TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc9888" 【題型1 A字型】 PAGEREF _Tc9888 \h 2
\l "_Tc3275" 【題型2 “8”字形】 PAGEREF _Tc3275 \h 6
\l "_Tc31175" 【題型3 AX字型】 PAGEREF _Tc31175 \h 9
\l "_Tc12815" 【題型4 子母型】 PAGEREF _Tc12815 \h 16
\l "_Tc12912" 【題型5 雙垂直型】 PAGEREF _Tc12912 \h 23
\l "_Tc210" 【題型6 一線三等角型】 PAGEREF _Tc210 \h 31
\l "_Tc1422" 【題型7 手拉手型】 PAGEREF _Tc1422 \h 40
\l "_Tc19558" 【題型8 三角形內接矩形型】 PAGEREF _Tc19558 \h 52
【基本模型1-A字型】
①如圖，在中，點D在上，點E在上，，則，．
②模型拓展1：斜交A字型條件：，圖2結論：；

③模型拓展2： 如圖，∠ACD＝∠B?△ADC∽△ACB?．
【題型1 A字型】
【例1】（2023·安徽滁州·?？家荒＃┤鐖D，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC與BD相交于點O，作OM⊥BC于點M，點E是BD的中點，EF⊥BC于點G，交AC于點F，若AB=4，CD=6，則OM?EF值為（ ）

A．75B．125C．35D．25
【答案】A
【分析】證明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出OM=125，求出EG=12CD=3，F(xiàn)G=12AB=2，得出EF=EG?FG=1即可得出答案．
【詳解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM∥AB∥CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG∥AB∥CD，
∵點E是BD的中點，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，F(xiàn)G=12AB=2，
∴EF=EG?FG=1，
∴OM?EF=75，
故選：A．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，平行線的判定，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定，求出OM=125．
【變式1-1】（2023春·四川成都·九年級校考開學考試）如圖，在△ABC中，AD=DE=EB，AF=FG=GC．已知△ABC的面積為9，則陰影部分的面積為 ．

【答案】5
【分析】根據(jù)題意可得：AGAC=AEAB=23，AFAC=ADAB=13，求得△AEG∽△ABC進而得到S△AEGS△ABC=232=49，求得S△AEG，即可求解．
【詳解】解：∵AD=DE=EB，AF=FG=GC
∴AGAC=AEAB=23，AFAC=ADAB=13
又∵∠A=∠A
∴△AEG∽△ABC
∴S△AEGS△ABC=232=49
∴S△AEG=49S△ABC=4
∴S陰影=S△ABC?S△AEG=5
故答案為：5
【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟練掌握相關基礎知識，正確求得S△AEG．
【變式1-2】（2023·安徽滁州·?？家荒＃┰诘冗吶切蜛BC中，AB=6，D、E是BC上的動點，F(xiàn)是AB上的動點，且BF=BD=EC=2，連接FE，S△DEFS△ABC= ；
【答案】19
【分析】證明△BDF∽△BCA，利用相似三角形的面積等于相似比的平方求解即可．
【詳解】解： ∵△ABC是等邊三角形，AB=6，
∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=∠A=60°，
∵BD=BF=2，∠B=60°，
∴△BDE是等邊三角形，∠BDF=∠BFD=60°，
∴∠BDF=∠C=60°，
∴DF∥AC，
∴△BDF∽△BCA，
∴S△BDFS△BCA=(BDBC)2=19，
∵BD=EC=2，DE=BC?BD?EC=6?2?2=2，
∴BD=DE=2，
∴S△BDF=S△DEF，
∴S△DEFS△ABC=19，
故答案為：19．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，相似三角形的性質與判定，掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．
【變式1-3】（2023春·江蘇蘇州·九年級?？茧A段練習）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，若正方形DEFC的頂點D在AB上，頂點F、G都在AC上，射線AF交BC邊于點H，則CH長為 ．

【答案】43
【分析】證明△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，由相似三角形的性質得出 DGBC=AGAC， EFCH=AFAC，設DG=EF=x， 可得x2=AG4，xCH=AG+x4， 從而可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形DGFE為正方形， ∠ACB=90°，
∴DG∥EF∥BC，DG=EF，
∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，
∴DGBC=AGAC， EFCH=AFAC，
設DG=EF=x，
∴x2=AG4，xCH=AG+x4，
∴AG=2x，
∴xCH=2x+x4，
∴CH=43．
故答案為 43．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理，證明△ADG∽△ABC與△AEF∽△AHC是解題的關鍵．
【基本模型2-“8”字形】
①如圖1，AB∥CD?△AOB∽△COD?；
②如圖2，∠A＝∠D?△AOB∽△DOC?．

③模型拓展：如圖，∠A＝∠C?△AJB∽△CJD?．
【題型2 “8”字形】
【例2】（2023·安徽·九年級專題練習）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E是AD上一點，AE=2ED，連接BE交AC于點G，延長BE交CD的延長線于點F，則BGGF的值為（ ）
A．23B．12C．13D．34
【答案】A
【分析】先根據(jù)平行四邊形的性質得到AB∥CD，則可判斷△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根據(jù)相似三角形的性質和AE＝2ED即可得結果．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴△ABG∽△CFG，
∴BGGF＝ABCF
∵△ABE∽△DFE，
∴AEDE＝ABDF，
∵AE＝2ED，
∴AB＝2DF，
∴ABCF＝23，
∴BGGF＝23．
故選：A．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質進行解題．
【變式2-1】（2023春·廣東深圳·九年級?？奸_學考試）如圖，已知BD與CE相交于點A，DE∥BC，若AD=2，AB=3，AC=6，則AE= ．

【答案】4
【分析】證明△ABC∽△ADE，由相似三角形的性質得出ABAD=ACAE，則可得出答案．
【詳解】解：∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
即32=6AE，
∴AE=4，
故答案為：4．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，熟記性質是解題的關鍵．
【變式2-2】（2023春·陜西寶雞·九年級校考期末）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E在邊AD上，AE=3，連接BE交AC于點F，過點F作FG∥BC，交CD于點G．求FG的長．

【答案】167
【分析】利用正方形性質，找到△CBF∽△AEF，即可利用對應邊成比例，幾何平行線性質即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠CBF=∠AEF，∠BCF=∠EAF，
∴△CBF∽△AEF，
∴CFAF=BCAE=43，
∴CFCA=47，
∵FG∥BC，AD∥BC，
∴FG∥AD，
∴FGAD=CFCA=47，
∴FG=47×4=167．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，相似三角形的性質與判定等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
【變式2-3】（2023春·安徽·九年級專題練習）如圖，E，F(xiàn)為矩形ABCD內兩點，AE⊥EF，CF垂直EF，垂足分別為E、F，若AE=1，CF=2，EF=4，則BD=（ ）
A．103B．5C．53D．6
【答案】B
【分析】連接AC，交EF于點M，BD于O，根據(jù)相似三角形的判定和性質和勾股定理解答．
【詳解】解：連接AC，交EF于點M，BD于O，

∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEM=∠CFM=90°，
∵∠AMF=∠CMF，
∴△AEM∽△CFM，
∴AECF=EMFM，
∵AE=1，CF=2，EF=4，
∴EM=43，MF=83，
在Rt△AEM中，AM=AE2+EM2=12+432=53，
在Rt△CFM中，MC=CF2+MF2=22+832=103，
∴AC=AM+CM=53+103=5，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BD=AC=5，
故選：B．
【點睛】本題主要考查矩形的性質及相似三角形的判定和性質，構造三角形相似利用相似三角形的對應邊成比例求得AC的長是解題的關鍵，注意勾股定理的應用．
【基本模型3-AX字型】
A字型及X字型兩者相結合，通過線段比進行轉化.
【題型3 AX字型】
【例3】（2023春·山東煙臺·九年級統(tǒng)考期末）如圖，M是平行四邊形ABCD的對角線AC上的一點，射線BM與AD交于點F，與CD的延長線交于點H．

(1)圖中相似三角形有______對；
(2)若AD2=AC?CM,∠BMA=72°，求∠BCD的度數(shù)．
【答案】(1)6
(2)∠BCD=72°
【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的性質可得AB∥CD,AD∥BC，再根據(jù)相似三角形的判定即可得；
（2）先根據(jù)相似三角形的判定證出△BCM∽△ACB，再根據(jù)相似三角形的性質可得∠BMC=∠ABC，從而可得∠BMC+∠BCD=180°，然后根據(jù)鄰補角的定義求解即可得．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∴△ABM∽△CHM，△ABF∽△DHF，△AFM∽△CBM，△HDF∽△HCB，
∴△ABF∽△HCB，
又∵AB∥CD,AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD,∠BAC=∠DCA，
∴△ACB∽△CAD，
綜上，圖中相似三角形有6對，
故答案為：6．
（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∵AD2=AC?CM，
∴BC2=AC?CM，
∴BCCA=CMBC，
∵∠BCM=∠ACB，
∴△BCM∽△ACB，
∴∠BMC=∠ABC，
又∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠BMC+∠BCD=180°，
又∵∠BMA+∠BMC=180°，∠BMA=72°，
∴∠BCD=∠BMA=72°．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、相似三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．
【變式3-1】（2023春·河南許昌·九年級統(tǒng)考期末）如圖，D、E分別是△ABC的邊AB，BC上的點，DE∥AC，若S△BDE:S△CDE=2:3，則S△DOE:S△AOC= ．

【答案】4:25
【分析】根據(jù)S△BDE:S△CDE=2:3可得BECE=23，從而得到BEBC=25，再根據(jù)相似三角形的判定與性質可得BEBC=DEAC=25，最后再根據(jù)△ODE∽△OCA可得S△DOES△AOC=DEAC2=252=425．
【詳解】解：∵ S△BDE:S△CDE=2:3，
∴BECE=23，
∴BEBC=25，
∵ DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴BEBC=DEAC=25，
∵ DE∥AC，
∴△ODE∽△OCA，
∴S△DOES△AOC=DEAC2=252=425，
即S△DOE:S△AOC=4:25，
故答案為：4:25．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，兩個相似三角形的面積比關于相似比的平方，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
【變式3-2】（2023春·重慶巴南·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，過C作CE⊥BD于E點，交AB于F點，連接AE.若F是AB中點，且BC=8，則AE的長為 ．

【答案】8
【分析】根據(jù)矩形的性質和相似三角形的判定和性質，可以求得AM和EM的長，再根據(jù)勾股定理，即可得到AE的長．
【詳解】解：過點E作MN⊥AB，交AB于點M，交CD于點N，

∵CE⊥BD，
∴∠CEB=90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，BA=CD，BA∥CD，
又∵∠EBC=∠CBD，
∴△CBE∽△DBC，
∴BCBD=BEBC，
∴BC2=BD?BE，
∵F是AB中點，BF∥CD，
∴△BEF∽△DEC，
∴BEDC=BEDE=MENE=12，
∴MEMN=13，
設BE=x，則DE=2x，BD=3x，
∵BC=8，BC=MN，
∴82=3x?x，ME=13BC=83，
解得x=833，
∴BE=833，
∴BM=BE2?ME2=8332?832=823，
∵EM∥AD，
∴BMAM=BEDE=12，
∴AM=2BM=1623，
∵∠EMA=90°，
∴AE=AM2+EM2=16232+832=8，
故答案為：8．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、矩形的性質、勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．
【變式3-3】（2023春·浙江杭州·九年級?？计谥校┤鐖D，在?ABCD中，點E在AB上，AE=13AB，ED和AC相交于點F，過點F作FG∥AB，交AD于點G．

(1)求FG:AE的值．
(2)若AB:AC=3:2，
①求證：∠AEF=∠ACB．
②求證：DF2=DG?DA．
【答案】(1)FG:AE=3:4
(2)①詳見解析；②詳見解析
【分析】（1）結合題意，根據(jù)平行線的性質，通過證明△AFE∽△CFD，得FD=3EF；再結合FG∥AB，根據(jù)平行線性質，通過證明△ADE∽△GDF，根據(jù)相似比的性質計算，即可得到答案；
（2）①AC=2a，根據(jù)題意計算得AB、AE；結合（1）的結論，得AF，從而推導得AEAC=AFAB，通過證明△EAF∽△CAB，即可完成證明；
②根據(jù)（2）①的結論以及平行線的性質，證明△DFG∽△DAF，根據(jù)相似三角形的性質計算，即可完成證明．
【詳解】（1）解：∵?ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠EAF=∠DCF，
∵∠AFE=∠CFD，
∴△AFE∽△CFD，
∴EFFD=AECD=AFFC，
∵AE=13AB，AB=CD，
∴EFFD=AECD=AEAB=13，即FD=3EF，
∵FG∥AB，
∴∠AED=∠GFD，
∵∠ADE=∠GDF，
∴△ADE∽△GDF，
∴FGAE=FDED=FDEF+FD=3EFEF+3EF=34，即FG:AE=3:4；
（2）證明：①設AC=2a，
∵AB:AC=3:2，
∴AB=3a，
∴AE=33a，
由（1）的結論，得：AECD=EFFD=AFFC=13，
∴AF=14AC=a2，
∴AE?AB=a2=AF?AC，
即：AEAC=AFAB，
∵∠EAF=∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴∠AEF=∠ACB；
②∵FG∥AB，
∴∠DFG=∠DEA，
∵△EAF∽△CAB，
∴∠AEF=∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠FAD，
∴∠DFG=∠FAD，
∵∠FDG=∠ADF，
∴△DFG∽△DAF，
∴DFDA=DGDF，
∴DF2=DG?DA．
【點睛】本題考查了平行四邊形、平行線、相似三角形的知識；解題的關鍵是熟練掌握平行線、相似三角形的性質，從而完成求解．
【基本模型4-子母型】
如圖為斜“A”字型基本圖形．當時，，則有．．
如圖所示，當E點與C點重合時，為其常見的一個變形，即子母型．
當時，，則有．
【題型4 子母型】
【例4】（2023春·安徽滁州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，D是BC上的點，E是AD上一點，且ABAC=ADCE，∠BAD＝∠ECA．
（1）求證：AC2＝BC?CD；
（2）若AD是△ABC的中線，求CEAC的值．
【答案】（1）證明見解析；（2）22
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，進而求出△ABC∽△DAC，再利用相似三角形的性質得出答案即可；
（2）由△BAD∽△ACE可證∠CDE=∠CED，進而得出CD=CE，再由（1）可證AC=2CD，由此即可得出線段之間關系．
【詳解】（1）證明：∵ ABAC=ADCE，∠BAD=∠ECA，
∴ΔBAD∽ΔACE，
∴∠B=∠EAC，
∵∠ACB=∠DCA，
∴△ABC∽△DAC，
∴ ACCD=BCAC，
∴AC2=BC·CD．
（2）解：∵△BAD∽△ACE，
∴∠BDA=∠AEC，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∵AD是△ABC的中線，
∴BC=2BD=2CD，
∴AC2=BC·CD=2CD2，即：AC=2CD，
∴CEAC=CD2CD=22．
【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定與性質以及重心的性質等知識，根據(jù)已知得出△BAD∽△ACE是解題關鍵．
【變式4-1】（2023春·安徽蚌埠·九年級?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，D為BC邊上的一點，且AC=26，CD＝4，BD＝2，求證：△ACD∽△BCA．
【答案】證明見解析．
【分析】根據(jù)AC=26，CD＝4，BD＝2，可得ACBC=CDAC，根據(jù)∠C =∠C，即可證明結論．
【詳解】解：∵AC=26，CD＝4，BD＝2
∴ACBC=264+2=63，CDAC=426=63
∴ACBC=CDAC
∵∠C =∠C
∴△ACD∽△BCA．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質和判定，掌握知識點是解題關鍵．
【變式4-2】（2023春·安徽合肥·九年級?？计谥校鰽BC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，點E為BD的中點，連接AE并延長交BC于點F，且有AF=CF，過F點作FH⊥AC于點H．
（1）求證：△ADE∽△CDB；
（2）求證：AE=2EF；
（3）若FH=3，求BC的長．
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）4．
【分析】（1）先根據(jù)垂直的定義可得∠ADE=∠CDB=90°，再根據(jù)等腰三角形的性質可得∠DAE=∠DCB，然后根據(jù)相似三角形的判定即可得證；
（2）先根據(jù)相似三角形的性質可得ADCD=DEDB=12，再根據(jù)等腰三角形的三線合一可得AH=CH，從而可得ADDH=2，然后根據(jù)平行線分線段成比例定理即可得證；
（3）先根據(jù)相似三角形的判定與性質可得DEFH=AEAF，從而可得DE,BD的長，再根據(jù)相似三角形的判定可得△ABD～△BCD，然后利用相似三角形的性質可求出CD的長，最后在Rt△BCD中，利用勾股定理即可得．
【詳解】證明：（1）∵BD⊥AC,FH⊥AC，
∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，
∵AF=CF，
∴∠DAE=∠DCB，
在△ADE和△CDB中，∠ADE=∠CDB∠DAE=∠DCB，
∴△ADE～△CDB；
（2）∵點E為BD的中點，
∴DE=BE=12BD，
由（1）已證：△ADE～△CDB，
∴ADCD=DEDB=12，
設AD=a(a>0)，則CD=2a，AC=AD+CD=3a，
∵FH⊥AC,AF=CF，
∴AH=CH=12AC=32a（等腰三角形的三線合一），
∴DH=AH?AD=12a，
又∵BD∥FH，
∴AEEF=ADDH=a12a=2，
即AE=2EF；
（3）由（2）已證：AE=2EF，
∴AE=23AF，
∵BD∥FH，
∴△ADE～△AHF，
∴DEFH=AEAF，即DE3=23，
解得DE=233，
∴BD=2DE=433，
∵∠ABC=90°,BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，
∴∠ABD=∠C，
在△ABD和△BCD中，∠ADB=∠BDC=90°∠ABD=∠C，
∴△ABD～△BCD，
∴ADBD=BDCD，
由（2）可知，設AD=b(b>0)，則CD=2b，
∴b433=4332b，
解得b=263或b=?263（不符題意，舍去），
∴CD=2b=463，
則在Rt△BCD中，BC=BD2+CD2=4332+4632=4．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、勾股定理等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．
【變式4-3】（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖1，AB=AC=2CD，DC∥AB，將△ACD繞點C逆時針旋轉得到△FCE，使點D落在AC的點E處，AB與CF相交于點O，AB與EF相交于點G，連接BF．
(1)求證：△ABE≌△CAD；
(2)求證：AC∥FB；
(3)若點D，E，F(xiàn)在同一條直線上，如圖2，求ABBC的值．（溫馨提示：請用簡潔的方式表示角）
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)2
【分析】（1）根據(jù)旋轉變換的性質得到旋轉前后兩個三角形全等，從而得到CE=CD，根據(jù)AC=2CD，就能得到AE=CD，然后利用平行可以得到內錯角相等，最后加上AB=AC，就可以通過邊角邊證明兩個三角形全等．
（2）根據(jù)旋轉和第一小題的結論，可以得到BE=FE，然后用等角對等邊即可得到∠EFB=∠EBF，又可以從前面的兩個全等中得到∠EFC=∠EBA，∠OAC=∠OCA從而得到∠OFB=∠OBF，那么△ACO和△BOF就是頂角互為對頂角的一組等腰三角形，所以就能得到底角相等，即∠CAO=∠FOB，那么內錯角相等，兩直線平行即可證結論．
（3）根據(jù)D，E，F(xiàn)在同一條直線上，可以證明△AEG和△CED全等，即可得到AG=12AB，那么EG就是中位線，則EG∥CB，加上第二小題結論就能得到四邊形BCEF是平行四邊形，那么BC=AD，然后通過三角形外角的性質，可以證得∠ADE=∠ACD，就能證△ACD和△ADE是一組子母型相似，然后根據(jù)相似比可得最終答案．
【詳解】（1）解：∵將△ACD繞點C逆時針旋轉得到△FCE，
∴△FCE≌△ACD，
∴CE=CD，
∵AC=2CD，
∴AC=2CE，
∴AE=AC?CE=2CE?CE=CE=CD，
∵DC∥AB
∴∠DCA=∠EAB，
在△ABE和△CAD中，
∵AE=CD∠EAB=∠DCAAB=CA，
∴△ABE≌△CADSAS．
（2）解：由（1）得BE=AD，∠ABE=∠CAD，
∵△CEF≌△CDA，
∴FE=AD，∠EFC=∠DAC，
∴BE=FE，∠EFC=∠EBA，
∴∠EFB=∠EBF，
∵∠OFB=∠EFB?∠EFC，∠OBF=∠EBF?∠EBA，
∴∠OFB=∠OBF，
∵∠ECF=∠DCA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，∠OBF+∠OFB+∠BOF=180°，
又∠AOC=∠BOF，
∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，
即2∠CAO=2∠FOB，
∴∠CAO=∠FOB，
∴AC∥FB
（3）解：在△AEG和△CED中，
∵∠GAE=∠DCEAE=CE∠AEG=∠CED，
∴△AEG≌△CEDASA
∴AG=CD=12AB，
∵AE=CE，
∴EG∥CB，
∵AC∥FB，
∴四邊形BCEF是平行四邊形，
∴BC=FE=AD，
∵∠AEG=∠ACD+∠CAD=∠DAE+∠ADE，
∴∠ADE=∠ACD，
∵∠CAD=∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴EADA=DACA，
即DA2=EA?CA=2EA2，
∴DA=2EA，
∵AB=AC=2EA，
∴ABBC=ABDA=2EA2EA=22=2．
【點睛】本題考查了三角形全等的證明，平行線的判定以及利用相似三角形求線段長之比，解題時需要學會將多個小題的結論聯(lián)系起來，把前面小題的結論用到后面小題的思路中，熟練尋找證明三角形全等或相似所需要的條件是解題的關鍵．
【基本模型5-雙垂直型】
①如圖，直角三角形被斜邊上的高分成的兩個直角三角形與原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常見的結論有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
②拓展：
（1）正方形、長方形中經常會出現(xiàn)射影定理模型，如圖，在和內均有射影定理模型．
（2）如圖，在圓中也會出現(xiàn)射影定理模型．

【題型5 雙垂直型】
【例5】（2023春·陜西西安·九年級?？茧A段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，點E在邊BC上，CE=2，若點P、Q分別為邊CD與AB上兩個動點，線段PQ始終滿足與AE垂直且垂足為F，則AP+QE的最小值為 ．
【答案】55
【分析】過點Q作QH⊥CD于點H．利用相似三角形的性質求出PH=3，設BQ=x，則CH=x，PD=5?x，AP+QE=62+(5?x)2+x2+42，求AP+QE的最小值，相當于在x軸上找一點M(x,0)，使得點M到J(0,4)，K(5,6)的距離和最小，作點J關于x軸的對稱點J′，連接KJ′，則KJ′=52+102=55，由MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=55，可得結論．
【詳解】解：如圖，過點Q作QH⊥CD于點H．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，AD=BC=6，∠B=∠C=∠D=90°，
∵CE=2，
∴BE=BC?CE=6?2=4，
∵QH⊥CD，
∴∠B=∠QHP=∠QHC=90°，
∴四邊形BCHQ是矩形，
∴BQ=CH，BC=QH=6，QH∥BC，
∴∠AQH=∠B=90°，
∵AE⊥QP，
∴∠QAF+∠AQP=90°，∠AQP+∠HQP=90°，
∴∠BAE=∠HQP，
∴△ABE∽△QHP，
∴ ABQH=BEPH，
∴ 86=4PH，
∴PH=3，
設BQ=x，則CH=x，DP=5?x，
∴AP+QE=62+(5?x)2+x2+42，
欲求AP+QE的最小值，相當于在x軸上找一點M(x,0)，使得點M到J(0,4)，K(5,6)的距離和最小，如圖1中，
作點J關于x軸的對稱點J′，連接KJ′，
∵K(5,6)，J′(0,?4)，
∴KJ′=52+102=55，
∵MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=55，
∴JM+MK的最小值為55，
∴AP+QE的最小值為55．
故答案為：55．
【點睛】本題考查矩形的性質，軸對稱最短問題，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
【變式5-1】（2023春·福建莆田·九年級?？计谀締栴}情境】
（1）古希臘著名數(shù)學家歐幾里得在《幾何原本》提出了射影定理，又稱“歐幾里德定理”：在直角三角形中，斜邊上的高是兩條直角邊在斜邊射影的比例中項，每一條直角邊又是這條直角邊在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．射影定理是數(shù)學圖形計算的重要定理．其符號語言是：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足為D，則：（1）AC2=AB·AD；(2)BC2=AB·BD；(3)CD2 = AD·BD；請你證明定理中的結論（1）AC2 = AB·AD．
【結論運用】
（2）如圖2，正方形ABCD的邊長為3，點O是對角線AC、BD的交點，點E在CD上，過點C作CF⊥BE，垂足為F，連接OF，
①求證：△BOF∽△BED；
②若BE=10，求OF的長．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②355
【分析】（1）證明△ACD∽△ABC，即可得證；
（2）①BC2=BO?BD，BC2=BF?BE，即BO?BD=BF?BE，即可求解；
②在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，利用△BOF∽△BED，即可求解．
【詳解】解：（1）證明：如圖1，∵CD⊥AB，
∴∠BDC=90°，
而∠A=∠A，∠ACB=90°，
∴△ACD∽△ABC，
∴AC：AB=AD：AC，
∴AC2 = AB·AD；
（2）①證明：如圖2，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD=90°，
∴BC2=BO?BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2=BF?BE，
∴BO?BD=BF?BE，
即BOBE=BFBD，而∠OBF=∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
②∵在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，
∴CE=BE2?BC2=1，
∴DE=BC-CE=2；
在Rt△OBC中，OB=22BC=322，
∵△BOF∽△BED，
∴OFDE=BOBE，即OF2=32210，
∴OF=355.
【點睛】本題為三角形相似綜合題，涉及到勾股定理運用、正方形基本知識等，難點在于找到相似三角形，此類題目通常難度較大．
【變式5-2】如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，E為AB上一點，分別以ED、EC為折痕將
兩個角(∠A、∠B)向內折起，點A、B恰好落在CD邊的點F處，若AD＝3，BC＝5，則EF的長是（ ）
A.eq \r(15) B．2eq \r(15) C.eq \r(17) D．2eq \r(17)
【解析】∵AD∥BC，
∴∠ADF＋∠FCB＝180°.
根據(jù)折疊前后的圖形全等得到DF＝DA＝3，
∠ADE＝∠FDE，CF＝CB＝5，∠BCE＝∠FCE，∠EFC＝∠B＝90°，
∴∠FDE＋∠FCE＝90°，∠FCE＋∠FEC＝90°，
∠DFE＝∠EFC＝90°，
∴∠FDE＝∠FEC，
∴△DEF∽△ECF，
∴eq \f(EF,CF)＝eq \f(DF,EF)，
∴EF2＝DF·CF＝3×5＝15，
∴EF＝eq \r(15).故選A.
【變式5-3】（2023·河南南陽·統(tǒng)考三模）綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形與垂直”為主題開展數(shù)學活動．
(1)操作判斷
如圖1，正方形紙片ABCD，在邊BC上任意取一點E，連接AE，過點B作BF⊥AE于點G，與邊CD交于點F．根據(jù)以上操作，請直接寫出圖1中線段AE與線段BF的關系．

(2)遷移探究
小華將正方形紙片換成矩形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：
如圖2，在矩形紙片ABCD中，AB:AD=m:n，在邊BC上任意取一點E，連接AE，過點B作BF⊥AE于點G，與邊CD交于點F，請求出線段AE與BF的關系，并說明理由．

(3)拓展應用
如圖3，已知正方形紙片ABCD的邊長為2，動點E由點A向終點D做勻速運動，動點F由點D向終點C做勻速運動，動點E、F同時開始運動，且速度相同，連接AF、BE，交于點G，連接GD，則線段GD長度的最小值為______，點G的運動軌跡的長為______．（直接寫出答案不必說明理由）

【答案】(1)AE=BF
(2)AEBF=mn，理由見解析
(3)5?1；π2
【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形，得∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，進一步可得∠BAE=∠FBC，所以△ABE?△BCF，結論得證AE=BF．
（2）由四邊形ABCD是矩形，得∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，進一步可證∠BAE=∠FBC，所以△ABE～△BCF，于是AEBF=ABBC，證得AEBF=mn.
（3）取AB的中點M，連接DM，GM，AE=DF，由（1）可得Rt△ABE?Rt△DAF，可證∠AGB=90°，AM=MB=MG=1； Rt△ADM中，勾股定理求得MD=5；由GD≥MD?MG得GD的最小值是5?1；由∠AGB=90°，知A、G、B三點共圓，所以點G在以點M為圓心，在以半徑為1的14圓上運動，進而求得運動軌跡的長為2π÷4=π2．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
在△ABE和△BCF中，
∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF
∴△ABE?△BCF，
∴AE=BF．
（2）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，
又AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
∴△ABE～△BCF，
∴AEBF=ABBC，
∵ABAD=ABBC=mn，
∴AEBF=mn．
（3）如圖，取AB的中點M，連接DM，GM，

由題意知，AE=DF，
由（1）可得Rt△ABE?Rt△DAF，
∴∠ABE=∠DAF
∵∠DAF+∠BAG=90°
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AGB=180°?(∠ABE+∠BAG)=90°，
∵M是AB的中點，AB=2，
∴AM=MB=MG=1，
在Rt△ADM中，MD=22+12=5；
在△MGD中，
∵GD≥MD?MG=5?1，
∴GD的最小值是5?1，
∵∠AGB=90°，
∴A、G、B三點共圓，
∴點G在以點M為圓心，在以半徑為1的14圓上運動，
∴點G的運動軌跡的長為：2π÷4=π2，
故答案為：5?1；π2
【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形判定和性質、相似三角形的判定和性質，直角三角形斜邊中線性質，兩點之間線段最短；合理添設輔助線，借助圖中合適的定點運用兩點之間線段最短是解題的關鍵．
【基本模型6一線三等角型】
(1)“三垂直”模型：如圖1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，則△ABC∽△CDE.
(2)“一線三等角”模型：如圖2，∠B＝∠ACE＝∠D，則△ABC∽△CDE.
特別地，連接AE，若C為BD的中點，則△ACE∽△ABC∽△CDE.

補充：其他常見的一線三等角圖形

【題型6 一線三等角型】
【例6】（2023春·山東濰坊·九年級統(tǒng)考期末）如圖， Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，矩形MNHD、矩形GDEF的頂點分別在△BCD，△ACD的三邊上，且矩形MNHD∽矩形GDEF．可求兩矩形的相似比的是（ ）

A．ABACB．BDCDC．CDCHD．CEEH
【答案】B
【分析】由條件可以證明△CFD∽△BND，由相似三角形的性質，即可解決問題．
【詳解】解：連接FD，DN，

∵矩形MNHD∽矩形GDEF，
∴∠FDE=∠BDN，
∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，
∴∠FCD=∠B，
∴△CFD∽△BND，
∴DN:DF=BD:CD，
故選：B．
【點睛】本題考查相似多邊形，關鍵是連接FD，DN，證明△CFD∽△BND，即可解決問題．
【變式6-1】（2023春·山東日照·九年級校考期中）已知等邊三角形ABC的邊長為4．
(1)如圖，在邊BC上有一個動點P，在邊AC上有一個動點D，滿足∠APD=60°，求證：△ABP∽△PCD；

(2)如圖，若點P在射線BC上運動，點D在直線AC上，滿足∠APD=120°，當PC=2時，求AD的長；

(3)在（2）的條件下，將點D繞點C逆時針旋轉120°到點D′，求△D′AP的面積．
【答案】(1)見詳解
(2)7
(3)532
【分析】（1）先利用三角形的內角和得出∠BAP+∠APB=120°，再用平角得出∠APB+∠CPD=120°，進而得出∠BAP=∠CPD，即可得出結論；
（2）過點P作PE⊥AC于E，構造出含30°角的直角三角形，求出CE的長度，再用勾股定理求出PE，進而求出AP的值，再判斷出△ACP∽∠APD，得出比例式即可得出結論；
（3）先求出CD的值，進而得出CD′的值，再構造出直角三角形求出D′H的長度，進而得出D′G的值，再求出AM的長度，最后用面積差即可得出結論．
【詳解】（1）解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP=180°，
∴∠BAP+∠APB=120°，
∵∠APB+∠CPD=180°?∠APD=120°，
∴∠BAP=∠CPD，
∴△ABP∽△PCD；
（2）如下圖，過點P作PE⊥AC于E，

∴∠AEP=90°，
∵△ABC是等邊三角形，邊長為4，
∴AC=4，∠ACB=60°，
∴∠PCE=∠ACB=60°，
在Rt△CPE中，PC=2，∠CPE=90°?∠PCE=30°，
∴CE=12PC=1，根據(jù)勾股定理得，PE=PC2?CE2=22?12=3，
在Rt△APE中，AE=AC+CE=4+1=5，
根據(jù)勾股定理得，AP2=AE2+PE2=52+(3)2=28，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACP=120°=∠APD，
又∵∠CAP=∠PAD，
∴△ACP∽△APD，
∴ACAP=APAD，
∴AD=AP2AC=284=7；
（3）如下圖，

由（2）知，AD=7，
∵AC=4，
∴CD=AD?AC=7?4=3，
由旋轉知，∠DCD′=120°，CD′=CD=3，
∵∠DCP=60°，
∴∠D′CP=∠DCD′?∠DCP=60°，∠ACD′=180°?∠DCD′=60°，
過點D′作D′H⊥CP于H，
在Rt△CHD′中，CH=12CD′=32，
根據(jù)勾股定理得，D′H=3CH=332，
過點D′作D′G⊥AC于G，
∵∠ACD′=∠PCD′=60°，
∴D′G=D′H=332，
∴S四邊形ACPD′=S△ACD′+S△PCD′=12AC?D′G+12CP?D′H=12×4×332+12×2×332=923，
過點A作AM⊥BC于M，
∵AB=AC，
∴BM=12BC=2，
在Rt△ABM中，根據(jù)勾股定理得，AM=3BM=23，
∴S△ACP=12CP?AM=12×2×23=23，
∴S△D′AP=S四邊形ACPD′?S△ACP=932?23=532．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質、旋轉的性質、勾股定理及相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握相關知識并靈活運用．
【變式6-2】（2023·全國·九年級專題練習）如圖1，點P是線段AB上與點A，點B不重合的任意一點，在AB的同側分別以A，P，B為頂點作∠1=∠2=∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規(guī)定這三個角互為等聯(lián)角，點P為等聯(lián)點，線段AB為等聯(lián)線．

(1)如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點為格點、邊長均為1，AB為端點在格點的已知線段．請用三種不同連接格點的方法，作出以線段AB為等聯(lián)線、某格點P為等聯(lián)點的等聯(lián)角，并標出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；
(2)如圖3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC>AP，延長AP至點B，使AB=AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將△APC沿PC折疊，使點A落在點M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于F，連接BF．
①確定△PCF的形狀，并說明理由；
②若AP:PB＝1:2，BF=2k，求等聯(lián)線AB和線段PE的長（用含k的式子表示）．
【答案】(1)見解析
(2)①等腰直角三角形，理由見解析；②等聯(lián)線AB=3k，線段PE=52k
【分析】（1）根據(jù)新定義，畫出等聯(lián)角即可；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N，由折疊得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進而證明Rt△CME?Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；
②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，則∠R＝∠A＝90°．證明△APC?△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，進而證明四邊形BRFQ為正方形，則BQ=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF~△NEC，根據(jù)相似三角形的性質得出NE=32k，根據(jù)PE=PM+ME即可．
【詳解】（1）解：作圖如下：（方法不唯一）

（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由為：
如圖，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N．

由折疊得AC＝CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，
∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，
∴四邊形ABNC為正方形，
∴CN=AC=CM，
又∵CE=CE，
∴Rt△CME?Rt△CNE（HL），
∴∠3=∠4，
而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°，
∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°，
∴△PCF是等腰直角三角形．
②如圖，過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，
則∠R=∠A=90°，

∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，
∴∠1=∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，
∴△APC?△RFP（AAS），
∴AP=FR，AC=PR，
而AC=AB，
∴AP=BR=FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，
∴AP=BR=FR=k，
∴PB=2AP=2k，
∴AB=AP+PB=BN=3k，
∵BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，
∴四邊形BRFQ為正方形，BQ=OF=k，
∵FQ⊥BN，CN⊥BN，
∴FQ∥CN，
∴QENE=QFCN，
而QE=BN﹣NE﹣BQ=3k﹣NE?k=2k﹣NE，
∴2k?NENE=k3k=13，
解得：NE=32k，
由①知：PM=AP=k，ME=NE=32k，
∴PE=PM+ME=k+32k=52k，
答：等聯(lián)線AB=3k，線段PE=52k．
【點睛】點評本題考查了幾何新定義，正方形的性質與判定，折疊問題，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質是解題的關鍵．
【變式6-3】（2023春·重慶萬州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=9，E為CD的中點，F(xiàn)為BC上一點，BF

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