中考数学二轮培优复习《几何模型》专题08 相似三角形中的基本模型（2份打包，原卷版+教师版）

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相似三角形本章节内容在初中数学中是一个重点，也是历年中考必考的一个知识点。复习时我们首先要掌握本章节内容的重难点。
【模型】一、“8”字型及其变形
模型展示：
(1)如图1，AB∥CD⇔△AOB∽△COD⇔eq \f(AB,CD)＝eq \f(OA,OC)＝eq \f(OB,OD).
(2)如图2，∠A＝∠D⇔△AOB∽△DOC⇔eq \f(AB,CD)＝eq \f(OA,OD)＝eq \f(OB,OC).

图1 图2[
1、如图，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，BD和CE相交于点F.如果DF＝2，那么线段BF的长度为__4__.
2、已知：如图，AD·AB＝AF·AC，求证：△DEB∽△FEC.
证明：∵AD·AB＝AF·AC，∴eq \f(AD,AF)＝eq \f(AC,AB).
∵∠A＝∠A，∴△ADC∽△AFB，∴∠C＝∠B.
∵∠DEB＝∠FEC，∴△DEB∽△FEC.
【模型】二、“A”字型及其变形
模型展示：
(1)如图1，DE∥BC⇔△ADE∽△ABC⇔eq \f(AD,AB)＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(DE,BC).
(2)如图2，∠AED＝∠B⇔△ADE∽△ACB⇔eq \f(AD,AC)＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(DE,BC).
(3)共边共角模型，如图3，∠ACD＝∠B⇔△ADC∽△ACB⇔eq \f(AD,AC)＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(CD,BC).[
图1 图2 图3
1、在△ABC中，D为AB边上一点，且∠BCD＝∠A.已知BC＝2eq \r(2)，AB＝3，则BD＝__eq \f(8,3)__.
2、如图，已知BE，CD是△ABC的两条高，连接DE，求证：△ADE∽△ACB.
证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°.
∵∠A＝∠A，∴△ABE∽△ACD.∴eq \f(AD,AE)＝eq \f(AC,AB).∴eq \f(AD,AC)＝eq \f(AE,AB).
又∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACB.
3、如图，AD与BC相交于点E，点F在BD上，且AB∥EF∥CD，求证：eq \f(1,AB)＋eq \f(1,CD)＝eq \f(1,EF).
证明：∵AB∥EF，∴△DEF∽△DAB，∴eq \f(EF,AB)＝eq \f(DF,DB).
又∵EF∥CD，∴△BEF∽△BCD.∴eq \f(EF,CD)＝eq \f(BF,BD).
∴eq \f(EF,AB)＋eq \f(EF,CD)＝eq \f(DF,DB)＋eq \f(BF,BD)＝eq \f(BD,BD)＝1.∴eq \f(1,AB)＋eq \f(1,CD)＝eq \f(1,EF).
【模型】三、“手拉手”旋转型
模型展示：
如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.[来.Cm]
1、如图，D为△ABC内一点，E为△ABC外一点，且∠ABC＝∠DBE，∠3＝∠4.求证：
(1)△ABD∽△CBE；(2)△ABC∽△DBE.
证明：(1)∵∠ABC＝∠DBE，∴∠ABC－∠DBC＝∠DBE－∠DBC，即∠1＝∠2.
又∠3＝∠4，∴△ABD∽△CBE.
(2)∵△ABD∽△CBE，∴eq \f(AB,CB)＝eq \f(DB,EB).∴eq \f(AB,DB)＝eq \f(CB,EB).
又∠ABC＝∠DBE，∴△ABC∽△DBE.
【模型】四、“子母(双垂直)”型
模型展示：
如图，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常见的结论有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
1、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D.如果AC＝3，AB＝6，那么AD的值为( A )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(9,2) C.eq \f(3\r(3),2) D．3eq \r(3)
2、如图，AD∥BC，AE平分∠DAB，BE平分∠ABC，EF⊥AB.证明：△AEF∽△ABE.
证明：∵AE平分∠DAB，BE平分∠ABC，∴∠BAE＝eq \f(1,2)∠DAB，∠ABE＝eq \f(1,2)∠ABC.
∵AD∥BC，∴∠DAB＋∠ABC＝180°，
∴∠BAE＋∠ABE＝90°，∴∠AEB＝90°.
∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°.
又∵∠BAE＝∠EAF，∴△AEF∽△ABE.
【模型】五、“三垂直”模型与“一线三等角”模型
模型展示：
(1)“三垂直”模型
如图1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，则△ABC∽△CDE.
(2)“一线三等角”模型
如图2，∠B＝∠ACE＝∠D，则△ABC∽△CDE.
特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE.
1、如图，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一点，使得AE⊥DE.
(1)求证：△ABE∽△ECD；
(2)若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的长．
解析：(1)证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE＋∠AEB＝90°.
∵AE⊥DE，∴∠AED＝90°，
∴∠AEB＋∠DEC＝90°，
∴∠BAE＝∠DEC，
∴△ABE∽△ECD.
(2)在Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，
∴BE＝3，∴EC＝BC－BE＝5－3＝2.∵△ABE∽△ECD，∴eq \f(AB,EC)＝eq \f(BE,CD)，∴eq \f(4,2)＝eq \f(3,CD)，∴CD＝eq \f(3,2).
2、如图，在△ABC中，AB＝AC，点E在边BC上移动(点E不与点B，C重合)，满足∠DEF＝∠B，且点D，F分别在边AB，AC上．
(1)求证：△BDE∽△CEF；
(2)当点E移动到BC的中点时，求证：FE平分∠DFC.
[
证明：(1)∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，又∵∠BDE＝180°－∠B－∠DEB，∠CEF＝180°－∠DEF－∠DEB，且∠DEF＝∠B，∴∠BDE＝∠CEF，∴△BDE∽△CEF.
(2)∵△BDE∽△CEF，∴eq \f(BE,CF)＝eq \f(DE,EF).
∵点E是BC的中点，∴BE＝CE.∴eq \f(CE,CF)＝eq \f(DE,EF).
又∠DEF＝∠B＝∠C，∴△DEF∽△ECF，∴∠DFE＝∠CFE，即FE平分∠DFC.
【基础训练】
1.（2019 浙江杭州中考）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB和AC上，DE∥BC，M为BC边上一点（不与点B，C重合），连接AM交DE于点N，则（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
分析：先证明△ADN∽△ABM得到＝，再证明△ANE∽△AMC得到＝，则＝，从而可对各选项进行判断．
解析：∵DN∥BM，∴△ADN∽△ABM，∴＝，
∵NE∥MC，∴△ANE∽△AMC，∴＝，∴＝．故选：C．
2.（2019 浙江温州中考）如图，在矩形ABCD中，E为AB中点，以BE为边作正方形BEFG，边EF交CD于点H，在边BE上取点M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于点L，交FG于点N，欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，现以点F为圆心，FE为半径作圆弧交线段DH于点P，连结EP，记△EPH的面积为S1，图中阴影部分的面积为S2．若点A，L，G在同一直线上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
分析：如图，连接ALGL，PF．利用相似三角形的性质求出a与b的关系，再求出面积比即可．
解析：如图，连接ALGL，PF．
由题意：S矩形AMLD＝S阴＝a2﹣b2，PH＝，
∵点A，L，G在同一直线上，AM∥GN，
∴△AML∽△GNL，∴＝，∴＝，整理得a＝3b，
∴＝＝＝，
故选：C
3.（2019 重庆中考）如图，△ABO∽△CDO，若BO＝6，DO＝3，CD＝2，则AB的长是（ ）
A．2B．3C．4D．5
分析：直接利用相似三角形的性质得出对应边之间的关系进而得出答案
解析：∵△ABO∽△CDO，∴＝，
∵BO＝6，DO＝3，CD＝2，∴＝，解得：AB＝4．故选：C．
4.（2019 河北辽宁沈阳中考）（2019•沈阳）已知△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，若AD＝10，A'D'＝6，则△ABC与△A'B'C'的周长比是（ ）
A．3：5B．9：25C．5：3D．25：9
分析：相似三角形的周长比等于对应的中线的比．
解析：∵△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，AD＝10，A'D'＝6，
∴△ABC与△A'B'C'的周长比＝AD：A′D′＝10：6＝5：3．故选：C．
5.（2019•哈尔滨）如图，在▱ABCD中，点E在对角线BD上，EM∥AD，交AB于点M，EN∥AB，交AD于点N，则下列式子一定正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
分析：根据平行四边形的性质以及相似三角形的性质．
解析：∵在▱ABCD中，EM∥AD，∴易证四边形AMEN为平行四边形
∴易证△BEM∽△BAD∽△END，∴＝＝，A项错误
＝，B项错误，＝＝，C项错误，＝＝，D项正确
故选：D．
6.已知△ABC∽△A'B'C'，AB＝8，A'B'＝6，则＝（ ）
A．2B．C．3D．
分析：直接利用相似三角形的性质求解．
解析：∵△ABC∽△A'B'C'，∴＝＝＝．故选：B．
7.（2019 河北承德二中模拟）如图，已知△AOB和△A1OB1是以点O为位似中心的位似图形，且△AOB和△A1OB1的周长之比为1：2，点B的坐标为（﹣1，2），则点B1的坐标为（ ）
A．（2，﹣4）B．（1，﹣4）C．（﹣1，4）D．（﹣4，2）
分析：过B作BC⊥y轴于C，过B1作B1D⊥y轴于D，依据△AOB和△A1OB1相似，且周长之比为1：2，即可得到＝，再根据△BOC∽△B1OD，可得OD＝2OC＝4，B1D＝2BC＝2，进而得出点B1的坐标为（2，﹣4）．
解析：如图，过B作BC⊥y轴于C，过B1作B1D⊥y轴于D，
∵点B的坐标为（﹣1，2），
∴BC＝1，OC＝2，
∵△AOB和△A1OB1相似，且周长之比为1：2，
∴＝，
∵∠BCO＝∠B1DO＝90°，∠BOC＝∠B1OD，
∴△BOC∽△B1OD，∴OD＝2OC＝4，B1D＝2BC＝2，
∴点B1的坐标为（2，﹣4），
故选：A．
填空题
1.（2019 上海中考）在△ABC和△A1B1C1中，已知∠C＝∠C1＝90°，AC＝A1C1＝3，BC＝4，B1C1＝2，点D、D1分别在边AB、A1B1上，且△ACD≌△C1A1D1，那么AD的长是 ．
分析：根据勾股定理求得AB＝5，设AD＝x，则BD＝5﹣x，根据全等三角形的性质得出C1D1＝AD＝x，∠A1C1D1＝∠A，∠A1D1C1＝∠CDA，即可求得∠C1D1B1＝∠BDC，根据等角的余角相等求得∠B1C1D1＝∠B，即可证得△C1B1D∽△BCD，根据其性质得出＝2，解得求出AD的长．
解析：如图，∵在△ABC和△A1B1C1中，∠C＝∠C1＝90°，AC＝A1C1＝3，BC＝4，B1C1＝2，
∴AB＝＝5，
设AD＝x，则BD＝5﹣x，
∵△ACD≌△C1A1D1，
∴C1D1＝AD＝x，∠A1C1D1＝∠A，∠A1D1C1＝∠CDA，
∴∠C1D1B1＝∠BDC，
∵∠B＝90°﹣∠A，∠B1C1D1＝90°﹣∠A1C1D1，
∴∠B1C1D1＝∠B，
∴△C1B1D∽△BCD，
∴＝，即＝2，解得x＝，
∴AD的长为，
2.（2019 青海中考）（2019•青海）如图是用杠杆撬石头的示意图，C是支点，当用力压杠杆的A端时，杠杆绕C点转动，另一端B向上翘起，石头就被撬动．现有一块石头，要使其滚动，杠杆的B端必须向上翘起10cm，已知杠杆的动力臂AC与阻力臂BC之比为5：1，要使这块石头滚动，至少要将杠杆的A端向下压 cm．
分析：首先根据题意构造出相似三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例求得端点A向下压的长度．
解析：如图；AM、BN都与水平线垂直，即AM∥BN；
易知：△ACM∽△BCN；
∴＝，
∵杠杆的动力臂AC与阻力臂BC之比为5：1，
∴＝，即AM＝5BN；
∴当BN≥10cm时，AM≥50cm；
故要使这块石头滚动，至少要将杠杆的端点A向下压50cm．
故答案为：50．
3.（2019 内蒙呼和浩特中考）已知正方形ABCD的面积是2，E为正方形一边BC在从B到C方向的延长线上的一点，若CE＝，连接AE，与正方形另外一边CD交于点F，连接BF并延长，与线段DE交于点G，则BG的长为 ．
分析：根据题意画出，根据已知条件可得到点F是CD的中点，通过作辅助线，将问题转化证△HDG∽△BEG，得出对应边成比例，由相似比转化为BG等于BH的三分之二，而BH可以通过勾股定理求出，使问题得以解决．
解析：如图：延长AD、BG相交于点H，
∵正方形ABCD的面积是2，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝，
又∵CE＝，△EFC∽△EAB，
∴，即：F是CD的中点
∵AH∥BE，∴∠H＝∠FBC，∠BCF＝∠HDF＝90°
∴△BCF≌△HDF （AAS），
∴DH＝BC＝，
∵AH∥BE，
∴∠H＝∠FBC，∠HDG＝∠BEG
∴△HDG∽△BEG，∴，
在Rt△ABH中，BH＝，
∴BG＝，
4.（2019•长春）教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例2 如图，在△ABC中，D，E分别是边BC，AB的中点，AD，CE相交于点G，求证：＝＝
证明：连结ED．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程
结论应用：在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为边BC的中点，AE、BD交于点F．
（1）如图②，若▱ABCD为正方形，且AB＝6，则OF的长为 ．
（2）如图③，连结DE交AC于点G，若四边形OFEG的面积为，则▱ABCD的面积为 ．
分析：教材呈现：如图①，连结ED．根据三角形中位线定理可得DE∥AC，DE＝AC，那么△DEG∽△ACG，由相似三角形对应边成比例以及比例的性质即可证明＝＝；
结论应用：（1）如图②．先证明△BEF∽△DAF，得出BF＝DF，那么BF＝BD，又BO＝BD，可得OF＝OB﹣BF＝BD，由正方形的性质求出BD＝6，即可求出OF＝；
（2）如图③，连接OE．由（1）易证＝2．根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出△BEF与△OEF的面积比＝＝2，同理，△CEG与△OEG的面积比＝2，那么△CEG的面积+△BEF的面积＝2（△OEG的面积+△OEF的面积）＝2×＝1，所以△BOC的面积＝，进而求出▱ABCD面积＝4×＝6．
【解答】教材呈现：
证明：如图①，连结ED．
∵在△ABC中，D，E分别是边BC，AB的中点，∴DE∥AC，DE＝AC，
∴△DEG∽△ACG，∴＝＝＝2，∴＝＝3，∴＝＝；
结论应用：
（1）解：如图②．
∵四边形ABCD为正方形，E为边BC的中点，对角线AC、BD交于点O，
∴AD∥BC，BE＝BC＝AD，BO＝BD，
∴△BEF∽△DAF，∴＝＝，∴BF＝DF，∴BF＝BD，
∵BO＝BD，∴OF＝OB﹣BF＝BD﹣BD＝BD，
∵正方形ABCD中，AB＝6，∴BD＝6，∴OF＝．
（2）如图③，连接OE．由（1）知，BF＝BD，OF＝BD，∴＝2．
∵△BEF与△OEF的高相同，
∴△BEF与△OEF的面积比＝＝2，
同理，△CEG与△OEG的面积比＝2，
∴△CEG的面积+△BEF的面积＝2（△OEG的面积+△OEF的面积）＝2×＝1，
∴△BOC的面积＝，∴▱ABCD的面积＝4×＝6．
5.（2019 广东茂名中考模拟）如图，A是反比例函数y＝（x＞0）图象上的一点，点B、D在y轴正半轴上，△ABD是△COD关于点D的位似图形，且△ABD与△COD的位似比是1：3，△ABD的面积为1，则k的值为 ．
分析：根据△ABD是△COD关于点D的位似图形，且△ABD与△COD的位似比是1：3，得出＝＝，进而得出假设BD＝x，AE＝4x，DO＝3x，AB＝y，根据△ABD的面积为1，求出xy＝2即可得出答案．
解析：过A作AE⊥x轴，
∵△ABD是△COD关于点D的位似图形，且△ABD与△COD的位似是1：3，
∴＝，
∴OE＝AB，
∴＝＝．
假设BD＝x，AB＝y
∴DO＝3x，AE＝4x，CO＝3y，
∵△ABD的面积为1，
∴xy＝1，
∴xy＝2，
∴AB•AE＝4xy＝8，
即：k＝4xy＝8．
故答案是：8．
6.（2019 山东淄博中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心．位似比为2：3，点B、E在第一象限，若点A的坐标为（1，0），则点E的坐标是 ．
分析：由题意可得OA：OD＝2：3，又由点A的坐标为（1，0），即可求得OD的长，又由正方形的性质，即可求得E点的坐标．
解析：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为2：3，
∴OA：OD＝2：3，
∵点A的坐标为（1，0），
即OA＝1，
∴OD＝，
∵四边形ODEF是正方形，
∴DE＝OD＝．
∴E点的坐标为：（，）．
7.（2019 上海黄浦区中考模拟）（2019秋•黄浦区期中）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是边AB上的一点，E是边AC上的一点（D、E与端点不重合），如果△CDE与△ABC相似，那么CD的长是 ．
分析：分类讨论：当△ABC∽△CDE，如图1，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，证明BD＝AD即可解决问题；当△ABC∽△DCE，如图2，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠B，接着证明CD⊥AB，利用面积法可计算出CD＝；当△ABC∽△CED，如图3，∠CDE＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，证明CD为斜边上的中线，则CD＝DA＝DB＝AB＝．
解析：∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，
当△ABC∽△CDE，如图1，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，∴△ADC为等腰三角形，∴CE＝AE，
∵ED∥BC，∴BD＝AD，∴CD＝AB＝，
当△ABC∽△DCE，如图2，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠B，
而∠BCD+∠DCE＝90°，∴∠B+∠BCD＝90°，∴CD⊥AB，∴CD＝＝，
当△ABC∽△CED，如图3，∠CDE＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，∴DC＝DA，
∵∠A+∠B＝90°，∠DCE+∠BCD＝90°，∴∠B+∠BCD＝90°，∴DB＝DC，∴CD＝DA＝DB＝AB＝，
综上所述，CD的长为或．
8.（2019 河北张家口中考模拟）（2019秋•大观区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＜BC，∠ABC＝90°，且AB＝3，点E是边AB上的动点，当△ADE，△BCE，△CDE两两相似时，则AE＝ ．
分析：分情况讨论：∠CED＝90°和∠CDE＝90°，利用角平分线的性质和直角三角形30度角的性质分别可得AE的长．
解析：分两种情况：
①当∠CED＝90°时，如图1，过E作EF⊥CD于F，
∵AD∥BC，AD＜BC，∴AB与CD不平行，
∴当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，∴∠BEC＝∠CDE＝∠ADE，
∵∠A＝∠B＝∠CED＝90°，∴∠BCE＝∠DCE，
∴AE＝EF，EF＝BE，∴AE＝BE＝AB＝，
②当∠CDE＝90°时，如图2，
∵当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，∴∠CEB＝∠CED＝∠AED＝60°，∴∠BCE＝∠DCE＝30°，
∵∠A＝∠B＝90°，∴BE＝ED＝2AE，又∵AB＝3，∴AE＝1，
综上，AE的值为或1．
【巩固提升】
1.（2019 河南中考）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是 1 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 60° ．
（2）类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
分析：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
解析：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
图1
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
图2
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OABB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．
2.（2019 湖北黄石中考）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，C、E是⊙O上的两点，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延长AE交BC的延长线于点F．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：CE＝CF；
（3）若BD＝1，CD＝，求弦AC的长．

分析：（1）连接OC，可证得∠CAD＝∠BCD，由∠CAD+∠ABC＝90°，可得出∠OCD＝90°，即结论得证；
（2）证明△ABC≌△AFC可得CB＝CF，又CB＝CE，则CE＝CF；
（3）证明△CBD∽△DCA，可求出DA的长，求出AB长，设BC＝a，AC＝a，则由勾股定理可得AC的长．
解析：（1）连接OC，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠ABC＝90°，
∵CE＝CB，∴∠CAE＝∠CAB，
∵∠BCD＝∠CAE，∴∠CAB＝∠BCD，
∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∴∠OCB+∠BCD＝90°，∴∠OCD＝90°，∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠BAC＝∠CAE，∠ACB＝∠ACF＝90°，AC＝AC，
∴△ABC≌△AFC（ASA），∴CB＝CF，
又∵CB＝CE，∴CE＝CF；
（3）∵∠BCD＝∠CAD，∠ADC＝∠CDB，
∴△CBD∽△DCA，∴，∴， XXK]∴DA＝2，
∴AB＝AD﹣BD＝2﹣1＝1，
设BC＝a，AC＝a，由勾股定理可得：，解得：a＝，
∴．
3.（2019 江苏南京中考）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．
小明的作法
1．如图②，在边AC上取一点D，过点D作DG∥AB交BC于点G．
2．以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AB于点E．
3．在EB上截取EF＝ED，连接FG，则四边形DEFG为所求作的菱形．
（1）证明小明所作的四边形DEFG是菱形．
（2）小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化……请你继续探索，直接写出菱形的个数及对应的CD的长的取值范围．
分析：（1）根据邻边相等的四边形是菱形证明即可．
（2）求出几种特殊位置的CD的值判断即可．
【解析1）证明：∵DE＝DG，EF＝DE，∴DG＝EF，
∵DG∥EF，∴四边形DEFG是平行四边形，
∵DG＝DE，∴四边形DEFG是菱形．
（2）如图1中，当四边形DEFG是正方形时，设正方形的边长为x．
[
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
则CD＝x，AD＝x，
∵AD+CD＝AC，∴+x＝3，∴x＝，
∴CD＝x＝，
观察图象可知：0≤CD＜时，菱形的个数为0．
如图2中，当四边形DAEG是菱形时，设菱形的边长为m．
∵DG∥AB，∴＝，
∴＝，解得m＝，∴CD＝3﹣＝，
如图3中，当四边形DEBG是菱形时，设菱形的边长为n．
∵DG∥AB，∴＝，
∴＝，∴n＝，
∴CG＝4﹣＝，
∴CD＝＝，
观察图象可知：当0≤CD＜或＜CD＜3时，菱形的个数为0，当CD＝或＜CD≤时，菱形的个数为1，当＜CD≤时，菱形的个数为2．
4.（2019 河辽宁大连北中考）阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题
数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，AB＝kBD（其中＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自已的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”
小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”
……
老师：“保留原题条件，延长图1中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出的值．”
（1）求证：∠BAE＝∠DAC；
（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；
（3）直接写出的值（用含k的代数式表示）．
分析：（1）利用三角形的外角性质可求解；
（2）由直角三角形的性质和角平分线的性质可得AF＝FC，AF＝BF，通过证明△ABG∽△BCA和△ABF∽△BAD，利用相似三角形的性质可求解；
（3）通过证明△ABH∽△ACB，可得AB2＝AC×AH，设BD＝m，AB＝km，由勾股定理可求AC的长，可求AH，HC的长，即可求解．
【解析证明：（1）∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB
∵∠ADB＝∠ACB+∠DAC，∠ABD＝∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∴∠BAE＝∠DAC
（2）设∠DAC＝α＝∠BAE，∠C＝β，∴∠ABC＝∠ADB＝α+β
∵∠ABC+∠C＝α+β+β＝α+2β＝90°，∠BAE+∠EAC＝90°＝α+∠EAC，∴∠EAC＝2β
∵AF平分∠EAC，
∴∠FAC＝∠EAF＝β
∴∠FAC＝∠C，∠ABE＝∠BAF＝α+β
∴AF＝FC，AF＝BF
∴AF＝BC＝BF
∵∠ABE＝∠BAF，∠BGA＝∠BAC＝90°
∴△ABG∽△BCA
∴
∵∠ABE＝∠BAF，∠ABE＝∠AFB
∴△ABF∽△BAD
∴，且AB＝kBD，AF＝BC＝BF
∴k＝，即
∴
（3）∵∠ABE＝∠BAF，∠BAC＝∠AGB＝90°
∴∠ABH＝∠C，且∠BAC＝∠BAC
∴△ABH∽△ACB
∴
∴AB2＝AC×AH
设BD＝m，AB＝km，
∵
∴BC＝2k2m
∴AC＝＝km
∴AB2＝AC×AH
（km）2＝km×AH
∴AH＝
∴HC＝AC﹣AH＝km﹣＝
∴
5.（2019 上海中考）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，D是AO延长线上一点，联结BD并延长交⊙O于点E，联结CD并延长交⊙O于点F．
（1）求证：BD＝CD；
（2）如果AB2＝AO•AD，求证：四边形ABDC是菱形．
分析：（1）连接BC，根据AB＝AC，OB＝OA＝OC，可得AD垂直平分BC，根据线段垂直平分线求出即可
（2）根据相似三角形性质和判定求出∠ABO＝∠ADB＝∠BAO，求出BD＝AB，再根据菱形判定推出即可．
【解答】证明：（1）如图1，连接BC，OB，OC，
∵AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，∴A在BC的垂直平分线上，
∵OB＝OA＝OC，∴O在BC的垂直平分线上，∴AO垂直平分BC，∴BD＝CD；
（2）如图2，连接OB，∵AB2＝AO•AD，∴＝，
∵∠BAO＝∠DAB，∴△ABO∽△ADB，∴∠OBA＝∠ADB，
∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB，∴∠OAB＝∠BDA，∴AB＝BD，
∵AB＝AC，BD＝CD，∴AB＝AC＝BD＝CD，∴四边形ABDC是菱形．
6.（2019•宁夏）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，点M，Q分别是边AB，BC上的动点（点M不与A，B重合），且MQ⊥BC，过点M作BC的平行线MN，交AC于点N，连接NQ，设BQ为x．
（1）试说明不论x为何值时，总有△QBM∽△ABC；
（2）是否存在一点Q，使得四边形BMNQ为平行四边形，试说明理由；
（3）当x为何值时，四边形BMNQ的面积最大，并求出最大值．
分析：（1）根据题意得到∠MQB＝∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（3）根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质用x表示出QM、BM，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可．
解析：（1）∵MQ⊥BC，∴∠MQB＝90°，
∴∠MQB＝∠CAB，又∠QBM＝∠ABC，∴△QBM∽△ABC；
（2）当BQ＝MN时，四边形BMNQ为平行四边形，
∵MN∥BQ，BQ＝MN，∴四边形BMNQ为平行四边形；
（3）∵∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，∴BC＝＝5，
∵△QBM∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，解得，QM＝x，BM＝x，
∵MN∥BC，
∴＝，即＝，
解得，MN＝5﹣x，
则四边形BMNQ的面积＝×（5﹣x+x）×x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，四边形BMNQ的面积最大，最大值为．
7.（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD．
（1）求证：直线OD是⊙E的切线；
（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG；
①当tan∠ACF＝时，求所有F点的坐标 （直接写出）；
②求的最大值．
分析：（1）连接ED，证明∠EDO＝90°即可，可通过半径相等得到∠EDB＝∠EBD，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得DO＝BO＝AO，∠ODB＝∠OBD，得证；
（2）①分两种情况：a）F位于线段AB上，b）F位于BA的延长线上；过F作AC的垂线，构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点F坐标；
②应用相似三角形性质和三角函数值表示出＝，令y＝CG2（64﹣CG2）＝﹣（CG2﹣32）2+322，应用二次函数最值可得到结论．
解析：（1）证明：如图1，连接DE，∵BC为圆的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠BDA＝90°
∵OA＝OB，
∴OD＝OB＝OA
∴∠OBD＝∠ODB
∵EB＝ED
∴∠EBD＝∠EDB
∴EBD+∠OBD＝∠EDB+∠ODB，
即：∠EBO＝∠EDO
∵CB⊥x轴
∴∠EBO＝90°
∴∠EDO＝90°
∵点D在⊙E上
∴直线OD为⊙E的切线．
（2）①如图2，当F位于AB上时，过F作F1N⊥AC于N，
∵F1N⊥AC，∴∠ANF1＝∠ABC＝90°
∴△ANF∽△ABC，∴
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝＝10，即AB：BC：AC＝6：8：10＝3：4：5
∴设AN＝3k，则NF1＝4k，AF1＝5k
∴CN＝CA﹣AN＝10﹣3k
∴tan∠ACF＝＝＝，解得：k＝
∴，
即F1（，0）
如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M，
∵△AMF2∽△ABC，∴设AM＝3k，则MF2＝4k，AF2＝5k，∴CM＝CA+AM＝10+3k
∴tan∠ACF＝，解得：，∴AF2＝5k＝2
OF2＝3+2＝5，即F2（5，0）
故答案为：F1（，0），F2（5，0）．
方法1：如图4，过G作GH⊥BC于H，
∵CB为直径，∴∠CGB＝∠CBF＝90°
∴△CBG∽△CFB，∴，∴BC2＝CG•CF
∴＝＝＝≤
∴当H为BC中点，即GH＝BC时，的最大值＝
方法2：设∠BCG＝α，则sinα＝，csα＝，∴sinαcsα＝
∵（sinα﹣csα）2≥0，即：sin2α+cs2α≥2sinαcsα
∵sin2α+cs2α＝1，∴sinαcsα≤，即≤，的最大值＝．
8.（2019 江西中考）在图1，2，3中，已知▱ABCD，∠ABC＝120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG＝120°．
（1）如图1，当点E与点B重合时，∠CEF＝ °；
（2）如图2，连接AF．
①填空：∠FAD ＝ ∠EAB（填“＞”，“＜“，“＝”）；
②求证：点F在∠ABC的平分线上；
（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求的值．
分析：（1）根据菱形的性质计算；
（2）①证明∠DAB＝∠FAE＝60°，根据角的运算解答；
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，证明△AFN≌△EFM，根据全等三角形的性质得到FN＝FM，根据角平分线的判定定理证明结论；
（3）根据直角三角形的性质得到GH＝2AH，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．
解析：（1）∵四边形AEFG是菱形，∴∠AEF＝180°﹣∠EAG＝60°，
∴∠CEF＝∠AEC﹣∠AEF＝60°，
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝60°，
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，
∴∠FAE＝60°，∴∠FAD＝∠EAB，
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，则∠FNB＝∠FMB＝90°，
∴∠NFM＝60°，又∠AFE＝60°，
∴∠AFN＝∠EFM，
∵EF＝EA，∠FAE＝60°，∴△AEF为等边三角形，∴FA＝FE，
在△AFN和△EFM中，，∴△AFN≌△EFM（AAS）∴FN＝FM，又FM⊥BC，FN⊥BA，
∴点F在∠ABC的平分线上；
（3）∵四边形AEFG是菱形，∠EAG＝120°，∴∠AGF＝60°，
∴∠FGE＝∠AGE＝30°，
∵四边形AEGH为平行四边形，∴GE∥AH，
∴∠GAH＝∠AGE＝30°，∠H＝∠FGE＝30°，
∴∠GAN＝90°，又∠AGE＝30°，
∴GN＝2AN，
∵∠DAB＝60°，∠H＝30°，
∴∠ADH＝30°，
∴AD＝AH＝GE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC＝AD，
∴BC＝GE，
∵四边形ABEH为平行四边形，∠HAE＝∠EAB＝30°，
∴平行四边形ABEN为菱形，
∴AB＝AN＝NE，
∴GE＝3AB，
∴＝3．