第18讲 相似模型及构造（12个微专题）-冲刺2024年中考数学二轮复习重难点专题突破（全国通用）

第18讲 相似模型及构造（12个微专题）（原卷版） 专题一 根据平行线找相似或作平行线构造相似 考点1：根据平行线找相似 【典例1】（2023•广东）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为 　 　． 【典例2】（2023•江岸区模拟）如图，三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC上的一点，且DE平行于BC，S△ADE＝S四边形DECB，则△ABC与△ADE相似比的值为（　　） A．2 B．4 C． D． 考点2 作平行线构造相似 【典例3】（2021•连云港）如图，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于点D，ADAC，AB＝2，∠ABC＝150°，则△DBC的面积是（　　） A． B． C． D． 【典例4】（2023•南海区模拟）如图，设O是四边形ABCD的对角线AC，BD的交点，若∠BAD+∠ACB＝180°，且BC＝3，AD＝4，AC＝5，AB＝6，则（　　） A． B． C． D． 【典例5】（2021秋•宝安区期中）如图，在△ABC中，AC＞AB，AD是角平分线，AE是中线，BF⊥AD于点G，交AE于点F，交AC于点M，EG的延长线交AB于点H，若∠BAC＝60°，则　 ． 【典例6】（2023•武汉模拟）在△ABC中，点D从A出发，在AB边上以每秒一个单位的速度向B运动，同时点F从B出发，在BC边上以相同的速度向C运动，过点D作DE∥BC交AC于点E．运动时间为t秒． （1）若AB＝5，BC＝6，当t为何值时，四边形DFCE为平行四边形； （2）连接AF、CD．若BD＝DE，求证：∠BAF＝∠BCD； （3）AF交DE于点M，在DC上取点N，使MN∥AC，连接FN． ①求证：； ②若AB＝5，BC＝6，AC＝4，当MN＝FN时，请直接写出t的值． 专题二 射影型相似与母子型相似 考点1：认识模型 【典例1】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D为AC中点，AE⊥BD，E为垂足，求证：∠CBD＝∠ECD． 考点2 直接应用型 【典例2】（中考•盘锦）如图，已知△ABC中，AB＝5，AC＝3，点D在边AB上，且∠ACD＝∠B，则线段AD的长为　　． 【典例3】（2022•梅州模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为AB边上一动点，连接CD，并将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE、DE，点F为DE中点，连接BF． （1）求证：△ACD≌△BCE； （2）如图2所示，在点D的运动过程中，当时（n＞1），分别延长AC、BF相交于G； ①当时，求CG与AB的数量关系； ②当时（n＞1），　 ． （3）当点D运动时，在线段CD上存在一点M，使得AM+BM+CM的值最小，若CM＝2，则BE＝　 ． 考点3：射影型与母子型相似和勾股定理综合 【典例4】如图，在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝90°，D为边AC上一点，AH⊥BD于点H，连接CH． （1）求证：DA2＝DH•DB； （2）延长AH交BC于点E，若AC＝6，∠DHC＝45°，求HE的长． 【典例5】（2023春•江夏区期中）如图，M、N分别是平行四边形ABCD边BC、CD的中点，若∠MAN＝∠B，则的值为　 ． 考点5：构造一线三等角与母子型相似结合 【典例6】（2023秋•岳麓区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，AD＝AE，∠DAE＝90°，CE，则CD的长为　 　． 考点6 ：母子型相似与平行构造相似 【典例7】（2023春•洪山区月考）[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＝4，BE＝3，GH：AG＝9：8，求的值． [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＝2，DF＝6，直接写出菱形ABCD的边长为 　 ． 专题三 一线三等角相似模型 考点1：直接寻找一线三等角模型 【典例1】（中考•乌鲁木齐）如图，等边三角形ABC的边长为3，点P为BC边上一点，且BP＝1，点D为AC边上一点，若∠APD＝60°，则CD的长为（　　） A． B． C． D．1 【典例2】（2015•三亚三模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边的中点，G，F分别为AD，BC边上的点，若AG＝1，BF＝2，∠GEF＝90°，则GF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 考点2：补一个角构造相似三角形 【典例3】（2021•罗湖区模拟）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EFBE，DF，则tan∠DEF的值为（　　） A． B． C． D． 【典例4】（2023秋•义乌市期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，点D是BC边上的一点，且BD＝2，点E是AB边上一个动点，连接DE．现以DE为一边在右侧作等边△EFD，连接CF． （1）当点E与点B重合时，CF＝　 ．（2）在点E运动过程中，线段CF的最小值为 　 　． 【典例5】（2023秋•江汉区月考）四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝120°，AB＝BC＝k•CD （1）如图，连接AC，求证：AC⊥DC； （2）如图，对角线AC、BD交于G．若AG＝4GC，求k的值； （3）若BC上存在唯一的点P，使∠APD＝120°，直接写出此时k的值． 考点3：补两个角构造相似 【典例6】（2023•浙江自主招生）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，直线l1∥l2∥l3，l1与l2之间距离是1，l2与l3之间距离是2，且l1，l2，l3分别经过点A，B，C，则边AC的长为（　　） A．2 B． C． D． 【典例7】（2023秋•浦东新区期中）已知：在矩形ABCD中，AB＝6，点E为边AB上一点，满足AE＝2，连接DE，在矩形内部作∠DEF＝45°，交边BC于点F（不与端点重合），交边DC的延长线于点G． （1）如果DF⊥EG，求△DEG的面积； （2）设AD＝x，BF＝y， ①请用含有x，y的式子表示线段DG的长； ②求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （3）如果△DEF是等腰三角形，试求此时AD的长． 考点4：构造同侧一线三等角综合题 【典例8】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC，D是BC上一点，∠BAD＝30°，则CD＝　 ． 【典例9】（2023春•工业园区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，AD＝5，则BD等于（　　） A．13 B．2 C．8 D．6 考点5：构造异侧一线三等角综合题 【典例10】（2021•武汉模拟）在△ABC中，∠BAC＝45°，P为△ABC内一点，且∠APB＝∠APC＝120°．若PA1，PB＝2，则PC＝　 ． 专题四 中点型一线三等角 方法: 一线三等角的中间一角顶点为中点时, 称为中点型一线三等角, 此时, 中间的三角形与两侧的三角形相似, 即三个三角形都相似, 中点为旁心. 考点1 认识模型 【典例1】（2023秋•安徽月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E在边BC上移动（点E不与点B，C重合），满足∠DEF＝∠B，且点D，F分别在边AB，AC上． （1）求证：△BDE∽△CEF； （2）当点E移动到BC的中点时，BC＝4，△ADF的周长等于16．求：sin∠B的值． 考点2 利用模型的性质求线段、周长、面积 【典例2】如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，点D是BC边的中点，E、F分别在AB、AC上，且∠EDF＝45°．若AE＝3，AF＝4，则BC的长为（　　） A．12 B．12 C．10 D．5 【典例3】（2022秋•娄底期末）（1）【基础巩固】：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，F是BC边上一点，∠CDF＝45°．求证：AC•BF＝AD•BD； （2）【拓展延伸】：如图2，在四边形ABFC中，点D是AB边的中点，∠A＝∠B＝∠CDF＝45°，若AC＝9，BF＝8，求线段CF的长． 【典例4】（2023秋•福田区月考）已知，如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于F，连结FC，（AB＞AE）．设，当k＝　 ，那么△AEF∽△BCF． 考点3：发现隐藏的中点型一线三等角 【典例5】（2021•蔡甸区模拟）在△ABC中，BC＞AC，CD平分∠ACB交AB于点D，E、F分别是AC和BC上的点，EF交CD于H． （1）如图1，若∠EFC＝∠A，求证：CE•CD＝CH•BC； （2）如图2，若H为△ABC的内心，且CE＝CF，BF＝4，AE＝3，求EF的长； （3）如图3，若CE≠CF，∠CEF＝∠B，∠ACB＝60°，CH＝5，CE＝4，直接写出的值 　 ． 【典例6】（2022•浙江自主招生）如图，在等腰三角形ABC中，O为底边BC的中点，以O为圆心作半圆与AB，AC相切，切点分别为D，E，过半圆上一点F作半圆的切线，分别交AB，AC于点M，N，求的值． 专题五 旋转相似 考点1：认识模型 【典例1】如图，在Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB与DE交于点F，连接DB、CE． （1）若，求∠AFD的度数； （2）若∠ADE＝∠ABC，求证：△ADB∽△AEC． 考点2 模型应用 【典例2】将含30°角且大小不等的两个三角板按如图摆放，使直角顶点重合，连接AE，BD，求的值． 考点3：旋转相似与特殊角、解三角形 【考点3】（2023春•高青县期末）如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，∠ABC＝∠CED＝∠CAE＝30°，AC＝3，AE＝8，求AD的长． 【考点4】（2021•宁波模拟）如图，在△BAC中，∠BAC＝90°，tan∠ACB＝2，将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，点D刚好落在BC射线上，若△BDE的面积为4，则BD的长为（　　） A．2 B．4 C．2 D．4 【考点5】（2023•青山区模拟）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AC、BC上的点，连DE，且，tanB，如图1． （1）如图2，将△CDE绕C点旋转，连AD、BE交于H，求证：AD⊥BE； （2）如图3，当△CDE绕C点旋转过程中，当CH时，求A H﹣BH的值； （3）若CD＝1，当△CDE绕C点旋转过程中，直接写出AH的最大值是　 ． 【考点6】（2023•江岸区模拟）如图，点A、B、E在同一直线上，∠FEB＝∠ACB＝90°，AC＝BC，EB＝EF，连AF，CE交于点H，AF、CB交于点D，若tan∠CAD，则（　　） A． B． C． D． 【考点7】（2023•武侯区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形A1B1CD1，点E是A1B1的中点，过B作BF⊥B1C于点F，连接DE，DF，则线段DE长度的最大值是　 ，线段DF长度的最小值是　 ． 考点4：模型构造 【考点8】（2021秋•略阳县期中）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE； 尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值； 拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，，∠CBD＝∠AMD，∠BDC＝90°，AB＝4，，求AM的长． 专题6 相似模型及构造——十字架模型 【典例1】（2023秋•商河县期中）【探究证明】：（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明． 如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H． 求证：； 【结论应用】：（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若，则的值为　 ； 【联系拓展】：（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝8，BC＝CD＝4，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，则　 ． 【典例2】（2023•郯城县二模）如图，矩形纸片，点E，F分别在AD，BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则的值为（　　） A． B． C． D． 【典例3】（2023秋•滨湖区期中）（1）如图①把边长为AB＝6、BC＝8的矩形ABCD对折，使点B和D重合，求折痕MN的长； （2）如图②把边长为AB＝2、BC＝4且∠B＝45°的平行四边形ABCD对折，使点B和D重合，求折痕MN的长． 专题7 相似模型及构造——对角互补模型 【典例1】（2021•普兰店区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，点D、E、F分别在线段AB、AC、BC上，且BD＝2AD，DE⊥DF，则（　　） A． B． C． D． 【典例2】（2023秋•新乐市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在对角线AC上，连接BE，作EF⊥BE，垂足为E，直线EF交线段DC于点F，则（　　） A． B． C． D． 【典例3】（2023秋•金牛区期末）【问题探究】（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边DC，BC上的点，连接AE，DF，且AE⊥DF于点G，若AB＝10，BC＝24，求的值． 【初步运用】 （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，，点D为AC的中点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，求的值． 【灵活运用】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，，AB＝BC，AD＝CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，则　 ． 【典例4】（2023•江岸区模拟）如图，等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，D为AB中点，E、F分别是BC、AC上的点（且E不与B、C重合），且EF⊥CD．若CE＝nBE，则的值是 　 （用含n的式子表示） 专题八 相似模型及构造——相似的性质应用 考点1 相似三角形的相似比等于周长比 【典例1】（中考•绵阳）如图，D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝1：2，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝（　　） A． B． C． D． 考点2 相似三角形的相似比等于对应的高的比 【典例2】（2022秋•扶沟县期末）如图，已知锐角△ABC中，边BC为12，高AD长为8．矩形EFGIH的边GH在BC边上，其余两个顶点E，F分别在AB，AC边上，EF交AD于点K． （1）求的的值； （2）设EH＝x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值． 考点3：相似三角形的相似比的平方等于面积比 【典例3】（2023•武汉）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE，AC分别与DF，EF相交于G，H两点．若DG＝m，EH＝n，用含m，n的式子表示GH的长是 　 ． 考点4 相似三角形的相似比与周长比和勾股定理、最值结合 【电例4】（2022•黔东南州模拟）问题背景 （1）如图，△ABC中，DE∥BC分别交AB，AC于D，E两点，过点E作EF∥AB交BC于点F．请按图示数据填空：四边形DBFE的面积S＝　 　，△EFC的面积S1＝　 　，△ADE的面积S2＝　 　 探究发现 （2）在（1）中，若BF＝a，FC＝b，DE与BC间的距离为h．请证明S2＝4S1S2． 拓展迁移 （3）如图，▱DEFG的四个顶点在△ABC的三边上，若△ADG、△DBE、△GFC的面积分别为2、5、3，试利用（2）中的结论求△ABC的面积． 专题九 相似三角形模型及构造——相似与黄金分割点 方法: 若 为线段 上一点,且 ,则称 为线段 的黄金分割点,就有黄金比. 含 有 角的等腰三角形,短边: 长边 . 【典例1】（中考•包头）如图，在△ABC，AB＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC交AC于点D，则下列结论中①BC＝BD＝AD；②；③BC2＝CD•AC；④若AB＝2，，其中正确的结论的个数是　 个． 【典例3】（2014•和平区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、F分别在AB和AC上，CE与BF相交于点D．若AE＝CF，D为BF的中点，则的值为　 ． 【典例4】（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝　 　度；的值等于 　 ． 【典例5】（2023•莱芜）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC分别交AC、AD于点F、E，若AD＝1，AB＝CF，则AE＝　 ． 【典例6】（2022•青岛二模）如图是一张矩形纸片ABCD，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则BE＝　 ． 【典例7】已知正方形ABCD，点M为边AB的中点． （1）如图1，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG分别与边BC，CD交于点E、F． ①求证：BE＝CF；②求证：BE2＝BC•CE． （2）如图2，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC•CE，连接AE交CM于点G，连接BG延长交CD于点F，求tan∠CBF的值． 专题十 相似三角形模型及构造——母子三角形的构造与勾股定理 【典例1】（2021•武进区自主招生）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为CD中点，AC，∠ABC＝30°，∠A＝∠BED＝45°，则BD的长为（　　） A． B．1 C． D．1 【典例2】如图，矩形ABCD中，AB＝1，AC＝2，点E，F分别在AB，BC上，EF∥AC，∠EDF＝60°，则BE的长为（　　） A．3 B．3 C．23 D．3 【典例3】（2023春•江岸区月考）如图，△ABC中，∠ABC＝60°（AB＜AC），D为边AC上的点，∠ADB＝45°，AC，BD＝3，则AB长是　 ． 专题十一 相似三角形模型及构造——奔驰型与共边型相似 【典例1】（2022秋•莆田期末）如图1，若P是△ABC内部一点，且∠PAC＝∠PCB＝∠PBA＝α，则称点P为△ABC的布洛卡点，同时称α为△ABC的布洛卡角．布洛卡点的发现，引发了研究“三角形几何”的热潮． （1）如图2，P为等边三角形ABC的布洛卡点，求△ABC的布洛卡角的度数； （2）如图3，在△ABC中，AB＝AC，P是△ABC内部一点，且∠PAC＝∠PCB，∠APC＝∠BPC． ①求证：P为△ABC的布洛卡点； ②若∠BAC＝∠APB，延长BP交AC于点D，求证：D是AC中点． 【典例2】（2022秋•鄞州区期中）如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，则称点P为△ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现的，后来被数学爱好者、法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名．布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点P为△ABC的布罗卡尔点．若PB＝4，则PA+PC＝ 　． 专题十二 相似模型及构造——共圆型相似 考点1 斜A字型相似 【典例1】（2023秋•罗湖区期中）在锐角三角形ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，AF⊥BC于点F，AG⊥DE于点G，∠BAF＝∠EAG． （1）求证：△ABC∽△AED； （2）若AB＝5，AG＝2，EG＝1，求AF的长． 考点2 斜8字型相似 【典例2】（2022春•江岸区月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，⊙O为△ABC的内切圆，切点分别为D、E、F，直线EF交AO、BO于M、N两点，则S△OMN的值为（　　） A．10 B．5 C．10 D．5 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第18讲 相似模型及构造（12个微专题）（解析版） 专题一 根据平行线找相似或作平行线构造相似 考点1：根据平行线找相似 【典例1】（2023•广东）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为 　15　． 【思路引领】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可． 【解答】解：如图， ∵BF∥DE， ∴△ABF∽△ADE， ∴， ∵AB＝4，AD＝4+6+10＝20，DE＝10， ∴， ∴BF＝2， ∴GF＝6﹣2＝4， ∵CK∥DE， ∴△ACK∽△ADE， ∴， ∵AC＝4+6＝10，AD＝20，DE＝10， ∴， ∴CK＝5， ∴HK＝6﹣5＝1， ∴阴影梯形的面积（HK+GF）•GH （1+4）×6 ＝15． 故答案为：15． 【总结提升】本题考查的是相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握相似三角形的对应边成比例． 【典例2】（2023•江岸区模拟）如图，三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC上的一点，且DE平行于BC，S△ADE＝S四边形DECB，则△ABC与△ADE相似比的值为（　　） A．2 B．4 C． D． 【思路引领】根据相似三角形的判定得出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质得出比例式，即可求出答案． 【解答】解：∵S△ADE＝S四边形DECB， ∴S△ABC＝2S△ADE， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴（）2， 即， 即△ABC与△ADE相似比的值是， 故选：C． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，能求出△ADE∽△ABC是解此题的关键． 考点2 作平行线构造相似 【典例3】（2021•连云港）如图，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于点D，ADAC，AB＝2，∠ABC＝150°，则△DBC的面积是（　　） A． B． C． D． 【思路引领】过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，可得△ABD∽△CED，可得，由ADAC，AB＝2，可求出CE的长，又∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，则∠CBD＝60°，解直角△BCE，可分别求出BE和BD的长，进而可求出△BCD的面积． 【解答】解：如图，过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E， 则∠E＝90°， ∵BD⊥AB，CE⊥BD， ∴AB∥CE，∠ABD＝90°， ∴△ABD∽△CED， ∴， ∵ADAC， ∴， ∴，则CE， ∵∠ABC＝150°，∠ABD＝90°， ∴∠CBE＝60°， ∴BECE， ∴BDBE， ∴S△BCD•BD•CE． 故选：A． 【总结提升】本题主要考查三角形的面积，相似三角形的性质与判定，解直角三角形等，看到面积或特殊角作垂线是常见的解题思路，也是解题关键． 【典例4】（2023•南海区模拟）如图，设O是四边形ABCD的对角线AC，BD的交点，若∠BAD+∠ACB＝180°，且BC＝3，AD＝4，AC＝5，AB＝6，则（　　） A． B． C． D． 【思路引领】如图，过点O作OE∥AD，交AB于E，通过证明△AOE∽△ABC，可求OE，通过证明△BOE∽△BDA，可求BE，即可求AE＝6﹣BE，即可求解． 【解答】解：方法一、如图，过点O作OE∥AD，交AB于E， ∵OE∥AD， ∴∠OEB＝∠DAB， ∵∠BAD+∠ACB＝180°， ∴∠ACB+∠OEB＝180°， ∴∠ABC+∠COE＝180°，且∠AOE+∠COE＝180°， ∴∠AOE＝∠ABC，且∠BAC＝∠EAO， ∴△AOE∽△ABC， ∴， ∴， ∴OE， ∵OE∥AD， ∴△BOE∽△BDA， ∴， ∴， ∴BE， ∴AE＝6﹣BE， ∵OE∥AD， ∴， 方法二、过点B作BH∥AD，交AC的延长线于H， ∴∠DAB+∠ABH＝180°， ∵∠BAD+∠ACB＝180°， ∴∠ACB＝∠ABH， 又∵∠BAC＝∠BAH， ∴△ABC∽△AHB， ∴， ∴， ∴BH， ∵AD∥BH， ∴， 故选：D． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的判定和性质是本题的关键． 【典例5】（2021秋•宝安区期中）如图，在△ABC中，AC＞AB，AD是角平分线，AE是中线，BF⊥AD于点G，交AE于点F，交AC于点M，EG的延长线交AB于点H，若∠BAC＝60°，则　　． 【思路引领】延长EH到P，使GH＝HP，连接AP和BP，由余角的性质可得∠ABG＝∠AMG，可证BG＝MG，根据三角形的中位线性质求出GE∥AC，推出，可得AH＝BH，可证四边形APBG是平行四边形，可得AP＝BG，AP∥BG，可得，同理，可得，求出 tan30°，即可得出答案． 【解答】解：如图，延长EH到P，使GH＝HP，连接AP和BP， ∵BF⊥AD， ∴∠ABG+∠BAG＝90°，∠AMG+∠MAG＝90°， ∵AD是角平分线， ∴∠BAG＝∠MAG， ∴∠ABG＝∠AMG， ∴AB＝AM， ∴BG＝MG， ∵BE＝EC， ∴GE∥AC， ∴ ∴AH＝BH， 又∵PH＝GH， ∴四边形APBG是平行四边形， ∴AP＝BG，AP∥BG， ∴， ∴， 同理，， ∴， ∴， ∵∠BAC＝60°，AD是角平分线， ∴∠BAG＝30°， 在Rt△ABG中，tan30°， ∴， 故答案为：． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，解直角三角形，平行线分线段成比例定理的应用，添加恰当辅助线构造平行四边形是解此题的关键． 【典例6】（2023•武汉模拟）在△ABC中，点D从A出发，在AB边上以每秒一个单位的速度向B运动，同时点F从B出发，在BC边上以相同的速度向C运动，过点D作DE∥BC交AC于点E．运动时间为t秒． （1）若AB＝5，BC＝6，当t为何值时，四边形DFCE为平行四边形； （2）连接AF、CD．若BD＝DE，求证：∠BAF＝∠BCD； （3）AF交DE于点M，在DC上取点N，使MN∥AC，连接FN． ①求证：； ②若AB＝5，BC＝6，AC＝4，当MN＝FN时，请直接写出t的值． 【思路引领】（1）若四边形DFCE是平行四边形，则有DE∥BC，当DF∥AC，根据平行线分线段成比例定理得到关于t的方程，解答即可求得． （2）由DE∥BC，可以证得△ADE∽△ABC，继而证明△ABF∽△CBD，得到，∠BAF＝∠BCD． （3）①由DE∥BC得到△ADM∽△ABF，∴，同理得：，∴．∴，∵MN∥EC，∴，∴． ②由①的结论可以得到答案． 【解答】解：（1）∵DE∥BC，当DF∥AC时，四边形DFCE是平行四边形． ∴， ∵AD＝BF＝t， ∴BD＝5﹣t， ∴， ∴． （2）证明：∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∵AD＝BF，DE＝DB， ∴， ∵∠ABF＝∠CBD， ∴△ABF∽△CBD， ∴∠BAF＝∠BCD． （3）①证明：∵DE∥BC， ∴△ADM∽△ABF， ∴， 同理得：， ∴． ∴， ∵MN∥EC， ∴， ∴． ②与①可知，FN∥AB， ∵NM＝NF， ∴∠NMF＝∠NFM， ∵∠BAF＝∠NFM，∠CAF＝∠NMF， ∴∠BAF＝∠CAF， ∴， ∴t＝BF6． 【总结提升】本题主要考查了平行线分线段成比例定理以及三角形相似的判定与性质的综合应用，解答本题的关键是如何根据两直线平行确定对应的三角形相似． 专题二 射影型相似与母子型相似 考点1：认识模型 【典例1】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D为AC中点，AE⊥BD，E为垂足，求证：∠CBD＝∠ECD． 【思路引领】由在△ABC中，∠BAC＝90°，AE⊥BD，易证得△ADE∽△BDA，然后由相似三角形的对应边成比例，证得AD：BD＝DE：AD，又由D为AC中点，∠CDE＝∠BDC，易证得△CDE∽△BDC，即可证得∠CBD＝∠ECD． 【解答】证明：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AE⊥BD， ∴∠AED＝∠BAD＝90°， ∵∠ADE＝∠BDA， ∴△ADE∽△BDA， ∴AD：BD＝DE：AD， ∵D为AC中点， ∴AD＝CD， ∴CD：BD＝DE：CD， ∵∠CDE＝∠BDC， ∴△CDE∽△BDC， ∴∠CBD＝∠ECD． 【总结提升】此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 考点2 直接应用型 【典例2】（中考•盘锦）如图，已知△ABC中，AB＝5，AC＝3，点D在边AB上，且∠ACD＝∠B，则线段AD的长为　　． 【思路引领】由已知先证△ABC∽△ACD，再根据相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例，即可求出AD的值． 【解答】解：∵∠A＝∠A， ∠ACD＝∠B， ∴△ABC∽△ACD， ∴， ∵AB＝5，AC＝3， ∴， ∴AD． 故答案为． 【总结提升】本题考查相似三角形的判定和性质．识别两三角形相似，除了要掌握定义外，还要注意正确找出两三角形的对应边、对应角，可利用数形结合思想根据图形提供的数据计算对应角的度数、对应边的值． 【典例3】（2022•梅州模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为AB边上一动点，连接CD，并将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE、DE，点F为DE中点，连接BF． （1）求证：△ACD≌△BCE； （2）如图2所示，在点D的运动过程中，当时（n＞1），分别延长AC、BF相交于G； ①当时，求CG与AB的数量关系； ②当时（n＞1），　　． （3）当点D运动时，在线段CD上存在一点M，使得AM+BM+CM的值最小，若CM＝2，则BE＝　3　． 【思路引领】（1）根据SAS证明△ACD≌△BCE即可； （2）①先证明∠DBE＝90°，进而利用三角函数和方程解答即可； ②设AD＝nx，BD＝x，利用①的方法得出方程解答即可； （3）把△ABM绕点A顺时针旋转60°，利用四点共线的判定和性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE， ∴CD＝CE，∠DCE＝∠DCB+∠ECB＝90°， ∵∠ACB＝90°＝∠ACD+∠DCB， ∴∠ACD＝∠ECB， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）； （2）解：①∵∠ACB＝90°，CA＝CB， ∴∠A＝∠CBA＝45°， ∵△ACD≌△BCE， ∴∠A＝∠CBE＝45°， ∴∠DBE＝90°， ∵， 过点G作GH⊥AB于H， ∵点F是DE的中点， ∴DF＝FBDE， ∴∠FDB＝∠FBD， ∴tan∠FDB＝tan∠FBD， ∴， ∵∠A＝45°， ∴△GAH是等腰直角三角形， ∴GH＝AH， ∴，此时，H，D重合， 设AD＝3x，BD＝2x，则AB＝5x，AC＝BC＝5x， ∴GH＝AH＝3x，AG＝3x， ∴CG， ∴； ②当时（n＞1）， 设AD＝nx，BD＝x，则AB＝（n+1）x，AC＝BC＝（n+1）x， 同理：GH＝AH＝nx，AGnx， ∴CG， ∴， 故答案为：； （3）解：如图，把△ABM绕点A顺时针旋转60°，得到△AHG， ∴AM＝AG，BM＝HG，∠MAG＝60°， ∴△AGM是等边三角形， ∴MA＝MG， ∴AM+BM+CM＝GH+MG+CM，当点C、M、G、H四点共线时，AM+BM+CM的值最小， 连接BH， ∵把△ABM绕点A顺时针旋转60°，得到△AHG， ∴AM＝AG，AB＝AH，∠MAG＝60°， ∴△AGM是等边三角形，△ABH是等边三角形， ∴∠AMG＝∠AGM＝60°，AH＝BH， ∵AC＝BC， ∴CH垂直平分AB，即CD垂直平分AB， ∴∠MAD＝30°， 设AD＝a，则MDa， ∵CM＝2，AD＝CD， ∴， 解得：a＝3， ∴BE＝AD＝3， 故答案为：3． 【总结提升】此题考查几何变换的综合题，关键根据旋转变换的性质得出AM＝AG，BM＝HG，∠MAG＝60°，利用全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的性质解答． 考点3：射影型与母子型相似和勾股定理综合 【典例4】如图，在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝90°，D为边AC上一点，AH⊥BD于点H，连接CH． （1）求证：DA2＝DH•DB； （2）延长AH交BC于点E，若AC＝6，∠DHC＝45°，求HE的长． 【思路引领】（1）证明△ADH∽△BDA即可解决问题． （2）解直角三角形求出AH，BH，再证明AH＝HM＝CM，由CM∥BH，推出，可得HEEM，由此即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AH⊥BD， ∴∠AHD＝90°， ∵∠BAD＝90°， ∴∠BAD＝∠AHD， ∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠HAD+∠ADB＝90°， ∴∠DAH＝∠ABD， ∴△ADH∽△BDA， ∴， ∴AD2＝DH•DB． （2）作CM⊥AE交AE 延长线于M． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ACB＝45°， ∵∠DHC＝45°， ∴∠DHC＝∠DCB， ∵∠HDC＝∠BDC， ∴△HDC∽△CDB， ∴CD2＝DH•DB， ∵AD2＝DH•DB， ∴AD＝CD＝3， 在Rt△ABD中，BD3， ∵•BD•AH•AB•AD， ∴AH， ∴BH， ∵AM⊥BD，CM⊥AM ∴DH∥CM， ∵AD＝DC， ∴AH＝HM， ∵∠CHM＝45°，∠M＝90°， ∴CM＝MH， ∵CM∥BH， ∴， ∴HEEM． 【总结提升】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题． 【典例5】（2023春•江夏区期中）如图，M、N分别是平行四边形ABCD边BC、CD的中点，若∠MAN＝∠B，则的值为　　． 【思路引领】延长AM与DC的延长线交于点E，先证明△ABM≌△ECM，得AM与AE的关系，AB与EN和ED的关系，再证明△EAN∽△EDA，由相似三角形比例线段便可得结论． 【解答】解：延长AM与DC的延长线交于点E， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，∠B＝∠D， ∵∠B＝∠MAN， ∴∠ECM＝∠B＝∠MAN＝∠D， ∵M是BC的中点，N是CD的中点， ∴BM＝CM，CN＝DNCD， 在△ABM和△ECM中， ， ∴△ABM≌△ECM（ASA）， ∴AB＝CE，AM＝EM， ∴AE＝2AM，ENAB，ED＝2AB， ∵∠EAN＝∠D，∠E＝∠E， ∴△EAN∽△EDA， ∴，即EA2＝ED•EN， ∴（2AM）2＝2AB•AB， ∴， ∴． 故答案为：． 【总结提升】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，关键是构造全等三角形与相似三角形，已知中点，往往倍长中线作为辅助线． 考点5：构造一线三等角与母子型相似结合 【典例6】（2023秋•岳麓区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，AD＝AE，∠DAE＝90°，CE，则CD的长为　5　． 【思路引领】在CD上取点F，使∠DEF＝∠ADB，证明△ADB∽△DEF，求出DF＝4，证明△CEF∽△CDE，由比例线段可求出CF＝1，则CD可求出． 【解答】解：在CD上取点F，使∠DEF＝∠ADB， ∵AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴AE， ∵∠ABC＝45°，∠ADE＝45°， 且∠ADC＝∠ADE+∠EDC， ∴∠BAD＝∠EDC， ∵∠BDA＝∠DEF， ∴△ADB∽△DEF， ∴， ∵， ∴DF＝4， 又∵∠CDE+∠C＝45°， ∴∠CEF＝∠CDE， ∴△CEF∽△CDE， ∴， 又∵， ∴， ∴CF＝1或CF＝﹣5（舍去）， ∴CD＝CF+4＝5． 故答案为：5． 【总结提升】本题考查了等腰直角三角形的性质及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键 考点6 ：母子型相似与平行构造相似 【典例7】（2023春•洪山区月考）[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＝4，BE＝3，GH：AG＝9：8，求的值． [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＝2，DF＝6，直接写出菱形ABCD的边长为 　62　． 【思路引领】（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， ∴42＝3•BC，∴BC， ∴CE＝BC﹣BE3， ∴ ∴， ∵，AG+GH+DH＝AD， ∴DH， ∴， ∴FD：FC＝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＝2，∠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＝6， ∴DC＝DG﹣CG＝62， 故菱形ABCD的边长为62． 【总结提升】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． 专题三 一线三等角相似模型 考点1：直接寻找一线三等角模型 【典例1】（中考•乌鲁木齐）如图，等边三角形ABC的边长为3，点P为BC边上一点，且BP＝1，点D为AC边上一点，若∠APD＝60°，则CD的长为（　　） A． B． C． D．1 【思路引领】根据两角对应相等的两个三角形相似，即可证得△ABP∽△PCD，然后根据相似三角形的对应边的比相等即可求得CD的长． 【解答】解：∵∠APC＝∠ABP+∠BAP＝60°+∠BAP＝∠APD+∠CPD＝60°+∠CPD， ∴∠BAP＝∠CPD． 又∵∠ABP＝∠PCD＝60°， ∴△ABP∽△PCD． ∴，即． ∴CD． 故选：B． 【总结提升】本题主要考查了相似三角形的相似的判定以及应用，正确证得两个三角形相似是解题的关键． 【典例2】（2015•三亚三模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边的中点，G，F分别为AD，BC边上的点，若AG＝1，BF＝2，∠GEF＝90°，则GF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【思路引领】证明△AGE∽△BEF，得到AE＝BE；由勾股定理求得GE2、EF2，进而求得GF2即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠A＝∠B＝90°；而∠GEF＝90°， ∴∠AGE+∠AEG＝∠AEG+∠FEB， ∴∠AGE＝∠FEB， ∴△AGE∽△BEF， ∴，而AG＝1，BF＝2，AE＝BE， ∴AE＝BE； 由勾股定理得：GE2＝AG2+AE2，EF2＝BE2+BF2， ∴GE2＝3，EF2＝6， ∴GF2＝GE2+EF2＝9， ∴GF＝3， 故选：A． 【总结提升】该题以正方形为载体，以考查相似三角形的判定及其性质等几何知识点为核心构造而成；灵活运用相似三角形的判定及其性质、勾股定理等知识点是解题的关键． 考点2：补一个角构造相似三角形 【典例3】（2021•罗湖区模拟）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EFBE，DF，则tan∠DEF的值为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，由已知可得△BCE∽△EGF，FGEC，GE＝2＝CD，设EC＝x，Rt△FDG中用勾股定理列方程求出x，即可得到答案． 【解答】解：过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，如图： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°，AB＝CD＝2， 又∵∠BEF＝90°， ∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC， ∴∠FEG＝∠EBC， 又∵∠C＝∠G＝90°， ∴△BCE∽△EGF， ∴，∠EBC＝∠DEF， ∵EFBE， ∴， ∴FGEC，GE＝2＝CD， ∴DG＝EC， 设EC＝x，则DG＝x，FGx， Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，DF， ∴（x）2+x2＝（）2， 解得x或x（舍去）， ∴EC， Rt△ECB中，tan∠EBC， ∴tan∠DEF， 故选：A． 【总结提升】本题考查矩形、相似三角形、三角函数等综合知识，解题的关键是根据已知得出△BCE∽△EGF，从而得到其对应边的比． 【典例4】（2023秋•义乌市期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，点D是BC边上的一点，且BD＝2，点E是AB边上一个动点，连接DE．现以DE为一边在右侧作等边△EFD，连接CF． （1）当点E与点B重合时，CF＝　2　． （2）在点E运动过程中，线段CF的最小值为 　4　． 【思路引领】（1）当点E与点B重合时，过点F作FQ⊥BC于点Q，根据等边三角形的性质得出，DF＝BD＝2，根据勾股定理求出，即可； （2）以CD为边在BC上方作等边三角形CDM，连接ME，过点M作MP⊥BC于点P，MN⊥AB于点N，证明△MED≌△CFD（SAS），得出CF＝ME，说明当ME最小时，CF最小，根据垂线段最短，得出MN最小，即当点E与点N重合时，ME最小，即CF最小，求出最小值即可． 【解答】解：（1）当点E与点B重合时，过点F作FQ⊥BC于点Q，如图所示： ∵△BFD为等边三角形，BD＝2，FQ⊥BC， ∴，DF＝BD＝2， ∴， ∵BC＝6， ∴CQ＝BC﹣BQ＝5， ∴； 故答案为：； （2）以CD为边在BC上方作等边三角形CDM，连接ME，过点M作MP⊥BC于点P，MN⊥AB于点N，如图所示： ∵△DEF和△CDM为等边三角形， ∴DE＝DF，DC＝DM，∠EDF＝∠CDM＝60°， ∴∠EDF+∠FDM＝∠FDM+∠MDC， 即∠EDM＝∠FDC， ∴△MED≌△CFD（SAS）， ∴CF＝ME， ∴当ME最小时，CF最小， ∵垂线段最短， ∴MN最小， ∴当点E与点N重合时，ME最小，即CF最小， ∵BC＝6，BD＝2， ∴CD＝4， ∵MP⊥CD， ∴， ∴BP＝BC﹣PC＝6﹣2＝4， ∵MP⊥BC，MN⊥AB，∠B＝90°， ∴∠MNB＝∠B＝∠MPB＝90°， ∴四边形MNBP为矩形， ∴MN＝BP＝4， ∴CF的最小值为4． 故答案为：4． 【总结提升】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 【典例5】（2023秋•江汉区月考）四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝120°，AB＝BC＝k•CD （1）如图，连接AC，求证：AC⊥DC； （2）如图，对角线AC、BD交于G．若AG＝4GC，求k的值； （3）若BC上存在唯一的点P，使∠APD＝120°，直接写出此时k的值． 【思路引领】（1）根据等腰三角形ABC的顶角求得底角的度数，即可得出∠ACD＝90°； （2）先过点B作BE⊥AC于E，则∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，设CD＝1，则AB＝BC＝k，根据∠BAE＝30°，求得CGACk，EG＝AG﹣AEk，再根据△BEG∽△DCG，得出，即，解方程求得k＝3即可； （3）先根据∠BAP＝∠DPC，∠B＝∠C＝120°，判定△ABP∽△PCD，得到，再设CD＝1，BP＝x，则AB＝BC＝k，PC＝k﹣x，进而得出，即x2﹣kx+k＝0，要使点P是唯一的，则方程x2﹣kx+k＝0有两个相等的实数根，据此得出Δ＝k2﹣4k＝0，求得k＝4． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝∠BCD＝120°，AB＝BC， ∴△ABC中，∠ACB（180°﹣120°）＝30°， ∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝120°﹣30°＝90°， ∴AC⊥CD； （2）如图1，过点B作BE⊥AC于E，则∠AEB＝90°，∠ABE＝60°， ∴∠BAE＝30°， ∴Rt△ABE中，BEAB，AE＝CEBE， 设CD＝1，则AB＝BC＝k， ∴BEk，AEk＝CE， ∴ACk， 又∵AG＝4GC， ∴AGACk，CGACk， ∴EG＝AG﹣AEkkk， ∵BE∥CD， ∴△BEG∽△DCG， ∴，即， 化简，得k， ∴k＝3； （3）如图2，∵∠APD＝120°， ∴∠APB+∠DPC＝60°， 又∵∠B＝120°， ∴∠APB+∠BAP＝60°， ∴∠BAP＝∠DPC， 又∵∠B＝∠C＝120°， ∴△ABP∽△PCD， ∴， 设CD＝1，BP＝x，则AB＝BC＝k，PC＝k﹣x， ∴，即x2﹣kx+k＝0， 要使点P是唯一的，则方程x2﹣kx+k＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝k2﹣4k＝0， 解得k＝4或0， 又∵k＞0， ∴k＝4． 【总结提升】本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及一元二次方程根与系数的关系的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形和直角三角形，运用相似三角形的对应边成比例以及勾股定理进行计算求解．解题时注意：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根． 考点3：补两个角构造相似 【典例6】（2023•浙江自主招生）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，直线l1∥l2∥l3，l1与l2之间距离是1，l2与l3之间距离是2，且l1，l2，l3分别经过点A，B，C，则边AC的长为（　　） A．2 B． C． D． 【思路引领】过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，在Rt△ABC中运用三角函数可得，易证△AEB∽△BFC，运用相似三角形的性质可求出FC，然后在Rt△BFC中运用勾股定理可求出BC，再在Rt△ABC中运用三角函数就可求出AC的值． 【解答】解：如图，过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，如图． ∵∠BAC＝60°，∠ABC＝90°， ∴tan∠BAC． ∵直线l1∥l2∥l3， ∴EF⊥l1，EF⊥l3， ∴∠AEB＝∠BFC＝90°． ∵∠ABC＝90°， ∴∠EAB＝90°﹣∠ABE＝∠FBC， ∴△BFC∽△AEB， ∴． ∵EB＝1， ∴FC． 在Rt△BFC中， BC． 在Rt△ABC中，sin∠BAC， ∴AC． 故选：D． 【总结提升】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K型相似是解决本题的关键． 【典例7】（2023秋•浦东新区期中）已知：在矩形ABCD中，AB＝6，点E为边AB上一点，满足AE＝2，连接DE，在矩形内部作∠DEF＝45°，交边BC于点F（不与端点重合），交边DC的延长线于点G． （1）如果DF⊥EG，求△DEG的面积； （2）设AD＝x，BF＝y， ①请用含有x，y的式子表示线段DG的长； ②求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （3）如果△DEF是等腰三角形，试求此时AD的长． 【思路引领】（1）证明△EBF≌△FCD（AAS），得CF＝BE＝6﹣2＝4，BF＝CD＝6，由勾股定理得EF的长，证明△EBF∽△GCF，列比例式可得FG的长，根据三角形面积公式可得结论； （2）①证明△EBF∽△GCF，列比例式可表示CG的长，得DG的长； ②作辅助线，构建相似三角形和全等三角形，证明△HAE∽△EBF，得AH，证明△DHE≌△DGM（ASA），得DH＝DG，列方程为x2，y＝4，根据y＜x，可得x的取值； （3）分三种情况讨论：①当EF＝DF时，②当ED＝DF时，③当DE＝EF时，分别根据勾股定理列方程可得结论． 【解答】解：（1）如图1，∵DF⊥EF，∠DEF＝45°， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴EF＝DF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠FCD＝90°， ∴∠BEF+∠BFE＝∠BFE+∠DFC＝90°， ∴∠BEF＝∠DFC， ∴△EBF≌△FCD（AAS）， ∴CF＝BE＝6﹣2＝4，BF＝CD＝6， 由勾股定理得：EF＝DF2， ∵BE∥CG， ∴△EBF∽△GCF， ∴， ∴， ∴FG， ∴EG＝EF+FG＝2， ∴S△DEG； （2）①∵BF＝y，AD＝BC＝x， ∴CF＝x﹣y， ∵BE∥CG， ∴△EBF∽△GCF， ∴， ∴，CG4， ∴DG＝DC+CG＝64＝2； ②如图2，过D作DM⊥DE，交EG的延长线于M，过E作EH⊥EG，交AD于H， ∴∠HEG＝90°， ∴∠AEH+∠BEF＝90°， ∵∠BEF+∠BFE＝90°， ∴∠AEH＝∠BFE， ∵∠A＝∠B＝90°， ∴△HAE∽△EBF， ∴， ∴，AH， ∴DH＝x， ∵∠DEF＝45°，∠HEG＝∠EDM＝90°， ∴∠HED＝45°，△EDM是等腰直角三角形， ∴DE＝DM，∠M＝45°， ∴∠M＝∠HED＝45°， ∵∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠GDM， ∴∠ADE＝∠GDM， ∴△DHE≌△DGM（ASA）， ∴DH＝DG， ∴x2，y＝4， ∵y＜x， ∴4x， 4（x﹣2）+16＜x（x﹣2）， x2﹣6x﹣8＞0， 设m＝x2﹣6x﹣8， 当m＝0时，x2﹣6x﹣8＝0， x1＝3，x2＝3， 如图3所示，当m＞0时，x＞3， 则y关于x的函数关系式为：y＝4，定义域是x＞3； （3）△DEF是等腰三角形时，存在三种情况， ①当EF＝DF时， 由勾股定理得：BE2+BF2＝CF2+DC2， 42+y2＝62+（x﹣y）2， 16＝36+x2﹣2xy， 把y＝4代入得：0＝20+x2﹣2x（4）， x3﹣10x2+4x﹣40＝0， x2（x﹣10）+4（x﹣10）＝0， （x﹣10）（x2+4）＝0， ∴x＝10， ∴AD＝10； ②当ED＝DF时，∠DEF＝∠DFE＝45° ∴∠EDF＝90° 不符合题意； ③当DE＝EF时， 由勾股定理得：BE2+BF2＝AE2+AD2， 42+y2＝x2+22， 把y＝4代入得：16+（4）2＝x2+4， x4﹣4x3﹣24x2﹣16x﹣112＝0， x4﹣24x2﹣112﹣4x（x2+4）＝0， （x2+4）（x2﹣28）﹣4x（x2+4）＝0， （x2+4）（x2﹣4x﹣28）＝0， x2﹣4x﹣28＝0， x1＝2﹣4（舍），x2＝2+4， 即AD＝2+4， 综上，此时AD的长为10或2+4． 【总结提升】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，第（3）问进行分类讨论是解题的关键，并注意高次方程利用因式分解解方程的技巧． 考点4：构造同侧一线三等角综合题 【典例8】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC，D是BC上一点，∠BAD＝30°，则CD＝　　． 【思路引领】根据勾股定理可以得到AB的长，再根据锐角三角函数可以求得AD的长，然后根据勾股定理即可得到CD的长． 【解答】解：作DE⊥AB于点E，如图所示， 则∠AED＝90°， ∵∠BAD＝30°， ∴AD＝2DE，AEDE， 设DE＝x，则AD＝2x，AEx， ∵∠C＝90°，AC＝4，BC， ∴AB，tanB， ∴tanB， ∴BE， ∵AE+BE＝AB， ∴x， 解得x， ∴AD＝2x， ∵∠C＝90°， ∴CD， 故答案为：． 【总结提升】本题考查勾股定理、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 【典例9】（2023春•工业园区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，AD＝5，则BD等于（　　） A．13 B．2 C．8 D．6 【思路引领】连接AC，过D作DF⊥BC于F，则∠F＝90°，根据勾股定理求出AC，根据勾股定理的逆定理求出∠ACD＝90°，根据相似三角形的性质和判定求出，求出CF、DF的长，再根据勾股定理求出BD即可． 【解答】解：连接AC，过D作DF⊥BC于F，则∠F＝90°， 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，由勾股定理得：AC＝5， ∵在△ACD中，AC＝5，CD＝10，AD＝5， ∴AC2+CD2＝AD2， ∴∠ACD＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ACB+∠BAC＝90°，∠ACB+∠DCF＝90°， ∴∠BAC＝∠DCF， ∵∠ABC＝∠F＝90°， ∴△ABC∽△CFD， ∴， ∴， 设CF＝3x，DF＝4x， 在Rt△DFC中，由勾股定理得：CD2＝CF2+DF2， 即102＝（3x）2+（4x）2， 解得：x＝2（负数舍去）， 即CF＝3×2＝6，DF＝4x＝8， ∴BF＝4+6＝10， 在Rt△DFB中，BD2， 故选：B． 【总结提升】本题考查了勾股定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理等知识点，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键． 考点5：构造异侧一线三等角综合题 【典例10】（2021•武汉模拟）在△ABC中，∠BAC＝45°，P为△ABC内一点，且∠APB＝∠APC＝120°．若PA1，PB＝2，则PC＝　22　． 【思路引领】作BM⊥AP于M，则PM＝1，BM，D在AM上取点E，使ME＝MB，再通过△AEB∽△CFA解决问题． 【解答】解：作BM⊥AP于M，则PM＝1，BM， 在AM上取点E，使ME＝MB，连接BE，则△BME是等腰直角三角形， ∴BE．∠BEM＝45°， ∵∠BEM是△ABE的外角， ∴∠BEM＝∠ABE+∠BAE＝45°， 又∵∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝45°， ∴∠ABE＝∠CAE， 作CN⊥AM与N，设PN＝x，则CNx，PC＝2x， 在AM上取点F，使NF＝NCx， 则FCx，PF＝（）x，AF1+xx，PE，AE＝2． 又∵∠AEB＝∠AFC＝135°， ∴△AEB∽△CFA， ∴，即， 解得x1， ∴PC＝22． 【总结提升】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，结合已知条件，正确构造出相似三角形是解决问题的关键． 专题四 中点型一线三等角 方法: 一线三等角的中间一角顶点为中点时, 称为中点型一线三等角, 此时, 中间的三角形与两侧的三角形相似, 即三个三角形都相似, 中点为旁心. 考点1 认识模型 【典例1】（2023秋•安徽月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E在边BC上移动（点E不与点B，C重合），满足∠DEF＝∠B，且点D，F分别在边AB，AC上． （1）求证：△BDE∽△CEF； （2）当点E移动到BC的中点时，BC＝4，△ADF的周长等于16．求：sin∠B的值． 【思路引领】（1）根据∠DEC是△BDE的外角，得∠DEC＝∠B+∠BDE．则∠BDE＝∠CEF，即可证明； （2）首先可以证明△DEF∽△ECF．得∠DFE＝∠EFC，即FE平分∠DFC，同理可得DE平分∠BDF，过点E分别作DF，AB，AC的垂线交DF，AB，AC于点G，H，I，连接AE，通过证明△AHE≌△AIE，得AH＝AI，再通过证明△BHE∽△BEA，得BH＝2，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C． ∵∠DEC是△BDE的外角， ∴∠DEC＝∠B+∠BDE． ∵∠DEC＝∠DEF+∠CEF， 又∵∠DEF＝∠B， ∴∠BDE＝∠CEF， ∴△BDE∽△CEF； （2）解：∵△BDE∽△CEF， ∴， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE． ∴， 即， ∵∠DEF＝∠B，∠B＝∠C， ∴∠C＝∠DEF． ∴△DEF∽△ECF． ∴∠DFE＝∠EFC， 即FE平分∠DFC， 同理可得DE平分∠BDF， 过点E分别作DF，AB，AC的垂线交DF，AB，AC于点G，H，I， ∴AH+AI＝AD+DF+AF＝16， 连接AE， ∵AB＝AC，AE是△ABC的中线， ∴∠BAE＝∠CAE， 在△AHE和△AIE中， ， ∴△AHE≌△AIE（AAS）， ∴AH＝AI， ∴AH＝8， 又∵BC＝4，E是BC的中点， ∴BE＝2， ∵∠BHE＝∠BEA， ∴△BHE∽△BEA， ∴BE2＝BH×AB， ∴BH＝2， 由勾股定理得：HE＝4， ∴sin∠ABE． 【总结提升】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，证明出FE平分∠DFC，DE平分∠BDF是解题的关键． 考点2 利用模型的性质求线段、周长、面积 【典例2】如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，点D是BC边的中点，E、F分别在AB、AC上，且∠EDF＝45°．若AE＝3，AF＝4，则BC的长为（　　） A．12 B．12 C．10 D．5 【思路引领】设AB＝AC＝a，则BCa，通过证明△BED∽△CDF，可得，即可求解． 【解答】解：设AB＝AC＝a，则BCa， ∵点D是BC边的中点， ∴BD＝CDa， ∵∠EDF＝45°，AE＝3，AF＝4， ∴∠EDF＝∠B＝∠C＝45°，BE＝a﹣3，CF＝a﹣4， ∵∠EDC＝∠B+∠BED＝∠EDF+∠FDC， ∴∠BED＝∠CDF， 又∵∠B＝∠C， ∴△BED∽△CDF， ∴， ∴BD2＝BE•CF， ∴a2＝（a﹣3）（a﹣4）， ∴a＝2（不合题意舍去）或a＝12， ∴BC＝12， 故选：A． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形的性质是解题的关键． 【典例3】（2022秋•娄底期末）（1）【基础巩固】：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，F是BC边上一点，∠CDF＝45°．求证：AC•BF＝AD•BD； （2）【拓展延伸】：如图2，在四边形ABFC中，点D是AB边的中点，∠A＝∠B＝∠CDF＝45°，若AC＝9，BF＝8，求线段CF的长． 【思路引领】（1）先判断△ABC为等腰直角三角形，则∠A＝∠B＝45°，再利用等角的余角相等得到∠BDF＝∠ACD，则根据相似三角形的判定方法可得到△ACD∽△BDF，然后利用相似比得到结论； （2）AC和BF的延长线相交于E点，如图2，利用（1）点的结论得到AC•BF＝AD•BD，则可计算出AD＝BD＝6，再判断△AEB为等腰直角三角形得到AE＝BE＝12，则CE＝3，EF＝4，锐角利用勾股定理计算CF的长． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵∠CDB＝∠A+∠ACD， 即∠CDF+∠BDF＝∠A+∠ACD， 而∠CDF＝45°． ∴∠BDF＝∠ACD， ∵∠A＝∠B， ∴△ACD∽△BDF， ∴AC：BD＝AD：BF， ∴AC•BF＝AD•BD； （2）解：AC和BF的延长线相交于E点，如图2， 由（1）得AC•BF＝AD•BD， 即AD•BD＝8×9＝72， ∵点D是AB边的中点， ∴AD＝BD， ∴AD＝BD＝6， ∵∠A＝∠B＝45°， ∴△AEB为等腰直角三角形， ∴AE＝BEAB1212， ∴CE＝AE﹣AC＝3，EF＝BE﹣BF＝4， 在Rt△ECF中，CF5． 【总结提升】本题考查了相似综合题，灵活运用相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．也考查了等腰直角三角形的性质和勾股定理． 【典例4】（2023秋•福田区月考）已知，如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于F，连结FC，（AB＞AE）．设，当k＝　　，那么△AEF∽△BCF． 【思路引领】先证明△AEF∽△DCE得到，由于∠A＝∠B，则根据相似三角形的判定方法，当时，△AEF∽△BCF，所以，则AFAB，于是得到，然后根据等式的性质可计算出，从而得到k的值． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝∠B＝90°，BC＝AD，AB＝CD， ∵E为AD的中点， ∴AE＝DEADBC， ∵EF⊥EC， ∴∠CEF＝90°， ∵∠AEF+∠CED＝90°，∠DCE+∠CED＝90°， ∴∠AEF＝∠DCE， ∴△AEF∽△DCE， ∴， ∵∠A＝∠B， ∴当时，△AEF∽△BCF， 即， ∴AFABCD， ∴， ∴， ∴k． 故答案为：． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了矩形的性质． 考点3：发现隐藏的中点型一线三等角 【典例5】（2021•蔡甸区模拟）在△ABC中，BC＞AC，CD平分∠ACB交AB于点D，E、F分别是AC和BC上的点，EF交CD于H． （1）如图1，若∠EFC＝∠A，求证：CE•CD＝CH•BC； （2）如图2，若H为△ABC的内心，且CE＝CF，BF＝4，AE＝3，求EF的长； （3）如图3，若CE≠CF，∠CEF＝∠B，∠ACB＝60°，CH＝5，CE＝4，直接写出的值 　　． 【思路引领】（1）只要证明△ECH∽△BCD，可得，即可推出CE•CD＝CH•BC； （2）如图2中，连接AH．只要证明△AEH∽△HFB，可得 推出FH2＝6，推出HE＝HF，即可解决问题； （3）只要证明△ECF∽△BCA，求出CF即可解决问题． 【解答】解：（1）证明：如图1中， ∵∠EFC+∠FEC+∠ECF＝180°，∠A+∠B+∠ACB＝180°， 又∵∠EFC＝∠A，∠ECF＝∠ACB， ∴∠CEF＝∠B， ∵∠ECH＝∠DCB， ∴△ECH∽△BCD， ∴， ∴CE•CD＝CH•BC． （2）解：如图2中，连接AH． ∵BH、CH都是△ABC的角平分线， ∴AH是△ABC的角平分线， ∴∠BHC＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°（180°﹣∠BAC）＝90°BAC＝90°+∠HAE， ∵CE＝CF，∠HCE＝∠HCF， ∴CH⊥EF，HF＝HE， ∴∠CHF＝90°， ∵∠BHC＝∠BHF+∠CHF＝∠BHF+90°， ∴∠HAE＝∠BHF， ∵∠CFE＝∠CEF， ∴∠AEH＝∠BFH， ∴△AEH∽△HFB， ∴， ∴FH2＝12， ∴HE＝HF＝2， ∴EF＝4． （3）解：如图3中，作HM⊥AC于M，HN⊥BC于N．设HF＝x，FN＝y． ∵∠HCM＝∠HCN＝30°，HC＝5， ∴HM＝HN，CM＝CN，ΦΦ ∵CE＝4， ∴EM，EH， ∵S△HCF：S△HCE＝FH：EH＝FC：EC， ∴x：（y）：4， 又∵x2＝y2+（）2， 解得y或（舍弃）， ∴CF， ∵∠CEF＝∠B，∠ECF＝∠ACB， ∴△ECF∽△BCA， ∴， ∴． 【总结提升】本题考查三角形综合题、相似三角形的判定和性质、角平分线的性质、二元二次方程组等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程组解决问题，属于中考压轴题． 【典例6】（2022•浙江自主招生）如图，在等腰三角形ABC中，O为底边BC的中点，以O为圆心作半圆与AB，AC相切，切点分别为D，E，过半圆上一点F作半圆的切线，分别交AB，AC于点M，N，求的值． 【思路引领】连接OM，ON，由切线长定理和三角形内角和定理可得∠MON＝∠ABC＝∠ACB，可证△BOM∽△CNO，可得BM•CN＝BO•COBC2，即可求解． 【解答】解：如图，连接OM，ON， ∵AB＝AC，O为底边BC的中点， ∴∠ABC＝∠ACB，BO＝COBC， ∵AB，AC，MN是⊙O切线， ∴∠OMN∠DMN，∠ONM∠CNM， ∴∠OMN+∠ONM（∠DMN+∠CNM）（∠A+∠ANM+∠AMN+∠A）（180°+∠A） ∵∠OMN+∠ONM+∠MON＝180°， ∴∠MON＝180°（180°+∠A）＝90°∠A， ∴∠MON＝∠ABC＝∠ACB， ∵∠MOC＝∠ABC+∠BMO＝∠MON+∠CON， ∴∠CON＝∠BMO，且∠ABC＝∠ACB， ∴△BOM∽△CNO， ∴ ∴BM•CN＝BO•COBC2， ∴． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，等腰三角形的性质，证明△BOM∽△CNO是本题的关键． 专题五 旋转相似 考点1：认识模型 【典例1】如图，在Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB与DE交于点F，连接DB、CE． （1）若，求∠AFD的度数； （2）若∠ADE＝∠ABC，求证：△ADB∽△AEC． 【思路引领】（1）根据相似三角形的判定可得△ADE∽△FDA，再根据相似三角形的性质即可得结论； （2）根据题意可得△ADE∽△ABC，得，由∠EAC＝∠DAB，即可得△ADB∽△AEC． 【解答】解：（1）∵，∠ADE＝∠FDA， ∴△ADE∽△FDA， ∴∠AFD＝∠DAE＝90°． ∴∠AFD的度数为90°； （2）∵∠ADE＝∠ABC，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE， ∴∠EAC＝∠DAB， ∴△ADB∽△AEC． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定和性质． 考点2 模型应用 【典例2】将含30°角且大小不等的两个三角板按如图摆放，使直角顶点重合，连接AE，BD，求的值． 【思路引领】在Rt△ACB和在Rt△ECD中，利用解直角三角函数得，根据相似三角形的判定得到△ECA∽△DCB，根据相似比的性质得到tan60°． 【解答】解：∵△EDC与△ACB为两个直角三角形，且∠DEC＝∠BAC＝30°，∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB+∠DCA＝∠ECD+∠DCA， ∴∠DCB＝∠ECA， 在Rt△ACB中，tan∠CABtan30°， 在Rt△ECD中，tan∠CEDtan30°， ∴， 在△ECA与△DCB中，，∠DCB＝∠ECA， ∴△ECA∽△DCB， ∴， 在Rt△ACB中，tan∠ABC＝tan60°， ∴． 【总结提升】本题考查相似三角形的性质与判定，锐角三角函数的定义，解本题的关键熟练掌握相似三角形的性质与判定． 考点3：旋转相似与特殊角、解三角形 【考点3】（2023春•高青县期末）如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，∠ABC＝∠CED＝∠CAE＝30°，AC＝3，AE＝8，求AD的长． 【思路引领】连接BE，证明△ACD∽△BCE，得到，求出BE的长，得到AD的长． 【解答】解：如图，连接BE， 在Rt△ACB中，∠ABC＝∠CED＝30°， tan30°， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠BCE＝∠ACD， ∴△ACD∽△BCE， ∴， ∵∠BAC＝60°，∠CAE＝30°， ∴∠BAE＝90°， 在Rt△ABC中，AC＝3，∠ABC＝30°， ∴AB＝6， ∵AE＝8， ∴BE＝10， ∴AD． 答：AD的长为． 【总结提升】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握性质定理和判定定理是解题的关键，正确作出辅助线是重点． 【考点4】（2021•宁波模拟）如图，在△BAC中，∠BAC＝90°，tan∠ACB＝2，将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，点D刚好落在BC射线上，若△BDE的面积为4，则BD的长为（　　） A．2 B．4 C．2 D．4 【思路引领】由将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，可得DE＝BCa，CA＝AE＝a，AB＝AD＝2a，∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAC＝90°，由锐角三角函数可求BDa，CEa，由面积公式可求a的值，即可求解． 【解答】解：如图，连接CE，延长EA交BC于F， ∵tan∠ACB＝2， ∴AB＝2AC， 设AC＝a，则AB＝2a， ∴BCa， ∵将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE， ∴DE＝BCa，CA＝AE＝a，AB＝AD＝2a，∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ADB＝∠ADE， ∴∠DEA＝∠DFA， ∴DF＝DEa， 又∵∠DAE＝90°， ∴AF＝AE＝a＝AC， ∴∠ECF＝90°， ∵sin∠ACB＝sin∠CFE， ∴， ∴CEa， ∵tan∠ACB＝tan∠CFE2， ∴CFa， ∴CD＝DF﹣CFa， ∴BD＝BC+DCa， ∵△BDE的面积为4， ∴4aa， ∴a， ∴BD＝4， 故选：B． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，利用参数解决问题是本题的关键． 【考点5】（2023•青山区模拟）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AC、BC上的点，连DE，且，tanB，如图1． （1）如图2，将△CDE绕C点旋转，连AD、BE交于H，求证：AD⊥BE； （2）如图3，当△CDE绕C点旋转过程中，当CH时，求A H﹣BH的值； （3）若CD＝1，当△CDE绕C点旋转过程中，直接写出AH的最大值是　2　． 【思路引领】（1）如图2中，设BE交AC于O．证明△ACD∽△BCE可得结论． （2）如图3中，在HB上取一点T，使得HTAH，连接AT．证明△CAH∽△BAT，推出可得结论． （3）在Rt△AHB中，由AH＝AB•sin∠ABH，推出当∠ABH最大时，AH的值最大，此时CE⊥BE，求出AD，DH即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图2中，设BE交AC于O． ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠ECB， ∵， ∴， ∴△ACD∽△BCE， ∴∠DAC＝∠EBC， ∵∠AOH＝∠BOC， ∴∠AHO＝∠BCO＝90°， ∴AD⊥BE． （2）解：如图3中，在HB上取一点T，使得HTAH，连接AT． 在Rt△AHT中，tan∠ATH， ∵tan∠ABC， ∴∠ATH＝∠ABC， ∵∠ATH+∠HAT＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°， ∴∠HAT＝∠CAB， ∴∠CAH＝∠BAT， ∴△AHT∽△ACB， ∴， ∴， ∴△CAH∽△BAT， ∴， ∵HTAH，设AH＝m，则HTm，ATm， ∴， ∴BT． （3）解：如图3中， 在Rt△AHB中，∵AH＝AB•sin∠ABH， ∴当∠ABH最大时，AH的值最大，此时CE⊥BE， ∵∠DCE＝∠CEH＝∠EHD＝90°， ∴此时四边形ECDH是矩形， ∴DH＝EC，∠ADC＝∠CDH＝90°， 由题意CD＝1，EC，AC， ∴DH＝CE 在Rt△ACD中，AD， ∴AH＝AD+DH2， ∴AH的最大值为2． 故答案为：2． 【总结提升】本题属于相似形综合题，考查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，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 【考点6】（2023•江岸区模拟）如图，点A、B、E在同一直线上，∠FEB＝∠ACB＝90°，AC＝BC，EB＝EF，连AF，CE交于点H，AF、CB交于点D，若tan∠CAD，则（　　） A． B． C． D． 【思路引领】如图，作CT⊥AB于T交AF于K．在Rt△ACD中，tan∠CAD，可以假设CD＝2a，AC＝3a，则BC＝AC＝3a．BD＝a，AB＝3a，BT＝ATa，想办法用a的代数式表示EF，FH即可解决问题． 【解答】解：如图，作CT⊥AB于T交AF于K． ∵在Rt△ACD中，tan∠CAD， ∴可以假设CD＝2a，AC＝3a，则BC＝AC＝3a．BD＝a，AB＝3a，BT＝ATa， ∵∠FEB＝∠ACB＝90°，AC＝BC，EB＝EF， ∴∠EBF＝∠CAB＝45°， ∴BF∥AC， ∴BF：AC＝BD：CD＝1：2， ∴BFa， ∴BE＝EFa， ∵TK∥EF， ∴TK：EF＝AT：AE， ∴TK：aa：a， ∴TKa， ∴CK＝CT﹣TKaaa， 由勾股定理可得AFa，AKa， ∴FK＝AF﹣AKaaa， ∵CK∥EF， ∴， ∴FHFKaa， ∴， 故选：A． 【总结提升】本题考查解直角三角形的应用，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 【考点7】（2023•武侯区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形A1B1CD1，点E是A1B1的中点，过B作BF⊥B1C于点F，连接DE，DF，则线段DE长度的最大值是　2　，线段DF长度的最小值是　　． 【思路引领】根据两点之间线段最短解决问题即可． 【解答】解：如图，取BC的中点O，连接OF，OD，EC． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°，AB＝CD＝2， ∵OB＝OC， ∴OD， ∵BF⊥CF， ∴∠BFC＝90°， ∴OFBC， ∴DF≥OD﹣OF， ∴DF的最小值为． 同法EC， DE≤CD+CE＝2， ∴DE的最大值为2， 故答案为2，． 【总结提升】本题考查旋转变换，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 考点4：模型构造 【考点8】（2021秋•略阳县期中）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE； 尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值； 拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，，∠CBD＝∠AMD，∠BDC＝90°，AB＝4，，求AM的长． 【思路引领】问题背景 由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论； 尝试应用 连接EC，证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可证明△ADF∽△ECF，得出3，则可求出答案； 拓展创新 连接BM，证明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性质得出，证明△BDM∽△CDA，得出，求出BM＝6，由勾股定理求出AM． 【解答】问题背景 （1）证明：∵△ABC∽△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE． ∴， ∴△ABD∽△ACE． 尝试应用 （2）解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE， ∴△ABC∽△ADE． 由（1）知△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE． ×∵， ∴． ∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC， ∴△ADF∽△ECF． ∴． 拓展创新 （3）解：如图（3），连接BM， ∵∠ADM＝∠BDC＝90°，∠CBD＝∠AMD， ∴△BDC∽△MDA， ∴． 又∵∠BDC＝∠ADM， ∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM， 即∠BDM＝∠CDA， ∴△BDM∽△CDA． ∴． ∵， ∴， ∴AM． 【总结提升】此题考查相似形的综合应用，掌握直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键． 专题6 相似模型及构造——十字架模型 【典例1】（2023秋•商河县期中）【探究证明】：（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明． 如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H． 求证：； 【结论应用】：（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若，则的值为　　； 【联系拓展】：（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝8，BC＝CD＝4，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，则　　． 【思路引领】【探究证明】：过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，易证AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后运用相似三角形的性质就可解决问题； 【结论应用】：只需运用（1）中的结论，就可得到，就可解决问题； 【联系拓展】：过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，易证四边形ABSR是矩形，由（1）中的结论可得．设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝4+x，RD＝8﹣y，在Rt△CSD中根据勾股定理可得x2+y2＝16①，在Rt△ARD中根据勾股定理可得（4+x）2+（8﹣y）2＝64②，解①②就可求出x，即可得到AR，问题得以解决． 【解答】解：【探究证明】过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC，AD∥BC． ∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形， ∴AP＝EF，GH＝BQ． 又∵GH⊥EF， ∴AP⊥BQ， ∴∠QAT+∠AQT＝90°． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝∠D＝90°， ∴∠DAP+∠DPA＝90°， ∴∠AQT＝∠DPA． ∴△PDA∽△QAB， ∴， ∴． 【结论应用】：如图2， ∵EF⊥GH，AM⊥BN， ∴由（1）中的结论可得，， ∴， 故答案为． 【联系拓展】：过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3， 则四边形ABSR是平行四边形． ∵∠ABC＝90°， ∴平行四边形ABSR是矩形， ∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝8，AR＝BS． ∵AM⊥DN， ∴由（1）中的结论可得． 设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝4+x，RD＝8﹣y， ∴在Rt△CSD中，x2+y2＝16①， 在Rt△ARD中，（4+x）2+（8﹣y）2＝64②， 由②﹣①得x＝2y﹣4③， 解方程组，得（舍去），或， ∴AR＝4+x， ∴． 故答案为：． 【总结提升】本题属于相似形综合题，主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解二元二次方程组等知识，运用（1）中的结论是解决第（2）、（3）小题的关键． 【典例2】（2023•郯城县二模）如图，矩形纸片，点E，F分别在AD，BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则的值为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，利用两角对应相等求证△ADG∽△FHE，即可求出的值． 【解答】解：过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，如图所示： 由折叠A与A'对应易知：∠AOE＝90°， ∵∠EAO+∠AEO＝90°， ∠EAO+∠AGD＝90°， ∴∠AEO＝∠AGD，即∠FEH＝∠AGD， 又∵∠ADG＝∠FHE＝90°， ∴△ADG∽△FHE， ∴， 故选：D． 【总结提升】本题考查翻折变换，矩形性质以及相似三角形判定与性质，本题通过翻折变换推出∠AOE＝90°进而利用角进行转化求出△ADG∽△FHE是解题的关键． 【典例3】（2023秋•滨湖区期中）（1）如图①把边长为AB＝6、BC＝8的矩形ABCD对折，使点B和D重合，求折痕MN的长； （2）如图②把边长为AB＝2、BC＝4且∠B＝45°的平行四边形ABCD对折，使点B和D重合，求折痕MN的长． 【思路引领】（1）先用勾股定理求的BD，再判断出△MNE∽△DBA，，代值即可； （2）先求出BE，DE，再同（1）的方法即可求得． 【解答】解：（1）如图1， 过点M作ME⊥BC，垂足为E，连接BD， 在Rt△ABD中，AB＝6，BC＝8． ∴BD＝10， 由折叠得，MN⊥BD， ∴∠ADB+∠NMD＝90°， ∵∠NME+∠NMD＝90°， ∴∠ADB＝∠NME， ∵∠MEN＝∠A＝90° ∴△MNE∽△DBA， ∴， ∴， ∴MN＝7.5 （2）如图2，过点B作BE⊥AD的延长线于E，过F作MF⊥BC，连接BD， ∴MF＝BE＝2， ∴DE＝6． ∴BD2， 同（1）的方法，得出，△MNF∽△DBE， ∴ ∴ ∴MN． 【总结提升】此题是折叠问题，主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是判断出△MNE∽△DBA． 专题7 相似模型及构造——对角互补模型 【典例1】（2021•普兰店区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，点D、E、F分别在线段AB、AC、BC上，且BD＝2AD，DE⊥DF，则（　　） A． B． C． D． 【思路引领】依据题意，过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，可证四边形DGCH是矩形，DH∥CG，DG∥CH，∠HDG＝90°，由题意，可设ACa，BC＝a，由平行线分线段成比例可得DHa，DGa，通过证明△DEH∽△DFG，可得，即可求解． 【解答】解：如图，过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G， ∵∠C＝90°，∠A＝30°， ∴可设ACa，BC＝a． ∵DH⊥AC，DG⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DGCH是矩形． ∴DH∥CG，DG∥CH，∠HDG＝90°． ∴，，且BD＝2AD， ∴DHa，DGa． ∵DE⊥DF， ∴∠EDF＝∠HDG＝90°． ∴∠HDE＝∠GDF，且∠DHE＝∠DGF＝90°． ∴△DEH∽△DFG． ∴． ∴． 故选：D． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键． 【典例2】（2023秋•新乐市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在对角线AC上，连接BE，作EF⊥BE，垂足为E，直线EF交线段DC于点F，则（　　） A． B． C． D． 【思路引领】如图，连接BF，取BF的中点O，连接OE，OC．证明B，C，F，E四点共圆，推出∠EBF＝∠ECF，推出tan∠EBF＝tan∠ACD可得． 【解答】解：如图，连接BF，取BF的中点O，连接OE，OC． ∵四边形ABCD是矩形，EF⊥BE， ∴四边形EFCB对角互补， ∴B，C，F，E四点共圆， ∴∠BEF＝∠BCF＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5， ∵OB＝OF， ∴OE＝OB＝OF＝OC， ∴B，C，F，E四点在以O为圆心的圆上， ∴∠EBF＝∠ECF， ∴tan∠EBF＝tan∠ACD， ∴， 故选：B． 【总结提升】本题考查矩形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 【典例3】（2023秋•金牛区期末）【问题探究】（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边DC，BC上的点，连接AE，DF，且AE⊥DF于点G，若AB＝10，BC＝24，求的值． 【初步运用】 （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，，点D为AC的中点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，求的值． 【灵活运用】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，，AB＝BC，AD＝CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，则　　． 【思路引领】（1）由矩形的性质得出∠C＝∠ADE＝90°，AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，证明△DCF∽△ADE，由相似三角形的性质得出； （2）过点B作CB的垂线，过点D作BC的垂线，垂足为K，过点A作BC的平行线，分别交两条垂线于G，H，则四边形GBKH为矩形，证明△ADH≌△CDK（AAS），由全等三角形的性质得出DH＝DK，证明△AHD∽△BGA，由相似三角形的性质得出答案； （3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，证明△BAD≌△BCD（SSS），得出∠BCD＝∠A＝90°，证明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性质得，设BM＝5y，则DN＝12y，，设AB＝BC＝5x，则AD＝CD＝12x，由勾股定理证出119x＝169y，则可得出答案． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠ADE＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝24， ∴∠BMN+∠MNO＝90°， ∵AE⊥DF， ∴∠AGD＝90°， ∴∠DAG+∠ADG＝90°，∠ADG+∠FDC＝90°， ∴∠DAG＝∠FDC， ∴△DCF∽△ADE， ∴； （2）过点B作CB的垂线，过点D作BC的垂线，垂足为K，过点A作BC的平行线，分别交两条垂线于G，H，则四边形GBKH为矩形， ∵D为AC的中点， ∴AD＝CD， 又∵∠AHD＝∠CKD＝90°，∠ADH＝∠CDK， ∴△ADH≌△CDK（AAS）， ∴DH＝DK， ∵∠BAD＝90°， ∴∠GAB+∠HAD＝90°， 又∵∠GAB+∠GBA＝90°， ∴∠HAD＝∠GBA， ∵∠G＝∠AHD＝90°， ∴△AHD∽△BGA， ∴， ∵，AD＝CD， ∴， 设DH＝6y，则BG＝12y， ∴， 由（1）知，， ∴的值为； （3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M， ∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD， ∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°， ∴四边形AMCN是矩形， ∴AM＝CN，AN＝CM， 在△BAD和△BCD中， ， ∴△BAD≌△BCD（SSS）， ∴∠BCD＝∠A＝90°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠ABC+∠CBM＝180°， ∴∠MBC＝∠ADC， ∵∠CND＝∠M＝90°， ∴△BCM∽△DCN， ∴， 设BM＝5y，则DN＝12y， 设AB＝BC＝5x，则AD＝CD＝12x， ∴CN＝5x+5y， 在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2＝CD2， ∴（12y）2+（5x+5y）2＝（12x）2， 解得119x＝169y（x＝﹣y舍去）， ∴， 故答案为：． 【总结提升】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【典例4】（2023•江岸区模拟）如图，等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，D为AB中点，E、F分别是BC、AC上的点（且E不与B、C重合），且EF⊥CD．若CE＝nBE，则的值是 　　（用含n的式子表示） 【思路引领】过点D作DH⊥AC于点H，设BE＝1，则CE＝n，用含n的式子分别表示出AC、BC、BD、AD、AC、DH、AH等线段；求出tan∠DCB的值并用以计算出EG、GC、CD的长；证明△CHD∽△CGF，利用相似三角形的性质得出CF的长，然后用AC的长减去CF的长即得出AF的长，从而可得的值． 【解答】解：如图，过点D作DH⊥AC于点H． ∵CE＝nBE． ∴设BE＝1，则CE＝n． ∵等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，D为AB中点， ∴AB＝BC＝n+1，BD＝AD，AC（n+1）． ∵EF⊥CD，∠B＝90°． ∴tan∠DCB． ∴EG，GC，CD． ∵DH⊥AC，∠A＝45°， ∴DH＝AH． ∴CH（n+1）， ∵∠CHD＝∠CGF＝90°，∠DCH＝∠FCG， ∴△CHD∽△CGF， ∴， ∴， 解得：CF， ∴AF（n+1）， ∴． 解法二：作AM⊥AB交EF的延长线于点M，过点M作MN⊥BC于点N． ∵∠B＝∠BAM＝∠MNB＝90°， ∴四边形ABNM是矩形， ∴AB＝MN， ∵AB＝BC， ∴BC＝MN， ∵EM⊥CD， ∴∠MEN+∠BCD＝90°， ∴∠MEN+∠NME＝90°， ∴∠BCD＝∠NME， ∵∠DBC＝∠ENM＝90°， ∴△MNE≌△CBD（AAS）， ∴EN＝BD， 设BE＝1，则CE＝n，BC＝AB＝1+n， ∴BD＝EN， ∴AM＝BN＝1， ∵AM∥CE， ∴AF：CF＝AM：EC＝（3+n）：2n． 故答案为：． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定与性质、锐角三角函数在计算中的应用等知识点，本题计算难度较大，属于中档题． 专题八 相似模型及构造——相似的性质应用 考点1 相似三角形的相似比等于周长比 【典例1】（中考•绵阳）如图，D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝1：2，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝（　　） A． B． C． D． 【思路引领】借助翻折变换的性质得到DE＝CE；设AB＝3k，CE＝x，则AE＝3k﹣x；根据相似三角形的判定与性质即可解决问题． 【解答】解：设AD＝k，则DB＝2k， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC＝3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°， ∴∠EDA+∠FDB＝120°， 又∵∠EDA+∠AED＝120°， ∴∠FDB＝∠AED， ∴△AED∽△BDF， ∴， 设CE＝x，则ED＝x，AE＝3k﹣x， 设CF＝y，则DF＝y，FB＝3k﹣y， ∴， ∴， ∴， ∴CE：CF＝4：5． 故选：B． 解法二：解：设AD＝k，则DB＝2k， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC＝3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°， ∴∠EDA+∠FDB＝120°， 又∵∠EDA+∠AED＝120°， ∴∠FDB＝∠AED， ∴△AED∽△BDF，由折叠，得 CE＝DE，CF＝DF ∴△AED的周长为4k，△BDF的周长为5k， ∴△AED与△BDF的相似比为4：5 ∴CE：CF＝DE：DF＝4：5． 故选：B． 【总结提升】主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是借助相似三角形的判定与性质（用含有k的代数式表示）；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求． 考点2 相似三角形的相似比等于对应的高的比 【典例2】（2022秋•扶沟县期末）如图，已知锐角△ABC中，边BC为12，高AD长为8．矩形EFGIH的边GH在BC边上，其余两个顶点E，F分别在AB，AC边上，EF交AD于点K． （1）求的的值； （2）设EH＝x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值． 【思路引领】（1）由EF∥BC，推出△AEF∽△ABC，推出，由此即解决问题． （2）用类似（1）的方法求出EF，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题． 【解答】解：（1）∵EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴， ∴； （2）∵EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴， ∴， ∴EF（8﹣x）， ∴S＝x•（8﹣x）x2+12x（x﹣4）2+24． ∵0， ∴S有最大值，最大值为24． 【总结提升】本题考查相似三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，解题的关键是构建二次函数解决最值问题，属于中考常考题型． 考点3：相似三角形的相似比的平方等于面积比 【典例3】（2023•武汉）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE，AC分别与DF，EF相交于G，H两点．若DG＝m，EH＝n，用含m，n的式子表示GH的长是 　　． 【思路引领】根据等边三角形的性质得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，根据折叠的性质得到△BDE≌△FDE，根据已知条件得到图形ACED的面积＝S△BDE＝S△FDE，求得S△FHG＝S△ADG+S△CHE，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∵折叠△BDE得到△FDE， ∴△BDE≌△FDE， ∴S△BDE＝S△FDE，∠F＝∠B＝60°＝∠A＝∠C， ∵DE平分等边△ABC的面积， ∴图形ACED的面积＝S△BDE＝S△FDE， ∴S△FHG＝S△ADG+S△CHE， ∵∠AGD＝∠FGH，∠CHE＝∠FHG， ∴△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG， ∴2， ∴， ∴GH2＝m2+n2， 解得GH或GH（不合题意舍去）， 故答案为：． 【总结提升】本题考查了等边三角形的性质，折叠的性质，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． 考点4 相似三角形的相似比与周长比和勾股定理、最值结合 【电例4】（2022•黔东南州模拟）问题背景 （1）如图，△ABC中，DE∥BC分别交AB，AC于D，E两点，过点E作EF∥AB交BC于点F．请按图示数据填空：四边形DBFE的面积S＝　6　，△EFC的面积S1＝　9　，△ADE的面积S2＝　1　 探究发现 （2）在（1）中，若BF＝a，FC＝b，DE与BC间的距离为h．请证明S2＝4S1S2． 拓展迁移 （3）如图，▱DEFG的四个顶点在△ABC的三边上，若△ADG、△DBE、△GFC的面积分别为2、5、3，试利用（2）中的结论求△ABC的面积． 【思路引领】（1）根据平行四边形面积公式、三角形面积公式，相似三角形的性质即可解决问题． （2）根据平行四边形面积公式、三角形面积公式，相似三角形的性质，分别求出S1、S2即可解决问题． （3）过点G作GH∥AB交BC于H，则四边形DBHG为平行四边形，利用（2）的结论求出▱DBHG的面积，△GHC的面积即可． 【解答】解：（1）∵DE∥BC，EF∥AB， ∴四边形DBFE是平行四边形， ∴S＝2×3＝6，S16×3＝9， ∴∠AED＝∠C，∠A＝∠CEF ∴△ADE∽△EFC ∴（）2， ∴S2＝1， 故答案为6，9，1． （2）证明：∵DE∥BC，EF∥AB ∴四边形DBFE为平行四边形， ∴∠AED＝∠C，∠A＝∠CEF ∴△ADE∽△EFC． ∴（）2， ∵S1bh， ∴S2S1， ∴4S1S2＝4bh（ah）2而S＝ah， ∴S2＝4S1S2． （3）解：过点G作GH∥AB交BC于H，则四边形DBHG为平行四边形． ∴∠GHC＝∠B，BD＝HG，DG＝BH， ∵四边形DEFG为平行四边形， ∴DG＝EF． ∴BH＝EF． ∴BE＝HF， ∴△DBE≌△GHF． ∴△GHC的面积为5+3＝8． 由（2）得，▱DBHG的面积为8， ∴△ABC的面积为2+8+8＝18． 【总结提升】本题考查四边形综合题、相似三角形的性质等知识，解题的关键是学会转化的思想，把问题转化为我们熟悉的题型，属于中考压轴题， 专题九 相似三角形模型及构造——相似与黄金分割点 方法: 若 为线段 上一点,且 ,则称 为线段 的黄金分割点,就有黄金比. 含 有 角的等腰三角形,短边: 长边 . 【典例1】（中考•包头）如图，在△ABC，AB＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC交AC于点D，则下列结论中①BC＝BD＝AD；②；③BC2＝CD•AC；④若AB＝2，，其中正确的结论的个数是　4　个． 【思路引领】在△ABC，AB＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC交AC于点D，可推出△BCD，△ABD为等腰三角形，可得AD＝BD＝BC，利用三角形相似解题． 【解答】解：①由AB＝AC，∠A＝36°，得∠ABC＝∠C＝72°， 又BD平分∠ABC交AC于点D， ∴∠ABD＝∠CBD∠ABC＝36°＝∠A，∴AD＝BD， ∠BDC＝∠ABD+∠A＝72°＝∠C，∴BC＝BD， ∴BC＝BD＝AD，正确； ②△ABD与△BCD在AC边上的高相等，故△ABD与△BCD的面积比等于对应底边的比，正确； ③由①的条件可证△BCD∽△ACB，则，即BC2＝CD•AC，正确； ④设BC＝x，则AC＝AB＝2，CD＝AC﹣AD＝2﹣x，由BC2＝CD•AC，得x2＝（2﹣x）•2，解得x1（舍去负值），即BC1，正确． 正确的有四个， 故答案为：4． 【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定与性质，相似三角形判定与性质．关键是明确图形中的三个等腰三角形的特点． 【典例2】（2022•西安模拟）如图，正五边形ABCDE的对角线AC和BE相交于点F，若AE＝2，则AF的长为（　　） A． B．1 C．1 D． 【思路引领】根据五边形的性质得到∠BAF＝∠AEB＝∠BAC＝36°，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论． 【解答】解：在⊙O的内接正五边形ABCDE中，设AF＝x， ∴∠BAF＝∠AEB＝∠BAC＝36°， ∴∠EAF＝∠AFE＝72°， ∴AB＝AE＝EF＝2， ∵∠ABF＝∠BAF，∠FAB＝∠AEB， ∴△ABF∽△BEA， ∴， ∴， ∴22＝x（x+2）， 解得x＝﹣1或x＝﹣1（舍去）． ∴AF1． 故选：B． 【总结提升】本题考查正多边形与圆、相似三角形的判定和性质、等腰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，学会构建方程解决问题． 【典例3】（2014•和平区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、F分别在AB和AC上，CE与BF相交于点D．若AE＝CF，D为BF的中点，则的值为　　． 【思路引领】过F作FH∥AB交CE于H，首先证明△BED≌△FHD（SAS），得FH＝BE；再证明△CFH∽△CAE，得到HF：AE＝CF：AC，由已知可得CF＝AE，AF＝BE＝HF，设AC＝BA＝1，AE＝x，代入相似比中，即可解得x，即可得解AE：AB． 【解答】解：过F作FH∥AB交CE于H， ∵FH∥AB， ∴∠HFD＝∠EBD， ∵D为BF的中点， ∴BD＝DF， 在△BED和△FHD中， ∴△BED≌△FHD（AAS）， ∴FH＝BE， ∵FH∥AB， ∴△CFH∽△CAE， ∴HF：AE＝CF：AC， ∵AC＝AB，CF＝AE， ∴AF＝BE＝HF， 设AC＝AB＝1，AE＝x，则，即为， 解得x， ∴AE：AB， 故答案为：． 【总结提升】本题主要考查三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质及二元一次方程的解法，正确作出辅助线是解答此题的关键． 【典例4】（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝　36　度；的值等于 　　． 【思路引领】由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，证出∠BEC＝∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO＝∠BCO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，证出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OEa，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案． 【解答】解：∵AD＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA， ∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE， ∴∠BEC＝∠BCE， ∵将该圆形纸片沿直线CO对折， ∴∠ECO＝∠BCO， 又∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠B， 设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x， ∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x， ∴∠CEB＝2x， ∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°， ∴x+2x+2x＝180°， ∴x＝36°， ∴∠B＝36°； ∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB， ∴△CEO∽△BEC， ∴， ∴CE2＝EO•BE， 设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a， ∴a2＝x（x+a）， 解得，xa（负值舍去）， ∴OEa， ∴AE＝OA﹣OE＝aaa， ∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE， ∴△BCE∽△DAE， ∴， ∴． 故答案为：36，． 【总结提升】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【典例5】（2023•莱芜）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC分别交AC、AD于点F、E，若AD＝1，AB＝CF，则AE＝　　． 【思路引领】利用互余先判断出∠ABE＝FCB，进而得出△ABE≌△FCB，即可得出BF＝AE，BE＝BC＝1，再判断出∠BAF＝∠AEB，进而得出△ABE∽△FBA，即可得出AE＝AB2，最后用勾股定理即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝1，∠BAF＝∠ABC＝90°， ∴∠ABE+∠CBF＝90°， ∵BE⊥AC， ∴∠BFC＝90°， ∴∠BCF+∠CBF＝90°， ∴∠ABE＝∠FCB， 在△ABE和△FCB中，，∴ △ABE≌△FCB， ∴BF＝AE，BE＝BC＝1， ∵BE⊥AC， ∴∠BAF+∠ABF＝90°， ∵∠ABF+∠AEB＝90°， ∴∠BAF＝∠AEB， ∵∠BAE＝∠AFB， ∴△ABE∽△FBA， ∴， ∴， ∴AE＝AB2， 在Rt△ABE中，BE＝1，根据勾股定理得，AB2+AE2＝BE2＝1， ∴AE+AE2＝1， ∵AE＞0， ∴AE． 【总结提升】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解本题的关键是判断出AE＝AB2． 【典例6】（2022•青岛二模）如图是一张矩形纸片ABCD，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则BE＝　1　． 【思路引领】根据折叠和平行线的性质说明CD＝DE，设BE＝EF＝x，则AB＝CD＝x+2，再根据△AEF∽△CDF，得，代入解方程可得答案． 【解答】解：∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处， ∴BE＝EF，∠BEC＝∠FEC， ∵CD∥AB， ∴∠DCE＝∠CEB， ∴∠DCE＝∠DEC， ∴CD＝DE， 设BE＝EF＝x，则AB＝CD＝x+2， ∴DE＝x+2， ∴DF＝2， ∵AB∥CD， ∴△AEF∽△CDF， ∴， ∴， ∵x＞0， ∴x1， ∴BE1， 故答案为：1． 【总结提升】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，说明CD＝DE是解题的关键． 【典例7】已知正方形ABCD，点M为边AB的中点． （1）如图1，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG分别与边BC，CD交于点E、F． ①求证：BE＝CF；②求证：BE2＝BC•CE． （2）如图2，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC•CE，连接AE交CM于点G，连接BG延长交CD于点F，求tan∠CBF的值． 【思路引领】（1）①先证明△ABE≌△BCF，然后依据全等三角形的性质进行证明即可； ②由题意可得到AM＝MB＝MG，则∠GAM＝∠AGM，由△ABE≌△BCF，可得到∠GAM＝∠HBC，再证明∠CGE＝∠CBG，则△CEG∽△CGB，则CG2＝CE•BC，然后再证明FC＝CG，最后通过等量代换可得到问题的答案； （2）假设正方形边长为1，BE＝x，可求得BE，作GN∥BC交AB于点N，则△MNG∽△MBC、由相似三角形的性质可得到NG＝2MN，设MN＝y，则GN＝2y，GMy，然后由△ANG∽△AEB可得到，从而可求得y，GM，则GM＝MA＝MB，则∠AGB＝90°，由（1）知：BE＝CF，最后依据tan∠CBF求解即可． 【解答】（1）①证明：四边形ABCD为正负， ∴∠ABC＝∠BCF＝90°，AB＝BC， 又∵∠AGB＝90°， ∴∠ABG+∠BAE＝90°． 又∵∠CBF＝∠BAE， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴BE＝CF． ②证明：∵M为AB的中点，∠AGB＝90°， ∴AM＝MG＝MB， ∴∠AGM＝∠GAM， ∴，即CG2＝BC•CE． ∵∠BGM＝∠CGF＝∠CFG＝∠GBM， ∴CG＝CF， 由①知：BE＝CF， ∴BE2＝BC•CE． （2）解：假设正方形边长为1，则BE＝x， 则由BE2＝BC•CE得：x2＝1•（1﹣x）， 解得x，即BE． 如图所示：作GN∥BC交AB于点N，则△MNG∽△MBC． ∴． 设MN＝y，则GMy，GN＝2y， ∵，即，解得：y， ∴GM， ∴MA＝GM＝MB， ∴点G在以AB为直径的圆上， ∴△AGB是直角三角形，且∠AGB＝90°， 由（1）知：BE＝CF， ∴tan∠CBF． 【总结提升】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键． 专题十 相似三角形模型及构造——母子三角形的构造与勾股定理 【典例1】（2021•武进区自主招生）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为CD中点，AC，∠ABC＝30°，∠A＝∠BED＝45°，则BD的长为（　　） A． B．1 C． D．1 【思路引领】如图，过C作CF⊥AB于F，过点B作BG⊥CD于G，在Rt△BEG中，∠BED＝45°，则GE＝GB．设DF＝x，CE＝DE＝y，则BDx，想办法构建方程组即可解决问题． 【解答】解：如图，过C作CF⊥AB于F，过点B作BG⊥CD于G，在Rt△BEG中，∠BED＝45°，则GE＝GB． 在Rt△AFC中，∠A＝45°，AC，则AF＝CF1， 在Rt△BFC中，∠ABC＝30°，CF＝1，则BC＝2CF＝2，BFCF， 设DF＝x，CE＝DE＝y，则BDx， ∴△CDF∽△BDG， ∴， ∴， ∴DG，BG， ∵GE＝GB， ∴y， ∴2y2+x（x）x， 在Rt△CDF中，∵CF2+DF2＝CD2， ∴1+x2＝4y2， ∴x（x）x， 整理得：x2﹣（22）x+21＝0， 解得x＝1或1（舍弃）， ∴BDx1． 故选：D． 【总结提升】本题考查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，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 【典例2】如图，矩形ABCD中，AB＝1，AC＝2，点E，F分别在AB，BC上，EF∥AC，∠EDF＝60°，则BE的长为（　　） A．3 B．3 C．23 D．3 【思路引领】过点E作EG⊥DF于G，由AB＝1，AC＝2可得∠ACB＝30°，设BE＝x，则EF＝2x，根据勾股定理以及含30°角的直角三角形的性质表示出EG，FG，EF等，根据勾股定理列方程即可求解． 【解答】解：过点E作EG⊥DF于G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝1，BC＝AD，∠ABC＝90°， 又∵AC＝2＝2AB， ∴∠ACB＝30°， BC， ∵EF∥AC， ∴∠BFE＝∠BCA＝30°， 设BE＝x，则EF＝2x， BFx， ∴CF＝BC﹣BFx， AE＝1﹣x， 在Rt△EDG中，∠EDF＝60°， ∴∠DEG＝90°﹣∠EDF＝30°， ∴DGDE， ∴EGDE， 在Rt△AED中，DE， ∴EGDE， 在Rt△DCF中，DF， ∴FG＝DF﹣DG， 在Rt△EFG中，EG2+FG2＝EF2，即（）2+（）2＝（2x）2， 化简得（x2+2x﹣4）（x2﹣6x+4）＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1，x3＝3，x4＝3， ∵AB＝1， ∴0≤x≤1， ∴x＝3， 故选：D． 【总结提升】本题考查矩形的性质，勾股定理以及含30°角的直角三角形的性质，根据勾股定理以及含30°角的直角三角形的性质表示出EG，FG，EF等线段是解题的关键． 【典例3】（2023春•江岸区月考）如图，△ABC中，∠ABC＝60°（AB＜AC），D为边AC上的点，∠ADB＝45°，AC，BD＝3，则AB长是　　． 【思路引领】如图，过点A作AF⊥BC于F，过点B作BE⊥AC于E．证明△BDE是等腰直角三角形，求出BE＝3，设AB＝2x，则BF＝x．AFx，推出BC，在Rt△AFC，利用勾股定理，构建方程求出x，即可解决问题． 【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，过点B作BE⊥AC于E． ∴∠BED＝∠AFB＝∠AFC＝90°， ∵∠ADE＝45°， ∴△BDE是等腰直角三角形， ∴BEBD＝3， ∵S△ABC•AC•BE•BC•AF3， 设AB＝2x，则BF＝x，AFx， ∴BC，CFx， 在Rt△AFC中，AF2+CF2＝AC2， ∴（x）2+（x）2＝（）2， 整理得，12x4﹣91x2+147＝0， 解得x或（负根已经舍弃）， ∴2x或， ∵AB＜AC， ∴AB． 【总结提升】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 专题十一 相似三角形模型及构造——奔驰型与共边型相似 【典例1】（2022秋•莆田期末）如图1，若P是△ABC内部一点，且∠PAC＝∠PCB＝∠PBA＝α，则称点P为△ABC的布洛卡点，同时称α为△ABC的布洛卡角．布洛卡点的发现，引发了研究“三角形几何”的热潮． （1）如图2，P为等边三角形ABC的布洛卡点，求△ABC的布洛卡角的度数； （2）如图3，在△ABC中，AB＝AC，P是△ABC内部一点，且∠PAC＝∠PCB，∠APC＝∠BPC． ①求证：P为△ABC的布洛卡点； ②若∠BAC＝∠APB，延长BP交AC于点D，求证：D是AC中点． 【思路引领】（1）证明△BPA≌△CPA（AAS），根据等边所对的角相等列出等量关系式即可解得； （2）①通过角的和差即可证明∠ABP＝∠PCB＝∠PAC； ②延长PD，过点C作CF⊥PF，证明△ABC是等腰直角三角形，证明AP＝FC，证明△APD≌△CFD即可证明． 【解答】（1）解：∵P为等边三角形ABC的布洛卡点， ∴∠PAC＝∠PCB＝∠PBA＝α， ∴∠PAB＝60﹣α， ∴∠PAB+∠ABP+∠APB＝180°，60°﹣α+α+∠APB＝180°， ∴∠APB＝120°， 同理可得∠APC＝∠BPC＝120°， 在△BPA和△APC中， ， ∴△BPA≌△APC（AAS）， ∴PA＝PB＝PC， ∴∠ABP＝∠ACP， ∴α＝60°﹣α， ∴α＝30°； （2）证明：①在△APC和△BPC中∠PAC＝∠PCB，∠APC＝∠BPC， ∴∠ACP＝∠PBC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABP＝∠PCB＝∠PAC， ∴P为△ABC的布洛卡点； ②延长PD，过点C作CF⊥PF， ∵∠BAC＝∠APB， 又∵∠BAC＝∠BAP+∠PAC，∠APB＝∠PAC+∠ADB， ∴∠BAP＝∠ADB， ∴∠APB＝∠APD， 又∵∠APB+∠APD＝180°， ∴∠APB＝∠APD＝∠BAC＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴， 根据题干可知∠PAC＝∠PCB，∠APC＝∠BPC， ∴△APC∽△CPB， ∴， ∵∠DCP+∠PCB＝45°， ∴∠PBC+∠PCB＝∠FPC＝45°， ∴， ∴， 又∵∠APD＝∠CFD，∠ADP＝∠FDC， ∴△APD≌△CFD（AAS）， ∴AD＝DC， ∴D是AC中点． 【总结提升】本题考查相似三角形综合题、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题． 【典例2】（2022秋•鄞州区期中）如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，则称点P为△ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现的，后来被数学爱好者、法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名．布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点P为△ABC的布罗卡尔点．若PB＝4，则PA+PC＝　6　． 【思路引领】通过证明△PAB∽△PBC，可得，可得PA，PC的值，即可求解． 【解答】解：∵CA＝CB，∠ACB＝90°， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°，ABBC， ∵P为△ABC的布罗卡尔点， ∴∠PAC＝∠PCB＝∠PBA， ∴∠PAB＝∠PBC， ∴△PAB∽△PBC， ∴， ∴PAPB＝4，PC2， ∴PA+PC＝426， 故答案为：6． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明△PAB∽△PBC是本题的关键． 专题十二 相似模型及构造——共圆型相似 考点1 斜A字型相似 【典例1】（2023秋•罗湖区期中）在锐角三角形ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，AF⊥BC于点F，AG⊥DE于点G，∠BAF＝∠EAG． （1）求证：△ABC∽△AED； （2）若AB＝5，AG＝2，EG＝1，求AF的长． 【思路引领】（1）根据等角的余角相等证明∠AED＝∠ABC，即可解决问题； （2）由△ABF∽△AEG，得，然后根据勾股定理求出AE，进而即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AG⊥DE，AF⊥BC， ∴∠AFB＝∠AGE＝90°， ∵∠BAF＝∠EAG， ∴∠AED＝∠ABC， ∵∠EAD＝∠BAC， ∴△ADE∽△ABC； （2）解：由（1）可知：∠AFB＝∠AGE＝90°， ∵∠BAF＝∠EAG， ∴△ABF∽△AEG， ∴， ∵AB＝5，AG＝2，EG＝1，AG⊥DE， ∴AE， ∴， ∴AF＝2． 【总结提升】本题考查相似三角形的判定和性质、等角或同角的余角相等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形的相似条件． 考点2 斜8字型相似 【典例2】（2022春•江岸区月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，⊙O为△ABC的内切圆，切点分别为D、E、F，直线EF交AO、BO于M、N两点，则S△OMN的值为（　　） A．10 B．5 C．10 D．5 【思路引领】根据三角形内切圆的性质可得出四边形CEOF是正方形，由勾股定理和切线长定理可求出内切圆的半径，利用正方形的性质可求出△MON的高OG，由勾股定理求出EF，由锐角三角函数和勾股定理求出ME、FN，进而求出△MON的底MN，由三角形的面积公式求出答案． 【解答】解：如图，连接OE，OF，分别过点MN分别作OE、OF的垂线，分别交OE、OF的延长线于点P、Q， ∵⊙O为△ABC的内切圆，切点分别为D、E、F， ∴OE⊥BC，OF⊥AC，OE＝OF， ∵∠C＝90°， ∴四边形CEOF是正方形， ∴OE＝CE＝CF＝OF， 在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∠C＝90°， ∴AB10， 设OE＝r，则AF＝AC﹣CF＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r， 由切线长定理可得， AB＝AF+BE，即8﹣r+6﹣r＝10， 解得r＝2， 即OE＝CE＝CF＝OF＝2， 连接OC交MN于G，则OG⊥EF，OGEF2， 由题意可得，△FNQ、△EMP都是等腰直角三角形， ∴PE＝PM，QF＝QN， 在Rt△OMP中，设PM＝a，则OP＝2+a， 由tan∠POM＝tan∠OAF得， ， 解得a＝1， 即：PM＝PE＝1， ∴EM， 同理在Rt△ONQ中，可求FN＝2， ∴MN＝ME+EF+FN＝5， ∴S△MONMN•OG 5 ＝5， 故选：B． 【总结提升】本题考查三角形的内切圆，直角三角形的边角关系，圆周角定理以及切线的性质，掌握切线的性质，直角三角形的边角关系以及圆周角定理是正确解答的前提． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$