特殊相似三角形五大热考模型（解析版）-中考数学二轮专题练习

这是一份特殊相似三角形五大热考模型（解析版）-中考数学二轮专题练习，共97页。
【中考母题学方法】
【典例1-1】（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明；
（3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线
故答案为：
（2）证明：四边形为平行四边形
（3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点
四边形为平行四边形，
，
，
又
．
【典例1-2】（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点在边上，，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交CD的延长线于点F．求证：．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明，可得，同理可得：，再进一步证明即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形
，，
，
同理可得，，
∴
又，
即，
又，
．
【典例1-3】（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形；
（2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵分别是、的平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
作于点，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
【变式1-1】（2024·湖北·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使点的对应点落在边AD上，点C落在点N处，与CD交于点，折痕分别与边AB，CD交于点，，连接BM．若，则的值是 ．
【答案】
【详解】解：如图，延长交于点．

∵，
∴．
∴，
∴，，
设，，则，，正方形边长为，
∴．
由翻折和正方形的性质可得，．
∴．
∴，即，
∴．
∴．
在中，，
∴．
解得：（舍），．
∴．
在中，，
∴
解得：，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
【变式1-2】（2023·江苏南通·一模）正方形中，，点是对角线上的一动点，将沿翻折得到，直线交射线于点．
(1)当时，求的度数用含的式子表示；
(2)点在运动过程中，试探究的值是否发生变化？若不变，求出它的值若变化，请说明理由；
(3)若，求的值．
【答案】(1)
(2)，是定值
(3)
【分析】根据翻变换的性质可以得到，加上对顶角相等得到的，从而得到，进而得到对应边成比例，再根据比例的性质得到，加上对顶角相等得到的证明出： ，最终得到对应角相等得出结果．
如图中，连接，证明是等腰直角三角形，可得结论；
证明是等边三角形，可得结论．
【详解】（1）如图中，设交于点．
四边形是正方形，
，，
，
由翻折变换的性质可知，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2），是定值．
理由：如图中，连接，．
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
同法可证，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图中，当时，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
【变式1-3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，在轴上，在轴上，，的长是方程的两个根．请解答下列问题：
(1)求点的坐标；
(2)若直线分别交轴、轴、于点，，，且是的中点，直线交延长线于点，，求的值；
(3)在（2）的条件下，在直线上是否存在点（不与点重合），使与相似？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在，
【分析】（1）结合，的长是方程的两个根，进行解方程，即可作答．
（2）根据平行四边形的性质，得，再得出，结合直线分别交轴、轴、于点，，，且是的中点，得；；然后得出，是等腰直角三角形，得出，再证明，则，再证明是等腰直角三角形， 得，再运用勾股定理列式解得，再结合，得，代入数计算，即可作答．
（3）根据点在直线上，使与相似，第一种是，第二种是，然后根据相似三角形的性质列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：由，得
∴或
∴，，
，
，，
∵在轴的负半轴，
；
（2）解：∵，，
∴，
∵平行四边形的顶点，在轴上，在轴上，
∴，，，
∵是的中点，
∴，
则，
∵直线分别交轴、轴、于点，，，
∴令时，则；即；
∴令时，则；即；
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，，
∴把代入，得
即，
过点作于，过点作于，
，，
，
，
，，
，
∴是等腰直角三角形，，，
∴，
∵点在直线，
∴，
解得，
∴，
同理证明是等腰直角三角形，，
∴，，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
整理得，
∴，
∵，
∴，则，
解得，
经检验：是的解．
∴，
则．
（3）解：∵，
∴直线，
∵点在直线上，且，如图所示：
由（2）得出，则，，
∴，
∵，
∴，
则，
∵，
∴，
设点P的坐标为，
∴，
∵，
∴，
即，
则，
解得，
∴或，
如图所示：
即，，
∵点在直线上，，
∴只能，，
显然点不合题意；
∵点不与点重合，且，故不存在，
综上：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定与性质，因式分解法解一元二次方程，坐标与图形，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
题型二：A字模型
【中考母题学方法】
【典例2-1】（2022·四川巴中·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为的边上一点，，过作交于点，、两点纵坐标分别为1、3，则点的纵坐标为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】根据得出，根据，得出，根据、两点纵坐标分别为1、3，得出，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵、两点纵坐标分别为1、3，
∴，
∴，
解得：，
∴点的纵坐标为6，故C正确．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，平面直角坐标系中点的坐标，根据题意得出，是解题的关键．
【典例2-2】（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，记的面积为，的面积为．
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：
（2）探索推广：如图②，若与不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图③，在上取一点E，使，过点E作交于点F，点H为的中点，交于点G，且，若，求值．
【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）
【分析】（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到，设，则，证明△OGF∽△OHN，推出，，则，由（2）结论求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴，
∴，
，
∵∠DOE=∠BOF，
∴；
∴；
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴，
∴，
，
∵∠DOE=∠BOF，
∴；
∴；
（3）如图所示，过点A作交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵，
∴△OEF∽△OAM，
∴，
设，则，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴，
∴△OGF∽△OHN，
∴，
∵OG=2GH，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由（2）可知．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【典例2-3】（母子型）（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在中，点D在边上．若，则，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在中，，点D为边的中点，，点E在上，连接，．若，求的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形中，，点E，F分别在边，上，，延长，相交于点G．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证明，得出，即可证明结论；
（2）过点C作于点F，过点D作于点G，解直角三角形得出，，证明，得出，求出，根据勾股定理得出，得出，证明，得出，求出；
（3）连接，证明，得出，求出，证明为直角三角形，得出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出结果即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）过点C作于点F，过点D作于点G，如图所示：
则，
∴，
∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
（3）连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，负值舍去，
∴，
∴，
∵，
∴为直角三角形，，
∴，
∴在中根据勾股定理得：
，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
【典例2-4】（2024·山东济南·中考真题）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究．
（一）拓展探究
如图1，在中，，垂足为．
（1）兴趣小组的同学得出．理由如下：
请完成填空：①______；②______；
（2）如图2，为线段上一点，连接并延长至点，连接，当时，请判断的形状，并说明理由．
（二）学以致用
（3）如图3，是直角三角形，，平面内一点，满足，连接并延长至点，且，当线段的长度取得最小值时，求线段的长．
【答案】（1）①；②；（2）是直角三角形，证明见解析；（3）
【分析】（1）根据余角的性质和三角形相似的性质进行解答即可；
（2）证明，得出，证明，得出，即可得出答案；
（3）证明，得出，求出，以点为圆心，2为半径作，则都在上，延长到，使，交于，连接，证明，得出，说明点在过点且与垂直的直线上运动，过点作，垂足为，连接，根据垂线段最短，得出当点E在点处时，最小，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：（1），
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）是直角三角形；理由如下：
，
，
，
由（1）得，
，
，
，
，
，
是直角三角形．
（3），
，
，
，
如图，以点为圆心，2为半径作，则都在上，延长到，使，交于，连接，
则，
∵为的直径，
∴，
，
∴，
，
，
，
点在过点且与垂直的直线上运动，
过点作，垂足为，连接，
∵垂线段最短，
∴当点E在点处时，最小，
即的最小值为的长，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
在中根据勾股定理得：，
即当线段的长度取得最小值时，线段的长为．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
【典例2-5】（2024·江苏镇江·中考真题）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务：如图1，点D、E分别在的边、上，，仅用一把无刻度的直尺作、的中点．

操作：如图2，连接、交于点P，连接交于点M，延长交于点N，则M、N分别为、的中点．
理由：由可得及，所以，．所以，．同理，由及，可得，．所以．所以，则，，即M、N分别为、的中点．
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（1）如图3，，点E、F在直线上．
①作线段的中点；
②在①中作图的基础上，在直线上位于点Ｆ的右侧作一点P，使得；
（2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…k倍（k为正整数）的线段．如图4，，已知点、在上，他利用上述方法作出了．点E、F在直线上，请在图4中作出线段的三等分点；
【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（3）如图5，是的中位线．请在线段上作出一点Q，使得（要求用两种方法）．
【答案】（1）①见解析，②见解析；
（2）见解析；
（3）见解析
【分析】实践操作（1）①根据[阅读理解]部分的作法：在上方任取一点，得到，与交于点，交于点，连接，交于点，作射线交，分别于，，点即为所求点；
②作射线交于点，作射线交于点，点即为所求；
（2）根据上述作法，有两种作法；
[探索发现]如作法一，根据相似可知，连接，交于点，则，即点是的三等分点之一，由此可以得出过点作的平行线；同理可得点是的三等分点之一，则，即点为所求作点．
【详解】解：[实践操作]
（1）①如图，
点即为所求作的点；
②如图，
点即为所求作的点；
（2）如图，
作法一、
作法二、
点，即为所求作的点；
[探索发现]（3）如图，
作法一、
作法二、
作法三、
作法四、
作法五、
点即为所求的点．
【点睛】本题主要相似三角形的性质与判定，复杂的几何作图，考查类比的数学思想，理解[阅读理解]部分中，为中点是解题关键．
【中考模拟即学即练】
【变式2-1】（2024·四川乐山·模拟预测）如图，已知线段AB，CD相交于点，，，．求．
【答案】
【分析】本题主要考查了平行线的性质、相似三角形的判定和性质．首先根据平行线的性质可证，根据对顶角相等可得，所以可证，再根据相似三角形对应边成比例可求结果．
【详解】解：如下图所示，
，
，
又，
，
，
，，
，
．
【变式2-2】（2024·江苏南京·模拟预测）已知：中，为边上的一点．
(1)如图①，过点作交边于点，若，，，求的长；
(2)在图（2），用无刻度的直尺和圆规在边上作点，使；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(3)如图③，点在边上，连接、，若，的面积等于，以为半径作，试判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)相切；理由见解析
【分析】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键．
（1）由题意易得，则有，根据相似三角形的性质与判定可进行求解；
（2）作交于点，作，射线交于点，则点即为所求；
（3）作交的延长线于点，连接，证明四边形是等腰梯形，推出，由，推出，推出，然后问题可求解．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
；
（2）解：①作交于点，
②作，射线交于点，则点即为所求；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴;
（3）解：直线与相切，理由如下：
作交的延长线于点，连接，如图，
，
四边形是等腰梯形．
．
的面积等于，
，
，
是的半径，
直线与相切．
【变式2-3】（2024·辽宁沈阳·一模）【知识回顾】
（1）如图1，在中，是边上的中线，，求的取值范围．
小明和小刚两名同学从不同角度进行思考，给出了两种解题思路．
①小明同学的思考过程：在中，已知两边和的长度，根据条件只能直接求出BC边的取值范围．而要想求中线的取值范围，只有将中线转化到一个三角形的两边长度是已知量的第三条边上．如图2，可以延长到点E，使，连接，这样就构造了，将求的取值范围，转化为求的边的取值范围；
②小刚同学的解题思路与小明基本一致，也是构造三角形，只是构造方法不同．如图3，过点C作交延长线于点F，于是得到．进而将求的取值范围，转化为求的取值范围．
请你选择一名同学的解题思路，写出解答过程．
【迁移应用】
（2）请你依照上述两名同学的解题思路或者按照自己的思路，解答下面问题．
如图4，在中，D是边的中点，点E在边上，，求的取值范围．
【能力提升】
（3）如图5，在正方形中，O为对角线的中点，，点G在边上，E为平面内一点且，以为斜边，在的右侧作等腰直角三角形，连接，求的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）①按小明的法，证明，再利用三角形三边之间的关系求出的取值范围，进而可求的取值范围；②按小刚的思路，过点C作交延长线于点F，构造三角形中位线，利用三角形中“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”即可求出的取值范围；
（2）过点B作交延长线于点F，则，构造三角形中位线，利用三角形中“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”即可求出的取值范围；
（3）过点O作于点H，连接，证明，得出对应成比例的线段，利用勾股定理求出的长，再利用三角形中“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”即可求出的取值范围．
【详解】解：（1）①小明的解法：延长到点E，使，连接，
∵是边上的中线，
∴，
，
∴，
在中，，
∴，
即，
∴．
∴；
小刚同学的解法：过点C作交延长线于点F，
∴，
∵是边上的中线，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
在中，，
∴，
即．
∴．
∴；
（2）如图，过点B作交延长线于点F，则，
∵是边上的中线，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
即，
∴，
∴；
（3）如图，过点O作于点H，连接，
∵四边形是正方形，
∴．
∴，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
在中， ，，
∴，
在中，，
而当点O，F，G共线时，仍存在，
此时或，
∴．
【点睛】本题是三角形、正方形综合题，主要考查全等三角形的性质和判定、三角形中位线的性质、三角形三边之间的关系、相似三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形及作平行线找到对应线段间的关系是解题的关键．
【变式2-4】（2023·江苏淮安·二模）我们知道，三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，如何证明三角形中位线定理呢？
(1)【方法回顾】证明：三角形中位线定理．
已知：如图，在中，、分别是、的中点．
求证：，．

证明三角形中位线性质定理的方法很多，但多数都需要通过添加辅助线构图去完成，下面是其中一种证法的添加辅助线方法，阅读并完成填空：
添加辅助线，如图1，在中，过点作，与的延长线交于点．可证______，根据全等三角形对应边相等可得，然后判断出四边形是______，根据图形性质可证得，．

(2)【方法迁移】如图2，在四边形中，，，，为的中点，、分别为、边上的点，若，，，求的长．

(3)【定理应用】如图3，在中，，是的中点，是边上一点，，延长至点，使，延长交于点，直接写出的值（用含的式子表示）．

【答案】(1)；平行四边形
(2)的长为
(3)的值为
【分析】（1）根据全等三角形的判定和平行四边形的判定即可得出；
（2）过点作的平行线交的延长线于点，过作的垂线，垂足为，连接，全等三角形的判定可得，，
根据，，求得，故，
，，根据勾股定理，求得，即可求得；
（3）取的中点，连接，根据全等三角形的判定可得，即，，，可得，，根据相似三角形的判定和性质可得，，根据即可求得．
【详解】（1）∵是的中点
∴
∵
∴，
∴
∴
∵是的中点
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形
故答案为：；平行四边形．
（2）如图，过点作的平行线交的延长线于点，过作的垂线，垂足为，连接，

同（1）可知，
∴，
∵
∴
∴
∴，
∴
在中， ，，
∴
∴
（3）取的中点，连接

∵是的中点
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∵
∴
即
故
∵
∴
即
又∵
∴
化简可得
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线等知识，解（2）的关键是作出辅助线，解（3）的关键是根据相似三角形的性质进行等量代换，是一道比较典型的中考题．
【变式2-5】（母子模型）（2024·安徽·模拟预测）如图，在四边形中，，点在边上，且，点在边上，且，连接，交于点．
(1)求证：；
(2)如图，若，求证：；
(3)如图，若延长恰好经过点，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明，得出，证明四边形为平行四边形，得出，则可得出结论；（2）证明，得出，证明，得，则得出结论；（3）证明，得出，设，解方程求出，则可得出答案．
【详解】（1）
在和中，
又
（SAS）
四边形为平行四边形
（2）
又
，即
．
又
，即
（3）
，
．
设，则有
解得（负值舍去）
【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、平行四边形的性质，利用相似三角形的判定和性质是本题解题的关键．
题型三：8字与A字模型综合
【中考母题学方法】
【典例3-1】（2023·四川雅安·中考真题）如图，在中，F是上一点，交于点E，的延长线交的延长线于点G，，，则的长为（ ）

A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质可得，，设为x可得，解之即可．
【详解】∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
设为x，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
即，
得，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例的性质，熟练掌握其性质是解题的关键．
【典例3-2】（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案．
【详解】解：作交于点H，则，
∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：96．
【中考模拟即学即练】
【变式3-1】（2024·浙江宁波·二模）已知在等腰 中， ，是的三等分点且靠近点， 是的中点，过点作交延长线于点 ．
(1)求 的值；
(2)连接 ，若 ，，求的值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】此题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
（）作交于点，则，所以，而，求得，再证明，得，所以的值为；
（）连接，由，，得，，由，得，而，所以，可证明，得 ，则，，再证明，得 ，所以，则，所以，，求得 ；
【详解】（1）解：作交于点，
∵是的三等分点且靠近点，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的值为；
（2）解：连接，
，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵都是正数，
∴，
∴，，
∴，
∴的值为．
【变式3-2】（2023·江苏泰州·一模）如图，在菱形中，，，为对角线上一点，在上运动，连接并延长交的延长线于点，交于点．
(1)求菱形的面积；
(2)如图，若点是的中点；
当时，求的长；
若的面积为，求的长；
(3)记，是否存在一个的值，使得点在上运动时，为定值，若存在，请求出这个定值，并直接写出的长的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)菱形的面积为
(2)①；②的长为
(3)存在，是定值，定值为，
【分析】（1）由锐角三角函数可求的长，即可求解；
（2）①通过证明，可得，可求，通过证明，可得，即可求解；
②由相似三角形的性质可求，，即可求解；
（3）由相似三角形的性质分别求出，，由是定值，可求的值，即可求解．
【详解】（1）如图，过点作于，

，，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积；
（2）点是的中点，
，
，
∽，
，
，
，
，
∽，
，
，
；
，
：，
，
，
的面积为，
，
，
，
，
负值舍去，
的长为；
（3）存在，
，
，
，
∽，
，
，
，
，
当时，是定值，
当时，为，
当时，不存在，
此时，，
，
，
，
．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
题型四：旋转(手拉手)模型
【中考母题学方法】
【典例4-1】（2023·湖南常德·中考真题）如图1，在中，，，，D是上一点，且，过点D作交于E，将绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为 ．

【答案】45/0.8
【分析】首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，进而得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】∵在中，，，，
∴
∵
∴，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．
【典例4-2】（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．
①求的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
；
（3）解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，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，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
【典例4-3】（2023·四川巴中·中考真题）综合与实践．

(1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O．
①的度数是___________．
②__________．
(2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O．
①的度数是___________．
②___________．
(3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点．
①试说明为等腰三角形．
②求的度数．
【答案】(1)①．②
(2)①．②
(3)①见解析；②
【分析】（1）①证明得到，进而证明，即可求出；②由全等三角形的性质可得，则；
（2）①根据等腰直角三角形的性质得到，，进而证明，得到，推出，则；②由相似三角形的性质可得；
（3）①连接，延长交于点P，交于点O，证明分别是、的中位线，得到，再证明，得到，则，由此即可证明为等腰三角形；②由全等三角形的性质可得，进而求出，则，再由平行线的性质可得．
【详解】（1）解：①，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵即，
∴，即
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：①∵在和中，，且，
∴，，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
故答案为：；
（3）解：①连接，延长交于点P，交于点O
在等边中，于点D，
为的中点
又为的中点，N为的中点，
分别是、的中位线
∵都是等边三角形，
∴
，

在和中
，
为等腰三角形．
②
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又，即
．
【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，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理等等，正确理解题意通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【典例4-4】（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，．
【初步感知】
（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值．
【深入探究】
（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由．
【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积为4或16或12或．
【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到．
（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．
（3）运用分类思想解答即可．
【详解】（1）∵，，．
∴，
∴，，
∴即，
∵
∴，
∴．
（2）连接，延长交于点Q，根据（1）得，
∴，
∵是中线
∴，
∴，
∵，
∴即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得；
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得．
（3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形，
故；
如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形，
故；
如图，当时，此时是直角三角形，
过点A作于点Q，
∵，
∴，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故；
如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得；
故．
综上，直角三角形的面积为4或16或12或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
【变式4-1】（2022·广西钦州·模拟预测）【问题发现】和可以绕点旋转且均为等边三角形，班长在探究发现，当点，，在同一条直线上如图1所示，则有：①；②．他的理由如下：
∵和均为等边三角形，
∴，，，，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴，
∴，
∴，
综上，可得；．
(1)【类比探究】和可以绕点旋转且均为等腰直角三角形，其中，，．当点，，在同一条直线上如图2所示，请你类比以上（1）【问题发现】先判断线段，之间的数量关系及的度数，然后写出你的理由．
(2)【拓展应用】如图3，和可以绕点旋转且均为直角三角形，其中，，，．现将绕点旋转，当所在直线经过点B时，的长是多少？（直接写出答案）
【答案】(1)，；见解析；
(2)或；
【分析】（1）由和均为等腰直角三角形可得∠BAC=∠DAE=45°，，进而可得，∠ADB=135°，再由便可解答；
（2）①当点B在ED延长线上时，解Rt△ABC和Rt△ADE可得DE，=，解Rt△ABE 可得BE，进而可得BD=BE-DE，再由△CAE∽△BAD可得，进而求得CE；②当点B在DE延长线上时，同理可得BD=BE+DE，，进而求得CE；
【详解】（1）解：，；
理由：∵和均为等腰直角三角形，
∴，，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，，
∴，
∵和中，，，，
∴，即，
又，
∴，
∴，，
∴，
，则，
∴；
（2）解：①如图，当点B在ED延长线上时，连接DB，EC，
Rt△ABC中，∠BAC=30°，则cs∠BAC=，
Rt△ADE中，∠DAE=30°，AE=3，则cs∠DAE=，
DE=AE•tan∠DAE=3×=，
Rt△ABE中，AB=5，AE=3，则BE=，
∴BD=BE-DE=4-，
∠BAC=∠DAE，则∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
又=，
∴△CAE∽△BAD，
∴，
∴；
②如图，当点B在DE延长线上时，连接、EB，EC，
同理可得BD=BE+DE=4+，△CAE∽△BAD，
，
，
综上所述，的长为或；
【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
【变式4-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·三模）在综合实践课上，老师组织同学以“图形的旋转”为主题开展数学活动，下面是同学们进行相关问题的研究．
【观察猜想】如图①，和均为等边三角形，当点E、D分别在边上，易证：，．

【实践发现】如图②，将图①中的绕着点B逆时针旋转，连接、，线段与线段的数量关系为 ，直线与直线相交，所夹锐角为 °；
【类比探究】和均为直角三角形，．
（1）观察感知：如图③，当且点E、D分别在边上，易证：；
（2）问题呈现：如图④，将图③中的绕着点B逆时针旋转，连接、．直线与直线交于点M．线段与线段的数量关系为 ， °；
（3）探究证明：如图⑤，当时，线段与线段的数量关系是什么？请说明理由，此时， °；
（4）拓展应用：在（3）的条件下，若，，将绕点B逆时针旋转一周，在整个旋转过程中，当点A、E、D三点共线时，请直接写出点C到直线的距离．
【答案】[实践发现] 相等，60；[类比探究]（1）证明见解析；（2），；（3），；（4）或
【分析】[实践发现]由题意知，，，，由旋转的性质可得，则，证明，则，，如图②，延长、，交于点，根据，计算求解可得直线与直线相交，所夹的锐角；
[类比探究]（1）如图③，过作于，则四边形是矩形，则，，进而结论得证；
（2）由题意知，由，可知，证明，则，，，根据，计算求解即可；
（3）同理（2）可得，，证明，则，，即，根据，计算求解即可；
（4）由（3）可知，，；由题意知，当点A、E、D三点共线时，分两种情况求解：①如图⑥，点A、E、D三点共线，，，由题意知，，由勾股定理得，即，解得或（舍去），则，根据点C到直线的距离为，计算求解即可；②如图⑦，点A、D、E三点共线，同理①可得，，，由勾股定理得，则，，根据点C到直线的距离为，计算求解即可．
【详解】[实践发现]解：由题意知，，，，
由旋转的性质可得，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，，
如图②，延长、，交于点，

∵，
∴直线与直线相交，所夹锐角为，
故答案为：相等，60；
[类比探究]（1）证明：∵，，
∴，
如图③，过作于，则四边形是矩形，

∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，，
故答案为：，；
（3）解：，理由如下：
同理（2）可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，；
（4）解：由（3）可知，，；
由题意知，当点A、E、D三点共线时，分两种情况求解：
①如图⑥，点A、E、D三点共线，

∵，，，，
∴，，
由题意知，，
由勾股定理得，即，
解得或（舍去），
∴，
∴点C到直线的距离为；
②如图⑦，点A、D、E三点共线，
同理①可得，，，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴点C到直线的距离为；
综上所述，点C到直线的距离为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦、余弦、正切，等边三角形的性质，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，旋转的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式4-3】（2022·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与实践
“手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用．
某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究：
如图①，已知和均是等腰直角三角形，，且，，易证：，．
深入探究：
（1）如图②，将图①中绕点A逆时针旋转，连接、，并延长分别与、相交于点、，求证：，．
解决问题：
（2）如图③，将图①中绕点逆时针旋转，使与重合，其他条件不变，若，，则_______，_______．
拓展应用：
（3）如图④，将图①中绕点逆时针旋转，连接、，若，，，则______，______．（提示：求时，可过点作于点）
【答案】（1）证明见解析；（2），；（3），
【分析】（1）只需要利用SAS证明即可得到，，再证，即可推出即可证明，．
（2）同理可证△ABD≌△ACE，则CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，可以推出BE=6利用勾股定理求出，证明△AEC∽△FEB，求出，则；
（3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，求出，则，利用勾股定理即可求出；求出，证明∠CBE=90°，则，同理可证△ACE≌△ABD，则．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，．
（2）同理可证△ABD≌△ACE，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，
∴BE=6
∵∠BAD=90°，AD=3，AB=6，
∴，
又∵∠AEC=∠BEF，
∴△AEC∽△FEB，
∴
∴，
∴，
∴；
（3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，
∵∠ABE=45°，
∴∠HEB=45°=∠HBE，
∴BH=EH，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，，
∴∠CBE=90°，
∴，
同理可证△ACE≌△ABD，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
【变式4-4】（2024·陕西西安·模拟预测）【计算与推理】
（1）如图1，，与交于点，为的中点，，，则的长为_______；
（2）数学课上张老师拿了一块大三角板和一块小三角板，其中，按如图2所示位置放置，使两个三角板的角的顶点重合．连接、，当绕点顺时针旋转时，试判断，的值是否变化？如果不变，请求出，的值，如果变化，请说明是如何变化并加以证明：
【操作与探究】
（3）现有一块足够大的木板，为参加学校科技节比赛，小明想在这块木板上裁出一个等边三角形（）部件做模型，他的操作如下：
第一步：用两块大小不一的含角的直角三角板和按如图3所示位置放置，其中，含有角的顶点重合，分别延长交于点，连接，得到；
第二步：取的中点，分别连接，，得到．
请问，按上述操作，裁得的部件是否符合要求？请说明理由．
【答案】（1）4；（2），值不变；（3）符合要求
【分析】（1）证，得出，即可得出的长；
（2）证，得，再得出，根据特殊角三角函数得出结论即可；
（3）证，得，证，得，根据，得出是等边三角形即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
即，
故答案为：4；
（2）的值不变，证明如下：
设大三角板和小三角板的相似比为，
∴，即，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，值不变；
（3）符合要求，理由如下：
如图，延长至，使，
∵，点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，，
根据四边形的内角和得，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
，
∴是等边三角形．
故符合要求．
【点睛】本题主要考查相似形综合题，熟练掌握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是解题的关键．
题型五：一线三等角模型
【中考母题学方法】
【典例5-1】（2023·山东东营·统考中考真题）如图，为等边三角形，点，分别在边，上，，若，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】证明，根据题意得出，进而即可求解．
【详解】解：∵为等边三角形， ∴，
∵，，∴，∴∴
∵，∴，∴∵∴，故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【典例5-2】（2023·黑龙江·统考中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：
第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；
第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．
根据以上的操作，若，，则线段的长是（ ）

A．3B．C．2D．1
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得：，，，设，则，利用勾股定理求出，再证明，得，求解即可．
【详解】解：如图，过点作，交于点，

在和中，
设，则，
，即：，解得：，
，，，，，
，故选：C．
【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．
【典例5-3】（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
(1)求证：．(2)若为中点，且，求长．
(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
【答案】(1)见详解(2)(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．
【详解】（1）解：如图：∵四边形是矩形，∴，∴，
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴，∴，∴，∴；
（2）解：如图：∵四边形是矩形，∴，，
∵为中点，∴，设，∴，

在中，，即，解得，
∴，∴，∵，∴，∴，解得，
∵，∴；
（3）解：如图：延长交于一点M，连接
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴直线
，，∴是等腰三角形，∴，
∵为中点，∴设，∴，
∵为中点，∴，∵，，∴，
∴，，∴，
在中，，∴，∴，
在中，，∵，∴，
∴，∴，∴，∴，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
【变式5-1】（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得，线段与的数量关系是______；
（2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，写出变化后线段与的数量关系，并给出证明；
（3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）
【分析】（1）结合“一线三等角”推出，从而证得结论即可；
（2）利用条件证明，然后根据相似三角形的性质证明即可；
（3）作延长线于点，过点作，交于点，交于点，结合“一线三垂直”证明，从而利用全等三角形的性质求出和，最后利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：∵将边绕点C顺时针旋转得到线段，
∴，
∵，，
∴．
在和中，
∴，
∴．
故答案为：
（2）．
证明：同（1）可得，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）如图所示，作延长线于点，过点作，交于点，交于点，
则，，，
由（1）同理可证，，
∴，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握一线三等角全等和相似模型，并熟练运用是解题关键．
【变式5-2】（2024·广东佛山·模拟预测）综合探究
如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，，直线分别与x轴、y轴、线段、直线交于点E、F、P、Q．
(1)当时，求证：．
(2)探究线段、之间的数量关系，并说明理由．
(3)在x轴上是否存在点M，使得，且以点M、P、Q为顶点的三角形与相似，若存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)时，；时，；时，
【分析】（1）根据，求出与交点的坐标，即可求解；
（2）先求出直线的表达式为，再联立直线与直线求出，再求出点，利用坐标系中两点距离公式求出即可，结合即可求解；
（3）证明，得到或，分四种情况画图求解．
【详解】（1）证明：由知，，，
则，
则点、的坐标分别为：、，
当时，，则，
即点，
∴；
（2）解：，理由：
设直线的表达式为：，将、代入得：
，解得：．
∴直线的表达式为：，
联立上式和得
，解得，
即点，
同理（1）可得，点，
∴
∵，
∴；
（3）分别过点、作轴，轴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设点，由（2）知，点、的坐标分别为：、，
①若，如图2，则，，，当时，
∴，
∴．
∴，，
联立方程组：
，解得：
∴时，，
②若，，，，如图3，当时，
∴
∴
∴，，
联立方程组：
，解得．
∴时，
③若，当时，如图4，，，，
∴，
∴，
∴
∴，，
联立方程组：
，解得：
∴，
④，的情况不存在，
综上，时，；时，；时，
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形相似、平行四边形的性质等，分类求解是解题的关键．
【变式5-3】（1）问题
如图1，在四边形中，点P为上一点，当时，求证：．
（2）探究
若将角改为锐角（如图2），其他条件不变，上述结论还成立吗？说明理由．
（3）应用
如图3，在中，，，以点A为直角顶点作等腰．点D在上，点E在上，点F在上，且，若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）成立；理由见解析；（3）5
【分析】（1）由可得,即可证到，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）由可得,即可证到，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）证明,求出，再证,可求,进而解答即可．
【详解】解：（1）证明：如图1，
，
，
，
又
，
；
（2）结论仍成立；
理由：如图2，
，
又，
，
，
，
又，
，
；
（3）,
,
,
是等腰直角三角形

是等腰直角三角形
又
即
解得．
【点睛】本题考查相似三角形的综合题，三角形的相似，正切值的求法，能够通过构造角将问题转化为一线三角是解题的关键．
【变式5-4】．如图，在中，，，点D，E分别是，上的点，且，求证： .

【答案】见解析
【分析】本题考查相似三角形的判定，根据，结合外角定理可得，即可证明；
【详解】证明：∵，，
∴，
∵是的一个外角，
∴，
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴
【变式5-5】（1）如图1，，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为E、F，，，，求CF的长度为 ．
（2）如图2，在矩形中，，，点E、F、M分别在上，，，当时，求四边形的面积．
（3）如图3，在中，，，，点E、F分别在边上，且，若，求的长度．
【答案】（1），（2）；（3），
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质．
（1）根据一线三垂直模型容易证明，进而由相似三角形性质即可求解；
（2）过点作垂足为H，根据（1）可知，根据相似三角形性质结合已知求出，，，，再由四边形的面积=矩形的面积即可求解；
（3）延长到点P使，连接，过点C作，利用等腰三角形三线合一和解三角形求出，再证明，得即可求解．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为，
（2）如图，过点作垂足为H，
同理（1）得：，
∴，
∵在矩形中，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，即：，
∴，解得：，
∴，，，
∵四边形的面积=矩形的面积，
∴四边形的面积=．
（3）延长到点P使，连接，过点C作，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵且，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：，（不合题意舍去）
∴
【点睛】本题涉及了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、矩形的性质和判定、等腰三角形的判定和性质、勾股定理解三角形等知识点，解题关键是根据一线三等角模型构造和证明三角形相似．
【变式5-6】（2023·江西上饶·模拟预测）综合与探究

(1)如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且，则线段与的之间的数量关系为_____________；
(2)【类比探究】如图2，在矩形中，，点E，F分别在边，上，且，请写出线段与的数量关系，并证明你的结论．
(3)【拓展延伸】如图3，在中，，D为上一点，且，连接，过点B作于点F，交于点E，求的长．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）通过证明，利用相似三角形的性质，即可求解；
（3）过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，延长交于点，勾股定理求得，根据（2）知，求得，证明，利用相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：结论：，理由如下：
设与相交于点P，如图1中，

∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）结论：，理由如下：
∵，
∴．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，过点A作的垂线，过点C作的垂线，两垂线交于点G，延长交于点H．
∴
∵，

∴四边形是矩形．
∵，
∴，
∴，
由（2）知，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
【变式5-7】（2024·湖北武汉·校考模拟预测）【试题再现】如图1，中，，，直线过点，过点、分别作于点，于点，则（不用证明）．

(1)【类比探究】如图2，在中，，且，上述结论是否成立？若成立，请说明理由：若不成立，请写出一个你认为正确的结论．
(2)【拓展延伸】①如图3，在中，，且，猜想线段、、之间有什么数量关系？并证明你的猜想．
②若图1的中，，，并将直线绕点旋转一定角度后与斜边相交，分别过点、作直线的垂线，垂足分别为点和点，请在备用图上画出图形，并直接写出线段、、之间满足的一种数量关系（不要求写出证明过程）．
【答案】(1)成立，见解析 (2)①，见解析；②或
【分析】（1）易证，则有，，从而可得；
（2）①易证，则有，从而可得，，即可得到；②同①可得，．由于直线在绕着点旋转过程中，点到直线的距离与点到直线的距离大小关系会发生变化，因此需分情况讨论（如图4、图，然后只需结合图形就可解决问题．
【详解】（1）猜想．理由：如图2，

，．，，．
在和中，，，，，；
（2）①猜想：．理由：如图3，，．
，，．
，，，，，；
②或．同①可得：，．
如图4，；如图5，．
【点睛】本题是一道探究题，用到了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、平角的定义等知识，考查了探究能力，渗透分类讨论的思想以及特殊到一般的思想，是一道好题．
【变式5-8】（2023·浙江宁波·二模）【基础巩固】如图1，P是内部一点，在射线上取点D、E，使得．求证：；
【尝试应用】如图2，在中，，，D是上一点，连接BD，在BD上取点E、F，连接，使得．若，求CE的长；
【拓展提高】如图3，在中，，，D是上一点，连接BD，在BD上取点E，连接CE．若，，求的正切值．

【答案】【基础巩固】见解析 【尝试应用】【拓展提高】
【分析】【基础巩固】利用两角相等的三角形相似证明即可；【尝试应用】根据等腰直角三角形的性质可得，,再推导，然后利用等腰三角形的性质得到，计算解题；【拓展提高】如图所示，在BD上取点F，使，作于点，则可得到，即，，进而证明，得到，设，可以求出解题即可．
【详解】【基础巩固】证明：∵,
，∴,
又∵,,，∴,∴.
【尝试应用】解：∵,
∴，,即：，
又∵，，即：，
又.∴,
又∵，，
∴,∴,∴，∴，故CE的长为：.
【拓展提高】解：如图所示，在BD上取点F，使，作于点，

∵，∴，.即：，
又∵，∴，
又，，∴，∴，
∴，，∴，
∵，∴令，则∴，
又∵∴在中，，∴，
由勾股定理可得：，
又∵，
∴∠，∴，∴，∴，
设，则，.
∴，解得：,∴,
∴故的正切值为：．
8字——平行型
条件：CD∥AB,
结论：ΔPAB∼ΔPCD(上下相似);
左右不一定相似,不一定全等，但面积相等;
四边形ABCD为一般梯形.
条件：CD∥AB,PD=PC.
结论：ΔPAB∼ΔPCD∼ΔPDC(上下相似)
ΔPAD≅ΔPBC左右全等；
四边形ABCD为等腰梯形；
8字——不平行型
条件：∠CDP=∠BAP.
结论：ΔAPB∼ΔDPC(上下相似);
ΔAPD∼ΔBPC(左右相似);
A字模型
如图一

如图二
如图三
①______
②______
如图，若DE∥BC，则△ADE∽△ABC，形象地说图①为“A”字形，图②为“8”字形，它们都是平行线型的基本图形．
模型展示：
将图①中的△ADE绕点A旋转一定角度，则得图②，图②为“旋转型”相似的基本图形，即△ABC∽△ADE.
模型展示：如图，已知：∠A＝∠CPD＝∠B，则△ACP∽△BPD.因为图中一条直线上有三个相等的角，故称为“一线三等角”型相似．