离公式求出即可PQ=2❑√2(t−4)，结合AP=4−t即可求解；
PM AO PM BO 1
（3）证明△PHM∽△MIQ，得到 = =2或 = = ，分四种情况画图求解．
QM BO QM AO 2
【详解】（1）证明：由OA=OC=2OB=4知，OC=4，OB=2，
则AD=BC=6，
则点A、B的坐标分别为：(0,4)、(−2,0)，
1
当y=4时，y=x+1=4，则x=3= AD，
2
即点P(3,4)，
∴AP=DP=3；
（2）解：PQ=2❑√2AP，理由：
设直线AB的表达式为：y=kx+b，将A(0，4)、B(−2，0)代入得：
{ 4=b ) {k=2)
，解得： ．
0=−2k+b b=4
∴直线AB的表达式为：y=2x+4，
联立上式和y=x+t得
{ y=x+t ) { x=t−4 )
，解得 ，
y=2x+4 y=2t−4
即点Q(t−4,2t−4)，
同理（1）可得，点P(4−t,4)，
∴PQ=❑√[(t−4)−(4−t)) 2 +[(2t−4)−4) 2 =2❑√2(4−t)
∵AP=4−t，
∴PQ=2❑√2AP；（3）分别过点P、Q作PH⊥x轴，QI⊥x轴，
∴∠PHM=∠MIQ=90°，
∵∠PMQ=90°，
∴∠PMH+∠QMI=90°，
∵∠MQI+∠QMI=90°，
∴∠PMH=∠MQI，
∴△PHM∽△MIQ，
PH MH PM
∴ = = ，
MI QI QM
设点M(x,0)，由（2）知，点P、Q的坐标分别为：(4−t,4)、(t−4,2t−4)，
①若m>0，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．
