【重难点讲义】浙教版数学九年级上册-第16讲 相似基本模型专题探究之一线三等角（难度较大）

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第16讲 相似基本模型专题探究之一线三等角
【知识点睛】
一. 常见基本类型：
同侧型（通常以等腰三角形或者等边三角形为背景）





异侧型





二. 模型性质应用：
一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值

模型构造：
1. 图中已存在“一线三等角”，则直接应用模型结论解题.
2. 图中存在“一线两等角”，补上“一等角”，构造模型解题.
3. 图中某直线上只存在1个角，补上“两等角”，构造模型解题.
如果直线上只有1个角，要补成“一线三等角”时，该角通常是特殊角（30°、45°、60°）
特征：构造特殊角的等角时，一般是在“定线”上做含特殊角的直角三角形。
“一线三等角”得到的相似，通常用外边的两等角的两边对应成比例求解长度.
构造步骤：
找角——通常找“特殊角”。如：30°、45°、60°等；
特别地：当tanα=1/2、1/3等特定值时，α也可以是特殊角；
定线——通常以“水平线”或者“竖直线”为“一线三等角”中的“一线”；特殊角度时也可以是45°等倾斜直线；
构相似——通常以“特殊角”为“中间角”，过“中间角”的两边与“一线”的交点构造两个含特殊角的Rt△；
例：
如右图，当∠ABP=45°时，
∵∠ABP在y轴上，
∴在y轴上分别构造两个等腰直角三角形△AOE，△PHG，
则在y轴上存在∠AEB=∠ABP=∠PBG=45°，
∴△AEB∽△BGP
∴

三． 模型特例——K型图（三垂定理）
性质：
1. 普通”K型图”可得左右两个△相似，即△1∽△2【当AB=BC时，△1≌△2】
2. 中点型”K型图”亦可得三个△两两相似，即当BD=BE时，△1∽△2∽△3
3. 以上性质反之亦成立，即也可用于证明中点或角相等或线垂直。





应用：
1. 当一个直角放在一条直线上时，通常要构造“K型图”解题
2. 当一个直角放在平面直角坐标系中时，亦常构造“K型图”解题
3. 由“K型图”得到的相似比，基本都可以转化成“特定角”的正切值来计算
4. “K型图”常和“A字图”或“8字图”类的平行相似结合在一起求长度

“K型图”常见构造方法：过直角订单分别作水平或竖直的直线，再过直角两边顶点分别作直线的垂线。 如图：

【类题讲练】
类型一 图形中已经存在一线三等角，直接应用模型
1．如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，BC＝12，D，E分别是BC，AB上的动点（点D与B，C不重合），且2∠ADE+∠BAC＝180°，若BE＝4，则CD的长为 　 　．

【分析】依据∠C＝∠ADE，∠BDE＝∠CAD，即可判定△BDE∽△CAD；再根据相似三角形的对应边成比例，即可得到＝，即＝，进而得出CD的长．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∴∠C+∠B+∠BAC＝2∠C+∠BAC＝180°，
又∵2∠ADE+∠BAC＝180°，
∴∠C＝∠ADE，
又∵∠BDE+∠ADC＝180°﹣∠ADE，∠CAD+∠ADC＝180°﹣∠C，
∴∠BDE＝∠CAD，
∴△BDE∽△CAD，
∴＝，即＝，
解得CD＝6．
故答案为：6．
2．如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC上一点，过点E作EF⊥AE，交BC于点F，连接AF，则AF的最小值是（　　）

A．5 B． C． D．3
【分析】根据正方形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，再设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝4﹣x，根据一线三等角相似模型证明△ABE∽△ECF，从而可得CF＝﹣（x﹣2）2+1，进而可得当x＝2时，CF最大＝1，然后可得DF最小＝3，最后在Rt△ADF中，利用勾股定理求出AF的最小值，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝4﹣x，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△ABE∽△ECF，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝
＝﹣x2+x
＝﹣（x﹣2）2+1，
∴当x＝2时，CF最大＝1，
此时DF最小＝DC﹣CF＝3，
在Rt△ADF中，AF＝＝，
∴当DF最小＝3时，AF取最小值，
∴AF最小＝＝5，
∴AF的最小值是5，
故选：A．
3．如图，点E是矩形ABCD边BC上一点，沿AE折叠，点B恰好落在CD边上的点F处．设＝x（x＞1），
（1）若点F恰为CD边的中点，则x＝　 　．
（2）设＝y，则y关于x的函数表达式是 　 　．

【分析】（1）根据线段中点的定义可得DC＝2DF，利用矩形的性质可得AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，从而可得∠FEC+∠EFC＝90°，然后根据折叠可得：BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，从而可得AB＝AF＝DC＝2DF，∠EFC+∠AFD＝90°，再利用同角的余角相等可得∠AFD＝∠FEC，最后证明一线三等角模型相似三角形△AFD∽△FEC，从而利用相似三角形的性质即可解答；
（2）利用（1）的结论可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，△AFD∽△FEC，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵点F为CD边的中点，
∴DC＝2DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠FEC+∠EFC＝90°，
由折叠得：
BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，
∴AB＝AF＝DC＝2DF，
∵∠EFC+∠AFD＝90°，
∴∠AFD＝∠FEC，
∴△AFD∽△FEC，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴x＝2，
故答案为：2；
（2）由（1）可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，
∵△AFD∽△FEC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
∴x＝1+，
∴x＝1+，
∴y＝，
故答案为：y＝．
4．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．

【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．
5．如图，△ABC中，∠B＝∠C＝30°，∠DEF＝30°，且点E为边BC的中点．将∠DEF绕点E旋转，在旋转过程中，射线DE与线段AB相交于点P，射线EF与射线CA相交于点Q，连结PQ．
（1）如图1，当点Q在线段CA上时，
①求证：△BPE∽△CEQ；
②线段BE，BP，CQ之间存在怎样的数量关系？请说明理由；
（2）当△APQ为等腰三角形时，求的值．

【分析】（1）①推导角度关系可得∠CEQ＝∠BPE，结合∠B＝∠C即可得出结论．
②由①中相似可得，结合BE＝CE即可得出结论．
（2）Q点可能在线段CA上或者线段CA的延长线上，分两种情况讨论，结合（1）中的相似三角形即可得出结果．
【解答】解：（1）①∵∠DEF＝30°，∠B＝30°，
∴∠BED+∠CEQ＝150°，∠BED+∠BPE＝150°，
∴∠CEQ＝∠BPE，
∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CEQ；
②BE2＝BP•CQ，理由如下：
∵△BPE∽△CEQ，
∴，
∴BE•CE＝BP•CQ，
∵点E为边BC的中点，
∴BE＝CE，
∴BE2＝BP•CQ；
（2）①当点Q在线段AC上时，
∵∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝120°，为钝角，
∴△APQ为等腰三角形时有AP＝AQ，
∵∠B＝∠C，
∴AB＝AC，
∴BP＝CQ，
∴；
②当点Q在线段CA的延长线上时，如图：连接PQ，

∵∠BAC＝120°，
∴∠BAQ＝60°，
当△APQ为等腰三角形时，有△APQ为等边三角形，
设AB＝AC＝2a，则BC＝2，
BE＝CE＝，
设AQ＝AP＝x，
则CQ＝2a+x，BP＝2a﹣x，
由（1）得：BE2＝BP•CQ，
∴，
解得：x＝a，
∴BP＝a，CQ＝3a，
∴，
综上，的值为1或3．
类型二 直线上只存在“一线二等角”，补上“一等角”，变成“一线三等角”；或者直线上存在一个特殊角，利用特殊角构造“一线三等角”，再利用其性质解题
6．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．矩形DEFG的顶点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，若tan∠DEC＝，则矩形DEFG面积的最大值＝　 　．

【分析】过点F作FM⊥AC，垂足为M，根据已知可得＝，再根据矩形的性质可证一线三等角模型相似三角形△FME∽△ECD，从而可得＝＝，然后设ME＝3x，FM＝4x，DC＝3y，EC＝4y，利用勾股定理可得FE＝5x，DE＝5y，再在Rt△AFM中，利用锐角三角函数的定义表示出AM＝4x，从而根据AC＝4，可得y＝1﹣x，最后根据矩形的面积公式进行计算可得矩形DEFG的面积＝﹣x2+25x，从而利用二次函数的最值进行计算即可解答．
【解答】解：过点F作FM⊥AC，垂足为M，

∴∠FMA＝∠FME＝90°，
∴∠MFE＝∠FEM＝90°，
∵∠C＝90°，tan∠DEC＝，
∴＝，
∵四边形EFGD是矩形，
∴∠FED＝90°，
∴∠FEM+∠DEC＝90°，
∴∠MFE＝∠DEC，
∵∠C＝∠FME＝90°，
∴△FME∽△ECD，
∴＝＝，
设ME＝3x，FM＝4x，DC＝3y，EC＝4y，
∴EF＝＝＝5x，
DE＝＝＝5y，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝4，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴AM＝＝4x，
∵AM+ME+EC＝4，
∴4x+3x+4y＝4，
∴y＝1﹣x，
∴矩形DEFG的面积＝EF•DE
＝5x•5y
＝25x（1﹣x）
＝﹣x2+25x，
∴当x＝时，矩形DEFG的面积最大值为：，
故答案为：．
7．如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点E是AB上的动点，连接DE，将△AED沿着DE折叠，A点落在F处，若EF∥AC，则AE的长度是 　 　．

【分析】过点F作FM⊥AB，垂足为M，并延长MF交CD于点N，设AE＝x，根据矩形的性质可得AD＝BC＝6，AB∥CD，∠DAE＝∠B＝90°，从而可得MN⊥CD，AC＝10，再利用折叠的性质可得AE＝EF＝x，∠DAE＝∠DFE＝90°，然后根据已知易证△ABC∽△EMF，利用相似三角形的性质可得MF＝x，EM＝x，从而表示出AM，DN，FN的长，最后根据tan∠DFN＝tan∠CAB，列出关于x的方程进行计算即可解答．
【解答】解：过点F作FM⊥AB，垂足为M，并延长MF交CD于点N，

设AE＝x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6，AB∥CD，∠DAE＝∠B＝90°，
∴MN⊥CD，
∵AB＝8，
∴AC＝＝＝10，
由折叠可得：
AE＝EF＝x，∠DAE＝∠DFE＝90°，
∵EF∥AC，
∴∠CAB＝∠FEM，
∵∠B＝∠EMF＝90°，
∴△ABC∽△EMF，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴MF＝x，EM＝x，
∴DN＝AM＝DN＝AE+EM＝x，
∴NF＝MN﹣FM＝AD﹣FM＝6﹣x，
∵∠EFM+∠FEM＝90°，∠EFM+∠DFN＝90°，
∴∠FEM＝∠DFN，
∴∠DFN＝∠CAB，
∴tan∠DFN＝tan∠CAB，
∴＝，
∴＝，
∴x＝2，
经检验：x＝2是原方程的根，
∴AE＝2，
故答案为：2．
8．如图，在平面直角坐标系中，点A（12，0），点B（0，4），点P是直线y＝﹣x﹣1上一点，且∠ABP＝45°，则点P的坐标为　 　．

【分析】由于题目中给出∠ABP＝45°，则可考虑构造等腰直角三角形进行解决，将AB顺时针旋转90°得到线段BC，求出点C的坐标，连接AC，则AC与BP的交点M即为线段AC的中点，可求出M的坐标，则直线BP的解析式亦可求的，再将直线y＝﹣x﹣1与直线BP的解析式联立成方程组，即可求出点P的坐标．
【解答】解：如图所示，

将线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BC，则点C的坐标为（﹣4，﹣8），
由于旋转可知，△ABC为等腰直角三角形，令线段AC和线段BP交于点M，则M为线段AC的中点，
所以点M的坐标为（4，﹣4），又B为（0，4），设直线BP为y＝kx+b，将点B和点M代入可得，
解得k＝﹣2，b＝4，可得直线BP为y＝﹣2x+4，由于点P为直线BP和直线y＝﹣x﹣1的交点，
则由解得，所以点P的坐标为（5，﹣6），
故答案为（5，﹣6）．
9．如图，平面直角坐标系中，已知直线y＝x上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y＝x交于点A，且BD＝3AD，连接CD，直线CD与直线y＝x交于点Q，则点Q的坐标为　 　．

【分析】过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，求出∠MCP＝∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN＝PM，PN＝CM，设AD＝a，求出DN＝3a﹣1，得出3a﹣1＝1，求出a＝，得出D的坐标，在Rt△DNP中，由勾股定理求出PC＝PD＝，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y＝kx+，把D（，2）代入求出直线CD的解析式，解由两函数解析式组成的方程组，求出方程组的解即可．
【解答】解：过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，
∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，
∴∠MCP+∠CPM＝90°，∠MPC+∠DPN＝90°，
∴∠MCP＝∠DPN，
∵P（1，1），
∴OM＝BN＝1，PM＝1，
在△MCP和△NPD中，
∴△MCP≌△NPD（AAS），
∴DN＝PM，PN＝CM，
∵BD＝3AD，
∴设AD＝a，BD＝3a，
∵P（1，1），
∴DN＝3a﹣1，
则3a﹣1＝1，
∴a＝，即BD＝2．
∵直线y＝x，
∴AB＝OB＝，
在Rt△DNP中，由勾股定理得：PC＝PD＝＝，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM＝＝，
则C的坐标是（0，），
设直线CD的解析式是y＝kx+，
把D（，2）代入得：k＝﹣，
即直线CD的解析式是y＝﹣x+，
即方程组得：，
即Q的坐标是（，），
故答案为：（，）．

10．如图，正方形ABCD的两个顶点A，B分别在x轴，y轴上，对角线相交于点E，AB＝2．若反比例函数y＝（x＞0）的图象经过D，E两点，则k的值是 　 　．

【分析】过点D作DF⊥x轴于F，过点E作EG⊥AF于点G，利用△BOA≌△AFD，可得OB＝AF，OA＝DF；设OA＝DF＝a，OB＝AF＝b，则D（a+b，a），可得反比例函数的解析式为y＝；利用EG为梯形BOFD的中位线，可得GE＝（a+b），由反比例函数解析式得到点E的坐标（2a，），所以OG＝2a，OF＝4a；从而4a＝a+b，可得b＝3a；利用AB＝2，由勾股定理列出方程，求得a，b，利用待定系数法k值可求．
【解答】解：过点D作DF⊥x轴于F，过点E作EG⊥AF于点G，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，BE＝ED，∠BAD＝90°．
∴∠BAO+∠DAF＝90°．
∵∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠DAF．
在△ABO和△DAF中，
．
∴△ABO≌△DAF（AAS）．
∴OB＝AF，OA＝DF．
设OA＝DF＝a，OB＝AF＝b，则OF＝AO+AF＝a+b，
∴D（a+b，a）．
∴反比例函数的解析式为y＝．
∵OB⊥OA，EG⊥OA，DF⊥OA，
∴EG为梯形BOFD的中位线．
∴EG＝（BO+DF）＝（a+b）．
∵当y＝（a+b）时，x＝2a，
∴E（2a，）．
∴OG＝2a．
∴OF＝2OG＝4a．
∴4a＝a+b．
∴b＝3a．
∵OA2+OB2＝AB2，
∴．
∵a＞0，
∴a＝．
∴OF＝4a＝4，DF＝．
∴D（，）．
∴k＝＝8．
故答案为：8．
11．如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，过CB的中点D作DE⊥AD，交AB于点E，则EB的长为 　 　．

【分析】过点E作EM⊥BC，垂足为M，先证明一线三等角模型相似三角形△ACD∽△DME，从而利用相似三角形的性质可设EM＝2x，则DM＝3x，然后再证明A字模型相似三角形△BME∽△BCA，从而可得BM＝x，进而根据BD＝2列出关于x的方程，进行计算可求出EM，BM的长，最后在Rt△BME中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，

∴∠DME＝∠BME＝90°，
∴∠EDM+∠DEM＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠CDA+∠EDM＝90°，
∴∠CDA＝∠DEM，
∵点D是BC的中点，
∴CD＝BD＝BC＝2，
∵∠C＝∠DME＝90°，
∴△ACD∽△DME，
∴＝＝，
∴设EM＝2x，则DM＝3x，
∵∠BME＝∠C＝90°，∠B＝∠B，
∴△BME∽△BCA，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝x，
∵BD＝2，
∴DM+BM＝2，
∴3x+x＝2，
∴x＝，
∴EM＝，BM＝，
∴BE＝＝＝，
故答案为：．
12．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AD＝AB，以BC为直径的半⊙O与边AD相切于点E．
（1）求证：∠BCE＝∠DCE；
（2）若，求DE的长．

【分析】（1）连接OE，利用切线的性质可得∠OEA＝90°，从而可得OE∥CD，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得CE平分∠BCD，即可解答；
（2）连接BE，根据已知可得AB∥CD∥OE，再利用平行线分线段成比例定理可得AE＝DE，然后设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BEC＝90°，再利用同角的余角相等可得∠ABE＝∠DEC，从而证明△ABE∽△DEC，最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，

∵半⊙O与边AD相切于点E，
∴∠OEA＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠D＝∠OEA＝90°，
∴OE∥CD，
∴∠ECD＝∠OEC，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠BCE＝∠DCE；
（2）解：连接BE，

∵BA⊥AD，OE⊥AD，CD⊥AD，
∴AB∥CD∥OE，
∵OB＝OC，
∴AE＝DE，
设DE＝AE＝x，则AD＝AB＝2x，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BEC＝90°，
∴∠DEC+∠AEB＝180°﹣∠BEC＝90°，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∴，
解得：，
∴DE的长为．


13．已知，如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E是射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点B落在点F处．

（1）若点F恰好落在CD边上，如图1，求线段BE的长；
（2）若BE＝1，如图2，直接写出点F到BC边的距离；
（3）若△CEF为直角三角形，直接写出CE所有值．
【分析】（1）由折叠的性质得BE＝FE，AF＝AB＝5，设BE＝FE＝x，则CE＝3﹣x，然后在Rt△CEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）过F作FG⊥BC于G，延长GF交AD于H，由折叠的性质得AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，再证△EFG∽△FAH，得AH＝5FG，设FG＝x，则BG＝AH＝5x，然后在Rt△EFG中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）分三种情况，①∠CFE＝90°时，②点F在CD上，∠ECF＝90°时，③∠CEF＝90°时，④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，由折叠的性质和相似三角形的判定与性质分别求出CE的长即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折叠的性质得：BE＝FE，AF＝AB＝5，
∴DF＝＝＝4，
∴CF＝CD﹣DF＝5﹣4＝1，
设BE＝FE＝x，则CE＝BC﹣BE＝3﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF2+CE2＝FE2，
即12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
即线段BE的长为；
（2）如图2，过F作FG⊥BC于G，延长GF交AD于H，
则∠FGE＝90°，四边形ABGH是矩形，
∴HG＝AB＝5，BG＝AH，∠AHF＝90°＝∠FGE，
由折叠的性质得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，
∴∠AFH+∠EFG＝90°，
∵∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠EFG＝∠FAH，
∴△EFG∽△FAH，
∴＝＝，
∴AH＝5FG，
设FG＝x，则BG＝AH＝5x，
∴EG＝BG﹣BE＝5x﹣1，
在Rt△EFG中，由勾股定理得：x2+（5x﹣1）2＝12，
解得：x＝或x＝0（不符合题意舍去），
∴FG＝，
即点F到BC边的距离为；
（3）分三种情况：
①∠CFE＝90°时，如图3，
∵∠AFE＝90°，
∴∠AFE+∠CFE＝180°，
∴A、F、C三点共线，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，∠B＝∠D＝90°，AD∥BC，
∴∠ECF＝∠CAD，AC＝＝＝，
由折叠的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠CFE＝90°＝∠D，CF＝AC﹣AF＝﹣5，
∴△CEF∽△ACD，
∴＝，
即＝，
解得：CE＝；
②点F在CD上，∠ECF＝90°时，如图4，
由（1）可知，BE＝，
∴CE＝BC﹣BE＝3﹣＝；
③∠CEF＝90°时，如图5，
由折叠的性质得：∠AEB＝∠AEF＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝5，
∴CE＝BE﹣BC＝5﹣3＝2；
④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，如图6，
由折叠的性质得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，
∵∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°，
∴DF＝＝＝4，
∴CF＝CD+DF＝5+4＝9，
∵∠CFE+∠CEF＝90°，∠CFE+∠DFA＝90°，
∴∠CEF＝∠DFA，
∵∠ECF＝∠ADF＝90°，
∴△CEF∽△DFA，
∴＝＝＝3，
∴CE＝3DF＝12；
综上所述，若△CEF为直角三角形，则CE的值为或或2或12．





14．如图①，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，AD＝6，BC＝7，点P是边AD上的动点，联结BP，作∠BPF＝∠ADC，设射线PF交线段BC于E，交射线DC于F．
（1）求∠ADC的度数；
（2）如果射线PF经过点C（即点E、F与点C重合，如图②所示），求AP的长；
（3）设AP＝x，DF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域．


【分析】（1）如图①，过点D作DH⊥BC于点H，则∠DHB＝∠DHC＝90°，再证四边形ABHD是矩形，利用三角函数可得∠CDH＝30°，即可求得答案；
（2）设AP＝x，则PD＝6﹣x，可证△DPC∽△PCB，求得：PC＝，BP＝，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；
（3）如图③，在AD上取点G，连接AG，使∠ABG＝30°，则∠AGB＝60°，可证△BPG∽△PFD，即可求得答案．
【解答】解：（1）如图①，过点D作DH⊥BC于点H，则∠DHB＝∠DHC＝90°，
∵AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝∠DHB＝90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AD＝BH＝6，DH＝AB＝，∠ADH＝90°，
∴CH＝BC﹣BH＝7﹣6＝1，
∴tan∠CDH＝＝＝，
∴∠CDH＝30°，
∴∠ADC＝∠ADH+∠CDH＝90°+30°＝120°；
（2）设AP＝x，则PD＝6﹣x，
在图①Rt△CDH中，CD＝＝＝2，
如图②∵∠BPC＝∠D＝120°，AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∴△DPC∽△PCB，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴PC＝，BP＝，
在RtABP中，AB2+AP2＝BP2，
∴（）2+x2＝（）2，
整理得：x3﹣6x2+3x+10＝0，
∴（x﹣2）（x﹣5）（x+1）＝0，
∴x1＝2，x2＝5，x3＝﹣1（舍去），
∴AP＝2或5；
（3）如图③，在AD上取点G，连接AG，使∠ABG＝30°，则∠AGB＝60°，
∴∠BGP＝120°，
∴∠BGP＝∠BPF＝∠ADC＝120°，
∵∠BPG+∠PBG＝∠BPG+∠DPF＝60°，
∴∠PBG＝∠DPF，
∴△BPG∽△PFD，
∴＝，即＝，
∴y＝x2+x﹣3，
根据题意，0≤x≤6，y≥2，
当x2+x﹣3＝2时，
解得：x＝2或x＝5，
∵＜0，
∴当y≥2时，2≤x≤5，
故y关于x的函数解析式为y＝x2+x﹣3，定义域为2≤x≤5．



15．阅读材料：小胖同学遇到这样一个问题，如图1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，AD＝AE，∠DAE＝90°，CE＝，求CD的长；
小胖经过思考后，在CD上取点F使得∠DEF＝∠ADB（如图2），进而得到∠EFD＝45°，试图构建“一线三等角”图形解决问题，于是他继续分析，又意外发现△CEF∽△CDE．

（1）请按照小胖的思路完成这个题目的解答过程．
（2）参考小胖的解题思路解决下面的问题：
如图3，在△ABC中，∠ACB＝∠DAC＝∠ABC，AD＝AE，∠EAD+∠EBD＝90°，求BE：ED．
【分析】（1）在CD上取点F，使∠DEF＝∠ADB，证明△ADB∽△DEF，求出DF＝4，证明△CEF∽△CDE，由比例线段可求出CF＝1，则CD可求出；
（2）如图3，作∠DAT＝∠BDE，作∠RAT＝∠DAE，通过证明∴△DBE∽△ATD，可得，可得，通过证明△ARE≌△ATD，△ABR≌△ACT，可得BR＝TC＝DT，即可求解．
【解答】解：（1）在CD上取点F，使∠DEF＝∠ADB，

∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴DE＝AD＝AE，
∵∠ABC＝45°，∠ADE＝45°，
且∠ADC＝∠ADE+∠EDC，
∴∠BAD＝∠EDC，
∵∠BDA＝∠DEF，
∴△ADB∽△DEF，
∴＝，
∵AB＝2，
∴DF＝4，
又∵∠CDE+∠C＝45°，
∴∠CEF＝∠CDE，
∴△CEF∽△CDE，
∴，
又∵DF＝4，CE＝，
∴，
∴CF＝1或CF＝﹣5（舍去），
∴CD＝CF+4＝5；
（2）如图3，作∠DAT＝∠BDE，作∠RAT＝∠DAE，

∵∠ACB＝∠DAC＝∠ABC，
∴AB＝AC，AD＝CD，
∵AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE，
∵∠EAD+∠EBD＝90°，
∴∠EAD+2∠EBD＝180°，且∠EAD+2∠AED＝180°，
∴∠EBD＝∠AED＝∠ADE，
∵∠BDA＝∠DAT+∠ATD＝∠BDE+∠ADE，
∴∠ADE＝∠ATD＝∠EBD，且∠BDE＝∠DAT，
∴△DBE∽△ATD，
∴，∠ADT＝∠BED，
∴，且AD＝DC，
∴，
∵∠RAT＝∠DAE，∠ADE＝∠ATD，
∴∠RAE＝∠DAT，∠AED＝∠ART＝∠ADE＝∠ATD，
∴AR＝AT，且∠RAE＝∠DAT，∠ARE＝∠ATD，
∴△ARE≌△ATD（ASA）
∴∠ADT＝∠AER，DT＝ER，
∴∠BED＝∠AER，
∴∠AED＝∠BER＝∠EBD，
∴RE＝RB＝DT，
∵AB＝AC，∠ABC＝∠ACB，∠ARB＝∠ATC，
∴△ABR≌△ACT（AAS）
∴BR＝TC，
∴DT＝TC，
∴CD＝2DT，
∴＝

【课后练习】
16．如图，平面直角坐标系中，A（4，0），点B为y轴上一点，连接AB，tan∠BAO＝2，点C，D为OB，AB的中点，点E为射线CD上一个动点．当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（　　）

A．（4，4）或（2+2，4） B．（4，4）或（2﹣2，4）
C．（12，4）或（2+2，4） D．（12，4）或（2﹣2，4）
【分析】根据已知可得OA＝4，OB＝8，从而利用勾股定理可求出AB，然后分两种情况，当∠AE1B＝90°，当∠BAE2＝90°，进行计算即可解答．
【解答】解：∵A（4，0），
∴OA＝4，
在Rt△ABO中，tan∠BAO＝＝2，
∴BO＝2OA＝8，
∴AB＝＝＝4，
∵点C，D为OB，AB的中点，
∴OC＝OB＝4，CD＝OA＝2，CD∥OA，

分两种情况：
当∠AE1B＝90°，点D为AB的中点，
∴DE1＝AB＝2，
∴CE1＝CD+DE1＝2+2，
∴E1（2+2，4），
当∠BAE2＝90°时，过点E2作E2F⊥x轴，垂足为F，
∴∠BAO+∠E2AF＝90°，
∵∠BOA＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠E2AF，
∵∠BOA＝∠AFE2＝90°，
∴△BOA∽△AFE2，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝8，
∴OF＝OA+AF＝12，
∴E2（12，4），
综上所述：当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（2+2，4）或（12，4），
故选：C．
17．如图，矩形ABCD中，AD＝6，CD＝7，E为AD上一点，且AE＝2，点F、H分别在边AB、CD上，四边形EFGH为矩形，则当△HGC为直角三角形时，AF的值是 　 　．

【分析】首先可判断出∠HGC＝90°，设AF＝x，再利用△AEF∽△BFC，得，代入解方程即可；当∠HGC＝90°时，画出图形，利用一线三等角相似可得答案．
【解答】解：当△HGC为直角三角形时，当∠HGC＝90°，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HGF＝90°，
∴∠HGF+∠HGC＝180°，
∴点F、G、C三点共线，
设AF＝x，则BF＝7﹣x，

∴△AEF∽△BFC，
∴，
∴，
解得x＝3或4，
∴AF＝3或4；
当∠HGC＝90°时，

∵四边形ABCD是矩形，
∴EH＝FG，∠HEF＝∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠D＝∠B＝90°，
∴∠DEH＝∠BGF，
∴△DEH≌△BGF（AAS），
∴DH＝BF，
设AF＝x，则BF＝DH＝7﹣x，
由△DEH∽△AFE得，
，
∴，
解得x＝，
∴AF＝，
故答案为：3或4或．
18．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，D，E，F分别是边AB，BC，AC上的点，∠BED+∠C＝90°，△BED与△FED关于DE对称，则DE的长为 　 　．

【分析】由题意可得：∠DFE＝∠B＝90°，DF＝BD，EF＝BE，＝＝＝＝，想到构造一线三等角模型的相似三角形，所以过点F作FN⊥AB，垂足为N，过点E作EM⊥NF，交NF的延长线于点M，可证明证明△NDF∽△MFE，得到＝＝，然后证明A字型模型相似三角形△ANF∽△ABC，求出NF，ME的长，最后在Rt△NDF中利用勾股定理进行计算求出DF，即可解答．
【解答】解：过点F作FN⊥AB，垂足为N，过点E作EM⊥NF，交NF的延长线于点M，

∴∠FND＝∠FME＝90°，
∵∠B＝90°，
∴四边形NBEM是矩形，
∴NB＝ME，
∵∠BED+∠C＝90°，∠C+∠A＝90°，
∴∠BED＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BED∽△BAC，
∴＝＝＝，
∵△BED与△FED关于DE对称，
∴△BED≌△FED，
∴∠DFE＝∠B＝90°，DF＝BD，EF＝BE，
∴＝＝，
∵∠FME＝90°，
∴∠MEF+∠MFE＝90°，
∵∠MFE+∠NFD＝90°，
∴∠MEF＝∠NFD，
∴△NDF∽△MFE，
∴＝＝，
∴设NF＝3x，ME＝4x，
∵∠ANF＝∠B＝90°，∠A＝∠A，
∴△ANF∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝1，
∴NF＝3，ME＝NB＝4，
设BD＝DF＝y，
则ND＝NB﹣BD＝4﹣y，
在Rt△NDF中，NF2+ND2＝DF2，
∴32+（4﹣y）2＝y2，
∴y＝，
∴BD＝，
∵∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝＝＝10，
∵△BED∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝，
故答案为：．
19．如图1，在四边形ABCD中，AC是对角线，且AB＝AC．F是BC边上一动点，连接AF，DF，DF交AC于点E，其中∠DAF＝90°，∠AFD＝∠B．
（1）求证：AC•EC＝BF•CF；
（2）若AB＝AC＝10，BC＝16．
①如图2，若DF∥AB，求的值；
②如图3，若DF＝DC，求△DCF的面积．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ABF＝∠FCE，再根据∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠ABF+∠FAB得出∠EFC＝∠FAB，证△ABF∽△FCE，根据线段比例关系即可得出结论；
（2）①证△ABF∽△CBA，得，再根据，最后利用平行线分线段成比例得出得出结论即可；
②过点A，D分别作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分别为M，N，过点A作AG⊥DN于点G，根据三角函数得出，证△AMF∽△AGD，根据线段比例关系分别求出CF和DN的值即可求出△DCF的面积．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABF＝∠FCE，
∵∠AFD＝∠B，∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠B+∠FAB，
∴∠EFC＝∠FAB，
∴△FAB∽△EFC，
∴，
即AB•EC＝BF•CF；
（2）解：①∵DF∥AB，
∴∠BAF＝∠AFE，
∴∠BAF＝∠ACB，
又∵∠ABF＝∠CBA，
∴△FAB∽△ACB，
∴，
∴，
∴，
∵DF∥AB，
∴；
②如图，过点A，D分别作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分别为M，N，过点A作AG⊥DN于点G，

在△ABC中，AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝8，则，
∴，
∵∠AFD＝∠B，∠DAF＝90°，
∴，
∵∠AMN＝∠GNM＝∠AGN＝90°，
∴四边形MNGA是矩形，
∴GN＝AM＝6，∠MAG＝90°，
又∵∠FAD＝90°，则∠FAM+∠FAG＝∠DAG+∠FAG＝90°，
∴∠FAM＝∠DAG．
又∵∠AMF＝∠AGD＝90°，
∴△FAM∽△DAG，
∴，
则，
∴，
则，
∵DF＝CD，
∴CF＝2CN＝7，
∴FM＝CM﹣CF＝1，
由△FAM∽△DAG，
得＝＝，
∴DG＝，
∴DN＝DG+GN＝+6＝，
∴S△DCF＝CF•DN＝×＝．