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最新中考数学难点突破与经典模型精讲练 专题13 相似三角形中的母子型相似模型 （全国通用）
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这是一份最新中考数学难点突破与经典模型精讲练 专题13 相似三角形中的母子型相似模型 （全国通用），文件包含专题13相似三角形中的母子型相似模型原卷版docx、专题13相似三角形中的母子型相似模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。加强对二次函数与几何图形结合的综合性试题、实际应用题等专题的练习，深化对常考题型的熟悉程度。在函数复习过程中，如果考生未能完全理解简单实例中的数量关系和变化规律，针对此类问题，在专项复习中，可以通过选择题、填空题的专项练习，进行突破，如“读懂图象信息问题”等，将复杂问题由浅入深，层层分解，提高分析和判断能力。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练，进一步渗透和深刻理解其内涵，重要处舍得投入时间与精力。强化解题过程中常用的配方法、待定系数法等通法。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法，这样，对于解决难度较大的压轴题会有很大的帮助。
专题13 相似三角形中的母子型相似模型
【模型展示】
【模型证明】
【题型演练】
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
【分析】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．
【详解】∵∠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，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
【分析】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．
【详解】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．
3．如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；连接AD，根据PQAB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC＝＝＝12．
∵＝＝，＝＝，
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQAB；
连接AD，
∵PQAB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
∵PD＝PC＝3x，QC=4x
∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x.
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
故选C．
【点睛】本题考查几何变换——旋转综合题，勾股定理，相似三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，熟练掌握定理并能灵活运用是解决此题的关键．
4．如图，Rt△ABC中，AC⊥BC，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AD交AB于点E，M为AE的中点，BF⊥BC交CM的延长线于点F，BD=4，CD=3．下列结论①∠AED=∠ADC；② ；③AC•BE=12；④3BF=4AC，其中结论正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】①∠AED=90°﹣∠EAD，∠ADC=90°﹣∠DAC，∵∠EAD=∠DAC，
∴∠AED=∠ADC．故本选项正确；
②∵AD平分∠BAC，∴，∴设AB=4x，则AC=3x，
在直角△ABC中，AC2+BC2=AB2，则（3x）2+49=（4x）2，
解得：x=，
∵∠EAD=∠DAC，∠ADE=∠ACD=90°，
∴△ADE∽△ACD，得DE：DA=DC：AC=3：，故不正确；
③由①知∠AED=∠ADC，
∴∠BED=∠BDA，
又∵∠DBE=∠ABD，
∴△BED∽△BDA，
∴DE：DA=BE：BD，由②知DE：DA=DC：AC，
∴BE：BD=DC：AC，
∴AC•BE=BD•DC=12．
故本选项正确；
④连接DM，
在Rt△ADE中，MD为斜边AE的中线，
则DM=MA．
∴∠MDA=∠MAD=∠DAC，
∴DM∥BF∥AC，
由DM∥BF得FM：MC=BD：DC=4：3；
由BF∥AC得△FMB∽△CMA，有BF：AC=FM：MC=4：3，
∴3BF=4AC．
故本选项正确．
综上所述，①③④正确，共有3个．
故选C．
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝CA＝6，D为BC边的中点，点E是CA延长线上一点，把ACDE沿DE翻折，点C落在处，与AB交于点F，连接．当时，BC’的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接CC′，过点C′作C′H⊥EC于H．设AB交DE于N，过点N作NT⊥EF于T，过点D作DM⊥EC于M．证明∠CC′B=90°，求出CC′，BC即可解决问题．
【详解】解：如图，连接CC′，过点C′作C′H⊥EC于H．设AB交DE于N，过点N作NT⊥EF于T，过点D作DM⊥EC于M．
∵∠FAE=∠CAB=90°，，
∴EF：AF：AE=5：4：3，
∵C′H∥AF，
∴△EAF∽△EHC′，
∴EC′：C′H：EH=EF：AF：AE=5：4：3，
设EH=3k，C′H=4k，EC′=EC=5k，则CH =2k，
由翻折可知，∠AEN=∠TEN，
∵NA⊥EA，NT⊥ET，
∴∠NAE=∠NTE，
∵NE=NE，
∴△NEA≌△NET（AAS），
∴AN=NT，EA=ET，
设AE=3m，AF=4m，EF=5m，AN=NT=x，则AE=ET=3m，TF=2m，
在Rt△FNT中，FN2=NT2+FT2，
∴（4mx）2=x2+（2m）2，
解得：，
∵AC=AB=，∠CAB=90°，
∴BC=AC=，
∴CD=BD=，
∵DM⊥CM，∠DCM=45°，
∴CM=DM=，
∵AN∥DM，
∴，
∴，
∴EM=，
∴EC=，
∴，
∴CH=，C′H=，
∴CC′=，
∵DC=DC′=DB，
∴∠CC′B=90°，
∴BC′=，
故选：D．
【点睛】本题考查翻折变换，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
二、填空题
6．如图，在中，点D在AB上，请再添一个适当的条件，使，那么可添加的条件是__________．
【答案】 （答案不唯一，也可以增加条件：或）．
【分析】题目中相似的两个三角形已经有一个公共角，可以再增加一对相等的角，用两组角相等判定两三角形相似，也可以增加两组对应边成比例，利用两组边对应成比例及夹角相等判定两三角形相似．
【详解】若增加条件：∠ACD=∠ABC，
∵∠ACD=∠ABC，且∠A=∠A，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，比较简单，熟练掌握相似三角形的三种判定方法是解题的关键．
7．如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，已知AD＝，那么BC＝_______．
【答案】
【分析】证明△BCD∽△BAC，根据相似三角形的性质列式计算即可．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACB＝∠CDB＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴＝，即＝，
∴,
∵
∴BC＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，牢记相关知识点并能结合图形灵活应用是解题关键．
8．如图，在中，，，，，，则CD的长为______．
【答案】5
【分析】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.
【详解】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.
9．如图，在中，，点在边上，，点在上，，垂足为，若，，则线段的长为__________．
【答案】
【分析】过A作AH⊥BC于H，根据已知条件得到∠ABE=∠ACB，求得∠ABE=∠DBE，根据全等三角形的性质得到AE=DE，AB=BD，设AB=BD=AC=x，根据相似三角形的性质得到AH=8，过C作CG⊥AD交AD的延长线于G，再根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过A作AH⊥BC于H，
∵BF⊥AD，
∴∠ABE+∠BAD=90°，
∴∠BAD=90°-∠ABE，
∵∠BAD=90°-∠ACB，
∴∠ABE=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABE=∠ABD，
∴∠ABE=∠DBE，
∵∠AEB=∠DEB=90°，BE=BE，
∴△ABE≌△DBE（ASA），
∴AE=DE，AB=BD，
设AB=BD=AC=x，
∴BC=x+2，BH=CH=，DH=-2，
∵∠AHD=∠BED=90°，∠ADH=∠BDE，
∴△ADH∽△BDE，
∴，
∴，
∴x=10或x=-8（不符题意，舍去）,
∴AB=BD=AC=10，DH=4，
∴AH=8，
过C作CG⊥AD交AD的延长线于G，
∴∠G=∠AHD=90°，
∵∠ADH=∠CDG，
∴△ADH∽△CDG，
∴，
∴，
∴，，
∵EF⊥AD，DG⊥AD，
∴EF∥CG，
∴△AEF∽△AGC，
∴，
∴，
解得：EF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．如图，在中，平分在延长线上，且，若，，则的长为_____．
【答案】
【分析】通过证 ，得到求出BF=2，，，进而求出CF的长，进而得到∠BAD=∠DFC，从而证CFD∽CAB，得到，将证得边的关系CA=6+CD以及其他各值代入即可得到答案．
【详解】解：∵BD平分∠ABC， DE=BD
∴∠ABD=∠DBC，∠AED=∠ABD
∴∠DBC=∠AED
如图，在BC上取点，使BF=AE
则在与中，
∴
∴AE=BF=2，，
∴CF=BC-BF=8-2=6
∵∠BAD=，∠DFC=
∴∠BAD=∠DFC
又∵∠C=∠C
∴CFD∽CAB
∴
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∠BAD=∠DFC
∴
∵
∴
∴DF=FC=6，则AD=DF =6
∴CA=6+CD
又∵CF=6，BC=8
∴
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查的全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识点，是中考综合性题目，而且还要会解一元二次方程，用方程法解几何问题．解答此题的关键是利用性质找到边与边之间的关系．
三、解答题
11．【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）AD=．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，即可得出结论；
（2）证明△BFE∽△BCF，得出BF2=BE•BC，求出BC，则可求出AD．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2=BE•BC，
∴BC===，
∴AD=．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
12．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．
【分析】根据AC=，CD＝4，BD＝2，可得，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【详解】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．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据相似三角形的判定两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可得出
（2）由得，，推出，由相似三角形的性质得，即可求出CD的长．
【详解】（1）∵，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理与性质是解题的关键．
14．中，，，点E为的中点，连接并延长交于点F，且有，过F点作于点H．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【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，再根据等腰三角形的性质可得，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，再根据等腰三角形的三线合一可得，从而可得，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，从而可得的长，再根据相似三角形的判定可得，然后利用相似三角形的性质可求出的长，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】证明：（1），
，
，
，
在和中，，
；
（2）点为的中点，
，
由（1）已证：，
，
设，则，，
，
（等腰三角形的三线合一），
，
又，
，
即；
（3）由（2）已证：，
，
，
，
，即，
解得，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
由（2）可知，设，则，
，
解得或（不符题意，舍去），
，
则在中，．
【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．
15．如图，在△ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且，∠BAD＝∠ECA．
（1）求证：AC2＝BC•CD；
（2）若AD是△ABC的中线，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出，得，进而求出，再利用相似三角形的性质得出答案即可；
（2）由可证，进而得出，再由（1）可证，由此即可得出线段之间关系．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
，
，
．
（2）解：，
，
，
，
AD是△ABC的中线，
，
，即：，
∴．
【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，根据已知得出是解题关键．
16．如图，已知矩形的两条对角线相交于点O，过点作分别交、于点、．
（1）求证：；
（2）连接，若．求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）易证△BEG∽△AEB，利用对应边成比例即可解决；
（2）由（1）的结论及BE=CE，易证明△CEG∽△AEC，从而可得∠CGE=∠ACE，由OB=OC，可得．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
∴∠ABG+∠EBG=90°
∵
∴∠ABG+∠BAG=90°
∴∠EBG=∠BAG
∴Rt△BEG∽Rt△AEB
∴
∴
（2）由（1）有：
∵BE=CE
∴
∴
∵∠CEG=∠AEC
∴△CEG∽△AEC
∴∠CGE=∠ACE
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD
∴OB=OC
∴∠DBC=∠ACE
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17．如图，在△ABC中，点D在BC边上，点E在AC边上，且AD＝AB，∠DEC＝∠B．
（1）求证：△AED∽△ADC；
（2）若AE＝1，EC＝3，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）利用三角形外角的性质及∠DEC=∠ADB可得出∠ADE=∠C，结合∠DAE=∠CAD即可证出△AED∽△ADC；
（2）利用相似三角形的性质可求出AD的长，再结合AD=AB即可得出AB的长．
【详解】解：（1）证明：∵∠DEC=∠DAE+∠ADE，∠ADB=∠DAE+∠C，∠DEC=∠ADB，
∴∠ADE=∠C．
又∵∠DAE=∠CAD，
∴△AED∽△ADC．
（2）∵△AED∽△ADC，
∴，即，
∴AD＝2或AD＝﹣2（舍去）．
又∵AD＝AB，
∴AB＝2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用“两角对应相等，两三角形相似”证出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性质，求出AD的长．
18．如图，锐角△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高，垂足为D，E．
（1）求证：△ACD∽△ABE；
（2）若将点D，E连接起来，则△AED和△ABC能相似吗？说说你的理由．
【答案】（1）见详解；（2）相似，理由见详解；
【分析】（1）根据已知条件，利用相似三角形的判定方法AA进行证明即可得到结论；
（2）连接DE，根据（1）中的结论，可得对应边成比例，交换下比例项，即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵CD，BE分别是AB，AC边上的高，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°．
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABE
（2）连接DE，
∵△ACD∽△ABE,
∴AD：AE＝AC：AB．
∴AD：AC＝AE：AB．
∵∠A＝∠A．
∴△AED∽△ABC，
【点睛】本题考查相似三角形的判定方法，正确连接辅助线，熟练运用相似三角形的判定进行证明是解题的关键．
19．如图，是的直径，是的弦，是的切线，切点为，，的延长线相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）连接OD，由题意易证△CDO≌△CBO，然后根据三角形全等的性质可求证；
（2）由题意易得△EDA∽△EBD，然后根据相似三角形的性质及可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
AD∥OC，
∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD，
又OA=OD，
∠DAO=∠ADO，
∠COD=∠COB，
OD=OB，OC=OC，
△CDO≌△CBO，
∠CDO=∠CBO，
BC是的切线，
∠CBO=∠CDO=90°，
点D在上，
CD是的切线；
（2）由（1）图可得：
∠ADO+∠EDA=90°，∠ODB=∠DBO，
是的直径，
∠ADB=90°，即∠ADO+∠ODB=90°，
∠EDA=∠ODB=∠DBO，
又∠E=∠E，
△EDA∽△EBD，
，
的半径为4，，
AB=8，EB=AE+8，
，
解得：．
【点睛】本题主要考查圆的切线定理与判定定理和相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线定理及判定定理是解题的关键．
20．如图1，在菱形ABCD中，AC是对角线，AB＝AC＝6，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且满足AE＝BF，连接AF与CE相交于点G．
（1）求的度数．
（2）如图2，作交CE于点H，若CF＝4，，求GH的值．
（3）如图3，点O为线段CE中点，将线段EO绕点E顺时针旋转60°得到线段EM，当构成等腰三角形时，请直接写出AE的长．
【答案】（1）60°；（2）；（3）2或
【分析】（1）根据菱形的性质得到△ABC，△ACD是等边三角形，然后根据等边三角形的性质证明△ABF≌△CAE，得到∠BAF＝∠ACE，从而结合三角形的外角性质求解即可；
（2）延长GA至点K使得AK＝CG，首先结合（1）的结论推出△AFC∽△CFG，得到，从而求出GF，AG，CG，再证明△ADK≌△CDG，推出△DKG是等边三角形，从而求出DG，最后根据30°角的直角三角形的性质求解即可；
（3）分别根据等腰三角形的定义进行分类讨论，并结合相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，
∴△ABC，△ACD是等边三角形．
∴∠ABC＝∠CAE，
在△ABF与△CAE中，
∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CGF＝∠GAC＋∠ACG＝∠GAC＋∠BAF＝∠BAC＝60°；
（2）如图所示，延长GA至点K使得AK＝CG．
∵∠BAF＝∠ACE，
∴∠FAC＝∠GCF，
∵∠GFC＝∠AFC，
∴△AFC∽△CFG，
∴,
∵CF＝4，，AC＝6，
∴，，
∵∠FGC＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠AGC＋∠ADC＝180°，
∴∠GAD＋∠GCD＝180°，
∵∠KAD＋∠GAD＝180°，
∴∠KAD＝∠GCD，
又∵DC=DA，
∴△ADK≌△CDG（SAS），
∴DK＝DG，∠KDA＝∠GDC，
∴∠KDG＝∠ADC ＝60°，
∴△DKG是等边三角形，
∴∠AGD＝∠DGH＝60°，DG＝KG＝AK＋AG＝AG＋CG＝，
∵，∠DGH＝60°，
∴ ；
（3）①若AM=MC，则△MAC为等腰三角形，
此时，取AC中点为点P，连接OP，OM，BM，
∵∠MEO=60°，EO=EM，
∴△OEM为等边三角形，
∵∠FGC=60°，
∴∠MEO=∠FGC，
∴ME∥AF，
∵O为CE的中点，P为AC的中点，
∴OP为△AEC的中位线，OP∥AB，
∵△ABC为等边三角形，△MAC为等腰三角形，P为AC的中点，
∴由“三线合一”知，B、M、P三点共线，
且BP⊥AC，AP=PC=AC=3，∠ABP=∠ABC=30°，
∵△OEM为等边三角形，
∴OE=OM，∠OEM=∠OME，
∵OE=OC，
∴OM=OC，∠OMC=∠OCM，
∴∠OEM+∠OCM=∠OME+∠OMC，
即：∠OEM+∠OCM=∠EMC，
∴∠EMC=90°，CM⊥EM，
∴在Rt△CEM中，∠ECM=90°-60°=30°，
此时，如图所示，将△AEC绕着C点逆时针旋转60°至△BNC，连接MN，
则∠ACE=∠BCN，∠NBC=60°，
∵∠ECM=30°，
∴∠ACE+∠MCB=30°，
∴∠BCN+∠MCB=∠MCN=30°，
∴∠MCN=∠MCE=30°，
∵CE=CN，∠MCN=∠MCE，CM=CM，
∴△MCE≌△MCN，
∴∠CMN=∠CME=90°，
∴E、M、N三点共线，
∴△ECN为等边三角形，
∵∠NBC=∠ACB=60°，
∴BN∥AC，
∵∠BPC=90°，
∴∠NBM=90°，
∵∠CMN=90°，
∴∠BMN+∠CMP=90°，
∵∠BMN+∠BNM=90°，
∴∠BNM=∠CMP，
∴△BMN∽△PCM，
∴，
∵，
∴，
∵PC=3，
∴BM=，
在Rt△ABP中，AP=3，∠ABP=30°，
∴BP=，
∴PM=BP-BM=，
∵∠MBC=30°，∠OMC=90°-∠OME=30°，
∴∠MBC+∠MCB=∠OMC+∠OMP，
∴∠MCB=∠OMP，
∵OP∥AB，
∴∠OPC=∠BAC=60°，
∴∠OPM=90°-60°=30°，
∴△OPM∽△MBC，
∴，
即：，
∴OP=1，
∵OP为△AEC的中位线，
∴AE=2OP=2；
②若AM=AC，则△AMC为等腰三角形，
如图所示，取AC中点P，连接OP，延长AO交MC于Q点，
由①可知，△EMC始终为直角三角形，∠EMC=90°，∠ECM=30°，
且EM与AF始终平行，
∴∠EMC=∠AQC=90°，AQ⊥MC于Q点，
∵OM=OC，
∴O点在AQ上，
∵∠COQ=60°，∠CGF=60°，
∴此时O点和G点重合，
∵∠CPO=∠CAB=60°，∠COQ=60°，
∴∠APO=∠AOC=120°，
∴△APO∽△AOC，
∴，
∵AC=6，AP=3，
∴，
∴AO=，
∵Rt△OCQ中，∠OCQ=30°，
∴设OQ=x，则CQ=x，
在Rt△CAQ中，，
即：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴，，
∴由得：，
解得：，
∵OP是△AEC的中位线，
∴AE=2OP=；
③若AC=MC，则E点在AB的延长线上，此时与E点在边AB上运动矛盾，故该种情况舍去；
综上，AE＝2或．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的动点问题，涉及到相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的运用，等腰三角形的判定与性质等，掌握基本图形的性质，熟练综合分析是解题关键．
21．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB上一点．
（1）如图1，若CD⊥AB，求证：AC2=AD·AB；
（2）如图2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且，求的值；
（3）如图3，若AC=BC，点H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，则tan∠ACH的值为________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证出，证明∽，得出，即可得出结论；
（2）设，则（），同（1）得，则，在中，，过作于，易证，求出，再由平行线分线段成比例定理即可得出答案；
（3）过点作于，设，则（），，证明∽，得出，，求出，证明是等腰直角三角形，得出，由勾股定理得出，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴设，则（），
∵，，
同（1）得：，
∴，
在中，，
过作于，如图2所示：
则，
在中，，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：过点作于，如图3所示：
∵，
∴设，则（），
∴，
∵，，
∴，
∴
又∵，
∴∽，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】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、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质,证明三角形相似是解题的关键。
22．如图，在△ABC中，∠ACB =90°，AB=10， AC=8，CD是边AB的中线．动点P从点C出发，以每秒5个单位长度的速度沿折线CD-DB向终点B运动．过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作矩形PQMN，使点C、N始终在PQ的异侧，且．设矩形PQMN与△ACD重叠部分图形的面积是S，点P的运动时间为（t>0）．
（1）当点P在边CD上时，用含的代数式表示PQ的长．
（2）当点N落在边AD上时，求t的值．
（3）当点P在CD上时，求S与t之间的函数关系式．
（4）连结DQ，当直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分时，直接写出的值．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或或或
【分析】（1）证明△ABC∽△CPQ，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（2）如图2，当点N落在边AD上时，根据AM+MQ+CQ=8，构建方程即可解决问题．
（3）分三种情形：①如图1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN．②如图3-1，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，根据S=S矩形PQMN-S△NKJ，求解即可．③如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，根据S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ，求解即可．
（4）分四种情形：①如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
②如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
③如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
④如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
【详解】解：（1）如图1中，
在△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，
由勾股定理，得AB2=AC2+BC2．
∴BC=6．
∵CD是边AB的中线，
∴CD=AD=5．
∴∠ACD=∠CAD．
∵∠CQP=∠ACB，
∴△ABC∽△CPQ．
∴，
∴
∴PQ=3t．
（2）如图2，当点N落在边AD上时，
∵AM+MQ+CQ=8
∴4t+2t+4t=8．
解得t=．
（3）如图1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN，S=6t2．
如图3-1，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，S=S矩形PQMN-S△NKJ=6t2-×（10t-8）（10t-8）=-t2+60t-24．
如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ=12-•（6-3t）（8-4t）-×2t×2t×=-t2+24t-12，
综上所述，．
（4）①如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
作DK⊥AC于K．
∵PQ=MN=3t，MJ=2JM，
∴MJ=MQ=2t，
∴∠DQK=45°，
∵DK∥BC，AD=DB，
∴AK=KC，
∴DK=KQ=BC=3，
∴CQ=1，
∴4t=1，
∴t=．
②如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
∵PJ∥CQ，
∴，
∴，
∴t=
③如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
∵PJ∥AQ，
∴，
∴ ，
∴t=
④如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
同法可证MQ=MJ=2t，
∴∠AQD=45°，由①可知CQ=1，
∴8-4t=1，
∴t=，
综上所述，满足条件的t的值为，，，．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
特点
当∠ABD=∠ACB时
△ABD∽△ACB
性质：
其中：
∠A是公共角
AB是公共边
BD与BC是对应边
结论
解决方案
特殊母子型——射影定理
在Rt△ACB与Rt△ADC中，当∠ABC=∠ACD时，有
Rt△ACB∽Rt△ADC∽Rt△CDB
射影定理：
母子相似证明题一般思路方法：
由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第三步；
1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。加强对二次函数与几何图形结合的综合性试题、实际应用题等专题的练习，深化对常考题型的熟悉程度。在函数复习过程中，如果考生未能完全理解简单实例中的数量关系和变化规律，针对此类问题，在专项复习中，可以通过选择题、填空题的专项练习，进行突破，如“读懂图象信息问题”等，将复杂问题由浅入深，层层分解，提高分析和判断能力。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练，进一步渗透和深刻理解其内涵，重要处舍得投入时间与精力。强化解题过程中常用的配方法、待定系数法等通法。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法，这样，对于解决难度较大的压轴题会有很大的帮助。
专题13 相似三角形中的母子型相似模型
【模型展示】
【模型证明】
【题型演练】
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
【分析】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．
【详解】∵∠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，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
【分析】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．
【详解】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．
3．如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；连接AD，根据PQAB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC＝＝＝12．
∵＝＝，＝＝，
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQAB；
连接AD，
∵PQAB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
∵PD＝PC＝3x，QC=4x
∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x.
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
故选C．
【点睛】本题考查几何变换——旋转综合题，勾股定理，相似三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，熟练掌握定理并能灵活运用是解决此题的关键．
4．如图，Rt△ABC中，AC⊥BC，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AD交AB于点E，M为AE的中点，BF⊥BC交CM的延长线于点F，BD=4，CD=3．下列结论①∠AED=∠ADC；② ；③AC•BE=12；④3BF=4AC，其中结论正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】①∠AED=90°﹣∠EAD，∠ADC=90°﹣∠DAC，∵∠EAD=∠DAC，
∴∠AED=∠ADC．故本选项正确；
②∵AD平分∠BAC，∴，∴设AB=4x，则AC=3x，
在直角△ABC中，AC2+BC2=AB2，则（3x）2+49=（4x）2，
解得：x=，
∵∠EAD=∠DAC，∠ADE=∠ACD=90°，
∴△ADE∽△ACD，得DE：DA=DC：AC=3：，故不正确；
③由①知∠AED=∠ADC，
∴∠BED=∠BDA，
又∵∠DBE=∠ABD，
∴△BED∽△BDA，
∴DE：DA=BE：BD，由②知DE：DA=DC：AC，
∴BE：BD=DC：AC，
∴AC•BE=BD•DC=12．
故本选项正确；
④连接DM，
在Rt△ADE中，MD为斜边AE的中线，
则DM=MA．
∴∠MDA=∠MAD=∠DAC，
∴DM∥BF∥AC，
由DM∥BF得FM：MC=BD：DC=4：3；
由BF∥AC得△FMB∽△CMA，有BF：AC=FM：MC=4：3，
∴3BF=4AC．
故本选项正确．
综上所述，①③④正确，共有3个．
故选C．
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝CA＝6，D为BC边的中点，点E是CA延长线上一点，把ACDE沿DE翻折，点C落在处，与AB交于点F，连接．当时，BC’的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接CC′，过点C′作C′H⊥EC于H．设AB交DE于N，过点N作NT⊥EF于T，过点D作DM⊥EC于M．证明∠CC′B=90°，求出CC′，BC即可解决问题．
【详解】解：如图，连接CC′，过点C′作C′H⊥EC于H．设AB交DE于N，过点N作NT⊥EF于T，过点D作DM⊥EC于M．
∵∠FAE=∠CAB=90°，，
∴EF：AF：AE=5：4：3，
∵C′H∥AF，
∴△EAF∽△EHC′，
∴EC′：C′H：EH=EF：AF：AE=5：4：3，
设EH=3k，C′H=4k，EC′=EC=5k，则CH =2k，
由翻折可知，∠AEN=∠TEN，
∵NA⊥EA，NT⊥ET，
∴∠NAE=∠NTE，
∵NE=NE，
∴△NEA≌△NET（AAS），
∴AN=NT，EA=ET，
设AE=3m，AF=4m，EF=5m，AN=NT=x，则AE=ET=3m，TF=2m，
在Rt△FNT中，FN2=NT2+FT2，
∴（4mx）2=x2+（2m）2，
解得：，
∵AC=AB=，∠CAB=90°，
∴BC=AC=，
∴CD=BD=，
∵DM⊥CM，∠DCM=45°，
∴CM=DM=，
∵AN∥DM，
∴，
∴，
∴EM=，
∴EC=，
∴，
∴CH=，C′H=，
∴CC′=，
∵DC=DC′=DB，
∴∠CC′B=90°，
∴BC′=，
故选：D．
【点睛】本题考查翻折变换，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
二、填空题
6．如图，在中，点D在AB上，请再添一个适当的条件，使，那么可添加的条件是__________．
【答案】 （答案不唯一，也可以增加条件：或）．
【分析】题目中相似的两个三角形已经有一个公共角，可以再增加一对相等的角，用两组角相等判定两三角形相似，也可以增加两组对应边成比例，利用两组边对应成比例及夹角相等判定两三角形相似．
【详解】若增加条件：∠ACD=∠ABC，
∵∠ACD=∠ABC，且∠A=∠A，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，比较简单，熟练掌握相似三角形的三种判定方法是解题的关键．
7．如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，已知AD＝，那么BC＝_______．
【答案】
【分析】证明△BCD∽△BAC，根据相似三角形的性质列式计算即可．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACB＝∠CDB＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴＝，即＝，
∴,
∵
∴BC＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，牢记相关知识点并能结合图形灵活应用是解题关键．
8．如图，在中，，，，，，则CD的长为______．
【答案】5
【分析】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.
【详解】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.
9．如图，在中，，点在边上，，点在上，，垂足为，若，，则线段的长为__________．
【答案】
【分析】过A作AH⊥BC于H，根据已知条件得到∠ABE=∠ACB，求得∠ABE=∠DBE，根据全等三角形的性质得到AE=DE，AB=BD，设AB=BD=AC=x，根据相似三角形的性质得到AH=8，过C作CG⊥AD交AD的延长线于G，再根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过A作AH⊥BC于H，
∵BF⊥AD，
∴∠ABE+∠BAD=90°，
∴∠BAD=90°-∠ABE，
∵∠BAD=90°-∠ACB，
∴∠ABE=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABE=∠ABD，
∴∠ABE=∠DBE，
∵∠AEB=∠DEB=90°，BE=BE，
∴△ABE≌△DBE（ASA），
∴AE=DE，AB=BD，
设AB=BD=AC=x，
∴BC=x+2，BH=CH=，DH=-2，
∵∠AHD=∠BED=90°，∠ADH=∠BDE，
∴△ADH∽△BDE，
∴，
∴，
∴x=10或x=-8（不符题意，舍去）,
∴AB=BD=AC=10，DH=4，
∴AH=8，
过C作CG⊥AD交AD的延长线于G，
∴∠G=∠AHD=90°，
∵∠ADH=∠CDG，
∴△ADH∽△CDG，
∴，
∴，
∴，，
∵EF⊥AD，DG⊥AD，
∴EF∥CG，
∴△AEF∽△AGC，
∴，
∴，
解得：EF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．如图，在中，平分在延长线上，且，若，，则的长为_____．
【答案】
【分析】通过证 ，得到求出BF=2，，，进而求出CF的长，进而得到∠BAD=∠DFC，从而证CFD∽CAB，得到，将证得边的关系CA=6+CD以及其他各值代入即可得到答案．
【详解】解：∵BD平分∠ABC， DE=BD
∴∠ABD=∠DBC，∠AED=∠ABD
∴∠DBC=∠AED
如图，在BC上取点，使BF=AE
则在与中，
∴
∴AE=BF=2，，
∴CF=BC-BF=8-2=6
∵∠BAD=，∠DFC=
∴∠BAD=∠DFC
又∵∠C=∠C
∴CFD∽CAB
∴
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∠BAD=∠DFC
∴
∵
∴
∴DF=FC=6，则AD=DF =6
∴CA=6+CD
又∵CF=6，BC=8
∴
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查的全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识点，是中考综合性题目，而且还要会解一元二次方程，用方程法解几何问题．解答此题的关键是利用性质找到边与边之间的关系．
三、解答题
11．【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）AD=．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，即可得出结论；
（2）证明△BFE∽△BCF，得出BF2=BE•BC，求出BC，则可求出AD．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2=BE•BC，
∴BC===，
∴AD=．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
12．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．
【分析】根据AC=，CD＝4，BD＝2，可得，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【详解】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．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据相似三角形的判定两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可得出
（2）由得，，推出，由相似三角形的性质得，即可求出CD的长．
【详解】（1）∵，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理与性质是解题的关键．
14．中，，，点E为的中点，连接并延长交于点F，且有，过F点作于点H．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【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，再根据等腰三角形的性质可得，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，再根据等腰三角形的三线合一可得，从而可得，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，从而可得的长，再根据相似三角形的判定可得，然后利用相似三角形的性质可求出的长，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】证明：（1），
，
，
，
在和中，，
；
（2）点为的中点，
，
由（1）已证：，
，
设，则，，
，
（等腰三角形的三线合一），
，
又，
，
即；
（3）由（2）已证：，
，
，
，
，即，
解得，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
由（2）可知，设，则，
，
解得或（不符题意，舍去），
，
则在中，．
【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．
15．如图，在△ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且，∠BAD＝∠ECA．
（1）求证：AC2＝BC•CD；
（2）若AD是△ABC的中线，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出，得，进而求出，再利用相似三角形的性质得出答案即可；
（2）由可证，进而得出，再由（1）可证，由此即可得出线段之间关系．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
，
，
．
（2）解：，
，
，
，
AD是△ABC的中线，
，
，即：，
∴．
【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，根据已知得出是解题关键．
16．如图，已知矩形的两条对角线相交于点O，过点作分别交、于点、．
（1）求证：；
（2）连接，若．求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）易证△BEG∽△AEB，利用对应边成比例即可解决；
（2）由（1）的结论及BE=CE，易证明△CEG∽△AEC，从而可得∠CGE=∠ACE，由OB=OC，可得．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
∴∠ABG+∠EBG=90°
∵
∴∠ABG+∠BAG=90°
∴∠EBG=∠BAG
∴Rt△BEG∽Rt△AEB
∴
∴
（2）由（1）有：
∵BE=CE
∴
∴
∵∠CEG=∠AEC
∴△CEG∽△AEC
∴∠CGE=∠ACE
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD
∴OB=OC
∴∠DBC=∠ACE
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17．如图，在△ABC中，点D在BC边上，点E在AC边上，且AD＝AB，∠DEC＝∠B．
（1）求证：△AED∽△ADC；
（2）若AE＝1，EC＝3，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）利用三角形外角的性质及∠DEC=∠ADB可得出∠ADE=∠C，结合∠DAE=∠CAD即可证出△AED∽△ADC；
（2）利用相似三角形的性质可求出AD的长，再结合AD=AB即可得出AB的长．
【详解】解：（1）证明：∵∠DEC=∠DAE+∠ADE，∠ADB=∠DAE+∠C，∠DEC=∠ADB，
∴∠ADE=∠C．
又∵∠DAE=∠CAD，
∴△AED∽△ADC．
（2）∵△AED∽△ADC，
∴，即，
∴AD＝2或AD＝﹣2（舍去）．
又∵AD＝AB，
∴AB＝2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用“两角对应相等，两三角形相似”证出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性质，求出AD的长．
18．如图，锐角△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高，垂足为D，E．
（1）求证：△ACD∽△ABE；
（2）若将点D，E连接起来，则△AED和△ABC能相似吗？说说你的理由．
【答案】（1）见详解；（2）相似，理由见详解；
【分析】（1）根据已知条件，利用相似三角形的判定方法AA进行证明即可得到结论；
（2）连接DE，根据（1）中的结论，可得对应边成比例，交换下比例项，即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵CD，BE分别是AB，AC边上的高，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°．
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABE
（2）连接DE，
∵△ACD∽△ABE,
∴AD：AE＝AC：AB．
∴AD：AC＝AE：AB．
∵∠A＝∠A．
∴△AED∽△ABC，
【点睛】本题考查相似三角形的判定方法，正确连接辅助线，熟练运用相似三角形的判定进行证明是解题的关键．
19．如图，是的直径，是的弦，是的切线，切点为，，的延长线相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）连接OD，由题意易证△CDO≌△CBO，然后根据三角形全等的性质可求证；
（2）由题意易得△EDA∽△EBD，然后根据相似三角形的性质及可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
AD∥OC，
∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD，
又OA=OD，
∠DAO=∠ADO，
∠COD=∠COB，
OD=OB，OC=OC，
△CDO≌△CBO，
∠CDO=∠CBO，
BC是的切线，
∠CBO=∠CDO=90°，
点D在上，
CD是的切线；
（2）由（1）图可得：
∠ADO+∠EDA=90°，∠ODB=∠DBO，
是的直径，
∠ADB=90°，即∠ADO+∠ODB=90°，
∠EDA=∠ODB=∠DBO，
又∠E=∠E，
△EDA∽△EBD，
，
的半径为4，，
AB=8，EB=AE+8，
，
解得：．
【点睛】本题主要考查圆的切线定理与判定定理和相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线定理及判定定理是解题的关键．
20．如图1，在菱形ABCD中，AC是对角线，AB＝AC＝6，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且满足AE＝BF，连接AF与CE相交于点G．
（1）求的度数．
（2）如图2，作交CE于点H，若CF＝4，，求GH的值．
（3）如图3，点O为线段CE中点，将线段EO绕点E顺时针旋转60°得到线段EM，当构成等腰三角形时，请直接写出AE的长．
【答案】（1）60°；（2）；（3）2或
【分析】（1）根据菱形的性质得到△ABC，△ACD是等边三角形，然后根据等边三角形的性质证明△ABF≌△CAE，得到∠BAF＝∠ACE，从而结合三角形的外角性质求解即可；
（2）延长GA至点K使得AK＝CG，首先结合（1）的结论推出△AFC∽△CFG，得到，从而求出GF，AG，CG，再证明△ADK≌△CDG，推出△DKG是等边三角形，从而求出DG，最后根据30°角的直角三角形的性质求解即可；
（3）分别根据等腰三角形的定义进行分类讨论，并结合相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，
∴△ABC，△ACD是等边三角形．
∴∠ABC＝∠CAE，
在△ABF与△CAE中，
∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CGF＝∠GAC＋∠ACG＝∠GAC＋∠BAF＝∠BAC＝60°；
（2）如图所示，延长GA至点K使得AK＝CG．
∵∠BAF＝∠ACE，
∴∠FAC＝∠GCF，
∵∠GFC＝∠AFC，
∴△AFC∽△CFG，
∴,
∵CF＝4，，AC＝6，
∴，，
∵∠FGC＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠AGC＋∠ADC＝180°，
∴∠GAD＋∠GCD＝180°，
∵∠KAD＋∠GAD＝180°，
∴∠KAD＝∠GCD，
又∵DC=DA，
∴△ADK≌△CDG（SAS），
∴DK＝DG，∠KDA＝∠GDC，
∴∠KDG＝∠ADC ＝60°，
∴△DKG是等边三角形，
∴∠AGD＝∠DGH＝60°，DG＝KG＝AK＋AG＝AG＋CG＝，
∵，∠DGH＝60°，
∴ ；
（3）①若AM=MC，则△MAC为等腰三角形，
此时，取AC中点为点P，连接OP，OM，BM，
∵∠MEO=60°，EO=EM，
∴△OEM为等边三角形，
∵∠FGC=60°，
∴∠MEO=∠FGC，
∴ME∥AF，
∵O为CE的中点，P为AC的中点，
∴OP为△AEC的中位线，OP∥AB，
∵△ABC为等边三角形，△MAC为等腰三角形，P为AC的中点，
∴由“三线合一”知，B、M、P三点共线，
且BP⊥AC，AP=PC=AC=3，∠ABP=∠ABC=30°，
∵△OEM为等边三角形，
∴OE=OM，∠OEM=∠OME，
∵OE=OC，
∴OM=OC，∠OMC=∠OCM，
∴∠OEM+∠OCM=∠OME+∠OMC，
即：∠OEM+∠OCM=∠EMC，
∴∠EMC=90°，CM⊥EM，
∴在Rt△CEM中，∠ECM=90°-60°=30°，
此时，如图所示，将△AEC绕着C点逆时针旋转60°至△BNC，连接MN，
则∠ACE=∠BCN，∠NBC=60°，
∵∠ECM=30°，
∴∠ACE+∠MCB=30°，
∴∠BCN+∠MCB=∠MCN=30°，
∴∠MCN=∠MCE=30°，
∵CE=CN，∠MCN=∠MCE，CM=CM，
∴△MCE≌△MCN，
∴∠CMN=∠CME=90°，
∴E、M、N三点共线，
∴△ECN为等边三角形，
∵∠NBC=∠ACB=60°，
∴BN∥AC，
∵∠BPC=90°，
∴∠NBM=90°，
∵∠CMN=90°，
∴∠BMN+∠CMP=90°，
∵∠BMN+∠BNM=90°，
∴∠BNM=∠CMP，
∴△BMN∽△PCM，
∴，
∵，
∴，
∵PC=3，
∴BM=，
在Rt△ABP中，AP=3，∠ABP=30°，
∴BP=，
∴PM=BP-BM=，
∵∠MBC=30°，∠OMC=90°-∠OME=30°，
∴∠MBC+∠MCB=∠OMC+∠OMP，
∴∠MCB=∠OMP，
∵OP∥AB，
∴∠OPC=∠BAC=60°，
∴∠OPM=90°-60°=30°，
∴△OPM∽△MBC，
∴，
即：，
∴OP=1，
∵OP为△AEC的中位线，
∴AE=2OP=2；
②若AM=AC，则△AMC为等腰三角形，
如图所示，取AC中点P，连接OP，延长AO交MC于Q点，
由①可知，△EMC始终为直角三角形，∠EMC=90°，∠ECM=30°，
且EM与AF始终平行，
∴∠EMC=∠AQC=90°，AQ⊥MC于Q点，
∵OM=OC，
∴O点在AQ上，
∵∠COQ=60°，∠CGF=60°，
∴此时O点和G点重合，
∵∠CPO=∠CAB=60°，∠COQ=60°，
∴∠APO=∠AOC=120°，
∴△APO∽△AOC，
∴，
∵AC=6，AP=3，
∴，
∴AO=，
∵Rt△OCQ中，∠OCQ=30°，
∴设OQ=x，则CQ=x，
在Rt△CAQ中，，
即：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴，，
∴由得：，
解得：，
∵OP是△AEC的中位线，
∴AE=2OP=；
③若AC=MC，则E点在AB的延长线上，此时与E点在边AB上运动矛盾，故该种情况舍去；
综上，AE＝2或．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的动点问题，涉及到相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的运用，等腰三角形的判定与性质等，掌握基本图形的性质，熟练综合分析是解题关键．
21．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB上一点．
（1）如图1，若CD⊥AB，求证：AC2=AD·AB；
（2）如图2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且，求的值；
（3）如图3，若AC=BC，点H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，则tan∠ACH的值为________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证出，证明∽，得出，即可得出结论；
（2）设，则（），同（1）得，则，在中，，过作于，易证，求出，再由平行线分线段成比例定理即可得出答案；
（3）过点作于，设，则（），，证明∽，得出，，求出，证明是等腰直角三角形，得出，由勾股定理得出，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴设，则（），
∵，，
同（1）得：，
∴，
在中，，
过作于，如图2所示：
则，
在中，，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：过点作于，如图3所示：
∵，
∴设，则（），
∴，
∵，，
∴，
∴
又∵，
∴∽，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】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、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质,证明三角形相似是解题的关键。
22．如图，在△ABC中，∠ACB =90°，AB=10， AC=8，CD是边AB的中线．动点P从点C出发，以每秒5个单位长度的速度沿折线CD-DB向终点B运动．过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作矩形PQMN，使点C、N始终在PQ的异侧，且．设矩形PQMN与△ACD重叠部分图形的面积是S，点P的运动时间为（t>0）．
（1）当点P在边CD上时，用含的代数式表示PQ的长．
（2）当点N落在边AD上时，求t的值．
（3）当点P在CD上时，求S与t之间的函数关系式．
（4）连结DQ，当直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分时，直接写出的值．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或或或
【分析】（1）证明△ABC∽△CPQ，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（2）如图2，当点N落在边AD上时，根据AM+MQ+CQ=8，构建方程即可解决问题．
（3）分三种情形：①如图1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN．②如图3-1，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，根据S=S矩形PQMN-S△NKJ，求解即可．③如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，根据S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ，求解即可．
（4）分四种情形：①如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
②如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
③如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
④如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
【详解】解：（1）如图1中，
在△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，
由勾股定理，得AB2=AC2+BC2．
∴BC=6．
∵CD是边AB的中线，
∴CD=AD=5．
∴∠ACD=∠CAD．
∵∠CQP=∠ACB，
∴△ABC∽△CPQ．
∴，
∴
∴PQ=3t．
（2）如图2，当点N落在边AD上时，
∵AM+MQ+CQ=8
∴4t+2t+4t=8．
解得t=．
（3）如图1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN，S=6t2．
如图3-1，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，S=S矩形PQMN-S△NKJ=6t2-×（10t-8）（10t-8）=-t2+60t-24．
如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ=12-•（6-3t）（8-4t）-×2t×2t×=-t2+24t-12，
综上所述，．
（4）①如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
作DK⊥AC于K．
∵PQ=MN=3t，MJ=2JM，
∴MJ=MQ=2t，
∴∠DQK=45°，
∵DK∥BC，AD=DB，
∴AK=KC，
∴DK=KQ=BC=3，
∴CQ=1，
∴4t=1，
∴t=．
②如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
∵PJ∥CQ，
∴，
∴，
∴t=
③如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
∵PJ∥AQ，
∴，
∴ ，
∴t=
④如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
同法可证MQ=MJ=2t，
∴∠AQD=45°，由①可知CQ=1，
∴8-4t=1，
∴t=，
综上所述，满足条件的t的值为，，，．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
特点
当∠ABD=∠ACB时
△ABD∽△ACB
性质：
其中：
∠A是公共角
AB是公共边
BD与BC是对应边
结论
解决方案
特殊母子型——射影定理
在Rt△ACB与Rt△ADC中，当∠ABC=∠ACD时，有
Rt△ACB∽Rt△ADC∽Rt△CDB
射影定理：
母子相似证明题一般思路方法：
由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第三步；
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