?第16講 相似基本模型專題探究之一線三等角
【知識(shí)點(diǎn)睛】
一. 常見基本類型：
同側(cè)型（通常以等腰三角形或者等邊三角形為背景）





異側(cè)型





二. 模型性質(zhì)應(yīng)用：
一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值

模型構(gòu)造：
1. 圖中已存在“一線三等角”，則直接應(yīng)用模型結(jié)論解題.
2. 圖中存在“一線兩等角”，補(bǔ)上“一等角”，構(gòu)造模型解題.
3. 圖中某直線上只存在1個(gè)角，補(bǔ)上“兩等角”，構(gòu)造模型解題.
如果直線上只有1個(gè)角，要補(bǔ)成“一線三等角”時(shí)，該角通常是特殊角（30°、45°、60°）
特征：構(gòu)造特殊角的等角時(shí)，一般是在“定線”上做含特殊角的直角三角形。
“一線三等角”得到的相似，通常用外邊的兩等角的兩邊對(duì)應(yīng)成比例求解長度.
構(gòu)造步驟：
找角——通常找“特殊角”。如：30°、45°、60°等；
特別地：當(dāng)tanα=1/2、1/3等特定值時(shí)，α也可以是特殊角；
定線——通常以“水平線”或者“豎直線”為“一線三等角”中的“一線”；特殊角度時(shí)也可以是45°等傾斜直線；
構(gòu)相似——通常以“特殊角”為“中間角”，過“中間角”的兩邊與“一線”的交點(diǎn)構(gòu)造兩個(gè)含特殊角的Rt△；
例：
如右圖，當(dāng)∠ABP=45°時(shí)，
∵∠ABP在y軸上，
∴在y軸上分別構(gòu)造兩個(gè)等腰直角三角形△AOE，△PHG，
則在y軸上存在∠AEB=∠ABP=∠PBG=45°，
∴△AEB∽△BGP
∴

三． 模型特例——K型圖（三垂定理）
性質(zhì)：
1. 普通”K型圖”可得左右兩個(gè)△相似，即△1∽△2【當(dāng)AB=BC時(shí)，△1≌△2】
2. 中點(diǎn)型”K型圖”亦可得三個(gè)△兩兩相似，即當(dāng)BD=BE時(shí)，△1∽△2∽△3
3. 以上性質(zhì)反之亦成立，即也可用于證明中點(diǎn)或角相等或線垂直。





應(yīng)用：
1. 當(dāng)一個(gè)直角放在一條直線上時(shí)，通常要構(gòu)造“K型圖”解題
2. 當(dāng)一個(gè)直角放在平面直角坐標(biāo)系中時(shí)，亦常構(gòu)造“K型圖”解題
3. 由“K型圖”得到的相似比，基本都可以轉(zhuǎn)化成“特定角”的正切值來計(jì)算
4. “K型圖”常和“A字圖”或“8字圖”類的平行相似結(jié)合在一起求長度

“K型圖”常見構(gòu)造方法：過直角訂單分別作水平或豎直的直線，再過直角兩邊頂點(diǎn)分別作直線的垂線。 如圖：

【類題講練】
類型一 圖形中已經(jīng)存在一線三等角，直接應(yīng)用模型
1．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，BC＝12，D，E分別是BC，AB上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D與B，C不重合），且2∠ADE+∠BAC＝180°，若BE＝4，則CD的長為 　 　．

【分析】依據(jù)∠C＝∠ADE，∠BDE＝∠CAD，即可判定△BDE∽△CAD；再根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，即可得到＝，即＝，進(jìn)而得出CD的長．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∴∠C+∠B+∠BAC＝2∠C+∠BAC＝180°，
又∵2∠ADE+∠BAC＝180°，
∴∠C＝∠ADE，
又∵∠BDE+∠ADC＝180°﹣∠ADE，∠CAD+∠ADC＝180°﹣∠C，
∴∠BDE＝∠CAD，
∴△BDE∽△CAD，
∴＝，即＝，
解得CD＝6．
故答案為：6．
2．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E是BC上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交BC于點(diǎn)F，連接AF，則AF的最小值是（　　）

A．5 B． C． D．3
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，再設(shè)BE＝x，則EC＝BC﹣BE＝4﹣x，根據(jù)一線三等角相似模型證明△ABE∽△ECF，從而可得CF＝﹣（x﹣2）2+1，進(jìn)而可得當(dāng)x＝2時(shí)，CF最大＝1，然后可得DF最小＝3，最后在Rt△ADF中，利用勾股定理求出AF的最小值，即可解答．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
設(shè)BE＝x，則EC＝BC﹣BE＝4﹣x，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△ABE∽△ECF，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝
＝﹣x2+x
＝﹣（x﹣2）2+1，
∴當(dāng)x＝2時(shí)，CF最大＝1，
此時(shí)DF最?。紻C﹣CF＝3，
在Rt△ADF中，AF＝＝，
∴當(dāng)DF最小＝3時(shí)，AF取最小值，
∴AF最小＝＝5，
∴AF的最小值是5，
故選：A．
3．如圖，點(diǎn)E是矩形ABCD邊BC上一點(diǎn)，沿AE折疊，點(diǎn)B恰好落在CD邊上的點(diǎn)F處．設(shè)＝x（x＞1），
（1）若點(diǎn)F恰為CD邊的中點(diǎn)，則x＝　 ?。?br /> （2）設(shè)＝y(tǒng)，則y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式是 　 ?。?br />
【分析】（1）根據(jù)線段中點(diǎn)的定義可得DC＝2DF，利用矩形的性質(zhì)可得AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，從而可得∠FEC+∠EFC＝90°，然后根據(jù)折疊可得：BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，從而可得AB＝AF＝DC＝2DF，∠EFC+∠AFD＝90°，再利用同角的余角相等可得∠AFD＝∠FEC，最后證明一線三等角模型相似三角形△AFD∽△FEC，從而利用相似三角形的性質(zhì)即可解答；
（2）利用（1）的結(jié)論可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，△AFD∽△FEC，然后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)F為CD邊的中點(diǎn)，
∴DC＝2DF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠FEC+∠EFC＝90°，
由折疊得：
BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，
∴AB＝AF＝DC＝2DF，
∵∠EFC+∠AFD＝90°，
∴∠AFD＝∠FEC，
∴△AFD∽△FEC，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴x＝2，
故答案為：2；
（2）由（1）可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，
∵△AFD∽△FEC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
∴x＝1+，
∴x＝1+，
∴y＝，
故答案為：y＝．
4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中．邊長為4的等邊△OAB的邊OA在x軸上，C、D、E分別是AB、OB、OA上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足BD＝2AC，DE∥AB，連接CD、CE，當(dāng)點(diǎn)E坐標(biāo)為 　 　時(shí)，△CDE與△ACE相似．

【分析】因?yàn)镈E∥AB得到∠DEC＝∠ACE，所以△CDE與△ACE相似分兩種情況分類討論．
【解答】解：∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ACE，△ODE∽△OBA，
∴△ODE也是等邊三角形，則OD＝OE＝DE，
設(shè)E（a，0），則OE＝OD＝DE＝a，BD＝AE＝4﹣a．
∵△CDE與△ACE相似，分兩種情況討論：
①當(dāng)△CDE∽△EAC時(shí)，則∠DCE＝∠CEA，
∴CD∥AE，
∴四邊形AEDC是平行四邊形，
∴AC＝a，
∵BD＝2AC，
∴4﹣a＝2a，
∴a＝．
∴E；
②當(dāng)△CDE∽△AEC時(shí)，∠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＝．
∴．
綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)為或．
5．如圖，△ABC中，∠B＝∠C＝30°，∠DEF＝30°，且點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)．將∠DEF繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，射線DE與線段AB相交于點(diǎn)P，射線EF與射線CA相交于點(diǎn)Q，連結(jié)PQ．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CA上時(shí)，
①求證：△BPE∽△CEQ；
②線段BE，BP，CQ之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說明理由；
（2）當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí)，求的值．

【分析】（1）①推導(dǎo)角度關(guān)系可得∠CEQ＝∠BPE，結(jié)合∠B＝∠C即可得出結(jié)論．
②由①中相似可得，結(jié)合BE＝CE即可得出結(jié)論．
（2）Q點(diǎn)可能在線段CA上或者線段CA的延長線上，分兩種情況討論，結(jié)合（1）中的相似三角形即可得出結(jié)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，
∵點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，
∴BE＝CE，
∴BE2＝BP?CQ；
（2）①當(dāng)點(diǎn)Q在線段AC上時(shí)，
∵∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝120°，為鈍角，
∴△APQ為等腰三角形時(shí)有AP＝AQ，
∵∠B＝∠C，
∴AB＝AC，
∴BP＝CQ，
∴；
②當(dāng)點(diǎn)Q在線段CA的延長線上時(shí)，如圖：連接PQ，

∵∠BAC＝120°，
∴∠BAQ＝60°，
當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí)，有△APQ為等邊三角形，
設(shè)AB＝AC＝2a，則BC＝2，
BE＝CE＝，
設(shè)AQ＝AP＝x，
則CQ＝2a+x，BP＝2a﹣x，
由（1）得：BE2＝BP?CQ，
∴，
解得：x＝a，
∴BP＝a，CQ＝3a，
∴，
綜上，的值為1或3．
類型二 直線上只存在“一線二等角”，補(bǔ)上“一等角”，變成“一線三等角”；或者直線上存在一個(gè)特殊角，利用特殊角構(gòu)造“一線三等角”，再利用其性質(zhì)解題
6．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．矩形DEFG的頂點(diǎn)D、E、F分別在邊BC、AC、AB上，若tan∠DEC＝，則矩形DEFG面積的最大值＝　 ?。?br />
【分析】過點(diǎn)F作FM⊥AC，垂足為M，根據(jù)已知可得＝，再根據(jù)矩形的性質(zhì)可證一線三等角模型相似三角形△FME∽△ECD，從而可得＝＝，然后設(shè)ME＝3x，F(xiàn)M＝4x，DC＝3y，EC＝4y，利用勾股定理可得FE＝5x，DE＝5y，再在Rt△AFM中，利用銳角三角函數(shù)的定義表示出AM＝4x，從而根據(jù)AC＝4，可得y＝1﹣x，最后根據(jù)矩形的面積公式進(jìn)行計(jì)算可得矩形DEFG的面積＝﹣x2+25x，從而利用二次函數(shù)的最值進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：過點(diǎn)F作FM⊥AC，垂足為M，

∴∠FMA＝∠FME＝90°，
∴∠MFE＝∠FEM＝90°，
∵∠C＝90°，tan∠DEC＝，
∴＝，
∵四邊形EFGD是矩形，
∴∠FED＝90°，
∴∠FEM+∠DEC＝90°，
∴∠MFE＝∠DEC，
∵∠C＝∠FME＝90°，
∴△FME∽△ECD，
∴＝＝，
設(shè)ME＝3x，F(xiàn)M＝4x，DC＝3y，EC＝4y，
∴EF＝＝＝5x，
DE＝＝＝5y，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝4，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴AM＝＝4x，
∵AM+ME+EC＝4，
∴4x+3x+4y＝4，
∴y＝1﹣x，
∴矩形DEFG的面積＝EF?DE
＝5x?5y
＝25x（1﹣x）
＝﹣x2+25x，
∴當(dāng)x＝時(shí)，矩形DEFG的面積最大值為：，
故答案為：．
7．如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，點(diǎn)E是AB上的動(dòng)點(diǎn)，連接DE，將△AED沿著DE折疊，A點(diǎn)落在F處，若EF∥AC，則AE的長度是 　 ?。?br />
【分析】過點(diǎn)F作FM⊥AB，垂足為M，并延長MF交CD于點(diǎn)N，設(shè)AE＝x，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AD＝BC＝6，AB∥CD，∠DAE＝∠B＝90°，從而可得MN⊥CD，AC＝10，再利用折疊的性質(zhì)可得AE＝EF＝x，∠DAE＝∠DFE＝90°，然后根據(jù)已知易證△ABC∽△EMF，利用相似三角形的性質(zhì)可得MF＝x，EM＝x，從而表示出AM，DN，F(xiàn)N的長，最后根據(jù)tan∠DFN＝tan∠CAB，列出關(guān)于x的方程進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：過點(diǎn)F作FM⊥AB，垂足為M，并延長MF交CD于點(diǎn)N，

設(shè)AE＝x，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6，AB∥CD，∠DAE＝∠B＝90°，
∴MN⊥CD，
∵AB＝8，
∴AC＝＝＝10，
由折疊可得：
AE＝EF＝x，∠DAE＝∠DFE＝90°，
∵EF∥AC，
∴∠CAB＝∠FEM，
∵∠B＝∠EMF＝90°，
∴△ABC∽△EMF，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴MF＝x，EM＝x，
∴DN＝AM＝DN＝AE+EM＝x，
∴NF＝MN﹣FM＝AD﹣FM＝6﹣x，
∵∠EFM+∠FEM＝90°，∠EFM+∠DFN＝90°，
∴∠FEM＝∠DFN，
∴∠DFN＝∠CAB，
∴tan∠DFN＝tan∠CAB，
∴＝，
∴＝，
∴x＝2，
經(jīng)檢驗(yàn)：x＝2是原方程的根，
∴AE＝2，
故答案為：2．
8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（12，0），點(diǎn)B（0，4），點(diǎn)P是直線y＝﹣x﹣1上一點(diǎn)，且∠ABP＝45°，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為　 ?。?br />
【分析】由于題目中給出∠ABP＝45°，則可考慮構(gòu)造等腰直角三角形進(jìn)行解決，將AB順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BC，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，連接AC，則AC與BP的交點(diǎn)M即為線段AC的中點(diǎn)，可求出M的坐標(biāo)，則直線BP的解析式亦可求的，再將直線y＝﹣x﹣1與直線BP的解析式聯(lián)立成方程組，即可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解答】解：如圖所示，

將線段AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BC，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣4，﹣8），
由于旋轉(zhuǎn)可知，△ABC為等腰直角三角形，令線段AC和線段BP交于點(diǎn)M，則M為線段AC的中點(diǎn)，
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（4，﹣4），又B為（0，4），設(shè)直線BP為y＝kx+b，將點(diǎn)B和點(diǎn)M代入可得，
解得k＝﹣2，b＝4，可得直線BP為y＝﹣2x+4，由于點(diǎn)P為直線BP和直線y＝﹣x﹣1的交點(diǎn)，
則由解得，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為（5，﹣6），
故答案為（5，﹣6）．
9．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y＝x上一點(diǎn)P（1，1），C為y軸上一點(diǎn)，連接PC，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至線段PD，過點(diǎn)D作直線AB⊥x軸，垂足為B，直線AB與直線y＝x交于點(diǎn)A，且BD＝3AD，連接CD，直線CD與直線y＝x交于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為　 ?。?br />
【分析】過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交AB于N，過D作DH⊥y軸，交y軸于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，求出∠MCP＝∠DPN，證△MCP≌△NPD，推出DN＝PM，PN＝CM，設(shè)AD＝a，求出DN＝3a﹣1，得出3a﹣1＝1，求出a＝，得出D的坐標(biāo)，在Rt△DNP中，由勾股定理求出PC＝PD＝，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM，得出C的坐標(biāo)，設(shè)直線CD的解析式是y＝kx+，把D（，2）代入求出直線CD的解析式，解由兩函數(shù)解析式組成的方程組，求出方程組的解即可．
【解答】解：過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交AB于N，過D作DH⊥y軸，交y軸于H，
∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，
∴∠MCP+∠CPM＝90°，∠MPC+∠DPN＝90°，
∴∠MCP＝∠DPN，
∵P（1，1），
∴OM＝BN＝1，PM＝1，
在△MCP和△NPD中，
∴△MCP≌△NPD（AAS），
∴DN＝PM，PN＝CM，
∵BD＝3AD，
∴設(shè)AD＝a，BD＝3a，
∵P（1，1），
∴DN＝3a﹣1，
則3a﹣1＝1，
∴a＝，即BD＝2．
∵直線y＝x，
∴AB＝OB＝，
在Rt△DNP中，由勾股定理得：PC＝PD＝＝，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM＝＝，
則C的坐標(biāo)是（0，），
設(shè)直線CD的解析式是y＝kx+，
把D（，2）代入得：k＝﹣，
即直線CD的解析式是y＝﹣x+，
即方程組得：，
即Q的坐標(biāo)是（，），
故答案為：（，）．

10．如圖，正方形ABCD的兩個(gè)頂點(diǎn)A，B分別在x軸，y軸上，對(duì)角線相交于點(diǎn)E，AB＝2．若反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過D，E兩點(diǎn)，則k的值是 　 　．

【分析】過點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，過點(diǎn)E作EG⊥AF于點(diǎn)G，利用△BOA≌△AFD，可得OB＝AF，OA＝DF；設(shè)OA＝DF＝a，OB＝AF＝b，則D（a+b，a），可得反比例函數(shù)的解析式為y＝；利用EG為梯形BOFD的中位線，可得GE＝（a+b），由反比例函數(shù)解析式得到點(diǎn)E的坐標(biāo)（2a，），所以O(shè)G＝2a，OF＝4a；從而4a＝a+b，可得b＝3a；利用AB＝2，由勾股定理列出方程，求得a，b，利用待定系數(shù)法k值可求．
【解答】解：過點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，過點(diǎn)E作EG⊥AF于點(diǎn)G，如圖，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，BE＝ED，∠BAD＝90°．
∴∠BAO+∠DAF＝90°．
∵∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠DAF．
在△ABO和△DAF中，
．
∴△ABO≌△DAF（AAS）．
∴OB＝AF，OA＝DF．
設(shè)OA＝DF＝a，OB＝AF＝b，則OF＝AO+AF＝a+b，
∴D（a+b，a）．
∴反比例函數(shù)的解析式為y＝．
∵OB⊥OA，EG⊥OA，DF⊥OA，
∴EG為梯形BOFD的中位線．
∴EG＝（BO+DF）＝（a+b）．
∵當(dāng)y＝（a+b）時(shí)，x＝2a，
∴E（2a，）．
∴OG＝2a．
∴OF＝2OG＝4a．
∴4a＝a+b．
∴b＝3a．
∵OA2+OB2＝AB2，
∴．
∵a＞0，
∴a＝．
∴OF＝4a＝4，DF＝．
∴D（，）．
∴k＝＝8．
故答案為：8．
11．如圖，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，過CB的中點(diǎn)D作DE⊥AD，交AB于點(diǎn)E，則EB的長為 　 ?。?br />
【分析】過點(diǎn)E作EM⊥BC，垂足為M，先證明一線三等角模型相似三角形△ACD∽△DME，從而利用相似三角形的性質(zhì)可設(shè)EM＝2x，則DM＝3x，然后再證明A字模型相似三角形△BME∽△BCA，從而可得BM＝x，進(jìn)而根據(jù)BD＝2列出關(guān)于x的方程，進(jìn)行計(jì)算可求出EM，BM的長，最后在Rt△BME中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：過點(diǎn)E作EM⊥BC，垂足為M，

∴∠DME＝∠BME＝90°，
∴∠EDM+∠DEM＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠CDA+∠EDM＝90°，
∴∠CDA＝∠DEM，
∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，
∴CD＝BD＝BC＝2，
∵∠C＝∠DME＝90°，
∴△ACD∽△DME，
∴＝＝，
∴設(shè)EM＝2x，則DM＝3x，
∵∠BME＝∠C＝90°，∠B＝∠B，
∴△BME∽△BCA，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝x，
∵BD＝2，
∴DM+BM＝2，
∴3x+x＝2，
∴x＝，
∴EM＝，BM＝，
∴BE＝＝＝，
故答案為：．
12．如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AD＝AB，以BC為直徑的半⊙O與邊AD相切于點(diǎn)E．
（1）求證：∠BCE＝∠DCE；
（2）若，求DE的長．

【分析】（1）連接OE，利用切線的性質(zhì)可得∠OEA＝90°，從而可得OE∥CD，然后利用平行線和等腰三角形的性質(zhì)可得CE平分∠BCD，即可解答；
（2）連接BE，根據(jù)已知可得AB∥CD∥OE，再利用平行線分線段成比例定理可得AE＝DE，然后設(shè)DE＝AE＝x，則AD＝AB＝2x，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠BEC＝90°，再利用同角的余角相等可得∠ABE＝∠DEC，從而證明△ABE∽△DEC，最后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：連接OE，

∵半⊙O與邊AD相切于點(diǎn)E，
∴∠OEA＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠D＝∠OEA＝90°，
∴OE∥CD，
∴∠ECD＝∠OEC，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠BCE＝∠DCE；
（2）解：連接BE，

∵BA⊥AD，OE⊥AD，CD⊥AD，
∴AB∥CD∥OE，
∵OB＝OC，
∴AE＝DE，
設(shè)DE＝AE＝x，則AD＝AB＝2x，
∵BC為⊙O的直徑，
∴∠BEC＝90°，
∴∠DEC+∠AEB＝180°﹣∠BEC＝90°，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∴，
解得：，
∴DE的長為．


13．已知，如圖，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，點(diǎn)E是射線BC上一動(dòng)點(diǎn)，將矩形ABCD沿直線AE翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)F處．

（1）若點(diǎn)F恰好落在CD邊上，如圖1，求線段BE的長；
（2）若BE＝1，如圖2，直接寫出點(diǎn)F到BC邊的距離；
（3）若△CEF為直角三角形，直接寫出CE所有值．
【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得BE＝FE，AF＝AB＝5，設(shè)BE＝FE＝x，則CE＝3﹣x，然后在Rt△CEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）過F作FG⊥BC于G，延長GF交AD于H，由折疊的性質(zhì)得AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，F(xiàn)E＝BE＝1，再證△EFG∽△FAH，得AH＝5FG，設(shè)FG＝x，則BG＝AH＝5x，然后在Rt△EFG中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）分三種情況，①∠CFE＝90°時(shí)，②點(diǎn)F在CD上，∠ECF＝90°時(shí)，③∠CEF＝90°時(shí)，④點(diǎn)F在CD延長線上，∠ECF＝90°時(shí)，由折疊的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)分別求出CE的長即可．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折疊的性質(zhì)得：BE＝FE，AF＝AB＝5，
∴DF＝＝＝4，
∴CF＝CD﹣DF＝5﹣4＝1，
設(shè)BE＝FE＝x，則CE＝BC﹣BE＝3﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF2+CE2＝FE2，
即12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
即線段BE的長為；
（2）如圖2，過F作FG⊥BC于G，延長GF交AD于H，
則∠FGE＝90°，四邊形ABGH是矩形，
∴HG＝AB＝5，BG＝AH，∠AHF＝90°＝∠FGE，
由折疊的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，F(xiàn)E＝BE＝1，
∴∠AFH+∠EFG＝90°，
∵∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠EFG＝∠FAH，
∴△EFG∽△FAH，
∴＝＝，
∴AH＝5FG，
設(shè)FG＝x，則BG＝AH＝5x，
∴EG＝BG﹣BE＝5x﹣1，
在Rt△EFG中，由勾股定理得：x2+（5x﹣1）2＝12，
解得：x＝或x＝0（不符合題意舍去），
∴FG＝，
即點(diǎn)F到BC邊的距離為；
（3）分三種情況：
①∠CFE＝90°時(shí)，如圖3，
∵∠AFE＝90°，
∴∠AFE+∠CFE＝180°，
∴A、F、C三點(diǎn)共線，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，∠B＝∠D＝90°，AD∥BC，
∴∠ECF＝∠CAD，AC＝＝＝，
由折疊的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠CFE＝90°＝∠D，CF＝AC﹣AF＝﹣5，
∴△CEF∽△ACD，
∴＝，
即＝，
解得：CE＝；
②點(diǎn)F在CD上，∠ECF＝90°時(shí)，如圖4，
由（1）可知，BE＝，
∴CE＝BC﹣BE＝3﹣＝；
③∠CEF＝90°時(shí)，如圖5，
由折疊的性質(zhì)得：∠AEB＝∠AEF＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝5，
∴CE＝BE﹣BC＝5﹣3＝2；
④點(diǎn)F在CD延長線上，∠ECF＝90°時(shí)，如圖6，
由折疊的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，
∵∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°，
∴DF＝＝＝4，
∴CF＝CD+DF＝5+4＝9，
∵∠CFE+∠CEF＝90°，∠CFE+∠DFA＝90°，
∴∠CEF＝∠DFA，
∵∠ECF＝∠ADF＝90°，
∴△CEF∽△DFA，
∴＝＝＝3，
∴CE＝3DF＝12；
綜上所述，若△CEF為直角三角形，則CE的值為或或2或12．





14．如圖①，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，AD＝6，BC＝7，點(diǎn)P是邊AD上的動(dòng)點(diǎn)，聯(lián)結(jié)BP，作∠BPF＝∠ADC，設(shè)射線PF交線段BC于E，交射線DC于F．
（1）求∠ADC的度數(shù)；
（2）如果射線PF經(jīng)過點(diǎn)C（即點(diǎn)E、F與點(diǎn)C重合，如圖②所示），求AP的長；
（3）設(shè)AP＝x，DF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．


【分析】（1）如圖①，過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，則∠DHB＝∠DHC＝90°，再證四邊形ABHD是矩形，利用三角函數(shù)可得∠CDH＝30°，即可求得答案；
（2）設(shè)AP＝x，則PD＝6﹣x，可證△DPC∽△PCB，求得：PC＝，BP＝，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；
（3）如圖③，在AD上取點(diǎn)G，連接AG，使∠ABG＝30°，則∠AGB＝60°，可證△BPG∽△PFD，即可求得答案．
【解答】解：（1）如圖①，過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，則∠DHB＝∠DHC＝90°，
∵AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝∠DHB＝90°，
∴四邊形ABHD是矩形，
∴AD＝BH＝6，DH＝AB＝，∠ADH＝90°，
∴CH＝BC﹣BH＝7﹣6＝1，
∴tan∠CDH＝＝＝，
∴∠CDH＝30°，
∴∠ADC＝∠ADH+∠CDH＝90°+30°＝120°；
（2）設(shè)AP＝x，則PD＝6﹣x，
在圖①Rt△CDH中，CD＝＝＝2，
如圖②∵∠BPC＝∠D＝120°，AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∴△DPC∽△PCB，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴PC＝，BP＝，
在RtABP中，AB2+AP2＝BP2，
∴（）2+x2＝（）2，
整理得：x3﹣6x2+3x+10＝0，
∴（x﹣2）（x﹣5）（x+1）＝0，
∴x1＝2，x2＝5，x3＝﹣1（舍去），
∴AP＝2或5；
（3）如圖③，在AD上取點(diǎn)G，連接AG，使∠ABG＝30°，則∠AGB＝60°，
∴∠BGP＝120°，
∴∠BGP＝∠BPF＝∠ADC＝120°，
∵∠BPG+∠PBG＝∠BPG+∠DPF＝60°，
∴∠PBG＝∠DPF，
∴△BPG∽△PFD，
∴＝，即＝，
∴y＝x2+x﹣3，
根據(jù)題意，0≤x≤6，y≥2，
當(dāng)x2+x﹣3＝2時(shí)，
解得：x＝2或x＝5，
∵＜0，
∴當(dāng)y≥2時(shí)，2≤x≤5，
故y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y＝x2+x﹣3，定義域?yàn)?≤x≤5．



15．閱讀材料：小胖同學(xué)遇到這樣一個(gè)問題，如圖1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝2，AD＝AE，∠DAE＝90°，CE＝，求CD的長；
小胖經(jīng)過思考后，在CD上取點(diǎn)F使得∠DEF＝∠ADB（如圖2），進(jìn)而得到∠EFD＝45°，試圖構(gòu)建“一線三等角”圖形解決問題，于是他繼續(xù)分析，又意外發(fā)現(xiàn)△CEF∽△CDE．

（1）請(qǐng)按照小胖的思路完成這個(gè)題目的解答過程．
（2）參考小胖的解題思路解決下面的問題：
如圖3，在△ABC中，∠ACB＝∠DAC＝∠ABC，AD＝AE，∠EAD+∠EBD＝90°，求BE：ED．
【分析】（1）在CD上取點(diǎn)F，使∠DEF＝∠ADB，證明△ADB∽△DEF，求出DF＝4，證明△CEF∽△CDE，由比例線段可求出CF＝1，則CD可求出；
（2）如圖3，作∠DAT＝∠BDE，作∠RAT＝∠DAE，通過證明∴△DBE∽△ATD，可得，可得，通過證明△ARE≌△ATD，△ABR≌△ACT，可得BR＝TC＝DT，即可求解．
【解答】解：（1）在CD上取點(diǎn)F，使∠DEF＝∠ADB，

∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴DE＝AD＝AE，
∵∠ABC＝45°，∠ADE＝45°，
且∠ADC＝∠ADE+∠EDC，
∴∠BAD＝∠EDC，
∵∠BDA＝∠DEF，
∴△ADB∽△DEF，
∴＝，
∵AB＝2，
∴DF＝4，
又∵∠CDE+∠C＝45°，
∴∠CEF＝∠CDE，
∴△CEF∽△CDE，
∴，
又∵DF＝4，CE＝，
∴，
∴CF＝1或CF＝﹣5（舍去），
∴CD＝CF+4＝5；
（2）如圖3，作∠DAT＝∠BDE，作∠RAT＝∠DAE，

∵∠ACB＝∠DAC＝∠ABC，
∴AB＝AC，AD＝CD，
∵AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE，
∵∠EAD+∠EBD＝90°，
∴∠EAD+2∠EBD＝180°，且∠EAD+2∠AED＝180°，
∴∠EBD＝∠AED＝∠ADE，
∵∠BDA＝∠DAT+∠ATD＝∠BDE+∠ADE，
∴∠ADE＝∠ATD＝∠EBD，且∠BDE＝∠DAT，
∴△DBE∽△ATD，
∴，∠ADT＝∠BED，
∴，且AD＝DC，
∴，
∵∠RAT＝∠DAE，∠ADE＝∠ATD，
∴∠RAE＝∠DAT，∠AED＝∠ART＝∠ADE＝∠ATD，
∴AR＝AT，且∠RAE＝∠DAT，∠ARE＝∠ATD，
∴△ARE≌△ATD（ASA）
∴∠ADT＝∠AER，DT＝ER，
∴∠BED＝∠AER，
∴∠AED＝∠BER＝∠EBD，
∴RE＝RB＝DT，
∵AB＝AC，∠ABC＝∠ACB，∠ARB＝∠ATC，
∴△ABR≌△ACT（AAS）
∴BR＝TC，
∴DT＝TC，
∴CD＝2DT，
∴＝

【課后練習(xí)】
16．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，A（4，0），點(diǎn)B為y軸上一點(diǎn)，連接AB，tan∠BAO＝2，點(diǎn)C，D為OB，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E為射線CD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)△AEB為直角三角形時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（　?。?br />
A．（4，4）或（2+2，4） B．（4，4）或（2﹣2，4）
C．（12，4）或（2+2，4） D．（12，4）或（2﹣2，4）
【分析】根據(jù)已知可得OA＝4，OB＝8，從而利用勾股定理可求出AB，然后分兩種情況，當(dāng)∠AE1B＝90°，當(dāng)∠BAE2＝90°，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：∵A（4，0），
∴OA＝4，
在Rt△ABO中，tan∠BAO＝＝2，
∴BO＝2OA＝8，
∴AB＝＝＝4，
∵點(diǎn)C，D為OB，AB的中點(diǎn)，
∴OC＝OB＝4，CD＝OA＝2，CD∥OA，

分兩種情況：
當(dāng)∠AE1B＝90°，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，
∴DE1＝AB＝2，
∴CE1＝CD+DE1＝2+2，
∴E1（2+2，4），
當(dāng)∠BAE2＝90°時(shí)，過點(diǎn)E2作E2F⊥x軸，垂足為F，
∴∠BAO+∠E2AF＝90°，
∵∠BOA＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠E2AF，
∵∠BOA＝∠AFE2＝90°，
∴△BOA∽△AFE2，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝8，
∴OF＝OA+AF＝12，
∴E2（12，4），
綜上所述：當(dāng)△AEB為直角三角形時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2+2，4）或（12，4），
故選：C．
17．如圖，矩形ABCD中，AD＝6，CD＝7，E為AD上一點(diǎn)，且AE＝2，點(diǎn)F、H分別在邊AB、CD上，四邊形EFGH為矩形，則當(dāng)△HGC為直角三角形時(shí)，AF的值是 　 ?。?br />
【分析】首先可判斷出∠HGC＝90°，設(shè)AF＝x，再利用△AEF∽△BFC，得，代入解方程即可；當(dāng)∠HGC＝90°時(shí)，畫出圖形，利用一線三等角相似可得答案．
【解答】解：當(dāng)△HGC為直角三角形時(shí)，當(dāng)∠HGC＝90°，
∵四邊形EFGH是矩形，
∴∠HGF＝90°，
∴∠HGF+∠HGC＝180°，
∴點(diǎn)F、G、C三點(diǎn)共線，
設(shè)AF＝x，則BF＝7﹣x，

∴△AEF∽△BFC，
∴，
∴，
解得x＝3或4，
∴AF＝3或4；
當(dāng)∠HGC＝90°時(shí)，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴EH＝FG，∠HEF＝∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠D＝∠B＝90°，
∴∠DEH＝∠BGF，
∴△DEH≌△BGF（AAS），
∴DH＝BF，
設(shè)AF＝x，則BF＝DH＝7﹣x，
由△DEH∽△AFE得，
，
∴，
解得x＝，
∴AF＝，
故答案為：3或4或．
18．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，D，E，F(xiàn)分別是邊AB，BC，AC上的點(diǎn)，∠BED+∠C＝90°，△BED與△FED關(guān)于DE對(duì)稱，則DE的長為 　 ?。?br />
【分析】由題意可得：∠DFE＝∠B＝90°，DF＝BD，EF＝BE，＝＝＝＝，想到構(gòu)造一線三等角模型的相似三角形，所以過點(diǎn)F作FN⊥AB，垂足為N，過點(diǎn)E作EM⊥NF，交NF的延長線于點(diǎn)M，可證明證明△NDF∽△MFE，得到＝＝，然后證明A字型模型相似三角形△ANF∽△ABC，求出NF，ME的長，最后在Rt△NDF中利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算求出DF，即可解答．
【解答】解：過點(diǎn)F作FN⊥AB，垂足為N，過點(diǎn)E作EM⊥NF，交NF的延長線于點(diǎn)M，

∴∠FND＝∠FME＝90°，
∵∠B＝90°，
∴四邊形NBEM是矩形，
∴NB＝ME，
∵∠BED+∠C＝90°，∠C+∠A＝90°，
∴∠BED＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BED∽△BAC，
∴＝＝＝，
∵△BED與△FED關(guān)于DE對(duì)稱，
∴△BED≌△FED，
∴∠DFE＝∠B＝90°，DF＝BD，EF＝BE，
∴＝＝，
∵∠FME＝90°，
∴∠MEF+∠MFE＝90°，
∵∠MFE+∠NFD＝90°，
∴∠MEF＝∠NFD，
∴△NDF∽△MFE，
∴＝＝，
∴設(shè)NF＝3x，ME＝4x，
∵∠ANF＝∠B＝90°，∠A＝∠A，
∴△ANF∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴x＝1，
∴NF＝3，ME＝NB＝4，
設(shè)BD＝DF＝y(tǒng)，
則ND＝NB﹣BD＝4﹣y，
在Rt△NDF中，NF2+ND2＝DF2，
∴32+（4﹣y）2＝y(tǒng)2，
∴y＝，
∴BD＝，
∵∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝＝＝10，
∵△BED∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝，
故答案為：．
19．如圖1，在四邊形ABCD中，AC是對(duì)角線，且AB＝AC．F是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接AF，DF，DF交AC于點(diǎn)E，其中∠DAF＝90°，∠AFD＝∠B．
（1）求證：AC?EC＝BF?CF；
（2）若AB＝AC＝10，BC＝16．
①如圖2，若DF∥AB，求的值；
②如圖3，若DF＝DC，求△DCF的面積．

【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠ABF＝∠FCE，再根據(jù)∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠ABF+∠FAB得出∠EFC＝∠FAB，證△ABF∽△FCE，根據(jù)線段比例關(guān)系即可得出結(jié)論；
（2）①證△ABF∽△CBA，得，再根據(jù)，最后利用平行線分線段成比例得出得出結(jié)論即可；
②過點(diǎn)A，D分別作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分別為M，N，過點(diǎn)A作AG⊥DN于點(diǎn)G，根據(jù)三角函數(shù)得出，證△AMF∽△AGD，根據(jù)線段比例關(guān)系分別求出CF和DN的值即可求出△DCF的面積．
【解答】（1）證明：∵AB＝AC，
∴∠ABF＝∠FCE，
∵∠AFD＝∠B，∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝∠B+∠FAB，
∴∠EFC＝∠FAB，
∴△FAB∽△EFC，
∴，
即AB?EC＝BF?CF；
（2）解：①∵DF∥AB，
∴∠BAF＝∠AFE，
∴∠BAF＝∠ACB，
又∵∠ABF＝∠CBA，
∴△FAB∽△ACB，
∴，
∴，
∴，
∵DF∥AB，
∴；
②如圖，過點(diǎn)A，D分別作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分別為M，N，過點(diǎn)A作AG⊥DN于點(diǎn)G，

在△ABC中，AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝8，則，
∴，
∵∠AFD＝∠B，∠DAF＝90°，
∴，
∵∠AMN＝∠GNM＝∠AGN＝90°，
∴四邊形MNGA是矩形，
∴GN＝AM＝6，∠MAG＝90°，
又∵∠FAD＝90°，則∠FAM+∠FAG＝∠DAG+∠FAG＝90°，
∴∠FAM＝∠DAG．
又∵∠AMF＝∠AGD＝90°，
∴△FAM∽△DAG，
∴，
則，
∴，
則，
∵DF＝CD，
∴CF＝2CN＝7，
∴FM＝CM﹣CF＝1，
由△FAM∽△DAG，
得＝＝，
∴DG＝，
∴DN＝DG+GN＝+6＝，
∴S△DCF＝CF?DN＝×＝．

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