中考数学专题06 五大常考相似模型（原卷版+解析版）

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模型一：A字模型
模型二：8字模型
模型三：子母模型（射影定理）
模型四：一线三等角模型
模型五：手拉手模型（旋转模型）
二、【考点类型】
考点1：A字模型
典例1：（2021秋·安徽安庆·九年级安庆市石化第一中学校考期中）图，，点H在BC上，AC与BD交于点G，AB＝2，CD＝3，求GH的长．
【答案】
【分析】根据平行线分线段成比例定理，由，可证△CGH∽△CAB，由性质得出，由，可证△BGH∽△BDC，由性质得出，将两个式子相加，即可求出GH的长．
【详解】解：∵，
∴∠A=∠HGC，∠ABC=∠GHC，
∴△CGH∽△CAB，
∴，
∵，
∴∠D=∠HGB，∠DCB=∠GHB，
△BGH∽△BDC，
∴，
∴，
∵AB=2，CD=3，
∴，
解得：GH=．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式1】（2022·广东深圳·深圳市华胜实验学校校考一模）如图，在⊙O中，，CD⊥AB于点F，交⊙O于点D，AO的延长线交CD于点E．
(1)求证：AE⊥BC；
(2)求证：DF＝EF；
(3)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据弦与圆周角的关系和等腰三角形的性质可证得结论；
（2）根据圆周角定理和平行线的判定与性质证得，再根据等腰三角形的判定与性质可证得结论；
（3）证明得到，再证明得到，由已知得到，进而求解即可．
【详解】（1）证明：连接，延长交圆O点M，
∵，经过圆心O，
∴，，
∴，
∴；
（2）证明：连接、，
∵
∴，
∵是圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，，又
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角、弧、弦的关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，正确作出辅助线是解答的关键．
【变式2】（2023春·安徽六安·九年级校联考阶段练习）如图，在中，，平分交于点，的垂直平分线交于点，以点为圆心，以长为半径作⊙，交于点．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)已知，，求⊙的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接，由垂直平分线的性质可知，，易知经过点，由平分，可知，由，可知，，进而得，可知，易知，得证是的切线；
（2）由（1）易证，可得．设的半径为，则，解出方程即可得的半径．
【详解】（1）证明：连接，
的垂直平分线交于点，
，
经过点，
平分，
，
，
，
，
，
∴，
，
是的切线；
（2）解：，，
，
，
，
．
设的半径为，则，
解得，（舍去），
经检验，是原分式方程的解，
故的半径为3．
【点睛】本题考查切线的判定，相似三角形的判定及性质，通过作辅助线，与圆心相连是解决问题的关键．
【变式3】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在中，，D是上一点，点E在上，连接交于点F，若，则＝__________．
【答案】2
【分析】过D作垂直于H点，过D作交BC于G点，先利用解直角三角形求出的长，其次利用，求出的长，得出的长，最后利用求出的长，最后得出答案．
【详解】解：如图：过D作垂直于H点，过D作交于G点，
∵在中，，
∴，
又∵，
∴ ，
∴在等腰直角三角形中，，
∴，
在中，，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴ ，
即，
∴ ，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
考点2：8字模型
典例2：（2021秋·重庆·九年级校联考期末）如图与交于，且．
（1）求证：∽．
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据相似三角形的判定解答即可；
（2）因为∽，根据相似三角形的性质可知，代入数据解答即可．
【详解】证明：（1），，
∽；
（2）∽，
，
，，，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【变式1】39．（2021春·全国·九年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，点F在边AB上，BC2=BF•BA，CF与DE相交于点G．
（1）求证：DF•AB=BC•DG；
（2）当点E为AC中点时，求证：2DF•EG=AF•DG．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由BC2=BF•BA，∠ABC=∠CBF可判断△BAC∽△BCF，再由DE∥BC可判断，所以，然后利用相似三角形的性质即可得到结论；
（2）作AH∥BC交CF的延长线于H，如图，易得AH∥DE，由点E为AC的中点得AH=2EG，再利用AH∥DG可判定，则根据相似三角形的性质得，然后利用等线段代换即可．
【详解】证明：（1）∵BC2=BF•BA，
∴BC：BF=BA：BC，
而∠ABC=∠CBF，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∴，
∴DF：BC=DG：BA，
∴DF•AB=BC•DG；
（2）作AH∥BC交CF的延长线于H，如图，
∵DE∥BC，
∴AH∥DE，
∵点E为AC的中点，
为的中位线，
∴AH=2EG，
∵AH∥DG，
∴，
∴，
∴，
即2DF•EG=AF•DG．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：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，主要通过相似比得到线段之间的关系．
【变式2】（2023·山西太原·山西实验中学校考一模）如图所示，在中，两条弦相交于点E，连接，则下列说法中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可得，，即可得到，即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
∵弧弧，弧弧，
∴，，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查圆周角定理及三角形相似的性质与判定，解题的关键是熟练掌握圆中同弧或等弧所对的圆周角圆心角相等．
考点3：子母模型（射影定理）
典例3：（2022·辽宁营口·一模）如图，，是的直径，为的切线，为切点，连接，过点作于点，延长交于点，交于点，交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若半径为，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）是的直径，为的切线，得，所以，而，，，可得，所以，即可得；
（2）根据是的直径，得，根据勾股定理得，根据垂径定理得 ，证明，得，即，求出，所以．
【详解】（1）证明：是的直径，为的切线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：是的直径，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
即，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理及相似三角形的判定和性质等，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【变式1】（2022·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）如图，是的内接三角形，过点作的切线交的延长线于点，于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，再根据垂径定理可得结论；
（2）由勾股定理求出的长，证明，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】（1）证明：连接，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，垂径定理，解直角三角形．证明是解此题的关键．
【变式2】（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB上，且＝．
（1）求证 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据相似三角形的判定两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可得出
（2）由得，，推出，由相似三角形的性质得，即可求出CD的长．
【详解】（1）∵，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定定理与性质是解题的关键．
【变式3】（2021·江苏无锡·九年级专题练习）如图，在矩形中，，，为矩形对角线的交点，以为圆心，1为半径作，为上的一个动点，连接，，则面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当点移动到过点的直线平行于且与相切时，面积的最大，由于为切点，得出垂直于切线，进而得出，根据勾股定理先求得的长，进而求得的长，根据，求得的长，从而求得的长，最后根据三角形的面积公式即可求得．
【详解】解：当点移动到过点的直线平行于且与相切时，面积的最大，如图，
过的直线是的切线，
垂直于切线，
延长交于，则，
在矩形中，，，
，
，
，，
，
，
，，，
，
，
的最大面积，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，矩形的性质，平行线的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，本题的关键是判断出处于什么位置时面积最大．
考点4：一线三等角模型（重点）
典例4：（2020秋·宁夏银川·九年级校考阶段练习）将一副三角尺如图①摆放，在中，；在中，，点为的中点，交于点，经过点．
（1）求的度数；
（2）如图②，将绕点顺时针方向旋转角（），此时的等腰直角三角尺记为，交于点，交于点，试判断的值是否随着的变化而变化？如果不变，请求出的值；反之，请说明理由．
【答案】（1）30°；（2）不变，．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据等边对等角求出，再求出，再根据计算即可得解；
（2）先证明，再根据两组角对应相等，两三角形相似判断出∽，再根据相似三角形对应边成比例可得为定值，再根据特殊角三角函数值求解即可．
【详解】解：（1）如图①，，点为的中点，
，
，
，
；
（2）如图②，，
，
，
，，
是等边三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
的值不随着的变化而变化，是定值．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记各性质并判断出相似三角形是解题的关键，也是本题的难点．
【变式1】（2023春·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，在等边△ABC中，P为BC上一点，D为AC上一点，且∠APD＝60°，2BP＝3CD，BP＝1．
（1）求证△ABP∽△PCD；
（2）求△ABC的边长．
【答案】（1）证明见解析；（2）3．
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，证明∠B＝∠C＝60°，再利用平角的定义与三角形的内角和定理证明：∠BPA＝∠PDC，从而可得结论；
（2）由，先求解，设，再利用相似三角形的性质可得：，列方程，解方程即可得到答案．
【详解】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，
∵∠BPA＋∠APD＋∠DPC＝180°且∠APD＝60°，
∴∠BPA＋∠DPC＝120°
∵∠DPC＋∠C＋∠PDC＝180°，
∴∠DPC＋∠PDC＝120°，
∴∠BPA＝∠PDC，
∴△ABP∽△PCD ；
（2）∵2BP＝3CD，且BP＝1，
∴，
∵△ABP∽△PCD
，
设，则，

∴

经检验：是原方程的解，
所以三角形的边长为：3．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，分式方程的解法，掌握三角形的判定及利用相似三角形的性质解决问题是解题的关键．
【变式2】（2023·全国·九年级专题练习）如图，四边形是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连接，过点P作，交于点E，已知，．设的长为x．
(1)___________；当时，求的值；
(2)试探究：是否是定值?若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；
(3)当是等腰三角形时，请求出的值．
【答案】(1)4，
(2)是，
(3)或4
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解决问题；
（2）结论：的值为定值．证明方法类似（1）；
（3）连接交于，在中，，代入数据求得，进而即可求解．
【详解】（1）解：作于交于．
四边形是矩形，
，，，
．
在中，，，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为4，．
（2）结论：的值为定值．
理由：由，可得．，，，
，
；
（3）连接交于．
，所以只能，
，
，
，
，
垂直平分线段，
在中，，
，
，
，
．
综上所述，的值为．
【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
【变式3】（2020春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，点是正两边上的点，将沿直线翻折，点的对应点恰好落在边上，当时，的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先证明，再根据相似三角形的周长比等于相似比和折叠的性质进行转化即可求解．
【详解】解：设AF=x，
∵为等边三角形，
∴AC=AB=BC=4x, ∠A=∠B=∠C=60°,CF=3x
∵翻折得到，
∴BD=FD,BE=FE, ∠B=∠DFE=60°，
∴∠AFD+∠DFE=∠C+∠FEC，
∴∠AFD=∠CEF，
∴，
．
故选：D
【点睛】本题难度较大，根据题意找到“一线三等角”相似模型，理解相似三角形的周长比等于相似比是解题关键．
考点5：手拉手模型（重点）
典例5：（2023春·湖北襄阳·九年级统考阶段练习）（1）问题探究：如图1，，均为等边三角形，连接、，求证：．
（2）类比延伸：如图2，在和中，，，连接、，求证：．
（3）拓展迁移：如图3，在四边形中，，且，，若将线段绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据“边角边”证明，问题得证；
（2）根据含角的直角三角形的性质等知识得到，进而证明，即可证明；
（3）连接，根据为等腰直角三角形得到,，根据绕点D按逆时针方向旋转得到，得到,，进而证明，即可求出．
【详解】解：（1）∵，均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图③，连接，
∵，且，
∴为等腰直角三角形．
∴,，
∵绕点D按逆时针方向旋转得到，
∴为等腰直角三角形，，
∴,，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，旋转的性质等知识，理解特殊三角形的性质，根据题意证明三角形全等或相似是解题关键．
【变式1】（2021秋·重庆渝北·九年级统考期末）如图，在等边三角形中，点，分别是边，上的点．将沿翻折，点正好落在线段上的点处，使得．若，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由是等边三角形，＝＝＝60°， 由沿DE折叠C落在AB边上的点F上，，＝＝60°，CD=DF，CE＝EF，由AF：BF=1:2，设AF=m，BF=2m，AB=3m，设AD＝x，CD=DF＝， 由BE=2，BC＝，可得CE＝，可证 ，利用性质 ，即，解方程即可
【详解】解：∵是等边三角形，
∴ ＝＝＝60°，
∵ 沿DE折叠C落在AB边上的点F上，
∴ ，
∴ ＝＝60°，CD=DF，CE＝EF，
∵AF：BF=1:2，
设AF=m，BF=2m，AB=3m，
设＝x，＝DF＝，
∵BE=2，BC＝，
∴ CE＝，
∵ ＝，＝60°，
∴ ＝120°，＝120°，
∴ ＝，
∵ ＝，
∴ ，
∴ ，
即，
解得：，使等式有意义，
∴ ＝，
故选择：A．
【点睛】本题考查等边三角形性质和折叠性质以及相似三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度．
【变式2】（2020·江苏常州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB中，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，顶点A在反比例函y＝（x＞0）上运动，此时顶点B也在反比例函数y＝上运动，则m的值为( )
A．-9B．-12C．-15D．-18
【答案】A
【分析】根据∠AOB=90°，∠ABO=30°，可求出OA与OB的比，设出点B的坐标，再根据相似三角形的性质，求出点A的坐标，可得ab的值，进而求出m的值．
【详解】解：过A、B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足为M、N，
∵∠AOB=90°，∠ABO=30°，
∴tan30°=，
∵∠BON+∠AOM=90°，∠BON+∠OBN=90°，
∴∠OBN=∠AOM，
∵∠BNO=∠AMO=90°，
∴△BNO∽△OMA，
∴，
∴设ON=a，BN=b，则AM=，OM=，
∴B（-a，b），A（，），
∵点A在反比例函数y＝上，
则×=3，
∴ab=9，
∵点B在反比例函数y＝上，
∴-a×b=m=-9，
故选A.
【点睛】本题考查反比例函数的图象和性质，直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，求出反比例函数图象上点的坐标是解答前提的关键．
巩固训练
一、单选题
1．（2021·山东临沂·三模）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AE＝2，EC＝3，则△ADE与△ABC的面积之比为（ ）
A．4：25B．2：3C．4：9D．2：5
【答案】A
【分析】根据相似三角形的判定定理得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算，得到答案．
【详解】解：∵AE=2，EC=3，
∴AC=AE+EC=5，
∵DEBC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，，，分别交于点G，H，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例和相似三角形的性质与判定，进行逐一判断即可．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴，
∴A选项正确，不符合题目要求；
∵AE∥DF，
∴∠CGE=∠CHD，∠CEG=∠D，
∴△CEG∽△CDH，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴B选项正确，不符合题目要求；
∵AB∥CD，AE∥DF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AF=DE，
∵AE∥DF，
∴，
∴；
∴C选项正确，不符合题目要求；
∵AE∥DF，
∴△BFH∽△BAG，
∴，
∵AB＞FA，
∴
∴D选项不正确，符合题目要求．
故选D．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的性质和判定的应用，能根据定理得出比例式是解此题的关键．
3．（2013·海南·中考真题）直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，先证明△BCE≌△ACF，再证明△CDG∽△CAF，进而即可求解．
【详解】解：如图，分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC．
∵∠EBC+∠BCE=90°，∠BCE+∠ACF=90°，∠ACF+∠CAF=90°，
∴∠EBC=∠ACF，∠BCE=∠CAF．
在△BCE与△ACF中，∵∠EBC=∠ACF，BC=AC，∠BCE=∠CAF，
∴△BCE≌△CAF（ASA）．
∴CF=BE=3，CE=AF=4．
在Rt△ACF中，∵AF=4，CF=3，
∴，
∵AF⊥l3，DG⊥l3，
∴△CDG∽△CAF．
∴，解得．
在Rt△BCD中，∵，BC=5，
∴．
故选C．
【点睛】本题主要考查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，掌握相似三角形的判定和性质，列出比例式是关键．
4.（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在中，，点D为线段上一动点（不与点B，C重合），连接，作，交线段于点E．
下面是某学习小组根据题意得到的结论：
甲同学：；
乙同学：若，则；
丙同学：当时，D为的中点．
则下列说法正确的是（ ）
A．只有甲同学正确B．乙和丙同学都正确
C．甲和丙同学正确D．三个同学都正确
【答案】D
【分析】在中，依据三角形外角及已知可得，结合等腰三角形易证；结合，易证，得到；当时，结合已知求得，易证，依据等腰三角形“三线合一”得
【详解】解：在中，
，
，
，，
，
，
甲同学正确；
，，，
，
，
乙同学正确；
当时，
，
，
，
，
，
，
D为的中点，
丙同学正确；
综上所述：三个同学都正确
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形外角、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质；解题的关键是通过“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和”得到．
5.（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，已知点A，B，C，D，E均在方格纸的格点上，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用网格的性质得到，利用勾股定理求出和，得到相似比，从而得到面积之比．
【详解】解：由图可知：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积之比等于相似比的平方．
6．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，直线，与之间距离是1，与之间距离是2，且，，分别经过点A，B，C，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点B作，交于E，交于F，在中运用三角函数可得，易证，运用相似三角形的性质可求出，然后在中运用勾股定理可求出，再在中运用三角函数就可求出的值．
【详解】解：如图，过点B作，交于E，交于F，如图．
∵，
∴．
∵直线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
在中，
．
在中，，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角函数，特殊角的三角函数值等知识，构造相似三角形是解决本题的关键．
7．（2022·广东深圳·深圳市大鹏新区华侨中学校考二模）如图，已知D、E分别是中、边上的点，且，的周长2，则的周长为（ ）
A．4B．6C．8D．18
【答案】B
【分析】由，可证，得出周长的比等于相似比，即可得出答案．
【详解】解：，
，，
，
，
，
的周长2，
的周长为6．
故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形周长的比等于相似比是解题的关键．
8．（2023秋·安徽六安·九年级统考期末）如图，在中，为上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由四边形是平行四边形，易证得，，又由，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
【详解】解：，
，
四边形是平行四边形，
，，
，且，
．
故选：A．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意掌握相似三角形的对应边成比例定理的应用是解此题的关键．
9．（2023·贵州遵义·校考一模）如图，在中，是边上的点，，，则与的面积比是（ ）
A．B．1：2C．1：3D．1：4
【答案】B
【分析】根据两角对应相等，两三角形相似，可得∽，再根据面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：，为公共角，
∽，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，应用“两角对应相等的两个三角形相似”时，往往有一个角是作为公共角出现的，是题目的隐含信息．另外需要注意面积比等于相似比的平方．
10．（2022秋·四川遂宁·九年级统考期末）如图，矩形的四个顶点分别在直线，，，上，若直线且间距相等，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作直线的垂线，构造相似三角形，将转化为求出即可．
【详解】解：如图，过点作直线的垂线，交于点，于点，
，且间距相等，
，，相似比为，
，
，
．
故选：A【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形，以及平行线的性质、转化思想等知识点，转化思想的运用是解题关键．
11.（2020秋·广西桂林·九年级校考阶段练习）如图， 正方形ABCD中，△绕点A逆时针转到，，分别交对角线BD于点E，F，若AE=4，则的值为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】C
【分析】根据正方形性质和旋转性质得到∠BAC和∠EAF和∠ADB都等于45°，再加上公共角得到△AEF与△DEA相似，得到对应边成比例即可得到结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠ADB=45°，
∵把△ABC绕点A逆时针旋转到，
∴∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠EAF=∠ADB=45°，
∵∠AEF=∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴EF·ED=AE2，
∵AE=4，
∴EF·ED=16，
故选：C．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，找出相关的相似三角形是解题的关键．
12．（2022秋·九年级单元测试）如图，在平行四边形ABCD中，E为边AD的中点，连接AC，BE交于点F．若△AEF 的面积为2，则△ABC的面积为( )
A．8B．10C．12D．14
【答案】C
【分析】先利用平行四边形的性质得，AD=BC，由可判断△AEF∽△CBF，根据相似三角形的性质得，然后根据三角形面积公式得，，则．
【详解】∵平行四边形ABCD
∴，AD=BC
∵E为边AD的中点
∴BC=2AE
∵
∴∠EAC=∠BCA
又∵∠EFA=∠BFC
∴△AEF∽△CBF
如图，过点F作FH⊥AD于点H，FG⊥BC于点G，
则，
∴，
∵△AEF的面积为2
∴
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，属于同步基础题．
13．（2021·江苏无锡·九年级专题练习）如图，正方形的对角线、相交于点，是的中点，交于点，若，则等于
A．3B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】因为四边形ABCD是正方形，E是BC中点，所以CE=AD，由相似三角形的判定定理得出△CEF∽△ADF，再根据相似三角形的对应边成比例可得出．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，E是BC中点，
∴CE=AD，
∵AD∥BC，
∴∠ADF=∠DEC，∠AFD=∠EFC，
∴△CEF∽△ADF，
∴
∴
解得DF=8，
故选：D．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质及正方形的性质，先根据题意判断出△CEF∽△ADF，再根据相似三角形的对应边成比例进行解答是解答此题的关键．
14．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°．在扇形内放一个Rt△EDF，其中DE＝10，DF＝9，直角顶点D在半径OB上，OD＝2DB，点E在半径OA上，点F在弧上．则半径OA的长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】看到点想位置，用角度刻画F在上的位置，再利用建立等量关系解得半径
【详解】解：连接OF，作FG⊥ OB于点G，过F作于H，
设半径为r，，
在中，，
∵，，
∴ ，
又，
∴ ，
∴ ，
由，
∴ ，
∴ ，
，
∴ ，，
在中，
因为解方程复杂，代入检验得：
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理，首先要明确的一点是：△EDF的形状是确定的．D点在OB上的位置也是确定的，所以点F在弧AB上的位置以及点E在OA上的位置也是确定的，应当思考利用什么样的数量关系去刻画这两点的位置关系，而这恰恰是解题的关键．
15．（2020·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）如图，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，折痕为EF，点A的对应点是点A′，点B的对应点是点B′，点B′落在边CD上，若CB′:CD=1:3，且BF＝10，则EF的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，则CD=3x，，根据求出x=6，得到CD=18，CF=8，=12，证明△∽△求得DM=9，，，AM=9，再根据求得AE=4，过点E作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，再根据勾股定理求出EF=.
【详解】设，则CD=3x，，
由折叠得，
∴CF=3x-10，
∵
∴100=，
解得x=6或x=0（舍去），
∴CD=18，CF=8，=12，
∵∠C=∠D=∠,
∴∠,
∴△∽△,
∴，
∴，
∴DM=9，，
∴，AM=9，
在Rt△中，，
∴,
解得EM=5，
∴AE=4，
过点E作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，
∴BH=AE=4，EH=AB=CD=18，
∴FH=10-4=6，
∴EF=,
故选：C.
【点睛】此题考查正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，解题中多次用到勾股定理求出直角三角形中的边长，根据折叠的性质得到对应的边相等或角度相等是解题的关键.
二、填空题
16．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，中，点在上，，若，，则线段的长为___________．
【答案】
【分析】延长到，使，连接，可得等腰和等腰，，再证明，利用相似三角形对应边成比例即可求出．
【详解】解：如图所示，延长到，使，连接，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质和相似三角形的判定和性质，利用已知二倍角关系①构造等腰和②构造等腰是解题关键．
17．（2022春·九年级课时练习）如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，已知AD＝，那么BC＝_______．
【答案】
【分析】证明△BCD∽△BAC，根据相似三角形的性质列式计算即可．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACB＝∠CDB＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴＝，即＝，
∴,
∵
∴BC＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，牢记相关知识点并能结合图形灵活应用是解题关键．
18.（2020·海南海口·统考二模）如图，在中，，，，点在边上，与边、分别切于点、，则的值为__________．
【答案】
【分析】本题首先利用切线性质以及圆半径相等求证正方形OEBD，继而利用平行推出线段比例关系以及，最后通过正方形以及相似性质列方程求解BE、CE以解本题．
【详解】连接OE、OD，如下图所示：
∵圆与AB、BC相切，∠B=90°
∴∠OEB=∠ODB=90°，
∴四边形OEBD为矩形，OE∥AB，
又∵OE、OD为半径，
∴四边形OEBD为正方形．
由平行可知：，，
∴，
又∵OE=BE，
∴，
即，求得，
∴，
故．
故填：．
【点睛】本题考查圆、正方形以及相似性质的综合，题干见到切线信息点通常需要连接圆心与切点构造辅助线，题目若涉及线段比例时，通常考查相似性质，可据此作为思路指引．
19．（2022秋·江苏扬州·九年级统考期末）如图，在边长为6的等边△ABC中，D是边BC上一点，将△ABC沿EF折叠使点A与点D重合，若BD : DE=2 : 3，则CF=____．
【答案】2.4
【分析】根据折叠的性质可得∠EDF=∠A，DF=AF，再由等边三角形的性质可得∠EDF=60°，∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED=120°，从而得到∠CDF=∠BED，进而得到△BDE∽△CFD，再由BD : DE=2 : 3，可得到，即，即可求解．
【详解】解：根据题意得：∠EDF=∠A，DF=AF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∴∠EDF=60°，
∴∠BDE+∠CDF=180°-∠EDF=120°，
∵∠B=60°，
∴∠BDE+∠BED=180°-∠B=120°，
∴∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED，
∴∠CDF=∠BED，
∴△BDE∽△CFD，
∴ ，即，
∵等边△ABC的边长为6 ，
∴ ，解得： ．
故答案为：2.4
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，图形的折叠，相似三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的性质，图形的折叠的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
20．（2020秋·福建泉州·九年级福建省南安市侨光中学校考阶段练习）如图，是直角三角形，，，点A在反比例函数的图象上．若点B在反比例函数 的图象上，则k的值为______
【答案】−8
【分析】求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到，然后用待定系数法即可．
【详解】过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．
设点A的坐标是（m，n），则AC＝n，OC＝m，
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＋∠BOD＝90°，
∵∠DBO＋∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC，
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA，
∴，
∵OB＝2OA，
∴BD＝2m，OD＝2n，
因为点A在反比例函数y＝的图象上，则mn＝2，
∵点B在反比例函数y＝的图象上，
∴B点的坐标是（−2n，2m），
∴k＝−2n•2m＝−4mn＝−8．
故答案为：−8．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，求函数的解析式的问题，一般要转化为求点的坐标的问题，求出图象上点的横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式．
21．（2019·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC上有一点E，且CE＝4AE，点F在DC的延长线上，连接EF，过点E作EG⊥EF，交CB的延长线于点G，连接GF并延长，交AC的延长线于点P，若AB＝5，CF＝2，则线段EP的长是_____．
【答案】
【分析】如图，作FH⊥PE于H．利用勾股定理求出EF，再证明△CEF∽△FEP，可得EF2＝EC•EP，由此即可解决问题．
【详解】如图，作FH⊥PE于H．
∵四边形ABCD是正方形，AB＝5，
∴AC＝5，∠ACD＝∠FCH＝45°，
∵∠FHC＝90°，CF＝2，
∴CH＝HF＝，
∵CE＝4AE，
∴EC＝4，AE＝，
∴EH＝5，
在Rt△EFH中，EF2＝EH2+FH2＝（5）2+（）2＝52，
∵∠GEF＝∠GCF＝90°，
∴E，G，F，C四点共圆，
∴∠EFG＝∠ECG＝45°，
∴∠ECF＝∠EFP＝135°，
∵∠CEF＝∠FEP，
∴△CEF∽△FEP，
∴，
∴EF2＝EC•EP，
∴EP＝
故答案为．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
22．（2019秋·浙江杭州·九年级期末）如图，已知和是等边三角形，连接，连接并延长交于点，交于点，，，那么的长为______．
【答案】
【分析】如图，过点F作FM⊥EG于M，根据等边三角形的性质可得∠ACB=∠ECD=60°，AB=AC，CE=CD，利用线段的和差关系可得CF=4，根据角的和差关系可得∠BCE=∠ACD，利用SAS可证明△BCE≌△ACD，可得∠BEC=∠ADC，根据∠GFE=∠CFD即可证明△GEF∽△CDF，∠EGF=∠DCF=60°，根据相似三角形的性质可得，可得，根据含30°角的直角三角形的性质可得MG=GF，设GF=2a，则EG=3a，MG=a，即可得出ME=2a，在Rt△EMF中，利用勾股定理列方程可求出a的值，进而可求出EG的长．
【详解】如图，过点F作FM⊥EG于M，
∵△ABC和△DCE是等边三角形，
∴∠ACB=∠ECD=60°，BC=AC，CE=CD，
∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE，即∠BCE=∠ACD，
∵CD=6，EF=2，CE=EF+CF，
∴CF=CE-EF=CD-EF=4，
在△BCE和△ACD中，，
∴△BCE≌△ACD，
∴∠BEC=∠ADC，
∵∠GFE=∠CFD，
∴△GEF∽△CDF，∠EGF=∠DCF=60°，
∴，
∴，
设GF=2a，则EG=3a，
∵FM⊥EG，∠EGF=60°，
∴∠GFM=30°，
∴MG=GF=a，
∴MF=a，ME=EG-MG=2a，
∴EF2=ME2+MF2，即4a2+3a2=4，
解得：a=，（负值舍去）
∴EG=3a=．
故答案为：
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，正确添加辅助线构造直角三角形是解题关键．
23．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与AC相交于点H，连接DG．以下四个结论：
①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG；
②△ACF∽△ADG；
③；
④DG⊥AC．
其中正确的是_____．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可知，有对顶角相等，可证∠EAB＝∠BFE，由可证∠EAB＝∠DAG，可判断结论①正确；由，，两边对应成比例且夹角相等即可得△ACF∽△ADG，可判断结论②正确；由结论②可知，可得DG平分，由正方形可知是等腰直角三角形，可推出DG⊥AC，结论④正确；利用两组角对应相等的两个三角形相似可得△ACF∽△AFH，根据相似的性质可得，则，又有，则结论③错误．
【详解】解：设AB与EF相交于点O，如图所示，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴，．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
故结论①正确；
∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的对角线，
∴，，
∴．
又∵，
∴，
即．
∴△ACF∽△ADG．
故结论②正确；
由△ACF∽△ADG可知，
∴DG平分．
∵是等腰直角三角形，
∴DG⊥AC．
故结论④正确；
∵，，
∴△ACF∽△AFH，
∴，
∴．
∵在等腰直角中，，
∴，
故结论③错误，
∴正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理证明三角形相似是解题的关键．
24．（2021春·全国·九年级专题练习）已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，，则CH的长为________.
【答案】
【分析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明△ANG∽ADM，得到，从而求出DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，从而说明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的长.
【详解】解：连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，
∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN，
∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°，
∴△ANG∽ADM，
∴，
∵，
∴DF=EG=2,
∴DN=NG=1，
∵AD=AB=3，
∴，
解得：DM=，
∴MC=，AM=，
∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠EDC，
在△ADG和△CDE中，
，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴∠DAG=∠DCE，
∵∠AMD=∠CMH，
∴∠ADM=∠CHM=90°，
∴△ADM∽△CHM，
∴，
即，
解得：CH=.
【点睛】本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，正方形的性质，勾股定理，综合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长.
25．（2023秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在中，，点D在边上，，则的长为_____．
【答案】6
【分析】利用等腰三角形的性质可证，则，证明，然后利用相似三角形的性质求出的长，最后计算即可．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质：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．
三、解答题
26．（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，在中，、分别是、边上的高．求证：．
【答案】见详解
【分析】先证明，即有，再结合，即可证明．
【详解】∵、分别是、边上的高，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，掌握三角形的判定与性质是解答本题的关键．
27.（2022·江苏·九年级专题练习）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．
28．（2022秋·北京房山·九年级统考期中）如图，AD与BC交于O点，，，，，求CD的长．
【答案】1.5
【分析】由，可得出，利用相似三角形的性质可得出，代入，，，即可求出CD的长．
【详解】解：∵AD与BC交于O点，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例列式．
29．（2018·湖北武汉·统考一模）如图，以AD为直径的⊙O交AB于C点，BD的延长线交⊙O于E点，连CE交AD于F点，若AC＝BC．
（1）求证：；
（2）若，求tan∠CED的值．
【答案】（1）见解析；（2）tan∠CED＝
【分析】（1）欲证明，只要证明即可；
（2）由，可得，设FO＝2a，OC＝3a，则DF＝a，DE＝1.5a，AD＝DB＝6a，由，可得BD•BE＝BC•BA，设AC＝BC＝x，则有，由此求出AC、CD即可解决问题.
【详解】（1）证明：如下图，连接AE，
∵AD是直径，
∴，
∴DC⊥AB，
∵AC＝CB，
∴DA＝DB，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵，，
∴∠BDC＝∠EAC，
∵∠AEC＝∠ADC，
∴∠EAC＝∠AEC，
∴；
（2）解：如下图，连接OC，
∵AO＝OD，AC＝CB，
∴OC∥BD，
∴，
∴，
设FO＝2a，OC＝3a，则DF＝a，DE＝1.5a，AD＝DB＝6a，
∵∠BAD＝∠BEC，∠B＝∠B，
∴，
∴BD•BE＝BC•BA，设AC＝BC＝x，
则有，
∴，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题属于圆的综合题，涉及到三角形的相似，解直角三角形等相关考点，熟练掌握三角形相似的判定及解直角三角形等相关内容是解决本题的关键.
30．（2021秋·广东佛山·九年级佛山市第十四中学校考阶段练习）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：；
（2）若AB＝2，AD＝4，求EC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据翻折的性质可得，然后根据角的和差、直角三角形的性质可得，最后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）设，先根据翻折的性质可得，再根据勾股定理可得，从而可得，然后根据相似三角形的性质即可得．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴，
由翻折的性质得：，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）设，
由翻折的性质得：，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
，
∴，
由（1）可知，，
∴，即，
解得，
即．
【点睛】本题考查了矩形的翻折问题、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
31．（2020·河南商丘·校考模拟预测）如图，的一边经过的圆心，另一边与交于点，作的平分线与交于点，过点作的切线，交的延长线于点．
（1）求证：
（2）若．
①若，则的长为______；
②的最大值为______．
【答案】（1）见解析；（2）①4；②．
【分析】（1）连接，利用等腰三角形的性质、角平分线的定义以及平行线的性质证得，推出，即可得到；
（2）①先证得，利用相似三角形的性质求得，在中，由勾股定理即可求得的长；
②先证和，推出，设，，则：，得到，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）连接，如图所示：
∵，
∴，
∵平分，
∵，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴；
（2）①连接，如图所示：
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：4；
②连接，过点作于，如图所示：
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，，则：，
∴，
∴，
∴有最大值，
∴当时，的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理以及二次函数的性质等，作出合适的辅助线构造相似或全等三角形是解题的关键．
32．（2023·全国·九年级专题练习）【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是 ，位置关系是 ；
【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由；
【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）画出图形见解析，线段的长度为．
【分析】（1）由题意易得，，从而可证，然后根据三角形全等的性质可求解；
（2）连接，由题意易得，进而可证，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证；
（3）如图，过A作，由题意可知，，然后根据相似三角形的性质及题意易证，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可．
【详解】解：（1）在中，，
，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
，
故答案为：；
（2），
理由：如图2，连接，
∵在和中，，，，
，
，
∵，，
，
，
，
∴；
（3）如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知，，
∴，即，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，，
，2×，
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．
33．（2023·全国·九年级专题练习）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．
【详解】（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．
34．（2023·全国·九年级专题练习）一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现且．
小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由；
（2）把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当与的大小满足怎样的关系时，；
（3）把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，，（如图3），连接，．试求的值（用a，b表示）．
【答案】（1）见解析；（2）当时，，理由见解析；（3）．
【分析】（1）由正方形的性质得出，，，，得出，则可证明，从而可得出结论；
（2）由菱形的性质得出，，则可证明，由全等三角形的性质可得出结论；
（3）设与交于Q，与交于点P，证明，得出，得出，连接，，由勾股定理可求出答案．
【详解】（1）∵四边形为正方形，
∴，，
又∵四边形为正方形，
∴，，
∴
∴，
在△AEB和△AGD中，
，
∴，
∴；
（2）当时，，
理由如下：
∵，
∴
∴，
又∵四边形和四边形均为菱形，
∴，，
在△AEB和△AGD中，
，
∴，
∴；
（3）设与交于Q，与交于点P，
由题意知，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接，，
∴
，
∵，，，
∴，，
在Rt△EAG中，由勾股定理得：，同理，
∴
．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．由(3)可得结论：当四边形的对角线相互垂直时，四边形两组对边的平方和相等．
35．（2023春·陕西西安·九年级统考阶段练习）如图，是半圆的直径，为半圆上的点（不与，重合），连接，点为的中点，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．
(1)求证：是半圆的切线；
(2)若，，求半圆的半径及的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据点为弧的中点，得出，然后得出，根据平行线的性质得出，进而即可求解；
（2）连接，设与相交于点，证明，得出，证明得出＝＝，进而证明，根据相似三角形的性质列出比例式，进而即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图，
点为弧的中点，
，
，
又，
，
，
，
又，
，
是半圆的切线．
（2）解：连接，如图，
是半圆的直径，
，
，
，
，
，
，
，
半圆的半径为．
设与相交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．