专题12相似三角形四种模型（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 12 相似三角形四种模型 通用的解题思路： 题型一：相似三角形基本模型（X字型） 【方法点拨】基本模型： X字型（平行） 反X字型（不平行） 题型二：相似三角形基本模型（A字型） 【方法点拨】基本模型： A字型（平行） 反A字型（不平行） 题型三：相似基本模型（K字型（一线三等角）） 【方法点拨】基本模型： 如图1，∠B=∠C=∠EDF推出△BDE∽△CFD（一线三等角） 如图2，∠B=∠C=∠ADE推出△ABD∽△DCE（一线三等角） 如图3，特别地，当D时BC中点时：△BDE∽△DFE∽△CFD推出ED平分∠BEF，FD平分∠EFC. 题型四：相似三角形基本模型（旋转型（手拉手）） 【方法点拨】基本模型：旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形. 题型一：相似三角形基本模型（X字型） 1．（2024•韶关模拟）如图1是一张折叠型方桌子，图2是其侧面结构示意图，支架AD与CB交于点O， 测得AOBO50cm，CODO30cm． （1）若CD40cm，求AB的长； （2）将桌子放平后，两条桌腿叉开角度AOB106，求AB距离地面的高．（结果保留整数）（参考数值 sin370.60，cos370.80) 【分析】（1）先证明ABO∽DCO，再由相似三角形的性质求出AB的长即可； （2）过点O作OE  AB于点E，OF CD于点F ，在RtDOF中，OF ODsin37，在RtBOE中， OEOBsin37，EF OEOF ，进而作答即可． 【解答】解：（1） AOBO50cm，CODO30cm，  AOB与COD是等腰三角形， AOBCOD，  ABC D， ABO∽DCO， AO AB   ， DO CD 200 AB ， 3 200 即AB的长为 cm； 3 （2）过点O作OE  AB于点E，OF CD于点F ，如图，AOB106，AOB与COD是等腰三角形，  180106 ABC D 37， 2 在RtDOF中， OF ODsin37300.6018(cm)， 在RtBOE中， OEOBsin37500.6030(cm)， EF OEOF 301848(cm)， AB距离地面的高为48cm． 【点评】此题考查了相似三角形的判定及性质、解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线． 2．（2024•西安校级模拟）小明为了测量出一深坑的深度，采取如下方案：如图，在深坑左侧用观测仪AB 从观测出发点A观测深坑底部P，且观测视线刚好经过深坑边缘点E，在深坑右侧用观测仪CD从测出发点 C观测深坑底部P，且观测视线恰好经过深坑边缘点F ，点B，E，F ，D在同一水平线上．已知ABEF ， CDEF，观测仪AB高2m，观测仪CD高1m，BE1.6m，FD0.8m，深坑宽度EF 8.8m，请根据以 上数据计算深坑深度多少米？ 【分析】过点P作PH 垂直EF ，垂足为H ，然后根据已知证明ABM∽PHM ，CDN∽PHN ，得出 ABMH CDHN HP  ，设MH x m，则NH (8.8x)m，解得MH 4.4，再求HP即可． MB DN 【解答】解：过点P作PH 垂直EF ，垂足为H ，如图：ABEF，PH EF ，CDEF，  AB//HP，CD//HP， ABM∽PHM ，CDN∽PHN ， AB MB CD DN   ，  ， HP MH PH HN ABMH CDHN HP ，HP ， MB DN ABMH CDHN   ， MB DN AB2m，BM 1.6m，CD1m，DN 0.8m，MN 8.8m，  设MH x m，则NH (8.8x)m， 2x 1(8.8x)   ， 1.6 0.8 x4.4， 2x 4.4 HP  5.5(m)， 1.6 0.8 深坑深度5.5米． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决 实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问 题转化为数学问题． 3．（2024•常州模拟）图1是凸透镜成像示意图，蜡烛AC发出的光线CE 平行于直线AB，经凸透镜MN 折 射后，过焦点F ，并与过凸透镜中心O的光线CO交于点D，从而得到像BD．其中，物距AOu，像距BOv， 焦距OF  f ，四边形AOEC 是矩形，DB AB，MN  AB． （1）如图2，当蜡烛AC在离凸透镜中心一倍焦距处时，即u f ，请用所学的数学知识说明此时“不成 像”； （2）若蜡烛AC的长为5cm，物距u15cm，焦距 f 10cm，求像距v和像BD的长．【分析】（1）根据矩形的性质可得AC EO，CAOAOE90，从而可得CAOEOF 90，然后 利用SAS 证明CAOEOF ，从而利用全等三角形 的性质可得COAEFO，进而可得CO//EF ，即 可解答； （2）根据垂直定义可得 CAODBOEOF 90，然后证明 8 字模型相似 CAO∽DBO， EFO∽DFB，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答． 【解答】解：（1） 四边形AOEC 是矩形，  AC EO，CAOAOE90， EOF 180AOE90， CAOEOF 90， AOOF ，  CAOEOF(SAS)， COAEFO， CO//EF， CO与EF 没有交点， 此时“不成像”； （2） CA AB，DB AB，MN  AB，  CAODBOEOF 90， COABOD，  CAO∽DBO， CA DB   ， AO BO 5 DB   ， 15 BO BO3BD， EFODFB，  EFO∽DFB， EO BD   ， OF BF 5 BD   ， 10 OB10 5 BD   ， 10 3BD10解得：BD10， BO3BD30(cm)， 像距v为30cm，像BD的长为10cm． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握相似三 角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 4．（2023•浉河区校级三模）综合与实践 莹莹复习教材时，提前准备了一个等腰三角形纸片ABC，如图，AB AC 5，BC 6．为了找到重心， 以便像教材上那样稳稳用笔尖顶起，她先把点B与点C重叠对折，得折痕AE，展开后，她把点B与点A 重叠对折，得折痕DF，再展开后连接CD，交折痕AE于点O，则点O就是ABC 的重心． 教材重现： 如图415，用铅笔可以支起一张均匀的三角形卡片．你知道怎样确定这个点的位置吗？ 在三角形中，连接一个顶点与它对边中点的线段，叫做这个三角形的中线(median)．如图 416，AE是ABC 的BC边上的中线． 让我们先看看三角形的中线有什么特点． ? ???? （1）初步观察： 连接AF ，则AF 与BF 的数量关系是： AF BF ； （2）初步探究： 请帮助莹莹求出AOC的面积； （3）猜想验证；莹莹通过测量惊奇地发现OA2OE ，CO2OD．她的发现正确吗？请说明理由； （4）拓展探究： 莹莹把AFC 剪下后得△AFC，发现可以与ABF拼成四边形，且拼的过程中点A不与点A重合， 直接写出拼成四边形时OA的长． 【分析】（1）利用折叠的性质即可得到答案； 1 （2）由折叠可知，BECE BC 3，AEC 90，利用勾股定理求得AE4，连接DE，易得DE 2 1 OE DE 1 为ABC 的中位线，则DE//AC，DE AC，于是ODE∽OCA，得到   ，进而可得 2 OA AC 2 8 1 OA2OE ，则OA ，根据三角形面积公式可得S  OACE，代入计算即可求解； 3 AOC 2 1 （3）连接DE，易得DE为ABC 的中位线，则DE//AC，DE AC，于是ODE∽OCA，利用相 2 似三角形的性质即可求解； 8 4 97 （4）连接 OB，由（2）知 OA ，则 OE ，利用勾股定理求得 OB ，由折叠可知 3 3 3 5 ADF BDF 90， AF BF， ADBD ，易证FBD∽ABE，由相似三角形的性质可求得 2 25 7 BF  ，则EF  ，分两种情况讨论：当A与点B重合时，此时OAOB；当点A与点F 重合时， 6 6 利用勾股定理求出OF 即可． 【解答】解：（1） 点B与点A重叠对折，得折痕DF，  ADF BDF （折叠的性质）， AF BF ； 故答案为：AF BF； 1 （2）由折叠可知，BECE BC 3，AEC 90， 2 在RtACE中，AE AC2 CE2  52 32 4， 如图，连接DE，点D、E分别为AB、BC的中点，  DE为ABC 的中位线， 1 DE//AC，DE AC， 2 ODEOCA，OEDOAC ， ODE∽OCA， OE DE 1    ， OA AC 2 OA2OE， OAOE AE4，  2 8 OA AE ， 3 3 1 1 8 S  OACE  34； AOC 2 2 3 （3）正确，理由如下： 如图，连接DE， 点D、E分别为AB、BC的中点，  DE为ABC 的中位线， 1 DE//AC，DE AC， 2 ODEOCA，OEDOAC ， ODE∽OCA， OE OD DE 1     ， OA OC AC 2OA2OE，OC 2OD； （4）如图，连接OB， 8 由（2）知，OA ， 3 8 4 OE4  ， 3 3 4 97 在RtOBE中，OB OE2 BE2  ( )2 32  ， 3 3 1 5 由折叠可知，ADF BDF 90，AF BF，ADBD AB ， 2 2 BDF BEA90， FBDABE，  FBD∽ABE， 5 BD BF 2 BF   ，即  ， BE BA 3 5 25 BF  ， 6 25 7 EF BF BE 3 ， 6 6 当A与点B重合时，如图①②，连接OB， 97 此时OAOB ； 3AFBAFC 180，AFC AFC，  AFBAFC180， 此时拼成的图形为三角形，不符合题意； 当点A与点F 重合时，如图③④， 4 7 113 在RtOEF中，OF  OE2 EF2  ( )2 ( )2  ， 3 6 6 113 OAOF  ． 6 97 113 综上，OA的长为 或 ． 3 6 【点评】本题主要考查折叠的性质、中线的定义、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形中位线 的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解题关键是读懂题意，熟知折叠的性质，学会利用数形结合和分类讨论思想解决问题． 5．（2023•南关区四模）如图，AB是 O的直径，OA3．动点P从点A出发，在 O上沿顺时针方向运   动到终点B，速度为每秒个单位．同时动点Q从点B出发，在 O上沿顺时针方向运动，速度为每秒3  个单位．当点P到达终点时，点Q也随之停止运动．连结OP、OQ．设点P的运动时间为t秒． （1） O的周长为 6 ；  （2）当点P与点Q重合时，求AP所在的扇形的面积； （3）当OPOQ时，求t的值； （4）作半径OP的垂直平分线交 O于点M 、N，连结PQ．当PQ将线段MN 分成1:2的两部分时，直接  写出t的值． 【分析】（1）直接利用圆的周长公式计算即可； （2）当点P与点Q重合时，根据点P走过的弧长弧AB的长点B走过的弧长列出方程，求出t值，于 是可求出AP所在扇形的圆心角度数，进而利用扇形的面积公式求解即可； （3）分两种情况：当点P与点Q重合前，当点P与点Q重合前．根据两点走过的弧长关系列出方程，求解 即可； （4）情况一：连接OM ，PM ，PN ，ON，PQ交MN 于点H ，NH:MH 1:2，根据线段垂直平分线的 性质易得 OPM 为等边三角形， PON为等边三角形，进而得到四边形 PMON 为菱形，易得 1 1 GHN∽PHM ，根据相似三角形的性质可得GN  PM  ON，由等边三角形三线合一可知PG垂直平 2 2 分ON，于是可得HON HNO30，则AOP30，利用此时AP的长点P的运动速度即可得到时 间；情况二：同情况一方法即可求解． 【解答】解：（1） O的周长为236；  故答案为：6； （2）当点P与点Q重合时， 3t 3t，3 解得：t ， 2 3  2 点P走过的圆心角度数为 36090， 6 90 9  AP所在的扇形的面积为 32  ； 360 4 （3）当点P与点Q重合前，OPOQ， 1 则 6t 33t， 4 3 解得：t ； 4 当点P与点Q重合后，OPOQ， 1 t 63t3， 4 9 解得：t ； 4 3 9 综上，t 或 ； 4 4 （4）情况一：如图，连接OM ，PM ，PN ，ON，PQ交MN 于点H ，NH:MH 1:2， MN垂直平分OP，  OM PM ， OPOM ，  OPOM PM ， OPM 为等边三角形， POM 60， 同理可得：PON为等边三角形， OPPN ON ，PON 60， MON 120，PM OM ON PN ， 四边形PMON 为菱形，PM //ON ， GHN∽PHM ， GN NH 1 1    ，即GN  PM ， PM MH 2 2 1 GN  ON ， 2 PG垂直平分ON， NH OH ，HNOHON ， MON 120，OM ON ，  ONM 30，即HNO30， HON HNO30， AOPPON HON 603030， 30 6 360 1 t   ；  2 情况二：连接OM ，PM ，PN ，ON，PQ交MN 于点H ，NH:MH 1:2， 同理可得：BOP30， AOP180BOP18030150， 150 6 360 5 t   ．  2 1 5 综上，t 或 ． 2 2 【点评】本题主要考查圆的面积公式、扇形的面积公式、弧长公式、一元一次方程的应用、线段垂直平分 线的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等，理清题意，学会 利用分类讨论和数形结合思想解决问题是解题关键． 6．（2023•海曙区校级三模）如图1，在菱形 ABCD中，AB2 5，点P是对角线BD上的动点， O是  1 PAB的外接圆，tanDBC  ，设 O的半径为r ，BPx．  2（1）如图2，当PAPB时，求证：BC是 O切线；  （2）延长AP交射线BC于点Q． ①如图3，若BP为 O直径，求CQ的长；  AP ②如图4，若点O、A、D三点共线，求 的值； PQ 1 （3）当0x4时，直接写出r 与x的函数关系式： r  5x2 40x100 ． 2 【分析】（1）连接BO并延长交 O于点E，连接PE ，由此得EEBP90，然后根据PAPB以及  菱形的性质可证：BAPABPECBP，据此可得EBC 90，进而利用切线的判定可得出结论； 1 （2）①连接PC，根据已知条件tanDBC  可求出PAPC  5，进而根据QPC和QBA相似，然后 2 列出比例式即可求出CQ的长； ②延长AO与 O交于点G，连接GP，AC，AC与BD交于H ，先证明PGPD，再证PG2AP，根据  1 已知条件tanDBC  分别求出AH 2，DH 4，可设APa，则PGPD2a，PH 2a4，然后在 2 RtAPH中，由勾股定理求出a，进而求出BP的长和DP的长，最后根据ADP和QBP相似可得出答案； （3）作 O的直径PM ，连接AM ，连接AC交BD于点H ，由BPx，则PH 4x，在RtAPH中，  1 由勾股定理求出AP，再由M ABDDBC得tanM  ，进而得AM 2AP，最后在RtAMP中， 2 由勾股定理可得出r 与x的函数关系式．【解答】（1）证明：作 O的直径BE ，连接PE ，  BE为 O的直径，   EPB90， EEBP90， 又 PAPB，  PAPB， BAPABPE， ABPEBP90， 四边形ABCD为菱形，  ABPCBP， CBPEBP90， 即：EBC 90， 又 OB为 O的半径，   BC 为 O的切线．  （2）解：①连接PC， BP为 O的直径，   PABPCB90， 四边形ABCD为菱形，ABBC 2 5，  DBC DAB，PC 1 在RtPBC中，tanDBC   ， BC 2 PC 1 即：  ， 2 5 2 PC  5 ， DBC DAB，PABPCB90，  PAPC  5， QCPQAB90，PQC BQA，  QPC∽QBA， PQ CQ PC 5     ， BQ AQ AB 2 5 BQ2PQ，AQ2CQ， BQBCCQ2 5CQ，AQ APPQ 5PQ，  2 5CQ2PQ， 5PQ2CQ， 由 5PQ2CQ得：PQ2CQ 5 ， 4 5 将PQ2CQ 5 代入2 5CQ2PQ，得：CQ ． 3 ②延长AO与 O交于点G，连接GP，AC，AC与BD交于H ，  四边形ABCD为菱形，   AB AD2 5，AC BD，且AH CH ，BH DH ，AD//BC ， ABDADB， 又 ABDG，  GADB， PGPD， AD//BC， ADBDBC G， 1 tanDBC  ，  2 1 tanADBtanE ， 2 AP 1 在RtAPG中，tanE  ， PG 2 即：PG2AP， 设APa，则PGPD2a， AH 1 在RtADH中，tanADB  ， HD 2 即：HD2AH ， 由勾股定理得：HD2  AH2  AD2， ((2AH)2  AH2 (2 5)2， AH 2， HD4， PH PDHD2a4， 在RtAPH中，由勾股定理得：AP2  AH2 PH2， 即：a2 22 (2a4)2， 10 解得：a  ，a 2（不合题意，舍去）， 1 3 2 20 PD2a ， 3 又 BD2HD8，  20 4 BPBDPD8  ， 3 3 AD//BC，  ADP∽QBP， 20 AP PD 3    5． PQ BP 4 3 1 （3）解：r  5x2 40x100 ．理由如下： 2 作 O的直径PM ，连接AM ，连接AC交BD于点H ， 由（2）可知：AH 2，BH 4， BPx，  PH BH BP4x， 在RtAPH中，由勾股定理得：AP2  AH2 PH2 (4x)2 22 x2 8x20， PM 为 O直径，   PM 2r，MAP90， M ABDDBC，  1 tanM  ， 2 AP 1 在RtAMP中，tanM   ， AM 2 AM 2AP， 在RtAMP中，由勾股定理得：AP2  AM2 PM2， 即：AP2 (2AP)2 (2r)2， 5AP2 4r2， 4r2 5(x2 8x20)5x2 40x100， 1 r  5x2 40x100 ． 2 1 故答案为：r  5x2 40x100 ． 2 【点评】此题主要考查了圆周角的性质，切线的判定，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角 函数、勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握切线的判定，直径所对的圆周角是直角．构造圆的直径， 利用直径所对的圆周角是直角构造直角三角形，并利用三角函数的定义找出相关线段的关系是解答此题的 难点． 7．（2024•庐江县一模）已知：如图，DAB和EBC 中，DADB，EBEC，ADBBEC，且点A、 B、C在一条直线上，联结AE、ED，AE与BD交于点F ．（1）求证：DFBC BFAB； DF （2）若DF CE ，求 的值． BD DA DB 【分析】（1）根据已知易证DAB∽EBC，然后利用相似三角形的性质可得DABEBC，  ， EB EC AD DF 从而可得AD//EB，进而证明8字模型相似ADF∽EBF ，最后利用相似三角形的性质可得  ， EB BF AB DF 等量代换得出  ，即可解答； BC BF （2）利用（1）的结论可得： DAB∽EBC，从而可得 DBAECB，进而可证 A字模型相似 AC CE AC DF ABF∽ACE，然后利用相似三角形的性质可得  ，从而可得  ，再利用（1）的结论可得： AB BF AB BF AB DF AB AC  ，从而可得  ，进而可得AB2  ACBC，最后根据黄金分割的定义可得点B是AC的黄 BC BF BC AB AB 51 AC DF 2 金分割点，从而可得  ，进而可得   ，进行计算即可解答． AC 2 AB BF 51 【解答】证明：（1） DADB，EBEC，  DA DB   ， EB EC ADBBEC ，  DAB∽EBC， DA AB DABEBC ，  ， EB BC AD//EB， DAF AEB，ADF DBE ， ADF∽EBF， AD DF   ， EB BF AB DF   ， BC BF DFBC BFAB；（2）解：由（1）得： DAB∽EBC，  DBAECB， FABEAC ，  ABF∽ACE， AC CE   ， AB BF DF CE，  AC DF   ， AB BF AB DF 由（1）得：  ， BC BF AB AC   ， BC AB AB2  ACBC， 点B是AC的黄金分割点， AB 51   ， AC 2 AC DF 2    ， AB BF 51 DF 2 2 2( 51) 51      ， BD 512 51 ( 51)( 51) 2 DF 51  的值为 ． BD 2 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，黄金分割，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判 定与性质，黄金分割是解题的关键． 8．（2024•镇海区校级二模）四边形 ABCD内接于 O， AC是 O的直径，连结 BD交 AC于点G，   AF BD，垂足为E．（1）如图1，若AF 交BC于点F ． ①求证：BAF CAD； 4 ②若 O的直径为10，cosBCA ，BF:CG3:5，求AF 的长．  5 （2）如图2，若AF 交CD于点F ，连结OD，若OD//AB，AE  5，DF 2CF，求 O的直径．  【分析】（1）①易得ABC 90AEB，利用同角的余角相等得CBDBAF ，结合圆周角定理即可得 证； GK 3 ② 过 点 G作 GK BC于 点 K， 由 题 意 易 得 BC 8， AB6， sinKCGsinBCA  ， CG 5 AB 3 tanKCGtanBCA  ，结合BF:CG3:5知BF GK ，进而利用AAS 证明ABF BKG，得 AC 4 到ABBK 6，于是CK 2， 3 KGCKtanKCG BF，最后利用勾股定理求解即可； 2 （2）设AF 交OD于点Q，过点O作OH  AF 于点H ，链接BO并延长交AF 于点P，延长AF 交 O于  点G，连接CG，易得QH PH ，CG//OH //BD，根据相似三角形的性质依次得出CG2OH ，DE4OH ， 4 BE 6OH 3 EP6PH ， DQ OD， BE 6OH ， 于 是   ， 则 5 DE 4OH 2 AE BE 3 2 5 5 5   QE AE AQ AE ， 易 得 AQDBAQODAOAD， 于 是 QE DE 2 3 3 3 5 5 4 AD AQ ，DAQ∽DOA，得到AD2 ODDQ，设 O的半径为r ，则ODr，DQ r，以此  3 5 列出方程求解即可． 【解答】（1）①证明： AC是 O的直径，AF BD，   ABC 90AEB， ABECBD90，ABEBAF 90， CBDBAF， 又 CDCD，  CBDCAD， BAF CAD． ②解：如图，过点G作GK BC于点K，BC 4 在RtABC中，AC 10，cosBCA  ， AC 5 BC 8， 由勾股定理得AB AC2 BC2  102 82 6， AB 3 AB 3 sinBCA  ，tanBCA  ， AC 5 AC 4 GK 3 AB 3 在RtGKC中，sinKCGsinBCA  ，tanKCGtanBCA  ， CG 5 AC 4 又 BF:CG3:5，  BF GK， 在ABF和BKG中， BAF KBG  ABF BKG，  BF KG ABF BKG(AAS)， ABBK 6， CK BCBK 862， 3 3 3 KGCKtanKCG2  ，即BF KG ， 4 2 2 3 3 17 AF  AB2 BF2  62 ( )2  ． 2 2 （3）解：如图，设AF 交OD于点Q，过点O作OH  AF 于点H ，链接BO并延长交AF 于点P，延长AF 交 O于点G，连接CG， AF BD，OH  AF ，  OHOBEG90， OH //BD， QOH ODB，POH OBD， 又 OBOD，  ODBOBD， QOH POH ， QH PH ， AC为 O的直径，   AGC 90OHQAEB， CG//OH //BD， OH AO 1 AOH∽ACG   CG2OH， CG AC 2 DE DF 2 DEF∽CGF    DE2CGDE4OH ， CG CF 1 DE DQ QE QE 4 DEQ∽OHQ    4QE4PH ，DQ4OQEP6PH，DQ OD， OH OQ QH PH 5 OH PH 1 OPH∽BPE   BE6OH ， BE PE 6 BE 6OH 3    ， DE 4OH 2 OD//AB，  ABE∽QDE ， AE BE 3 2 5 5 5    QE AE AQ AE ， QE DE 2 3 3 3 AD AD，ODOC， OCDABDODC， BAE90ABD90ODC ODA， OD//AB，OAOD，  AQDBAQODAOAD， 5 5 AD AQ ，DAQ∽DOA， 3 DA DQ   ，即AD2 ODDQ， DO DA 4 设 O的半径为r ，则ODr，DQ r，  5 5 5 4 ( )2 r r， 3 5 25 r ， 6 25  O的直径为 ．  3 【点评】本题主要考查圆周角定理、锐角三角形函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性 质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等，属于圆的综合题，难度较大，是中考压轴题．解 题关键是正确作出辅助线，利用平行线和相似三角形的性质解决问题． 9．（2023•谷城县模拟）在ABC 和EDB中，C EBD90，BAC BED，点D在线段AC 上． （1）【特例证明】如图（1），当30时，ED AB，证明：AE AC； （2）【类比探究】如图（2），当30，点D是线段AC上任一点时，证明： ①BDF∽EAF ； ②AE AC；AF 3 （3）【拓展运用】如图（3），当45时，  ，AE 12，求BC长． BF 5 BF DF 【分析】（1）证明BFE∽DFA，得到  ，进而推出BFD∽EFA，得到BDF EAF ，推出 EF AF EAF BED90，即可得证； BF DF （2）①证明 BFE∽DFA，得到  ，进而推出 BFD∽EFA；②根据 BFD∽EFA，得到 EF AF BDF EAF ，推出EAF BED90，即可得证； （3）设AF 3a，BF 5a，证明BFD∽BDA，得到BD2 BFBA，求出BD，在等腰RtABC中，求 出 BC  AC 4 2a，在 RtBCD中，求出 CD2 2a，在 RtBDE中求出 DE4 5a，进而推出 AE6 2a12，求出a的值，即可得解． 【解答】（1）证明： BAC BED30，  又BFEDFA， BFE∽DFA， BF DF   ， EF AF BFDEFA，  BFD∽EFA， BDF EAF， BDF BED90 EAF BED90， AE  AC； （2）证明：① BAC BED，  又BFEDFA， BFE∽DFA， BF DF   ， EF AF BFDEFA，  BFD∽EFA； ② BFD∽EFA， BDF EAF， BDF BED90，  EAF BED90， AE  AC； AF 3 （3）解：  ，  BF 5 设AF 3a，BF 5a，则AB8a， BDF BAD45，  又 DBADBA，  BFD∽BDA， BD2 BFBA， BD2 10a， 在等腰RtABC中，AB8a，  BC  AC 4 2a， 在RtBCD中，BD2 10a，BC 4 2a， CD2 2a，  ADCD2 2a， 在等腰RtBDE中，BD2 10a， DE4 5a， 由（2）知AE AC， 在RtDAE中，DE4 5a，AD2 2a，  AE6 2a， AE12，  a 2， BC 4 2a8． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握相似三角形 的判定与性质是解答本题的关键． 10．（2023•深圳模拟）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与 端点重合），连接BE ，作点D关于BE 的对称点D，DD的延长线与BC的延长线交于点F ，连接BD，DE． ①小明探究发现：当点E在CD上移动时，BCEDCF ．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完 整． 证明：延长BE 交DF于点G． ②进一步探究发现，当点D与点F 重合时，CDF  22.5 ． （2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE ，作点D关于BE 的对称 点D，DD的延长线与BC的延长线交于点F ，连接BD，CD，DE．当CDDF ，AB2，BC 3 时，求CD的长； （3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD 3，AC 2，点F 为线段BD上一动点，将 线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF EF ， 请直接写出此时OF 的长． 【分析】（1）①延长BE 交DF于点G，则由对称可知EGDEGD90，结合DEGBEC 得到 EBC EDF ，由正方形的性质得到BCEDCF 、BC DC，从而证明BCEDCF ； ②当点D与点F 重合时，由对称可知DBGDBG22.5，然后由①得到EDF EBC 22.5； （2）延长BE 交DF于点G，由对称可知点G是DD的中点、EGDEGD90，结合CDDF 得到 CD//BG，从而有EG是DCD的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CEDE1，再由勾股定理 求得BE 的长；由（1）①得EBC FDC，ECBEGD90得到ECB∽EGD，进而借助相似三角 形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD的长； （3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在 BC上讨论，延长AF 交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解． 【解答】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，EGDEGD90， DEGBEC，  EBC EDF ， 四边形ABCD是正方形， BCEDCF 90，BC DC， 在BCE和DCF中， EBC EDF  BC CD ，  BCEDCF BCEDCF(ASA)． ②解：如图1，当点D与点F 重合时，由对称可知DBEDBE ， 四边形ABCD是正方形，  DBC 45， DBEDBE22.5， 由①得到CDF EBD， CDF 22.5， 故答案为：22.5． （2）解：如图2，延长BE 交DF于点G， 由对称可知，点G是DD的中点，EGDEGD90， CDDF，  CD//BG， EG是DCD的中位线， 点E是CD的中点， 1 1 CEDE CD 21， 2 2 BE BC2 CE2  32 12  10， 由（1）①得，EBC FDC，ECBEGD90， ECB∽EGD， EC BC BE    ， EG DG ED 1 3 10    ， EG DG 1 10 EG ， 10 10 11 10 BGBEEG 10  ， 10 10EG是DCD的中位线，  10 10 CD2EG2  ． 10 5 （3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E， ①如图3，当点E在CD上时，延长AF 交DE于点G， 由（1）①可得，GDF OAF，且DF EF ， 四边形ABCD为菱形，  AC BD，AOCO，ODC ODA， OAF ODA， AC 2，  OA1， AD 3，  OD 2， OA 1 tanOAF tanODA  ， OD 2 OF OF 1    ， OA 1 2 2 OF  ； 2 1 ②如图 4，当点 E在 BC上时，延长 AF 交 DE于点G，则AGD90，DAGEAG DAE， 2 DF EF ， AD AB AE ，  AEBABE， 四边形ABCD是菱形，  1 ABO ABE，AD//BC ， 2 DAEAEB， ABODAG， 在AGD和BOA中， AGDBOA  DAGABO，  AD ABAGDBOA(AAS)， DG AO1，AGBO 2， DG AO， FAOFDG，FOAFGD，  FOAFGD(ASA)， OF FG， 设OF FGx，则DF  2x， 在RtDFG中，DF2 GF2 DG2， ( 2x)2 x2 12， 2 解得：x ， 4 2 OF  ， 4 2 2 综上所述，OF 的长为 或 ． 2 4 【点评】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的 判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到EBC EDF ，从 而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很 强的综合性，是中考常考题型． 11．（2023•罗湖区二模）如图 1，已知：ABC 内接于圆O， AB AC，连接 AO并延长，交BC于点 D．（1）求证：ADBC； （2）如图 2，过点 B作 BE  AC于点 E，交圆O于点 F ，交 AD于点G，连接 AF 、CF ，求证： AG AF； （3）如图3，在（2）的条件下，连接DE，CF 5，AF 3 5 ，求DE的长． 【分析】（1）连接OB、OC，证明AO是线段BC的垂直平分线，问题得证； （2）先证明FAC FBC，进而证明AFGAGF，即可证明AG AF； DG 5 （3）连接CG，先求出BGCGFC 5，AG AF 3 5，再证明BGD∽AGE，得到  ，设 EG 3 GE 3m，则 DG 5m，分别得到 BEBGGE53m， BD 255m2 ， BC 2 255m2 ，证明 25m2 5 BDG∽BEC ，得到  ，求出 m1，从而得到 BC 2 255m2 4 5，根据 53m 2 25m2 1 BEC 90，BDCD，即可求出DE BC 2 5 ． 2 【解答】（1）证明：如图，连接OB、OC， AB AC ，OBOC，  点A、O都在线段BC的垂直平分线上， AO是线段BC的垂直平分线， ADBC；（2）证明： FC FC，  FAC FBC ， ADBC，  GBDBGD90， BE  AC ，  AFEFAE90， BGDAFG， BGDAGF ，  AFGAGF ， AG AF ； （3）解：如图，连接CG， AG AF ，GF  AC，  AC是线段GF 的垂直平分线， GC FC 5， AG是线段BC的垂直平分线，  BGCGFC 5． AG AF ，   AG AF 3 5． ADBC，GF  AC，  BDGAEG90， BGDAGE， BGD∽AGE， DG BG 5 5     ． EG AG 3 5 3 设GE 3m，则DG 5m， BEBGGE53m， 在RtGBD中，BD OB2 OD2  255m2 ， AB AC ，ADBC，  BC 2BD2CD2 255m2 ． BDGBEC 90，GBDCBE，  BDG∽BEC， BD BG 25m2 5   ，即  ， BE BC 53m 2 25m2 2(255m2)2515m， 整理得2m2 3m50， 5 解得m 1,m  （不合题意，舍去）， 1 2 2 BC 2 255m2 4 5， BEC 90，BDCD，  1 DE BC 2 5 ． 2 【点评】本题为圆的综合题，考查了线段的垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定 理，相似三角形的性质与判定，一元二次方程的应用，直角三角形的性质等知识，综合性强，第（3）问难 度较大，熟知相关性质，并根据题目中已知条件灵活应用是解题关键． 题型二：相似三角形基本模型（A字型） 1．（2023•无锡）如图，AB是 O的直径，FD为 O的切线，CD与AB相交于点E．DF //AB，交CA   的延长线于点F ，CF CD． （1）求F 的度数； （2）若DEDC 8，求 O的半径． 【分析】（1）连接OD，利用切线性质和平行线性质求得AOD90，再利用圆周角定理求得ACD的度 数，最后利用等边对等角及三角形内角和定理即可求得答案； （2）结合（1）中所求易证得DAE∽DCA，再利用相似三角形性质及勾股定理即可求得答案． 【解答】解：（1）如图，连接OD， FD为 O的切线，   ODF 90， DF //AB，  AOD180ODF 90， 1 ACD AOD45， 2 CF CD，  18045 F CDF  67.5； 2 （2） OAOD，AOD90，  EAD45， ACD45，  ACDEAD， ADE CDA， DAE∽DCA， DE DA   ， DA DC DA2 DEDC 8， DA0，  DA2 2， OA2 OD2 2OA2 DA2 8，OA0，  OA2， 即 O的半径为2．  【点评】本题考查圆与相似三角形的综合应用，（2）中利用相似三角形的判定及性质求得DA2 DEDC 8 是解题的关键． 2．（2024•武威一模）已知：如图，点D在三角形ABC的边AB上，DE交AC于点E，ADEB，点F 在AD上，且AD2  AFAB． AD AE 求证：（1）  ； AB AC （2）AEF∽ACD． 【分析】（1）利用已知可得DE//BC，然后利用平行线分线段成比例证明即可； （2）利用两边成比例且夹角相等来证明AEF∽ACD即可． 【解答】证明：（1） ADEB，  DE//BC， AD AE   ； AB AC （2） AD2  AFAB，  AD AF   ， AB AD AD AE 由（1）得：  ， AB ACAE AF   ． AC AD AA，  AEF∽ACD． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的判定，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关 键． 3．（2024•武汉模拟）如图， O是ABC的外接圆，AB AC，DA，DC是 O的切线，切点分别为A，   C． （1）求证：ABC∽DAC； CD 3 BP （2）连接OD，与AC交于点P，连接BP，BD，若  ，求 的值． BC 4 BD 【分析】（1）连接AO并延长交BC与点E，由垂径定理可得AE BC，再由切线的性质即可得AD//BC ， 根据平行线、三角形的性质得出BACBDAC DCA，即可得证； AC BC CD 3 （2）因为ABC∽DAC，所以  ，已知  ，设CD3x，可得BC、AB、AC、AD的长， DC AC BC 4 因为DA，DC是 O的切线，所以OD垂直平分 AC，即 P是 AC的中点，可得 PA、PC的长，因为  DM BC， AE AD， AE BC，所以DMEDAEAEM 90，可得四边形 AEMD是矩形， EM 、AE DM ，因为AC2  AE2 EC2，DC2 DM2 CM2，可得CM 、EC、DM 、AE的长，因为 AE BC， AB AC，可得 BE 、 EC、 BM 的长，由勾股定理可得 BD的长，因为 PF BC，所以 AE EC AC PFC 90AEC，因为PCF ACE ，可得PCF∽ACE，所以   ，因为P是AC的 PF FC AP 中点，所以AC 2AP，即EC 2FC ，AE2PF，可得FC、BF 、PF 的长，由勾股定理求得BP的长， BP 可得 的值． BD 【解答】（1）证明：连接AO并延长交BC于点E，， AB AC ，  AE BC ， DA，DC是 O的切线，   AE  AD，DADC， AD//BC，DAC DCA． DAC ACB， AB AC ，  BACB， 即BACBDAC DCA， ABC∽DAC； （2）过点P作PF BC，交BC于点F ，过D作DM BC，交BC延长线于点M ， ， ABC∽DAC，  AC BC   ， DC AC CD 3  ，  BC 4 设CD3x，则BC 4x，AB AC 2 3x，AD3x， DA，DC是 O的切线，   OD垂直平分AC，即P是AC的中点， PAPC  3x， DM BC，AE AD，AE BC， DMEDAEAEM 90， 四边形AEMD是矩形， EM  AD3x，AE DM ， AC2  AE2 EC2，DC2 DM2 CM2，  AC2 EC2 CD2 CM2， CM x，EC 2x， DM  AE AC2 EC2 2 2x， AE BC ，AB AC，  BEEC 2x， BM 5x， BD DM2 BM2  33x， PF BC ，  PFC 90AEC， PCF ACE，  PCF∽ACE， AE EC AC    ， PF FC AP P是AC的中点，  AC 2AP，即EC 2FC ，AE2PF， FC x，BF 3x，PF  2x， BP PF2 BF2  11x， BP 11 3    ， BD 33 3 3 故答案为： ． 3 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，关键是掌握相似三角形的性质． 4．（2024•巴彦县一模）为了加强视力保护意识，欢欢想在书房里挂一张测试距离为5m的视力表，但两面 墙的距离只有3m．在一次课题学习课上，欢欢向全班同学征集“解决空间过小，如何放置视力表问题”的 方案，其中甲、乙两位同学设计方案新颖，构思巧妙． 甲 乙图例 方案 如图①是测试距离为5m的大视力表，可以用使用平面镜成像的原理来解决 硬纸板制作一个测试距离为3m的小视力表 房间小的问题．如图，在相距 ②．通过测量大视力表中“E”的高度(BC 3m的两面墙上分别悬挂视力 的长），即可求出小视力表中相应的“E” 表(AB)与平面镜(MN)，由平 的高度(DF 的长） 面镜成像原理，作出了光路图， 通过调整人的位置，使得视力 表 AB的上、下边沿 A，B发 出的光线经平面镜MN 的上下 边沿反射后射入人眼C处，通 过测量视力表的全长(AB)就 可以计算出镜长MN （1）甲生的方案中如果大视力表中“E”的高是3.5cm，那么小视力表中相应“E”的高是多少？ （2）乙生的方案中如果视力表的全长为0.8m，请计算出镜长至少为多少米． 【分析】（1）根据两组对角相等证明CAB∽FAD，再根据相似三角形对应边成比例列式求解； （2）作CDMN于点D，延长线交AB于点E，先证MNC∽△ABC，再根据相似三角形的相似比等 于高的比列式求解． 【解答】解：（1）由题意知BC  AB，DF  AD， CBAFDA90， 又 CABFAD，  CAB∽FAD， AD DF   ， AB BC 由题意知AD3m，AB5m，BC 3.5cm，AD3m，3 DF   ， 5 3.5 解得DF 2.1cm， 即小视力表中相应“E”的高是2.1cm； （2）如图，作CDMN于点D，延长线交AB于点E， 由题意知，AB//MN //AB， MN //AB，CDMN，  CE  AB， MN //AB，  MNC ABC，NMC BAC， MNC∽△ABC， MN CD   ， AB CE 由题意知CE 5m，DE3m，AB AB0.8m， CDCEDE2m， MN 2   ， 0.8 5 MN 0.32m， 镜长至少为0.32m． 【点评】本题考查相似三角形的应用，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键． 5．（2024•汝南县一模）某“综合与实践”小组开展测量本校旗杆高度的实践活动．他们制订了测量方案， 并利用课余时间完成了实地测量，测量报告如下． 课题 测量旗杆的高度 成员 组长： 组员：，， 测量 皮尺，标杆工具 测量 说明：在水平地面上直立一根标杆EF ，观 示意 测者沿着直线BF 后退到点D，使眼睛C、 图 标杆的顶端E、旗杆的顶端A在同一直线上． 测量 观测者与标杆的距离DF 观测者与旗杆的距离DB 标杆EF 的长 观测者的眼睛离地面 数据 的距离CD 1m 18m 2.4m 1.6m 问题 如图，过点C作CH  AB于点H ，交EF 于点G． 解决 请根据以上测量结果及该小组的思路．求学校旗杆AB的高度． 【分析】根据题意可得：CDFGBH 1.6m，CGDF 1m，CH BD18m，CGECHA90， 从而可得EG0.8m，然后证明A字模型相似ECG∽ACH ，从而利用相似三角形的性质求出AH 的长， 最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：由题意得：CDFGBH 1.6m，CGDF 1m，CH BD18m，CGECHA90， EF 2.4m，  EGEF FG2.41.60.8(m)， ECGACH，  ECG∽ACH ， CG EG   ， CH AH 1 0.8   ， 18 AH AH 14.4， AB AH BH 14.41.616(m)， 学校旗杆AB的高度16m． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键． 6．（2024•雁塔区校级二模）阳光明媚的一天实践课上，亮亮准备用所学知识测量教学楼前一座假山AB的 高度，如图，亮亮在地面上的点F 处，眼睛贴地观察，看到假山顶端A、教学楼顶端C在一条直线上．此时他起身在F 处站直，发现自己的影子末端和教学楼的影子末端恰好重合于点G处，测得FG2米，亮亮 的身高EF 为1.6米．假山的底部B处因有花园围栏，无法到达，但经询问和进行部分测量后得知，BF 9 米，点D、B、F 、G在一条直线上，CDDG，ABDG，EF DG，已知教学楼CD的高度为16米， 请你求出假山的高度AB． EF GF 【分析】依据 GEF∽GCD，可得  ，进而得出 BD9米．再根据 FAB∽FCD，可得 CD GD AB FB  ，进而得出假山的高度AB为8米． CD FD 【解答】解： CDDG，EF DG，  EF //CD， GEF∽GCD， EF GF 1.6 2   ，即  ， CD GD 16 DB92 解得BD9． CDDG，ABDG，  AB//CD， FAB∽FCD， AB FB AB 9   ，即  ， CD FD 16 99 解得AB8， 假山的高度AB为8米． 【点评】本题主要考查了相似三角形的应用，测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性 质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决． 7．（2024•锦江区模拟）如图，为了测量山坡的护坡石坝坝顶C与坝脚B之间的距离，把一根长为6米的竹 竿AC斜靠在石坝旁，量出竿长1米处距离地面的高度为0.6米，又测得石坝与地面的倾斜角为72．求 石坝坝顶 C与坝脚 B之间的距离．（结果精确到 0.1m，参考数据： sin720.95， cos720.31，tan723.08) 【分析】过点C作CF  AB，垂足为F ，根据垂直定义可得AEDAFC 90，然后证明A字模型相似 ADE∽ACF，从而利用相似三角形的性质可求出CF 的长，最后在RtCBF中，利用锐角三角函数的定 义进行计算即可解答． 【解答】解：过点C作CF  AB，垂足为F ， CFB90， DE  AB，  AED90， AEDAFC 90， DAE CAF，  ADE∽ACF ， AD DE   ， AC CF 1 0.6   ， 6 CF 解得：CF 3.6， 在RtCBF中，CBF 72， CF 3.6 BC   3.8（米)， sin72 0.95 石坝坝顶C与坝脚B之间的距离约为3.8米． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，解直角三角形的应用坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合 图形添加适当的辅助线是解题的关键．8．（2024•西安校级模拟）为了测量物体AB的高度，小小带着工具进行测量，方案如下：如图，小小在C 处放置一平面镜，她从点C沿BC后退，当退行2米到D处时，恰好在镜子中看到物体顶点A的像，此时 测得小小眼睛到地面的距离ED为1.5米；然后，小小在F 处竖立了一根高1.8米的标杆FG，发现地面上 的点H 、标杆顶点G和物体顶点A在一条直线上，此时测得FH 为2.6米，DF为3.5米，已知ABBH ， EDBH ，GF BH ，点B、C、D、F 、H 在一条直线上．请根据以上所测数据，计算AB的高度． 【分析】根据题意可得：ACBECD，再根据垂直定义可得BEDC GFH 90，从而可得 4 ABC∽EDC，然后利用相似三角形的性质可得BC  AB，再证明A字模型相似GFH∽ABH ，从而 3 利用相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：由题意得：ACBECD， ABBH ，EDBH ，GF BH ，  BEDC GFH 90， ABC∽EDC， AB BC   ， ED CD AB BC   ， 1.5 2 4 解得：BC  AB， 3 H H ，  GFH∽ABH ， GF FH   ， AB BH 1.8 2.6   ， AB 4 2.63.52 AB 3 解得：AB72.9， AB的高度为72.9米． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 9．（2024•西安校级四模）每到三月就会让人想起那句：“西湖美景，三月天哪”，雷峰塔是杭州西湖的标志性景点，为了测出雷峰塔的高度，初三学生小白设计出了下面的测量方法：已知塔前有一4米高的小树CD， 发现水平地面上点E、树顶C和塔顶A恰好在一条直线上，测得BD57米，D、E之间有一个花圃无法 测量，然后在E处放置一个平面镜，沿BE 后退．退到G处恰好在平面中看到树顶C的像，此时EG2.4 米，测量者眼睛到地面的距离FG为1.6米，求出塔高AB． 【 分 析 】 根 据 题 意 可 得 ： CEDFEG， CDBG， FGBG， ABBG， 从 而 可 得 ABECDEFGE90，然后证明CDE∽FGE，从而利用相似三角形的性质求出DE的长，再证 明A字模型相似CED∽AEB，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：由题意得：CEDFEG，CDBG，FGBG，ABBG， ABECDEFGE90， CDE∽FGE， CD FG   ， DE EG 4 1.6   ， DE 2.4 解得：DE6， CEDAEB，  CED∽AEB， CD DE   ， AB BE 4 6   ， AB 657 解得：AB42， 塔高AB为42m． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 10．（2024•盐城模拟）《海岛算经》是我国魏晋时期的著名数学家刘徽所撰，该书研究的对象全是有关高与 距离的测量，因首题测算海岛的高、远，故而书名由此而来，它是中国最早的一部测量数学著作，亦为地图学提供了数学基础．书中第四题为：今有望深谷，偃距岸上，令勾高六尺，从勺端望谷底，入下股九尺 一寸，又设重矩于上，其矩间相去三丈(30尺），更从勺端望谷底，入上股八尺五寸，问谷深几何？大致译 文如下：现在要测量谷的深度AK，拿一个高AG为6尺的“矩尺” (GAH)仰放在岸上，从G处望向谷 底LK(H 在LG上），下股AH 为9.1尺，在KA的延长线上重新放置“矩尺” (EBC)，其中BE  AG6 尺， AB30尺，从 E处望向谷底 LK(C在 LE上），下股 BC为 8.5 尺，求谷 AK的深度．（已知 GAH 90、EBC 90、AKL90) AG AH 【分析】先证明A字模型相似三角形AGH∽KGL，再利用相似三角形的性质可得  ，从而可得 GK LK 6 9.1  ，进而可得6LK 9.1(6 AK)，然后证明A字模型相似三角形，再利用相似三角形的性质可 6 AK LK EB BC 6 8.5 得  ， 从 而 可 得  ， 进 而 可 得 6LK 8.5(630 AK)， 最 后 可 得 EK LK 630 AK LK 9.1(6 AK)8.5(630 AK)，进行计算即可解答． 【解答】解： GAH AKL90，AGH KGL，  AGH∽KGL， AG AH   ， GK LK 6 9.1   ， 6 AK LK 6LK 9.1(6 AK)， EBC AKL90，BEC KEL，  EBC∽EKL， EB BC   ， EK LK 6 8.5   ， 630 AK LK6LK 8.5(630 AK)， 9.1(6 AK)8.5(630 AK)， 解得：AK 419， 谷AK的深度为419尺． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，数学常识，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键． 11．（2024•河南一模）“度高者重表，测深者累矩，孤离者三望，离而又旁求者四望．触类而长之，则虽幽 遐诡伏，靡所不入”就是说，使用多次测量传递的方法，就可以测量出各点之间的距离和高度差． ——刘徽《九章算术注序》 某市科研考察队为了求出某海岛上的山峰AB的高度，如图，在同一海平面的D处和F 处分别树立标杆CD 和EF ，标杆的高都是5.5米，DF两处相隔80米，从标杆CD向后退11米的G处，可以看到顶峰A和标 杆顶端C在一条直线上；从标杆EF 向后退13米的H 处，可以看到顶峰A和标杆顶端E在一条直线上．求 山峰AB的高度及它和标杆CD的水平距离． 注：图中各点都在一个平面内． 【分析】根据题意可得：ABBH ，CDBH ，EF BH ，从而可得BCDGEFH 90，然后证 明A字模型相似ABG∽CDG，EFH∽ABH ，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：由题意得：ABBH ，CDBH ，EF BH ， BCDGEFH 90， AGBCGD，  ABG∽CDG， CD DG   ， AB BG 5.5 11   ， AB 11BD H H ，  EFH∽ABH ， EF FH   ， AB BH5.5 13   ， AB 1380BD 11 13   ， 11BD 1380BD 解得：BD440， 5.5 11   ， AB 11440 解得：AB225.5， 山峰AB的高度为225.5米，它和标杆CD的水平距离为440米． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键． 12．（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； 1 （3）若AC 8，tanA ，当AG平分四边形DCBE的面积时，求AD的长．? 2 【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 S 2S 建立方程求解． ACB ADE 四边形DGFE 【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， AG AF   ， AB AC AC AF   ， AB AG FAC GAB，  FAC∽GAB， AF FC   ， AG GB AFGB AGFC ； DE BC 1 （3）解： tanA   ，AC 8，  AD AC 2 BC 4， S 16， ACB 设DEDGx，则AD AD2x，AE  AG 5x， AE ADDE2xxx， S S x2， ADE ADG △AFE∽△ADG，  AE x 5    ， AG 5x 5 S :S 1:5， AFE ADG 4 4 S  S  x2， 四边形DGFE 5 ADG 5 S S S ，AG平分四边形DCBE的面积，  ACB ADE 四边形DCBE S S 2S ， ACB ADE 四边形DGFE 8 16x2  x2， 5 80 x2  13 4 65 4 65 x  ，x  （舍)， 1 13 2 13 8 65 AD ． 13 【点评】本题考查了三角形全等和相似，对应（3），设DEDGx，利用什么等量关系建立方程是关键． 13．（2024•沭阳县校级模拟）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直 角三角形的旋转变换进行了研究．如图①，已知ABC 和ADE均为等腰直角三角形，点D，E分别在线 段AB，AC上，且C AED90． （1）观察猜想小华将ADE绕点 A逆时针旋转，连接BD，CE ，设BD的延长线交CE 于点F ，如图②， 当点E与点F 重合时： BD ① 的值为 2 ； CE ②BFC的度数为 度； （2）类比探究：如图③，小芳在小华的基础上继续旋转ADE，连接BD，CE ，（1）中的两个结论是否仍 然成立？请说明理由； （3）拓展延伸：若 AEDE 2， AC BC  10 ，当CE 所在的直线垂直于 AD时，直接写出BD的 长． BD AD 【分析】（1）①如图②中，设AC交BE 于点O．证明DAB∽EAC，推出   2； EC AE ②依据DAB∽EAC，推导出ABDACE，进而得到BAOCEO45，可得结论； （2）如图③中，设AC交BF 于点O．证明DAB∽EAC，可得结论； （3）分两种情形：如图④1中，当CE  AD于O时，如图④2中，当EC  AD时，延长CE 交AD于O．分 别求出EC，可得结论． 【解答】解：（1）①如图②中，设AC交BE 于点O． AED，ABC 都是等腰直角三角形，  EADCAB45，AD 2AE，AB 2AC，AB AD EAC DAB，   2； AC AE DAB∽EAC， BD AD    2； EC AE ② DAB∽EAC，  ABDACE， AOBEOC，  BAOCEO45， 故答案为： 2，45； BD （2）  2 ，BFC 45仍然成立，理由如下： EC 如图③中，设AC交BF 于点O． AED，ABC 都是等腰直角三角形，  EADCAB45，AD 2AE，AB 2AC， AB AD EAC DAB，   2， AC AE DAB∽EAC， BD AD    2，ABDACE， EC AE AOBFOC，  BAOCFO45， BD   2 ，BFC 45； EC （3）如图1中，当CE  AD于O时，AEDE 2，AC BC  10 ，AEDACB90，   AD 2AE2， EO AD，  ODOAOE1， OC  AC2 AO2 3， EC OEOC 4， BD 2EC，  BD4 2 ． 如图④2中，当EC  AD时，延长CE 交AD于O． 同理可得ODOAOE1，OC 3，EC 312， BD 2EC 2 2， 综上所述，BD的长为4 2或2 2． 【点评】本题考查了相似形综合应用，掌握等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识是解 题的关键． 14．（2024•镇海区校级二模）四边形 ABCD内接于 O， AC是 O的直径，连结BD交 AC于点G，   AF BD，垂足为E．（1）如图1，若AF 交BC于点F ． ①求证：BAF CAD； 4 ②若 O的直径为10，cosBCA ，BF:CG3:5，求AF 的长．  5 （2）如图2，若AF 交CD于点F ，连结OD，若OD//AB，AE  5，DF 2CF，求 O的直径．  【分析】（1）①易得ABC 90AEB，利用同角的余角相等得CBDBAF ，结合圆周角定理即可得 证； GK 3 ② 过 点 G作 GK BC于 点 K， 由 题 意 易 得 BC 8， AB6， sinKCGsinBCA  ， CG 5 AB 3 tanKCGtanBCA  ，结合BF:CG3:5知BF GK ，进而利用AAS 证明ABF BKG，得 AC 4 到ABBK 6，于是CK 2， 3 KGCKtanKCG BF，最后利用勾股定理求解即可； 2 （2）设AF 交OD于点Q，过点O作OH  AF 于点H ，链接BO并延长交AF 于点P，延长AF 交 O于  点G，连接CG，易得QH PH ，CG//OH //BD，根据相似三角形的性质依次得出CG2OH ，DE4OH ， 4 BE 6OH 3 EP6PH ， DQ OD， BE 6OH ， 于 是   ， 则 5 DE 4OH 2 AE BE 3 2 5 5 5   QE AE AQ AE ， 易 得 AQDBAQODAOAD， 于 是 QE DE 2 3 3 3 5 5 4 AD AQ ，DAQ∽DOA，得到AD2 ODDQ，设 O的半径为r ，则ODr，DQ r，以此  3 5 列出方程求解即可． 【解答】（1）①证明： AC是 O的直径，AF BD，   ABC 90AEB， ABECBD90，ABEBAF 90，CBDBAF， 又 CDCD，  CBDCAD， BAF CAD． ②解：如图，过点G作GK BC于点K， BC 4 在RtABC中，AC 10，cosBCA  ， AC 5 BC 8， 由勾股定理得AB AC2 BC2  102 82 6， AB 3 AB 3 sinBCA  ，tanBCA  ， AC 5 AC 4 GK 3 AB 3 在RtGKC中，sinKCGsinBCA  ，tanKCGtanBCA  ， CG 5 AC 4 又 BF:CG3:5，  BF GK， 在ABF和BKG中， BAF KBG  ABF BKG，  BF KG ABF BKG(AAS)， ABBK 6， CK BCBK 862， 3 3 3 KGCKtanKCG2  ，即BF KG ， 4 2 2 3 3 17 AF  AB2 BF2  62 ( )2  ． 2 2（3）解：如图，设AF 交OD于点Q，过点O作OH  AF 于点H ，链接BO并延长交AF 于点P，延长AF 交 O于点G，连接CG，  AF BD，OH  AF ，  OHOBEG90， OH //BD， QOH ODB，POH OBD， 又 OBOD，  ODBOBD， QOH POH ， QH PH ， AC为 O的直径，   AGC 90OHQAEB， CG//OH //BD， OH AO 1 AOH∽ACG   CG2OH， CG AC 2 DE DF 2 DEF∽CGF    DE2CGDE4OH ， CG CF 1 DE DQ QE QE 4 DEQ∽OHQ    4QE4PH ，DQ4OQEP6PH，DQ OD， OH OQ QH PH 5 OH PH 1 OPH∽BPE   BE6OH ， BE PE 6 BE 6OH 3    ， DE 4OH 2 OD//AB，  ABE∽QDE ， AE BE 3 2 5 5 5    QE AE AQ AE ， QE DE 2 3 3 3AD AD，ODOC，  OCDABDODC， BAE90ABD90ODC ODA， OD//AB，OAOD，  AQDBAQODAOAD， 5 5 AD AQ ，DAQ∽DOA， 3 DA DQ   ，即AD2 ODDQ， DO DA 4 设 O的半径为r ，则ODr，DQ r，  5 5 5 4 ( )2 r r， 3 5 25 r ， 6 25  O的直径为 ．  3 【点评】本题主要考查圆周角定理、锐角三角形函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性 质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等，属于圆的综合题，难度较大，是中考压轴题．解 题关键是正确作出辅助线，利用平行线和相似三角形的性质解决问题． 15．（2024•黄埔区一模）如图，在矩形 ABCD和矩形 AGFE中， AD4， AE2， AB 3AD， AG 3AE．矩形AGFE绕着点A旋转，连接BG，CF ，AC，AF ． （1）求证：ABG∽ACF ； （2）当CE 的长度最大时， ①求BG的长度； ②在ACF内是否存在一点P，使得CP AP 3PF的值最小？若存在，求CP AP 3PF的最小值；若 不存在，请说明理由． AG AB 3 【分析】（1）根据题意，计算出   ，EAF FAG30，然后求得FAC BAG，即可证 AF AC 2明ABG∽ACF ； （2）①当C， A， E三点共线时， AC AECE，CE 的长度最大，由（1）知 BC 4， AC 8， BG 3 AE2， EF 2 3， ABG∽ACF ， 可 得 CF  EF2 CE2  12100 4 7，  ， 因 此 CF 2 3 BGCF 2 21． 2 ②如图 3，将 AP绕着点 A顺时针旋转30，且使 AK  3AP，连接PK ，根据APK边角关系，可得 PK  AP；同理将AF 绕着点A顺时针旋转30，得到AL，且使AL 3AF，连接LK，根据旋转，可得 PAF KAL，根据两边对应成比例且夹角相等可得： APF∽AKL，因此 KL 3PF ，由于 CPPK KL…CL，即CP AP 3PF…CL，因此当C，P，K，L四点共线时，CL最小，由题意可知： LAC 150，AF 4，AC 8，AL4 3，过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得LAQ30， 可 知 QL2 3， AQ6， 在 RtCLQ中 ， 根 据 勾 股 定 理 得 CL (86)2 (2 3)2 4 13， 因 此 CP AP 3PF的最小值为4 13． 【解答】（1）证明： 四边形ABCD为矩形，CD AB 3AD4 3，AD4，  ABC BAD90， AC 8， AB 4 3 3 BAC 30，   ， AC 8 2 AG 3AE2 3，AE FG2，  AF  22 12 4， AG AB 3    ，EAF FAG30， AF AC 2 FAGFACCAG30，  BAC BAGCAG30， FAC BAG， ABG∽ACF； （2）解：①如图2，AC AE…CE，当C，A，E三点共线时，AC AECE，CE 的长度最大， 由（1）知BC 4，AC 8，AE2，EF 2 3，ABG∽ACF ， BG 3 CF  EF2 CE2  12100 4 7 ，  ， CF 2 3 BGCF 2 21． 2解：②如图3，将AP绕着点A顺时针旋转30，且使AK  3AP，连接PK ， 根据APK 边角关系，可得PK  AP； 同理将AF 绕着点A顺时针旋转30，得到AL，且使AL 3AF，连接LK， 根据旋转，可得PAF KAL， 根据两边对应成比例且夹角相等可得：APF∽AKL， KL 3PF， CPPK KL…CL，即CP AP 3PF…CL，  当C，P，K，L四点共线时，CL最小， 由题意可知LAC 150， AF 4， AC 8， AL4 3，过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得 LAQ30， QL2 3，AQ6， 在RtCLQ中，根据勾股定理得CL (86)2 (2 3)2 4 13， CP AP 3PF 的最小值为4 13． 【点评】本题考查的是相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键． 题型三：相似基本模型（K字型（一线三等角）） 1．（2022•郴州）如图1，在矩形ABCD中，AB4，BC 6．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE ，过点E作EF CE ，交AB于点F ． （1）求证：AEF∽DCE； （2）如图2，连接CF ，过点B作BGCF ，垂足为G，连接AG．点M 是线段BC的中点，连接GM ． ①求AGGM 的最小值； ②当AGGM 取最小值时，求线段DE的长． 【分析】（1）由矩形的性质及直角三角形的性质证出DCEAEF ，根据相似三角形的判定可得出结论； 1 （2）①连接AM ，由直角三角形的性质得出MBCM GM  BC 3，则点G在以点M 为圆心，3为半 2 径的圆上，当A，G，M 三点共线时，AGGM  AM ，此时，AGGM 取得最小值，由勾股定理求出 AM 5，则可得出答案； MN CM 1 ②方法一：过点M 作MN //AB交FC于点N，证明CMN∽CBF，由相似三角形的性质得出   ， BF CB 2 1 1 AF AG 设AF x，则BF 4x，得出MN  BF  (4x)，证明AFG∽MNG，得出比例线段  ， 2 2 MN GM x 2 AF AE 列出方程  ，解得x1，求出AF 1，由（1）得  ，设DE  y，则AE 6 y，得出 1 3 DE DC (4x) 2 1 6 y 方程  ，解得y3 5或y3 5 ，则可得出答案． y 4 方法二：过点 G作 GH //AB交 BC于点 H ，证明 MHG∽MBA，由相似三角形的性质得出 GM GH MH 12 9 GH CH   ，求出GH  ，MH  ，证明CHG∽CBF ，得出  ，求出FB3，则可 AM AB MB 5 5 FB CB 得出AF 1，后同方法一可求出DE的长． 【解答】（1）证明： 四边形ABCD是矩形，  AD90， CEDDCE90，EF CE，  CEDAEF 90， DCEAEF ， AEF∽DCE ； （2）解：①连接AM ，如图2， BGCF ，  BGC是直角三角形， 点M 是BC的中点，  1 MBCM GM  BC 3， 2 点G在以点M 为圆心，3为半径的圆上， 当A，G，M 三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：AGGM  AM ， 当A，G，M 三点共线时，AGGM  AM ， 此时，AGGM 取得最小值， 在RtABM中，AM  AB2 BM2  42 32 5， AGGM 的最小值为5． ②方法一： 如图3，过点M 作MN //AB交FC于点N，CMN∽CBF ， MN CM 1    ， BF CB 2 设AF x，则BF 4x， 1 1 MN  BF  (4x)， 2 2 MN //AB，  AFG∽MNG， AF AG   ， MN GM 由（2）可知AGGM 的最小值为5， 即AM 5， 又 GM 3，  AG2， x 2   ， 1 3 (4x) 2 解得x1， 即AF 1， AF AE 由（1）得  ， DE DC 设DE  y，则AE 6 y， 1 6 y   ， y 4 解得：y3 5或y3 5 ， 03 56，03 56，  DE 3 5或DE 3 5．方法二： 如图4，过点G作GH //AB交BC于点H ， MHG∽MBA， GM GH MH    ， AM AB MB 由（2）可知AGMG的最小值为5， 即AM 5， 又 GM 3，  3 GH MH    ， 5 4 3 12 9 GH  ，MH  ， 5 5 由GH //AB得CHG∽CBF ， GH CH   ， FB CB 12 9 3 5 5 即  ， FB 6 解得FB3， AF  ABFB1． AF AE 由（1）得  ， DE DC 设DE  y，则AE 6 y， 1 6 y   ， y 4 解得：y3 5或y3 5 ， 03 56，03 56，  DE 3 5或DE 3 5．【点评】本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角 形三边关系，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 2．（2024•太白县一模）为完成社会实践活动，晓玲打算去测量大雁塔南广场上伫立着的玄奘雕塑．晓玲自 制了一个矩形纸板CDEF ，按如图所示在地面固定纸板，使得雕塑顶端A在DC的延长线上，并在顶点C 处悬挂一个铅锤 M ，恰好交 DE于点 M ，测得点 C到雕塑 AB的距离 CH 为 6m， CD0.5m， DM 0.6m，点C到地面BE 的距离为1m，AB//CM ，ABBE，CH  AB于点H ，所有点都在一个平 面内，请求出玄奘雕塑的高AB． 【分析】根据垂直定义可得AHC 90，再利用平行线的性质可得AHC HCM 90，从而可得 ACH DCM 90，然后利用矩形的性质可得D90，从而可得CMDDCM 90，再利用同角 的余角相等可得ACH CMD，从而可证AHC∽CDM ，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可 解答． 【解答】解： CH  AB，  AHC 90， AB//CM ，  AHC HCM 90， ACH DCM 180HCM 90， 四边形CDEF 是矩形，  D90， CMDDCM 90， ACH CMD， AHC D90，  AHC∽CDM ，AH CD   ， HC DM AH 0.5   ， 6 0.6 解得：AH 5， 点C到地面BE 的距离为1m，  BH 1m， AB AH BH 516(m)， 玄奘雕塑的高AB为6m． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键． 3．（2023•武昌区模拟）【问题背景】（1）如图1，点B，C，D在同一直线上，BACED，求证： ABC∽CDE； 【问题探究】（2）在（1）条件下，若点C为BD的中点，求证：AC2  ABAE； 【拓展运用】（3）如图2，在ABC 中，BAC 90，点O是ABC 的内心、若OA2 2，OB 2OC， 则BC的长为 10 ． 【分析】（1）根据三角形外角的性质得BAC ECD，即可证明结论； AB AC （2）由ABC∽CDE，得  ，可说明ABC∽ACE，进而证明结论成立； BC CE （3）过点 O作 EF OA交 AB于点 E，交 AC于点 F ，可知 AEF是等腰直角三角形，再说明 BOE∽COF，可得BE 和CF 的长，最后利用勾股定理求出BC的长． 【解答】（1）证明： ACDBBAC，ACEB，  BAC ECD， BD，  ABC∽CDE； （2）证明： ABC∽CDE，  AB BC AC    ， CD DE CEAB AC   ， BC CE 又 BACE，  ABC∽ACE， AB AC   ， AC AE AC2  ABAE； （3）解：如图所示，过点O作EF OA交AB于点E，交AC于点F ， 点O是ABC 的内心，  EAOFAO， AO AO，AOEAOF ，  AOEAOF(ASA)， AE AF ， AEF 是等腰直角三角形， OEOF OA2 2，AE AF  OE2 OA2  (2 2)2 (2 2)2 4， BAC 90，  AEF AFE45， BEOOFC 135， BOF BEOEBO，BOF BOCCOF，  COF OBE， BOE∽COF ， OE BE OB    ， CF OF OC OB 2OC，  OE BE OB     2， OF OF OC OE 2 2 BE 2OF  22 2 4，CF   2， 2 2AB AEBE448，AC  AF CF 426， BAC 90，  BAC为直角三角形， BC  AB2  AC2  82 62 10， 故答案为：10． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直 角三角形的判定，勾股定理等知识，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键． 4．（2023•灞桥区校级四模）问题提出：（1）如图①，在等边ABC 中， AB9，D为BC三等分点 (BDCD)，连接AD，在AD右侧作ADE60，求AE的长； 问题解决：（2）如图②，在矩形场地ABCD中，AB300米，BC 400米，AC为对角线，现在要在BC 边上设置一个门，在AC上安装一个扫描仪器，该扫描仪的范围为（即BEF )，经过测试将扫描范围 3 设置为sin 时，效果最佳，以A、F 、C、D四点为顶点搭建一个帐篷，则将扫描仪E放置距离C多 5 长距离时，四边形AFCD面积最大，最大面积为多少？ 【分析】（1）先利用等边三角形的性质可得 BC 60， ABBC  AC 9，从而可得 1 BADADB120，根据已知易得 BD BC 3，从而可得 CD6，再利用平角定义可得 3 ADBEDC 120，从而可得BADCDE，然后证明BAD∽CDE ，从而利用相似三角形的性质 进行计算可求出CE 的长，进而求出AE的长，即可解答； （2）过点B作BH  AC，垂足为H ，延长CA到点G，使GH CH，连接BG，可得BH 是CG的垂直的 平分线，从而可得BC BG400米，进而可得GBCE，再利用矩形的性质可得ABC 90，从而在 4 3 RtABC中，利用勾股定理可得AC 500米，进而可得cosACB ，sinACB ，然后根据已知可得 5 5ACBGBEF ，在RtBCH中，利用锐角三角函数的定义求出CH 的长，从而求出CG的长，再设 CEx米，则 GE(640x)米，最后证明 CEF∽GBE，从而利用相似三角形的性质可求出 1 8 1 8 CF ( x2  x)米，进而可得BF ( x2  x400)米，再根据四边形AFCD的面积矩形ABCD的 400 5 400 5 3 面积ABF 的面积 (x320)2 98400，从而利用二次函数的性质即可解答． 8 【解答】解：（1） ABC是等边三角形，  BC 60，ABBC  AC 9， BADADB180B120， D为BC三等分点(BDCD)，  1 BD BC 3， 3 CDBCBD6， ADE60，  ADBEDC 180ADE120， BADCDE， BAD∽CDE， AB BD   ， CD CE 9 3   ， 6 CE CE2， AE ACCE7， AE 的长为7； （2）过点B作BH  AC，垂足为H ，延长CA到点G，使GH CH，连接BG， BH 是CG的垂直的平分线，BC BG400米， GBCE， 四边形ABCD是矩形，  ABC 90， AB300米，BC 400米，  AC  AB2 BC2  3002 4002 500（米)， BC 400 4 AB 300 3 cosACB   ，sinACB   ， AC 500 5 AC 500 5 3 sinsinBEF  ，  5 ACBBEF ， ACBGBEF ， 4 在RtBCH中，CH BCcosACB400 320（米)， 5 CG2CH 640（米)， 设CEx米，则GECGCE(640x)米， BEC GGBE，BEF CEF GGBE，  CEF GBE ， CEF∽GBE ， CE CF   ， BG GE x CF   ， 400 640x 1 8 CF ( x2  x)米， 400 5 1 8 1 8 BF BCCF 400( x2  x)( x2  x400)米， 400 5 400 5 四边形AFCD的面积矩形ABCD的面积ABF 的面积 1  ABBC ABBF 2 1 1 8 300400 300( x2  x400) 2 400 5 3  x2 240x60000 8 3  (x320)2 98400， 8当x320时，四边形AFCD的面积最大，最大值为98400平方米， 将扫描仪E放置距离C320米时，四边形AFCD面积最大，最大面积为98400平方米． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，二次函数的应用，等边三角形的性 质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 5．（2022•赤峰）同学们还记得吗？图①，图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两 个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答： 【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形ABCO的一个顶点，OA 交AB 1 1 1 1 于点E，OC 交BC于点F ，则AE与BF 的数量关系为 AEBF ； 1 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别 与AD、BC交于点E、F ，直线n分别与AB、CD交于点G、H ，且mn，若正方形ABCD边长为8， 求四边形OEAG的面积； 【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E 在BC的延长线上，且BC 6，CE2．在直线BE 上是否存在点P，使APF为直角三角形？若存在，求 出BP的长度；若不存在，说明理由． 【分析】【问题一】利用ASA判断出AOEBOF ，即可得出答案；（2）先求出S 16，再利用ASA判断出AOEBOG，即可求出答案； AOB 【问题三】分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案． 【解答】解：【问题一】 正方形ABCD的对角线相交于点O，  OAOB，OABOBA45，AOB90， 四边形ABCO是正方形，  1 1 1 EOF 90， AOEBOF ， AOEBOF(ASA)， AEBF， 故答案为：AEBF ； 【问题二】如图③， 连接OA，OB， 点O是正方形ABCD的中心，  1 1 S  S  82 16， AOB 4 正方形ABCD 4 点O是正方形ABCD的中心，  OAEOBG45，OAOB，AOB90， mn，  EOG90， AOEBOG， AOEBOG(ASA)， S S ， AOE BOG S S S S S S 16； 四边形OEAG AOE AOG BOG AOG AOB 【问题三】在直线BE 上存在点P，使APF为直角三角形， ①当AFP90时，如图④，延长EF ，AD相交于点Q，四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，  EQ AB6，BADBE90， 四边形ABEQ是矩形， AQBEBCCE8，EQ AB6，Q90E， EFPEPF 90， AFP90，  EFPAFQ90， EFP∽QAF ， EP EF   ， QF AQ QF EQEF 4，  EP 2   ， 4 8 EP1， BPBEEP7； ②当APF 90时，如图⑤， 同①的方法得，ABP∽PEF ， AB BP   ， PE EF PEBEBP8BP，  6 BP   ， 8BP 2 BP2或BP6； ③当PAF 90时，如图⑥，过点P作AB的平行线交DA的延长线于M ，延长EF ，AD相交于N， 同①的方法得，四边形ABPM 是矩形， PM  AB6，AM BP，M 90， 同①的方法得，四边形ABEN 是矩形， AN BE8，EN  AB6， FN EN EF 4， 同①的方法得，AMP∽FNA， PM AM   ， AN FN 6 AM   ， 8 4 AM 3， BP3， 即BP的长度为2或3或6或7．【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性 质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键． 6．（2024•滨海县一模）【感知】如图①，在正方形 ABCD中，E为 AB边上一点，连结DE，过点E作 EF DE交BC于点F ．易证：AED∽BFE．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF DE交BC于点F ． （1）求证：AED∽BFE． （2）若AB10，AD6，E为AB的中点，求BF 的长． 【应用】如图③，在ABC 中，ACB90，AC BC，AB4．E为AB边上一点（点E不与点A、B 重合），连结CE ，过点E作CEF 45交BC于点F ．当CEF为等腰三角形时，BE 的长为 2 2或2 ． 【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得ADE BEF，从而证明结论； AD AE （2）由（1）知AED∽BFE，得  ，代入计算即可； BE BF 【应用】如果CECF，则CEF CFE45，ECF 90，则点E与点A重合，点F 与点B重合， 不符合题意；如果CEEF，利用AAS 证明AEC BFE ，得BE AC，可得答案；如果CF EF ，则 CEF ECF 45，则CFE90，则CE AB，从而解决问题． 【解答】【探究】（1）证明： 四边形ABCD是矩形，  AB90， ADEAED90，DE EF ，  DEF 90， BEF AED90， ADE BEF ， 又 AB，  AED∽BFE； （2）解： E 为AB的中点，  AEBE5， 由（1）知AED∽BFE， AD AE   ， BE BF 6 5 即  ， 5 BF 25 BF  ； 6 【应用】解：如果CECF，则CEF CFE45，ECF 90，则点E与点A重合，点F 与点B重 合，不符合题意， 18045 ②如果CEEF，则ECF EFC  67.5， 2 EFC 为BEF的外角，  EFC BBEF ， ACB90，AC BC，  AB45， BEF EFCB67.54522.5， ACE90ECF 9067.522.5， ACF BEF ， 又 AB，CEEF，  AEC BFE(AAS)， BE AC ， ACB90，AC BC，AB4，  2 AC  AB2 2， 2BE2 2； 如果CF EF ，则CEF ECF 45， CFE 90， 在BEC 中，BBCE45， BEC 90， CE AB， 又 AC BC，  点E为AB的中点， 1 BE  AB2， 2 综上，BE 的长为2 2或2， 故答案为：2 2或2． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与 性质，等腰直角三角形的判定与性质，运用分类思想是解决【应用】的关键． 7．（2023•武汉模拟）点C在AB的延长线上，且DABDBE． （1）如图（1），若C A，求证：DAB∽BCE； CE 2 （2）如图（2），若CE//AD，C 45，若AD 2AB，则 的值为 ；（直接写出） BC 4 AB （3）如图（3），连接AE，若DAB∽DBE，  2，求证：AE2BD． AD 【分析】（1）根据三角形外角的性质可得ADBCBE，从而证明结论； BF AD （2）过点E作EF EC交AC于点F ，由（1）可得DAB∽BFE，则   2 ，设CE EF a， EF AB 则BF  2a，CF  2a，BC BF CF 2 2a，即可得出答案； AD BD AB （3）延长AB到点F ，使得BFE DAB，连接EF ，同理得DAB∽BFE，得   ，证明 BF BE EF EF AF  2，说明DAB∽EFA，进而解决问题． AD AB 【解答】（1）证明： DABDBE，CBDCBEDBEDABDAB， ADBCBE， C A，  DAB∽BCE； （2）解：如图（2），过点E作EF EC交AC于点F ， C 45，  BFE9045135，CFE45， C CFE， CEEF ， CF  CE2 EF2  2EF ， CE//AD，  A18045135， ABFE ， 由（1）可得DAB∽BFE， BF AD    2 ， EF AB 设CE EF a，则BF  2a，CF  2a， BC BF CF 2 2a， CE a 2    ， BC 2 2a 4 2 故答案为： ； 4 （3）证明：如图（3），延长AB到点F ，使得BFE DAB，连接EF ， DAB∽DBE，  DABDBE， DBF ADBDABDBEEBF ，  EBF BDA， 又 DABBFE， DAB∽BFE， AD BD AB    ， BF BE EF DAB∽DBE，  BD AD 2    ， BE AB 2 AD AB 2    ， BF EF 2 设ADm，则AB 2m，BF  2m，EF 2m， AF  ABBF 2 2m， EF AF   2， AD AB 又 F DAB，  DAB∽EFA， BD AD 1    ， AE EF 2 AE2BD． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，构造一线 三等角基本模型是解题的关键． 8．（2023•榆次区一模）问题情境： 在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展活动．如图①，四边形ABCD和四边形EFGH都 是正方形，边长分别是 12 和 13，将顶点 A与顶点E重合，正方形EFGH绕点 A逆时针方向旋转，连接 BF ，DH ． 初步探究： （1）试猜想线段BF 与DH 的关系，并加以证明； 问题解决： （2）如图②，在正方形EFGH的旋转过程中，当点F 恰好落在BC边上时，连接CG，求线段CG的长； （3）在图②中，若FG与DC交于点M ，请直接写出线段MG的长．? 【分析】（1）先判断出 AB AD，EF EH ，EHGEFGGBADFEH 90，进而判断出 ABF ADH(SAS)，得出BF DH ，AFBEHD，最后用等角的余角相等，即可得出结论； （2）先求出 BF 5，再判断出 EBF FQG(AAS)，得出 GQBF 5， FQ AB，再判断出 CQBF 5，即可得出答案； CQ MG （3）先判断出CM //QG，得出  ，即可求出答案． FQ FG 【解答】解：（1）BF DH ，BF DH ， 证明：如图1， 四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，  AB AD，EF EH ，EHGEFGGBADFEH 90， BADDAF FEH DAF， BAF DEH ， ABF ADH(SAS)， BF DH ，AFBEHD， 延长BF ，HD相交于点P，HD的延长线交FG于N， AFBPFN EHDGHN 90，  PFN GHN ， PNF HNG，  PG90，BF DH ， 即BF DH ，BF DH ； （2）在RtABF中，AB12，AF 13， 根据勾股定理得，BF  AF2 AB2 5， 如图2，过点G作GQBC，交BC的延长线于Q， 四边形ABCD是正方形，  ABBC，B90Q， BEF BFE90， 四边形EFGH是正方形，  EF FG，EFG90， BFEQFG90， BEF QFG， EBF FQG(AAS)， GQBF 5，FQ AB， ABBC BF CF，FQCQCF ，  CQBF 5， CG 2CQ5 2； （3）如图2，由（2）知，Q90， 四边形ABCD是正方形，  BCD90Q， CM //QG，CQ MG   ， FQ FG 由（2）知，FQ AB12，CQ5， FG13，  CQFG 513 65 MG   ． FQ 12 12 【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，同角的余角相等， 勾股定理，作出辅助线构造出全等三角形和解（2）（3）的关键． 9．（2023•商丘二模）综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，AB6，AD5．先将矩形ABCD对折，使BC与AD 重合，折痕为MN ，沿MN 剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M 逆时针旋转， 点N的对应点为N． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，MN交AD于点E，BC交MN 于点F ，此时两个矩形 重叠部分四边形MEDF的形状是 菱形 ，面积是 ； （2）如图③，当点N落在AD边上时，BC恰好经过点N，NC与DN 交于点G，求两个矩形重叠部分四 边形MNGN 的面积； 【引申探究】（3）当点N落在矩形AMND的对角线MD所在的直线上时，直线NC与直线DN 交于点G， 请直接写出线段DG的长． 【分析】（1）证四边形MEDF是平行四边形，再证DENDFN(ASA)，得DEDF ，则平行四边形MEDF 是菱形，因此DEME，设DEMEx，则 AE5x，在RtAME中，由勾股定理得出方程，求出 17 DE ，即可解决问题； 5 1 2 （2）由勾股定理得BN 4，则CN 1，S 6，再证CNG∽BMN ，得S  S  ，即可解 BMN CNG 9 BMN 3 决问题； （3）分两种情况，①点N在线段DM 上时，②点N在线段DM 的延长线上时，由相似三角形的性质分别求出DG的长即可． 【解答】解：（1） 四边形ABCD是矩形，  ADBC 5，ABCD6，ABC D90， 由折叠的性质得：四边形ADNM 和四边形BMND是矩形， 1 AM BM  AB3，AD//MN，BD//MN，ADN N DNM 90，MN  AD5， 2 四边形MEDF是平行四边形， 由旋转的性质得：BDNADN 90，DN DN， BDNBDEADN BDE ， 即EDNFDN ， DENDFN(ASA)， DE DF， 平行四边形MEDF是菱形， DEME， 设DEMEx，则AE5x， 在RtAME中，由勾股定理得：32 (5x)2 x2， 17 解得：x ， 5 17 DE ， 5 17 51 S DEAM  3 ， 菱形MEDF 5 5 51 故答案为：菱形， ； 5 （2）在RtBMN中，BM 3，MN 5， BN  MN2 BM2  52 32 4， 1 1 CN BCBN 1，S  BM BN  346， BMN 2 2 MNBCNG180MND90，MNBBMN 90，  BMN CNG， BC 90，  CNG∽BMN ，S CN 1 1  CNG ( )2 ( )2  ， S BM 3 9 BMN 1 1 2 S  S  6 ， CNG 9 BMN 9 3 S BM BC 3515，  矩形BCNM 2 25 S 156  ； 四边形MNGN 3 3 （3）分两种情况： ①点N在线段DM 上时，如图④， DM  AD2  AM2  52 32  34 ，MNBC 5，  DNDM MN 345， AM //DN，  GDNDMA， MNC 90，  DNG90A， DGN∽MDA， DG DN   ， DM AM DG 345 即  ， 34 3 345 34 解得：DG ； 3 ②点N在线段DM 的延长线上时，如图⑤， DNDM MN 345， GDNMDN ，DNGDNM 90，  DGN∽DMN ， DG DN   ， DM DN DG 345 即  ， 34 3 345 34 解得：DG ； 3 345 34 345 34 综上所述，线段DG的长为 或 ． 3 3【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、折叠的性质、旋转的性质、平 行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等 知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键， 属于中考常考题型． 10．（2023•金山区二模）如图，已知在ABC 中，AB AC，点D是边BC中点，在边AB上取一点E，使 得DE DB，延长ED交AC延长线于点F ． （1）求证：ACDF； （2）设AC的中点为点O， ①如果CD为经过A、C、D三点的圆的一条弦，当弦CD恰好是正十边形的一条边时，求CF:AC的值； 3 ② M 经过C、D两点，联结OM 、MF，当OFM 90，AC 10，tanA 时，求 M 的半径长．   4 【分析】（1）根据等边对等角可得BACBDEB，再利用三角形的内角和定理得到结论；360 （2）①连接AD，根据正十边形的中心角可得DOC  36，推出FDC∽FOD，根据对应边成比 10 例解题即可； ②由FDC∽FOD，得DF2 CFOF ，过点D作DH OC于点H ，则DF2 DH2 HF2，等量代换得 到DF的值，然后根据HDC∽FOM ，求出MF的长，再利用勾股定理求出半径长即可． 相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形， 【解答】（1）证明： AB AC ，DE DB，  BACBDEB， A1802B，BDECDF 1802B， ACDF ； （2）①连接AD， D是BC的中点，AB AC，  ADC 90， AC为圆的直径， 连接OD，设经过A、C、D三点的圆半径为r ， 弦CD恰好是正十边形的一条边， 360 DOC  36， 10 180DOC OCD 72， 2 又 O、D是AC、BC的中点，  OD//AB，AC 2r， ACDF DOC 36， F OCDCDF 723636， FDODOC r， CDF DOF，F F，  FDC∽FOD，DF CF r CF 则  ，即  ， OF FD rCF r 51  51 解得：CF  r或CF  r （舍)， 2 2 51 CF:AC  r:2r ( 51):4， 2 ② AC 10，  OC OD5， DH 3 又 tanAtanDOC   ，  OH 4 DH 3，OH 4， CH OCOH 541， 设CF a， 由①可知ACDF DOC，DFODFO， FDC∽FOD， DF CF   ， OF FD DF2 CFOF ，即DF2 a(a5)， 如图，过点D作DH OC于点H ， 在RtDHF中，DF2 DH2 HF2 32 (a1)2， a(a5)32 (a1)2， 10 解得a ， 3 10 25 CF  ，OF  ， 3 3 OC OD，M 是CD所在圆的半径，  OM CD， 又 OFM 90，  OFM ONC 90， OCDMOF OCDCDH 90， MOF CDH ， HDC∽FOM ，25 MF OF MF 3   ，即  ， CH DH 1 3 25 解得：MF  ， 9 连接CM ， 10 25 5 CM  CF2 MF2  ( )2 ( )2  61， 3 9 9 5  M 的半径长为 61．  9 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形，综 合性较强，是压轴题，解题的关键是作辅助线构造三角形相似． 11．（2024•钟楼区校级模拟）在同一平面内，具有一条公共边且不完全重合的两个全等三角形，我们称这 两个三角形叫做“共边全等”． （1）下列图形中两个三角形不是“共边全等”是 ③ ； 1 （2）如图1，在边长为6的等边三角形ABC中，点D在AB边上，且AD AB，点E、F 分别在AC、BC 3 边上，满足BDF 和EDF 为“共边全等”，求CF 的长； （3）如图2，在平面直角坐标系中，直线y3x12分别与直线yx、x轴相交于A、B两点，点C是OB 的中点，P、Q在AOB的边上，当以P、B、Q为顶点的三角形与PCB “共边全等”时，请直接写出 点Q的坐标．【分析】（1）由于第③个图不符合共边要求，所以图③即为答案； （2）DF为两个全等三角形的公共边，由于F 点在BC边上，E在AC边上，两个三角形的位置可以如图 ②，在公共边异侧，构成一个轴对称图形，也可以构成一个平行四边形（将图③的两条最长边重合形成）， 分两类讨论，画出图形，按照图②构图，会得到一个一线三等角模型，利用相似，列出方程来解决，按照 平行四边形构图，直接得到ADE为等边三角形，计算边长即可求得； （3）由题目要求，可以知道两个全等三角形的公共边为PB边，由于要构成PCB，所以P点只能在OA和 OB边上，当P在OA边上，两个三角形可以在PB同侧，也可以在PB异侧，当在PB异侧构图时，可以得 到图3和图4，在图3中，当在PB同侧构图时，可以得到图6，当P在OB边上时，Q只能落在OA上，得 到图7，利用已知条件，解三角形，即可求出Q点坐标． 【解答】解：（1）①②均符合共边全等的特点，只有③，没有公共边，所以③不符合条件， 答案是③； （2）①如图1，当BDF EFD，且是共边全等时， BFDEDF， DE//BC， ABC是等边三角形，  ADE 是等边三角形， 1 AD AB2，  3 DE AEBF 2， CF BCBF 4， ②如图2，当BDF EDF，且是共边全等时， BDDE6AD4， DEF B60，EF BF ， AEDFEC 120， 又AEDEDA120， FEC EDA， 又C A60， FEC∽EDA， FC EC EF    ， EA DA DE设CEa，则EF 2a， 62a a   ， 6a 2 解得a5 13， CE5 13，EF 102 13， CF 6(102 13)2 134， 综上所述，CF 4或2 134； y3x12 x3 （3）联立 ，解得 ， yx y3 A(3,3)， 令y3x120，得x4， B(4,0)， OB4， C 为OB中点，  OC 2， C(2,0)， 由题可得，P点只能在边OA和OB上， ①P在OA上时，如图3，PBC BPQ， CPBQBP，CPQB， CP//QB， 四边形PCBQ为平行四边形， C 为OB中点，  P为OB中点， 又PQ//OB， Q为AB中点， 7 3 Q( , )， 2 2 ②当P在OA边上，如图4，PBC PBQ， BQBC 2， 如图5，过A作ADOB于D，则AD3，OD3，BDOBOB1， AD tanABO 3， BD 过Q作QE OB于E， QE tanABO 3，  BE 设BEa，则QE3a， BE2 QE2 QB2，  10 a ， 5 3 10 3a ， 5 10 OE4a4 ， 5 10 3 10 Q(4 , )， 5 5 ③当P在OA边上，Q在OA边上时，如图6，PBQBPC， PABC 2，OPPB4， 过P作PF OB于F ， AOB45，OP4，  PF OP2 2， P(2 2,2 2)， 设Q(b,b)， PQ2，   2(2 2b)2， b 2 ， Q( 2, 2)， ④当P在OB上，Q在OA上时，PBC BPQ，如图7， S S ， PBC BPQ 过C，Q分别作AB得垂线，垂足分别为M ，N， 1 1  CM BP QNBP，CM //QN ， 2 2CM QN， 四边形CMNQ是平行四边形， C 为OB中点，  Q为AO中点， 3 3 Q( , )， 2 2 7 3 10 3 10 3 3 综上所述，Q( , )或(4 , )或( 2, 2)或( , )． 2 2 5 5 2 2【点评】此题是一道一次函数和三角形的综合题，充分利用第一问的构图是此题的突破口，当点所在的位 置不确定时，要注意分类讨论，同时，利用已知数据解三角形是解决此题的基本能力要求． 12．（2023•梁溪区校级二模）如图，以矩形OABC 的顶点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OC所在直 线为 y轴，建立平面直角坐标系，已知OA3，OC 4，将矩形OABC 绕点O逆时针方向旋转( 0180 )得到矩形ODEF． （1）当点E恰好落在y轴上时，如图1，求点E的坐标； （2）当点D恰好落在矩形OABC 的对角线上时，求点E的坐标； （3）在旋转过程中，点 M 是直线OD与直线 BC的交点，点 N是直线 EF 与直线 BC的交点，若1 BM  BN ，请直接写出点N的坐标． 2 【分析】（1）由旋转的性质可得OF OC 4，EF BC 3，F OCB90，再由勾股定理求出OE的 长，即可得出结论； （2）分两种情况，①当点D恰好落在矩形OABC 的对角线上时，设DE交OC于点G，连接BO交AC于点 H ，连接OE，证ECDODC(SAS)，得EC ODOABC 3，CEDDOC，再证点E、C、B 三点共线，即可解决问题； ②当点D恰好落在矩形OABC 的对角线上BO上时，过点F 作FPx轴于点P，过点E作EQPF于点 12 16 9 12 Q，证FPO∽EFO，求出PF  ，OP ，同理EQF∽EFO，求出EQ ，FQ ，即可解决 5 5 5 5 问题； （3）分两种情况讨论，由面积法可求OM MN，再由勾股定理求出x的值，即可解决问题． 【解答】解：（1） 四边形ABCD是矩形，  OABC 3，OC  AB4，OCB90， 将矩形OABC 绕点O逆时针方向旋转(0180)得到矩形ODEF，  OF OC 4，EF BC 3，F OCB90， OE OF2 EF2  42 32 5， 点E的坐标(0,5)； （2）分两种情况： ①如图2，当点D恰好落在矩形OABC 的对角线上时， 设DE交OC于点G，连接BO交AC于点H ，连接OE， 四边形OABC 是矩形，  AC OB，AH OH ，BCOBAOCOA90，OAH AOH， ABOACO， 将矩形OABC 绕点O逆时针方向旋转(0180)得到矩形ODEF，  DE  ABOC，OEBO，ODOA，ABODEO，EDOBAO90，BOAEOD， ACODEO， OAOD，HAHO，  BOADAO，DAOODA， BOAODAEOD， EO//AC， CDEOEDOCD， DECO，CDDC ，  ECDODC(SAS)， EC ODOABC 3，CEDDOC， CGEDGO，  ECOODE90， ECOBCO180， 点E、C、B三点共线， EC BC ，OC BC，  点B、点E关于OC对称， B(3,4)，  点E的坐标为(3,4)； ②如图3，当点D恰好落在矩形OABC 的对角线上BO上时，过点F 作FPx轴于点P，过点E作EQPF 于点Q，则FPOEQF 90， 将矩形OABC 绕点O逆时针方向旋转(0180)得到矩形ODEF，  OF OC 4，EF BC OA3，OFEDOF AOC 90，EOF BOC， COP90，  FOPBOC EOF ， FPOEFO90，  FPO∽EFO， PF OP OF    ， EF OF OE PF OP 4 即   ， 3 4 5 12 16 解得：PF  ，OP ， 5 5 同理：EQF∽EFO， EQ FQ EF    ， EF OF OE EQ FQ 3 即   ， 3 4 5 9 12 解得：EQ ，FQ ， 5 5 24 16 9 7 PQPF FQ ，OPEQ   ， 5 5 5 5 7 24 点E的坐标为( ， )； 5 5 7 24 综上所述，点E的坐标为(3,4)或( ， )； 5 5 （3）分两种情况： ①如图4，当点M 在点B右侧时，连接ON，过点N作NGOD于点G，1 BM  BN ，  2 设BM x，则BN 2x，MN 3x， NGOD，FEDEDO90，  四边形NEDG是矩形， NGDE10 ABCO， 1 1 S  MNOC  OM NG，  OMN 2 2 OM MN 3x， OC2 CM2 OM2，  42 (x3)2 (3x)2， 3 209 解得：x （负值已舍去）， 8 3 209 BN 2x ， 4 3 209 2099 NC BN BC  3 ， 4 4 9 209 点N的坐标为( ，4)； 4 ②如图5，当点M 在点B左侧时，连接ON，过点N作NGOD于点G， 1 BM  BN ，  2 设BM x，则BN 2x，MN x， NGOD，FEDEDO90，  四边形NEDG是矩形， NGDE3 ABCO，1 1 S  MNOC  OM NG，  OMN 2 2 OM MN x， OC2 CM2 OM2，  42 (x3)2 x2， 25 解得：x ， 6 25 25 BN 2  ， 6 3 25 16 NC BN BC  3 ， 3 3 16 点N的坐标为( ，4)； 3 9 209 16 综上所述，点N的坐标为( ，4)或( ，4)． 4 3 【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形 的判定与性质、勾股定理、三角形面积以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和旋转 的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型． 题型四：相似三角形基本模型（旋转型（手拉手）） 1．（2024•新都区模拟）如图，已知矩形ABCD和矩形AEFG共用顶点A，点E在线段BD上，连接EG，DG， AB AE 且  ． AD AG （1）求证：ABEADG； 1 （2）若AB 3，AD 15 ，BE  BD，求EG的长． 3 AB AE 【分析】（3）利用同角的余角相等可得BAEDAG，结合条件  即可证明ABE∽ADG，以此 AD AG 即可得证； （2）易得ADBCBD，结合（1）中结论并根据等角加等角相等得EDG90，再由勾股定理求得BD 的长，于是得出BE 的长，由ABE∽ADG可求出DG的长，最后再利用勾股定理即可求解．【解答】（1）证明： 四边形ABCD和四边形AEFG均为矩形，  BADEAG90，即BAEDAEDAGDAE90， BAE DAG， AB AE 又  ，  AD AG ABE∽ADG， ABE ADG． （2）解： 四边形ABCD为矩形，  AD//BC，ABC ABECBD90， ADBCBD， ABE ADG，  ADGADBABECBD90，即EDG90， 在RtABD中，AB 3，AD 15 ， BD AB2  AD2  ( 3)2 ( 15)2 3 2， 1 BE BD 2，DE2 2， 3 由（1）知，ABE∽ADG， AB BE   ，ABEADG， AD DG 3 2   ， 15 DG DG 10， 在RtDEG中，EG DG2 DE2  ( 10)2 (2 2)2 3 2． 【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理，解题关键：（1）由同角的余角 相等得到BAEDAG；（2）根据角之间的关系推理证明EDG90． 2．（2023•平遥县二模）（1）【问题呈现】如图1，ABC 和ADE都是等边三角形，连接BD，CE ．请判 断BD与CE 的数量关系： 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 写出BD与CE 的数量关系： ． AB 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． 【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明ADBAEC，即可得解； （2）根据等腰直角三角形的性质，直角边与斜边的关系，证明ADB∽AEC，再根据相似三角形的性质， 对应边的比等于相似比，即可求解； AB AD 3 （3）①根据   ，ABC ADE90，可证ABC∽ADE，可得DABEAC，在RtABC BC DE 4 中，求出BC 5x，在RtADE中，求出AE5a，再证DAB∽EAC，根据相似三角形的性质即可求解； ②由①得：DAB∽EAC，由此可证BGF∽CGA，得BFGGAC ，在RtABC中，根据余弦的计算 方法即可求解． 【解答】解：（1） ABC和ADE都是等边三角形，  DABBAEBAEEAC 60， DABEAC ， 在ADB，AEC 中， AD AE  DABEAC，  AB AC ADBAEC(SAS)， BDCE， 故答案为：BDCE．2 （2）结论：BD CE或CE 2BD，理由如下： 2 ABC和ADE都是等腰直角三角形，ABC ADE90，  AD 1 2 AB     ， AE 2 2 AC DABBAEBAEEAC 45，  DABEAC ，且ABC ADE90， ADB∽AEC， AD BD 2    ， AE CE 2 2 BD CE或CE 2BD， 2 2 故答案为：BD CE或CE 2BD； 2 AB AD 3 （3）①   ，ABC ADE90，  BC DE 4 ABC∽ADE， DAE BAC，即DABBAEBAEEAC ， DABEAC ， 设AB3x，BC 4x， 在RtABC中，AC  AB2 BC2  (3x)2 (4x)2 5x， 同理，在RtADE中，设AD3a，DE4a，则AE5a， AD 3a 3 AB 3x 3 AD AB 3 DABEAC ，   ,   ，即   ， AE 5a 5 AC 5x 5 AE AC 5 DAB∽EAC， BD AD 3    ； CE AE 5 ②由①得：DAB∽EAC， ABDACE， BGF AGC ，  BGF∽CGA， BFGGAC，sinBFC sinBAC， 在RtABC中， BC 4x 4 sinBAC    ， AC 5x 5 4 sinBFC  ． 5 【点评】本题主要考查等边三角形，等腰直角三角形，直角三角形，全等三角形，相似三角形的综合，掌 握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（2023•山阴县模拟）在学习镜面反射后，小明知道了当入射光线与镜面垂直时，反射光线将与入射光线 重合，沿原路返回．他利用此现象设计了一个测量物体高度的工具． 项目 图例 说明 测量工具横截面图 直角三角形ABC中，ACB90，AB2AC 2米，点O为AB 的中点，在点O处固定一面平面镜，矩形ACED为支架，在支架 底部安装轮子，方便移动，支架的高度（包含轮子的高度） CE 0.5米． 测量示意图 在建筑物MN 的顶端N处安装红外线灯以及一块白色纸板，纸板 大小忽略不计，将测高工具放置在与建筑物同一平面上，在地面 ME上移动工具，当红外线灯照射到点O处，且反射光线落在白 色纸板上(ON  AB)时，停止移动测高工具． 待测数据 DM 的长 在一次实际测量过程中，小明测得测高工具与建筑物的水平距离DM 5.5米，请计算建筑物MN 的高度（结 果精确到0.1米，参考数据 31.73)． 【分析】通过过点O作ME和MN 的垂线，构造相似三角形，再把所得线段相加，即可求得MN 的长． 【解答】解：过点O作MN 垂线，垂足为Q，过点O作ME垂线，垂足为P，交AC于点H ．OQMN ，OPME，且NMD90．  四边形QMPO为矩形． QOP90， 又NO AB，且NQOAHO90， NQO∽AHO． NQ AH   ． QO OH 又AB2AC 2，且OO为AB中点， 3 DP AH 0.5，OH  ． 2 又DM 5.5 QOMP5.50.56． NQ 0.5   ，得NQ2 3， 6 3 2 3 又QM OP 0.5． 2 3 5 3 1 MN 2 3 0.5  ． 2 2 2 又 31.73， 所以MN 4.8． 故建筑物MN 的高度约为4.8米． 【点评】本题考查了用相似三角形解决实际问题，理解题意以及构造出合适的相似三角形是解决本题的关 键． 4．（2023•海城市校级三模）已知：点C、A、D在同一条直线上，ABC ADE，线段BD、CE 交 于点M ． （1）如图1，若AB AC，AD AE①问线段BD与CE 有怎样的数量关系？并说明理由； ②求BMC的大小（用表示）； （2）如图 2，若 ABBC kAC， ADEDkAE，则线段 BD与CE 的数量关系为 BDkCE ， BMC  （用表示）； （3）在（2）的条件下，把ABC绕点A逆时针旋转180，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作 图，不写作法，保留作图痕迹），连接EC并延长交BD于点M ．则BMC  （用表示）． 【分析】（1）①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出DAEBAC ，则 BADCAE，再根据SAS 证明ABDACE，从而得出BDCE； ②先由全等三角形的对应角相等得出 BDACEA，再根据三角形的外角性质即可得出 BMC DAE1802； 1 （2）先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出DAEBAC 90 ，则 2 BADCAE，再由ABkAC，ADkAE ，得出AB:AC  AD:AEk，则根据两边对应成比例，且夹 角相等的两三角形相似证出ABD∽ACE，得出BDkCE，BDACEA，然后根据三角形的外角性质 1 即可得出BMC DAE90 ； 2 （3）先在备用图中利用SSS 作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理 1 得出 DAEBAC 90 ，由 ABkAC， ADkAE ，得出 AB:AC  AD:AEk，从而证出 2 1 ABD∽ACE，得出BDACEA，然后根据三角形的外角性质即可得出BMC 90 ． 2 【解答】解：（1）如图1． ①BDCE，理由如下： AD AE，ADE ，  AEDADE， DAE1802ADE1802，同理可得：BAC 1802， DAE BAC， DAEBAEBACBAE， 即：BADCAE． 在ABD与ACE中， AB AC  BADCAE，  AD AE ABDACE(SAS)， BDCE； ② ABDACE，  BDACEA， BMC MCDMDC，  BMC MCDCEADAE1802； （2）如图2． ADED，ADE ，  180ADE 1 DAE 90 ， 2 2 1 同理可得：BAC 90 ， 2 DAE BAC， DAEBAEBACBAE， 即：BADCAE． ABkAC，ADkAE ，  AB:AC  AD:AEk． 在ABD与ACE中， AB:AC  AD:AEk，BDACEA，  ABD∽ACE， BD:CE AB:AC  AD:AEk ，BDACEA， BDkCE；BMC MCDMDC，  1 BMC MCDCEADAE90 ． 2 1 故答案为：BDkCE，90 ； 2 （3）如图． ADED，ADE ，  180ADE 1 DAEAED 90 ， 2 2 1 同理可得：BAC 90 ， 2 DAE BAC，即BADCAE． ABkAC，ADkAE ，  AB:AC  AD:AEk． 在ABD与ACE中， AB:AC  AD:AEk，BADCAE，  ABD∽ACE， BDACEA， BMC MCDMDC，MCDCEDADECED，  1 1 BMC CEDCEAAED90 90 ． 2 2 1 故答案为：90 ． 2 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，相似三角形的判定与性质，作图旋 转变换，综合性较强，有一定难度．由于全等是相似的特殊情况，所以做第二问可以借助第一问的思路及方法，做第三问又可以遵照第二问的做法，本题三问由浅入深，层层递进，做好第一问是关键． 5．（2023•市中区校级四模）[问题提出]如图1，在等边ABC 内部有一点P，PA3，PB4，PC 5， 求APB的度数． [数学思考]当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分数的条件集中起来解决问题． [尝试解决]将APC绕点A逆时针旋转60，得到△APB，连接PP，则APP为等边三角形． PPPA3，又 PB4，PC 5，PP2 PB2 PC2．  △BPP为 直角 三角形， APB的度数为 ． [类比探究]如图 2，在 ABC中， BAC 90， AB AC，其内部有一点 P，若 PA2， PB1， PC 3，求APB的度数． [联想拓展]如图 3，在ABC 中，BAC 90，BCA30，其内部有一点P，若PA3，PB2， PC 4 3，求APB的度数． 【分析】[类比探究]类比上面的例题，将APC 绕点A逆时针旋转90，得到△APB，利用勾股定理说明 △BPP为直角三角形； AB 3 [联想拓展]AB AC ，直接旋转APC 行不通，因为  ，所以旋转APC 后再放缩即可，利用三角 AC 3 形相似解决． 【解答】解：[尝试解决]直角，150； [类比探究]将APC绕点A逆时针旋转90，得到△APB，连接PP，则APP为等腰直角三角形， PP 2PA2 2， 又 PB1，PC PB3，  PP2 PB2 PB2， △BPP为直角三角形， PPB90， APBPPBPPA9045135．[联想拓展]如图，在PA的左侧构造三角形PAP，使PPA30，PAP90， BAC 90，BCA30，  PAPBAC，PPABCA， △PAP∽BAC ， PA PA   ， AB AC PA AB   ， PA AC BAPBAP90，CAPBAP90，  BAPCAP， BAP∽CAP， PB BA 3   tan30 ， PC AC 3 3 PBPC 4， 3 在△PBP中，PB2，PP2 3， PP2 PB2 PB2， PPB90， APBPPBPPA9030120．【点评】本题考查了旋转的知识，是手拉手的变式，渗透了类比的思想，对于[联想拓展]，因为AB AC， AB 3 直接旋转APC 行不通，因为  ，所以想到三角形相似． AC 3 6．（2023•江汉区校级模拟）如图， ABC 和 ADE都是直角三角形， ABC ADE90， BAC DAE ． （1）如图1，证明：ABD∽ACE； （2）如图2，延长DB，EC交于点G，O是AE的中点，连接GO，证明：OGOE； （3）如图3，若AD2AB4，BAC 60，ADE绕点A旋转，当点B、C、E共线时，直接写出BD 的长 15 3或 15 3 ． AB AD 【分析】（1）由题意易得ABC∽ADE，利用相似三角形的性质得到  ，再根据同角加等角相等 AC AE 可得DABEAC，以此即可证明ABD∽ACE； （2）由ABD∽ACE可得ADBAEC，以此可证A、D、E、G四点共圆（若线段同侧两点到线段 两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆），由圆周角定理得到AE是该圆的直径，进而得 到O为圆心，以此即可证明； （3）分两种情况：当 E在 BC的延长线上时，连接 BD，由含 30 度角的直角三角形性质可得 AC 2AB4， AE2AD8， BC 2 3，再利用勾股定理求出 BE2 15，则CE2 152 3，由ABD∽ACE，利用相似三角形的性质即可求出BD；当E在CB的延长线上时，连接BD，同理可得： AB2，AC 4，BC 2 3，BE2 15，此时CE2 152 3，利用相似三角形的性质即可求解． 【解答】（1）证明： ABC ADE90，BAC DAE ．  ABC∽ADE， AB AC   ， AD AE AB AD   ， AC AE DABBAEEACBAE，即DAEBAC ，  DABEAC ， ABD∽ACE； （2）证明：ABD∽ACE， ADBAEC ，即ADGAEG， A、D、E、G四点共圆， ADE9，  AE 是以A、D、E、G四点共圆的直径， O为AE的中点，  O是以A、D、E、G四点共圆的圆心， OGOE； 解：（3）当E在BC的延长线上时，如图，连接BD， AD2AB4，BAC 60，  AB2，BAC DAE60， ACBAED30， AC 2AB4，AE2AD8， 在RtABC中，BC  AC2 AB2  42 22 2 3， 在RtABE中，BE AE2 AB2  82 22 2 15 ，CEBEBC 2 152 3， ABD∽ACE，  AB BD 2 BD   ，即  ， AC CE 4 2 152 3 BD 15 3； 当E在CB的延长线上时，如图，连接BD， 同理可得：AB2，AC 4，BC 2 3，BE2 15， CEBEBC 2 152 3， ABD∽ACE，  AB BD 2 BD   ，即  ， AC CE 4 2 152 3 BD 15 3． 综上，BD的长为 15 3或 15 3． 故答案为： 15 3或 15 3． 【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、含30角的直角三角形、勾股定 理，熟练掌握判定三角形相似的方法和相似三角形的性质，并学会利用分类讨论和数形结合的思想解决问 题是解题关键． 7 ． （ 2023 • 亳 州 二 模 ） 如 图 1 ， 在 ABD和 ACE中 ， BADCAE， ABDACE． （1）①求证：ABC∽ADE； ②若AB AC，试判断ADE的形状，并说明理由；（2 ）如图 2 ，旋转 ADE，使点 D落在边 BC上，若 BAC DAE90， BADE．求证： CE BC． AB AD 【分析】（1）①根据两个角相等可得ABD∽ACE，得  ，再根据BAC DAE ，可证明结论； AC AE ②由①知，当AB AC时，AD AE，则ADE是等腰三角形； （2）同理证明BAD∽CAE，得BACE，再利用直角三角形的两个锐角互余，即可证明结论． 【解答】（1）①证明： BADCAE，ABDACE，  ABD∽ACE， AB AD   ， AC AE AB AC 即  ， AD AE 又 BADCAE，  BADDAC CAEDAC， 即BAC DAE ， ABC∽ADE； ②解：ADE是等腰三角形，理由如下： AB AC 由①知，  ， AD AE AB AC ，  AD AE， ADE 是等腰三角形； （2）证明： BAC DAE，BADE，  BAC∽DAE， AB AC   ， AD AE AB AD   ， AC AE 又 BACDAC DAEDAC，  BADCAE， BAD∽CAE， BACE， BAC 90， BACB90， ACEACB90， BCE 90， CEBC． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三 角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 8．（2024•邳州市校级一模）（1）问题发现： 如图1，ACB和DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE ． ①线段AD，BE 之间的数量关系为 ADBE ； ②AEB的度数为 ． （2）拓展探究： 如图2，ACB和AED均为等腰直角三角形，ACBAED90，点B，D，E在同一直线上，连接 BD CE ，求 的值及BEC的度数； CE （3）解决问题： 如图3，在正方形ABCD中，CD 10，若点P满足PD 2，且BPD90，请直接写出点C到直线BP 的距离． 【分析】（1）①由“SAS ”可证CDACEB，由全等三角形的性质可求ADBE； ②由全等三角形的性质可得CEBADC 120，即可求解； BD AB （2）首先证明CAE∽BAD，由相似三角形的性质可得AEC ADB135，   2，即可求 CE AC 解； （3）由题意可得点P在以D为圆心， 2为半径的圆上，同时点P也在以BD为直径的圆上，即点P是两 圆的交点，分两种情况讨论，由勾股定理即可求点C到BP的距离．【解答】解：（1）① ACB和DCE均为等边三角形，  CACB AB，CDCE DE，ACBDCE60， ACBDCBDCEDCB， ACDBCE， 在CDA和CEB中， CACB  ACDBCE，  CDCE CDACEB(SAS)， ADBE； ② CDACEB，  CEBADC， CDE60，  ADC 120CEB， AEB1206060； 故答案为：①ADBE，②60； （2） ACB和AED均为等腰直角三角形，  AD AB DAEADE45，BAC 45，   2， AE AC DAECADBACCAD，即CAE BAD， CAE∽BAD， BD AB    2，AEC ADB， CE AC ADE45，  ADB180ADE18045135， AED90，  BEC AECAEDADBAED1359045， BD 故  2 ，BEC 45； CE （3） 点P满足PD 2，  点P在以D为圆心， 2为半径的圆上，BPD90，  点P在以BD为直径的圆上， 如图3，点P是两圆的交点，若点P在BD上方，连接BP，过点C作CH BP于H ，过点D作DECH 于E， CD 10 BC ，BCD90  BD2 5 ， BPD90  BP BD2 PD2 3 2 ， BPDPHEDEH 90，  1390，2390， 12，四边形PHED是矩形， PH DE， 在BCH 和CDE中， 12  BHC CED，  BC CD BCH CDE， BH CE，CH DE， CH PH ， BP3 2，BC  10，  CH PH 3 2BH ，在RtCHB中，BC2 CH2 BH2， 即( 10)2 (3 2BH)2 BH2， 解得：BH  2或2 2． 点C到直线BP的距离为 2或2 2． 【点评】本题是四边形形综合题，考查的是等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，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，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本 题的关键． 9．（2023•开阳县模拟）【特例感知】 （1）如图①，AOB和COD是等腰直角三角形，AOBCOD90，点C在OA上，点D在BO的延 长线上，连接AD，BC，写出图中一对你认为全等的三角形 AODBOC ； 【类比迁移】 （2）如图②，将图1中的COD绕着点O顺时针旋转(0a90)，那么第（1）问的结论是否仍然成立？ 如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由． 【方法运用】 （3）如图③，若AB6，点C是线段AB外一动点，AC 3，连接BC．若将CB绕点C顺时针旋转90得 到 CD， 连 接 AD， AD是 否 有 最 小 值 ， 若 有 请 求 出 最 小 值 ； 若 没 有 ， 请 说 明 理 由． 【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，根据SAS 证明AODBOC，可得结论； （2）与（1）同理可证明（1）中结论成立； （3）过点A作AE  AB，使得AE AB6，连接BE ，DE．判定ABC∽EBD，即可得到DE的长为定 值，进而得出点D的运动轨迹为以E为圆心，DE长为半径的圆，故当点D在线段AE上时，AD存在最小 值． 【解答】解：（1） AOB和COD是等腰直角三角形，  OAOB，OC OD，AOBCOD90，  AODBOC(SAS)， 故答案为：AODBOC； （2）仍然成立． AOBCOD90，  BOC AOD， AOB和COD是等腰直角三角形，  OAOB，OC OD， BOC AOD(SAS)； （3）AD有最小值． 如图，过点A作AE  AB，使得AE AB6，连接BE ，DE， ABE与CBD都是等腰直角三角形，  BE BD    2 ， BA BC ABECBD45，  ABC EBD， ABC∽EBD， ED 2AC 3 2， 点D的运动轨迹为以E为圆心，DE长为半径的圆， AD…AEED63 2，  当点D在线段AE上时，AD的最小值为63 2 ． 【点评】本题是几何变换综合题，主要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以及等 腰直角三角形的性质等知识的综合运用．作辅助线构造相似三角形是解决问题（3）的关键；确定点D的运 动轨迹为以E为圆心，DE长为半径的圆是难点所在．10．（2023•获嘉县模拟）在RtABC中，ABC 90，ABnBC ，P为AB上的一点（不与端点重合）， 过点P作PM  AB交AG于点M ，得到APM ． （1）【问题发现】如图1，当n1时，P为AB的中点时，CM 与BP的数量关系为 CM  2BP ； （2）【类比探究】如图2，当n2时，APM 绕点A顺时针旋转，连接CM ，BP，则在旋转过程中CM 与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由； （3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB4，AP2，当APM 绕点A顺时针旋转至B，P，M 三 点共线时，请直接写出线段BM 的长． 1 【分析】（1）当n1时， ABBC，可得 APBP AB，由 PM //BC ，得出APM∽ABC，可得 2 AP AB 2 2 2   ，推出CM  ACAM  2AB AB AB，即可得出答案； AM AC 2 2 2 CM AC 5 （2）通过证明ABP∽ACM ，可得   ，即可求解； BP AB 2 （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）当n1时，ABBC， ABC 90，  AB 2   ， AC 2 P为AB的中点，  AP 1   ， AB 2 1 APBP AB， 2 PM  AB，  APM 90， APM ABC， PM //BC， APM∽ABC，AP AB 2    ， AM AC 2 2 AC  2AB，AM  2AP AB， 2 2 2 CM  ACAM  2AB AB AB， 2 2 2 AB CM 2    2 ， BP 1 AB 2 CM  2BP， 故答案为：CM  2BP； 5 （2）CM  BP的数量关系不变，理由如下： 2 当n2时，AB2BC， PM BC 1 则   ， AP AB 2 1 1 BC  AB，PM  AP， 2 2 1 5 由勾股定理可得：AC  BC2  AB2  ( AB)2  AB2  AB， 2 2 1 5 AM  PM2  AP2  ( AP)2  AP2  AP， 2 2 AM AC 5    ， AP AB 2 5 5 AC  AB，AM  AP， 2 2 5 5 CM  ACAM  (ABAP) BP， 2 2 由旋转得：CABMAP， 即BAPCAPCAM CAP， BAPCAM ， ABP∽ACM ， CM AC 5    ， BP AB 2 5 CM  BP； 2 （3） AB4，AP2，  BC 2，PM 1，由勾股定理可得：AC 2 5，AM  5， APM 绕点A顺时针旋转至B，P，M 三点共线，  APM 90，PM 1， APB1809090， BP AB2 AP2  42 22 2 3， 当APM 旋转至直线AB上方时，如图， 则BM BPPM 2 31； 当APM 旋转至直线AB下方时，如图， 则BM BPPM 2 31； 综上所述，线段BM 的长为2 31或2 31． 【点评】本题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，相似三 角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 11．（2023•顺城区三模）如图，ABC 是等边三角形，将线段BC绕点B旋转(0180)，得到线段BD， 连接CD，ABD的角平分线交直线CD于点E，连接AE． （1）如图1，当060时，猜想线段AE，BE ，CD三条线段之间的数量关系，请直接写出你的猜想； （2）如图2，当60120时，（1）中的结论是否成立？若成立，请完成证明，若不成立，请写出正确 的结论并说明理由； （3）若AB3 6，ABD30时，请直接写出BE 的长．【分析】（1）延长EC到F ，使CF  AE，连接BF ，根据等边三角形的性质和旋转的性质推出判定 ABE DBE的条件，根据全等三角形的性质推出判定CBF ABE的条件，判定全等后推出BEF是等 边三角形，根据对应线段之间的关系即可得到线段AE，BE ，CD三条线段之间的数量关系； （2）在线段CE 上截取CF ，使CF  AE，连接BF ，根据等边三角形的性质和旋转的性质推出判定 ABE DBE的条件，根据全等三角形的性质推出判定CBF ABE的条件，判定全等后推出BEF是等 边三角形，根据对应线段之间的关系即可得到线段AE，BE ，CD三条线段之间的数量关系； （3）分①BD在ABC内部和外部两种情况进行分析，根据相似三角形的性质和等边三角形的性质即可求 出BE 的长． 【解答】解：（1）BECD2AE． 理由如下： 如图1，延长EC到F ，使CF  AE，连接BF ， ABC是等边三角形，  ABBC  AC ，ABC 60 BC 绕点B旋转得到BD，  BC BD， ABBD， BE平分ABD，  ABEDBE， 又 BE BE，  ABEDBE(SAS)，BAEBDE，AE DE ， BC BD，  BDC BCD， BDEBCF ， BAEBCF， BC BA，CF  AE，  CBF ABE(SAS)， CBF ABE，BF BE， CBF ABF ABC 60，  ABEABF 60，即EBF 60， BEF 是等边三角形， BEEF ， EF DECDCF CD2AE，  BECD2AE； （2）不成立，正确结论为：CDBE2AE． 理由如下： 如图2，在线段CE 上截取CF ，使CF  AE，连接BF ， ABC是等边三角形，  ABBC  AC ，ABC 60， BC 绕点B旋转得到BD，  BC BD， ABBD， BE平分ABD，  ABEDBE，BE BE，  ABEDBE(SAS)， BAEBDE，AE DE BC BD，  BDEBCF ， BAEBCF， BC BA，CF  AE，  CBF ABE(SAS)， CBF ABE，BF BE， CBF ABF ABC 60，  ABEABF 60，即EBF 60， BEF 是等边三角形， BEEF ， CDDEEF CF  AEBE AEBE2AE，  CDBE2AE； （3）如图3，当BD在ABC内部时， ABD30，  DBC 30， BCDBDC 75， ECD15， BE平分ABD，  1 ABO ABD15， 2 ABO∽ECO， AB BD   ， EC CO过点O作OH BC于H ， OBC OBDDBC 45且BHO90，  BOH OBH 45， OH BH ， ACB60，  OH tanACB  3， HC OH  3HC ， BH  3HC， BC 3 6，  9 69 2 9 23 6 BH  ，HC  ， 2 2 HC cosOCB ，  OC OC 2HC 9 23 6，AO6 69 2，OB 2BH 9 39， EO OC 9 23 6 6    ，  AO OB 9 39 3 6 EO AD126 3， 3 BEBOEO33 3； 当BD在ABC外部时， ABD30，ABC 60，  DBC 90， BDBC 3 6 ，  BH cosHBD ， BD 2 BH BD3 3， 2 △DBC是等边三角形，  BH平分DBC， DBH45， HBEDBHDBE30， BH cosHBE ， BE3 3 BE 6， 3 2 综上，BE 的长为6或33 3． 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与 性质，解直角三角形以及等边三角形的性质等知识点，深入理解题意是解决问题的关键． 12．（2023•郴州模拟）如图1，在RtABC中，A90，AB9，AC 12，点D是AB上一点（不与点 A，B重合），作DE//BC，交AC于点E．如图2，把ADE绕点 A顺时针旋转度(090)，连接 BD，BE ，CE ．在ADE旋转过程中，完成以下问题，： （1）如图2，求证：ADB∽AEC； GF （2）如图3，若点F ，H ，G分别是DE，BC，BE 的中点，求 的值； GH （3）如图2，若AD3，求BCE 面积的最小值． AD AE 【分析】（1）由ADE∽ABC ，得  ，再说明DABCAE，可得ADB∽AEC； AB AC 1 1 DB AB 3 （2）由三角形中位线定理知GF  BD．同理，GH  EC．由（1）知   ，进而解决问题； 2 2 EC AC 4 （3）根据ADE 绕点A旋转，则AE是 A 的半径，要使S 达到最小值，即：使以BC为底，点E到  BCE BC上的距离达到最小值．过点A作AM BC 于点M ．当点A，E，M 三点共线时，ME有最小值，即 ME AM AE，进而解决问题． 【解答】（1）证明：如图1， ADE 绕点A旋转前，DE//BC，  ADE∽ABC， AD AE   ， AB AC AD AB 即  ， AE AC 如图2，ADE 绕点A顺时针旋转度过程中， DAEBAC 90，  DABBAECAEBAE90，DABCAE， ADB∽AEC． （2）解： 点F ，H ，G分别是DE，BC，BE 的中点，  GF 是BED 的中位线， 1 1 GF  BD．同理，GH  EC． 2 2 由（1）得ADB∽AEC，且AB9，AC 12． DB AB 3    ， EC AC 4 1 DB GF 2 DB 3     ； GH 1 EC 4 EC 2 （3）解：如图， BC  AB2  AC2 15． AD3，  AE4． ADE 绕点A旋转，则AE是 A 的半径，   要使S 达到最小值，即：使以BC为底，点E到BC上的距离达到最小值． BCE 过点A作AM BC 于点M ． 在ADE绕点A顺时针旋转度(090)的过程中，AEM 的三边关系有：AEME AM ，  当点A，E，M 三点共线时，ME有最小值，即ME AM AE，1 1  ABAC  CBAM ， 2 2 36  AM  ， 5 1 S  BCME， BCE 2 1 36 S  15( 4)24． BCE 2 5 即BCE 面积的最小值为24． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，旋转的性质等 知识，确定点E的运动路径是解题的关键． 13．（2023•南山区校级二模）已知正方形ABCD，将边AB绕点A顺时针旋转至线段AE，DAE的平分 线所在直线与直线BE 相交于点F ． 【探索发现】 （1）如图1，当为锐角时，请先用“尺规作图”作出DAE的平分线（保留作图痕迹，不写作法），再 依题意补全图形，求证：EF DF ； 【深入探究】 （2）在（1）的条件下， ①DEB的度数为 45 ； ②连接CF ，猜想线段BE 和CF 之间的数量关系，并证明； 【拓展思考】 （3）若正方形的边长AB6，当以点C，F ，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段BE 的长度． 【分析】（1）依题意补全图形，连接DF，由正方形和旋转的性质可得AD AB AE，由角平分线的定义 可得EAF DAF ，再通过SAS 证明EAF DAF 即可求解；  （ 2 ） ① 设 EAB， 则 EAD90， 由 AE AB可 得 AEB90 ， 由 AE  AD可 得 2 AED45 ，再根据DEBAEBAED计算即可求解； 2 DE BD 2 ②连接DE、DB和DF，易得DEF 和BDC为等腰直角三角形，EDF BDC 45，   ， DF CD 1 由等角减同角相等可得EDBFDC，以此可证明DEB∽DFC ，利用相似三角形的性质即可求解； （3）分两种情况：当CE 为对角线时此时，BEBA AE6612；当CD为对角线时，连接DB，同 （1）可证：EAF DAF ，得到EF DF ，由AD AE  AB可得ABEAEB，AEDADE，由 1 四边形内角和定理得到AEDAEB (36090)135，进而求得DEF 45，于是DEF 是等腰直 2 BD DE BE 2 角三角形，同（2）②可证：DEB∽DFC ，    ，设 DF EF x，则 DE  2x， CD DF CF 1 BE 2CF  2DE 2 2x2x，在RtDBF中，利用勾股定理建立方程求解即可． 【解答】解：（1）“尺规作图”补全图形如图： 证明：如图，连接DF， 四边形ABCD是正方形，  AD AB， 由旋转知，AB AE ， AE AD， AF 平分DAE，  EAF DAF， 在EAF和DAF 中， AE  AD  EAF DAF，  AF  AF EAF DAF(SAS)， EF DF； （2）①设EAB，AB AE，  180EAB 180  AEB  90 ， 2 2 2 四边形ABCD为正方形，  BAD90， EADEABBAD90， AE AD，  180EAD 180(90)  AED  45 ， 2 2 2   DEBAEBAED90 (45 )45； 2 2 故答案为：45； ②BE 2CF ，理由如下： 如图，连接DE、DB和DF， EF DF，DEB45，  DEF 为等腰直角三角形，EDF 45， DE:DF  2:1， 四边形ABCD为正方形，  BDC为等腰直角三角形， BDC 45，BD:CD 2:1， DE BD 2    ， DF CD 1 EDF BDF BDCBDF ，即EDBFDC， DEB∽DFC， BE DE 2    ， CF DF 1 BE 2CF； （3）当CE 为对角线时，如图，此时，BEBA AE6612； 当CD为对角线时，如图，连接DB， 四边形ABCD为边长为6的正方形，  BD6 2， 同（1）可证：EAF DAF ， EF DF， AD AE  AB，  ABEAEB，AEDADE， 1 AEDAEB (36090)135， 2 DEF 45， DEF 是等腰直角三角形， BD DE BE 2 同（2）②可证：DEB∽DFC ，且    ， CD DF CF 1 设DF EF x，则DE  2x， 四边形DECF 为平行四边形，  DECF ， BE 2CF  2DE 2 2x2x， BF BEEF 2xx3x， 在RtDBF中，DF2 BF2 BD2， x2 (3x)2 (6 2)2， 6 5 6 5 解得：x 或 （舍去）， 5 5 12 5 BE2x ． 5 12 5 综上，BE 12或 ． 5 【点评】本题主要考查尺规作图、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定 义、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、 勾股定理，正确作出辅助线，灵活应用相关知识解决问题是解题关键． 14．（2023•静安区校级一模）在等腰直角ABC 中，C 90，AC 4，点D为射线CB上一动点（点D 不与点B、C重合），以AD为腰且在AD的右侧作等腰直角ADF ，ADF 90，射线AB与射线FD交 于点E，联结BF ． （1）如图所示，当点D在线段CB上时， ①求证：ACD∽ABF ； ②设CDx，tanBFD y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围； （2）当AB2BE时，求CD的长． 【分析】（1）①利用等腰直角三角形的性质和两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似解答即可； ②过点E作EH BD于点H ，设BH HEm，利用相似三角形的拍等于性质和直角三角形的边角关系定 理解答即可； （2）利用分类讨论的思想方法，画出图形，列出关于x的方程，解方程即可得出结论． 【解答】（1）①证明： ABC和ADF 是等腰直角三角形，  AB 2AC，AF  2AD，CABDAF 45． AC AD 2    ，CADBAF ， AB AF 2 ACD∽ABF； ②解：过点E作EH BD于点H ，如图，ABC是等腰直角三角形，  ABC 45， EH BD，  BH HE． 设BH HEm，则BE 2m， DH BCCDBH 4xm． ADF 90，  ADCFDH 90， CADADC 90，  CADFDH ． ACDDHE90，  ACD∽DHE， AC DH   ， CD HE 4 4xm   ， x m 4xx2 m ， 4x 4xx2 BH HE ． 4x 由①知：ACD∽ABF ， ACDABF 90． ADF 90，  ADF ABF 90． AEDBEF，  BFDDAE． DE tanBFDtanDAE ． AD ACD∽DHE， 4xx2 DE EH 4x 4x     ， AD CD x 4x DE 4x ytanBFD  ， AD 4x 4x y关于x的函数解析式y ，x的取值范围：0x4； 4x （2）①解：当点D在线段CB上时，如图， 4xx2 由（1）②知：BH HE ． 4x 4xx2 BE 2BH  2 ． 4x AB2BE，AB 2AC 4 2，  4xx2 4 2 2 2 ， 4x 82x4xx2， x2 2x80． △(2)2 418432280，  此方程没有实数根， 当点D在线段CB上时，不存在AB2BE； ②当点D在线段CB的延长线上时，如图， 过点E作EH BD于点H ， ABC和ADF 是等腰直角三角形，  AB 2AC，AF  2AD，CABDAF 45． AC AD 2    ，CADBAF ， AB AF 2ACD∽ABF． ACDABF 90． ABC是等腰直角三角形，  ABC 45， EBH ABC 45． EH BD，  BH HE． 设BH HEn，则BE 2n， DH CDBCBH x4n． ADF 90，  ADE90， ADCEDH 90， CADADC 90，  CADEDH ． ACDDHE90，  ACD∽DHE， AC DH   ， CD HE 4 x4n   ， x n x2 4x n ． 4x x2 4x BH HE ． 4x x2 4x BE 2BH  2 ． 4x AB2BE，AB4 2，  x2 4x 4 2 2 2 ． 4x 82xx2 4x， x2 6x80， 6 (6)2 41(8) 解得：x 3 17 ， 2x0，  x3 17． CD3 17． 综上，当AB2BE时，CD的长为3 17 ． 【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，函数的 解析式，一元二次方程的解法，本题是相似三角形的综合题，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的 关键． 15．（2023•霍林郭勒市校级三模）已知正方形ABCD，动点P在AB上运动，过点B作BE射线DP于点 E，连接AE． （1）如图1，在DE上取一点F ，使DF BE ，连接AF ，求证：AE AF； （2）如图2，点P在AB延长线上，求证：BEDE  2AE； CD 1 （3）如图3，若把正方形ABCD改为矩形ABCD，且  ，其他条件不变，请猜想DE，BE 和AE的 AD 2 数量关系，直接写出结论，不必证明． 【分析】（1）先判断出AB AD，利用等角的余角相等判断出ABE ADF，进而判断出ABEADF ， 即可得出结论； （2）利用四边形的内角和定理和邻补角的定义判断出BAEDAG，进而判断出ABEADG，再判断 出EG 2AE，即可得出结论； （3）先判断出BAEDAH ，同（1）的方法得，ABEADH ，得出ABE∽ADH ，得出比例式， 进而得出AH 2AE，DH 2BE，再用勾股定理得出EH  5AE，即可得出结论． 【解答】（1）证明： 四边形ABCD是正方形，  AB AD，BAD90， ADF APD90， APDBPE， ADF BPE90， BEDP，  BEP90， ABEBPE90， ABE ADF ， DF BE，  ABEADF(SAS)， AE AF ； （2）证明：如图2， 过点A作AG AE交PD的延长线于G， EAG90， 四边形ABCD是正方形，  AB AD，BAD90， BEDP，  BED90， AEBADP180， ADGADP180，  ABE ADG， BADEAG90，  BAE DAG， ABEADG(ASA)， BEDG，AE  AG， EG 2AE， EGDEDGDEBE ，  BEDE 2AE； （3）解：DE 5AE2BE； 证明：如图3，过点A作AH  AE交DP于H ， EAH 90， 四边形ABCD是矩形，  BAD90EAH ， BAEDAH ， 同（1）的方法得，ABEADH ， ABE∽ADH， AB AE BE    ， AD AH DH 四边形ABCD是矩形，  ABCD， CD 1  ，  AD 2 AE BE 1    ， AH DH 2 AH 2AE，DH 2BE， 在RtEAH中，根据勾股定理得，AE2  AH2 EH2， AE2 (2AE)2 EH2， EH  5AE， DEEH DH  5AE2BE．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，同角的余角相等，作 出辅助线构造出全等三角形和相似三角形是解本题的关键． 16．（2021•日照）问题背景： 如图1，在矩形ABCD中，AB2 3，ABD30，点E是边AB的中点，过点E作EF  AB交BD于点 F ． 实验探究： （1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF绕点B按逆时针方向旋转90，如图2所示，得到结 AE 3 论：①  ；②直线AE与DF所夹锐角的度数为 ． DF 2 （2）小王同学继续将BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是 否仍然成立？并说明理由． 拓展延伸： 在以上探究中，当BEF旋转至D、E、F 三点共线时，则ADE的面积为 ．AE BE 3 【分析】（1）通过证明FBD∽EBA，可得   ，BDF BAE，即可求解； DF BF 2 AE BE 3 （2）通过证明ABE∽DBF ，可得   ，BDF BAE，即可求解； DF BF 2 拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE，DG的长，即可求解． 【解答】解：（1）如图1， ABD30，DAB90，EF BA，  BE AB 3 cosABD   ， BF DB 2 如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H ， BEF 绕点B按逆时针方向旋转90，  DBF ABE90， FBD∽EBA， AE BE 3    ，BDF BAE， DF BF 2 又 DOBAOF ，  DBAAHD30， 直线AE与DF所夹锐角的度数为30， 3 故答案为： ，30； 2 （2）结论仍然成立， 理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H ， 将BEF绕点B按逆时针方向旋转， ABE DBF ， BE AB 3 又   ，  BF DB 2 ABE∽DBF ， AE BE 3    ，BDF BAE， DF BF 2 又 DOH AOB，  ABDAHD30， 直线AE与DF所夹锐角的度数为30． 拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DG AE于G， AB2 3，ABD30，点E是边AB的中点，DAB90，  BE 3，AD2，DB4， EBF 30，EF BE ，  EF 1， D、E、F 三点共线，  DEBBEF 90， DE BD2 BE2  163 13， DEA30，  1 13 DG DE ， 2 2 AE BE 3 由（2）可得：   ， DF BF 2 AE 3   ， 131 2 39 3 AE ， 2 1 1 39 3 13 13 3 39 ADE 的面积 AEDG    ； 2 2 2 2 8 如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DG AE，交EA的延长线于G，1 1 39 3 13 13 3 39 同理可求：ADE的面积 AEDG    ； 2 2 2 2 8 13 3 39 13 3 39 故答案为： 或 ． 8 8 【点评】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋 转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 17．（2023•沙坪坝区校级一模）如图，在ABC 中，AC BC，点E为AB边上一点，连接CE ． （1）如图1，若ACB90，CE  26 ，AE4，求线段BE 的长； （2）如图2，若ACB60，G为BC边上一点且EGBC，F 为EG上一点且EF 2FG，H 为CE 的 中点，连接BF ，AH ，AF ，FH ．猜想AF 与AH 之间存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图 3，当ACB90，BCE 22.5时，将CE 绕着点E沿顺时针方向旋转90得到EG，连接 CG．点P、点Q分别是线段CB、CE 上的两个动点，连接EP、PQ．点H 为EP延长线上一点，连接 BH ，将BEH 沿直线BH 翻折到同一平面内的BRH ，连接ER．在P、Q运动过程中，当EPPQ取得 最小值且EHR45，AC  10 时，请直接写出四边形EQPR的面积． 【分析】（1）看已知条件：ACB90，AC BC，明显是等腰直角三角形，可以用旋转解决． 3 （2）在等边三角形中有垂直，有中点（中线），又观察图形的形况，猜 倍的关系．已知H 为CE 中点， 2 3 EF 2FG，联想到相似三角形对应边成比例．BC边中线与 AB的比刚好是 ，所以以 AH 为边构造 2 ABF的相似三角形． （3）经过简单推理可知：BCG45，BCE 22.5，能找到点E关于BC的对称点．这样，EPPQ取得最小值时的P、Q位置可以确定．再根据题意绘出相应的图形，求面积即可． 【解答】解：（1） ACB90，AC BC．  将BCE绕C顺时针旋转90得CAF，如图1: 由旋转可得：ECF 90，FAC B，CF CE  26，BE AF ． CAEB90，  CAEFAC 90 在RtEFC、RtFAE中，根据勾股定理得： CF2 CE2 EF2  AE2  AF2， 即：( 26)2 ( 26)2 42  AF2；解得AF 6． BE AF 6． 3 （2）猜想AH  AF ． 2 过F 作FM  AB于M ，找到BC中点N，连接AN、HN ．如图2: ABC为等边三角形，  又 EGBC，得：FEM 30； 又 FM  AB，  1 1 FM  EF  2FGFG， 2 2 RtFMBRtFGB(HL)． 1 MB 3 FBM  ABC 30，得 cos30 ． 2 FB 2 FBM FEM 30，得FEFB； 1 MB EB； 2 H 、N分别为CE 、CB的中点  1 HN 3 HN  EBMB，得  ；HN //EB，得CNH ABC 60； 2 FB 2 1 BN NC，又AB AC；得ANC 90，NAB CAB30；  2 ANH ANCCNH 906030； AN 3  cos30 ； AB 2 AHN∽AFB； AH AN 3    ． AF AB 2 3 即AH  AF ． 2 （3） 将CE 绕着点E沿顺时针方向旋转90得到EG；  ECGEGC 45，又 BCE 22.5，  BCGBCE22.5． 在CG上找到E，使CECE；连接PE． PEC △PEC(SAS)； EPEP，可得：EPPQEPPQ． 当E、P、Q共线且EQCE 时EPPQ取得最小值，如图： ACB90，AC BC，  ABC 45． BCEBCE(SAS)； EBC EBC 45，BEEB； EBH EBCEBC 454590． 根据题意将BEH 沿直线BH 翻折到同一平面内的BRH ，得BRBE ， BREB， BRE45ABC； ER//PB； S S ． PBR PBE CEAECBABC 22.54567.5，ACE9022.567.5；  CEAACE； AE  AC  10；BE ABAE2 5 10． 1 PEB90 EHR9022.567.5，EPB1804567.567.5．  2 PBBE2 5 10，CP 10(2 5 10)2 102 5 ． S CP 2 102 5  CPE    2 ； S PB 2 5 10 BPE CEH 180AECHEB180167.567.545；  QP 2 QP 2  sin45 ；即  ． PE 2 PE 2 S 2  CQP  ； S 2 CPE S S S ． CQP BPE PBR1 1   5 2 S S  BCBEsinABC   10 2 5 10 sin455 ． 四边形EQPR CEB 2 2 2 【点评】本题第一问考查旋转的简单应用、第二问考查构造图形的能力，灵感来自于对等边三角形的熟悉．第 三问同时考查对称和旋转性质，需要对两种变换有深入的理解．处理点到直线最小值是关键中的关键． 18．（2023•沈河区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，BCD90，AC  AD，AF CD于点F ，交BD 于点E，ABD2BDC． （1）判断线段AE与BC的关系，并说明理由； （2）若BDC 30，求ACD的度数； （3）如图2，在（2）的条件下，线段BD与AC交于点O，点G是BCE内一点，CGE90，GE3， 将CGE绕着点C逆时针旋转60得CMH ，E点对应点为M ，G点的对应点为H ，且点O，G，H 在 一条直线上直接写出OGOH 的值． 【分析】（1）连接CE ，可证得BC//AF，进而得出DEBE，运用直角三角形性质可得CEDE，进而 得出ECDBDC，推出ABDBEC，由平行线的判定定理可得AB//CE，根据平行四边形的判定和 性质可得AEBC，AE//BC． （2）根据已知条件可得出BCE是等边三角形，BC CE ，BCE60，进而可得四边形ABCE是菱形， 1 利用菱形性质可得ACB BCE30，再由ACDBCDACB，即可求得答案； 2 （3）由旋转变换的性质可得：CH CG，CM CE，GCH ECM 60，得出CGH 是等边三角形， CHG60，进而可得四边形BHCO是圆内接四边形，得出COH CBH ，过点C作CLOH 于点L， OL CL 3 可证得COL∽CBH ，利用相似三角形性质和解直角三角形可得  sinCHGsin60 ，即 BH CH 2 3 3 3 OL BH  ， 根 据 等 边 三 角 形 性 质 可 得 GH 2GL， 推 出 2 2 OGOH OGOG2GL2(OGGL)2OL，即可求得答案． 【解答】解：（1）AEBC，AE//BC．理由如下： 如图1，连接CE ，AC  AD，AF CD，  CF FD，AFD90， BCD90，  BCDAFD， BC//AF ， DE DF   1， BE CF DEBE ， BCD90，  CEDE ， ECDBDC ， BEC ECDBDC，  BEC 2BDC， ABD2BDC，  ABDBEC ， AB//CE， 四边形ABCE是平行四边形， AEBC ，AE//BC． （2） BDC 30，BCD90，  CBD60， CEBEDE，  BCE是等边三角形， BC CE，BCE60， 四边形ABCE是平行四边形， 四边形ABCE是菱形， 1 ACB BCE30， 2 ACDBCDACB903060； （3） 将CGE绕着点C逆时针旋转60得CMH ，  CH CG，CM CE，GCH ECM 60， CGH 是等边三角形， CHG60， 由（2）知：BCE是等边三角形， CBCE，ECB60， CE与CB重合，点M 与点B重合， BH EG3，CHBCGE90， 四边形ABCE是菱形，  BOC 90， BOCCHB9090180， 四边形BHCO是圆内接四边形， COH CBH ， 如图2，过点C作CLOH 于点L， 则CLO90CHB， COL∽CBH ， OL CL 3   sinCHGsin60 ， BH CH 2 3 3 3 3 OL BH  3 ， 2 2 2CGH 是等边三角形，CLOH ，  GH 2GL， OH OGGH OG2GL，  OGOH OGOG2GL2(OGGL)2OL， 3 3 OGOH 2 3 3． 2 【点评】本题是几何综合题，考查了等腰三角形性质，等边三角形性质，直角三角形性质，平行四边形的 判定和性质，菱形的判定和性质，旋转变换的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等，解题的 关键是学会添加常用辅助线，运用相似三角形的判定和性质解决问题，属于中考压轴题． 19．（2024•沙坪坝区校级一模）ABC 和DEC是以点C为公共顶点的等腰三角形，其中BABC， DC DE，ABCCDE180，连接AE． （1）如图 1，当ABC 90，点E在BC的延长线上时，点F 为 AE中点，连接FB．若 AC 3 2， CD 2，求BF 的长； （2）如图2，点F 为AE中点，连接FB，FD，FB交AC于点G．点H 是AC上一点，连接BH ．延长 BH ，DF相交于点K．若K BGA，求证：AH HC； （3）如图3，当ABC 90，点D在BC的延长线上时，延长EC至点N，使得EN  AC．延长AE至点 1 M ，使得EM  AE，连接MN ．若AE6，当MN 的长度取最小值时，请直接写出EMN的面积． 2 【分析】（1）运用等腰直角三角形性质和勾股定理即可求得答案； （2）延长BF 至点M ，使FM BF ，连接MD，BD，延长ME、BC交于点N，设DE与BC交于点P， 可证得ABF EMF(SAS)，得出ABEM ，BAF MEF ，再证得CPD∽EPN，得出PCDPEN， 再证得BCDMED(SAS)，得出BDBM ，推出BGH∽BKF，可得BH  AC，再运用等腰三角形性 质即可证得结论； （3）设ABBC a，CDDEb，则AC  2a，CE 2b，利用勾股定理得a2 b2 18①，过点N作 ET NT EN ET NT 2a 1 NT  AE 于T，可证得AEC∽NET，得出   ，即   ，可得 ET  ab， CE AC AE 2b 2a 6 31 1 1 NT  a2，运用勾股定理可得MN2 MT2 NT2，当MT NT ，即 ab3 a2时，MN 最小，得出 3 3 3 189 2 a2 ab9②，联立①②，可求得a( 21)b，代入①，可得a2  ，再利用三角形面积公式即可 2 求得答案． 【解答】（1）解： ABCCDE180，ABC 90，  CDE90， BABC，DC DE，  ABC和CDE均为等腰直角三角形， AC  2AB 2BC ，CE 2CD， AC 3 2 ，CD 2，  ABBC 3，CE2， BEBCCE5， 在RtABE中，AE AB2 BE2  32 52  34， 点F 为AE中点，  1 34 BF  AE ； 2 2 （2）证明：如图，延长BF 至点M ，使FM BF ，连接MD，BD，延长ME、BC交于点N， 设DE与BC交于点P， 点F 为AE中点，  AF EF ， 在ABF和EMF 中， AF EF  AFBEFM ，  BF MF ABF EMF(SAS)，ABEM ，BAF MEF ， BABC，  BC EM ， BAF MEF，  AB//EM ， ABCBNM 180， ABCCDE180，  BNM CDE， CPDEPN ，  CPD∽EPN ， PCDPEN ， PCDBCD180，PEN DEM 180，  BCDDEM ， 在BCD和MED中， BC ME  BCDMED，  CDED BCDMED(SAS)， BDBM ， 在等腰BDM 中，FM BF ， DF BF ， BFK 90， KBF GBH，K BGA，  BGH∽BKF ， BHGBFK 90， BH  AC ， BABC，  AH HC ； （3） ABCCDE180，ABC 90， CDE90， BABC，DC DE，  ABC和CDE均为等腰直角三角形， ACBDCE45，AC  2AB，CE 2CD， ACE180454590， 设ABBC a，CDDEb，则AC  2a，CE 2b， AC2 CE2  AE2，  ( 2a)2 ( 2b)2 62， 即a2 b2 18①， 如图，过点N作NT  AE 于T， 则ETN ACE90， AEC NET ，  AEC∽NET ， ET NT EN ET NT 2a    ，即   ， CE AC AE 2b 2a 6 1 1 ET  ab，NT  a2， 3 3 1 EM  AE3，  2 1 MT  ab3， 3 在RtMNT中，MN2 MT2 NT2， 1 1 当MT NT ，即 ab3 a2时，MN 最小， 3 3 a2 ab9②， 联立①②，得(ab)2 2b2， a( 21)b，或a( 21)b（舍去）， b( 21)a，189 2 代入①，可得a2  ， 2 1 1 189 2 63 2 此时，NT  a2    ， 3 3 2 2 1 1 63 2 189 2 S  EM NT  3  ． EMN 2 2 2 4 【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形及等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和 性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构 造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．