人教版数学九年级下册重难点培优训练专题27.9手拉手型相似三角形综合问题（2份，原卷版+解析版）

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专题27.9手拉手型相似三角形综合问题（重难点培优）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，试题共22题，选择10道、填空6道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022•双峰县一模）如图，点P在△ABC的边AC上，若要判定△ABP∽△ACB，则下列添加的条件不正确的是（　　）A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C．＝ D．＝【分析】根据相似三角形的判定方法，逐项判断即可．【解答】解：在△ABP和△ACB中，∠BAP＝∠CAB，A、当∠ABP＝∠C时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故A不符合题意；B、当∠APB＝∠ABC时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故B不符合题意；C、当＝时，满足两边对应成比例且夹角相等，可判断△ABP∽△ACB，故C不符合题意；D、当＝时，其夹角不相等，则不能判断△ABP∽△ACB，故D符合题意；故选：D．2．（2022春•沙坪坝区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，以A（0，1）为位似中心，在y轴右侧作△ABC放大2倍后的位似图形△AB'C'，若点B的坐标为（﹣1，3），则点B的对应点B'的坐标为（　　）A．（2，﹣4） B．（1，﹣4） C．（2，﹣3） D．（1，﹣3）【分析】过点A作x轴的平行线DD′，作BD⊥DD′于D，作B′D′⊥DD′于D′，设出B点坐标（x，y），分别表示出AD，BD，A′D′，B′D′，根据位似比列出等式，求解即可解决问题．【解答】解：如图所示，过点A作x轴的平行线DD′，作BD⊥DD′于D，作B′D′⊥DD′于D′，设B′（x，y），则BD＝3﹣1＝2，AD＝1，B′D′＝﹣y+1，AD′＝x，∵△ABC与△A′B′C′的位似比为1：2，∴，即，解得：x＝2，y＝﹣3，∴点B′得坐标为（2，﹣3）．故选：C．3．（2021秋•亳州期末）如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点D是AC上的点，连接AE，下列相似三角形成立的有（　　）①△BCD∽△BEO；②△AOD∽△EOB；③△AOE∽△DOB；④△BOD∽△BDA．A．1对 B．2对 C．3对 D．4对【分析】①根据等边三角形的性质可得∠CBD＝∠ABE，然后利用手拉手模型﹣旋转型相似证明△BCD∽△BEO；②利用8字模型相似三角形证明△AOD∽△EOB；③利用②的结论可得＝，然后利用两边成比例且夹角相等证明△AOE∽△DOB；④利用两角相等的两个三角形相似证明△BOD∽△BDA．【解答】解：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，∴∠C＝∠ABC＝∠CAB＝60°，∠EDB＝∠DBE＝∠DEB＝60°，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，∴∠CBD＝∠ABE，∴△BCD∽△BEO，故①正确；∵∠AOD＝∠BOE，∠DAB＝∠DEB＝60°，∴△AOD∽△EOB，故②正确；∵△AOD∽△EOB，∴＝，∵∠AOE＝∠DOB，∴△AOE∽△DOB，故③正确；∵∠DBA＝∠DBO，∠DAB＝∠ODB＝60°，∴△BOD∽△BDA，故④正确；所以，上列相似三角形成立的有4对，故选：D．4．（2022•瑶海区三模）如图，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，连接CC'，将CC′沿C′B′方向平移至EB'，连接BE，若CC'＝，则BE的长为（　　）A．1 B． C． D．2【分析】连接BB′，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得＝，再利用相似三角形的性质可得＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，从而利用等式的性质可得∠BAB′＝∠CAC′，进而可证△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性质可得∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，再利用平移的性质可得CC′∥B′E，＝＝，从而利用平行线的性质可得∠BB′E＝30°，最后证明△BCA∽△BEB′，从而可得∠BEB′＝90°，进而在Rt△BEB′中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【解答】解：连接BB′，∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，∴cos30°＝＝，∵△ABC∽△AB'C'，∴＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，∴∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′∽△CAC′，∴∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，由平移得：CC′＝B′E＝，CC′∥B′E，∴＝＝，∵CC′∥B′E，∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°，∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°，∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°，∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°，∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°，∴∠BB′E＝30°，∴∠BB′E＝∠CAB＝30°，∴△BCA∽△BEB′，∴∠BEB′＝∠ACB＝90°，∴BE＝B′E•tan30°＝×＝，故选：B．5．（2021•宝应县模拟）如图，在四边形ABCD中，BC⊥DC，∠BDC＝30°，AD＝8，AB＝6，则对角线AC的最小值为（　　）A．2 B．5 C．6 D．5【分析】过点A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，利用△EDB∽△ADC，得，可知EB最小时，AC最小，求出EB的最小值即可解决问题．【解答】解：过点A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，∵AD＝8，∴AE＝AD＝，∴＝，∠ADC＝∠EDB，∴△EDB∽△ADC，∴，∴AC＝EB，∴EB最小时，AC最小，∵EB≥AB﹣AE，∴EB最小为6﹣＝，∴AC的最小值为＝5，故选：B．6．（2021秋•滨江区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转，使旋转角等于∠DAC，且DG⊥PG，即∠DPG＝∠DAC．连接CG，则CG最小值为（　　）A． B． C． D．【分析】作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H，证明△ADH∽△PDG，得∠DHG＝∠DAP＝定值，则点G在射线HF上运动，故当CG⊥HF时，CG的值最小，再证FH＝FC＝DF＝1，可知HE＝CG，利用等积法求出HE的长即可．【解答】解：如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于E，∵DG⊥PG，DH⊥AC，∴∠DGP＝∠DHA，∵∠DPG＝∠DAH，∴△ADH∽△PDG，∴，∠ADH＝∠PDG，∴∠ADP＝∠HDG，∴△ADP∽△DHG，∴∠DHG＝∠DAP＝定值，∴点G在射线HF上运动，∴当CG⊥HF时，CG的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠HDF＝90°，∵∠DAH+∠ADH＝90°，∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，∴FD＝FH，∵∠FCH+∠CDH＝90°，∠FHC+∠FHD＝90°，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC＝DF＝1，在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝2，由勾股定理得AC＝2，DH＝，∴CH＝＝，∴EH＝，∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，∴△CGF≌△HEF（AAS），∴CG＝HE＝，∴CG的最小值为，故选：C．7．（2020秋•天宁区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC边上一点，连接BD，点E是线段BD延长线上一点，连接AE，CE．使∠CAE＝∠CBE，过点C作CF⊥CE，交BD于点F．若∠ABC＝α（0°＜α＜90°），则线段AE与BF之间的数量关系为（　　）A．AE＝BF•tanα B．BF＝AE•tanα C．BF＝AE•cosα D．BF＝AE•sinα【分析】结论：AE＝BF•tanα．证明△BCF∽△ACE即可解决问题．【解答】解：结论：AE＝BF•tanα．理由：∵∠BCA＝∠FCE＝90°，∴∠BCF＝∠ACE，∵∠CAE＝∠CBF，∴△BCF∽∠ACE，∴＝，∵∠ABC＝α，∴tanα＝，∴AE＝BF•tanα．故选：A．8．（2019•南京一模）如图，将△ABC绕点A旋转任意角度得到△AB'C'，连接BB'、CC'，则BB'：CC'等于（　　）A．AB：AC B．BC：AC C．AB：BC D．AC：AB【分析】利用旋转的性质得∠B′AB＝∠C′AC，AB′＝AB，AC′＝AC，则可判断△ABB′∽△ACC′，然后利用相似三角形的性质可对各选项进行判断．【解答】解：∵△ABC绕点A旋转任意角度得到△AB'C'，∴∠B′AB＝∠C′AC，AB′＝AB，AC′＝AC，∴△ABB′∽△ACC′，∴＝．故选：A．9．（2012•攀枝花）如图，△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，BC、DE交于点O．则下列四个结论中，①∠1＝∠2；②BC＝DE；③△ABD∽△ACE；④A、O、C、E四点在同一个圆上，一定成立的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】由△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，根据全等三角形的性质，即可求得BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，继而可得∠1＝∠2，则可判定①②正确；由△ABC≌△ADE，可得AB＝AD，AC＝AE，则可得AB：AC＝AD：AE，根据有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，即可判定③正确；易证得△AEF∽△OCF与△AOF∽△CEF，继而可得∠OAE+∠OCE＝180°，即可判定A、O、C、E四点在同一个圆上．【解答】解：∵△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，∴∠BAC＝∠DAE，BC＝DE，故②正确；∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠1＝∠2，故①正确；∵△ABC≌△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∴，∵∠1＝∠2，∴△ABD∽△ACE，故③正确；∵∠ACB＝∠AEF，∠AFE＝∠OFC，∴△AFE∽△OFC，∴，∠2＝∠FOC，即，∵∠AFO＝∠EFC，∴△AFO∽△EFC，∴∠FAO＝∠FEC，∴∠EAO+∠ECO＝∠2+∠FAO+∠ECO＝∠FOC+∠FEC+∠ECO＝180°，∴A、O、C、E四点在同一个圆上，故④正确．故选：D．10．（2018春•辉县市期末）如图，△ABC≌△ADE且BC、DE交于点O，连接BD、CE，则下列四个结论：①BC＝DE，②∠ABC＝∠ADE，③∠BAD＝∠CAE，④BD＝CE，其中一定成立的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据全等三角形的性质判断即可．【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∴BC＝DE，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，但不能得出DB＝CE，故选：C．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上11．（2021•准格尔旗一模）如图，AB＝4，AC＝，∠DAB＝∠DBC＝30°，∠BDC＝90°，ED⊥AD交AB于E，则DE的长是 　　．【分析】根据题目的已知可得，△ADE∽△BDC，从而得两个直角边对应成比例，从图形分析可知∠ADB＝∠EDC，所以想到连接EC，构造“手拉手”相似模型，再证明△ABD∽△ECD，继而求出EC的长，易证∠BEC＝90°，最后放在Rt△AEC中利用勾股定理求出AE即可．【解答】解：连接EC，∵∠ADE＝∠BDC＝90°，∠DAB＝∠DBC＝30°，∴，△ADE∽△BDC，∵∠ADB＝∠ADE+∠EDB，∠EDC＝∠BDC+∠EDB，∴∠ADB＝∠EDC，∴△ABD∽△ECD，∴，∠ABD＝∠ECD，∵∠DBC+∠DCB＝90°，∴∠DBC+∠ECB+∠EBD＝90°，∴∠BEC＝90°，∵AB＝4，∴EC＝，∵AC＝，∴AE＝＝，∴DE＝AE＝．12．（2022春•青白江区校级月考）如图，DE是△ABC的中位线，F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，则S△CEF：S△DGF＝　3：1　．【分析】取CG的中点H，连接EH，根据三角形的中位线定理可得EH∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠GDF＝∠HEF，然后利用“角边角”证明△DFG和△EFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FG＝FH，全等三角形的面积相等可得S△EFH＝S△DGF，再求出FC＝3FH，再根据等高的三角形的面积比等于底边的比求出两三角形的面积的比，从而得解．【解答】解：如图，取CG的中点H，连接EH，∵E是AC的中点，∴EH是△ACG的中位线，∴EH∥AD，∴∠GDF＝∠HEF，∵F是DE的中点，∴DF＝EF，在△DFG和△EFH中，，∴△DFG≌△EFH（ASA），∴FG＝FH，S△EFH＝S△DGF，又∵FC＝FH+HC＝FH+GH＝FH+FG+FH＝3FH，∴S△EFC＝3S△EFH，∴S△EFC＝3S△DGF，∴S△CEF：S△DGF＝3：1．故答案为：3：1．13．（2022•市中区校级一模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　　．【分析】过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，则可得△ABE∽△PBG，进而可知∠BPG为定值，因此CG⊥PG时，CG最小，通过设元利用三角函数和相似比可表示出PG、CP，即可求出结果．【解答】解：如图，过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，∵，∠ABC＝∠EBF，∴△ABC∽△EBF，∴∠CAB＝∠FEB，∵∠APB＝∠EGB＝90°，∴△ABP∽△EBG，∴＝，∠ABP＝∠EBG，∴∠ABE＝∠PBG，∴△ABE∽△PBG，∴∠BPG＝∠BAE，即在点E的运动过程中，∠BPG的大小不变且等于∠BAC，∴当CG⊥PG时，CG最小，设此时AE＝x，∵，∴PG＝，∵CG⊥PG，∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC，∴，代入PG＝，解得CP＝x，∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC＝，∴x＝，∴AE＝．∴CE＝，故答案为：．14．（2021秋•宜宾期末）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰直角△ABC和等腰直角△ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②MP•MD＝MA•ME；③2CB2＝CP•CM；④sin∠CPB＝；其中正确的结论有 　①②③　．（写出所有正确结论的序号）．【分析】根据题意可得：CA＝AB，AD＝AE，利用两角成比例且夹角相等的两个三角形相似，证明①△BAE∽△CAD，从而得∠AEB＝∠ADC，然后利用两角相等的两个三角形相似证明△EMP∽△DMA，从而证明②MP•MD＝MA•ME，利用②的结论再证明△DEM∽△APM，从而得∠APM＝∠DEM＝90°，根据已知可知∠EAC＝90°，然后利用射影定理证明③2CB2＝CP•CM，求出∠CPB的度数即可判断．【解答】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴CA＝AB，AD＝AE，∠AED＝∠ABC＝90°，∠DAE＝∠CAB＝45°，∴∠DAE+∠EAC＝∠CAB+∠EAC，∴∠DAC＝∠EAB，∵＝＝，∴△BAE∽△CAD，故①正确；∵△BAE∽△CAD，∴∠AEB＝∠ADC，∵∠PME＝∠AMD，∴△EMP∽△DMA，∴＝，∴MP•MD＝MA•ME，故②正确；∵MP•MD＝MA•ME，∴＝，∵∠AMP＝∠DME，∴△DEM∽△APM，∴∠APM＝∠DEM＝90°，∵∠DAE＝∠CAB＝45°，∴∠EAC＝180°﹣（∠DAE+∠CAB）＝90°，∴∠EAC＝∠APC，∵∠ACP＝∠ACM，∴△CPA∽△CAM，∴＝，∴CA2＝CP•CM，∴2CB2＝CP•CM，故③正确；设BE与AC相交于点F，∵△BAE∽△CAD，∴∠ACD＝∠ABE，∵∠AFB＝∠PFC，∴∠CPB＝∠CAB＝45°，∴sin∠CPB＝，故④错误，所以，正确的结论有：①②③，故答案为：①②③．15．（2021秋•嵊州市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，D是AB的中点，M是线段AC上的一动点，连结DM．以DM为直角边作直角三角形DEM，使得∠DEM＝30°，斜边DE所在直线交射线MC于点F．若△MDF的面积是△MEF面积的倍，则CM的长为 　5　．【分析】如图，过点D作DG⊥AC于G，过点E作EH⊥AC于H，先证得△ADG∽△ABC，求得：DG＝3，AG＝4，CG＝4，再根据△MDF的面积是△MEF面积的倍，可求得EH＝DG＝，再利用三角函数定义可得＝tan∠DEM＝tan30°＝，最后再证明△DMG∽△MEH，运用相似三角形性质即可求得答案．【解答】解：如图，过点D作DG⊥AC于G，过点E作EH⊥AC于H，则∠DGM＝∠MHE＝90°，在Rt△ABC中，BC＝＝＝6，∵D是AB的中点，∴AD＝AB＝5，∵∠AGD＝∠ACB＝90°，∠DAG＝∠BAC，∴△ADG∽△ABC，∴＝＝，即＝＝，∴DG＝3，AG＝4，∴CG＝AC﹣AG＝8﹣4＝4，∵△MDF的面积是△MEF面积的倍，∴FM•DG＝×FM•EH，∴DG＝EH，即EH＝DG＝，在Rt△DEM中，∠DME＝90°，∠DEM＝30°，∴＝tan∠DEM＝tan30°＝，∵∠DMG+∠MDG＝90°，∠DMG+∠EMH＝∠DME＝90°，∴∠MDG＝∠EMH，∴△DMG∽△MEH，∴＝，∴＝，∴MG＝1，∴CM＝CG+MG＝4+1＝5，故答案为：5．16．（2022•安徽模拟）在数学探究活动中，小明进行了如下操作：如图，将两张等腰直角三角形纸片ABC和CDE如图放置（其中∠ACB＝∠E＝90°，AC＝BC，CE＝DE）．CD、CE分别与AB边相交于M、N两点．请完成下列探究：（1）若AC＝2，则AN•BM的值为 　4　；（2）过M作MF⊥AC于F，若＝，则的值为 　　．【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，可得∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，即可证明△ACN∽△BMC，可得＝，即可求解；（2）过点C作CG⊥AB于点G，可得∠CGN＝∠CFM＝90°，由等腰直角三角形的性质可得∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，从而可得∠NCG＝∠MCF，可证得△GCN∽△FCM，可得＝＝，设CG＝4k，则CF＝5k，AC＝4k，即可求解＝．【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE为等腰直角三角形，∴∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，BC＝AC＝2，∵∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，∴∠ACN＝∠BMC，∴△ACN∽△BMC，∴＝，∵BC＝AC＝2，∴AN•BM＝AC•BC＝4，故答案为：4；（2）如图，过点C作CG⊥AB于点G，∵MF⊥AC，∴∠CGN＝∠CFM＝90°，∵∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，∴∠NCG＝∠MCF，∴△GCN∽△FCM，∵＝，∴＝＝，设CG＝4k，则CF＝5k，AC＝4k，∴＝，故答案为：．三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022秋•铁东区校级月考）如图，在△ABC中，边AB绕点B顺时针旋转60度与BC重合，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝60°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）若BD＝2，CE＝，求△ABC的边长．【分析】（1）首先根据旋转证明△ABC为等边三角形，然后利用等边三角形的性质与已知条件即可证明结论；（2）利用相似三角形的性质即可解决问题．【解答】（1）证明：∵在△ABC中，边AB绕点B顺时针旋转60度与BC重合，∴△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC，∴∠BAD+∠BDA＝120°，∵∠ADE＝60°，∴∠BDA+∠CDE＝120°，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE；（2）解：∵△ABD∽△DCE，∴AB：CD＝BD：CE，∵BD＝2，CE＝，∴AB：（BC﹣BD）＝BD：CE，∴AB：（AB﹣2）＝2：，∴AB＝6，∴△ABC的边长为6．18．（2022•固安县模拟）把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放，∠A＝90°，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，如图2，连接BD，EC，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．（1）求证：△BAD≌△CAE．（2）如图3，若点D在线段BE上，且BC＝13，DE＝7，求CE的长．（3）当旋转角α＝　90°或270°　时，△ABD的面积最大．【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，求得∠BAD＝∠CAE即可证明；（2）过点A作AH⊥BE于H，由△ABD≌△ACE可得BD＝CE，由等腰三角形三线合一的性质可得AH＝DH＝EH＝DE＝，由BC求得AB，再由勾股定理求得BH即可解答；（3）根据D点轨迹可得当AD⊥AB时，△ABD面积最大，由旋转的性质求得α即可．【解答】（1）证明：∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，则∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS）；（2）解：如图，过点A作AH⊥BE于H，由（1）证明同理可得△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∵△ADE是等腰直角三角形，AH⊥DE，∴AH是斜边中线，∴AH＝DH＝EH＝DE＝，在Rt△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝13，∴AB＝BCcos∠ABC＝，在Rt△ABH中，BH＝＝，∴BD＝BH﹣DH＝5，∴CE＝BD＝5；（3）解：∵D点轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，∴AD的长度为定值，∵AB的长度为定值，∴△ABD底边AB上的高≤AD，∴当AD⊥AB时，△ABD面积最大，即点D在直线AC上，①如图当α＝90°时，AD⊥AB，△ABD面积最大，②如图3﹣2，当α＝270°时，AD⊥AB，△ABD面积最大，∴当α为90°或270°时，△ABD面积最大；故答案为：90°或270°．19．（2022春•龙岗区期末）（1）如图1，△ABC为等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等边△ADE，连接CE．易求∠DCE＝　120　°；（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE，类比题（1），请你猜想：线段BD、CD、DE之间的关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE．CE＝10，BC＝6，求AE的长．【分析】（1）利用等式的性质判断出∠BAD＝∠CAE，进而得出△ABD≌△ACE，即可得出答案；（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，进而得出BD＝CE，∠BCE＝90°，即可得出结论；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD+∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝60°，∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，故答案为：120；（2）DE2＝CD2+BD2；理由如下：在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，根据勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2；（3）由（2）知，BD＝CE，∵CE＝10，∴BD＝10，∵BC＝6，∴CD＝BD﹣BC＝4，由（2）知，∠BCE＝90°，∴∠DCE＝90°，根据勾股定理得，DE2＝CE2+CD2＝116，在Rt△ADE中，DE2＝2AE2＝116，∴AE＝．20．（2022•下城区校级二模）如图所示，已知BC是⊙O的直径，A、D是⊙O上的两点，连结AD、AC，CD，线段AD与直径BC相交于点E．（1）若∠ACB＝60°，求sin∠ADC的值．（2）当＝时，①若CE＝，＝2，求∠COD的度数．②若CD＝1，CB＝4，求线段CE的长．【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，首先得到直角三角形，然后求出∠B的度数，利用特殊角的锐角三角函数值直接求解即可；（2）①根据已知先求出的值，然后在直角三角形中利用cosB的值即可求出∠B，再利用圆周角定理得出∠B和∠COD的关系即可求出∠COD的度数；②利用已知容易得出∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE，进而得出△OCD∽△DCE，利用相似的性质得出比例式即可求出CE的长．【解答】解：（1）∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵∠ACB＝60°，∴∠B＝30°，∵＝，∴∠ADC＝∠B＝30°，∴sin∠ADC＝sin30°＝，答：sin∠ADC的值是；（2）①∵CE＝，＝2，∴＝，∵∠BAC＝90°，∴cos∠B＝＝，∴∠B＝45°，∵＝，∴∠CAD＝∠B＝22.5°，∴∠COD＝2∠CAD＝45°，即∠COD的度数为45°；②∵＝，∵∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE，∴△OCD∽△DCE，∴，∵BC＝4，∴OC＝2，∴，∴CE＝，∴线段CE的长为．21．（2022•汉阳区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，点E为AB上一点，过点D作DP⊥CE于点P，连接DE交AP于点F，点P恰好为CE的中点．（1）求证：△DEP∽△CEB；（2）如图1，若，求的值；（3）如图2，在（2）的条件下，点G、Q分别为DP、DE上的动点，若CP＝3，请直接写出GF+GQ的最小值．【分析】（1）由矩形性质可得：AB∥CD，∠B＝∠BCD＝90°，由平行线性质可得∠BEC＝∠DCE，再由线段垂直平分线性质和等腰三角形性质可推出∠DCE＝∠DEP，即可证明结论；（2）如图1，延长AP交DC的延长线于点H，可证得△PCH≌△PEA（AAS），得出：CH＝AE，PH＝PA，设BE＝3k（k＞0），则BC＝AD＝4k，利用勾股定理可得EC＝5k，再由△DEP∽△CEB，可得出DE＝k，DP＝k，再利用△AEF∽△HDF，即可求得答案；（3）由于直线DP是△DCE的对称轴，作点Q关于DP的对称点Q′，点Q′在DC上，且DQ′＝DQ，连接GQ、GQ′、GF，当F、G、Q′三点在同一条直线上，且FQ′⊥CD时，GF+GQ＝GF+GQ′＝FQ′最小，由CP＝3，可求得k＝，再由FQ′∥AD，可得△FDQ′∽△DEA，利用相似三角形性质即可求得GQ′的值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠B＝∠BCD＝90°，∴∠BEC＝∠DCE，∵DP⊥CE，点P为CE的中点，∴CD＝DE，∠DPE＝90°，∴∠DCE＝∠DEP，∴∠DPE＝∠B，∠DEP＝∠BEC，∴△DEP∽△CEB；（2）解：如图1，延长AP交DC的延长线于点H，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠H＝∠PAE，∵点P为CE的中点，∴PC＝PE，在△PCH和△PEA中，，∴△PCH≌△PEA（AAS），∴CH＝AE，PH＝PA，∵，设BE＝3k（k＞0），则BC＝AD＝4k，∠B＝90°，∴EC＝＝＝5k，∴PE＝PC＝EC＝k，∵△DEP∽△CEB，∴＝＝，即＝＝，∴DE＝k，DP＝k，由（1）知：CD＝DE，∴CD＝AB＝k，∴AE＝CH＝AB﹣BE＝k﹣3k＝k，∴DH＝CD+CH＝k+k＝k，∵AB∥DH，∴△AEF∽△HDF，∴＝＝＝；（3）解：∵DP是线段CE的垂直平分线，∴直线DP是△DCE的对称轴，作点Q关于DP的对称点Q′，点Q′在DC上，且DQ′＝DQ，连接GQ、GQ′、GF，当F、G、Q′三点在同一条直线上，且FQ′⊥CD时，GF+GQ＝GF+GQ′＝FQ′最小，由（2）知：PE＝PC＝k，∵CP＝3，∴k＝3，解得：k＝，∴DE＝k＝5，AE＝k＝，AD＝4k＝，∵＝，∴DF＝DE＝×5＝，∵FQ′⊥CD，∴∠DQ′F＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠DQ′F＝180°，∴FQ′∥AD，∴△FDQ′∽△DEA，∴＝，即＝，∴FQ′＝，∴GF+GQ的最小值为．22．（2022春•江夏区校级月考）如图1，在△ABC中，点E在AC延长线上，且∠E＝∠ABC．（1）求证：AB2＝AC•AE；（2）如图2，D在BC上且BD＝3CD，延长AD交BE于F，若，求；（3）如图3，若∠CAB＝90°，tan∠E＝，BD＝5CD，过A作AQ⊥AD交EB延长线于Q，直接写出．【分析】（1）判断出△BAE∽△CAB，即可得出结论；（2）设CD＝m，则BD＝3m，BC＝4m，由（1）知，△BAE∽△CAB，进而得出＝，BE＝6m，过点E作EH∥BC交AF的延长线于H，再判断出△ACD∽△AEH，求出EH＝m，再判断出△BDF∽△EHF，得出BF＝EF，进而求出EF，即可求出答案；（3）设CD＝x，则BD＝5x，BC＝6x，求出∠E＝30°，∠ABC＝30°，进而求出AC＝BC＝3x，AB＝3x，在CA上截取CP＝CD＝x，判断出△CDP是等边三角形，得出CP＝DP＝CD＝x，∠APD＝120°，进而判断出△ADP∽△AQB，求出BQ＝x，即可求出答案．【解答】（1）证明：∵∠E＝∠ABC，∠BAE＝∠CAB，∴△BAE∽△CAB，∴，∴AB2＝AC•AE；（2）解：如图2，设CD＝m，则BD＝3CD＝3m，∴BC＝CD+BD＝4m，由（1）知，△BAE∽△CAB，∴＝＝，∵＝，∴＝＝，∴＝，BE＝6m，过点E作EH∥BC交AF的延长线于H，∴△ACD∽△AEH，∴＝，∴，∴EH＝m，∵EH∥BC，∴△BDF∽△EHF，∴＝，∴＝＝，∴BF＝EF，∵BE＝EF+BF＝EF+EF＝EF＝6m，∴EF＝m，∴＝＝；（3）解：如图3，设CD＝x，则BD＝5x，∴BC＝CD+BD＝6x，∵tan∠E＝，∴∠E＝30°，∴∠E＝∠ABC＝30°，在Rt△ABC中，AC＝BC＝3x，∴AB＝AC＝3x，在CA上截取CP＝CD＝x，∵∠ACB＝90°﹣∠ABC＝60°，∴△CDP是等边三角形，∴CP＝DP＝CD＝x，∠APD＝120°，∵∠ABQ＝180°﹣∠E+∠BAC＝120°，∴∠APD＝∠ABQ，∵AQ⊥AD，∴∠DAQ＝90°＝∠CAB，∴∠CAD＝∠BAQ，∴△ADP∽△AQB，∴＝，∵AP＝AC﹣CP＝3x﹣x＝2x，∴，∴BQ＝x，∴＝＝．