重难点12 几何压轴题二 相似模型（6大类型20种模型详解+20种模型专题训练）-【+答案】2025年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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（6大类型20种模型详解+20种模型专题训练）
【题型汇总】
类型一 A型模型
题型01 直接用A型相似
1．（2023九年级上·全国·专题练习）如图①，是生活中常见的人字梯，也称折梯，用于在平面上方空间进行工作的一类登高工具，因其使用时，左右的梯杆及地面构成一个等腰三角形，看起来像一个“人”字，因而把它形 象的称为“人字梯”．如图②，是其工作示意图，AB=AC，拉杆EF∥BC， AE=16AB，EF=0.35米，则两梯杆跨度B、C之间距离为（ ）
A．2米B．2.1米C．2.5米D．103米
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定和性质可得EFBC=AEAB，即可求解．
【详解】解：∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=AEAB，
∵AE=16AB，EF=0.35米，
∴0.35BC=16，
∴BC=2.1，
即两梯杆跨度B、C之间距离为2.1米，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
2．（20-21九年级上·吉林·阶段练习）如图，△ABO的顶点A在函数y＝kx（x>0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若△ANQ的面积为1，则k的值为（ ）

A．9B．12C．15D．18
【答案】D
【分析】易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的面积，进而可求出△AOB的面积，则k的值也可求出．
【详解】解：∵NQ∥MP∥OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N是OA的三等分点，
∴ANAM=12，ANAO=13，
∴S△ANQS△AMP=14，
∵四边形MNQP的面积为3，
∴S△ANQ3+S△ANQ=14，
∴S△ANQ=1，
∵1S△AOB=(ANAO)2=19，
∴S△AOB=9，
∴k=2S△AOB=18，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及反比例函数k的几何意义，正确的求出S△ANQ=1是解题的关键．
3．（2024·广东东莞·二模）独轮车（图1）俗称“手推车”，又名辇、鹿车等，西汉时已在一些田间隘道上出现．北宋时正式出现独轮车名称，在北方，几乎与毛驴起同样的运输作用．如图2所示为从独轮车中抽象出来的几何模型．在△ABC中，AB=BC，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点P，且PD⊥BC，垂足为点D．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)若tanC=12,BD=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见详解
(2)5
【分析】（1）连接OP，由等腰三角形的性质可得OP∥BC，继而可证明PD是⊙O的切线；
（2）连接PB，可证∠C=∠BPD，则由tan∠BPD=tanC=12可求PD，再运用勾股定理求得BP=25，最后由△BDP∽△BPC即可求解．
【详解】（1）证明：连接OP，

∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵OA=OP，
∴∠OPA=∠A，
∴∠OPA=∠C，
∴OP∥BC
∴∠PDC=∠OPD，
又∵PD⊥BC，
∴∠PDC=90°，
∴∠OPD=90°，
即PD⊥OP，
∴PD是⊙O的切线；
（2）解：连接PB，如图，
∵AB为直径，
∴∠APB=90°，
∴∠C+∠PBC=90°，
又∵∠BPD+∠PBC=90°，
∴∠C=∠BPD，
在Rt△PBD中，
∵tan∠BPD=tanC=BDPD=2PD=12，
∴PD=4，
∴BP=22+42=25，
∵∠BDP=∠BPC,∠DBP=∠PBC，
∴△BDP∽△BPC，
∴BPBC=BDBP，
∴25BC=225，
解得：BC=10，
∴BA=BC=10，
∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等角的三角函数值相等，正确添加辅助线，熟练掌握知识点是解题的关键．
题型02 构造A型相似
1．（2020·湖北武汉·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，D是AB上一点，点E在BC上，连接CD，AE交于点F，若∠CFE=45°，BD=2AD，则CE＝ ．
【答案】2
【分析】过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，先利用解直角三角形求出CD的长，其次利用△CDG∽△CBD，求出CG的长，得出BG的长，最后利用△BDG∽△BAE，求出BE的长，最后得出答案．
【详解】解：如图：过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，
∵在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴AB=AC2+BC2=62，
又∵BD=2AD，
∴AD=22 ，
∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，
∴CH=6−2=4，
在Rt△CHD中，CD=CH2+DH2=25，
∵DG∥AE，
∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，
∴∠CDG=∠B，
又∵∠DCG=∠BCD，
∴△CDG∽△CBD，
∴CDCB=CGCD，
∴ CD2=CG⋅CB，
即20=6CG，
∴CG= 103 ，
∴BG=BC−CG= 6−103=83，
又∵DG∥AE，
∴△BDG∽△BAE，
又∵BD＝2AD，
∴BDBA=BGBE=23，
又BG=83，
∴BE=BG×32=4，
∴CE=6−4=2，
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．
2．（20-21九年级上·河南郑州·阶段练习）如图，已知D是BC的中点，M是AD的中点．求AN:NC的值．
【答案】12
【分析】解法1：过点D作AC的平行线交BN于点H，构造“A”型和“8”型，得出△BDH∽△BCN和△DHM∽△ANM，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；
解法2：过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出△BDM∽BCH和△AMN∽△CHN，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；
解法3：过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出△AHM∽△DBM和△AHN∽△CBN，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；
解法4：过点D作BN的平行线交AC于点H，根据三角形中位线定理得出AN=NH=CH，
即可得出答案；
【详解】解法1：如图2，过点D作AC的平行线交BN于点H．
因为DH//AC．
所以△BDH∽△BCN，
所以DHCN=BDBC．
因为D为BC的中点，所以DHCN=BDBC=12．
因为DH//AN，所以△DHM∽△ANM，
所以DHAN=DMAM．
因为M为AD的中点，所以DHAN=DMAM=1．
所以DH=AN，
所以ANCN=12．
解法2：如图3，过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H．
因为DM//CH，所以△BDM∽BCH，
所以DMCH=BDBC．
因为D为BC的中点，所以DMCH=BDBC=12．
因为M为AD的中点，所以AM=DM，
所以AMCH=12．
因为DM//CH，
所以△AMN∽△CHN，
所以ANCN=AMCH=12．
解法3：如图4，过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H．
因为AH//BD，所以△AHM∽△DBM，
所以AHBD=AMDM．
因为M为AD的中点，所以AM=DM，所以AH=BD．
因为AH//BD，所以△AHN∽△CBN，
所以ANCN=AHBC．
因为D为BC的中点，且AH=BD，
所以ANCN=BDBC=12．
解法4：如图5，过点D作BN的平行线交AC于点H．
在△ADH中，
因为M为AD的中点，MN//DH，
所以N为AH的中点，即AN=NH．
在△CBN中，因为D为BC的中点，DH//BN，所以H为CN的中点，即CN=HN，
所以AN=NH=CH．
所以ANCN=12．
3．（2020·浙江杭州·一模）如图，点O是△ABC边BC上一点，过点O的直线分别交AB，AC所在直线于点M，N，且ABAM＝m，ACAN＝n．
（1）若点O是线段BC中点．
①求证：m+n＝2；
②求mn的最大值；
（2）若COOB＝k（k≠0）求m，n之间的关系（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）①证明见解析；②mn有最大值1；（2）n＝k﹣km+1．
【分析】设AM＝a，AN＝b．由ABAM＝m，ACAN＝n可得AB＝am，AC＝bn，那么MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）b．
（1）①若点O是线段BC中点，如图1，过点B作BH∥AC交MN于H，利用ASA证明△OBH≌△OCN，得出BH＝CN＝（n﹣1）b．由BH∥AN列出比例式(1−m)aa＝(n−1)bb，求解即可；
②由①的结论m+n＝2得出m＝2﹣n，那么mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，根据二次函数的性质即可得出当n＝1时，mn有最大值1；
（2）若COOB＝k（k≠0），如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，证明△OBG∽△OCN，根据相似三角形对应边成比例得出CNBG＝COOB，那么BG＝n−1kb．由BG∥AN列出比例式(1−m)aa＝(n−1)kbb，整理即可得出m，n之间的关系.
【详解】解：设AM＝a，AN＝b.
∵ABAM＝m，ACAN＝n，
∴AB＝am，AC＝bn，
∴MB＝MA﹣AB＝a﹣am＝（1﹣m）a，CN＝AC﹣AN＝bn﹣b＝（n﹣1）b.
（1）①若点O是线段BC中点，
如图1，过点B作BH∥AC交MN于H，
∴∠OBH＝∠OCN.
在△OBH与△OCN中，
∠OBH=∠OCNOB=OC∠BOH=∠CON，
∴△OBH≌△OCN（ASA），
∴BH＝CN＝（n﹣1）b.
∵BH∥AN，
∴MBMA＝BHAN，即(1−m)aa＝(n−1)bb，
∴1﹣m＝n﹣1，
∴m+n＝2；
②由①知，m+n＝2，
∴m＝2﹣n，
∴mn＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n＝﹣（n﹣1）2+1，
∴当n＝1时，mn有最大值1；
（2）若COOB＝k（k≠0），
如图2，过点B作BG∥AC交MN于G，
∴∠OBG＝∠OCN.
在△OBG与△OCN中，
∠OBG=∠OCN∠BOG=∠CON，
∴△OBG∽△OCN，
∴CNBG＝COOB，即(n−1)bBG＝k，
∴BG＝n−1kb.
∵BG∥AN，
∴MBMA＝BGAN，即(1−m)aa＝(n−1)kbb，
∴1﹣m＝n−1k，
∴n＝k﹣km+1.
【点睛】此题考查平行线的性质，三角形全等的判定及性质，平行线分线段成比例是性质，相似三角形的判定及性质，二次函数最值问题，正确掌握各知识点并综合运用解题是关键.
题型03 反A型模型
1．如图，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，∠ADE=∠C，如果AD=3，△ADE的面积为9，四边形BDEC的面积为16，则AC的长为 ．
【答案】5
【分析】由∠ADE=∠C，∠DAE=∠CAB，根据相似三角形的判定得到△DAE∽△CAB，根据相似的性质得S△DAE：S△CAB=ADAC2，然后把三角形面积代入计算即可．
【详解】解：∵∠ADE=∠C，
而∠DAE=∠CAB，
∴△DAE∽△CAB，
∴S△DAE：S△CAB=ADAC2，
∵△ADE的面积为9，四边形BDEC的面积为16，
∴△ABC的面积=9+16=25，
∴ADAC2=925，
∴AC=5．
故答案为5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：有两组角分别相等的两三角形相似；相似三角形的对应角相等，对应边的比相等，相似三角形面积的比等于相似比的平方．
2．（2020·山东潍坊·二模）如图，在ΔABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接DE．
（1）求证：直线DF与⊙O相切；
（2）若AE=7，BC=6，求AC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）9．
【分析】（1）连接OD，利用AB=AC，OD=OC，证得OD//AD，易证DF⊥OD，故DF为⊙O的切线；
（2）证得ΔBED∽ΔBCA，求得BE，利用AC=AB=AE+BE求得答案即可．
【详解】证明： 连接OD．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠C，
∴∠ODC=∠B，
∴OD∥AB，
∵DF⊥AB，
∴OD⊥DF，
∵点D在⊙O上，
∴直线DF与⊙O相切；
（2）解：∵四边形ACDE是⊙O的内接四边形，
∴∠AED+∠ACD=180°，
∵∠AED+∠BED=180°，
∴∠BED=∠ACD，
∵∠B=∠B，
∴△BED∽△BCA，
∴BDAB=BEBC，
∵OD∥AB，AO=CO，
∴BD=CD=12BC=3，
又∵AE=7，
∴37+BE=BE6，
∴BE=2，
∴AC=AB=AE+BE=7+2=9．
【点睛】此题考查了切线的判定，三角形相似的判定与性质，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
3．（2020·浙江金华·中考真题）如图，在△ABC中，AB=42，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【答案】（1）4;（2）①90°；②26
【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，证明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，AD=AB⋅sin45°=42×22=4.
（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.
②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，AC=ADsin60°=833.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴AFAB＝AEAC，即AF42＝22833，
∴AF＝23,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝2AF＝26.
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．

(1)求证：△ABE∽△DCE；
(2)当DC=CB，∠DFE=2∠CDB时，则AEBE−DECE=___________；AFAB+FEAD=___________；1AB+1AD−1AF=___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S,S1,S2，若满足S=S1+S2，试判断，△ABE，△CDE的形状，并说明理由．
②当DC=CB，AB=m，AD=n，CD=p时，试用含m，n，p的式子表示AE⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
(3)①等腰三角形，理由见解析，②p2mnp2+mn
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE⋅CE=BE⋅DE，即可得出AEBE−DECE=0，根据已知条件可得EF∥AB，FA=FE，即可得出△DFE∽△DAB根据相似三角形的性质可得EFAB=DFAD，根据恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，则S=S1+S2+S3+S4，S1S2=S3S4，根据已知条件可得S3=S4，进而可得S△ABD=S△ADC，得出CD∥AB，结合同弧所对的圆周角相等即可证明△ABE,△DCE是等腰三角形；
②证明△DAC∽△EAB，△DCE∽△ACD，根据相似三角形的性质，得出EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，则AC=mn+p2,EC=CD2AC=p2mn+p2，AE=AC−CE=mnmn+p2，计算AE⋅CE即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD=AD，
∴∠ACD=∠ABD，
即∠ABE=∠DCE，
又∠DEC=∠AEB，
∴ △ABE∽△DCE；
（2）∵ △ABE∽△DCE，
∴ABDC=BECE=AEDE，
∴AE⋅CE=BE⋅DE，
∴AEBE−DECE=AE⋅CE−BE⋅DEBE⋅CE=0，
∵DC=CB，
∴∠BAC=∠DAC=∠CBD=∠CDB，
∴∠CDB+∠CBD=180°−∠BCD=∠DAB=2∠CDB，
∵∠DFE=2∠CDB
∴∠DFE=∠DAB，
∴EF∥AB，
∴∠FEA=∠EAB，
∵ DC=CB，
∴∠DAC=∠BAC
∴∠FAE=∠FEA，
∴FA=FE，
∵EF∥AB，
∴△DFE∽△DAB，
∴EFAB=DFAD，
∴ AFAB+FEAD= EFAB+AFAD=DFAD+AFAD=ADAD=1，
∵ AFAB+AFAD=AFAB+EFAD=1，
∴AFAB+AFAD=1，
∴1AB+1AD−1AF=0，
故答案为：0，1，0
（3）①记△ADE,△EBC的面积为S3,S4，
则S=S1+S2+S3+S4，
∵S1S3=S4S2=BEDE，
∴S1S2=S3S4①
∵ S=S1+S2，
即S=S1+S2+2S1S2，
∴S3+S4=2S1S2②
由①②可得S3+S4=2S3S4，
即S3−S42=0，
∴S3=S4，
∴ S△ABE+S△ADE=S△ABE+S△EBC，
即S△ABD=S△ABC，
∴点D和点C到AB的距离相等，
∴CD∥AB，
∴∠ACD=∠BAC,∠CDB=∠DBA，
∵∠ACD=∠ABD，∠CDB=∠CAB，
∴∠EDC=∠ECD=∠EBA=∠EAB，
∴△ABE,△DCE都为等腰三角形；
②∵DC=BC，
∴∠DAC=∠EAB，
∵∠DCA=∠EBA，
∴△DAC∽△EAB，
∴ADEA=ACAB，
∵ AB=m，AD=n，CD=p，
∴EA⋅AC=DA×AB=mn，
∵∠BDC=∠BAC=∠DAC，
∴∠CDE=∠CAD，
又∠ECD=∠DCA，
∴ △DCE∽△ACD，
∴CDAC=CECD，
∴CE⋅CA=CD2=p2，
∴EA⋅AC+CE⋅AC=AC2=mn+p2，
则AC=mn+p2,EC=CD2AC=p2mn+p2，
∴AE=AC−CE=mnmn+p2，
∴AE⋅EC=mnp2mn+p2．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
5．（2023·湖北武汉·模拟预测）【问题背景】（1）如图1，△ABC中，∠BED=∠BCA，求证：BDAB=BEBC．

【问题探究】（2）如图2，△ABC中，∠A=90°，BD平分∠ABC，CD⊥BD于点D，过点D作BC的平行线交AB于点E，作EF⊥BC于点F，猜想EF与已有的哪条线段的一半相等，并加以证明；
【问题拓展】（3）在（2）上述条件下，当FC=AC时，直接写出∠BCD的正切值tan∠BCD．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）EF=12AC，证明过程见解析；（3）tan∠BCD=3
【分析】（1）证明△ABC∽△BDE即可．
（2）延长BA、CD交于点M，证明△DCB≌△BDM，得到D为MC的中点且△MBC为等腰三角形，根据BC∥ED，可证△MED∽△MBC，可得E为MC中点，即EB=12MB=12BC，最后证明 △ABC∽△BFE即可得EF=12AC．
（3）设BE=a，AM=c，由（2）得△BCM为等腰三角形，且BC∥ED，E为BM中点，可得EM=ED=BE=a，∠EDM=∠EMD，已知AC=CF，EF⊥BC，EA⊥AC，则可表示AE=EF，CF，BM=BC，BF，由（2）得△ABC∽△BEF，可得AB=2BF，即可得到a与c的关系式，可表示AC=AF的值，最后在Rt△AMC中tan∠BCD=tan∠M=ACAM，即可得到tan∠BCD的值．
【详解】（1）∵在△ABC与△BED中：
∠BED=∠BCA∠B=∠B
∴△ABC∽△BDE
∴DBAB=BEBC．
（2）EF=12AC．
延长BA、CD交于点M，

∵BF⊥BC，
∴∠BFE=∠A=90°，
∵在△ABC与△BEF中：
∠BFE=∠A∠B=∠B
∴△ABC∽△BEF，
∴BEBC=EFAC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠MBD，
∵CD⊥BD，
∴∠MDB=∠MDC=90°
∴在Rt△DBM与Rt△CBD中：
∠CBD=∠MBDBD=BD∠MDB=∠MDC
∴Rt△DBM≌Rt△CBDASA，
∴MD=DC，BM=BC，
∵BC∥ED，
∴△MED∽△MBC，
∴EM=EB，即E为BM中点，
∴EB=12MB=12BC，
∴BEBC=EFAC=12BCBC=12，即EF=12AC，
故EF=12AC．
（3）设BE=a，AM=c，
∵由（2）得△BCM为等腰三角形，且BC∥ED，E为BM中点，
∴EM=ED=BE=a，∠EDM=∠EMD，
∵AC=CF，EF⊥BC，EA⊥AC，
∴AE=EF=a−c，
∴CF=2a−c，
∵BM=BC=2a，
∴BF=2c，
∵由（2）得△ABC∽△BEF，
∴ABBF=ACEF=2，
∴AB=2BF，
∴2a−c=2·2c，
∴a=52c，
∴AC=AF=3c，tan∠BCD=tan∠M=ACAM=3，
故tan∠BCD=3．
【点睛】本题考查相似三角形性质和判定，全等三角形的性质与判定，熟记相似三角形的判定方法和性质运用是解题的关键．
题型04 作垂线构造反“A”字相似模型
1．（2024 九年级·江苏连云港·阶段练习）如图，小杨将一个三角板放在⊙O上，使三角板的一直角边经过圆心O，测得AC＝5cm，AB＝3cm，则⊙O的半径长为 ．

【答案】3.4cm．
【分析】作OH⊥BC于H，如图，则CH＝BH，先利用勾股定理计算出BC＝34，则CH＝342，再证明Rt△COH∽Rt△CBA，然后利用相似比计算OC即可．
【详解】解：连接BC，作OH⊥BC于H，
则CH＝BH，
在Rt△ACB中，BC＝AC2+AB2=34，
∴CH＝12BC＝342，
∵∠OCH＝∠BCA，
∴Rt△COH∽Rt△CBA，
∴OCCB=CHCA，即OC34=3425，
解得，OC＝3.4．
故答案为：3.4cm．

【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．
类型二 X型模型
题型01 直接用X型相似
1．（2021·山东聊城·一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，AE=2ED，连接BE交AC于点G，延长BE交CD的延长线于点F，则BGGF的值为（ ）

A．23B．12C．13D．34
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是利用平行四边形的性质对边平行而构建相似三角形．
先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可判断△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根据相似三角形的性质和AE=2ED即可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△ABG∽△CFG，
∴BGGF =ABCF
∵△ABE∽△DFE，
∴AEDE =ABDF，
∵AE=2ED，
∴AB=2DF，
∴ABCF= 23，
∴BGGF= 23．
故选：A．
2．（22-23九年级上·北京房山·期中）如图，AD与BC交于O点，∠A=∠C，BO=4，DO=2，AB=3，求CD的长．
【答案】1.5
【分析】由∠A=∠C，∠AOB=∠COD可得出△AOB∽△COD，利用相似三角形的性质可得出ABCD=BODO，代入BO=4，DO=2，AB=3，即可求出CD的长．
【详解】解：∵AD与BC交于O点，
∴∠AOB=∠COD．
∵∠A=∠C，
∴△AOB∽△COD．
∴ABCD=BODO．
∵BO=4，DO=2，AB=3，
∴CD=1.5．
【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．
3．（2024·广东东莞·一模）如图1是一张折叠型方桌子，图2是其侧面结构示意图，支架AD与CB交于点O，测得AO=BO=50cm，CO=DO=30cm．
(1)若CD=40cm，求AB的长；
(2)将桌子放平后，两条桌腿叉开角度∠AOB=106°，求AB距离地面的高．(结果保留整数)(参考数值sin37°≈0.60，cs37°≈0.80)
【答案】(1)AB的长为2003cm
(2)AB距离地面的高为48cm
【分析】此题考查了相似三角形的判定及性质、解直角三角形的应用，
（1）先证明△ABO∽△DCO，再由相似三角形的性质求出AB的长即可；
（2）过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥CD于点F，在Rt△DOF中，OF=OD⋅sin37°，在Rt△BOE中，OE=OB⋅sin37°，EF=OE+OF，进而作答即可．
【详解】（1）解：∵AO=BO=50cm，CO=DO=30cm，
∴△AOB与△COD是等腰三角形，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠A=∠B=∠C=∠D，
∴△ABO∽△DCO，
∴ABCD=AOOD
∴AB40=5030
∴AB=2003
即AB的长为2003cm；
（2）过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥CD于点F，如图，
∵AB∥CD，
∴E、O、F三点共线，
∵∠AOB=106°，△AOB与△COD是等腰三角形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D= 180°−106°2 =37°，
在Rt△DOF中，
OF=OD⋅sin37°≈30×0.60=18(cm)，
在Rt△BOE中，
OE=OB⋅sin37°≈50×0.60=30(cm)，
∴EF=OE+OF=30+18=48(cm)，
∴AB距离地面的高为48cm．
4．（20-21九年级上·四川达州·期末）某小区的居民筹集资金1600元，计划在一块上、下底分别为10m、20m的梯形空地上种花（如图所示）．
（1）他们在△AMD和△BMC地带上种植太阳花，单价为8元/m2.当△AMD地带种满花后（图中阴影部分）花了160元，请计算种满△BMC地带所需的费用；
（2）若△AMB和△DMC地带要种的有玫瑰花和茉莉花可供选择，单价分别为12元/m2和10元/m2，应选择哪一种花，刚好用完所筹集的资金？
【答案】（1）640元；（2）茉莉花．
【分析】（1）由梯形的性质得到AD平行BC从而得到△AMD和△CMB相似，通过相似的性质即可得到△BMC的面积，即可算出所需费用；
（2）通过三角形等高时，得到面积比等于底的比，即可通过△AMD得到△AMB的面积，同理得到△DMC的面积，再分别算出种植两种花时所需的费用，比较大小即可求出结果．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是梯形，∴AD∥BC，∴△AMD∽△CMB，∴SΔAMDSΔCMB=(ADBC)2=(1020)2=14．
∵种满△AMD地带花费160元，∴S△AMD=1608=20（m2），∴S△CMB=4S△AMD=80（m2），∴种满△BMC地带所需的费用为80×8=640（元）．
（2）∵△AMD∽△CMB，∴AMMC=DMMB=ADBC=12．
∵△AMD与△AMB等高，∴SΔAMDSΔAMB=DMMB=12，∴S△AMB=2S△AMD=40（m2）．
同理可求S△DMC=40m2．
当△AMB和△DMC地带种植玫瑰花时，所需总费用为160＋640＋80×12=1760（元），
当△AMB和△DMC地带种植茉莉花时，所需总费用为160＋640＋80×10=1600（元），
∴种植茉莉花刚好用完所筹资金．
【点睛】本题考查相似三角形的性质、梯形的几何特征，熟知三角形的性质是解题的关键．
5．（2021·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边的中点，连接AE，若AE的延长线和BC的延长线相交于点F．
（1）求证：BC=CF；
（2）连接AC和BE相交于点为G，若△GEC的面积为2，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24．
【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到DE=CE，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到∠ADE＝∠ECF，再根据∠AED=∠CEF，即可得到△ADE≌△ECF，则答案可证；
（2）先证明△CEG∼△ABG，根据相似三角形的性质得出S△ABG=8，AGGC=ABCE=12，进而得出S△BGC=4，由S△ABC=S△ABG+S△BCG得S△ABC=12，则答案可解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ADE＝∠ECF，
∵点E为DC的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△ECF中
∠ADE=∠ECFDE=CE∠AED=∠CEF
∴△ADE≌△ECFASA，
∴AD=CF，
∴BC=CF；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴AB//DC，AB=2EC，
∴∠GEC=∠ABG，∠GCE=∠GAB，
∴△CEG∼△ABG，
∵△GEC的面积为2，
∴S△ABGS△CEG=ABCE2=122=14，即S△ABG=4S△CEG=4×2=8，
∵△CEG∼△ABG
∴AGGC=ABCE=12，
∴S△BGC=12S△ABG=12×8=4，
∴S△ABC=S△ABG+S△BCG=8+4=12，
∴S▱ABCD=2S△ABC=2×12=24．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
题型02 构造X型相似
1．（21-22九年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，G为△ABC的重心，AG=12，则AD= ．
【答案】18
【分析】连接CG并延长交AB于点E，连接DE，根据题意，可以得到DE时△ABC的中位线，从而可以得到DE∥AC且DE=12AC，然后即可得到△DEG∽△ACG，由相似三角形的性质得到DG和AG的比值，求出然后DG，即可得到结果．
【详解】解：如图，连接CG并延长交AB于点E，连接DE，
∵点G是△ABC的重心，
∴点E和点D分别是AB和BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC且DE=12AC，
∴△DEG∽△ACG，
∴DEAC=DGAG=12，
∵AG=12，
∴DG=6，
∴AD=AG+GD=18．
故答案为：18．
【点睛】本题考查三角形的重心、三角形的中位线、三角形相似，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2．（20-21八年级下·湖南常德·期中）如图在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是AE的中点，CF交BE于点G，若BE=8，则GE= ．
【答案】2
【分析】延长CF、BA交于M，根据已知条件得出EF＝AF，CE＝12DC，根据平行四边形的性质得出DC∥AB，DC＝AB，根据全等三角形的判定得出△CEF≌△MAF，根据全等三角形的性质得出CE＝AM，求出BM＝3CE，根据相似三角形的判定得出△CEG∽△MBG，根据相似三角形的性质得出比例式，再求出答案即可．
【详解】解：延长CF、BA交于M，
∵E是CD的中点，F是AE的中点，
∴EF＝AF，CE＝12DC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∴CE＝12AB，∠ECF＝∠M，
在△CEF和△MAF中
∠EFC=∠AMF∠ECF=∠MEF=AF ，
∴△CEF≌△MAF（AAS），
∴CE＝AM，
∵CE＝12AB，
∴BM＝3CE，
∵DC∥AB，
∴△CEG∽△MBG，
∴CEBM=EGBG=13 ，
∵BE＝8，
∴GE8−GE=13 ，
解得：GE＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
3．（20-21九年级上·全国·课后作业）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△BCF∽△DGF，所以△DGF∽△BAC，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△AHF∽△DGF，则根据相似三角形的性质得AHDG=AFDF，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，
∴△BAC∽△BCF，
∵DE∥BC，
∴△BCF∽△DGF，
∴∴△DGF∽△BAC，
∴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，
∴EG为△CAH的中位线，
∴AH=2EG，
∵AH∥DG，
∴∴△AHF∽△DGF，
∴AHDG=AFDF，
∴2EGDG=AFDF，
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．
题型03 双反X型模型（蝶形模型）
条件：∠OAB=∠ODC
图示：
结论：∆AOB∽∆DOC ，∆AOD∽∆BOC
1．（22-23九年级上·上海·期中）已知：如图，已知△ABC与△ADE均为等腰三角形，BA＝BC，DA＝DE．如果点D在BC边上，且∠EDC＝∠BAD．点O为AC与DE的交点．
(1)求证：△ABC∽△ADE；
(2)求证：DA•OC＝OD•CE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据三角形的外角的性质和角的和差得到∠B＝∠ADE，由于BABC=DADE=1，根据SAS得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到∠BAC＝∠DAE，于是得到∠BAD＝∠CAE＝∠CDE，证得△COD∽△EOA，根据相似三角形的性质得到OCOE=ODOA，由∠AOD＝∠COE，推出△AOD∽△COE，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）∵∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝∠ADE+∠EDC，
∴∠B＝∠ADE，
∵BABC=DADE=1，
∴△ABC∽△ADE；
（2）∵△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE＝∠CDE，
∵∠COD＝∠EOA，
∴△COD∽△EOA，
∴OCOE=ODOA，
∵∠AOD＝∠COE，
∴△AOD∽△EOC，
∴DA：CE＝OD：OC，
即DA•OC＝OD•CE．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的外角的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）探索发现：如图1，等边△ABC中，G为BC中点，D、E分别是BC、AC上的两点，BD=CE．

(1)求证：∠BAD=∠CBE；
(2)H为EF上一点，若∠BHG+∠AFH=90°，求AFFH的值；
迁移拓展：
(3)如图2，等腰Rt△ABC中，G为斜边BC的中点，D为BG中点，BD=1．E是AC上的点，CE=2BD，H为EF上一点，若∠BHG+∠AFH=90°，直接写出HG的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)255
【分析】（1）利用等边三角形的性质和全等三角形的判定证明△ABD≌△BCESAS可证的结论；
（2）连接AG，AH，如图，设AG、BE交点为M，根据全等三角形的性质和三角形的外角和求得∠AFH=60°，进而求得∠BHG=30°，再根据等边三角形性质求得∠BAG=12∠BAC=30°，AG⊥BC，则∠BHG=∠BAG，证明△AMB∽△HMG，和△AMH∽△BMG得到∠AHM=∠BGM=90°，利用余弦定义求解即可；
（3）连接AG，AH，根据等腰直角三角形性质得到∠ABC=∠ACB=45°，AG=BG=12BC，AG⊥BC，BC=2AB，即BCAB=2，进而得到BCAB=CEBD，证明△BCE∽△ABD，得到∠CBE=∠BAD，进而求得∠BHG=45°=∠AFH，则DF∥GH，证明△BDF∽△BGH和△ADB∽△BDF得到HG=2DF，BDDF=ADBD，利用勾股定理求得AD=5即可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠BCE=∠BAC=60°，又BD=CE，
∴△ABD≌△BCESAS，
∴∠BAD=∠CBE；
（2）解：连接AG，AH，如图，设AG、BE交点为M，

∵∠BAD=∠CBE，
∴∠AFH=∠BAD+∠ABF=∠CBE+∠ABF=∠ABC=60°，
∵∠BHG+∠AFH=90°
∴∠BHG=30°，
∵等边△ABC中，G为BC中点，
∴∠BAG=12∠BAC=30°，AG⊥BC，
∴∠BHG=∠BAG，又∠AMB=∠HMG，
∴△AMB∽△HMG，
∴AMHM=BMMG，即AMBM=HMMG，又∠AMH=∠BMG，
∴△AMH∽△BMG，
∴∠AHM=∠BGM=90°，则∠FAH=90°−∠AFH=30°，
∴FH=12AF，
则AFFH=2；
（3）解：连接AG，AH，

∵Rt△ABC是等腰直角三角形，G为斜边BC的中点，
∴∠ABC=∠ACB=45°，AG=BG=12BC，AG⊥BC，BC=2AB，即BCAB=2，
∵CE=2BD，BD=1，
∴CEBD=2，则BCAB=CEBD，
∴△BCE∽△ABD，则∠CBE=∠BAD，
∴∠AFH=∠BAD+∠ABF=∠CBE+∠ABF=∠ABC=45°，
∵∠BHG+∠AFH=90°，
∴∠BHG=45°=∠AFH，则DF∥GH，
∴△BDF∽△BGH，又D为BG中点，
∴DFHG=BDBG=12，则HG=2DF，
∵∠BAD=∠DBF，∠ADB=∠BDF，
∴△ADB∽△BDF，
∴BDDF=ADBD，
∵D为BG中点，BD=1,
∴ DG=BD=1，AG=BG=2，又AG⊥BC，
∴AD=AG2+DG2=5，
∴1DF=51，∴DF=55，
∴HG=255．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的判定与性质探究边角关系是解答的关键．
类型三 母子相似
题型01 母子相似模型
1．（21-22九年级上·吉林长春·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=163．
【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，
∴ADAC=ACAB，
∴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，
∴BFBC=BEBF，
∴BF2=BE•BC，
∴BC=BF2BE=423=163，
∴AD=163．
【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．
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）探索发现；（1）如图1，在△ABC中，∠B=∠CAF；求证：AC2=CF·BC；
初步应用：（2）如图2，在△ABC中，AB=AC，BD⊥AB，BE⊥AD，连接CE、CD；求证：BEBD=CECD．
迁移拓展：（3）如图3，在△ABC中，∠B=∠CAF，H为AC上一点使CH=CF，过H作HG∥BC交AB于G，AG=AF，求BFCF的值；

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【分析】（1）先证明△ABC∼△FAC，再根据相似三角形的性质即可证明结论；
（2）先证明△ABE∼△ADB可得AB2=AD·AE，进而得到AC2=AD·AE即ACAD=AEAC，再结合∠EAC=∠DAC可证△AEC∼△ACD，则CECD=ACAD=ABAD；由正弦的定义可得sin∠ADB=BEBD=ABAD，再运用等量代换即可证明结论；
（3）由平行线等分线段和比的性质可得BG=AG，即G是AB的中点；进而说明AGBG=AHCH=1，设设AH=CH=CF=a，则AC=2a a>0，然后代入AC2=CF·BC可得BF=3a，最后代入计算即可
【详解】解：（1）在△ABC和△AFC中，∠B=∠CAF，∠ACB=∠ACF，
∴△ABC∼△FAC，
∴ACFC=BCAC，
∴AC2=CF·BC；
（2）∵BD⊥AB，BE⊥AD，
∴∠ABD=∠AEB=90°，
∵∠BAE=∠BAD，
∴△ABE∼△ADB，
∴ABAD=AEAB=BEBD，即AB2=AD·AE，
∵AB=AC，
∴AC2=AD·AE，
∴ACAD=AEAC，
∵∠EAC=∠DAC，
∴△AEC∼△ACD，
∴CECD=ACAD=ABAD，
∵sin∠ADB=BEBD=ABAD，
∴BEBD=CECD；
（3）∵HG∥BC，
∴ACAH=ABAG，即ACAH=ABAF，
∴ACCH=ABBG，
∵CH=CF，
∴ACCF=ABBG，
又∵△ACF~△BCA，
∴ACCF=ABFA，ACCF=BCAC，
∴BG=FA，AC2=CF·BC，
∵AG=FA，
∴BG=AG，即G是AB的中点，
∴AGBG=AHCH=1，
设AH=CH=CF=a，则AC=2a a>0，
∵AC2=CF·BC，
∴4a2=BF+aaa≠0，解得：BF=3a，
∴BFCF=3aa=3．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、正弦的定义等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
3．（21-22八年级下·江苏苏州·期中）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足∠1=∠2，则称点P为这个三角形的“理想点”．
(1)如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC=22，AB=4，试判断点D是不是△ABC的“理想点”，并说明理由；
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，若点D是△ABC的“理想点”，求CD的长．
【答案】(1)D为△ABC的理想点,理由见解析
(2)125或94
【分析】（1）由已知可得ACAD=ABAC，从而ΔACD∽ΔABC，∠ACD=∠B，可证点D是ΔABC的“理想点”；
（2）由D是ΔABC的“理想点”，分三种情况：当D在AB上时，CD是AB边上的高，根据面积法可求CD长度；当D在AC上时，ΔBDC∽ΔABC，对应边成比例即可求CD长度；D不可能在BC上．
【详解】（1）解：点D是ΔABC的“理想点”，理由如下：
∵D是AB中点，AB=4，
∴AD=BD=2，AD⋅AB=8，
∵AC=22，
∴AC2=8，
∴AC2=AD⋅AB，
∴ ACAD=ABAC，
∵∠A=∠A，
∴ΔACD∽ΔABC，
∴∠ACD=∠B，
∴点D是ΔABC的“理想点”；
（2）①D在AB上时，如图：
∵D是ΔABC的“理想点”，
∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A，
当∠ACD=∠B时，
∵∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠BCD+∠B=90°，
∴∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，
当∠BCD=∠A时，同理可证∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，
在RtΔABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，
∴BC=AB2−AC2=3，
∵SΔABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC，
∴CD=125，
②∵AC=4，BC=3，
∴AC>BC有∠B>∠A，
∴ “理想点” D不可能在BC边上，
③D在AC边上时，如图：
∵D是ΔABC的“理想点”，
∴∠DBC=∠A，
又∠C=∠C，
∴ΔBDC∽ΔABC，
∴ CDBC=BCAC，即CD3=34，
∴CD=94，
综上所述，点D是ΔABC的“理想点”， CD的长为125或94．
【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．
4．（2023·江苏淮安·三模）【探究发现】
（1）如图1，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD并延长至点H，使DH=AD，连接CH．由∠ADB=∠CDH，得△ADB≌△HDC，则AB与CH的数量关系为______，位置关系为______．

【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，AP平分∠BAC，D为BC边的中点，过点D作DQ∥AP，交CA的延长线于点Q，交AB边于点K．试判断BK与CQ的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=6，AB=8，D为BC边的中点，连接AD，E为AC边上一动点，连接BE交AD于点F．
①若BF=AC．求AE的长度；
②在射线AD上取一点G，且AGCE=45，连接BG，直接写出4BE+5BG的最小值．
【答案】（1）AB=CH，AB∥CH；（2）BK=CQ，见详解；（3）①73；②32+810
【分析】
（1）证△ADB≌△HDC(SAS)，得AB=CH，∠B=∠DCH，再由平行线的判定得AB∥CH即可；
（2）延长KD至点T，使DT=DK，连接CT，证△KDB≌△TDC(SAS)，得BK=CT，∠BKD=∠T，再平行线的性质得∠BKD=∠BAP，∠Q=∠CAP，然后证∠T=∠Q，即可得出结论；
（3）①延长FD至G，连接CG,先证明△BDF≌△CDG(SAS)，得BF=CG，∠BFD=∠G，再证明△ACD∽△AGC，根据相似三角形的性质即可；②如图，过点B作BH⊥AD交AD的延长线于点H，点E从点C向点A动时，点G从点A向点D运动，BE,BG均同时减小，故点E在点A时，4BE+5BG最小，再根据勾股定理即可．
【详解】
（1）解：∵D为BC边的中点，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDH，AD=HD，
∴ΔADB≅ΔHDC(SAS)，
∴AB=CH，∠B=∠DCH，
∴AB∥CH，
故答案为：AB=CH，AB∥CH；
（2）解：BK=CQ，理由如下：
如图2，延长KD至点T，使DT=DK，连接CT，

∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠KDB=∠TDC，DK=DT，
∴△KDB≌△TDC(SAS)，
∴BK=CT，∠BKD=∠T，
∵DQ∥AP，
∴∠BKD=∠BAP，∠Q=∠CAP，
∵AP平分∠BAC，
∴∠BAP=∠CAP，
∴∠T=∠Q，
∴BK=CQ；
（3）解：①延长FD至G，连接CG,

∵D为BC边的中点,∴BD=CD，
∵∠BDF=∠CDG，
∴△BDF≌△CDG(SAS)，
∴BF=CG，∠BFD=∠G，
∴BE∥GC，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=6，AB=8，D为BC边的中点，
∴BC=AB2+AC2=10，
∴AD=12BC=CD=5,
∴∠DAC=∠ACD，
∵BF=AC，
∴AC=GC，∠CAG=∠G，
∴∠CAD=∠GAC,∠ACD=∠G，
∴△ACD∽△AGC，
∴ACAG=ADAC,6AG=56,
∴AG=365，
∴DG=DF=AG−AD=365−5=115，
AF=AG−DF−DG=145，

∵BE∥GC，
∴AEAC=AFAG,AE6=145365=718，AE=73，
②如图，过点B作BH⊥AD交AD的延长线于点H，

点E从点C向点A动时，点G从点A向点D运动，BE,BG均同时减小，
故点E在点A时，4BE+5BG最小，
此时BE=AB=8,CE=6，
∵AGCE=45，即AG=45CE=245，
∴DG=AD−AG=5−245=15，
S△ABD=12S△ABC=12×12×6×8=12，
∵S△ABD=12AD⋅BH=12×5×BH=12，
∴BH=245，
在Rt△BHD中，DH=BD2−BH2=52−2452=75，∴GH=DG+DH=15+75=85，
在Rt△BHG中，BG=BH2+GH2=852+2452=8510，
4BE+5BG=4×8+5×8510=32+810．
故4BE+5BG的最小值为32+810．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
题型02 射影定理模型
1．（2022·四川广元·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，点E是边BC的中点，连结DE．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AD＝4，BD＝9，求⊙O的半径．
【答案】(1)见详解
(2)13
【分析】（1）连接OD，OE，由题意易得OE∥AB，∠A=∠ODA，则有∠A=∠COE=∠DOE=∠ODA，然后可得△COE≌△DOE，进而问题可求证；
（2）连接CD，由题意易得∠ADC=90°，然后可证△ADC∽△CDB，则有CD2=AD·BD，进而可得CD=6，最后利用勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，OE，如图所示：
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA，
∵点E是边BC的中点，
∴OE∥AB，
∴∠DOE=∠ODA，∠A=∠COE，
∴∠DOE=∠COE，
∵OD=OC,OE=OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝∠ACB＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接CD，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴∠A+∠ACD＝∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠A＝∠DCB，
∴△ADC∽△CDB，
∴CDAD=BDCD，即CD2=AD·BD，
∵AD＝4，BD＝9，
∴CD2=36，
∴CD=6，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC=AD2+CD2=213，
∴⊙O的半径为13．
【点睛】本题主要考查切线的判定、相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握切线的判定、相似三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
2．（2023·山东日照·一模）操作与研究：如图，△ABC被平行于CD的光线照射，CD⊥AB于D，AB在投影面上．
(1)指出图中线段AC的投影是______，线段BC的投影是______．
(2)问题情景：如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，我们可以利用△ABC与△ACD相似证明AC2=AD⋅AB，这个结论我们称之为射影定理，请证明这个定理．
(3)【结论运用】如图2，正方形ABCD的边长为15，点O是对角线AC，BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，
①试利用射影定理证明△BOF∽△BED；
②若DE=2CE，求OF的长．
【答案】(1)AD，BD
(2)见解析；
(3)①见解析；②OF=35．
【分析】（1）根据题意，即可解答；
（2）通过证明Rt△ACD∽Rt△ABC得到AC:AB=AD:AC，然后利用比例性质即可得到AC2=AD⋅AB；
（3）①根据射影定理得BC2=BO⋅BD，BC2=BF⋅BE，则BO⋅BD=BF⋅BE，即BOBE=BFBD，加上∠OBF=∠EBD，于是可根据相似三角形的判定得到结论；
（2）②先计算出DE=10，CE=5，BE=510，OB=1522，再利用（1）中结论△BOF∽△BED得到OFDE=BOBE，代入数据即可求解．
【详解】（1）解：根据题意，图中线段AC的投影是AD，线段BC的投影是BD．
故答案为：AD，BD；
（2）证明：如图，
∵CD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ADC=∠ACB=90°，
而∠CAD=∠BAC，
∴Rt△ACD∽Rt△ABC，
∴AC:AB=AD:AC，
∴AC2=AD⋅AB；
（3）①证明：如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD=90°，
∴BC2=BO⋅BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2=BF⋅BE，
∴BO⋅BD=BF⋅BE，
即BOBE=BFBD，
而∠OBF=∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
②∵BC=CD=15，
而DE=2CE，
∴DE=10，CE=5，
在Rt△BCE中，BE=52+152=510，
在Rt△OBC中，OB=22BC=1522，
∵△BOF∽△BED，
∴OFDE=BOBE，即OF10=1522510，
∴OF=35．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质和正方形的性质．也考查了射影定理：直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．
3．（2024·广西南宁·三模）阅读与思考，完成后面的问题．
射影定理，又称“欧几里得定理”，是数学图形计算的重要定理．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高，则有如下结论：
①AD2=BD⋅DC；②AB2=BD⋅BC；③AC2=CD⋅BC．下面是该定理的证明过程（部分）：
∵AD是斜边BC上的高，∴∠ADB=90°=∠ADC．∵∠B+∠BAD=90°，∠B+∠C=90°，
∴∠BAD=∠C．∴△ABD∽△CAD（依据）．∴BDAD=ADCD．即AD2=BD⋅DC．
(1)材料中的“依据”是指 ；
(2)选择②或③其中一个结论加以证明；
(3)应用：△ABC中，∠A=90°，B1,0，C−3,0，点A在y轴上，求顶点A的坐标．
【答案】(1)两角分别对应相等的两个三角形相似
(2)见解析
(3)顶点A的坐标为0,3或0,−3
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质进行推理证明和计算．
（1）根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”即可解答；
（2）②根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”证明△ABD∽△CBA即可得证；③根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”证明△ACD∽△BCA；
（3）根据题意以D为坐标原点建立平面直角坐标系，利用证明的射影定理得OA2=OB⋅OC=1×3，即可求出OA=3，由此求出顶点A的坐标．
【详解】（1）解：“依据”是：两角分别对应相等的两个三角形相似，
故答案为：两角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）证明：②AB2=BD⋅BC，理由如下：
∵AD⊥BC，∠CAB=90°，
∴∠ADB=∠CAB=90°，
∵∠ABD=∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴ABBC=BDAB
∴AB2=BD⋅BC；
③AC2=CD⋅BC，理由如下：
∵AD⊥BC，∠CAB=90°，
∴∠ADC=∠CAB=90°，
∵∠ACD=∠BCA，
∴△ACD∽△BCA，
∴ACBC=CDAC
∴AC2=CD⋅BC；
（3）解：如图，根据题意以D为坐标原点建立平面直角坐标系，

∵B1,0，C−3,0，
∴OB=1，OC=3，
∵∠CAB=90°，AO⊥BC，
∴OA2=OB⋅OC=1×3，
∴OA=3，
∴顶点A的坐标为0,3或0,−3．
4．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AC⊥BC，∠ABC＝45°，AC与BD交于点E，若AB＝210，CD＝2，则△ABE的面积为 ．
【答案】607
【分析】过点D作DF⊥AC于点F，解Rt△ABC求出AC、BC，再由勾股定理求得AD，根据三角形的面积公式求得DF，由勾股定理求得AF，再证明△DEF∽△BEC，求得EF，进而求得AE，最后由三角形面积公式求得结果．
【详解】解：过点D作DF⊥AC于点F，
∵AC⊥BC，∠ABC＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=BC=22AB=25，
∵∠ADC＝90°，CD=2，
∴AD=AC2−CD2=4，
∵SΔACD=12AC⋅DF=12AD⋅CD，
∴DF=455，
∴AF=AD2−DF2=855，
∴CF=255，
∵DF∥BC，
∴△DEF∽△BEC，
∴EFEC=DFBC，即EF255−EF=45525，
解得：EF=4535，
∴AE=1275，
∴SΔABE=12AE⋅BC=12×1275×25=607．
故答案为：607
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，三角形的面积公式，关键是作辅助线构造相似三角形与直角三角形．
类型四 一线三等角模型
【一线三等角/一线三垂直的出题样式】
题目中一般不会直接给出一线三等角模型/一线三垂直模型标准样式，需要结合题目信息，进行构建.以一线三垂直模型为例，当有直角三角形和过直角顶点的直线时，即可作垂线构造“一线三垂直”相似样型，当三个相等角不是直角时，亦可构造“一线三等角”相似模型.
题型01 一线三垂直模型
1．（2024·北京·模拟预测）如图，四边形ABCD为正方形，DE⊥EF，FG⊥AB．
(1)证明：△DAE∽△EGF
(2)不添加辅助线，添加一个角的条件，证明△DAE≌△EGF
【答案】(1)见解析
(2)添加∠FBG=45°，证明见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定，正方形的性质，垂直的概念，三角形全等的判定；
（1）证明有两对角相等即可判断；
（2）假设△DAE≌△EGF，可以推出∠FBG=45°即可．
【详解】（1）证明：∵FG⊥AB，
∴∠FGE=∠EAD=90°，
又∵DE⊥EF，
∴∠DEF=90°，
∴∠AED+∠FEG=90°，
∵∠FEG+∠EFG=90°，
∴∠AED=∠EFG，
∴△DAE∽△EGF；
（2）解：添加∠FBG=45°，
如果△DAE≌△EGF，
∴AE=GF,DA=EG=AB，
∴AE+EB=EB+BG，
∴AE=BG，
∴GF=BG，
∵FG⊥AB，
∴Rt△BGF为等腰直角三角形，
∴∠FBG=45°，
故添加：∠FBG=45°，能证明△DAE≌△EGF．
2．（2023·贵州铜仁·三模）如图1将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．
(1)求证：△OCP∽△PDA；
(2)如图2，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．探究：当点M、N在移动过程中，线段EF与线段PB有何数量关系？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)EF=12PB，见解析
【分析】本题考查的是相似三角形的判定，矩形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定、等腰三角形的判定与性质、矩形的折叠与性质是解题的关键．
（1）根据折叠的性质可知得到∠APO=∠B=90°，根据相似三角形的判定定理证明即可；
（2）作MQ//AN交PB于Q，根据等角对等边，得MP=MQ，再见由等腰三角形的性质得PE=EQ=12PQ，然后证明△MFQ≌△NFB，得QF=BF，得出QF=12QB，最后由EF=EQ+QF求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．
由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO，∠APO=∠B，
∴∠APO=90°．
∴∠APD=90°−∠CPO=∠POC，
∴△OCP∽△PDA；
（2）解：作MQ//AN，交PB于点Q，如图2，

∵AP=AB，MQ//AN，
∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP，
∴∠APB=∠MQP，
∴MP=MQ，
∵MP=MQ，ME⊥PQ，
∴PE=EQ=12PQ，
∵BN=PM，MP=MQ，
∴BN=QM，
∵MQ//AN，
∴∠QMF=∠BNF，
在△MFQ和△NFB中，∠QMF=∠BNF∠QFM=∠BFNQM=BN，
∴△MFQ≌△NFB，
∴QF=BF，
∴QF=12QB，
∴EF=EQ+QF=12PQ+12QB=12PB．
3．（2024·广西玉林·三模）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点H为AB上一动点，且2≤BH0．由相似比求得边的相应关系．
【详解】解：作OD=OC=2，连接CD．则∠PDC=45°，CD=22,如图，
由y=−x+m可得A(m,0)，B(0，m)．
∴OA=OB，AB=2m
∴∠OBA=∠OAB=45°．
当m∠OBA=45°，
所以，此时∠CPA>45°，故不合题意．
∴m>0．
∵∠CPA=∠ABO=45°，
∴∠BPA+∠OPC=∠BAP+∠BPA=135°，即∠OPC=∠BAP，
∴△PCD∽△APB，
∵点P为线段OB的中点，
∴OP=BP=12m，PD=12m+2
∴PDAB=CDPB，即12m+22m=2212m
解得m=12．
故答案是：12．
【点睛】本题考查了一次函数图象的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是构造相似三角形．
类型六 其它模型
题型01 三平行模型
1．（2021·内蒙古·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点B作BD⊥CB，垂足为B，且BD=3，连接CD，与AB相交于点M，过点M作MN⊥CB，垂足为N．若AC=2，则MN的长为 ．
【答案】65
【分析】根据MN⊥BC,AC⊥BC,DB⊥BC，得△BNM∼△BCA, △CNM~△CBD,可得MNAC=BNBC,MNBD=CNBC,因为BNBC+CNBC=1,列出关于MN的方程，即可求出MN的长．
【详解】∵MN⊥BC，DB⊥BC, ∠ACB=90°
∴AC∥MN∥DB，
∴△BNM∼△BCA, △CNM∽△CBD，
∴MNAC=BNBC,MNBD=CNBC
即MN2=BNBC,MN3=CNBC,
又∵BNBC+CNBC=1，
∴MN2+MN3=1，
解得MN=65,
故填：65．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题关键是根据题意得出两组相似三角形以及它们对应边之比的等量关系．
2．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM−EF值为（ ）

A．75B．125C．35D．25
【答案】A
【分析】证明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出OM=125，求出EG=12CD=3，FG=12AB=2，得出EF=EG−FG=1即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM∥AB∥CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG∥AB∥CD，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，FG=12AB=2，
∴EF=EG−FG=1，
∴OM−EF=75，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出OM=125．
3．（2023·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在相对的两栋楼CD、EF中间有一堵院墙AB，甲、乙两个人分别在这两栋楼内观察这堵墙，根据实际情况画出平面图形(CD⊥DF．AB⊥DF．EF⊥DF)．甲从点C可以看到点G处，乙从点E可以看到点D处．点B是DF的中点．墙AB高5.5米，DF=120米，BG=10.5米，求甲、乙两人的观察点到地面的距离的差．（结果精确到0.1米）．

【答案】25.9米
【分析】首先可证△DAB∽△DEF，得ABEF=DBDF=12，则EF=2AB=2×5.5=11（米)，再证△GAB∽△GCD，根据对应边成比例可得CD的长，用CD−EF即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥DF，EF⊥DF，
∴∠ABD=∠F=90°，
又∵∠EDF=∠ADB，
∴△DAB∽△DEF，
同理可得△GAB∽△GCD，
∵点B是DF的中点，
∴DB=BF=12DF=12×120=60（米)，
∵ ABEF=DBDF=12，
∴EF=2AB=2×5.5=11（米)，
∵BG=10.5米，
∴DG=10.5+60=70.5（米)，
∵ ABCD=BGGD=，
∴CD=477AB=477×5.5≈36.9（米)，
∴甲、乙两人的观察点到地面的距离的差为：36.9−11=25.9（米)．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用，解题的关键是根据实际问题抽象出几何图形，还要注意数形结合思想的应用．
2．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM−EF值为（ ）

A．75B．125C．35D．25
【答案】A
【分析】证明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出OM=125，求出EG=12CD=3，FG=12AB=2，得出EF=EG−FG=1即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM∥AB∥CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG∥AB∥CD，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，FG=12AB=2，
∴EF=EG−FG=1，
∴OM−EF=75，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出OM=125．
3．（2023·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在相对的两栋楼CD、EF中间有一堵院墙AB，甲、乙两个人分别在这两栋楼内观察这堵墙，根据实际情况画出平面图形(CD⊥DF．AB⊥DF．EF⊥DF)．甲从点C可以看到点G处，乙从点E可以看到点D处．点B是DF的中点．墙AB高5.5米，DF=120米，BG=10.5米，求甲、乙两人的观察点到地面的距离的差．（结果精确到0.1米）．

【答案】25.9米
【分析】首先可证△DAB∽△DEF，得ABEF=DBDF=12，则EF=2AB=2×5.5=11（米)，再证△GAB∽△GCD，根据对应边成比例可得CD的长，用CD−EF即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥DF，EF⊥DF，
∴∠ABD=∠F=90°，
又∵∠EDF=∠ADB，
∴△DAB∽△DEF，
同理可得△GAB∽△GCD，
∵点B是DF的中点，
∴DB=BF=12DF=12×120=60（米)，
∵ ABEF=DBDF=12，
∴EF=2AB=2×5.5=11（米)，
∵BG=10.5米，
∴DG=10.5+60=70.5（米)，
∵ ABCD=BGGD=，
∴CD=477AB=477×5.5≈36.9（米)，
∴甲、乙两人的观察点到地面的距离的差为：36.9−11=25.9（米)．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用，解题的关键是根据实际问题抽象出几何图形，还要注意数形结合思想的应用．
4．（2022下·黑龙江大庆·八年级统考期中）如图，F为△BED的边BD上一点，过点B作BA∥EF交DE的延长线于点A，过点D作DC∥EF交BE的延长线于点C．
(1)求证：1AB+1CD=1EF；
(2)请找出SΔABD，SΔBED，SΔBDC之间的关系，并给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)1SΔABD+1SΔBDC=1SΔBED，证明见解析
【分析】（1）由平行线分线段成比例可得EFAB=DFDB，EFCD=BFBD．即可得出EFAB+EFCD=DFDB+BFDB=DBDB=1，即证明1AB+1CD=1EF；
（2）分别过A作AM⊥BD于M，过E作EN⊥BD于N，过C作CK⊥BD交BD的延长线于K．由（1）同理可得1AM+1CK=1EN，变形为112⋅BD⋅AM+112⋅BD⋅CK=112BD⋅EN，即1SΔABD+1SΔBDC=1SΔBED．
【详解】（1）证明：∵AB∥EF
∴EFAB=DFDB．
∵CD∥EF
∴EFCD=BFBD，
∴EFAB+EFCD=DFDB+BFDB=DBDB=1，
∴1AB+1CD=1EF；
（2）关系式为：1SΔABD+1SΔBDC=1SΔBED，
证明如下：分别过A作AM⊥BD于M，过E作EN⊥BD于N，过C作CK⊥BD交BD的延长线于K．
由（1）同理可得：1AM+1CK=1EN
∴2BD⋅AM+2BD⋅CK=2BD⋅EN
即112⋅BD⋅AM+112⋅BD⋅CK=112BD⋅EN．
又∵12⋅BD⋅AM=SΔABD，12BD⋅CK=SΔBCD，12BD⋅EN=SΔBED
∴1SΔABD+1SΔBDC=1SΔBED．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例．正确的作出辅助线是解题关键．
5．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）（1）【问题背景】如图1，AB∥EF∥CD，AD与BC相交于点E，点F在BD上．求证：1AB+1CD=1EF；

小雅同学的想法是将结论转化为EFAB+EFCD=1来证明，请你按照小雅的思路完成原题的证明过程．
（2）【类比探究】如图2，AE⊥AB，BD⊥AB，GH⊥AB，DE与BC相交于点G，点H在AB上，AE=AC．求证：1GH−1AC=2BD．
（3）【拓展运用】如图3，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接AC，BD交于点M，过点M作EF∥AB，交AD于点E，交BC于点F，连接EC，FD交于点N，过点N作GH∥AB，交AD于点G，交BC于点H，若AB=3，CD=5，直接写出GH的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）307
【分析】（1）由AB∥EF，可证△DEF∽△DAB，则EFAB=DFBD，同理可得：EFCD=BFBD，则EFAB+EFCD=DFBD+BFBD=DF+BFBD=BDBD=1，两边同时除以EF，可得1AB+1CD=1EF．
（2）由AE⊥AB，BD⊥AB，GH⊥AB，AE=AC，可得CE∥GH∥BD，CE=2AC，证明△CEG∽△BDG，则CGBG=CEBD=2ACBD，同理，△BAC∽△BHG，则ACHG=BCBG=BG+CGBG=1+CGBG，两边同时除以AC得，1GH=1AC+2BD，进而可得1GH−1AC=2BD；
（3）由（1）可知，1AB+1CD=1EM=1FM，1EF+1CD=1GN=1HN，则13+15=815=2EF，解得，EF=154，则1154+15=715=2GH，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵AB∥EF，
∴△DEF∽△DAB，
∴EFAB=DFBD．
同理可得：EFCD=BFBD，
∴EFAB+EFCD=DFBD+BFBD=DF+BFBD=BDBD=1，
两边同时除以EF，得1AB+1CD=1EF．
（2）证明：∵AE⊥AB，BD⊥AB，GH⊥AB，AE=AC，
∴CE∥GH∥BD，CE=2AC，
∵CE∥BD，
∴△CEG∽△BDG，
∴CGBG=CEBD=2ACBD，
同理，△BAC∽△BHG，
∴ACHG=BCBG=BG+CGBG=1+CGBG，
∴ACHG=1+2ACBD，
两边同时除以AC得，1GH=1AC+2BD，
∴1GH−1AC=2BD；
（3）解：由（1）可知，1AB+1CD=1EM=1FM，1EF+1CD=1GN=1HN，
∴13+15=815=2EF，解得，EF=154，
∴1154+15=715=2GH，解得，GH=307，
∴GH=307．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等式的性质，平行线的判定．解题的关键在于明确相似三角形的判定条件．
题型02 三角形内接矩形模型
【提示】大招结论切勿死记硬背，解题时首先根据已知条件得到∆AGF∽∆ABC，从而得到，再将相关数值代入求解.
1．（2023·内蒙古通辽·模拟预测）如图，正方形MNPQ内接于△ABC，点M、N在BC上，点P、Q分别在AC和AB边上，且BC边上的高AD=6cm，BC=12cm，则正方形MNPQ的边长为 ．
【答案】4cm
【分析】此题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．易知△APQ∽△ACB，ED的长等于正方形MNPQ的边长，正方形MNPQ的边长即PQ的长，已知BC和AD的长，AE可用PQ表示出来，利用相似三角形的性质即可得解．
【详解】解：设正方形MNPQ的边长为xcm，则ED=xcm，AE=AD−x=6−xcm．
∵四边形MNPQ是正方形，
∴PQ∥BC．
∴△APQ∽△ACB．
又∵AD⊥BC，
∴AD⊥PQ，
∴ AEAD=PQBC．
∵四边形MNPQ是正方形，
∴∠PQM=∠QMN=90°，
∵AD⊥BC，
∴四边形EQMD是矩形，
∴PQ=MQ=ED，
∵PQ=ED=xcm，AE=6−xcm，BC=12cm，AD=6cm，
∴ 6−x6=x12，
解得x=4．
故答案为：4cm．
2．（2024·河南·三模）阅读与思考：下面是小华同学写的一篇数学小论文，请你认真阅读并完成相应学习任务：怎样作直角三角形的内接正方形？如果一个正方形的四个顶点都在直角三角形的三条边上，我们把这样的正方形叫做该直角三角形的内接正方形．那么怎样作出一个直角三角形的内接正方形呢？我们可以用如下方法：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，作∠ACB的角平分线，交斜边AB于点D；然后过点D，分别作AC，BC的垂线，垂足分别为F，E，则DF=DE．（依据1）容易证明四边形DFCE是正方形．
用上面方法所作出的正方形，有一个顶点恰好是直角三角形的直角顶点．
如图2，如果Rt△ABC的内接正方形的一边恰好在斜边AB上，我就可用如下方法，
第一步：过直角顶点C作CD⊥AB，垂足为D；
第二步，延长AB到M，使得BM=AD，连接CM；
第三步：作∠BDC的平分线，交MC于点E；
第四步：过点E分别作DC，DB的垂线，垂足分别为P，K，EP交BC于点F，EP的延长线交AC交于G；
第五步：分别过点F，G作AB的垂线，垂足分别为N，H．
则四边形NFGH就是Rt△ABC的内接正方形，并且NH恰好在该直角三角形的斜边上．
理由如下：易证四边形EPDK是正方形，EG∥AM．
∵EG∥AM，∴∠CGP=∠CAD，∠CPG=∠CDA，∴△CGP∽△CAD，同理可得：△CEF∽△CMB．（依据2）
∴GPAD=CPCD；EFBM=CFCB=CPCD．
学习任务：
(1)材料中画横线部分的依据分别是：
依据1：__________；依据2：__________．
(2)请完成图2说理过程的剩余部分．
(3)分析图2的作图过程，不难看出是将图2转化成图1去完成的，即先作图形EPDK，再将正方形EPDK转化为正方形NFGH，转化的过程可以看作是一种图形变换，这种图形变换是__________．（填出字母代号即可）．
A．旋转 B．平移 C．轴对称 D．位似
【答案】(1)角平分线的性质；两个角对应相等的两个三角形相似
(2)证明见解析
(3)B
【分析】（1）根据角平分线的性质定理与相似三角形的判定定理可得答案；
（2）由（1）得：四边形EPDK是正方形，EG∥AM．证明△CGP∽△CAD，△CEF∽△CMB．GPAD=CPCD；EFBM=CFCB=CPCD，证明GP=EF，GF=EP，证明GF=EP=EK=FN，从而可得结论；
（3）由作图可得答案．
【详解】（1）解：依据1：角平分线的性质；
依据2：两个角对应相等的两个三角形相似；
（2）理由如下：由（1）得：四边形EPDK是正方形，EG∥AM．
∴EP=EK，
∵EG∥AM，
∴△CGP∽△CAD，△CEF∽△CMB．（依据2）
∴GPAD=CPCD；EFBM=CFCB=CPCD，
∴GPAD=EFBM，
∵AD=BM，
∴GP=EF，
∴GF=EP，
由作图可得：四边形GHNF，四边形FNKE是矩形，
∴GH=FN=EK，
∵DE是∠CDB的角平分线，且EP⊥CD， EK⊥BD
∴EP=EK
∴GF=EP=EK=FN，
∴四边形GHNF，四边形FNKE是正方形，
∴四边形NFGH就是Rt△ABC的内接正方形，并且NH恰好在该直角三角形的斜边上．
（3）由作图可得：先做图形EPDK，再将正方形EPDK转化为正方形NFGH，由于这两个正方形的边HN，DK在同一直线上，因此在转化的过程可以看作是一种图形变换，这种图形变换是平移；
故选：B．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，平移变换的理解，掌握基础作图的方法及相似三角形的判定是解本题的关键．
3．（2023·湖南长沙·二模）如图，已知在△ABC中，BC=20，高AD=16，内接矩形EFGH的顶点E、F在BC边上，G、H分别在AC、AB上，则内接矩形EFGH的最大面积为 ．

【答案】80
【分析】利用矩形的性质和平行线之间的距离相等的性质可得PD=HE=FG，设PD=HE=FG=x，则AP=AD−PD=16−x；利用相似三角形的判定与性质、对应高的比对应相似比求得线段HG的长度，再利用矩形的面积公式求得用含x的代数式表示的矩形EFGH的面积，最后利用配方法和二次函数的性质解答即可解答论．
【详解】解：∵四边形EFGH矩形，
∴HE=GF，HG∥EF．
∵AD⊥BC，
∴PD=HE=FG，
设PD=HE=FG=x，则AP=AD−PD=16−x．
∵HG∥EF，
∴△AHG∼△ABC，△APG∼△ADC
∴HGBC=AGAC,APAD=AGAC，即HGBC=APAD，
∴HG20=16−x16，
∴GH=20−54x．
∴矩形EFGH的面积为HG·HE=x20−54x=−54x2+20x=−54x−82+80，
∵−54