人教版數(shù)學(xué)九年級下冊重難點培優(yōu)訓(xùn)練專題27.10一線三等角型相似三角形綜合問題（2份，原卷版+解析版）

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專題27.10一線三等角型相似三角形綜合問題（重難點培優(yōu)） 姓名：__________________ 班級：______________ 得分：_________________ 注意事項： 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中，只有一項是符合題目要求的． 1．（2021秋?鹿邑縣月考）如圖，已知△ABC和△ADE均為等邊三角形，D在BC上，DE與AC相交于點F，AB＝18，BD＝6，則CF＝（　?。? A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】通過相似三角形△ABD∽△CDF的對應(yīng)邊成比例進行解答． 【解答】解：如圖，∵△ABC和△ADE均為等邊三角形， ∴∠B＝∠BAC＝60°， ∴∠BAD+∠ADB＝120°，∠ADB+∠FDC＝120°， ∴∠BAD＝∠FDC， 又∵∠B＝∠C＝60°， ∴△ABD∽△CDF， ∴AB：BD＝CD：CF， 即18：6＝（18﹣6）：CF， ∴CF＝4． 故選：A． 2．（2022?昆明一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，，E為CD邊上一點，將△BCE沿BE折疊，使得C落到矩形內(nèi)點F的位置，連接AF，若，則CE＝（　?。? A． B． C． D． 【分析】過點F作MN∥AD，交AB于點M，交CD于點N，由折疊可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，在Rt△AMF中，tan∠BAF＝，設(shè)FM＝x，則AM＝2x，BM＝4﹣2x，在Rt△BFM中，由勾股定理可求得x的值，進而可得FN，根據(jù)△EFN∽△FBM，可求出EF，即可得出答案． 【解答】解：過點F作MN∥AD，交AB于點M，交CD于點N， 則MN⊥AB，MN⊥CD， 由折疊可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°， 在Rt△AMF中，tan∠BAF＝， 設(shè)FM＝x，則AM＝2x，BM＝4﹣2x， 在Rt△BFM中，由勾股定理可得， ， 解得x＝1或x＝（舍去）， ∴FM＝1，AM＝BM＝2，F(xiàn)N＝MN﹣FM＝BC﹣FM＝﹣1， ∵∠EFN+∠FEN＝∠EFN+∠BFM＝90°， ∴∠FEN＝∠BFM， 又∵∠FNE＝∠BMF， ∴△EFN∽△FBM， ∴， 即， 解得EF＝． ∴EC＝． 故選：C． 3．（2022?齊齊哈爾模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為4，E是BC上一點，過點E作EF⊥AE，交BC于點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，進而可得當(dāng)x＝2時，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，CF最大＝1， 此時DF最?。紻C﹣CF＝3， 在Rt△ADF中，AF＝＝， ∴當(dāng)DF最?。?時，AF取最小值， ∴AF最小＝＝5， ∴AF的最小值是5， 故選：A． 4．（2022?唐河縣二模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，A（4，0），點B為y軸上一點，連接AB，tan∠BAO＝2，點C，D為OB，AB的中點，點E為射線CD上一個動點．當(dāng)△AEB為直角三角形時，點E的坐標(biāo)為（　　） 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°，進行計算即可解答． 【解答】解：∵A（4，0）， ∴OA＝4， 在Rt△ABO中，tan∠BAO＝＝2， ∴BO＝2OA＝8， ∴AB＝＝＝4， ∵點C，D為OB，AB的中點， ∴OC＝OB＝4，CD＝OA＝2，CD∥OA， 分兩種情況： 當(dāng)∠AE1B＝90°，點D為AB的中點， ∴DE1＝AB＝2， ∴CE1＝CD+DE1＝2+2， ∴E1（2+2，4）， 當(dāng)∠BAE2＝90°時，過點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，點E的坐標(biāo)為（2+2，4）或（12，4）， 故選：C． 5．（2021秋?南京期末）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，F(xiàn)C＝6，則DG的長是（　?。? A．4 B． C． D．5 【分析】由矩形的性質(zhì)可求出∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，證明△EFB∽△FGC，由相似三角形的性質(zhì)得出，求出CG＝4，同理可得出△DAE∽△EBF，由相似三角形的性質(zhì)求出AE的長，則可求出答案． 【解答】解：∵EF⊥FG， ∴∠EFB+∠GFC＝90°， ∵四邊形ABCD為矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD， ∴∠GFC+∠FGC＝90°， ∴∠EFB＝∠FGC， ∴△EFB∽△FGC， ∴， ∵BE＝3，BF＝2，F(xiàn)C＝6， ∴， ∴CG＝4， 同理可得△DAE∽△EBF， ∴， ∴， ∴AE＝， ∴BA＝AE+BE＝+3＝， ∴DG＝CD﹣CG＝﹣4＝． 故選：B． 6．（2021秋?蕉城區(qū)校級月考）如圖，在邊長為4的等邊△ABC中，點D是AB邊上一個動點，沿過點D的直線折疊∠A，使點A落在BC邊上的點F處，折痕交AC于點E，當(dāng)BF＝1，AE＝時，則AD的長是（　?。? A． B． C．2 D． 【分析】首先由翻折性質(zhì)得到△ADE≌△DEF，所以AD＝DF，AE＝EF，再利用一線三等角證明出△BDF∽△CEF，最后根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊的比相等計算出DF的長即可解答． 【解答】解：∵△ABC邊長為4，AE＝， ∴CE＝4﹣＝， ∵由翻折性質(zhì)得：△ADE≌△DEF， ∴AD＝DF，AE＝EF， ∵∠DFE＝∠A＝60°， ∴∠DFB+∠EFC＝120°， ∵∠C＝60°， ∴∠EFC+∠CEF＝120°， ∴∠CEF＝∠DFB， ∵∠B＝∠C＝60°， ∴△BDF∽△CEF， ∴BD：CF＝BF：CE＝DF：FE＝1：， ∴DF＝FE＝， ∴AD＝DF＝． 故選：D． 7．（2021?鄂溫克族自治旗一模）如圖，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，點P在BC上運動（不與B、C重合），過點P作PQ⊥EP，交CD于點Q，則CQ的最大值為（　　） A．6 B．2 C．3 D．4 【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠B＝∠C＝90°，AB＝BC＝12，從而證明一線三等角模型相似△BPE∽△CQP，設(shè)BP＝x，則CP＝BC﹣BP＝12﹣x，進而可得CQ＝﹣x2+x＝﹣（x﹣6）2+4，即可解答． 【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠C＝90°，AB＝BC＝12， ∴∠BEP+∠EPB＝90°， ∵AE＝AB， ∴AE＝3， ∴BE＝AB﹣AE＝9， 設(shè)BP＝x，則CP＝BC﹣BP＝12﹣x， ∵PQ⊥EP， ∴∠EPQ＝90°， ∴∠EPB+∠QPC＝90°， ∴∠BEP＝∠QPC， ∴△BPE∽△CQP， ∴＝， ∴＝， ∴CQ＝﹣x2+x＝﹣（x﹣6）2+4， ∴當(dāng)x＝6時，CQ的最大值為4， 故選：D． 8．（2021?煙臺模擬）如圖，等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，點P為BC邊上的任意一點（不與點B、C重合），且∠APD＝45°，PD交AB于點D．設(shè)BP＝x，BD＝y(tǒng)，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（　?。? A． B． C． D． 【分析】證明出△BPD∽△CAP，再利用表示出x與y的函數(shù)關(guān)系式． 【解答】解：∵△ABC為等腰直角三角形； ∴∠B＝∠C＝45°＝∠APD；BC＝BA＝4； 又∵在△BDP中，∠B+∠BDP+∠BPD＝180°， ∴∠BDP+∠BPD＝135°； ∵∠BPD+∠APD+∠CPA＝180°； ∴∠BPD+∠APC＝135°； ∴∠BDP＝∠APC； ∵在三角形△BPD和△CAP中，∠B＝∠C，∠BPD＝∠APC； ∴△BPD∽△CAP； ∴； 又∵BP＝x．BD＝y(tǒng)， ∴PC＝4﹣x； ∴； 得． 結(jié)合圖像，故選：C． 9．（2021秋?溫州校級期中）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)，H分別在邊AB，BC，AD上，四邊形EFGH由兩個正方形組成，若BF＝AH＝2，則線段BC的長為（　　） A．4 B．4.5 C．5 D．5.5 【分析】由四邊形EFGH是由兩個正方形組成可得∠FEH＝90°，即得∠BEF+∠AEH＝90°，然后由∠BEF+∠BFE＝90°得到∠BFE＝∠AEH，再結(jié)合矩形ABCD中∠B＝∠A＝90°得證△BFE∽△AEH，設(shè)小正方形的邊長EH＝x，則EF＝2x，利用勾股定理用含有x的式子表示BE、AE的長，然后借助相似三角形的性質(zhì)求得x的值，然后利用相同的道理得到△GFC∽△BEF求得CG和FC的長，進而得到BC的長． 【解答】解：∵四邊形EFGH是由兩個正方形組成， ∴∠FEH＝∠EFG＝∠FGC＝90°，EF＝2EH， ∴∠BEF+∠AEH＝∠BFE+∠GFC＝90°， ∵∠BEF+∠BFE＝∠CFG+∠FCG＝90°， ∴∠BFE＝∠AEH＝∠FCG， ∵矩形ABCD中∠B＝∠A＝90°， ∴△BFE∽△AEH∽△GCF， ∴，， ∵BF＝AH＝2， ∴BE＝2AH＝2×2＝4，AE＝BF＝×2＝1， ∴EH＝FG＝＝， ∴EF＝2EH＝2， ∴， ∴CF＝2.5， ∴BC＝BF+CF＝2+2.5＝4.5， 故選：B． 10．（2021秋?鐵東區(qū)月考）如圖，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝2，以對角線BD為直角邊作直角三角形DBF，若∠DBF＝90°，∠BDF＝30°，DF與BC交于點E，則DE：EF的比是（　　） A． B．3：2 C．2：1 D． 【分析】過點F作FG⊥AB于點G，先證明△ABD∽△GFB，得＝，由∠DBF＝90°，∠BDF＝30°，得＝，得＝，求出BG＝，再根據(jù)平行線分線段成比例即可求解． 【解答】解：過點F作FG⊥AB于點G， ∵∠DBF＝90°，∠A＝∠G＝90°， ∴∠ABD+∠GBF＝∠GBF+∠BFG＝90°， ∴∠ABD＝∠BFG， ∵∠A＝∠G＝90°， ∴△ABD∽△GFB， ∴＝， ∵∠DBF＝90°，∠BDF＝30°， ∴tan∠BDF＝＝， ∴＝， ∴BG＝， ∵GF∥BC∥AD， ∴DE：EF＝AB：BG＝2：＝2：3， 故選：D． 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．（2022?太原二模）如圖，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，過CB的中點D作DE⊥AD，交AB于點E，則EB的長為 　?。? 【分析】過點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，進而根據(jù)BD＝2列出關(guān)于x的方程，進行計算可求出EM，BM的長，最后在Rt△BME中，利用勾股定理進行計算即可解答． 【解答】解：過點E作EM⊥BC，垂足為M， ∴∠DME＝∠BME＝90°， ∴∠EDM+∠DEM＝90°， ∵DE⊥AD， ∴∠ADE＝90°， ∴∠CDA+∠EDM＝90°， ∴∠CDA＝∠DEM， ∵點D是BC的中點， ∴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．（2022秋?二道區(qū)月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，BC＝12，D，E分別是BC，AB上的動點（點D與B，C不重合），且2∠ADE+∠BAC＝180°，若BE＝4，則CD的長為 　6?。? 【分析】依據(jù)∠C＝∠ADE，∠BDE＝∠CAD，即可判定△BDE∽△CAD；再根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可得到＝，即＝，進而得出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． 13．（2022?孟村縣二模）如圖，在等邊三角形ABC中，點D、點E分別在BC、AC上，且∠ADE＝60°． （1）寫出和∠CDE相等的角：　∠BAD?。?（2）若AB＝3，BD＝1，則CE長為 　?。? 【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝3，從而利用三角形的內(nèi)角和定理可得∠BAD+∠ADB＝120°，再根據(jù)平角定義可得∠CDE+∠ADB＝120°，從而可得∠CDE＝∠BAD，即可解答； （2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得求出CD的長，再利用（1）的結(jié)論證明△ABD∽△DCE，然后利用相似三角形的性質(zhì)進行計算即可解答． 【解答】解：（1）∵△ABC是等邊三角形， ∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝3， ∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝120°， ∵∠ADE＝60°， ∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°， ∴∠CDE＝∠BAD， ∴和∠CDE相等的角：∠BAD， 故答案為：∠BAD； （2）∵BC＝3，BD＝1， ∴CD＝BC﹣BD＝3﹣1＝2， 由（1）得：∠B＝∠C＝60°，∠CDE＝∠BAD， ∴△ABD∽△DCE， ∴＝， ∴＝， ∴CE＝， 故答案為：． 14．（2022?紅花崗區(qū)二模）在數(shù)學(xué)探究活動中，小美將矩形ABCD紙片先對折，展開后折痕是EF，點M為BC邊上一動點，連接AM，過點M作MN⊥AM交CD于點N．將△MCN沿MN翻折，點C恰好落在線段EF上，已知矩形ABCD中AB＝4，BC＝6，那么BM的長為 　4或?。? 【分析】連接CC′交MN于點G，由折疊可得，MN是CC′的垂直平分線，從而可得∠MGC＝90°，CN＝C′N，先設(shè)BM＝x，則CM＝BC﹣CM＝6﹣x，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠B＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4，再根據(jù)同角的余角相等可得∠BAM＝∠CMN，從而證明△ABM∽△MCN，進而利用相似三角形的性質(zhì)可得CN＝C′N＝，然后求出FN的長，再根據(jù)同角的余角相等可得∠C′CF＝∠CMN，從而可得∠C′CF＝∠BAM，進而可證明△ABM∽△CFC′，利用相似三角形的性質(zhì)可求出FC′＝x，最后在Rt△FNC′中，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程，進行計算即可解答． 【解答】解：連接CC′交MN于點G， 由折疊得： MN是CC′的垂直平分線， ∴∠MGC＝90°，CN＝C′N， 設(shè)BM＝x，則CM＝BC﹣BM＝6﹣x， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4， ∴∠BAM+∠AMB＝90°， ∵MN⊥AM， ∴∠AMN＝90°， ∴∠AMB+∠CMN＝90°， ∴∠BAM＝∠CMN， ∴△ABM∽△MCN， ∴＝， ∴＝， ∴CN＝， ∴CN＝C′N＝， 由折疊得： CF＝CD＝2，∠CFE＝90°， ∴FN＝CF﹣CN＝2﹣＝， ∵∠BCC′+∠C′CF＝90°，∠BCC′+∠CMN＝90°， ∴∠C′CF＝∠CMN， ∴∠C′CF＝∠BAM， ∵∠B＝∠CFC′＝90°， ∴△ABM∽△CFC′， ∴＝， ∴＝， ∴FC′＝x， 在Rt△FNC′中，C′F2+FN2＝C′N2， ∴（x）2+（）2＝（）2， ∴x＝4或x＝， ∴BM的長為：4或， 故答案為：4或． 15．（2021秋?定海區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，CD＝7，E為AD上一點，且AE＝2，點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，AF的值是 　3或4或　． 【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，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，當(dāng)∠HGC＝90°， ∵四邊形EFGH是矩形， ∴∠HGF＝90°， ∴∠HGF+∠HGC＝180°， ∴點F、G、C三點共線， 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， ∵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． 16．（2022?桐柏縣一模）如圖1，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝6．第一步，如圖2，在CD邊上找一點E，將矩形沿AE折疊，點D落在AB邊上點F處；第二步，如圖3，在AB上找一點M，將△CMB沿CM折疊，得到△CMN，點N落在AE上，則MN的長為 　?。? 【分析】過點N作NP⊥AB于點P，交CD于點Q，由折疊性質(zhì)可得四邊形AFED是正方形，NC＝BC＝5，MN＝BM，∠MNC＝∠B＝90°，設(shè)AP＝x，可得AP＝DQ＝PN＝x，PQ＝AD＝5，QC＝6﹣x，QN＝5﹣x，可證得△MNP∽△NCQ，可求得MP＝，MN＝，再由AP+PM+MN＝AB得到方程，解方程即可求解． 【解答】解：如圖，過點N作NP⊥AB于點P，交CD于點Q， 由第一步折疊可得： AF＝AD＝EF＝DE＝5， ∴四邊形AFED是正方形， ∴∠EAF＝45°， 由第二步折疊可得： NC＝BC＝5，MN＝BM，∠MNC＝∠B＝90°， ∵PQ⊥AB，PQ⊥CD， ∴四邊形APQD是矩形， ∴∠MPN＝∠NQC＝90°， 設(shè)AP＝x，可得： AP＝DQ＝PN＝x，PQ＝AD＝5， ∴QC＝CD﹣DQ＝6﹣x，QN＝5﹣x， ∵∠MNP+∠NMP＝90°，∠MNP+∠CNQ＝90°， ∴∠NMP＝∠CNQ， ∴△MNP∽△NCQ， ∴＝＝， ∴＝＝， ∴MP＝，MN＝， ∵AP+PM+MB＝AP+PM+MN＝AB， ∴x++＝6， 解得：x＝2或x＝9， ∵9＞6＞5， ∴x＝9舍去， ∴x＝2， ∴MN＝＝， 故答案為：． 三、解答題（本大題共6小題，共46分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟） 17．（2022秋?豐城市期中）如圖，在等邊△ABC中，D為BC邊上一點，E為AC邊上一點，∠ADE＝60°，BD＝4，CE＝3． （1）求證：△ABD∽△DCE； （2）求AB的邊長． 【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)可得AB＝BC，∠B＝∠C＝60°，從而利用三角形內(nèi)角和定理可得∠BAD+∠ADB＝120°，再利用平角定義可得∠ADB+∠EDC＝120°，從而可得∠BAD＝∠EDC，然后利用兩角相等的兩個三角形相似即可解答； （2）利用相似三角形的性質(zhì)，進行計算即可解答． 【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形， ∴AB＝BC，∠B＝∠C＝60°， ∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝120°， ∵∠ADE＝60°， ∴∠ADB+∠EDC＝180°﹣∠ADE＝120°， ∴∠BAD＝∠EDC， ∴△ABD∽△DCE； （2）解：∵△ABD∽△DCE， ∴＝， ∴＝， ∴AB＝16， ∴AB的長為16． 18．（2022秋?皇姑區(qū)校級月考）已知，如圖，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，點E是射線BC上一動點，將矩形ABCD沿直線AE翻折，點B落在點F處． （1）若點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，②點F在CD上，∠ECF＝90°時，③∠CEF＝90°時，④點F在CD延長線上，∠ECF＝90°時，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F到BC邊的距離為； （3）分三種情況： ①∠CFE＝90°時，如圖3， ∵∠AFE＝90°， ∴∠AFE+∠CFE＝180°， ∴A、F、C三點共線， ∵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F在CD上，∠ECF＝90°時，如圖4， 由（1）可知，BE＝， ∴CE＝BC﹣BE＝3﹣＝； ③∠CEF＝90°時，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F在CD延長線上，∠ECF＝90°時，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． 19．（2022?安徽三模）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)進行計算即可解答． 【解答】（1）證明：連接OE， ∵半⊙O與邊AD相切于點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． 20．（2022?碭山縣模擬）如圖1，在四邊形ABCD中，AC是對角線，且AB＝AC．F是BC邊上一動點，連接AF，DF，DF交AC于點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A，D分別作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分別為M，N，過點A作AG⊥DN于點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A，D分別作AM⊥BC，DN⊥FC，垂足分別為M，N，過點A作AG⊥DN于點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＝×＝． 21．（2022?靜安區(qū)二模）如圖①，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，AD＝6，BC＝7，點P是邊AD上的動點，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C（即點E、F與點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D作DH⊥BC于點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D作DH⊥BC于點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， 解得：x＝2或x＝5， ∵＜0， ∴當(dāng)y≥2時，2≤x≤5， 故y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y＝x2+x﹣3，定義域為2≤x≤5． 22．（2022?齊齊哈爾三模）綜合與實踐 數(shù)學(xué)實踐課堂上，張老師帶領(lǐng)學(xué)生們從一道題入手，開始研究，并對此題做適當(dāng)變式，嘗試舉一反三，開闊學(xué)生思維． （1）原型題：如圖1，AB⊥BD于點B，CD⊥BD于點D，P是BD上一點，AP＝PC，AP⊥PC，則△ABP≌△　PDC　，請你說明理由． （2）利用結(jié)論，直接應(yīng)用： 如圖2，四邊形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，邊長分別為a、b、c，A、B、N、E、F五點在同一條直線上，則△CBN≌△　NEH　，c＝　?。ㄓ煤琣、b的式子表示）． 如圖3，四邊形ABCD中，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝2，CD＝4，以BC上一點O為圓心的圓經(jīng)過A、D兩點，且∠AOD＝90°，則圓心O到弦AD的距離為 　?。?（3）弱化條件，變化引申： 如圖4，M為線段AB的中點，AE與BD交于點C，∠DME＝∠A＝∠B＝45°，且DM交AC于點F，ME交BC于點G，連接FG，則△AMF與△BGM的關(guān)系為：　△AMF∽△BGM　，若，AF＝3，則FG＝　　． 【分析】（1）先證明∠BAP＝∠CPD，根據(jù)AAS定理可證明△ABP≌△PDC． （2）先證明△CBN≌△NEH，再利用勾股定理說明a、b、c間關(guān)系；根據(jù)AAS證明△AOB≌△ODC，則有OB＝CD＝4；再根據(jù)勾股定理求得OA．可證明三角形AOD是等腰直角三角形，則可得出答案． （3）利用三角形外角可得∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，進而證得△AMF∽△BGM，再由∠A＝∠B＝45°，可得出△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)M為線段AB的中點，可得AM＝BM＝AB＝×4＝2，運用相似三角形性質(zhì)和勾股定理即可求得答案． 【解答】（1）證明：∵AB⊥BD，CD⊥BD， ∴∠ABP＝∠PDC＝90°， ∴∠BAP+∠APB＝90°， ∵AP⊥PC， ∴∠CPD+∠APB＝90°， ∴∠BAP＝∠CPD， 在△ABP和△PDC中， ， ∴△ABP≌△PDC（AAS）； 故答案為：PDC． （2）證明：∵四邊形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，邊長分別為a、b、c， ∴∠CBN＝∠NEH＝∠CNH＝90°，CN＝NH＝c，BC＝a，EH＝b， ∵∠BCN+∠BNC＝∠ENH+∠BNC＝90°， ∴∠BCN＝∠ENH， 在△CBN和△NEH中， ， ∴△CBN≌△NEH（AAS）， ∴BN＝EH＝b， 在Rt△CBN中，CN2＝BC2+BN2， ∴c2＝a2+b2， ∵a、b、c均為正數(shù)， ∴c＝， 故答案為：NEH，． 如圖3，∵AB∥DC，AB⊥BC， ∴∠B＝∠C＝90°， ∴∠BAO+∠AOB＝90°， ∵∠AOD＝90°， ∴∠COD+∠AOB＝90°， ∴∠BAO＝∠COD， ∵以點O為圓心的圓經(jīng)過A、D兩點， ∴OA＝OD， ∴△AOB≌△ODC（AAS）， ∴AB＝OC＝2，OB＝CD＝4， 在Rt△AOB中，OA＝＝＝2， ∴OD＝OA＝2， ∵∠AOD＝90°， ∴△AOD是等腰直角三角形， ∴AD＝AB＝×2＝2，∠OAD＝∠ODA＝45°， 過點O作OH⊥AD于點H， 根據(jù)垂徑定理可得：AH＝DH， ∵OH＝AD， ∴OH＝， 故答案為：． （3）∵∠AFM＝∠DME+∠E（外角定理）， ∠DME＝∠A＝∠B（已知）， ∴∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，∠A＝∠B， ∴△AMF∽△BGM， ∵∠DME＝∠A＝∠B＝45° ∴AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC， ∵M為線段AB的中點， ∴AM＝BM＝AB＝×4＝2， ∵△AMF∽△BGM， ∴＝， ∴BG＝＝＝， 又∵AC＝BC＝4cos45°＝4， ∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝，CF＝AC﹣AF＝4﹣3＝1， 在Rt△FCG中，由勾股定理得： FG＝＝＝．