专项34 相似三角形-手拉手模型综合应用- 2022-2023 九年级数学下册高分突破必练专题（人教版）

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专项34 相似三角形-手拉手模型综合应用

模型一：有公共顶点的直角三角形


模型二：有公共顶点的任意三角形










【类型1：有公共顶点的直角三角形】
【典例2】【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．
【初步探究】
（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系：　 ；
【类比探究】
（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．
①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；
②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．

【解答】解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
∵△ECF是等腰直角三角形，
∴CF＝CE，∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠ECF，
∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCE，
∴△BCF≌△DCE（SAS），
∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，
∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，
∴∠CDE+∠DMF＝90°，
∴∠BND＝90°，
∴BF⊥DE，
故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；
（2）①如图③，，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠ECF＝90°，
∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCE，
∵，
∴△BCF∽△DCE，
∴＝；
②如图③，连接BD，

∵△BCF∽△DCE，
∴∠CBF＝∠CDE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝12，
∵CE＝6，，
∴＝，
∴CF＝8，BC＝16，
∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，
在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，
在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，
在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，
在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，
∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，
在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，
在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，
∴BD2+EF2＝400+100＝500，
∴DF2+BE2＝500
【变式1-1】如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．
（1）求证：△ACD∽△BCE；
（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．

【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵，
∴△ACD∽△BCE；
（2）解：过A作AG⊥CD于G，

由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，
∴AG＝CG，
在Rt△ACG中，由勾股定理得：
∴CG＝AG＝3，
∴S＝＝．
【变式1-2】如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．
（1）问题发现
当α＝0°时，的值为 　 　，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为 　 　；
（2）拓展探究
试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：
（3）问题解决
当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．


【解答】解：（1）∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，
∴DE∥AC，
∴，
∴，
∵∠B＝45°，
∴直线AE，CD相交形成的较小角的度数为45°，
故答案为：；45；
（2）无变化，理由如下：
延长AE，CD交于点F，CF交AB于点G，
∵△ABC与△BDE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABE，
又∵，
∴△ABE∽△CBD，
∴，∠BAE＝∠BCD，
∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；
（3）如图，当DE在AB上方时，作AH⊥CD于H，

由A，D，E三点在同一条直线上知，∠ADB＝90°，
∴AD＝，
由（2）知∠ADH＝45°，，
∴AH＝＝，CD＝，
∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，
当DE在AB下方时，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，
【典例2】已知：如图，△ABD∽△ACE．求证：△DAE∽△BAC．

【解答】证明：∵△ABD∽△ACE，
∴，
∴，
而∠DAE＝∠BAC，
∴△DAE∽△BAC．
【变式2-1】如图，已知△ABD∽△ACE，求证：△ABC∽△ADE．

【解答】证明：∵△ABD∽△ACE，
∴∠BAD＝∠CAE，＝．
∴∠BAD+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，
即∠BAC＝∠DAE，
又∵＝．
∴△ABC∽△ADE．
【变式2-2】（2022春•龙岗区期末）（1）如图1，△ABC为等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等边△ADE，连接CE．易求∠DCE＝　 °；
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE，类比题（1），请你猜想：线段BD、CD、DE之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE．CE＝10，BC＝6，求AE的长．


【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD+∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，
故答案为：120；

（2）DE2＝CD2+BD2；理由如下：
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
根据勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2；

（3）由（2）知，BD＝CE，
∵CE＝10，
∴BD＝10，
∵BC＝6，
∴CD＝BD﹣BC＝4，
由（2）知，∠BCE＝90°，
∴∠DCE＝90°，
根据勾股定理得，DE2＝CE2+CD2＝116，
在Rt△ADE中，DE2＝2AE2＝116，
∴AE＝．
【变式2-3】（1）如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
（2）如图（2），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，延长BD到点E，使∠CAE＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，求出AD的长．
（3）如图（3），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，试证明△ADF∽△ECF，并求出的值．

【解答】（1）证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：过点A作AM⊥AB，过点D作DM⊥AD，两条垂线交于M，连接BM，

∴∠BAD+∠DAM＝90°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
∴△ADM∽△CDB，
∴，
∵∠BDC＝∠ADM，
∴∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴，
∴BM＝AC＝＝6，
∴AM＝，
∴AD＝AM＝；
（3）解：由（1）同理可得，△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝30°，
∵∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴，
∵AD＝AE，
∴，
∴＝3．

1．（2021秋•邵阳县期末）如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．
（1）求证：△ACD∽△BCE；
（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．

【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵，
∴△ACD∽△BCE；
（2）解：过A作AG⊥CD于G，

由（1）知，∠ACD＝∠DCB＝∠BCE＝45°，
∴AG＝CG，
在Rt△ACG中，由勾股定理得：
∴CG＝AG＝3，
∴S＝＝．
2．（2021•长垣市模拟）（1）问题发现：
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．
①线段AD，BE之间的数量关系为　 ；
②∠AEB的度数为　 　．
（2）拓展探究：
如图2，△ACB和△AED均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接CE，求的值及∠BEC的度数；
（3）解决问题：
如图3，在正方形ABCD中，CD＝，若点P满足PD＝，且∠BPD＝90°，请直接写出点C到直线BP的距离．

【解答】解：（1）①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB＝AB，CD＝CE＝DE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△CDA和△CEB中，
，
∴△CDA≌△CEB（SAS），
∴AD＝BE；
②∵△CDA≌△CEB，
∴∠CEB＝∠ADC，
∵∠CDE＝60°，
∴∠ADC＝120°＝∠CEB，
∴∠AEB＝120°﹣60°＝60°；
故答案为：①AD＝BE，②60°；
（2）∵△ACB和△AED均为等腰直角三角形，
∴∠DAE＝∠ADE＝45°，∠BAC＝45°，，
∴∠DAE﹣∠CAD＝∠BAC﹣∠CAD，即∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴，∠AEC＝∠ADB，
∵∠ADE＝45°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣45°＝135°，
∵∠AED＝90°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝∠ADB﹣∠AED＝135°﹣90°＝45°，
故 ，∠BEC＝45°；
（3）∵点P满足PD＝，
∴点P在以D为圆心，为半径的圆上，
∵∠BPD＝90°，
∴点P在以BD为直径的圆上，
∴如图3，点P是两圆的交点，若点P在BD上方，连接BP，过点C作CH⊥BP于H，过点D作DE⊥CH于E，

∵CD＝＝BC，∠BCD＝90°
∴BD＝2，
∵∠BPD＝90°
∴BP＝＝3，
∵∠BPD＝∠PHE＝∠DEH＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠2，四边形PHED是矩形，
∴PH＝DE，
在△BCH和△CDE中，
，
∴△BCH≌△CDE，
∴BH＝CE，CH＝DE，
∴CH＝PH，
∵BP＝3，BC＝，
∴CH＝PH＝3﹣BH，
在Rt△CHB中，BC2＝CH2+BH2，
即（）2＝（3﹣BH）2+BH2，
解得：BH＝或．
∴点C到直线BP的距离为或．

3．（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）．

【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＝∠DAG，，
∴△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：．
4.（2020秋•赣榆区期末）问题背景：
（1）如图1，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用：
（2）如图2，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，BD＝3，CD＝5，求的值；
灵活运用：
（3）如图3，点A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝，直接写出AD的长．

【解答】（1）证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE；
（2）解：连接EC，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE＝30°，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
∴，
即，
∴CE＝，
∵∠ACE＝30°，∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝90°，
∴在Rt△ADE中，
∴DE＝＝2，
即AE＝，AD＝，
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴＝＝；
（3）解：作AE⊥AD，交BD于E，连接CE，

∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∵∠ADB＝∠ABC＝30°，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
又∵∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
∴，∠DBA＝∠ACE，
∵BD＝3，
∴CE＝，∠BEC＝90°，
在Rt△CDE中，由勾股定理得，DE＝2，
∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，
∴AE＝1，
∴AD＝．