中考数学二轮培优题型训练压轴题20以相似为背景的几何类比探究压轴问题（2份，原卷版+解析版）

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例1．（2023•青山区模拟）（1）已知，直线AC与BD交于点O．
①如图1，若∠A＝∠D，求证：AO•CO＝BO•DO；
②如图2，若∠A+∠D＝180°，求证：；
（2）如图3，在△ABC中，∠A＝60°，E为BD中点，且∠BEC＝120°，DE：CD＝1：n．则AB：CE＝ 2：n ．
​
【分析】（1）①证明△AOB∽△DOC即能得到结论；
②在CA的延长线上取一点T，使得BT＝BA．证明△BOT∽△COD，推出，可得结论；
（2）如图3中，作∠ECT＝60°，CT交BD的延长线于点T．证明△ECT是等边三角形，再利用相似三角形的性质解决问题．
【解答】（1）①证明：∵∠A＝∠D，∠AOB＝∠DOC，
∴△AOB∽△DOC，
∴，
∴AO•CO＝BO•DO；
②证明：在CA的延长线上取一点T，使得BT＝BA．
∵BA＝BT，
∴∠T＝∠BAT，
∵∠D+∠BAO＝180°，∠BAO+∠BAT＝180°，
∴∠D＝∠BTA＝∠T，
∵∠DOC＝∠BOT，
∴△BOT∽△COD，
∴，
∴；
（2）解：如图3中，作∠ECT＝60°，CT交BD的延长线于点T．
∵∠BEC＝120°，
∴∠CET＝60°，
∵∠ECT＝60°，
∴△ECT是等边三角形，
∴EC＝CT，∠T＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠T，
∵∠ADB＝∠TDC，
∴△ABD∽△TCD，
∴，
∵DE＝EB，DE：CD＝1：n，
∴．
故答案为：2：n．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
例2．（2023•慈溪市一模）【证明体验】（1）如图1，在△ABC中，D为AB边上一点，连结CD，若∠ACD＝∠ABC，求证：AC2＝AD•AB．
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2，D为AB边上一动点，连结CD，E为CD中点，连结BE．
【思考探究】①如图2，当∠ACD＝∠DBE时，求AD的长．
【拓展延伸】②如图3，当∠DEB＝30°时，求AD的长．
【分析】（1）由已知可证得△ACD∽△ABC，得出，化为等积式即可；
（2）①延长AB至F，使BF＝BD，连接CF，由三角形中位线定理可得：BE∥CF，BECF，进而证得△ACD∽△AFC，得出AC2＝AD•AF，设AD＝x，则BF＝BD＝4﹣x，AF＝AB+BF＝8﹣x，建立方程求解即可得出答案；
②延长AB至F，使BF＝BD，连接CF，过点C作CG⊥AB于点G，同理可得FC2＝FA•FD，设AD＝x，则BF＝BD＝4﹣x，FA＝8﹣x，FD＝2BD＝8﹣2x，即FC2＝（8﹣x）（8﹣2x），再利用解直角三角形可得CG，AG＝3，BG＝1，FG＝5﹣x，根据勾股定理建立方程求解即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠ABC，∠CAD＝∠BAC，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∴AC2＝AD•AB．
（2）解：①如图，延长AB至F，使BF＝BD，连接CF，
则B为DF的中点，
∵E为CD中点，
∴BE是△CDF的中位线，
∴BE∥CF，BECF，
∴∠F＝∠DBE，
∵∠ACD＝∠DBE，
∴∠ACD＝∠F，
∵∠CAD＝∠FAC，
∴△ACD∽△AFC，
∴，
∴AC2＝AD•AF，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2，
则∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝4，AC＝AB•csA＝4•cs30°＝2，
设AD＝x，则BF＝BD＝4﹣x，
∴AF＝AB+BF＝4+4﹣x＝8﹣x，
∴（2）2＝x（8﹣x），
解得：x1＝2，x2＝6，
∵AB＝4＜6，
∴x＝6不符合题意，舍去，
∴AD的长为2．
②如图，延长AB至F，使BF＝BD，连接CF，过点C作CG⊥AB于点G，
则B为DF的中点，
∵E为CD中点，
∴BE是△CDF的中位线，
∴BE∥CF，BECF，
∵∠DEB＝30°，
∴∠FCD＝∠DEB＝30°，
由①知∠A＝30°，AB＝4，AC＝2，
∴∠A＝∠FCD，
∵∠CFD＝∠AFC，
∴△FCD∽△FAC，
∴，
∴FC2＝FA•FD，
设AD＝x，则BF＝BD＝4﹣x，
∴FA＝AB+BF＝4+4﹣x＝8﹣x，FD＝2BD＝8﹣2x，
∴FC2＝（8﹣x）（8﹣2x），
在Rt△ACG中，∠AGC＝90°，∠A＝30°，AC＝2，
∴CGAC，AG＝AC•csA＝2cs30°＝3，
∴BG＝AB﹣AG＝4﹣3＝1，
∴FG＝FB+BG＝4﹣x+1＝5﹣x，
在Rt△CFG中，FC2＝CG2+FG2，
即（8﹣x）（8﹣2x）＝（）2+（5﹣x）2，
解得：x1＝7，x2＝7，
∵AD＜AB＝4，
∴x＝7不符合题意，舍去，
∴AD的长为7．
【点评】本题是相似三角形综合题，考查了直角三角形性质，勾股定理，三角形中位线定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
例3．（2023•温江区校级模拟）如图1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，点E在对角线AC上，点F在边AD上运动，连接EF，作∠FEG＝90°，交直线BC于点G，且，AB＝6．
（1）如图2，当点F与点D重合时，求的值；
（2）点F在边AD上运动过程中，当△AEF成为以AE为腰的等腰三角形时，求BG的长；
（3）记点F关于直线AC的轴对称点为点P，若点P落在∠EBC的内部（不含边界），求DF的取值范围．
【分析】（1）点C、D、E、G共圆，从而得出∠EDG＝∠ACB＝30°，进而得出结果；
（2）分为两种情形：当EF＝AE时，作ET⊥BC于T，交AD于H，可得出∠EFH＝∠CAD，由AD∥BC，得出∠EFH＝∠CAD＝∠ACB＝30°，进而得出∠GEF＝30°，BT＝AH＝4•cs30°＝2，EHAE＝2，从而得出ET＝HT﹣EH＝AB﹣EH＝6﹣2＝4，进一步得出结果；当AE＝AF时，作EN⊥BC于N，交AD与M，可得出∠NGE＝∠MEF＝15°，进而得出∠GEC＝∠ACB﹣∠NGE＝15°，从而CG＝CE＝8，进一步得出结果；
（3）作EH⊥AB于H，作点D关于AC的对称点D′，连接AD′，交AE于G，交BC于K，作GT⊥AB于T，可求得BE，可推出∠CAD′＝∠BAD′，从而得出，BG，可求得sin∠ABF，从而tan∠ABF，设GTx，则BT＝2x，AT＝3x，AG＝2x，由BT+AT＝AB求得x的值，从而得出AG的值，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠FEG＝90°，
∴∠BCD+∠FEG＝180°，
∴点C、D、E、G共圆，
∴∠EDG＝∠ACB＝30°，
∴∠EGD＝90°﹣∠EDG＝60°，
∴；
（2）如图1，
当EF＝AE时，作ET⊥BC于T，交AD于H，
∴∠EFH＝∠CAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EFH＝∠CAD＝∠ACB＝30°，
∴∠FEH＝60°，
∵∠FEG＝90°，
∴∠GEF＝30°，
∵AB＝6，
∴AC＝2AB＝12，
∴AEAC＝4，
∴BT＝AH＝AE•cs∠CAD＝4•cs30°＝2，EHAE＝2，
∴ET＝HT﹣EH＝AB﹣EH＝6﹣2＝4，
∴GT＝ET•tan∠GET＝4，
∴BG＝BT+GT＝2，
如图2，
当AE＝AF时，作EN⊥BC于N，交AD与M，
∵∠CAD＝30°，
∴∠AEF＝∠AFE＝75°，∠AEM＝60°，
∴∠MEF＝15°，
同理上可得：∠NGE＝∠MEF＝15°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠GEC＝∠ACB﹣∠NGE＝15°，
∴CG＝CE＝8，
∴BG＝BC+CG＝8+6，
综上所述：BG或8+6；
（3）如图3，
作EH⊥AB于H，作点D关于AC的对称点D′，连接AD′，交AE于G，交BC于K，作GT⊥AB于T，
∴AH，
∴BH＝AB﹣AH＝4，
∴BE，
由对称得：∠CAD′＝∠CAD＝30°，
∴∠BAD′＝90°﹣∠CAD′﹣∠CAD＝30°，
∴∠CAD′＝∠BAD′，
∴，
∴，
∴BG，
∴sin∠ABF，
∴tan∠ABF，
设GTx，则BT＝2x，AT＝3x，AG＝2x，
由BT+AT＝AB得，
5x＝6，
∴x，
∴AG＝2，
∵△AFG是等边三角形，
∴AF，
∵AF′＝AK，
∴6，6，
∴2．
【点评】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的分类，矩形的性质，角平分线的性质等知识，解决问题的关键是较强的计算能力．
例4．（2023•广水市模拟）爱动脑筋的小明同学在学习完角平分线的性质一节后意犹未尽经过思考发现里面还有一个有趣的结论：
（1）【问题发现】如图1所示，若AD是∠BAC的角平分线，可得到结论：．
小明的解法如下：
过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，过点A作AG⊥BC于点G，
∵AD是∠BAC的角平分线，且DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ DE＝DF ，
，
∵，
∴．
（2）【类比探究】如图2所示，若AD是∠BAC的外角平分线，AD与BC的延长线交于点D．求证：；
（3）【直接应用】如图3所示，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD＝10，CD＝6，在不添加辅助线的情况下直接写出AB＝ 20 ．
（4）【拓展应用】如图4所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，将△ABC先沿∠BAC的平分线AD折叠，B点刚好落在AC上的E点，剪掉重叠部分（即四边形ABDE），再将余下部分（△CDE）沿∠DEC的平分线EF折叠，再剪掉重叠部分（即四边形DEGF），求出剩余部分△FCG的面积．
【分析】（1）根据角平分线的性质可得答案；
（2）过点D作DN⊥BA于N，过点D作DM⊥AC于M．过点A作AP⊥BD于点P．根据角平分线的性质得DN＝DM，再利用面积法可得结论；
（3）作DH⊥AB于H，由角平分线的性质得CD＝DH＝6，由勾股定理得，BH＝8，再利用三角函数可得答案；
（4）由（1）可得，从而得出△DEC的面积，同理可求：，进而解决问题．
【解答】（1）解：根据角平分线的性质得，DE＝EF，
故答案为：DE＝DF；
（2）证明：过点D作DN⊥BA于N，过点D作DM⊥AC于M．过点A作AP⊥BD于点P．
∵AD平分∠MAN，DN⊥BA，DM⊥AC，
∴DN＝DM．
∴，，
∴；
（3）解：作DH⊥AB于H，
∵AD是∠BAC的平分线，DC⊥AC，DH⊥AB
∴CD＝DH＝6，
在Rt△BDH中，由勾股定理得，BH＝8，
∵csB，
∴，
∴AB＝20，
故答案为：20；
（4）解：∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴，
∵将△ABC先沿∠BAC的平分线AD折叠，
∴AB＝AE＝6，∠BAD＝∠DAE，∠B＝∠AED＝90°，BD＝DE，
∴EC＝4，
由（1）可得，
∴BD＝3＝DE，DC＝5，
∴，
同理可求：，
∴，
∴．
【点评】本题是阅读理解题，主要考查了角平分线的性质的应用，翻折的性质，三角形的面积等知识，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
1．（2023•仪征市一模）已知菱形ABCD中，点E是对角线AC上一点，点F是边AD上一点，连接EF、BE、CF．
【特例探究】：（1）如图1，若∠ABC＝60°且EF∥CD，线段BE、CF满足的数量关系是 BE＝CF ；
（2）如图2，若∠ABC＝90°且EF⊥AC，判定线段BE、CF满足的数量关系，并说明理由；
【一般探究】（3）如图3，根据特例的探究，若∠BAC＝α，AE＝EF，请求出的值（用含α的式子表示）；
【发现应用】（4）如图3，根据“一般探究”中的条件，若菱形边长为1，，点F在直线AD上运动，则△CEF面积的最大值为 ．
【分析】（1）证明△ABE≌△ACF（SAS），即可得出结论；
（2）证明△ABE∽△ACF，即可得出结论；
（3）过点B作BO⊥AC于点O，先证明△ABC∽△AEF，得到，再证明△ABE∽△ACF，得到，推出AC＝2AB•csα，即可得出结论；
（4）连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，由（3）推出∠EFA＝∠DAC＝∠BAC＝30°，设AE＝x，则EF＝x，求出S△ABE，S△AEF，根据△ABE∽△ACF，得到，进而求出，利用二次函数的性质，求出最值即可得出结果．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠DAC＝∠BAC＝60°，
∵EF∥CD，
∴∠AFE＝∠ADC＝60°，
∴△AEF是等边三角形，∠BAE＝∠CAF＝60°，
∴AE＝AF，
在△ABE和△ACF中，

∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF；
故答案为：BE＝CF，
（2），理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，，
∵EF⊥AC，
∴，
∴，
∴△ABE∽△ACF，
∴，
∴；
（3）如图3，过点B作BO⊥AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAC＝α，
∴AB＝BC，∠DAC＝∠BAC＝∠ACB＝α，
∵AE＝EF，
∴∠AFE＝∠DAC＝α，
∴△ABC∽△AEF，
∴，
又∵∠DAC＝∠BAC＝α，
∴△ABE∽△ACF，
∴，
∵AB＝BC，BO⊥AC，
∴AC＝2AO，AO＝AB•cs∠BAC，
∴AC＝2AB•csα，
∴2csα，
（4）如图4，连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，
由（3）可得：△ABE∽△ACF，，∠EAF＝∠EFA，
∴，
∴，
∴∠EFA＝∠DAC＝∠BAC＝30°，
设AE＝x，则EF＝x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴，
∴S△ABEAE•BOx•x，
∵AE＝EF＝x，∠DAC＝30°，EH⊥AD，
∴，AF＝2AH，
∴，
∴S△AEFAF•EHx•xx2；
∵△ABE∽△ACF，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴当时，S△CEF有最大值：．
故答案为：．
【点评】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形以及利用二次函数的性质求最值．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题．熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
2．（2023•浦东新区二模）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，过点B作BE⊥AD，垂足为点E，点G在边AD上，连接BG、CG，对角线AC与BE、BG分别交于点F、H，且AE•BG＝AF•BE．
（1）求证：BG⊥AC；
（2）如果∠DGC＝2∠DCG，且DC是DG与DA的比例中项，求证：四边形ABCG是菱形．
【分析】（1）利用直角三角形的相似的判定定理得到Rt△AEF∽Rt△BEG，则∠AFE＝∠BGE，利用垂直就的定义和直角三角形的性质解答即可得出结论；
（2）利用相似三角形的判定与性质和角平分线的定义得到∠DCG＝∠ACG，利用平行线的性质和角平分线的定义得到∠BCG＝2∠BCG＝2∠ACG，则∠ACB＝∠ACG＝∠DCG，利用等腰三角形的判定定理得到GA＝GC，利用全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质得到CG＝CB，GH＝BH，AB＝AG，利用四边线段的四边形是菱形即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AE•BG＝AF•BE，
∴．
∵BE⊥AD，
∴Rt△AEF∽Rt△BEG，
∴∠AFE＝∠BGE．
∵BE⊥AD，
∴∠EAF+∠AFE＝90°，
∴∠EAF+∠BGE＝90°，
∴∠AHG＝90°，
∴BG⊥AC；
（2）证明：∵DC是DG与DA的比例中项，
∴，
∵∠D＝∠D，
∴△DCG∽△DAC，
∴∠DCG＝∠DAC，∠DGC＝∠∠DCA．
∵∠DGC＝2∠DCG，
∴∠DCA＝2∠DCG，
∴∠DCG＝∠ACG．
∵AD∥BC，
∴∠DGC＝∠BCG，
∴∠BCG＝2∠BCG＝2∠ACG，
∴∠ACB＝∠ACG＝∠DCG．
∴∠ACG＝∠DAC，
∴GA＝GC，
在△CGH和△CBH中，
，
∴△CGH≌△CBH（ASA），
∴CG＝CB，GH＝BH，
∴AC是线段BG的垂直平分线，
∴AB＝AG，
∴AB＝AG＝GC＝CB．
∴四边形ABCG是菱形．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2023•周村区一模）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一点，过点E作BD的垂线交BD于点P，交AB于点F，连接AP并延长交BC于点G．
（1）求证：PE＝PF；
（2）若BG＝CE，求∠EPG的度数；
（3）若AB＝6，EG＝1，求△PGE的面积．
【分析】（1）由正方形的性质得出PF＝PB，PE＝PB．则可得出结论；
（2）作PM⊥AG交AB于M，证明△EPG≌△BPM（ASA），得出EG＝BM．证出，则可得出结论；
（3）作FH∥BC交AG于H，证明△FHP≌△EGP（ASA），得出FH＝EG＝1．证明△AFH∽△ABG，由相似三角形的性质得出．设CE＝x，则BG＝5﹣x，AF＝CE＝x，求出BE＝4或3，作PN⊥BC于N，求出PN的长，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵EF⊥BD于P，
∴∠EPB＝∠FPB＝90°．
在正方形ABCD中，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴∠PFB＝∠PBF＝45°，∠PEB＝∠PBE＝45°．
∴PF＝PB，PE＝PB．
∴PE＝PF；
（2）解：过点P作PM⊥AG交AB于M，
∴∠MPG＝∠EPB＝90°．
∴∠EPG＝∠BPM．
∵∠PEG＝45°，∠PBM＝45°，
∴∠PEG＝∠PBM．
在△EPG和△BPM中，
，
∴△EPG≌△BPM（ASA），
∴EG＝BM．
∵∠BFP＝∠BEP＝45°，
∴BF＝BE．
∴AB﹣BF＝BC﹣BE，BF﹣BM＝BE﹣GE，
∴AF＝CE，FM＝BG．
∵BG＝CE，
∴AF＝FM．
∵∠APM＝90°，
∴，
∴，
∴∠EPG＝22.5°；
（3）解：过点F作FH∥BC交AG于H，
∴∠HFP＝∠GEP，∠HPF＝∠GPE．
在△FHP和△EGP中，
，
∴△FHP≌△EGP（ASA），
∴FH＝EG＝1．
又∵∠AFH＝∠ABG，∠FAH＝∠BAG，
∴△AFH∽△ABG，
∴．
设CE＝x，则BG＝5﹣x，AF＝CE＝x，
∴，
解得x1＝2，x2＝3，
∴BE＝4或3，
作PN⊥BC于N，
∵∠BPE＝90°，PE＝PB，
∴点N为BE的中点，
∴，
∴PN＝2或．
∵，
∴S△PGE＝1或．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
4．（2023•市北区一模）如图所示，矩形ABCD，AB＝3cm，BC＝5cm，E为边AD上一点，ED＝1cm．点P从点B出发，沿BE方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，以P、Q、B为顶点的三角形和△ABE相似；
（2）设五边形PEDCQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；
（3）连接CE，取CE中点F，连接DF，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使PQ∥DF？若存在，请直接给出t的值（不必提供求解过程）；若不存在，请说明理由．
​
【分析】（1）分∠BPQ＝90°或∠PBQ＝90°两种情形，分别利用cs∠PBQ列出方程即可；
（2）作PH⊥BC于H，将五边形面积转化为梯形面积减去APQ的面积即可；
（3）根据平行线的性质得∠QPM＝∠CDF，再利用直角三角形斜边上中线的性质得∠CDF＝∠FCD，再利用三角函数列出方程即可．
【解答】解：（1）由题意得，AB＝CD＝3，AE＝4，BC＝5，DE＝1，∠AEB＝∠PBQ，
由勾股定理得，BE5，
∵BP＝t，QC＝t，
∴PE＝5﹣t，BQ＝5﹣t，
当∠BPQ＝90°时，
cs∠PBQ，
解得t，
当∠PBQ＝90°时，
cs∠PBQ，
解得t，
综上所述，当t或时，以P、Q、B为顶点的三角形和△ABE相似；
（2）S五边形PEDCQ＝S梯形BCDE﹣S△BPQ，
如图，作PH⊥BC于H，
则PH＝BP•sin∠PBQ＝t，
BH＝BP，
∴S，
S梯形BCDE，
∴S＝9﹣（）；
（3）存在某一时刻，使得PQ∥DF，
如图，作PM⊥BC于M，
则PM，QM，
∵PM∥CD，PQ∥DF，
∴∠QPM＝∠CDF，
∵DF为Rt△DEC的中线，
∴DF＝FC，
∴∠CDF＝∠FCD，
∴tan∠QPM，
∴，
即，
∴t，
即存在某一时刻t，使PQ∥DF，t的值为．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，三角函数等知识，利用三角函数表示线段的长是解题的关键．
5．（2023•历下区一模）如图1，已知正方形AFEG与正方形ABCD有公共顶点A，点E在正方形ABCD的对角线AC上（AG＜AD）．
（1）如图2，正方形AFEG绕A点顺时针方向旋转α（0°＜α＜90°），DG和BF的数量关系是 DG＝BF ，位置关系是 DG⊥BF ；
（2）如图3，正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），求的值以及直线CE和直线DG所夹锐角的度数；
（3）如图4，AB＝8，点N在对角线AC上，CN，将正方形AFEG绕A顺时针方向旋转α（0°＜α＜360°），点M是边CD的中点，过点M作MH∥DG交EC于点H；在旋转过程中，线段NH的长度是否变化？如果不变，请直接写出NH的长度；如果改变，请说明理由．
【分析】（1）如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，证明△DAG≌△BAF，进而得出DG＝BF，∠ADG＝∠ABF，根据平行线的性质得出∠PBA+∠ADG＝∠PBA+∠ABF＝90°，进而即可得出结论；
（2）连接AE，证明△ADG∽△ACE，得出，∠ADG＝∠ACE，延长DG、CE交于点O，根据三角形的内角和定理，即可得出∠DOC＝∠DAC＝45°；
（3）过点M作MN'⊥AC，得出CN＝CN'，即可证明MN⊥NC，设∠ADG＝θ，则∠GDC＝90°﹣θ，连接AE，过点M作MO⊥DC交AC于点O，证明△ADG∽△ACE，得出∠ADG＝∠ACE＝θ，进而得出∠MOC＝∠MHC＝45°，则M，C，H、O四点共圆，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，
∵正方形AFEG与正方形ABCD，
∴AG＝AF，AD＝AB，∠DAB＝∠GAF＝90°，
∴∠DAG+∠GAB＝∠GAB+∠BAF＝90°，
∴∠DAG＝∠BAF．
∴△DAG≌△BAF（SAS），
∴DG＝BF，∠ADG＝∠ABF，
∵PB∥DG，
∴∠CDG＝∠CPB，
即90°﹣∠ADG＝90°﹣∠PCB＝∠PBA．
又∵∠ADG＝∠ABF，
∴∠PBA+∠ADG＝∠PBA+∠ABF＝90°，
∴BF⊥PB，
∴BF⊥DG，
∴DG和BF的数量关系是相等（DG＝BF），位置关系是垂直（DG⊥BF），
故答案为：DG＝BF，DG⊥BF；
（2）连接AE，
由旋转性质知∠CAE＝∠DAG＝α，
在Rt△AEG和Rt△ACD中，
cs45°，，
∴，
∴△ADG∽△ACE，
∴，
∴，
∵△ADG∽△ACE，
∴∠ADG＝∠ACE．
延长DG、CE交于点O，
∵∠DPO＝∠CPA，
∴∠DOC＝∠DAC＝45°；
（3）∵AB＝8，点M是边CD的中点，点N在对角线AC上，CN＝2，
∴MC＝4，∠MCN＝45°，
过点M作MN'⊥AC，
在Rt△MCN'中，CN＝MC×cs45°＝2，
∴CN＝CN'，
即点N，N重合，
∴MN⊥NC，
∴∠MNC＝90°，
设∠ADG＝θ，则∠GDC＝90°﹣θ．
∵MH∥DG，
∴∠HMC＝90°﹣θ，
如图所示，连接E，过点M作MO⊥DC交AC于点O，
∴MO∥AD，
∴∠MOC＝∠DAC＝45°，
∴△MOC是等腰直角三角形，
又∵MN⊥OC，
∴MN＝NC＝NO，
∴cs45°，∠DAG＝∠CAE＝α，
∴△ADG∽△ACE，
∴∠ADG＝∠ACE＝θ，
∴∠MCH＝45°+θ，
∴∠MHC＝180°﹣∠HMC﹣∠HCM＝180°﹣（90°﹣θ）﹣（45°+θ）＝45°，
∴∠MOC＝∠MHC＝45°，
∴M、C、H、O四点共圆，
∴线段NH是一个定值，NH＝CN＝2．
【点评】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，四点共圆，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
6．（2023•碑林区校级三模）数学探究小组利用一些三角形彩纸裁剪面积最大的内接正方形，他们就有关问题进行了探究：
定义：如果一个正方形的四个顶点都在一个三角形的边上，那么我们就把这个正方形叫做三角形的内接正方形．
作图：如图1，正方形DEFG的顶点E，F在边AB上，顶点D在边AC上，在△ABC及其内部，以A为位似中心，作正方形DEFG的位似正方形D′E′F′G′，且使正方形D′E′F′G′的面积最大．
实践操作：
（1）第一小组拿到的钝角三角形原材料，你认为在钝角三角形中存在 1 个内接正方形；
（2）第二小组拿到的是直角三角形原材料，小明说：在直角三角形中，两个顶点都在斜边上的内接正方形的面积较大．小丽同学认为他的结论不正确，她通过计算腰长为1的等腰直角三角形（如图2和图3）的情况给予说明，请你帮助小丽同学完成计算和说理过程；
（3）第三小组拿到的是不等边锐角三角形原材料，小华同学认为：在不等边锐角三角形中，两个顶点都在较大边上的内接正方形的面积反而较小．小华同学已经写出了题设条件，请你帮助他完成推理过程．如图4，设锐角△ABC的三条边分别为a、b、c不妨设a＞b＞c，三条边上的对应高分别为ha、hb、hc，内接正方形的边长分别为xa、xb、xc．
【分析】（1）分别讨论内接正方形有两个顶点在钝角三角形的三边上，根据三角形内角和定理进行求解即可；
（2）分别求出图2和图3中两个内接正方形的边长即可得到答案；
（3）如图所示，四边形DEFG是△ABC的内接正方形，过点A作AH⊥BC，证明△ADG∽△ABC，△ABH∽△DBE，得到，进而得到，则同理可得，，即可推出，再由a＞b，b＞ha，推出，得到xa＜xb，同理可证xa＜xc，由此即可得到结论．
【解答】解：（1）在钝角三角形中存在1个内接正方形，理由如下：
不妨设△ABC为钝角三角形，∠A＞90°，
如图1﹣1所示，当内接正方形有两个顶点在BC上时，是可以得到1个内接正方形的；
如图1﹣2所示，当内接正方形有两个顶点在AB上时，则在△AGF中，∠A＞90°，∠AGF＝90°，显然违背了三角形内角和定理，此种情形不成立；
同理当当内接正方形有两个顶点在AC上时，此种情形不成立；
综上所述，在钝角三角形中存在1个内接正方形；
故答案为：1；
（2）小明的结论不正确，理由如下：
在等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝1，∠B＝90°，
∴；
如图2所示，设DE＝BE＝a，
∴AE＝AB﹣BE＝1﹣a，
∵四边形DEBF是正方形，
∴∠DEA＝90°＝∠B，
∴DE∥BC，
∴△AED∽△ABC，
∴，
∴；
如图3所示，
∵四边形D′E′F′G′是正方形，
∴D′G′∥E′F′，D′G′＝G′F′，∠AF′G′＝90°，
∵AB＝BC，∠B＝90°，
∴∠A＝∠C＝45°，
∴∠BG′D′＝∠A＝45°＝∠BD′G′＝∠C，
∴，
在Rt△AF′G′中，∠AF′G′＝90°，∠A＝45°，
∴，
∵AB＝AG′+BG′，
∴，
∴，
∵，
∴小明的结论不正确；
（3）如图所示，四边形DEFG是△ABC的内接正方形，过点A作AH⊥BC，
∴DG∥BC，DE∥AH，
∴△ADG∽△ABC，△ABH∽△DBE，
∴，
∴，
∴，
∴
同理可得，，
∴


，
∵a＞b，b＞ha，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴xa＜xb，
同理可证xa＜xc，
∴在不等边锐角三角形中，两个顶点都在较大边上的内接正方形的面积反而较小．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
7．（2023•宁波一模）【基础巩固】
（1）如图1，AB⊥BC于点B，CE⊥BC于点C，AC⊥DE交BC于点D，求证：．
【尝试应用】
（2）如图2，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，作DF⊥AE交BC于点F，CE＝EF，若AB＝2，AD＝4，求的值．
【拓展提高】
（3）如图3，菱形ABCD的边长为为AD上的一点，作DG⊥CE交AC于点F，交AB于点G，且CE＝2DF，求BG的长．
【分析】（1）证明△ABC∽△DCE即可得出结论；
（2）先证明△ABC∽△FCD，得，再设CE＝EF＝x，则CF＝2x，BE＝BC﹣CE＝4﹣x，即，解之即可求出x值，再把x值代入比例式中即可求解；
（3）连接BD交CE于M，交AC于O，根据菱形性质和解直角△COD，求得OD＝6，OC＝8，再证明△OMC∽△OFD，得，从而得，继而求得，然后证明△BMC∽△DME，得到，则，即可求得DM＝4，BM＝8，从而求得OM＝2，则可求得，，，证明△AGF∽△CDF得，即，则，最后由BG＝AB﹣AG求解即可．
【解答】解：（1）∵AC⊥DE，
∴∠DCA+∠CDE＝90°，
∵CE⊥BC，
∴∠ECD＝90°，∠CDE+∠E＝90°，
∴∠CDA＝∠E，
又∵AB⊥BC，
∴∠B＝90°，
∴∠B＝∠ECD，
∴△ABC∽△DCE，
∴；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，BC＝AD＝4，∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，
∵DF⊥AE，
∴∠DFC+∠BEA＝90°，
∴∠DFC＝∠BAE，
∴△ABC∽△FCD，
∴，
设CE＝EF＝x，则CF＝2x，BE＝BC﹣CE＝4﹣x，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴；
（3）连接BD交CE于M，交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
∴，
设OD＝3k，OC＝4k，由勾股定理，得（3k）2+（4k）2＝102，解得：k＝2，
∴OD＝6，OC＝8，
∵DG⊥CE，
∴∠DFC+∠FCE＝90°，
∵∠DOC＝90°，
∴∠OMC+∠FCE＝90°，∠DOF＝∠COM，
∴∠OMC＝∠DFO，
∴△OMC∽△OFD，
∴，
∴，
∵CE＝2DF，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴△BMC∽△DME，
∴，
∴，
∵BM+DM＝BD＝2OD＝12，
∴DM＝4，BM＝8，
∴OM＝2，
∵，即，
∴，
∴，，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，
∴△AGF∽△CDF，
∴，即，
∴，
∴．
【点评】本题考查矩形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，属四边形综合题目，难度较大，为中考压轴题目．
8．（2023•西湖区模拟）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DF∥BC，EF∥AB．
（1）求证：△FEC∽△ADF；
（2）设CFAC．
①若EF＝3，求线段AB的长；
②若S△FEC＝1，求S△ADF的值．
【分析】（1）利用平行线判定相似的方法，分别说明△ADF与△ABC、△CEF与△CBA相似，得结论；
（2）利用相似三角形的性质得结论．
【解答】（1）证明：∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC．
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CBA．
∴△FEC∽△ADF．
（2）解：∵△CEF∽△CBA，
∴．
∴AB＝3EF＝9．
∵CFAC，
∴．
∵△FEC∽△ADF，
∴（）2．
∴S△ADF＝4S△FEC＝4．
【点评】本题主要考查了相似三角形，掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
9．（2023•西湖区模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是线段AB和AB的延长线上的一点，且BF＝BE，连接CE，DF交于点G，连接BG．设k（k＞0）．
（1）当k＝1时，求CE的长；
（2）在（1）的条件下，求BG的长；
（3）求△DCG的面积（用含k的代数式表示）．
【分析】（1）连接AC，根据题意和菱形的性质可得△ABC为等边三角形，AE＝EBAB＝1，在Rt△BCE中，CE＝BC•sin∠CBE；
（2）根据理性的性质得AB∥CD，进而得∠DCG＝∠FEG，∠CDG＝∠EFG，由AE＝EB＝BF可得EF＝CD，以此可通过ASA证明△CDG≌△EFG，则EG，再根据勾股定理即可求解；
（3）设点G到CD的距离为h1，点G到AB的距离为h2，则，即，易证明△CDG∽△EFG，得，根据题意可得CD＝（k+1）EB，EF＝2EB，因此，进而得到，以此即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接AC，
在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，
∴BC＝AB＝2，
∴△ABC为等边三角形，
∵k，k＝1，
∴AE＝EBAB＝1，即E为AB中点，
∴CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
在Rt△BCE中，CE＝BC•sin∠CBE＝2；
（2）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DCG＝∠FEG，∠CDG＝∠EFG，
由（1）知，AE＝EB＝1，
∵BF＝BE，
∴AB＝EF＝CD，
在△CDG和△EFG中，
，
∴△CDG≌△EFG（ASA），
∴CG＝EGCE，
在Rt△BEG中，BG；
（3）设点G到CD的距离为h1，点G到AB的距离为h2，
由（1）可知，，即，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，
∴∠DCG＝∠FEG，∠CDG＝∠EFG，
∴△CDG∽△EFG，
∴，
∵k，
∴AE＝kEB，
∴CD＝AB＝AE+EB＝kEB+EB＝（k+1）EB，
∵BF＝BE，
∴EF＝EB+BF＝2EB，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴S△DCG．
【点评】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用所学知识问题解决问题是解题关键．
10．（2023•包河区一模）如图1，AB＝AC＝2CD，DC∥AB，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，使点D落在AC的点E处，AB与CF相交于点O，AB与EF相交于点G，连接BF．
（1）求证：△ABE≌△CAD；
（2）求证：AC∥FB；
（3）若点D，E，F在同一条直线上，如图2，求的值．（温馨提示：请用简洁的方式表示角）
【分析】（1）首先说明CD＝AE，再利用SAS即可证明结论；
（2）由旋转可知EF＝AD，由（1）中全等可得BE＝AD，从而得出EF＝BE，进而得出∠8＝∠7，则∠2＝∠6，再利用三角形外角的性质得∠2＝∠7，利用平行线的判定即可证明；
（3）利用△FEC∽△AED，得，由△EAF∽△FAC，得，可知，再证明AF＝BC，即可解决问题．
【解答】（1）证明：由旋转得，△FCE≌△ACD，
∴CE＝CD，
∵AC＝2CD，
∴AC＝2CE，
∵AC＝CE+AE，
∴AC＝2AE，
∴CD＝AE，
∵DC∥AB，
∴∠1＝∠2，
在△ABE与△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS）；
（2）证明：如图1，由（1）得△FCE≌△ACD，△ABE≌△CAD，
∴FE＝AD，BE＝AD，∠4＝∠5，∠3＝∠5，∠6＝∠1，
∴FE＝BE，∠4＝∠3，
∵FE＝BE，
∴∠EFB＝∠EBF，
∴∠4+∠8＝∠3+∠7，
∴∠8＝∠7，
∵∠1＝∠2，∠6＝∠1，
∴∠2＝∠6，
∵∠9＝∠2+∠6，∠9＝∠7+∠8，
∴∠2+∠6＝∠7+∠8，
∴2∠2＝2∠7，
∴∠2＝∠7，
∴AC∥FB；
（3）解：如图2，由（2）得∠4＝∠5，∠1＝∠6，
∵∠4＝∠5，∠FEC＝∠AED，
∴△FEC∽△AED，
∴，
∴，
又∵∠FEA＝∠CED，
∴△FEA∽△CED，
∴∠EFA＝∠1，
∴∠EFA＝∠6，
又∵∠EAF＝∠FAC，
∴△EAF∽△FAC，
∴，
∴AF2＝AE•AC，
∵AE，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∴（负值已舍），
由（2）得∠2＝∠6，∠7＝∠8，
∴AO＝CO，FO＝BO，
在△AOF与△COB中，
∵AO＝CO，∠AOF＝∠COB，FO＝BO，
∴△AOF≌△COB（SAS），
∴AF＝CB，
∴．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定等知识，得出是解决问题（3）的关键．
11．（2023•沭阳县一模）我们定义：三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，那么称这个三角形是2倍角三角形．
（1）定义应用：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数为 45°或72° ；
（2）性质探索：小思同学通过对2倍角三角形的研究，发现：在△ABC中，如果∠A＝2∠B＝90°，那么BC2＝AC（AB+AC），下面是小思同学的证明方法：已知：如图1，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝45°．求证：BC2＝AC（AB+AC）．证明：如图1，延长CA到D，使得AD＝AB，连接BD，∴∠D＝∠ABD，AB+AC＝AD+AC＝CD；∵∠CAB＝∠D+∠ABD＝2∠D，∠CAB＝90°∴∠D＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠D＝∠ABC，又∠C＝∠C∴△ABC∽△BCD，∴∴BC2＝AC•CD∴BC2＝AC（AB+AC）
根据上述材料提供的信息，请你完成下列情形的证明：
已知：如图2，在△ABC中，∠A＝2∠B，求证：BC2＝AC（AB+AC）；
（3）性质应用：已知：如图3，在△ABC中，∠C＝2∠B，AB＝6，BC＝5，则AC＝ 4 ；
（4）拓展应用：已知：如图4，在△ABC中，∠ABC＝3∠A，AC＝5，BC＝3，求AB的长．
【分析】（1）根据2倍角三角形的定义，用分类讨论的思想解决问题即可；
（2）通过证明△ACD∽△BCA，可得，即AC2＝BC•CD，AC•AB＝BC•AD＝BC•BD，可得结论；
（3）利用相似三角形的性质，结合已知条件即可证明；
（4）应用结论以及相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）解：当等腰三角形的内角分别为x，x，2x时，4x＝180°，
解得x＝45°，
当等腰三角形的内角分别为x，2x，2x时，5x＝180°，
解得x＝36°，2x＝72°，
∴底角的度数为45°或72°，
故答案为：45°或72°；
（2）如图1，作AD平分∠BAC，交BC于D，
∴∠BAC＝2∠DAC＝2∠BAD，
∵∠BAC＝2∠B，
∴∠ABC＝∠DAC＝∠BAD，
∴BD＝AD，
∵∠ABC＝∠DAC，∠ACD＝∠ACB，
∴△ACD∽△BCA，
∴，
∴AC2＝BC•CD，AC•AB＝BC•AD＝BC•BD，
∴AC2+AC•AB＝BC•CD+BC•BD＝BC•（BD+CD），
∴BC2＝AC（AC+AB）．
（3）由性质探索 可知：AB2＝AC（BC+AC），
∴AC2+5AC﹣36＝0，
解得AC＝4或﹣9（舍弃）．
故答案为：4；
（4）如图3，作∠CBD＝∠A，交AC于点D，
则∠ABD＝2∠A，
∴△ABD是2倍角三角形．
∴AD2＝BD（BD+AB），
∵∠BDC是△ABD 的外角，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝3∠A，
∴∠BDC＝∠ABC＝3∠A，
又∵∠C＝∠C，
∴△CBD∽△CAB，
∴，
∴CD，，
∴AD＝AC﹣CD，
设BD＝3x，则AB＝5x，
∴（）2＝3x（3x+5x），
∴x或x（不合题意舍去），
∴AB＝3x．
【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，2倍角三角形的定义以及性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
12．（2023•庐阳区校级一模）已知：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是∠ACB的平分线，连接DA、DB，且DA⊥DB于点D．
（1）求证：DA＝DB；
（2）如图2，点E、F分别是边CD、AC上的点，且BE⊥EF于点E，求的值．
【分析】（1）证明点A，C，B，D四点共圆，即可解决问题；
（2）结合（1）可得△DAB是等腰直角三角形，再证明点F，C，B，E四点共圆，可得∠EFB＝∠BCD＝45°，然后证明△ABF∽△DBE，即可解决问题．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝90°，CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵DA⊥DB，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴点A，C，B，D四点共圆，
∵∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴DA＝DB；
（2）解：∵DA⊥DB，DA＝DB，
∴△DAB是等腰直角三角形，
∴∠DBA＝45°，，
∵BE⊥EF，
∴∠BEF＝∠ACB＝90°，
∴点F，C，B，E四点共圆，
∴∠EFB＝∠BCD＝45°，
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴∠EBF＝45°，
∴∠ABF＝45°﹣∠ABE＝∠DBE，
∵点A，C，B，D四点共圆，
∴∠BAF＝∠BDE，
∴△ABF∽△DBE，
∴．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是得到△ABF∽△DBE．
13．（2023•武侯区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝kBC （0＜k＜1 ），将线段AB绕点A逆时针旋转α度（0＜α＜90 ）得到线段AE，过点E作AE的垂线交射线CD于点H，交射线AD于点M．
[尝试初探]
（1）当点M在AD延长线上运动时，∠BAE与∠AME始终相等，且△AEM与△HDM始终相似，请说明理由；
[深入探究]
（2）若k，随着线段AE的旋转，点H的位置也随之发生变化，当CHCD时，求tanα的值；
[拓展延伸]
（3）连接ED，当△EDM为等腰三角形时，求tanα的值（用含k的代数式表示）．
【分析】（1）由矩形的四个角是直角，又AE⊥EM，容易得到结果．
（2）连接AH，设AD＝2AB＝8a，DH＝a，求出EH，由△AEM∽△HDM得到，可求出DM，tanα＝tan∠AME得到结果．
（3）分类讨论：①点M在AD延长线上时，作DG⊥ME，设AB＝AE＝a，AD＝DE＝DM＝ka，AM＝2ka，由勾股定理求出ME，tanα＝tan∠AME，得到结果．②当M在AD上时，设ME＝MD＝x，由AE2+ME2＝AM2，求出ME，tanα＝tan∠AME，得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝90°，
∵AR⊥ME，
∴∠AEM＝90°，
∴∠AME+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠AME，
又∵∠AME＝∠ADC＝90°，
∠AME＝∠HMD，
∴△AEM∽△HDM．
（2）解：∵AB＝kBC，k，
∴ABBC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠ADC＝90°，
∵CHCD，
∴设CD＝AB＝4a，
则DH＝a，AE＝4a，AD＝8a，
连接AH，
由勾股定理得，
AH2＝AD2+DH2＝（8a）2+a2＝65a2，
EH2＝AH2﹣AE2＝65a2﹣（4a）2＝49a2，
∴EH＝7a，
由（1）得，△AEM∽△HDM，
∴，
∴，
∴DMa，MHa，
∴tanα＝tan∠AME．
（3）解：分两种情况讨论，
①如图2，当M在AD的延长线上时，
过点D作DG⊥ME于G，
∵AE⊥ME，
∴DG∥AE，
∴∠MDG＝∠MAE，∠EDG＝∠DEA，
又∵DE＝DM，
∴∠MDG＝∠EDG，
∴∠MAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
设BC＝a，则AD＝DE＝DM＝a，AB＝AE＝ka，
∴AM＝2a，
由勾股定理得，
MEa，
∴tanα＝tan∠AME．
②如图3，当M在AD上时，
设ME＝MD＝x，
则AM＝a﹣x，
由勾股定理得，
AE2+ME2＝AM2，
∴（ka）2+x2＝（a﹣x）2，
∴xa，
∴tanα＝tan∠AME，
综上得，tanα或．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识是一道综合题，正确分类讨论并画出图形，恰当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题关键．
14．（2023•汶上县一模）【问题呈现】
（1）如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE，求证：BD＝CE；
【类比探究】
（2）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，求的值；
【拓展提升】
（3）如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且，连接BD，CE，直接写出的值．
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，即可得BD＝CE；
（2）证明△ABC∽△ADE，可推导出，再证明△ADB∽△AEC，可得，设AB＝x，则BC＝x，在Rt△ABC中，求出ACx，则；
（3）由已知可证△ABC∽△ADE，则，再证△CAE∽△BAD，即可得．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠CAE＝∠BAD．
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE＝45°，
∴△ABC∽△ADE，
∴，
∴，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠CAE＝∠BAD，
∴△ADB∽△AEC，
∴，
设AB＝x，则BC＝x，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，ACx，
∴；
（3）∵，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∵∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴．
【点评】本题主要考查了相似形的综合题，是三角形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
15．（2023•宜兴市一模）如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4．点P在AD上运动（点P不与点A、D重合）将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处（包括矩形边界）．
（1）求AP的取值范围；
（2）连接DM并延长交矩形ABCD的AB边于点G，当∠ABM＝2∠ADG时，求AP的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，∠A＝∠C＝∠D＝90°，根据折叠的性质得到∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝5，根据勾股定理得到DM＝5﹣3＝2，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）根据折叠的性质得到∠ABP＝∠MBP，求得∠ABM＝2∠ABP，根据相似三角形的性质得到，设AP＝5x，AG＝4x，过M作MH⊥AD于H，根据折叠的性质得到AP＝MP＝5x，AM⊥BP，根据三角形中位线定理得到MNAG＝2x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）当M落在CD上时，AP的长度达到最大，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，∠A＝∠C＝∠D＝90°，
∵△ABP沿直线翻折，
∴∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝5，
∴DM＝5﹣3＝2，
∴∠PMD+∠BMC＝90°，∠PMD+∠MPD＝90°，
∴∠BMC＝∠MPD，
∴△PDM∽△MCB，
∴，，
∴，
∴AP的取值范围是0＜AP；
（2）如图，∵将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处，
∴∠ABP＝∠MBP，
∴∠ABM＝2∠ABP，
∵∠ABM＝2∠ADG，
∴∠ABP＝∠ADG，
∵∠A＝∠A，
∴△ADG∽△ABP，
∴，
设AP＝5x，AG＝4x，
过M作MH⊥AD于H，
∵将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处，
∴AP＝MP＝5x，AM⊥BP，
∴∠DAM＝90°﹣∠BAM＝∠ABP＝∠ADG，
∴AM＝DM，
∴DH＝AH＝2，HP＝2﹣5x，
∵∠BAD＝∠MHA＝90°，
∴MN∥AG，
∴MN为△ADG的中位线，
∴MNAG＝2x，
在Rt△PHM中，PM2＝PH2+HM2，
∴（5x）2＝（2x）2+（2﹣5x）2，
解得x1，x2（不合题意舍去），
∴．
【点评】本题是相似形的综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，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定理是解题的关键．
16．（2023•汉阳区校级模拟）【问题背景】
（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，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，FE、FB分别交AD于点H、G．∠BFE＝∠A，若BF＝8，BE＝6，GH：AG＝9：8，求FD：DC的值．
【拓展创新】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，若∠EDF∠BAD，AE＝4，DF＝10，直接写出菱形ABCD的边长为 104 ．
【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，即可得出结论．
（2）证明△FGH∽△FBE，△FDH∽△FCE，得到，由△BEF∽△BFC求出BC，CE，得到AD的长，进一步求出GH，HD的长，则即可得结果．
（3）分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC是平行四边形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，证明△EDF∽△EGD，得出DE2＝EF•EG，则DEEF，求出DG得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2＝AD•AB．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠A＝∠BCD，
∴△FGH∽△FBE，△FDH∽△FCE，
∴，，
∴，
∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠BCD，
又∵∠EBF＝∠CBF，
∴△BEF∽△BFC，
∴BF2＝BE•BC，
82＝6•BC，
∴BC，
∴CE＝BC﹣BE6，
∴，
∴，
∵，AG+GH+DH＝AD，
∴DH，
∴，
∴FD：DC＝2：1．
（3）解：如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形AEGC是平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴，
DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DEEF，
又∵，
∴DGDF＝10，
∴DC＝DG﹣CG＝104，
故菱形ABCD的边长为104．
【点评】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，菱形的性质等知识，熟练运用相似三角形的判定和性质，把所学知识融会贯通是解题关键．
17．（2023•来安县一模）已知△ABC和△ADE有公共的顶点A，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE．AC与DE相交于点G，连接BE，CD．
（1）若点B，E，D在一条直线上，如图1，求证：∠BAC＝∠BDC；
（2）将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定的角度，DE的延长线交BC于点F，如图2
①证明：AE•CG＝DG•CF；
②若∠AEB＝∠BAC＝90°，求的值．
【分析】（1）根据∠BAC＝∠DAE，可得∠BAE＝∠CAD，可证明△ABE≌△ACD，可得∠ABE＝∠ACD，再由三角形内角定理，即可；
（2）①根据等腰三角形的性质可得∠ADG＝∠FCG，可证明△ADG∽△FCG，从而得到AD⋅CG＝DG⋅CF，即可；②连接AF，由（1）得△ABE≌△ACD，可得∠ADC＝∠AEB＝90°，由①，得△ADG∽△FCG，可得∠DAG＝∠DFC，，可证明△AFG∽△DCG，从而得到∠AFC＝90°，再由锐角三角函数，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAE＝∠DAE﹣∠CAE，即∠BAE＝∠CAD．
又AB＝AC，AE＝AD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD．
在△ABG和△CDG中，∠ABG＝∠DCG，∠AGB＝∠DGC，
∴∠BAG＝∠CDG，即∠BAC＝∠BDC；
（2）①证明：∵△ABC和△DAE都是等腰三角形，
∴，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠ADG＝∠FCG，
又∠AGD＝∠FGC，
∴△ADG∽△FCG，
∴，即AD⋅CG＝DG⋅CF，
又AD＝AE，
∴AE⋅CG＝DG⋅CF；
②解：如图，连接AF，
由（1）得△ABE≌△ACD，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°．
由①，得△ADG∽△FCG，
∴∠DAG＝∠DFC，，
又∠AGF＝∠DGC，
∴△AFG∽△DCG，
∴∠AFG＝∠DCG，
∴∠AFG+∠CFG＝∠DAG+∠ACD＝180°﹣∠ADC＝90°，即∠AFC＝90°，
又△ABC是等腰直角三角形，
∴CF＝BF，
∴．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
18．（2023•鄞州区校级一模）（1）特殊发现
如图1，正方形BEFG与正方形ABCD的顶点B重合，BE、BG分别在BC、BA边上，连接DF，则有：
① ； ②直线DF与直线AG所夹的锐角等于 45 度；
（2）理解运用
将图1中的正方形BEFG绕点B逆时针旋转，连接DF、AG，
①如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，若D、F、G三点在同一直线上，且过AB边的中点O，BE＝4，直接写出AB的长 4 ；
（3）拓展延伸
如图4，点P是正方形ABCD的AB边上一动点（不与A、B重合），连接PC，沿PC将△PBC翻折到△PEC位置，连接DE并延长，与CP的延长线交于点F，连接AF，若AB＝4PB，则的值是否是定值？请说明理由．
【分析】（1）①连接BF，BD，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质解答即可；
②利用等腰直角三角形的性质解答即可；
（2）①连接BF，BD，利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；
②连接BF，BD，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；
（3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，利用折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的三线合一的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：（1）①连接BF，BD，如图，
∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形，
∴∠ABF＝∠ABD＝45°，
∴B，F，D三点在一条直线上．
∵GF⊥AB，DA⊥AB，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴BFBG，BDAB，
∴DF＝BD﹣BF（AB﹣BG）AG，
∴；
②∵B，F，D三点在一条直线上，∠ABF＝∠ABD＝45°，
∴直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°．
故答案为：；45；
（2）①（1）中的结论仍然成立，理由：
连接BF，BD，如图，
∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形，
∴∠ABD＝∠GBF＝45°，∠BGF＝∠BAD＝90°，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴∠ABG+∠ABF＝∠ABF+∠FBD＝45°，BFBG，BD，
∴∠ABG＝∠DBF，，
∴△ABG∽△DBF，
∴；
延长DF，交AB于点N，交AG于点M，
∵△ABG∽△DBF，
∴∠GAB＝∠BDF．
∵∠ANM＝∠DNB，
∴∠BAG+∠AMN＝∠BDF+∠ADB．
∴∠AMN＝∠ABD＝45°，
即直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°，
∴（1）中的结论仍然成立；
②连接BF，BD，如图，
∵四边形GBEF为正方形，
∴∠BFG＝45°．
由①知：∠AGD＝45°，
∴∠AGD＝∠BFG．
∵AB边的中点为O，
∴AO＝BO．
在△AGO和△BFO中，
，
∴△AGO≌△BFO（AAS），
∴GO＝FOGF＝2，
∴OB2，
∴AB＝2OB＝4．
故答案为：4；
（3）的值是定值，定值为3，理由：
过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
由折叠的性质可得：BC＝CE，EF＝BF，PB＝PE，∠BCF＝∠ECF．
∴CE＝CD，
∵CQ⊥DF，
∴∠ECQ＝∠DCQ．
∵∠BCD＝90°，
∴∠ECF+∠ECQ∠BCD＝45°．
∴∠QFC＝90°﹣∠QCF＝45°，
∴∠BFC＝45°，
∴∠EFB＝∠EFC+∠BFC＝90°．
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴FH⊥BE，BH＝HEBE，BEEF，
∴∠PHB＝90°．
由（2）①的结论可得：DEAF，∠AFD＝45°，
∴∠AFB＝∠AFD+∠EFC＝90°，
∴∠AFP＝∠PHB．
∵∠APF＝∠BPH，
∴△APF∽△BPH，
∴，
∵PA＝3PB，
∴AF＝3BHBEEF，
∴DEAFEF＝3EF．
∴3，
∴的值是定值，定值为3．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，三角形的内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
19．（2023•江西模拟）【课本再现】黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值．我们知道：如图1，如果，那么称点C为线段AB的黄金分割点．
（1）【问题发现】如图1，请直接写出CB与AC的比值是 ；
（2）【尺规作黄金分割点】如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝1，AC＝2，则AB＝ ，在BA上截取BD＝BC，则AD＝ ，在AC上截取AE＝AD，则的值为 ；
（3）【问题解决】如图3，用边长为4的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN，点A对应点H，得折痕CE，试说明：C是AB的黄金分割点；
（4）【拓展延伸】如图4，正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，点N在边CD上，且CN＜DN，当N为CD的黄金分割点时，∠AMB＝∠ANB，连NM，延长NM交AD于E，请用相似的知识求出AE：DE的值为 ．
【分析】（1）直接根据黄金分割比求解即可；
（2）先根据勾股定理求得AB，设AE＝n，则AB＝AD+＝AE+BC＝1+n，再利用勾股定理建立方程求得n的值，进而求得AE，最后代入计算即可；
（3）由图2，取EC与MN交点P，过P作PQ⊥EN，，由，求得AC的长，计算的值即可；
（4）延长NE、BA交于点K，过N作NL⊥AB，过A作AS⊥AN交NK于点S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交点O，由已知条件证明△AMO∽△BNO，继而证明△MON～△AOB，可知∠1＝∠ABO＝45°，接着证明△STA≅△ALN；由，求得KT的值，最后由得出结果．
【解答】（1）解：设AB＝1，AC＝m（m＞0），则，即，
∴m2+m﹣1＝0，解得或（舍去）
经检验，是原方程的解，
∴．
故答案为：．
（2）解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝1，AC＝2，
∴，
∵BD＝BC，AD＝AE，
设AE＝n（n＞0），
则AB＝AD+DB＝AE+BC＝1+n，
AC2＝AB2﹣BC2＝（1+n）2﹣12＝n2+2n，
∵AC＝2，
∴n2+2n＝4，
解得或（舍去），
经检验是原方程的解，
∴，
则．
故答案为：，，．
（3）解：如图，设EC与MN交点为P，
∵MN∥AB，且M为EA中点，
∴，
过P作PQ⊥EN，
∵EC平分∠AEN，
∴PM＝PQ．
设，
∴PN＝MN﹣PM＝4﹣x，
∵，
∴，
即，
解得，
经检验为原方程的解，
∴，
∴，
∴，
∴C为AB的黄金分割点．
（4）解：如图：延长NE、BA交于点K，过N作NL⊥AB，过A作AS⊥AN交NK于点S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交点O．
∵∠AMO＝∠BNO，∠AOM＝∠BON，
∴△AMO～△BNO，
∴，
即，
又∵∠MON＝∠AOB，
∴△MON～△AOB，
∴∠1＝∠ABO＝45°，
∴△SAN是等腰直角三角形，
∴SA＝AN，∠SAN＝90°，
∴∠3＝90°﹣∠4＝∠5，
在△STA和△ALN中，
，
∴△STA≅△ALN（AAS），
∵N为CD的黄金分割点，CN＜DN，
∴设，
∴DC＝BC＝NL＝AT＝2a，
∴，
设KT＝x，
∴，
∴，
解得，
经检验，符合题意，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了成比例线段、相似三角形的性质与判定、锐角三角函数、三角形全等的性质与判定等知识点，正确的作出辅助线、用好比例式是解题的关键．
20．（2023•庐阳区校级一模）【初步尝试】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为AB、AD边上的点且DE⊥CF，求证：DE＝CF．
（2）【思考探究】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，点E为BC中点，点F为AE上一点，连接CF、DF且CF＝CD，求DF的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．直接写出的值．
【分析】（1）可证明△ADE≌△DCF，进而得出结论；
（2）延长AE，交DC的延长于G，可证得△ABE≌△GCE，从而CG＝AB，进而得出CF＝CD＝CG，从而点D、F、G在以点C为圆心，CD为半径德圆上，∠DFG＝90°，进一步得出结果；
（3）过点C作CT⊥AD于T，作BG⊥CT于G，作GH∥CE，进而得出四边形CEHG是平行四边形，从而GH＝CE，可证明△GBH∽△BAF，从而，进而得出，设AB＝3，BC，可得出CG＝BG＝BC•cs∠CBG，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝CD，
∴∠ADE+∠AED＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
∴△ADE≌△DCF（AAS），
∴DE＝CF；
（2）解：如图1，
延长AE，交DC的延长于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠G，
∵∠AEB＝∠CEG，BE＝CE，
∴△ABE≌△GCE（AAS），
∴CG＝AB，
∵CF＝CD，
∴CF＝CD＝CG，
∴点D、F、G在以点C为圆心，CD为半径的圆上，
∴∠DFG＝90°，
∵BEBC＝1，AB＝3，
∴AE，
∴sinG＝sin∠BAE，
∴DF＝DG•sinG＝6；
（3）解：如图2，
过点C作CT⊥AD于T，作BG⊥CT于G，作GH∥CE，
∴∠ATG＝∠ABG＝∠A＝90°，
∴四边形ABGT是矩形，
∴GT∥AB，
∴四边形CEHG是平行四边形，
∴GH＝CE，
∵GH∥CE，CE⊥BF，
∴GH⊥BF，
同理（1）可得：∠ABF＝∠BGH，
∵∠GBH＝∠BAF＝90°，
∴△GBH∽△BAF，
∴，
∴，
∵∠ABC＝45°，
∴∠CBG＝90°﹣∠ABC＝45°，
∵BCAB，
∴设AB＝3，BC，
∴CG＝BG＝BC•cs∠CBG，
∴．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．