2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题19相似基本模型（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题19相似基本模型（教师版），共71页。
专题19相似基本模型
解题策略



经典例题



【例1】（2021·山东·嘉祥县马集镇中学九年级阶段练习）
中，，，，现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段CB也向点B方向运动，如果点P的速度是4cm/s，点Q的速度是2cm/s，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒．
（1）求运动时间为多少秒时，P、Q两点之间的距离为10cm?
（2）若的面积为，求关于t的函数关系式．
（3）当t为多少时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似?

【答案】（1）3秒或5秒；（2）；（3）或
【分析】（1）根据题意得到AP=4tcm，CQ=2tcm，AC=20cm，CP=（20-4t）cm，根据三角形的面积公式列方程即可得答案；
（2）若运动的时间为ts，则CP=（20-4t）cm，CQ=2tcm，利用三角形的面积计算公式，即可得出S=20t-4t2，再结合各线段长度非负，即可得出t的取值范围；
（3）分①和②，利用相似三角形得出比例式，建立方程求解，即可得出结论．
【详解】（1）解：由运动知，AP=4tcm，CQ=2t cm，
∵AC=20cm，
∴CP=（20-4t）cm，
在Rt△CPQ中，
，
即；
∴秒或秒
（2）由题意得，，则，
因此的面积为；
（3）分两种情况：
①当时，，即，解得；
②当时，，即，解得．
因此或时，以点、、为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
【例2】（2022·江苏·无锡市天一实验学校一模）如图，在等边边长为6，O是中心；在中，，，．将绕点A按顺时针方向旋转一周．

(1)当、分别在、边上，连结、，求的面积；
(2)设所在直线与的边或交于点F，当O、D、E三点在一条直线上，求的长；
(3)连结，取中点M，连结，的取值范围为_________．
【答案】(1)
(2)
(3)1≤DM≤5

【分析】（1）由O是等边三角形的中心，可知OM=，进而得到，从而EO∥BM，所以可得OD=EN，即可求解；
（2）易证△AEF∽△OBF，得到，设AF=x，OF=y，求解即可；
（3）取AE的中点N，连接MN，DN，由D、N在⊙A上，可知即MN-DN ≤DM≤DN+MN，易知MN是△AEC的中位线，从而求得．
（1）
连接AO，并延长交BC于M，连接OB

∵O是等边△ABC的中心
∴∠OBM=30°，BM=MC，AM⊥BC
∴OM==
∴
∴EO∥BM
延长EO交AC于N，则△AEN为等边三角形
∵EO∥BM
∴
∴ON=OE，CN=DN=AD=2
∴OD=EN=2
∴
（2）
连接OB，OA，如图，

∵O是等边△ABC的中心
∴∠OBA=30°，OA=OB=2
∴
∵∠DAE=30°
∴AE=4，DE=
在△AEF和△OBF中
∵∠ABO=∠AED=30°，∠AFE=∠BFO
∴△AEF∽△OBF(AA)
∴
设AF=x，OF=y，则
解得，,
所以
（3）
取AE的中点N，连接MN，DN，
∵D,N在⊙A的圆上
∴当D、M、N三点共线时，DM最大或最小，
即MN-DN ≤DM≤DN+MN，
∴MN-2≤DM≤MN+2
当D、M、N三点共线如图1时，
△AND为等边三角形，
∴∠NDA=∠DAC=60°，
∴MN∥AC
∵M，N为中点
∴MN=
∴DM≥1

当D、M、N三点共线如图2时，

△AND为等边三角形，
∴∠NDA=∠BAC=∠CAE=60°，
∴MN∥AC
∵M，N为中点
∴MN=
∴DM≤5
故答案为：1≤DM≤5
【点睛】本题主要考查了正三角形的中心的概念，三角形的中位线，直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例的性质与判定，相似三角形的判定与性质及方程思想，综合运用相关性质和判定是解题关键．
【例3】（2022·全国·八年级专题练习）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足，则称点P为这个三角形的“理想点”．

(1)如图①，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
(2)如图②，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长．
【答案】(1)为的理想点,理由见解析
(2)或

【分析】（1）由已知可得，从而，，可证点是的“理想点”；
（2）由是的“理想点”，分三种情况：当在上时，是边上的高，根据面积法可求长度；当在上时，，对应边成比例即可求长度；不可能在上．
（1）
解：点是的“理想点”，理由如下：
是中点，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
点是的“理想点”；
（2）
①在上时，如图：

是的“理想点”，
或，
当时，
，
，
，即是边上的高，
当时，同理可证，即是边上的高，
在中，，，，
，
，
，
②，，
有，
“理想点” 不可能在边上，
③在边上时，如图：

是的“理想点”，
，
又，
，
，即，
，
综上所述，点是的“理想点”， 的长为或．
【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．
【例4】（2022·全国·九年级专题练习）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．

(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；
(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．
【答案】(1)AD＝BE，AD⊥BE
(2)结论仍然成立，证明见解析
(3)P点运动轨迹的长度是π；P点到直线BC距离的最大值是

【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；
（2）先证明△BCE∽△ACD ，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；
（3）利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可．
（1）
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE
∵点D，E分别为AC，BC的中点
∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=
∴ AD＝BE．
故答案为：AD＝BE，AD⊥BE．
（2）
解：结论仍然成立，理由如下：
∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，
∴，＝，
∴，
∵△CDE绕点C顺时针旋转，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴＝，∠CBO＝∠CAD，
∴AD＝BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD．
（3）
解：∵∠APB＝90°，   
∴点P在以AB为直径的圆上，
如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，

∵BE是⊙C切线，
∴CE⊥BE，
∵＝，
∴∠EBC＝30°，   
∴∠GBP＝30°，  
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，    
∴∠BGP＝120°，
∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，
∴P点运动轨迹的长度＝×2＝π，
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
∴PH＝BP＝．    
∴P点到直线BC距离的最大值．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
培优训练


一、解答题
1．（2021·辽宁丹东·九年级期中）如图，△ABD中，∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm．某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D出发沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，运动的时间为ts．
（1）求t为何值时，△AMN的面积是△ABD面积的；
（2）当以点A，M，N为顶点的三角形与△ABD相似时，求t值．

【答案】（1），；（2）t＝3或
【分析】（1）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，根据三角形的面积公式列出方程可求出答案；
（2）分两种情况，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值．
【详解】解：（1）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
∴△AMN的面积＝AN•AM＝×（12﹣2t）×t＝6t﹣t2，
∵∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm
∴△ABD的面积为AB•AD＝×6×12＝36，
∵△AMN的面积是△ABD面积的，
∴6t﹣t2＝，
∴t2﹣6t+8＝0，
解得t1＝4，t2＝2，
答：经过4秒或2秒，△AMN的面积是△ABD面积的；
（2）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
若△AMN∽△ABD，
则有，即，
解得t＝3，
若△AMN∽△ADB，
则有，即，
解得t＝，
答：当t＝3或时，以A、M、N为顶点的三角形与△ABD相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质和一元二次方程的应用，正确进行分类讨论是解题的关键．
2．（2022·上海·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E、点F在边AC上，且DEBC，．
（1）求证：DFBE；
（2）如且AF＝2，EF＝4，AB＝6．求证△ADE∽△AEB．

【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）由题意易得，则有，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意可知，然后可得，进而可证，最后问题可求证．
【详解】解：（1）∵DEBC，
∴，
∵，
∴，
∴DFBE；
（2）∵AF＝2，EF＝4，
∴由（1）可知，，AE=6，
∵AB＝6，
∴，
∴，
∴，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AEB．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2021·辽宁鞍山·九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝AC，∠ADC＝α，点E为射线BA上一动点，且AE＜AB，连接DE，将线段DE所在直线绕点D顺时针旋转α交BA延长线于点H，DE所在直线与射线CA交于点G．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△ADH≌△CDG；
（2）当α≠60°时，
①如图2，连接HG，求证：△ADC∽△HDG；
②若AB＝9，BC＝12，AE＝3，请直接写出EG的长．

【答案】（1）证明见详解；（2）①证明见详解；②EG的长为或．
【分析】（1）AD＝AC，∠ADC＝60°，可证△ACD为等边三角形，根据四边形ABCD为平行四边形，可得AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，可得∠HAD=∠B=60°=∠GCD，由∠GDH=∠CDA=60°，可证∠HAD =∠CDG，即可证△ADH≌△CDG（ASA）；
（2）①根据AD＝AC，∠ADC＝α，可得∠ACD=∠ADC＝α，根据四边形ABCD为平行四边形，可得AD∥BC，可得∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，由∠GDH=α=∠ADC，可得∠ADH =∠CDG即可；
②根据点E的位置分两种情况，当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，根据四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，可证△AGE∽△CGD，得出AG=3，CG=AC-AG=12-3=9，根据等腰三角形三线合一性质可得AN=BN=，根据勾股定理CN=，由GM∥CN，再证△AMG∽△ANC，可求,，EM=AE-AM=，根据勾股定理EG=，当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，由AE∥CD，△GAE∽△GCD，可求GA=6，由GM∥CN，可证△GMA∽△CNA，可得，，EM=AE-AM=3-，根据勾股定理EG=．
【详解】（1）证明：∵AD＝AC，∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，
∴∠HAD=∠B=60°=∠GCD，
∵∠GDH=∠CDA=60°，
∴∠HDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG=60°，
∴∠HDA =∠CDG，
在△ADH和△CDG中

△ADH≌△CDG（ASA）；

（2）①证明：∵AD＝AC，∠ADC＝α，
∴∠ACD=∠ADC＝α，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，
∵∠GDH=α=∠ADC，
∴∠ADH+∠ADG=∠CDG+∠ADG=α，
∴∠ADH =∠CDG，
∴△ADH∽△CDG；

②解：当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，
∴∠EAG=∠DCG，∠AEG=∠CDG，
∴△AGE∽△CGD，
∴，
∴，
∵AD=AC=12，
∴AG+CG=AG+3AG=4AG=12，
∴AG=3，
∴CG=AC-AG=12-3=9，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
∴AN=BN=，
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=，
∴GM∥CN，
∴△AMG∽△ANC，
∴，
∴,，
∴EM=AE-AM=，
在Rt△MGE中，根据勾股定理EG=，

当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵AE∥CD，
∴∠GAE=∠GCD，∠GEA=∠GDC，
∴△GAE∽△GCD，
∴，
∴，
∵AC=GC-GA=3GA-GA=2GA=12,
∴GA=6，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
∴AN=BN=，
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=，
∵CN⊥AB， GM⊥AE，
∴GM∥CN，
∴△GMA∽△CNA，
∴，
∴，，
∴EM=AE-AM=3-，
在Rt△GME中，根据勾股定理EG=，

∴综合EG的长为或．
【点睛】本题考查图形旋转性质，平行四边形性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定，三角形相似判定与性质，勾股定理，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，掌握以上知识是解题关键．
4．（2021·山东省青岛第二十六中学九年级期中）矩形ABCD中，AB＝CD＝3cm，AD＝BC＝4cm，AC是对角线，动点P从点A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为1cm/s；动点Q从点C出发沿CD方向向点D匀速运动，速度为2cm/s．过点P作BC的垂线段PH，运动过程中始终保持PH与BC互相垂直，连接HQ交AC于点O．若点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s）（0＜t＜1.5），解答下列问题：

（1）求当t为何值时，四边形PHCQ为矩形；
（2）是否存在一个时刻，使HQ与AC互相垂直？如果存在请求出t值；如果不存在请说明理由；
（3）是否存在一个时刻，使矩形ABCD的面积是四边形PHCQ面积的，如果存在请求出t值；如果不存在请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，；（3）存在，
【分析】（1）当四边形为矩形时，，利用相似三角形的性质求出，，构建方程求解即可；
（2）证明，由相似的性质得出，，由此构建方程求解即可；
（3）根据矩形的面积是四边形面积的，构建方程求解即可．
【详解】解：（1），，
，
由题可得：，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，即，
，，
当四边形为矩形时，，
，
解得：，
当时，四边形为矩形；
（2）存在一个时刻，使，
当时，，
，
，
，
，
，即，
，
解得：，
当时，；
（3）存在，
由题意得：，
解得：或（舍去），
当时，矩形的面积是四边形面积的．
【点睛】本题属于四边形综合问题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相关的知识点是解决本题的关键．
5．（2022·上海·九年级专题练习）已知：矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，点E在对角线AC上，且满足AE＝2EC，点F在线段CD上，作直线FE，交线段AB于点M，交直线BC于点N．
（1）当CF＝2时，求线段BN的长；
（2）若设CF＝x，△BNE的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）试判断△BME能不能成为等腰三角形，若能，请直接写出x的值．

【答案】（1）BN＝10；（2），0＜x＜3；，3＜x＜4.5；（3）x＝2或或
【分析】（1）由得△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，进而求得；
（2）分为0＜x＜3和3＜x＜4.5两种情形，作EG⊥BC于G，根据三角形相似求出EG和BN；
（3）分为BM＝BE，EM＝BE，EN＝BM三种，可根据BM＝9﹣2CF求得．
【详解】解：（1）如图1，

在矩形ABCD中，BC＝AD＝6，，
∴△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，
∴,
∴AM＝2CF＝4，
∴BM＝AB﹣AM＝5，
∴，
∴BN＝10；
（2）当CF＝BM时，，此时△BEN不存在，
∴CF＝9﹣2CF，
∴CF＝3，
当点M和B点重合时，
AB＝2CF，
∴CF＝4.5，
∴分为0＜x＜3和3＜x＜4.5，
如图2，

当0＜x＜3时，
作EG⊥BC于G，
由（1）知，
EG＝3，AM＝2CF＝2x，
∴BM＝9﹣2x，
由得，，
∴，
∴y＝
＝
＝；
如图3，

当3＜x＜4.5时，
由得，

∴CN＝，
∴y＝
＝；
（3）如图4，

∵，
∴，
∴CG＝CB＝2，
∴GB＝CB﹣CG＝4，
∴BE＝5，
当BM＝BE＝5时，
9﹣2x＝5，
∴x＝2，
如图5，

当EM＝EB＝5时，
作EH⊥AB于H，
∴BM＝2BH＝2EG＝6，
∴9﹣2x＝6，
∴x=，
如图6，

当EM＝BM时，
作MH⊥BE于H，
在Rt△BMH中，BH＝，cos∠MBH＝cos∠BEG＝，
∴BM＝，
∴9﹣2x＝，
∴x＝，
综上所述：x＝2或或．
【点睛】此题考查相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，勾股定理解直角三角形，矩形的性质，正确引出辅助线及掌握分类思想解决问题是解题的关键．
6．（2021·全国·九年级课时练习）一块直角三角形木板的面积为，一条直角边为，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

∵
∴
∵
∴
∴
又∵DE∥AC
∴
∴，解得
设正方形的边长为x米，如图乙
∵DE∥AB
∴
∴，解得
∵
∴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．
7．（2021·江苏·扬州市梅岭中学九年级阶段练习）如图，在平行四边形中，，，，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为.当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点作交于点，连接，交于点.设运动时间为.解答下列问题：

（1）当为___________时，？
（2）连接，设四边形的面积为，求与的函数关系式.
（3）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
（4）若点关于的对称点为，是否存在某一时刻，使得点，，三点共线？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】（1）由题意得，PQ∥AB，则四边形PABQ是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AP=BQ，即8-2t=t，解方程即可求解；
（2）过点Q作QH⊥AB交AB的延长线于点H，由勾股定理求出BD=6，证明△ADB∽△BHQ，根据相似三角形的性质可得QH=，根据平行线分线段成比例定理可得，可得出BE=，根据y=S四边形APQB-S△BEQ即可求解；
（3）先证出△APE∽△ABD，根据相似三角形的性质可得，可得PE=6-，根据线段垂直平分线的性质得EQ=PE，由（2）得QH=，可得出BH=，根据勾股定理得出EH2+HQ2=EQ2，列出方程即可求解；
（4）连接FF′交AB于点N，由对称及平行线的性质可得∠FEB=∠ABD，由等角对等边得EF=FB，则，再证△DPF∽△BQF，可得DF=2BF，可求出BF=2，然后证明△BNF∽△BDA，根据相似三角形的性质即可得t的值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
若PQ∥AB，
∴四边形PABQ是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴8-2t=t，
∴t=，
∴当t=时，PQ∥AB；
故答案为：；
（2）如图，过点Q作QH⊥AB交AB的延长线于点H，

∵∠ADB=90°，
∴BD2=AB2-AD2=100-64=36，即BD=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A=∠QBH，
又∵∠ADB=∠BHQ=90°，
∴△ADB∽△BHQ，
∴，即，
∴，
∵PE∥BD，
∴，即，
∴，
∴y=S四边形APQB-S△BEQ=；
（3）如图：

∵PE∥BD，
∴∠APE=∠ADB，
∵∠A=∠A，
∴△APE∽△ADB，
∴，即，
∴，
∵点E在线段PQ的垂直平分线上，
∴EQ=，
由（2）得，
∴，
∴，
Rt△EQH中，EH2+HQ2=EQ2，
∴，即t2+2t-4=0，
解得：（舍去），
∴当t=时，点E在PQ的垂直平分线上；
（4）连接FF'交AB于点N，

∵点F关于AB的对称点为F′，
∴∠FEB=∠F′EB，FN⊥EB，
∵点P，E，F′三点共线，PE∥AB，
∴∠F′EB=∠ABD，
∴∠FEB=∠ABD，
∴EF=FB，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPF=∠FQB，
∵DFP=∠BFQ，
∴△DPF∽△BQF，
∴，
∴DF=2BF，
∴2BF+BF=6，
∴BF=2，
∵∠FBN=∠ABD，∠FNB=∠ADB，
∴△BNF∽△BDA，
∴，
∴，解得：t=，
∴存在某一时刻t，使得点P，E，F′三点共线，t的值为．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
8．（2021·浙江·温州市南浦实验中学九年级阶段练习）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，连结BD交AC于点F．
（1）求证：BD＝CD．
（2）若∠BAC＝60°，BC＝3，当AF将△ABD的面积分为1：2两部分时，求△ADF与△BCF的面积比值．
（3）将C点关于AD的对称点记为点C'，当BC'＝BD时，写出AD与半径r的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）见详解；（2）或；（3）AD=r，理由见详解
【分析】（1）先推出∠EAD=∠CBD，再根据圆内接四边形的性质可得∠EAD=∠BCD，进而即可得到结论；
（2）由题意可得BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，分两种情况：①当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，②当BF=1，DF=2时，过点C作CN⊥BD，结合相似三角形的性质，即可求解；
（3）由题意可知点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥B C'，连接AO，DO，从而可得∠ABD=30°，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，
∴∠EAD=∠CAD，
∵∠CAD=∠CBD，
∴∠EAD=∠CBD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠EAD=∠BCD，
∴∠CBD=∠BCD，
∴BD＝CD；
（2）∵∠BAC＝60°，
∴∠BDC=60°，
∵BD＝CD，
∴是等边三角形，
∴BD=BC＝3，
∵AF将△ABD的面积分为1：2两部分，
∴BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，
当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，则BM=1.5，MF=0.5，CM=，

∴CF=，
∵∠ADF=∠BCF，∠AFD=∠BFC，
∴，
∴△ADF与△BCF的面积比值=，
当BF=1，DF=2时，如图，
同理可得：CN=，NF=0.5，CF=，
∴△ADF与△BCF的面积比值=，

综上所述：△ADF与△BCF的面积比值为或；
（3）∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，C点关于AD的对称点记为点C'，
∴点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥B C'，连接AO，DO，如图所示，

∴BD=CD=C'D，BM=BC'，
∵BC'＝BD，
∴BM=BD，即：cos∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOD=60°，
∴是等边三角形，
∴AD=AO=r．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
9．（2022·上海·九年级专题练习）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性质即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB•AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC•CD=MD•CN，
而CD=AB，
∴CM•AB=DM•CN．

【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性质．
10．（2021·四川省成都市石室联合中学九年级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一点（不与C，D两点重合），连接BE，过点C作CH⊥BE于点F，交对角线BD于点G，交AD边于点H，连接GE．
（1）求证：CH＝BE；
（2）如图2，若点E是CD的中点，当BE＝12时，求线段GE的长；
（3）设正方形ABCD的面积为S1，四边形DEGH的面积为S2，点E将CD分成1∶2两部分，求的值．

【答案】（1）见解析（2）4（3）5或8．
【分析】（1）可得∠CHD＝∠BEC，根据AAS可证明△DHC≌△CEB，即可求解；
（2）由三角形全等与平行线的性质，可得．则GC＝2GH，可求出GH的长，故可得到GE的长；
（3）点E将CD分成1∶2两部分得到①，②，再分别得到 S1和S2的关系进行求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝BC，∠HDC＝∠BCE＝90°，
∴∠DHC＋∠DCH＝90°，
∵CH⊥BE，
∴∠EFC＝90°，
∴∠ECF＋∠BEC＝90°，
∴∠CHD＝∠BEC，
∴△DHC≌△CEB（AAS），
∴CH＝BE；
（2）∵△DHC≌△CEB，
∴CH＝BE，DH＝CE，
∵CE＝DE＝CD，CD＝CB，
∴DH＝BC，
∵DHBC，

∴，
∴GC＝2GH，
设GH＝x，则，则CG＝2x，
∴3x＝12，
∴x＝4．
即GH＝4
∵DH=DE，∠HDG=∠EDG=45°，DG=DG
∴△HDG≌△EDG（SAS）
∴GE=GH=4；
（3）点E将CD分成1∶2两部分
则①，②
当时，
∵DH＝CE，DC＝BC，
∴，
∵DHBC，

∴，
∴，，
设S△DGH＝a，则S△BCG＝9a，S△DCG＝3a，
∴S△BCD＝9a＋3a＝12a，
∴S1＝2S△BCD＝24a，
∵S△DEG：S△CEG＝2：1，
∴S△DEG＝2a，
∴S2＝2a＋a＝3a．
∴S1：S2＝24a：3a＝8．
当时，
∵DH＝CE，DC＝BC，
∴，
∵DHBC，

∴，
∴，，
设S△DGH＝4a，则S△BCG＝9a，S△DCG＝6a，
∴S△BCD＝9a＋6a＝15a，
∴S1＝2S△BCD＝30a，
∵S△DEG：S△CEG＝1：2，
∴S△DEG＝2a，
∴S2＝2a＋4a＝6a．
∴S1：S2＝30a：6a＝5．
故S1：S2＝5或8．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
11．（2020·湖南·常德市第二中学九年级期中）如图1，ΔABC中，AB=AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE=DC，点F是DE与AC的交点．
（1）求证：∠BDE=∠ACD；
（2）若DE=2DF，过点E作EG//AC交AB于点G，求证：AB=2AG；
（3）将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”，“点F是DE与AC的交点”改为“点F是ED的延长线与AC的交点”，其它条件不变，如图2．
①求证：AB·BE=AD·BC；
②若DE=4DF，请直接写出SΔABC:SΔDEC的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②．
【分析】（1）运用等腰三角形的性质及三角形的外角性质就可解决问题．
（2）如图1，证明△DCA≌△EDG（AAS），得AD=EG，根据等腰三角形的判定得：DG=AB，由平行线分线段成比例定理得：，由此可得结论；
（3）①如图2，作辅助线，构建三角形全等，证明△DCA≌△EDG（AAS），得DA=EG，再证明△ACB∽△GEB，列比例式可得结论；
②如图3，作辅助线，构建△ABC和△DCE的高线，先得，设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，根据AH∥PD，得，设PD=3h，AH=4h，根据EG∥AC，同理得，设BE=y，BC=4y，利用三角形面积公式代入可得结论．
【详解】（1）证明：∵AC=AB，
∴∠ACB=∠B，
∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
∴∠ACD+∠ACB=∠B+∠BDE，
∴∠BDE=∠ACD；
（2）证明：如图1，

∵EG∥AC，
∴∠DAC=∠DGE，∠BEG=∠ACB，
由（1）知：∠DCA=∠BDE，
∵DC=DE，
∴△DCA≌△EDG（AAS），
∴AD=EG，
∵∠B=∠ACB=∠BEG，
∴EG=BG=AD，
∴DG=AB，
∵DE=2DF，AF∥EG，
∴，
∴DG=2AD=2AG，
∴AB=DG=2AG；
（3）解：①如图2，过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，

则有∠A=∠G，
∵AB=AC，CD=DE，
∴∠ACB=∠ABC，∠DCE=∠DEC，
∴∠ACD+∠DCE=∠EDG+∠DEC，
∴∠ACD=∠EDG，
在△DCA和△EDG中，
∵，
∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，
∵AC∥EG，
∴△ACB∽△GEB，
∴，
∵EG=AD，AC=AB，
∴AB•BE=AD•BC；
②如图3，过A作AH⊥BC于H，过D作DP⊥BC于P，则AH∥PD，

∵AF∥EG，
∴，
∵DE=4DF，
∴，
设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，
∵∠ACB=∠ABC，
∴∠GBE=∠BEG，
∴BG=EG=4a，
∴BD=12a，
∵AH∥PD，
∴，
设PD=3h，AH=4h，
∵EG∥AC，
∴，
设BE=y，BC=4y，
∴S△ABC=BC•AH===8yh，
S△DCE=CE•PD==yh，
∴S△ABC：S△DEC=8yh：yh=16：15．
【点睛】本题是三角形的综合题，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、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质和判定等知识，第三问有难度，利用参数表示各线段的长是本题的关键，综合性较强．
12．（2021·安徽·蒙城县第六中学九年级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一点（不与C，D两点重合），连接BE，过点C作CH⊥BE于点F，交对角线BD于点G，交AD边于点H，连接GE．
（1）求证：DH＝CE；
（2）如图2，若点E是CD的中点，当BE＝8时，求线段GH的长；
（3）设正方形ABCD的面积为S1，四边形DEGH的面积为S2，当时，值为　　 　 　．（直接写答案）

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）由题意可得，根据可证明，即可求解；
（2）由以及，可得，，即，则，即可求解；
（3）设，则，，求出和，即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵四边形为正方形
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
在和中

∴
∴
（2）∵
∴，
∵点E是CD的中点
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
即
（3）当，则，
∵，
∴
由正方形的性质可得平分，∴到、距离相等，
∴
由（2）得
∴
∴，
设，则，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
13．（2021·山东滨州·九年级期末）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB交⊙O于点E、D，连接EC、CD．

（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并加以证明；
（2）求证：；
（3）若，⊙O的半径为3，求OA的长．
【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OC⊥AB，据此解题；
（2）连接OC，90°圆周角所对的弦是直径，证明DE为⊙O的直径，再证明△BCD∽△BEC，最后根据相似三角形的对应边成比例解题；
（3）根据正切定义得到，解得OC=OE=3，再由△BCD∽△BEC，设BC=x，根据相似三角形对应边成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题．
【详解】解：（1）AB与⊙O相切，连接OC，

∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB与⊙O相切；
（2）连接OC，

∵OC⊥AB，
∴∠OCB=90°即∠1+∠3=90°，
又∵DE为⊙O的直径，
∴∠ECD=90°即∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∵OE=OC，
∴∠E=∠2，
∴∠1=∠E，
∵∠B=∠B，
∴△BCD∽△BEC，
∴，
∴BC2=BD•BE；
（3）∵，∠ECD=90°，
∴，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OE=3，
∵△BCD∽△BEC，
∴，设BC=x，
∴，
∴OB=2x-3，
∵∠OCB=90°，
∴OC2+BC2=OB2，
∴9+x2=（2x-3）2，
∴x1=0（舍去），x2=4，
∴OA=OB=5．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题是关键．
14．（2021·广东·佛山市第四中学九年级阶段练习）如图：在矩形ABCD中，，，动点Р以的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动的时间为t秒．
（1）______m，______m，_____m（用含t的代数式表示）
（2）t为多少秒时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似？
（3）在P、Q两点移动过程中，四边形ABQP与CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．

【答案】（1），，；（2）或；（3）四边形ABQP与CPQ的面积不相等，理由见解析
【分析】（1）根据矩形和勾股定理的性质，计算得，结合题意，根据代数式的性质计算，即可得到答案；
（2）结合（1）的结论，根据相似三角形的性质列方程并求解，即可得到答案；
（3）过点P作，交BC于点M，通过证明，根据相似比的性质，推导得，根据题意列一元二次方程，根据一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案．
【详解】（1）∵矩形ABCD中，，
∴m
∵动点Р以的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以的速度从点C出发，沿CB向点B移动，
∴ ，
∴
故答案为：，，；
（2）根据（1）的结论，得 ， ， ，
∵
∴当，或时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似
当时，得
∴
∴；
当时，得
∴
∴；
（3）如图，过点P作，交BC于点M

∵，
∴
∴
∴
∴
∵四边形ABQP与CPQ的面积相等,四边形ABQP面积
∴
∴
∴
∵
∴无解，即四边形ABQP与CPQ的面积不相等．
【点睛】本题考查了代数式、相似三角形、一元二次方程、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、一元二次方程判别式的性质，从而完成求解．
15．（2021·吉林·长春市第五十二中学九年级阶段练习）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）AD=．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，即可得出结论；
（2）证明△BFE∽△BCF，得出BF2=BE•BC，求出BC，则可求出AD．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2=BE•BC，
∴BC===，
∴AD=．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
16．（2021·四川成都·九年级期中）如图1，在菱形ABCD中，AC是对角线，AB＝AC＝6，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且满足AE＝BF，连接AF与CE相交于点G．
（1）求的度数．
（2）如图2，作交CE于点H，若CF＝4，，求GH的值．
（3）如图3，点O为线段CE中点，将线段EO绕点E顺时针旋转60°得到线段EM，当构成等腰三角形时，请直接写出AE的长．

【答案】（1）60°；（2）；（3）2或
【分析】（1）根据菱形的性质得到△ABC，△ACD是等边三角形，然后根据等边三角形的性质证明△ABF≌△CAE，得到∠BAF＝∠ACE，从而结合三角形的外角性质求解即可；
（2）延长GA至点K使得AK＝CG，首先结合（1）的结论推出△AFC∽△CFG，得到，从而求出GF，AG，CG，再证明△ADK≌△CDG，推出△DKG是等边三角形，从而求出DG，最后根据30°角的直角三角形的性质求解即可；
（3）分别根据等腰三角形的定义进行分类讨论，并结合相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，
∴△ABC，△ACD是等边三角形．
∴∠ABC＝∠CAE，
在△ABF与△CAE中，

∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CGF＝∠GAC＋∠ACG＝∠GAC＋∠BAF＝∠BAC＝60°；
（2）如图所示，延长GA至点K使得AK＝CG．
∵∠BAF＝∠ACE，
∴∠FAC＝∠GCF，
∵∠GFC＝∠AFC，
∴△AFC∽△CFG，
∴,
∵CF＝4，，AC＝6，
∴，，
∵∠FGC＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠AGC＋∠ADC＝180°，
∴∠GAD＋∠GCD＝180°，
∵∠KAD＋∠GAD＝180°，
∴∠KAD＝∠GCD，
又∵DC=DA，
∴△ADK≌△CDG（SAS），
∴DK＝DG，∠KDA＝∠GDC，
∴∠KDG＝∠ADC ＝60°，
∴△DKG是等边三角形，
∴∠AGD＝∠DGH＝60°，DG＝KG＝AK＋AG＝AG＋CG＝，
∵，∠DGH＝60°，
∴ ；

（3）①若AM=MC，则△MAC为等腰三角形，
此时，取AC中点为点P，连接OP，OM，BM，
∵∠MEO=60°，EO=EM，
∴△OEM为等边三角形，
∵∠FGC=60°，
∴∠MEO=∠FGC，
∴ME∥AF，
∵O为CE的中点，P为AC的中点，  
∴OP为△AEC的中位线，OP∥AB，
∵△ABC为等边三角形，△MAC为等腰三角形，P为AC的中点，
∴由“三线合一”知，B、M、P三点共线，
且BP⊥AC，AP=PC=AC=3，∠ABP=∠ABC=30°，
∵△OEM为等边三角形，
∴OE=OM，∠OEM=∠OME，
∵OE=OC，
∴OM=OC，∠OMC=∠OCM，
∴∠OEM+∠OCM=∠OME+∠OMC，
即：∠OEM+∠OCM=∠EMC，
∴∠EMC=90°，CM⊥EM，
∴在Rt△CEM中，∠ECM=90°-60°=30°，
此时，如图所示，将△AEC绕着C点逆时针旋转60°至△BNC，连接MN，
则∠ACE=∠BCN，∠NBC=60°，
∵∠ECM=30°，
∴∠ACE+∠MCB=30°，
∴∠BCN+∠MCB=∠MCN=30°，
∴∠MCN=∠MCE=30°，
∵CE=CN，∠MCN=∠MCE，CM=CM，
∴△MCE≌△MCN，
∴∠CMN=∠CME=90°，
∴E、M、N三点共线，
∴△ECN为等边三角形，
∵∠NBC=∠ACB=60°，
∴BN∥AC，
∵∠BPC=90°，
∴∠NBM=90°，
∵∠CMN=90°，
∴∠BMN+∠CMP=90°，
∵∠BMN+∠BNM=90°，
∴∠BNM=∠CMP，
∴△BMN∽△PCM，
∴，
∵，
∴，
∵PC=3，
∴BM=，
在Rt△ABP中，AP=3，∠ABP=30°，
∴BP=，
∴PM=BP-BM=，
∵∠MBC=30°，∠OMC=90°-∠OME=30°，
∴∠MBC+∠MCB=∠OMC+∠OMP，
∴∠MCB=∠OMP，
∵OP∥AB，
∴∠OPC=∠BAC=60°，
∴∠OPM=90°-60°=30°，
∴△OPM∽△MBC，
∴，
即：，
∴OP=1，
∵OP为△AEC的中位线，
∴AE=2OP=2；

②若AM=AC，则△AMC为等腰三角形，
如图所示，取AC中点P，连接OP，延长AO交MC于Q点，
由①可知，△EMC始终为直角三角形，∠EMC=90°，∠ECM=30°，
且EM与AF始终平行，
∴∠EMC=∠AQC=90°，AQ⊥MC于Q点，
∵OM=OC，
∴O点在AQ上，
∵∠COQ=60°，∠CGF=60°，  
∴此时O点和G点重合，
∵∠CPO=∠CAB=60°，∠COQ=60°，
∴∠APO=∠AOC=120°，
∴△APO∽△AOC，
∴，
∵AC=6，AP=3，
∴，
∴AO=，
∵Rt△OCQ中，∠OCQ=30°，
∴设OQ=x，则CQ=x，
在Rt△CAQ中，，
即：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴，，
∴由得：，
解得：，
∵OP是△AEC的中位线，
∴AE=2OP=；

③若AC=MC，则E点在AB的延长线上，此时与E点在边AB上运动矛盾，故该种情况舍去；
综上，AE＝2或．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的动点问题，涉及到相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的运用，等腰三角形的判定与性质等，掌握基本图形的性质，熟练综合分析是解题关键．
17．（2022·山东济南·八年级期末）某校数学活动小组探究了如下数学问题：

(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；
(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；
(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)
(2)
(3)3

【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．
（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中， ，∴，∴；
（2）解：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；
（3）解：连接BD，如图所示，∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为3．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．
18．（2022·全国·九年级专题练习）【问题发现】如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为斜边BC上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BD与CE的数量关系是______，位置关系是______；
【探究证明】如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一条直线上时，BD与CE具有怎样的位置关系，说明理由；
【拓展延伸】如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，过点C作CA⊥BD于A．将△ACD绕点A顺时针旋转，点C的对应点为点E．设旋转角∠CAE为（0°＜＜360°），当C，D，E在同一条直线上时，画出图形，并求出线段BE的长度．

【答案】BD＝CE，BD⊥CE； BD⊥CE，理由见解析；图见解析，
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）连接BD，根据全等三角形的判定和性质以及垂直的定义即可得到结论；
（3）如图3，过A作AF⊥EC，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE；
（2）BD⊥CE．理由如下：在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，∵∠CAB＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△CEA≌△BDA，
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，∴∠BDE＝∠BDA＋∠ADE＝90°，∴BD⊥CE．
（3）如图所示，过点A作AF⊥CE，垂足为点F．

根据题意可知，Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD，
∴，∴．
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，
∴∠BEA＝∠CDA，∠BEC＋∠DEA＝∠DEA＋90°，
∴∠BEC＝90°，∴BE⊥CE．
在旋转前，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，
∴，∵AC⊥BD，
∴，∴．
∴，

在Rt△ACD中，CD边上的高，旋转后，得，
∴．

【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．
19．（2022·重庆一中七年级期中）如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．

(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；
(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；
(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．
【答案】(1)22.5°
(2)见解析
(3)∠DAE+2∠ADM=180°，详见解析

【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°，再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF，代入求值即可；
（2）连接AF，过A作AH⊥EF，由手拉手相似得△ACD∽△AFH，得∠CDF=∠BAC，再由∠ADE=90°－∠DAE，等量代换即可得证；
（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，证明△ACQ≌△ABN，得AN=AQ，再证明△AND≌△AQD，得∠ADQ=∠AND，由对顶角相等得∠ADM=∠ADE，根据等腰三角形性质等量代换即可解答．
（1）
解：∵△ABC为等腰三角形，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
由三角形外角性质知，∠ADE=∠ACE+∠DAC，∠AED=∠ECB+∠B，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B，
∵AF⊥BC，
∴∠BAF=∠CAD=45°，
∴∠ACE=∠BCE，
又∠ACB=45°，
∴∠ACE=22.5°，
故答案为：22.5°．
（2）
解：连接AF，过A作AH⊥EF于H，如图所示，

∵∠BAC=∠DAE，AD=AE，AB=AC，
∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH，
∴∠CAD=∠HAF，
由△ACF∽△ADH知，
∴，
∴△ACD∽△AFH，
∴∠ACD=∠AFH，
∴∠CDF=∠CAF，
∵∠ADE=∠AED=90°－∠DAE，
∴∠ADE+∠CDF=90°，
故∠ADC=90°，
即AD⊥CD．
（3）
解：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，

∵∠BAC=∠QAN，
∴∠QAC=∠BAN，
∵∠ABM+∠ACM=180°，∠ACM+∠ACQ=180°，
∴∠ABM=∠ACQ，
∵AB=AC，
∴△ACQ≌△ABN，
∴AN=AQ，
∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ，
∴∠QAD=∠NAD，
又AD=AD，
∴△AND≌△ADQ，
∴∠AND=∠ADQ，
即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ，
∴∠ADM=∠ADE，
∵AD=AE，
∴∠DAE+2∠ADE=180°，
即∠DAE+2∠ADM=180°．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与全等三角形判定，难度较大．根据已知条件，构造手拉手的相似与全等模型是解题关键．
20．（2022·全国·九年级课时练习）观察猜想

(1)如图1，在等边中，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等边，连接，则与的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2，在等边中，点M是延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3，在等腰中，，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等腰，使顶角．连按．试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)成立
(3)
【分析】（1）利用可证明，继而得出结论；
（2）也可以通过证明，得出结论，和（1）的思路完全一样．
（3）首先得出，从而判定，得到，根据，，得到，从而判定，得出结论．
（1）
证明：、是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
．
（2）
解：结论仍成立；
理由如下：、是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
．
（3）
解：；
理由如下：，，
∴，
又∵，
，
∴，
，
又，，
，
，
．
【点睛】本题是三角形综合题，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，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）的性质证明结论．