专题27.14相似三角形的几何综合问题（重难点培优）-2022-2023学年九年级数学下册 习题【人教版】 含答案

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一、解答题
1．（2022·全国·九年级课时练习）如图，△ABC中，点D，E分别是BC，AB上的点，CE，AD交于点 F，BD＝AD，BE＝EC．
(1)求证：△ABD∽△CBE；
(2)若CD＝CF，试求∠ABC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)36°
【分析】（1）由已知可得∠BAD＝∠BCE，结合∠B＝∠B，可以得到△ABD∽△CBE；
（2）设∠B＝x ，则由（1）和已知条件可以得到关于x的方程，解方程即可得到问题解答．
（1）
证明：∵BD＝AD，BE＝EC
∴∠B＝∠BAD，∠B＝∠BCE
∴∠BAD＝∠BCE
而∠B＝∠B，
∴△ABD∽△CBE
（2）
解：设∠B＝x，由（1）可知∠B＝∠BAD＝∠BCE＝x，
∴∠ADC＝2x
又∵CD＝CF
∴∠ADC＝∠DFC＝2x
∴2x+2x+x=180°
∴x=36°
即∠ABC=x=36°
【点睛】本题考查相似三角形的综合问题，熟练掌握三角形相似的判定方法、等腰三角形的性质、三角形内角和定理及方程思想方法的应用是解题关键．
法的应用是解题关键．
2．（2022·全国·九年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G 分别在AB、BC、CD上，且EF⊥FG于F．
（1）求证：△BEF∽△CFG；
（2）若AB=12，AE=3，CF=4，求CG的长．
【答案】（1）见解析 （2）329
【分析】（1）证明∠BEF=∠CFG，结合∠B=∠C=90∘可证得△BEF∽△CFG；
（2）由△BEF∽△CFG，可得CG=BF×CFBE，代入数据可得CG．
【详解】解：(1)∵ABCD是正方形，EF⊥FG于F
∴∠B=∠C=∠EFG=90∘
∴∠BEF+∠BFE=∠BFE+∠CFG=90∘
∴∠BEF=∠CFG
∴△BEF∽△CFG
(2)解: ∵△BEF∽△CFG
∴BECF=BFCG
∴CG=BF×CFBE=(12−4)×412−3=329 ．
【点睛】本题考查了在正方形中进行一线三角形相似的证明，并利用相似进行线段长度的计算，熟知以上模型是解题的关键．
3．（2022·全国·九年级课时练习）如图，已知△ABC中，AC=BC，点D、E、F分别是线段AC、BC、AD的中点，BF、ED的延长线交于点G，连接GC．
（1）求证：AB=GD；
（2）当CG=EG时，且AB=2，求CE．
【答案】（1）见解析；（2）CE=3.
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DE∥AB，AB=2DE，根据平行线的性质得到∠ABF=∠DGF，证明△ABF≌△DGF，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）证明△GEC∽△CBA，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】解：∵D，E是AC，BC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，AB=2DE，
∴∠ABF=∠DGF，
∵F为AD中点，
∴AF=DF，
在△ABF和△DGF中，
∠ABF=∠DGF∠AFB=∠DFGAF=DF
∴△ABF≌△DGF（AAS），
∴AB=GD；
（2）∵AB=2，
∴CD=2，DE=1，
∴GE=3，
∵CA=CB，
∴∠CAB=∠CBA，
∵CG=EG，
∴∠GEC=∠GCE，
∵DE∥AB，
∴∠GEC=∠CBA，
∴△GEC∽△CBA，
设CE=x，
则BC=2x，
∴CEAB=GEBC，即x2=32x，
解得：x=3，（负值舍去）
∴CE=3.
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理相似三角形的考查，熟练掌握中位线及相似三角形的性质定理是解决本题的关键．
4．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，
（1）求证：△AME∽△BEC．
（2）若△EMC∽△AME，求AB与BC的数量关系．
（3）在（2）的条件下，请添加一条线段（图中已画线段）长度，求任意一个三角形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）ABBC=233；（3）见解析
【分析】（1）将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，可得∠MEC=∠D=90°，可证∠AME=∠EBC，根据矩形性质∠A=∠B，可证△AME∽△BEC；
（2）由△EMC∽△AME，可得∠EMC=∠AME，由折叠，∠DMC=∠EMC=∠AME=60°，可求∠DCM=∠ECM=30°，在Rt△BCE中，cs∠BCE=BCCE即可；
（3）开放答案，设AB=6，BC=cs30°×CE=33，由勾股定理可得BE=3，可求S△BCE= 93，S△CDM=S△CEM=63，S△AME =332．
【详解】解：（1）∵将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，
∴∠MEC=∠D=90°，
∴∠AEM+∠BEC=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEM+∠AME=90°，
∴∠AME=∠BEC，
∴△AME∽△BEC；
（2）∵△EMC∽△AME，
∴∠EMC=∠AME，
∵折叠，
∴∠DMC=∠EMC=∠AME，
又∵∠DMC+∠EMC+∠AME=180°，
∴∠DMC=∠EMC=∠AME=60°，
∴∠DCM=∠ECM=90°−∠DMC=30°，
即∠BCE=90°−∠EMC−∠DMC=90°−30°−30°=30°=∠ECM=∠DCM，
在Rt△BCE中，cs∠BCE=BCCE，
∴cs30°=32=BCCE，
∵DC=EC=AB，
∴ABBC=CEBC=23=233；
（3）开放答案
设AB=6，
∵cs30°=32=BCCE，
∴BC=cs30°×CE=32CE=33，
∴在Rt△BCE中，
由勾股定理BE=CE2−BC2=62−332=3，
∴S△BCE=12BE·BC=923，
当tan∠MCD=DMCD=33，
∴DM=33CD=33×6=23，
∴S△CDM=S△CEM=12CD⋅DM=12×6×23=63，
∴AE=6-3=3，AM=AD-DM=3，
∴S△AME=12AE·AM=332．
【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，平角定义，三角形相似判定与性质，锐角三角函数，勾股定理，三角形面积，掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定与性质是解题关键．
5．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，F是AB中点，连EF交AD于点G．
（1）求证：AD2=AB⋅AE；
（2）若AB=5，AE=4，求DG的值．
【答案】（1）证明见详解；（2）DG=10513
【分析】（1）只要证明△DAE∽△CAD，可得ADCA=AEAD，推出AD2＝AC•AE即可解决问题；
（2）利用直角三角形斜边中线定理求出DF，再根据DF∥AC，可得DFAE=DGAG=524=58，由此可得DGAD=513，再利用第一问的结论，即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵AB=AC，AD⊥BC于D，
∴∠DAE＝∠DAC，
∴△DAE∽△CAD，
∴ADCA=AEAD，
∴AD2＝AC•AE，
∵AC＝AB，
∴AD2＝AB•AE．
（2）解：如图，连接DF．
∵AB＝5，∠ADB＝90°，BF＝AF，
∴DF=12AB=52，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
∴DF∥AC，
∴DFAE=DGAG=524=58，
∴DGAD=513
∵AD2＝AB•AE．
∴AD=AB·AE=5×4=25
∴DG=513×25=10513．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
6．（2021·湖北武汉·九年级阶段练习）【问题背景】（1）如图1，∠ACB＝∠ADE＝90°，AC=BC，AD=DE．求证：BE=2CD；
【变式迁移】（2）如图2，E为正方形ABCD外一点，∠E=45°，过点D作DF⊥BE，垂足为F，连接CF．求BECF的值；
【拓展创新】（3）如图3，A是△BEF内一点，BE＝BF，AF=6，∠EAB=90°，∠FEA=∠BFA，AE=2AB，直接写出AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）3
【分析】（1）证明△ABE∽△ACD，利用线段比等于相似比即可求证；
（2）证明△EDB∽ΔFDC，利用线段比等于相似比即可求得；
（3）作辅助线，根据已知条件，先求得EF的长，再根据勾股定理求得AB．
【详解】解：（1）如图，∵∠ACB=∠ADE=90°，AC=BC，AD=DE，
∴∠DAE=∠CAB，且AB=2AC，AE=2AD
∴∠DAC=∠EAB，
∴△ABE∽△ACD，
∴BE=2CD
（2）如图2，连接BD，
∵∠E=45°，DF⊥BE，
∴∠EDF=∠E=45°
在正方形ABCD中，∠BDC=45°，
∴∠EDB=∠FDC=45°+∠FDB，EDFD=BDDC=2，
∴△EDB∽ΔFDC，
∴BECF=BDFD=2；
（3）如图，过点A作AH⊥AF，交EF于点H，连接BH
∵BE=BF
∴∠BEF=∠BFE
∵∠FEA=∠BFA
∴∠AFE=∠BEA
∵ AE=2AB
∴tan∠AFE=tan∠BEA=ABAE=12
∴AH=12AF=62
∴FH=302
∵∠FAE=∠HAB=∠HAE+90°
又∵ AHAF=ABAE=12
∴△FAE∽△HAB
∴∠AHB=∠AFE
∴∠AHB+∠AHF=∠AFE+∠AHF=90°
即∠BHF=90°
∵BE=BF
∴HE=HF=302
∵△FAE∽△HAB
∴BHEF=ABAE=12
∴BH=12EF=30
BE=2BH=15
∵AE=2AB
∴AB2+AE2=BE2=60
∴AB=3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线，构造三角形相似，是解题的关键．
7．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AD是角平分线，点E，点F分别在线段AB，AD上，且∠EFD＝∠BDF．
（1）求证：△AFE∽△ADC．
（2）若AEAC=45，AEEB=2，且∠AFE＝∠C，探索BE和DF之间的数量关系．
【答案】（1）证明见解析；（2）EB=2FD．
【分析】（1）由角平分线的性质得出∠BAD=∠DAC，再根据∠EFD=∠BDF得出∠AFE=∠ADC，进而根据两角分别相等的三角形相似可证；
（2）由（1）中的相似及∠AFE=∠C得出∠AEF=∠AFE，进而根据等角对等边得出AE=AF，再根据AEAC=45及△AFE∽△ADC得出AFFD=4，再由AEEB=2,AE=AF，得出AFEB=AEEB=2，即可得到结果．
【详解】解：（1）∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠DAC，
∵∠EFD=∠BDF，
∴180°-∠EFD=180°-∠BDF，
∴∠AFE=∠ADC，
又∵∠BAD=∠DAC，
∴△AFE∽△ADC；
（2）由（1）得，△AFE∽△ADC，
∴∠AEF=∠C，
∵∠AFE=∠C，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，
∵AEAC=45,ΔAFE∽ΔADC，
∴AFAD=AEAC=45，
∴AFFD=4，
∵AEEB=2,AE=AF，
∴AFEB=AEEB=2，
∴EB=2FD．
【点睛】本题考查相似三角形的性质及判定．第（1）问能根据角的等量代换得出角相等及熟练掌握相似三角形的判定是解题关键；第（2）问根据相似得出比例式及根据比例式得出线段的关系是解的关键．
8．（2022·全国·九年级课时练习）在菱形ABCD中，∠ABC=120°，点E、F分别是边AB、AD上两点，满足AE=DF，BF与DE相交于点G．
（1）如图1，连接BD．求证：△DAE≌△BDF；
（2）如图2，连接CG．
①求证：BG+DG=CG；
②若FG=m，GC=n，求线段DG的长（用含m、n的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②DG=mn
【分析】（1）四边形ABCD是菱形，∠A=60°，则△ABD是等边三角形，根据AB=DB，∠A=∠FDB=60°，AE=DF，即可得到三角形全等；
（2）①连接DB，延长GB到点M，使BM=DG，连接CM，求证出△CDG≌△CBMSAS，△CGM是等边三角形，即可以证明；
②由①中的条件可证△DFG∽△CDG，所以FGDG=DGCG，即可以求出DG．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴ AD=AB，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=DB，∠A=∠FDB=60°，
∵AE=DF
∴△DAE≌△BDF．
（2）①证明：连接DB，延长GB到点M，使BM=DG，连接CM．
由（1）知△AED≌△DFB，
∴∠ADE=∠DBF，
∵∠CDG=∠ADC−∠ADE=120°−∠ADE，∠CBM=120°−∠DBF，
∴∠CBM=∠CDG，
∵△DBC是等边三角形，
∴CD=CB，DG=BM
∴△CDG≌△CBMSAS，
∴∠DCG=∠BCM，CG=CM，
∴∠GCM=∠DCB=60°
∴△CGM是等边三角形，
∴CG=GM=BG+BM=BG+DG．
②由①可知∠CGB=∠DGC=∠DGF=60°，
∵AD∥BC，∴∠DFG=∠CBM，
又∵∠CDG=∠CBM，
∴∠DFG=∠CDG，
∴△DFG∽△CDG，
∴FGDG=DGCG，即mDG=DGn，
∴DG=mn．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等有关知识，需要综合利用初中所学知识，结合题目条件，灵活运用才能解决问题；正确作出辅助线是解决这题的关键．
9．（2021·山东济南·九年级期末）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F．
填空：①请写出图1中的一对全等三角形： ；
②线段AD，BE之间的数量关系为 ；
③∠AFB的度数为 ．
（2）如图2，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，△ABC和△ADE均为直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，∠BAC＝∠DAE＝30°，AB＝5，AE＝3，当点B在线段ED的延长线上时，求线段BD和CE的长度．
【答案】（1）①△ACD≌△BCE；②AD=BE；③60°；（2）∠AFB＝45°，AD＝2BE，理由见解析；（3）BD＝4﹣3，EC＝23−32
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE即可解决问题；
（2）证明△ACD∽△BCE，可得ADBE=ACBC=2，∠CBF＝∠CAF，可得结论；
（3）分两种情况分别求解即可解决问题；
【详解】解：（1）①△ACD≌△BCE；
②AD=BE；
③60°；
思路如下：如图1中，
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，∠ACD＝∠CBF，
设BC交AF于点O．
∵∠AOC＝∠BOF，∴∠BFO＝∠ACO＝60°，
∴∠AFB＝60°．
（2）结论：∠AFB＝45°，AD＝2BE．
理由：如图2中，
∵∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，
∴∠ACD＝45°+∠BCD＝∠BCE，
又∵ACBC=DCEC=2，
∴△ACD∽△BCE，
∴ADBE=ACBC=2，∠CBF＝∠CAF，
∴AD＝2BE，
∵∠AFB+∠CBF＝∠ACB+∠CAF，
∴∠AFB＝∠ACB＝45°．
（3）如图3中，
在Rt△ABE中，BE＝AB2−AE2=4，在Rt△ADE中，DE＝33AE＝3，
∴BD＝BE﹣DE＝4﹣3，
∵∠DAE＝∠BAC＝30°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AEAD=ACAB=cs30°，
∴ AEAC=ADAB，
∴△BAD∽△CAE，
∴ECBD=ACAB=cs30°=32，
∴EC＝32BD=23−32·
【点睛】本题主要考查了几何变换综合，结合等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理计算是解题的关键．
10．（2021·河南开封·九年级期中）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图1所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：
（1）如图2，将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，则BE与DG的数量关系为___________，位置关系为___________．（直接写出答案）
（2）如图3，把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，求BE与DG的数量关系和位置关系；
（3）在（2）的条件下，小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．（直接写出答案）
【答案】（1）BE=DG，BE⊥DG；（2）BEDG=23，BE⊥DG；（3）260
【分析】（1）延长DG交BE于M，交AB于N，证明△DAG≌△BAE，根据全等三角形的性质得到BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，根据三角形内角和定理得到BE⊥DG；
（2）设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，由比的性质求出AG、AD的值，由相似三角形的判定证得△EAB∼△GAD，由相似三角形的性质得出BEDG=23，∠BEA=∠AGD，根据三角形和内角和定理得出∠EAP=∠GQP=90°，即BE⊥DG；
（3）连接EG、BD，由（2）得出AG=6，AD=12，且BE⊥DG，由勾股定理求得DB2、GE2的值，由DE2+BG2=DQ2+EQ2+QG2+BQ2=DB2+GE2即可得出结论．
【详解】（1）延长DG交BE于M，交AB于 N，如图2，
∵四边形ABCD、四边形EFGA为正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠GAE＝90°，
∴∠DAB－∠BAG＝∠GAE－∠BAG，
即 ∠DAG＝∠BAE，
在△DAG和△BAE中，
DA=BA∠DAG=∠BAEAG=AE
∴△DAG≌△BAE（SAS），
∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，
∵∠AND＝∠BNM，
∴∠BMN＝∠NAD＝90°，即BE⊥DG，
故答案为：BE=DG；BE⊥DG；
（2）BEDG=23，BE⊥DG，理由如下：
设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，如图3，
∵AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，
∴AG=6，AD=12．
∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，
∴∠EAG=∠BAD=90∘，
∴∠EAB=∠GAD，
∵EAAG=ABAD，
∴△EAB∼△GAD，
∴BEDG=23，∠BEA=∠AGD，
∵∠APE=∠GPQ，
∴∠EAP=∠GQP=90°，
∴BE⊥DG．
（3）连接EG、BD，如图3
∵AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，
∴AG=6，AD=12．
∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，
∴∠EAG=∠BAD=90∘
∴GE2=42+62=52，BD2=82+122=208，
由（2）证得BE⊥DG
DE2+BG2=DQ2+EQ2+QG2+BQ2=DB2+GE2，
∴DE2+BG2=52+208=260．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，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，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．
11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中AB＝2，AD＝4，动点F在线段CD上运动（不与端点重合），过点D作AF的垂线，交线段BC于点E．
（1）证明：△ADF∽△DCE；
（2）当CF＝1时，求EC的长．
【答案】（1）见解析；（2）12．
【分析】（1）根据相似三角形的判定得出ΔADF∽ΔDCE即可；
（2）根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB=2，∠ADC=∠BCD=90°．
又∵AF⊥DE，
∴∠ADF=∠DCE=90°，∠DAF=∠EDC=90°−∠DFA，
∴ΔADF∽ΔDCE；
（2）∵ΔADF∽ΔDCE，
∴ ADDC=DFCE，
∵CF=1，CD=AB=2，
∴DF=CD−CF=1，
∵AD=4，CD=2，
∴ 42=1CE，
∴CE=12．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟悉相似三角形的性质是解题关键．
12．（2018·四川·成都七中九年级阶段练习）如图1，在△ABC中，AB=42,∠B=45°,BC=7．
（1）求边AC的长．
（2）D边AC的中点，过点D作DE//AB交边BC于点E，将△CDE绕C点顺时针旋转，得到对应的三角形△CD′E′，连接AD′,BE′,AD′与BE′交于M．
①求证：△ACD′∽△BCE′．
②当∠AD′C=30°时，求MC的长；
③在△CD′E′旋转的过程中，△AD′E′的面积是否存在最大值．若存在，请直接写出△AD′E′最大面积，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）5；（2）①证明见解析；②524；③存在，最大面积为52+72．
【分析】（1）过A作AH⊥BC于H，根据勾股定理计算即可；
（2）①根据DE//AB得到CDAD=CECB，再根据旋转的性质得到△CDE≌△CD′E′，得出CD′CE′=ACBC，再求出∠BCE′=∠ACD′即可得解；②过C作CN⊥AD′于N，证明M、C、D′、E′四点共圆，求出∠CMD′=45°，得到CN=12CD′即可得解；③过C作CK⊥DE于K，根据旋转的性质进行求解即可；
【详解】（1）过A作AH⊥BC于H，
∵AH⊥BC
∴∠AHB=90°
∵∠ABC=45°, AB=42，
∴AH=BH=4
∵BC=7
∴CH=BC−BH=3，
在Rt△AHC中，AC=AH2+CH2=5．
（2）①∵DE//AB，
∴CDAC=CECB，
∵点D为AC的中点，
∴CD=AD,CE=EB，
∵△CDE点C顺时针旋转得到△CD′E′，
∴△CDE≌△CD′E′，
∴CD=CD′, CE=CE′, ∠ACB=∠D′CE
∴CD′AC=CE′BC，
∴CD′CE′=ACBC，
∵∠ACB+∠ACE′=∠D′CE′+∠ACE′，
∴∠BCE′=∠ACD′，
∴△ACD′∽△BCE′．
②过C作CN⊥AD′于N，
∵△ACD′∽△BCE′
∴∠AD′C=∠BE′C，
∴M、C、D′、E′四点共圆．
∴∠CMD′=∠CE′D′
∵∠CE′D′=∠CED
∴∠CMD′=∠CED
∵AB//DE，
∴∠ABC=∠CED=45°，
∴∠CMD′=45°
∵CN⊥AD′于N，
∴∠CNM=90°, ∠NCM=∠NMC=45°，
∴CN=MN, MC=2CN，
∵∠AD′C=30°, ∠CND′=90°，
∴CN=12CD′，
∵CD′=CD=12AC=52，
∴CN=54，
∴MC=2CN=524．
③过C作CK⊥DE于K．
∵BE=CE=12BC=72
∠CKE=90°, ∠CEK=45°，
∴CK=EK=22CE=724，
∴点C到DE的距离为724．
即在△CD′E′旋转过程中，点C点D′E′的距离始终都为724，
∴点A到D′E′的最大距离为5+724，
∵DE=12AB=22，
∴S△AD′E′的最大值=12×22×5+724
=52+72，
即△AD′E′的面积存在最大值，
最大面积为52+72．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的综合应用，结合旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
13．（2021·湖南·宁远县启慧学校九年级阶段练习）综合与实践
动手操作
如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AED．延长ED分别交CB于点F，交AB于点G，连接AF．
思考探究
（1）∠CAF＝ °，∠EAG＝ °；
（2）若BC＝（2+1）AC，则①∠DAG＝ °；②FGGD＝ ，请证明你的结论；
开放拓展
（3）如图2，若改变旋转角，已知AC＝3，BC＝4，当∠EAF＝90°时，△AFB的面积为 ．
【答案】（1）45，90；（2）22.5，2，证明见解析；（3）218
【分析】（1）由旋转的性质可得∠CAD＝∠BAE＝90°，AC＝AD，BC＝DE，∠C＝∠ADE＝90°，可证四边形ACFD是正方形，∠EAG＝90°，可求∠CAF＝45°；
（2）①由正方形的性质可得∠CAF＝∠AFC＝45°，AC＝CF＝AD＝DF，AF＝2AC，可求BF＝AF＝2AC，可得∠FAB＝∠FBA＝22.5°，由平行线的性质可求∠DAG＝∠FBA＝22.5°，
②由平行线的性质可求∠DAG＝∠FBA＝22.5°，对顶角性质∠AGD=∠BGF，可证△ADG∽△BFG，由相似三角形的性质可求FGGD=BFAD＝2；
（3）由勾股定理可求AB＝5，由旋转的性质可求AD＝AC＝3，BC＝DE＝4，AB＝AE＝5，∠C＝∠ADE＝90°，通过证明△ADE∽△FDA，可求AF的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AED．
∴∠CAD=∠BAE=90°=∠EAG，,
∴∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，BC＝DE，∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠ADF=180°-∠ADE=90°
∴∠CAD=∠C＝∠ADF＝90°，
∴四边形ACFD是矩形，
∵AC＝AD，
∴四边形ACFD是正方形，
∵AF为对角线
∴∠CAF=12∠DAC=45°，
故答案为：45，90；
（2）①∠DAG＝ 22.5 °；②FGGD＝2 ，
①∵四边形ACFD是正方形，
∴∠CAF＝∠AFC＝45°，AC＝CF＝AD＝DF，AF＝2AC，
∵BC＝（2+1）AC，
∴BF＝BC-CF=（2+1）AC-AC=2AC
∴BF=AF＝2AC，
∴∠FAB＝∠FBA，
又∵∠CFA＝∠FAB+∠FBA=45°，
∴∠FAB＝∠FBA＝22.5°，
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠FBA＝22.5°，
②∵∠DAG＝∠FBA＝22.5°，
∵∠AGD=∠BGF，
∴△ADG∽△BFG，
∴GFDG=BFAD=2ACAC=2，
（3）∵AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，
∴AB＝AC2+BC2=9+16=25=5，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AED．
∴AD＝AC＝3，BC＝DE＝4，AB＝AE＝5，∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠E+∠EAD＝90°，
∵∠EAF＝90°，
∴∠E+∠EAD=∠EAD+∠FAD＝90°，
∴∠E＝∠FAD，
又∵∠ADE＝∠ADF＝90°，
∴△ADE∽△FDA，
∴DEAD=AEAF，
∴43=5AF，
∴AF＝154，
在Rt△ACF中，
∴CF＝AF2+AC2=22516−9=94，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣94＝74，
∴△AFB的面积＝12×74×3=218，
故答案为：218．
【点睛】本题考查旋转性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形面积，掌握旋转性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，会求三角形面积是解题关键．
14．（2019·江苏·扬州市梅岭中学九年级期中）如图，已知BO是△ABC的AC边上的高，其中BO＝8，AO＝6，CO＝4，点M以2个单位长度/秒的速度自C向A在线段CA上作匀速运动，同时点N以5个单位长度/秒的速度自A向B在射线AB上作匀速运动，MN交OB于点P．当M运动到点A时，点M、N同时停止运动．设点M运动时间为t．
（1）线段AN的取值范围是 ；
（2）当0＜t＜2时，①求证：MN：NP为定值；②若△BNP与△MNA相似，求CM的长；
（3）当2＜t＜5时，①求证：MN：NP为定值；②若△BNP是等腰三角形，求CM的长．
【答案】（1）O＜AN＜25；（2）①见解析；②6031；（3）①见解析；②6011．
【分析】（1）首先求出点M运动时间，再求出点N运动的路程即可．
（2）如图1中，①过点N作NH⊥AC于点H，设AN＝5k，CM＝2k，用k的代数式表示MN、NP即可解决问题．
②只可能是∠MNB＝∠MNA＝90°，△MNP∽△MNA∽△BOA，路程比例式即可解决问题．
（3）如图2中，当2＜t＜5时，①方法和前面类似．
②当点M在OA上时，BN＝5k﹣10．由PO∥HN，得PONH=MOMH，得到PO＝85k，根据BP＝BN，列出方程即可解决．
【详解】解：（1）∵AC＝OC+AO＝10，
点M运动的速度为2单位长度/秒，
∴t＝102＝5，∵5×5＝25，
∴0＜AN＜25．
故答案为0＜AN＜25．
（2）如图1中，当0＜t＜2时，
①过点N作NH⊥AC于点H，设AN＝5k，CM＝2k，
∵NH∥BO，
∴NHBO=AHAO，
∴AH＝3K，OH＝6﹣3k，OM＝4﹣2k，MH＝10﹣5k，
∵PO∥NH，
∴MNNP=MHOH＝10−5k6−3k＝53
②只可能是∠MNB＝∠MNA＝90°，
△MNA∽△BOA，
∴AMAN=ABAO，
∴10−2k5k＝106，
∴k＝3031，
∴CM＝6031．
（3）如图2中，当2＜t＜5时，
①过点N作NH⊥AC于点H，设AN＝5k，CM＝2k，
则OH＝3k﹣6，OM＝2k﹣4，
∴MH＝5k﹣10，
∵PO∥NH，
∴MNNP=MHOH＝5k−103k−6＝53．
②当点M在OA上时，BN＝5k﹣10．
∵PO∥HN，
∴PONH=MOMH，
∴PO＝85k，
若BP＝BN，则8﹣85k＝5k﹣10，
∴k＝3011，
∴CM＝6011，
若PB＝PN或BN＝NP，
∵∠PBN＞90°，
∴不成立，
∴若△BNP是等腰三角形，CM的长为6011．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用参数表示相应的线段，把几何问题转化为代数问题．
15．（2021·安徽·九年级专题练习）如图，在边长为23的菱形ABCD中，∠C＝60°，E是边BC的中点，连接DE，AE．
（1）直接写出DE的长为 ．
（2）F为边CD上的一点，连接AF，交DE于点G，连接EF，若AF⊥EF．
①求证：△AGE∽△DGF．
②求DF的长．
【答案】（1）3；（2）①详见解析；②32
【分析】（1）只要证明DE是等边△DBC的高即可解决问题；
（2）①由△AGD∽△EGF，可得AGEG=DGFG，推出AGDG=EGFG，又∠AGE＝∠DGF，即可推出△AGE∽△DGF；
②求出CF的长即可解决问题；
【详解】解：（1）连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴CB＝CD，
∵∠C＝60°，
∴△CDB是等边三角形，
∴DB＝DC＝AB＝23，
∵BE＝EC，
∴DE⊥BC，
∴∠BDE=∠CDE=∠BDC2=30°
∴DE＝BD•cs30°＝23 ×32 =3．
（2）①∵AF⊥EF，∠CDE=30°，∠C=60°
∴∠AFE=90°，∠DEC=90°
∴∠ADE=∠AFE=90°
∵∠AGD＝∠EGF
∴∠DAG＝∠FEG
∵∠DAG＝∠FEG，∠AGD＝∠EGF，
∴△AGD∽△EGF，
∴AGEG=DGFG，
∴AGDG=EGFG，
∵∠AGE＝∠DGF，
∴△AGE∽△DGF，
②作EH⊥CD于H．
∵△AGE∽△DGF，
∴∠EAG＝∠GDF＝30°，
∵∠GFE＝∠ADG＝90°，
∴EF=12AE=12DE2+AD2 =1232+(23)2=1221，
在Rt△ECH中，CH＝32，EH=32，
在Rt△EFH中，FH= EF2−EH2= (212)2−(32)2=124=3 ，
∴CF＝FH+CH=3+32＝332，
∴DF＝CD﹣CF＝32．
【点睛】本题考查菱形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形30°角性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题，所以中考常考题型．
16．（2021·河南驻马店·九年级期末）问题发现：
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，点D为AB上一点，且AD=2DB，过点D作DE//BC，填空：DEBC=________，DBEC=________；
类比探究：
（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A逆时针旋转得到△AMN，连接DM，BM，EN，CN，请求出DMEN，BMCN的值；
拓展延伸：
（3）如图3，△ABC和△DEF同为等边三角形，且AB=3EF=6，连接AD，BE，将△DEF绕AC（DF）的中点O逆时针自由旋转，请直接写出在旋转过程中BE−AD的最大值．
【答案】（1）23，35；（2）DMEN=35，BMCN=35；（3）43−4
【分析】（1）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC=62+82=10，由AD=2DB，可得AB=3DB，由DE//BC，截线段成比例ADAB=DEBC=AEAC=2DB3DB=23，由ADAB=AEAC，分比AB−ADAB=AC−AEAC，即BDAB=ECAC即可
（2）由旋转性质可知：AD=AM，AE=AN，∠BAM=∠CAN，由ABAC=AMAN=35，∠BAM=∠CAN，可得△ABM∼△ACN，由性质BMCN=ABAC=35，∠ABM=∠ACN，可证△DBM∽△ECN，利用性质DMEN=BMCN=DBEC=35；
（3）如图4，连接OB，OE，由点O是AC（DF）的中点，△ABC和△DEF同为等边三角形，可知∠BOC=∠DOE=90°，可推得∠AOD=∠BOE，由AO:BO=OD:OE=33，∠AOD=∠BOE，可证△AOD∽△BOE，可得AD:BE=33，可求BO=33，OE=3，由三边关系可得，BE