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专题6.7 相似三角形的八大经典模型-2023-2024学年九年级数学下册举一反三系列（苏科版）
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这是一份专题6.7 相似三角形的八大经典模型-2023-2024学年九年级数学下册举一反三系列（苏科版），文件包含专题67相似三角形的八大经典模型苏科版原卷版docx、专题67相似三角形的八大经典模型苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共77页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc9888" 【题型1 A字型】 PAGEREF _Tc9888 \h 2
\l "_Tc3275" 【题型2 “8”字形】 PAGEREF _Tc3275 \h 6
\l "_Tc31175" 【题型3 AX字型】 PAGEREF _Tc31175 \h 9
\l "_Tc12815" 【题型4 子母型】 PAGEREF _Tc12815 \h 16
\l "_Tc12912" 【题型5 双垂直型】 PAGEREF _Tc12912 \h 23
\l "_Tc210" 【题型6 一线三等角型】 PAGEREF _Tc210 \h 31
\l "_Tc1422" 【题型7 手拉手型】 PAGEREF _Tc1422 \h 40
\l "_Tc19558" 【题型8 三角形内接矩形型】 PAGEREF _Tc19558 \h 52
【基本模型1-A字型】
①如图，在中，点D在上，点E在上，，则，．
②模型拓展1：斜交A字型条件：，图2结论：；
③模型拓展2： 如图，∠ACD＝∠B⇔△ADC∽△ACB⇔．
【题型1 A字型】
【例1】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM−EF值为（ ）
A．75B．125C．35D．25
【答案】A
【分析】证明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出OM=125，求出EG=12CD=3，FG=12AB=2，得出EF=EG−FG=1即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM∥AB∥CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG∥AB∥CD，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，FG=12AB=2，
∴EF=EG−FG=1，
∴OM−EF=75，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出OM=125．
【变式1-1】（2023春·四川成都·九年级校考开学考试）如图，在△ABC中，AD=DE=EB，AF=FG=GC．已知△ABC的面积为9，则阴影部分的面积为 ．
【答案】5
【分析】根据题意可得：AGAC=AEAB=23，AFAC=ADAB=13，求得△AEG∽△ABC进而得到S△AEGS△ABC=232=49，求得S△AEG，即可求解．
【详解】解：∵AD=DE=EB，AF=FG=GC
∴AGAC=AEAB=23，AFAC=ADAB=13
又∵∠A=∠A
∴△AEG∽△ABC
∴S△AEGS△ABC=232=49
∴S△AEG=49S△ABC=4
∴S阴影=S△ABC−S△AEG=5
故答案为：5
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，正确求得S△AEG．
【变式1-2】（2023·安徽滁州·校考一模）在等边三角形ABC中，AB=6，D、E是BC上的动点，F是AB上的动点，且BF=BD=EC=2，连接FE，S△DEFS△ABC= ；
【答案】19
【分析】证明△BDF∽△BCA，利用相似三角形的面积等于相似比的平方求解即可．
【详解】解： ∵△ABC是等边三角形，AB=6，
∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=∠A=60°，
∵BD=BF=2，∠B=60°，
∴△BDE是等边三角形，∠BDF=∠BFD=60°，
∴∠BDF=∠C=60°，
∴DF∥AC，
∴△BDF∽△BCA，
∴S△BDFS△BCA=(BDBC)2=19，
∵BD=EC=2，DE=BC−BD−EC=6−2−2=2，
∴BD=DE=2，
∴S△BDF=S△DEF，
∴S△DEFS△ABC=19，
故答案为：19．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握等边三角形的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，若正方形DEFC的顶点D在AB上，顶点F、G都在AC上，射线AF交BC边于点H，则CH长为 ．
【答案】43
【分析】证明△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，由相似三角形的性质得出 DGBC=AGAC， EFCH=AFAC，设DG=EF=x， 可得x2=AG4，xCH=AG+x4， 从而可得出答案．
【详解】解：∵四边形DGFE为正方形， ∠ACB=90°，
∴DG∥EF∥BC，DG=EF，
∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，
∴DGBC=AGAC， EFCH=AFAC，
设DG=EF=x，
∴x2=AG4，xCH=AG+x4，
∴AG=2x，
∴xCH=2x+x4，
∴CH=43．
故答案为 43．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，证明△ADG∽△ABC与△AEF∽△AHC是解题的关键．
【基本模型2-“8”字形】
①如图1，AB∥CD⇔△AOB∽△COD⇔；
②如图2，∠A＝∠D⇔△AOB∽△DOC⇔．
③模型拓展：如图，∠A＝∠C⇔△AJB∽△CJD⇔．
【题型2 “8”字形】
【例2】（2023·安徽·九年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，AE=2ED，连接BE交AC于点G，延长BE交CD的延长线于点F，则BGGF的值为（ ）
A．23B．12C．13D．34
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可判断△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根据相似三角形的性质和AE＝2ED即可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△ABG∽△CFG，
∴BGGF＝ABCF
∵△ABE∽△DFE，
∴AEDE＝ABDF，
∵AE＝2ED，
∴AB＝2DF，
∴ABCF＝23，
∴BGGF＝23．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题．
【变式2-1】（2023春·广东深圳·九年级校考开学考试）如图，已知BD与CE相交于点A，DE∥BC，若AD=2，AB=3，AC=6，则AE= ．
【答案】4
【分析】证明△ABC∽△ADE，由相似三角形的性质得出ABAD=ACAE，则可得出答案．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
即32=6AE，
∴AE=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记性质是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·陕西宝鸡·九年级校考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上，AE=3，连接BE交AC于点F，过点F作FG∥BC，交CD于点G．求FG的长．
【答案】167
【分析】利用正方形性质，找到△CBF∽△AEF，即可利用对应边成比例，几何平行线性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠CBF=∠AEF，∠BCF=∠EAF，
∴△CBF∽△AEF，
∴CFAF=BCAE=43，
∴CFCA=47，
∵FG∥BC，AD∥BC，
∴FG∥AD，
∴FGAD=CFCA=47，
∴FG=47×4=167．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，E，F为矩形ABCD内两点，AE⊥EF，CF垂直EF，垂足分别为E、F，若AE=1，CF=2，EF=4，则BD=（ ）
A．103B．5C．53D．6
【答案】B
【分析】连接AC，交EF于点M，BD于O，根据相似三角形的判定和性质和勾股定理解答．
【详解】解：连接AC，交EF于点M，BD于O，
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEM=∠CFM=90°，
∵∠AMF=∠CMF，
∴△AEM∽△CFM，
∴AECF=EMFM，
∵AE=1，CF=2，EF=4，
∴EM=43，MF=83，
在Rt△AEM中，AM=AE2+EM2=12+432=53，
在Rt△CFM中，MC=CF2+MF2=22+832=103，
∴AC=AM+CM=53+103=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=5，
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及相似三角形的判定和性质，构造三角形相似利用相似三角形的对应边成比例求得AC的长是解题的关键，注意勾股定理的应用．
【基本模型3-AX字型】
A字型及X字型两者相结合，通过线段比进行转化.
【题型3 AX字型】
【例3】（2023春·山东烟台·九年级统考期末）如图，M是平行四边形ABCD的对角线AC上的一点，射线BM与AD交于点F，与CD的延长线交于点H．
(1)图中相似三角形有______对；
(2)若AD2=AC⋅CM,∠BMA=72°，求∠BCD的度数．
【答案】(1)6
(2)∠BCD=72°
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得AB∥CD,AD∥BC，再根据相似三角形的判定即可得；
（2）先根据相似三角形的判定证出△BCM∽△ACB，再根据相似三角形的性质可得∠BMC=∠ABC，从而可得∠BMC+∠BCD=180°，然后根据邻补角的定义求解即可得．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∴△ABM∽△CHM，△ABF∽△DHF，△AFM∽△CBM，△HDF∽△HCB，
∴△ABF∽△HCB，
又∵AB∥CD,AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD,∠BAC=∠DCA，
∴△ACB∽△CAD，
综上，图中相似三角形有6对，
故答案为：6．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∵AD2=AC⋅CM，
∴BC2=AC⋅CM，
∴BCCA=CMBC，
∵∠BCM=∠ACB，
∴△BCM∽△ACB，
∴∠BMC=∠ABC，
又∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠BMC+∠BCD=180°，
又∵∠BMA+∠BMC=180°，∠BMA=72°，
∴∠BCD=∠BMA=72°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
【变式3-1】（2023春·河南许昌·九年级统考期末）如图，D、E分别是△ABC的边AB，BC上的点，DE∥AC，若S△BDE:S△CDE=2:3，则S△DOE:S△AOC= ．
【答案】4:25
【分析】根据S△BDE:S△CDE=2:3可得BECE=23，从而得到BEBC=25，再根据相似三角形的判定与性质可得BEBC=DEAC=25，最后再根据△ODE∽△OCA可得S△DOES△AOC=DEAC2=252=425．
【详解】解：∵ S△BDE:S△CDE=2:3，
∴BECE=23，
∴BEBC=25，
∵ DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴BEBC=DEAC=25，
∵ DE∥AC，
∴△ODE∽△OCA，
∴S△DOES△AOC=DEAC2=252=425，
即S△DOE:S△AOC=4:25，
故答案为：4:25．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，两个相似三角形的面积比关于相似比的平方，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·重庆巴南·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，过C作CE⊥BD于E点，交AB于F点，连接AE.若F是AB中点，且BC=8，则AE的长为 ．
【答案】8
【分析】根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质，可以求得AM和EM的长，再根据勾股定理，即可得到AE的长．
【详解】解：过点E作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，BA=CD，BA∥CD，
又∵∠EBC=∠CBD，
∴△CBE∽△DBC，
∴BCBD=BEBC，
∴BC2=BD⋅BE，
∵F是AB中点，BF∥CD，
∴△BEF∽△DEC，
∴BEDC=BEDE=MENE=12，
∴MEMN=13，
设BE=x，则DE=2x，BD=3x，
∵BC=8，BC=MN，
∴82=3x⋅x，ME=13BC=83，
解得x=833，
∴BE=833，
∴BM=BE2−ME2=8332−832=823，
∵EM∥AD，
∴BMAM=BEDE=12，
∴AM=2BM=1623，
∵∠EMA=90°，
∴AE=AM2+EM2=16232+832=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式3-3】（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）如图，在▱ABCD中，点E在AB上，AE=13AB，ED和AC相交于点F，过点F作FG∥AB，交AD于点G．
(1)求FG:AE的值．
(2)若AB:AC=3:2，
①求证：∠AEF=∠ACB．
②求证：DF2=DG⋅DA．
【答案】(1)FG:AE=3:4
(2)①详见解析；②详见解析
【分析】（1）结合题意，根据平行线的性质，通过证明△AFE∽△CFD，得FD=3EF；再结合FG∥AB，根据平行线性质，通过证明△ADE∽△GDF，根据相似比的性质计算，即可得到答案；
（2）①AC=2a，根据题意计算得AB、AE；结合（1）的结论，得AF，从而推导得AEAC=AFAB，通过证明△EAF∽△CAB，即可完成证明；
②根据（2）①的结论以及平行线的性质，证明△DFG∽△DAF，根据相似三角形的性质计算，即可完成证明．
【详解】（1）解：∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠EAF=∠DCF，
∵∠AFE=∠CFD，
∴△AFE∽△CFD，
∴EFFD=AECD=AFFC，
∵AE=13AB，AB=CD，
∴EFFD=AECD=AEAB=13，即FD=3EF，
∵FG∥AB，
∴∠AED=∠GFD，
∵∠ADE=∠GDF，
∴△ADE∽△GDF，
∴FGAE=FDED=FDEF+FD=3EFEF+3EF=34，即FG:AE=3:4；
（2）证明：①设AC=2a，
∵AB:AC=3:2，
∴AB=3a，
∴AE=33a，
由（1）的结论，得：AECD=EFFD=AFFC=13，
∴AF=14AC=a2，
∴AE⋅AB=a2=AF⋅AC，
即：AEAC=AFAB，
∵∠EAF=∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴∠AEF=∠ACB；
②∵FG∥AB，
∴∠DFG=∠DEA，
∵△EAF∽△CAB，
∴∠AEF=∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠FAD，
∴∠DFG=∠FAD，
∵∠FDG=∠ADF，
∴△DFG∽△DAF，
∴DFDA=DGDF，
∴DF2=DG⋅DA．
【点睛】本题考查了平行四边形、平行线、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、相似三角形的性质，从而完成求解．
【基本模型4-子母型】
如图为斜“A”字型基本图形．当时，，则有．．
如图所示，当E点与C点重合时，为其常见的一个变形，即子母型．
当时，，则有．
【题型4 子母型】
【例4】（2023春·安徽滁州·九年级统考期中）如图，在△ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且ABAC=ADCE，∠BAD＝∠ECA．
（1）求证：AC2＝BC•CD；
（2）若AD是△ABC的中线，求CEAC的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）22
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，进而求出△ABC∽△DAC，再利用相似三角形的性质得出答案即可；
（2）由△BAD∽△ACE可证∠CDE=∠CED，进而得出CD=CE，再由（1）可证AC=2CD，由此即可得出线段之间关系．
【详解】（1）证明：∵ ABAC=ADCE，∠BAD=∠ECA，
∴ΔBAD∽ΔACE，
∴∠B=∠EAC，
∵∠ACB=∠DCA，
∴△ABC∽△DAC，
∴ ACCD=BCAC，
∴AC2=BC·CD．
（2）解：∵△BAD∽△ACE，
∴∠BDA=∠AEC，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BC=2BD=2CD，
∴AC2=BC·CD=2CD2，即：AC=2CD，
∴CEAC=CD2CD=22．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及重心的性质等知识，根据已知得出△BAD∽△ACE是解题关键．
【变式4-1】（2023春·安徽蚌埠·九年级校考期中）如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且AC=26，CD＝4，BD＝2，求证：△ACD∽△BCA．
【答案】证明见解析．
【分析】根据AC=26，CD＝4，BD＝2，可得ACBC=CDAC，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【详解】解：∵AC=26，CD＝4，BD＝2
∴ACBC=264+2=63，CDAC=426=63
∴ACBC=CDAC
∵∠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．
【变式4-2】（2023春·安徽合肥·九年级校考期中）△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，点E为BD的中点，连接AE并延长交BC于点F，且有AF=CF，过F点作FH⊥AC于点H．
（1）求证：△ADE∽△CDB；
（2）求证：AE=2EF；
（3）若FH=3，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4．
【分析】（1）先根据垂直的定义可得∠ADE=∠CDB=90°，再根据等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DCB，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据相似三角形的性质可得ADCD=DEDB=12，再根据等腰三角形的三线合一可得AH=CH，从而可得ADDH=2，然后根据平行线分线段成比例定理即可得证；
（3）先根据相似三角形的判定与性质可得DEFH=AEAF，从而可得DE,BD的长，再根据相似三角形的判定可得△ABD∼△BCD，然后利用相似三角形的性质可求出CD的长，最后在Rt△BCD中，利用勾股定理即可得．
【详解】证明：（1）∵BD⊥AC,FH⊥AC，
∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，
∵AF=CF，
∴∠DAE=∠DCB，
在△ADE和△CDB中，∠ADE=∠CDB∠DAE=∠DCB，
∴△ADE∼△CDB；
（2）∵点E为BD的中点，
∴DE=BE=12BD，
由（1）已证：△ADE∼△CDB，
∴ADCD=DEDB=12，
设AD=a(a>0)，则CD=2a，AC=AD+CD=3a，
∵FH⊥AC,AF=CF，
∴AH=CH=12AC=32a（等腰三角形的三线合一），
∴DH=AH−AD=12a，
又∵BD∥FH，
∴AEEF=ADDH=a12a=2，
即AE=2EF；
（3）由（2）已证：AE=2EF，
∴AE=23AF，
∵BD∥FH，
∴△ADE∼△AHF，
∴DEFH=AEAF，即DE3=23，
解得DE=233，
∴BD=2DE=433，
∵∠ABC=90°,BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，
∴∠ABD=∠C，
在△ABD和△BCD中，∠ADB=∠BDC=90°∠ABD=∠C，
∴△ABD∼△BCD，
∴ADBD=BDCD，
由（2）可知，设AD=b(b>0)，则CD=2b，
∴b433=4332b，
解得b=263或b=−263（不符题意，舍去），
∴CD=2b=463，
则在Rt△BCD中，BC=BD2+CD2=4332+4632=4．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
【变式4-3】（2023·安徽合肥·统考一模）如图1，AB=AC=2CD，DC∥AB，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，使点D落在AC的点E处，AB与CF相交于点O，AB与EF相交于点G，连接BF．
(1)求证：△ABE≌△CAD；
(2)求证：AC∥FB；
(3)若点D，E，F在同一条直线上，如图2，求ABBC的值．（温馨提示：请用简洁的方式表示角）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据旋转变换的性质得到旋转前后两个三角形全等，从而得到CE=CD，根据AC=2CD，就能得到AE=CD，然后利用平行可以得到内错角相等，最后加上AB=AC，就可以通过边角边证明两个三角形全等．
（2）根据旋转和第一小题的结论，可以得到BE=FE，然后用等角对等边即可得到∠EFB=∠EBF，又可以从前面的两个全等中得到∠EFC=∠EBA，∠OAC=∠OCA从而得到∠OFB=∠OBF，那么△ACO和△BOF就是顶角互为对顶角的一组等腰三角形，所以就能得到底角相等，即∠CAO=∠FOB，那么内错角相等，两直线平行即可证结论．
（3）根据D，E，F在同一条直线上，可以证明△AEG和△CED全等，即可得到AG=12AB，那么EG就是中位线，则EG∥CB，加上第二小题结论就能得到四边形BCEF是平行四边形，那么BC=AD，然后通过三角形外角的性质，可以证得∠ADE=∠ACD，就能证△ACD和△ADE是一组子母型相似，然后根据相似比可得最终答案．
【详解】（1）解：∵将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，
∴△FCE≌△ACD，
∴CE=CD，
∵AC=2CD，
∴AC=2CE，
∴AE=AC−CE=2CE−CE=CE=CD，
∵DC∥AB
∴∠DCA=∠EAB，
在△ABE和△CAD中，
∵AE=CD∠EAB=∠DCAAB=CA，
∴△ABE≌△CADSAS．
（2）解：由（1）得BE=AD，∠ABE=∠CAD，
∵△CEF≌△CDA，
∴FE=AD，∠EFC=∠DAC，
∴BE=FE，∠EFC=∠EBA，
∴∠EFB=∠EBF，
∵∠OFB=∠EFB−∠EFC，∠OBF=∠EBF−∠EBA，
∴∠OFB=∠OBF，
∵∠ECF=∠DCA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，∠OBF+∠OFB+∠BOF=180°，
又∠AOC=∠BOF，
∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，
即2∠CAO=2∠FOB，
∴∠CAO=∠FOB，
∴AC∥FB
（3）解：在△AEG和△CED中，
∵∠GAE=∠DCEAE=CE∠AEG=∠CED，
∴△AEG≌△CEDASA
∴AG=CD=12AB，
∵AE=CE，
∴EG∥CB，
∵AC∥FB，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴BC=FE=AD，
∵∠AEG=∠ACD+∠CAD=∠DAE+∠ADE，
∴∠ADE=∠ACD，
∵∠CAD=∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴EADA=DACA，
即DA2=EA⋅CA=2EA2，
∴DA=2EA，
∵AB=AC=2EA，
∴ABBC=ABDA=2EA2EA=22=2．
【点睛】本题考查了三角形全等的证明，平行线的判定以及利用相似三角形求线段长之比，解题时需要学会将多个小题的结论联系起来，把前面小题的结论用到后面小题的思路中，熟练寻找证明三角形全等或相似所需要的条件是解题的关键．
【基本模型5-双垂直型】
①如图，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常见的结论有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
②拓展：
（1）正方形、长方形中经常会出现射影定理模型，如图，在和内均有射影定理模型．
（2）如图，在圆中也会出现射影定理模型．
【题型5 双垂直型】
【例5】（2023春·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点E在边BC上，CE=2，若点P、Q分别为边CD与AB上两个动点，线段PQ始终满足与AE垂直且垂足为F，则AP+QE的最小值为 ．
【答案】55
【分析】过点Q作QH⊥CD于点H．利用相似三角形的性质求出PH=3，设BQ=x，则CH=x，PD=5−x，AP+QE=62+(5−x)2+x2+42，求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M到J(0,4)，K(5,6)的距离和最小，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，则KJ′=52+102=55，由MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=55，可得结论．
【详解】解：如图，过点Q作QH⊥CD于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，AD=BC=6，∠B=∠C=∠D=90°，
∵CE=2，
∴BE=BC−CE=6−2=4，
∵QH⊥CD，
∴∠B=∠QHP=∠QHC=90°，
∴四边形BCHQ是矩形，
∴BQ=CH，BC=QH=6，QH∥BC，
∴∠AQH=∠B=90°，
∵AE⊥QP，
∴∠QAF+∠AQP=90°，∠AQP+∠HQP=90°，
∴∠BAE=∠HQP，
∴△ABE∽△QHP，
∴ ABQH=BEPH，
∴ 86=4PH，
∴PH=3，
设BQ=x，则CH=x，DP=5−x，
∴AP+QE=62+(5−x)2+x2+42，
欲求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M到J(0,4)，K(5,6)的距离和最小，如图1中，
作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，
∵K(5,6)，J′(0,−4)，
∴KJ′=52+102=55，
∵MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=55，
∴JM+MK的最小值为55，
∴AP+QE的最小值为55．
故答案为：55．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
【变式5-1】（2023春·福建莆田·九年级校考期末）【问题情境】
（1）古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》提出了射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．射影定理是数学图形计算的重要定理．其符号语言是：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，则：（1）AC²=AB·AD；(2)BC²=AB·BD；(3)CD² = AD·BD；请你证明定理中的结论（1）AC² = AB·AD．
【结论运用】
（2）如图2，正方形ABCD的边长为3，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，
①求证：△BOF∽△BED；
②若BE=10，求OF的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②355
【分析】（1）证明△ACD∽△ABC，即可得证；
（2）①BC2=BO•BD，BC2=BF•BE，即BO•BD=BF•BE，即可求解；
②在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，利用△BOF∽△BED，即可求解．
【详解】解：（1）证明：如图1，∵CD⊥AB，
∴∠BDC=90°，
而∠A=∠A，∠ACB=90°，
∴△ACD∽△ABC，
∴AC：AB=AD：AC，
∴AC² = AB·AD；
（2）①证明：如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD=90°，
∴BC2=BO•BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2=BF•BE，
∴BO•BD=BF•BE，
即BOBE=BFBD，而∠OBF=∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
②∵在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，
∴CE=BE2−BC2=1，
∴DE=BC-CE=2；
在Rt△OBC中，OB=22BC=322，
∵△BOF∽△BED，
∴OFDE=BOBE，即OF2=32210，
∴OF=355.
【点睛】本题为三角形相似综合题，涉及到勾股定理运用、正方形基本知识等，难点在于找到相似三角形，此类题目通常难度较大．
【变式5-2】如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，E为AB上一点，分别以ED、EC为折痕将
两个角(∠A、∠B)向内折起，点A、B恰好落在CD边的点F处，若AD＝3，BC＝5，则EF的长是（ ）
A.eq \r(15) B．2eq \r(15) C.eq \r(17) D．2eq \r(17)
【解析】∵AD∥BC，
∴∠ADF＋∠FCB＝180°.
根据折叠前后的图形全等得到DF＝DA＝3，
∠ADE＝∠FDE，CF＝CB＝5，∠BCE＝∠FCE，∠EFC＝∠B＝90°，
∴∠FDE＋∠FCE＝90°，∠FCE＋∠FEC＝90°，
∠DFE＝∠EFC＝90°，
∴∠FDE＝∠FEC，
∴△DEF∽△ECF，
∴eq \f(EF,CF)＝eq \f(DF,EF)，
∴EF2＝DF·CF＝3×5＝15，
∴EF＝eq \r(15).故选A.
【变式5-3】（2023·河南南阳·统考三模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
如图1，正方形纸片ABCD，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交于点F．根据以上操作，请直接写出图1中线段AE与线段BF的关系．
(2)迁移探究
小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下：
如图2，在矩形纸片ABCD中，AB:AD=m:n，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交于点F，请求出线段AE与BF的关系，并说明理由．
(3)拓展应用
如图3，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E由点A向终点D做匀速运动，动点F由点D向终点C做匀速运动，动点E、F同时开始运动，且速度相同，连接AF、BE，交于点G，连接GD，则线段GD长度的最小值为______，点G的运动轨迹的长为______．（直接写出答案不必说明理由）
【答案】(1)AE=BF
(2)AEBF=mn，理由见解析
(3)5−1；π2
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，得∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，进一步可得∠BAE=∠FBC，所以△ABE≅△BCF，结论得证AE=BF．
（2）由四边形ABCD是矩形，得∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，进一步可证∠BAE=∠FBC，所以△ABE∼△BCF，于是AEBF=ABBC，证得AEBF=mn.
（3）取AB的中点M，连接DM，GM，AE=DF，由（1）可得Rt△ABE≅Rt△DAF，可证∠AGB=90°，AM=MB=MG=1； Rt△ADM中，勾股定理求得MD=5；由GD≥MD−MG得GD的最小值是5−1；由∠AGB=90°，知A、G、B三点共圆，所以点G在以点M为圆心，在以半径为1的14圆上运动，进而求得运动轨迹的长为2π÷4=π2．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
在△ABE和△BCF中，
∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF
∴△ABE≅△BCF，
∴AE=BF．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
∴△ABE∼△BCF，
∴AEBF=ABBC，
∵ABAD=ABBC=mn，
∴AEBF=mn．
（3）如图，取AB的中点M，连接DM，GM，
由题意知，AE=DF，
由（1）可得Rt△ABE≅Rt△DAF，
∴∠ABE=∠DAF
∵∠DAF+∠BAG=90°
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AGB=180°−(∠ABE+∠BAG)=90°，
∵M是AB的中点，AB=2，
∴AM=MB=MG=1，
在Rt△ADM中，MD=22+12=5；
在△MGD中，
∵GD≥MD−MG=5−1，
∴GD的最小值是5−1，
∵∠AGB=90°，
∴A、G、B三点共圆，
∴点G在以点M为圆心，在以半径为1的14圆上运动，
∴点G的运动轨迹的长为：2π÷4=π2，
故答案为：5−1；π2
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线性质，两点之间线段最短；合理添设辅助线，借助图中合适的定点运用两点之间线段最短是解题的关键．
【基本模型6一线三等角型】
(1)“三垂直”模型：如图1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，则△ABC∽△CDE.
(2)“一线三等角”模型：如图2，∠B＝∠ACE＝∠D，则△ABC∽△CDE.
特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE.
补充：其他常见的一线三等角图形
【题型6 一线三等角型】
【例6】（2023春·山东潍坊·九年级统考期末）如图， Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，矩形MNHD、矩形GDEF的顶点分别在△BCD，△ACD的三边上，且矩形MNHD∽矩形GDEF．可求两矩形的相似比的是（ ）
A．ABACB．BDCDC．CDCHD．CEEH
【答案】B
【分析】由条件可以证明△CFD∽△BND，由相似三角形的性质，即可解决问题．
【详解】解：连接FD，DN，
∵矩形MNHD∽矩形GDEF，
∴∠FDE=∠BDN，
∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，
∴∠FCD=∠B，
∴△CFD∽△BND，
∴DN:DF=BD:CD，
故选：B．
【点睛】本题考查相似多边形，关键是连接FD，DN，证明△CFD∽△BND，即可解决问题．
【变式6-1】（2023春·山东日照·九年级校考期中）已知等边三角形ABC的边长为4．
(1)如图，在边BC上有一个动点P，在边AC上有一个动点D，满足∠APD=60°，求证：△ABP∽△PCD；
(2)如图，若点P在射线BC上运动，点D在直线AC上，满足∠APD=120°，当PC=2时，求AD的长；
(3)在（2）的条件下，将点D绕点C逆时针旋转120°到点D′，求△D′AP的面积．
【答案】(1)见详解
(2)7
(3)532
【分析】（1）先利用三角形的内角和得出∠BAP+∠APB=120°，再用平角得出∠APB+∠CPD=120°，进而得出∠BAP=∠CPD，即可得出结论；
（2）过点P作PE⊥AC于E，构造出含30°角的直角三角形，求出CE的长度，再用勾股定理求出PE，进而求出AP的值，再判断出△ACP∽∠APD，得出比例式即可得出结论；
（3）先求出CD的值，进而得出CD′的值，再构造出直角三角形求出D′H的长度，进而得出D′G的值，再求出AM的长度，最后用面积差即可得出结论．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP=180°，
∴∠BAP+∠APB=120°，
∵∠APB+∠CPD=180°−∠APD=120°，
∴∠BAP=∠CPD，
∴△ABP∽△PCD；
（2）如下图，过点P作PE⊥AC于E，
∴∠AEP=90°，
∵△ABC是等边三角形，边长为4，
∴AC=4，∠ACB=60°，
∴∠PCE=∠ACB=60°，
在Rt△CPE中，PC=2，∠CPE=90°−∠PCE=30°，
∴CE=12PC=1，根据勾股定理得，PE=PC2−CE2=22−12=3，
在Rt△APE中，AE=AC+CE=4+1=5，
根据勾股定理得，AP2=AE2+PE2=52+(3)2=28，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACP=120°=∠APD，
又∵∠CAP=∠PAD，
∴△ACP∽△APD，
∴ACAP=APAD，
∴AD=AP2AC=284=7；
（3）如下图，
由（2）知，AD=7，
∵AC=4，
∴CD=AD−AC=7−4=3，
由旋转知，∠DCD′=120°，CD′=CD=3，
∵∠DCP=60°，
∴∠D′CP=∠DCD′−∠DCP=60°，∠ACD′=180°−∠DCD′=60°，
过点D′作D′H⊥CP于H，
在Rt△CHD′中，CH=12CD′=32，
根据勾股定理得，D′H=3CH=332，
过点D′作D′G⊥AC于G，
∵∠ACD′=∠PCD′=60°，
∴D′G=D′H=332，
∴S四边形ACPD′=S△ACD′+S△PCD′=12AC⋅D′G+12CP⋅D′H=12×4×332+12×2×332=923，
过点A作AM⊥BC于M，
∵AB=AC，
∴BM=12BC=2，
在Rt△ABM中，根据勾股定理得，AM=3BM=23，
∴S△ACP=12CP⋅AM=12×2×23=23，
∴S△D′AP=S四边形ACPD′−S△ACP=932−23=532．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．
【变式6-2】（2023·全国·九年级专题练习）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．
(1)如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
(2)如图3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC>AP，延长AP至点B，使AB=AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP:PB＝1:2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①等腰直角三角形，理由见解析；②等联线AB=3k，线段PE=52k
【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N，由折叠得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明Rt△CME≅Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R＝∠A＝90°．证明△APC≅△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQ=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF~△NEC，根据相似三角形的性质得出NE=32k，根据PE=PM+ME即可．
【详解】（1）解：作图如下：（方法不唯一）
（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．
由折叠得AC＝CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，
∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，
∴四边形ABNC为正方形，
∴CN=AC=CM，
又∵CE=CE，
∴Rt△CME≅Rt△CNE（HL），
∴∠3=∠4，
而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°，
∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°，
∴△PCF是等腰直角三角形．
②如图，过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，
则∠R=∠A=90°，
∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，
∴∠1=∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，
∴△APC≅△RFP（AAS），
∴AP=FR，AC=PR，
而AC=AB，
∴AP=BR=FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，
∴AP=BR=FR=k，
∴PB=2AP=2k，
∴AB=AP+PB=BN=3k，
∵BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，
∴四边形BRFQ为正方形，BQ=OF=k，
∵FQ⊥BN，CN⊥BN，
∴FQ∥CN，
∴QENE=QFCN，
而QE=BN﹣NE﹣BQ=3k﹣NE−k=2k﹣NE，
∴2k−NENE=k3k=13，
解得：NE=32k，
由①知：PM=AP=k，ME=NE=32k，
∴PE=PM+ME=k+32k=52k，
答：等联线AB=3k，线段PE=52k．
【点睛】点评本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·重庆万州·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=9，E为CD的中点，F为BC上一点，BF
【答案】6137
【分析】过点G作GH⊥BC于点H，先证明△FAB∽△EFC，得出BFCE=ABCF，根据BF【详解】解：过点G作GH⊥BC于点H，
设BF=x，则CF=9−x，
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=3，
∵AF⊥FE，
∴∠AFB+∠EFC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，CD=AB=6，
∴∠FAB+∠AFB=90°，
∴∠FAB=∠EFC，
∵∠B=∠ECF=90°，
∴△FAB∽△EFC，
∴BFCE=ABCF，即x3=69−x，
解得：x1=3,x2=6，
∵BF∴BF=3，CF=6，
设CH=y，则FH=6−y，BH=9−y，
∵∠FAB=∠EFC，∠B=∠GHF=90°，
∴△AFB∽△FGH，
∴GHBF=FHAB，即GH3=6−y6，
∵∠GCH=∠ACB,∠GHC=∠B，
∴∠ABC∽△GHC，
∴GHAB=CHBC，即GH6=y9，
整理得：GH3=2y9，
∴6−y6=2y9，解得：y=187，
∴GH3=2×1879，解得：GH=127，
在Rt△GHC中，根据勾股定理可得：CG=GH2+CH2=1272+1872=6137．
故答案为：6137．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法，以及相似三角形对应边成比例．
【基本模型7-手拉手型】
①如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.
②如图所示，和都是等腰直角三角形，的延长线与相交于点P，则，且相似比为，与的夹角为．
总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似．
③如图所示，，则，，且．
【题型7 手拉手型】
【例7】（2023·山东济宁·统考三模）背景材料：
在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型．
例如：如图1，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到△ABD≌△ACE．
学习小组继续探究：
（1）如图2，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，请作出一个手拉手图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并连接BE，CD，证明BE＝CD；
（2）小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB＞AC，DE∥BC，将三角形ADE旋转一定的角度（如图3），连接CE和BD，证明△ABD∽△ACE．
学以致用：
（3）如图4，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝34，CD＝5，AD＝12．请在图中构造小刚发现的手拉手模型求BD的长．
【答案】（1）作图见解析，证明见解析；（2）见解析；（3）BD=15174 .
【分析】（1）由等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，可得∠DAC＝∠BAE，即可证△DAC≌△BAE，可得BD＝CE；
（2）通过证明△ADE∽△ABC，可得ABAC=ADAE，由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，即可得结论；
（3）过点A 作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠EDC＝90°，通过证明△AEC∽△ADB，可得CEBD=ACAB ，由锐角三角函数和勾股定理可求AE，DE，EC的长，即可求BD的长．
【详解】（1）作图
∵△ABD和△ACE都是等边三角形
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，且AD＝AB，AC＝AE
∴△DAC≌△BAE（SAS）
∴BE＝CD
（2）如图，
在第一个图中，∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC
∴ABAC=ADAE
∵将三角形ADE旋转一定的角度
∴∠BAC＝∠DAE
∴∠BAD＝∠CAE，且ABAC=ADAE
∴△ABD∽△ACE；
（3）如图，过点A 作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠EDC＝90°，
∵∠AED＝∠ACB＝α，∠CAB＝∠DAE＝90°
∴△AED∽△ACB
∴AEAD=ACAB
∵∠CAB＝∠DAE＝90°
∴∠CAE＝∠DAB，且AEAD=ACAB
∴△AEC∽△ADB
∴CEBD=ACAB
∵△AED∽△ACB
∴∠ADE＝∠ABC
∵∠ACB+∠ABC＝90°，∠ADC＝∠ACB
∴∠ADC+∠ADE＝90°
∴∠EDC＝90°
∵tanα＝34=ADAE，AD＝12．
∴AE＝16
∴DE＝AD2+AE2 ＝20
∴EC＝AD2+DE2=517
∵CEBD=ACAB=43
∴BD＝15174
【点睛】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
【变式7-1】（2023春·安徽六安·九年级校考阶段练习）［问题发现］
(1)如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E与点A重合，已知ΔACF∽ΔBCE．请直接写出线段BE与AF的数量关系；
［实验研究］
(2)在（1）的条件下，将正方形CDEF绕点C旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；
［结论运用］
(3)在（1）（2）的条件下，若ΔABC的面积为8，当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时，请求出线段AF的长．
【答案】(1)BE=2AF
(2)BE=2AF，证明见解析
(3)线段AF的长为23−2或23+2
【分析】(1)先判断出△ABD为等腰直角三角形，进而求出AB=2AD，即可得出结论；
(2)先利用三角函数得出ACBC=FCEC，证明夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而求出结论；
(3)分两种情况计算，当点E在线段BF上时，先用勾股定理求出EF=CF=AD=2，BF=6，即可得出BE=6−2，借助(2)得出结论；当点E在线段BF延长线上同前一种情况一样即可得出结论．
【详解】（1）解：∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴EF=CF，∠F=90°，
∴∠FEC=∠FCE=45°，
∴∠FEC=∠B，∠FCE=∠ACB，
∵点E与点A重合，
∴∠FEC=∠FAC=∠B，∠FCE=∠FCA=∠ACB，AB=BE，
∴ΔACF∽ΔBCE；
∴ AFAB=ACBC，
∵ ACBC=sinB=sin45°=22，
∴ AFBE=22，
∴BE=2AF；
（2）解：BE=2AF．
证明：由（1）得，ACBC=sinB=sin45°=22，
∵四边形CDEF是正方形，
∴EF=CF，∠EFC=90°，
∴∠FEC=∠FCE=45°，
∴ FCEC=sin∠FEC=sin45°=22，
∴ ACBC=FCEC=22，
∵∠ACF=∠BCE=45°−∠ACE，
∴ΔACF∽ΔBCE，
∴ AFBE=ACBC=22，
∴BE=2AF；
（3）解：如图1，∵AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，
∴AD=12BC，AD⊥BC，
∴BC=2AD，
∵ΔABC的面积为8，
∴ 12BC⋅AD=8，
∴AD2=8，
∴AD=22，
∴BC=42，
∵点E与点A重合，四边形CDEF是正方形，
∴EF=CF=DE=AD=22；
如图2，B、E、F三点共线且点E在线段BF上，
∵∠BFC=90°，
∴BF=BC2−CF2=(42)2−(22)2=26，
∴BE=BF−EF=26−22，
∵BE=2AF．
∴ 2AF=26−22，
∴AF=23−2；
如图3，B、E、F三点共线且点F在线段BE上，
则BE=BF+EF=26+22，
∵BE=2AF．
∴ 2AF=26+22，
∴AF=23+2，
综上所述，线段AF的长为23−2或23+2．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，以及等腰直角三角形的性质，正方形性质和旋转性质，分类讨论和画出图形是解决本题的关键．
【变式7-2】（2023·河南洛阳·统考模拟预测）综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
(1)操作判断 已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α0°①线段BD与线段AE的数量关系是________；
②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是________；
(2)迁移探究 如图2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠BAC=∠DEC=30°，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
(3)拓展应用：如图3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=42，当点B，D，E三点共线时，请直接写出BD的长．
【答案】(1)①BD=AE；②60°
(2)①不成立，理由见解析；②成立，理由见解析
(3)27−2或27+2
【分析】（1）设直线BD交直线AE于点F．由等边三角形的性质可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．
进而可求出∠BCD=∠ACE，即可证∴△BCD≅△ACE，从而得出结论BD=AE．再根据∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；
（2）由题意得出BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA，进而可证△BCD∽△ACE，得出AE=2BD．由（1）同理可证∠F=∠ACB=60°；
（3）分类讨论：当点D落在线段BE上时和当点E落在线段BD上时，分别画出图形，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：①如图1，设直线BD交直线AE于点F．
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．
∴∠BCD=∠ACE．
在△BCD 和△ACE 中，
AB=AC∠BCD=∠ACEDC=EC,
∴△BCD≅△ACESAS．
∴BD=AE；
②∵△BCD≅△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°；
故答案为：BD=AE；60°；
（2）不成立，理由如下：如图2，
延长BD交AE的延长线于点F．
∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，
∴ BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA．
∴△BCD∽△ACE，
∴ BDAE=12，
∴AE=2BD；
②成立，理由如下：
∵△BCD∽△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F．
∴∠F=∠ACB=60°；
（3）①如图3，当点D落在线段BE上时．
∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=42，
∴BC=2AC=42，CD=2CE=22．
∴AC=4，CE=2．
∵∠E=90°
∴BE=BC2−CE2=27．，
∴BD=BE−D=27−2；
②如图4，当点E落在线段BD上时，
同理可得，BD=BE+DE=27+2．
综上所述，BD的长为27−2或27+2．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等或相似三角形是解题关键．
【变式7-3】（2023春·安徽合肥·九年级统考期末）在ΔABC，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，BDCP的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 ．
（2）类比探究
如图2，当α=90°时，请写出BDCP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ADCP的值．
【答案】（1）1，60°（2）45°（3）2−2，2+2
【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ΔCAP≅ΔBAD(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ΔDAB∼ΔPAC，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．
【详解】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD=∠CAB=60°，
∴∠CAP=∠BAD，
∵CA=BA，PA=DA，
∴ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，
∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，
∵∠AOC=∠BOE，
∴∠BEO=∠CAO=60°，
∴BDPC=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．
∵∠PAD=∠CAB=45°，
∴∠PAC=∠DAB，
∵ABAC=ADAP=2，
∴ΔDAB∼ΔPAC，
∴∠PCA=∠DBA，BDPC=ABAC=2，
∵∠EOC=∠AOB，
∴∠CEO=∠OAB=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=22a，
∴ADCP=aa+22a=2−2c．
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=22a，
∴PC=a−22a，
∴ADPC=aa−22a=2+2．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【基本模型8-三角形内接矩形型】
由之前的基本模型（A型或AX型）推导出来的。
结论：AH⊥GF，△AGF∽△ABC，
【题型8 三角形内接矩形型】
【例8】（2023春·四川成都·九年级成都实外校考期中）如图，△ABC中，点PQ分别在AB，AC上，且PQ∥BC，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，AD⊥BC于点D，交PQ于点E，且AD:BC=2:3，连接MQ，若△ABC 的面积等于75，则MQ的最小值为 ．
【答案】52
【分析】先证△APQ∽△ABC，利用对应高之比等于相似比，设MN=x，根据勾股定理表示出MQ，通过配方求最小值．
【详解】解：∵PQ∥BC，AD⊥BC，
∴AE⊥PQ，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴AEPQ=ADBC=23，
∴3AD=2BC，
∵PM⊥BC，QN⊥BC，
∴∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90° ，
∴四边形PMNQ是矩形，
∴PQ=MN，PM=ED，
∵AE=23PQ，AD=23BC，
∴3AE+ED=2BM+MN+CN，
∴MN+QN=BM+MN+CN，
∴QN=BM+CN；
∵△ABC的面积等于75，
∴12BC•AD＝75，
∵AD=23BC，
∴13BC2=75，
∴BC=15，AD=10，
设MN=x，则BM+CN=15−x，PM=QN=10−x，
∵MQ=MN2+QN2=x2+10−x2=2x−52+50，
∴当x=5时，MQ有最小值52．
故答案为：52．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、三角形面积、勾股定理，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的判定和性质定理．
【变式8-1】（2023春·陕西西安·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，正方形DEFG的边长是6，且四个顶点都在△ABC的各边上，CE=3．
(1)求证：△BDG∽△FEC；
(2)求S△BDG:S△FEC的值．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据正方形的性质得DE=EF=DG=6，∠BDG=∠CEF=90°，根据直角三角形两个锐角互余得到∠B=∠CFE，即可证明；
（2）由（1）知△BDG∽△FEC，根据三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形EFGD是正方形，
∴DE=EF=DG=6，∠GDE=∠DEF=90°，
∴∠BDG=∠CEF=90°，
∵∠B+∠C=90°，∠C+∠CFE=90°，
∴∠B=∠CFE，
∴△BDG∽△FEC．
（2）解：∵ △BDG∽△FEC，CE=3，DG=6，
∴ DGCE=63=2，
∴S△BDGS△FEC=DGCE2=22=4．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟记三角形相似的判定方法是解题关键．
【变式8-2】（2023春·山东东营·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4.点M1，N1，P1分别在AC、BC、AB上，且四边形M1CN1P1是正方形，点M2，N2，P2分别在P1N1、BN1，BP1上，且四边形M2N1N2P2是正方形，…，点Mn，Nn，Pn分别在Pn−1Nn−1，BNn−1，BPn−1上，且四边形MnNn−1NnPn是正方形，则线段M2023P2023的长度是 ．
【答案】2202432023
【分析】先根据相似三角形的性质求出前几个正方形的边长，找出它们之间案的关系，再求解．
【详解】解：设正方形CN1P1M1的边长为x，正方形M2N1N2P2的边长为y，正方形M3N2N3P3的边长为z，
由题意得：△ABC∽△AM1P1，
即：AM1AC=M1PBC，
又∵AM1=AC−M1C=2−x，
∴2−x2=x4，
∴x=2(2−x)，
解得：x=43，即：P1M1=43=223，
同理：△AM1P1∽△P1M2P2，
∴y=2(43−y)，
解得：y=89，即：M2P2=89=2332，
同理：△P2M3P3∽△P1M2P2，
∴z=2(89−y)，
解得：z=89，即：M3P3=1627=2433，
由此规律得：
线段M2023P2023的长为：2202432023，
故答案为：2202432023．
【点睛】本题考查了图形的变化类，找出变化规律是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB=6，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF分别交DE于M，N两点．则MN的长为
【答案】12549/12495
【分析】先求出AB=3,BC=35，再证出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质可得ADDE=ABBC=55，设AD=aa>0，则DG=GF=DE=5a，然后证出△AED∽△GDB，根据相似三角形的性质可得AEDG=DEBD，从而可得a=67，则ADAB=27，GF=675，最后证出△ADM∽△ABG，△AMN∽△AGF，根据相似三角形的性质即可得．
【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB=6，
∴AB=3,BC=AB2+AC2=35，
∴四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG=GF,DE∥GF,∠EDG=∠DGF=90°，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADDE=ABBC=55，
设AD=aa>0，则DG=GF=DE=5a，
∴AE=DE2−AD2=2a，BD=AB−AD=3−a，
∵∠BAC=90°,∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠ADE+∠GDB，
∴∠AED=∠GDB，
在△AED和△GDB中，
∠AED=∠GDB∠DAE=∠BGD=90°，
∴△AED∽△GDB，
∴AEDG=DEBD，即2a5a=5a3−a，
解得a=67，
∴ADAB=673=27，GF=675，
∵DE∥GF，
∴△ADM∽△ABG，
∴AMAG=ADAB=27，
又∵DE∥GF，
∴△AMN∽△AGF，
∴MNGF=AMAG，即MN675=27，
解得MN=12549，
故答案为：12549．
【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc9888" 【题型1 A字型】 PAGEREF _Tc9888 \h 2
\l "_Tc3275" 【题型2 “8”字形】 PAGEREF _Tc3275 \h 6
\l "_Tc31175" 【题型3 AX字型】 PAGEREF _Tc31175 \h 9
\l "_Tc12815" 【题型4 子母型】 PAGEREF _Tc12815 \h 16
\l "_Tc12912" 【题型5 双垂直型】 PAGEREF _Tc12912 \h 23
\l "_Tc210" 【题型6 一线三等角型】 PAGEREF _Tc210 \h 31
\l "_Tc1422" 【题型7 手拉手型】 PAGEREF _Tc1422 \h 40
\l "_Tc19558" 【题型8 三角形内接矩形型】 PAGEREF _Tc19558 \h 52
【基本模型1-A字型】
①如图，在中，点D在上，点E在上，，则，．
②模型拓展1：斜交A字型条件：，图2结论：；
③模型拓展2： 如图，∠ACD＝∠B⇔△ADC∽△ACB⇔．
【题型1 A字型】
【例1】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM−EF值为（ ）
A．75B．125C．35D．25
【答案】A
【分析】证明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出OM=125，求出EG=12CD=3，FG=12AB=2，得出EF=EG−FG=1即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM∥AB∥CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG∥AB∥CD，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，FG=12AB=2，
∴EF=EG−FG=1，
∴OM−EF=75，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出OM=125．
【变式1-1】（2023春·四川成都·九年级校考开学考试）如图，在△ABC中，AD=DE=EB，AF=FG=GC．已知△ABC的面积为9，则阴影部分的面积为 ．
【答案】5
【分析】根据题意可得：AGAC=AEAB=23，AFAC=ADAB=13，求得△AEG∽△ABC进而得到S△AEGS△ABC=232=49，求得S△AEG，即可求解．
【详解】解：∵AD=DE=EB，AF=FG=GC
∴AGAC=AEAB=23，AFAC=ADAB=13
又∵∠A=∠A
∴△AEG∽△ABC
∴S△AEGS△ABC=232=49
∴S△AEG=49S△ABC=4
∴S阴影=S△ABC−S△AEG=5
故答案为：5
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，正确求得S△AEG．
【变式1-2】（2023·安徽滁州·校考一模）在等边三角形ABC中，AB=6，D、E是BC上的动点，F是AB上的动点，且BF=BD=EC=2，连接FE，S△DEFS△ABC= ；
【答案】19
【分析】证明△BDF∽△BCA，利用相似三角形的面积等于相似比的平方求解即可．
【详解】解： ∵△ABC是等边三角形，AB=6，
∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=∠A=60°，
∵BD=BF=2，∠B=60°，
∴△BDE是等边三角形，∠BDF=∠BFD=60°，
∴∠BDF=∠C=60°，
∴DF∥AC，
∴△BDF∽△BCA，
∴S△BDFS△BCA=(BDBC)2=19，
∵BD=EC=2，DE=BC−BD−EC=6−2−2=2，
∴BD=DE=2，
∴S△BDF=S△DEF，
∴S△DEFS△ABC=19，
故答案为：19．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握等边三角形的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，若正方形DEFC的顶点D在AB上，顶点F、G都在AC上，射线AF交BC边于点H，则CH长为 ．
【答案】43
【分析】证明△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，由相似三角形的性质得出 DGBC=AGAC， EFCH=AFAC，设DG=EF=x， 可得x2=AG4，xCH=AG+x4， 从而可得出答案．
【详解】解：∵四边形DGFE为正方形， ∠ACB=90°，
∴DG∥EF∥BC，DG=EF，
∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，
∴DGBC=AGAC， EFCH=AFAC，
设DG=EF=x，
∴x2=AG4，xCH=AG+x4，
∴AG=2x，
∴xCH=2x+x4，
∴CH=43．
故答案为 43．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，证明△ADG∽△ABC与△AEF∽△AHC是解题的关键．
【基本模型2-“8”字形】
①如图1，AB∥CD⇔△AOB∽△COD⇔；
②如图2，∠A＝∠D⇔△AOB∽△DOC⇔．
③模型拓展：如图，∠A＝∠C⇔△AJB∽△CJD⇔．
【题型2 “8”字形】
【例2】（2023·安徽·九年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，AE=2ED，连接BE交AC于点G，延长BE交CD的延长线于点F，则BGGF的值为（ ）
A．23B．12C．13D．34
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可判断△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根据相似三角形的性质和AE＝2ED即可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△ABG∽△CFG，
∴BGGF＝ABCF
∵△ABE∽△DFE，
∴AEDE＝ABDF，
∵AE＝2ED，
∴AB＝2DF，
∴ABCF＝23，
∴BGGF＝23．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题．
【变式2-1】（2023春·广东深圳·九年级校考开学考试）如图，已知BD与CE相交于点A，DE∥BC，若AD=2，AB=3，AC=6，则AE= ．
【答案】4
【分析】证明△ABC∽△ADE，由相似三角形的性质得出ABAD=ACAE，则可得出答案．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
即32=6AE，
∴AE=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记性质是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·陕西宝鸡·九年级校考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上，AE=3，连接BE交AC于点F，过点F作FG∥BC，交CD于点G．求FG的长．
【答案】167
【分析】利用正方形性质，找到△CBF∽△AEF，即可利用对应边成比例，几何平行线性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠CBF=∠AEF，∠BCF=∠EAF，
∴△CBF∽△AEF，
∴CFAF=BCAE=43，
∴CFCA=47，
∵FG∥BC，AD∥BC，
∴FG∥AD，
∴FGAD=CFCA=47，
∴FG=47×4=167．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，E，F为矩形ABCD内两点，AE⊥EF，CF垂直EF，垂足分别为E、F，若AE=1，CF=2，EF=4，则BD=（ ）
A．103B．5C．53D．6
【答案】B
【分析】连接AC，交EF于点M，BD于O，根据相似三角形的判定和性质和勾股定理解答．
【详解】解：连接AC，交EF于点M，BD于O，
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEM=∠CFM=90°，
∵∠AMF=∠CMF，
∴△AEM∽△CFM，
∴AECF=EMFM，
∵AE=1，CF=2，EF=4，
∴EM=43，MF=83，
在Rt△AEM中，AM=AE2+EM2=12+432=53，
在Rt△CFM中，MC=CF2+MF2=22+832=103，
∴AC=AM+CM=53+103=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=5，
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及相似三角形的判定和性质，构造三角形相似利用相似三角形的对应边成比例求得AC的长是解题的关键，注意勾股定理的应用．
【基本模型3-AX字型】
A字型及X字型两者相结合，通过线段比进行转化.
【题型3 AX字型】
【例3】（2023春·山东烟台·九年级统考期末）如图，M是平行四边形ABCD的对角线AC上的一点，射线BM与AD交于点F，与CD的延长线交于点H．
(1)图中相似三角形有______对；
(2)若AD2=AC⋅CM,∠BMA=72°，求∠BCD的度数．
【答案】(1)6
(2)∠BCD=72°
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得AB∥CD,AD∥BC，再根据相似三角形的判定即可得；
（2）先根据相似三角形的判定证出△BCM∽△ACB，再根据相似三角形的性质可得∠BMC=∠ABC，从而可得∠BMC+∠BCD=180°，然后根据邻补角的定义求解即可得．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∴△ABM∽△CHM，△ABF∽△DHF，△AFM∽△CBM，△HDF∽△HCB，
∴△ABF∽△HCB，
又∵AB∥CD,AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD,∠BAC=∠DCA，
∴△ACB∽△CAD，
综上，图中相似三角形有6对，
故答案为：6．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∵AD2=AC⋅CM，
∴BC2=AC⋅CM，
∴BCCA=CMBC，
∵∠BCM=∠ACB，
∴△BCM∽△ACB，
∴∠BMC=∠ABC，
又∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠BMC+∠BCD=180°，
又∵∠BMA+∠BMC=180°，∠BMA=72°，
∴∠BCD=∠BMA=72°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
【变式3-1】（2023春·河南许昌·九年级统考期末）如图，D、E分别是△ABC的边AB，BC上的点，DE∥AC，若S△BDE:S△CDE=2:3，则S△DOE:S△AOC= ．
【答案】4:25
【分析】根据S△BDE:S△CDE=2:3可得BECE=23，从而得到BEBC=25，再根据相似三角形的判定与性质可得BEBC=DEAC=25，最后再根据△ODE∽△OCA可得S△DOES△AOC=DEAC2=252=425．
【详解】解：∵ S△BDE:S△CDE=2:3，
∴BECE=23，
∴BEBC=25，
∵ DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴BEBC=DEAC=25，
∵ DE∥AC，
∴△ODE∽△OCA，
∴S△DOES△AOC=DEAC2=252=425，
即S△DOE:S△AOC=4:25，
故答案为：4:25．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，两个相似三角形的面积比关于相似比的平方，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·重庆巴南·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，过C作CE⊥BD于E点，交AB于F点，连接AE.若F是AB中点，且BC=8，则AE的长为 ．
【答案】8
【分析】根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质，可以求得AM和EM的长，再根据勾股定理，即可得到AE的长．
【详解】解：过点E作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，BA=CD，BA∥CD，
又∵∠EBC=∠CBD，
∴△CBE∽△DBC，
∴BCBD=BEBC，
∴BC2=BD⋅BE，
∵F是AB中点，BF∥CD，
∴△BEF∽△DEC，
∴BEDC=BEDE=MENE=12，
∴MEMN=13，
设BE=x，则DE=2x，BD=3x，
∵BC=8，BC=MN，
∴82=3x⋅x，ME=13BC=83，
解得x=833，
∴BE=833，
∴BM=BE2−ME2=8332−832=823，
∵EM∥AD，
∴BMAM=BEDE=12，
∴AM=2BM=1623，
∵∠EMA=90°，
∴AE=AM2+EM2=16232+832=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式3-3】（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）如图，在▱ABCD中，点E在AB上，AE=13AB，ED和AC相交于点F，过点F作FG∥AB，交AD于点G．
(1)求FG:AE的值．
(2)若AB:AC=3:2，
①求证：∠AEF=∠ACB．
②求证：DF2=DG⋅DA．
【答案】(1)FG:AE=3:4
(2)①详见解析；②详见解析
【分析】（1）结合题意，根据平行线的性质，通过证明△AFE∽△CFD，得FD=3EF；再结合FG∥AB，根据平行线性质，通过证明△ADE∽△GDF，根据相似比的性质计算，即可得到答案；
（2）①AC=2a，根据题意计算得AB、AE；结合（1）的结论，得AF，从而推导得AEAC=AFAB，通过证明△EAF∽△CAB，即可完成证明；
②根据（2）①的结论以及平行线的性质，证明△DFG∽△DAF，根据相似三角形的性质计算，即可完成证明．
【详解】（1）解：∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠EAF=∠DCF，
∵∠AFE=∠CFD，
∴△AFE∽△CFD，
∴EFFD=AECD=AFFC，
∵AE=13AB，AB=CD，
∴EFFD=AECD=AEAB=13，即FD=3EF，
∵FG∥AB，
∴∠AED=∠GFD，
∵∠ADE=∠GDF，
∴△ADE∽△GDF，
∴FGAE=FDED=FDEF+FD=3EFEF+3EF=34，即FG:AE=3:4；
（2）证明：①设AC=2a，
∵AB:AC=3:2，
∴AB=3a，
∴AE=33a，
由（1）的结论，得：AECD=EFFD=AFFC=13，
∴AF=14AC=a2，
∴AE⋅AB=a2=AF⋅AC，
即：AEAC=AFAB，
∵∠EAF=∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴∠AEF=∠ACB；
②∵FG∥AB，
∴∠DFG=∠DEA，
∵△EAF∽△CAB，
∴∠AEF=∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠FAD，
∴∠DFG=∠FAD，
∵∠FDG=∠ADF，
∴△DFG∽△DAF，
∴DFDA=DGDF，
∴DF2=DG⋅DA．
【点睛】本题考查了平行四边形、平行线、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、相似三角形的性质，从而完成求解．
【基本模型4-子母型】
如图为斜“A”字型基本图形．当时，，则有．．
如图所示，当E点与C点重合时，为其常见的一个变形，即子母型．
当时，，则有．
【题型4 子母型】
【例4】（2023春·安徽滁州·九年级统考期中）如图，在△ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且ABAC=ADCE，∠BAD＝∠ECA．
（1）求证：AC2＝BC•CD；
（2）若AD是△ABC的中线，求CEAC的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）22
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，进而求出△ABC∽△DAC，再利用相似三角形的性质得出答案即可；
（2）由△BAD∽△ACE可证∠CDE=∠CED，进而得出CD=CE，再由（1）可证AC=2CD，由此即可得出线段之间关系．
【详解】（1）证明：∵ ABAC=ADCE，∠BAD=∠ECA，
∴ΔBAD∽ΔACE，
∴∠B=∠EAC，
∵∠ACB=∠DCA，
∴△ABC∽△DAC，
∴ ACCD=BCAC，
∴AC2=BC·CD．
（2）解：∵△BAD∽△ACE，
∴∠BDA=∠AEC，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BC=2BD=2CD，
∴AC2=BC·CD=2CD2，即：AC=2CD，
∴CEAC=CD2CD=22．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及重心的性质等知识，根据已知得出△BAD∽△ACE是解题关键．
【变式4-1】（2023春·安徽蚌埠·九年级校考期中）如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且AC=26，CD＝4，BD＝2，求证：△ACD∽△BCA．
【答案】证明见解析．
【分析】根据AC=26，CD＝4，BD＝2，可得ACBC=CDAC，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【详解】解：∵AC=26，CD＝4，BD＝2
∴ACBC=264+2=63，CDAC=426=63
∴ACBC=CDAC
∵∠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．
【变式4-2】（2023春·安徽合肥·九年级校考期中）△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，点E为BD的中点，连接AE并延长交BC于点F，且有AF=CF，过F点作FH⊥AC于点H．
（1）求证：△ADE∽△CDB；
（2）求证：AE=2EF；
（3）若FH=3，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4．
【分析】（1）先根据垂直的定义可得∠ADE=∠CDB=90°，再根据等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DCB，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据相似三角形的性质可得ADCD=DEDB=12，再根据等腰三角形的三线合一可得AH=CH，从而可得ADDH=2，然后根据平行线分线段成比例定理即可得证；
（3）先根据相似三角形的判定与性质可得DEFH=AEAF，从而可得DE,BD的长，再根据相似三角形的判定可得△ABD∼△BCD，然后利用相似三角形的性质可求出CD的长，最后在Rt△BCD中，利用勾股定理即可得．
【详解】证明：（1）∵BD⊥AC,FH⊥AC，
∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，
∵AF=CF，
∴∠DAE=∠DCB，
在△ADE和△CDB中，∠ADE=∠CDB∠DAE=∠DCB，
∴△ADE∼△CDB；
（2）∵点E为BD的中点，
∴DE=BE=12BD，
由（1）已证：△ADE∼△CDB，
∴ADCD=DEDB=12，
设AD=a(a>0)，则CD=2a，AC=AD+CD=3a，
∵FH⊥AC,AF=CF，
∴AH=CH=12AC=32a（等腰三角形的三线合一），
∴DH=AH−AD=12a，
又∵BD∥FH，
∴AEEF=ADDH=a12a=2，
即AE=2EF；
（3）由（2）已证：AE=2EF，
∴AE=23AF，
∵BD∥FH，
∴△ADE∼△AHF，
∴DEFH=AEAF，即DE3=23，
解得DE=233，
∴BD=2DE=433，
∵∠ABC=90°,BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，
∴∠ABD=∠C，
在△ABD和△BCD中，∠ADB=∠BDC=90°∠ABD=∠C，
∴△ABD∼△BCD，
∴ADBD=BDCD，
由（2）可知，设AD=b(b>0)，则CD=2b，
∴b433=4332b，
解得b=263或b=−263（不符题意，舍去），
∴CD=2b=463，
则在Rt△BCD中，BC=BD2+CD2=4332+4632=4．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
【变式4-3】（2023·安徽合肥·统考一模）如图1，AB=AC=2CD，DC∥AB，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，使点D落在AC的点E处，AB与CF相交于点O，AB与EF相交于点G，连接BF．
(1)求证：△ABE≌△CAD；
(2)求证：AC∥FB；
(3)若点D，E，F在同一条直线上，如图2，求ABBC的值．（温馨提示：请用简洁的方式表示角）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据旋转变换的性质得到旋转前后两个三角形全等，从而得到CE=CD，根据AC=2CD，就能得到AE=CD，然后利用平行可以得到内错角相等，最后加上AB=AC，就可以通过边角边证明两个三角形全等．
（2）根据旋转和第一小题的结论，可以得到BE=FE，然后用等角对等边即可得到∠EFB=∠EBF，又可以从前面的两个全等中得到∠EFC=∠EBA，∠OAC=∠OCA从而得到∠OFB=∠OBF，那么△ACO和△BOF就是顶角互为对顶角的一组等腰三角形，所以就能得到底角相等，即∠CAO=∠FOB，那么内错角相等，两直线平行即可证结论．
（3）根据D，E，F在同一条直线上，可以证明△AEG和△CED全等，即可得到AG=12AB，那么EG就是中位线，则EG∥CB，加上第二小题结论就能得到四边形BCEF是平行四边形，那么BC=AD，然后通过三角形外角的性质，可以证得∠ADE=∠ACD，就能证△ACD和△ADE是一组子母型相似，然后根据相似比可得最终答案．
【详解】（1）解：∵将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，
∴△FCE≌△ACD，
∴CE=CD，
∵AC=2CD，
∴AC=2CE，
∴AE=AC−CE=2CE−CE=CE=CD，
∵DC∥AB
∴∠DCA=∠EAB，
在△ABE和△CAD中，
∵AE=CD∠EAB=∠DCAAB=CA，
∴△ABE≌△CADSAS．
（2）解：由（1）得BE=AD，∠ABE=∠CAD，
∵△CEF≌△CDA，
∴FE=AD，∠EFC=∠DAC，
∴BE=FE，∠EFC=∠EBA，
∴∠EFB=∠EBF，
∵∠OFB=∠EFB−∠EFC，∠OBF=∠EBF−∠EBA，
∴∠OFB=∠OBF，
∵∠ECF=∠DCA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，∠OBF+∠OFB+∠BOF=180°，
又∠AOC=∠BOF，
∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，
即2∠CAO=2∠FOB，
∴∠CAO=∠FOB，
∴AC∥FB
（3）解：在△AEG和△CED中，
∵∠GAE=∠DCEAE=CE∠AEG=∠CED，
∴△AEG≌△CEDASA
∴AG=CD=12AB，
∵AE=CE，
∴EG∥CB，
∵AC∥FB，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴BC=FE=AD，
∵∠AEG=∠ACD+∠CAD=∠DAE+∠ADE，
∴∠ADE=∠ACD，
∵∠CAD=∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴EADA=DACA，
即DA2=EA⋅CA=2EA2，
∴DA=2EA，
∵AB=AC=2EA，
∴ABBC=ABDA=2EA2EA=22=2．
【点睛】本题考查了三角形全等的证明，平行线的判定以及利用相似三角形求线段长之比，解题时需要学会将多个小题的结论联系起来，把前面小题的结论用到后面小题的思路中，熟练寻找证明三角形全等或相似所需要的条件是解题的关键．
【基本模型5-双垂直型】
①如图，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常见的结论有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
②拓展：
（1）正方形、长方形中经常会出现射影定理模型，如图，在和内均有射影定理模型．
（2）如图，在圆中也会出现射影定理模型．
【题型5 双垂直型】
【例5】（2023春·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点E在边BC上，CE=2，若点P、Q分别为边CD与AB上两个动点，线段PQ始终满足与AE垂直且垂足为F，则AP+QE的最小值为 ．
【答案】55
【分析】过点Q作QH⊥CD于点H．利用相似三角形的性质求出PH=3，设BQ=x，则CH=x，PD=5−x，AP+QE=62+(5−x)2+x2+42，求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M到J(0,4)，K(5,6)的距离和最小，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，则KJ′=52+102=55，由MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=55，可得结论．
【详解】解：如图，过点Q作QH⊥CD于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，AD=BC=6，∠B=∠C=∠D=90°，
∵CE=2，
∴BE=BC−CE=6−2=4，
∵QH⊥CD，
∴∠B=∠QHP=∠QHC=90°，
∴四边形BCHQ是矩形，
∴BQ=CH，BC=QH=6，QH∥BC，
∴∠AQH=∠B=90°，
∵AE⊥QP，
∴∠QAF+∠AQP=90°，∠AQP+∠HQP=90°，
∴∠BAE=∠HQP，
∴△ABE∽△QHP，
∴ ABQH=BEPH，
∴ 86=4PH，
∴PH=3，
设BQ=x，则CH=x，DP=5−x，
∴AP+QE=62+(5−x)2+x2+42，
欲求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M到J(0,4)，K(5,6)的距离和最小，如图1中，
作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，
∵K(5,6)，J′(0,−4)，
∴KJ′=52+102=55，
∵MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=55，
∴JM+MK的最小值为55，
∴AP+QE的最小值为55．
故答案为：55．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
【变式5-1】（2023春·福建莆田·九年级校考期末）【问题情境】
（1）古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》提出了射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．射影定理是数学图形计算的重要定理．其符号语言是：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，则：（1）AC²=AB·AD；(2)BC²=AB·BD；(3)CD² = AD·BD；请你证明定理中的结论（1）AC² = AB·AD．
【结论运用】
（2）如图2，正方形ABCD的边长为3，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，
①求证：△BOF∽△BED；
②若BE=10，求OF的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②355
【分析】（1）证明△ACD∽△ABC，即可得证；
（2）①BC2=BO•BD，BC2=BF•BE，即BO•BD=BF•BE，即可求解；
②在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，利用△BOF∽△BED，即可求解．
【详解】解：（1）证明：如图1，∵CD⊥AB，
∴∠BDC=90°，
而∠A=∠A，∠ACB=90°，
∴△ACD∽△ABC，
∴AC：AB=AD：AC，
∴AC² = AB·AD；
（2）①证明：如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD=90°，
∴BC2=BO•BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2=BF•BE，
∴BO•BD=BF•BE，
即BOBE=BFBD，而∠OBF=∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
②∵在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，
∴CE=BE2−BC2=1，
∴DE=BC-CE=2；
在Rt△OBC中，OB=22BC=322，
∵△BOF∽△BED，
∴OFDE=BOBE，即OF2=32210，
∴OF=355.
【点睛】本题为三角形相似综合题，涉及到勾股定理运用、正方形基本知识等，难点在于找到相似三角形，此类题目通常难度较大．
【变式5-2】如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，E为AB上一点，分别以ED、EC为折痕将
两个角(∠A、∠B)向内折起，点A、B恰好落在CD边的点F处，若AD＝3，BC＝5，则EF的长是（ ）
A.eq \r(15) B．2eq \r(15) C.eq \r(17) D．2eq \r(17)
【解析】∵AD∥BC，
∴∠ADF＋∠FCB＝180°.
根据折叠前后的图形全等得到DF＝DA＝3，
∠ADE＝∠FDE，CF＝CB＝5，∠BCE＝∠FCE，∠EFC＝∠B＝90°，
∴∠FDE＋∠FCE＝90°，∠FCE＋∠FEC＝90°，
∠DFE＝∠EFC＝90°，
∴∠FDE＝∠FEC，
∴△DEF∽△ECF，
∴eq \f(EF,CF)＝eq \f(DF,EF)，
∴EF2＝DF·CF＝3×5＝15，
∴EF＝eq \r(15).故选A.
【变式5-3】（2023·河南南阳·统考三模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
如图1，正方形纸片ABCD，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交于点F．根据以上操作，请直接写出图1中线段AE与线段BF的关系．
(2)迁移探究
小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下：
如图2，在矩形纸片ABCD中，AB:AD=m:n，在边BC上任意取一点E，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，与边CD交于点F，请求出线段AE与BF的关系，并说明理由．
(3)拓展应用
如图3，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E由点A向终点D做匀速运动，动点F由点D向终点C做匀速运动，动点E、F同时开始运动，且速度相同，连接AF、BE，交于点G，连接GD，则线段GD长度的最小值为______，点G的运动轨迹的长为______．（直接写出答案不必说明理由）
【答案】(1)AE=BF
(2)AEBF=mn，理由见解析
(3)5−1；π2
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，得∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，进一步可得∠BAE=∠FBC，所以△ABE≅△BCF，结论得证AE=BF．
（2）由四边形ABCD是矩形，得∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，进一步可证∠BAE=∠FBC，所以△ABE∼△BCF，于是AEBF=ABBC，证得AEBF=mn.
（3）取AB的中点M，连接DM，GM，AE=DF，由（1）可得Rt△ABE≅Rt△DAF，可证∠AGB=90°，AM=MB=MG=1； Rt△ADM中，勾股定理求得MD=5；由GD≥MD−MG得GD的最小值是5−1；由∠AGB=90°，知A、G、B三点共圆，所以点G在以点M为圆心，在以半径为1的14圆上运动，进而求得运动轨迹的长为2π÷4=π2．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
在△ABE和△BCF中，
∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF
∴△ABE≅△BCF，
∴AE=BF．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
∴△ABE∼△BCF，
∴AEBF=ABBC，
∵ABAD=ABBC=mn，
∴AEBF=mn．
（3）如图，取AB的中点M，连接DM，GM，
由题意知，AE=DF，
由（1）可得Rt△ABE≅Rt△DAF，
∴∠ABE=∠DAF
∵∠DAF+∠BAG=90°
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AGB=180°−(∠ABE+∠BAG)=90°，
∵M是AB的中点，AB=2，
∴AM=MB=MG=1，
在Rt△ADM中，MD=22+12=5；
在△MGD中，
∵GD≥MD−MG=5−1，
∴GD的最小值是5−1，
∵∠AGB=90°，
∴A、G、B三点共圆，
∴点G在以点M为圆心，在以半径为1的14圆上运动，
∴点G的运动轨迹的长为：2π÷4=π2，
故答案为：5−1；π2
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线性质，两点之间线段最短；合理添设辅助线，借助图中合适的定点运用两点之间线段最短是解题的关键．
【基本模型6一线三等角型】
(1)“三垂直”模型：如图1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，则△ABC∽△CDE.
(2)“一线三等角”模型：如图2，∠B＝∠ACE＝∠D，则△ABC∽△CDE.
特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE.
补充：其他常见的一线三等角图形
【题型6 一线三等角型】
【例6】（2023春·山东潍坊·九年级统考期末）如图， Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，矩形MNHD、矩形GDEF的顶点分别在△BCD，△ACD的三边上，且矩形MNHD∽矩形GDEF．可求两矩形的相似比的是（ ）
A．ABACB．BDCDC．CDCHD．CEEH
【答案】B
【分析】由条件可以证明△CFD∽△BND，由相似三角形的性质，即可解决问题．
【详解】解：连接FD，DN，
∵矩形MNHD∽矩形GDEF，
∴∠FDE=∠BDN，
∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，
∴∠FCD=∠B，
∴△CFD∽△BND，
∴DN:DF=BD:CD，
故选：B．
【点睛】本题考查相似多边形，关键是连接FD，DN，证明△CFD∽△BND，即可解决问题．
【变式6-1】（2023春·山东日照·九年级校考期中）已知等边三角形ABC的边长为4．
(1)如图，在边BC上有一个动点P，在边AC上有一个动点D，满足∠APD=60°，求证：△ABP∽△PCD；
(2)如图，若点P在射线BC上运动，点D在直线AC上，满足∠APD=120°，当PC=2时，求AD的长；
(3)在（2）的条件下，将点D绕点C逆时针旋转120°到点D′，求△D′AP的面积．
【答案】(1)见详解
(2)7
(3)532
【分析】（1）先利用三角形的内角和得出∠BAP+∠APB=120°，再用平角得出∠APB+∠CPD=120°，进而得出∠BAP=∠CPD，即可得出结论；
（2）过点P作PE⊥AC于E，构造出含30°角的直角三角形，求出CE的长度，再用勾股定理求出PE，进而求出AP的值，再判断出△ACP∽∠APD，得出比例式即可得出结论；
（3）先求出CD的值，进而得出CD′的值，再构造出直角三角形求出D′H的长度，进而得出D′G的值，再求出AM的长度，最后用面积差即可得出结论．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP=180°，
∴∠BAP+∠APB=120°，
∵∠APB+∠CPD=180°−∠APD=120°，
∴∠BAP=∠CPD，
∴△ABP∽△PCD；
（2）如下图，过点P作PE⊥AC于E，
∴∠AEP=90°，
∵△ABC是等边三角形，边长为4，
∴AC=4，∠ACB=60°，
∴∠PCE=∠ACB=60°，
在Rt△CPE中，PC=2，∠CPE=90°−∠PCE=30°，
∴CE=12PC=1，根据勾股定理得，PE=PC2−CE2=22−12=3，
在Rt△APE中，AE=AC+CE=4+1=5，
根据勾股定理得，AP2=AE2+PE2=52+(3)2=28，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACP=120°=∠APD，
又∵∠CAP=∠PAD，
∴△ACP∽△APD，
∴ACAP=APAD，
∴AD=AP2AC=284=7；
（3）如下图，
由（2）知，AD=7，
∵AC=4，
∴CD=AD−AC=7−4=3，
由旋转知，∠DCD′=120°，CD′=CD=3，
∵∠DCP=60°，
∴∠D′CP=∠DCD′−∠DCP=60°，∠ACD′=180°−∠DCD′=60°，
过点D′作D′H⊥CP于H，
在Rt△CHD′中，CH=12CD′=32，
根据勾股定理得，D′H=3CH=332，
过点D′作D′G⊥AC于G，
∵∠ACD′=∠PCD′=60°，
∴D′G=D′H=332，
∴S四边形ACPD′=S△ACD′+S△PCD′=12AC⋅D′G+12CP⋅D′H=12×4×332+12×2×332=923，
过点A作AM⊥BC于M，
∵AB=AC，
∴BM=12BC=2，
在Rt△ABM中，根据勾股定理得，AM=3BM=23，
∴S△ACP=12CP⋅AM=12×2×23=23，
∴S△D′AP=S四边形ACPD′−S△ACP=932−23=532．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．
【变式6-2】（2023·全国·九年级专题练习）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．
(1)如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
(2)如图3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC>AP，延长AP至点B，使AB=AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP:PB＝1:2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①等腰直角三角形，理由见解析；②等联线AB=3k，线段PE=52k
【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N，由折叠得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明Rt△CME≅Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R＝∠A＝90°．证明△APC≅△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQ=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF~△NEC，根据相似三角形的性质得出NE=32k，根据PE=PM+ME即可．
【详解】（1）解：作图如下：（方法不唯一）
（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．
由折叠得AC＝CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，
∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，
∴四边形ABNC为正方形，
∴CN=AC=CM，
又∵CE=CE，
∴Rt△CME≅Rt△CNE（HL），
∴∠3=∠4，
而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°，
∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°，
∴△PCF是等腰直角三角形．
②如图，过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，
则∠R=∠A=90°，
∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，
∴∠1=∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，
∴△APC≅△RFP（AAS），
∴AP=FR，AC=PR，
而AC=AB，
∴AP=BR=FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，
∴AP=BR=FR=k，
∴PB=2AP=2k，
∴AB=AP+PB=BN=3k，
∵BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，
∴四边形BRFQ为正方形，BQ=OF=k，
∵FQ⊥BN，CN⊥BN，
∴FQ∥CN，
∴QENE=QFCN，
而QE=BN﹣NE﹣BQ=3k﹣NE−k=2k﹣NE，
∴2k−NENE=k3k=13，
解得：NE=32k，
由①知：PM=AP=k，ME=NE=32k，
∴PE=PM+ME=k+32k=52k，
答：等联线AB=3k，线段PE=52k．
【点睛】点评本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·重庆万州·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=9，E为CD的中点，F为BC上一点，BF
【答案】6137
【分析】过点G作GH⊥BC于点H，先证明△FAB∽△EFC，得出BFCE=ABCF，根据BF
设BF=x，则CF=9−x，
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=3，
∵AF⊥FE，
∴∠AFB+∠EFC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，CD=AB=6，
∴∠FAB+∠AFB=90°，
∴∠FAB=∠EFC，
∵∠B=∠ECF=90°，
∴△FAB∽△EFC，
∴BFCE=ABCF，即x3=69−x，
解得：x1=3,x2=6，
∵BF
设CH=y，则FH=6−y，BH=9−y，
∵∠FAB=∠EFC，∠B=∠GHF=90°，
∴△AFB∽△FGH，
∴GHBF=FHAB，即GH3=6−y6，
∵∠GCH=∠ACB,∠GHC=∠B，
∴∠ABC∽△GHC，
∴GHAB=CHBC，即GH6=y9，
整理得：GH3=2y9，
∴6−y6=2y9，解得：y=187，
∴GH3=2×1879，解得：GH=127，
在Rt△GHC中，根据勾股定理可得：CG=GH2+CH2=1272+1872=6137．
故答案为：6137．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法，以及相似三角形对应边成比例．
【基本模型7-手拉手型】
①如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.
②如图所示，和都是等腰直角三角形，的延长线与相交于点P，则，且相似比为，与的夹角为．
总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似．
③如图所示，，则，，且．
【题型7 手拉手型】
【例7】（2023·山东济宁·统考三模）背景材料：
在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型，它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们知道这种模型称为手拉手模型．
例如：如图1，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中易得到△ABD≌△ACE．
学习小组继续探究：
（1）如图2，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，请作出一个手拉手图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并连接BE，CD，证明BE＝CD；
（2）小刚同学发现，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB＞AC，DE∥BC，将三角形ADE旋转一定的角度（如图3），连接CE和BD，证明△ABD∽△ACE．
学以致用：
（3）如图4，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝34，CD＝5，AD＝12．请在图中构造小刚发现的手拉手模型求BD的长．
【答案】（1）作图见解析，证明见解析；（2）见解析；（3）BD=15174 .
【分析】（1）由等边三角形的性质可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，可得∠DAC＝∠BAE，即可证△DAC≌△BAE，可得BD＝CE；
（2）通过证明△ADE∽△ABC，可得ABAC=ADAE，由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，即可得结论；
（3）过点A 作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠EDC＝90°，通过证明△AEC∽△ADB，可得CEBD=ACAB ，由锐角三角函数和勾股定理可求AE，DE，EC的长，即可求BD的长．
【详解】（1）作图
∵△ABD和△ACE都是等边三角形
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，且AD＝AB，AC＝AE
∴△DAC≌△BAE（SAS）
∴BE＝CD
（2）如图，
在第一个图中，∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC
∴ABAC=ADAE
∵将三角形ADE旋转一定的角度
∴∠BAC＝∠DAE
∴∠BAD＝∠CAE，且ABAC=ADAE
∴△ABD∽△ACE；
（3）如图，过点A 作AE垂直于AD，作∠AED＝α，连接CE，则∠EDC＝90°，
∵∠AED＝∠ACB＝α，∠CAB＝∠DAE＝90°
∴△AED∽△ACB
∴AEAD=ACAB
∵∠CAB＝∠DAE＝90°
∴∠CAE＝∠DAB，且AEAD=ACAB
∴△AEC∽△ADB
∴CEBD=ACAB
∵△AED∽△ACB
∴∠ADE＝∠ABC
∵∠ACB+∠ABC＝90°，∠ADC＝∠ACB
∴∠ADC+∠ADE＝90°
∴∠EDC＝90°
∵tanα＝34=ADAE，AD＝12．
∴AE＝16
∴DE＝AD2+AE2 ＝20
∴EC＝AD2+DE2=517
∵CEBD=ACAB=43
∴BD＝15174
【点睛】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
【变式7-1】（2023春·安徽六安·九年级校考阶段练习）［问题发现］
(1)如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E与点A重合，已知ΔACF∽ΔBCE．请直接写出线段BE与AF的数量关系；
［实验研究］
(2)在（1）的条件下，将正方形CDEF绕点C旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；
［结论运用］
(3)在（1）（2）的条件下，若ΔABC的面积为8，当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时，请求出线段AF的长．
【答案】(1)BE=2AF
(2)BE=2AF，证明见解析
(3)线段AF的长为23−2或23+2
【分析】(1)先判断出△ABD为等腰直角三角形，进而求出AB=2AD，即可得出结论；
(2)先利用三角函数得出ACBC=FCEC，证明夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而求出结论；
(3)分两种情况计算，当点E在线段BF上时，先用勾股定理求出EF=CF=AD=2，BF=6，即可得出BE=6−2，借助(2)得出结论；当点E在线段BF延长线上同前一种情况一样即可得出结论．
【详解】（1）解：∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴EF=CF，∠F=90°，
∴∠FEC=∠FCE=45°，
∴∠FEC=∠B，∠FCE=∠ACB，
∵点E与点A重合，
∴∠FEC=∠FAC=∠B，∠FCE=∠FCA=∠ACB，AB=BE，
∴ΔACF∽ΔBCE；
∴ AFAB=ACBC，
∵ ACBC=sinB=sin45°=22，
∴ AFBE=22，
∴BE=2AF；
（2）解：BE=2AF．
证明：由（1）得，ACBC=sinB=sin45°=22，
∵四边形CDEF是正方形，
∴EF=CF，∠EFC=90°，
∴∠FEC=∠FCE=45°，
∴ FCEC=sin∠FEC=sin45°=22，
∴ ACBC=FCEC=22，
∵∠ACF=∠BCE=45°−∠ACE，
∴ΔACF∽ΔBCE，
∴ AFBE=ACBC=22，
∴BE=2AF；
（3）解：如图1，∵AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，
∴AD=12BC，AD⊥BC，
∴BC=2AD，
∵ΔABC的面积为8，
∴ 12BC⋅AD=8，
∴AD2=8，
∴AD=22，
∴BC=42，
∵点E与点A重合，四边形CDEF是正方形，
∴EF=CF=DE=AD=22；
如图2，B、E、F三点共线且点E在线段BF上，
∵∠BFC=90°，
∴BF=BC2−CF2=(42)2−(22)2=26，
∴BE=BF−EF=26−22，
∵BE=2AF．
∴ 2AF=26−22，
∴AF=23−2；
如图3，B、E、F三点共线且点F在线段BE上，
则BE=BF+EF=26+22，
∵BE=2AF．
∴ 2AF=26+22，
∴AF=23+2，
综上所述，线段AF的长为23−2或23+2．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，以及等腰直角三角形的性质，正方形性质和旋转性质，分类讨论和画出图形是解决本题的关键．
【变式7-2】（2023·河南洛阳·统考模拟预测）综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
(1)操作判断 已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α0°
②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是________；
(2)迁移探究 如图2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠BAC=∠DEC=30°，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
(3)拓展应用：如图3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=42，当点B，D，E三点共线时，请直接写出BD的长．
【答案】(1)①BD=AE；②60°
(2)①不成立，理由见解析；②成立，理由见解析
(3)27−2或27+2
【分析】（1）设直线BD交直线AE于点F．由等边三角形的性质可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．
进而可求出∠BCD=∠ACE，即可证∴△BCD≅△ACE，从而得出结论BD=AE．再根据∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；
（2）由题意得出BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA，进而可证△BCD∽△ACE，得出AE=2BD．由（1）同理可证∠F=∠ACB=60°；
（3）分类讨论：当点D落在线段BE上时和当点E落在线段BD上时，分别画出图形，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：①如图1，设直线BD交直线AE于点F．
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．
∴∠BCD=∠ACE．
在△BCD 和△ACE 中，
AB=AC∠BCD=∠ACEDC=EC,
∴△BCD≅△ACESAS．
∴BD=AE；
②∵△BCD≅△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°；
故答案为：BD=AE；60°；
（2）不成立，理由如下：如图2，
延长BD交AE的延长线于点F．
∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，
∴ BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA．
∴△BCD∽△ACE，
∴ BDAE=12，
∴AE=2BD；
②成立，理由如下：
∵△BCD∽△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F．
∴∠F=∠ACB=60°；
（3）①如图3，当点D落在线段BE上时．
∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=42，
∴BC=2AC=42，CD=2CE=22．
∴AC=4，CE=2．
∵∠E=90°
∴BE=BC2−CE2=27．，
∴BD=BE−D=27−2；
②如图4，当点E落在线段BD上时，
同理可得，BD=BE+DE=27+2．
综上所述，BD的长为27−2或27+2．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等或相似三角形是解题关键．
【变式7-3】（2023春·安徽合肥·九年级统考期末）在ΔABC，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，BDCP的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 ．
（2）类比探究
如图2，当α=90°时，请写出BDCP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ADCP的值．
【答案】（1）1，60°（2）45°（3）2−2，2+2
【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ΔCAP≅ΔBAD(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ΔDAB∼ΔPAC，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．
【详解】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD=∠CAB=60°，
∴∠CAP=∠BAD，
∵CA=BA，PA=DA，
∴ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，
∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，
∵∠AOC=∠BOE，
∴∠BEO=∠CAO=60°，
∴BDPC=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．
∵∠PAD=∠CAB=45°，
∴∠PAC=∠DAB，
∵ABAC=ADAP=2，
∴ΔDAB∼ΔPAC，
∴∠PCA=∠DBA，BDPC=ABAC=2，
∵∠EOC=∠AOB，
∴∠CEO=∠OAB=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=22a，
∴ADCP=aa+22a=2−2c．
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=22a，
∴PC=a−22a，
∴ADPC=aa−22a=2+2．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【基本模型8-三角形内接矩形型】
由之前的基本模型（A型或AX型）推导出来的。
结论：AH⊥GF，△AGF∽△ABC，
【题型8 三角形内接矩形型】
【例8】（2023春·四川成都·九年级成都实外校考期中）如图，△ABC中，点PQ分别在AB，AC上，且PQ∥BC，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，AD⊥BC于点D，交PQ于点E，且AD:BC=2:3，连接MQ，若△ABC 的面积等于75，则MQ的最小值为 ．
【答案】52
【分析】先证△APQ∽△ABC，利用对应高之比等于相似比，设MN=x，根据勾股定理表示出MQ，通过配方求最小值．
【详解】解：∵PQ∥BC，AD⊥BC，
∴AE⊥PQ，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴AEPQ=ADBC=23，
∴3AD=2BC，
∵PM⊥BC，QN⊥BC，
∴∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90° ，
∴四边形PMNQ是矩形，
∴PQ=MN，PM=ED，
∵AE=23PQ，AD=23BC，
∴3AE+ED=2BM+MN+CN，
∴MN+QN=BM+MN+CN，
∴QN=BM+CN；
∵△ABC的面积等于75，
∴12BC•AD＝75，
∵AD=23BC，
∴13BC2=75，
∴BC=15，AD=10，
设MN=x，则BM+CN=15−x，PM=QN=10−x，
∵MQ=MN2+QN2=x2+10−x2=2x−52+50，
∴当x=5时，MQ有最小值52．
故答案为：52．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、三角形面积、勾股定理，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的判定和性质定理．
【变式8-1】（2023春·陕西西安·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，正方形DEFG的边长是6，且四个顶点都在△ABC的各边上，CE=3．
(1)求证：△BDG∽△FEC；
(2)求S△BDG:S△FEC的值．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据正方形的性质得DE=EF=DG=6，∠BDG=∠CEF=90°，根据直角三角形两个锐角互余得到∠B=∠CFE，即可证明；
（2）由（1）知△BDG∽△FEC，根据三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形EFGD是正方形，
∴DE=EF=DG=6，∠GDE=∠DEF=90°，
∴∠BDG=∠CEF=90°，
∵∠B+∠C=90°，∠C+∠CFE=90°，
∴∠B=∠CFE，
∴△BDG∽△FEC．
（2）解：∵ △BDG∽△FEC，CE=3，DG=6，
∴ DGCE=63=2，
∴S△BDGS△FEC=DGCE2=22=4．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟记三角形相似的判定方法是解题关键．
【变式8-2】（2023春·山东东营·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4.点M1，N1，P1分别在AC、BC、AB上，且四边形M1CN1P1是正方形，点M2，N2，P2分别在P1N1、BN1，BP1上，且四边形M2N1N2P2是正方形，…，点Mn，Nn，Pn分别在Pn−1Nn−1，BNn−1，BPn−1上，且四边形MnNn−1NnPn是正方形，则线段M2023P2023的长度是 ．
【答案】2202432023
【分析】先根据相似三角形的性质求出前几个正方形的边长，找出它们之间案的关系，再求解．
【详解】解：设正方形CN1P1M1的边长为x，正方形M2N1N2P2的边长为y，正方形M3N2N3P3的边长为z，
由题意得：△ABC∽△AM1P1，
即：AM1AC=M1PBC，
又∵AM1=AC−M1C=2−x，
∴2−x2=x4，
∴x=2(2−x)，
解得：x=43，即：P1M1=43=223，
同理：△AM1P1∽△P1M2P2，
∴y=2(43−y)，
解得：y=89，即：M2P2=89=2332，
同理：△P2M3P3∽△P1M2P2，
∴z=2(89−y)，
解得：z=89，即：M3P3=1627=2433，
由此规律得：
线段M2023P2023的长为：2202432023，
故答案为：2202432023．
【点睛】本题考查了图形的变化类，找出变化规律是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB=6，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF分别交DE于M，N两点．则MN的长为
【答案】12549/12495
【分析】先求出AB=3,BC=35，再证出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质可得ADDE=ABBC=55，设AD=aa>0，则DG=GF=DE=5a，然后证出△AED∽△GDB，根据相似三角形的性质可得AEDG=DEBD，从而可得a=67，则ADAB=27，GF=675，最后证出△ADM∽△ABG，△AMN∽△AGF，根据相似三角形的性质即可得．
【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB=6，
∴AB=3,BC=AB2+AC2=35，
∴四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG=GF,DE∥GF,∠EDG=∠DGF=90°，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADDE=ABBC=55，
设AD=aa>0，则DG=GF=DE=5a，
∴AE=DE2−AD2=2a，BD=AB−AD=3−a，
∵∠BAC=90°,∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠ADE+∠GDB，
∴∠AED=∠GDB，
在△AED和△GDB中，
∠AED=∠GDB∠DAE=∠BGD=90°，
∴△AED∽△GDB，
∴AEDG=DEBD，即2a5a=5a3−a，
解得a=67，
∴ADAB=673=27，GF=675，
∵DE∥GF，
∴△ADM∽△ABG，
∴AMAG=ADAB=27，
又∵DE∥GF，
∴△AMN∽△AGF，
∴MNGF=AMAG，即MN675=27，
解得MN=12549，
故答案为：12549．
【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
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