专题34 利用相似解决四边形问题——几何综合-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练

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专题34 利用相似解决四边形问题——几何综合（解析版）
专题诠释：几何综合题是中考必考题型。试题一般以全等或相似为中心 , 以四边形为重点 , 常常是三角形、四边形、相似三角形、锐角三角函数等知识的综合运用.
解题策略：解答几何综合题应注意 :(1) 注意观察、分析图形 , 把复杂的图形分解成几个基本图形 , 通过添加辅助线补全或构造基本图形 .(2) 掌握常规的证题方法和思路 ;(3) 运用转化的思想解决几何证明问题 , 运用方程的思想解决计算问题。另外还用结合数学思想和方法。
第一部分 专题典例剖析
类型一 利用相似解决平行四边形问题
1．（2022•贺州）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且ED＝BF，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若AC平分∠FAE，AC＝8，tan∠DAC=34，求四边形AFCE的面积．

思路引领：（1）根据平行四边形性质得出AD＝BC．AE∥FC，根据等量减等量差相等，得出AE＝FC，从而证明四边形AFCE是平行四边形；
（2）先证明平行四边形AFCE是菱形，根据三角函数求出EO＝3，求出S△AEO=12AO•EO＝6，从而求出四边形AFCE的面积．
（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，
AD＝BC．AE∥FC，
∵ED＝BF，
∴AD﹣ED＝BC﹣BF，
∴AE＝FC，
∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）解：∵AE∥FC，
∴∠EAC＝∠ACF，
∴∠EAC＝∠FAC，
∴∠ACF＝∠FAC，
∴AF＝FC，
∵四边形AFCE是平行四边形，
∴平行四边形AFCE是菱形，
∴AO=12AC＝4，AC⊥EF，
在Rt△AOE中，AO＝4，tan∠DAC=34，
∴EO＝3，
∴S△AEO=12AO•EO＝6，
S菱形＝4S△AEO＝24．
总结提升：本题考查了解直角三角形、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，掌握这几个知识点的综合应用是解题关键．
2．（2022•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC=14．
（1）若AB＝8，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．

思路引领：（1）证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边的比相等列式，可解答；
（2）根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得△ABC的面积是16，同理可得△EFC的面积＝9，根据面积差可得答案．
解：（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BF，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=14，
∵AB＝8，
∴AD＝2；
（2）∵△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=（DEBC）2＝（14）2=116，
∵△ADE的面积为1，
∴△ABC的面积是16，
∵四边形BFED是平行四边形，
∴EF∥AB，
∴△EFC∽△ABC，
∴S△EFCS△ABC=（34）2=916，
∴△EFC的面积＝9，
∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．
总结提升：本题主要平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题关键．
3．（2021•长春）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝4，BD＝8，点E在边AD上，AE=13AD，连结BE交AC于点M．
（1）求AM的长．
（2）tan∠MBO的值为 　　．

思路引领：（1）由菱形的性质可得△AEM∽△CBM，再由AMCM=AEBC求解．
（2）由tan∠MBO=MOBO求解．
解：（1）在菱形ABCD中，
AD∥BC，AD＝BC，
∴△AEM∽△CBM，
∴AMCM=AEBC，
∵AE=13AD，
∴AE=13BC，
∴AMCM=AEBC=13，
∴AM=13CM=14AC＝1．
（2）∵AO=12AC＝2，BO=12BD＝4，AC⊥BD，
∴∠BOM＝90°，AM＝OM=12AO＝1，
∴tan∠MBO=OMBO=14．
故答案为：14．
总结提升：本题考查菱形与直角三角形，解题关键是熟练掌握菱形的性质与解直角三角形的方法．
类型二 利用相似解决矩形问题
4．（2022•玉林）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE＝a．
（1）求BF的长（用含a的代数式表示）；
（2）连接EF交AB于点G，连接GC，当GC∥AE时，求证：四边形AGCE是菱形．

思路引领：（1）根据矩形的性质可得∠ADE＝∠ABF，∠∠DAE+∠BAE＝90°，结合题干AF⊥AE可得∠BAF+∠BAE＝90°，进而可得∠DAE＝∠BAF，进而可得△ADE∽△ABF，利用相似三角形的性质可得BF的长度；
（2）先根据AG∥CE，GC∥AE进而可得四边形AGCE是平行四边形，通过勾股定理可得GF2、EF2、AE2，再过点G作GM⊥AF于点M，易得△MGF∽△AEF，进而利用相似三角形的性质可得GM的长，即可得GM＝GB，进而可得GF是∠AFB的角平分线，最后利用角平分线得性质可得EA＝EC，即可得平行四边形AGCE是菱形．
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE＝∠ABF＝∠BAD＝90°，
∴∠DAE+∠BAE＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠BAF+∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BAF，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，即48=aBF，
∴BF＝2a，
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AG∥CE，
∵GC∥AE，
∴四边形AGCE是平行四边形．
∴AG＝CE＝8﹣a，
∴BG＝AB﹣AG＝8﹣（8﹣a）＝a，
在Rt△BGF中，GF2＝a2+（2a）2＝5a2，
在Rt△CEF中，EF2＝（2a+4）2+（8﹣a）2＝5a2+80，
在Rt△ADE中，AE2＝42+a2＝16+a2，
如图，过点G作GM⊥AF于点M，

∴GM∥AE，
∴△MGF∽△AEF，
∴GMAE=GFEF，
∴GM2AE2=GF2EF2，
∴GM216+a2=5a25a2+80，
∴GM＝a，
∴GM＝BG，
又∵GM⊥AF，GB⊥FC，
∴GF是∠AFB的角平分线，
∴EA＝EC，
∴平行四边形AGCE是菱形．
解法二：∵AG∥CE，CG∥AE，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AG＝CE，
∵AB＝CD，
∴BG＝DE＝a，
∴tan∠EFC=GBBF=ECCF=12，
∴EC＝a+2＝8﹣a
∴a＝3，
∴AE=32+42=5，
∴AE＝CE＝5，
∴四边形AGCE是菱形．
总结提升：本题主要考查相似三角形的判定与性质、菱形的判定、矩形性质等，解题关键是熟练掌握相关性质与判定．
5．（2022•泰安）如图，矩形ABCD中，点E在DC上，DE＝BE，AC与BD相交于点O，BE与AC相交于点F．
（1）若BE平分∠CBD，求证：BF⊥AC；
（2）找出图中与△OBF相似的三角形，并说明理由；
（3）若OF＝3，EF＝2，求DE的长度．

思路引领：（1）根据矩形的性质和角平分线的定义，求得∠3＝∠6，从而求证BF⊥AC；
（2）根据相似三角形的判定进行分析判断；
（3）利用相似三角形的性质分析求解．
（1）证明：如图，

在矩形ABCD中，OD＝OC，AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴∠2＝∠3＝∠4，∠3+∠5＝90°，
∵DE＝BE，
∴∠1＝∠2，
又∵BE平分∠DBC，
∴∠1＝∠6，
∴∠3＝∠6，
∴∠6+∠5＝90°，
∴BF⊥AC；
（2）解：与△OBF相似的三角形有△ECF，△BAF理由如下：
∵∠1＝∠3，∠EFC＝∠BFO，
∴△ECF∽△OBF，
∵DE＝BE，
∴∠1＝∠2，
又∵∠2＝∠4，
∴∠1＝∠4，
又∵∠BFA＝∠OFB，
∴△BAF∽△OBF；
（3）解：在矩形ABCD中，∠4＝∠3＝∠2，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠4．
又∵∠OFB＝∠BFA，
∴△OBF∽△BFA．
∵∠1＝∠3，∠OFB＝∠EFC，
∴△OBF∽△ECF．
∴EFOF=CFBF，
∴23=CFBF，即3CF＝2BF，
∴3（CF+OF）＝3CF+9＝2BF+9，
∴3OC＝2BF+9
∴3OA＝2BF+9①，
∵△ABF∽△BOF，
∴OFBF=BFAF，
∴BF2＝OF•AF，
∴BF2＝3（OA+3）②，
联立①②，可得BF＝1±19（负值舍去），
∴DE＝BE＝2+1+19=3+19．
总结提升：本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质以及勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
6．（2022秋•苏州期末）如图，矩形ABCD中，AD＝3，CD＝4，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度在射线AB上向右运动，运动时间为t秒，连接DP交AC于点Q．
（1）求证：△DCQ∽△PAQ；
（2）若△ADQ是以AD为腰的等腰三角形，求运动时间t的值．

思路引领：（1）由题意可知AB∥CD，从而可知∠DCQ＝∠PAQ，由∠DQC＝∠PQA，可证△DCQ∽△PAQ；
（2）由矩形性质可得及勾股定理可知，AC＝5，DP=9+t2，分两种情况：①当AD＝AQ时，②当AD＝DQ时，分别利用相似三角形列出比例式可求解得t的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCQ＝∠PAQ，
又∵∠DQC＝∠PQA，
∴△DCQ∽△PAQ；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝3，CD＝4，
∴AC＝5，
由题意知，AP＝t，DP=AD2+AP2=9+t2，
①当AD＝AQ时，即：AQ＝3，CQ＝2
∵△DCQ∽△PAQ，
∴CQAQ=DCAP，即：23=4t，解得：t＝6；
②当..时，即：DQ＝3，PQ=DP−DQ=9+t2−3
∵△DCQ∽△PAQ，
∴DQPQ=DCAP，即：39+t2−3=4t，整理得：34t+3=9+t2，
两边同时平方得：916t2+92t+9=9+t2，整理得：t2−727t=0，
解得：t=727或t＝0（舍去）．
综上：△ADQ是以AD为腰的等腰三角形时，t＝6或t=727．
总结提升：本题考查相似三角形的判定及性质，等腰三角形定义、矩形性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质，分类讨论求解是解决问题的关键．
类型三 利用相似解决菱形问题
7．（2022•长春）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC．点D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E．延长ED至点F，使得DF＝DE，连结AE、AF、CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BEEC=14，则tan∠BCF的值为 　 ．

思路引领：（1）先证四边形AECF是平行四边形，再由DE⊥AC，即可得出结论；
（2）设BE＝a，则CE＝4a，由菱形的性质得AE＝CE＝4a，AE∥CF，则∠BEA＝∠BCF，再由勾股定理得AB=15a，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
（1）证明：∵点D是AC的中点，
∴AD＝CD，
∵DF＝DE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵DE⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：∵BEEC=14，
∴CE＝4BE，
设BE＝a，则CE＝4a，
由（1）可知，四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4a，AE∥CF，
∴∠BEA＝∠BCF，
∵∠ABC＝90°，
∴AB=AE2−BE2=(4a)2−a2=15a，
∴tan∠BCF＝tan∠BEA=ABBE=15aa=15，
故答案为：15．
总结提升：本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022秋•海淀区校级期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，经过点C的直线分别与AB，AD的延长线相交于点P，Q，QB，PD相交于点O．
（Ⅰ）求证：BD2＝PB•DQ；
（Ⅱ）求证：BD2＝OD•PD．

思路引领：（Ⅰ）由四边形ABCD是菱形，得到AB＝AD＝BC＝CD，AB∥CD，AD∥BC，根据平行线的性质得到∠PBC＝∠A＝∠CDQ，∠APQ＝∠DCQ，∠AEF＝∠DCF，于是求得△BCP∽△CDQ，得到BPCD=BCDQ，等量代换即可得到BPBD=BDDQ；
（Ⅱ）推出△DBP∽△QBD，根据相似三角形的性质得到∠BED＝∠FBD，证得△BDO∽△PBD，根据相似三角形的性质即可得到结论．
解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠PBC＝∠A＝∠CDQ，∠APQ＝∠DCQ，
∴△BCP∽△CDQ，
∴BPCD=BCDQ，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝BC＝CD，
∴BPBD=BDDQ，
∴BD2＝PB•DQ；
（Ⅱ）∵BPBD=BDDQ，
∵∠PBD＝∠BDQ＝120°，
∴△DBP∽△QBD，
∴∠BPD＝∠QBD，
∵∠BDO＝∠BDP，
∴△BDO∽△PBD，
∴BDDP=DOBD，
∴BD2＝OD•PD．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
9．（2022秋•汝州市期末）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E．
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）连接AE，交CD于点F，当∠ADB＝60°，AD＝43时，直接写出EA的长．

思路引领：（1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC＝90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形．
（2）根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
（1）证明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形ODEC是平行四边形．
又∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°．
∴四边形ODEC是矩形．
（2）解：∵Rt△ADO中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OD=12AD＝23，AO＝6，
∴AC＝12，EC＝23，
∴AE＝233．
总结提升：本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
10．（2022秋•白塔区月考）如图，在菱形ABCD中，DE⊥BC交BC的延长线于点E，连结AE交BD于点F，交CD于点G，连结CF．
（1）求证：AF2＝EF•GF；
（2）若菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，求FG的长．

思路引领：（1）先由菱形的性质得到AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，然后结合BF＝BF得到△ABF≌△CBF，进而得到AF＝CF；由菱形得到∠BAD＝∠BCD、AD∥BE，从而得到∠DAF＝∠DCF、∠DAF＝∠FEC，再结合∠CFG＝∠EFC得到△CFG∽△EFC，然后利用相似三角形的性质得到CF2＝EF•GF，最后结合AF＝CF得到AF2＝EF•GF；
（2）先由∠BAD＝120°得到∠DCE＝60°，然后结合菱形边长为2得到CD的长，进而利用DE⊥BC得到CE、AE的长，然后通过证明△FAD∽△FEB、△GAD∽△GEC，进而得到AF、AG的长，最后得到FG的长．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BE，
∴∠DAF＝∠FEC，
∵△ABF≌△CBF，
∴∠BAF＝∠BCF，
∴∠DAF＝∠DCF，
∴∠GCF＝∠CEF，
∵∠CFG＝∠EFC，
∴△CFG∽△EFC，
∴CFEF=FGCF，
∴CF2＝EF•GF，
∵AF＝CF，
∴AF2＝EF•GF．
（3）解：∵∠BAD＝120°，
∴∠DCE＝60°，
∵菱形边长为2，
∴CD＝AD＝2，
∵DE⊥BC，
∴∠ADE＝∠CED＝90°，
∴∠CDE＝30°，
∴CE=12CD=1，DE=3，
∴AE=AD2+DE2=22+(3)2=7，BE＝BC+CE＝2+1＝3，
∵AD∥BE，
∴△FAD∽△FEB，△GAD∽△GEC，
∴AFEF=ADBE=23，AGEG=ADCE=21，
∴AF=25AE=275，AG=23AE=273，
∴FG＝AG﹣AF=273−275=4715．
总结提升：本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的三边关系、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知菱形的性质得到相关的角相等．
类型一 利用相似解决正方形问题
11．（2022秋•青浦区校级期末）如图，在三角形ABC中，∠C＝90°，四边形DEFC是边长为4的正方形，且D、E、F分别在边AC、AB、BC上．把三角形ADE绕点E逆时针旋转一定的角度．
（1）当点D与点F重合时，点A的对应点G落在边BC上，此时四边形ACGE的面积为 　 　；
（2）当点D的对应点D1落在线段BE上时，点A的对应点为点A1，在旋转过程中点A经过的路程为l1，点D经过的路程为l2，且l1：l2＝3：2，求线段AD1的长．

思路引领：（1）由题意可知，△ADE≌△GFE，所以S四边形ACGE＝S△ADE+S四边形DCGE＝S△GFE+S四边形DCGE等于正方形DEFC的面积，求解即可；
（2）由l1：l2＝3：2得AEDE=32，求出AE＝6，在Rt△ADE中，求出AD，在Rt△AD1A1中，求出AD1．
解：（1）由题意可知，△ADE≌△GFE，DC＝CF＝EF＝DE＝4，
∴S四边形ACGE=S△ADE+S四边形DCGE=S△GFE+S四边形DCGE=S正方形DCFE=DC2=42=16，
故答案为：16；
（2）如图：

设旋转角为n°，
则l1=nπ⋅AE180，l2=nπ⋅DE180，
∵l1：l2＝3：2，
∴nπ⋅AE180nπ⋅DE180=AEDE=32，
∵DE＝4，
∴AE＝6，
∴AD1＝AE+D1E＝AE+DE＝10，
在Rt△ADE中，AD=AE2+DE2=62+42=25，
在Rt△AD1A1中，AD1=AD12+A1D12=102+(25)2=430．
总结提升：本题考查了旋转的性质、正方形的性质、弧长公式、以及用勾股定理求线段长度；熟练利用旋转的性质、勾股定理求线段长度是解题的关键．
12．（2022秋•成华区期末）如图，点E是正方形ABCD的对角线CA延长线上一点，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转90°至BF，连接EF，EF交AD于点G．
（1）求证：△ABE∽△AEG；
（2）若正方形ABCD的边长为4，点G为AD的中点，求AE的长．

思路引领：（1）由AB＝CB＝AD＝CD，∠ABC＝∠D＝90°，得∠BAC＝∠DAC＝45°，则∠BAE＝∠EAC＝180°﹣45°＝135°，由旋转得BE＝BF，∠EBF＝90°，则∠BEF＝45°，可推导出∠AEG＝∠AEG＝45°﹣∠AEB，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△ABE∽△AEG；
（2）由AB＝AD＝4，得AG=12AD＝2，由△ABE∽△AEG，得AEAG=ABAE，可求得AE＝22．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝AD＝CD，∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠BAE＝∠EAC＝180°﹣45°＝135°，
∵将BE绕点B顺时针旋转90°得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝90°，
∵∠BEF＝∠F＝45°，
∴∠AEG＝45°﹣∠AEB，
∵∠ABE＝∠BAC﹣∠AEB＝45°﹣∠AEB，
∴∠ABE＝∠AEG，
∴△ABE∽△AEG．
（2）解：∵正方形ABCD的边长为4，点G为AD的中点，
∴AB＝AD＝4，
∴AG=12AD＝2，
∵△ABE∽△AEG，
∴AEAG=ABAE，
∴AE2＝AB•AG＝4×2＝8，
∴AE＝22，
∴AE的长是22．
总结提升：此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明∠ABE＝∠AEG是解题的关键．
13．（2022秋•洛阳期末）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0°＜n＜90°）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M，若BQ：AQ＝4：1，求AM的值．

思路引领：由BQ：AQ＝3：1，AQ：AB＝1：4，再由△ODM∽△QAM可得AM：DM＝1：4，设AM＝x，在Rt△ODM中由勾股定理即可求解；
解：∵BQ：AQ＝3：1，
∴AQAB=14，
∵把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OD＝AB＝OA＝3，∠ODE＝∠OAB＝90°，
∴∠ODM＝∠QAM＝90°，
又∵∠M＝∠M，
∴△ODM∽△QAM，
∴AQOD=AMDM=AQAB=14，
设AM＝x，则DM＝4x，OM＝3+x，
在Rt△ODM中，由勾股定理得：
OD2+DM2＝OM2，
即32+（4x）2＝（3+x）2，
解得：x=25或0（舍去），
∴AM=25．
总结提升：本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．（2022秋•邹平市校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B．
（1）求证：△ADF∽△DEC；
（2）若AB＝4，AD＝3，AE＝3，求AF的长．

思路引领：（1）△ADF和△DEC中，易知∠ADF＝∠CED（平行线的内错角），而∠AFD和∠C是等角的补角，由此可判定两个三角形相似；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理易求得DE的长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出AF的长．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ADF＝∠CED，∠B+∠C＝180°．
∵∠AFE+∠AFD＝180°，
∠AFE＝∠B，
∴∠AFD＝∠C，
∴△ADF∽△DEC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝4，
AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
在Rt△ADE中，
DE=AD2+AE2=32+32=32，
∵△ADF∽△DEC，
∴ADDE=AFDC，
即332=AF4，
∴AF=4×332=22．
总结提升：本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法及性质．
第二部分 专题提优训练
1．（2023•偃师市一模）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC=14．
（1）若AB＝12，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．

思路引领：（1）证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边的比相等列式，可解答；
（2）根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得△ABC的面积是16，同理可得△EFC的面积＝9，根据面积差可得答案．
解：（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BF，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=14，
∵AB＝12，
∴AD＝3；
（2）∵△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=（DEBC）2＝（14）2=116，
∵△ADE的面积为1，
∴△ABC的面积是16，
∵四边形BFED是平行四边形，
∴EF∥AB，
∴△EFC∽△ABC，
∴S△EFCS△ABC=（34）2=916，
∴△EFC的面积＝9，
∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．
总结提升：本题主要平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题关键．
2．（2022秋•济南期末）如图，点F是平行四边形ABCD的边AD上的一点，直线CF交线段BA的延长线于点E．
（1）求证：△AEF∽△DCF；
（2）若AF：DF＝1：2，AE=2，S△AEF=23．
①求AB的长；
②求△EBC的面积．

思路引领：（1）根据平行四边形的性质，可以得到BA∥CD，然后即可得到∠E＝∠FCD，∠EAF＝∠CDF，从而可以得到结论成立；
（2）①根据相似三角形的性质和题目中的数据，平行四边形的性质，可以计算出AB的长；
②根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可以计算出△EBC的面积．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠E＝∠FCD，∠EAF＝∠CDF，
∴△AEF∽△DCF；
（2）解：①由（1）知△AEF∽△DCF，
∴AEDC=AFDF，
∵AF：DF＝1：2，AE=2，
∴2DC=12，
∴DC＝22，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∴AB＝22；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴△EAF∽△EBC，
∴S△EAFS△EBC=（EAEB）2，
∵S△AEF=23，AB＝22，AE=2，
∴EB＝EA+AB＝32，
∴EAEB=232=13，
∴23S△EBC=(13)2，
解得S△EBC＝6，
即△EBC的面积是6．
总结提升：本题考查相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．（2022秋•金东区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，动点E在边BC上，连结DE，过点A作AH⊥DE，垂足为H，AH交CD于F．
（1）求证：△CDE∽△DAF；
（2）当FC＝1时，求EC的长．

思路引领：（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝∠BCD＝90°．根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据矩形的性质得到DC＝AB＝3，根据相似三角形的性质即可得到结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，
又∵AH⊥DE，
∴∠EDC＝90°﹣∠DFA＝∠DAF，
∴△ADF∽△DCE；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝3，
∵FC＝1，
∴DF＝DC﹣FC＝2，
∵△ADF∽△DCE，
∴ADDC=DFEC，
∴EC=DC⋅DFAD=3×26=1．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
4．（2022秋•惠济区校级期末）如图1，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E为BD上的一个动点，连接CE并延长到点F，使EF＝CE，连接AF．
（1）若点E与点B重合（如图2），判断AF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）若以A，F，B，E为顶点的四边形是平行四边形，BD＝3，请直接写出线段BE的长度．


思路引领：（1）如图2，先根据矩形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，然后判断四边形AFBD为平行四边形，从而得到AF＝BD，AF∥BD；
（2）当AB为对角线时，如图1，先根据矩形的性质得到OC＝OA，OB＝OD，再根据三角形中位线的性质得到OE∥AF，OE=12AF，当AB为对角线时，如图1，根据平行四边形的性质得到AF＝BE，则OB=32BE，此时BE＝1；当AB为边时，如图3，此时E点与D点重合，从而得到BE＝BD＝3．
解：（1）AF＝BD，AF∥BD．
理由如下：如图2，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵EF＝CF，
∴EF＝AD，
∵AD∥EF，
∴四边形AFBD为平行四边形，
∴AF＝BD，AF∥BD．
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴OC＝OA，OB＝OD，
∵CE＝EF，
∴OE∥AF，OE=12AF，
当AB为对角线时，如图1，
∵四边形AFBE为平行四边形，
∴AF＝BE，
∴OB＝OE+BE=32BE，
∵BD＝3，
∴32BE＝1.5，
∴BE＝1；
∴当AB为边时，如图3，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AB＝CE，
而AB＝CD，
∴此时E点与D点重合，
∴BE＝BD＝3，
综上所述，BE的长为1或3．

总结提升：本题考查了矩形的性质：平行四边形的性质矩形都具有；矩形的四个角都是直角；也考查了平行四边形的判定和三角形中位线性质．
5．（2022秋•路南区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝16，BC＝8，点P为AB边上一动点，DP交AC于点Q．
（1）求证：△APQ∽△CDQ；
（2）P点从A点出发沿AB边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，DP⊥AC？

思路引领：（1）根据矩形的性质可得CD∥AB，根据平行线的性质可得∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，进而可得判定△APQ∽△CDQ；
（2）首先证明△DAP∽△ABC，结合相似三角形即可得到t的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，
∴△APQ∽△CDQ；
（2）解：当t＝2时，DP⊥AC；
∵∠ADC＝90°，DP⊥AC，
∴∠AQD＝∠AQP＝∠ABC＝90°，
∴∠CAB+∠APQ＝∠CAB+∠ACB＝90°，
∴∠APQ＝∠ACB，
∴△DAP∽△ABC，
∴DAAB=APBC，
∴816=2t8
解得：t＝2，
即当t＝2时，DP⊥AC．
总结提升：此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
6．（2022秋•嘉定区校级期末）在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N在射线MB上，且∠ANE＝∠DCE．
（1）如图，求证：AE是AM和AN的比例中项；
（2）当点N在线段AB的延长线上时，联结AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长．

思路引领：（1）利用矩形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用△EDC∽△CAD，得出比例式求得线段DE，AE，利用△AME∽△DEC求得线段AM，利用（1）的结论求得线段AN，则MN＝AN﹣AM．
（1）证明：∵EM⊥EC，
∴∠AEM+∠DEC＝90°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠DEC+∠ECD＝90°，
∴∠AEM＝∠DCE，
∵∠ANE＝∠DCE，
∴∠ANE＝∠AEM．
∵∠A＝∠A，
∴△ANE∽△AEM，
∴AEAN=AMAE．
∴AE2＝AM•AN，
∴AE是AM和AN的比例中项；
（2）解：如图，

AC=AD2+CD2=32+42=5．
∵AC与NE互相垂直，
∴∠AFE＝90°，
∴∠ANE+∠NAF＝90°．
∵∠NAF+∠CAD＝90°，
∴∠ANE＝∠DAC．
∵∠ANE＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠DCE，
∵∠D＝∠D，
∴△EDC∽△CAD，
∴CDAD=DECD，
∴34=DE3，
∴DE=94，
∴AE＝AD﹣DE=74．
∵EM⊥EC，
∴∠AEM+∠DEC＝90°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠MAE＝∠D＝90°，
∴∠DEC+∠ECD＝90°，
∴∠AEM＝∠DCE，
∴△AME∽△DEC，
∴AEAM=CDDE，
∴74AM=394，
∴AM=2116．
由（1）知：AE2＝AM•AN，
∴AN=73，
∴MN＝AN﹣AM=73−2116=4948．
总结提升：本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
7．（2022秋•唐河县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，动点M以1cm/s的速度从A点出发，沿AB向点B运动，同时动点N以2cm/s的速度从点D出发，沿DA向点A运动，设运动的时间为t秒（0＜t＜3）．
（1）当t为何值时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19？
（2）是否存在某一时刻t，使得以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）根据矩形的性质求出∠BAD＝90°，求出AM、AN，根据三角形的面积公式，利用S=19×18建立方程，解之即可；
（2）先假设相似，利用相似中的比例线段列出方程，有解的且符合题意的t值即可说明存在，反之则不存在．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6cm，∠BAD＝90°，
AM＝tcm，AN＝6﹣2t（cm），
∴S△AMN=12AN•AM=12×（6﹣2t）×t＝﹣（t−32）2+94（0≤t≤3），
依题意得：﹣（t−32）2+94=19×3×6，
t2﹣3t+2＝0，
t1＝2，t2＝1．
答：经过1秒或2秒时，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的19；
（2）设运动时间为t秒，
由题意得DN＝2t（cm），AN＝（6﹣2t）（cm），AM＝t（cm），
若△NMA∽△ACD，
则有AD：AN＝CD：AM，即6：（6﹣2t）＝3：t，
解得t＝1.5，
若△MNA∽△ACD
则有AD：AM＝CD：AN，即6：t＝3：（6﹣2t），
解得t＝2.4，
答：当运动时间为1.5秒或2.4秒时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似．
总结提升：本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
8．（2022秋•运城期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点F，延长BC到点E，使CE＝BC，连接DE，连接AE交BD于点G，交CD于点H．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）求证：DG2＝FG•BG；
（3）若AB＝14，BC＝24，求线段GH的长度．

思路引领：（1）根据矩形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）由已知可证得△ADG∽△EBG，△AGF∽△EGD，根据相似三角形的对应边成比例即可得到DG2＝FG•BG；
（3）由已知可得到DH，AH的长，又因为△ADG∽△EBG，从而求得AG的长，则根据GH＝AH﹣AG就得到了线段GH的长度．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵延长BC到点E，使CE＝BC，
∴AD∥CE，AD＝CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）证明：∵ABCD是矩形，且AD∥BC，
∴△ADG∽△EBG，
∴DGBG=AGGE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴AC∥DE，
∵△AGF∽△EGD，
∴AGEG=FGDG，
∴DGBG=FGDG，
∴DG2＝FG•BG；
（3）解：∵四边形ACED为平行四边形，AE，CD相交点H，

∴DH=12DC=12AB＝7，AD＝CE＝24，
在Rt△ADH中，AH2＝AD2+DH2，
∴AH＝25，
在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2，
∴AE＝50，
∵△ADG∽△EBG，
∴AGEG=ADBE=12，
∴AG=12GE，
∴GE＝2AG，
∴AG=13×AE=503，
∴GH＝AH﹣AG=253．

总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质、矩形的性质、平行四边形的判定定理，正确寻找相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
9．（2021秋•三原县期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，AB＝4，点E是边BC的中点，连接DE、AE、BD．
（1）求DE的长；（结果保留根号）
（2）点F为边CD上的一点，连接AF，交DE于点G，连接EF，AF⊥EF．
①求证：△AGE∽△DGF；
②求DF的长．（提示：过点E作EH⊥CD于点H．）

思路引领：（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．
（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CB＝CD，
∵∠C＝60°，
∴△CDB是等边三角形，
∴DB＝DC＝AB＝4，
∵BE＝EC
∴DE⊥BC，
∴DE＝CD•sinC°＝23．
（2）①证明：∵AD∥BC
∴∠ADG＝∠DEC＝90°，
∴∠ADG＝∠GFE＝90°，
又∵AGD＝∠EGF，
∴△AGD∽△EGF，
∴AGEG=DGFG，
∴AGDG=EGFG，
∵∠AGE＝∠DGF，
∴△AGE∽△DGF，
②解：作EH⊥CD于H．

∵△AGE∽△DGF，
∴∠EAG＝∠GDF＝30°，
∵∠GFE＝∠ADG＝90°，
∴EF=12AE=1242+(23)2=7，
在Rt△ECH中，CH＝1，EH=3，
在Rt△EFH中，FH=(7)2−(3)2=2，
∴CF＝2+1＝3，
∴DF＝CD﹣CF＝1．
总结提升：本题主要考查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．
10．（2022•江西）如图，四边形ABCD为菱形，点E在AC的延长线上，∠ACD＝∠ABE．
（1）求证：△ABC∽△AEB；
（2）当AB＝6，AC＝4时，求AE的长．

思路引领：（1）根据两角相等可得两三角形相似；
（2）根据（1）中的相似列比例式可得结论．
（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACD＝∠BCA，
∵∠ACD＝∠ABE，
∴∠BCA＝∠ABE，
∵∠BAC＝∠EAB，
∴△ABC∽△AEB；
（2）解：∵△ABC∽△AEB，
∴ABAE=ACAB，
∵AB＝6，AC＝4，
∴6AE=46，
∴AE=364=9．
总结提升：本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质和判定是解本题的关键．
11．（2021秋•宝塔区校级期末）如图，在菱形ABOC中，对角线AO，BC相交于点D，BE⊥AC于点E，A0与BE交于点H．
（1）求证：△BAD∽△HBD；
（2）延长OC交BE的延长线于点F．求证：HB2＝HE•HF．

思路引领：（1）由题意可知，∠ADB＝∠HEA＝90°．由互余及菱形的性质可知，∠CAD＝∠DBH＝∠BAD，由此可得结论；
（2）如图，连接CH，由菱形的性质可知，AD垂直平分BC，所以HB＝HC，则∠HBC＝∠HCB．由平行的性质可得，∠HCF＝90°．可证△FHC∽△CHE，所以HC：HE＝HF：HC，进而可得结论．
证明：（1）∵四边形ABOC是菱形，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，
∴∠ADB＝90°．
∵BE⊥AC于点E，
∴∠HEA＝90°．
∵∠CAD+∠AHE＝∠DBH+∠BHD＝90°，∠AHE＝∠BHD，
∴∠CAD＝∠DBH，
∴∠BAD＝∠DBH．
又∵∠ADB＝∠BDH，
∴△BAD∽△HBD．
（2）如图，连接CH，
∵四边形ABOC是菱形，
∴AD垂直平分BC，
∴HB＝HC，
∴∠HBC＝∠HCB．
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB．
∵∠BEC＝90°，
∴∠HBC+∠ACB＝90°，
∴∠HCB+∠ABC＝90°．
∵CF∥AB，
∴∠ABC+∠HCB+∠HCF＝180°，
∴∠HCF＝90°．
∵∠HCF＝∠HEC＝90°，∠FHC＝∠CHE，
∴△FHC∽△CHE，
∴HC：HE＝HF：HC，
∴HC2＝HE•HF，
∴HB2＝HE•HF．

总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质、菱形的性质及平行线的性质等若干几何知识点，具有一定的综合性与难度．
12．（2022秋•未央区校级期末）已知有一块三角形材料∠ABC，其中BC＝120cm，高AD＝80cm，现需要在三角形ABC上裁下一个正方形材料做零件，使得正方形EFGH的顶点E、F分别在边AB，AC上，H、G在BC上，裁下的正方形EFGH的边长是多少？

思路引领：利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求出边长．
解：∵正方形EFGH的边HG在BC上，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD是△ABC的高，
∴EFBC=AMAD，
∴设EF＝xcm，则EH＝EH＝MD＝xcm，
∴x120=80−x80，
∴解得：x＝48，
∴这个正方形零件的边长为48cm．
总结提升：本题主要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程即可求出边长，此题考查了相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方．
27．（2022秋•东明县校级期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．
（1）如图①，当CEEB=13时，求S△CEFS△CDF的值；
（2）如图②，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=12BG．

思路引领：（1）由四边形ABCD是正方形得BC＝AD，由CEEB=13得CEBC=14，则CEAD=14，再证明△CFE∽△AFD，得EFDF=CEAD=14，即可求得S△CEFS△CDF=EFDF=14；
（2）由E是BC的中点得CE＝BE=12BC，则CE=12AD，再证明△CFE∽△AFD，得CFAF=CEAD=12，由FG∥AB，根据平行线分线段成比例定理得CGBG=CFAF=12，所以CG=12BG．
（1）解：如图①，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AD，
∵CEEB=13，
∴CEBC=14，
∴CEAD=14，
∵CE∥AD，
∴△CFE∽△AFD，
∴EFDF=CEAD=14，
∵△CEF与△CDF在EF、DF边上的高相等，
∴S△CEFS△CDF=EFDF=14，
∴S△CEFS△CDF的值是14．
（2）证明：如图②，∵E是BC的中点，
∴CE＝BE=12BC，
∴CE=12AD，
∵CE∥AD，
∴△CFE∽△AFD，
∴CFAF=CEAD=12，
∵FG⊥BC于点G，
∴∠FGC＝∠ABC＝90°，
∴FG∥AB，
∴CGBG=CFAF=12，
∴CG=12BG．
总结提升：此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理等知识，证明△CFE∽△AFD是解题的关键．