中考数学一轮复习：专题22.4 相似三角形的判定与性质（二）【九大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题22.4 相似三角形的判定与性质（二）【九大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版），共72页。


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\l "_Tc25165" 【题型1 尺规作图与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc25165 \h 1
\l "_Tc27128" 【题型2 三角板与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc27128 \h 5
\l "_Tc23141" 【题型3 裁剪与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc23141 \h 13
\l "_Tc11649" 【题型4 折叠与相似三角形综合运用】 PAGEREF _Tc11649 \h 21
\l "_Tc22258" 【题型5 判断与相似有关结论的正误】 PAGEREF _Tc22258 \h 29
\l "_Tc637" 【题型6 用相似三角形的判定与性质证明】 PAGEREF _Tc637 \h 37
\l "_Tc6069" 【题型7 用相似三角形的判定与性质求线段比值】 PAGEREF _Tc6069 \h 44
\l "_Tc8755" 【题型8 利用相似三角形的判定与性质求最值】 PAGEREF _Tc8755 \h 52
\l "_Tc12087" 【题型9 利用相似三角形的判定与性质解决几何动点问题】 PAGEREF _Tc12087 \h 59
【题型1 尺规作图与相似三角形综合运用】
【例1】（2023春·福建福州·九年级校考阶段练习）已知菱形ABCD中，E是BC边上一点．
(1)在BC的右侧求作△AEF，使得EF∥BD，且EF=12BD；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若∠EAF=12∠ABC，求证：AE=2EF．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析.
【分析】（1）连接AC交BD于O，在BC右侧作∠CEF=∠CBD，再在射线EF截取EF=OB，连接AE、AF，即可得△AEF；
（2）延长EF交AD延长线于点G，先证明四边形BEGD是平行四边形，可得EG=BD=2EF，∠G=∠CBD，
【详解】（1）解：如图，连接AC交BD于O，在BC右侧作∠CEF=∠CBD，再在射线EF截取EF=OB，连接AE、AF，则△AEF即为所要求作的三角形，再证△EAF~△EGA，可得EFAE=AEEG，
最后证得结果；
（2）证明：延长EF交AD延长线于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
又∵EF//BD，EF=12BD，
∴四边形BEGD是平行四边形，
∴EG=BD=2EF，∠G=∠CBD，
又∵在菱形ABCD中，∠CBD=12∠ABC，
∴∠EAF=12∠ABC，
∴∠EAF=∠G，
又∵∠AEF=∠GEA，
∴△EAF~△EGA，
∴EFAE=AEEG，
∴AE2=EF⋅EG=EF⋅2EF=2EF2，
∴AE=2EF；
【点睛】本题考查作图-复杂作图、相似三角形的性质与判定、菱形的性质、平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式1-1】（2023·陕西·九年级校考阶段练习）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝108°，请你利用尺规在BC边上求一点P，使△PAB∽△ABC（不写画法，保留作图痕迹）
【答案】详见解析
【分析】直接作出AB的垂直平分线，进而得出P点位置，利用相似三角形的判定方法得出即可.
【详解】解：如图所示：点P即为所求，
∵AB＝AC，∠A＝108°，
∴∠B＝∠C＝36°，
∵EP是AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
∴∠B＝∠PAB＝36°，
∴△PAB∽△ABC．
【点睛】此题主要考查了尺规作图和相似三角形的判定，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
【变式1-2】（2023·陕西西安·西安行知中学校考模拟预测）如图，在△ABC中，AM∥BC．请用尺规作图法，在射线AM上求作一点D，使得△DCA∼△ABC．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】见详解
【分析】作∠ACD=∠B，交AM于点D，点D即为所求．
【详解】如图所示，作∠ACD=∠B，交AM于点D，点D即为所求，

∵AM∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∵∠ACD=∠B，
∴△DCA∼△ABC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，作一个角等于已知角，掌握以上知识是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·河北保定·九年级统考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，用直尺和圆规在边AB上确定一点D，使△ACD∽△ABC，根据下列作图痕迹判断，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据△ACD∽△ABC，可得∠CDA=∠BCA=90°，即CD是AB的垂线，根据作图痕迹判断即可．
【详解】解：当CD是AB的垂线时，△ACD∽△ABC，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=∠BCA=90°，
∵∠CAD=∠CAB，
∴△ACD∽△ABC．
根据作图痕迹可知，
A选项中，CD是∠ACB的角平分线，不符合题意；
B选项中，∠CAD≠∠CAB，不符合题意；
C选项中，CD是AB的垂线，符合题意；
D选项中，CD不与AB垂直，∠ADC≠∠ACB，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
【题型2 三角板与相似三角形综合运用】
【例2】（2023春·上海·九年级专题练习）等边△ABC边长为6，P为BC上一点，含30°、60°的直角三角板60°角的顶点落在点P上，使三角板绕P点旋转．
(1)如图1，当P为BC的三等分点，且PE⊥AB时，判断△EPF的形状；
(2)在（1）问的条件下，FE、PB的延长线交于点G，如图2，求△EGB的面积；
(3)在三角板旋转过程中，若CF＝AE＝2，（CF≠BP），如图3，求PE的长．
【答案】(1)等边三角形
(2)3
(3)4
【分析】（1）要证三角形EPF是等边三角形，已知了∠EPF＝60°，主要再证得PE＝PF即可，可通过证三角形PBE和PFC全等来得出结论，再证明全等过程中，可通过证明FP⊥BC和BE＝PC来实现；
（2）由（1）不难得出∠CFG＝90°，那么在△CFG中，有∠C的度数，可以根据CF的长求出GC的长，从而求出GB的长，下面的关键就是求GB边上的高，过E作EH⊥BC，那么EH就是所求的高，在直角△BEP中，有BP的长，有∠ABC的度数，可以求出BE、EP的长，再根据三角形面积的不同表示方法求出EH的长，这样有了底和高就能求出△GBE的面积；
（3）由相似三角形的判定定理得出△BPE∽△CFP，设BP＝x，则CP＝6﹣x，由相似三角形的对应边成比例可求出x的值，再根据勾股定理求出PE的值即可．
【详解】（1）∵PE⊥AB，∠B＝60°，
因此直角三角形PEB中，BE=12BP=13BC=PC，
∴∠BPE＝30°，
∵∠EPF＝60°，
∴FP⊥BC，
在△BEP和△CPF中，
∠B=∠CBE=PC∠PEB=∠FPC=90°，
∴△BEP≌△CPF，
∴EP＝PF，
∵∠EPF＝60°，
∴△EPF是等边三角形．
（2）过E作EH⊥BC于H，
由（1）可知：FP⊥BC，FC=BP=23BC=4,BE=CP=13BC=2，
在三角形FCP中，∠PFC＝90°﹣∠C＝30°，
∵∠PFE＝60°，
∴∠GFC＝90°，
直角三角形FGC中，∠C＝60°，CF＝4，
∴GC＝2CF＝8，
∴GB＝GC﹣BC＝2，
直角三角形BEP中∠EBP＝60°，BP＝4，
∴PE＝23，BE＝2，
∴EH＝BE•PE÷BP＝3，
∴S△GBE＝=12BG⋅EH=3；
（3）∵在BPE中，∠B＝60°，
∴∠BEP+∠BPE＝120°，
∵∠EPF＝60°，
∴∠BPE+∠FPC＝120°，
∴∠BEP＝∠FPC，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP，
∴BPCF=BECP，
设BP＝x，则CP＝6﹣x．
∴x2＝46−x，
解得：x＝2或4．
当x＝2时，在△△BEP中，∠B＝60°，BE＝4，BP＝2，
过E作EH⊥BC于H，
则EH＝23，BH＝2，
∴PH＝0，
即P与H重合，与CF≠BP矛盾，故x＝2不合题意，舍去；
当x＝4时，在△BEP中，∠B＝60°，BE＝4，BP＝4，
则△BEP是等边三角形，
∴PE＝4．
故PE＝4．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和等边三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，注意对全等三角形和等边三角形的应用．
【变式2-1】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=23，AD=10，直角三角板的直角顶点P在AD上滑动，(点P与A，D不重合)，一直角边经过点C，另一直角边与射线AB交于点E．
(1)求证：△AEP∽△DPC；
(2)当∠CPD=30°时，求PE的长；
(3)是否存在这样的点P，使△DPC的周长等于△AEP周长的2倍？若存在，求出BE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)8
(3)5−532
【分析】（1）根据矩形的性质，推出∠D=∠A=90°，再由直角三角形的性质，得出∠PCD+∠DPC=90°，又因∠CPE=90°，推出∠EPA+∠DPC=90°，∠PCD=∠EPA，从而证明△CDP∽△PAE；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理可得结论；
（3）假设存在满足条件的点P，设AP=x，则DP=10−x，由△CDP∽△PAE知CDAP=2，解得x的值，从而得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=90°，
∴∠PCD+∠DPC=90°，
又∵∠CPE=90°，
∴∠EPA+∠DPC=90°，
∴∠PCD=∠EPA，
∴△AEP∽△DPC；
（2）解：在Rt△PCD中，∠DPC=30°，CD=AB=23，
∴CP=2CD=43，
∴PD=PC2−CD2=(43)2−(23)2=6，
∵AD=10，
∴AP=10−6=4，
∵∠CPE=90°，
∴∠APE=60°，
Rt△APE中，∠AEP=30°，
∴PE=2AP=8；
（3）解：假设存在满足条件的点P，
设AP=x，则PD=10−x，
∵△CDP∽△PAE，
根据△CDP的周长等于△PAE周长的2倍，得到两三角形的相似比为2，
∴CDAP=PDAE，即23x=10−xAE=2，
解得x=3，
∴AE=10−32，
∴BE=AE−AB=10−32−23=5−532．
【点睛】此题是相似三角形的综合题，考查了矩形的性质，含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识，根据△CDP的周长等于△PAE周长的2倍，得到两三角形的相似比为2是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·江苏泰州·九年级校考阶段练习）（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．则DP DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ．则DP的长为 ．
【答案】（1）＝；（2）①1，②2103
【分析】（1）先证明△ADP≌△CDQ，即可求解；
（2）①先证明△ADP∽△CDQ，可得APCQ＝ADCD＝24＝ 12，设AP＝x，则CQ＝2x，
再由勾股定理，即可求解；
②过点B作BE⊥DP交DP延长线于点E，BF⊥DQ于点F，根据△ADP∽△CDQ，可得∠APD=∠Q，APCQ＝ADCD＝24＝ 12，从而得到∠BPE=∠Q，再由角平分线的性质定理可得BE=BF，进而证得△BEP≌△BFQ，得到BP=BQ，从而得到AP=23，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解∶（1）在正方形ABCD中，
∠A=∠BCD=∠DCQ=∠ADC=90°，AD=CD，
∵∠PDQ=90°，
∴∠PDQ=∠ADC=90°，
∴∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP=∠CDQ，
∴△ADP≌△CDQ，
∴DP=DQ；
故答案为∶=
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°．
∵∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ．
又∵∠A＝∠DCQ＝90°．
∴△ADP∽△CDQ，
∴APCQ＝ADCD＝24＝ 12，
设AP＝x，则CQ＝2x，
∴PB＝4－x，BQ＝2＋2x．
由勾股定理得，在Rt△PBQ中，PB2＋BQ2＝PQ2，
代入得（4－x）2＋（2＋2x）2＝52，
解得x＝1，即AP＝1．
∴AP的长为1．
②如图，过点B作BE⊥DP交DP延长线于点E，BF⊥DQ于点F，
由①得：△ADP∽△CDQ，
∴∠APD=∠Q，APCQ＝ADCD＝24＝ 12，
∴CQ=2AP，
∵∠APD=∠BPE，
∴∠BPE=∠Q，
∵BD平分∠PDQ，BE⊥DE，BF⊥DQ，
∴BE=BF，
∵∠E=∠BFQ=90°，
∴△BEP≌△BFQ，
∴BP=BQ，
设AP=m，则BQ=BP=4-m，CQ=2m，
∴2+2m=4-m，解得：m=23，
即AP=23，
∴DP=AD2+AP2=22+232=2103
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形和全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足∠CME=2∠ADE，EM= ．
【答案】294
【分析】由CE=5， AE=2，得AC=7，利用勾股定理，得到AD的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明△DNE∼△PCE，MP=x，在Rt△MCE中，利用勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，
∴∠END=∠ENA=90°,
∴∠NEA=∠A=45°,
∴NE= NA，
∵AE=NE2+NA2=2NA,
∴NE=NA=AE2=2,
同理，AD=AC2=722,
∴DN=AD−NA=522,
延长MB至P，使MP=ME，连接PE，
∴可设∠MPE=∠MEP=x，
∴∠EMC=∠MPE+∠MEP=2x，
∵∠EMC=2∠ADE,
∴∠ADE=∠MPE=x,
又∠DNE=∠PCE=90°,
∴△DNE∼△PCE,
∴CEPE=NEDN=2522=25,
∴PC=252,
设MP=ME=x,则CM=252−x,
在Rt△MCE中，ME2=CM2+CE2,
∴252−x2+25=x2,
∴x=294,
∴ME=294．
【点睛】本题考查了勾股定理，二倍角的辅助线的构造，方程思想求线段，熟练掌握二倍角辅助线是解决问题的关键．
【题型3 裁剪与相似三角形综合运用】
【例3】（2023春·全国·九年级期中）如图1所示，一个木板余料由一个边长为6的正方形和一个边长为2的正方形组成，甲、乙两人打算采用剪拼的办法，把余料拼成一个与它等积的正方形木板．
甲：如图2，沿虚线剪开可以拼接成所需正方形，并求得AM＝2．
乙：如图3，沿虚线剪开可以拼接成所需正方形，并求得AM＝32
下列说法正确的是（ ）
A．甲的分割方式不正确
B．甲的分割方式正确，AM的值求解不正确
C．乙的分割方式与所求AM的值都正确
D．乙的分割方式正确，AM的值求解不正确
【答案】D
【分析】根据题意画出相应的图形，再逐个验证拼图是否符合题意，再利用全等三角形的性质，正方形的性质以及相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：如图所示，将△FAM平移至△NDC，将△MBC平移至△FEN，
由此可得AM＝DC＝2，FA＝ND＝6，NE＝BC＝2，
∴DE＝ND－NE＝4（符合题意），
∴甲的分割方式正确，AM的值求解也正确，
故选项A、选项B的说法都是错误的，不符合题意；
如下图所示，将△FEG平移至△NBH，连接GH，交AB于点M，将△GAM平移至△EDP，将△PCB平移至△MNH，
由此可得GA＝ED＝6－2＝4，AM＝DP，MN＝PC，NB＝EF，
∵DP＋PC＋EF＝2＋6＝8＝AB，
∴当FG＝NH＝BC＝2时，GA＝ED＝4（符合题意），
∵∠A＝∠HNM＝90°，∠AMG＝∠NMH，
∴△AMG∽△NMH，
∴AMMN=AGNH，
∴AM2−AM=42，
解得：AM=43，
∴乙的分割方式正确，AM的值求解不正确，
故选项C的说法是错误的，不符合题意，选项D的说法是正确的，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，全等三角形的性质，正方形的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
【变式3-1】（2023·河北保定·统考二模）如图为三角形纸片ABC，其中D点和E点将AB三等分，F点为DE中点．若小慕从AB上的一点P，沿着与直线BC平行的方向将纸片剪开后，剪下的小三角形纸片面积为△ABC的13，则下列关于P点位置的叙述正确的是（ ）
A．在FE上，但不与F点也不与E点重合B．在DF上，但不与D点也不与F点重合
C．与E点重合D．与D点重合
【答案】A
【分析】根据题意确定出剪下来的三角形与三角形ABC相似，面积比为13，得到相似比33，逐一判断各选项即可．
【详解】解：由题意得，剪下来的三角形与三角形ABC相似，面积比为13，
故相似比为13=33，
即APAB=33，
选项A：12AB选项B：13AB选项C：23AB=AP，则APAB=23，不符合题意；
选项D：13AB=AP，则APAB=13，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形性质的实际应用，对于操作类题目，要对每个选项逐一分析，解题的关键是利用相似三角形的面积比等于相似比的平方．
【变式3-2】（2023·福建泉州·中考真题）（1）如图1是某个多面体的表面展开图．
①请你写出这个多面体的名称，并指出图中哪三个字母表示多面体的同一点；
②如果沿BC、GH将展开图剪成三块，恰好拼成一个矩形，那么△BMC应满足什么条件？（不必说理）
（2）如果将一个三棱柱的表面展开图剪成四块，恰好拼成一个三角形，如图2，那么该三棱柱的侧面积与表面积的比值是多少？为什么？（注：以上剪拼中所有接缝均忽略不计）
【答案】（1）①直三棱柱，点A、M、D三个字母表示多面体的同一点．②△BMC应满足的条件是：a、∠BMC=90°，且BM=DH，或CM=DH；b、∠MBC=90°，且BM=DH，或BC=DH；c、∠BCM=90°，且BC=DH，或CM=DH；（2）12
【分析】（1）①根据多面体的侧面展开图可以判断，且A、M、D是一点；②要使最后的图形为矩形，必须使△BMC是直角三角形，且△BMC≌△HGN；
（2）连接AB、BC、CA，可知矩形ACKL、BIJC、AGHB为棱柱的三个侧面，且四边形DGAL、EIBH、FKCJ须拼成与底面△ABC全等的另一个底面的三角形，然后根据三角形相似的判定和相似比可确定结果．
【详解】解：（1）①根据这个多面体的表面展开图，可得这个多面体是直三棱柱，
点A、M、D三个字母表示多面体的同一点．
②△BMC应满足的条件是：
a、∠BMC=90°，且BM=DH，或CM=DH；
b、∠MBC=90°，且BM=DH，或BC=DH；
c、∠BCM=90°，且BC=DH，或CM=DH；
（2）如图2，连接AB、BC、CA，
，
∵△DEF是由一个三棱柱表面展开图剪拼而成，
∴矩形ACKL、BIJC、AGHB为棱柱的三个侧面，
且四边形DGAL、EIBH、FKCJ须拼成与底面△ABC全等的另一个底面的三角形，
∴AC=LK，且AC=DL+FK，
∴ACDF=12，
同理，可得
ABDE=BCEF=ACDF=12，
∴△ABC∽△DEF，
∴S△ABCS△DEF=14，
即S△DEF=4S△ABC，
∴S侧面积S表面积=S△DEF−2S△ABCS△DEF=2S△ABC4S△ABC=12，
即该三棱柱的侧面积与表面积的比值是12．
【点睛】此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．此题还考查了相似三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握．同时此题还考查了直三棱柱的表面展开图的特征和应用，要熟练掌握．
【变式3-3】（2023·吉林长春·一模）综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．
折一折：把边长为2的正方形纸片ABCD对折，使边AB与CD重合，展开后得到折痕EF.如图①；点M为CF上一点，将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，展开后连接DN，MN，AN，如图②．
(1)图②中，∠CMD=______；线段NF=______．
(2)图②中，试判断△AND的形状，并给出证明．
剪一剪、折一折：将图②中的△AND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A'处，分别得到图③、图④．
(3)图③中，阴影部分的周长为______．
(4)图③中，若∠A'GN=80°，则∠A'HD=______°.
(5)图③中，相似三角形(包括全等三角形)共有______对．
(6)如图④，点A'落在边ND上，若A'N=2A'D，则AGAH=______．
【答案】(1)75°，2−3；
(2)ΔAND是等边三角形，理由见解析；
(3)6；
(4)40；
(5)4对；
(6)54
【分析】（1）由折叠知DE=AE=12AD，则∠EDN=60°，∠CDM=∠NDM=15°，EN=32DN=3，可得答案；
（2）由折叠知EF是AD的垂直平分线，得AN=DN，由（1）得∠EDN=60°，从而得出答案；
（3）由折叠知A′G=AG，A′H=AH，则图③中阴影部分的周长=ΔADN的周长=3×2=6；
（4）由折叠知∠AGH=50°，则∠AHG=∠A′HG=70°，再利用平角的定义可得答案；
（5）根据两组角相等可说明ΔNMG∼ΔA′MP∼ΔDHP，由折叠知，ΔAGH≅ΔA′GH，从而得出答案；
（6）设A′N=2x，A′D=x，说明ΔA′GN∼ΔHA′D，则A′GA′H=A′NDH=GNA′D，设A′G=AG=m，A′H=AH=n，则GN=2−m，DH=2−n，得出∴mn=2x2−n=2−mx，解得：m=2+2xx+2n，得出AGAH=mn=2+2xx+2=2+2×232+23=10383=54．
【详解】（1）解：由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，∴EF=CD，∠EDF=90°，DE=AE=12AD，
∵将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，
∴DN=CD=2DE，MN=CM，
∴∠EDN=60°，
∴∠CDM=∠NDM=15°，EN=32DN=3，
∴∠CMD=75°，NF=EF−EN=2−3，
故答案为：75°；2−3；
（2）解：ΔADN是等边三角形，理由如下：
由第一次折叠知，EF是AD的垂直平分线，
∴AN=DN，
∵∠EDN=60°，
∴ΔADN是等边三角形；
（3）解：∵将图②中的ΔAND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A'处，
∴A′G=AG，A′H=AH，
∴图③中阴影部分的周长=ΔADN的周长=3×2=6，
故答案为：6；
（4）解：将图②中的ΔAND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A'处，
∴∠AGH=∠A′GH ，∠AHG=∠A′HG，
∵∠A′GN=80，
∴∠AGH=50°，
∴∠AHG=∠A′HG=70°，
∴∠A′HG=180°−70°−70°=40°，
故答案为：40；
（5）解：如图③，∵∠NMG=∠A′MP，∠A′PM=∠DPH，

∴ΔNMG∼ΔA′MP∼ΔDHP，
由折叠知，ΔAGH≅ΔA′GH，
∴图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有4对，
故答案为：4对；
（6）解：∵A′N=2A′D，设A′N=2x，A′D=x，
∵ND=NA′+A′D,
∴2=2x+x=3x，
∴x=23，
∵∠N=∠D=∠A=∠A′=60°，
∴∠NA′G+∠A′GN=∠NA′G+∠DA′H=120°，
∴∠A′GN=∠DA′H，
∴ΔA′GN∼ΔHA′D，
∴ A′GA′H=A′NDH=GNA′D，
设A′G=AG=m，A′H=AH=n，
∴GN=2−m ，HD=2−n，
∴mn=2x2−n=2−mx，
解得：m=2+2xx+2n，
∴AGAH=mn=2+2xx+2=2+2×232+23=10383=54；
故答案为：54．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，利用相似三角形的周长比等于相似比是解决问题的关键．
【题型4 折叠与相似三角形综合运用】
【例4】（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，在矩形ABCD中，点E是BC边上一点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′E，C′E与AD交于F，点N为DE中点，射线AN交CD边于点G，连接AE，若∠FAE=∠FEC，AB=15，BC=6，则DG长为______
【答案】6157
【分析】过点E作EH⊥AD，延长AG交BC延长线于T，由垂直证明四边形ABEH为矩形，设BE=AH=x，由角相等推出EA=EF，因为EH⊥AF，AH=HF=x，即可表示出 DF=6−2x，用HL证明△ABE≌△DC′F，FC′=x，由勾股定理求出x=1，再由N为DE中点，可由AAS证明△DAN≌△ETN，可求得CT=1，再利用角相等证明△DAG∽△CTG，相似三角形对应边成比例可求得DG的长度．
【详解】解：过点E作EH⊥AD，延长AG交BC延长线于T，
∵∠B=∠BAF=∠AHE=90°，
∴四边形ABEH为矩形，
∴BE=AH，
设BE=AH=x，
∵AD∥BC，
∴∠FEC=∠AFE，
∵∠FAE=∠FEC，
∴∠AFE=∠FAE，
∴EA=EF，
∵EH⊥AF，
∴AH=HF=x，
∴AF=2x，
∴DF=6−2x，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠DEC，
由折叠可知：∠FED=∠DEC，
∴∠ADE=∠FED，
∴EF=FD，
∴EA=FD，
∵AB=C′D=15，
∵∠ABE=∠DC′E=90°，
∴△ABE≌△DC′FHL，
∴FC′=BE=x，
在Rt△C′FD中由勾股定理可得：
FD2=FC′2+C′D2，
6−2x2=x2+152，
解得：x=1或x=7（舍去），
∴BE=1，
∵N为DE中点，
∴DN=NE，
∵AD∥BC，
∴∠DAN=∠T，
又∵∠ADE=∠DEC，
∴△DAN≌△ETNAAS ，
∴AD=ET=6，
∵AD=BC=6，
∴BE=CT=1，
∵AD∥BC，
∴∠ADG=∠GCT=90°，
∵∠DAG=∠T，
∴△DAG∽△CTG，
∴ADCT=DGCG=DG15−DG=61，
解得：DG=6157．
故答案为：6157．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的知识，相似三角形判定和性质，正确做出辅助线是解答本题的关键．
【变式4-1】2023·上海·九年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，AB=3，点E在边AB上，AE=2，连接DE，将△ADE沿着DE翻折，点A的对应点为P，连接EP、DP，分别交边BC于点F、G，如果BF=14BC，那么CG的长是 ．

【答案】655
【分析】延长EP交DC于点Q，根据已知得出BFFC=13，证明△EBF∽△QCF，求得CQ=3，根据折叠的性质以及平行线的性质得出QE=QD，在Rt△PDQ中，PD=DQ2−PQ2=62−42=25，进而得出BC=AD=PD=25，证明△EBF∽△GCD，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，延长EP交DC于点Q，

∵BF=14BC，
∴BFFC=13，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD=3，AD=BC
∴△EBF∽△QCF，
∴EFFQ=EBCQ=BFFC=13，
∵BE=1，
∴CQ=3BE=3，
∴DQ=DC+CQ=6，
∵折叠，
∴AD=PD，∠AED=∠QED，AE=EP，
则BC=PD，
又∵AB∥CD，
∴∠AED=∠EDQ
∴∠DEQ=∠EDQ，
∴QE=QD=6
∵AE=EP=2，
∴PQ=EQ−EP=6−2=4，
在Rt△PDQ中，PD=DQ2−PQ2=62−42=25，
∴BC=AD=PD=25，
∴BF=14BC=52，
∵∠BEF=90°−∠BFE,∠BFE=∠PFG=90°−∠PGF，∠PGF=∠DGC=90°−∠GDC
∴∠BEF=∠DGC，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△EBF∽△GCD，
∴EBCG=BFCD，
即1CG=523，
∴CG=655，
故答案为：655．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，相似三角形的性质与判定，熟练掌握折叠的性质以及相似三角形的性质是解题的关键．
【变式4-2】（2023·安徽·九年级专题练习）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）求证EG2＝12GF•AF；
（3）若AG＝3，EG＝5，求BE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BE=655．
【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DF，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；
（2）连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=12GF，接下来，证明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系；
（3）过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用（2）的结论可求得FG=4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE=AD-GH求解即可．
【详解】（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形EFDG为菱形．
（2）证明：如图1所示：连接DE，交AF于点O．
∵四边形EFDG为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF=12GF，
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴DFAF=FODF，即DF2=FO•AF．
∵FO=12GF,DF=EG，
∴EG2=12GF⋅AF；
（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．
∵EG2=12GF⋅AF,AG=3,EG=5，
∴5=12FG(FG+3)，整理得：FG2+3FG-10=0．
解得：FG=2，FG=-5（舍去）．
∵DF=GE=5,AF=5
∴AD=AF2−DF2=25
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴GHAD=FGAF，即GH25=25，
∴GH=455．
∴BE=AD−GH=25−455=655．
【点睛】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得到DF2=FO•AF是解题答问题（2）的关键，依据相似三角形的性质求得GH的长是解答问题（3）的关键．
【变式4-3】（2023·安徽·模拟预测）如图，将矩形ABCD折叠，使点D落在AB上点D′处，折痕为AE；再次折叠，使点C落在ED′上点C′处，连接FC′并延长交AE于点G．若AB=8，AD=5，则FG长为（ ）
A．52B．29C．203D．4
【答案】C
【分析】过点G作GI⊥AB，GH⊥ED'，垂足分别为I、H，由折叠的性质可得C′E=5-4=1，在Rt△EFC′中，设FC′=x，则EF=3-x，由勾股定理得：12+（3-x）2=x2，解得：x=53，再证明△BC′D'∽△C′GH，设C′H=3m，则GH=4m，C′G=5m，则HD'=GI=AI=4-3m，ID'=5-（4-3m）=1+3m=GH=4m，可得到C′G=5m=5，从而解决问题．
【详解】解：由折叠的性质得，∠AD'E=∠D=90°，AD=AD'，
又∵∠DAB=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
过点G作GI⊥AB，GH⊥ED'，垂足分别为I、H，
∵AD'ED是正方形，
∴AD=DE=ED'=AD'=5，BC=BC′=5，∠C=∠BC′F=90°，FC=FC′，
∴D'B=EC=8-5=3，
在Rt△C′BD'中，C′D'=4，
∴C′E=5-4=1，
在Rt△EFC′中，设FC′=x，则EF=3-x，由勾股定理得：
12+（3-x）2=x2，
解得：x=53，
∵∠BC′D'+∠GC′H=90°，∠GC′H+∠C′GH=90°，
∴∠BC′D'=∠C′GH，
又∵∠GHC′=∠BD'C′=90°，
∴△BC′D'∽△C′GH，
∴C′H：GH：C′G=BD'：C′D'：BC′=3：4：5，
设C′H=3m，则GH=4m，C′G=5m，
∴HD'=GI=AI=4-3m，ID'=5-（4-3m）=1+3m=GH=4m，
解得：m=1，
∴C′G=5m=5，
∴FG=203；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造三角形相似是解题的关键．
【题型5 判断与相似有关结论的正误】
【例5】（2023春·湖北襄阳·九年级统考期中）如图所示，边长为4的正方形．ABCD．中，对角线，BD交于点O，E在线段OD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，则下列结论：①EF=EC；②CF2=CG⋅CA；③BE⋅DH=16；④若BF=1，则DE=322，正确的是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】①由“SAS”可证△ADE ≌△CDE，可得AE=EC，∠DAE=∠DCE，由四边形的内角和定理可证∠AFE=∠BCE=∠EAF，可得AE=EF=EC；
②通过证明△FCG ∽△ACF，可得CF2=CG⋅CA；
③通过证明△ECH ∽△CDH，可得CHEC=DHCD，通过证明△ECH ∽△EBC，可得CHEC=BCBE，可得结论；
④通过证明△AFC ∽△DEC，可得AFDE=ACCD，即可求解．
【详解】解：如图，连接AE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB=∠BAC=∠DAC=45°，
又∵DE=DE，
∴△ADE ≌△CDESAS，
∴AE=EC，∠DAE=∠DCE，
∴∠EAF=∠BCE，
∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE=360°，
∴∠BCE+∠EFB=180°，
又∵∠AFE+∠BFE=180°，
∴∠AFE=∠BCE=∠EAF，
∴AE=EF，
∴EF=EC，故①正确；
∵EF=EC，∠FEC=90°，
∴∠EFC=∠ECF=45°，
∴∠FAC=∠EFC=45°，
又∵∠ACF=∠FCG，
∴△FCG ∽△ACF，
∴CFCG=CACF，
∴CF2=CG⋅CA，故②正确；
．∵∠ECH=∠CDB．，∠EHC=∠DHC，
∴△ECH ∽△CDH，
∴CHDH=ECCD，
∴CHEC=DHCD，
∵∠ECH=∠DBC，∠BEC=∠CEH，
∴△ECH ∽△EBC，
∴CHBC=ECBE，
∴CHEC=BCBE，
∴DHCD=BCBE，
∴BC⋅CD=DH⋅BE=16，故③正确；
∵BF=1，AB=4，
∴AF=3，AC=42，
∵∠ECF=∠ACD=45°，
∴∠ACF=∠DCE，
又∵∠FAC=∠CDE=45°，
∴△AFC ∽△DEC，
∴AFDE=ACCD，
∴3DE=2，
∴DE=322，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【变式5-1】（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正确的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断③正确；根据EFDE≠QEBE即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
∴CPBP=CDBQ=53．
∵CP+BP=BC=5，
∴BP=38BC=158．
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
∴DFEF=CDBE=CDBQ+QE=53+5=58．
∴EFDE=813．
∵QEBE=58，
∴EFDE≠QEBE．
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
【变式5-2】（2023·山东泰安·统考二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．正确的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABM=∠ACN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小：
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴MN的最小值为3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；
当OM⊥BC时，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，

故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
【变式5-3】（2023春·四川绵阳·九年级统考期末）如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是∠ABC，∠ACB的平分线的交点，∠FOG=120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB，BC于D，E两点，连接DE．有下列四个结论：①OD=OE；②S△ODE=S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于433；④△BDE周长的最小值为6，其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用S△BOD=S△COE得到四边形ODBE的面积=13S△ABC=433，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出S△ODE=34OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+3OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．
【详解】解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°
∴OB=OC，
∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，
∵∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD和△COE中，
∠BOD=∠COEBO=CO∠OBD=∠OCE
∴△BOD≌△COEASA，
∴BD=CE，OD=OE，故①正确；
∴S△BOD=S△COE，
∴四边形ODBE的面积=S△OBC=13S△ABC=13×34×42=433 ，故③正确；
过点O作OH⊥DE于H，如图，则DH=EH，
∵∠DOE=120°，
∴∠ODE=∠OEH=30°，
∴OH=12OE，HE=3OH=32OE，
∴DE=3OE，
∴S△ODE=12⋅12OE⋅3OE=34OE2，即S△ODE随OE的变化而变化，
∵四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；故②错误；
∵BD=CE，
∴△BDE的周长 =BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=4+3OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=233 ，
∴△BDE周长的最小值6，故④正确．
故选C．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，重心的性质等等，证明△BOD≌△COE是解题的关键．
【题型6 用相似三角形的判定与性质证明】
【例6】（2023春·安徽·九年级专题练习）在正方形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD上的点，连接EF，EF⊥FG且EF=FG．
​
(1)如图1，当点G在CD上时，求证：DG=BE；
(2)如图2，当点B与点E重合时，EG，FG分别交CD于点M，N，求证：MG2=MN⋅MD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质得AB=AD，∠A=∠D=90°，而∠EFG=90°，则∠AEF=∠DFG=90°−∠AFE，即可证明△AEF≌△DFG，得AF=DG， AE=DF，则BE=AF，所以DG=BE；
（2）作GH⊥AD交AD的延长线于点H，可证明△HFG≌△ABF，则HF=AB=AD，HG=AF，可推导出HD=AF，则HG=HD，所以∠HDG=∠HGD=45°，则∠MGN=∠MDG=45°，而∠GMN=∠DMG，即可证明△MGN∽△MDG，得MNMG=MGMD，所以MG2=MN⋅MD．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=∠D=90°，
∵EF⊥FG，
∴∠EFG=90°，
∴∠AEF=∠DFG=90°−∠AFE，
在△AEF和△DFG中，
∠A=∠D∠AEF=∠DFGEF=FG，
∴△AEF≌△DFGAAS，
∴AF=DG，AE=DF，
∴AB−AE=AD−DF，
∴BE=AF，
∴DG=BE．
（2）解：如图2，作GH⊥AD交AD的延长线于点H，则∠H=∠A=90°，
∵点E与点B重合，EF⊥FG且EF=FG，
∴BF⊥FG，BF=FG，
∴∠BFG=90°，
∴∠HFG=∠ABF=90°−∠AFB，
在△HFG和△ABF中，
∠H=∠A∠HFG=∠ABFFG=BF，
∴△HFG≌△ABFAAS，
∴HF=AB=AD，HG=AF，
∴HF−DF=AD−DF，
∴HD=AF，
∴HG=HD，
∴∠HDG=∠HGD=45°，
∵∠MDH=90°，
∴∠MDG=45°，
∵∠MGN=∠GBF=45°，
∴∠MGN=∠MDG，
∵∠GMN=∠DMG，
∴△MGN∽△MDG，
∴MNMG=MGMD，
∴MG2=MN⋅MD．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解答本题的关键．
【变式6-1】（2023春·山东泰安·九年级统考期末）如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在CB、AC的延长线上，∠ADE=60°．

(1)求证：AD2=AE⋅AC；
(2)求证：△ABD∽△DCE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质可得 ∠ACB=60° , 从而得 ∠ADE=∠ACB, 可判定 △ACD∽△ADE, 即可求得 AD2=AE⋅AC；
（2）由（1）可得 △ACD∽△ADE, 则有 ∠ADC=∠AED, 再由等边三角形的性质得 ∠ABC=∠ACB=60°, 可求得 ∠ABD=∠DCE=120° ，即可判定△ABD∽△DCE；
【详解】（1）∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ACD=∠ABC=60°,
∵∠ACD=∠CDE+∠E,
∴∠CDE+∠E=60°,
∵∠ADE=60°,
∴∠ADC+∠CDE=60°,
∴∠ADC=∠E.
∵∠DAC=∠EAD,
∴△ACD∽△ADE，
∴ADAC=AEAD，
∴AD2=AE⋅AC；
（2）由（1）可知，∠ADC=∠E，
∵△ABC 是等边三角形
∴∠ACD=∠ABC=60°,
∴∠ABD=∠ECD=120°.
∴△ABD∽△DCE.
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定, 等边三角形的性质, 解答的关键是熟记相似三角形的判定条件并灵活运用.
【变式6-2】（2023春·湖南益阳·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=3，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE=a．

(1)求BF的长（用含a的代数式表示）；
(2)连接EF交AB于点G，连接GC，当GC∥AE时，求证：EA=EC．
【答案】(1)BF=2a；
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠D=90°，然后可证△ADE∽△ABF，进而根据相似三角形的性质可求解；
（2）连接AC，由题意易证四边形AGCE是平行四边形，然后可得BCAB=BGBF=12，进而可证△ABC∽△FBG，则可证AC⊥GE，得到四边形AGCE是菱形，最后问题可求证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠EAD=90°，
∴∠FAB=∠EAD，
∵∠ABF=∠D=90°，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，
∵AB=6，AD=3，DE=a，
∴BF=DE⋅ABAD=2a；
（2）证明：由题意可得如图所示：连接AC，

在矩形ABCD中，AB∥CD，AD=BC=3，AB=CD=6，∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠FBG=90°，
∵GC∥AE，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AG=CE，
∴BG=DE=a，
∵BF=2a，
∴GBBF=a2a=12，
∵BCAB=12，
∴BCAB=BGBF=12，
∵∠ABC=∠FBG=90°，
∴△ABC∽△FBG，
∴∠FGB=∠ACB，
∵∠GFB+∠FGB=90°，
∴∠GFB+∠ACB=90°，
∴AC⊥GE，
∴四边形AGCE是菱形，
∴EA=EC．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．
【变式6-3】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点M为AC边的中点，点E为AB上一点，且AE=14AB，连接EM并延长交BC的延长线于点D．求证：BC＝2CD．
【答案】证明见解析
【分析】过点C作AB的平行线，根据同位角∠FCD=∠B相等，内错角∠A=∠CMF相等，公共角∠D得出△CDF∽△BDE，进而得出CFBE=CDBD，由M为AC中点，得出AM=CM，然后由对顶角∠AME=∠CMF得出△AME≌△CMF，得出对应边AE=CF，由于AE=14AB，BE=AB−AE，得出BE=3AE，根据CFBE=CDBD得出AEBE=CDBD=13即可得出结论．
【详解】证明：过点C作CF∥AB，交DE于点F，
∴∠FCD=∠B，
又∵∠D为公共角，
∴△CDF∽△BDE，
∴CFBE=CDBD，
∵点M为AC边的中点，
∴AM=CM，
∵CF∥AB，
∴∠A=∠MCF，
又∵∠AME=∠CMF，
∴△AME≌△CMF，
∴AE=CF，
∵AE=14AB，BE=AB−AE，
∴BE=3AE，即AEBE=13,
∵CFBE=CDBD，
∴AEBE=CDBD=13，即BD=3CD，
又∵BD=BC+CD，
∴BC=2CD．
【点睛】本题考查了相似三角形性质的应用，全等三角形的判定，找准对边作平行线构造相似三角形是解题的关键．
【题型7 用相似三角形的判定与性质求线段比值】
【例7】（2023·广东佛山·佛山市华英学校校考一模）把两个含30°角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点E为AD的中点，连接BE交AC于点F．若CD＝2，则AFAC= ．
【答案】35
【分析】连接CE，解直角三角形，用AD表示AB，根据直角三角形的性质，用AD表示CE，再证明CE∥AB得△ABF∽△CEF，由相似三角形的性质得AFCF，进而得AFAC便可．
【详解】解：连接CE，
∵∠CAD=30°，∠ACD=90°，E是AD的中点，
∴AC=32AD，CE=12AD=AE，
∴∠ACE=∠CAE=30°
∵∠BAC=30°，∠ABC=90°，
∴AB=32AC=34AD，∠BAC=∠ACE，
∴AB∥CE，
∴△ABF∽△CEF，
∴AFCF=ABCE=34AD12AD=32，
∴AFAC=35，
故答案为：35．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，关键是证明三角形相似．
【变式7-1】（2023春·安徽宿州·九年级校考期中）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=8，点E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE相交于点G，则AGGF的值是 ．

【答案】23
【分析】延长DE，交CB的延长线于点H，根据ABCD平行四边形ABCD的性质，先证明△ADE≅△BHE(AAS)，得到AD=BH=8，根据点F为BC的中点，从而的得到BF=CF=4，依据AD∥GH得到△ADG∽△FHG，利用相似比计算AGGF即可．
【详解】解：延长DE，交CB的延长线于点H，如图，

∵四边形ABCD为平行四边形，AD=8，
∴AB∥DC，AD=BC=8
∴∠ADE=∠BHE，∠DAE=∠HBE，
∵点E为AB的中点，
∴AE=BE，
在△ADE和△BHE中，
∠ADE=∠BHE∠DAE=∠HBEAE=BE，
∴△ADE≅△BHE(AAS)，
∴AD=BH=8，
∵点F为BC的中点，
∴BF=CF=4，
∴FH=BF+BH=12，
∵AD∥GH，
∴△ADG∽△FHG，
∴ AGGF=ADFH=812=23．
故答案为：23．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质的应用，熟练掌握平行四边形的性质及三角形全等的判定方法和三角形相似的性质应用是解题的关键．
【变式7-2】（2023·安徽亳州·校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，F在BC边上，且EF=EC，垂足为点H，连接FG．

(1)若∠GCB=20°，求∠BEC的度数；
(2)求证：BG=2DE；
(3)若F为BC的中点，求GHHF的值．
【答案】(1)65°
(2)见解析
(3)2​
【分析】（1）由直角三角形两锐角互余及等腰三角形两底角相等可得∠ECF=∠EFC=70°，再由角平分线的性质可得∠EBC的度数，最后在三角形中利用三角形内角和可得出结论；
（2）首先证明CG=CE，再证明△CRG≌△ETCAAS，推出GR=CT=DE，可得结论；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得FC=2CT，设CT=m，则ED=GR=m，FC=BF=2m，所以BC=AD=4m，AE=CD=3m，利用△GRC的面积的不同表示可得FH的长，由（2）可得△EDC∽△FHC，由比例可得CH的长，由线段的加减可得GH的长，进而可得结论．
【详解】（1）解：∵CG⊥EF，
∴∠CHF=90°，
∵∠GCB=20°，
∴∠EFC=70°，
∵EF=EC，
∴∠ECF=∠EFC=70°，
在矩形ABCD中，∠ABC=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠EBC=45°，
在△BEC中，∠BEC=180°−∠BCE−∠EBC=180°−70°−45°=65°；
（2）证明：过点E作ET⊥BC于T，过点G作GR⊥BC于R．

∵∠A=∠ABT=∠BTE=90°，
∴四边形ABTE是矩形，
∵AB=AE，
∴四边形ABTE是正方形，
∴∠EBT=∠BET=45°，
∵EF=EC，ET⊥CF，
∴FT=TC，∠FET=∠CET，∠EFC=∠ECF，
∵CH⊥EF，
∴∠CHF=∠ETC=90°，
∴∠CFH+∠FCH=90°，∠CET+∠ECT=90°，
∴∠HCF=∠CET，
∵∠CEG=∠CET+∠BET=45°+∠CET，∠CGE=∠CBG+∠GCB=45°+∠GCB，
∴∠CEG=∠CGE，
∴CE=CG，
∵GR⊥BC，
∴∠CRG=∠ETC=90°，
∴△CRG≌△ETCAAS，
∴GR=CT，
∵∠D=∠DCT=∠ETC=90°，
∴四边形DETC是矩形，
∴DE=CT=GR，
∵△BRG是等腰直角三角形，
∴BG=2GR=2DE；
（3）解：由（2）知FC=2TC，四边形EDCT是矩形，ED=TC，
∵点F为BC的中点，
∴BF=FC，
设CT=m，则ED=GR=m，FC=BF=2m，
∴BC=AD=4m，AE=3m，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=BE=3m，
∴CD=3m，EC=EF=10m，
∵S△GFC=12GC⋅FH=12GR⋅FC，
∴ 12⋅10m⋅FH=12⋅m⋅2m，
∴FH=105m，
∴GC=105m，
由（2）知∠GCR=∠ECD，
∵∠FHC=∠D=90°，
∴△EDC∽△FHC，
∴DC:EC=HC:FC，即3m:10m=HC:2m，
解得CH=3105m，
∴FH=GC−CH=10m−3105m=2105m，
∴ GHFH=2105m105m=2．
【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定，三角形内角和，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等相关知识，设CT=m，用m表达FH和GH的长是解题关键．
【变式7-3】（2023·江苏苏州·统考三模）【问题探究】
课外兴趣小组活动时，同学们正在解决如下问题：
如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边DC，BC上的点，连接AE，DF，且AE⊥DF于点G，若AB=6，BC=8，求DFAE的值．

(1)请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
【初步运用】
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°，ABAC=34，点D为AC的中点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，求AFBD的值．
【灵活运用】
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，则CFDE=__________________．
【答案】(1)34
(2)1217
(3)2425
【分析】（1）证明△ADE∽△DCF，根据相似三角形对应边成比例，即可求解；
（2）构造矩形ABHC，延长AF交CH于点G，
由（1）中结论可得：△ABD∽△CAG，BDAG=ABAC=ADCG=34，设AB=CH=3k，AC=BH=4k，则AD=12AC=2k，BD=13k，CG=83k，AG=4133k，再证明△ABF∽△GCF，则AFGF=ABCG，即可求出AF=121317k，即可求解；
（3）连接BD，构造如图所示矩形AMND，过点N作NP∥CF，交AD于点P，证明△ABD≌△CBD，△DCN∽△CBM，根据ABAD=34，得出BMCN=CMDN=34，设BM=3x,CN=4x，则CM=MN−CN=4k−4x，DN=AM=AB+BM=3k+3x，得出x=725k，即可求出AM=9625k，由（1）中结论可得：NPDE=AMAD，最后证明四边形FCNP为平行四边形，则CFDE=NPDE=2425．
【详解】（1）解：∵AE⊥DF，
∴∠EDG+∠DEG=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，BC=AD=8，∠C=∠ADE=90°，
∴∠EDG+∠DFC=90°，
∴∠DEG=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF，
∴DFAE=CDAD=68=34；
（2）解：构造如图所示矩形ABHC，延长AF交CH于点G，
由（1）中结论可得：△ABD∽△CAG，
∵ABAC=34，
∴设AB=CH=3k，AC=BH=4k，
∵点D为AC的中点，
∴AD=12AC=2k，
在Rt△ABD中，根据勾股定理可得：BD=AD2+AB2=13k，
∵△ABD∽△CAG，
∴BDAG=ABAC=ADCG=34，则2kCG=34，13kAG=34，
解得：CG=83k，AG=4133k，
∵四边形ABHC为矩形，
∴AB∥CG，
∴∠BAF=∠CGF,∠ABF=∠GCF，
∴△ABF∽△GCF，
∴AFGF=ABCG，即AF4133k−AF=3k83k，
解得：AF=121317k，
∴AFBD=121317k13k=1217；

（3）解：连接BD，构造如图所示矩形AMND，过点N作NP∥CF，交AD于点P，
∵AB=BC，AD=CD，BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠BCM+∠DCN=90°，
∵四边形AMND为矩形，
∴∠BCM+∠CBM=90°，
∴∠DCN=∠CBM，
∵∠M=∠N=90°，
∴△DCN∽△CBM，
∵ABAD=34，
∴设AB=BC=3k，AD=CD=4k，
∴BMCN=CMDN=34，
设BM=3x,CN=4x，
则CM=MN−CN=4k−4x，DN=AM=AB+BM=3k+3x，
∴4k−4x3k+3x=34，整理得：x=725k，
∴AM=AB+BM=3k+3×725k=9625k，
由（1）中结论可得：NPDE=AMAD=9625k4k=2425．
∵NP∥CF，CN∥PF，
∴四边形FCNP为平行四边形，
∴CF=NP，
∴CFDE=NPDE=2425．
故答案为：2425．

【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，解题的关键是掌握矩形是四个角都是直角的平行四边形，相似三角形对应边成比例，以及正确作出辅助线，构造题中所给几何模型，进行解答．
【题型8 利用相似三角形的判定与性质求最值】
【例8】（2023春·黑龙江大庆·九年级校考开学考试）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=1，AC=22 点D，E分别是边BC,AC上的动点，则DA+DE的最小值为（ ）
A．89B．169C．29D．1629
【答案】B
【分析】如图，作A关于BC的对称点A′，连接AA′，交BC于F，过A′作A′E⊥AC于E，交BC于D，则AD=A′D，此时AD+DE的值最小，就是A′E的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．
【详解】解：作A关于BC的对称点A′，连接AA′，交BC于F，过A′作A′E⊥AC于E，交BC于D，则AD=A′D，此时AD+DE的值最小，就是A′E的长，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=1,AC=22，
∴BC=12+222=3，
∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅AF，
∴12×1×22=12×3AF，
∴AF=223，
∴AA'=2AF=423，
∵∠A′FD=∠DEC=90°,∠A′DF=∠CDE，
∴∠A′=∠C，
∵∠AEA′=∠BAC=90°，
∴△AEA′∽△BAC，
∴AA′A′E=BCAC，
∴423A′E=322，
∴A′E=169，
即AD+DE的最小值是169；
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称—最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题．
【变式8-1】（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是OD、OC上的两个动点，且EF=4，P是EF的中点，连接OP、PC、PD，若AC=12,BD=16，则PC+14PD的最小值为 ．

【答案】1452
【分析】在OD上取一点G，使得OG=12,连接PG、CG．根据菱形的性质可知OC=6,OD=8，则OGOP=OPOD=14，结合∠GOP=∠POD，可得△POG∽△DOP，利用相似三角形的性质证得PG=14PD,根据PC+PG≥CG可知CG的长即为PC+14PD的最小值，利用勾股定理求出CG便可解决问题．
【详解】解：如图，在OD上取一点G，使得OG=12，连接PG、CG．

∵四边形ABCD为菱形，AC=12,BD=16，
∴OC=12AC=6，OD=12BD=8，AC⊥BD，
∵EF=4，P是EF的中点，
∴OP=12EF=2，
∴OGOP=122=14，OPOD=28=14，
又∵∠GOP=∠POD，
∴△POG∽△DOP，
∴GPPD=14，即GP=14PD，
∵PC+PG≥CG，
∴当点G、P、C在同一直线上时，PC+14PD取得最小值，
此时PC+14PD=PC+PG=CG=OC2+OG2=1452 ，
故答案为：1452．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握“胡不归”问题模型，正确画出辅助线，构造相似三角形，根据相似三角形的性质和勾股定理求解．
【变式8-2】（2023·广东广州·校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=3，E，F分别为AB，CD边的中点．动点P从点E出发沿EA向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿FC向点C运动，连接PQ，过点B作BH⊥PQ于点H，连接DH．若点P的速度是点Q的速度的2倍，在点P从点E运动至点A的过程中，线段DH长度的最小值为 ．

【答案】13−2
【分析】连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH,OD，过点O作ON⊥CD于N，易得四边形BCFE为矩形，△FMQ∽△EMP，推出OD和OH的长，根据DH≥OD−OH，得到当O，H，D共线时，DH最小，进行求解即可．
【详解】解：连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH,OD，过点O作ON⊥CD于N．

则：MO=OB，
∵矩形ABCD，AB=4,BC=3，E，F分别为AB，CD边的中点，
∴BC⊥CD，BE=12AB=2,FC=12CD=12AB=2，EF∥BC，CD∥AB，
∴四边形BCFE为矩形，MF∥ON∥BC，△FMQ∽△EMP，
∴FMME=FQPE=12，FN=CN=1，DN=DF+FN=3，
∴EM=23EF=23BC=2，
∴FM=1，ON=12FM+BC=2，
∴OD=DN2+ON2=32+22=13，
∵BH⊥PQ，
∴∠BHM=90°，
∵OM=OB，
∴OH=12BM=12×EM2+BE2=2，
∵DH≥OD−OH，
∴DH≥13−2，由于M和B点都是定点，所以其中点O也是定点，当O，H，D共线时，此时DH最小，
∴DH的最小值为13−2，
故答案为：13−2．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线．解题的关键是条件辅助线，构造相似三角形和直角三角形，利用两点之间线段最短得到线段的最小值．
【变式8-3】（2023春·江苏镇江·九年级统考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，E是AB上一点，BE=2．F是BC上的动点，连接EF，H是CF上一点且HFCF=k（k为常数，k≠0），分别过点F，H作EF，BC的垂线，交点为G．设BF的长为x，GH的长为y．

(1)若x=4，y=6，则k的值是
(2)若k=1时，求y的最大值．
(3)在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，求此时k的值．
【答案】(1)12
(2)252
(3)1225
【分析】（1）先证明△BEF∽△HFG，由相似三角形的性质得到y=k2−x2+10x，再x与y的值代入得到关于k的方程，求解即可；
（2）由（1）知：y=k2−x2+10x，当k=1时，可得到y=−12x−52+252，再利用二次函数的最值求解即可；
（3）根据题意可得y的最大值是6，再由（1）知：y=−k2x−52+25k2，根据二次函数的最值可得k>0，当x=5时，y的最大值是25k2，从而得到关于k的方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，
∴∠EBF=90°，
∴∠BEF+∠EFB=90°，
∵FG⊥EF，GH⊥BC，
∴∠FHG=∠EFG=90°，
∴∠EBF=∠FHG，∠HFG+∠EFB=90°，
∴∠BEF=∠HFG，
∴△BEF∽△HFG，
∴BFBE=HGFH，
∵BE=2，HFCF=k，设BF的长为x，GH的长为y，
∴CF=BC−BF=10−x，HF=k⋅CF=k10−x，
∴x2=yk10−x，
∴y=k2−x2+10x，
∵x=4，y=6，
∴k2×−42+10×4=6，
解得：k=12．
故答案为：12；
（2）由（1）知：y=k2−x2+10x，
当k=1时，y=12−x2+10x=−12x−52+252，
∵−12<0，
∴当x=5时，y有最大值，y的最大值是252．
∴y的最大值是252；
（3）∵在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，
∴y的最大值是6，
由（1）知：y=k2−x2+10x=−k2x−52+25k2，
当−k2<0时，即k>0，y有最大值，
当x=5时，y的最大值是25k2，
∴25k2=6，
∴k=1225．
∴此时k的值为1225．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，二次函数的最值．根据相似三角形的性质建立y与x的函数关系式是解题的关键．
【题型9 利用相似三角形的判定与性质解决几何动点问题】
【例9】（2023春·江苏宿迁·九年级南师附中宿迁分校校联考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=23，∠CAB=60°，点E是对角线AC上的一个动点，连接DE，以DE为斜边作Rt△DEF，使得∠DEF=60°，且点F和点A位于DE的两侧，当点E从点A运动到点C时，动点F的运动路径长是 ．

【答案】6
【分析】过点F作GH⊥CD于点G，过点E作HK⊥AD于点K，可得四边形DGHK是矩形，证得△EFH∽△FDG，可得DGFH=FGEH=DFEF=3，然后设EH=x，FH=y，则FG=3x,DG=3y，求得点F到AD的距离为323，从而得到点F的运动轨迹为线段FF′的长，再证得∠FDF′=90°，即可求解．
【详解】解∶ 在矩形ABCD中，∠ADC=∠B=90°，
∵∠CAB=60°，AB=23
∴∠ACB=30°，
∴AC=2AB=43，
∴AD=AC2−AB2=6，
如图，过点F作GH⊥CD于点G，过点E作HK⊥AD于点K，两线交于点H，

∵∠DGH=∠ADC=∠DKH=90°，
∴四边形DGHK是矩形，∠FDG+∠DFG=90°，
∴DG=KH，GH=DK，∠H=90°，GH∥DK，
∵∠DFE=90°，
∴∠DFG+∠EFH=90°，
∴∠EFH=∠FDG，
∴△EFH∽△FDG，
∴DGFH=FGEH=DFEF，
∵∠DEF=60°，
∴∠EDF=30°，
∴DE=2EF，
∴DF=DE2−EF2=3EF，
∴DGFH=FGEH=DFEF=3，
设EH=x，FH=y，则FG=3x,DG=3y，
∴KH=3y,DK=3x+y，
∴KE=3y−x，
∵∠CAB=60°，
∴∠EAK=30°，
∴AE=2KE，
∴AK=3KE=3y−3x，
∴3y−3x+3x+y=6，
解得：y=32，
∴KH=323，即点F到AD的距离为323，
如图，当点E与点A重合时，当点E与点C重合时，
∴点F的运动轨迹为线段FF′的长，

当点E与点A重合时，ED=6，∠DEF=60°，
∵∠AFD=90°，
∴∠ADF=30°，
∴EF=12ED=3，∠CDF=60°，
∴DF=ED2−AF2=33，
当时点E与点C重合时，∠DCF′=60°，
∴∠CDF′=30°，
∴∠FDF′=90°，CF'=12CD=3，
∴DF′=CD2−CF′2=3，
∴FF′=DF2+DF′2=6，
即动点F的运动路径长是6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理等知识，能够根据F点的运动情况，分析出F点的运动轨迹是线段，在30度角的直角三角形中求解是解题的关键．
【变式9-1】（2023春·山东青岛·九年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=10，AB和CD之间的距离是8，动点P在线段AB上从点A出发沿AB方向以每秒2个单位的速度匀速运动；动点Q在线段BC上从点B出发沿BC的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，过点P作PE⊥AB，交线段AD于点E，若P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒(0
(1)当BE平分∠ABC时，求t的值；
(2)连接CE，设四边形PBCE的面积为S，求出S与t的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使得CE∥QP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)t=125
(2)S=−2815t2+11215t+32
(3)存在，41−48110
【分析】（1）如图，过点D作DH⊥AB于H，根据相似三角形的性质求出AE，再证明AE=AB，构建方程求解即可；
（2）如图，过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，S=S▱ABCD−S△APE−S△PBQ−S△DEC，求解即可；
（3）如图，连接EC，PQ．利用相似三角形的性质，构建方程求解即可．
【详解】（1）解：如图1中，过点D作DH⊥AB于H，
∴DH=8，
∴AH=6，

∵PE⊥AB，DH⊥AB，
∴PE∥DH，
∴△AEP∽△ADH，
∴ APAH=AEAD，
由运动知，AP=2t，
∴ 2t6=AE10，
∴ AE=103t，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB，
∴ 103t=8，
∴ t=125；
（2）如图2中，过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，

∵△AEP∽△ADH，
∴ APAH=PEHD=AEAD，
∴ 2t6=PE8=AE10，
∴ PE=83t，AE=103t，
∴DE=10−103t，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠A，
∵∠AHD=90°，
∴△CDF∽△DAH，
∴ DFAH=CDAD=CFDH，
∴ DF6=810=CF8，
∴CF=325，DF=245，
∵△BQG∽△ADH，
∴ BQAD=QGDH，
∴ QG=45t，
∴S=S▱ABCD−S△APE−S△PBQ−S△DEC
=64−12×2t×83t−12(8−2t)×45t−12×(10−103t)×325
=−2815t2+11215t+32；
（3）存在，
如图3中，连接EC，PQ．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B，AD∥BC，
∴∠DEC=∠ECB，
∵CE∥QP，
∴∠PQB=∠ECB，
∴∠DEC=∠PQB，
∴△EDC∽△QBP，
∴ CDPB=DEBQ，
∴ 88−2t=10−103tt，
化简得5t2−41t+60=0，
解得：t1=41+48110（舍去），t2=41−48110．
∴t=41−48110．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，正确寻找相似三角形是解决问题的关键．
【变式9-2】（2023春·吉林白山·九年级校联考期中）如图所示，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=6，动点P从点A出发，沿折线AC−CB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，D是AB的中点，以PA，AD为邻边作▱APED，设点P的运动时间为t秒．

(1)用含t的代数式表示线段PC的长；
(2)当点E落在边BC上时，求t的值；
(3)当点P在线段AC上运动时，连接PD，若△PDE为钝角三角形，求t的取值范围．
【答案】(1)PC=8−2t(0≤t≤4)2t−8(4(2)t=2；
(3)0【分析】(1)当点P在线段AC上时，PC=AC−AP=8−2t，当点P在线段BC上时，PC=2t−8，从而得出结果；
(2)证明△BDE∽△BCA，从而得出AP=DE=12AC，进一步得出结论；
(3)求出临界:∠APD=90°和∠ADP=90°时的t的值，进而求得结果．
【详解】（1）∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
∴点P到达点C所用的时间为8÷2=4（秒），点P到达点B所用的时间为8+6÷2=7（秒），
∴当点P在AC上时，AP=2t，则PC=AC−AP=8−2t(0≤t≤4)；
当点P在CB上时，PC=2t−8(4综上可知，PC=8−2t(0≤t≤4)2t−8(4（2）如图所示，点E落在边BC上，

∵点D是AB的中点，
∴BD=12BA．
∵四边形ADEP是平行四边形，
∴ED∥AC，ED=AP，
∴△BED∽△BCA，
∴BEBC=BDBA=12，
∴点E是BC的中点，
∴ED是Rt△ABC的中位线，
∴ED=AP=12AC=12×8=4，
∴2t=4，解得t=2．
（3）当点P在AC上时，
如图所示，当PD⊥DE时，△PDE是直角三角形，

∴PD∥BC，
∴△ADP∽△ABC，
∴APAC=ADAB=12，
∴点P是AC的中点，
∴AP=12AC=12×8=4，
∴2t=4，解得t=2．
∴当△PDE为钝角三角形时，0如图所示．当PD⊥PE时，△PDE是直角三角形．

∵四边形ADEP是平行四边形，
∴AB∥PE，
∴∠ADP=∠DPE=90°，
∴∠C=∠ADP=90°，
又∵∠BAC=∠PAD，
∴△ABC∽△APD，
∴ABAP=ACAD，得102t=85，
解得t=258，
综上，当△PDE为钝角三角形时，0【点睛】此题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，角平分线的判定，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形．
【变式9-3】（2023春·重庆永川·九年级重庆市永川中学校校考阶段练习）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D是射线BA上一动点，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得线段CE，连接DE，点F是线段DE的中点，连接BF．

(1)如图1，若点D在线段BA延长线上，连接BE，若DE=6，求BF的长；
(2)如图2，若点D在线段AB上，连接CF，求证：CF=BF；
(3)如图3，点P是BC的中点，连接CF，AF，PF，若BC=4，当△ACF为等腰三角形时，求PF的长．（直接写出答案即可）
【答案】(1)BF=3；
(2)见解析
(3)PF=2或4+23或4−23或23
【分析】（1）证△CDA≌△CEBSAS，得到∠CAD=∠CBE=135°，求出∠EBD=90°，再根据直角三角形斜边中线的性质得到BF=12DE=3；
（2）连接BE，证△CAD≌△CBESAS，得到∠EBA=90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到BF=12DE，CF=12DE，即可得到结论；
（3）由（2）可得CF=BF，求出PC=12BC=2，再分三种情况：当CA=CF时，当AC=AF时，当FC=FA时，分别画出图形解答即可．
【详解】（1）解：∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠CAD=135°，
由旋转得：CD=CE,∠DCE=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∴△CDA≌△CEBSAS，
∴∠CAD=∠CBE，∴∠CBE=135°，
∴∠EBD=∠CBE−∠CBA=135°−45°=90°，
∵点F是线段DE的中点，且DE=6，
∴BF=12DE=3；
（2）证明：连接BE，

∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
由旋转得：CD=CE,∠DCE=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∴△CAD≌△CBESAS，
∴∠CAD=∠CBE=45°，
∴∠EBA=∠CBE+∠CBA=45°+45°=90°，
∵点F是DE的中点，
∴BF=12DE，
∵∠DCE=90°，
∴CF=12DE，
∴CF=BF；
（3）解：由（2）可得CF=BF，
∵P是BC的中点，
∴PC=12BC=2，PC⊥BC，
当CA=CF时，如图：

∵CA=CB，
∴CF=CB=BF，
∴△CBF是等边三角形，
∴∠CFP=12∠CFB=60°，
∴CF=2CP
∴PF=3PC=23；
当AC=AF时，过点A作AH⊥CF，如图：

∴CF=2CH,∠AHC=90°，∠ACF=∠AFC，
∵AC⊥CB,FP⊥CB，
∴AC∥PF，∠CPF=90°=∠AHC，
∴∠ACF=∠CFP，
∴△CHA∽△FPC，
∴ACCF=CHPF
∴42CH=CHPF，
∴4PF=2CH2，即PF=12CH2，
在Rt△CPF中，CF2=PC2+PF2，
∴4CH2=22+12CH22，
解得CH2=8±43，
∴PF=4±23；
当FC=FA时，
∵FC=DF，
∴DF=AF，
∵点D在射线BA上，
∴点D与点A重合，如图：

∴DF=AF=BF，
∵∠B=45°，
∴∠BCF=45°,∠CFB=90°，
∴△CBF是等腰直角三角形，
∴PF=12BC=2，
综上，PF=2或4+23或4−23或23．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点，分类讨论，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．