2022年中考数学考前30天迅速提分专题10 相似三角形中的六种模型与真题训练（含答案）

这是一份2022年中考数学考前30天迅速提分专题10 相似三角形中的六种模型与真题训练（含答案），共89页。试卷主要包含了8米，BD＝1米，BE＝0，5米．等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.1相似三角形中的六种模型与真题训练

题型一： （双）8字模型相似
一．填空题（共1小题）
1．（2022•惠山区一模）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△EOC＝1：3，则当S△ADE＝1时，四边形DBCE的面积是 　 　．

二．解答题（共3小题）
2．（2022•芜湖一模）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D点观察井内水岸C点，视线DC与井口的直径AB交于点E．如果测得AB＝1.8米，BD＝1米，BE＝0.2米．请求出井深AC的长．












3．（2022•安庆模拟）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．
（1）如图①，若四边形ABCD为矩形，过点O作OE⊥BC，求证：OE＝CD．
（2）如图②，若AB∥CD，过点O作EF∥AB分别交BC、AD于点E、F．求证：＝2．
（3）如图③，若OC平分∠AOB，D、E分别为OA、OB上的点，DE交OC于点M，作MN∥OB交OA于一点N，若OD＝8，OE＝6，直接写出线段MN长度．























4．（2022•江阴市校级一模）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．
①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝　 　°．
（2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；
（3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．


题型二：（双）A型相似
一．选择题（共2小题）
1．（2022•石家庄模拟）如图，小明周末晚上陪父母在马路上散步，他由灯下A处前进4米到达B处时，测得影子BC长为1米，已知小明身高1.6米，他若继续往前走4米到达D处，此时影子DE长为（　　）

A．1米 B．2米 C．3米 D．4米
2．（2021•鄞州区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，以BD为直径的半圆O与AC相切于点E，交BC于点F．若CF＝3，AD＝6，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
二．填空题（共2小题）
3．（2022•南海区一模）如图，小树AB在路灯O的照射下形成树影BC．若树高AB＝2m，树影BC＝3m，数与路灯的水平距离BP＝5m，则路灯的高度OP为 　 　m．







4．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD的中点，点P、Q为BC上两个动点（点Q在点P的右边）．
①若连结AP、PE，则PE+AP的最小值为 　 　；
②连结QE，若PQ＝3，当CQ＝　 　时，四边形APQE的周长最小．

三．解答题（共4小题）
5．（2022•任城区一模）如图，AB＝BC，以BC为直径作⊙O，AC交⊙O于点E，过点E作EG⊥AB于点F，交CB的延长线于点G．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）若GF＝4，GB＝8，求⊙O的半径．














6．（2022•陕西模拟）小丽想利用所学知识测量旗杆AB的高度，如图，小丽在自家窗边看见旗杆和住宅楼之间有一棵大树DE，小丽通过调整自己的位置，发现半蹲于窗边，眼睛位于C处时，恰好看到旗杆顶端A、大树顶端D在一条直线上，小丽用测距仪测得眼睛到大树和旗杆的水平距离CH、CG分别为7米、28米，眼睛到地面的距离CF为3.5米，已知大树DE的高度为7米，CG∥BF交AB于点G，AB⊥BF于点B，DE⊥BF于点E，交CG于点H，CF⊥BF于点F．求旗杆AB的高度．






7．（2022•安庆一模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥AB．
（1）若点D是边BC的中点，且BE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）若AD⊥BC于D，且BD＝CD，求证：四边形AEDF是菱形；
（3）若AE＝AF＝1，求+的值．



8．（2022•安阳县一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，tanC＝，动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动（点P不与点B，C重合），以BP为边在BC上方作等腰Rt△BPN，使P为直角顶点，将△BPN绕NP的中点旋转180°得到△MNP，设四边形BPMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．
（1）点M到BC的距离为 　 　．（用含t的式子表示）
（2）若线段MN与AC交于点E，当t为何值时，射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3的两部分．
（3）当四边形BPMN与△ABC重叠部分为四边形时，求S与t的函数关系式．（不要求写出对应自变量取值范围）



















题型三：手拉手模型——旋转型相似
一．解答题（共5小题）
1．（2022•长垣市一模）在△ABC中，AB＝AC，点D为AB边上一动点，∠CDE＝∠BAC＝α，CD＝ED，连接BE，EC．
（1）问题发现：
如图①，若α＝60°，则∠EBA＝　 　，AD与EB的数量关系是 　 　；
（2）类比探究：
如图②，当α＝90°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；

（3）拓展应用：
如图③，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA＝，请直接写出线段EF的长度．
















2．（2022•南山区校级一模）（1）【问题发现】
如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF．
填空：
①线段CF与DG的数量关系为 　 　；
②直线CF与DG所夹锐角的度数为 　 　．
（2）【拓展探究】
如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明．
（3）【解决问题】
如图③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝10，O为AC的中点．若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE长的最小值为 　 　（直接写出结果）．

















3．（2022•新乡模拟）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．
【问题发现】
（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是 　 　，直线CD与BE的夹角为 　 　；
【类比探究】
（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．
【拓展延伸】
（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．














4．（2022•莱芜区一模）在△ACB中，∠ACB＝120°，AC＝BC，点P在AB边上，AP＝AB，将线段AP绕点P顺时针旋转至PD，记旋转角为a，连接BD，以BD为底边，在线段BD的上方找一点E，使∠BED＝120°，ED＝EB，连接AD、CE．
（1）如图1，当旋转角a＝180°时，请直接写出线段CE与线段AD的数量关系；
（2）当0＜a＜180°时，
①如图2，（1）中线段CE与线段AD的数量关系是否还成立？并说明理由．
②如图3，当点A、D、E三点共线时，连接CD，判断四边形CDBE的形状，并说明理由．


















5．（2022•泉州模拟）在正方形ABCD中，点G是边AB上的一个动点，点F、E在边BC上，BF＝FE＝AG，且AG≤AB，GF、DE的延长线相交于点P．
（1）如图1，当点E与点C重合时，求∠P的度数；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，问：（1）中∠P的度数是否发生变化，若有改变，请求出∠P的度数，若不变，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，作DN⊥GP于点N，连接CN、BP，取BP的中点M，连接MN，在点G的运动过程中，求证：为定值．



题型四：射影定理
一．解答题（共5小题）
1．（2021•渭南模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边AB与⊙O相切于点D，CD是⊙O的直径，AC交⊙O于E，连接BE交CD于P，交⊙O于F，连接DF．
（1）求证：∠ABC＝∠EFD；
（2）若AD＝2，CD＝，求BD的长．






2．（2021•宁波模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，∠ABC+∠OAB＝90°，过点C作CD⊥AB于点D，交OB于点E．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若DE＝2，CE＝6，求BC的长；
（3）①若四边形ADEO的面积等于△BEC的面积，求sin∠BAC的值；
②记tan∠BAC＝x，△AOB与△CDB的面积之比为y，请用含有x的代数式表示y．






3．（2021•思茅区校级模拟）如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为C，CF是⊙O的弦，过点A作AE∥CF，交⊙O于点E，交BC于点B，点D为CF延长线上一点，连接AF、AD，且∠DAF＝∠CAB．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，AD＝，求BE的长．







4．（2021•沈阳模拟）如图，△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，点E、F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°．

（1）求证：△DEF∽△ABC；
（2）当AE＝AF时，求BE的长为　 　；
（3）若△AEF与△ABC相似，则BE的长为 　 　；
（4）EF的最小值为 　 　；
（5）若△CDF是等腰三角形，则BE的长为 　 　．





5．（2021•婺城区模拟）在矩形ABCD中，AB＝4，点P是直线CD上（不与点C重合）的动点，连结BP，过点B作BP的垂线分别交直线AD、直线CD于点E、F，连结PE．
（1）如图，当AD＝4，点P是CD的中点时，求tan∠EBA的值；
（2）当AD＝2时，
①若△DPE与△BPE相似，求DP的长．
②若△PEF是等腰三角形，求DE的长．


题型五： 一线三等角构建相似模型
一．填空题（共3小题）
1．（2021•滨江区一模）已知，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点F在AB边上，且AF＝2，点E是BC边上的一个点，连接EF，作线段EF的垂直平分线HG，分别交边AD，BC于点H，G，连接FH，EH．当点E和点C重合时（如图1），DH＝　 　；当点B，M，D三点共线时（如图2），DH＝　 　．

2．（2022•郑州一模）如图，在平面直角坐标系xOy中．边长为4的等边△OAB的边OA在x轴上，C、D、E分别是AB、OB、OA上的动点，且满足BD＝2AC，DE∥AB，连接CD、CE，当点E坐标为 　 　时，△CDE与△ACE相似．

3．（2021•海州区校级二模）如图，△DEF的三个顶点分别在等边△ABC的三条边上，BC＝4，∠EDF＝90°，＝，则DF长度的最小值是 　 　．


二．解答题（共2小题）
4．（2021•徐州模拟）如图所示，P为正方形ABCD的边AD上一动点，AE⊥BP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，过点P作PM∥FC交CD于点M．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若△ABP的面积为25，，求△PDM的面积．







5．（2022•陕西模拟）西安世园会标志性雕塑《水龙》，内部为钢结构，外包镜面不锈钢，既像一股水花，又似一条飞龙，既蕴含了上善若水的中国传统理念，又有巨龙腾飞的时代精神．小刚同学想利用所学知识测量该雕塑的高度AB，如图，他在距离B点48米的点C处水平放置了一个小平面镜，并沿着BC方向移动，当移动到点E处时，他刚好在小平面镜内看到雕塑的顶端A的像，此时，测得CE＝2米，小刚眼晴与地面的距离DE＝1.5米．已知点B、C、E在同一水平直线上，且AB⊥BE、DE⊥BE，求雕塑的高度AB．（小平面镜的大小忽略不计）


题型六：三角形中位线定理
一．选择题（共2小题）
1．（2020•双流区模拟）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点，若DE＝5，则BC＝（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
2．（2022•合肥一模）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，E是BC中点，AD⊥BD，AC＝7，AB＝4，则DE的值为（　　）

A．1 B．2 C． D．
二．填空题（共3小题）
3．（2021•罗湖区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，则∠EPF的度数是　 　．

4．（2020•利川市模拟）如图，为了估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA、OB的中点M，N，若测得MN＝51m，则A，B两点间的距离是 　 　．




5．（2020•姑苏区校级二模）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，M，N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连结DM、DN、MN．若AB＝10，则DN＝　 　．

三．解答题（共1小题）
6．（2021•武汉模拟）在△ABC中，CD是中线，E，F分别为BC，AC上的一点，连接EF交CD于点P．
（1）如图1，若F为AC的中点，CE＝2BE，求的值；
（2）如图2，设＝m，＝n（n＜），若m+n＝4mn，求证：PD＝PC；
（3）如图3，F为AC的中点，连接AE交CD于点Q，若QD＝QP，直接写出的值．



【真题训练】
一．选择题（共2小题）
1．（2020•贺州）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，且AD：AB＝1：3，若DE∥BC，则S△ADE：S△ABC等于（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9
2．（2020•海南）如图，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝15，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BG⊥AE于点G，若BG＝8，则△CEF的周长为（　　）

A．16 B．17 C．24 D．25
二．填空题（共2小题）
3．（2019•宜宾）如图，已知直角△ABC中，CD是斜边AB上的高，AC＝4，BC＝3，则AD＝　 　．

4．（2021•青海）如图，在△ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CA的中点，若△DEF的周长为10，则△ABC的周长为 　 　．


三．解答题（共2小题）
5．（2021•日照）问题背景：
如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图2所示，得到结论：①＝　 　；②直线AE与DF所夹锐角的度数为 　 　．
（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，则△ADE的面积为 　 　．










6．（2018•盐城）【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F．
（1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝　 　；
（2）求证：△EBD∽△DCF．
【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长之比为　 　（用含α的表达式表示）．


2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.1相似三角形中的六种模型与真题训练

题型一： （双）8字模型相似
一．填空题（共1小题）
1．（2022•惠山区一模）如图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，且DE∥BC，BE、CD相交于点O，若S△DOE：S△EOC＝1：3，则当S△ADE＝1时，四边形DBCE的面积是 　8　．

【分析】由题意可得出，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】解：∵S△DOE：S△EOC＝1：3，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△ODE∽△OCB，
∴，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵S△ADE＝1，
∴S△ABC＝9，
∴四边形DBCE的面积
＝S△ABC﹣S△ADE
＝9﹣1
＝8．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
二．解答题（共3小题）
2．（2022•芜湖一模）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D点观察井内水岸C点，视线DC与井口的直径AB交于点E．如果测得AB＝1.8米，BD＝1米，BE＝0.2米．请求出井深AC的长．

【分析】根据8字模型相似三角形证明△BDE∽△ACE，利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
BD∥AC，
∴∠D＝∠ACD，∠A＝∠ABD，
∴△BDE∽△ACE，
∴，
∴，
解得：AC＝8，
答：井深AC的长为8米．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
3．（2022•安庆模拟）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．
（1）如图①，若四边形ABCD为矩形，过点O作OE⊥BC，求证：OE＝CD．
（2）如图②，若AB∥CD，过点O作EF∥AB分别交BC、AD于点E、F．求证：＝2．
（3）如图③，若OC平分∠AOB，D、E分别为OA、OB上的点，DE交OC于点M，作MN∥OB交OA于一点N，若OD＝8，OE＝6，直接写出线段MN长度．

【分析】（1）由OE⊥BC，DC⊥BC，可知EO∥CD，且OB＝OD，可得结论；
（2）由△DFO∽△DAB，得，同理，，，利用等式的性质将比例式相加，从而得出结论；
（3）作DF∥OB交OC于点F，连接EF，可知△ODF是等腰三角形，得DO＝DF＝8，由△DMF∽△EMO，可得EM＝，由△DMN∽△DOE，得，从而得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴O是AC中点，AB⊥BC，
∵OE⊥BC，
∴OE∥AB，
∴E是BC中点，
∴OE＝；
（2）证明：∵EF∥AB，
∴△DFO∽△DAB，
∴，
同理，，，
∴＝，
∴，
即；
（3）解：作DF∥OB交OC于点F，连接EF，

∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵DF∥OB，
∴∠DFO＝∠BOC＝∠AOC，
∴△ODF是等腰三角形，
∴DO＝DF＝8，
∵DF∥OE，
∴△DMF∽△EMO，
∴，
∴EM＝，
∴，
∵MN∥OE，
∴△DMN∽△DOE，
∴，
∴，
∴MN＝．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，对比例式进行恒等变形是解题的关键．
4．（2022•江阴市校级一模）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．
①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝　22.5　°．
（2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；
（3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．

【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合∠DEG＝∠BEC得到∠EBC＝∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE＝∠DCF、BC＝DC，从而证明△BCE≌△DCF；
②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG＝∠D'BG＝22.5°，然后由①得到∠EDF＝∠EBC＝22.5°；
（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD＝∠EGD'＝90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE＝DE＝1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
【解答】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD＝∠EGD'＝90°，
∵∠DEG＝∠BEC，
∴∠EBC＝∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE＝∠D'BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝45°，
∴∠DBE＝∠D'BE＝22.5°，
由①得到∠CDF＝∠EBD'，
∴∠CDF＝22.5°，
故答案为：22.5°．
（2）解：如图2，延长BE交DF于点G，
由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD＝∠EGD'＝90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是△DCD'的中位线，
∴点E是CD的中点，
∴CE＝DE＝CD＝×2＝1，
∴BE＝＝，
由（1）①得，∠EBC＝∠FDC，∠ECB＝∠EGD＝90°，
∴△ECB∽△EGD，
∴，
∴，
∴EG＝，
∴BG＝BE+EG＝+＝，
∵EG是△DCD'的中位线，
∴CD'＝2EG＝2×＝．
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，
由（1）①可得，∠GDF＝∠OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，∠ODC＝∠ODA，
∴∠OAF＝∠ODA，
∵AC＝2，
∴OA＝1，
∵AD＝，
∴OD＝，
∴tan∠OAF＝tan∠ODA＝＝，
∴，
∴OF＝；
②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD＝90°，∠DAG＝∠EAG＝∠DAE，
∵AD＝AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO＝∠ABE，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠ABO＝∠DAG，
在△AGD和△BOA中，
，
∴△AGD≌△BOA（AAS），
∴DG＝AO＝1，AG＝BO＝，
∴DG＝AO，
∵∠FAO＝∠FDG，∠FOA＝∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF＝FG，
设OF＝FG＝x，则DF＝﹣x，
在Rt△DFG中，DF2＝GF2+DG2，
∴（﹣x）2＝x2+12，
解得：x＝，
∴OF＝，
综上所述，OF的长为或．


【点评】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、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、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到∠EBC＝∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．
题型二：（双）A型相似
一．选择题（共2小题）
1．（2022•石家庄模拟）如图，小明周末晚上陪父母在马路上散步，他由灯下A处前进4米到达B处时，测得影子BC长为1米，已知小明身高1.6米，他若继续往前走4米到达D处，此时影子DE长为（　　）

A．1米 B．2米 C．3米 D．4米
【分析】依据△CBF∽△CAP，即可得到AP＝8，再依据△EDG∽△EAP，即可得到DE长．
【解答】解：∵FB∥AP，
∴△CBF∽△CAP，
∴＝，即＝，
解得AP＝8，
∵GD∥AP，
∴△EDG∽△EAP，
∴＝，即＝，
解得ED＝2，
故选：B．

【点评】此题考查了中心投影的特点和规律以及相似三角形性质的运用．解题的关键是利用中心投影的特点可知在这两组相似三角形中有一组公共边，利用其作为相等关系求出所需要的线段，再求公共边的长度．
2．（2021•鄞州区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，以BD为直径的半圆O与AC相切于点E，交BC于点F．若CF＝3，AD＝6，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】连接OE，OF，过点O作OG⊥BC，垂足为G，从而可得∠OGC＝90°，BF＝2FG，根据切线的性质可得∠AEO＝∠CEO＝90°，从而证明四边形EOGC是矩形，进而可得OE＝CG＝r，BC＝2r﹣3，然后证明△AEO∽△ACB，利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：连接OE，OF，过点O作OG⊥BC，垂足为G，

∴∠OGC＝90°，BF＝2FG，
设⊙O的半径为r，
∵AC与半⊙O相切于点E，
∴∠AEO＝∠CEO＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形EOGC是矩形，
∴OE＝CG＝r，
∵CF＝3，
∴BF＝2FG＝2（r﹣3），
∴BC＝CF+BF＝2r﹣3，
∵∠A＝∠A，∠AEO＝∠C＝90°，
∴△AEO∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
解得：r＝6，
经检验：r＝6是原方程的根，
∴⊙O的半径为6，
故选：C．
【点评】本题考查了垂径定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
3．（2022•南海区一模）如图，小树AB在路灯O的照射下形成树影BC．若树高AB＝2m，树影BC＝3m，数与路灯的水平距离BP＝5m，则路灯的高度OP为 　　m．

【分析】找出相似三角形，利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵AB∥OP，
∴△CAB∽△COP，
∴＝，
∴＝，
∴OP＝．
故答案为：．
【点评】本题考查中心投影以及相似三角形的应用．测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
4．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD的中点，点P、Q为BC上两个动点（点Q在点P的右边）．
①若连结AP、PE，则PE+AP的最小值为 　10　；
②连结QE，若PQ＝3，当CQ＝　　时，四边形APQE的周长最小．

【分析】（1）延长AB到M，使BM＝AB＝4，则A和M关于BC对称，连接EM，交BC于点P，此时AP+PE的值最小，过点M作MN⊥DC，交DC的延长线于点N，在Rt△EMN中，根据勾股定理求出EM的长即可解答；
（2）点A向右平移3个单位到点G，点E关于BC的对称点为点F，连接GF，交BC于点Q，此时GQ+QE的值最小，根据题意可知AE，PQ的值是定值，要使四边形APQE的周长最小，只要GQ+EQ的值最小即可，然后根据A字模型相似三角形证明△FCQ∽△FDG，利用相似三角形的性质，即可解答．
【解答】解：（1）延长AB到M，使BM＝AB＝4，则A和M关于BC对称，
∴AP＝PM，
连接EM，交BC于点P，此时AP+PE的值最小，
∴AP+PE＝PM+EP＝EM，
过点M作MN⊥DC，交DC的延长线于点N，如图：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠MBC＝∠BCN＝90°，
∵∠MND＝90°，
∴四边形BMNC是矩形，
∴BM＝CN＝4，BC＝MN＝8，
∵E为CD的中点，
∴EC＝CD＝2，
∴EN＝EC+CN＝6，
∴ME＝＝＝10，
∴PE+AP的最小值为10，
故答案为：10；
（2）点A向右平移3个单位到点G，点E关于BC的对称点为点F，
连接GF，交BC于点Q，
∴EQ＝FQ，
∴GQ+EQ＝GQ+FQ＝FG，
此时GQ+QE的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，
∵AG＝PQ＝3，
∴四边形APQG是平行四边形，
∴AP＝GQ，
∴GQ+EQ＝AP+EQ＝FG，

∵AE，PQ的值是定值，
∴要使四边形APQE的周长最小，只要AP+EQ的值最小即可，
设CQ＝x，
∵BC∥AD，
∴∠BCF＝∠D，∠CQF＝∠DGF，
∴△FCQ∽△FDG，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
∴当CQ＝时，四边形APQE的周长最小，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，熟练掌握轴对称之将军饮马模型想解题的关键．
三．解答题（共4小题）
5．（2022•任城区一模）如图，AB＝BC，以BC为直径作⊙O，AC交⊙O于点E，过点E作EG⊥AB于点F，交CB的延长线于点G．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）若GF＝4，GB＝8，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OE，先利用垂直定义得出∠AFE＝∠BFG＝90°，再利用等腰三角形的性质可证∠A＝∠OEC，从而可得AB∥OE，进而可∠OEF＝90°，即可解答；
（2）先在Rt△GFB中，利用勾股定理求出BF，再证明A字模型相似三角形△GFB∽△GEO，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OE，

∵EG⊥AB，
∴∠AFE＝∠BFG＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠C，
∴∠A＝∠OEC，
∴OE∥AB，
∴∠OEF＝∠AFE＝90°，
∵OE是⊙O的半径，
∴EG是⊙O的切线；
（2）在Rt△GFB中，GF＝4，GB＝8，
∴BF＝＝＝4，
∵∠GFB＝∠OEG＝90°，∠G＝∠G，
∴△GFB∽△GEO，
∴＝，
∴＝，
∴OE＝8，
∴⊙O的半径为8．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键．
6．（2022•陕西模拟）小丽想利用所学知识测量旗杆AB的高度，如图，小丽在自家窗边看见旗杆和住宅楼之间有一棵大树DE，小丽通过调整自己的位置，发现半蹲于窗边，眼睛位于C处时，恰好看到旗杆顶端A、大树顶端D在一条直线上，小丽用测距仪测得眼睛到大树和旗杆的水平距离CH、CG分别为7米、28米，眼睛到地面的距离CF为3.5米，已知大树DE的高度为7米，CG∥BF交AB于点G，AB⊥BF于点B，DE⊥BF于点E，交CG于点H，CF⊥BF于点F．求旗杆AB的高度．

【分析】根据相似三角形的判定与性质得出比例式求解即可．
【解答】解：由题意知BG＝HE＝CF＝3.5米，
∴DH＝DE﹣CF＝7﹣3.5＝3.5（米），
∵AB⊥BF，DE⊥BF，
∴AG∥DH，
∴△CDH∽△CAG，
∴＝，
即，
∴AG＝14米，
∴AB＝AG+GB＝14+3.5＝17.5（米），
∴旗杆AB的高度为17.5米．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
7．（2022•安庆一模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥AB．
（1）若点D是边BC的中点，且BE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）若AD⊥BC于D，且BD＝CD，求证：四边形AEDF是菱形；
（3）若AE＝AF＝1，求+的值．

【分析】（1）根据中点和平行两个条件可得中点，从而可得DE是△ABC的中位线，进而可得DE＝FC，同理可得DF＝BE，即可解答；
（2）根据已知易证四边形AEDF是平行四边形，再利用等腰三角形的三线合一性质可得∠BAD＝∠CAD，然后利用平行线的性质可得∠EDA＝∠CAD，从而可得∠BAD＝∠EDA，进而可得EA＝ED，即可解答；
（3）根据A字模型相似三角形可知△BED∽△BAC，△CDF∽△CBA，从而可得＝，＝，然后把两个式子相加进行计算，即可解答．
【解答】（1）证明：∵点D是边BC的中点，DE∥CA，
∴点E是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AC，
∵点D是边BC的中点，DF∥AB，
∴点F是AC的中点，
∴FC＝AC，
∴DE＝FC，
同理可得：DF＝BE，
∵BE＝FC，
∴DE＝DF；
（2）证明：∵DE∥CA，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵AD⊥BC，BD＝CD，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵DE∥AC，
∴∠EDA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠EDA，
∴EA＝ED，
∴四边形AEDF是菱形；
（3）∵DE∥CA，
∴∠EDB＝∠C，
∵∠B＝∠B，
∴△BED∽△BAC，
∴＝，
∵DF∥AB，
∴∠B＝∠FDC，
∵∠C＝∠C，
∴△CDF∽△CBA，
∴＝，
∴+＝+＝＝1，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴DE＝AF，DF＝AE，
∵AE＝AF＝1，
∴DE＝DF＝1，
∴+＝1，
∴+的值为1．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，分式的化简求值，菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质，以及A字模型相似三角形的关键．
8．（2022•安阳县一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，tanC＝，动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动（点P不与点B，C重合），以BP为边在BC上方作等腰Rt△BPN，使P为直角顶点，将△BPN绕NP的中点旋转180°得到△MNP，设四边形BPMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．
（1）点M到BC的距离为 　t　．（用含t的式子表示）
（2）若线段MN与AC交于点E，当t为何值时，射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3的两部分．
（3）当四边形BPMN与△ABC重叠部分为四边形时，求S与t的函数关系式．（不要求写出对应自变量取值范围）

【分析】（1）根据等腰直角三角形可得NP的长度，再结合旋转的性质可判定四边形PDMN为矩形，根据矩形的性质和点到直线的距离可得MD的长度为点M到BC的距离；
（2）由射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3的两部分可得△BEN为四边形BPMN面积的四分之一，然后将涉及的边长表示出来，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）分M接触AC前，当M离开AC，N接触AC前和当N离开AC后三种情况讨论，计算即可；
【解答】解：（1）如图1，过点M作MD⊥BC于点D，

∵等腰Rt△BPN，
∴四边形PDMN为矩形，
∵动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动，点P的运动时间为t秒，
∴MD＝NP＝BP＝t，
故答案为：t．
（2）当点M落在AC上时，
E点和M点重合，
此时射线BE将四边形BPMN的面积分成1：1两部分，
如图2，过点E作EQ⊥BC于点Q，

∴EQ＝NP＝BP＝t，
∵S四边形BPMN＝BP×NP＝t2，
假设此时射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3两部分，
∴S△BNE＝S四边形BPMN，
∵S△BNE＝×NE×NP，
∴NE＝t，
∴PQ＝t，
∵在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，tanC＝，
∴AC＝4，
∴BC＝＝2，
∴CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝2﹣t，
∵tanC＝＝＝，
∴t＝，
（3）①当点M接触AC前时，
四边形BPMN与△ABC重叠部分为平行四边形，
S四边形BPMN＝BP×NP＝t2，
∴S＝t2，
②当M离开AC，N接触AC前时，
重叠部分为五边形，不用计算；
③当N离开AC后，
如图3，设PM，BN分别交AC于点F，I，过点F，I分别作FG⊥BC于点G，IJ⊥BC于点J，过点F作FH⊥IJ于点H，延长FH交BN于点K，

此时四边形BPMN与△ABC重叠部分为四边形BPFI，
设BJ＝x，则：
IJ＝x，
∵tanC＝，
∴JC＝2x，
∴BC＝BJ+JC＝3x＝2，
解得：x＝，
∴IJ＝，
设FG＝y，则：
PG＝y，GC＝2y，
∴PC＝3y，
∵BP＝t，
∴t+3y＝2，
∴y＝，
∴HJ＝FG＝，
∴HI＝IJ﹣HJ＝＝﹣＝，
∵KF＝BP＝t，
∴S△KIF＝×KF×HI＝×t×＝，
S▱BPFK＝BP×FG＝t×＝，
∵S四边形BPFI＝S△KIF+S▱BPFK＝+＝，
∴S＝，
综上，S＝t2或S＝．
【点评】本题考查相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等，解题的关键是能根据题意正确构造辅助线或画出对应图形进行分析，后两问要注意分类讨论思想的应用．
题型三：手拉手模型——旋转型相似
一．解答题（共5小题）
1．（2022•长垣市一模）在△ABC中，AB＝AC，点D为AB边上一动点，∠CDE＝∠BAC＝α，CD＝ED，连接BE，EC．
（1）问题发现：
如图①，若α＝60°，则∠EBA＝　60°　，AD与EB的数量关系是 　AD＝EB　；
（2）类比探究：
如图②，当α＝90°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；

（3）拓展应用：
如图③，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA＝，请直接写出线段EF的长度．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），得AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，则∠EBA＝∠ABC+∠CBE＝120°；
（2）证△DEC∽△ABC，∠BCE＝∠ACD，得，再证△BCE∽△ACD，得∠EBC＝∠DAC＝90°，＝，则∠EBA＝∠EBC+∠ABC＝135°，进而得出结论；
（3）连接BD，①当AE＝AB时，证△AOD∽△BED，得，求出AB＝3＝AD，则AE＝1，在Rt△AED中，由勾股定理求出ED＝即可；
②当BE＝AB时，同①得：，求出AB＝6＝AD，则AE＝4，在Rt△AED中，由勾股定理得ED＝2即可．
【解答】解：（1）∵α＝60°，
∴∠ABC＝α＝60°，∠CDE＝α＝60°，
∵AB＝AC，CD＝ED，
∴△ABC和△CDE是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ABC＝∠ACB＝∠A＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，
∴∠EBA＝∠ABC+∠CBE＝120°，
故答案为：120°，AD＝EB；
（2）∠EBA＝135°，EB＝AD，
理由如下：
∵α＝90°，
∴∠CDE＝∠BAC＝90°，
∵CD＝ED，AB＝AC，
∴∠DEC＝∠DCE＝∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴△DEC∽△ABC，∠BCE＝∠ACD，
∴，
∴，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC＝90°，，
∴∠EBA＝∠EBC+∠ABC＝90°+45°＝135°，
∵，
∴，
∴EB＝AD；
（3）连接BD，分两种情况：
①当AE＝AB时，如图③所示：

∵四边形DEFG是正方形，
∴EF＝ED，对角线FD与EG互相垂直平分，
∴△DEO是等腰直角三角形，
∴＝sin45°＝，
在Rt△ABD中，＝sin45°＝，
∴，
∵∠ODA+∠ADE＝45°＝∠BDE+∠ADE，
∴∠ODA＝∠BDE，
∴△AOD∽△BED，
∴，
∴，
∵OA＝，
∴AB＝3＝AD，
∴AE＝AB＝1，
在Rt△AED中，由勾股定理得：ED＝＝＝，
∴EF＝ED＝；
②当BE＝AB时，如图④所示：
同①得：，
∴，
∵OA＝，
∴AB＝6＝AD，
∴AE＝AB＝4，
在Rt△AED中，由勾股定理得：ED＝＝＝2，
∴EF＝ED＝2；
综上所述，线段EF的长度为或2．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、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、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
2．（2022•南山区校级一模）（1）【问题发现】
如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF．
填空：
①线段CF与DG的数量关系为 　CF＝GD　；
②直线CF与DG所夹锐角的度数为 　45°　．
（2）【拓展探究】
如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明．
（3）【解决问题】
如图③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝10，O为AC的中点．若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE长的最小值为 　　（直接写出结果）．

【分析】（1）连接AF，由正方形的性质可得点A、F、C三点共线，AC＝，AF＝AG，从而得出答案；
（2）连接AF，AC，利用△CAF∽△DAG，得CF＝DG，∠ACF＝∠ADG，从而解决问题；
（3）连接CE，利用SAS证明△BAD≌△CAE，得∠ABD＝∠ACE＝45°，则∠DCE＝90°，可知当OE⊥CE时，OE最小，再利用等腰直角三角形的性质求出答案．
【解答】解：（1）连接AF，

∵四边形AEFG、ABCD是正方形，
∴∠GAF＝45°，
∴点A、F、C三点共线，
∴AC＝，AF＝AG，
∴CF＝GD，
故答案为：CF＝GD，45°；
（2）仍然成立，连接AF，AC，

∵∠CAD＝∠FAG＝45°，
∴∠CAF＝∠DAC，，
∴△CAF∽△DAG，
∴CF＝DG，∠ACF＝∠ADG，
∴∠COD＝∠CAD＝45°，
∴（1）中的结论仍然成立；
（3）连接CE，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠DCE＝90°，
∴当OE⊥CE时，OE最小，
∵AC＝10，O为AC的中点．
∴OC＝5，
∵∠OCE＝45°，
∴OE＝OC＝，
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握旋转型相似是解题的关键．
3．（2022•新乡模拟）在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．
【问题发现】
（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是 　BE＝CD　，直线CD与BE的夹角为 　45°　；
【类比探究】
（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．
【拓展延伸】
（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，计算即可；
（2）过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB＝AC，AE＝AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；
（3）分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，
∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，
∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，
∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，
∴BE＝CD，
∵∠A＝45°，
∴直线CD与BE的夹角为45°，
故答案为：BE＝CD，45°；
（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，
理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，
∵CA＝CB，
∴AH＝HB，
∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，
∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，
由勾股定理得：AH＝AC，
∴AB＝AC，
同理可得：AE＝AD，
∴＝，
∵∠CAD＝∠BAE，
∴△CAD∽△BAE，
∴＝＝，∠ACD＝ABE，
∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，
∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；
（3）如图3，点E在线段BD上，
∵m＝2，
∴AD＝DE＝1，AB＝2，
由勾股定理得：BD＝＝，
∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，
∴CD＝BE＝，
如图4，点D在线段BE上，
BE＝BD+DE＝+1，
∴CD＝BE＝，
综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．

【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
4．（2022•莱芜区一模）在△ACB中，∠ACB＝120°，AC＝BC，点P在AB边上，AP＝AB，将线段AP绕点P顺时针旋转至PD，记旋转角为a，连接BD，以BD为底边，在线段BD的上方找一点E，使∠BED＝120°，ED＝EB，连接AD、CE．
（1）如图1，当旋转角a＝180°时，请直接写出线段CE与线段AD的数量关系；
（2）当0＜a＜180°时，
①如图2，（1）中线段CE与线段AD的数量关系是否还成立？并说明理由．
②如图3，当点A、D、E三点共线时，连接CD，判断四边形CDBE的形状，并说明理由．

【分析】（1）作EH⊥AB于H，利用含30°角的直角三角形的性质得BD＝BE，再利用平行线分线段成比例定理可得答案；
（2）利用△ABD∽△CBE，可得；
（3）设AE与BC交于F，作PQ⊥AD于Q，BH⊥AD，交AD的延长线于H，与（2）知，△ABD∽△CBE，得∠BAD＝∠BCE，可证明CE∥BD，设EH＝x，则BE＝2x，BH＝x，DE＝BE＝2x，BD＝2x，再利用平行线分线段成比例可得AD＝6x，从而证明CE＝BD，进而解决问题．
【解答】解：（1）AD＝CE，理由如下：
∵∠BED＝∠ACB＝120°，
∴DE∥AC，
∴，
∴，
作EH⊥AB于H，

∵BE＝DE，∠BED＝120°，
∴∠B＝30°，BD＝2BH，
∴，
∴BD＝BE，
∴，
∴AD＝CE；
（2）仍然成立，
∵∠ABC＝∠DBE＝30°，
∴∠ABD＝∠CBE，
由（1）知，，
∴△ABD∽△CBE，
∴，
∴AD＝CE；
（3）四边形CDBE是平行四边形，理由如下：
设AE与BC交于F，作PQ⊥AD于Q，BH⊥AD，交AD的延长线于H，

与（2）知，△ABD∽△CBE，
∴∠BAD＝∠BCE，
∴∠CEF＝∠ABC＝30°，
∵∠BDE＝30°，
∴∠BDE＝∠CED，
∴CE∥BD，
∵∠BED＝120°，
∴∠BEH＝60°，
设EH＝x，则BE＝2x，BH＝x，
∴DE＝BE＝2x，BD＝2x，
∵AP＝PD，PQ⊥AD，
∴AQ＝DQ，
∵AP＝AB，PQ∥BH，
∴AQ＝QH，
∴AQ＝DQ＝DH＝3x，
∴AD＝6x，
由（2）知，AD＝CE，
∴CE＝2x，
∴CE＝BD，
∴四边形CDBE是平行四边形．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识，证明CE＝BD是解决问题（3）的关键．
5．（2022•泉州模拟）在正方形ABCD中，点G是边AB上的一个动点，点F、E在边BC上，BF＝FE＝AG，且AG≤AB，GF、DE的延长线相交于点P．
（1）如图1，当点E与点C重合时，求∠P的度数；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，问：（1）中∠P的度数是否发生变化，若有改变，请求出∠P的度数，若不变，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，作DN⊥GP于点N，连接CN、BP，取BP的中点M，连接MN，在点G的运动过程中，求证：为定值．


【分析】（1）属于基础问题，根据图形性质求解即可．
（2）利用辅助线构造正方形中常见的旋转型全等，结合中位线得出结论．
（3）本题辅助线是关键，通过题目中给出的中点条件考虑可取其他中点结合中位线推导，并找到一组旋转型相似的三角形，进而解决问题．
【解答】解：（1）∵EF＝BF＝AG，E与C重合，
∴BF＝CF＝BG＝AG，
∴∠BGF＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠P＝∠BGF＝45°．
（2）不变．理由如下：
如图所示，连接BD，
取BD中点O，连接OG，OF，OC．
在正方形ABCD中，有：
OC＝OB，∠OCF＝∠OBG＝45°，
又∵AG＝BF，
∴BG＝CF，
∴△OCF≌△OBG（SAS）．
∴OG＝DF，∠COF＝∠BOG，
∴∠GOF＝∠BOC＝90°，
∴△GOF为等腰直角三角形．
又∵O，F分别是BD，BE的中点，
∴OF∥DE，
∴∠P＝∠OFG＝45°．

（3）如图所示，取DP中点Q，连接NQ，BD，MQ，
由题意可得，△DNP为等腰直角三角形，
∵Q为DP中点，
∴NQ⊥DP．
设∠CDP＝α，则∠NDC＝45°+α，∠BDP＝45°﹣α，
∵M，Q分别是BP，DP的中点，
∴MQ∥BD，
∴∠MQP＝∠BDP＝45°﹣α，
∴∠NQM＝90°﹣（45°﹣α）＝45°+α，
∴∠NQM＝∠NDC．
又∵，，
∴，
又∵△NQD为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴△NQM∽△NDC．
∴．
∴为定值．

【点评】本题属于难题，灵活选择辅助线并需要熟练掌握正方形的性质以及相似三角形模型是解题的关键．
题型四：射影定理
一．解答题（共5小题）
1．（2021•渭南模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边AB与⊙O相切于点D，CD是⊙O的直径，AC交⊙O于E，连接BE交CD于P，交⊙O于F，连接DF．
（1）求证：∠ABC＝∠EFD；
（2）若AD＝2，CD＝，求BD的长．

【分析】（1）根据切线的性质可得∠CDB＝90°，再根据同角的余角相等可得∠ECD＝∠ABC，然后根据同弧所对的圆周角相等可得∠ECD＝∠EFD，即可解答；
（2）利用（1）的结论可证△ACD∽△CBD，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB与⊙O相切于点D，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴∠DCB+∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCB+∠ECD＝90°，
∴∠ECD＝∠ABC，
∵∠ECD＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠ABC；
（2）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠ECD＝∠ABC，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝，
∴＝，
∴DB＝3，
∴BD的长为3．
【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，熟练掌握切线的性质以及圆周角定理是解题的关键．
2．（2021•宁波模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，∠ABC+∠OAB＝90°，过点C作CD⊥AB于点D，交OB于点E．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若DE＝2，CE＝6，求BC的长；
（3）①若四边形ADEO的面积等于△BEC的面积，求sin∠BAC的值；
②记tan∠BAC＝x，△AOB与△CDB的面积之比为y，请用含有x的代数式表示y．

【分析】（1）利用∠ABC+∠OAB＝90°及圆周角定理可推出∠ACB＝∠ABC，从而得到AB＝AC；
（2）利用“母子型相似”直接可解出BC值；
（3）①过点O作OF⊥AB于点F，将题干“四边形ADEO的面积等于△BEC的面积“处理可得到S△BDC和S△OFA的关系，利用相似三角形的性质转化成线段比，从而得到sin∠BAC的值；
②利用tan∠BAC＝x和面积比可得AC与DC的关系，利用线段关系设相关线段长，利用勾股定理可得x与y的关系．
【解答】解：（1）证明：∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOB＝180°﹣2∠OAB，
∴∠ACB＝＝90°﹣∠OAB，
∵∠ABC+∠OAB＝90°即∠ABC＝90°﹣∠OAB，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴AB＝AC；
（2）∵CD⊥AB，
∴∠BDE＝90°，
∴∠OBA+∠DEB＝90°，
∵∠ABC+∠OAB＝∠ABC+∠OBA＝90°，
∴∠DEB＝∠ABC，
∴△EDB∽△BDC，
∴即，
∴BD＝4，
在Rt△BDC中，BC＝；
（3）①过点O作OF⊥AB于点F，

∵S四边形ADEO＝S△BEC，
∴S四边形ADEO+S△BED＝S△BEC+S△BED即S△AOB＝S△BDC，
∵OA⊥OB，OF⊥AB，
∴S△AOB＝2S△OFA，
∴S△BDC＝2S△OFA，
由（2）可得：∠OAF＝∠OBD＝∠BCD，
∵△OAF∽△BCD，
∴，
∵S△ABO＝S△BDC即AB•OF＝BD•DC，
∴，
∴即；
②∵tan∠BAC＝x即，
∴AD＝，
由①可得：，
∴，
∴AC＝，
设CD＝1，则AD＝，AC＝，
在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，即，
∴．
【点评】本题是圆的综合题，涉及到圆周角定理，相似三角形，勾股定理，其中相似三角形的处理是解题的关键．
3．（2021•思茅区校级模拟）如图，AC是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为C，CF是⊙O的弦，过点A作AE∥CF，交⊙O于点E，交BC于点B，点D为CF延长线上一点，连接AF、AD，且∠DAF＝∠CAB．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，AD＝，求BE的长．

【分析】（1）要证明AD是⊙O的切线，只要证明∠OAD＝90°即可，先利用直径所对的圆周角是直角，得出∠AFC＝90°，从而得∠FAC+∠ACF＝90°，然后再证明∠DAF＝∠ACD即可；
（2）根据BC是⊙O的切线，切点为C，可得∠ACB＝90°，所以AD∥BC，从而证明四边形DABC是平行四边形，可得AD＝BC＝，根据已知AC是⊙O的直径，想到构造直径所对的圆周角是直角，所以连接CE，最后利用射影定理求出BE即可．
【解答】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠AFC＝90°，
∴∠FAC+∠ACF＝90°，
∵AE∥CF，
∴∠ACF＝∠CAB，
∵∠DAF＝∠CAB，
∴∠ACF＝∠DAF，
∴∠FAC+∠DAF＝90°，
即∠DAO＝90°，
∵OA是圆O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）连接CE，

∵BC是⊙O的切线，切点为C，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACB＝∠DAC＝90°，
∴AD∥BC，
∵AE∥CF，
∴四边形DABC是平行四边形，
∴AD＝BC＝，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°，
∵∠ACB＝∠CEB＝90°，∠B＝∠B，
∴△BCE∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
4．（2021•沈阳模拟）如图，△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，点E、F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°．

（1）求证：△DEF∽△ABC；
（2）当AE＝AF时，求BE的长为　　；
（3）若△AEF与△ABC相似，则BE的长为 　或　；
（4）EF的最小值为 　　；
（5）若△CDF是等腰三角形，则BE的长为 　或　．
【分析】（1）根据对角互补可知点A、E、D、F四点共圆，得∠BAD＝∠EFD，再根据同角的余角相等得∠BAD＝∠C，可证明结论；
（2）设AE＝AF＝x，则BE＝3﹣x，由△BDE∽△ADF，列方程即可；
（3）分△AEF∽△ABC或△AEF∽△ACB两种情形，分别计算；
（4）根据△DEF∽△ABC知，要使EF最小，则DE最小，当DE⊥AB时，DE最小，从而得出答案；
（5）当DC＝CF时，利用△BDE∽△ADF，代入即可；当DF＝FC时，则点F为AC的中点，得DF＝AF＝2，从而解决问题．
【解答】（1）证明：∵∠EDF＝∠BAC＝90°，
∴点A、E、D、F四点共圆，
∴∠BAD＝∠EFD，
∵∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠C，
∴∠BAD＝∠C，
∴△DEF∽△ABC；
（2）解：在△BAC中，BC＝＝5，
∴AD＝，
∵BD：AD：AB＝3：4：5，
∴BD＝，
设AE＝AF＝x，则BE＝3﹣x，
∵△BDE∽△ADF．
∴＝，
即，
∴x＝，
∴BE＝3﹣＝，
故答案为：；
（3）解：当EF∥BC时，△AEF∽△ABC，
设AE＝3x，则AF＝4x，
∴BE＝3﹣3x，
∵，
∴，
∴x＝，
∴BE＝3﹣3x＝3﹣，
当△AEF∽△ACB时，
∴∠AEF＝∠C，
由（1）知，∠DFE＝∠C，
∴∠AEF＝∠DFE，
∴AE∥DF，
∴∠AFD＝90°，
∴四边形AEDF为矩形，
∴，
∴BE＝，
综上：BE＝或，
故答案为：或；
（4）解：要使EF最小，则DE最小，
当DE⊥AB时，DE最小，
∵，
∴DE＝，
∴EF的最小值＝，
故答案为：；
（5）解：当DC＝CF时，
∵DC＝5﹣＝，
∵DC＝CF，
∴CF＝，
∴AF＝4﹣，
∵△BDE∽△ADF，
∴，
∴BE＝；
当DF＝FC时，则点F为AC的中点，
∴DF＝AF＝2，
∴，
∴BE＝，
由题意知，DC不可能等于DF，
综上：BE＝或，
故答案为：或．
【点评】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，矩形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，利用△BDE∽△ADF是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．
5．（2021•婺城区模拟）在矩形ABCD中，AB＝4，点P是直线CD上（不与点C重合）的动点，连结BP，过点B作BP的垂线分别交直线AD、直线CD于点E、F，连结PE．
（1）如图，当AD＝4，点P是CD的中点时，求tan∠EBA的值；
（2）当AD＝2时，
①若△DPE与△BPE相似，求DP的长．
②若△PEF是等腰三角形，求DE的长．

【分析】（1）根据矩形的性质及同角的余角相等可得∠ABE＝∠PBC，再运用三角函数定义即可求得答案；
（2）①根据△DPE与△BPE相似，PE是公共斜边，可得△DPE≌△BPE或△DPE与△BEP，分两种情况讨论即可；
③由△PEF是等腰三角形，可得PE＝PF或PE＝EF或PF＝EF，分三种情况进行讨论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝4，∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵点P是CD的中点，
∴CP＝CD＝2，
∵BP⊥EF，
∴∠ABE+∠ABP＝90°，
∴∠ABE＝∠PBC，
∴tan∠EBA＝tan∠PBC＝＝＝．
（2）①∵△DPE与△BPE相似，PE是公共斜边，
∴△DPE≌△BPE或△DPE≌△BEP，
当△DPE≌△BPE时，
∴PB＝PD，
设PD＝x，则PB＝x，PC＝4﹣x，
在Rt△BPC中，BC2+PC2＝PB2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴PD＝．
当△DPE≌△BEP时，如图2，
∵DP＝BE＞AB，
∴点P在DC的延长线上，
∵△DPE与△BEP，
∴DP＝BE，DE＝BP，
在△DEF和△BPF中，
，
∴△DEF≌△BPF（AAS），
∴DF＝BF，
设DF＝BF＝m，则CF＝4﹣m，
在Rt△BFC中，BC2+CF2＝FB2，
∴22+（4﹣m）2＝m2，
解得：m＝，
∴DF＝BF＝，CF＝，
∵∠FBC+∠PBC＝90°，∠PBC+∠BPC＝90°，
∴∠FBC＝∠BPC，
∵∠BCF＝∠BCP，
∴△FBC∽△BPC，
∴＝，即＝，
∴CP＝，
∴DP＝DC+CP＝4+＝，
综上所述，PD＝或．
②∵△PEF是等腰三角形，
∴PE＝PF或PE＝EF或PF＝EF，
当PE＝PF时，如图3，
∵BP⊥EF，
∴EB＝BF，
∴EF＝2FB，
∵BC∥AD，
∴△FBC∽△FED，
∴＝＝，
∴DE＝2BC＝2×2＝4；
当PE＝EF，点P在CD的延长线上时，如图4，
设CF＝m，则DF＝m+4，
∵PE＝EF，ED⊥PF，
∴DP＝DF＝m+4，
∴CP＝DP+DC＝m+8，
∵∠PBF＝∠PCB＝∠BCF＝90°，
∴∠PBC+∠BPC＝90°，∠PBC+∠FBC＝90°，
∴∠BPC＝∠FBC，
∴△PBC∽△BFC，
∴＝，即＝，
∵m＞0，
∴m＝2﹣4，
∴CF＝2﹣4，DF＝2，
∵BC∥AD，
∴△FBC∽△FED，
∴＝，即＝，
∴DE＝＝10+4；
当PE＝EF，点P在DC的延长线上时，如图5，
设CP＝t，则DP＝t+4，
∵PE＝EF，ED⊥PF，
∴DP＝DF＝t+4，
∴CF＝DF+DC＝t+8，
∵∠PBF＝∠PCB＝∠BCF＝90°，
∴∠PBC+∠BPC＝90°，∠PBC+∠FBC＝90°，
∴∠BPC＝∠FBC，
∴△PBC∽△BFC，
∴＝，即＝，
∵t＞0，
∴t＝2﹣4，
∴CP＝2﹣4，DF＝2，CF＝2+4，
∵BC∥AD，
∴△FBC∽△FED，
∴＝，即＝，
∴DE＝＝10﹣4；
当PF＝EF时，如图5，
∵PF＝EF，
∴∠BEP＝∠DPE，
∵∠EBP＝∠PDE＝90°，
∴△BEP≌△DPE（AAS），
∴BP＝DE，
设CP＝n，则DP＝4+n，
∴DE2＝BP2＝BC2+CP2＝4+n2，
∵∠FBP＝∠BCF＝∠BCP＝90°，
∴∠BFC+∠FBC＝90°，∠FBC+∠PBC＝90°，
∴∠BFC＝∠PBC，
∴△BFC∽△PBC，
∴＝，即＝，
∴CF＝，
∴DF＝4﹣，EF＝PF＝n+，
∵DE2+DF2＝EF2，
∴4+n2+（4﹣）2＝（n+）2，
解得：n＝，
∴DE＝＝＝；
综上所述，DE的长为4或10+4或10﹣4或．



【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形性质，三角函数定义等，涉及知识点较多，难度较大，熟练掌握全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想和分类讨论思想是解题关键．
题型五： 一线三等角构建相似模型
一．填空题（共3小题）
1．（2021•滨江区一模）已知，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点F在AB边上，且AF＝2，点E是BC边上的一个点，连接EF，作线段EF的垂直平分线HG，分别交边AD，BC于点H，G，连接FH，EH．当点E和点C重合时（如图1），DH＝　　；当点B，M，D三点共线时（如图2），DH＝　　．

【分析】当点E和点C重合时，由垂直平分线的性质可得，FH＝CH，设DH＝t，则AH＝9﹣t，分别在Rt△DHC和Rt△AHF中，利用勾股定理建等式，求出t，即求出DH的长；当点B，M，D三点共线时，过点M作MP⊥BC于点P，并延长PM交AD于点Q，由中位线定理可得，MP＝BF＝2，由MP∥CD，可得△BMP∽△BDC，可得BP的长，再利用一线三等角，可证明△EMP∽△MHQ，可得QH＝，最后由DH＝9﹣AQ﹣QH，可得DH＝．
【解答】解：如图1，设DH＝t，则AH＝9﹣t，
∵GH垂直平分EF，
∴FH＝CH，
∴＝，即22+（9﹣t）2＝t2+62，
解得t＝，即DH＝；
故答案为：；
法一：如图2，过点M作MN⊥BC，过点E作ES⊥AD，

∵HG是线段EF的垂直平分线，
∴HF＝HE，FM＝ME，
∵MN⊥BC，AB⊥BC，
∴△EMN∽△EFB，
∴，
∵FB＝AB﹣AF＝6﹣2＝4，
∴MN＝FB＝2，
∴△BMN∽△BDC，
∴，
∴BN＝BC＝3，
∴NE＝BN＝3，
∴SD＝CE＝BC﹣2BN＝3，
设DH＝x，则AH＝9﹣x，HS＝x﹣3，
∴HF2＝HE2，
∴AF2+AH2＝HS2+SE2，
∴22+（9﹣x）2＝（x﹣3）2+62．
解得：x＝．
法二：如图2，过点M作MP⊥BC于点P，并延长PM交AD于点Q，则PQ⊥AD，

∵GH垂直平分EF，则点M是EF中点，
∵MP⊥BC，BF⊥BC，
∴MP＝BF＝（6﹣2）＝2，BP＝PE，
∴MQ＝4，
∵MP∥CD，
∴，
∴BP＝BC＝3，
∴PE＝AQ＝BP＝3，
∵GH⊥EF，
∴∠HME＝90°，
∴∠QMH+∠EMP＝90°，
又∠HQM＝∠MPE＝90°，
∴∠QMH+∠QHM＝90°，
∴∠EMP＝∠QHM，
∴△EMP∽△MHQ，
∴，即，
解得，QH＝，
∴DH＝9﹣AQ﹣QH＝9﹣3﹣＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的性质及勾股定理等内容，利用勾股定理建立等式是解题的关键；本题也可以点B为原点建立平面直角坐标系，借助解析式解答．
2．（2022•郑州一模）如图，在平面直角坐标系xOy中．边长为4的等边△OAB的边OA在x轴上，C、D、E分别是AB、OB、OA上的动点，且满足BD＝2AC，DE∥AB，连接CD、CE，当点E坐标为 　或．　时，△CDE与△ACE相似．

【分析】因为DE∥AB得到∠DEC＝∠ACE，所以△CDE与△ACE相似分两种情况分类讨论．
【解答】解：∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ACE，△ODE∽△OBA，
∴△ODE也是等边三角形，则OD＝OE＝DE，
设E（a，0），则OE＝OD＝DE＝a，BD＝AE＝4﹣a．
∵△CDE与△ACE相似，分两种情况讨论：
①当△CDE∽△EAC时，则∠DCE＝∠CEA，
∴CD∥AE，
∴四边形AEDC是平行四边形，
∴AC＝a，，
∵BD＝2AC，
∴4﹣a＝2a，
∴a＝．
∴E；
②当△CDE∽△AEC时，∠DCE＝∠EAC＝60°＝∠B，
∴∠BCD+∠ECA＝180°﹣60°＝120°，
又∵∠BDC+∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，
∴∠BCD+∠ECA＝∠BDC+∠BCD，
∴∠ECA＝∠BDC，
∴△BDC∽△ACE，
∴，
∴BC＝2AE＝2（4﹣a）＝8﹣2a，
∴8﹣2a+2＝4，
∴a＝．
∴．
综上所述，点E的坐标为或．
【点评】本题主要考查相似三角形，考虑分类讨论是本题的关键．
3．（2021•海州区校级二模）如图，△DEF的三个顶点分别在等边△ABC的三条边上，BC＝4，∠EDF＝90°，＝，则DF长度的最小值是 　　．

【分析】根据已知可得∠EFD＝60°，利用一线三等角模型证明△AEF∽△CFD，可得＝＝2，然后设CD＝a，则AF＝2a，表示出DF，DH，FH，最后在Rt△DFH利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点F作FH⊥BC，垂足为H，

∵∠EDF＝90°，tan∠EFD＝＝，
∴∠EFD＝60°，
∴∠AFE+∠DFC＝120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝∠A＝60°，AC＝BC＝4，
∴∠AFE+∠AEF＝120°，
∴∠AEF＝∠DFC，
∴△AEF∽△CFD，
∴＝，
∵∠EDF＝90°，∠EFD＝60°，
∴cos∠EFD＝＝，
∴＝2，
∴设CD＝a，则AF＝2a，
∴CF＝AC﹣AF＝4﹣2a，
在Rt△CFH中，∠C＝60°，
∴CH＝CF＝2﹣a，
∴FH＝CH＝2﹣a，
∴DH＝CD﹣CH＝a﹣（2﹣a）＝2a﹣2，
在Rt△DFH中，DF2＝DH2+FH2＝（2a﹣2）2+（2﹣a）2＝7a2﹣20a+16＝7（a﹣）2+，
∴DF2的最小值为，
∴DF的最小值为：．
【点评】本题考查了二次函数的最值，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握一线三等角模型模型，以及二次函数的最值是解题的关键．
二．解答题（共2小题）
4．（2021•徐州模拟）如图所示，P为正方形ABCD的边AD上一动点，AE⊥BP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，过点P作PM∥FC交CD于点M．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若△ABP的面积为25，，求△PDM的面积．

【分析】（1）利用正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，根据垂直定义可得∠AEB＝∠CFB＝90°，从而可得∠ABE＝∠FCB，即可解答；
（2）根据PM∥FC可得∠BPM＝90°，利用一线三等角相似模型证明△BAP∽△PDM，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠EBC＝90°，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
∴∠EBC+∠FCB＝90°，
∴∠ABE＝∠FCB，
∴△ABE≌△BCF（AAS）；
（2）解：∵PM∥FC，
∴∠BFC＝∠BPM＝90°，
∴∠APB+∠DPM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAP＝∠PDM＝90°，AB＝AD，
∴∠ABP+∠APB＝90°，
∴∠ABP＝∠DPM，
∴△BAP∽△PDM，
∵，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵△ABP的面积为25，
∴△PDM的面积为9．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握一线三等角相似模型是解题的关键．
5．（2022•陕西模拟）西安世园会标志性雕塑《水龙》，内部为钢结构，外包镜面不锈钢，既像一股水花，又似一条飞龙，既蕴含了上善若水的中国传统理念，又有巨龙腾飞的时代精神．小刚同学想利用所学知识测量该雕塑的高度AB，如图，他在距离B点48米的点C处水平放置了一个小平面镜，并沿着BC方向移动，当移动到点E处时，他刚好在小平面镜内看到雕塑的顶端A的像，此时，测得CE＝2米，小刚眼晴与地面的距离DE＝1.5米．已知点B、C、E在同一水平直线上，且AB⊥BE、DE⊥BE，求雕塑的高度AB．（小平面镜的大小忽略不计）

【分析】首先证得△ABC∽△DEC，利用该相似三角形的对应边成比例求解即可．
【解答】解：根据题意，得∠ACB＝∠DCE．
∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠ABC＝∠DEC＝90°．
∴△ABC∽△DEC．
∴＝．
∵BC＝48米，CE＝2米，DE＝1.5米，
∴＝．
解得AB＝36．
答：雕塑的高度AB是36米．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
声

题型六：三角形中位线定理
一．选择题（共2小题）
1．（2020•双流区模拟）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点，若DE＝5，则BC＝（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据三角形中位线定理解答．
【解答】解：∵D，E分别是AB，AC上的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC＝2DE＝10，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
2．（2022•合肥一模）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，E是BC中点，AD⊥BD，AC＝7，AB＝4，则DE的值为（　　）

A．1 B．2 C． D．
【分析】延长BD交AC于H，证明△ADB≌△ADH，根据全等三角形的性质得到AH＝AB＝4，BD＝DH，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长BD交AC于H，
在△ADB和△ADH中，
，
∴△ADB≌△ADH（ASA）．
∴AH＝AB＝4，BD＝DH，
∴HC＝AC﹣AH＝3，
∵BD＝DH，BE＝EC，
∴DE＝HC＝，
故选：D．

【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
二．填空题（共3小题）
3．（2021•罗湖区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，则∠EPF的度数是　120°　．

【分析】根据三角形中位线定理得到PF＝BC，PE＝AD，根据题意得到PE＝PF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，
∴PF＝BC，PE＝AD，又AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝30°，
∴∠EPF＝120°，
故答案为：120°．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
4．（2020•利川市模拟）如图，为了估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA、OB的中点M，N，若测得MN＝51m，则A，B两点间的距离是 　102m　．

【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵点M，N分别为OA、OB的中点，
∴MN是△AOB的中位线，
∴AB＝2MN＝2×51＝102（m），
故答案为：102m．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．
5．（2020•姑苏区校级二模）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，M，N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD＝BD，连结DM、DN、MN．若AB＝10，则DN＝　5　．

【分析】连接CM，根据直角三角形的性质求出CM，根据三角形中位线定理得到MN∥BC，MN＝BC，证明四边形NDCM为平行四边形，根据平行四边形的对边相等解答即可．
【解答】解：连接CM，
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，M是AB的中点，
∴CM＝AB＝5，
∵M，N分别是AB、AC的中点，
∴MN∥BC，MN＝BC，
∵CD＝BD，
∴CD＝BC，，
∴CD＝MN，
∵MN∥BC，
∴四边形NDCM为平行四边形，
∴DN＝CM＝5，
故答案为：5．

【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
三．解答题（共1小题）
6．（2021•武汉模拟）在△ABC中，CD是中线，E，F分别为BC，AC上的一点，连接EF交CD于点P．
（1）如图1，若F为AC的中点，CE＝2BE，求的值；
（2）如图2，设＝m，＝n（n＜），若m+n＝4mn，求证：PD＝PC；
（3）如图3，F为AC的中点，连接AE交CD于点Q，若QD＝QP，直接写出的值．


【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DF＝BC，结合题意计算，得到答案；
（2）过点D作DG∥BC交AC于H，交EF的延长线于G，根据平行线分线段成比例定理得到AH＝HC，证明△HFG∽△CFE，根据相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理证明结论；
（3）连接DF交AE于M，设EC＝1，BE＝x，QD＝QP＝m，PC＝n，根据平行线的性质得到＝，＝，解方程得到答案．
【解答】（1）解：∵AD＝DB，AF＝FC，
∴DF＝BC，
∵CE＝2BE，
∴CE＝BC，
∴＝＝；
（2）证明：如图2，过点D作DG∥BC交AC于H，交EF的延长线于G，
∵AD＝DB，
∴AH＝HC，
设BC＝x，AC＝y，则CE＝mx，CF＝ny，
∴FH＝x﹣ny，
∵DG∥BC，
∴△HFG∽△CFE，
∴＝，
∴＝＝，
∴HG＝（﹣m）x，
∵DH＝BC＝x，m+n＝4mn，
∴DG＝DH+HG＝x+（﹣m）x＝mx，
∴DG＝CE，
∵DG∥BC，
∴＝＝1，
∴PD＝PC；
（3）解：连接DF交AE于M，
设EC＝1，BE＝x，QD＝QP＝m，PC＝n，
∵AD＝DB，AF＝FC，
∴DF∥BC，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴DF∥BC，
∴＝，即＝，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2+3x﹣2＝0，
解得：x1＝，x2＝（舍去），
∴＝．


【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理，正确作出辅助线、掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键．
【真题训练】
一．选择题（共2小题）
1．（2020•贺州）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，且AD：AB＝1：3，若DE∥BC，则S△ADE：S△ABC等于（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9
【分析】相似三角形面积比等于相似比的平方即可得到答案．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∵，
∴＝，
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形面积比等于相似比的平方是解题的关键．
2．（2020•海南）如图，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝15，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BG⊥AE于点G，若BG＝8，则△CEF的周长为（　　）

A．16 B．17 C．24 D．25
【分析】先计算出△ABE的周长，然后根据相似比的知识进行解答即可．
【解答】解：∵在▱ABCD中，CD＝AB＝10，BC＝AD＝15，∠BAD的平分线交BC于点E，
∴AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，
∴∠BAF＝∠F，
∴∠DAF＝∠F，
∴DF＝AD＝15，
同理BE＝AB＝10，
∴CF＝DF﹣CD＝15﹣10＝5；
∴在△ABG中，BG⊥AE，AB＝10，BG＝8，
在Rt△ABG中，AG＝＝＝6，
∴AE＝2AG＝12，
∴△ABE的周长等于10+10+12＝32，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，
∴△CEF∽△BEA，相似比为5：10＝1：2，
∴△CEF的周长为16．
故选：A．

【点评】本题意在综合考查平行四边形、相似三角形和勾股定理等知识的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对数学中的数形结合思想的考查，相似三角形的周长比等于相似比，难度较大．
二．填空题（共2小题）
3．（2019•宜宾）如图，已知直角△ABC中，CD是斜边AB上的高，AC＝4，BC＝3，则AD＝　　．

【分析】根据勾股定理求出AB，根据射影定理列式计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝＝5，
由射影定理得，AC2＝AD•AB，
∴AD＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是射影定理、勾股定理，在直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．
4．（2021•青海）如图，在△ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CA的中点，若△DEF的周长为10，则△ABC的周长为 　20　．

【分析】先根据三角形中位线的性质得：AB＝2EF，BC＝2DF，AC＝2DE，根据周长得：EF+DE+DF＝10，所以2EF+2DE+2DF＝20，即AB+BC+AC＝20．
【解答】解：∵点D，E，F分别是△ABC的AB，BC，CA边的中点，
∴EF、DE、DF为△ABC的中位线，
∴EF＝AB，DF＝BC，DE＝AC，
∴AB＝2EF，BC＝2DF，AC＝2DE，
∵△DEF的周长为10，
∴EF+DE+DF＝10，
∴2EF+2DE+2DF＝20，
∴AB+BC+AC＝20，
∴△ABC的周长为20．
故答案为：20．
【点评】本题考查了三角形中位线的性质，熟练掌握三角形的中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解决问题的关键．
三．解答题（共2小题）
5．（2021•日照）问题背景：
如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图2所示，得到结论：①＝　　；②直线AE与DF所夹锐角的度数为 　30°　．
（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，则△ADE的面积为 　或　．

【分析】（1）通过证明△FBD∽△EBA，可得＝，∠BDF＝∠BAE，即可求解；
（2）通过证明△ABE∽△DBF，可得＝，∠BDF＝∠BAE，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE，DG的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA，
∴cos∠ABD＝＝，
如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，

∵△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，
∴∠DBF＝∠ABE＝90°，
∴△FBD∽△EBA，
∴＝，∠BDF＝∠BAE，
又∵∠DOB＝∠AOF，
∴∠DBA＝∠AHD＝30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，
故答案为：，30°；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，

∵将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，
∴∠ABE＝∠DBF，
又∵＝，
∴△ABE∽△DBF，
∴＝，∠BDF＝∠BAE，
又∵∠DOH＝∠AOB，
∴∠ABD＝∠AHD＝30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．
拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DG⊥AE于G，

∵AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，∠DAB＝90°，
∴BE＝，AD＝2，DB＝4，
∵∠EBF＝30°，EF⊥BE，
∴EF＝1，
∵D、E、F三点共线，
∴∠DEB＝∠BEF＝90°，
∴DE＝＝＝，
∵∠DEA＝30°，
∴DG＝DE＝，
由（2）可得：＝，
∴，
∴AE＝，
∴△ADE的面积＝×AE×DG＝××＝；
如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DG⊥AE，交EA的延长线于G，

同理可求：△ADE的面积＝×AE×DG＝××＝；
故答案为：或．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
6．（2018•盐城）【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F．
（1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝　4　；
（2）求证：△EBD∽△DCF．
【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处（其中∠MON＝∠B），使两条边分别交边AB、AC于点E、F（点E、F均不与△ABC的顶点重合），连接EF．设∠B＝α，则△AEF与△ABC的周长之比为　1﹣cosα　（用含α的表达式表示）．

【分析】（1）先求出BE的长度后发现BE＝BD的，又∠B＝60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE＝60°，另外∠DEF＝60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF＝CD＝BC﹣BD；
（2）证明△EBD∽△DCF，这个模型可称为“一线三等角相似模型”，根据“AA”判定相似；
【思考】由角平分可联系到角平分线的性质“角平分线上点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM＝DG＝DN，从而证明△BDM≌△CDN可得BD＝CD；
【探索】由已知不能求得C△ABC＝AB+BC+AC＝2AB+2OB＝2（m+mcosα），则需要用m和α是三角函数表示出C△AEF，C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG；题中直接已知点O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG＝ED，FH＝DF，则C△AEF＝AE+EF+AF＝AG+AH＝2AG，而AG＝AB﹣BO，从而可求得．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°．
∵AE＝4，
∴BE＝2，
则BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BED＝60°，
又∵∠EDF＝60°，
∴∠EDB＝∠B＝60°．
∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°，
则∠CDF＝∠C＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CF＝CD＝BC﹣BD＝6﹣2＝4．
故答案是：4；

（2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，
∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°，
∴∠BED＝∠CDF．
又∠B＝∠C＝60°，
∴△EBD∽△DCF；

【思考】存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，
∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE．
∴DM＝DG＝DN．
又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BD＝CD，即点D是BC的中点，
∴＝；


【探索】如图③，连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别是G、D、H．
则∠BGO＝∠CHO＝90°，
∵AB＝AC，O是BC的中点，
∴∠B＝∠C，OB＝OC，
∴△OBG≌△OCH，
∴OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90°﹣α，
则∠GOH＝180°﹣（∠BOG+∠COH）＝2α，
∴∠EOF＝∠B＝α
由（2）题可猜想应用EF＝ED+DF＝GE+FH（可通过半角旋转证明），
则C△AEF＝AE+EF+AF＝AE+EG+FH+AF＝AG+AH＝2AG，
设AB＝m，则OB＝mcosα，GB＝mcos2α．
＝＝＝＝1﹣cosα．
故答案是：1﹣cosα．

【点评】本题主要考查的是三角形的综合应用，解答本题主要应用了角平分线的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，综合性较强，难度较大，需要学生具备对所学几何知识的综合应用能力．