中考数学一轮复习：专题22.10 相似形章末十大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题22.10 相似形章末十大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版），共77页。


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\l "_Tc32165" 【题型1 利用平行线分线段成比例进行求值或证明】 PAGEREF _Tc32165 \h 1
\l "_Tc24648" 【题型3 利用相似三角形的判定与结论求长度】 PAGEREF _Tc24648 \h 13
\l "_Tc9641" 【题型4 利用相似三角形的判定与结论求面积】 PAGEREF _Tc9641 \h 20
\l "_Tc11092" 【题型5 利用相似三角形的判定与结论求最值】 PAGEREF _Tc11092 \h 28
\l "_Tc32733" 【题型6 利用相似三角形的判定与结论解决规律探究问题】 PAGEREF _Tc32733 \h 37
\l "_Tc23768" 【题型7 利用相似三角形的判定与结论解决动态探究问题】 PAGEREF _Tc23768 \h 42
\l "_Tc21655" 【题型8 利用相似三角形的判定与结论解决多结论问题】 PAGEREF _Tc21655 \h 51
\l "_Tc9716" 【题型9 利用相似三角形的判定与结论解决新定义问题】 PAGEREF _Tc9716 \h 60
\l "_Tc6650" 【题型10 利用相似三角形的判定与结论在格点中作图】 PAGEREF _Tc6650 \h 69
【题型1 利用平行线分线段成比例进行求值或证明】
【例1】（2023秋·福建三明·九年级统考期中）请阅读以下材料，并完成相应的问题：
角平分线分线段成比例定理，如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，则ABAC=BDCD．
下面是这个定理的部分证明过程．
证明：如图2，过点C作CE∥DA．交BA的延长线于点E．…
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；
(2)如图3，已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC，求△ABD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)9+352
【分析】（1）过C作CE∥DA，交BA的延长线于E，利用平行线分线段成比例定理得到BDCD=BAEA，利用平行线的性质得∠2=∠ACE，∠1=∠E，由∠1=∠2得∠ACE=∠E，所以AE=AC，于是有ABAC=BDCD；
（2）先利用勾股定理计算出AC=5，再利用（1）中的结论得到ACAB=CDBD，即53=CDBD，则可计算出BD=32，然后利用勾股定理计算出AD=325，从而可得到△ABD的周长．
【详解】（1）证明：如图2，过C作CE∥DA．交BA的延长线于E，
∵CE∥AD，
∴BDCD=BAEA，∠2＝∠ACE，∠1＝∠E，
∵∠1＝∠2，
∴∠ACE＝∠E，
∴AE＝AC，
∴ABAC=BDCD．
（2）解：如图3，∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，
∴AC=BC2+AB2=42+32=5，
∵AD平分∠BAC，
∴ACAB=CDBD，即53=CDBD，
∴BD=38BC=38×4=32，
∴AD=BD2+AB2=322+32=325，
∴△ABD的周长=32+3+325=9+352．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，勾股定理，掌握平行线分线段成比例定理，理解角平分线分线段成比例定理是关键．
【变式1-1】（2023春·山西吕梁·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，2AB=BC=6，把△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，连接BC′交AD于点E，点M是EC′的中点，点N是AC的中点，连接MN，则MN的长为 ．

【答案】352
【分析】如图所示，连接EN，过点M作MT⊥AD于点T，MN与AD交于点K，可证△BCC′,△EDC′,△ETM都是等腰直角三角形，点E是BC′,AD的中点，可得MT是△EDC′的中位线，NE是△ACD的中位线，再证△MTK≌△NEK(AAS)，可得MN=2MK，在Rt△MTK中根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接EN，过点M作MT⊥AD于点T，MN与AD交于点K，

∵四边形ABCD是矩形，2AB=BC=6，
∴∠ADC=90°，AB=CD=12BC=12×6=3，BC=AD=6，
∵△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，
∴∠ADC=∠ADC′=90°，CD=DC′=3+3=6，则CC′=BC=6，
∴△BCC′是等腰直角三角形，∠CBC′=∠CC′B=45°，
∵DE∥BC，
∴∠DEC′=∠CBC′=45°，且∠BC′C=45°，
∴△EDC′是等腰直角三角形，则C′D=DE=3，
在Rt△EDC′中，点M是EC′的中点，MT⊥DE，C′D⊥DE，
∴MT∥C′D，
∴EMEC=ETED，即12=ET3，
∴ET=32，即点T是ED的中点，
∴MT是△EDC′的中位线，则MT=12C′D=12×3=32，
∵BC=6，DE=C′D=3，
∴点E是AD的中点，
∵点N是AC的中点，
∴NE是△ADC的中位线，
∴NE∥CD，NE=12CD=12×3=32，
∴MT=NE=32，
∵MT⊥BD，
∴∠MTK=90°，
∵NE∥CD，∠CDE=90°
∴∠NEK+∠CDE=180°，
∴∠NEK=90°，即EN⊥BC，
∴∠MTK=∠NEK=90°，
在△MTK,△NEK中，
∠MTK=∠NEK∠MKT=∠NKEMT=NE，
∴△MTK≌△NEK(AAS)，
∴MK=NK，TK=EK，
∴点K是ET的中点，
∴TK=EK=12ET=12MT=12×32=34，
∴在Rt△MTK中，MK=MT2+TK2=322+342=354，
∴MN=2MK=2×354=352，
故答案为：352．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的性质，中位线的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判断和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
【变式1-2】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，点P是▱ABCD内的一点，连接PA，PB，PC，PD，过点P作PE∥BC，PF∥AB，分别交AB、BC于点E、F，若S△PAD=1,S△PCD=2,S△PBC=4，则四边形PEBF的面积为 ．

【答案】245
【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，交CD于点R，作PM⊥AD于M，交CB于点N，根据已知先求出S▱ABCD=AD⋅MN=10，然后求出S△PAB=3，再根据面积比求出PMPN=14，PRPQ=23，结合平行线分线段成比例可得AEBE=PMPN=14，进而得到PQ=35QR，BE=45AB，然后根据平行四边形的面积公式计算即可．
【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，交CD于点R，作PM⊥AD于M，交CB于点N，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，AD=CB，
∴PR⊥CD，PN⊥CB，
∵S△PAD=1，S△PCD=2，S△PBC=4，
∴S△PAD+S△PBC=12AD⋅PM+12CB⋅PN=12AD⋅MN=1+4=5，
∴S▱ABCD=AD⋅MN=10，
∴12AB⋅PQ+12CD⋅PR=12AB⋅PQ+2=12AB⋅QR=12S▱ABCD=5，
∴S△PAB=12AB⋅PQ=3，
∴S△PADS△PBC=12AD⋅PM12CB⋅PN=PMPN=14，S△PCDS△PAB=12CD⋅PR12AB⋅PQ=PRPQ=23，
∵PE∥BC，PF∥AB，
∴四边形PEBF是平行四边形，
∵AM∥PE∥BC，
∴AEBE=PMPN=14，
∴PQ=35QR，BE=45AB，
∴S四边形PEBF=BE·PQ=45AB×35QR=1225AB⋅QR=1225S▱ABCD=1225×10=245，
故答案为：245．
【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、三角形的面积公式、平行线分线段成比例定理等知识，此题的计算和推理过程较为复杂，求出PQ=35QR，BE=45AB是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·广东·九年级专题练习）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．
①若CD=3，AC⊥CD于点C，求AD的长；
②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的长；
(2)如图②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，点P是对角线BD上的一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，要使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
【答案】(1)①41；②42+4
(2)满足条件的AE的长为12
【分析】（1）①根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出AD的值；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，证明BD垂直平分AC，得出AF=CF，证明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，证明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根据勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，当AE=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，当BF=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】（1）解：①连接AC，如图所示：
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=42，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∴AD=AC2+CD2=422+32=41；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，如图所示：
则∠BCE=90°，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，
∴∠ECF=90°−45°=45°，
∵AB=BC，AD=CD，
∴B、D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，
∵AD=CD，
∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，
∴∠DCF=90°−22.5°=67.5°，
∴∠ECD=∠DCF−∠ECF=67.5°−45°=22.5°，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∵AB=BC，AF=CF，
∴∠CBF=12∠ABC=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠BEC=90°−45°=45°，
∴∠BEC=∠CBE，
∴CE=BC=4，
∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，
∴BD=BE+DE=42+4．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；
若EF⊥BC时，如图所示：
则四边形AEFB和DEFC为矩形，
∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∵DE+BF=DE+AE=15，
∴DE=5，BF=10，
∴AE=BF=10，
∴AE≠EF，BF≠EF；
∴四边形ABFE不可能是等腰直角四边形；
若EF与BC不垂直，当AE=AB时，如图所示：
∵AE=AB=6，
∴DE=AD−AE=15−6=9，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴BF=2DE=2×9=18，
∵18>15，
∴此时点F不在边BC上，不符合题意；
若EF与BC不垂直，当BF=AB时，如图所示：
此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=6，
∵DE∥BF，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴DE=12BF=3，
∴AE=AD−DE=15−3=12，
综上所述，满足条件的AE的长为12．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．
【题型2 利用相似三角形的判定与结论在格点中求值】
【例2】（2023·安徽宿州·统考一模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A、B、C、D均在格点上，连接AC、BD相交于点E，若小正方形的边长为1，则点E到AB的距离为 ．
【答案】65
【分析】证明△ABE∽△CDE，利用相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：如图，过点E作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCE，∠ABE=∠CDE，MN⊥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴EMEN=ABCD=23，
∵MN=3，
∴EM=23+2×3=65，即点E到AB的距离为65．
故答案为65．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【变式2-1】（2023·山东烟台·统考一模）如图，在方格纸中，△ABC和△DEF的顶点都在格点上，则∠BAC+∠ACB的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】根据网格的特点，利用勾股定理求得△ABC、△EDF各边长，进而证明△ABC∽△DEF，根据相似三角形的性质得出∠ABC=∠DEF=135°，即可求解．
【详解】解：∵AB=12+22=5,BC=12+32=10,AC=5，
DE=12+12=2,EF=2,DF=12+32=10，
∵52=102=510，
∴ABDE=BCEF=ACDF，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠ABC=∠DEF=135°，
∴∠BAC+∠ACB=180°−135°=45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
【变式2-2】（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D、F在网格中的格点处，AF与BC相交于点E，设小正方形的边长为1，则阴影部分△DEF的面积等于 ．

【答案】92
【分析】先证明△ABE∽△ECF，设△CEF的高为h，AM=3，得出ℎ=95，即可求出答案．
【详解】解：

∵AB∥CD，AB=CD=2，CF=3，
∴∠ABE=∠ECF，
∵∠AEB=∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
设△CEF的高为h，AM=3，
∴ABCF=3−ℎℎ，
∴ℎ=95，
∴阴影部分△DEF的面积12×95×5=92，
故答案为：92．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·福建福州·九年级校联考期末）在正方形网格中，A、B、C、D均为格点，则∠BAC−∠DAE= ．

【答案】45°
【分析】在正方形网格中，连接正方形的顶点，作出Rt△EFD和Rt△EGD，设正方形网格的边长为1，则有EG=12+12=2，FG=1，AG=2，可知EGAG=FGEG，可证△EGF∽△AGE，可得∠EFG=∠AEG，则可证出∠EFG=45°−∠EAG，根据作图可知△CBA≌△FDE，得∠BAC=∠DEF，可以求出∠BAC−∠DAE=45°．
【详解】解：如图，在正方形网格中，连接正方形的顶点，得到Rt△EFD和Rt△EGD，

设正方形网格的边长为1，则有EG=12+12=2，FG=1，AG=2，
∴EGAG=22，FGEG=12=22，
∴EGAG=FGEG
∵∠EGF=∠AGE，
∴△EGF∽△AGE，
∴∠EFG=∠AEG，
∴∠EFG+∠EAG=∠AEG+∠EAG=∠EGD=45°，
∴∠EFG=45°−∠EAG，
又∵AB=DE=1，∠B=∠D=90°，BC=FD=2，
∴△CBA≌△FDE，
∴∠BAC=∠DEF，
∴∠BAC=∠DEF=90°−∠EFD=90°−45°−∠EAG，
即有：∠BAC−∠DAE=45°，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质，求得△EGF∽△AGE是解题的关键．
【题型3 利用相似三角形的判定与结论求长度】
【例3】（2023·黑龙江绥化·校考三模）在▱ABCD中，AH⊥BD，垂足为H，∠ABD为锐角，且∠ABH=∠DAH，若AH=6，BD=5，则BC边长为 ．
【答案】10或15或7
【分析】如图，设DH=x．利用相似三角形的性质，构建方程即可解决问题；
【详解】解：当AH在△ABD内部时，如图，设DH=x．
∵AH⊥BD，
∴∠AHB=∠AHD=90°，
∵∠ABH=∠DAH，
∴△DAH∽△ABH，
∴ DHAH=AHBH，
∴ x6=65−x，
整理得：x2−5x+6=0，
解得x=2或3，
∴DH=2或3，
∴BC=AD=AH2+DH2=10或15，
当AH在△ABD外部时，设DH=x．
∵△HAB∽△HDA，
∴AH2=BH⋅DH，
∴6=x(x+5)，
∴x2+5x−6=0，
∴x=1，x=−6（舍去），
∴DH=1，
∴BC=AD=AH2+DH2=7，
故答案为10或15或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式3-1】（2023秋·上海·九年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）如图，在矩形ABCD中，已知AB=12，如果将矩形沿直线l翻折后，点B落在边CD的中点E处，直线l分别与边AB、BC交于点M、N，如果BN=6.5，那么AM的长为 ．

【答案】94
【分析】连接NE，构造直角三角形，依据折叠的性质以及勾股定理，即可得到CN的长以及BC的长，再根据△BMN∽△CBE，得到比例式求出BM，进而得出AM的长．
【详解】解：如图，连接NE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=12，∠ABC=∠C=90°，
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=6，
∵将矩形沿直线l翻折后，点B落在边CD的中点E处，直线l分别与边AB、BC交于点M、N，
∴MN⊥BE，BN=EN=6.5，
在Rt△CNE中，CN=EN2−CE2=6.52−62=2.5，
∴AD=6.5+2.5=9，
∵∠MBE+∠BMN=90°，∠MBE+∠CBE=90°，
∴∠BMN=∠CBE，
又∵∠NBM=∠C，
∴△BMN∽△CBE，
∴ BMBC=BNCE，即BM9=6.56，
∴BM=394，
∴AM=AB−BM=12−394=94；
故答案为：94．

【点睛】本题主要考查了折叠问题、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理和相似三角形的性质进行计算求解．
【变式3-2】（2023·河南郑州·校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A0,6，B−10,0，把△AOB绕点O按顺时针方向旋转，点A，B的对应点分别是A′，B′，连接AB′．当点B′在第二象限内，AB′⊥y轴时，点A的对应点A′的坐标为 ．

【答案】185,245
【分析】过点B′作B′D⊥OB于点D，过点A′作A′C⊥OC于点C，易得AB'=OD，B'D=OA，由旋转的性质知，OB′=OB=10，即有AB′=102−62=8．再证明 △B′OD∽△OA′C，即有B′OOA′=ODA′C=B′DOC，解得OC=185，A′C=245，问题得解．
【详解】如图，过点B′作B′D⊥OB于点D，过点A′作A′C⊥OC于点C，

∵AB′⊥y轴，A′C⊥OC，B′D⊥OB，
∴四边形AB′DO是矩形，
∴AB'=OD,DB'=OA，
由题意可知，OA=6，OB=10，
∵AB′⊥y轴，
∴∠B′AO=90°，
由旋转的性质知，OB′=OB=10，∠AOB=∠A′OB′=90°，
在Rt△B′AO中，由勾股定理得AB′=102−62=8．
∵ ∠A′OB′=90°，
∴∠BOB′+∠A′OC=90°，
又∵∠A′OC+∠OA′C=90°，
∴∠BOB′=∠OA′C，
∴△B′OD∽△OA′C，
∴B′OOA′=ODA′C=B′DOC，即106=8A′C=6OC，
解得OC=185，A′C=245，
∴点A的对应点A′的坐标为185,245，
故答案为：185,245．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的旋转等知识
【变式3-3】（2023·安徽合肥·校联考模拟预测）等腰直角ΔABC与等腰直角ΔCDE的直角顶点C重合．DE与AC相交于F，CD的延长线交AB于G，连接BD．

(1)如图1，求证：AC⋅CF=CE⋅CG；
(2)如图2，B，D，E在同一条直线上，取AB的中点M，分别连接MC，ME，求证：MC=ME；
(3)如图3，过A作BD的平行线，过B作AC的平行线，两线相交于H，且点H在CG的延长线上，若BC=2BH，求AHDE的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AHDE=2
【分析】（1）通过证明ΔECF∽ΔBCG，得到CECF=BCCG，再利用AC=BC等量代换即可；
（2）连接AE，由SAS证明ΔACE≌ΔBCD，得到∠EAC=∠DBC，从而证明∠AEF=90°，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；
（3）延长BD与AC交于点P，得到四边形APBH为平行四边形，从而得到BH=AP，AH=BP，通过等量代换可得四边形PCBH为矩形，得到BP=CH，再设CD=x，可得CH=BP=AH=2x，DE=2x，即可得到AHDE的值．
【详解】（1）证明：∵ΔABC、ΔCDE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90° ，
∴∠E=∠ABC=45°，AC=BC， EC=DC
∵∠ECA+∠ACG=∠ACG+∠BCG=90°，
∴∠ECA=∠BCG，
在ΔECF和ΔBCG中，
∠E=∠CBG∠ECA=∠BCG
∴ΔECF∽ΔBCG
∴CECF=BCCG
又∵AC=BC
∴CECF=ACCG，即AC⋅CF=CE⋅CG
（2）连接AE，

在ΔACE和ΔBCD中，
AC=BC∠ECA=∠BCGEC=DC
∴ΔACE≌ΔBCD（SAS）
∴∠EAC=∠DBC，
∵∠DBC+∠BFC=90° ，∠BFC=∠AFE ，
∴∠EAC+∠AFE=90°，即∠AEF=90° ，
在RtΔAEB中，
∵点M为AB中点，
∴EM=12AB，
又∵CM=12AB，
∴MC=ME；
（3）延长BD与AC交于点P，连接PH，

∵AH∥BD，BH∥AC，
∴四边形APBH为平行四边形，
∴BH=AP，AH=BP ；
又∵BC=2BH，AC=BC，
∴AC=2AP，即点P为AC中点，
∵PC=BH，PC∥BH，
∴四边形PCBH为平行四边形，
又∵∠ACB=90°，
∴▱PCBH为矩形，
∴BP=CH，点D为对角线交点，
设CD=x，则CH=BP=AH=2x，DE=2x，
∴AHDE=2x2x=2．
【点睛】本题是三角形与四边形的综合题目，考查了相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形及矩形的判定性质，综合性较强，熟练掌握相关的性质及判定，构造合理的辅助线是解决本题的关键．
【题型4 利用相似三角形的判定与结论求面积】
【例4】（2023秋·安徽合肥·九年级校考期中）△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，则根据图中标示的长度，求四边形ADEF与△ABC的面积比为何？（ ）

A．1:3B．1:4C．2:5D．3:8
【答案】D
【分析】先证明△CAF∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出AC=45，得出S△ACFS△ACB=516，再证明△BDE∽△BCA，求出S△BDES△ACB=516，即可求出答案．
【详解】解：∵BE=7，EF=4，FC=5，
∴ BC=7+4+5=16，
∵∠B=∠FAC，∠C=∠C，
∴ △CAF∽△CBA，
∴ CACB=CFCA，
∴ CA2=CF⋅CB=5×16=80，
∵CA>0，
∴ AC=45，
∴ ACBC=4516=54，
∴ S△ACFS△ACB=ACBC2=542=516，
同理可证△BDE∽△BCA，
∵BD=AC，
∴ BDBC=ACBC=54，
∴ S△BDES△ACB=BDBC2=542=516，
∴四边形ADEF与△ABC的面积比=16−5−5:16=3:8，
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
【变式4-1】（2023·浙江温州·校联考三模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=kx+203过点A5,0，C2,a，与y轴交于点B．点D，E分别为线段OB，OA上的一点（不含端点），且CD⊥DE．

(1)求k和a的值；
(2)当∠AEC与△CDE中的一个角相等时，求线段OD的长；
(3)如图2，连接BE交CD于点H，将点B绕点H逆时针旋转90°至点B′，若点B′到x轴的距离恰好等于OD的长，求△BDH的面积．
【答案】(1)k=−43，a=4
(2)OD=2或OD=4−23
(3)S=9839
【分析】（1）将A5,0代入y=kx+203求出k的值，得出一次函数解析式，将x=2代入y=−43x+203求出a的值即可；
（2）分三种情况：当∠AEC=∠DCE时，当∠AEC=∠CDE时，当∠AEC=∠DEC时，分别画出图形，求出结果即可；
（3）连接B′H，B′D，过点H作HN⊥B′D于点N，HM⊥BD于点M，证明△BMH≌△B′NHAAS，得出MH=HN，证明四边形MDNH为正方形，得出∠HDM=∠HDN=45°，证明△DOE为等腰直角三角形，得出OD=OE=2，求出OB=203，得出BD=OB−OD=203−2=143，设MH=MD=m，则BM=143−m，证明MH∥OE，得出BMBO=MHOE，即143−m203=m2，求出m=1413，根据三角形面积公式求出结果即可．
【详解】（1）解：将A5,0代入y=kx+203，
解得k=−43．
将x=2代入y=−43x+203，得a=4．
（2）解：①当∠AEC=∠DCE时，点E与点O重合，舍去
②当∠AEC=∠CDE时，此时CE⊥OA，过点C作CF⊥BD于点F，

∵C2,4，
∴OE=CF=2，OF=4，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE=90°，
∴∠CFD=∠CDE=∠DOE=90°，
∴∠FDC+∠ODE=∠ODE+∠OED=90°，
∴∠FDC=∠OED，
∴△CDF∽△DEO，
∴CFDF=ODOE，
设OD=x，则FD=4−x，
即24−x=x2，
解得：x1=x2=2，
经检验x=2是原方程的解，
∴OD=2；
③当∠AEC=∠DEC时，作CG⊥OA于点G

∵EC平分∠DEG，CD⊥ED，CG⊥EA，
∴CD=CG=4，
∵DF=CD2−CF2=23，
∴OD=OF−DF=4−23；
综上分析可知，OD=2或OD=4−23；
（3）解：连接B′H，B′D，过点H作HN⊥B′D于点N，HM⊥BD于点M，如图所示：

由题意可得，B′D⊥BO，
根据旋转可知，B′H⊥BH且B′H=BH，
∴∠BHB′=∠B′NH=∠BMH=90°，
∴∠BHM+∠MHB'=∠BHM+∠MBH=90°，
∴∠MBH=∠MHB′，
∵HM⊥BD，B′D⊥BO，
∴MH∥B′N，
∴∠MHB′=∠NB′H，
∴∠MBH=∠NB′H，
∴△BMH≌△B′NHAAS，
∴MH=HN，
∵∠HMD=∠MDN=∠DNH=90°，
∴四边形MDNH为矩形，
∵MH=HN，
∴四边形MDNH为正方形，
∴∠HDM=∠HDN=45°，
∵∠CDE=90°，
∴∠NDE=90°−45°=45°，
∴∠ODE=90°−45°=45°，
∴△DOE为等腰直角三角形，
∴OD=OE=2，
把x=0代入y=kx+203得：y=203，
∴OB=203，
∴BD=OB−OD=203−2=143，
设MH=MD=m，则BM=143−m，
∵∠BMH=∠BOE=90°，
∴MH∥OE，
∴BMBO=MHOE，
即143−m203=m2，
解得m=1413，
∴S=143×1413×12=9839．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形相似的判定和性质，求一次函数的函数值，解题关键是数形结合，画出相应的图形，作出辅助线，注意进行分类讨论．
【变式4-2】（2023春·上海静安·九年级统考期末）（1）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=4，AB=3，BC=7，∠B=60°．求证：四边形ABCD是等腰梯形；
（2）若点M是直线AB上的一点，直线DM交直线BC于点N．
①当点M在线段AB的延长线上时（如图2），设BM=x，DM=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；
②如果△AMD是等腰三角形，求△BMN的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）①y=x2+10x+37，定义域x≥0；②34
【分析】（1）过D作DE∥AB交BC于E，证明△DEC是等边三角形即可；
（2）①过D作DF⊥AB交AB于F，即可利用∠B=∠FAD=60°得到AF=12AD=2，DF=23，最后在Rt△FDM中利用勾股定理计算即可；
②先根据△AMD是等腰三角形求出BM=x，DM=y的值，再利用△BMN∼△AMD求△BMN的面积即可．
【详解】（1）过D作DE∥AB交BC于E，则∠B=∠DEC=60°，

∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AB=DE=3,AD=BE=4，
∵BC=7，
∴EC=BC−BE=3，
∴AB=DE=3=EC，
∴△DEC是等边三角形，
∴AB=DE=3=EC=DC，
∴四边形ABCD是等腰梯形；
（2）①过D作DF⊥AB交AB于F，

∵∠B=60°，AD∥BC，
∴∠B=∠FAD=60°，
∴AF=12AD=2，DF=AD2−AF2=23，
∵BM=x，DM=y
∴FM=FA+AB+BM=5+x
在Rt△FDM中DF2+FM2=DM2，
∴232+5+x2=y2，整理得y2=x2+10x+37
∴y关于x的函数解析式为y=x2+10x+37，定义域x≥0；
②∵AD∥BC，
∴△BMN∼△AMD，
∴S△BMNS△AMD=BMMA2=xx+32，
∴S△BMN=xx+32S△AMD=xx+32×12DF⋅AM=xx+32×12×23×x+3=3x2x+3，
∵△AMD是等腰三角形，
∴当AD=AM时，4=x+3，解得x=1，此时S△BMN=3x2x+3=34；
当AD=DM时，y2=x2+10x+37=42，解得x1=−3,x2=−7，不符合题意；
当DM=AM时，y2=x2+10x+37=x+32，解得x=−7，不符合题意；
综上所述，S△BMN=34．
【点睛】本题考查了梯形的判定，平行四边形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时构造30°直角三角形是是关键，寻找相似三角形是难点．
【变式4-3】（2023春·四川德阳·九年级统考期末）如图，已知F是△ABC内的一点，DF∥BC，EF∥AB，若四边形BDFE的面积为2，BD=13BA，BE=14BC，则△ABC的面积是（ ）．
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】延长EF、DF分别交AC于点M、N，可以得到相似三角形并利用相似三角形分别求出AM 、MN 、CN之间的关系，从而得到三角形的面积关系即可求解．
【详解】解：如图所示：延长EF、DF分别交AC于点M、N，
∵BD=13BA，BE=14BC，
∴CE=3BE，AD=2BD．
∵DF∥BC，EF∥AB，
∴CMAM=CEBE=3，ANCN=ADBD=2，
∴令AM=x，则CM=3x，
∴AC=4x，
∴AN=23AC=83x，CN=13AC=43x，
∴MN=AC−AM−CN=53x，
∴MNAN=58，MNCM=59．
∵MF∥AD，NF∥CE,
∴△NMF∽△NAD,△NMF∥△CME,
∴S△NMFS△NAD=MNAN2=2564，S△NMFS△MEC=MNCM2=2581．
∴设S△NMF=25a，则S△NAD=64a，S△MEC=81a，
∴S四边形FECN=56a，
∴S△ABC=S四边形BDEF+S△NAD+S△MEC−S△NMF=2+120a．
∵DN∥BC,
∴△ADN∽△ABC,
∴S△ADNS△ABC=64a2+120a=ADAB2=49，
解得a=112，
∴S△ABC=2+120a=12．
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形，平行线分线段成比例．一定的难度，利用相似三角形的性质：对应线段成比例进行求解线段的长度；利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
【题型5 利用相似三角形的判定与结论求最值】
【例5】（2023秋·四川成都·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，E是AD上的一点，且AE=2，F，G是AB，CD上的动点，且BE=FG，BE⊥FG，连接EF，BG，当EF+FG+BG的值最小时，CG的长为 ．

【答案】3
【分析】由勾股定理得BE=AB2+AE2=210，FG=210，可知当EF+BG最小时，EF+FG+BG的值最小，如图，以BE，BG为邻边作平行四边形BGME，则BG=EM，BG∥EM，EF+BG=EF+EM，则当E、F、M三点共线时，EF+BG=EF+EM=FM最短，证明△AEF∽△CBG，则EFBG=AFCG=AEBC=26=13，证明△EFN∽△BGN，则ENBN=EFBG=13，解得BN=3EN，由BN+EN=BE，可得BN=34BE=3102，设CG=x，则AF=13x，BF=6−13x，证明△BNF∽△BAE，则BFBE=BNAB，即6−13x210=31026，计算求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD，AB=6，AE=2，
∴BE=AB2+AE2=210，∠BCG=∠A=90°，
∵BE=FG，
∴FG=210，
当EF+BG最小时，EF+FG+BG的值最小，
如图，以BE，BG为邻边作平行四边形BGME，则BG=EM，BG∥EM，

∴EF+BG=EF+EM，
∴当E、F、M三点共线时，EF+BG=EF+EM=FM最短，
∴EF∥BG，
∴∠AFE=∠ABG，
∵∠AFE+∠AEF=90°=∠ABG+∠CBG，
∴∠AEF=∠CBG，
又∵∠EAF=∠BCG=90°，
∴△AEF∽△CBG，
∴EFBG=AFCG=AEBC=26=13，
∵EF∥BG，
∴∠EFN=∠BGN，∠FEN=∠GBN，
∴△EFN∽△BGN，
∴ENBN=EFBG=13，解得BN=3EN，
∵BN+EN=BE，
∴BN=34BE=3102，
设CG=x，则AF=13x，BF=6−13x，
∵∠FBN=∠EBA，∠BNF=∠BAE=90°，
∴△BNF∽△BAE，
∴BFBE=BNAB，即6−13x210=31026，解得x=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式5-1】（2023秋·广东梅州·九年级校考期末）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=3，且mn=12，则m+n的最大值为 ．
【答案】274
【分析】如图所示（见详解），过点B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过点A作AN⊥l2于N，过点C作CM⊥l2于M，设AE=x，CF=y，则BN=x,BM=y，可求出△ABE∽△BCF，得xy=mn，求△CMD∽△AND得，y=9−2x，且mn=12，可求出mn=xy=x(9−2x)=−2x2+9x=2m2，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过点A作AN⊥l2于N，过点C作CM⊥l2于M，
设AE=x，CF=y，则BN=x,BM=y，
∵BD=3，
∴DM=y−3，DN=3−x，
∵∠ABC=∠AEB=∠BFC=∠CMD=∠AND=90°，
∴∠EAB+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠EAB=∠CBF，
∴△ABE∽△BCF，
∴AEBF=BECF，即xn=my，
∴xy=mn，
∵∠ADN=∠CDM，
∴△CMD∽△AND，
∴ANCM=DNDM，即mn=3−xy−3，
∵mn=12，
∴3−xy−3=12，n=2m，
∴y=9−2x，
∴(m+n)=3m，
∵mn=xy=x(9−2x)=−2x2+9x=2m2，
∴2m2=−2x−942+818，
∴当x=94时，m最大=94，
∴m+n的最大值为3m=3×94=274，
故答案为：274．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，二次函数的性质，做辅助线，图形结合是解题的关键．
【变式5-2】（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，点D是等边△ABC边AB上的一动点(不与端点重合)，点D绕点C引顺时针方向旋转60∘得点E，所得的△CDE边DE与BC交于点F，则CFDE的最小值为 ．

【答案】32
【分析】由旋转的性质得△CDE为等边三角形，由△CEF∽△CAD得到CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC，从而得到当CD最小时，比值最小，再由“垂线段最短”得到当CD⊥AB时，CD值最小，作出对应图形，利用“△ACD是含30°角的直角三角形”求出CDAC，从而得解．
【详解】解：由旋转的性质得：CD=CE，∠DCE=60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE=CD=CE，∠A=∠DEC=60°
∵∠ACD+∠DCB=60°
∠DCB+∠ECF=60°
∴∠ACD=∠ECF
∵∠A=∠DEC=60∘，∠ACD=∠ECF
∴△CEF∽△CAD
∴CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC
∵AC为定值，
∴当CD最小时，比值最小．
根据“垂线段最短”可知：当CD⊥AB时，CD值最小，
过点C作CD⊥AB于D，并补全图形如下：

∵△ABC是等边三角形，CD⊥AB，∠ACB=60°
∴∠ACD=12∠ACB=30°
设AC=2a，则AD=12AC=a
∴CD=AC2−AD2=3a，
∴此时CFDE=CDAC=3a2a=32，
即CFDE的最小值为32．
故答案为：32．
【点睛】此题考查图形的旋转变化与性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，垂线段最短，理解“垂线段最短”和利用相似三角形的性质将CFDE转化为CDAC是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·吉林长春·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度，沿射线BC方向运动，动点Q从点C出发，以每秒1个单位长度的速度，沿线段CD方向运动．点P和点Q同时出发，当点Q到达点D时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒(t>0)．

(1)用含t的代数式表示线段CP的长；
(2)当PQ与矩形的对角线平行时，求t的值；
(3)若点M为DQ的中点，求以M、P、C为顶点的三角形与△ABC相似时t的值；
(4)直接写出点B关于直线AP的对称点B′落在△ACD内部时t的取值范围．
【答案】(1)当0(2)t=107或103
(3)56，13，154
(4)541−258【分析】（1）分点P在边BC上和点P在BC延长线上两种情况解答即可；
（2）分PQ∥BD与PQ∥AC两种情况，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质列出方程求解即可；
（3）先求得CM=5+t2，再分0（4）考虑极值情况，即B′落在AC边上和B′落在CD边上两种情况。分别利用三角形的面积和勾股定理求出对应的t值，即可得到答案．
【详解】（1）当点P在边BC上时，即0当点P在BC延长线上时，即2（2）当PQ∥BD时，如图，则△CPQ∽△CBD，
∴CPCB=CQCD，即4−2t4=t5，
解得：t=107；

当PQ∥AC时，如图，则∠CPQ=∠BCA，
∵∠B=∠PCQ=90°，
∴△CPQ∽△BCA，
∴CPCB=CQAB，即2t−44=t5，
解得：t=103；
综上，t=107或103；

（3）∵DQ=5−CQ=5−t，点M为DQ的中点，
∴MQ=12DQ=125−t，
∴CM=t+125−t=5+t2,
当0若△CPM与△ABC相似，则CMCP=CBCA或CMCP=CACB，
即5+t24−2t=45或5+t24−2t=54，
解得：t=13或t=56（都符合题意）；

当2若△CPM与△ABC相似，则CMCP=CBCA或CMCP=CACB，
即5+t22t−4=45或5+t22t−4=54，
解得：t=5711（舍去）或t=154；
综上，以M、P、C为顶点的三角形与△ABC相似时t的值为56，13，154；

（4）∵AB=5,BC=4,∠B=90°，
∴AC=42+52=41，
当B′落在AC边上时，如图，则PB=PB′=2t，PB′⊥AC，
∵S△ABP+S△APC=S△ABC，
∴12×5×2t+12×2t×41=12×4×5，
解得：t=541−258；

当B′落在CD边上时，如图，连接BB′,AB′，
则AP垂直平分BB′，PB=PB′=2t，
∴AB′=AB=5，
∴DB′=AB′2−AD2=52−42=3，
∴CB′=5−3=2，CP=4−2t，
则在直角三角形PCB′中，根据勾股定理可得：22+4−2t2=2t2，
解得：t=54；
所以当B′落在△ACD内部时t的取值范围是541−258
【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，具有较强的综合性，熟练掌握相关图形的性质定理、正确分类是解题的关键．
【题型6 利用相似三角形的判定与结论解决规律探究问题】
【例6】（2023·山东德州·统考二模）如图，∠MON＝45°，正方形ABB1C，正方形A1B1B2C1，正方形A2B2B3C2，正方形A3B3B4C3，…，的顶点A，A1，A2，A3…，在射线OM上，顶点B，B1，B2，B3，B4，…，在射线ON上，连接AB2交A1B1于点D，连接A1B3交A2B2于点D1，连接A2B4交A3B3于点D2，连接B1D1交AB2于点E，连接B2D2交A1B3于点E1，…，按照这个规律进行下去，设四边形A1DED1的面积为S1，四边形A2D1E1D2的面积为S2，四边形A3D2E2D3的面积为S3，…若AB＝2则Sn等于（用含有正整数n的式子表示）（ ）
A．22n+49B．22n+43C．22n+29D．22n9
【答案】A
【分析】设△ADC的面积为S，利用相似三角形的性质求出S1，S2，…Sn与S的关系即可解决问题．
【详解】解：设△ADC的面积为S，
由题意，AC∥B1B2，AC=AB=2，B1B2=4，
∴△ACD∽△B2B1D，
∴S△ADCS△B1B2D=ACB1B22=14 ，
∴S∆B1B2D=4s，
∵CDDB1＝ACB1B2＝12 ，CB1=2，
∴DB1=43 ，
同法D1B2=83 ，
∵DB1∥D1B2，
∴DEEB2＝DB1D1B2＝12 ，
∵DE：EB2=1：2，
∴S△DB1E：S△B1EB2=1：2 ，
∴S△DB1E=13S△DB1B2=13×4s＝43s ，
∵OAOA1＝OB2OB3=12 ，
∴A1D1∥AB2，
∴△B1DE∽△B1A1D1，
∴S△B1DE：S△B1A1D1=1：9 ，
∴SA1D1ED=8S∆B1DE=323S ，
∴S1=323S＝323×23＝649＝169×4
，
同理得，S2=4S1=169 ×42，
S3=4S2=169×43，
…
Sn=169×4n=22n+49 ．
故选A．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形的面积，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
【变式6-1】（2023·山东烟台·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1，以AB为底边在正方形ABCD内作等腰ΔABE，点E在CD边上，再在等腰ΔABE中作最大的正方形A1B1C1D1，···，按照此规律继续下去，则第2019个等腰三角形的底边长为（ ）
A．122018B．122019
C．2(52)2018D．2(52)2019
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质和正方形的性质可证A₁B₁=12，同理A₂B₂=14=122，依照规律即可求解．
【详解】如图，过点E作EF∥AD交AB于点F，则A₁D₁∥EF，
设等腰ΔA1B1E1的底边长为x，
∴A1F=x2，AA1=12−x2，A1D1=x，
∴EF=1，ΔAA1D1∼ΔAFE，
∴AA1AF=A1D1FE，
∴12−x212=x1，解得x=12，
∴等腰ΔA1B1E1的底边长为12，
同理可得等腰ΔA2B2E2的底边长为14，···，
以此类推可得第n个等腰三角形△An-1Bn-1En-1的底边长为12n−1,
∴第2019个等腰三角形的底边为122018．
故选：A
【点睛】本题考查的是利用正方形性质和相似三角形的性质来求出A₁B₁的值，同理求出A₂B₂,…然后发现规律，根据规律求出第n个三角形的底边长．找到规律是解决问题的关键．
【变式6-2】（2023秋·黑龙江绥化·九年级校考阶段练习）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为(1,0)，点D的坐标为(0,2)，延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1…按这样的规律进行下去，正方形A2021B2021C2021C2020的面积为（ ）
A．5322021B．5942020C．5944040D．5324042
【答案】D
【分析】根据相似三角形对应边成比例得到的正方形的边长，进而表示正方形的面积，然后观察得到的正方形的面积即可得到规律，从而得到结论．
【详解】解：∵正方形ABCD的点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），
∴OA＝1，OD＝2，AD=5，OAOD=12，
延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，
∴△AA1B∽△DAO，
∴A1BAB=12，
∵AD＝AB=5，
∴A1B=125，
∴第1个正方形的面积为：S1＝A1C2＝（5+125）2＝5•（32）2；
同理可得，A2C2＝（325+12×325）2
第2个正方形的面积为：S2＝5•（32）4
…
第n个正方形的面积为：S2＝5•（32）2n
∴第2021个正方形的面积为：S2021＝5•（32）4042．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、规律型﹣点的坐标，解决本题的关键是根据相似三角形对应边成比例得到的正方形面积寻找规律．
【变式6-3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图，正方形A0B0C0A1的边长为1，正方形A1B1C1A2的边长为2，正方形A2B2C2A3的边长为4，正方形A3B3C3A4的边长为8…依次规律继续作正方形AnBnCnAn+1，且点A0，A1，A2，A3，…，An+1在同一条直线上，连接A0C1交，A1B1于点D1，连接A1C2，交A2B2于点D2，连接A2C3，交A3B3于点D3，…记四边形A0B0C0D1的面积为S1，四边形A1B1C1D2的面积为S2，四边形A2B2C2D3的面积为S3，…，四边形An−1Bn−1Cn−1Dn的面积为Sn，则S2022= ．
【答案】240433
【分析】根据正方形的性质，相似三角形的性质，先计算出S1，S2，S3的面积，从中探索发现其蕴含的规律，代入计算即可．
【详解】∵正方形A0B0C0A1的边长为1，正方形A1B1C1A2的边长为2，正方形A2B2C2A3的边长为4，正方形A3B3C3A4的边长为8…依次规律继续作正方形AnBnCnAn+1，且点A0，A1，A2，A3，…，An+1在同一条直线上，四边形A0B0C0D1的面积为S1，四边形A1B1C1D2的面积为S2，四边形A2B2C2D3的面积为S3，…，四边形An−1Bn−1Cn−1Dn的面积为Sn，
∴A1D1∥A2D2∥A3D3∥A4D4，
∴A1D1A2C1=A0A1A1A2，
∴A1D1=1×21+2=23，
∴S△A0A1D1=12×1×23=13，
∴S1=1−13=23=1×23= 20×213，
同理可证，S2=2×43= 21×223，
由此推测，Sn=2n−1×2n3，
当n=2022时，S2022= 22022−1×220223=240433．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，规律猜想，熟练掌握正方形的性质，准确探索规律是解题的关键．
【题型7 利用相似三角形的判定与结论解决动态探究问题】
【例7】（2023·河南信阳·校考三模）如图，正方形ABCD中，AB=4，点P为射线AD上一个动点．连接BP，把△ABP沿BP折叠，当点A的对应点A′刚好落在线段BC的垂直平分线上时，AP的长为 ．

【答案】8+43或8−43
【分析】分两种情况：当点A′落在图①的位置时，当点A′若在图②的位置时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵点P在射线AD上运动，故分两种情况；
情况一：当点A′落在图①的位置时，由正方形ABCD可知，BC=AB=4，因为点A′落在BC的垂直平分线上，故BF=12BC=2，由折叠可知，A′B=AB=4，
在Rt△A′FB中，由勾股定理可知，A′F=A′B2−BF2=23，
∴A′E=4−23，
∵∠PEA′=∠BFA′=∠BA′P=90°，
∴∠EPA′+∠PA′E=∠PA′E+∠A′BF=90°，
∴∠EPA′=∠A′BF，
∴△PEA′∽△A′FB，
∴A′EBF=A′PA′B，
即4−232=A′P4，
故A′P=8−43，
∴AP=A′P=8−43；

情况二：当点A′若在图②的位置时，由正方形ABCD可知，BC=AB=4，
∵点A′落在BC的垂直平分线上，
∴BF=12BC=2，
由折叠可知，A′B=AB=4，
在Rt△A′FB中，由勾股定理可知，A′F=A′B2−BF2=23，
∴A′E=4+23，
由折叠可知，AP=A′P，设AP=A′P=x，则EP=x−2，
在Rt△A′EP中，由勾股定理可得，A′E2+EP2=A′P2，
即x2=4+232+x−22，
解得：x=8+43，
即A′P=8+43，
∴AP=A′P=8+43．
故答案为：8+43或8−43
【点睛】本题主要考查了一线三垂直模型、三角形相似应用、勾股定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形边角之间的关系，注意分类讨论．
【变式7-1】（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图所示，在△ABC中，BC=6，E、F分别是AB、AC的中点，动点P在射线EF上，BP交CE于D，∠CBP的平分线交CE于Q，当CQ=12CE时，EP+BP= ．

【答案】12
【分析】延长BQ交射线EF于M，三角形的中位线定理得到EF∥BC，推出BP=PM，△MEQ∽△BCQ，得到EMBC=EQCQ=2，进而推出EM=2BC，即可得出结论．
【详解】解：如图，延长BQ交射线EF于M，

∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴ EF∥BC，
∴ ∠M=∠CBM，
∵ BQ是∠CBP的平分线，
∴ ∠PBM=∠CBM，
∴ ∠M=∠PBM，
∴ BP=PM，
∴ EP+BP=EP+PM=EM，
∵ CQ=12CE，
∴ EQ=2CQ，
由EF∥BC得，△MEQ∽△BCQ，
∴ EMBC=EQCQ=2，
∴ EM=2BC=2×6=12，
即EP+BP=12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是构造等腰三角形和相似三角形．
【变式7-2】（2023春·山东淄博·九年级统考期中）如图，点A坐标为1,1，点C是线段OA上的一个动点（不运动至O，A两点）过点C作CD⊥x轴，垂足为D，以CD为边在右侧作正方形CDEF，连接AF并延长交x轴的正半轴于点B，连接OF，若以B，E，F为顶点的三角形与△OEF相似，则B的坐标是 ．

【答案】32,0或3,0或12,0
【分析】根据点A坐标是1,1可以确定∠AOB=45°，又四边形CDEF是正方形，所以OD=CD=DE，即可证明△OFE的边OE=2EF，再根据“以B，E，F为顶点的三角形与△OEF相似”分：①△FEB∽△OEF，②△BEF∽△OEF两种情况讨论，根据△ACF与△AOB相似，相似三角形对应高的比等于对应边的比列出比例式计算即可求出正方形的边长，从而OB的长即可求出．
【详解】解：如图当点B在点E的右边时，
如图，过点A作AH⊥OB于点H，
∵点A坐标是1,1，
∴AH=OH=1，
∴∠AOB=45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠ODC=∠CDE=90°，CF∥DE，CD=CF=EF=DE，
∴∠OCD=90°−∠COD=45°=∠COD，
∴OD=CD，
设CF=x，
∴OD=CD=CF=EF=DE=x，
∴OE=OD+DE=2EF=2x，
∵以B，E，F为顶点的三角形与△OEF相似，
①当△FEB∽△OEF时，
可得：EBFE=EFOE，即EBx=x2x，
∴EB=12x，
∴OB=OE+EB=2x+12x=52x，
∵CF∥DE，
∴△ACF∽△AOB，
∴CFOB=1−x1，
即x52x=1−x1，
解得：x=35，
∴OB=52×35=32，
∴点B的坐标为32,0；
②当△BEF∽△OEF时，
可得：EBFE=EOFE，即EBx=2xx，
∴EB=2x，
∴OB=OE+EB=2x+2x=4x，
∵CF∥DE，
∴△ACF∽△AOB，
∴CFOB=1−x1，
即x4x=1−x1，
解得：x=34，
∴OB=4×34=3，
∴点B的坐标为3,0；

如图，当点B在点E的左边时，设正方形的边长为x，
过点A作AN⊥x于点N，延长CF交AN于点M，
∴∠ANO=90°，
∵点A坐标是1,1，
∴AN=ON=1，
∴∠AOB=45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠ODC=∠CDE=∠DCM=90°，CF∥DE，CD=CF=EF=DE，
∴∠OCD=90°−∠COD=45°=∠COD，
∴OD=CD，
∴OD=CD=CF=EF=DE=x，OE=OD+DE=2EF=2x，
在四边形CDNM中，∠CDN=∠DCM=∠MND=90°，
∴四边形CDNM是矩形，
∴MN=CD=x，
∴AM=AN−MN=1−x，
∵以B，E，F为顶点的三角形与△OEF相似，
①当△BEF∽△OEF，
∴EFBE=EFOE=12，
则点O，点B与点C重合，不符合题意；
②当△FEB∽△OEF，
∴EBFE=EFOE=12，
∴EB=12x，
∴OB=OE−EB=2x−12x=32x，
∵CF∥DE，
∴△ACF∽△AOB，
∴CFOB=AMAN=1−x1，
即x32x=1−x1，
解得：x=13，
∴OB=32×13=12，
∴点B的坐标为12,0；
综上所述，点B的坐标是32,0或3,0或12,0．
故答案为：32,0或3,0或12,0．

【点睛】本题考查相似三角形的性质：对应高的比等于对应边的比的性质，解题的关键是根据点A坐标1,1确定出OE=2EF，注意要分情况讨论，避免漏解．也考查了正方形的性质，矩形的判定和性质．
【变式7-3】（2023春·江西·九年级专题练习）在△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，D是AB的中点，P是CD上的动点，若点P到△ABC的一边的距离为2，则CP的长为 ．
【答案】52或103或3512
【分析】先运用勾股定理的逆定理可得△ABC为直角三角形，由直角三角形的性质可得CD=12AB=5，然后分点P到AC、CB、AB的距离为2的三种情况，分别运用相似三角形的判定与性质即可解答．
【详解】解：∵AC=6，BC=8，AB=10，
∴AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，
又∵D是AB的中点，
∴CD=12AB=5
①如图(1)，当点P到AC的距离为2时，过点P作PE⊥AC于点E，过点D作DF⊥AC于点F，则PE=2，DF∥EP，
∵PE⊥AC，∠ACB=90°，
∴DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC
∴DFBC=ADAB=12，
∴DF=12BC=4，
∵DF∥EP，
∴△PCE∽△DCF，
∴PCDC=PEDF=24=12，
即PC5=12，
解得：PC=52；

②如图(2)，当点P到BC的距离为2时，过点P作PE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则PE=2，
同理可得：DF=12AC=3，DF∥EP
∴△PCE∽△DCF，
∴PCDC=PEDF=23，
即PC5=23，
解得：PC=103；

③如图(3)，当点P到AB的距离为2时，过点P作PE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
则PE=2，CF∥EP，
∵S△ABC=12AB⋅CF=12AC⋅CB，
∴CF=AC⋅CBAB=245，
∵CF∥EP
∴△DPE∽△DCF，
∴PDDC=PECF=2245=512，
即PD5=512，
解得：PD=2512；
∴PC=CD−PD=3512．

综上，PC的长为52或103或3512．
【点睛】本题主要考查了勾股定理逆定理、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．
【题型8 利用相似三角形的判定与结论解决多结论问题】
【例8】（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF,AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM,CM,DM,BM，下列结论正确的是：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=22；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【答案】B
【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
∴△ABF≌△AEDAAS，
∴AF=DE，故①正确，
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE，故②正确，
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A,M,C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
通过翻折的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC∥MH,HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确，
当点E运动到AB的中点，如图，

设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，DE=AD2+AE2=5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB,∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=253a，
∵∠AGE=∠ABF=90°，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a5a=55，
∴EG=55BF=55a，AG=55AB=255a，
∴DG=ED−EG=455a，GH=AH−AG=4515a，
∵∠BHF=∠DHA，
在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，故④错误，
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×22a=223a，DH=23BD=23×22a=423a，
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得EP=2EG=255a，
∴EP⋅DH=255a⋅423a=81015a2，
2AG⋅BH=2⋅255a⋅223a=81015a2，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH=81015a2，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
【变式8-1】（2023秋·江苏扬州·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AH⊥BC，M是AC中点，CN=2BN，BM交AN于O，BM交AH于I，若S△ABC=36，则下面结论：①∠CAH=∠ABC；②S△ABO=9；③AI=IH；④BO=MO；正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
【答案】C
【分析】①证明∠ABC与∠CAH都是∠BAH的余角，便可判断①的正误；
②设AN的中点为E，连接EM，根据中位线的性质可得，ME=12CN,AE=EN，证明ME=BN，再证明△OBN≌△OME，得OE=ON，进而得AN=4ON，再由等高的三角形的面积比等于底边之比求得△ABO的面积，便可判断②的正误；
③设AI=IH，AM=MC，则△AIM∽△AHC，∠AIM=∠AHC,由AH⊥BC，便可判断③的正误．
④由②得△OBN≌△OME，便可判断④的正误．
【详解】解：①∵∠BAC=90°，AH⊥BC，
∴∠ABC+∠BAH=∠BAH+∠CAH=90°，
∴∠CAH=∠ABC，故①正确；
②设AN的中点为E，连接EM，
∵M是AC中点，E是AN的中点，
∴ME是△ACN的中位线，
∴ME=12CN,AE=EN，
∵CN=2BN，
∴ME=BN，
∵ME∥BC，
∴∠OBN=∠OME，
∵∠BON=∠MOE，
∴△OBN≌△OMEAAS，
∴ON=OE，
∵AE=EN，
∴AN=4ON，
∴S△ABO=34S△ABN，
∵CN=2BN,S△ABC=36，
∴S△ABN=13S△ABC=12，
∴S△ABO=34×12=9，故②正确；
③设AI=IH，AM=MC，
则△AIM∽△AHC，
∴∠AIM=∠AHC,
∵AH⊥BC，
∴∠AHC=90°，
显然∠AIM≠90°，故③错误；
④由②知△OBN≌△OME，
∴BO=MO，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，关键在于构造全等三角形．
【变式8-2】（2023春·山东东营·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①图中共有三个平行四边形；②当BD=2BC时，四边形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD⋅CM．其中，正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】分别证明四边形DFBE、四边形NEMF、四边形ABCD是平行四边形，即可判断结论①；结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，通过证明相似三角形的性质判断结论④。
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB，∠ABC=90°，
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴∠ANE=∠BMA=90°，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，
∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≅△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE−DN=BF−BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是平行四边形，
因此共有3个平行四边形，故①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，BD=AC=2OA=2OD，BC=AD，
∵BD=2BC
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°−∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，△AOD是等边三角形，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故②正确；
由②可知，当BD=2BC时，四边形DEBF是菱形，连接EF，则EF⊥BD，若BD⊥ME，则过点E有两条直线与已知直线垂直，与平面内，过一点有且只有一条直线垂直于已知直线相矛盾，故③错误；
∵BF⊥AC，∠CBA=90°，
∴∠CMB=∠CBA=90°，
∵∠BCA=∠MCB，
∴△BCA∽△MCB，
∴BCCM=ACBC，
∵AD=BC，AC=BD，
∴AD2=BC2=BD⋅CM，故④正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·全国·九年级期末）如图，在▱ABCD中，∠BAD=60°，将▱ABCD绕顶点A逆时针旋转至▱AEFG，此时点D在AE上，连接AC、AF、CF、EB，线段EB分别交CD、AC于点H、K，则下列四个结论中：①∠CAF=60°；②△DEH是等边三角形；③2AD=3HK；④当AB=2AD时，4S△ACF=7S▱ABCD；正确的是（ ）
A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③
【答案】A
【分析】①由▱ABCD绕顶点A逆时针旋转至▱AEFG，得到△AEF≌△ABC，又由∠BAD＝60°，即可证明；②由AB∥CD，得到∠EDH＝∠DAB＝60°，又由AD∥BC，得到∠AEF＝120°，进一步得∠DEH＝60°，∠DHE＝60°，结论得证；③过点H作HM∥AD交AB于点M，连接DM，证明△BHC、△DMH和△BHM是等边三角形，得到DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，点H为CD的中点，再证明△CKH∽△AKB，进一步得到AD＝3HK；④过点C作CN⊥AB的延长线于点N，分别用AD表示出△ACF和▱ABCD的面积，即可得到结论．
【详解】解：①∵将▱ABCD绕顶点A逆时针旋转至▱AEFG，
∴△AEF≌△ABC，
∴∠EAF＝∠BAC，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，
故①正确；
②∵AB∥CD，
∴∠EDH＝∠DAB＝60°，
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，
∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，
∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，
∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，
∴△DEH是等边三角形，
故②正确；
③过点H作HM∥AD交AB于点M，连接DM，如图1，
∵△EDH是等边三角形，
∴∠BHC＝∠EHD＝60°，
∵AD∥BC∥HM，
∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，
∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，
∴△BHC是等边三角形，
∵HM∥AD∥BC，
∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，
∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，
∴△DMH和△BHM都是等边三角形，
∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，
∴点H为CD的中点，
∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，
∴△CKH∽△AKB，
∴HKBK=CHAB=CHCD=12，
∴HK=12BK=13BH=13AD，
∴AD＝3HK，
∴2AD＝3HK错误，
故③错误；
④过点C作CN⊥AB的延长线于点N，如图2，则∠BNC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，
∵∠BCD＝60°，
∴∠BCN＝30°，
∴BN＝12BC＝12AD，CN＝32BC＝32AD，
∴AN＝AB＋BN＝2AD＋12AD＝52AD，
∴AC＝AN2+CN2＝7AD，
由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，
∴△ACF是等边三角形，
∴等边三角形△ACF的高为32AC＝212AD，
∴S△ACF=12×212AD×7AD=734AD2 ,
∵▱ABCD的边AB上的高＝CN＝32AD，
∴S▱ABCD=AB×CN=2AD×32AD=3AD2，
∴4S△ACF=7S▱ABCD，
故④正确，
综上，①②④正确，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、图形的旋转、平行四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，添加适当的辅助线是解题的关键．
【题型9 利用相似三角形的判定与结论解决新定义问题】
【例9】（2023·浙江湖州·统考二模）定义：如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等腰四边形．

(1)如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，连结BD，点E是BD的中点，连结AE，CE．
①试判断四边形ABCE是否是双等腰四边形，并说明理由；
②若∠AEC=90°，求∠ABC的度数；
(2)如图2，点E是矩形ABCD内一点，点F是边CD上一点，四边形AEFD是双等腰四边形，且AD=DE．延长AE交BC于点G，连结FG．若AD=5，∠EFG=90°，CGFC=34，求AB的长．
【答案】(1)①四边形ABCE是双等腰四边形，理由见解析；②135°；
(2)495或11413
【分析】（1）①根据点E是BD的中点，可得EB=EA，EB=EC，且EB是四边形ABCE的对角线，即可证明；
②解法1：根据等边对等角，可得∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB，结合∠AEC=90°即可求解；
解法2：根据四点共圆的判定和性质，结合∠AEC=90°，即可求解；
（2）分类讨论：当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K，根据相似三角形的判定和性质，可得HFHE=CGCF=34，结合EF=5，即可求得相关线段的长度，设CG=3k，FC=4k，根据相似三角形的判定和性质，可得KEBG=AKAB
即15−3k=36+4k，求解即可；
当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H，结合△EFG是等腰直角三角形，根据全等三角形的判定和性质，可得HF=CG，HE=CF，设HF=3k，HE=4k，在△DHE中，运用勾股定理列式，DE2=DH2+HE2，即52=5−3k2+4k2，求解即可．
【详解】（1）∵∠BAD=90°，点E是BD的中点
∴EB=EA
同理，EB=EC
∴EB=EA=EC，且EB是四边形ABCE的对角线
∴ 四边形ABCE是双等腰四边形
②解法1：
∵EB=EA=EC
∴∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB
∵∠AEC=90°
∴∠EAB+∠EBA+∠EBC+∠ECB=270°
∴∠ABC=∠EBA+∠EBC=135°
解法2：
∵∠BAD=∠BCD=90°
∴ 点A、B、C、D共圆
∵∠AEC=90°
∴∠ADC=45°
∴ ∠ABC=135°
（2）如图1，当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K

∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°
∴△EFH∽△FGC
∴HFHE=CGCF=34
∴EF=5
∴HF=3，HE=4，DH=HF=3，KE=1
设CG=3k，FC=4k
则KE=5−4k，BG=5−3k，AK=DH=3，AB=DC=6+4k
∵KE∥BC
∴△AKE∽△ABC
∴KEBG=AKAB
∴15−3k=36+4k
解得，k=913
∴AB=11413
如图2，当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H

由②可知，∠AEF=135°
∴△EFG是等腰直角三角形
∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°
∴△EFH≌△FGC
∴HF=CG，HE=CF
设HF=3k，HE=4k
则DH=5−3k，AB=CD=5+4k
在△DHE中，DE2=DH2+HE2
即52=5−3k2+4k2
解得k=65
∴AB=495
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定的性质，全等三角形的判定和性质等，解题的关键是熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质．
【变式9-1】（2023·福建莆田·校考模拟预测）定义：△ABC中，一个内角的度数为α，另一个内角的度数为β，若满足α+2β=90°，则称这个三角形为“智汇三角形”．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D是BC上的一个动点，连接AD，若△ABD是“智汇三角形”，则CD的长是 ．
【答案】83
【分析】作DM⊥AB于M.分两种情形：①设∠BAD=α，∠B=β，当α+2β=90°时；②设∠BAD=β，∠B=α，当α+2β=90°时，分别求解即可．
【详解】解：作DM⊥AB于M.设∠BAD=α，∠B=β．

①设∠BAD=α，∠B=β，当α+2β=90°时，
∵α+β+∠DAC=90°，
∴∠DAC=β=∠B，
∵∠C=∠C，
∴△CAD∽△CBA，
∴AC2=CD⋅CB，
∴CD=323>6(舍去)；
②设∠BAD=β，∠B=α，当α+2β=90°时，
∵α+β+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠DAB，
∵DM⊥AB，DC⊥AC，
∴DM=DC，
∵∠DMA=∠C=90°，DM=DC，AD=AD，
∴Rt△ADC≌Rt△ADMHL，
∴AM=AC=8，
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=AC2+BC2=82+62=10，
∴BM=10−8=2，
设BD=x，则CD=DM=6−x，
在Rt△BDM中，则有x2=(6−x)2+22，
解得x=103．
∴CD=6−103=83，
故答案为：83．
【点睛】本题考查的是勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于填空题中的压轴题．
【变式9-2】（2023·江苏苏州·苏州市胥江实验中学校校考二模）定义：如果三角形的两个α与β满足α−β=90°，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”．

(1)若△ABC是“奇妙互余三角形”，∠A>90°，∠B=20°，则∠C的度数为______；
(2)如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，若AB=4，BC=5，点D是线段AB上的一点，若AD=94，判断△BCD是否是“奇妙互余三角形”，如果是，请说明理由；
(3)如图2，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC=4，CD=5，∠BAC=90°，若∠ACD=2∠ABC，且△BCD是“奇妙互余三角形”，求BD的长．
【答案】(1)35°或50°
(2)△BCD是“奇妙互余三角形”，理由见解析
(3)313
【分析】（1）由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A−∠B=90°和∠A−∠C=90°，两种情况求解：根据三角形内角和定理计算求解即可；
（2）如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，由勾股定理得AC=BC2−AB2=3，CD=AD2+AC2=154，则BD=74，证明△BDE∽△BAC，则BDAB=BEBC=DEAC，即744=BE5=DE3，解得BE=3516，DE=2116，CE=BC−BE=4516，由CECD=CDBC，∠DCE=∠BCD，证明△DCE∽△BCD，则∠CDE=∠CBD，∠BDC−∠CBD=90°，进而可得△BCD是“奇妙互余三角形”；
（3）如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，由∠ACD=2∠ABC=∠ABE，可得∠ACD+∠ACE=180°，则D、C、E三点共线，由∠BCD−∠ABC=90°，△BCD是“奇妙互余三角形”，可得∠BDC=∠ABC=∠CBE，证明△BED∽△CEB，则BECE=DEBE，即BE4=9BE，解得BE=6，由勾股定理得BD=BE2+DE2，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A−∠B=90°和∠A−∠C=90°，两种情况求解：
①当∠A−∠B=90°时，
∵∠B=20°，
∴∠A=110°，
由∠A+∠B+∠C=180°，可得∠C=50°；
②当∠A−∠C=90°时，
∵∠B=20°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠A+∠C=160°，
解得∠C=35°；
综上，∠C的值为35°或50°，
故答案为：35°或50°；
（2）解：△BCD是“奇妙互余三角形”，理由如下：
如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，

由勾股定理得AC=BC2−AB2=3，CD=AD2+AC2=154，
∵AD=94，
∴BD=74，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴BDAB=BEBC=DEAC，即744=BE5=DE3，解得BE=3516，DE=2116，
∴CE=BC−BE=4516，
∴CECD=4516154=34，CDBC=1545=34，
∵CECD=CDBC，∠DCE=∠BCD，
∴△DCE∽△BCD，
∴∠CDE=∠CBD，
∵∠BDC−∠CDE=90°，
∴∠BDC−∠CBD=90°，
∴△BCD是“奇妙互余三角形”；
（3）解：如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，

∴CE=AC=4，∠BCE=∠BCA，∠E=∠BAC=90°，
∴DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，
∵∠ACD=2∠ABC=∠ABE，
∴∠ACD+∠ACE=180°，
∴D、C、E三点共线，
∵∠BCD=∠ACD+∠ACB=2∠ABC+∠ACB=90°+∠ABC，
∴∠BCD−∠ABC=90°，
∵△BCD是“奇妙互余三角形”，
∴∠BCD−∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠ABC=∠CBE，
∵∠BDE=∠CBE，∠BED=∠CEB，
∴△BED∽△CEB，
∴BECE=DEBE，即BE4=9BE，解得BE=6，
由勾股定理得BD=BE2+DE2=313，
∴BD的长为313．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．
【变式9-3】（2023·江苏扬州·校考一模）定义：如果三角形中有两个角的差为90°，则称这个三角形为互融三角形，在 Rt△ABC 中，∠BAC= 90°，AB = 4 ，BC = 5 ，点D 是 BC 延长线上一点．若 △ABD 是“互融三角形”，则 CD 的长为 ．
【答案】3或457
【分析】根据互融三角形的概念，分两种情况进行讨论：①∠DAB−90°=∠B；②∠DAB−90°=∠D，其中第一种情况证明△DCA∽△DAB，从而运用相似三角形的性质求得CD长，第二种情况证明△DCA是等腰三角形，从而求得CD的长．
【详解】解：由题意可作图如下：
∵△ABD 是“互融三角形”，
∴分以下两种情况进行讨论：
当∠DAB−90°=∠B时，
即∠1=∠B，
∵∠DCA=90°+∠B，∠DAB=90°+∠1=90°+∠B，
∴∠DCA=∠DAB，
∵∠1=∠B，
∴△DCA∽△DAB，
∴CDDA=ACAB,
∵∠BAC= 90°，AB = 4 ，BC = 5 ，
∴AC=3，
∴CDDA=ACAB=34，
设CD=3t，DA=4t，
∵△DCA∽△DAB，
∴CDDA=DADB=34，即4t3t+5=34，
化简得，16t=9t+15，
解得，t=157．
∴CD=457．
∠DAB−90°=∠D时，
∵∠DAB−90°=∠1，
∴∠D=∠1，
∵AC=3，
∴CD=AC=3．
故答案为：3或457．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，根据题意，分两种情况分别讨论求解是解题的关键．
【题型10 利用相似三角形的判定与结论在格点中作图】
【例10】（2023春·吉林长春·九年级校考期末）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．

(1)在图①中，作△ABC的中线BD．
(2)在图②中，在AC边上找一点M，BC边上找一点N，连结MN，使得MN∥AB，且MN=12AB．
(3)在图③，在AB边上找一点E，连结CE，使△BCE的面积为52．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）找到AC与网格线的交点D，连接BD，则BD即为所求；
（2）找到AC的中点M，作1×3的网格的对角线，交BC于点N，连接MN，则MN即为所求；
（3）找到格点M,N，使得AM=2,BN=1，连接MN交BC于点E，进而根据相似三角形的性质得出BE=53，即可得出△BCE的面积为52．
【详解】（1）解：如图所示，BD即为所求

（2）如图所示，找到AC的中点M，作1×3的网格的对角线，交BC于点N，连接MN，则MN即为所求；

∴MN是△ABC的中位线，MN∥AB且MN=12AB；
（3）如图所示，找到格点M,N，使得AM=2,BN=1，连接MN交AB于点E，
则AM∥BN
∴△AME∽△BNE
∴BEAE=12
∵AB=5
∴BE=53
∴S△BCE=12×53×3=52
点E即为所求；

【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，中位线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式10-1】（2023·浙江衢州·三模）如图，在4×4的方格纸中，点A，B在格点上，请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．

(1)在图1中画一条线段垂直AB．
(2)在图2中画一条线段交AB于点P，使AP:BP=3:2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）找到格点C,D，使得CD=AB=17，且AB⊥CD，则CD即可求解；
（2）取格点N,M使得AN=3,MB=2，AB,MN交于点P，则点P即为所求，
【详解】（1）解：如图所示，CD即为所求；

理由如下，

∵AF=CE=4,DE=BF=1,AB=CD=12+42=17，
∴△DCE≌△BAF，
∴∠A=∠C，
∵∠A+∠ABF=90°，
∴∠C+∠ABF=90°，
∴AB⊥CD；
（2）解：如图所示，取格点N,M使得AN=3,MB=2，AB,MN交于点P，则点P即为所求，

∵AN=3,MB=2，AN∥BM，
∴△PAN∽△PBM
∴APBP=ANBM=32，
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·湖北·九年级专题练习）如图是由小正方形组成的6×5网格，每个小正方形的顶点叫做格点．A，B，C三点是格点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图．

(1)在图（1）中，先在BC上画点D，使AD平分∠BAC；再在AC上画点E，使DE=13AB；
(2)在图（2）中，点P在AB上，先将线段BA绕B点逆时针旋转∠BAC的度数，画出对应线段BF，再在AC上画点Q，使AQ=BP．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据网格特点和正方形的性质、结合全等三角形的判定与性质以及角的和差运算，取格点D，可得∠BAD=∠CAD，则可使AD平分∠BAC；根据网格特点和三角形中位线性质可得DE∥AB，利用相似三角形的性质可得到DEAB=CDCB=13；
（2）如图，根据平行四边形的性质可得到BF∥AC，则∠CAB=∠ABF，又BF=AB，则线段BF为所求；根据轴对称性质可得BP=BK，再利用全等三角形的性质得到AQ=BK即可．
【详解】（1）解：如图，点D、E即为所求作；

（2）解：如图，线段BF、点Q即为所求作．

【点睛】本题考查基本作图，涉及正方形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行四边形的性质、轴对称的性质、全等三角形的性质、平行线的性质、旋转性质等知识，理解网格特点，熟练掌握相关知识是解答的关键．
【变式10-3】（2023春·江苏无锡·九年级统考期末）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形．

(1)如图1，△ABC的顶点以及点O 均在格点上，画出△DEF，以O为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°；
(2)如图2，画出一个以DF为边，面积为6的矩形DFMN；
(3)如图3，在网格中有一定角XOY和一定点P，请作一条线段AB，使点P为AB中点，且点A、B分别在OX、OY上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）理由旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可；
（2）如图，取格点P，J，可知四边形DJPF是矩形，取格点I，Q，连接IQ，分别交PF，JD于M，N，可知四边形IQPJ是平行四边形，四边形DFMN是矩形，易知△JIN∽△DQN，利用性质可知JNDN=IJDQ=23，则DJDN=53，进而可知矩形DFMN的面积=DF⋅DN=25×355=6，即可求得所作图形；
（3）取格点D，N，C，连接CD，CN，CN与OY交于点B，可知四边形CDON是平行四边形，取格点E，M，连接CE，CM，CM与OX交于点A，可知四边形CDON是平行四边形，进而可知四边形AOBC是平行四边形，连接AB，OC，由图可知点P为OC的中点，即可求得所作图形．
【详解】（1）解：如图，△DEF即为所求；

（2）如图，取格点P，J，连接DJ，PF，PJ，由勾股定理可知DJ=PF=5，PJ=DF=25，
又∵DP=5，则DJ2+PJ2=DP2，
∴四边形DJPF是矩形，
取格点I，Q，连接IQ，分别交PF，JD于M，N，
由勾股定理可知PJ=IQ=25，PQ=JI=2，DQ=3
∴四边形IQPJ是平行四边形，
∴IJ∥DQ，MN∥PJ，则四边形DFMN是矩形，
∴∠JIN=∠DQN，∠IJN=∠QDN，
∴△JIN∽△DQN，
∴JNDN=IJDQ=23，则DJDN=53，
∴DN=35DJ=35×5，
∴矩形DFMN的面积=DF⋅DN=25×355=6，

则，矩形DFMN即为所求；
（3）取格点D，N，C，连接CD，CN，CN与OY交于点B，
由勾股定理可得：CD=ON=13，CN=OD=17，
∴四边形CDON是平行四边形，
取格点E，M，连接CE，CM，CM与OX交于点A，
由勾股定理可得：CM=OE=10，CE=OM=10，
∴四边形CDON是平行四边形，
∵四边形CDON是平行四边形，四边形CDON是平行四边形，
∴OA∥CB，OB∥AC，
∴四边形AOBC是平行四边形，
连接AB，OC，由图可知点P为OC的中点，
∵AB，OC是平行四边形AOBC的对角线，
∴点P为AB的中点，

如图所示，线段AB即为所求．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，相似三角形的判定及性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．