专题突破4-2：相似三角形常见模型之K型相似及一线三等角（4大题型）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

专题突破2：相似三角形常见模型之K型相似及一线三等角 一、K型相似 性质： 1. 普通”K型图”可得左右两个△相似，即△1∽△2【当AB=BC时，△1≌△2】 2. 中点型”K型图”亦可得三个△两两相似，即当BD=BE时，△1∽△2∽△3 3. 以上性质反之亦成立，即也可用于证明中点或角相等或线垂直。 应用： 1. 当一个直角放在一条直线上时，通常要构造“K型图”解题 2. 当一个直角放在平面直角坐标系中时，亦常构造“K型图”解题 3. 由“K型图”得到的相似比，基本都可以转化成“特定角”的正切值来计算 4. “K型图”常和“A字图”或“8字图”类的平行相似结合在一起求长度 “K型图”常见构造方法：过直角订单分别作水平或竖直的直线，再过直角两边顶点分别作直线的垂线。 如图： 二、“一线三等角 同侧型（通常以等腰三角形或者等边三角形为背景） 异侧型 模型性质应用： 一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值 三、“一线三等角”的构造 ①、图中已存在“一线三等角”，则直接应用模型结论解题. ②、图中存在“一线两等角”，补上“一等角”，构造模型解题. ③、图中某直线上只存在1个角，补上“两等角”，构造模型解题. 如果直线上只有1个角，要补成“一线三等角”时，该角通常是特殊角（30°、45°、60°） 特征：构造特殊角的等角时，一般是在“定线”上做含特殊角的直角三角形。 “一线三等角”得到的相似，通常用外边的两等角的两边对应成比例求解长度. 构造步骤： 1、找角——通常找“特殊角”。如：30°、45°、60°等； 特别地：当tanα=1/2、1/3等特定值时，α也可以是特殊角； 2、定线——通常以“水平线”或者“竖直线”为“一线三等角”中的“一线”；特殊角度时也可以是45°等倾斜直线； 3、构相似——通常以“特殊角”为“中间角”，过“中间角”的两边与“一线”的交点构造两个含特殊角的Rt△； 题型一 直接型K型相似 【例1】．（2024春•淳安县期中）如图，已知正方形ABCD，E为AB的中点，F是AD边上的一个动点，连接EF将△AEF沿EF折叠得△HEF，延长FH交BC于M，现在有如下5个结论：①△EFM定是直角三角形；②△BEM≌△HEM；③当M与C重合时，有DF＝3AF；④MF平分正方形ABCD的面积．在以上结论中，正确的有（　　） A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④ 【变式1-1】．（2024秋•西湖区校级月考）如图，在矩形ABCD中，，动点N从A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点M从B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点N，M同时出发，点N运动速度为v1，点M的运动速度为v2，且v1＜v2，当点M到达C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形NA′B′M．若在某一时刻，点B的对应点B′恰好与CD的中点重合，则的值是（　　） A． B． C． D． 【变式1-2】．（2024•宁波模拟）如图，在正方形ABCD中，G为BC上一点，矩形DEFG的边EF经过点A．若∠CDG＝α，则∠AHF＝　 　；若AH＝3，GC＝2，则△EFH的面积为 　 　． 【变式1-3】．（2024•宁海县校级自主招生）有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点G正好在书架边框上．每本书的厚度为5cm，高度为20cm，书架宽为40cm，则FI的长 　 　． 【变式1-4】．（2023春•宁波期末）如图，在矩形ABCD中AB＝7cm、BC＝8cm，现将矩形沿EF折叠，点C翻折后交AB于点G，点D的对应点为点H，当BG＝4cm时，线段GI的长为 　 　cm． 【变式1-5】．（2024•钱塘区一模）如图，点E是矩形ABCD边BC上一点，沿AE折叠，点B恰好落在CD边上的点F处．设＝y，则y关于x的函数表达式是 　 　． 【变式1-6】．（2023秋•娄底期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，E是边BC上的一点（不与B、C重合），DF⊥AE，垂足为F． （1）求证：△ABE∽△DFA； （2）若S△DFA＝S△ABE，求BE的长． 题型二 辅助线构造K型相似 【例2】．（2024•沈阳模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，E是AB边上一点，且AE＝1，F是AD边上一动点，作∠EFG＝90°，交CD边于点G，将△FDG沿着FG所在直线折叠，点D的对应点D′恰好落在BC边上，则DF的长为 　 　． 【变式2-1】．（2023秋•拱墅区月考）如图，矩形ABCD中，点M在对角线BD上，过点A、B、M的圆与BC交于点E． （1）若AM＝4，EB＝EM＝3，求BM． （2）若AB＝6，BC＝8， ①求AM：ME． ②若BM＝7，求BE． 【变式2-2】．（2022春•定海区校级月考）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA． 【尝试应用】 （2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，，AC＝20，求BD的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在平行四边形ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，，CD＝，求平行四边形ABCD的面积． 题型三 直接型一线三等角 【例3】．（2023秋•桐乡市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AD，作∠ADE＝∠B＝40°，DE交线段AC于点E． 下面是某学习小组根据题意得到的结论： 甲同学：△ABD∽△DCE； 乙同学：若AD＝DE，则BD＝CE； 丙同学：当DE⊥AC时，D为BC的中点． 则下列说法正确的是（　　） A．只有甲同学正确 B．乙和丙同学都正确 C．甲和丙同学正确 D．三个同学都正确 【变式3-1】．（2023春•萧山区期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BP＝BC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD＝　 　． 【变式3-2】．（2022•郑州一模）如图，在平面直角坐标系xOy中．边长为4的等边△OAB的边OA在x轴上，C、D、E分别是AB、OB、OA上的动点，且满足BD＝2AC，DE∥AB，连接CD、CE，当点E坐标为 　 　时，△CDE与△ACE相似． 【变式3-3】．（2022秋•北仑区期中）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝60°． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）如果AB＝3，EC＝，求DC的长． 【变式3-4】．（2024•杭州一模）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，点E，点F分别在AB，AC上，连结DE，DF． （1）若，求证：△BDE∽△CFD． （2）如图2，在（1）的条件下，连结EF，若EF＝9，BE＝10，求DE的值． 题型四 辅助线构造型一线三等角 【例4】．（2023•江岸区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，6），B（a，3）（a＞0），P为x轴上一点，∠PAB＝45°，∠PBA＝30°，则a的值为 　 　． 【变式4-1】．（2024•洛阳三模）如图，等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别在边AB和AC上．将∠A沿着DE折叠，若点A恰好落在边BC的三等分点处，此时BD的长为 　 　. 【变式4-2】．（2022春•鄞州区校级月考）如图，△ABC中，∠B＝∠C＝30°，∠DEF＝30°，且点E为边BC的中点．将∠DEF绕点E旋转，在旋转过程中，射线DE与线段AB相交于点P，射线EF与射线CA相交于点Q，连结PQ． （1）如图1，当点Q在线段CA上时， ①求证：△BPE∽△CEQ； ②线段BE，BP，CQ之间存在怎样的数量关系？请说明理由； （2）当△APQ为等腰三角形时，求的值． 【变式4-3】．（2023•武汉模拟）【问题背景】（1）如图1，点B，C，D在同一直线上，∠B＝∠ACE＝∠D，求证：△ABC∽△CDE； 【问题探究】（2）在（1）条件下，若点C为BD的中点，求证：AC2＝AB•AE； 【拓展运用】（3）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，点O是△ABC的内心、若OA＝2，OB＝OC，则BC的长为 　 　． 【变式4-4】．（2023•武汉模拟）点C在AB的延长线上，且∠DAB＝∠DBE． （1）如图（1），若∠C＝∠A，求证：△DAB∽△BCE； （2）如图（2），若CE∥AD，∠C＝45°，若，则的值为 　 　；（直接写出） （3）如图（3），连接AE，若△DAB∽△DBE，，求证：AE＝2BD． 【变式4-5】．（2023春•鄂城区校级月考）【问题引入】如图1，等边△ABC，D为BC边上一点，E为AC边上一个点；且∠ADE＝60°，求证：△ABD∽△DCE． 【模型运用】如图2，在△ABC中，∠C＝60°，D为AC边上一点，连接BD且∠ABD＝60°，已知BC＝6，AD＝7，求CD的值． 【能力提升】如图3，在△ABC中，D为AC边上一点，连接BD且∠ABD＝∠C＝α，，且，直接写出的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破2：相似三角形常见模型之K型相似及一线三等角 一、K型相似 性质： 1. 普通”K型图”可得左右两个△相似，即△1∽△2【当AB=BC时，△1≌△2】 2. 中点型”K型图”亦可得三个△两两相似，即当BD=BE时，△1∽△2∽△3 3. 以上性质反之亦成立，即也可用于证明中点或角相等或线垂直。 应用： 1. 当一个直角放在一条直线上时，通常要构造“K型图”解题 2. 当一个直角放在平面直角坐标系中时，亦常构造“K型图”解题 3. 由“K型图”得到的相似比，基本都可以转化成“特定角”的正切值来计算 4. “K型图”常和“A字图”或“8字图”类的平行相似结合在一起求长度 “K型图”常见构造方法：过直角订单分别作水平或竖直的直线，再过直角两边顶点分别作直线的垂线。 如图： 二、“一线三等角 同侧型（通常以等腰三角形或者等边三角形为背景） 异侧型 模型性质应用： 一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值 三、“一线三等角”的构造 ①、图中已存在“一线三等角”，则直接应用模型结论解题. ②、图中存在“一线两等角”，补上“一等角”，构造模型解题. ③、图中某直线上只存在1个角，补上“两等角”，构造模型解题. 如果直线上只有1个角，要补成“一线三等角”时，该角通常是特殊角（30°、45°、60°） 特征：构造特殊角的等角时，一般是在“定线”上做含特殊角的直角三角形。 “一线三等角”得到的相似，通常用外边的两等角的两边对应成比例求解长度. 构造步骤： 1、找角——通常找“特殊角”。如：30°、45°、60°等； 特别地：当tanα=1/2、1/3等特定值时，α也可以是特殊角； 2、定线——通常以“水平线”或者“竖直线”为“一线三等角”中的“一线”；特殊角度时也可以是45°等倾斜直线； 3、构相似——通常以“特殊角”为“中间角”，过“中间角”的两边与“一线”的交点构造两个含特殊角的Rt△； 题型一 直接型K型相似 【例1】．（2024春•淳安县期中）如图，已知正方形ABCD，E为AB的中点，F是AD边上的一个动点，连接EF将△AEF沿EF折叠得△HEF，延长FH交BC于M，现在有如下5个结论：①△EFM定是直角三角形；②△BEM≌△HEM；③当M与C重合时，有DF＝3AF；④MF平分正方形ABCD的面积．在以上结论中，正确的有（　　） A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④ 【分析】由折叠的性质可得FA＝FH，EA＝EH，∠A＝∠FHE＝90°，由“HL”可证Rt△EMH≌Rt△EMB，可得∠MEH＝∠MEB，由平角的性质可求∠FEM＝90°，故①和②正确；如图1，设AE＝EB＝2a．则AB＝BC＝AD＝CD＝4a，通过证明△AEF∽△BCE，可得＝，可求AF＝a，可得DF＝AF，故③正确；当点F与点D重合时，直线MF不平分正方形的面积，故④错误，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∵E为AB的中点， ∴EA＝EB， 由翻折可知：FA＝FH，EA＝EH，∠A＝∠FHE＝90°， ∴∠EHM＝∠B＝90°， ∵EM＝EM，EH＝EB， ∴Rt△EMH≌Rt△EMB（HL）， ∴∠MEH＝∠MEB， ∵∠FEH＝∠FEA， ∴∠FEM＝∠FEH+∠MEH＝（∠AEH+∠BEH）＝90°， ∴△EFM是直角三角形， 故①②正确， 如图1中，当M与C重合时， 设AE＝EB＝2a．则AB＝BC＝AD＝CD＝4a， ∵∠FEM＝90°， ∴∠AEF+∠CEB＝90°＝∠AEF+∠AFE， ∴∠AFE＝∠ECB， 又∵∠A＝∠B＝90°， ∴△AEF∽△BCE， ∴＝， ∴AF＝a， ∴DF＝3a， ∴DF＝3AF，故③正确， 如图2中， 当点F与点D重合时，显然直线MF不平分正方形的面积，故④错误， 综上所述，正确的有：①②③， 故选：C． 【变式1-1】．（2024秋•西湖区校级月考）如图，在矩形ABCD中，，动点N从A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点M从B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点N，M同时出发，点N运动速度为v1，点M的运动速度为v2，且v1＜v2，当点M到达C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形NA′B′M．若在某一时刻，点B的对应点B′恰好与CD的中点重合，则的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】设A'B'与AD交于点Q，根据已知设AB＝2k，BC＝3k，则AB＝CD＝2k，AD＝BC＝3k，B'C＝B'D＝k，设BM＝x，由翻折的性质得A'B'＝AB＝2k，B'M＝BM＝x，A'N＝AN，在Rt△B'CM中由勾股定理可求出，则B'M＝，CM＝，证明△B'MC和△QB'D相似，利用相似三角形性质得DQ＝，进而得QB'＝，A'Q＝DQ＝，再证明△QDB'和△QA'N全等得QB'＝QN＝，则AN＝k，然后根据＝即可得出答案． 【解答】解：设A'B'与AD交于点Q，如图所示： ∵， ∴设AB＝2k，BC＝3k， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AB＝CD＝2k，AD＝BC＝3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∵点B'是CD的中点， ∴B'C＝B'D＝k， 设BM＝x， 由翻折的性质得：A'B'＝AB＝2k，B'M＝BM＝x，A'N＝AN， ∠A'B'M＝∠B＝90°，∠A'＝A＝90°， 在Rt△B'CM中，CM＝BC﹣BM＝3k﹣x，B'C＝k，B'M＝x， 由勾股定理得：B'M2＝B'C2+CM2， ∴x2＝k2+（x﹣3k）2， 解得：x＝， ∴B'M＝，CM＝， ∵∠CB'M+∠B'MC＝90°，∠CB'M+∠DB'Q＝90°， ∴∠B'MC＝∠DB'Q， 又∵∠C＝∠D＝90°， ∴△B'MC∽△QB'D， ∴B'C：DQ＝CM：B'D， ∴， ∴DQ＝， 在Rt△QB'D中，由勾股定理得：QB'＝＝， ∴A'Q＝A'B'﹣QB'＝， ∴DQ＝A'Q＝， 在△QDB'和△QA'N中， ， ∴△QDB'≌△QA'N（ASA）， ∴QB'＝QN＝， ∴AN＝AD﹣DQ﹣QN＝＝k， 依题意得：． 故选：D． 【变式1-2】．（2024•宁波模拟）如图，在正方形ABCD中，G为BC上一点，矩形DEFG的边EF经过点A．若∠CDG＝α，则∠AHF＝　90°﹣α　；若AH＝3，GC＝2，则△EFH的面积为 　3　． 【分析】根据直角三角形的内角和关系可以计算出∠AHF的度数，利用已知条件可以推导出△BHG∽△CGD，利用相似比求出正方形的边长，使用勾股定理计算出矩形的边长，最后计算出△EFH的面积． 【解答】解：（1）根据已知可得：∠B＝∠C＝∠AFH＝∠FGD＝90°， ∵∠BHG+∠HGB＝90°，∠HGB+∠DGC＝90°， ∴∠BHG＝∠DGC， ∵∠CDG＝α， ∴∠BHG＝∠DGC＝90°﹣α， 又∵∠AHF＝∠BHG， ∴∠AHF＝90°﹣α， 故答案为：90°﹣α；’ （2）设AB＝x， ∴HB＝x﹣3，BG＝x﹣2， ∵∠BHG＝∠DGC，∠B＝∠C， ∴△BHG∽△CGD， ∴＝， ∴＝， ∴x＝4，即：正方形的边长为4， ∴HB＝1，BG＝2， ∴HG＝＝， ∴DG＝＝2， ∴EF＝DG＝2， 连接EH，如图： ∵∠B＝∠AFH，∠AHF＝∠BHG， ∴△AFH∽△GHB， ∴＝， ∴＝， ∴HF＝， ∴S△EHF＝EF•HF＝×2×＝3， 故答案为：3． 【变式1-3】．（2024•宁海县校级自主招生）有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点G正好在书架边框上．每本书的厚度为5cm，高度为20cm，书架宽为40cm，则FI的长 　cm　． 【分析】根据题意得出CI＝20cm，EF＝20cm，FG＝5cm，证△GIF∽△FEC，根据线段比例关系得出FI的长度即可． 【解答】解：由题知，CI＝BI﹣BC＝40﹣20＝20cm，EF＝20cm，FG＝5cm， ∵∠EFC+∠CEF＝90°，∠EFC+∠GFI＝90°， ∴∠CEF＝∠GFI， ∵∠ECF＝∠FIG＝90°， ∴△GIF∽△FCE， ∴＝， 即＝， ∴CE＝4FI， 在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2＝EF2， 即（4FI）2+（20﹣FI）2＝202， 解得FI＝或FI＝0（舍去）， 故答案为：cm． 【变式1-4】．（2023春•宁波期末）如图，在矩形ABCD中AB＝7cm、BC＝8cm，现将矩形沿EF折叠，点C翻折后交AB于点G，点D的对应点为点H，当BG＝4cm时，线段GI的长为 　5　cm． 【分析】设BE＝x，则CE＝8﹣x＝GE，Rt△BGE中利用勾股定理即可得到BE的长，进而得出GE的长．再根据△AIG∽△BGE，利用对应边成比例即可得到GI的长． 【解答】解：设BE＝x，则CE＝8﹣x＝GE， Rt△BGE中，BE2+BG2＝GE2， ∴x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴BE＝3，GE＝5， 由题可得，∠A＝∠B＝∠EGI＝90°，AG＝7﹣4＝3， ∴∠AGI+∠BGE＝90°＝∠BEG+∠BGE， ∴∠AGI＝∠BEG， ∴△AIG∽△BGE， ∴＝，即＝， 解得GI＝5， 故答案为：5． 【变式1-5】．（2024•钱塘区一模）如图，点E是矩形ABCD边BC上一点，沿AE折叠，点B恰好落在CD边上的点F处．设＝y，则y关于x的函数表达式是 　y＝1+　． 【分析】首先解析的性质证明△AFD∽△FEC，然后利用相似三角形的性质和折叠的性质即可解答． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴∠FEC+∠EFC＝90°， 由折叠得： BE＝EF，AB＝AF＝DC＝DF+CF，∠B＝∠AFE＝90°， ∵∠EFC+∠AFD＝90°， ∴∠AFD＝∠FEC， ∴△AFD∽△FEC， ∴＝， ∴＝， 而＝y， ∴y＝， ∴y＝1+， ∴y＝1+． 故答案为：y＝1+． 【变式1-6】．（2023秋•娄底期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，E是边BC上的一点（不与B、C重合），DF⊥AE，垂足为F． （1）求证：△ABE∽△DFA； （2）若S△DFA＝S△ABE，求BE的长． 【分析】（1）根据矩形的性质求出∠AEB＝∠DAF，∠B＝∠DFA，根据“两角对应相等的两个三角形相似”即可得解； （2）根据相似三角形的性质及勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠DAF， ∵DF⊥AE， ∴∠DFA＝90°， ∴∠B＝∠DFA， ∴△ABE∽△DFA． （2）解：∵△ABE∽△DFA，， ∴＝＝， ∴， ∵AD＝BC＝4， ∴， ∴． 题型二 辅助线构造K型相似 【例2】．（2024•沈阳模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，E是AB边上一点，且AE＝1，F是AD边上一动点，作∠EFG＝90°，交CD边于点G，将△FDG沿着FG所在直线折叠，点D的对应点D′恰好落在BC边上，则DF的长为 　4或　． 【分析】设DF＝x，则AF＝5﹣x，过F作FH⊥BC于H，则FH＝AB＝4．先利用△AEF∽△DFG，即可得出DG＝x（5﹣x）；再利用△FHD'∽△D'CG，即可得出D'C＝4（5﹣x）；在Rt△FHD'中，利用勾股定理列方程求解即可得到x的值，进而得出结论． 【解答】解：设DF＝x，则AF＝5﹣x， 如图所示，过F作FH⊥BC于H，则FH＝AB＝4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∵∠EFG＝90°， ∴∠DFG+∠AFE＝90°＝∠AEF+∠AFE， ∴∠DFG＝∠AEF， ∴△AEF∽△DFG， ∴＝，即＝， ∴DG＝x（5﹣x）， 由折叠可得，D'G＝DG＝x（5﹣x），FD'＝DF＝x，∠FD'G＝∠D＝90°， ∵FH⊥BC， ∴∠HFD'+∠FD'H＝90°＝∠CD'G+∠FD'H， ∴∠HFD'＝∠CD'G， 又∵∠C＝∠FHD'＝90°， ∴△FHD'∽△D'CG， ∴＝，即＝， ∴D'C＝4（5﹣x）， ∴D'H＝CH﹣D'C＝x﹣4（5﹣x）＝5x﹣20， Rt△FHD'中，FH2+D'H2＝D'F2， ∴42+（5x﹣20）2＝x2， 解得x＝4或， ∴DF＝4或． 故答案为：4或． 【变式2-1】．（2023秋•拱墅区月考）如图，矩形ABCD中，点M在对角线BD上，过点A、B、M的圆与BC交于点E． （1）若AM＝4，EB＝EM＝3，求BM． （2）若AB＝6，BC＝8， ①求AM：ME． ②若BM＝7，求BE． 【分析】（1）连接AE交BM于点F，利用矩形的性质可得∠ABC＝90°，从而可得AE是圆的直径，进而可得∠AME＝90°，再在Rt△AME中，利用勾股定理求出AE的长，然后根据已知易得＝，从而利用垂径定理的推论可得AE⊥BM，BF＝FM＝BM，再利用面积法求出FM的长，进行计算即可解答； （2）①过点M作MP⊥AD，垂足为P，延长PM交BC于点Q，再利用矩形的性质可得∠C＝90°，AB＝CD＝6，AD∥BC，从而可得∠MQB＝90°，进而利用一线三等角模型构造相似三角形△APM∽△MQE，然后利用相似三角形的性质可得＝，再证明A字模型相似三角形△BQM∽△BCD，从而利用相似三角形的性质可得＝＝，最后利用等量代换即可解答； ②在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BD＝10，再利用①的结论△BQM∽△BCD，从而利用相似三角形的性质可得MQ＝4.2，BQ＝5.6，然后利用①的结论四边形ABQP是矩形可得AB＝PQ＝6，从而可得PM＝1.8，再利用①的结论△APM∽△MQE，从而利用相似三角形的性质求出QE＝1.35，最后利用线段的和差关系进行计算即可解答． 【解答】解：（1）连接AE交BM于点F， ∴∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴AE是圆的直径， ∴∠AME＝90°， ∵AM＝4，EM＝3， ∴AE＝＝＝5， ∵EB＝EM＝3， ∴＝， ∴AE⊥BM，BF＝FM＝BM， ∵△AME的面积＝AM•EM＝AE•FM， ∴AM•EM＝AE•FM， ∴5FM＝4×3， ∴FM＝， ∴BM＝2FM＝， ∴BM的长为； （2）①过点M作MP⊥AD，垂足为P，延长PM交BC于点Q， ∴∠APM＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°，AB＝CD＝6，AD∥BC， ∴∠MQB＝180°﹣∠APM＝90°， ∴∠MEQ+∠EMQ＝90°， 由（1）得：∠AME＝90°， ∴∠AMP+∠EMQ＝180°﹣∠AME＝90°， ∴∠AMP＝∠MEQ， ∵∠APM＝∠MQE＝∠ABC＝90°， ∴四边形ABQP是矩形，△APM∽△MQE， ∴AP＝BQ，＝， ∵∠BQM＝∠C＝90°，∠MBQ＝∠DBC， ∴△BQM∽△BCD， ∴＝＝＝， ∴＝＝， ∴AM：ME＝4：3； ②在Rt△BCD中，BD＝＝＝10， 由①得：△BQM∽△BCD， ∴＝＝， ∴＝＝， ∴MQ＝4.2，BQ＝5.6， 由①得：四边形ABQP是矩形， ∴AB＝PQ＝6， ∴PM＝PQ﹣MQ＝6﹣4.2＝1.8， 由①得：△APM∽△MQE， ∴＝， ∴＝， ∴QE＝1.35， ∴BE＝BQ﹣QE＝5.6﹣1.35＝4.25， ∴BE的长为4.25． 【变式2-2】．（2022春•定海区校级月考）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D．求证：△BDC∽△CEA． 【尝试应用】 （2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，，AC＝20，求BD的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在平行四边形ABCD中，在BC上取点E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，，CD＝，求平行四边形ABCD的面积． 【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠BCD＝∠CAE．从而证明结论； （2）过点E作EF⊥BC于点F．由（1）得△EDF∽△DAC．得．代入计算得DF＝16．从而得出BD的长； （3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC的延长线于点N．首先利用AAS证明△ABM≌△DCN，得BM＝CN，AM＝DN．设AM＝b，BE＝4a，EC＝3a．得BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a．再利用△AEM∽△EDN．得，从而解决问题． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴∠BCD+∠ACE＝90°， ∵AE⊥CE， ∴∠AEC＝90°， ∴ACE+∠CAE＝90°． ∴∠BCD＝∠CAE． ∵BD⊥DE， ∴∠BDC＝90°， ∴∠BDC＝∠AEC． ∴△BDC∽△CEA． （2）解：过点E作EF⊥BC于点F． 由（1）得△EDF∽△DAC． ∴． ∵AD⊥DE，，AC＝20， ∴， ∴DF＝16． ∵BE＝DE， ∴BF＝DF． ∴BD＝2DF＝32． （3）解：过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC的延长线于点N． ∴∠AMB＝∠DNC＝90°． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD． ∴∠B＝∠DCN． ∴△ABM≌△DCN（AAS）． ∴BM＝CN，AM＝DN． ∵AB＝AE，AM⊥BC， ∴BM＝ME， ∵， 设AM＝b，BE＝4a，EC＝3a． ∴BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a． ∵∠AED＝90°， 由（1）得△AEM∽△EDN． ∴， ∴， ∴， ∵， ∴（2a）2+b2＝14， ∴a＝1，． ∴平行四边形ABCD的面积＝． 题型三 直接型一线三等角 【例3】．（2023秋•桐乡市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AD，作∠ADE＝∠B＝40°，DE交线段AC于点E． 下面是某学习小组根据题意得到的结论： 甲同学：△ABD∽△DCE； 乙同学：若AD＝DE，则BD＝CE； 丙同学：当DE⊥AC时，D为BC的中点． 则下列说法正确的是（　　） A．只有甲同学正确 B．乙和丙同学都正确 C．甲和丙同学正确 D．三个同学都正确 【分析】在△ABC中，依据三角形外角及已知可得∠BAD＝∠CDE，结合等腰三角形易证△ABD∽△DCE；结合AD＝DE，易证△ABD≌△DCE，得到BD＝CE；当DE⊥AC时，结合已知求得∠EDC＝50°，易证AD⊥BC，依据等腰三角形“三线合一”得BD＝CD． 【解答】解：在△ABC中， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B＝40°， ∵∠B+∠BAD＝∠CDE+∠ADE，∠ADE＝∠B＝40°， ∴∠BAD＝∠CDE， ∴△ABD∽△DCE， 甲同学正确； ∵∠C＝∠B，∠BAD＝∠CDE，AD＝DE， ∴△ABD≌△DCE， ∴BD＝CE， 乙同学正确； 当DE⊥AC时， ∴∠DEC＝90°， ∴∠EDC＝90°﹣∠C＝50°， ∴∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝90°， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴BD＝CD， D为BC的中点， 丙同学正确； 综上所述：三个同学都正确． 故选：D． 【变式3-1】．（2023春•萧山区期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BP＝BC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD＝　　． 【分析】根据已知易得BC＝6，从而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，从而利用三角形内角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定义可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，从而可得∠DPC＝∠BAP，进而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答． 【解答】解：∵BP＝BC＝2， ∴BC＝3BP＝6， ∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4， ∵AB＝AC＝9， ∴∠B＝∠C， ∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B， ∵∠APD＝∠B， ∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B， ∴∠DPC＝∠BAP， ∴△ABP∽△PCD， ∴＝， ∴＝， ∴CD＝， 故答案为：． 【变式3-2】．（2022•郑州一模）如图，在平面直角坐标系xOy中．边长为4的等边△OAB的边OA在x轴上，C、D、E分别是AB、OB、OA上的动点，且满足BD＝2AC，DE∥AB，连接CD、CE，当点E坐标为 　或．　时，△CDE与△ACE相似． 【分析】因为DE∥AB得到∠DEC＝∠ACE，所以△CDE与△ACE相似分两种情况分类讨论． 【解答】解：∵DE∥AB， ∴∠DEC＝∠ACE，△ODE∽△OBA， ∴△ODE也是等边三角形，则OD＝OE＝DE， 设E（a，0），则OE＝OD＝DE＝a，BD＝AE＝4﹣a． ∵△CDE与△ACE相似，分两种情况讨论： ①当△CDE∽△EAC时，则∠DCE＝∠CEA， ∴CD∥AE， ∴四边形AEDC是平行四边形， ∴AC＝a， ∵BD＝2AC， ∴4﹣a＝2a， ∴a＝． ∴E； ②当△CDE∽△AEC时，∠DCE＝∠EAC＝60°＝∠B， ∴∠BCD+∠ECA＝180°﹣60°＝120°， 又∵∠BDC+∠BCD＝180°﹣∠B＝120°， ∴∠BCD+∠ECA＝∠BDC+∠BCD， ∴∠ECA＝∠BDC， ∴△BDC∽△ACE， ∴， ∴BC＝2AE＝2（4﹣a）＝8﹣2a， ∴8﹣2a+2＝4， ∴a＝． ∴． 综上所述，点E的坐标为或． 【变式3-3】．（2022秋•北仑区期中）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝60°． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）如果AB＝3，EC＝，求DC的长． 【分析】（1）△ABC是等边三角形，得到∠B＝∠C＝60°，AB＝AC，推出∠BAD＝∠CDE，得到△ABD∽△DCE； （2）由△ABD∽△DCE，得到＝，然后代入数值求得结果． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°，AB＝AC， ∵∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∠B＝∠ADE＝60°， ∴∠BAD＝∠CDE ∴△ABD∽△DCE； （2）解：由（1）证得△ABD∽△DCE， ∴＝， 设CD＝x，则BD＝3﹣x， ∴＝， ∴x＝1或x＝2， ∴DC＝1或DC＝2． 【变式3-4】．（2024•杭州一模）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，点E，点F分别在AB，AC上，连结DE，DF． （1）若，求证：△BDE∽△CFD． （2）如图2，在（1）的条件下，连结EF，若EF＝9，BE＝10，求DE的值． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质推出∠ABD＝∠ACD＝∠EDF，根据三角形外角性质求出∠BED＝∠CDE，再根据“两角对应相等的两个三角形相似”即可得解； （2）结合（1）根据相似三角形的性质得出＝，则＝，结合∠B＝∠EDF，推出△BDE∽△DFE，根据相似三角形的性质求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABD＝∠ACD＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A， ∵∠EDF＝90°﹣∠A， ∴∠ABD＝∠ACD＝∠EDF， ∵∠EDC＝∠ABD+∠BED，∠EDC＝∠EDF+∠CDE， ∴∠BED＝∠CDE， ∴△BDE∽△CFD； （2）解：∵△BDE∽△CFD， ∴＝， ∵D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∴＝＝， ∴＝， ∴＝， 又∵∠B＝∠EDF， ∴△BDE∽△DFE， ∴＝， ∵EF＝9，BE＝10， ∴DE＝3（负值已舍）． 题型四 辅助线构造型一线三等角 【例4】．（2023•江岸区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，6），B（a，3）（a＞0），P为x轴上一点，∠PAB＝45°，∠PBA＝30°，则a的值为 　3+　． 【分析】过点P作PC⊥AB，过C作CD⊥y轴，CE⊥x轴，过A作AG⊥y轴，过点B作 GH⊥y轴，构造△AFC∽△AGB，利用求出FC，然后利用 求出AG，即可得到答案． 【解答】 解：如图：过点P作PC⊥AB，过C作CD⊥y轴，CE⊥x轴，过A作AG⊥y轴，过点B作 GH⊥y轴交AG于点G， ∵点A（0，6），B（a，3）， ∴．GB＝BH＝3，AO＝GH＝FE＝6， .∵∠PAC＝45°，∠PBC＝30°， 在Rt△ACP和RtBCP中， tan∠PAC＝，＝tan45°，tan∠PBC＝ ∴AC＝PC，BC＝PC ∵∠ACP＝∠DCE＝90° ∴∠ACD＝∠PCE 在△ADC和△PCE中， ∠ACD＝∠PCE、∠ADC＝∠CEP＝90°、AC＝CP ∴△ADC≌△PEC（AAS）， ∴CD＝CE ∠ADC＝∠DAF＝∠DCF＝90° ∴四边形ADCF为矩形， ∴CD＝CE＝AF， ∵FC∥BG， ∴AFC＝∠G，∠ACF＝∠ABG， ∴△AFC∽△AGB， ∴＝＝， ∴CF＝， ∴CE＝FE﹣FC＝6﹣＝， ∴， ∴AG＝a＝， 故答案为：3+6 【变式4-1】．（2024•洛阳三模）如图，等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别在边AB和AC上．将∠A沿着DE折叠，若点A恰好落在边BC的三等分点处，此时BD的长为 　或　. 【分析】依据折叠可得∠DAE＝∠B＝∠C＝60°，判定△DBA∽△ACE，利用相似三角形的周长之比等于相似比，即可得到BD的长． 【解答】解：分两种情况： ①当BA：AC＝1：2时，BA＝1，AC＝2， 由题可得，∠B＝∠C＝∠DAE＝60°，BD+AD＝AE+CE＝3， ∴∠D+∠BAD＝120°＝∠CAE+∠BAD， ∴∠D＝∠CAE， 又∵∠B＝∠C， ∴△DBA∽△ACE， ∴＝，即， ∴BD＝； ②当BA：AC＝2：1时，BA＝2，AC＝1， 同理可得△DBA∽△ACE， ∴＝，即＝， ∴BD＝； 综上所述，BD的长为或． 【变式4-2】．（2022春•鄞州区校级月考）如图，△ABC中，∠B＝∠C＝30°，∠DEF＝30°，且点E为边BC的中点．将∠DEF绕点E旋转，在旋转过程中，射线DE与线段AB相交于点P，射线EF与射线CA相交于点Q，连结PQ． （1）如图1，当点Q在线段CA上时， ①求证：△BPE∽△CEQ； ②线段BE，BP，CQ之间存在怎样的数量关系？请说明理由； （2）当△APQ为等腰三角形时，求的值． 【分析】（1）①推导角度关系可得∠CEQ＝∠BPE，结合∠B＝∠C即可得出结论． ②由①中相似可得，结合BE＝CE即可得出结论． （2）Q点可能在线段CA上或者线段CA的延长线上，分两种情况讨论，结合（1）中的相似三角形即可得出结果． 【解答】解：（1）①∵∠DEF＝30°，∠B＝30°， ∴∠BED+∠CEQ＝150°，∠BED+∠BPE＝150°， ∴∠CEQ＝∠BPE， ∵∠B＝∠C， ∴△BPE∽△CEQ； ②BE2＝BP•CQ，理由如下： ∵△BPE∽△CEQ， ∴， ∴BE•CE＝BP•CQ， ∵点E为边BC的中点， ∴BE＝CE， ∴BE2＝BP•CQ； （2）①当点Q在线段AC上时， ∵∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝120°，为钝角， ∴△APQ为等腰三角形时有AP＝AQ， ∵∠B＝∠C， ∴AB＝AC， ∴BP＝CQ， ∴； ②当点Q在线段CA的延长线上时，如图：连接PQ， ∵∠BAC＝120°， ∴∠BAQ＝60°， 当△APQ为等腰三角形时，有△APQ为等边三角形， 设AB＝AC＝2a，则BC＝2， BE＝CE＝， 设AQ＝AP＝x， 则CQ＝2a+x，BP＝2a﹣x， 由（1）得：BE2＝BP•CQ， ∴， 解得：x＝a， ∴BP＝a，CQ＝3a， ∴， 综上，的值为1或3． 【变式4-3】．（2023•武汉模拟）【问题背景】（1）如图1，点B，C，D在同一直线上，∠B＝∠ACE＝∠D，求证：△ABC∽△CDE； 【问题探究】（2）在（1）条件下，若点C为BD的中点，求证：AC2＝AB•AE； 【拓展运用】（3）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，点O是△ABC的内心、若OA＝2，OB＝OC，则BC的长为 　10　． 【分析】（1）根据三角形外角的性质得∠BAC＝∠ECD，即可证明结论； （2）由△ABC∽△CDE，得，可说明△ABC∽△ACE，进而证明结论成立； （3）过点O作EF⊥OA交AB于点E，交AC于点F，可知△AEF是等腰直角三角形，再说明△BOE∽△COF，可得BE和CF的长，最后利用勾股定理求出BC的长． 【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B+∠BAC，∠ACE＝∠B， ∴∠BAC＝∠ECD， ∵∠B＝∠D， ∴△ABC∽△CDE； （2）证明：∵△ABC∽△CDE， ∴， ∴， 又∵∠B＝∠ACE， ∴△ABC∽△ACE， ∴， ∴AC2＝AB•AE； （3）解：如图所示，过点O作EF⊥OA交AB于点E，交AC于点F， ∵点O是△ABC的内心， ∴∠EAO＝∠FAO， ∵AO＝AO，∠AOE＝∠AOF， ∴△AOE≌△AOF（ASA）， ∴AE＝AF， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∴OE＝OF＝OA＝2，AE＝AF＝＝＝4， ∵∠BAC＝90°， ∴∠AEF＝∠AFE＝45°， ∴∠BEO＝∠OFC＝135°， ∵∠BOF＝∠BEO+∠EBO，∠BOF＝∠BOC+∠COF， ∴∠COF＝∠OBE， ∴△BOE∽△COF， ∴， ∵OB＝OC， ∴， ∴BE＝OF＝＝4，CF＝， ∴AB＝AE+BE＝4+4＝8，AC＝AF+CF＝4+2＝6， ∵∠BAC＝90°， ∴△BAC为直角三角形， ∴BC＝＝＝10， 故答案为：10． 【变式4-4】．（2023•武汉模拟）点C在AB的延长线上，且∠DAB＝∠DBE． （1）如图（1），若∠C＝∠A，求证：△DAB∽△BCE； （2）如图（2），若CE∥AD，∠C＝45°，若，则的值为 　　；（直接写出） （3）如图（3），连接AE，若△DAB∽△DBE，，求证：AE＝2BD． 【分析】（1）根据三角形外角的性质可得∠ADB＝∠CBE，从而证明结论； （2）过点E作EF⊥EC交AC于点F，由（1）可得△DAB∽△BFE，则，设CE＝EF＝a，则BF＝a，CF＝a，BC＝BF+CF＝2a，即可得出答案； （3）延长AB到点F，使得∠BFE＝∠DAB，连接EF，同理得△DAB∽△BFE，得，证明，说明△DAB∽△EFA，进而解决问题． 【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠DBE，∠CBD＝∠CBE+∠DBE＝∠ADB+∠DAB， ∴∠ADB＝∠CBE， ∵∠C＝∠A， ∴△DAB∽△BCE； （2）解：如图（2），过点E作EF⊥EC交AC于点F， ∵∠C＝45°， ∴∠BFE＝90°+45°＝135°，∠CFE＝45°， ∴∠C＝∠CFE， ∴CE＝EF， CF＝EF， ∵CE∥AD， ∴∠A＝180°﹣45°＝135°， ∴∠A＝∠BFE， 由（1）可得△DAB∽△BFE， ∴， 设CE＝EF＝a，则BF＝a，CF＝a， ∴BC＝BF+CF＝2a， ∴， 故答案为：； （3）证明：如图（3），延长AB到点F，使得∠BFE＝∠DAB，连接EF， ∵△DAB∽△DBE， ∴∠DAB＝∠DBE， ∵∠DBF＝∠ADB+∠DAB＝∠DBE+∠EBF， ∴∠EBF＝∠BDA， 又∵∠DAB＝∠BFE， ∴△DAB∽△BFE， ∴， ∵△DAB∽△DBE， ∴， ∴， 设AD＝m，则AB＝m，BF＝m，EF＝2m， ∴AF＝AB+BF＝2m， ∴， 又∵∠F＝∠DAB， ∴△DAB∽△EFA， ∴， ∴AE＝2BD． 【变式4-5】．（2023春•鄂城区校级月考）【问题引入】如图1，等边△ABC，D为BC边上一点，E为AC边上一个点；且∠ADE＝60°，求证：△ABD∽△DCE． 【模型运用】如图2，在△ABC中，∠C＝60°，D为AC边上一点，连接BD且∠ABD＝60°，已知BC＝6，AD＝7，求CD的值． 【能力提升】如图3，在△ABC中，D为AC边上一点，连接BD且∠ABD＝∠C＝α，，且，直接写出的值． 【分析】【问题引入】由∠ADE＝60°，可证得△ABD∽△DCE； 【模型运用】过点D作DE⊥BC于E，设CE＝x，则BE＝6﹣x，进而表示出CD＝2x，DE＝x，AC＝7+2x，根据勾股定理得，BD＝2，再判断出△ABD∽△ACB，先得出AB，进而建立关于x的方程，即可得出答案； 【能力提升】过点A作AM⊥BC于M，延长MB至G，使MG＝MC，判断出△ABG∽△BDC，得出，根据tanα＝tanC＝＝，设AM＝3m，则CM＝4m，进而表示层CD＝2m，进而表示出BC＝（4+）m（舍去负值），即可得出答案． 【解答】【问题引入】证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°， ∴∠BAD+∠ADB＝120°， ∵∠ADE＝60°， ∴∠ADB+∠EDC＝120°， ∴∠DAB＝∠EDC， 又∵∠B＝∠C＝60°， ∴△ABD∽△DCE； 【模型运用】解：如图2，过点D作DE⊥BC于E， ∴∠CED＝∠BED＝90°， 设CE＝x，则BE＝BC﹣CE＝6﹣x， 在Rt△CDE中，∠C＝60°， ∴∠CDE＝30°， ∴CD＝2x，DE＝x， ∴AC＝AD+DC＝7+2x， 在Rt△BDE中，根据勾股定理得，BD＝＝＝2， ∵∠C＝60°，∠ABD＝60°， ∴∠C＝∠ABD， ∵∠A＝∠A， ∴△ABD∽△ACB， ∴， ∴， ∴AB＝， ∴△ABD∽△ACB， ∴＝， ∴， ∴， ∴2x3+x2﹣3x＝0， ∴x（2x+3）（x﹣1）＝0， ∴x＝0（舍去）或x＝﹣（舍去）或x＝1， ∴CD＝2x＝2； 【能力提升】解：如图3． 过点A作AM⊥BC于M，延长MB至G，使MG＝MC， ∴AG＝AC， ∴∠G＝∠C＝α， ∴∠BAG+∠ABG＝180﹣α， ∵∠ABD＝α， ∴∠ABG+∠CBD＝180°﹣α， ∴∠BAG＝∠DBC， ∴△ABG∽△BDC，∴， 在Rt△AMC中，tanα＝tanC＝＝， 设AM＝3m，则CM＝4m， ∴CG＝8m，AG＝AC＝5m， ∵， ∴＝＝， ∴CD＝2m， ∴， ∴BC＝（4+）m（舍去负值）， ∴＝． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$