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初中数学中考复习 专题27第5章相似三角形之母子型备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 专题27第5章相似三角形之母子型备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共40页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，在中，是斜边上的高，则图中的相似三角形共有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
【答案】C
【解析】根据相似三角形的判定定理及已知即可得到存在的相似三角形．
【解答】∵∠ACB＝90°，CD⊥AB
∴△ABC∽△ACD，△ACD∽△CBD，△ABC∽△CBD
所以有三对相似三角形，
故选：C．
【点睛】考查相似三角形的判定定理：（1）两角对应相等的两个三角形相似；（2）两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；（3）三边对应成比例的两个三角形相似．
2．如图，△ABC中，D、E分别是BC、AC边上一点，F是AD、BE的交点，CE=2AE，BF=EF，EN∥BC交AD于N，若BD=2，则CD长度为( )
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【解析】根据平行线的性质得到相等的角，再结合BF=EF先证明△NEF≌△DBF，即可得到NE=BD=2，再证明△ANE∽△ADC，根据相似三角形的对应边成比例求解．
【解答】解：∵NE∥BC，
∴∠NEF=∠DBF，∠ENF=∠BDF，
又∵BF=EF，
∴△NEF≌△DBF，
∴NE=BD=2．
∵NE∥BC，
∴△ANE∽△ADC，
∴，
∵CE=2AE，
∴，
∴CD=6．
故答案选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质，主要注意数形结合思想的应用．
3．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边CD，AD上，于点G，若BC=4，AF=1，则CE的长为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】A
【解析】过D做于点H，由正方形ABCD的性质，通过证明和计算得到，再通过证明从而求得CE的长．
【解答】如下图，过D做于点H
∴
∵正方形ABCD
∴ 且
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵正方形ABCD
∴
∴
∵于点G
∴
∴
∴
∵
∴
∵且
∴
∴
∴
故选：A．
方法二：
∵∠BEC+∠FCD=90°，
∠DFC+∠FCD=90°，
∴∠BEC=∠DFC，
又∵∠CDF=∠BCE,
BC=CD,
∴△BCE≌△CDF，
∴CE=DF=4-1=3;
【点睛】本题考察了三角形勾股定理、相似三角形、正方形的知识；求解的关键是熟练掌握正方形、相似三角形的性质，从而完成求解．
4．如图，点是的边上的一点，若添加一个条件，使与相似，则下列所添加的条件错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在与中，已知有一对公共角∠B，只需再添加一组对应角相等，或夹已知等角的两组对应边成比例，即可判断正误．
【解答】A．已知∠B=∠B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；
B．已知∠B=∠B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；
C．已知∠B=∠B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；
D．若，但夹的角不是公共等角∠B，则不能证明两三角形相似，错误，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答的关键．
二、填空题
5．如图，在边长为4正方形中，以为腰向正方形内部作等腰，点在上，且．连接并延长，与交于点，与延长线交于点．连接交于点．若，则____．
【答案】
【解析】作于，交于，根据勾股定理可得BG，再由相似三角形的性质可得BH，继而判定，并求得BF的长，由全等三角形的性质可得ME，利用线段的和差求得EN，进而由三角形面积公式即可求解．
【解答】作于，交于，如图，则，
∵，
∴，，
在中，，
∵，
∴．
∴即解得
∵，而，
∴，即，
而，
∴．
∴，
∴BF⊥AE．
∴，
∵∠BME＝EFB，∠MBE＝∠FEB，BE＝EB，
∴△BME≌△EFB（AAS），
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等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求得关键线段的长解决问题．
6．如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2．则BO的长是_________．
【答案】4
【解析】连结OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．
【解答】解：连结，如图，设的半径为，
，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
即OB=4.
故答案为：4.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，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；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．
7．如图，在中，，，，，，则CD的长为______．
【答案】5
【解析】在CD上取点F，使，证明，求解 再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案.
【解答】解：在CD上取点F，使，
，，
由，
，
，，
且，
，
，
∽，
，
，
，
又，
，
∽，
，
又，
，
或舍去，
经检验：符合题意，
．
故答案为：5．
本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，分式方程与一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键.
8．如图D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，△ABC的内角平分线AQ交DE于点P，过点P作直线交AB、AC于R、S，若，则DE=________．
【答案】6
【解析】由 ，且∠RAS=∠CAB，可证得△ARS∽△ACB，所以∠ARS=∠ACB，再由∠BAP=CAQ可证得△ARP∽△ACQ，，再由DE∥BC，可知，把BC的值代入可求得DE．
【解答】解：∵，且∠RAS=∠CAB，
∴△ARS∽△ACB，
∴∠ARS=∠ACB，
又∵AQ为角平分线，
∴∠BAP=CAQ，
∴△ARP∽△ACQ，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∵BC=9，
∴，
∴DE=6．
【点睛】本题主要考查三角形相似的判定和性质，解题的关键是能利用条件两次证得三角形相似，从而得到DE和BC的比值．
9．如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．
【答案】2 ﹣1
【解析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【解答】∵四边形ABCD是矩形
∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，
∴，
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴，即
∴
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：2，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
10．如图，在中，AB=AC=4，，点D为边AC上一动点（点C除外），将线段BD绕点D顺时针旋转至ED，连接CE，则面积的最大值为________________
【答案】
【解析】设CD=x，过A作与Z，过B作的延长线于N，过E作的延长线于M，由得到，再利用勾股定理求出NC，证出，即可得出结果；
【解答】设CD=x，过A作与Z，过B作的延长线于N，过E作的延长线于M，如图所示：
∵AB=AC，
∴，
∵AC=4，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，解得，
根据勾股定理得，
∴，
根据题意可得，
即可得到,
线段BD绕点D顺时针旋转至ED
∴，
∴ME=DN=CN-CD=，
∴，
∴面积最大时，，
此时．
【点睛】本题主要考查了相似三角形、等腰三角形的性质以及勾股定理的灵活应用，做出辅助线是解题的关键．
三、解答题
11．如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且AC=，CD＝4，BD＝2，求证：△ACD∽△BCA．
【答案】证明见解析．
【解析】根据AC=，CD＝4，BD＝2，可得，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【解答】解：∵AC=，CD＝4，BD＝2
∴，
∴
∵∠C =∠C
∴△ACD∽△BCA．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．
12．已知，如图，△ABC中，AB＝2，BC＝4，D为BC边上一点，BD＝1，AD+AC=8．
（1）找出图中的一对相似三角形并证明；
（2）求AC长．
【答案】（1）△BAD∽△BCA，理由见详解；（2）
【解析】（1）由题意易得，然后由∠B是公共角，问题可证；
（2）由（1）可得，再由AD+AC=8可求解．
【解答】解：（1）△BAD∽△BCA，理由如下：
AB＝2，BC＝4，BD＝1，
，
，
又∠B=∠B，
△BAD∽△BCA；
（2）由（1）得：，即，
AD+AC=8，
，解得：，
．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
13．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）根据正方形的性质以及EF⊥DE，证明△DME≌△ENF即可；
（2）根据勾股定理计算出DF，根据平行线的性质得到，计算出DG，FG的值，利用特殊角的锐角三角函数计算出DE的值，最后证明△DGE∽△AGF，利用相似比列出方程即可求出GE的值．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，且MN∥BC，
∴四边形ANMD是矩形，∠BAC=45°，
∴∠ANM=∠DMN=90°，EN=AN=DM，
∴∠DEM+∠EDM=90°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEM+∠FEN=90°，
∴∠EDM=∠FEN，
∴在△DME与△ENF中
∠DME=∠ENF=90°，DM=EN，∠EDM=∠FEN，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠DAB=90°，
∴DF=，
∴，即，解得：DG=，
∴FG=DF-DG=，
又∵DE=EF，EF⊥DE，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，DE=EF=，
∴∠GAF=∠GDE=45°，
又∵∠DGE=∠AGF，
∴△DGE∽△AGF，
∴，即，解得：，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质以及相似三角形的性质及判定，第（1）问的解题关键是证明△DME≌△ENF，第（2）问的解题关键是通过相似三角形的性质列出方程．
14．如图，小明欲测量一座古塔的高度，他拿出一根标杆竖直插在地面上，然后自己退后，使眼睛通过标杆的顶端刚好看到塔顶，若小明眼睛离地面1.5m，标杆顶端离地面2.4m，小明到标杆的距离DF=2m，标杆到塔底的距离DB=30m，求这座古塔的高度．
【答案】14.3m
【解析】先根据小明、竹竿、古塔均与地面垂直，EH⊥AB可知，BH=DG=EF=1.5m，再小明眼睛离地面1.5m，竹杆顶端离地面2.4m求出CG的长，由于CD∥AB可得出△EGC∽△EHA，再根据相似三角形的对应边成比例可求出AH的长，进而得出AB的长．
【解答】解：∵小明、竹杆、古塔均与地面垂直，EH⊥AB，
∴BH=DG=EF=1.5m，EG=DF，GH=DB，
∵小明眼睛离地面1．5m，竹杆顶端离地面2．4m，
∴CG=CD-EF=2．3-1．5=0．8m，
∵CD∥AB，∴△EGC～△EHA
∵DF=2m DB=30m，
∴＝，即= ，解得：AH=12．8m，
∴AB=AH+BH=12．8+1．5=14．3m，
答：古塔的高度是14．3m．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，先根据题意得出相似三角形，再根据相似三角形的对应边成比例得出结论是解题的关键．
15．如图，已知双曲线经过斜边的中点，与直角边相交于点，若的面积为3，求的值．
【答案】
【解析】过点做轴,可得，再根据可得，最后根据即可求得k的值．
【解答】解：过点做轴，垂足为，
∵中，，
∴
∵为斜边的中点，
∴为的中位线
∴且
∵双曲线的解析式是
∴，
解得
【点睛】主要考查了反比例函数中k的几何意义，相似三角形的性质和判定.过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
16．如图，AB=16cm，AC=12cm，动点P、Q分别以每秒2cm和1cm的速度同时开始运动，其中点P从点A出发，沿AC边一直移到点C为止，点Q从点B出发沿BA边一直移到点A为止，（点P到达点C后，点Q继续运动）
（1）请直接用含t的代数式表示AP的长和AQ的长，并写出定义域．
（2）当t等于何值时，△APQ与△ABC相似？
【答案】（1），；（2）在中，当时，，
在中，当时，．
【解析】（1）本题可结合三角形的周长，根据路程=速度×时间求出AP的长和AQ的长关于时间t的时间函数。
（2）分0≤t≤6，6≤t≤16两种情况，根据相似三角形的性质求出所用的时间。
【解答】解：（1）由题意得：，；
（2）当时，
①若，则有，∴，
∵，，，，
∴，解得：，
②∵，若，则有
∴，∴，
解得：（不符合题意，舍去）；
当时，点与重合，
∵，只有当时，有，
∴，∴，解得：，
在中，当时，，
在中，当时，．
【点睛】本题考查了动点函数的问题的题型，关键点是把握住题目条件给出的等量关系，还考查了相似三角形的性质．（2）中能分类讨论是解题关键．
17．如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【解析】（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【解答】（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．
（3）设平移后抛物线的解析式，
联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
18．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF，
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB=6，BC=m时，在线段CM正存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．
(3)证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ=BD=m，EF=m，由△ABC∽△CBM，可得BM=，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可.
【解答】（1）证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°
∵∠EFB=∠EDB，∠EBF=∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，
∴∠BEF=90°，
∴△BEF是直角三角形．
(2) 证明：∵BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠EFB=∠EDB，
∴∠EFB=∠BCD，
∵AC=AD，BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC=90°，
∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，
∴∠BCD=∠CAB，
∴∠BFE=∠CAB，
∵∠ACB=∠FEB=90°，
∴△BEF∽△BCA．
(3) 设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ=JB，
∴AF=DF，
∴ FJ=
∴ EF=
∵ △ABC∽△CBM
∴ BC:MB=AB:BC
∴ BM=，
∵ △BEJ∽△BME，
∴ BE:BM=BJ:BE
∴ BE=，
∵ △BEF∽△BCA，
∴
即
解得(负根舍去).
故答案为：
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
19．如图，在中，．点从点出发，沿以每秒个单位的速度运动．点从点出发，沿以每秒个单位的速度运动，点到达点时，两点同时停止运动．点不与点重合时，以为邻边作．设点的运动时间为秒．
（1）用含的代数式表示的长；
（2）当点落在边上时，求的值；
（3）当点在边上时，设与重叠部分图形面积为求与之间的函数关系式.
（4）连结，当射线平分面积时，直接写出的值．
【答案】（1）当时，；当时，；（2）；（3）当时，；当时，；当时，；（4）或．
【解析】（1）点从点出发，沿运动，所以的长有两种情况，分别表示即可；
（2）根据已知得到，所以，再利用得到关于t的方程求解即可；
（3）根据题意画出图形，求解即可；
（4）若射线平分面积，则线段AR的延长线经过AB的中点，或者线段AR经过AB的中点，画出图形即可求解．
【解答】（1）当时，；
当时，.
（2）此时状态如图：
∵四边形APRQ是平行四边形，
∴，且，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
当时，，无解；
当时，，解得．
（3）当时，与重叠部分图形为，过点Q作于点M，如图：
∴，即
∴当时， ，
当时，；
当时，与重叠部分图形如图，
∴当时， ；
（4）若射线平分面积，则线段AR的延长线经过AB的中点，或者线段AR经过AB的中点，
①当线段AR的延长线经过AB的中点时，
可得，
②当线段AR经过AB的中点时，
可得，
综上，或．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质等内容，解题的关键是根据题意画出每个状态的图形．
20． （1）问题感知 如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是 ，∠BAD＝ °；
（2）问题拓展 如图2，在△ABC中，AC＝BC＝AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝AD，请给予证明；
（3）问题解决 如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP的周长．
【答案】（1）△PAD，90；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）由“SAS”可证△PAD≌△BEP，可得∠PAD=∠BEP=135°，依据∠ABC=45°，可得∠BAD=90°；
（2）过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，由“SAS”可证△APD≌△HBP，可得PH=AD，通过证明△CAB∽△CPH，可得，即可得结论；
（3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB，
∴点E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AC＝BC，
∴BE＝AP，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．
∴PB＝PD，
∵∠APD+∠BPC＝90°，∠EBP +∠BPC＝90°，
∴∠EBP＝∠APD，
又∵PB＝PD，
∴△PAD≌△BEP（SAS），
∴∠PAD＝∠BEP，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵PE∥AB，
∴∠ABC＝∠PEC＝45°，
∴∠BEP＝135°，
∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，
故答案为：△PAD，90；
（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，
∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH，
∵CB＝CA，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴∠CHP＝∠CPH，
∴CH＝CP，
∴BH＝AP，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．
∴PB＝PD，
∵∠BPD＝∠C，
∴∠BPD+∠BPC＝∠C+∠BPC，
∴∠PBH＝∠APD，
∴△APD≌△HBP（SAS），
∴PH＝AD，
∵PH∥AB，
∴△CAB∽△CPH，
∴
∴
∵AC＝BC＝AB，
∴，
∴CP＝PH＝AD；
（3）当点P在CA的延长线上时，
∵AC＝BC＝AB＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，
∴BP＝PD，∠BPD＝60°＝∠ACB，
过点P作PE∥AB，交CB的延长线于点E，
∵∠ACB＝∠APB+∠ABP，
∴∠ABP＝∠APB＝30°，
∴AB＝AP＝2，
∴CP＝4，
∵AB∥PE，
∴
∴CP＝PE＝4，
由（2）得，PE＝AD＝4，
∵∠APD＝∠APB+BPD＝90°，
∴DP＝，
∴△ADP的周长＝AD+AP+DP＝+6，
当点P在AC延长线上时，如图，
同理可求△ADP的周长＝6+，
综上所述：△ADP的周长为6+．
【点睛】本题几何变换综合题，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以及含30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算．
一、单选题
1．如图，在中，是斜边上的高，则图中的相似三角形共有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
【答案】C
【解析】根据相似三角形的判定定理及已知即可得到存在的相似三角形．
【解答】∵∠ACB＝90°，CD⊥AB
∴△ABC∽△ACD，△ACD∽△CBD，△ABC∽△CBD
所以有三对相似三角形，
故选：C．
【点睛】考查相似三角形的判定定理：（1）两角对应相等的两个三角形相似；（2）两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；（3）三边对应成比例的两个三角形相似．
2．如图，△ABC中，D、E分别是BC、AC边上一点，F是AD、BE的交点，CE=2AE，BF=EF，EN∥BC交AD于N，若BD=2，则CD长度为( )
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【解析】根据平行线的性质得到相等的角，再结合BF=EF先证明△NEF≌△DBF，即可得到NE=BD=2，再证明△ANE∽△ADC，根据相似三角形的对应边成比例求解．
【解答】解：∵NE∥BC，
∴∠NEF=∠DBF，∠ENF=∠BDF，
又∵BF=EF，
∴△NEF≌△DBF，
∴NE=BD=2．
∵NE∥BC，
∴△ANE∽△ADC，
∴，
∵CE=2AE，
∴，
∴CD=6．
故答案选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质，主要注意数形结合思想的应用．
3．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边CD，AD上，于点G，若BC=4，AF=1，则CE的长为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】A
【解析】过D做于点H，由正方形ABCD的性质，通过证明和计算得到，再通过证明从而求得CE的长．
【解答】如下图，过D做于点H
∴
∵正方形ABCD
∴ 且
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵正方形ABCD
∴
∴
∵于点G
∴
∴
∴
∵
∴
∵且
∴
∴
∴
故选：A．
方法二：
∵∠BEC+∠FCD=90°，
∠DFC+∠FCD=90°，
∴∠BEC=∠DFC，
又∵∠CDF=∠BCE,
BC=CD,
∴△BCE≌△CDF，
∴CE=DF=4-1=3;
【点睛】本题考察了三角形勾股定理、相似三角形、正方形的知识；求解的关键是熟练掌握正方形、相似三角形的性质，从而完成求解．
4．如图，点是的边上的一点，若添加一个条件，使与相似，则下列所添加的条件错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在与中，已知有一对公共角∠B，只需再添加一组对应角相等，或夹已知等角的两组对应边成比例，即可判断正误．
【解答】A．已知∠B=∠B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；
B．已知∠B=∠B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；
C．已知∠B=∠B, 若，则可以证明两三角形相似，正确，不符合题意；
D．若，但夹的角不是公共等角∠B，则不能证明两三角形相似，错误，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答的关键．
二、填空题
5．如图，在边长为4正方形中，以为腰向正方形内部作等腰，点在上，且．连接并延长，与交于点，与延长线交于点．连接交于点．若，则____．
【答案】
【解析】作于，交于，根据勾股定理可得BG，再由相似三角形的性质可得BH，继而判定，并求得BF的长，由全等三角形的性质可得ME，利用线段的和差求得EN，进而由三角形面积公式即可求解．
【解答】作于，交于，如图，则，
∵，
∴，，
在中，，
∵，
∴．
∴即解得
∵，而，
∴，即，
而，
∴．
∴，
∴BF⊥AE．
∴，
∵∠BME＝EFB，∠MBE＝∠FEB，BE＝EB，
∴△BME≌△EFB（AAS），
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等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求得关键线段的长解决问题．
6．如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2．则BO的长是_________．
【答案】4
【解析】连结OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．
【解答】解：连结，如图，设的半径为，
，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
即OB=4.
故答案为：4.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，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；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．
7．如图，在中，，，，，，则CD的长为______．
【答案】5
【解析】在CD上取点F，使，证明，求解 再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案.
【解答】解：在CD上取点F，使，
，，
由，
，
，，
且，
，
，
∽，
，
，
，
又，
，
∽，
，
又，
，
或舍去，
经检验：符合题意，
．
故答案为：5．
本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，分式方程与一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键.
8．如图D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，△ABC的内角平分线AQ交DE于点P，过点P作直线交AB、AC于R、S，若，则DE=________．
【答案】6
【解析】由 ，且∠RAS=∠CAB，可证得△ARS∽△ACB，所以∠ARS=∠ACB，再由∠BAP=CAQ可证得△ARP∽△ACQ，，再由DE∥BC，可知，把BC的值代入可求得DE．
【解答】解：∵，且∠RAS=∠CAB，
∴△ARS∽△ACB，
∴∠ARS=∠ACB，
又∵AQ为角平分线，
∴∠BAP=CAQ，
∴△ARP∽△ACQ，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∵BC=9，
∴，
∴DE=6．
【点睛】本题主要考查三角形相似的判定和性质，解题的关键是能利用条件两次证得三角形相似，从而得到DE和BC的比值．
9．如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．
【答案】2 ﹣1
【解析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【解答】∵四边形ABCD是矩形
∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，
∴，
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴，即
∴
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：2，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
10．如图，在中，AB=AC=4，，点D为边AC上一动点（点C除外），将线段BD绕点D顺时针旋转至ED，连接CE，则面积的最大值为________________
【答案】
【解析】设CD=x，过A作与Z，过B作的延长线于N，过E作的延长线于M，由得到，再利用勾股定理求出NC，证出，即可得出结果；
【解答】设CD=x，过A作与Z，过B作的延长线于N，过E作的延长线于M，如图所示：
∵AB=AC，
∴，
∵AC=4，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，解得，
根据勾股定理得，
∴，
根据题意可得，
即可得到,
线段BD绕点D顺时针旋转至ED
∴，
∴ME=DN=CN-CD=，
∴，
∴面积最大时，，
此时．
【点睛】本题主要考查了相似三角形、等腰三角形的性质以及勾股定理的灵活应用，做出辅助线是解题的关键．
三、解答题
11．如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且AC=，CD＝4，BD＝2，求证：△ACD∽△BCA．
【答案】证明见解析．
【解析】根据AC=，CD＝4，BD＝2，可得，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【解答】解：∵AC=，CD＝4，BD＝2
∴，
∴
∵∠C =∠C
∴△ACD∽△BCA．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．
12．已知，如图，△ABC中，AB＝2，BC＝4，D为BC边上一点，BD＝1，AD+AC=8．
（1）找出图中的一对相似三角形并证明；
（2）求AC长．
【答案】（1）△BAD∽△BCA，理由见详解；（2）
【解析】（1）由题意易得，然后由∠B是公共角，问题可证；
（2）由（1）可得，再由AD+AC=8可求解．
【解答】解：（1）△BAD∽△BCA，理由如下：
AB＝2，BC＝4，BD＝1，
，
，
又∠B=∠B，
△BAD∽△BCA；
（2）由（1）得：，即，
AD+AC=8，
，解得：，
．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
13．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）根据正方形的性质以及EF⊥DE，证明△DME≌△ENF即可；
（2）根据勾股定理计算出DF，根据平行线的性质得到，计算出DG，FG的值，利用特殊角的锐角三角函数计算出DE的值，最后证明△DGE∽△AGF，利用相似比列出方程即可求出GE的值．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，且MN∥BC，
∴四边形ANMD是矩形，∠BAC=45°，
∴∠ANM=∠DMN=90°，EN=AN=DM，
∴∠DEM+∠EDM=90°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEM+∠FEN=90°，
∴∠EDM=∠FEN，
∴在△DME与△ENF中
∠DME=∠ENF=90°，DM=EN，∠EDM=∠FEN，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠DAB=90°，
∴DF=，
∴，即，解得：DG=，
∴FG=DF-DG=，
又∵DE=EF，EF⊥DE，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，DE=EF=，
∴∠GAF=∠GDE=45°，
又∵∠DGE=∠AGF，
∴△DGE∽△AGF，
∴，即，解得：，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质以及相似三角形的性质及判定，第（1）问的解题关键是证明△DME≌△ENF，第（2）问的解题关键是通过相似三角形的性质列出方程．
14．如图，小明欲测量一座古塔的高度，他拿出一根标杆竖直插在地面上，然后自己退后，使眼睛通过标杆的顶端刚好看到塔顶，若小明眼睛离地面1.5m，标杆顶端离地面2.4m，小明到标杆的距离DF=2m，标杆到塔底的距离DB=30m，求这座古塔的高度．
【答案】14.3m
【解析】先根据小明、竹竿、古塔均与地面垂直，EH⊥AB可知，BH=DG=EF=1.5m，再小明眼睛离地面1.5m，竹杆顶端离地面2.4m求出CG的长，由于CD∥AB可得出△EGC∽△EHA，再根据相似三角形的对应边成比例可求出AH的长，进而得出AB的长．
【解答】解：∵小明、竹杆、古塔均与地面垂直，EH⊥AB，
∴BH=DG=EF=1.5m，EG=DF，GH=DB，
∵小明眼睛离地面1．5m，竹杆顶端离地面2．4m，
∴CG=CD-EF=2．3-1．5=0．8m，
∵CD∥AB，∴△EGC～△EHA
∵DF=2m DB=30m，
∴＝，即= ，解得：AH=12．8m，
∴AB=AH+BH=12．8+1．5=14．3m，
答：古塔的高度是14．3m．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，先根据题意得出相似三角形，再根据相似三角形的对应边成比例得出结论是解题的关键．
15．如图，已知双曲线经过斜边的中点，与直角边相交于点，若的面积为3，求的值．
【答案】
【解析】过点做轴,可得，再根据可得，最后根据即可求得k的值．
【解答】解：过点做轴，垂足为，
∵中，，
∴
∵为斜边的中点，
∴为的中位线
∴且
∵双曲线的解析式是
∴，
解得
【点睛】主要考查了反比例函数中k的几何意义，相似三角形的性质和判定.过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
16．如图，AB=16cm，AC=12cm，动点P、Q分别以每秒2cm和1cm的速度同时开始运动，其中点P从点A出发，沿AC边一直移到点C为止，点Q从点B出发沿BA边一直移到点A为止，（点P到达点C后，点Q继续运动）
（1）请直接用含t的代数式表示AP的长和AQ的长，并写出定义域．
（2）当t等于何值时，△APQ与△ABC相似？
【答案】（1），；（2）在中，当时，，
在中，当时，．
【解析】（1）本题可结合三角形的周长，根据路程=速度×时间求出AP的长和AQ的长关于时间t的时间函数。
（2）分0≤t≤6，6≤t≤16两种情况，根据相似三角形的性质求出所用的时间。
【解答】解：（1）由题意得：，；
（2）当时，
①若，则有，∴，
∵，，，，
∴，解得：，
②∵，若，则有
∴，∴，
解得：（不符合题意，舍去）；
当时，点与重合，
∵，只有当时，有，
∴，∴，解得：，
在中，当时，，
在中，当时，．
【点睛】本题考查了动点函数的问题的题型，关键点是把握住题目条件给出的等量关系，还考查了相似三角形的性质．（2）中能分类讨论是解题关键．
17．如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【解析】（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【解答】（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．
（3）设平移后抛物线的解析式，
联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
18．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF，
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB=6，BC=m时，在线段CM正存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．
(3)证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ=BD=m，EF=m，由△ABC∽△CBM，可得BM=，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可.
【解答】（1）证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°
∵∠EFB=∠EDB，∠EBF=∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，
∴∠BEF=90°，
∴△BEF是直角三角形．
(2) 证明：∵BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠EFB=∠EDB，
∴∠EFB=∠BCD，
∵AC=AD，BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC=90°，
∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，
∴∠BCD=∠CAB，
∴∠BFE=∠CAB，
∵∠ACB=∠FEB=90°，
∴△BEF∽△BCA．
(3) 设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ=JB，
∴AF=DF，
∴ FJ=
∴ EF=
∵ △ABC∽△CBM
∴ BC:MB=AB:BC
∴ BM=，
∵ △BEJ∽△BME，
∴ BE:BM=BJ:BE
∴ BE=，
∵ △BEF∽△BCA，
∴
即
解得(负根舍去).
故答案为：
【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
19．如图，在中，．点从点出发，沿以每秒个单位的速度运动．点从点出发，沿以每秒个单位的速度运动，点到达点时，两点同时停止运动．点不与点重合时，以为邻边作．设点的运动时间为秒．
（1）用含的代数式表示的长；
（2）当点落在边上时，求的值；
（3）当点在边上时，设与重叠部分图形面积为求与之间的函数关系式.
（4）连结，当射线平分面积时，直接写出的值．
【答案】（1）当时，；当时，；（2）；（3）当时，；当时，；当时，；（4）或．
【解析】（1）点从点出发，沿运动，所以的长有两种情况，分别表示即可；
（2）根据已知得到，所以，再利用得到关于t的方程求解即可；
（3）根据题意画出图形，求解即可；
（4）若射线平分面积，则线段AR的延长线经过AB的中点，或者线段AR经过AB的中点，画出图形即可求解．
【解答】（1）当时，；
当时，.
（2）此时状态如图：
∵四边形APRQ是平行四边形，
∴，且，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
当时，，无解；
当时，，解得．
（3）当时，与重叠部分图形为，过点Q作于点M，如图：
∴，即
∴当时， ，
当时，；
当时，与重叠部分图形如图，
∴当时， ；
（4）若射线平分面积，则线段AR的延长线经过AB的中点，或者线段AR经过AB的中点，
①当线段AR的延长线经过AB的中点时，
可得，
②当线段AR经过AB的中点时，
可得，
综上，或．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质等内容，解题的关键是根据题意画出每个状态的图形．
20． （1）问题感知 如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是 ，∠BAD＝ °；
（2）问题拓展 如图2，在△ABC中，AC＝BC＝AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝AD，请给予证明；
（3）问题解决 如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP的周长．
【答案】（1）△PAD，90；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）由“SAS”可证△PAD≌△BEP，可得∠PAD=∠BEP=135°，依据∠ABC=45°，可得∠BAD=90°；
（2）过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，由“SAS”可证△APD≌△HBP，可得PH=AD，通过证明△CAB∽△CPH，可得，即可得结论；
（3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB，
∴点E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AC＝BC，
∴BE＝AP，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．
∴PB＝PD，
∵∠APD+∠BPC＝90°，∠EBP +∠BPC＝90°，
∴∠EBP＝∠APD，
又∵PB＝PD，
∴△PAD≌△BEP（SAS），
∴∠PAD＝∠BEP，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵PE∥AB，
∴∠ABC＝∠PEC＝45°，
∴∠BEP＝135°，
∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，
故答案为：△PAD，90；
（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，
∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH，
∵CB＝CA，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴∠CHP＝∠CPH，
∴CH＝CP，
∴BH＝AP，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．
∴PB＝PD，
∵∠BPD＝∠C，
∴∠BPD+∠BPC＝∠C+∠BPC，
∴∠PBH＝∠APD，
∴△APD≌△HBP（SAS），
∴PH＝AD，
∵PH∥AB，
∴△CAB∽△CPH，
∴
∴
∵AC＝BC＝AB，
∴，
∴CP＝PH＝AD；
（3）当点P在CA的延长线上时，
∵AC＝BC＝AB＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，
∴BP＝PD，∠BPD＝60°＝∠ACB，
过点P作PE∥AB，交CB的延长线于点E，
∵∠ACB＝∠APB+∠ABP，
∴∠ABP＝∠APB＝30°，
∴AB＝AP＝2，
∴CP＝4，
∵AB∥PE，
∴
∴CP＝PE＝4，
由（2）得，PE＝AD＝4，
∵∠APD＝∠APB+BPD＝90°，
∴DP＝，
∴△ADP的周长＝AD+AP+DP＝+6，
当点P在AC延长线上时，如图，
同理可求△ADP的周长＝6+，
综上所述：△ADP的周长为6+．
【点睛】本题几何变换综合题，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以及含30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算．
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