滬教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊(cè)期末復(fù)習(xí)訓(xùn)練重難點(diǎn)01 相似三角形（5種模型）（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、“8”字模型
8字_平行型
條件：CD∥AB,
結(jié)論：ΔPAB～ΔPCD(上下相似);
左右不一定相似,不一定全等，但面積相等;
四邊形ABCD為一般梯形.
條件：CD∥AB,PD=PC.
結(jié)論：ΔPAB～ΔPCD～ΔPDC(上下相似)
ΔPAD?ΔPBC左右全等；
四邊形ABCD為等腰梯形；
8字_不平行型
條件：∠CDP=∠BAP.
結(jié)論：
ΔAPB～ΔDPC(上下相似);
ΔAPD～ΔBPC(左右相似);
二、“A”字模型
三、“母子”型
“子母型”相似的圖形特點(diǎn)：有一個(gè)公共角，
一對(duì)完全重合的邊，
一對(duì)半重合的邊，
一對(duì)完全不重合的邊。
子母型的結(jié)論：AB2=AD·AB (重合邊的平方等半重合邊的乘積)

特殊的子母型（雙垂直型）
四、“一線三等角”模型
一線三等角指的是有三個(gè)等角的頂點(diǎn)在同一條直線上構(gòu)成的相似圖形，這個(gè)角可以是直角，也可以是銳角或鈍角?；蚪?“K字模型”。
三直角相似可以看著是“一線三等角”中當(dāng)角為直角時(shí)的特例，三直角型相似通常是以矩形或者正方形形為背景，或者在一條直線上有一個(gè)頂點(diǎn)在該直線上移動(dòng)或者旋轉(zhuǎn)的直角，幾種常見的基本圖形如下：
當(dāng)題目的條件中只有一個(gè)或者兩個(gè)直角時(shí)，就要考慮通過添加輔助線構(gòu)造完整的三直角型相似，這往往是很多壓軸題的突破口，進(jìn)而將三角型的條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化。
一般類型：
基本類型：
同側(cè)“一線三等角” 異側(cè)“一線三等角”
能力拓展
題型一：“8”字模型
1．（2022春?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖1，在△ABC中，點(diǎn)E在AC的延長線上，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，求的值．
【分析】（1）利用兩角相等的兩個(gè)三角形相似，證明△ABC∽△AEB，然后利用相似三角形的性質(zhì)即可解答；
（2）過點(diǎn)E作EH∥CB，交AF的延長線于點(diǎn)H，利用（1）的結(jié)論可得，先AC＝2a，AB＝3a，從而求出AE的長，進(jìn)而求出的值，再根據(jù)已知設(shè)CD＝m，BD＝3m，從而求出BC，BE的長，然后證明A字模型相似三角形△ACD∽△AEH，利用相似三角形的性質(zhì)可得EHm，再證明8字模型相似三角形△BDF∽△EHF，利用相似三角形的性質(zhì)可得，從而求出EF的長，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：∵∠E＝∠ABC，∠A＝∠A，
∴△ABC∽△AEB，
∴，
∴AB2＝AC?AE；
（2）解：過點(diǎn)E作EH∥CB，交AF的延長線于點(diǎn)H，
∵△ABC∽△AEB，
∴，
∴設(shè)AC＝2a，AB＝3a，
∴，
∴AEa，
∴，
∵BD＝3CD，
∴設(shè)CD＝m，則BD＝3m，
∴BC＝CD+BD＝4m，
∴，
∴EB＝6m，
∵EH∥CD，
∴∠ACD＝∠AEH，∠ADC＝∠AHE，
∴△ACD∽△AEH，
∴，
∴EHm，
∵EH∥BD，
∴∠BDF＝∠DHE，∠DBF＝∠FEH，
∴△BDF∽△EHF，
∴，
∴EFBEm，
∴，
∴的值為．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2021·上海市奉賢區(qū)古華中學(xué)九年級(jí)期中）已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，在邊AB的延長線上截取BE＝AB，點(diǎn)F在AE的延長線上，CE和DF交于點(diǎn)M，BC和DF交于點(diǎn)N，聯(lián)結(jié)BD．
（1）求證：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB?AF，求證：CM?AB＝DM?CN．
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AB∥CD，再證明四邊形BECD為平行四邊形得到BD∥CE，根據(jù)相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判斷△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB?AF可證明△ADB∽△AFD，則∠1=∠F，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判斷△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四邊形BECD為平行四邊形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB?AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC?CD=MD?CN，
而CD=AB，
∴CM?AB=DM?CN．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形相似的判定與性質(zhì)：在判定兩個(gè)三角形相似時(shí)，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構(gòu)造相似三角形．在運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)時(shí)主要利用相似比計(jì)算線段的長．也考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)．
3．（2021·上?！ぞ拍昙?jí)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，BC=8，點(diǎn)E、F是對(duì)角線BD上的兩點(diǎn)，且BE=EF=FD，AE的延長線交BC于點(diǎn)G，GF的延長線交AD于點(diǎn)H．
（1）求HD的長；
（2）設(shè)的面積為a，求四邊形AEFH的面積．（用含a的代數(shù)式表示）
【答案】（1）2；（2）
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得，根據(jù)相似三角形的判定得，，由BE=EF=FD可得出，，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（2）由BE=EF可得與的面積相等，根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方可得與的值，-即可得四邊形AEFH的面積．
【詳解】解：（1）∵平行四邊形ABCD，BC=8，
∴，=8，
∴，，
∴，，
∵BE=EF=FD，
∴，，
∴BG=AD=4，HD=BG，
∴HD=2；
（2）∵BE=EF，
∴=a，
∴，
∵，，，，
∴，，
∴四邊形AEFH的面積=-=．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（2020·上海奉賢·二模）已知：如圖，在梯形ABCD中，CD∥AB，∠DAB＝90°，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)E，AC⊥BC，垂足為點(diǎn)C，且BC2＝CE?CA．
（1）求證：AD＝DE；
（2）過點(diǎn)D作AC的垂線，交AC于點(diǎn)F，求證：CE2＝AE?AF．
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定定理得到△BCE∽△ACB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠CBE＝∠CAB，根據(jù)等角的余角相等得到∠BEC＝∠DAE，根據(jù)等腰三角形的判定定理證明；
（2）根據(jù)平行線分線段成比例定理得到，，得到，整理得到 CE2＝AE?EF，根據(jù)等腰三角形的三線合一得到AF＝EF，證明結(jié)論．
【詳解】
證明：（1）∵BC2＝CE?CA，
∴，又∠ECB＝∠BCA，
∴△BCE∽△ACB，
∴∠CBE＝∠CAB，
∵AC⊥BC，∠DAB＝90°，
∴∠BEC+∠CBE＝90°，∠DAE+∠CAB＝90°，
∴∠BEC＝∠DAE，
∵∠BEC＝∠DEA，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE；
（2）過點(diǎn)D作AC的垂線，交AC于點(diǎn)F，如圖，
∵DF⊥AC，AC⊥BC，
∴∠DFE＝∠BCA＝90°，
∴DF∥BC，
∴，
∵DC∥AB，
∴，
∴，
∴CE2＝AE?EF，
∵AD＝DE，DF⊥AC，
∴AF＝EF，
∴CE2＝AE?AF．
【點(diǎn)睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、直角梯形的概念，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
題型二：“A”字模型
1．（2022春?浦東新區(qū)校級(jí)期中）一把梯子如圖所示，其中四邊形AKLB是梯形．已知AC＝CE＝EG＝GK，BD＝DF＝FH＝HL，AB＝0.5m，GH＝0.74m，求CD、EF的長．
【分析】先證明△ACD'∽△AGH'，找到CD'，再利用梯形CGHD的中位線等于兩底和的一半，找到EF的值．
【解答】解：延長KA、LB交于點(diǎn)P，過A作AL'∥BL交CD、EF、GH、KL于點(diǎn)D'、F'、H'、L'，
∵AB∥KL，
∴．
又∵AC＝CE＝EG＝GK，BD＝DF＝FH＝HL，
∴，
∴．
∴AB∥CD．
同理得AB∥CD∥EF∥GH∥KL．
∴四邊形AD'DB，D'F'FD，F(xiàn)'H'HF都為平行四邊形邊；
即AB＝D'D＝F'F＝H'H＝0.5m；GH＝0.74m，
∴GH'＝0.24m，
∵CD∥AH，
∴△ACD'∽△AGH'，
∴，AG＝3AC，
∴CD'GH'＝，
CD＝0.08+0.5＝0.58．
∵EF為梯形CGHD的中位線，
∴EF（CDtGH）＝0.66m．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了梯形CGHD的中位線平行于兩底，并且等于兩底和的一半，解題的關(guān)鍵是掌握相似的判定．
2．（2021秋?松江區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝6，BC＝4，D是邊AB上一點(diǎn)（與點(diǎn)A、B不重合），DE平分∠CDB，交邊BC于點(diǎn)E，EF⊥CD，垂足為點(diǎn)F．
（1）當(dāng)DE⊥BC時(shí)，求DE的長；
（2）當(dāng)△CEF與△ABC相似時(shí)，求∠CDE的正切值；
（3）如果△BDE的面積是△DEF面積的2倍，求這時(shí)AD的長．
【分析】（1）證明△DCE≌△DBE（ASA），可得CE＝BE＝2，根據(jù)tan∠B，即可求得答案；
（2）分兩種情況：①當(dāng)△CEF∽△ABC時(shí)，可證得∠CDB＝90°，再根據(jù)DE平分∠CDB，可得∠CDE＝45°，再由特殊角的三角函數(shù)值即可求得答案；②當(dāng)△CEF∽△BAC時(shí)，則∠ECF＝∠ABC，得出DC＝DB，再由DE平分∠CDB，可得DE⊥BC，推出∠CDE＝∠BAC，利用三角函數(shù)定義即可求得答案；
（3）如圖，過點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，根據(jù)角平分線性質(zhì)可得出EF＝EG，推出DF＝DG，再由△BDE的面積是△DEF面積的2倍，可得出BD＝2DF，進(jìn)而推出DE＝BE，設(shè)BE＝x，則DE＝x，CE＝BC﹣BE＝4﹣x，BG＝BE?csBx，BD＝2BGx，DG＝DF＝BGx，AD＝AB﹣BD＝6x，根據(jù)△CDE∽CBD，得出，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝6，BC＝4，
∴AC2，
∵DE平分∠CDB，
∴∠CDE＝∠BDE，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝∠DEB＝90°，
在△DCE和△DBE中，
，
∴△DCE≌△DBE（ASA），
∴CE＝BE，
∵CE+BE＝BC＝4，
∴CE＝BE＝2，
∵tan∠B，
∴，
∴DE；
（2）∵EF⊥CD，
∴∠CFE＝90°＝∠ACB，
∵△CEF與△ABC相似，
∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，
①當(dāng)△CEF∽△ABC時(shí)，
則∠ECF＝∠BAC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠ECF+∠ABC＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵DE平分∠CDB，
∴∠CDE∠CDB90°＝45°，
∴tan∠CDE＝tan45°＝1；
②當(dāng)△CEF∽△BAC時(shí)，
則∠ECF＝∠ABC，
∴DC＝DB，
∵DE平分∠CDB，
∴DE⊥BC，
∴∠CDE+∠ECF＝90°，
∵∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠CDE＝∠BAC，
∴tan∠CDE＝tan∠BAC，
綜上所述，∠CDE的正切值為1或；
（3）如圖，過點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，
∵DE平分∠CDB，EF⊥CD，EG⊥AB，
∴EF＝EG，
∵DE＝DE，
∴Rt△DEF≌Rt△DEG（HL），
∴DF＝DG，
∵△BDE的面積是△DEF面積的2倍，
∴BD＝2DF，
∴DG＝BG，
∵EG⊥BD，
∴DE＝BE，
設(shè)BE＝x，則DE＝x，CE＝BC﹣BE＝4﹣x，BG＝BE?csBx，
∴BD＝2BGx，DG＝DF＝BGx，
∴AD＝AB﹣BD＝6x，
∵DE平分∠CDB，
∴∠CDE＝∠BDE，
∵DE＝BE，
∴∠BDE＝∠B，
∴∠CDE＝∠B，
∵∠DCE＝∠BCD，
∴△CDE∽CBD，
∴，即，
解得：CD＝3，x，
∴AD＝6x＝6，
故這時(shí)AD的長為．
【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何綜合題，考查了直角三角形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，三角形面積，三角函數(shù)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)，運(yùn)用分類討論思想和方程思想解決問題．
3．（2021·上海市金山初級(jí)中學(xué)九年級(jí)期中）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，點(diǎn)E、點(diǎn)F在邊AC上，且DEBC，．
（1）求證：DFBE；
（2）如且AF＝2，EF＝4，AB＝6．求證△ADE∽△AEB．
【分析】（1）由題意易得，則有，進(jìn)而問題可求證；
（2）由（1）及題意可知，然后可得，進(jìn)而可證，最后問題可求證．
【詳解】解：（1）∵DEBC，
∴，
∵，
∴，
∴DFBE；
（2）∵AF＝2，EF＝4，
∴由（1）可知，，AE=6，
∵AB＝6，
∴，
∴，
∴，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AEB．
【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定，熟練掌握相似三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
4．（2020·上海市徐匯中學(xué)九年級(jí)期中）已知：矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，點(diǎn)E在對(duì)角線AC上，且滿足AE＝2EC，點(diǎn)F在線段CD上，作直線FE，交線段AB于點(diǎn)M，交直線BC于點(diǎn)N．
（1）當(dāng)CF＝2時(shí)，求線段BN的長；
（2）若設(shè)CF＝x，△BNE的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量的取值范圍；
（3）試判斷△BME能不能成為等腰三角形，若能，請(qǐng)直接寫出x的值．
【答案】（1）BN＝10；（2），0＜x＜3；，3＜x＜4.5；（3）x＝2或或
【分析】（1）由得△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，進(jìn)而求得；
（2）分為0＜x＜3和3＜x＜4.5兩種情形，作EG⊥BC于G，根據(jù)三角形相似求出EG和BN；
（3）分為BM＝BE，EM＝BE，EN＝BM三種，可根據(jù)BM＝9﹣2CF求得．
【詳解】解：（1）如圖1，
在矩形ABCD中，BC＝AD＝6，，
∴△CFE∽△AME，△NCF∽△NBM，
∴,
∴AM＝2CF＝4，
∴BM＝AB﹣AM＝5，
∴，
∴BN＝10；
（2）當(dāng)CF＝BM時(shí)，，此時(shí)△BEN不存在，
∴CF＝9﹣2CF，
∴CF＝3，
當(dāng)點(diǎn)M和B點(diǎn)重合時(shí)，
AB＝2CF，
∴CF＝4.5，
∴分為0＜x＜3和3＜x＜4.5，
如圖2，
當(dāng)0＜x＜3時(shí)，
作EG⊥BC于G，
由（1）知，
EG＝3，AM＝2CF＝2x，
∴BM＝9﹣2x，
由得，，
∴，
∴y＝
＝
＝；
如圖3，
當(dāng)3＜x＜4.5時(shí)，
由得，

∴CN＝，
∴y＝
＝；
（3）如圖4，
∵，
∴，
∴CG＝CB＝2，
∴GB＝CB﹣CG＝4，
∴BE＝5，
當(dāng)BM＝BE＝5時(shí)，
9﹣2x＝5，
∴x＝2，
如圖5，
當(dāng)EM＝EB＝5時(shí)，
作EH⊥AB于H，
∴BM＝2BH＝2EG＝6，
∴9﹣2x＝6，
∴x=，
如圖6，
當(dāng)EM＝BM時(shí)，
作MH⊥BE于H，
在Rt△BMH中，BH＝，cs∠MBH＝cs∠BEG＝，
∴BM＝，
∴9﹣2x＝，
∴x＝，
綜上所述：x＝2或或．
【點(diǎn)睛】此題考查相似三角形的判定及性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理解直角三角形，矩形的性質(zhì)，正確引出輔助線及掌握分類思想解決問題是解題的關(guān)鍵．
5．（2021·上海嘉定·二模）已知點(diǎn)P為線段AB上的一點(diǎn)，將線段AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段AC；再將線段繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段BD；點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)BM、CM．
（1）如圖1，如果點(diǎn)P在線段CM上，求證：；
（2）如圖1，如果點(diǎn)P在線段CM上，求證：；
（3）如果點(diǎn)P不在線段CM上（如圖12），當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，的正切值是否發(fā)生變化？如果發(fā)生變化，簡述理由；如果不發(fā)生變化，請(qǐng)求出的正切值．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可得，△APC是等邊三角形，∠PBD=120°，則∠BPM+∠PBD=180°，所以PM∥BD．
（2）利用三角形的中位線定理解決問題即可．
（3）延長BM至點(diǎn)G，使得MG=MB，連接AG，BC，GC，PC，可證△CBG是等邊三角形且點(diǎn)M是BG的中點(diǎn)，可得結(jié)論．
【詳解】解：（1）如圖1中，
由題意可得，∠CAP=60°，且AP=AC，
∴△APC是等邊三角形，
∴∠APC=60°，
∴∠BPM=60°，
又∵∠PBD=120°，
∴∠BPM+∠PBD=180°，
∴PM∥BD；
（2）如圖1中，∵AM=MD，PM∥BD，
∴AP=PB，
∴PM= BD，
∵PA=PC=PB=BD，
∴PC=2PM；
（3）結(jié)論：tan∠BCM=．理由如下：
如圖2，延長BM至點(diǎn)G，使得MG=MB，連接AG，BC，GC，PC，GD，
∵AM=MD，GM=BM，
∴四邊形AGDB是平行四邊形，
∴AG=BD，AG∥BD，
∴∠BAG=180°-∠ABD=60°，
∴∠CAG=120°，
∵△APC是等邊三角形，
∴AC=CP，∠CPB=120°，
∵PB=DB=AG，
∴△CAG≌△CPB（SAS），
∴CG=CB，∠ACG=∠PCB，
∴∠GCB=60°，
∴△CBG是等邊三角形，
∵GM=BM，
∴∠BCM=∠BCG=30°，
∴tan∠BCM=．
【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．
6．（2021·上?！ぞ拍昙?jí)專題練習(xí)）如圖，在中，，，，平分，交邊于點(diǎn)，過點(diǎn)作的平行線，交邊于點(diǎn)．
（1）求線段的長；
（2）取線段的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)，交線段于點(diǎn)，延長線段交邊于點(diǎn)，求的值．
【答案】（1）4；（2）
【分析】（1）分別求出CD，BC，BD，證明，根據(jù)相似性質(zhì)即可求解；
（2）先證明，再證明，根據(jù)相似三角形性質(zhì)求解即可．
【詳解】解：（1）∵平分，，∴．
在中，，，，∴．
在中，，，，∴．
∴．
∵，
∴
∴．
∴．
（2）∵點(diǎn)是線段的中點(diǎn)，∴．
∵，
∴
∴．
∴．
∵，
∴
∴
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了含30°角的直角三角形性質(zhì)，相似的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是能根據(jù)題意確定相似三角形，并根據(jù)相似性質(zhì)解題．
題型三：“母子”型
1．（2021·上海黃浦·九年級(jí)期中）直線分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)．
（1）求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；
（2）已知點(diǎn)G的坐標(biāo)為（2，7），過點(diǎn)G和B作直線BG，連接AG，求∠AGB的正切值；
（3）在（2）的條件下，在直線BG上是否存在點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)A、B、Q為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）存在，，，，
【分析】（1）對(duì)于，令x＝0，則y＝1，令y＝0，即＝0，解得x＝3，即可求解；
（2）證明AG2＝AB2＋BG2，則△ABG為直角三角形，即可求解；
（3）分△ABQ∽△AOB、△ABQ∽△BOA兩種情況，利用三角形相似邊的比例關(guān)系，即可求解．
【詳解】解：（1）對(duì)于，令x＝0，則y＝1，令y＝0，即＝0，解得x＝3，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別（3，0）、（0，1）；
（2）由A、B、G的坐標(biāo)知，BG2＝22＋（7?1）2＝40，
同理AB2＝10，AG2＝50，
故AG2＝AB2＋BG2，
故△ABG為直角三角形，
則tan∠AGB＝；
（3）設(shè)直線BG的表達(dá)式為y＝kx＋b，則，
解得
故直線BG的表達(dá)式為y＝3x＋1，
設(shè)點(diǎn)Q（m，3m＋1），
①當(dāng)△ABQ∽△AOB時(shí)，
則，即，
解得m＝±，
∴，
②當(dāng)△ABQ∽△BOA時(shí)，
，即
解得：m＝±3，
∴，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，2）或（?，0）或（3，10）或（?3，?8）．
【點(diǎn)睛】本題考查的是一次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、解直角三角形、三角形相似等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．
2．（2021·上海市金山初級(jí)中學(xué)九年級(jí)期中）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，點(diǎn)E、點(diǎn)F在邊AC上，且DEBC，．
（1）求證：DFBE；
（2）如且AF＝2，EF＝4，AB＝6．求證△ADE∽△AEB．
【分析】（1）由題意易得，則有，進(jìn)而問題可求證；
（2）由（1）及題意可知，然后可得，進(jìn)而可證，最后問題可求證．
【詳解】解：（1）∵DEBC，
∴，
∵，
∴，
∴DFBE；
（2）∵AF＝2，EF＝4，
∴由（1）可知，，AE=6，
∵AB＝6，
∴，
∴，
∴，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AEB．
【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定，熟練掌握相似三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·上海市奉賢區(qū)古華中學(xué)九年級(jí)期中）已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，在邊AB的延長線上截取BE＝AB，點(diǎn)F在AE的延長線上，CE和DF交于點(diǎn)M，BC和DF交于點(diǎn)N，聯(lián)結(jié)BD．
（1）求證：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB?AF，求證：CM?AB＝DM?CN．
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AB∥CD，再證明四邊形BECD為平行四邊形得到BD∥CE，根據(jù)相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判斷△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB?AF可證明△ADB∽△AFD，則∠1=∠F，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判斷△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四邊形BECD為平行四邊形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB?AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC?CD=MD?CN，
而CD=AB，
∴CM?AB=DM?CN．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形相似的判定與性質(zhì)：在判定兩個(gè)三角形相似時(shí)，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構(gòu)造相似三角形．在運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)時(shí)主要利用相似比計(jì)算線段的長．也考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)．
4.（2022徐匯一模25題）如圖，在中，，，點(diǎn)D為邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以點(diǎn)D為頂點(diǎn)作，射線DE交邊AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作射線DE的垂線，垂足為點(diǎn)F．
（1）當(dāng)點(diǎn)D是邊AC中點(diǎn)時(shí)，求的值；
（2）求證：；
（3）當(dāng)時(shí)，求．

【小問1詳解】解：過D作DH⊥AB于H，
在中，，，設(shè)，，
∴，
∵D為AC中點(diǎn)，∴AD= AC= ，∴，
∴，
在Rt△AHD中，，
∴BH=AB－AH= －= ，
在Rt△BHD中，；
【小問2詳解】證明：∵∠BDE=∠A，∠DBE=∠ABD，∴△DEB∽△ADB，∴，
∵∠F=∠C=90°，∠BDE=∠A，∴△DFB∽△ACB，∴，∴即；
【小問3詳解】解：由可設(shè)，，則DF=4k，
∵，∴ct∠BDE=ct∠A=，∴，
∴，又∠F=90°，
∴，
，
∵△DEB∽△ADB，∴即，
∴AB=8k，∴AE=AB－EB=5k，∴AE：EB=5k：3k=5：3．
5.（2022虹口一模25題）已知：如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，tanB＝，點(diǎn)
D是邊BC延長線上的點(diǎn)，在射線AB上取一點(diǎn)E，使得∠ADE＝∠ABC．過點(diǎn)A作AF⊥DE于點(diǎn)
F．
（1）當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上時(shí)，求證：＝；
（2）在（1）題的條件下，設(shè)CD＝x，DE＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；
（3）記DE交射線AC于點(diǎn)G，當(dāng)△AEF∽△AGF時(shí)，求CD的長．

【解答】（1）證明：∵∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAD，
∴△ADE∽△ABD，∴，∵AF⊥DE，∴∠AFD＝∠ACB＝90°，
∴△ADF∽△ABC，∴，∴；
（2）解：∵∠ACB＝90°，tanB＝，∴tanB＝＝，
設(shè)AC＝3a，BC＝4a，∵AC2+BC2＝AB2，∴（3a）2+（4a）2＝102，
∴a＝2，∴AC＝6，BC＝8，∴AD＝＝，
由（1）得，∴，∴y＝，
當(dāng)x＝0時(shí)，此時(shí)DE⊥AB，由S△ABC＝得，10?DE＝6×8，
∴DE＝，∴x＞；
（3）解：如圖1，
當(dāng)G在線段AC上時(shí)，延長AF交BC于M，作MN⊥AB于N，
∵△AEF∽△AGF，∴∠AEF＝∠AGF，∴AF＝AG，∴∠EAF＝∠GAF＝，
∵∠DAF＝∠BAC，∴∠DAC＝∠GAF，∵AC⊥BD，∴∠AMC＝∠ACD，
∴AM＝AD，∴CM＝CD，∵AM平分∠BAC，∴MN＝CM，
由S△ABC＝S△ABM+S△ACM得，，
∴16?CM＝48，∴CM＝3，∴CD＝3．
如圖2，
當(dāng)G點(diǎn)在AC的延長線上時(shí)，∵△AEF∽△AGF，∴∠AEF＝∠AGF，
∵∠AGF是∠AEF的外角，∴∠AGF＞∠AEF，∴這種情形不存在，∴CD＝3．
6.（2022長寧一模25題）已知, 在中, , 點(diǎn) 是射線上的動(dòng)點(diǎn), 點(diǎn) 是邊上的動(dòng)點(diǎn)，且 , 射線交射線于點(diǎn) ．
（1）如圖 1, 如果 , 求的值；
（2）聯(lián)結(jié), 如果是以為腰的等腰三角形，求線段的長；
（3）當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí), 聯(lián)結(jié), 求線段的長．
【詳解】解：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵OC＝OE，∴∠OEC＝∠C，
∴∠B＝∠OEC，∴△ABC∽△OEC，∴，∴，∴CE＝3.2，∴AE＝1.8；
∵∠AED＝∠OEC＝∠B，∠D＝∠D，∴△OBD∽△AED，
∴，∴．
（2）∵ 是以為腰的等腰三角形，∴AE＝OE，
∵OC＝OE，∴設(shè)AE＝OE＝OC=x，
由（1）得，△ABC∽△OEC，∴，∴，
解得，，經(jīng)檢驗(yàn)，是原方程的解；則的長是為．
（3）由（1）得，∠B＝∠OEC，∵∠OEC+∠OEA＝180°，∴∠B+∠OEA＝180°，
∴A、B、O、E四點(diǎn)共圓，∴∠DBE＝∠AOD，∵，∴，
∴AO∥DC，∴△AOE∽△CDE，△ABO∽△DBC，∴，，∴，
設(shè)OC=x，OB=8-x，∵△ABC∽△OEC，∴，∴，
解得，，∴∴，
解得，，（舍去），則的長是為．
7.【2021松江二?！咳鐖D，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交邊AC于點(diǎn)D，E是BC邊上一點(diǎn)，且BE＝BA，過點(diǎn)A作AG∥DE，分別交BD、BC于點(diǎn)F、G，聯(lián)結(jié)FE．
（1）求證：四邊形AFED是菱形；
（2）求證：AB2＝BG?BC；
（3）若AB＝AC，BG＝CE，聯(lián)結(jié)AE，求的值．
【分析】（1）由題目條件可證得△ABF≌△EBF（SAS）及△ABD≌△EBD（SAS），進(jìn)而可推出AF＝FE＝ED＝DA，可得出四邊形AFED是菱形．
（2）根據(jù)條件可證得△ABG∽△CBA，即可證明結(jié)論．
（3）由條件可得△DAE∽△ABC，由相似比可得，由BE2＝EC?BC，得到點(diǎn)E是BC的黃金分割點(diǎn)，可得出，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABF＝∠EBF，
∵BA＝BE，BF＝BF，∴△ABF≌△EBF（SAS），∴AF＝EF，
同理可得△ABD≌△EBD（SAS），∴AD＝ED，∠ADB＝∠EDB，
∵AG∥DE，∴∠AFD＝∠EDF，∴∠AFD＝∠ADF，∴AF＝AD，
∴AF＝FE＝ED＝DA，∴四邊形AFED菱形．
（2）證明：由（1）得：△ABF≌△EBF，∴∠BAG＝∠BEF，
∵四邊形AFED是菱形，∴AD∥FE，∴∠BEF＝∠C，∴∠BAG＝∠C，
∵∠ABG＝∠CBA，∴△ABG∽△CBA，∴，即AB2＝BG?BC．
（3）解：如圖，
∵AB＝AC，∴∠ABG＝∠C，∵∠BAG＝∠C，∴∠ABG＝∠BAG，
∵∠AGC＝∠ABG＋∠BAG，∴∠AGC＝2∠BAG，∵BG＝CE，∴BE＝CG，
∴CG＝CA，∴∠CAG＝∠CGA，∵∠CAG＝2∠DAE，∴∠DAE＝∠ABC，
∴∠DEA＝∠ACB，∴△DAE∽△ABC，∴，
∵AB2＝BG?BC，AB＝BE，∴BE2＝EC?BC，∴點(diǎn)E是BC黃金分割點(diǎn)，
∴，∴，∵∠EAC＝∠C，∴CE＝AE，
∴，∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定，相似三角形的性質(zhì)與判定及黃金分割點(diǎn)等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)并靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)求解是解題的關(guān)鍵．
題型四：“一線三等角”模型
1．（2021·上海市徐匯中學(xué)九年級(jí)階段練習(xí)）已知：如圖，四邊形中，，，，平分．
（1）求證：四邊形是菱形；
（2）如果點(diǎn)在對(duì)角線上，聯(lián)結(jié)并延長，交邊于點(diǎn)，交線段的延長線于點(diǎn)（點(diǎn)可與點(diǎn)重合），，設(shè)長度是是常數(shù)，且，，，求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；
（3）在第（2）小題的條件下，當(dāng)是等腰三角形時(shí)，求的長（計(jì)算結(jié)果用含的代數(shù)式表示）
【答案】（1）見解析；（2）；（3）或時(shí)，為等腰三角形
【分析】（1）由題意先判斷出∠DAC=∠DCA，∠BAC=∠BCA，進(jìn)而得出∠DCA=∠BAC，∠DAC=∠BCA，即可得出結(jié)論；
（2）由題意先判斷出△AEF∽△ABC，△ABC∽△BEC，得出比例式，即可得出結(jié)論；
（3）根據(jù)題意分三種情況，①當(dāng)CE=EG時(shí)，判斷出點(diǎn)F，G和點(diǎn)D重合，即：AF=AB，即可得出結(jié)論，②當(dāng)CG=CE時(shí)，先判斷出∠FDG=∠FGD，得出FG=FD，即可得出AF=BF，進(jìn)而判斷出FB=AC，即可得出結(jié)論；③當(dāng)EG=GE時(shí)，判斷出∠CEG=∠CBF，而∠CEG=∠CBF+∠ACB，進(jìn)而判斷出此種情況不存在．
【詳解】解：（1）證明：，
，
又平分
，，
，
四邊形為平行四邊形
又
四邊形是菱形；
（2）解：四邊形是菱形，
，
，，
，
，
，
，
即
；
（3）解：是等腰三角形，
①當(dāng)時(shí)，
，
，
，
，
，
此時(shí)，點(diǎn)，和點(diǎn)重合，
，
，
即，
②當(dāng)時(shí)，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即
（負(fù)值已舍），
③當(dāng)時(shí)，
，
，
，
，
此種情況不存在．
綜上所述：或時(shí)，為等腰三角形．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，分類討論的思想，解答本題的關(guān)鍵是找出相關(guān)角之間關(guān)系．
2.（2018浦東新區(qū)二模）已知：如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為邊AB的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)DE，點(diǎn)F在DE上CF＝CD，過點(diǎn)F作FG⊥FC交AD于點(diǎn)G．
（1）求證：GF＝GD；
（2）聯(lián)結(jié)AF，求證：AF⊥DE．
整體分析：
根據(jù)等角的余角相等得到即可證明.
聯(lián)結(jié)CG.證明△DAE≌△CDG,得到.進(jìn)而得到，根據(jù)等邊對(duì)等角得到根據(jù)三角形的內(nèi)角和可以求出∠AFD= 90°，即可證明.
滿分解答：
∵四邊形是正方形，∴,
∵FG⊥FC， ∴∠GFC= 90°,
∵ ∴∠CDF=∠CFD ,
∴∠GFC-∠CFD=∠ADC-∠CDE，即∠GFD=∠GDF.
∴GF=GD.
聯(lián)結(jié)CG.
∵ ∴點(diǎn)在線段的中垂線上,
∴GC⊥DE，
∴∠CDF+∠DCG= 90°，
∵∠CDF+∠ADE= 90°，
∴∠DCG=∠ADE
四邊形是正方形,
∴AD=DC，∠DAE=∠CDG= 90°，
∴△DAE≌△CDG,
∴.
點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，
點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，
∴,
∴
∵
∴
∴∠AFD= 90°，即AF⊥DE.
點(diǎn)睛：屬于四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)等，考查知識(shí)點(diǎn)比較多，難度不大，熟練掌握各個(gè)知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵.
3．（2019·上海市育才初級(jí)中學(xué)九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，點(diǎn)E為AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(與點(diǎn)A、D不重合)，∠EBM=45°，BE交對(duì)角線AC于點(diǎn)F，BM交對(duì)角線AC于點(diǎn)G、交CD于點(diǎn)M．
（1）如圖1，聯(lián)結(jié)BD，求證：，并寫出的值；
（2）聯(lián)結(jié)EG，如圖2，若設(shè)，求y關(guān)于的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)的定義域；
（3）當(dāng)M為邊DC的三等分點(diǎn)時(shí)，求的面積．
【答案】；；或
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠EDB＝∠GCB＝45°，∠ABD＝∠CBD＝45°，根據(jù)相似三角形的判定定理證明即可；
（2）作EH⊥AC于H，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理和相似三角形的性質(zhì)得到y(tǒng)關(guān)于x的函數(shù)解析式；
（3）分CM＝CD和CM＝CD兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠EDB＝∠GCB＝45°，∠ABD＝∠CBD＝45°，又∠EBM＝45°，
∴∠GBC＋∠DBM＝45°，∠EBD＋∠DBM＝45°，
∴∠GBC＝∠EBD，又∠EDB＝∠GCB＝45°，
∴△DEB∽△CGB，
∴DE：CG＝BD：BC＝；
（2）如圖2，作EH⊥AC于H，
則AH＝EH＝x，
∵△DEB∽△CGB，
∴，
∴CG＝（6?x），
∴HG＝AC?AH?CG＝3，
∵EG2＝EH2＋HG2，
∴；
（3）當(dāng)CM＝CD＝2時(shí)，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴，
∴CG＝，
∴DE＝3，則AE＝3，
∴AH＝EH＝，
∵AD∥BC，
∴，
∴AF＝2，
∴GF＝AC?AF?CG＝，
∴S△EGF＝×FG×EH＝，
當(dāng)CM＝CD＝4時(shí)，
，
∴CG＝，
∴DE＝，則AE＝，
AH＝EH＝，
∵，
∴AF＝，
∴GF＝AC?AF?CG＝，
∴S△EGF＝×FG×EH＝．
綜上,S△EGF=或
【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用、正方形的性質(zhì)的應(yīng)用，正確作出輔助線、靈活運(yùn)用相關(guān)的定理是解題的關(guān)鍵，注意分情況討論思想的運(yùn)用．
4．（2020·上海寶山·九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD中，AD＝CD，∠DAB＝∠ACB＝90°，過點(diǎn)D作DE⊥AC，垂足為F，DE與AB相交于點(diǎn)E．
（1）求證：AB·AF＝CB·CD；
（2）已知AB＝15 cm，BC＝9 cm，P是射線DE上的動(dòng)點(diǎn)．設(shè)DP＝x cm（），四邊形BCDP的面積為y cm2．
①求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)x為何值時(shí)，△PBC的周長最小，并求出此時(shí)y的值．
【答案】（1）見解析；（2）①（）；②當(dāng)時(shí)，△PBC的周長最小，此時(shí)．
【分析】（1）由已知條件易證△DCF∽△ABC，可得，即可得AB·AF＝CB·CD；
（2）①由勾股定理求得AC=12，即可得CF＝AF＝6，根據(jù)四邊形BCDP的面積=△DCP的面積+△BCP的面積即可得y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
②由題意可知△PBC的周長最小，就是PB＋PC最小，當(dāng)當(dāng)P、A、B三點(diǎn)共線時(shí)PB＋PA最?。@時(shí)求得x、y的值即可．
【詳解】（1）證明：∵AD＝CD，DE⊥AC，
∴DE垂直平分AC
∴AF＝CF，∠DFA＝∠DFC＝90°，∠DAF＝∠DCF．
∵∠DAB＝∠DAF＋∠CAB＝90°，∠CAB＋∠B＝90°，
∴∠DCF＝∠DAF＝∠B
在Rt△DCF和Rt△ABC中，
∠DFC＝∠ACB＝90°，∠DCF＝∠B
∴△DCF∽△ABC
∴，即．
∴AB·AF＝CB·CD
（2）解①∵AB＝15 BC＝9 ∠ACB＝90°
∴AC＝＝＝12
∴CF＝AF＝6
∴y=（x+9）×6＝3x＋27（x＞0）
②∵BC＝9（定值），
∴△PBC的周長最小，就是PB＋PC最?。?br>由（1）可知，點(diǎn)C關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)是點(diǎn)A，
∴PB＋PC＝PB＋PA，故只要求PB＋PA最?。?br>顯然當(dāng)P、A、B三點(diǎn)共線時(shí)PB＋PA最?。?br>此時(shí)DP＝DE，PB＋PA＝AB．
由（1），∠ADF＝∠FAE，∠DFA＝∠ACB＝90°，得△DAF∽△ABC．
由EF∥BC，得AE＝BE＝AB＝，EF＝．
∴AF∶BC＝AD∶AB，
即6∶9＝AD∶15．
∴AD＝10．
Rt△ADF中，AD＝10，AF＝6，∴DF＝8．
∴DE＝DF＋FE＝8＋＝．
∴當(dāng)x＝時(shí)，△PBC的周長最小，此時(shí)y＝
5．（2021·上?！ぞ拍昙?jí)專題練習(xí)）（1）正方形中，對(duì)角線與相交于點(diǎn)，如圖1，請(qǐng)直接猜想并寫出與之間的數(shù)量關(guān)系：________；
（2）如圖2，將（1）中的繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，連接，，請(qǐng)猜想線段與的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；
（3）如圖3，矩形和有公共頂點(diǎn)，且，，則________．
【答案】（1）AO＝CD；（2），見解析；（3）
【分析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，,由銳角三角比可得AO與CD的關(guān)系；
(2)由正方形性質(zhì)可得，△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，得,由旋轉(zhuǎn)可得BC1＝BO1，易證△BDC1∽△BAO1,可得，即;
(3)由∠EBF＝∠ABD＝30°，運(yùn)用銳角三角比可得，易證∠EBA＝∠FBD，可得△AEB∽△FBD，即.
【詳解】
解：(1) ∵四邊形ABCD為正方形，
∴,
∴AO＝CD．
(2) 如圖2，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝BC，AC＝BD，OB＝OC，∠OBC＝∠ABO＝45°，∠BOC＝90°，
∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵△BOC繞點(diǎn)B逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△BO1C1，
∴∠O1BC1＝∠OBC＝45°，OB＝O1B，BC1＝BC，
∴BC1＝BO1，
∵∠1+∠3＝45°，∠2+∠3＝45°，
∴∠1＝∠2，
∴△BDC1∽△BAO1
∴，
∴
(3) 如圖3 在Rt△EBF中，cs∠EBF＝
在Rt△ABD中，cs∠ABD＝，
∵∠EBF＝∠ABD＝30°，
∴，
∵∠EBF+∠FBA＝∠ABD+∠FBA，
即∠EBA＝∠FBD，
∴△AEB∽△FBD，
∴.
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，銳角三角比以及相似三角形的判定與性質(zhì)，較為綜合，熟練分析圖形，尋找相等的角與相似三角形是解題的關(guān)鍵.
題型五：旋轉(zhuǎn)型相似
1．（2021秋?靜安區(qū)期末）如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD的平分線AE交邊BC于點(diǎn)E，已知AB＝9，AE＝6，AE2＝AB?AD，且DC∥AE．
（1）求證：DE2＝AE?DC；
（2）如果BE＝9，求四邊形ABCD的面積；
（3）如圖2，延長AD、BC交于點(diǎn)F，設(shè)BE＝x，EF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．
【分析】（1）先證明△ABE∽△AED，可得∠AEB＝∠ADE，再由平行線性質(zhì)可推出∠ADE＝∠DCE，進(jìn)而證得△ADE∽△ECD，根據(jù)相似三角形性質(zhì)可證得結(jié)論；
（2）如圖2，過點(diǎn)B作BG⊥AE，運(yùn)用等腰三角形性質(zhì)可得G為AE的中點(diǎn)，進(jìn)而可證得△ADE≌△ECD（SAS），再求得S△ABE＝×AE×BG＝18，根據(jù)△ABE∽△AED且相似比為3：2，可求得S△AED＝S△CDE＝8，由S四邊形ABCD＝S△ABE+S△AED+S△CDE可求得答案；
（3）由△ABE∽△AED，可求得：DE＝x，進(jìn)而得出DC＝x2，再利用△ADE∽△ECD，可得：CE＝x，再利用DC∥AE，可得△AEF∽△DCF，進(jìn)而求得：CF＝EF，再結(jié)合題意得出答案．
【解答】（1）證明：如圖1，∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AE2＝AB?AD，
∴＝，
∴△ABE∽△AED，
∴∠AEB＝∠ADE，
∵DC∥AE，
∴∠AEB＝∠DCE，∠AED＝∠CDE，
∴∠ADE＝∠DCE，
∴△ADE∽△ECD，
∴＝，
∴DE2＝AE?DC；
（2）解：如圖2，過點(diǎn)B作BG⊥AE，
∵BE＝9＝AB，
∴△ABE是等腰三角形，
∴G為AE的中點(diǎn)，
由（1）可得△ADE、△ECD也是等腰三角形，
∵AE2＝AB?AD，AB＝BE＝9，AE＝6，
∴AD＝4，DE＝6，CE＝4，AG＝3，
∴△ADE≌△ECD（SAS），
在Rt△ABG中，BG＝＝＝6，
∴S△ABE＝×AE×BG＝×6×6＝18，
∵△ABE∽△AED且相似比為3：2，
∴S△ABE：S△AED＝9：4，
∴S△AED＝S△CDE＝8，
∴S四邊形ABCD＝S△ABE+S△AED+S△CDE＝18+8+8＝34；
（3）解：如圖3，由（1）知：△ABE∽△AED，
∴＝，
∵BE＝x，AB＝9，AE＝6，AE2＝AB?AD，AD＝4，
∴＝，
∴DE＝x，
由（1）知：DE2＝AE?DC，
∴DC＝x2，
∵△ADE∽△ECD，
∴＝＝，
∴CE＝x，
∵DC∥AE，
∴△AEF∽△DCF，
∴＝＝，
∴CF＝EF，
∴＝＝＝，
∴y＝EF＝CE＝×x＝，
∵即，
∴3＜x＜9，
∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y＝，定義域?yàn)?＜x＜9．
【點(diǎn)評(píng)】本題是相似三角形綜合題，考查了角平分線定義，平行線的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形面積等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
2．（2018·上海民辦浦東交中初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形的兩邊分別在軸、軸的正半軸上，.點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿軸以每秒個(gè)單位長的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒.將線段的中點(diǎn)繞點(diǎn)按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，得點(diǎn)，點(diǎn)隨點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)而運(yùn)動(dòng)，連接.
(1)請(qǐng)用含t的代數(shù)式表示出點(diǎn)的坐標(biāo).
(2)求為何值時(shí)，的面積最大，最大為多少?
(3)在點(diǎn)從向運(yùn)動(dòng)的過程中，能否成為直角三角形?若能，求的值:若不能，請(qǐng)說明理由.
(4)請(qǐng)直接寫出整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)所經(jīng)過的長度.
【答案】；；能，2或；
【分析】（1）設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出CP的中點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)相似的性質(zhì)即可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)點(diǎn)D的坐標(biāo)及三角形的面積公式直接求解即可；
（3）先判斷出可能為直角的角，再根據(jù)勾股定理求解；
（4）根據(jù)點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)路線與OB平行且相等即可解決
【詳解】（1）∵點(diǎn)P從點(diǎn)出發(fā)，沿軸以每秒個(gè)單位長的速度向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)

設(shè)CP的中點(diǎn)為F，過點(diǎn)D作DE⊥OA，垂足為E，
∵

∵F繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)D

又

（2）∵

∴當(dāng)時(shí)，最大，為4
（3）能構(gòu)成直角三角形
當(dāng)時(shí)，
由勾股定理得，
即
解得或（舍去）
當(dāng)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)D在AB上

即
∴
綜上所述，或時(shí)，能成為直角三角形
（4）當(dāng)點(diǎn)P在原點(diǎn)O處時(shí)，對(duì)應(yīng)的
當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線的斜率，即無論點(diǎn)D如何運(yùn)動(dòng)，直線的斜率為固定值，即點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡始終在直線上，

∴點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)路線與OB平行
當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到A時(shí)，，此時(shí) 的坐標(biāo)為
即點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段
∵點(diǎn)與點(diǎn)B,C共線
∴軸
∵四邊形為平行四邊形
∴點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)路線與OB平行且相等
∵
∴點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)路線的長為
【點(diǎn)睛】本題主要考查四邊形綜合問題，掌握矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，分情況討論是解題的關(guān)鍵．

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