中考数学二轮专题培优训练重难点09 相似三角形8种模型（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮专题培优训练重难点09 相似三角形8种模型（2份，原卷版+解析版），共8页。试卷主要包含了定义等内容，欢迎下载使用。
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156654683" 题型01 A字模型
\l "_Tc156654684" 题型02 8字模型
\l "_Tc156654685" 题型03 射影定理
\l "_Tc156654686" 题型04 一线三等角模型
\l "_Tc156654687" 题型05 线束模型
\l "_Tc156654688" 题型06 三角形内接矩形模型
\l "_Tc156654689" 题型07 三平行模型
\l "_Tc156654690" 题型08 手拉手模型（旋转模型）
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
题型01 A字模型
1．（2020·湖北武汉·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，D是AB上一点，点E在BC上，连接CD，AE交于点F，若∠CFE=45°，BD=2AD，则CE＝ ．
【答案】2
【分析】过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，先利用解直角三角形求出CD的长，其次利用△CDG∽△CBD，求出CG的长，得出BG的长，最后利用△BDG∽△BAE，求出BE的长，最后得出答案．
【详解】解：如图：过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，
∵在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴AB=AC2+BC2=62，
又∵BD=2AD，
∴AD=22 ，
∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，
∴CH=6−2=4，
在Rt△CHD中，CD=CH2+DH2=25，
∵DG∥AE，
∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，
∴∠CDG=∠B，
又∵∠DCG=∠BCD，
∴△CDG∽△CBD，
∴CDCB=CGCD，
∴ CD2=CG⋅CB，
即20=6CG，
∴CG= 103 ，
∴BG=BC−CG= 6−103=83，
又∵DG∥AE，
∴△BDG∽△BAE，
又∵BD＝2AD，
∴BDBA=BGBE=23，
又BG=83，
∴BE=BG×32=4，
∴CE=6−4=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
2．（2020·浙江杭州·统考中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝ ，BE＝ ．
【答案】 2 5﹣1
【分析】先根据矩形的性质得到AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°，再根据折叠的性质得到CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE，然后根据全等三角形的性质得到DF=AE=2；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【详解】∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE
∴CF=AD，∠CFD=90°
∴∠ADE+∠CDF=∠FCD+∠CDF=90°
∴∠ADE=∠FCD
在△ADE和△FCD中，∠ADE=∠FCDAD=FC∠DAE=∠CFD=90°
∴△ADE≅△FCD(ASA)
∴DF=AE=2
∵∠AFE=∠CFD=90°
∴∠AFE=∠DAE=90°
∵∠AEF=∠DEA
∴△AEF∼△DEA
∴AEDE=EFAE，即AEDF+EF=EFAE
∴22+EF=EF2
解得EF=5−1或EF=−5−1BC有∠B>∠A，
∴ “理想点” D不可能在BC边上，
③D在AC边上时，如图：
∵D是ΔABC的“理想点”，
∴∠DBC=∠A，
又∠C=∠C，
∴ΔBDC∽ΔABC，
∴ CDBC=BCAC，即CD3=34，
∴CD=94，
综上所述，点D是ΔABC的“理想点”， CD的长为125或94．
【点睛】本题主要考查了相似三角形、勾股定理等知识，解题的关键是理解“理想点”的定义．
8．（2021上·浙江绍兴·九年级统考期末）如果两个相似三角形的对应边存在2倍关系，则称这两个相似三角形互为母子三角形．
（1）如果△DEF与△ABC互为母子三角形，则DEAB的值可能为（ ）
A．2 B．12 C．2或12
（2）已知：如图1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，AB=2AD, ∠ADE=∠B．
求证：△ABD与△ADE互为母子三角形．
（3）如图2，△ABC中，AD是中线，过射线CA上点E作EG//BC，交射线DA于点G，连结BE，射线BE与射线DA交于点F，若△AGE与△ADC互为母子三角形．求AGGF的值．
【答案】（1）C；（2）见解析；（3）AGGF=13或3．
【分析】（1）根据互为母子三角形的定义即可得出结论；
（2）根据两角对应相等两三角形相似得出△ABD∽△ADE，再根据AB=2AD从而得出结论；
（3）根据题意画出图形，分当G,E分别在线段AD,AC上时和当G,E分别在射线DA,CA上时两种情况加以讨论；
【详解】（1）∵△DEF与△ABC互为母子三角形，
∴DEAB=12或2
故选：C
（2）∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠ADE=∠B，
∴△ABD∽△ADE．
又∵AB=2AD，
∴△ABD与△ADE互为母子三角形．
（3）如图，当G,E分别在线段AD,AC上时，
∵△AGE与△ADC互为母子三角形，
∴CDGE=ADAG=2，
∴AG=DG，
∵AD是中线，
∴BD=CD，
又∵GE//BC，
∴△GEF∽△DBF．
∴DFGF=DBGE=CDGE=2，
∴DG=3GF，
∴AGGF=3．
如图，当G,E分别在射线DA,CA上时，
∵△AGE与△ADC互为母子三角形，
∴CDGE=ADAG=2，
∴AG=12AD=13DG，
∵AD是中线，
∴BD=CD，
又∵GE//BC，
∴△GEF∽△DBF．
∴DFGF=DBGE=CDGE=2，
∴DG=GF，
∴AGGF=13．
综上所述，AGGF=13或3
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、分类讨论的数学思想以及接受与理解新生事物的能力．准确理解题设条件中互为母子三角形的定义是正确解题的先决条件，在分析与解决问题的过程中，要考虑全面，进行分类讨论，避免漏解．
9．（2020上·全国·九年级专题练习）已知，如图，AD是直角三角形ABC斜边上的中线，AE⊥AD，AE交CB的延长线于点E．
（1）求证：△BAE∽△ACE；
（2）AF⊥BD，垂足为点F，且BE•CE＝9，求EF•DE的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）DE•EF＝9．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质和等腰三角形的性质可得∠C＝∠DAC，由余角的性质可得∠EAB＝∠DAC，进而可得∠EAB＝∠C，进一步即可证得结论；
（2）由（1）可得AEEC=BEAE，进而可得AE2＝BE•CE＝9，易证△EAF∽△EDA，从而得AEDE=EFAE，进一步即可求出结果．
【详解】解：（1）∵AD是直角三角形ABC斜边上的中线，
∴AD＝BD＝CD，
∴∠C＝∠DAC，
∵AE⊥AD，
∴∠EAD＝90°＝∠BAC，
∴∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAB＝∠C，
∵∠E＝∠E，
∴△BAE∽△ACE；
（2）∵△BAE∽△ACE，
∴AEEC=BEAE，
∴AE2＝BE•CE＝9，
∵∠AFE＝∠DAE＝90°，∠E＝∠E，
∴△EAF∽△EDA，
∴AEDE=EFAE，
∴DE•EF＝AE2＝9．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，属于常考题型，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型02 8字模型
10．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，连接AE，若AE的延长线和BC的延长线相交于点F．
（1）求证：BC=CF；
（2）连接AC和BE相交于点为G，若△GEC的面积为2，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24．
【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到DE=CE，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到∠ADE＝∠ECF，再根据∠AED=∠CEF，即可得到△ADE≌△ECF，则答案可证；
（2）先证明△CEG∼△ABG，根据相似三角形的性质得出S△ABG=8，AGGC=ABCE=12，进而得出S△BGC=4，由S△ABC=S△ABG+S△BCG得S△ABC=12，则答案可解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ADE＝∠ECF，
∵点E为DC的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△ECF中
∠ADE=∠ECFDE=CE∠AED=∠CEF
∴△ADE≌△ECFASA，
∴AD=CF，
∴BC=CF；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴AB//DC，AB=2EC，
∴∠GEC=∠ABG，∠GCE=∠GAB，
∴△CEG∼△ABG，
∵△GEC的面积为2，
∴S△ABGS△CEG=ABCE2=122=14，即S△ABG=4S△CEG=4×2=8，
∵△CEG∼△ABG
∴AGGC=ABCE=12，
∴S△BGC=12S△ABG=12×8=4，
∴S△ABC=S△ABG+S△BCG=8+4=12，
∴S▱ABCD=2S△ABC=2×12=24．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11．（2020·四川遂宁·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则BEEG的值为（ ）
A．12B．13C．23D．34
【答案】C
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴BEEG=ABCG=2k3k=23，
故选：C．
【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
12．（2020·浙江杭州·统考一模）如图，点O是△ABC边BC上一点，过点O的直线分别交AB，AC所在直线于点M，N，且ABAM＝m，ACAN＝n．
（1）若点O是线段BC中点．
①求证：m+n＝2；
②求mn的最大值；
（2）若COOB＝k（k≠0）求m，n之间的关系（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）①证明见解析；②mn有最大值1；（2）n＝k﹣km+1．
【分析】设AM＝a，AN＝b．由ABAM＝m，ACAN＝n可得AB＝am，AC＝bn，那么MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）b．
（1）①若点O是线段BC中点，如图1，过点B作BH∥AC交MN于H，利用ASA证明△OBH≌△OCN，得出BH＝CN＝（n﹣1）b．由BH∥AN列出比例式(1−m)aa＝(n−1)bb，求解即可；
②由①的结论m+n＝2得出m＝2﹣n，那么mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，根据二次函数的性质即可得出当n＝1时，mn有最大值1；
（2）若COOB＝k（k≠0），如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，证明△OBG∽△OCN，根据相似三角形对应边成比例得出CNBG＝COOB，那么BG＝n−1kb．由BG∥AN列出比例式(1−m)aa＝(n−1)kbb，整理即可得出m，n之间的关系.
【详解】解：设AM＝a，AN＝b.
∵ABAM＝m，ACAN＝n，
∴AB＝am，AC＝bn，
∴MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）b.
（1）①若点O是线段BC中点，
如图1，过点B作BH∥AC交MN于H，
∴∠OBH＝∠OCN.
在△OBH与△OCN中，
∠OBH=∠OCNOB=OC∠BOH=∠CON，
∴△OBH≌△OCN（ASA），
∴BH＝CN＝（n﹣1）b.
∵BH∥AN，
∴MBMA＝BHAN，即(1−m)aa＝(n−1)bb，
∴1﹣m＝n﹣1，
∴m+n＝2；
②由①知，m+n＝2，
∴m＝2﹣n，
∴mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，
∴当n＝1时，mn有最大值1；
（2）若COOB＝k（k≠0），
如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，
∴∠OBG＝∠OCN.
在△OBG与△OCN中，
∠OBG=∠OCN∠BOG=∠CON，
∴△OBG∽△OCN，
∴CNBG＝COOB，即(n−1)bBG＝k，
∴BG＝n−1kb.
∵BG∥AN，
∴MBMA＝BGAN，即(1−m)aa＝(n−1)kbb，
∴1﹣m＝n−1k，
∴n＝k﹣km+1.
【点睛】此题考查平行线的性质，三角形全等的判定及性质，平行线分线段成比例是性质，相似三角形的判定及性质，二次函数最值问题，正确掌握各知识点并综合运用解题是关键.
13．（2021·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，抛物线y=−12x2+2x+6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线y=x−2与y轴交于点D，与x轴交于点E，与直线BC交于点F．
（1）点F的坐标是________；
（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长线交OB于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，PMQN=114，求点P的坐标；
（3）如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒42个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且tan∠SEG=12时，求点G的运动时间．
【答案】（1）点F坐标为（4，2）；（2）P1（1，152），P2（3，152）；（3）2秒
【分析】（1）先由抛物线y=−12x2+2x+6求出B(6,0)，C(0,6)，再求出直线BC的解析式为y=−x+6，联立y=−x+6y=x−2即可求F点坐标；
（2）过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，证明△PMF∽△QNF，得PFQF=114，再由FH//PG，得FHPG=415，可求PG=152，即为P点纵坐标为152，则可求得点P的坐标；
（3）过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，证明△ODE是等腰直角三角形，△EHL为等腰直角三角形，△SKL为等腰直角三角形，则有LK=SK=2t，SL=2SK=2t，EL=2t，EH=LH=t，OH=t+2，SH=3t，求出S(t+2,3t)，最后将点S的坐标代入二次函数解析式即可求得t=2，则可得点G的运动时间为2s．
【详解】解：（1）在抛物线y=−12x2+2x+6中，
令y=0，则−12x2+2x+6=0，
解得：x=−2或x=6，
∴A(−2,0)，B(6,0)，
令x=0，则y=6，
∴C(0,6)，
在直线y=x−2中，令y=0，则x=2，
∴E(2,0)，
令x=0，则y=−2，
∴D(0,−2)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B(6,0)，C(0,6)代入，
得：b=66k+b=0，
∴ k=−1b=6，
∴直线BC的解析式为y=−x+6，
联立y=−x+6y=x−2，
解得x=4y=2，
∴F(4,2)，
故答案为：(4,2)；
（2）如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，
∵PM⊥BC，QN⊥BC，
∴∠PMF=∠QNF=90°，
又∵∠PFM=∠QFN，
∴△PMF∽△QNF，
∴ PMQN=PFQF，
∵ PMQN=114，
∴ PFQF=114，
∵FH//PG，
∴ FQPQ=FHPG=415，
∵FH=2，
∴PG=152，
∴P点纵坐标为152，
令−12x2+2x+6=152，
解得：x1=1，x2=3（均满足x>0），
∴点P的坐标为P1（1，152），P2（3，152）；
（3）如图2，过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，
由题意得，EG=42t，
∵SE=SG，SK⊥EG，
∴EK=GK=12EG=22t，
∵在Rt△SEK中，tan∠SEG=SKEK=12，
∴SK=2t，
∵E(2,0)，D(0,−2)，
∴OE=OD，
∴△ODE是等腰直角三角形，
∴∠OED=45°，
∴∠KEH=∠OED=45°，
∴△EHL为等腰直角三角形，
∴∠SLK=∠ELH=45°，
∴△SLK为等腰直角三角形，
∴LK=SK=2t，SL=2SK=2t，
∴EL=EK−LK=2t，
∴EH=LH=t，
∴OH=OE+EH=t+2，SH=SL+LH=3t，
∴S(t+2,3t)，
将S(t+2,3t)代入y=−12x2+2x+6，
得−12(t+2)2+2(t+2)+6=3t，
解得：t=2或t=−8（舍），
∴点G的运动时间为2s．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活运用平移、三角形相似、解直角三角形等相关知识是解题的关键．
14．（2020·云南·统考中考真题）抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为−1,0，点C的坐标为0,−3．点P为抛物线y=x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．
（1）求b、c的值；
（2）设点F在抛物线y=x2+bx+c的对称轴上，当△ACF的周长最小时，直接写出点F的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=-2,c=-3;（2）F（1，-2）（3）P（5,12）
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）根据题意求出B点坐标，得到直线BC的解析式，再根据对称性可得P点为直线BC与对称轴的交点，即可求解；
（3）过P点作PG⊥BC的延长线于G点，过D点作DH⊥BC的延长线于H点，得到△DEH∽△PEG，根据题意可得PEDE=PGDH=51，可设P（m, m2−2m−3）,E（m,m-3）表示出PE,DE，故可求出m的值，故可求解．
【详解】（1）把A −1,0，C 0,−3代入y=x2+bx+c
得1−b+c=0c=−3
解得b=−2c=−3
∴y=x2−2x−3
（2）∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4
∴对称轴为x=1
∵A−1,0，
∴A点关于x=1对称的点B为（3,0）
如图，连接BC，
设直线BC解析式为y=px+q
把B（3,0）,C（0，-3）代入得3p+q=0q=−3
解得p=1q=−3
∴直线BC解析式为y=x-3
当x=1时，y=-2
∴直线BC交对称轴x=1与F（1，-2）
∵C△ACF=AC+AF+CF=AC+BF+CF=AC+BC,
故此时△ACF的周长最小，F（1，-2）；
（3）存在点P使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍，
设P（m, m2−2m−3）,
∴E（m,m-3）
如图，过P点作PG⊥BC的延长线于G点，过D点作DH⊥BC的延长线于H点，
∴DH∥PG
∴△DEH∽△PEG
∴PEDE=PGDH=51
∵PE=m2−2m−3-（m-3）=m2−3m，DE=m-3
∴m2−3mm−3=5
解得m1=5，m2=3
m=3时，分母为0不符合题意，故舍去
∴P（5,12）．

【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的图像与性质、对称性及相似三角形的判定与性质．
15．（2021上·安徽合肥·九年级合肥寿春中学校考期末）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D为AB上一点，连接CD，分别过点A、B作AN⊥CD，BM⊥CD．
（1）求证：AN＝CM；
（2）若点D满足BD：AD＝2：1，求DM的长；
（3）如图2，若点E为AB中点，连接EM，设sin∠NAD＝k，求证：EM＝k．

【答案】（1）见解析；（2）2515；（3）见解析
【分析】（1）证明△ACN≌△CBM（AAS），由全等三角形的性质得出AN＝CM；
（2）证明△AND∽△BMD，由相似三角形的性质得出ANBM=DNDM=ADBD=12，设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，由勾股定理得出x＝55，则可得出答案；
（3）延长ME，AN相交于点H，证明△AHE≌△BME（AAS），得出AH＝BM，证得HN＝MN，过点E作EG⊥BM于点G，由等腰直角三角形的性质得出答案．
【详解】（1）证明：∵AN⊥CD，BM⊥CD，
∴∠ANC＝90°，∠BMC＝90°，
又∠ACB＝90°，
∴∠ACN+∠BCM＝∠BCM+∠CBM＝90°，
∴∠ACN＝∠CBM，
又∵AC＝BC，
∴△ACN≌△CBM（AAS），
∴AN＝CM；
（2）解：∵∠AND＝∠BMD，∠ADN＝∠BDM，
∴△AND∽△BMD，
∴ANBM=DNDM=ADBD=12，
设AN＝x，则BM＝2x，
由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，
∵AN2+CN2＝AC2，
∴x2+（2x）2＝12，
∴x＝55，
∴CM＝55，CN＝255，
∴MN＝55，
∴DM＝23MN=23×55＝2515；
（3）解：延长ME，AN相交于点H，

∵E为AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠ANM＝90°，∠BMN＝90°，
∴AN∥BM，
∴∠HAE＝∠MBE，∠AHE＝∠BME，
∴△AHE≌△BME（AAS），
∴AH＝BM，
又∵BM＝CN，CM＝AN，
∴CN＝AH，
∴MN＝HN，
∴∠HMN＝45°，
∴∠EMB＝45°，
过点E作EG⊥BM于点G，
∵sin∠NAD＝k，∠NAD＝∠EBG，
∴sin∠EBG＝EGBE＝k，
又∵AC＝BC＝1，
∴AB＝2，
∴BE＝22，
∴EG＝22k，
∴EM＝2EG＝2×22k＝k．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
16．（2022·山西吕梁·统考三模）综合与实践：
数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．
问题情境：在□ABCD中，点P是边AD上一点．将△PDC沿直线PC折叠，点D的对应点为E．
“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作EF∥AD，与PC交于点F，连接DF，则四边形AEFD是菱形．
(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；
(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为AD的中点时，延长CE交AB于点F，连接PF．试判断PF与PC的位置关系，并说明理由．
请你帮助他们解决此问题．
(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在AB边上时，AP=3，PD=4，DC=10．则AE的长为___________．（直接写出结果）
【答案】(1)见解析
(2)PF⊥PC，理由见解析
(3)52
【分析】（1）先证明DF∥AE，得到两组对边分别平行，再用邻边相等的平行四边形是菱形判定，也可以用四条边相等的四边形是菱形进行判断；
（2）证明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折叠得到∠DPC=∠EPC，从而证明∠FPC=90°；
（3）延长BA、CP相交于点F，得△AFP∽△DCP，再证EF=CE即可求出结果．
【详解】（1）证法一：由折叠得，AD=AE，∠DAF=∠EAF，∠DFA=∠EFA
∵EF∥AD
∴∠DAF=∠EFA
∴∠DFA=∠EAF
∴DF∥AE
∴四边形AEFD是平行四边形
∵AD=AE
∴四边形AEFD是菱形．
证法二：
证明：由折叠得，AD=AE，DF=EF，∠DAF=∠EAF
∵EF∥AD
∴∠DAF=∠EFA
∴∠EFA=∠EAF
∴EA=EF
∴AD=DF=EF=AE
∴四边形AEFD是菱形．
（2）解：PF⊥PC ．
连接AE
由折叠可得PD=PE，∠PEC=∠PDC，∠DPC=∠EPC
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠ADC+∠DAB=180°
又∵∠PEC+∠PEF=180°
∴∠DAB=∠PEF
∵点P是AD的中点
∴PA=PD
∴∠PAE=∠PEA
∴∠DAB−∠PAE=∠PEF−∠PEA
∴∠AEF=∠EAF
∴AF=EF
∴△PAF≌△PEF（SSS）
∴∠APF=∠EPF
又∵∠DPC+∠CPE+∠EPF+∠APF=180°，即2∠CPE+2∠FPE=180°
∴∠FPC=90°
∴PF⊥PC．
（3）解：延长BA、CP相交于点F，
由题意，△AFP∽△DCP
∴AFDC=APDP 即AF10=34
∴AF=152
∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
∴AE=10−152=52．
故答案为52．
【点睛】本题考查折叠、平行四边形、相似、菱形的判定等，属于综合性题目，解题关键在于灵活运用几何知识，构造常见的模型．
17．（2023·江苏南通·统考一模）正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线BD上的一动点，∠DAE=αα≠45°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线BF交射线DC于点G．
(1)当0°0），
∵∠ACB=90°，EF⊥CD，
同（1）得：CH2=HE⋅FH=9a×4a=36a2，
∴CH=6a，
在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=4a6a=23，
过D作DP⊥AC于P，如图2所示：
则DP//BC，
在Rt△DPC中，tan∠ACD=DPPC=23，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP=DP，
∴APPC=DPPC=23，
∵DP//BC，
∴ADBD=APPC=23；
（3）解：过点D作DM⊥AH于M，如图3所示：
∵CH=3DH，
∴设DH=2x，则CH=6x（x>0），
∴CD=DH+CH=8x，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∴∠BAC=∠AHD=45°
又∵∠ADH=∠CDA，
∴△ADH∽△CDA，
∴∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，
∴AD2=DH⋅CD=16x2，
∴AD=4x，
∵DM⊥AH，
∴∠DMH=90°，
∵∠AHD=45°，
∴∠HDM=45°=∠AHD，
∴△HDM是等腰直角三角形，
∴DM=HM=22DH=2x，
∴AM=AD2−DM5=4x2−2x2=14x，
∴tan∠ACH=tan∠DAH=DMAM=2x14x=77；
故答案为：77．
【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。
题型04 一线三等角模型
24．（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，△ABC为等边三角形，点D，E分别在边AB，AC上，BD=3，将△ADE沿直线DE翻折得到△FDE，当点F落在边BC上，且BF=4CF时，DE⋅AF的值为 ．
【答案】9833
【分析】根据△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，可证△BDF∽△CFE，根据BF=4CF，可得CF=4，根据AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，可得DE⊥AF，
根据S四边形ADFE=12DE⋅AF=S△CEF=-S△ABC-S△CEF，进而可求DE⋅AF=9833．
【详解】解：如图，作△ABC的高AL，作△BDF的高DH，
∵△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，
∴∠DFE=∠DAE= 60°，AD = DF，
∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB= 120°，
∴∠DFB= ∠CEF，
又∠B=∠C= 60°，
∴△BDF∽△CFE，
∴BDBE=CFCE ，
即CE=BF⋅CFBD ，
设CF= x(x > 0)，
∵BF=4CF，
∴BF= 4x，
∵BD=3，
∴CE=4x23，
∵BC=BF+CF=4x+x=5x，
∴AD=AB−BD=BC−BD=DF=5x−3，AE=EF=5x−4x23，
∵△BDF∽△CFE，
∴DFEF=BDCF，
∴5x−35x−4x23=3x
解得：x=2，
∴CF=4，
∴BC=5x=10，
∵在Rt△ABL中，∠B=60°，
∴AL=ABsin60°=10×32=53，
∴S△ABC=12×10×53=253，
∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，
∴DH=BDsin60°=3×32=332，
∴S△BDF=12BF⋅DH=12×8×332=63，
∵△BDF∽△CFE，
∴S△BDFS△CFE=BDCF2=322=94，
∵S△BDF=63，
∴S△CEF=833，
又∵AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，
∴AD=DF，△ADF为等腰三角形，DE⊥AF，
∴S四边形ADFE=12DE⋅AF=S△CEF=-S△ABC-S△CEF
=253−63−833=4933，
∴DE⋅AF=9833．
故答案为:9833．
【点睛】本题主要考查等边三角形的和折叠的性质，一线三等角证明k型相似，以及“垂美四边形”的性质：对角线互相垂直的四边形的面积＝对角线乘积的一半．
25．（2020·四川乐山·中考真题）如图，E是矩形ABCD的边CB上的一点，AF⊥DE于点F，AB=3，AD=2，CE=1．求DF的长度．
【答案】105．
【分析】先根据矩形的性质、勾股定理求出DE=10，再根据相似三角形的判定与性质可得DEAD=ECDF，由此即可得出答案．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，AB=3
∴DC=AB=3，∠ADC=∠C=90°
∵CE=1
∴DE=DC2+CE2=32+12=10
∵AF⊥DE，∠ADC=90°
∴∠ADF+∠DAF=90°，∠ADF+∠EDC=90°
∴∠EDC=∠DAF
在△EDC和△DAF中，∠EDC=∠DAF∠C=∠AFD=90°
∴△EDC∼△DAF
∴DEAD=ECDF，即102=1DF
解得DF=105
即DF的长度为105．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
26．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠B=∠ADE=∠C．
（1）证明：△BDA∽△CED；
（2）若∠B=45°,BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合），且△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．
【答案】(1)理由见详解；（2）BD=2−2或1，理由见详解．
【分析】（1）根据题目已知条件易得：∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°，∠B+∠ADB+∠DAB=180°，所以得到∠DAB=∠EDC，问题得证．
（2）由题意易得△ABC是等腰直角三角形，所以∠BAC=90°，当△ADE是等腰三角形时，根据分类讨论有三种情况：①AD=AE，②AD=DE，③AE=DE；因为点D不与B、C重合，所以第一种情况不符合，其他两种情况根据等腰三角形的性质“等边对等角”及∠B=∠ADE=45°，求出问题即可．
【详解】解：（1）
如图可知：∠ADE+∠ADB+∠EDC=180°
在△ABD中，∴ ∠B+∠ADB+∠DAB=180°
又∵ ∠B=∠ADE=∠C
∴ ∠EDC=∠DAB
∴ △BDA∽△CED．
（2）∵ ∠B=∠ADE=∠C，∠B=45°
∴ △ABC是等腰直角三角形
∴ ∠BAC=90°
∵BC=2，∴AB=AC=22BC=2
①当AD=AE时，∴ ∠ADE=∠AED
∵ ∠B=45°，∴ ∠B=∠ADE=∠AED=45°
∴ ∠DAE=90°
∴ ∠DAE=∠BAC=90°
∵点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）,点E在AC上
∴此情况不符合题意．
②
当AD=DE时，∴ ∠DAE=∠DEA
∴由（1）结论可知：△BDA≌△CED
∴AB=DC=2
∴ BD=2−2．
③
当AE=DE时，∠ADE=∠DAE=45°
∴ △AED是等腰直角三角形
∵ ∠B=45°，∴ ∠B=∠C=∠DAE=45°
∴ ∠ADC=90°，即AD⊥BC
∴ BD=12BC=1．
综上所诉：BD=2−2或1．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及等腰三角形的存在性问题，关键是利用“K”型相似模型及根据“等边对等角”、等腰直角三角形的性质得到线段的等量关系，进而求解问题．
27．（2021上·山东济南·九年级统考期中）（1）问题
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=90°时，求证：AD⋅BC=AP⋅BP．
（2）探究
若将90°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△ABC中，AB=22，∠B=45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD=45°，若CE=5，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）成立；理由见解析；（3）5
【分析】（1）由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC,即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）由∠DPC=∠A=∠B=α可得∠ADP=∠BPC,即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）证明△ABD∽△DFE,求出DF=4，再证△EFC∽△DEC,可求FC=1,进而解答即可．
【详解】解：（1）证明：如图1，
∵∠DPC=90°
∴∠BPC+∠APD=90°，
∵∠A=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°
∴∠APD=∠BPC，
又∵∠A=∠B=90°
∴△ADP∽△BPC，
∴AD:BP=AP:BC
∴AD⋅BC=AP⋅BP；
（2）结论AD⋅BC=AP⋅BP仍成立；
理由：如图2，
∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，
又∵∠BPD=∠A+∠APD，
∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠APD，
∵∠DPC=∠A=α，
∴∠BPC=∠APD，
又∵∠A=∠B=α，
∴△ADP∽△BPC，
∴AD:BP=AP:BC
∴AD⋅BC=AP⋅BP；
（3）∵∠EFD=45°,
∴∠B=∠ADE=45°,
∴∠BAD=∠EDF,
∴△ABD∽△DFE
∴AB:DF=AD:DE
∵Rt△ADE是等腰直角三角形
∴AD:DE=1:2
∴AB:DF=1:2
∵ AB=22
∴DF=4
∵Rt△ADE是等腰直角三角形
∴∠AED=45°
∵ ∠EFD=45°
∴∠DEC=∠EFC=180°−45°=135°
又∵∠C=∠C
∴△DEC∽△EFC
∴DC:EC=EC:CF即EC2=FC⋅(4+FC)
∵EC=5
∴ 5=FC(4+FC)
∴FC=1
解得CD=5．
【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45°角将问题转化为一线三角是解题的关键．
28．（2021上·吉林长春·九年级统考期末）【感知】如图①，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），∠A=∠B=∠DPC=90°．易证△DAP∽△PBC．（不需要证明）
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），∠A=∠B=∠DPC．若PD=4，PC=8，BC=6，求AP的长．
【拓展】如图③，在△ABC中，AC=BC=8，AB=12，点P在边AB上（点P不与点A、B重合），连结CP，作∠CPE=∠A，PE与边BC交于点E，当△CPE是等腰三角形时，直接写出AP的长．
【答案】【探究】3；【拓展】4或203．
【分析】探究：根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；
拓展：证明△ACP∽△BPE，分CP=CE、PC=PE、EC=EP三种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】探究：证明：∵∠DPB是△APD的外角，
∴∠DPB=∠A+∠PDA，
即∠DPC+∠CPB=∠A+∠PDA，
∵∠A=∠DPC，
∴∠PDA=∠CPB，
又∵∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC，
∴PDPC=APBC，
∵PD=4，PC=8，BC=6，
∴48=AP6，
解得：AP=3；
拓展：∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∵∠CPB是△APC的外角，
∴∠CPB=∠A+∠PCA，即∠CPE+∠EPB=∠A+∠PCA，
∵∠A=∠CPE，
∴∠ACP=∠BPE，
∵∠A=∠B，
∴△ACP∽△BPE，
当CP=CE时，∠CPE=∠CEP，
∵∠CEP＞∠B，∠CPE=∠A=∠B，
∴CP=CE不成立；
当PC=PE时，△ACP≌△BPE，
则PB=AC=8，
∴AP=AB-PB=12−8=4；
当EC=EP时，∠CPE=∠ECP，
∵∠B=∠CPE，
∴∠ECP=∠B，
∴PC=PB，
∵△ACP∽△BPE，
∴ACBP=APBE=PCEP，
即8PB=12−PBBE=PB8−BE，
解得：PB=163，
∴AP=AB−PB=12−163=203，
综上所述：△CPE是等腰三角形时，AP的长为4或203．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
29．（2020·四川雅安·中考真题）如图，已知边长为10的正方形ABCD，E是BC边上一动点（与B、C不重合），连结AE，G是BC延长线上的点，过点E作AE的垂线交∠DCG的角平分线于点F，若FG⊥BG．
（1）求证：△ABE∽△EGF；
（2）若EC=2，求△CEF的面积；
（3）请直接写出EC为何值时，△CEF的面积最大．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）5
【分析】（1）先判断出CG=FG，再利用同角的余角相等，判断出∠BAE=∠FEG，进而得出△ABE∽△EGF，即可得出结论；
（2）先求出BE=8，进而表示出EG=2+FG，由△BAE∽△GEF，得出ABEG=BEFG，求出FG，最后用三角形面积公式即可得出结论；
（3）同（2）的方法，即可得出S△ECF=−12x−52+252，即可得出结论.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCG=90°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCG=12∠DCG=45°，
∵∠G=90°，
∴∠GCF=∠CFG=45°，
∴FG=CG，
∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE，
∴∠B=∠G=∠AEF=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∵∠B=∠G=90°，
∴△BAE∽△GEF；
（2）∵AB=BC=10，CE=2，
∴BE=8，
∴FG=CG，
∴EG=CE+CG=2+FG，
由（1）知，△BAE∽△GEF，
∴ABEG=BEFG，
∴102+FG=8FG，
∴FG=8，
∴S△ECF=12CE•FG=12×2×8=8；
（3）设CE=x，则BE=10-x，
∴EG=CE+CG=x+FG，
由（1）知，△BAE∽△GEF，
∴ABEG=BEFG，
∴10x+FG=10−xFG，
∴FG=10-x，
∴S△ECF=12×CE×FG=12×x•（10-x）=−12x−52+252，
当x=5时，S△ECF最大=252，
∴当EC=5时，△CEF的面积最大.
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，角平分线，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，判断出△BAE∽△GEF是解本题的关键．
30．（2020·浙江杭州·统考一模）如图，在等边三角形ABC中，BC＝8，过BC边上一点P，作∠DPE＝60°，分别与边AB，AC相交于点D与点E．
（1）在图中找出与∠EPC始终相等的角，并说明理由；
（2）若△PDE为正三角形时，求BD+CE的值；
（3）当DE∥BC时，请用BP表示BD，并求出BD的最大值．
【答案】（1）∠BDP＝∠EPC，理由见解析；（2）8；（3）BD＝−BP2+8BP，BD的最大值为4．
【分析】（1）根据等边三角形的性质、三角形的外角性质解答；
（2）证明△BDP≌△CPE，根据全等三角形的性质得到BD＝CP，BP＝CE，结合图形计算，得到答案；
（3）证明△BDP∽△CPE，根据相似三角形的性质列式求出BP与BD的关系，根据二次函数的性质求出BD的最大值．
【详解】解：（1）∠BDP＝∠EPC，
理由如下：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠DPE＝60°，
∴∠DPE＝∠B，
∵∠DPC是△BDP的外角，
∴∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，
∴∠EPC＝∠BDP；
（2）∵△PDE为正三角形，
∴PD＝PE，
在△BDP和△CPE中，
∠B=∠C∠BDP=∠CPEPD=EP
∴△BDP≌△CPE（AAS），
∴BD＝CP，BP＝CE，
∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8；
（3）∵DE∥BC，△ABC为等边三角形，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵∠B＝∠C，∠EPC＝∠BDP，
∴△BDP∽△CPE，
∴BDPC=BPCE，即BD8−BP=BPBD
整理得，BD＝−BP2+8BP，
﹣BP2+8BP＝﹣（BP﹣4）2+16，
∴BD的最大值为4．
【点睛】此题主要考查等边三角形的性质、三角形的外角性质、全等三角形的判断与性质、相似三角形的判断与性质以及二次函数的性质，灵活运用知识点进行逻辑证明是解题关键．
31．（2021·江苏南通·南通田家炳中学校考二模）在矩形ABCD中，点E是CD边上一点，将△ADE沿AE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F处．
（1）如图1，若tan∠EFC=34，求AB:BC的值；
（2）如图2，在线段BF上取一点G，使AG平分∠BAF，延长AG，EF交于点H，若FG=BG+CF，求AB:BC的值．
【答案】（1）45；（2）35．
【分析】（1）根据tan∠EFC=34，可设CE=3k，则CF=4k，DE=EF=5k，再证明△ABF∼△FCE，由相似三角形性质即可用k表示出BF，从而求得比值；
（2）过点G作GM⊥AF于点M，由FG=BG+CF可得FG=12BC=12AF，再证△MFG∼△BFA，从而GMAB=FMBF=FGAF=12，设BG=x，由角平分线性质可得：BG=MG=x，AB=AM=2x，设FM=y，则BF=2y，由AB2+BF2=AF2列方程即可求出y=43x，再根据ABBC=ABAF即可求出比值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
由折叠的性质得：∠AFE=∠D=90°，EF=ED，AF=AD，
∴tan∠EFC=CECF=34，
设CE=3k，则CF=4k，
∴DE=EF=5k，
又∵∠AFB+∠BAF=90°，∠AFB+∠EFC=90°，
∴∠BAF=∠EFC，
∴△ABF∼△FCE，
∴ABCF=BFCE，
∴8k4k=BF3k，
∴BF=6k，
∴BC=BF+CF=6k+4k=10k，
∴ABBC=8k10k=45；
（2）如解图2，过点G作GM⊥AF于点M，
∵FG=BG+CF，FG+BG+CF=BC，
∴FG=12AD=12BC
∵AD=AF，
∴FG=12AF
∵∠MFG=∠BFA，∠FMG=∠FBA=90°，
∴△MFG∼△BFA，
∴GMAB=FMBF=FGAF=12，
设BG=x，
∵AG平分∠BAF, GB⊥AB, GM⊥AF，
∴BG=MG=x，AB=AM=2x，
设FM=y，则BF=2y，
∵AB2+BF2=AF2
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解得y=43x
而AF=AM+MF，
∴2x+43x=103x，
∴ABBC=ABAF=2x103x=35．
【点睛】本题考查了四边形的综合问题，也考查了三角形相似的判定与性质、勾股定理、三角函数和角平分线的性质．解题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．难点是构造垂直利用角平分线性质得线段相等并利用相似进行求解．
32．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）【感知】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：AEEB=DECB．
【探究】（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且EFEG=AEEB，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且AEEB=DEEC，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出AEEB=DECB，则可得出结论；
（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知EFEG=DEGM，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；
（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出AEBE=EFBM，证明△DEF∽△ECN，则DEEC=EFCN，得出EFBM=EFCN，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，
∴Rt△AED∽Rt△EBC，
∴AEEB=DECB；
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，
同（1）的理由可知：EFEG=DEGM，
∵EFEG=AEEB，AEEB=DECB，
∴DEGM=DECB，
∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，
∠CHB=∠MHG∠C=∠GMH=90°CB=GM，
∴△BCH≌△GMH（AAS），
∴BH=GH；
（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，
过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，
∴∠EAF=∠BEM，
∴△AEF∽△EBM，
∴AEBE=EFBM，
∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，
而∠EFA=∠AEB，
∴∠CED=∠EFD，
∵∠BMG+∠BME=180°，
∴∠N=∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，
∴∠EDF=∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，
∴DEEC=EFCN，
又∵AEEB=DEEC，
∴EFBM=EFCN，
∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，
∠BGM=∠CGN∠BMG=∠NBM=CN，
∴△BGM≌△CGN（AAS），
∴BG=CG．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
33．（2021·浙江衢州·统考中考真题）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：△BCE≌△CDG．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若HDHF=45，CE=9，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若ABBC=k，HDHF=45，求DEEC的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）DE=310；（3）k2+93或9k2+1
【分析】（1）根据ASA证明△BCE≌△CDG；
（2）由（1）得CE=DG=9，由折叠得∠BCF=∠BFC，进一步证明HF=HG，由勾股定理得HF2+FE2=DH2+DE2，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点H在D点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得HF2+FE2=DH2+DE2，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，∵△BFE由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°．
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
又∵ 正方形ABCD,
∴BC=CD,，
∴△BCE≌△CDG(AAS)．
（2）如图，连接EH，
由（1）得△BCE≌△CDG，
∴CE=DG=9，
由折叠得BC=BF，CE=FE=9，
∴∠BCF=∠BFC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴∠BCG=∠HGF，
又∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG．
∵HDHF=45，DG=9，
∴HD=4，HF=HG=5．
∵∠D=∠HFE=90°
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴52+92=42+DE2，
∴DE=310（DE=−310舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知HDHF=45可设DH=4m，HG=5m，可令DEEC=x，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，HF=HG，
∴DG=9m，
由折叠得BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
又∵∠D=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
又∵∠BCE=∠D=90°，
∴△CDG∽△BCE，
∴DGCE=CDBC，
∵CDBC=ABBC=k，
∴9mCE=k1，
∴CE=9mk=FE，
∴DE=9mxk．
∵∠D=∠HFE=90°，
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴(5m)2+(9mk)2=(4m)2+(9mxk)2，
∴x=k2+93（x=−k2+93舍去）．
∴DEEC=k2+93
②当点H在D点右边时，如图，
同理得HG=HF，∴DG=m，
同理可得△BCE∽△CDG，
可得CE=mk=FE，∴DE=mxk，
∵HF2+FE2=DH2+DE2，
∴(5m)2+(mk)2=(4m)2+(mxk)2，
∴x=9k2+1（x=−9k2+1舍去）．
∴DEEC=9k2+1
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
．
34．（2020·四川成都·统考中考真题）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将ΔBCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
（1）如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC出的值．
【答案】（1）15°；（2）35；（3）35
【分析】（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到∠AFB=30°，再由折叠的性质可得到∠CBE=15°；
（2）由三等角证得ΔFAB∽ΔEDF，从而得DE=2，EF=CE=3，再由勾股定理求出DE，则BC=AD=35；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，可证得ΔNFG∽ΔBFA．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．
【详解】（1）∵矩形ABCD，
∴∠A=90°，AD//BC
由折叠的性质可知BF=BC=2AB，∠CBE=12∠CBF，
∴∠AFB=30°，
∴∠FBC=∠AFB=30°，
∴∠CBE=15°
（2）由题意可得∠A=∠D=90°，
∠AFB+∠DFE=90°，
∠FED+∠DFE=90°
∴∠AFB=∠DEF
∴ΔFAB∽ΔEDF
∴AFDE=ABDF，
∴DE=AF·DFAB=105=2
∴EF=CE=3，
由勾股定理得DF=32−22=5，
∴AF=105=25，
∴BC=AD=AF+FD=35；
（3）过点N作NG⊥BF于点G．
∴∠NGF=∠A=90°
又∵∠BFA=∠NFG
∴ΔNFG∽ΔBFA．
∴NGAB=FGFA=NFBF．
∵NF=AN+FD，即NF=12AD=12BC=12BF
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，
又∵BM平分∠ABF，NG⊥BF，∠A=90°，
∴NG=AN，
∴NG=AN=12AB，
∴FGFA=BF−BGAN+NF=BC−AB12AB+12BC=12
整理得：ABBC=35．
【点睛】本题是一道矩形的折叠和相似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．
35．（2020·山东济南·校考二模）矩形AOBC中，OB＝4，OA＝3．分别以OB、OA所在直线为x轴、y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B、C重合）．过点F的反比例函数y＝kx（k＞0）的图象与边AC交于点E．
(1)当点F运动到边BC的中点时，点E的坐标为__________；
(2)连接EF，求∠FEC的正切值；
(3)如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求BG的长度．
【答案】(1)(2，3)
(2)43
(3)94
【分析】（1）求出点F的坐标，进而求出反比例函数的表达式，即可求解；
（2）由CF=BC-BF，CE=AC-AE，求出CF、CE，即可求解；
（3）证明△EHG∽△GBF，即可求解．
【详解】（1）解：∵OB=4，OA=3，
∴点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（4，0）、（4，3），
点F运动到边BC的中点时，点F（4，32），
将点F的坐标代入y=kx并解得：k=6，
故反比例函数的表达式为：y=6x，
当y=3时，x=63=2，故E(2，3)，
故答案为：(2，3)；
（2）解：∵F点的横坐标为4，点F在反比例函数上，
∴F（4，k4），
∴CF=BC-BF=3-k4=12−k4，
∵E的纵坐标为3，
∴E（k3，3），
∴CE=AC-AE=4-k3=12−k3
在Rt△CEF中，tan∠EFC=CECF=43；
（3）解：如图，由（2）知，CF=12−k4，CE=12−k3，
CECF=43，
过点E作EH⊥OB于H，
∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，
∴∠EGH+∠HEG=90°，
由折叠知，EG=CE，FG=CF，∠EGF=∠C=90°，
∴∠EGH+∠BGF=90°，
∴∠HEG=∠BGF，
∵∠EHG=∠GBF=90°，
∴△EHG∽△GBF，
∴EHBG=EGFG=CECF，
∴3BG=43，
∴BG=94．
【点睛】本题考查的反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
题型05 线束模型
36．（2022上·浙江宁波·九年级校考期中）【基础巩固】
(1)如图1， 在△ABC中， D，E，F分别为AB，AC，BC上的点， DE∥BC,AF交DE 于点G， 求证： DGEG=BFCF．
【尝试应用】
(2)如图2， 已知D、E为△ABC的边BC上的两点， 且满足BD=2DE=4CE， 一条平行于AB的直线分别交AD、AE和AC于点L、M和N， 求 LMMN 的值．
【拓展提高】
(3)如图3， 点E是正方形ABCD的边CD上的一个动点， AB=3， 延长CD至点F， 使 DF=2DE， 连接CG， 求CG的最小值．
【答案】(1)见解析；
(2)LMMN=72；
(3)91010．
【分析】（1）根据相似三角形的判定证明△ADG∼△ABF，△AGE∼△AFC，得到DGBF=AGAF，GEFC=AGAF，整理可得DGBF=GEFC，即DGEG=BFCF；
（2）如图，过点M作PF∥BC交AB于点P，交AD于点Q，交AC于点F，由（1）中结论可得，PQ=2QM=4MF，证明△FMN∼△FPA，△MLQ∼△PAQ，根据相似三角形的性质可得MNAP=MFPF=17，LMAP=QMPQ=12，整理可得LMMN=72；
（3）如图，延长DG交AB于点H，证明△DEG∼△HAG，△DFG∼△HBG，根据相似三角形的性质和DF=2DE可得AH=1，由此可得：点H为定点，点G在线段DH上运动，当CG⊥DH时，CG有最小值，利用等积法求得CG⊥DH时CG的值即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，
∴∠ADG=∠ABC，∠AGD=∠AFB，∠AEG=∠ACF，∠AGE=∠AFC，
∴△ADG∼△ABF，△AGE∼△AFC，
∴DGBF=AGAF，GEFC=AGAF，
∴DGBF=GEFC，
∴DGEG=BFCF．
（2）如图，过点M作PF∥BC交AB于点P，交AD于点Q，交AC于点F，
∵PF∥BC，BD=2DE=4CE
由（1）中结论可得，PQ=2QM=4MF，
∵LM∥AB，
∴∠FNM=∠FAP，∠FMN=∠FPA，∠QLM=∠PAQ，∠AQP=∠LQM，
∴△FMN∼△FPA，△MLQ∼△PAQ，
∴MNAP=MFPF=17，LMAP=QMPQ=12，
∴LMMN=72．
（3）如图，延长DG交AB于点H，
∵AB∥FC，
∴△DEG∼△HAG，△DFG∼△HBG，
∴DEAH=DGHG，FDHB=DGHG，
∴DEAH=FDHB，
∵DF=2DE，
∴BH=2HA，
∵AB=3，
∴AH=1，
由此可得：点H为定点，点G在线段DH上运动，
当CG⊥DH时，CG有最小值，
∵AH=1,AD=AB=3，
∴DH=AH2+AD2=10，
∵CG⊥DH，
∴S△CDH=12CD×BC=12DH×CG，
∴CG=91010，
即CG的最小值为91010．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键．
37．（2022·浙江宁波·统考中考真题）
(1)如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB,AC,BC上的点，DE∥BC,BF=CF,AF交DE于点G，求证：DG=EG．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接CD,CG．若CG⊥DE,CD=6,AE=3，求DEBC的值．
(3)如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°,AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°,FG平分∠EFC,FG=10，求BF的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)13
(3)5+53
【分析】（1）利用DE∥BC，证明△ADG∼△ABF,△AEG∼△ACF，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，得出△DCE是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 DEBC的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长GE交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长．
【详解】（1）解：∵DE∥BC，
∴△ADG∼△ABF,△AEG∼△ACF，
∴DGBF=AGAF,EGCF=AGAF，
∴DGBF=EGCF．
∵BF=CF，
∴DG=EG．
（2）解：由（1）得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∼△ABC．
∴DEBC=AEAC=13．
（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在▱ABCD中，BO=DO,∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由（1）得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40°，
∴∠EMF=40°，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50°，
∴∠BFM=180°−∠EFM−∠EFG−∠CFG=30°．
∴．在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5,FN=FMcs30°=53．
∵∠MBN=45°,MN⊥BN，
∴BN=MN=5，
∴BF=BN+FN=5+53．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
38．（2023·全国·九年级专题练习）在△ABC中，已知D是BC边的中点，G是△ABC的重心，过G点的直线分别交AB、AC于点E、F．
(1)如图1，当EF∥BC时，求证：BEAE+CFAF=1；
(2)如图2，当EF和BC不平行，且点E、F分别在线段AB、AC上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，当点E在AB的延长线上或点F在AC的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)成立，证明见解析
(3)不成立，理由见解析
【分析】（1）根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；
（2）过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，得出△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；
（3）分两种情况：当F点与C点重合时，E为AB中点，BE=AE；点F在AC的延长线上时，BE>AE，得出BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵G是△ABC重心，
∴DGAG=12，
又∵EF∥BC，
∴BEAE=DGAG=12，CFAF=DGAG=12，
则BEAE+CFAF=12+12=1；
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，
则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
∴BEAE=BMAN，CFAF=CMAN，
∴BEAE+CFAF=BMAN+CMAN=BM+CMAN，
又∵BM+CM=BM+CD+DM，
而D是BC的中点，即BD=CD，
∴BM+CM=BM+BD+DM=DM+DM=2DM，
∴BEAE+CFAF=2DMAN，
又∵DMAN=DGAG=12，
∴BEAE+CFAF=2×12=1，
故结论成立；
（3）解：（1）中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为AB中点，，
点F在AC的延长线上时，BE>AE，
∴BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，
同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，
∴结论不成立．
【点睛】此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．
题型06 三角形内接矩形模型
39．（2021上·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°,AB=3,AC=4，正方形DEFG的顶点D,G分别在AB,AC的边上，E,F在BC边上，则正方形DEFG的边长等于 ．
【答案】6037
【分析】根据勾股定理求出BC长，再根据相似，设出BE，DE，FC长，列方程即可．
【详解】解：∵∠A=90°,AB=3,AC=4，
∴BC=AC2+BA2=42+32=5，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠DEB=∠A=90°，
∠B=∠B，
∴△ABC∽△EBD，
∴ABBE=ACDE，
即BEDE=34，
同理，FGFC=34，
设BE为3x，则DE为4x，FC为163x，
3x+4x+163x=5
解得，x=1537，
DE=4×1537=6037，
故答案为：6037
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键是根据相似三角形建立正方形边长与其他线段的关系，根据斜边长设未知数列方程．
40．（2015·广西崇左·中考真题）一块材料的形状是锐角三角形ABC，边BC=120mm，高AD=80mm，把它加工成正方形零件如图1，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上．
（1）求证：△AEF∽△ABC；
（2）求这个正方形零件的边长；
（3）如果把它加工成矩形零件如图2，问这个矩形的最大面积是多少？
【答案】（1）证明见试题解析；（2）48；（3）2400．
【详解】（1）∵四边形EGHF为矩形，
∴BC∥EF，
∴△AEF∽△ABC；
（2）设正方形零件的边长为x，
在正方形EFHG中，EF∥BC,
∴△AEF∽△ABC,
∴EFBC=AKAD即x120=80−x80，
解得：x=48，
即：正方形零件的边长为48；
（3）设长方形的长为x，宽为y，
当长方形的长在BC时，x120=80−y80，
y=80−23x，
s=xy=x(80−23x)=−23x2+80x，
当x=60时，
长方形的面积最大为2400．
考点：1．相似三角形的应用；2．二次函数的应用．
41．（2020·广东·华南师大附中校考模拟预测）如图,在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．
(1)求证：△AEF∽△ABC；
(2)设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大?并求出最大面积；
(3)当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线AD匀速向上运动(当矩形的边PQ到达A点时停止运动)，设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）当x为52时，矩形的面积有最大值5；（3）S={5−58t2(0≤t≤2)58t2−5t+10(2＜t≤4)
【分析】（1）由条件可得EF∥BC，根据相似三角形的判定即可求证；
（2）由（1）可得AHAD=EFBC，用x表示出HD，表示出矩形EFPQ的面积，利用二次函数可求得其最大值；
（3）当0≤t＜2时，设矩形EFPQ与AB、AC的交点分别为M、N、R、S，可利用平行表示出MN的长，可表示出△EMS和△NFR的面积，进一步可表示出重叠部分的面积；当2≤t≤4时，重叠部分为△P′Q′A，利用平行分别用x表示出其底和高，可表示出面积．
【详解】解：（1）∵四边形EFPQ为矩形，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC；
（2）∵△AEF∽△ABC
∴AHAD=EFBC，即4−HD4=x5，
∴HD=4-4x5，
∴S矩形EFPQ=EF•FQ=EF•HD=x（4-4x5）=-45x2+4x，
该函数为开口向下的二次函数，故当x=52时有最大值，最大值为5，
即当x为52时，矩形的面积有最大值5；
（3）由（2）可知，当矩形面积取最大值时，EF=52，FQ=2，
①当0≤t≤2时，如图1，设矩形与AB、AC分别交于点M、N、R、S，与AD交于J、L，连接RS，交AD于K，
由题意可知LD=JK=t，则AJ=AD-LD-JL=4-t-2=2-t，
又∵RS=52，
∴R、S为AB、AC的中点，
∴AK=12AD=2，ES=FR=JK=t，
又∵MN∥RS，
∴AJAK=MNRS，即2−t2=MN52，
∴MN=52-54t，
∴EM+FN=EF-MN=52-（52-54t）=54t，
∴S△EMS+S△FNR=12ES（EM+FN）=12t•54t=58t2，
∴S=S矩形EFPQ-（S△EMS+S△FNR）=5-58t2；
②当2＜t≤4时，如图2，设矩形与AB、AC、AD分别交于点Q′、P′、D′，
根据题意D′D=t，则AD′=4-t，
∵PQ∥BC，
∴P'Q'BC=AD'AD，即P'Q'5=4−t4，
解得P′Q′=5-54t，
∴S=S△AP′Q′=12P′Q′•AD′=12（4-t）（5-54t）=58t2-5t+10；
综上可知S={5−58t2(0≤t≤2)58t2−5t+10(2＜t≤4)．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质及函数的性质，在（2）中用x表示出矩形的面积是解题的关键，在（3）中确定出重叠部分的图形是解题的关键．
42．（2021上·九年级课时练习）一块直角三角形木板的面积为1.5m2，一条直角边AB为1.5m，怎样才能把它加工成一个面积最大的正方形桌面？甲、乙两位木匠的加工方法如图所示，请你用学过的知识说明哪位木匠的方法符合要求（加工损耗忽略不计，计算结果中的分数可保留）．
【答案】乙木匠的加工方法符合要求．说明见解析．
【分析】要求哪位木匠的加工方法符合要求，需要先求出两种加工方式中正方形的边长，边长最大就符合要求；由已知三角形的面积和一条直角边的边长可求出其余两边的边长，根据乙加工方案中的平行关系得到相似三角形，根据相似三角形对应变成比例，可求出正方形的边长；根据甲加工方案中，根据相似三角形的高的比等于边长比，可求出正方形的边长，对比两方案的边长即可知谁符合要求．
【详解】解：作BH⊥AC于H，交DE于M，如图
∵S△ABC=12AB⋅BC
∴BC=2×
∵AC=AB2+BC2=1.52+22=52
∴S△ABC=12AC⋅BH
∴BH=65
又∵DE∥AC
∴DEAC=BMBH
∴x52=65−x65，解得x=3037
设正方形的边长为x米，如图乙
∵DE∥AB
∴DEAB=CDCB
∴x1.5=2−x2，解得x=67
∵67>3037
∴乙木匠的加工方法符合要求．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用及分析、解决问题的能力，正确理解题意，建立数学模型，把实际问题转化为数学问题是解决本题的关键．
43．（2020上·甘肃张掖·九年级校考阶段练习）如图，正方形EFGH内接于△ABC，AD⊥BC于点D，交EH于点M，BC＝10cm，AD＝20cm．求正方形EFGH的边长．

【答案】203
【分析】由相似三角形的性质和正方形的性质列出比例式AMAD=EHBC，代入数值求解即可．
【详解】解： ∵四边形EFGH是正方形
∴EH∥BC
∴△AEH∽△ABC
∴AMAD=EHBC ，即20−EH20=EH10
解得：EH=203
∴EFGH的边长为203
【点睛】本题考查相似三角形的应用，根据正方形的性质得到△AEH∽△ABC是解题关键．
44．（2019上·宁夏银川·九年级校考期中）如图在锐角ΔABC中，BC=6,SΔABC=12，两动点M,N分别在AB,AC上滑动，且MN//BC，以MN为边长向下作正方形MPQN，设MN=x，正方形MPQN与ΔABC公共部分的面积为y．
（1）求出ΔABC的边BC上的高
（2）如图1，当正方形MPQN的边PQ恰好落在边BC上时，求x的值
（3）如图2，当PQ落在ΔABC外部时，求出y与x的函数关系式

【答案】（1）求出ΔABC的边BC上的高AD=4；（2）当x=2.4时正方形MPQN的边P恰好落在BC边上；（3）y=x−23x+4=−23x2+4x(2.4