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专题 27.3 相似三角形的判定与性质综合
◆ 典例分析
【典例1】如图，
CE CD
（1）如图1，在矩形ABCD中，CE⊥BD于点H，交AD于点E．求证： = ；
BD BC
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°,AD=4,BC=9,CD=7．E是边AB上的一动点，过
CF
点C作CG⊥ED，交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F．试探究 是否为定值？若是，请求
DE
CF
出 的值；若不是，请说明理由；
DE
（3）如图3，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，将△ABD沿BD翻折得到△CBD，点E，F分别在边
CF 3 AD
AB,AD上，连接CF,DE．若∠AED=∠AFC，且 = ，则 的值为 ．
DE 5 AB
【思路点拨】
CE CD
（1）证明△CED∽△BDC，利用相似三角形的性质即可证明 = ；
BD BC
（2）过点C作CH⊥AF交AF延长线于点H，首先证明四边形ABCH为矩形，易得AB=CH，BC=AH，
CF CH
再证明△DEA∽△CFH，由相似三角形的性质可得 = ，然好由勾股定理解得CH=2❑√6，即可证
DE AD
CF CH ❑√6
明 = = ，即可获得答案；
DE AD 2
（3）过点C作CG⊥AD于点G，交BD于点H，作HM⊥CD于点M，证明CG∥AB，易得CF CG 3
∠ABD=∠GHD，再证明△AED∽△GFC，由相似三角形的性质可得 = = ，由折叠的性质可
DE AD 5
得AD=CD，∠ADB=∠CDB，设GC=3x，则AD=CD=5x，由勾股定理可得
，然后由角平分线的性质定理可得 ，结合 ，可求
DG=❑√CD2−CG2=4x HG=HM S +S =S
△HDG △CHD △CDG
4x
得HG= ，证明△DGH∽△DAB，列出比例式求解即可．
3
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC=∠DCB=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DBC+∠BCH=∠BCH+∠ECD=90°，
∴∠DBC=∠ECD，
∴△CED∽△BDC，
CE CD
∴ = ；
BD BC
CF
（2） 是定值，
DE
如下图，过点C作CH⊥AF交AF延长线于点H，
∴∠A=∠B=∠H=90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB=CH，BC=AH，
∵∠GFD=∠HFC，∠GDF=∠ADE，
又∵∠GFD+∠GDF=∠HFC+∠HCF，
∴∠ADE=∠HCF，
∵∠A=∠H，∴△DEA∽△CFH，
CF CH
∴ = ，
DE AD
∵BC=9，CD=7，AD=4，
∴DH=AH−AD=BC−AD=5，
∴CH=❑√CD2−DH2=2❑√6，
CF CH 2❑√6 ❑√6
∴ = = = ，
DE AD 4 2
CF ❑√6
∴ 为定值 ；
DE 2
（3）如下图，过点C作CG⊥AD于点G，交BD于点H，作HM⊥CD于点M，
∴∠CGF=∠A=90°，
∴CG∥AB，
∴∠ABD=∠GHD，
∵∠AED=∠AFC，∠CGF=∠A，
∴△AED∽△GFC，
CF CG 3
∴ = = ，
DE AD 5
∵将△ABD沿BD翻折得到△CBD，
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB，
设GC=3x，则AD=CD=5x，
∴DG=❑√CD2−CG2=4x，
∵HG⊥AD，HM⊥CD，∠ADB=∠CDB，
∴HG=HM，
∵S +S =S ，
△HDG △CHD △CDG1 1 1
即 ×4x×HG+ ×5x×HM= ×3x×4x，
2 2 2
4x
∴HG= ，
3
∵CG∥AB，
∴△DGH∽△DAB，
DG HG
∴ =
AD AB
AD DG 4x
= = =3
∴ AB HG 4 ．
x
3
◆ 学霸必刷
1．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=6，BC=5，点D，B分别在BC、
AC上，CD=2BD，CE=2AE，BE交AD于点F，则△AFE的面积的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】
3 2
连接DE，得到DE∥AB，推出△CDE∽△CBA，△≝∽△ABF，得到S = S ，S = S ，
△ABF 5 △ADB △AFE 3 △ABF
当S 最大时，S 最大，过点D作DG⊥AB于G，当DG最大时，S 最大，由BD≥DG，得到当
△ADB △AFE △AFE
AB⊥BC时，DG =BD，根据三角形面积公式求出△AFE面积的最大值．
最大
【解题过程】
解：连接DE，∵ CD=2BD，CE=2AE，
CE CD 2
∴ = = ，
AC CB 3
又∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CBA，
CE CD DE 2
∴∠CDE=∠CBA， = = = ，
AC CB AB 3
∴ DE∥AB，
∴△≝∽△ABF，
AF BF AB 3
∴ = = = ，
DF EF DE 2
∴ S :S =3:2，S :S =3:2，
△AFB △BDF △AFB △AFE
3 2
∴ S = S ，S = S ，
△ABF 5 △ADB △AFE 3 △ABF
当S 最大时，S 最大，
△ADB △AFE
过点D作DG⊥AB于G，
∴当DG最大时，S 最大，
△AFE
∵ BD≥DG，
1 5 3 2 1 5
∴当AB⊥BC时， DG =BD= BC= ，此时S = × × × ×6=2，
最大 3 3 △AFE 5 3 2 3
故选：A．
AC 4
2．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°， = ，D为AB上一点，H为
BC 3
DH
AC上一点，若∠ABC=∠HDC，CB=CD，则 的值为（ ）
HC3 7 ❑√3 ❑√6
A． B． C． D．
5 20 3 3
【思路点拨】
本题考查了相似的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．过点C作CE⊥CD交DH的延长线
于点E，过点C作CF⊥AB于点F，证明△ABC≌△EDC(ASA)推出∠A=∠E，CE=AC，得到
△ADH∽△ECH和△ABC∽△CBF，据此求解即可．
【解题过程】
解：如图，过点C作CE⊥CD交DH的延长线于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
∴∠DCE=∠BCA=90°．
∵∠ABC=∠HDC，CB=CD，
∴△ABC≌△EDC(ASA)，
∴∠A=∠E，CE=AC．
∵∠AHD=∠EHC，
∴△ADH∽△ECH，
DH AD AH
∴ = = ．
HC EC EH
设AC=CE=4x，
AC 4
∵ = ，∠ACB=90°，
BC 3
∴BC=3x，AB=5x．
∵△ABC∽△CBF，BC BF 3
∴ = = ，
AB BC 5
3 9
∴BF= BC= x．
5 5
∵CB=CD，
9
∴DF=BF= x，
5
9 9 7
∴AD=5x− x− x= x，
5 5 5
7
x
DH AD 5 7 ．
∴ = = =
HC EC 4x 20
故选：B．
3．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=4，点E,F分别在线段BC和线段
1
DC的延长线上．若BE= ,∠EAF=45°，则CF的长为（ ）
2
1 2 2 3
A． B． C． D．
2 5 3 5
【思路点拨】
本题考查了相似三角形判定和性质，矩形的性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．如图，
1
在AB上截取BG=BE= ，在AD上截取HD=DF，且∠B=∠D=90°，可得∠BGE=∠BEG=45°，
2
3 ❑√2
∠DHF=∠DFH=45°，AG=AB−BG= ，¿=❑√2BE= ，HF=❑√2HD，通过证明
2 2
AG GE
△AGE∽△FHA，可得 = ，可求HD的长，再求解即可．
HF AH
【解题过程】
1
解：如图，在AB上截取BG=BE= ，在AD上截取HD=DF，且∠B=∠D=90°，
23 ❑√2
∴∠BGE=∠BEG=45°，∠DHF=∠DFH=45°，AG=AB−BG= ，¿=❑√2BE= ，
2 2
HF=❑√2HD，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，且∠BAE+∠AEG=∠BGE=45°，∠DAF+∠AFH=∠DHF=45°，
∴∠BAE=∠AFH，∠DAF=∠AEG，
∴△AGE∽△FHA，
AG GE
∴ = ，
HF AH
3 ❑√2
∴ 2 2
=
❑√2HD 4−HD
12
∴HD= ，
5
12
∴DF= ，
5
12 2
∴CF=DF−CD= −2= ，
5 5
故选：B
4．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=6，E为AD边上一动点，将
1
△ABE沿BE翻折到△FBE的位置，点A与点F重合，连接DF，CF，则DF+ CF的最小值为
2
（ ）
9 ❑√13 3❑√13
A． B． C．4 D．
2 2 2【思路点拨】
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，找到最小距离是解题的关键．在
3 1
BC上取点G，使BG= ，连接FG，DG，证明△FBG∽△CBF，可得出FG= CF，则
2 2
1 1
DF+ FC=DF+GF≥DG，当D、F、G三点共线时，DF+ FC最小，在Rt△CDG中，利用勾股定
2 2
理求出DG即可．
【解题过程】
3
解：如图，在BC上取点G，使BG= ，连接FG，DG．
2
∵△ABE沿BE边翻折到△FBE，
∴BF=AB=3，
又∵BC=6，
BG 1 BF 1
∴ = ， = ，
BF 2 BC 2
BG BF
∴ = ，
BF BC
又∠FBG=∠CBF，
∴△FBG∽△CBF，
GF BF 1
∴ = = ，
CF BC 2
1
∴FG= CF，
2
1
∴DF+ FC=DF+GF≥DG，
2
1
当D、F、G三点共线时，DF+ FC最小，
2
在Rt△CDG中，CD=AB=3，
CG=BC−BG=4.5，∠BCD=90°，3❑√13
∴DG=❑√CD2+CG2=
，
2
1 3❑√13
即DF+ FC的最小值为 ．
2 2
故选：D．
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AB为边向三角形外作正方形ABDE，
作EF⊥BC于点F，交对角线AD于点G，连接BG．要求△BFG的周长，只需知道（ ）
A．AC的长 B．BC的长 C．BF的长 D．FG的长
【思路点拨】
设EF与AB相交于H，设AB=c，AC=b，BC=a，利用正方形的轴对称形得出BG=EG，则可得出
c2 bc ac−bc
△BFG的周长为EF+BF，证明△AEH∽△CBA，求出EH= ，AH= ，BH=AB−AH= ，
a a a
ab−b2
证明△BHF∽△BAC，求出HF= ，BF=a−b，然后代入EF+BF计算即可得出答案．
a
【解题过程】
解∶设EF与AB相交于H，设AB=c，AC=b，BC=a，
∵∠ACB=90°，
∴c2=a2+b2，
∵四边形ABDE是正方形，
∴B、E关于直线AD对称，AE=AB=c，∠BAE=90°，
∴BG=EG，
∴△BFG的周长为BG+GF+BF=EG+GF+BF=EF+BF，∵EF⊥BC，∠C=90°，
∴EF∥AC，
∴∠AHE=∠CAB，
∴ △BHF∽△BAC，
又∠EAH=∠C=90°，
∴△AEH∽△CBA，
EH AE AH EH b AH
∴ = = ，即 = = ，
AB BC AC c a b
c2 bc
解得EH= ，AH= ，
a a
ac−bc
∴BH=AB−AH= ，
a
∵△BHF∽△BAC，
ac−bc
HF BH BF
∴ = = ，即HF a BF，
AC BA BC = =
b c a
ab−b2
解得HF= ，BF=a−b，
a
∴EF+BF=EH+HF+BF
c2 ab−b2
= + +a−b
a a
c2+ab−b2+a2−ab
=
a
c2−b2+a2
=
a
a2+b2−b2+a2
=
a
=2a
=2BC，
即△BFG的周长为2BC，
故选：B．
6．（24-25九年级上·河北邢台·阶段练习）如图，矩形ABCD中，BE平分∠ABC，过C点作CF⊥BE，
连接AF并延长交CD于点G，交CE于点M．则下列结论：①∠AME=45°；②AD⋅EF=DG⋅BF；③
若AF=4，FM=3，则CD=5；④若BC=❑√2AB，则EC=2EM．其中正确的是（ ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【思路点拨】
由矩形的性质及角平分线定义得∠BCF=∠CBE=45°，由勾股定理得BE=❑√2AB，BC=❑√2BF，由相
似三角形判定方法得△BAF∽△BEC，由相似三角形的性质得∠BAF=∠BEC，设∠EAF=x，由
∠EMF=180°−∠EAF−∠AEB−∠BEC即可求解，可判断①；由相似三角形判定方法得
EF CF
△CEF∽△AGD，由相似三角形的性质得 = ，即可判断②；延长CF交AD于H，由相似三角形
GD AD
AM AE AF AB 1
判定方法得△AEM∽△CEH，由相似三角形的性质得 = ， = = ，二者结合运算即可
CH CE EC EB ❑√2
判断③；由相似三角形的性质得∠EAM=∠ECH=x，故有90°−x=45°+x，可求
∠EAM=∠ECH=22.5°，由等腰三角形的判定及性质得 FM=CM，FM=EM， 即可判断④．
【解题过程】
解：①∵四边形ABCD是矩形，
∠ABC=∠BAC =90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=45°，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∵CF⊥BE，
∴∠BCF=∠CBE=45°，
∴BE=❑√2AB，BC=❑√2BF，
BE BC
∴ = =❑√2，
BA BF
∴△BAF∽△BEC，
∴∠BAF=∠BEC，
设∠EAF=x，则有
∠BEC=∠BAF=90°−x，
∴∠EMF=180°−∠EAF−∠AEB−∠BEC=180°−x−45°−(90°−x)
=45°；
故①正确；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AGD=∠BAF，
∵∠BAF=∠BEC，
∴∠BEC=∠AGD，
即：∠CEF=∠AGD，
∵∠CFE=∠ADG=90°，
∴△CEF∽△AGD，
EF CF
∴ = ，
GD AD
∴AD⋅EF=DG⋅CF，
∵∠BCF=∠CBE=45°
∴CF=BF，
∴ AD⋅EF=DG⋅BF
故②正确；
③如图，延长CF交AD于H，
由①②得：
∠EHF=∠FEH =∠AME=45°，
∴HF=EF，
∴HF+CF=EF+BF，
即：CH=BE，
∵∠AEM=∠CEH，
∴△AEM∽△CEH，
AM AE
∴ = ，
CH CE∵ AF=4，FM=3，
∴AM=7，
由①得：△BAF∽△BEC，
AF AB 1
∴ = = ，
EC EB ❑√2
4 1
∴ = ，
EC ❑√2
解得：CE=4❑√2，
7 AE
∴ = ，
BE 4❑√2
7 AB
∴ = ，
❑√2AB 4❑√2
解得：AB=2❑√7，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2❑√7≠5，
故③错误；
④由上过程得：BE=❑√2AB，
∵ BC=❑√2AB，
∴BC=BE，
∴∠BEC=∠BCE=∠BAF，
由③得：△AEM∽△CEH，
∴∠EAM=∠ECH=x，
∴90°−x=45°+x，
解得：x=22.5°，
∴∠EAM=∠ECH=22.5°，
∵∠EMF=∠ECH+∠CFM，
∴22.5°+∠CFM=45°，
解得：∠CFM=22.5°，
∴ ∠CFM=∠MCF=22.5°
∴FM=CM，
同理可证：FM=EM，
∴CM=FM=EM，
∴ EC=2EM，故④正确；
故选：B．
7．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是BC上一点，
∠ADC=3∠BAD，BD=8，CD=7，则AB= ．
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的判定与性质、外角的性质、等腰三角形的性质、勾股定理和一元二次方程等知识，
解题关键是构造出相似三角形．
本题先构造一个等腰三角形，利用两角分别相等的两个三角形相似得出△ABD∽△EAD，进一步得出
AD2=BD⋅DE，利用勾股定理，在两个不同的直角三角形中分别表示AC2，从而建立一元二次方程求
解，最后再次利用勾股定理即可完成最后结论．
【解题过程】
解：如图，延长CB至E，使BE=BA，
∴∠AEB=∠EAB，
设∠BAD=x，
则∠ADC=3∠BAD=3x，
∴∠ABD=2x，
∴∠AEB=∠EAB=x=∠BAD，
∵∠ADB=∠EDA
∴△ABD∽△EAD，
AD BD
∴ = ，
DE AD
∴AD2=BD⋅DE，设BE=BA=a，
∴AD2=8⋅(8+a)
在Rt△ADC中，AC2=AD2−CD2=8(8+a)−72=15+8a
在Rt△ABC中，AC2=AB2−CB2=a2−(8+7) 2=a2−152，
∴a2−152=15+8a，
解得：a =20，a =−12（不合题意，舍去），
1 2
∴AC2=202−152=175，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√175+(7+8) 2=20，
故答案为：20．
8．（24-25九年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，CD⊥AB于点D，延长CD至
1
点E，使DE= CD，BE，CA的延长线交于点F，若BE=❑√5，DE=1，则EF的长为 ．
3
【思路点拨】
本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造相似三角形成为解
题的关键．
先根据题意以及勾股定理可得CD=3、BD=2；设AD=x，则AC=AB=AD+BD=x+2，在Rt△ADC
5 5 13
中运用勾股定理列方程可得(x+2) 2=32+x2，解得：x= ，即AD= ，AC=AB= ；如图：过E作
4 4 4
5
EG∥AB交AF于G，即AD∥EG，易证△ADC∽△GEC，根据相似三角形的性质可得¿= ，再证
3
△ABF∽△GEF，最后根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
【解题过程】
1
解：∵DE= CD，DE=1，
3∴CD=3，
∵BE=❑√5，CD⊥AB，
∴BD=❑√BE2−ED2=❑√(❑√5) 2 −12=2，
设AD=x，则AC=AB=AD+BD=x+2，
5
在Rt△ADC中，AC2=CD2+AD2，即(x+2) 2=32+x2，解得：x= ，
4
5 13
∴AD= ，AC=AB=x+2= ，
4 4
如图：过E作EG∥AB交AF于G，即AD∥EG，
∴△ADC∽△GEC，
5
AD CD CD 3 5
∴ = = = ，即 4 3，解得：¿= ，
GE CE CD+DE 4 = 3
GE 4
∵EG∥AB，
∴△ABF∽△GEF，
5
EF EG 3 20
∴ = = = ，
BF AB 13 39
4
EF 20 EF 20 20❑√5
∴ = ，即 = 解得：EF= ．
BE+EF 39 ❑√5+EF 39 19
20❑√5
故答案为： ．
19
9．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，△ABC中，∠BCA=90°，AB=2AC，点P在△ABC内，
且PA=❑√3，PB=5，PC=2，则△ABC的面积为 ．【思路点拨】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质和勾股定理及逆定理等知识点，首先作
△ABQ，使得：∠QAB=∠PAC，∠ABQ=∠ACP，即可得△ABQ∽△ACP，即可得△ABQ与△ACP
相似比为2，继而可得△APQ与△BPQ是直角三角形，根据直角三角形的性质和勾股定理，即可求得
△ABC的面积，解题的关键是辅助线的构造，还要注意勾股定理与勾股定理的逆定理的应用．
【解题过程】
解：如图，作△ABQ，使得：∠QAB=∠PAC，∠ABQ=∠ACP，
∴△ABQ∽△ACP，
∵AB＝2AC，
∴△ABQ与△ACP相似比为2，
∴AQ=2AP=2❑√3，BQ=2CP=4，
∵∠ACB=90°，AB=2AC，
∴∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
∴∠QAP=∠QAB+∠BAP=∠PAC+∠BAP=∠BAC=60°，
AQ AB 2
∵ = = ，
AP AC 1
∴△ACB∽△APQ，
∴∠APQ=90°，∠AQP=30°，
∴PQ=❑√AQ2−AP2=❑√ (2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
∴BP2=25=42+32=BQ2+PQ2，
∴∠BQP=90°，∴∠APC=∠AQB=90°+30°=120°；
作AM⊥BQ于M，
由∠BQA=∠BQP+∠AQP=120°，
∴∠AQM=60°，
∴∠AQM=30°，
1
∴QM= AQ=❑√3，
2
∴AM=❑√AQ2−AM2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
∴AB2=BM2+AM2=(4+❑√3) 2+32=28+8❑√3，
∵AB=2AC，∠ACB=90°，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑ √ AB2− (1 AB ) 2 = ❑√3 AB，
2 2
∴S = 1 AC⋅BC= 1 × (1 AB ) × ❑√3 AB= ❑√3 AB2= ❑√3 ×(28+8❑√3)= 6+7❑√3 ，
△ABC 2 2 2 2 8 8 2
6+7❑√3
故答案为： ．
2
10．（24-25九年级上·浙江宁波·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，
BA:BC=BD:DC=2:1，连接AD，过点B作BE⊥AD于点E，延长BE交AC于点F．则BF的长为
．
【思路点拨】
本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，过点C作CG∥AD，交BF的延长线于点G，比例关系，
求出BC,BD,CD的长，勾股定理求出AD的长，等积法求出BE的长，勾股定理求出AE的长，进而求出
DE的长，证明△BED∽△BGC，列出比例式求出BG,CG的长，进而求出EG的长，证明
△AFE∽△CFG，进而求出EF的长，利用BE+EF，求出BF的长即可．
【解题过程】
解：过点C作CG∥AD，交BF的延长线于点G，∵AB=6，BA:BC=2:1，
∴BC=3，
∵BD:DC=2:1，
∴BD=2,DC=1，
∵∠ABC=90°，
∴AD=❑√AB2+BD2=2❑√10，
∵BE⊥AD，
1 1
∴ AD⋅BE= AB⋅BD，
2 2
6×2 3❑√10
∴BE= = ，
2❑√10 5
9❑√10
∴AE=❑√AB2−BE2=
，
5
❑√10
∴DE=AD−AE= ，
5
∵CG∥AD，
∴△BED∽△BGC，
BE DE BD 2
∴ = = = ，
BG CG BC 3
3 3 3❑√10 9❑√10 3 3 ❑√10 3❑√10
∴BG= BE=BE= × = ，CG= DE= × = ，
2 2 5 10 2 2 5 10
9❑√10 3❑√10 3❑√10
∴EG=BG−BE= − = ，
10 5 10
∵CG∥AD，
∴△AFE∽△CFG，
9
❑√10
EF AE 5
∴ = = =6，
FG CG 3
❑√10
106 6 3❑√10 18❑√10
∴EF= EG= × = ，
7 7 10 70
3❑√10 18❑√10 6❑√10
∴BF=BE+EF= + = ；
5 70 7
6❑√10
故答案为： ．
7
11．（24-25九年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A<90°，点D，E，F分
BC
别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设 =k，若
AB
CF
AD=DF，则 = ．（结果用含k的代数式表示）．
AC
【思路点拨】
本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外
角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明△ABC ∽△ECF．
1
先根据轴对称的性质和已知条件证明DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC= k⋅AB，通过证明
2
1 CF
△ABC ∽△ECF，推出CF= k2 ⋅AB，即可求出 的值．
2 FA
【解题过程】
解： ∵点B和点F关于直线DE对称，
∴ DB=DF，
∵ AD=DF，
∴ AD=DB．
∵ AD=DF，
∴ ∠A=∠DFA，
∵点B和点F关于直线DE对称，
∴ ∠BDE=∠FDE，又∵ ∠BDE+∠FDE=∠BDF=∠A+∠DFA，
∴ ∠FDE=∠DFA，
∴ DE∥AC，
∴ ∠C=∠DEB，∠≝=∠EFC，
∵点B和点F关于直线DE对称，
∴ ∠DEB=∠≝¿，
∴ ∠C=∠EFC，
∵ AB=AC，
∴ ∠C=∠B，
在△ABC和△ECF中，
{ ∠B=∠C )
，
∠ACB=∠EFC
∴ △ABC ∽△ECF．
∵在△ABC中，DE∥AC，
∴ ∠BDE=∠A，∠BED=∠C，
∴ △BDE∽△BAC，
BE BD 1
∴ = = ，
BC BA 2
1
∴ EC= BC，
2
BC
∵ =k，
AB
1
∴ BC=k⋅AB，EC= k⋅AB，
2
∵ △ABC ∽△ECF．
AB BC
∴ = ，
EC CF
AB k⋅AB
=
∴ 1 CF ，
k⋅AB
2
1
解得CF= k2 ⋅AB，
21
k2 ⋅AB
CF CF CF 2 k2
∴ = = = = ．
FA AC−CF AB−CF
AB−
1
k2 ⋅AB
2−k2
2
k2
故答案为： ．
2−k2
12．（23-24九年级上·重庆·阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E为AD边的中点，连
接BE，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接C A′并延长交AD与点F，则DF= ．
【思路点拨】
本题考查翻折变换、矩形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，过A′作A′H⊥BC
A′H BH BA′ 3
交BC于H，交AD于G，由一线三垂直模型得到△BA′H∽△A′EG，即可得到 = = = ，
EG GA′ A′E 2
设EG=2x，则A′H=3x，GA′=GH−A′H=3−3x，再在Rt△EGA′中根据勾股定理列方程求出
5 16 15 DF CD
x= ，得到CH= ，A′H=3x= ，最后由△CDF∽△A′HC，可得 = ，构建方程即可解
13 13 13 CH A′H
决问题．
【解题过程】
解：如图，过A′作A′H⊥BC交BC于H，交AD于G．
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，AB=CD=3，BC=AD=4，
∵A′H⊥BC，∴∠BCD=∠D=∠A′HC=90°，
∴四边形GHCD是矩形，
∴CH=GD，CD=GH=3，∠HGD=90°，
∵点E为AD边的中点，
1
∴AE=DE= AD=2，
2
∵将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，
∴AE=A′E=2，AB=A′B=3，∠BA′E=90°，
∴∠BA′H=∠A′EG=90°−∠EA′G，
∴△BA′H∽△A′EG，
A′H BH BA′ 3
∴ = = = ，
EG GA′ A′E 2
设EG=2x，则A′H=3x，GA′=GH−A′H=3−3x，
在Rt△EGA′中，A′G2+GE2=A′E2，
∴(3−3x) 2+(2x) 2=22，
整理得13x2−18x+5=0，
5
解得x = ,x =1，
1 13 2
∵GA′=GH−A′H=3−3x>0，
5
∴x= ，
13
16 15
∴CH=DG=2−2x= ，A′H=3x= ，
13 13
∵ ∠FCB=∠CFD=90°−∠DCF，
∵△CDF∽△A′HC，
DF CD
∴ = ，
CH A′H
DF 3
=
∴ 16 15，
13 13
16
∴DF= ，
516
故答案为： ．
5
13．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，E为AC上一点，过
点E作EF⊥BC于F，且AD=BF，连接BE交AD于G，若∠ABE=45°，AG=5，BD=3，则CE的
长为 ．
【思路点拨】
本题考查的是矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及等腰三角形的判定与
性质，过点B作BK⊥BC，过点A作AK⊥BK于点K，交FE延长线于点H，证明四边形KBFH是正方
形，进而得出△KBA≌△FBL，△ABE≌△LBE，求出AE=AG=5，结合AE=EF+BD求出EF，利用
△BDG∽△BFE求出正方形边长，再根据△AEH∽△CEF求出结论．
【解题过程】
解：如图，过点B作BK⊥BC，过点A作AK⊥BK于点K，交FE延长线于点H，
∴∠K=∠KBC=∠BFH=90°，
∴四边形KBFH是矩形，
同理，四边形ADFH是矩形，
∴AD=BK=FH，
∵AD=BF，
∴BK=BF，
∴四边形KBFH是正方形，延长EF到点L，使FL=AK，
∵∠K=∠BFL=90°,BK=BF，
∴△KBA≌△FBL，
∴AB=LB,∠ABK=∠LBF，
∵∠KBC=90°,∠ABE=45°，
∴∠ABK+∠EBF=90°−45°=45°，
∴∠LBF+∠EBF=45°=∠ABE，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△LBE，
∴AE=≤,∠AEB=∠LEB，
∴AE=EF+EL=EF+AK=EF+BD，
∵AD∥EF，
∴∠BEF=∠AGE，
∴∠AGE=∠AEG，
∴AE=AG=5，
∵FL=AK=BD=3，
∴EF=5−3=2，
∵∠BDG=∠BFE=90°,∠DBG=∠FBE，
∴△BDG∽△BFE，
DG BD
∴ = ，
EF BF
设DF=a，则BF=BK=AD=a+3，
∴DG=a+3−5=a−2，
a−2 3
∴ = ，
2 a+3
解得：a=3（负值舍去），
∴BF=FH=6，
∴EH=6−2=4，
∵∠H=∠EFC=90°,∠AEH=∠CEF，
∴△AEH∽△CEF，
CE EF CE 2
∴ = ，即 = ，
AE EH 5 45
∴CE= ，
2
5
故答案为： ．
2
14．（23-24九年级上·福建漳州·自主招生）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，
DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F．
求证：
（1）AE⋅BF⋅AB=CD3；
AE AC3
（2） = ．
BF BC3
【思路点拨】
（1）根据相似三角形的判定与性质即可求解；
（2）根据相似三角形的判定与性质即可求解；
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【解题过程】
（1）证明：∵CD⊥AB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴∠ADC=∠CDB=90°，∠AED=∠DEC=90°，∠CFD=∠DFB=90°，
∴∠A+∠B=90°，∠A+∠ECD=90°，∠A+∠ADE=90°，∠ECD+∠CDE=90°，
∠B+∠BDF=90°，∠B+∠BCD=90°，∠BCD+∠CDF=90°，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠CDE=∠BCD=∠BDF，∠B=∠CDF=∠ECD=∠ADE，
∴△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD，△ADC∽△AED，△BDF∽△BCD，
AC AB CD AD AC AD BD BF
∴ = ， = ， = ， = ，
CD CB BD CD AD AE BC BD
∴AC·BC=AB·CD，CD2=AD·BD，AD2=AE·AC，BD2=BF·BC，
∴(CD2) 2 =(AD·BD) 2，即CD4=AD2·BD2，
∴CD4=AE·AC·BF·BC，
∵AC·BC=AB·CD，∴CD4=AE·BF·AB·CD，
∴AE⋅BF⋅AB=CD3；
（2）证明：同理可证：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ADC∽△AED，△BDF∽△BCD，
AC AB BC BD AC AD BD BF
∴ = ， = ， = ， = ，
AD AC AB BC AD AE BC BD
∴AC2=AD·AB，BC2=BD·AB，AD2=AE·AC，BD2=BF·BC，
AC2 BC2 AD2 BD2
∴AD= ，BD= ，AE= ，BF= ，
AB AB AC BC
AD2
AE AC AD2 BC
∴ = = ×
BF BD2 AC BD2
BC
(AC2
)
2
AB BC
= ×
AC (BC2
)
2
AB
AC4 BC×AB2
= ×
AB2×AC BC4
AC3
=
BC3
AE AC3
∴ = ．
BF BC3
15．（23-24九年级下·江西赣州·阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=2BC=8，点D，E
分别在边BC,AC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）问题发现：①当α=0°时，AE:BD= ________；②当α=180°时，AE:BD=________；
（2）拓展研究：试判断，当0°≤α≤360°时，AE:BD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）问题解决：当CE=BC,△EDC旋转至A，D，C三点共线时，直接写出线段AD的长．
【思路点拨】
AE AC
（1）①当α=0°时，证明△CDE∽△CBA，得到 = =2，②当α=180°时，如图所示：同理①可
BD BC
AE AC
得 = =2；
BD BC
AE AC
（2）如图2所示，旋转过程中，AC、BC、CE、CD长度不变，故：△ACE∽△BCD， = =2，
BD BC
AE
的大小无变化；
BD
AE
（3）当△CED旋转BC右侧，AB=AE=❑√82+42=4❑√5，由 =2，得：BD=2❑√5；当在BC左侧，此
BD
1
时，BC=CE=CE′=4，DE是△ABC的中位线，ED=D′E′= AB=2❑√5，由勾股定理的即可求解．
2
【解题过程】
（1）解：①当α=0°时，
∵ DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
AC BC
∴ = ，
CE CD
AC BC AE AC
∴ = 即 = ，
AC−AE BC−BD BD BC
∵AC=2BC=8
AE AC
∴ = =2，即AE:BD=2；
BD BC
②当α=180°时，如图所示：
则A,C,E'三点共线，∴D'E'∥AB，
∴△CD'E'∽△CBA，
AC BC
∴ = ，
CE′ CD′
∵CE′=CE,CD′=CD，
AC BC AE AC
∴ = 即 = ，
AC−AE BC−BD BD BC
AE AC
∴ = =2，即AE:BD=2；
BD BC
（2）解：如图2所示，旋转过程中，AC、BC、CE、CD长度不变，
AC CE
即： = ，而∠ACE+∠CBD=∠CBD+∠BCD=90°，
BC CD
∴ △ACE∽△BCD，
AE AC
∴ = =2，
BD BC
故：当0°≤α<360°时，AE:BD的大小无变化；
（3）解：当△CED旋转到如图位置A，D，C三点共线时(BC右侧），
由题意得：AB=AE=❑√82+42=4❑√5，
AE
由 =2，得：BD=2❑√5，
BD
由勾股定理得：CD′=❑√(2❑√5) 2 −42=2，
∴AD=AC+CD′=8+2=10，
当△CED旋转到如图位置A，D，C三点共线时(BC左侧），此时，BC=CE=CE′=4，DE是△ABC的中位线，
1
∴DE=D′E′= AB=2❑√5，
2
由勾股定理得：CD′=❑√(2❑√5) 2 −42=2，
∴AD=AC−CD′=8−2=6，
故线段AD的长为10或6．
16．（24-25九年级上·四川眉山·期中）如图（1），先把一张矩形纸片ABCD上下对折，设折痕为MN；
如图（2），再把点B叠在折痕线上，得到△ABE．过点B向右折纸片，使D、Q、A三点仍保持在一条直
线上，得折痕PQ，其中AB=4，AD=10，
（1）求证：△PBE∽△QAB．
（2）你认为△PBE和△BAE相似吗？如果相似，给出证明，如果不相似，请说明理由．
（3）如图（3），沿AG折叠，使点E落在AD上为点H，连结HG交BN于F，求BF（已知：直角三角形
斜边的中线等于斜边的一半）
【思路点拨】
（1）利用折叠中重合的角相等以及直角三角形两锐角互余转化角的关系得出∠ABQ=∠PEB，利用两角
分别相等的两个三角形相似即可求证；
BE PE BE AB
（2）利用上一个问题中的结论得出 = ，利用等量代换与变形进一步得出 = ，再利用两边成
AB BQ PE PB
比例且夹角相等的两个三角形相似即可求证；
（3）先构造AB的中点，证明△BOQ是等边三角形，再利用含30°的直角三角形的性质与勾股定理求出BF BG 1
AB，得到AH，最后利用相似三角形得出 = = 即可求解．
AH AG 2
【解题过程】
（1）证明：过点B向右折纸片，使D、Q、A三点仍保持在一条直线上，
∴PQ⊥AD，
∵矩形对边平行，
∴PQ⊥CE
∴∠PBE+∠PEB=90°，
∵∠PBE+∠ABQ=90°，
∴∠ABQ=∠PEB，
在△PBE和△QAB中，
∵∠ABQ=∠PEB，∠BPE=∠AQB=90°，
∴△PBE∽△QAB；
（2）解：△PBE和△BAE相似；
证明：∵△PBE∽△QAB，
BE PE
∴ = ，
AB BQ
∵矩形纸片ABCD上下对折，折痕为MN，
∴BQ=PB，
BE PE BE AB
∴ = 即 = ，
AB PB PE PB
又∵∠EPB=∠EBA=90°，
∴△PBE∽△BAE；
（3）解：取AB的中点O，连结OQ，BE，1
∵OQ= AB=OB，
2
∵PQ=AB，
1 1
∴OB= AB= PQ=BQ，
2 2
∴OQ=OB=BQ，
∴△BOQ是等边三角形，
∴∠ABQ=60°，
在Rt△BOQ中，∵∠AQB=90°，
∴∠BAQ=30°，
∵△PBE∽△BAE，△PBE∽△QAB，
∴∠PBE=∠QAB=∠EAB，
可得∠EAB=30°
在Rt△ABE中，∴AE=2BE
由勾股定理可得：∴AE2=BE2+AB2，
∴(2BE) 2=BE2+42，
4❑√3
∴BE= ，
3
8❑√3
∴AE= ，
3
8❑√3
∴AH=AE= ，
3
∵PG//AH，
PB BG
∴ = =1，
BQ AB
BG 1
∴ = ，
AG 2
∵BF//AH，∴△CBF∽△CAH，
BF BG 1
∴ = = ，
AH AG 2
BF BG 1
= =
∴8❑√3 AG 2，
3
4❑√3
BF= ．
3
17．（24-25九年级上·重庆九龙坡·开学考试）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，D在AB边上，E在AC
边上，连接EB、CD，点G为BE上一点且满足GA=GB．
3❑√5
（1）如图1，若BE平分∠ABC，BC=10，AG= ，CE=5，求△ABC的面积；
2
（2）如图2，若BD=CE，取CD中点为F，连接FG，求证：CE=❑√2FG；
1
（3）如图3，在（1）的条件下，点F为直线AC上一点，连接BF，若CF=2BD，则CD+ BF最小时，
2
直接写出S 的值．
△ADG
【思路点拨】
3❑√5
（1）根据GA=GB，得到∠1=∠2，由等角的余角相等推出∠4=∠3，进而得到GA=GB=≥= ，
2
设AE= y，AB=x，在Rt△ABE中与，在Rt△ABC中，利用勾股定理求出x=3，y=6，即得到
1
AC=AE+EC=8，AB=6，由S = AC⋅AB计算即可求解；
△ABC 2
（2）如图，倍长CG至点Q，连接DQ，由（1）得GB=≥¿，证明△BQG≌△ECG(SAS)，推出
EC∥QB，进而得到∠QBD=∠BAC=90°，再证明△BQD为等腰直角三角形，求出
QD=❑√2BD=❑√2CE，证明FG为△CDQ的中位线，推出QD=2FG，即可证明结论；
1
（3）过点B作PB⊥BC，使得PB= BC，连接CP,PD，CP交AB于点Q，连接QG，证明
21
△PBD∽△BCF，得到PD= BF，当P,D,C三点共线时，即点D与点Q重合，CD+PD有最小值，
2
1
即CD+ BF有最小值，由△PBD∽△BCF，得到∠PDB=∠BFC，再证明∠ADC=∠BFC，易证
2
AD CD AC 4 8
△ADC∽△AFB，推出 = = = ，推出CD= PD，求出CP=❑√PB2+BC2=5❑√5，在求出
AF BF AB 3 3
15❑√5 40❑√5 16
PD= ，CD= ，利用勾股定理求出AD= ，利用三角形面积公式即可解答．
11 11 11
【解题过程】
（1）证明：如图，
∵GA=GB
∴∠1=∠2
∵∠BAC=90°
∴∠1+∠4=∠2+∠3=90°
∴∠4=∠3
3❑√5
∴GA=GB=≥=
2
设AE= y，AB=x，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2，
∴(3❑√5) 2=x2+ y2，
在Rt△ABC中，BC2=AB2+AC2，
∴(10) 2=(x+5) 2+ y2，
∴x=3，y=6即AC=AE+EC=8，AB=6，
1 1
∴S = AC⋅AB= ×8×6=24；
△ABC 2 2
（2）解：CE=❑√2FG，证明如下：
如图，倍长CG至点Q，连接DQ，由（1）得GB=≥¿，
∵∠BGQ=∠CGE,CG=QG，
∴△BQG≌△ECG(SAS)，
∴QB=EC，∠ECG=∠BQG，
∴EC∥QB，
∴∠QBD=∠BAC=90°，
∵BD=CE，
∴BD=BQ，
∴△BQD为等腰直角三角形，
∴QD=❑√2BD=❑√2CE，
∵CD中点为F，点G为CQ中点，
∴FG为△CDQ的中位线，
∴QD=2FG，
∴❑√2CE=2FG，
∴CE=❑√2FG；
1
（3）解：如图，过点B作PB⊥BC，使得PB= BC，连接CP,PD，CP交AB于点Q，连接QG，
2
1
∵PB= BC，CF=2BD，
2
BD PB 1
∴ = = ，
CF BC 2
∵∠PBD+∠ABC=∠ABC+∠ACB=90°，∴∠PBD=∠ACB，
∴△PBD∽△BCF，
PD PB 1 1
∴ = = ，即PD= BF，
BF BC 2 2
1
如图，当P,D,C三点共线时，即点D与点Q重合，CD+PD有最小值，即CD+ BF有最小值，
2
∵△PBD∽△BCF，
∴∠PDB=∠BFC，
∵∠PDB=∠ADC，
∴∠ADC=∠BFC，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAF=∠BAC=90°，
∴△ADC∽△AFB，
AD CD AC
∴ = = ，
AF BF AB
由（1）知AC=8，AB=6，
AD CD AC 4
∴ = = = ，
AF BF AB 3
4 4
∴AD= AF,CD= BF，
3 3
1
∵PD= BF，
2
3 8
∴ CD=2PD，即CD= PD，
4 3
∵CP=❑√PB2+BC2=5❑√5，
8
∴CD+PD=CP=5❑√5，即 PD+PD=5❑√5，
315❑√5
∴PD= ，
11
8 40❑√5
∴CD= PD= ，
3 11
16
∴AD=❑√CD2−AC2=
，
11
1
∵S = AB⋅AE=9,BG=EG，
△ABE 2
1 9
∴S = S = ，
△ABG 2 △ABE 2
16
AD 11 8 ，
∵ = =
AB 6 33
8 8 9 12
∴S = S = × = ．
△ADG 33 △ABG 33 2 11
18．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，点B，F分别
DE
是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，求 的值．
CF
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6，将△AEB沿BE翻折到
△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，则AE的长为 ．
1
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的一点且DE= DC，∠D=60°，△ADE
3
3
沿AE翻折得到△AFE，AF与CD交于H且FH= ，直线EF交直线BC于点P，求PE的长．
4
【思路点拨】
（1）证明△AED≌△DFC,根据全等三角形的性质得到DE=CF,得到答案；
（2）由平行线的性质和折叠的性质可证BG=EG,由勾股定理可求CH的长，通过证明 △BFG∽△BCH，BG BF FG
可得 = = , 即可求解；
BH BC CH
（3）通过证明△EFH∽△ECP，可求CP的长，由勾股定理可求PN，CN的长，可得EN的长，由勾股定
理可求解．
【解题过程】
解：（1）设DE与CF交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°,AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED和△DFC中，
{
∠A=∠CDF
)
∠AED=∠DFC ，
AD=DC
∴△AED≌△DFC(AAS)，
∴DE=CF，
DE
即 =1；
CF
解：（2）∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，
∴AB=BF=6,AE=EF，∠AEB=∠BEF,∠A=∠BFE=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∴∠CBE=∠BEG，
∴BG=EG，
∴BC2+CH2=BH2，CH=CF，∴64+CH2=(6+CH) 2，
7
∴CH= ，
3
25
∴BH= ，
3
∵∠CBH=∠CBH,∠BFG=∠C=90°，
∴△BFG∽△BCH，
BG BF FG
∴ = = ，
BH BC CH
BG 6 FG
∴ = =
25 8 7 ，
3 3
7 25
∴FG= ,BG= =EG，
4 4
9
∴EF= ，
2
9
∴AE=EF= ，
2
9
故答案为： ；
2
解：（3）如图， 过点P作PN⊥DC于N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=6=AD,AD∥BC，
∴∠D=∠DCP=60°，
1
∵DE= DC，
3
∴DE=2,EC=4，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴DE=EF=2,∠D=∠AFE=60°，
∴∠AFE=∠DCP=60°，
又∵∠FEH=∠PEC，
EF FH
∴△EFH∽△ECP， ∴ = ,
EC PC
3
2 4 ，
∴ =
4 PC
3
∴PC= ，
2
∵PN⊥CD,∠DCP=60°，
∴∠CPN=30°，
3 3❑√3
∴CN= ,PN= ，
4 4
13
∴EN= ，
4
√169 27 7
∴PE=❑√PN2+EN2=❑ + = ．
16 16 2
19．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）问题提出
（1）如图①，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠CDE=90°，连接AD、BE．求证：
△BCE∽△ACD；
问题探究
（2）如图②， 四边形ABCD是边长为4的正方形，点P是BD上一动点，以AP为斜边在AP边的右侧作
等腰Rt△APQ，∠AQP=90°，连接DQ、CQ．当DQ最小时，S = _____；
△CDQ
问题解决：
（3）随着社会的发展，农业观光园走进我们的生活． 某农业观光园的平面示意图如图③所示的四边形
ABCD，其中BC=20km，∠BAD=135°，∠ADC=90°，AD=CD．为了能够让广大游客更近距离观
光，徜徉在大自然的海洋，设计师计划在BD之间修一条观光小路，为了方便市民观赏，想让BD最大．根
据设计要求，求出当BD最大时△BCD 的面积．【思路点拨】
BC CE
（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ACB=∠DCE=45°，由勾股定理得到 = =❑√2，据此可证
AC CD
△ACD∽△BCE，；
（2）连接AC，交BD于点O，连接OQ，证明∠BAP∽∠OAQ，得出∠AOQ=∠ABP=45°，进而可
得OQ∥CD，根据题意，可得DQ⊥OQ，DQ最小，此时Q点为AD的中点，即可求解；
（3）作∠DCE=∠ACB，交射线DA于点E，取CE中点F，连接AC，BE，DF，BF，由题意可证
BC CE
△ABC∽△DEC，可得 = ，且∠BCE=∠ACD，可证△BCE∽△ACD，可得
AC CD
∠BEC=∠ADC=90°，由勾股定理可求CE，DF，BF的长，由三角形三边关系可求BD的最大值，进
而可得当B,F,D三点共线时，BD取得最大值，此时如图所示，过点E作EG⊥BD于点G，证明
1
△EBG∽△FBE，求得EG=2❑√10，根据△BCD的面积为 S =S ，即可求解．
2 四边形BEDC △BED
【解题过程】
解：（1）∵ △ABC和△DEC均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠CDE=90°，
∴∠ACB=∠DCE=45°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
由勾股定理可得BC=❑√AB2+AC2=❑√2AC,CE=❑√CD2+DE2=❑√2CD，
BC CE
∴ = =❑√2，
AC CD
∴△ACD∽△BCE；
（2）如图所示，连接AC，交BD于点O，连接OQ，由正方形的性质可得∠ABO=45°，∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
同理可得AB=❑√2OA，
∵△APQ是等腰直角三角形，∠AQP=90°，
∴∠PAQ=45°，AP=❑√2AQ，
∴∠BAP+∠PAO=∠PAO+∠OAQ=45°，
∴∠BAP=∠OAQ，
AB AP
又∵ = =❑√2，
AO AQ
∴∠BAP∽∠OAQ，
∴∠AOQ=∠ABP=45°，
∴∠AOQ=∠ACD=45°，
∴OQ∥CD，
∴当DQ⊥OQ时，DQ最小，
∵AD∥CD，
∴此时点Q在AD上，
∵OQ∥CD，
∴△AOQ∽△ACD，
AQ OA 1
∴ = = ，
AD AC 2
1
∴DQ=AQ= AD=2，
2
1
∴当DQ最小时，△CDQ的面积为 ×4×2=4；
2
（3）如图，作∠DCE=∠ACB，交射线DA于点E，取CE中点F，连接AC，BE，DF，BF，∵∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠CAD=∠ACD=45°，
∴∠BAC=∠BAD−∠CAD=90°，
∴∠BAC=∠EDC=90°，
又∵∠DCE=∠ACB，
∴△ABC∽△DEC，
BC AC
∴ = ，
CE CD
BC CE
∴ = ；
AC CD
∵∠DCE=∠ACB，
∴∠DCE+∠ACE=∠ACB+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD=45°，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠BEC=∠ADC=90°，
❑√2
∴CE= BC=10❑√2km，
2
∵点F是EC中点，
1
∴CF=DF=EF= CE=5❑√2km，
2
∴BF=❑√BE2+EF2=5❑√10km，
∴BD≤DF+BF=(5❑√10+5❑√2)km，
∴当B,F,D三点共线时，BD取得最大值，此时如图所示，过点E作EG⊥BD于点G，∵∠EGB=∠BEF=90°,∠EBG=∠FBE，
∴△EBG∽△FBE，
EG EF
∴ = ，
BE BF
BE×EF 10❑√2×5❑√2
∴EG= = =2❑√10(km)；
BF 5❑√10
∵F是EC的中点，
1 1
∴S = S ，S = S ，
△BFC 2 △BEC △DFC 2 △ECD
1
∴△BCD的面积= S =S
2 四边形BEDC △BED
1
= BD×EG
2
1
= ×(5❑√10+5❑√2)×2❑√10
2
=(10❑√5+50)平方千米．
20．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）【问题背景】
在平行四边形ABCD中，E是CD边上一点，延长BC至点F使得CF=CE，连接DF，延长BE交DF于点
G，
【特例感知】
（1）如图1，若四边形ABCD是正方形时，
①求证：△BCE∽△DGE；②当G时DF中点时，∠F=________度；
【深入研究】（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AB=4，当G为DF中点时，求CE的长；
【拓展提升】
（3）如图3，若四边形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，点H在BE的延长线上且满足BE=6EH，当
△EFH是直角三角形时，请直接写出CE的长．
【思路点拨】
（1）①根据正方形的性质可证△BCE≌△DCF(SAS)，得∠CBE=∠CDF，结合对顶角相等即可求证；
②如图所示，连接BD，根据正方形的性质可得∠DBC=45°，根据①中三角形全等，G时DF中点，可得
BG是DF的垂直平分线，可得∠ECB=22.5°，再根据直角三角形两锐角互余即可求解；
（2）如图所示，过点G作GM∥CF，交CD于点M，且当G为DF中点，可证△DMG∽△DCF，得GM
是中位线，再正△MGE∽△CBE，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）根据题意，分类讨论：第一种情况，如图所示，当∠H=90°，△EFH是直角三角形，设
CE=CF=a，则BF=BC+CF=4+a，运用勾股定理可得BE，BH的值，再证△BCE∽△BHF，根据
相似三角形的性质列式求解；第二种情况，如图所示，∠EFH=90°，△EFH是直角三角形，过点H作
HN⊥BC延长线于点N，可得△HNF是等腰直角三角形，可得CN=CF+FN=CE+NH，再证
△BCE∽△BNH，根据BE=6EH，可求出BN的值，由此可得CN的值，由此即可求解．
【解题过程】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
①证明：∵∠BCD=90°，延长BC至点F，
∴∠DCF=90°=∠BCD，且BC=DC，CE=CF，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴∠CBE=∠CDF，
∵∠BEC=∠DEG，
∴△BCE∽△DGE；
②如图所示，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，∴∠DBC=45°，
∵∠CBE=∠CDF，∠CBE+∠CEB=90°，∠CEB=∠GED，
∴∠GED+∠GDE=90°，则∠EGD=90°，即BE⊥DF，
∵点G是DF的中点，
∴DG=FG，
∴BG是DF的垂直平分线，
∴BD=BF，即△BDF是等腰三角形，
1 1
∴BG平分∠DBF，即∠DBG=∠FBG= ∠DBF= ×45°=22.5°，
2 2
在Rt△BFG中，∠F=90°−22.5°=67.5°，
故答案为：67.5°；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=4，
如图所示，过点G作GM∥CF，交CD于点M，且当G为DF中点，
∵GM∥CF，
∴△DMG∽△DCF，
DM MG DG 1
∴ = = = ，
DC CF DF 2
1 1
∴点M是CD中点，则DM=MC= CD= ×4=2，
2 2
∴GM是△CDF的中位线，
1
∴MG= CF，
2
1
设CF=CE=x，则MG= x，ME=MC−CE=2−x，
2
∵MG∥BC，
∴△MGE∽△CBE，1
ME MG x
∴ = ，即2−x 2 ，整理得，x2+8x−16=0，
CE BC =
x 4
解得，x =−2−2❑√2（不符合题意，舍去），x =2❑√2−2，
1 2
∴CE的长为2❑√2−2；
（3）∵四边形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，
∴AB=CD=3，AD=BC=4，
∴CE∠CBE，
∴∠BEC>45°，
∴∠FEH=180°−∠FEC−∠BEC<90°，
第一种情况，如图所示，当∠H=90°，△EFH是直角三角形，
设CE=CF=a，则BF=BC+CF=4+a，
在Rt△BCE中，BE=❑√BC2+CE2=❑√42+a2=❑√16+a2，
∵BE=6EH，
1 1 1 7
∴EH= BE= ❑√16+a2 ，则BH=BE+EH=❑√16+a2+ ❑√16+a2= ❑√16+a2 ，
6 6 6 6
∵∠EBC+∠BEC=∠EBC+∠F=90°，
∴∠BEC=∠F，且∠BCE=∠H=90°，
∴△BCE∽△BHF，
4 ❑√16+a2
BC BE =
∴ = ，即7 4+a ，整理得，7a2−24a+16=0，
BH BF ❑√16+a2
6
12−4❑√2 12+4❑√2
解得，a = ，a = <3，
1 7 2 7
12±4❑√2
检验，当a= 时，原分式方程的分母有意义，
7
12−4❑√2 12+4❑√2
∴CE= 或CE= ；
7 7第二种情况，如图所示，∠EFH=90°，△EFH是直角三角形，过点H作HN⊥BC延长线于点N，
∴HN∥CE，
∵CE=CF，∠ECF=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∵∠CFE+∠EFH+∠HFN=180°，
∴∠HFN=180°−∠CFE−∠EFH=180°−45°−90°=45°，
∴∠NHF=90°−∠HFN=90°−45°=45°，
∴△HFN是等腰三角形，则NF=NH，
∵CE∥HN，
∴△BCE∽△BNH，
BC CE BE
∴ = = ，
BN NH BH
∵BE=6EH，
BC CE BE 6
∴ = = = ，
BN NH BH 7
CE 6 7 7 14 7
∴ = ，BN= BC= ×4= ，NH= CE，
NH 7 6 6 3 6
14 2
∴CN=BN−BC= −4= ，
3 3
7 2
∵CN=CF+FN=CE+NH=CE+ CE= ，
6 3
4
∴CE= ；
13
12−4❑√2 12+4❑√2 4
综上所述，CE的长为 或 或 ．
7 7 13
