人教版數(shù)學(xué)九年級下冊重難點(diǎn)培優(yōu)訓(xùn)練專題27.9手拉手型相似三角形綜合問題（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

專題27.9手拉手型相似三角形綜合問題（重難點(diǎn)培優(yōu)）姓名：__________________ 班級：______________ 得分：_________________ 注意事項(xiàng)：本試卷滿分100分，試題共22題，選擇10道、填空6道、解答6道．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．（2022?雙峰縣一模）如圖，點(diǎn)P在△ABC的邊AC上，若要判定△ABP∽△ACB，則下列添加的條件不正確的是（　?。? A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C．＝ D．＝【分析】根據(jù)相似三角形的判定方法，逐項(xiàng)判斷即可．【解答】解：在△ABP和△ACB中，∠BAP＝∠CAB， A、當(dāng)∠ABP＝∠C時(shí)，滿足兩組角對應(yīng)相等，可判斷△ABP∽△ACB，故A不符合題意； B、當(dāng)∠APB＝∠ABC時(shí)，滿足兩組角對應(yīng)相等，可判斷△ABP∽△ACB，故B不符合題意； C、當(dāng)＝時(shí)，滿足兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，可判斷△ABP∽△ACB，故C不符合題意； D、當(dāng)＝時(shí)，其夾角不相等，則不能判斷△ABP∽△ACB，故D符合題意；故選：D． 2．（2022春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以A（0，1）為位似中心，在y軸右側(cè)作△ABC放大2倍后的位似圖形△AB'C'，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣1，3），則點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B'的坐標(biāo)為（　?。? A．（2，﹣4） B．（1，﹣4） C．（2，﹣3） D．（1，﹣3）【分析】過點(diǎn)A作x軸的平行線DD′，作BD⊥DD′于D，作B′D′⊥DD′于D′，設(shè)出B點(diǎn)坐標(biāo)（x，y），分別表示出AD，BD，A′D′，B′D′，根據(jù)位似比列出等式，求解即可解決問題．【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)A作x軸的平行線DD′，作BD⊥DD′于D，作B′D′⊥DD′于D′，設(shè)B′（x，y），則BD＝3﹣1＝2，AD＝1，B′D′＝﹣y+1，AD′＝x， ∵△ABC與△A′B′C′的位似比為1：2， ∴，即，解得：x＝2，y＝﹣3， ∴點(diǎn)B′得坐標(biāo)為（2，﹣3）．故選：C． 3．（2021秋?亳州期末）如圖，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點(diǎn)D是AC上的點(diǎn)，連接AE，下列相似三角形成立的有（　?。?①△BCD∽△BEO；②△AOD∽△EOB；③△AOE∽△DOB；④△BOD∽△BDA． A．1對 B．2對 C．3對 D．4對【分析】①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠CBD＝∠ABE，然后利用手拉手模型﹣旋轉(zhuǎn)型相似證明△BCD∽△BEO； ②利用8字模型相似三角形證明△AOD∽△EOB； ③利用②的結(jié)論可得＝，然后利用兩邊成比例且夾角相等證明△AOE∽△DOB； ④利用兩角相等的兩個三角形相似證明△BOD∽△BDA．【解答】解：∵△ABC和△BDE都是等邊三角形， ∴∠C＝∠ABC＝∠CAB＝60°，∠EDB＝∠DBE＝∠DEB＝60°， ∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD， ∴∠CBD＝∠ABE， ∴△BCD∽△BEO，故①正確； ∵∠AOD＝∠BOE，∠DAB＝∠DEB＝60°， ∴△AOD∽△EOB，故②正確； ∵△AOD∽△EOB， ∴＝， ∵∠AOE＝∠DOB， ∴△AOE∽△DOB，故③正確； ∵∠DBA＝∠DBO，∠DAB＝∠ODB＝60°， ∴△BOD∽△BDA，故④正確；所以，上列相似三角形成立的有4對，故選：D． 4．（2022?瑤海區(qū)三模）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，連接CC'，將CC′沿C′B′方向平移至EB'，連接BE，若CC'＝，則BE的長為（　　） A．1 B． C． D．2 【分析】連接BB′，在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義可得＝，再利用相似三角形的性質(zhì)可得＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，從而利用等式的性質(zhì)可得∠BAB′＝∠CAC′，進(jìn)而可證△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性質(zhì)可得∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，再利用平移的性質(zhì)可得CC′∥B′E，＝＝，從而利用平行線的性質(zhì)可得∠BB′E＝30°，最后證明△BCA∽△BEB′，從而可得∠BEB′＝90°，進(jìn)而在Rt△BEB′中，利用銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：連接BB′， ∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°， ∴cos30°＝＝， ∵△ABC∽△AB'C'， ∴＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°， ∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′， ∴∠BAB′＝∠CAC′， ∴△BAB′∽△CAC′， ∴∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，由平移得： CC′＝B′E＝，CC′∥B′E， ∴＝＝， ∵CC′∥B′E， ∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°， ∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°， ∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°， ∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°， ∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°， ∴∠BB′E＝30°， ∴∠BB′E＝∠CAB＝30°， ∴△BCA∽△BEB′， ∴∠BEB′＝∠ACB＝90°， ∴BE＝B′E?tan30°＝×＝，故選：B． 5．（2021?寶應(yīng)縣模擬）如圖，在四邊形ABCD中，BC⊥DC，∠BDC＝30°，AD＝8，AB＝6，則對角線AC的最小值為（　?。? A．2 B．5 C．6 D．5 【分析】過點(diǎn)A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°，利用△EDB∽△ADC，得，可知EB最小時(shí)，AC最小，求出EB的最小值即可解決問題．【解答】解：過點(diǎn)A作AE⊥AD，且∠ADE＝30°， ∵AD＝8， ∴AE＝AD＝， ∴＝，∠ADC＝∠EDB， ∴△EDB∽△ADC， ∴， ∴AC＝EB， ∴EB最小時(shí)，AC最小， ∵EB≥AB﹣AE， ∴EB最小為6﹣＝， ∴AC的最小值為＝5，故選：B． 6．（2021秋?濱江區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，P是對角線AC上的動點(diǎn)，連接DP，將直線DP繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使旋轉(zhuǎn)角等于∠DAC，且DG⊥PG，即∠DPG＝∠DAC．連接CG，則CG最小值為（　　） A． B． C． D．【分析】作DH⊥AC于H，連接HG延長HG交CD于F，作HE⊥CD于H，證明△ADH∽△PDG，得∠DHG＝∠DAP＝定值，則點(diǎn)G在射線HF上運(yùn)動，故當(dāng)CG⊥HF時(shí)，CG的值最小，再證FH＝FC＝DF＝1，可知HE＝CG，利用等積法求出HE的長即可．【解答】解：如圖，作DH⊥AC于H，連接HG延長HG交CD于F，作HE⊥CD于E， ∵DG⊥PG，DH⊥AC， ∴∠DGP＝∠DHA， ∵∠DPG＝∠DAH， ∴△ADH∽△PDG， ∴，∠ADH＝∠PDG， ∴∠ADP＝∠HDG， ∴△ADP∽△DHG， ∴∠DHG＝∠DAP＝定值， ∴點(diǎn)G在射線HF上運(yùn)動， ∴當(dāng)CG⊥HF時(shí)，CG的值最小， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADH+∠HDF＝90°， ∵∠DAH+∠ADH＝90°， ∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF， ∴FD＝FH， ∵∠FCH+∠CDH＝90°， ∠FHC+∠FHD＝90°， ∴∠FHC＝∠FCH， ∴FH＝FC＝DF＝1，在Rt△ADC中， ∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝2，由勾股定理得AC＝2， DH＝， ∴CH＝＝， ∴EH＝， ∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF， ∴△CGF≌△HEF（AAS）， ∴CG＝HE＝， ∴CG的最小值為，故選：C． 7．（2020秋?天寧區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D是AC邊上一點(diǎn)，連接BD，點(diǎn)E是線段BD延長線上一點(diǎn)，連接AE，CE．使∠CAE＝∠CBE，過點(diǎn)C作CF⊥CE，交BD于點(diǎn)F．若∠ABC＝α（0°＜α＜90°），則線段AE與BF之間的數(shù)量關(guān)系為（　　） A．AE＝BF?tanα B．BF＝AE?tanα C．BF＝AE?cosα D．BF＝AE?sinα 【分析】結(jié)論：AE＝BF?tanα．證明△BCF∽△ACE即可解決問題．【解答】解：結(jié)論：AE＝BF?tanα．理由：∵∠BCA＝∠FCE＝90°， ∴∠BCF＝∠ACE， ∵∠CAE＝∠CBF， ∴△BCF∽∠ACE， ∴＝， ∵∠ABC＝α， ∴tanα＝， ∴AE＝BF?tanα．故選：A． 8．（2019?南京一模）如圖，將△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)任意角度得到△AB'C'，連接BB'、CC'，則BB'：CC'等于（　?。? A．AB：AC B．BC：AC C．AB：BC D．AC：AB 【分析】利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠B′AB＝∠C′AC，AB′＝AB，AC′＝AC，則可判斷△ABB′∽△ACC′，然后利用相似三角形的性質(zhì)可對各選項(xiàng)進(jìn)行判斷．【解答】解：∵△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)任意角度得到△AB'C'， ∴∠B′AB＝∠C′AC，AB′＝AB，AC′＝AC， ∴△ABB′∽△ACC′， ∴＝．故選：A． 9．（2012?攀枝花）如圖，△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，BC、DE交于點(diǎn)O．則下列四個結(jié)論中，①∠1＝∠2；②BC＝DE；③△ABD∽△ACE；④A、O、C、E四點(diǎn)在同一個圓上，一定成立的有（　　） A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】由△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可求得BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，繼而可得∠1＝∠2，則可判定①②正確；由△ABC≌△ADE，可得AB＝AD，AC＝AE，則可得AB：AC＝AD：AE，根據(jù)有兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等三角形相似，即可判定③正確；易證得△AEF∽△OCF與△AOF∽△CEF，繼而可得∠OAE+∠OCE＝180°，即可判定A、O、C、E四點(diǎn)在同一個圓上．【解答】解：∵△ABC≌△ADE且∠ABC＝∠ADE，∠ACB＝∠AED， ∴∠BAC＝∠DAE，BC＝DE，故②正確； ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠1＝∠2，故①正確； ∵△ABC≌△ADE， ∴AB＝AD，AC＝AE， ∴， ∵∠1＝∠2， ∴△ABD∽△ACE，故③正確； ∵∠ACB＝∠AEF，∠AFE＝∠OFC， ∴△AFE∽△OFC， ∴，∠2＝∠FOC，即， ∵∠AFO＝∠EFC， ∴△AFO∽△EFC， ∴∠FAO＝∠FEC， ∴∠EAO+∠ECO＝∠2+∠FAO+∠ECO＝∠FOC+∠FEC+∠ECO＝180°， ∴A、O、C、E四點(diǎn)在同一個圓上，故④正確．故選：D． 10．（2018春?輝縣市期末）如圖，△ABC≌△ADE且BC、DE交于點(diǎn)O，連接BD、CE，則下列四個結(jié)論：①BC＝DE，②∠ABC＝∠ADE，③∠BAD＝∠CAE，④BD＝CE，其中一定成立的有（　?。? A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)判斷即可．【解答】解：∵△ABC≌△ADE， ∴BC＝DE，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE，但不能得出DB＝CE，故選：C．二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）請把答案直接填寫在橫線上 11．（2021?準(zhǔn)格爾旗一模）如圖，AB＝4，AC＝，∠DAB＝∠DBC＝30°，∠BDC＝90°，ED⊥AD交AB于E，則DE的長是　?。? 【分析】根據(jù)題目的已知可得，△ADE∽△BDC，從而得兩個直角邊對應(yīng)成比例，從圖形分析可知∠ADB＝∠EDC，所以想到連接EC，構(gòu)造“手拉手”相似模型，再證明△ABD∽△ECD，繼而求出EC的長，易證∠BEC＝90°，最后放在Rt△AEC中利用勾股定理求出AE即可．【解答】解：連接EC， ∵∠ADE＝∠BDC＝90°，∠DAB＝∠DBC＝30°， ∴，△ADE∽△BDC， ∵∠ADB＝∠ADE+∠EDB，∠EDC＝∠BDC+∠EDB， ∴∠ADB＝∠EDC， ∴△ABD∽△ECD， ∴，∠ABD＝∠ECD， ∵∠DBC+∠DCB＝90°， ∴∠DBC+∠ECB+∠EBD＝90°， ∴∠BEC＝90°， ∵AB＝4， ∴EC＝， ∵AC＝， ∴AE＝＝， ∴DE＝AE＝． 12．（2022春?青白江區(qū)校級月考）如圖，DE是△ABC的中位線，F(xiàn)是DE的中點(diǎn)，CF的延長線交AB于點(diǎn)G，則S△CEF：S△DGF＝　3：1　．【分析】取CG的中點(diǎn)H，連接EH，根據(jù)三角形的中位線定理可得EH∥AD，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠GDF＝∠HEF，然后利用“角邊角”證明△DFG和△EFH全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得FG＝FH，全等三角形的面積相等可得S△EFH＝S△DGF，再求出FC＝3FH，再根據(jù)等高的三角形的面積比等于底邊的比求出兩三角形的面積的比，從而得解．【解答】解：如圖，取CG的中點(diǎn)H，連接EH， ∵E是AC的中點(diǎn)， ∴EH是△ACG的中位線， ∴EH∥AD， ∴∠GDF＝∠HEF， ∵F是DE的中點(diǎn)， ∴DF＝EF，在△DFG和△EFH中，， ∴△DFG≌△EFH（ASA）， ∴FG＝FH，S△EFH＝S△DGF，又∵FC＝FH+HC＝FH+GH ＝FH+FG+FH＝3FH， ∴S△EFC＝3S△EFH， ∴S△EFC＝3S△DGF， ∴S△CEF：S△DGF＝3：1．故答案為：3：1． 13．（2022?市中區(qū)校級一模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，點(diǎn)E為對角線AC上一動點(diǎn)，BE⊥BF，，BG⊥EF于點(diǎn)G，連接CG，當(dāng)CG最小時(shí)，CE的長為　?。? 【分析】過點(diǎn)B作BP⊥AC于點(diǎn)P，連接PG，則可得△ABE∽△PBG，進(jìn)而可知∠BPG為定值，因此CG⊥PG時(shí)，CG最小，通過設(shè)元利用三角函數(shù)和相似比可表示出PG、CP，即可求出結(jié)果．【解答】解：如圖，過點(diǎn)B作BP⊥AC于點(diǎn)P，連接PG， ∵，∠ABC＝∠EBF， ∴△ABC∽△EBF， ∴∠CAB＝∠FEB， ∵∠APB＝∠EGB＝90°， ∴△ABP∽△EBG， ∴＝，∠ABP＝∠EBG， ∴∠ABE＝∠PBG， ∴△ABE∽△PBG， ∴∠BPG＝∠BAE，即在點(diǎn)E的運(yùn)動過程中，∠BPG的大小不變且等于∠BAC， ∴當(dāng)CG⊥PG時(shí)，CG最小，設(shè)此時(shí)AE＝x， ∵， ∴PG＝， ∵CG⊥PG， ∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC， ∴，代入PG＝，解得CP＝x， ∵CP＝BC?sin∠CBP＝BC?sin∠BAC＝， ∴x＝， ∴AE＝． ∴CE＝，故答案為：． 14．（2021秋?宜賓期末）如圖，點(diǎn)A在線段BD上，在BD的同側(cè)作等腰直角△ABC和等腰直角△ADE，CD與BE、AE分別交于點(diǎn)P，M．對于下列結(jié)論：①△BAE∽△CAD；②MP?MD＝MA?ME；③2CB2＝CP?CM；④sin∠CPB＝；其中正確的結(jié)論有 ?、佗冖邸。▽懗鏊姓_結(jié)論的序號）．【分析】根據(jù)題意可得：CA＝AB，AD＝AE，利用兩角成比例且夾角相等的兩個三角形相似，證明①△BAE∽△CAD，從而得∠AEB＝∠ADC，然后利用兩角相等的兩個三角形相似證明△EMP∽△DMA，從而證明②MP?MD＝MA?ME，利用②的結(jié)論再證明△DEM∽△APM，從而得∠APM＝∠DEM＝90°，根據(jù)已知可知∠EAC＝90°，然后利用射影定理證明③2CB2＝CP?CM，求出∠CPB的度數(shù)即可判斷．【解答】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴CA＝AB，AD＝AE，∠AED＝∠ABC＝90°，∠DAE＝∠CAB＝45°， ∴∠DAE+∠EAC＝∠CAB+∠EAC， ∴∠DAC＝∠EAB， ∵＝＝， ∴△BAE∽△CAD，故①正確； ∵△BAE∽△CAD， ∴∠AEB＝∠ADC， ∵∠PME＝∠AMD， ∴△EMP∽△DMA， ∴＝， ∴MP?MD＝MA?ME，故②正確； ∵M(jìn)P?MD＝MA?ME， ∴＝， ∵∠AMP＝∠DME， ∴△DEM∽△APM， ∴∠APM＝∠DEM＝90°， ∵∠DAE＝∠CAB＝45°， ∴∠EAC＝180°﹣（∠DAE+∠CAB）＝90°， ∴∠EAC＝∠APC， ∵∠ACP＝∠ACM， ∴△CPA∽△CAM， ∴＝， ∴CA2＝CP?CM， ∴2CB2＝CP?CM，故③正確；設(shè)BE與AC相交于點(diǎn)F， ∵△BAE∽△CAD， ∴∠ACD＝∠ABE， ∵∠AFB＝∠PFC， ∴∠CPB＝∠CAB＝45°， ∴sin∠CPB＝，故④錯誤，所以，正確的結(jié)論有：①②③，故答案為：①②③． 15．（2021秋?嵊州市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，D是AB的中點(diǎn)，M是線段AC上的一動點(diǎn)，連結(jié)DM．以DM為直角邊作直角三角形DEM，使得∠DEM＝30°，斜邊DE所在直線交射線MC于點(diǎn)F．若△MDF的面積是△MEF面積的倍，則CM的長為　5?。? 【分析】如圖，過點(diǎn)D作DG⊥AC于G，過點(diǎn)E作EH⊥AC于H，先證得△ADG∽△ABC，求得：DG＝3，AG＝4，CG＝4，再根據(jù)△MDF的面積是△MEF面積的倍，可求得EH＝DG＝，再利用三角函數(shù)定義可得＝tan∠DEM＝tan30°＝，最后再證明△DMG∽△MEH，運(yùn)用相似三角形性質(zhì)即可求得答案．【解答】解：如圖，過點(diǎn)D作DG⊥AC于G，過點(diǎn)E作EH⊥AC于H，則∠DGM＝∠MHE＝90°，在Rt△ABC中，BC＝＝＝6， ∵D是AB的中點(diǎn)， ∴AD＝AB＝5， ∵∠AGD＝∠ACB＝90°，∠DAG＝∠BAC， ∴△ADG∽△ABC， ∴＝＝，即＝＝， ∴DG＝3，AG＝4， ∴CG＝AC﹣AG＝8﹣4＝4， ∵△MDF的面積是△MEF面積的倍， ∴FM?DG＝×FM?EH， ∴DG＝EH，即EH＝DG＝，在Rt△DEM中，∠DME＝90°，∠DEM＝30°， ∴＝tan∠DEM＝tan30°＝， ∵∠DMG+∠MDG＝90°，∠DMG+∠EMH＝∠DME＝90°， ∴∠MDG＝∠EMH， ∴△DMG∽△MEH， ∴＝， ∴＝， ∴MG＝1， ∴CM＝CG+MG＝4+1＝5，故答案為：5． 16．（2022?安徽模擬）在數(shù)學(xué)探究活動中，小明進(jìn)行了如下操作：如圖，將兩張等腰直角三角形紙片ABC和CDE如圖放置（其中∠ACB＝∠E＝90°，AC＝BC，CE＝DE）．CD、CE分別與AB邊相交于M、N兩點(diǎn)．請完成下列探究：（1）若AC＝2，則AN?BM的值為　4　；（2）過M作MF⊥AC于F，若＝，則的值為　?。? 【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，可得∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，即可證明△ACN∽△BMC，可得＝，即可求解；（2）過點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G，可得∠CGN＝∠CFM＝90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，從而可得∠NCG＝∠MCF，可證得△GCN∽△FCM，可得＝＝，設(shè)CG＝4k，則CF＝5k，AC＝4k，即可求解＝．【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE為等腰直角三角形， ∴∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，BC＝AC＝2， ∵∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°， ∴∠ACN＝∠BMC， ∴△ACN∽△BMC， ∴＝， ∵BC＝AC＝2， ∴AN?BM＝AC?BC＝4，故答案為：4；（2）如圖，過點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G， ∵M(jìn)F⊥AC， ∴∠CGN＝∠CFM＝90°， ∵∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°， ∴∠NCG＝∠MCF， ∴△GCN∽△FCM， ∵＝， ∴＝＝，設(shè)CG＝4k，則CF＝5k，AC＝4k， ∴＝，故答案為：．三、解答題（本大題共6小題，共46分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟） 17．（2022秋?鐵東區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，邊AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60度與BC重合，點(diǎn)D、E分別在邊BC、AC上，∠ADE＝60°．（1）求證：△ABD∽△DCE；（2）若BD＝2，CE＝，求△ABC的邊長．【分析】（1）首先根據(jù)旋轉(zhuǎn)證明△ABC為等邊三角形，然后利用等邊三角形的性質(zhì)與已知條件即可證明結(jié)論；（2）利用相似三角形的性質(zhì)即可解決問題．【解答】（1）證明：∵在△ABC中，邊AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60度與BC重合， ∴△ABC為等邊三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC， ∴∠BAD+∠BDA＝120°， ∵∠ADE＝60°， ∴∠BDA+∠CDE＝120°， ∴∠BAD＝∠CDE， ∴△ABD∽△DCE；（2）解：∵△ABD∽△DCE， ∴AB：CD＝BD：CE， ∵BD＝2，CE＝， ∴AB：（BC﹣BD）＝BD：CE， ∴AB：（AB﹣2）＝2：， ∴AB＝6， ∴△ABC的邊長為6． 18．（2022?固安縣模擬）把兩個等腰直角△ABC和△ADE按如圖1所示的位置擺放，∠A＝90°，將△ADE繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，連接BD，EC，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜360°）．（1）求證：△BAD≌△CAE．（2）如圖3，若點(diǎn)D在線段BE上，且BC＝13，DE＝7，求CE的長．（3）當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α＝　90°或270°　時(shí)，△ABD的面積最大．【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，求得∠BAD＝∠CAE即可證明；（2）過點(diǎn)A作AH⊥BE于H，由△ABD≌△ACE可得BD＝CE，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AH＝DH＝EH＝DE＝，由BC求得AB，再由勾股定理求得BH即可解答；（3）根據(jù)D點(diǎn)軌跡可得當(dāng)AD⊥AB時(shí)，△ABD面積最大，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求得α即可．【解答】（1）證明：∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形， ∴AD＝AE，AB＝AC， ∠BAC＝∠DAE＝90°，則∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）；（2）解：如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BE于H，由（1）證明同理可得△ABD≌△ACE， ∴BD＝CE， ∵△ADE是等腰直角三角形，AH⊥DE， ∴AH是斜邊中線， ∴AH＝DH＝EH＝DE＝，在Rt△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝13， ∴AB＝BCcos∠ABC＝，在Rt△ABH中，BH＝＝， ∴BD＝BH﹣DH＝5， ∴CE＝BD＝5；（3）解：∵D點(diǎn)軌跡在以A為圓心，AD為半徑的圓上， ∴AD的長度為定值， ∵AB的長度為定值， ∴△ABD底邊AB上的高≤AD， ∴當(dāng)AD⊥AB時(shí)，△ABD面積最大，即點(diǎn)D在直線AC上， ①如圖當(dāng)α＝90°時(shí)，AD⊥AB，△ABD面積最大， ②如圖3﹣2，當(dāng)α＝270°時(shí)，AD⊥AB，△ABD面積最大， ∴當(dāng)α為90°或270°時(shí)，△ABD面積最大；故答案為：90°或270°． 19．（2022春?龍崗區(qū)期末）（1）如圖1，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D為BC邊上的一動點(diǎn)（點(diǎn)D不與B、C重合），以AD為邊作等邊△ADE，連接CE．易求∠DCE＝　120　°；（2）如圖2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，點(diǎn)D為BC上的一動點(diǎn)（點(diǎn)D不與B、C重合），以AD為邊作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（頂點(diǎn)A、D、E按逆時(shí)針方向排列），連接CE，類比題（1），請你猜想：線段BD、CD、DE之間的關(guān)系，并說明理由；（3）如圖3，在（2）的條件下，若D點(diǎn)在BC的延長線上運(yùn)動，以AD為邊作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（頂點(diǎn)A、D、E按逆時(shí)針方向排列），連接CE．CE＝10，BC＝6，求AE的長．【分析】（1）利用等式的性質(zhì)判斷出∠BAD＝∠CAE，進(jìn)而得出△ABD≌△ACE，即可得出答案；（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，進(jìn)而得出BD＝CE，∠BCE＝90°，即可得出結(jié)論；（3）同（2）的方法，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等邊三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAD+∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE＝60°， ∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，故答案為：120；（2）DE2＝CD2+BD2；理由如下：在Rt△ABC中，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，根據(jù)勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2；（3）由（2）知，BD＝CE， ∵CE＝10， ∴BD＝10， ∵BC＝6， ∴CD＝BD﹣BC＝4，由（2）知，∠BCE＝90°， ∴∠DCE＝90°，根據(jù)勾股定理得，DE2＝CE2+CD2＝116，在Rt△ADE中，DE2＝2AE2＝116， ∴AE＝． 20．（2022?下城區(qū)校級二模）如圖所示，已知BC是⊙O的直徑，A、D是⊙O上的兩點(diǎn)，連結(jié)AD、AC，CD，線段AD與直徑BC相交于點(diǎn)E．（1）若∠ACB＝60°，求sin∠ADC的值．（2）當(dāng)＝時(shí)， ①若CE＝，＝2，求∠COD的度數(shù)． ②若CD＝1，CB＝4，求線段CE的長．【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，首先得到直角三角形，然后求出∠B的度數(shù)，利用特殊角的銳角三角函數(shù)值直接求解即可；（2）①根據(jù)已知先求出的值，然后在直角三角形中利用cosB的值即可求出∠B，再利用圓周角定理得出∠B和∠COD的關(guān)系即可求出∠COD的度數(shù)； ②利用已知容易得出∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE，進(jìn)而得出△OCD∽△DCE，利用相似的性質(zhì)得出比例式即可求出CE的長．【解答】解：（1）∵BC是⊙O的直徑， ∴∠BAC＝90°， ∵∠ACB＝60°， ∴∠B＝30°， ∵＝， ∴∠ADC＝∠B＝30°， ∴sin∠ADC＝sin30°＝，答：sin∠ADC的值是；（2）①∵CE＝，＝2， ∴＝， ∵∠BAC＝90°， ∴cos∠B＝＝， ∴∠B＝45°， ∵＝， ∴∠CAD＝∠B＝22.5°， ∴∠COD＝2∠CAD＝45°，即∠COD的度數(shù)為45°； ②∵＝， ∵∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE， ∴△OCD∽△DCE， ∴， ∵BC＝4， ∴OC＝2， ∴， ∴CE＝， ∴線段CE的長為． 21．（2022?漢陽區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E為AB上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DP⊥CE于點(diǎn)P，連接DE交AP于點(diǎn)F，點(diǎn)P恰好為CE的中點(diǎn)．（1）求證：△DEP∽△CEB；（2）如圖1，若，求的值；（3）如圖2，在（2）的條件下，點(diǎn)G、Q分別為DP、DE上的動點(diǎn)，若CP＝3，請直接寫出GF+GQ的最小值．【分析】（1）由矩形性質(zhì)可得：AB∥CD，∠B＝∠BCD＝90°，由平行線性質(zhì)可得∠BEC＝∠DCE，再由線段垂直平分線性質(zhì)和等腰三角形性質(zhì)可推出∠DCE＝∠DEP，即可證明結(jié)論；（2）如圖1，延長AP交DC的延長線于點(diǎn)H，可證得△PCH≌△PEA（AAS），得出：CH＝AE，PH＝PA，設(shè)BE＝3k（k＞0），則BC＝AD＝4k，利用勾股定理可得EC＝5k，再由△DEP∽△CEB，可得出DE＝k，DP＝k，再利用△AEF∽△HDF，即可求得答案；（3）由于直線DP是△DCE的對稱軸，作點(diǎn)Q關(guān)于DP的對稱點(diǎn)Q′，點(diǎn)Q′在DC上，且DQ′＝DQ，連接GQ、GQ′、GF，當(dāng)F、G、Q′三點(diǎn)在同一條直線上，且FQ′⊥CD時(shí)，GF+GQ＝GF+GQ′＝FQ′最小，由CP＝3，可求得k＝，再由FQ′∥AD，可得△FDQ′∽△DEA，利用相似三角形性質(zhì)即可求得GQ′的值．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠BEC＝∠DCE， ∵DP⊥CE，點(diǎn)P為CE的中點(diǎn)， ∴CD＝DE，∠DPE＝90°， ∴∠DCE＝∠DEP， ∴∠DPE＝∠B，∠DEP＝∠BEC， ∴△DEP∽△CEB；（2）解：如圖1，延長AP交DC的延長線于點(diǎn)H， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠H＝∠PAE， ∵點(diǎn)P為CE的中點(diǎn)， ∴PC＝PE，在△PCH和△PEA中，， ∴△PCH≌△PEA（AAS）， ∴CH＝AE，PH＝PA， ∵，設(shè)BE＝3k（k＞0），則BC＝AD＝4k，∠B＝90°， ∴EC＝＝＝5k， ∴PE＝PC＝EC＝k， ∵△DEP∽△CEB， ∴＝＝，即＝＝， ∴DE＝k，DP＝k，由（1）知：CD＝DE， ∴CD＝AB＝k， ∴AE＝CH＝AB﹣BE＝k﹣3k＝k， ∴DH＝CD+CH＝k+k＝k， ∵AB∥DH， ∴△AEF∽△HDF， ∴＝＝＝；（3）解：∵DP是線段CE的垂直平分線， ∴直線DP是△DCE的對稱軸，作點(diǎn)Q關(guān)于DP的對稱點(diǎn)Q′，點(diǎn)Q′在DC上，且DQ′＝DQ，連接GQ、GQ′、GF，當(dāng)F、G、Q′三點(diǎn)在同一條直線上，且FQ′⊥CD時(shí)，GF+GQ＝GF+GQ′＝FQ′最小，由（2）知：PE＝PC＝k， ∵CP＝3， ∴k＝3，解得：k＝， ∴DE＝k＝5，AE＝k＝，AD＝4k＝， ∵＝， ∴DF＝DE＝×5＝， ∵FQ′⊥CD， ∴∠DQ′F＝90°， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ADC+∠DQ′F＝180°， ∴FQ′∥AD， ∴△FDQ′∽△DEA， ∴＝，即＝， ∴FQ′＝， ∴GF+GQ的最小值為． 22．（2022春?江夏區(qū)校級月考）如圖1，在△ABC中，點(diǎn)E在AC延長線上，且∠E＝∠ABC．（1）求證：AB2＝AC?AE；（2）如圖2，D在BC上且BD＝3CD，延長AD交BE于F，若，求；（3）如圖3，若∠CAB＝90°，tan∠E＝，BD＝5CD，過A作AQ⊥AD交EB延長線于Q，直接寫出．【分析】（1）判斷出△BAE∽△CAB，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)CD＝m，則BD＝3m，BC＝4m，由（1）知，△BAE∽△CAB，進(jìn)而得出＝，BE＝6m，過點(diǎn)E作EH∥BC交AF的延長線于H，再判斷出△ACD∽△AEH，求出EH＝m，再判斷出△BDF∽△EHF，得出BF＝EF，進(jìn)而求出EF，即可求出答案；（3）設(shè)CD＝x，則BD＝5x，BC＝6x，求出∠E＝30°，∠ABC＝30°，進(jìn)而求出AC＝BC＝3x，AB＝3x，在CA上截取CP＝CD＝x，判斷出△CDP是等邊三角形，得出CP＝DP＝CD＝x，∠APD＝120°，進(jìn)而判斷出△ADP∽△AQB，求出BQ＝x，即可求出答案．【解答】（1）證明：∵∠E＝∠ABC，∠BAE＝∠CAB， ∴△BAE∽△CAB， ∴， ∴AB2＝AC?AE；（2）解：如圖2，設(shè)CD＝m，則BD＝3CD＝3m， ∴BC＝CD+BD＝4m，由（1）知，△BAE∽△CAB， ∴＝＝， ∵＝， ∴＝＝， ∴＝，BE＝6m，過點(diǎn)E作EH∥BC交AF的延長線于H， ∴△ACD∽△AEH， ∴＝， ∴， ∴EH＝m， ∵EH∥BC， ∴△BDF∽△EHF， ∴＝， ∴＝＝， ∴BF＝EF， ∵BE＝EF+BF＝EF+EF＝EF＝6m， ∴EF＝m， ∴＝＝；（3）解：如圖3，設(shè)CD＝x，則BD＝5x， ∴BC＝CD+BD＝6x， ∵tan∠E＝， ∴∠E＝30°， ∴∠E＝∠ABC＝30°，在Rt△ABC中，AC＝BC＝3x， ∴AB＝AC＝3x，在CA上截取CP＝CD＝x， ∵∠ACB＝90°﹣∠ABC＝60°， ∴△CDP是等邊三角形， ∴CP＝DP＝CD＝x，∠APD＝120°， ∵∠ABQ＝180°﹣∠E+∠BAC＝120°， ∴∠APD＝∠ABQ， ∵AQ⊥AD， ∴∠DAQ＝90°＝∠CAB， ∴∠CAD＝∠BAQ， ∴△ADP∽△AQB， ∴＝， ∵AP＝AC﹣CP＝3x﹣x＝2x， ∴， ∴BQ＝x， ∴＝＝．