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专题 27.7 相似三角形的经典模型【十大题型】
【人教版】
【题型1 A字模型】..................................................................................................................................................2
【题型2 8字模型】...................................................................................................................................................6
【题型3 AX模型】.................................................................................................................................................11
【题型4 母子型】....................................................................................................................................................20
【题型5 三角形内接矩形型】................................................................................................................................29
【题型6 双垂直型】................................................................................................................................................37
【题型7 手拉手型】................................................................................................................................................43
【题型8 一线三等角型】........................................................................................................................................51
【题型9 倒数型】....................................................................................................................................................61
【题型10 旋转型】....................................................................................................................................................65
模型1：A字模型
①如图，在 中，点D在 上，点E在 上， ，则 ，
．
②模型拓展1：斜交A字型条件： ，图2结论： ；③模型拓展2： 如图，∠ACD＝∠B⇔△ADC∽△ACB⇔ ．
【题型1 A字模型】
【例1】（23-24九年级·上海金山·期中）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E、点F在边AC上，且
AF AE
DE∥BC， = ．
FE EC
（1）求证：DF∥BE；
（2）如且AF＝2，EF＝4，AB＝6❑√3．求证△ADE∽△AEB．
【答案】（1）见详解；（2）见详解
AD AE AF AD
【分析】（1）由题意易得 = ，则有 = ，进而问题可求证；
BD EC FE BD
AD AF 1 AE AD ❑√3
（2）由（1）及题意可知 = = ，然后可得AD=2❑√3，进而可证 = = ，最后问题可求
BD EF 2 AB AE 3
证．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，
AD AE
∴ = ，
BD ECAF AE
∵ = ，
FE EC
AF AD
∴ = ，
FE BD
∴DF∥BE；
（2）∵AF＝2，EF＝4，
AD AF 1
∴由（1）可知， = = ，AE=6，
BD EF 2
∵AB＝6❑√3，
1
∴AD= AB=2❑√3，
3
AE 6 ❑√3 AD 2❑√3 ❑√3
∴ = = , = = ，
AB 6❑√3 3 AE 6 3
AE AD ❑√3
∴ = = ，
AB AE 3
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AEB．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
【变式1-1】（23-24九年级·全国·课后作业）如图，BD，CE分别是AC与AB边上的高．
求证：△ADE∽△ABC．
【答案】见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，根据BD，CE分别是AC与AB边上的高，得到
∠ADB=∠AEC=90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】证明：∵BD，CE分别是AC与AB边上的高，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ADB∽△AEC，
AE AC
∴ = ，
AD ABAE AD
即 = ，
AC AB
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC．
【变式1-2】（23-24九年级·江苏无锡·期中）如图，P为▱ABCD的边AD上的一点，E，F分别为PB，
PC的中点，△PEF，△PDC，△PAB的面积分别为S，S，S．若S=3，则S +S 的值是（ ）
1 2 1 2
A．24 B．12 C．6 D．10
【答案】B
【分析】过P作PQ平行于DC，由DC与AB平行，得到PQ平行于AB，可得出四边形PQCD与ABQP都
为平行四边形，进而确定出△PDC与△PCQ面积相等，△PQB与△ABP面积相等，再由EF为△BPC的
中位线，利用中位线定理得到EF为BC的一半，且EF平行于BC，得出△PEF与△PBC相似，相似比为
1：2，面积之比为1：4，求出△PBC的面积，而△PBC面积＝△CPQ面积+△PBQ面积，即为△PDC面
积+△PAB面积，即为平行四边形面积的一半，即可求出所求的面积．
【详解】解：过P作PQ∥DC交BC于点Q，由DC∥AB，得到PQ∥AB，
∴四边形PQCD与四边形APQB都为平行四边形，
∴△PDC≌△CQP，△ABP≌△QPB，
∴S =S ，S =S ，
△PDC △CQP △ABP △QPB
∵EF为△PCB的中位线，
1
∴EF∥BC，EF= BC，
2
∴△PEF∽△PBC，且相似比为1：2，
∴S ：S =1：4，S =3，
△PEF △PBC △PEF
∴S =S +S =S +S =S +S =12，
△PBC △CQP △QPB △PDC △ABP 1 2
故选：B．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是
解本题的关键．
【变式1-3】（23-24九年级·安徽安庆·期中）图，AB∥GH∥CD，点H在BC上，AC与BD交于点G，
AB＝2，CD＝3，求GH的长．
6
【答案】
5
GH CH
【分析】根据平行线分线段成比例定理，由AB∥GH，可证 CGH∽△CAB，由性质得出 = ，由
AB BC
△
GH BH
GH∥CD，可证 BGH∽△BDC，由性质得出 = ，将两个式子相加，即可求出GH的长．
CD BC
△
【详解】解：∵AB∥CH，
∴∠A=∠HGC，∠ABC=∠GHC，
∴△CGH∽△CAB，
GH CH
∴ = ，
AB BC
∵GH∥CD，
∴∠D=∠HGB，∠DCB=∠GHB，
△BGH∽△BDC，
GH BH
∴ = ，
CD BC
GH GH CH BH
∴ + = + =1，
AB CD BC BC
∵AB=2，CD=3，
GH GH
∴ + =1，
2 3
6
解得：GH= ．
5
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
模型2：8字模型
①如图1，AB∥CD⇔△AOB∽△COD⇔ ；
②如图2，∠A＝∠D⇔△AOB∽△DOC⇔ ．
③模型拓展：如图，∠A＝∠C⇔△AJB∽△CJD⇔ ．
【题型2 8字模型】
【例2】（23-24九年级·上海奉贤·期中）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上
截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所
以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用
CD=AB和比例的性质即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB•AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC•CD=MD•CN，
而CD=AB，
∴CM•AB=DM•CN．【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共
角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相
似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性
质．
【变式2-1】（23-24九年级·河南开封·期中）如图，在平行四边形ABCD中，E为边AD的中点，连接
AC，BE交于点F．若△AEF 的面积为2，则△ABC的面积为( )
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【分析】先利用平行四边形的性质得AD∥BC，AD=BC，由AE∥BC可判断△AEF∽△CBF，根据相似三
EF AF AE 1 S 1
角形的性质得 = = = ，然后根据三角形面积公式得 ΔAEF = ，则S =6S =12．
BF CF BC 2 S 6 ΔABC ΔAEF
ΔABC
【详解】∵平行四边形ABCD
∴AD∥BC，AD=BC
∵E为边AD的中点
∴BC=2AE
∵AE∥BC
∴∠EAC=∠BCA
又∵∠EFA=∠BFC
∴△AEF∽△CBF
如图，过点F作FH⊥AD于点H，FG⊥BC于点G，EF AF AE HF 1
则 = = = = ，
BF CF BC FG 2
1 1
⋅AE⋅FH BC⋅FH
S 2 2 1
∴ ΔAEF = = = ，
S 1 BC⋅3FH 6
ΔABC ⋅BC⋅HG
2
∵△AEF的面积为2
∴S =6S =6×2=12
ΔABC ΔAEF
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，属于同步基础题．
【变式2-2】（2024·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，连接AE，
若AE的延长线和BC的延长线相交于点F．
（1）求证：BC=CF；
（2）连接AC和BE相交于点为G，若△GEC的面积为2，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24．
【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到DE=CE，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到
∠ADE＝∠ECF，再根据∠AED=∠CEF，即可得到△ADE≌△ECF，则答案可证；
AG AB 1
（2）先证明△CEG∼△ABG，根据相似三角形的性质得出S =8， = = ，进而得出
△ABG GC CE 2
S =4，由S =S +S 得S =12，则答案可解．
△BGC △ABC △ABG △BCG △ABC
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ADE＝∠ECF，
∵点E为DC的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△ECF中
{∠ADE=∠ECF
)
DE=CE
∠AED=∠CEF
∴△ADE≌△ECF(ASA)，
∴AD=CF，
∴BC=CF；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴AB//DC，AB=2EC，
∴∠GEC=∠ABG，∠GCE=∠GAB，
∴△CEG∼△ABG，
∵△GEC的面积为2，
∴
S
△ABG=
(AB) 2
=
(1) 2
=
1
，即S =4S =4×2=8，
S CE 2 4 △ABG △CEG
△CEG
∵△CEG∼△ABG
AG AB 1
∴ = = ，
GC CE 2
1 1
∴S = S = ×8=4，
△BGC 2 △ABG 2
∴S =S +S =8+4=12，
△ABC △ABG △BCG
∴S =2S =2×12=24．
▱ABCD △ABC
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的
关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式2-3】（23-24九年级·湖南常德·期中）如图在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是AE的中
点，CF交BE于点G，若BE=8，则¿= ．【答案】2
1
【分析】延长CF、BA交于M，根据已知条件得出EF＝AF，CE＝ DC，根据平行四边形的性质得出
2
DC∥AB，DC＝AB，根据全等三角形的判定得出△CEF≌△MAF，根据全等三角形的性质得出CE＝AM，求
出BM＝3CE，根据相似三角形的判定得出△CEG∽△MBG，根据相似三角形的性质得出比例式，再求出答
案即可．
【详解】解：延长CF、BA交于M，
∵E是CD的中点，F是AE的中点，
1
∴EF＝AF，CE＝ DC，
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
1
∴CE＝ AB，∠ECF＝∠M，
2
在△CEF和△MAF中
{∠EFC=∠AMF
)
∠ECF=∠M ，
EF=AF
∴△CEF≌△MAF（AAS），
∴CE＝AM，
1
∵CE＝ AB，
2
∴BM＝3CE，
∵DC∥AB，∴△CEG∽△MBG，
CE EG 1
∴ = = ，
BM BG 3
∵BE＝8，
GE
∴ 1 ，
8−≥¿= ¿
3
解得：GE＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和
判定等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
模型3：AX模型
A字型及X字型两者相结合，通过线段比进行转化.
【题型3 AX模型】
【例3】（2024九年级·全国·专题练习）已知如图，在梯形ABCD中，CD∥AB，AD、BC的延长线相交
于点E，AC、BD相交于点O，连结EO并延长交AB于点M，交CD于点N．那么线段AM与BM是否相
等？请说明理由．
【答案】见解析
【分析】由CD∥AB可得到△EDN∽△EAM，△ENC∽△EMB，△EDC∽△EAB．以及△OND∽
△OMB，△ONC∽△OMA，△OCD∽△OAB．再由相似三角形的性质得到比例式，变形整理可得出结
论．
【详解】相等．理由如下：
∵CD∥AB，
∴△EDN∽△EAM，△ENC∽△EMB，△EDC∽△EAB．
DN DE CN CE DE CE
∴ = ， = ， = ．
AM AE BM BE AE BEDN CN
∴ = ．
AM BM
BM CN
∴ = ．
AM DN
∵CD∥AB，
∴△OND∽△OMB，△ONC∽△OMA，△OCD∽△OAB．
DN OD CN OC OD OC
∴ = ， = ， = ．
BM OB AM OA OB OA
DN CN
∴ = ．
BM AM
AM CN
∴ = ．
BM DN
BM AM
∴ = ．
AM BM
∴AM2=BM2．
∴AM=BM．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质定理的应用，利用比例式进行变形推理是本题的一个关键．
【变式3-1】（23-24九年级·浙江杭州·期中）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❑√3
AD 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．
【变式3-2】（2024·江苏泰州·二模）如图 ABC中，AB=AC=5，BC=8，G是 ABC的重心，GH⊥AB于
H，则GH的长为 ． △ △8
【答案】
5
AG
【分析】首先证明△EGF~△AGH，求得 =2，再证明ΔAGH∼ΔEGF即可得到结论．
GE
【详解】连接AG并延长交BC于E，连接BG并延长交AC于F，连接EF，如图，
∵G点是重心，
∴BF,AE是△ABC的中线，
∴E，F分别是BC，AC边的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
1
∴EF//AB，EF= AB，
2
∴△EGF~△AGB，
AB AG
∴ = =2
EF GE
∵AB=AC，E为BC的中点
∴AE⊥BC
∴∠AEB=90°
∵GH⊥AB
∴∠GHA=90°
∴∠GHA=∠AEB
又∠HAG=∠EAB
∴ΔAGH~ΔABE
AG GH
∴ =
AB BE∵BC=8
∴BE=4
在RtΔABE中，AB=5，BE=4，
∴AE=❑√AB2−BE2=❑√52−42=3
AG
∵ =2，
GE
AG 2
∴ = ，
AE 3
2
∴AG= AE=2
3
AG⋅BF 2×4 8
∴GH= = = ．
AB 5 5
8
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了三角形重心，三角形重心的性质为重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为
2：1． 也考查了相似三角形的判定与性质．
【变式3-3】（23-24九年级·辽宁鞍山·期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝AC，∠ADC＝α，点E
为射线BA上一动点，且AE＜AB，连接DE，将线段DE所在直线绕点D顺时针旋转α交BA延长线于点
H，DE所在直线与射线CA交于点G．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△ADH≌△CDG；
（2）当α≠60°时，
①如图2，连接HG，求证：△ADC∽△HDG；
②若AB＝9，BC＝12，AE＝3，请直接写出EG的长．3❑√5 3❑√14
【答案】（1）证明见详解；（2）①证明见详解；②EG的长为 或 ．
2 2
【分析】（1）AD＝AC，∠ADC＝60°，可证△ACD为等边三角形，根据四边形ABCD为平行四边形，可
得AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，可得∠HAD=∠B=60°=∠GCD，由∠GDH=∠CDA=60°，可
证∠HAD =∠CDG，即可证△ADH≌△CDG（ASA）；
（2）①根据AD＝AC，∠ADC＝α，可得∠ACD=∠ADC＝α，根据四边形ABCD为平行四边形，可得
AD∥BC，可得∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，由∠GDH=α=∠ADC，可得∠ADH =∠CDG即可；
②根据点E的位置分两种情况，当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，根据四边
形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，可证 AGE∽△CGD，得出AG=3，CG=AC-
△
1 9
AG=12-3=9，根据等腰三角形三线合一性质可得AN=BN= AB= ，根据勾股定理CN=
2 2
√ 9 2 3❑√55 1 9
❑√BC2−BN2=❑122−( ) = ，由GM∥CN，再证 AMG∽△ANC，可求AM= AN= ,
2 2 4 8
△
1 3❑√55 9 15
GM= CN= ，EM=AE-AM=3− = ，根据勾股定理EG=
4 8 8 8
√ 15 2 3❑√55 2 3❑√5
❑√M E2+GM2=❑ ( ) +( ) = ，当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作
8 8 2
GM⊥AE于M，由AE∥CD， GAE∽△GCD，可求GA=6，由GM∥CN，可证 GMA∽△CNA，可得
△ △
1 1 3❑√55 3❑√55 1 1 9 9 9 3
GM= CN= × = ，AM= AN= × = ，EM=AE-AM=3- = ，根据勾股定理EG=
2 2 2 4 2 2 2 4 4 4
√ 3❑√55 2 3 2 3❑√14
❑√GM2+EM2=❑ ( ) +( ) = ．
4 4 2
【详解】（1）证明：∵AD＝AC，∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，
∴∠HAD=∠B=60°=∠GCD，∵∠GDH=∠CDA=60°，
∴∠HDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG=60°，
∴∠HDA =∠CDG，
在 ADH和 CDG中
∠△ADH=∠△CDG
{ AD=CD
∠HAD=∠GCD
△ADH≌△CDG（ASA）；
（2）①证明：∵AD＝AC，∠ADC＝α，
∴∠ACD=∠ADC＝α，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，
∵∠GDH=α=∠ADC，
∴∠ADH+∠ADG=∠CDG+∠ADG=α，
∴∠ADH =∠CDG，
∴△ADH∽△CDG；②解：当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，
∴∠EAG=∠DCG，∠AEG=∠CDG，
∴△AGE∽△CGD，
AG AE 3 1
∴ = = = ，
CG CD 9 3
∴CG=3AG，
∵AD=AC=12，
∴AG+CG=AG+3AG=4AG=12，
∴AG=3，
∴CG=AC-AG=12-3=9，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
1 9
∴AN=BN= AB= ，
2 2
√ 9 2 3❑√55
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=❑√BC2−BN2=❑122−( ) = ，
2 2
∴GM∥CN，
∴△AMG∽△ANC，
AM AG GM 3 1
∴ = = = = ，
AN AC CN 12 4
1 9 1 3❑√55
∴AM= AN= ,GM= CN= ，
4 8 4 8
9 15
∴EM=AE-AM=3− = ，
8 8√ 15 2 3❑√55 2 3❑√5
在Rt△MGE中，根据勾股定理EG=❑√M E2+GM2=❑ ( ) +( ) = ，
8 8 2
当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵AE∥CD，
∴∠GAE=∠GCD，∠GEA=∠GDC，
∴△GAE∽△GCD，
GA EA 3 1
∴ = = = ，
GC DC 9 3
∴GC=3GA，
∵AC=GC-GA=3GA-GA=2GA=12,
∴GA=6，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
1 9
∴AN=BN= AB= ，
2 2
√ 9 2 3❑√55
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=❑√BC2−BN2=❑122−( ) = ，
2 2
∵CN⊥AB， GM⊥AE，
∴GM∥CN，
∴△GMA∽△CNA，
GA GM AM 6 1
∴ = = = = ，
CA CN AN 12 2
1 1 3❑√55 3❑√55 1 1 9 9
∴GM= CN= × = ，AM= AN= × = ，
2 2 2 4 2 2 2 4
9 3
∴EM=AE-AM=3- = ，
4 4√ 3❑√55 2 3 2 3❑√14
在Rt△GME中，根据勾股定理EG=❑√GM2+EM2=❑ ( ) +( ) = ，
4 4 2
3❑√5 3❑√14
∴综合EG的长为 或 ．
2 2
【点睛】本题考查图形旋转性质，平行四边形性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定，三角形相
似判定与性质，勾股定理，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，掌握以上知识是解题关键．
模型3：母子型
如 图 为 斜 “ A” 字 型 基 本 图 形 ． 当 时 ， ， 则 有 ．
．
如图所示，当E点与C点重合时，为其常见的一个变形，即子母型．
当 时， ，则有 ．
【题型4 母子型】
4
【例4】（23-24九年级·湖南株洲·期中）如图1，∠C90，BC6，tanB= ，点M从点B出发以每秒1
3个单位长度的速度向点C运动，点N同时从点C出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动，当一点到达终
点时，另一点也停止运动．
(1)求AB的长．
(2)当以点M、C、N为顶点的三角形与△ABC相似时，求t的值．
(3)如图2，将本题改为点M从点B出发以每秒3个单位长度的速度在BA上向点A运动，点N同时从点A出
发向点C运动，其速度是每秒2个单位长度，其它条件不变，求当t为何值时，△MNA为等腰三角形．
【答案】(1)10
12 18
(2)t= 或t= 时，以点M、C、N为顶点的三角形与△ABC相似
5 11
40 50
(3)t=2或t= 或t= 时，△MNA为等腰三角形
17 31
【分析】(1)根据三角函数解得即可；
(2)分①当△MCN∽△BCA时和②当△MCN∽△ACB时，两种情况利用相似三角形的性质解答即可；
(3)分①当AM=AN时，②当AM=MN时，③当MN=AN时，三种情况，利用等腰三角形的性质得出比
例解答即可．
4
【详解】（1）解：∵∠C=90°,BC=6,tanB=
3
∴AC=8
∴AB=❑√BC2+AC2=❑√62+82=10
（2）解：解：①当△MCN∽△BCA时，
MC CN
∴ = ，
BC CA
6−t 2t
即 = ，
6 812
解得：t= ，
5
②当△MCN∽△ACB时，
MC CN
∵ = ，
AC BC
6−t 2t
即 = ，
8 6
18
解得：t= ，
11
12 18
综上所述，t= 或t= 时，以点M、C、N为顶点的三角形与△ABC相似，
5 11
（3）解：①如图3，当AM=AN时，10−3t=2t，
解得：t=2，
②如图4，当AM=MN时，过点M作MD⊥AC于D，
1
则∠ADM=90°，AM=MN=10−3t，AD= AN=t，
2
∵∠ACB=90°，
∴MD ∥ BC，
∴△AMD∽△ABC，
AM AD
∴ = ，
AB AC10−3t t
即 = ，
10 8
40
解得：t= ，
17
③如图5，当MN=AN时，过点N作ND⊥AB于D，
1 1
则∠ADN=∠ACB=90°，AD=DM= AM= (10−3t)，
2 2
∵∠A=∠A，
∴△ADN∽△ACB，
AD AN
∴ = ，
AC AB
1
(10−3t)
即2 2t，
=
8 10
50
解得：t= ，
31
40 50
综上所述，t=2或t= 或t= 时，△MNA为等腰三角形
17 31
【点睛】本题考查考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，已知正切求边长，解题的关键是
掌握辅助线的作法，数形结合，分类讨论思想的应用．
【变式4-1】（23-24九年级·山东聊城·期中）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G
三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．
（1）求证：△MFC∽△MCA；
（2）求证△ACF∽△ABE；
（3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的边长．3
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） ❑√5．
5
【分析】（1）由正方形的性质得∠ACD=∠AFG=45°，进而根据对顶角的性质得∠CFM=∠ACM，
再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论；
AF AC
（2）根据正方形的性质得 = ，再证明其夹角相等，便可证明△ACF∽△ABE；
AE AB
（3）由已知条件求得正方形ABCD的边长，进而由勾股定理求得AM的长度，再由△MFC∽△MCA，
求得FM，进而求得正方形AEFG的对角线长，便可求得其边长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFG=45°，
∵∠CFM=∠AFG，
∴∠CFM=∠ACM，
∵∠CMF=∠AMC，
∴△MFC∽△MCA；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠BAC=45°，
∴AC=❑√2AB，
同理可得AF=❑√2AE，
AF AC
∴ = =❑√2，
AE AB
∵∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠CAF=∠BAE，
∴△ACF∽△ABE；
（3）∵DM=1，CM=2，
∴AD=CD=1+2=3，
∴AM=❑√AD2+DM2=❑√32+12=❑√10，
∵△MFC∽△MCA，CM FM 2 FM
∴ = ，即 = ，
AM CM ❑√10 2
2❑√10
∴FM= ，
5
3❑√10
∴AF=AM−FM= ，
5
❑√2 3
∴ AG= AF= ❑√5，
2 5
3
即正方形AEFG的边长为 ❑√5．
5
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是掌握相似模型及证
明方法和正方形性质．
【变式4-2】（23-24九年级·江苏苏州·期中）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足∠1=∠2
，则称点P为这个三角形的“理想点”．
(1)如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC=2❑√2，AB=4，试判断点D是不是△ABC的“理想
点”，并说明理由；
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，若点D是△ABC的“理想点”，求CD的
长．
【答案】(1)D为△ABC的理想点,理由见解析
12 9
(2) 或
5 4
AC AB
【分析】（1）由已知可得 = ，从而ΔACD∽ΔABC，∠ACD=∠B，可证点D是ΔABC的“理
AD AC
想点”；
（2）由D是ΔABC的“理想点”，分三种情况：当D在AB上时，CD是AB边上的高，根据面积法可求
CD长度；当D在AC上时，ΔBDC∽ΔABC，对应边成比例即可求CD长度；D不可能在BC上．
【详解】（1）解：点D是ΔABC的“理想点”，理由如下：∵D是AB中点，AB=4，
∴AD=BD=2，AD⋅AB=8，
∵AC=2❑√2，
∴AC2=8，
∴AC2=AD⋅AB，
AC AB
∴ = ，
AD AC
∵∠A=∠A，
∴ΔACD∽ΔABC，
∴∠ACD=∠B，
∴点D是ΔABC的“理想点”；
（2）①D在AB上时，如图：
∵D是ΔABC的“理想点”，
∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A，
当∠ACD=∠B时，
∵∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠BCD+∠B=90°，
∴∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，
当∠BCD=∠A时，同理可证∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，
在RtΔABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，
∴BC=❑√AB2−AC2=3，
1 1
∵S = AB⋅CD= AC⋅BC，
ΔABC 2 2
12
∴CD= ，
5
②∵AC=4，BC=3，
∴AC>BC有∠B>∠A，
∴ “理想点” D不可能在BC边上，③D在AC边上时，如图：
∵D ΔABC
是 的“理想点”，
∴∠DBC=∠A，
又∠C=∠C，
∴ΔBDC∽ΔABC，
CD BC CD 3
∴ = ，即 = ，
BC AC 3 4
9
∴CD= ，
4
12 9
综上所述，点D是ΔABC的“理想点”， CD的长为 或 ．
5 4
【点睛】本题主要考查了相似三角形、勾股定理等知识，解题的关键是理解“理想点”的定义．
【变式4-3】（23-24九年级·广东佛山·阶段练习）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 ，即x>y
7 37
∴x2>y2
也就是说甲同学加工的最大正方形桌面面积大于乙同学加工的最大正方形桌面面积
∴甲同学的方法符合要求
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程
解决问题．
【变式5-3】（16-17九年级·江苏泰州·阶段练习）如图1，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，正方形DEFG
的顶点D、G分别在AB、AC上，EF在BC上．
（1）求正方形DEFG的边长；
（2）如图2，在BC边上放两个小正方形DEFG、FGMN，则DE= ．
12 12
【答案】（1） ；（2） ．
5 7
【分析】（1）过点作AM⊥BC于点M，由AB=AC=10，BC=16，根据等腰三角形的性质与勾股定理，即可求得AM的长，又由四边形DEFG是矩形，易证得△ADG∽△ABC，设MN=DE=x，由相似三角形对应高
DG 4−x
的比等于相似比，即可得方程 = ，则可表示出DG的长，由正方形的性质可得DE=DG，可得结
6 4
果；
2DE 4−DE
（2）由题意得：DN=2DE，由（1）知： = ，即可得到结论．
BC 4
【详解】解：过点作AM⊥BC于点M，
∵AB=AC=5，BC=6，
1
∴BM= BC=3，
2
在Rt△ABM中，AM=❑√AB2−BM2=4，
∵四边形DEFG是矩形，
∴DG∥EF，DE⊥BC，
∴AN⊥DG，四边形EDMN是矩形，
∴MN=DE，
设MN=DE=x，
∵DG∥EF，
∴△ADG∽△ABC，
∴DG：BC=AN：AM，
DG 4−x
∴ = ，
6 4
3
解得：DG=﹣ x+6，
2
∵四边形DEFG为正方形，
3
∴DE=DG，即x=﹣ x+6，
2
12
解得x= ，
5
12
∴正方形DEFG的边长为 ；
5
（2）由题意得：DN=2DE，
2DE 4−DE
由（1）知： = ，
BC 412
∴DE= ．
7
12
故答案为 ．
7
【点睛】本题考查了正方形的性质、平行线分线段成比例定理的推论、相似三角形的判定和性质，相似三
角形对应高的比等于相似比．
模型6：双垂直型
①如图，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常见
的结论有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
②拓展：
在
（1） 正方形、长方形中经常会出现射影定理模型，如图，在 和 内均有射影定理模
型．
（2）如图，在圆中也会出现射影定理模型．
【题型6 双垂直型】
【例6】（2024九年级·全国·专题练习）如图所示，在△ABC中，
∠ABC=90°，BD⊥AC，DE⊥BC，垂足分别为D、E两点，则图中与△ABC相似的三角形有（
）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定．熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
根据相似三角形的判定作答即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°，BD⊥AC，DE⊥BC，
∴∠ADB=∠BDC=∠BED=∠CED=90°=∠ABC，∠A+∠ABD=90°=∠ABD+∠EBD，
∠C+∠EBD=90°=∠C+∠CDE，
∴∠A=∠EBD=∠CDE，
∵∠A=∠A，∠ADB=∠ABC，
∴△ADB∽△ABC
同理可得，△BED∽△ABC，△BDC∽△ABC，△DEC∽△ABC，
∴共有四个三角形与△ABC相似．
故选：A．
【变式6-1】（23-24九年级·上海青浦·期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高．如
果BD＝4，CD＝6，那么BC：AC是（ ）
A．3：2 B．2：3 C．3:❑√13 D．2:❑√13．
【答案】B
【分析】只要证明 ACD∽△CBD，可得BC：AC=BD：CD=4：6=2：3，由此即可解决问题．
【详解】∵∠ACB△=90°，∴∠B+∠A=90°，
∵∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∵∠ACB=∠CDB=90°，
∴△ACB∽△CDB，
∴BC：AC=BD：CD=4：6=2：3，故选B.
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考
题型．
【变式6-2】（23-24九年级·安徽合肥·期中）△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，点E为BD的中点，
连接AE并延长交BC于点F，且有AF=CF，过F点作FH⊥AC于点H．
（1）求证：△ADE∽△CDB；
（2）求证：AE=2EF；
（3）若FH=❑√3，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4．
【分析】（1）先根据垂直的定义可得∠ADE=∠CDB=90°，再根据等腰三角形的性质可得
∠DAE=∠DCB，然后根据相似三角形的判定即可得证；
AD DE 1
（2）先根据相似三角形的性质可得 = = ，再根据等腰三角形的三线合一可得AH=CH，从而可
CD DB 2
AD
得 =2，然后根据平行线分线段成比例定理即可得证；
DH
DE AE
（3）先根据相似三角形的判定与性质可得 = ，从而可得DE,BD的长，再根据相似三角形的判定
FH AF
可得△ABD∼△BCD，然后利用相似三角形的性质可求出CD的长，最后在Rt△BCD中，利用勾股定理
即可得．
【详解】证明：（1）∵BD⊥AC,FH⊥AC，
∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，
∵AF=CF，
∴∠DAE=∠DCB，
{∠ADE=∠CDB)
在△ADE和△CDB中， ，
∠DAE=∠DCB∴△ADE∼△CDB；
（2）∵点E为BD的中点，
1
∴DE=BE= BD，
2
由（1）已证：△ADE∼△CDB，
AD DE 1
∴ = = ，
CD DB 2
设AD=a(a>0)，则CD=2a，AC=AD+CD=3a，
∵FH⊥AC,AF=CF，
1 3
∴AH=CH= AC= a（等腰三角形的三线合一），
2 2
1
∴DH=AH−AD= a，
2
又∵BD∥FH，
AE AD a
∴ = = =2
EF DH 1 ，
a
2
即AE=2EF；
（3）由（2）已证：AE=2EF，
2
∴AE= AF，
3
∵BD∥FH，
∴△ADE∼△AHF，
DE AE DE 2
∴ = ，即 = ，
FH AF ❑√3 3
2
解得DE= ❑√3，
3
4
∴BD=2DE= ❑√3，
3
∵∠ABC=90°,BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，
∴∠ABD=∠C，
{∠ADB=∠BDC=90°)
在△ABD和△BCD中， ，
∠ABD=∠C
∴△ABD∼△BCD，AD BD
∴ = ，
BD CD
由（2）可知，设AD=b(b>0)，则CD=2b，
4
❑√3
b 3
∴ = ，
4 2b
❑√3
3
2❑√6 2❑√6
解得b= 或b=− （不符题意，舍去），
3 3
4❑√6
∴CD=2b= ，
3
则在Rt△BCD中，BC=❑√BD2+CD2=❑ √ (4 ❑√3 ) 2 + (4❑√6) 2 =4．
3 3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三
角形的判定与性质是解题关键．
【变式6-3】（23-24九年级·广西南宁·期末）如图1，在正方形ABCD中，AB长为4❑√3，点E和点F分别
是BC，CD边上一点，且DF=CE，连接DE，AF，DE和AF相交于点H．
(1)求证：△ADF≌△DCE；
(2)如图2，过B作BM⊥AF，垂足为M．
①若∠DAF=30°，求MH的长；
DN
②如图3，连接BH并延长BH交CD于点N，若M为AH的中点，求 的值．
BE【答案】(1)证明见解析
DN 1
(2)①MH=6−2❑√3；② =
BE 2
【分析】（1）先证明AB=BC=CD=AD,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=90°，结合DF=CE，从
而可得结论；
（2）①由（1）可得：AB=BC=CD=AD=4❑√3,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=90°，求解DF=4
1 1
，AF=8，HF= DF=2，AM= AB=2❑√3，从而可得答案；②M为AH的中点BM⊥AH，证明
2 2
AB=BH，AM=MH，证明△BAM≌△ADH，可得AM=DH，设AM=MH=DH=x，求解
❑√5 ❑√5 ❑√5 ❑√5
DN= x，DF=CE= x，BE=BC−CE=❑√5x− x= x，从而可得答案．
4 2 2 2
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=90°，
∵DF=CE，
∴△ADF≌△DCE；
（2）①由（1）可得：AB=BC=CD=AD=4❑√3,∠ADC=∠DCB=∠ABC=∠BAD=90°，
∵∠DAF=30°，
∴AF=2DF，
∴(2DF) 2−DF2=(4❑√3) 2 ，
解得：DF=4，AF=8，
由（1）得：∠EDC=∠DAF=30°，AF⊥DE，
1
∴HF= DF=2，
2
∵∠BAD=90°,∠DAF=30°，
∴∠BAM=90°−30°=60°，而BM⊥AF，∴∠ABM=30°，
1
∴AM= AB=2❑√3，
2
∴MH=8−2❑√3−2=6−2❑√3；
②∵M为AH的中点，BM⊥AH，
∴AB=BH，AM=MH，
∵BM⊥AH,DE⊥AF，
同理可得：△BAM≌△ADH，
∴AM=DH，
∴设AM=MH=DH=x，
∴AD=❑√5x=AB=CD=BC，
∵AB∥DC，AB=BH，
∴∠BAH=∠DFA,∠BAH=∠BHA，而∠BHA=∠NHF，
∴∠NHF=∠NFH，
∴NH=NF，
∵∠DHF=90°=∠DHN+∠NHF=∠NFH+∠FDH，
∴∠DHN=∠HDN，
∴设HN=DN=NF= y，
∴BN=❑√5x+ y,CN=❑√5x−y，
∴(❑√5x) 2+(❑√5x−y) 2=(❑√5x+ y) 2 ，
❑√5
解得：y= x，
4
❑√5 ❑√5
∴DN= x，DF=CE= x，
4 2
❑√5 ❑√5
∴BE=BC−CE=❑√5x− x= x，
2 2
❑√5
x
DN 4 1
∴ = = ．
BE ❑√5 2
x
2
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正方形的性质，线段的垂直平分线的
性质，等腰三角形的性质，二次根式的混合运算，熟练的利用勾股定理求解线段的长是解本题的关键．
模型7：手拉手型①如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.[来源:Zxxk.Com]
②如图所示， 和 都是等腰直角三角形， 的延长线与 相交于点P，则
，且相似比为 ， 与 的夹角为 ．
总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点
及其旋转后的对应点组成的三角形相似．
③如图所示， ，则 ， ，且 ．
【题型7 手拉手型】
【例7】（23-24九年级·山东烟台·期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点
在同一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．
(1)求证：△MFC∽△MCA；
BE
(2)求 的值；
CF(3)若DM=2,CM=4，求正方形AEFG的边长．
【答案】(1)见解析
❑√2
(2)
2
6
(3) ❑√5
5
【分析】（1）由正方形的性质得∠ACD=∠AFG=45°，进而根据对顶角的性质得∠CFM=∠ACM，再结合公
共角，根据相似三角形的判定得结论；
AE AB
（2）根据正方形的性质得 = ，再证明其夹角相等，便可证明 ACF∽△ABE，由相似三角形的性质
AF AC
△
得出结果；
（3）由已知条件求得正方形ABCD的边长，进而由勾股定理求得AM的长度，再由 MFC∽△MCA，求得
FM，进而求得正方形AEFG的对角线长，便可求得其边长． △
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFG=45°，
∵∠CFM=∠AFG，
∴∠CFM=∠ACM，
∵∠CMF=∠AMC，
∴△MFC∽△MCA；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°,∠BAC=45°，
❑√2
∴AB= AC，
2
❑√2
同理可得AE= AF，
2
AE AB ❑√2
∴ = = ，
AF AC 2
∵∠BAC=∠EAF=45°，
∴∠BAC−∠CAE=∠EAF−∠CAE，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△ABE∽△ACF，BE AB ❑√2
∴ = = ；
CF AC 2
（3）∵DM=2,CM=4，
∴AD=CD=2+4=6，
AM=❑√AD2+DM2=❑√62+22=2❑√10
∴ ，
¿
¿
∵△MFC∽△MCA，
CM FM
∴ = ，
AM CM
∴CM2=AM⋅FM，
4
∴FM= ❑√10，
5
6
∴AF=AM−FM= ❑√10，
5
❑√2 6
∴AG= AF= ❑√5，
2 5
6
即正方形AEFG的边长为 ❑√5．
5
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是综合应用这些知识
解决问题．
【变式7-1】（23-24九年级·安徽合肥·期中）如图，在△ABC与△ADE中，∠ACB=∠AED=90°，
∠ABC=∠ADE，连接BD、CE，若AC︰BC=3︰4，则BD︰CE为（ ）
A．5︰3 B．4︰3 C．❑√5︰2 D．2︰❑√3
【答案】A
AB 5
【详解】因为∠ACB=90°，AC︰BC=3︰4，则 =
AC 3
因为∠ACB=∠AED=90°，∠ABC=∠ADE，
得△ABC∼ △ADE，AB AC
得 = ，∠DAE=∠BAC,
AD AE
则∠DAB=∠EAC ，
BD AB 5
则ΔDAB∼ΔEAC， = = .
CE AC 3
故选A.
【变式7-2】（23-24九年级·四川成都·期末）如图，以△ABC的两边AB、AC分别向外作等边△ABD和
等边△ACE，BE与DC交于点P，已知PA=3，PB=4，PC=5．
(1)求证：△ADC≌△ABE；
(2)求∠DPB的度数及BE的长；
(3)若点Q、R分别是等边△ABD和等边△ACE的重心（三边中线的交点），连接AQ、AR、QR，作出
图象，求QR的长．
【答案】(1)见解析
(2)60°，12
(3)4❑√3
【分析】（1）证∠DAC=∠BAE即可求证；
（2）利用全等三角形的性质可得∠DPB的度数；在PE上取点F，使∠PCF=60°，根据（1）中证明过
程可证△APC≌△EFC，即可求解；
AQ AR ❑√3
（3）过点Q作QG⊥AD于G，设QG=x，根据重心的性质可得 = = ，进一步可证
AB AE 3
△ABE∽△AQR，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABD和△ACE都为等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE，
∴△ADC≌△ABE（2）解：∵△ADC≌△ABE；
∴∠ADP=∠ABP，
设AB，PD交于O，
∵∠AOD=∠POB，
∴∠DPB=∠DAB=60°；
如图①在PE上取点F，使∠PCF=60°，
同（1）可得△APC≌△EFC，∠EPC=∠EAC=60°，
∴EF=AP=3，△CPF为等边三角形，
∴BE=PB+PF+FE=4+5+3=12；
（3）解：
如图②，过点Q作QG⊥AD于G，设QG=x，
∵点Q、R分别是等边△ABD和等边△ACE的重心，
∴AQ=2x，AG=2x×sin30°=❑√3x,AB=2❑√3x
AQ AR ❑√3
∵ = = ∠QAR=∠QAB+∠BAC+∠RAC=30°+∠BAC+30°=60°+∠BAC，
AB AE 3
∴∠QAR=∠BAE，
∴△ABE∽△AQR，
∴QR：BE=AQ：AB，
❑√3
∴QR= ×12=4❑√3
3
【点睛】本题以“手拉手”全等三角形模型为背景，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．熟记相关结论进行几何推理是解题关键．
【变式7-3】（2024·四川·一模）如图，正方形ABCD，对角线AC，BD相交于O，Q为线段DB上的一
点，∠MQN=90°，点M、N分别在直线BC、DC上．
1 1
（1）如图1，当Q为线段OD的中点时，求证：DN+ BM= BC；
3 2
（2）如图2，当Q为线段OB的中点，点N在CD的延长线上时，则线段DN、BM、BC的数量关系为 ；
（3）在（2）的条件下，连接MN，交AD、BD于点E、F，若MB:MC=3:1，NQ=9❑√5，求EF的长．
1 1 15❑√2
【答案】（1）见解析；（2）BM− DN= BC；（3）EF的长为 ．
3 2 14
【分析】（1）如图1，过Q点作QP⊥BD交DC于P，然后根据正方形的性质证明△QPN∽△QBM，就可以
得出结论；
（2）如图2，过Q点作QH⊥BD交BC于H，通过证明△QHM∽△QDN，由相似三角形的性质就可以得出
结论；
（3）由条件设CM=x，MB=3x，就用CB=4x，得出BH=2x，由（2）相似的性质可以求出MQ的值，再根
据勾股定理就可以求出MN的值，可以表示出ND，由△NDE∽△NCM就可以求出NE，也可以表示出DE，
最后由△DEF∽△BMF而求出结论．
【详解】解：（1）如图，过Q点作QP⊥BD交DC于P，
∴∠PQB=90°．
∵∠MQN=90°，
∴∠NQP=∠MQB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠BDC=∠DBC=45°．DO=BO，∴∠DPQ=45°，DQ=PQ，
∴∠DPQ=∠DBC=45°，
∴△QPN∽△QBM，
NP PQ
∴ = ，
MB QB
∵Q是OD的中点，且PQ⊥BD，
1
∴DO=2DQ，DP= DC，
2
1 1
∴BQ=3DQ，DN+NP= DC= BC，
2 2
∴BQ=3PQ，
NP 1
∴ = ，
MB 3
1
∴NP= BM，
3
1 1
∴DN+ BM= BC；
3 2
（2）如图，过Q点作QH⊥BD交BC于H，
∴∠BQH=∠DQH=90°，
∴∠BHQ=45°，
∵∠COB=90°，
∴QH∥OC，
∵Q是OB的中点，
1
∴BH=CH= BC，
2
∵∠NQM=90°，
∴∠NQD=∠MQH，
∵∠QND+∠NQD=45°，∠MQH+∠QMH=45°，
∴∠QND=∠QMH，∴△QHM∽△QDN，
HM QH QM 1
∴ = = = ，
ND DQ NQ 3
1
∴HM= ND，
3
∵BM-HM=HB，
1 1
∴BM− DN= BC．
3 2
1 1
故答案为：BM− DN= BC；
3 2
（3）∵MB：MC=3：1，设CM=x，
∴MB=3x，
∴CB=CD=4x，
∴HB=2x，
∴HM=x．
1
∵HM= ND，
3
∴ND=3x，
∴CN=7x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ED∥BC，
∴△NDE∽△NCM，△DEF∽△BMF，
ND DE NE DE EF
∴ = = ， = ，
CN CM NM BM FM
3x DE NE 3
∴ = ， = ，
7x x NM 7
3
∴DE= x，
7
3
∴ 7 EF 1，
= =
3x FM 7
∵NQ=9❑√5，
∴QM=3❑√5，
在Rt△MNQ中，由勾股定理得：MN=❑√ (9❑√5) 2+(3❑√5) 2=15❑√2，
NE 3
∴ = ，
15❑√2 7
45❑√2
∴NE= ，
7
60❑√2
∴EM= ，
7
设EF=a，则FM=7a，
60❑√2
∴a+7a= ，
7
15❑√2
∴a= ．
14
15❑√2
∴EF的长为 ．
14
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，相似三角形的判定和性质的运用，勾股定理的运用及平行线等
分线段定理的运用，在解答时利用三角形相似的性质求出线段的比是解答本题的关键．
模型8：一线三等角型
(1)“三垂直”模型：如图1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，则△ABC∽△CDE.
(2)“一线三等角”模型：如图2，∠B＝∠ACE＝∠D，则△ABC∽△CDE.
特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE.
补充：其他常见的一线三等角图形
【题型8 一线三等角型】
【例8】（2024九年级·全国·专题练习）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接
AD、DE，且∠B=∠ADE=∠C．(1)证明：△BDA∽△CED；
(2)若∠B=45°,BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合），且△ADE是等腰三角形，求此
时BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)BD=2−❑√2或1
【分析】（1）根据平角的概念和三角形内角和定理证明∠EDC=∠DAB，然后根据相似三角形的判定定
理得出结论；
（2）由题意易得△ABC是等腰直角三角形，所以∠BAC=90°，当△ADE是等腰三角形时，有三种情
况：①AD=AE，②AD=DE，③AE=DE；因为点D不与B、C重合，所以第一种情况不符合，其他
两种情况根据等腰三角形的性质及∠B=∠ADE=45°，求出即可．
【详解】（1）证明：∵∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°，∠B+∠ADB+∠DAB=180°，
∠B=∠ADE=∠C，
∴ ∠EDC=∠DAB，
∴ △BDA∽△CED；
（2）解：∵ ∠B=∠ADE=∠C，∠B=45°，
∴ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠BAC=90°，
∵ BC=2，
∴由勾股定理得：AB=AC=❑√2，
①当AD=AE时，
∴ ∠ADE=∠AED，
∵ ∠B=45°，
∴ ∠B=∠ADE=∠AED=45°，
∴ ∠DAE=90°，
∴ ∠DAE=∠BAC=90°，∵点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）,点E在AC上，
∴此情况不符合题意．
②当AD=DE时，如图，
∴∠DAE=∠DEA
，
由（1）可知：∠EDC=∠DAB，∠B=∠C，
∴△BDA≌△CED(AAS)，
∴ AB=DC=❑√2，
∴ BD=2−❑√2；
③当AE=DE时，∠ADE=∠DAE=45°，
∵∠B=∠C=45°
∴ △ABC是等腰三角形，∠ADC=180°−45°−45°=90°，即AD⊥BC，
1
∴ BD= BC=1．
2
综上，BD=2−❑√2或1．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾
股定理等知识；熟练掌握分类讨论思想的应用是解题的关键．
【变式8-1】（23-24九年级·吉林长春·期末）【感知】如图①，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P
不与点A、B重合），∠A=∠B=∠DPC=90°．易证△DAP∽△PBC．（不需要证明）
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），∠A=∠B=∠DPC．
若PD=4，PC=8，BC=6，求AP的长．
【拓展】如图③，在△ABC中，AC=BC=8，AB=12，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），连
结CP，作∠CPE=∠A，PE与边BC交于点E，当△CPE是等腰三角形时，直接写出AP的长．20
【答案】【探究】3；【拓展】4或 ．
3
【分析】探究：根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；
拓展：证明 ACP∽△BPE，分CP=CE、PC=PE、EC=EP三种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】探△究：证明：∵∠DPB是△APD的外角，
∴∠DPB=∠A+∠PDA，
即∠DPC+∠CPB=∠A+∠PDA，
∵∠A=∠DPC，
∴∠PDA=∠CPB，
又∵∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC，
PD AP
∴ = ，
PC BC
∵PD=4，PC=8，BC=6，
4 AP
∴ = ，
8 6
解得：AP=3；
拓展：∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∵∠CPB是 APC的外角，
∴∠CPB=∠△A+∠PCA，即∠CPE+∠EPB=∠A+∠PCA，
∵∠A=∠CPE，
∴∠ACP=∠BPE，
∵∠A=∠B，
∴△ACP∽△BPE，
当CP=CE时，∠CPE=∠CEP，∵∠CEP＞∠B，∠CPE=∠A=∠B，
∴CP=CE不成立；
当PC=PE时， ACP≌△BPE，
则PB=AC=8，△
∴AP=AB-PB=12−8=4；
当EC=EP时，∠CPE=∠ECP，
∵∠B=∠CPE，
∴∠ECP=∠B，
∴PC=PB，
∵△ACP∽△BPE，
AC AP PC
∴ = = ，
BP BE EP
8 12−PB PB
即 = = ，
PB BE 8−BE
16
解得：PB= ，
3
16 20
∴AP=AB−PB=12− = ，
3 3
20
综上所述：△CPE是等腰三角形时，AP的长为4或 ．
3
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，灵活运用分情
况讨论思想是解题的关键．
【变式8-2】（2024·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，∠ABC=α，将边AC绕点C顺时针旋转α
得到线段CE，在射线BC上取点D，使得∠CDE=α．请求出线段BC与DE的数量关系；
1
（2）类比探究：如图2，若α=90°，作∠ACE=90°，且CE= AC，其他条件不变，则线段BC与DE
2
的数量关系是否发生变化?如果变化，请写出变化后的数量关系，并给出证明；
（3）拓展延伸：如图3，正方形ABCD的边长为6，点E是边AD上一点，且AE=2，把线段CE逆时针旋
转90°得到线段EF，连接BF，直接写出线段BF的长．【答案】（1）BC=DE；（2）发生变化，BC=2DE，证明见解析；（3）2❑√41
【分析】（1）结合“一线三等角”推出△ABC≌△CDE，从而证得结论即可；
（2）利用条件证明△ABC∽△CDE，然后根据相似三角形的性质证明即可；
（3）作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，结合“一线三垂直”
证明△FTE≌△EGC，从而利用全等三角形的性质求出BH和FH，最后利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：∵∠ABC=∠CDE=∠ACE=α，
∴∠A＝∠ECD．
在△ABC和△CDE中，
¿
∴△ABC≌△CDE(AAS)，
∴BC=DE．
（2）发生变化，BC=2DE．
证明：由（1）得，∠A=∠ECD，∠ABC=∠CDE，
∴△ABC∽△CDE，
BC AC
∴ = =2，
DE CE
∴BC=2DE．
（3）如图所示，作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，
则TH=BG=AE=2，EG=AB=6，AH=TE，
由（1）同理可证，△FTE≌△EGC(AAS)，
∴FT=EG=6，AH=TE=GC=6−2=4，
∴FH=FT+TH=6+2=8，BH=BA+AH=6+4=10，
∴BF=❑√FH2+BH2=❑√82+102=2❑√41．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，准确证明三角形全等或相似，
并熟练运用其性质是解题关键．
BC m
【变式8-3】（2024·河南周口·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， = ，CD⊥AB于点D，点E
AC n
是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F．
（1）探究发现：
DE
如图1，若m＝n，点E在线段AC上，则 ＝ ；
DF
（2）数学思考：
DE
①如图2，若点E在线段AC上，则 ＝ （用含m，n的代数式表示）；
DF
②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明；
（3）拓展应用：若AC＝❑√5，BC＝2❑√5，DF＝4❑√2，请直接写出CE的长．
n n n 2❑√5
【答案】（1）1； ；（2）① ；② ；（3）CE=2❑√5或CE=
m m m 5
【分析】（1）先用等量代换判断出∠ADE=∠CDF，∠A=∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判断出
△ADC∽△CDB即可；
（2）方法和(1)一样，先用等量代换判断出∠ADE=∠CDF，∠A=∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再
判断出△ADC∽△CDB即可；
（3）由(2)的结论得出△ADE∽△CDF，判断出CF=2AE，求出DE，再利用勾股定理，计算出即可．
【详解】解：(1)当m=n时，即：BC=AC，∵∠ACB=90∘，
∴∠A+∠ABC=90∘，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC=90∘，
∴∠A=∠DCB，
∵∠FDE=∠ADC=90∘，
∴∠FDE−∠CDE=∠ADC−∠CDE，
即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
DE AD
∴ = ，
DF DC
∵∠A=∠DCB，∠ADC=∠BDC=90∘，
∴△ADC∽△CDB，
AD AC DE
∴ = =1，∴ =1
DC BC DF
(2)①∵∠ACB=90∘，
∴∠A+∠ABC=90∘，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC=90∘，
∴∠A=∠DCB，
∵∠FDE=∠ADC=90∘，
∴∠FDE−∠CDE=∠ADC−∠CDE，
即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
DE AD
∴ = ，
DF DC
∵∠A=∠DCB，∠ADC=∠BDC=90∘，
∴△ADC∽△CDB，
AD AC n DE n
∴ = = ，∴ =
DC BC m DF m
②成立.如图3，∵∠ACB=90∘
，
∴∠A+∠ABC=90∘，
又∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC=90∘，
∴∠A=∠DCB，
∵∠FDE=∠ADC=90∘，
∴∠FDE+∠CDE=∠ADC+∠CDE，
即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
DE AD
∴ = ，
DF DC
∵∠A=∠DCB，∠ADC=∠BDC=90∘，
∴△ADC∽△CDB，
AD AC n
∴ = = ，
DC BC m
DE n
∴ = ．
DF m
(3)由(2)有，△ADE∽△CDF，
DE AC 1
∵ = = ，
DF BC 2
AD AE DE 1
∴ = = = ，
CD CF DF 2
∴CF=2AE，
如图4图5图6，连接EF．
在Rt△≝¿中，DE=2❑√2，DF=4❑√2，
∴EF=2❑√10，
①如图4，当E在线段AC上时，在Rt△CEF中，CF=2AE=2(AC−CE)=2(❑√5−CE)，EF=2❑√10，
根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，∴CE2+[2(❑√5−CE)] 2=40
2❑√5
∴CE=2❑√5，或CE=− (舍)
5
②如图5，当E在AC延长线上时，
在Rt△CEF中，CF=2AE=2(AC+CE)=2(❑√5+CE)，EF=2❑√10，
根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴CE2+[2(❑√5+CE)] 2=40，
2❑√5
∴CE= ，或CE=−2❑√5(舍)，
5
③如图6，当E在CA延长线上时，在Rt△CEF中，CF=2AE=2(CE−AC)=2(CE−❑√5)，EF=2❑√10，
根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴CE2+[2(CE−❑√5)] 2=40，
−2❑√5
∴CE=2❑√5，或CE= （舍），
5
2❑√5
综上：CE=2❑√5或CE= ．
5
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了三角形相似的性质和判定，勾股定理，判断相似是解决本题的
关键，求CE是本题的难点．
模型9：倒数型
仔细观察，会发现该模型中含有两个A型相似模型，它的结论是由两个A型相似的结论相加而得到
的，该模型的练习有助于提高综合题能力水平。
模型分析：
∵AF∥DE∥BC，
∴△BDE∽△BAF，△ADE∽ABC
∴ ， ．∴
即
∴ （两边同时除以DE）
【题型9 倒数型】
【例9】（2024春·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，AF∥BC，AC、BF相交于E，过E作ED∥AF交
AB于D．求证： ．
【答案】证明： 分别过点C、E、F作直线AB的垂线，垂足分别是K、H、G
则 （模型结论）．【变式9-1】（2024·内蒙古·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点B作BD⊥CB，垂足
为B，且BD=3，连接CD，与AB相交于点M，过点M作MN⊥CB，垂足为N．若AC=2，则MN的长
为 ．
6
【答案】
5
【分析】根据MN⊥BC,AC⊥BC,DB⊥BC，得△BNM∼△BCA, △CNM~△CBD,可得
MN BN MN CN BN CN
= , = ,因为 + =1,列出关于MN的方程，即可求出MN的长．
AC BC BD BC BC BC
【详解】∵MN⊥BC，DB⊥BC, ∠ACB=90°
∴AC∥MN∥DB，
∴△BNM∼△BCA, △CNM∽△CBD，
MN BN MN CN
∴ = , =
AC BC BD BC
MN BN MN CN
即 = , = ,
2 BC 3 BC
BN CN
又∵ + =1，
BC BC
MN MN
∴ + =1，
2 36
解得MN=
,
5
6
故填： ．
5
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题关键是根据题意得出两组相似三角形以及它们对应边之
比的等量关系．
【变式9-2】（2024春·福建莆田·九年级校考期末）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，正方形EFGH的
四个顶点都在△ABC的边上.求证：
【答案】证明：
∵ 四边形EFGH是正方形，
∴ EF⊥AB
∵ CD⊥AB，
∴ EF∥CD，
∴ △AEF∽△ACD.
∴ ①
∵ EH∥AB，
∴ △CEH∽△CAB
∴
∵ EH=EF，
∴ ②
①+②得，
∴【变式9-3】（2024·河南南阳·统考三模）正方形ABCD中，以AB为边作等边三角形ABE，连接DE交AC
于F，交AB于G，连接BF．求证：
(1) AF+BF=EF；
(2)
【答案】证明：（1）如图，在EF上截取FH=AF.
∵ ∠EAB=600，∠BAD=900，AE=AD，
∴ ∠1=∠2=150. ∠3=∠2+∠4=600.
∴ △AFH为等边三角形.
∴ ∠EAH=∠BAF.
∴ △EAH≌△BAF.
∴ EH=BF.
∴ AF+BF=FH+EH=EF.
（2）如图，过点G作GK∥BF交AC于点K.
由（1）可得∠BFC=600，
∴ AH∥GK∥BF.
∴ 由模型4，得
∵ AH=AF，GK=GF，
∴
【题型10 旋转型】
【例10】（2024·山东济南·一模）已知△ABC中∠ABC=90∘,点D、E分别在边BC、边AC上，连接AB DE
DE,DF⊥DE,点F、点C在直线DE同侧，连接FC,且 = =k．
BC DF
（1）点D与点B重合时，
①如图1，k=1时，AE和FC的数量关系是 ；位置关系是 ；
②如图2，k=2时，猜想AE和FC的关系，并说明理由；
（2）BD=2CD时，
③如图3，k=1时，若AE=2,S =6,求FC的长度；
△CDF
④如图4，k=2时，点M、N分别为EF和AC的中点，若AB=10，直接写出MN的最小值．
【答案】（1）①AE=FC；AE⊥FC；②AE=2FC；AE⊥FC；理由见解析；（2）③FC = 6；④MN的最小
5
值为 ．
3
【分析】（1）①利用SAS证出△ABE≌△CDF，从而证出AE=FC，∠A=∠DCF，然后证出∠ACF=90°即可
得出结论；
AE
②根据相似三角形的判定证出△ABE∽△CDF，从而得出∠A=∠DCF， =2，然后证出∠ACF=90°即可得
CF
出结论；
（2）③作GD⊥BC于点D，交AC于点G；作GH⊥AB于点H，交AB于点H；DM⊥AC，利用SAS证出
△EDG≌△FDC，从而得出EG=FC，令DC=a，BD=2a，根据三角形的面积公式即可求出a值，从而求出结
论；
1
④连接MD和MC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=CM= EF，从而得出点M的
2
运动轨迹为是CD的垂直平分线的一部分，作CD的垂直平分线MH交BC于H，然后证出四边形NMHG
为平行四边形，从而求出结论．
【详解】（1）①解：∵∠ABC=90∘, DF⊥DE,
∴∠ABC=∠EDF=90°，∠A＋∠BCA=90°
∴∠ABE＋∠EDC=∠CDF＋∠EDC
∴∠ABE=∠CDFAB DE
∵ = =k=1
BC DF
∴AB=CB，DE=DF
∴△ABE≌△CDF
∴AE=FC，∠A=∠DCF
∴∠DCF＋∠BCA=90°
∴∠ACF=90°
∴AE⊥FC
故答案为：AE=FC；AE⊥FC；
②证明：AE=2FC；AE⊥FC
∵DF⊥DE
∴∠EDF=∠ABC=90°
∴∠ABE=∠CDF·
AB DE
∵ = =2
BC DF
∴△ABE∽△CDF
AE
∴∠A=∠DCF， =2
CF
∵∠A+∠ACB=90°
∴∠DCF+∠ACB=90°
∴∠ACF=90°；即FC⊥AE·
（2）③解：作GD⊥BC于点D，交AC于点G；作GH⊥AB于点H，交AB于点H；DM⊥AC．
∴四边形BDGH为矩形
∴DB=HG
AB DE
∵∠ABC=90°， = =1
BC DF
∴∠A=∠HGA =∠ACB=45°∴DC=DG
∵DE⊥DF
∴∠EDG=∠FDC
∴△EDG≌△FDC（SAS）
∴EG=FC
∵BD=2CD
∴令DC=a，BD=2a
∴AG=2❑√2a
❑√2
∴EG=2❑√2a−2，MD= a·
2
∵S =6
ΔCDF
1 1 ❑√2a
∴S = EG⋅MD= (2❑√2a−2) =6
ΔCDF 2 2 2
3❑√2
解得a =2❑√2，a =− （舍）
1 2 2
∴FC = EG=6
AB DE
④∵ = =k=2，AB=10
BC DF
∴BC=5
∵BD=2CD
1 5
∴CD= BC=
3 3
由③易证∠ECF=90°
在Rt△EDF和Rt△ECF中，点M为EF的中点，连接MD和MC
1
∴DM=CM= EF
2
∴点M的运动轨迹为是CD的垂直平分线的一部分，作CD的垂直平分线MH交BC于H
1 5
∴当NM⊥MH时，MN的最小，易知MN∥BC，MH∥AB，CH= CD=
2 6
1 5
取BC的中点G，连接NG，则CG= BC=
2 2
∴NG为△ABC的中位线
∴NG∥AB
∴MH∥NG∴四边形NMHG为平行四边形
5
∴此时MN=GH=CG－CH=
3
5
即MN的最小值为 ．
3
【点睛】本题主要考查几何变换综合题、相似三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，解题关键
是熟练掌握三角形的中位线的性质、相似三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质．
【变式10-1】（23-24九年级·浙江杭州·期末）已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延
长线上，连结AG，CE交于点H，若AB=3，DE=❑√2，则CH的长为 .
9❑√17
【答案】
17
DM AD
【分析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明△ANG∽ADM，得到 = ，从而求出
NG AN
DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，从而说明
AD AM
△ADM∽△CHM，得到 = ，最后算出CH的长.
CH CM
【详解】解：连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，
∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN，
∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°，∴△ANG∽ADM，
DM AD
∴ = ，
NG AN
∵DE=❑√2，
∴DF=EG=2,
∴DN=NG=1，
∵AD=AB=3，
DM 3
∴ = ，
1 3+1
3
解得：DM= ，
4
9 3❑√17
∴MC= ，AM= ❑√AD2+DM2= ，
4 4
∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠EDC，
在△ADG和△CDE中，
{
AD=CD
)
∠ADG=∠CDE ，
DG=DE
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴∠DAG=∠DCE，
∵∠AMD=∠CMH，
∴∠ADM=∠CHM=90°，
∴△ADM∽△CHM，
AD AM
∴ = ，
CH CM
3❑√17
3 4
即 = ，
CH 9
4
9❑√17
解得：CH= .
17【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，综
合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长.
【变式10-2】（23-24九年级·吉林长春·期末）在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放
在一起，点A为公共顶点，∠BAC=∠AED=90°．如图②，若△ABC固定不动，把△ADE绕点A逆时
针旋转，使AD、AE与边BC的交点分别为M、N点M不与点B重合，点N不与点C重合 ．
【探究】求证：△BAN∽△CMA．
【应用】已知等腰直角三角形的斜边长为4．
(1)BN⋅CM的值为______．
(2)若BM=CN，则MN的长为______．
【答案】(1)8
(2)4❑√2−4
【探究】利用三角形外角的性质可证∠BAN=∠AMC，又由∠B=∠C=45°，可证明结论；
BN 2❑√2
【应用】（1）首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由△BAN∽△CMA，得 = ，则
2❑√2 CM
BN⋅CM=8；
（2）由BM=CN，得BN=CM，由（1）知BN⋅CM=8，得BN=CM=2❑√2，从而得出答案．
【详解】（1）∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠B=∠C=45°，同理，∠DAE=45°，
∵∠BAN=∠BAM+∠DAE=∠BAM+45°，
∠AMC=∠BAM+∠B=∠BAM+45°，
∴∠BAN=∠AMC，∴△BAN∽△CMA；
（2）（1）∵等腰直角三角形的斜边长为4，
∴AB=AC=2❑√2，∵△BAN∽△CMA，
BN BA BN 2❑√2
∴ = ，∴ = ，∴BN⋅CM=8，
AC CM 2❑√2 CM
故答案为：8；
（2）∵BM=CN，∴BN=CM，∵BN⋅CM=8，
∴BN=CM=2❑√2，∴MN=BN+CM−BC=4❑√2−4，
故答案为：4❑√2−4．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用前面
探索的结论解决新的问题是解题的关键．
【变式10-3】（23-24九年级·福建漳州·期末）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，直线AP
交CD于E，PF⊥AE交BC于点F，连接AF交BD于M．
(1)判断△APF的形状，并说明理由；
(2)连接EF，求EF:PM的值．
【答案】(1)△APF是等腰直角三角形，理由见解析
(2)EF：PM=2：❑√2．
【分析】（1）过点P作PG⊥BC于点G，交AD于点H，根据正方形的性质证明△APH≌△PFG，即可得结
论；
（2）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，利用全等三角形的性质证明∠AFN=∠AFE，然后证明
△APM∽△AFE，可得EF：PM=AP：AF，根据△APF是等腰直角三角形，进而可以解决问题．【详解】（1）解：△APF是等腰直角三角形，理由如下：
如图，过点P作PG⊥BC于点G，交AD于点H，
∴GH=CD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，AD=CD，
∵∠PHD=90°，
∴∠HPD=45°，
∴HD=HP，
∴AH=GP，
∵PF⊥AE，
∴∠APF=90°，
∴∠APH+∠FPG=90°，
∵∠PAH+∠APH=90°，
∴∠PAH=∠FPG，
在 APH和 PFG中，
{
△∠PAH△=∠FPG
)
AH=PG ，
∠AHP=∠PGF=90°
∴△APH≌△PFG（ASA），
∴AP=FP，
∴△APF是等腰直角三角形；
（2）解：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，∵∠ADE=∠ABN=90°，∠ABC=90°，
∴∠ABC+∠ABN=180°，
∴C，B，N共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠NAF=∠FAB+∠BAN=∠FAB+∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠FAN，
在 FAN和 FAE中，
{ △ AF=A△F )
∠FAN=∠FAE ，
AN=AE
∴△FAN≌△FAE（SAS），
∴∠AFN=∠AFE，
∵∠FMB=∠AMP，∠MBF=∠PAM=45°，
∴∠BFM=∠APM，
∴∠APM=∠AFE，
∴△APM∽△AFE，
∴EF：PM=AP：AF，
由（1）知： APF是等腰直角三角形，
∴AF：AP=2：△❑√2，
∴EF：PM=2：❑√2．
【点睛】本题属于几何综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，等腰直角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，属于中考题的压轴题．
