相似模型的應(yīng)用（10年10考）
命題規(guī)律與備考策略
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、“一線三等角”模型
一線三等角指的是有三個等角的頂點在同一條直線上構(gòu)成的相似圖形，這個角可以是直角，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頂點在該直線上移動或者旋轉(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或者兩個直角時，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，進而將三角型的條件進行轉(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”
四、“手拉手”旋轉(zhuǎn)模型

【安徽最新模擬練】
題型一：“8”字模型
一．解答題（共8小題）
1．（2022?宣州區(qū)一模）《九章算術(shù)》中記載了一種測量井深的方法．如圖，在井口B處立一根垂直于井口的木桿BD，從木桿的頂端D點觀察井內(nèi)水岸C點，視線DC與井口的直徑AB交于點E．如果測得AB＝1.8米，BD＝1米，BE＝0.2米．請求出井深A(yù)C的長．
【分析】根據(jù)8字模型相似三角形證明△BDE∽△ACE，利用相似三角形的性質(zhì)進行計算即可解答．
【解答】解：由題意得：
BD∥AC，
∴∠D＝∠ACD，∠A＝∠ABD，
∴△BDE∽△ACE，
∴，
∴，
解得：AC＝8，
答：井深A(yù)C的長為8米．
【點評】本題考查了相似三角形的應(yīng)用，熟練掌握8字模型相似三角形是解題的關(guān)鍵．
2．（2021秋?包河區(qū)校級期末）如圖，E為?ABCD的邊CD延長線上的一點，連結(jié)BE交AC于點O，交AD點F．
（1）求證：△AOB∽△COE；
（2）求證：BO2＝EO?FO．
【分析】（1）由題意可直接得到結(jié)論；
（2）由相似三角形的性質(zhì)可得，通過證明△AOF∽△COB，可得，可得結(jié)論．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴△AOB∽△COE；
（2）∵△AOB∽△COE，
∴，
∵AD∥BC，
∴△AOF∽△COB．
∴，
∴，
即OB2＝OF?OE．
【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．
3．（2022秋?廬陽區(qū)校級期中）如圖是小孔成像實驗，火焰AC通過小孔O照射到屏幕上，形成倒立的平行實像，像長BD＝3cm，OA＝50cm，OB＝10cm，求火焰AC的長．
【分析】把實際問題抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通過解方程即可求出火焰AC的長．
【解答】解：∵AC∥BD，
∴△OAC∽△OBD，
∴BD：AC＝OB：OA，
即3：AC＝10：50，
∴AC＝15．
答：火焰AC的長為15cm．
【點評】此題屬于實際應(yīng)用問題，主要考查了相似三角形的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題解答，利用相似三角形的性質(zhì)解答，相似三角形的對應(yīng)邊成比例．
4．（2022?淮北模擬）如圖，在同一平面上的四個點A，B，C，D為某縣四個鄉(xiāng)鎮(zhèn)的中心點，連接這四個鄉(xiāng)鎮(zhèn)之間的公路AB＝40km，AC＝BD＝20km．“美麗鄉(xiāng)村”建設(shè)項目規(guī)劃在C，D兩個鄉(xiāng)鎮(zhèn)之間修一條公路CD．已知∠CAB＝36.8°，∠ABD＝53.2°．求CD的長．
（參考數(shù)據(jù)：sin36.8°＝cs53.2°≈0.6，sin53.2°＝cs36.8°≈0.8，≈7.6．）
【分析】設(shè)AB與CD相交于點E，過點C作CF⊥AB，垂足為F，過點D作DP⊥AB，垂足為P，在Rt△AFC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AF，CF的長，再在Rt△DBP中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出BP，DP的長，從而求出FP的長，然后證明8字模型相似三角形△CFE∽△DPE，再利用相似三角形的性質(zhì)可求出EF，EP的長，最后分別在Rt△CEF和Rt△DPE中，利用勾股定理可求出CE，DE的長，最后進行計算即可解答．
【解答】解：設(shè)AB與CD相交于點E，過點C作CF⊥AB，垂足為F，過點D作DP⊥AB，垂足為P，
在Rt△AFC中，∠CAB＝36.8°，AC＝20km，
∴CF＝AC?sin36.8°≈20×0.6＝12（km），
AF＝AC?cs36.8°≈20×0.8＝16（km），
在Rt△DBP中，∠ABD＝53.2°，BD＝20km，
∴DP＝BD?sin53.2°≈20×0.6＝12（km），
DP＝BD?cs53.2°≈20×0.8＝16（km），
∵AB＝40km，
∴FP＝AB﹣AF﹣BP＝40﹣16﹣12＝12（km），
∵∠CFE＝∠DPE＝90°，∠CEF＝∠DEP，
∴△CFE∽△DPE，
∴＝＝＝，
∴EF＝FP＝（km），EP＝FP＝（km），
∴CE＝＝＝（km），
DE＝＝＝（km），
∴CD＝CE+DE＝＝4≈30.4（km），
∴CD的長約為30.4km．
【點評】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，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．
5．（2022春?定遠(yuǎn)縣校級月考）如圖，以AB為直徑的⊙O是△ACD的外接圓，連接OC，OD，AC＝CD，AB交CD于點E，PB與⊙O相切于點B．
（1）求證：∠P＝∠PAD；
（2）若⊙O的半徑為3，OE＝2，求CE的長．
【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ADB＝90°，從而可得∠BDC+∠ADC＝90°，再利用切線的性質(zhì)可得∠ABP＝90°，進而可得∠P+∠BAP＝90°，然后利用同弧所對的圓周角相等可得∠BAP＝∠BDC，從而可得∠P＝∠ADC，最后利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠CAD＝∠ADC，即可解答；
（2）根據(jù)已知可得△AOC≌△DOC，從而可得∠ACO＝∠DCO，∠CAO＝∠CDO，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠ACO＝∠CAO＝∠OCD＝∠ODC，然后利用（1）的結(jié)論可得∠OCD＝∠BDC，從而證明OC∥BD，進而利用平行線分線段成比例可得，即可得出DE＝CE，最后證明8字模型相似三角形△AEC∽△DEB，利用相似三角形的性質(zhì)進行計算即可解答．
【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC+∠ADC＝90°，
∵PB與⊙O相切于點B，
∴∠ABP＝90°，
∴∠P+∠BAP＝90°，
∵∠BAP＝∠BDC，
∴∠P＝∠ADC，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∴∠P＝∠PAD；
（2）解：∵AC＝CD，OC＝OC，OA＝OD，
∴△AOC≌△DOC（SSS），
∴∠ACO＝∠DCO，∠CAO＝∠CDO，
∵OA＝OC，OC＝OD，
∴∠ACO＝∠CAO，∠OCD＝∠ODC，
∴∠ACO＝∠CAO＝∠OCD＝∠ODC，
∵∠CAO＝∠CDB，
∴∠OCD＝∠BDC，
∴OC∥BD，
∴，
∴，
∴，
∵∠AEC＝∠DEB，
∴△AEC∽△DEB，
∴，
∴，
∴CE?DE＝5，
∴，
∴CE＝或CE＝﹣（舍去），
∴CE的長為．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，三角形的外接圓與外心，切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，以及圓周角定理是解題的關(guān)鍵．
6．（2023?蜀山區(qū)校級模擬）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠ABC＝a，D是BC上一點（不與點B，C重合），連接AD，過點C作CE⊥AD于點E，連接BE并延長，交AC于點F．
（1）如圖1，當(dāng)a＝1時，
①求證：∠ECD＜45°；
②求證：；
（2）如圖2，若D是BC的中點，求tan∠CEF的值（用含a的代數(shù)式表示）．
【分析】（1）①由tan∠ABC＝＝1得，∠ABC＝45°，由外角定理得∠EDC＝45°+∠BAD，從而∠ECD＝90°﹣∠EDC＜45°．
②過點B作BH∥AC，交CE的延長線于H，證明△ACD≌△CBH，得到BH＝CD，再證明△BEH∽△FEC，得到，即可得結(jié)論．
（2）過點B作BM⊥CE，交CE的延長線于M，設(shè)BC＝2m，證明△BCM∽△DAC，表示出BM、CM、EM的長，tan∠CEF＝tan∠BEM＝求得結(jié)果．
【解答】（1）①證明：∵∠ACB＝90°，tan∠ABC＝＝1，
∴AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∵∠EDC＝∠ABC+∠BAD＝45°+∠BAD，
∴∠EDC＞45°，
∵CE⊥AD于點E，
∴∠DEC＝90°，
∴∠ECD＝90°﹣∠EDC，
∴∠EDC＜45°．
②證明：如圖1，過點B作BH∥AC，交CE的延長線于H，CH與AB交于G，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CBH＝90°，
∴∠BCH+∠ACE＝90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE＝90°，
∴∠DAC＝∠BCH，
又∵tan∠ABC＝＝1，
∴BC＝AC，
∴△ACD≌△CBH（ASA），
∴BH＝CD．
∵BH∥AC，
∴△BEH∽△FEC，
∴，
∴．
（2）解：如圖2，過點B作BM⊥CE，交CE的延長線于M，
則∠BMC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCM+∠ACE＝90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE＝90°，
∴∠BCM＝∠DAC，
∴△BCM∽△DAC，
∴．
設(shè)BC＝2m，
∵D是BC中點，
∴BD＝CD＝m，
∵tan∠ABC＝＝a，
∴AC＝2am，
∴AD＝＝＝m，
∴，
∴BM＝，CM＝，
∵BM∥AD，D是BC中點，
∴ME＝CE＝，
∴tan∠CEF＝tan∠BEM＝＝．
【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)等知識，綜合性比較強，合理添加輔助線，把所學(xué)知識串聯(lián)起來熟練運用是解題的關(guān)鍵．
7．（2022?安慶模擬）在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．
（1）如圖①，若四邊形ABCD為矩形，過點O作OE⊥BC，求證：OE＝CD．
（2）如圖②，若AB∥CD，過點O作EF∥AB分別交BC、AD于點E、F．求證：＝2．
（3）如圖③，若OC平分∠AOB，D、E分別為OA、OB上的點，DE交OC于點M，作MN∥OB交OA于一點N，若OD＝8，OE＝6，直接寫出線段MN長度．
【分析】（1）由OE⊥BC，DC⊥BC，可知EO∥CD，且OB＝OD，可得結(jié)論；
（2）由△DFO∽△DAB，得，同理，，，利用等式的性質(zhì)將比例式相加，從而得出結(jié)論；
（3）作DF∥OB交OC于點F，連接EF，可知△ODF是等腰三角形，得DO＝DF＝8，由△DMF∽△EMO，可得EM＝，由△DMN∽△DOE，得，從而得出答案．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴O是AC中點，AB⊥BC，
∵OE⊥BC，
∴OE∥AB，
∴E是BC中點，
∴OE＝；
（2）證明：∵EF∥AB，
∴△DFO∽△DAB，
∴，
同理，，，
∴＝，
∴，
即；
（3）解：作DF∥OB交OC于點F，連接EF，
∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵DF∥OB，
∴∠DFO＝∠BOC＝∠AOC，
∴△ODF是等腰三角形，
∴DO＝DF＝8，
∵DF∥OE，
∴△DMF∽△EMO，
∴，
∴EM＝，
∴，
∵MN∥OE，
∴△DMN∽△DOE，
∴，
∴，
∴MN＝．
【點評】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，對比例式進行恒等變形是解題的關(guān)鍵．
8．（2022春?廬陽區(qū)校級期中）如圖，點E為正方形ABCD邊BC延長線上的一個點，連接AE交BD于點F、交CD于點G．
（1）求證：；
（2）如圖2，連接AC交BD于點O，連接OE交CD于點H，連接FH；
①若FG＝1，F(xiàn)A＝3，求tan∠OEC的值；
②若FH∥AC，求．
【分析】（1）先判斷出△ABF≌△CBF（SAS），得出AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，再判斷出∠DCF＝∠E，由∠CFG＝∠EFC，得出△CFG∽△EFC，即可得出結(jié)論；
（2）①設(shè)DG＝m，得出AB＝AD＝BC＝3m，進而得出BE＝3AD＝6m，過點O作OM⊥BC于M，得出OM＝BM＝BC＝m，即可求出答案；
②設(shè)DG＝n，AB＝kn，進而得出BE＝kAD＝k2n，進而得出CE＝k（k﹣1）n，同①的方法得，OM＝BM＝kn，得出EM＝kn（2k﹣1），再由OM∥CD，得出，進而得出CH＝，HG＝，再由FH∥AC，得出，進而求出k，即可求出答案．
【解答】（1）證明：如圖1，
連接CF，
∵BD是正方形ABCD的對角線，
∴AD∥BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∴∠BAD﹣∠BAF＝∠BCD﹣∠BCF，
∴∠DAG＝∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠E，
∴∠DCF＝∠E，
∵∠CFG＝∠EFC，
∴△CFG∽△EFC，
∴，
∴；
（2）解：如圖2，過點O作OM⊥BC于M，
①∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝AB，AD∥BC，AB∥CD，
∴＝，
設(shè)DG＝m，F(xiàn)G＝1，F(xiàn)A＝3，
∴＝，
∴AB＝3m，
∴AD＝BC＝3m，
∵AD∥BC，
∴＝，
∴BE＝3AD＝9m，
∵點O是正方形ABCD的對角線的交點，
∴OM＝BM＝BC＝m，
在Rt△OME中，EM＝BE﹣BM＝9m﹣m＝m，
∴tan∠OEC＝＝＝；
②設(shè)DG＝n，AB＝kn，
∵AB∥CD，
∴＝＝，
由（1）知，，
∴＝，
∵AD∥BC，
∴＝＝，
∴BE＝kAD＝k2n，
∴CE＝BE﹣BC＝k2n﹣kn＝k（k﹣1）n，
同①的方法得，OM＝BM＝kn，
∴EM＝BE﹣BM＝k2n﹣kn＝kn（2k﹣1），
∵OM∥CD，
∴，
∴，
∴CH＝，
∴HG＝CD﹣DG﹣CH＝kn﹣n﹣＝，
∵FH∥AC，
∴，
∴＝，
∴k＝2，
∴＝＝k＝2．
【點評】此題是相似形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，作出輔助線構(gòu)造出直角三角形是解本題的關(guān)鍵．
題型二：“A”字模型
一．解答題（共4小題）
1．（2022秋?廬陽區(qū)校級期中）如圖，D、E分別是△ABC的邊AB、AC上的點，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，DE＝4，求BC的長．
【分析】由DE∥BC得△ADE∽△ABC，列出比例式代入數(shù)值，即可求出DE的長．
【解答】解：如圖，∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴，
∴BC＝10，
∴BC的長為10．
【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，明確相似三角形對應(yīng)邊成比例是解題的關(guān)鍵．
2．（2022秋?瑤海區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，AE＝2CE，AB＝12，BC＝15．求AD長及四邊形BDEF的周長．
【分析】證△ADE∽△ABC，根據(jù)線段比例關(guān)系求AD，DE，然后根據(jù)四邊形BDEF是平行四邊形求周長即可．
【解答】解：∵AE＝2CE，
∴AC＝AE+CE＝2CE+CE＝3CE，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝，
∴AD＝AB，DE＝BC，
∵AB＝12，BC＝15，
∴AD＝8，DE＝10，
∴BD＝AB﹣AD＝12﹣8＝4，
∵EF∥AB，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∴四邊形BDEF的周長是：2（DE+BD）＝2×（10+4）＝28，
即AD的長為8，四邊形BDEF的周長是28．
【點評】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2022?安慶一模）如圖，在△ABC中，點D、E、F分別在邊BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥AB．
（1）若點D是邊BC的中點，且BE＝CF，求證：DE＝DF；
（2）若AD⊥BC于D，且BD＝CD，求證：四邊形AEDF是菱形；
（3）若AE＝AF＝1，求+的值．
【分析】（1）根據(jù)中點和平行兩個條件可得中點，從而可得DE是△ABC的中位線，進而可得DE＝FC，同理可得DF＝BE，即可解答；
（2）根據(jù)已知易證四邊形AEDF是平行四邊形，再利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得∠BAD＝∠CAD，然后利用平行線的性質(zhì)可得∠EDA＝∠CAD，從而可得∠BAD＝∠EDA，進而可得EA＝ED，即可解答；
（3）根據(jù)A字模型相似三角形可知△BED∽△BAC，△CDF∽△CBA，從而可得＝，＝，然后把兩個式子相加進行計算，即可解答．
【解答】（1）證明：∵點D是邊BC的中點，DE∥CA，
∴點E是AB的中點，
∴DE是△ABC的中位線，
∴DE＝AC，
∵點D是邊BC的中點，DF∥AB，
∴點F是AC的中點，
∴FC＝AC，
∴DE＝FC，
同理可得：DF＝BE，
∵BE＝FC，
∴DE＝DF；
（2）證明：∵DE∥CA，DF∥AB，
∴四邊形AEDF是平行四邊形，
∵AD⊥BC，BD＝CD，
∴AD是BC的垂直平分線，
∴AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵DE∥AC，
∴∠EDA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠EDA，
∴EA＝ED，
∴四邊形AEDF是菱形；
（3）∵DE∥CA，
∴∠EDB＝∠C，
∵∠B＝∠B，
∴△BED∽△BAC，
∴＝，
∵DF∥AB，
∴∠B＝∠FDC，
∵∠C＝∠C，
∴△CDF∽△CBA，
∴＝，
∴+＝+＝＝1，
∵四邊形AEDF是平行四邊形，
∴DE＝AF，DF＝AE，
∵AE＝AF＝1，
∴DE＝DF＝1，
∴+＝1，
∴+的值為1．
【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，分式的化簡求值，菱形的判定與性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)，以及A字模型相似三角形的關(guān)鍵．
4．（2022?定遠(yuǎn)縣模擬）已知：如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，CD為AB邊上的高，∠ABC的平分線BE分別交CD，AC于點F，E．
（1）求證：△CBF∽△ABE；
（2）若AB＝10，BC＝6，求△CBF的面積；
（3）若BC＝AD，求的值．
【分析】（1）根據(jù)∠A+∠ACD＝∠ACD+∠BCD＝90°，可得∠A＝∠BCD，再結(jié)合角平分線的定義可得∠ABE＝∠CBE，即可得證．
（2）過點E作EM⊥AB于點M，由角平分線的性質(zhì)可得CE＝ME，利用△AME∽△ACB，求出ME的值，進而可得×10×3＝15，由（1）知，△CBF∽△ABE，而相似三角形的面積比等于相似比的平方，進而可得出答案．
（3）易知CE＝ME，△AME∽△ACB，△BCD∽△BAC，可得，，結(jié)合BC＝AD，可得＝，可求出的值，即可得出答案．
【解答】解：（1）證明：∵CD為AB邊上的高，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ACD＝∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴△CBF∽△ABE．
（2）過點E作EM⊥AB于點M，
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝8，
∵BE是∠ABC的平分線，∠ACB＝∠BME＝90°，
∴CE＝ME，
∵∠A＝∠A，∠AME＝∠ACB，
∴△AME∽△ACB，
∴，
設(shè)CE＝ME＝x，則AE＝8﹣x，
∴，
解得x＝3，
∴×10×3＝15，
由（1）知，△CBF∽△ABE，
∴，
∴．
（3）由（2）知，CE＝ME，△AME∽△ACB，
∴，
∵∠CBD＝∠ABC，∠A＝∠BCD，
∴△BCD∽△BAC，
∴，
∵BC＝AD，
∴＝，
∴，
∴＝．
【點評】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
題型三：“一線三等角”模型
一．解答題（共4小題）
1．（2021秋?大觀區(qū)校級期中）已知矩形ABCD的一條邊AD＝8，將矩形ABCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的P點處．如圖，已知折痕與邊BC交于點O，連接AP、OP、OA．
（1）求證：＝；
（2）若OP與PA的比為1：2，求邊AB的長．
【分析】（1）利用“一線三直角”證明△OCP∽△PDA，繼而得出＝；
（2）利用相似三角形的性質(zhì)求出PC的長，設(shè)AB＝x，則DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，利用勾股定理列出方程，解方程即可求得AB的長度．
【解答】（1）證明：由折疊的性質(zhì)可知，∠APO＝∠B＝90°，
∴∠APD+∠OPC＝90°，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠POC+∠OPC＝90°，
∴∠APD＝∠POC，
∴△OCP∽△PDA，
∴＝；
（2）解：∵△OCP∽△PDA，
∴，
∵OP與PA的比為1：2，AD＝8，
∴，
∴PC＝4，
設(shè)AB＝x，則DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，
在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，
∴x2＝82+（x﹣4）2，
解得：x＝10，
∴AB＝10．
【點評】本題考查的是矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握折疊是一種軸對稱，折疊前后的圖形對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊相等，靈活運用相關(guān)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（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．
【點評】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，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．
3．（2022秋?定遠(yuǎn)縣期中）已知：如圖，△ABC是等邊三角形，點D、E分別在邊BC、AC上，∠ADE＝60°．
（1）求證：△ABD∽△DCE；
（2）如果AB＝3，EC＝，求DC的長．
【分析】（1）△ABC是等邊三角形，得到∠B＝∠C＝60°，AB＝AC，推出∠BAD＝∠CDE，得到△ABD∽△DCE；
（2）由△ABD∽△DCE，得到＝，然后代入數(shù)值求得結(jié)果．
【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝AC，
∵∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∠B＝∠ADE＝60°，
∴∠BAD＝∠CDE
∴△ABD∽△DCE；
（2）解：由（1）證得△ABD∽△DCE，
∴＝，
設(shè)CD＝x，則BD＝3﹣x，
∴＝，
∴x＝1或x＝2，
∴DC＝1或DC＝2．
【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，注意數(shù)形結(jié)合和方程思想的應(yīng)用．
4．（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＝×＝．
【點評】本題主要考查相似形綜合題，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)及平行線分線段成比例等知識是解題的關(guān)鍵．
題型四：“手拉手”旋轉(zhuǎn)模型
一．解答題（共4小題）
1．（2021?瑤海區(qū)校級開學(xué)）已知：如圖，△ABD∽△ACE．求證：△DAE∽△BAC．
【分析】先利用△ABD∽△ACE得到，再利用比例性質(zhì)得，加上∠DAE＝∠BAC，然后根據(jù)相似三角形的判定方法可得到結(jié)論．
【解答】證明：∵△ABD∽△ACE，
∴，
∴，
而∠DAE＝∠BAC，
∴△DAE∽△BAC．
【點評】本題考查了相似三角形的判定：兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；也考查了相似三角形的性質(zhì)．
2．（2023?亳州二模）如圖1，在△ABD和△ACE中，∠BAD＝∠CAE，∠ABD＝∠ACE．
（1）①求證：△ABC∽△ADE；
②若AB＝AC，試判斷△ADE的形狀，并說明理由；
（2）如圖2，旋轉(zhuǎn)△ADE，使點D落在邊BC上，若∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝∠ADE．求證：CE⊥BC．
【分析】（1）①根據(jù)兩個角相等可得△ABD∽△ACE，得，再根據(jù)∠BAC＝∠DAE，可證明結(jié)論；
②由①知，當(dāng)AB＝AC時，AD＝AE，則△ADE是等腰三角形；
（2）同理證明△BAD∽△CAE，得∠B＝∠ACE，再利用直角三角形的兩個銳角互余，即可證明結(jié)論．
【解答】（1）①證明：∵∠BAD＝∠CAE，∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD∽△ACE，
∴，
即，
又∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，
即∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
②解：△ADE是等腰三角形，理由如下：
由①知，，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∴△ADE是等腰三角形；
（2）證明：∵∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，
∴△BAC∽△DAE，
∴，
∴，
又∵∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠B＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴CE⊥BC．
【點評】本題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2021秋?當(dāng)涂縣校級期末）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P為△ABC內(nèi)部一點，∠APB＝∠BPC＝135°．
（1）求證：△PAB∽△PBC；
（2）求證：AC＝PC．
【分析】（1）先由三角形的內(nèi)角和定理及等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠PAB＝∠PCB，再利用相似三角形的判定定理得結(jié)論；
（2）由（1）△PAB∽△PBC，利用相似三角形的性質(zhì)得到PA與PC的關(guān)系，再說明△PAC是直角三角形，最后由勾股定理得結(jié)論．
【解答】證明：（1）∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，AB＝BC．
∵∠APB＝135°，∠ABC＝45°，
∴∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝45°，∠PBA+∠PBC＝45°，
∴∠PAB＝∠PCB．
又∵∠APB＝∠BPC，
∴△PAB∽△PBC．
（2）∵△PAB∽△PBC，
∴＝＝＝．
∴PB＝PC，PA＝PB．
∴PA＝2PC．
∵∠APB+∠BPC+∠APC＝360°，∠APB＝∠BPC＝135°，
∴∠APC＝90°．
∴AC＝＝＝PC．
【點評】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理及三角形的內(nèi)角和定理是解決本題的關(guān)鍵．
4．（2020?蕪湖三模）（1）（問題發(fā)現(xiàn)）如圖1，△ABC和△ADE均為等邊三角形，點B，D，E在同一條直線上．填空：
①線段BD，CE之間的數(shù)量關(guān)系為 BD＝CE ；
②∠BEC＝ 60 °．
（2）（類比探究）如圖2，△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，點B，D，E在同一條直線上，請判斷線段BD，CE之間的數(shù)量關(guān)系及∠BEC的度數(shù)，并給出證明．
（3）（解決問題）如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，點D在AB邊上，DE⊥AC于點E，AE＝3，將△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)DE所在直線經(jīng)過點B時，CE的長是多少？（直接寫出答案）
【分析】（1）首先根據(jù)△ACB和△DAE均為等邊三角形，可得AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，據(jù)此判斷出∠BAD＝∠CAE，然后根據(jù)全等三角形的判定方法，判斷出△ABD≌△ACE，即可判斷出BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，進而判斷出∠BEC的度數(shù)為60°即可；
（2）首先根據(jù)△ACB和△ADE均為等腰直角三角形，可得AC＝BC，DE＝AE，∠ACB＝∠AED＝90°，進而利用相似三角形的判定和性質(zhì)解答即可；
（3）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）①∵△ACB和△ADE均為等邊三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，
∵點B，D，E在同一直線上，
∴∠ADB＝180﹣60＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°，
綜上，可得∠AEB的度數(shù)為60°；線段BD與CE之間的數(shù)量關(guān)系是：BD＝CE．
②∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°；
故答案為：BD＝CE；60；
（2），∠BEC＝45°．
理由如下：△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ADE＝∠DAE＝45°，∠ACB＝∠AED＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝135°，
∵Rt△ABC和Rt△ADE中，，，，
∴，
∴，
又∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝135°，，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）如圖3中，
∵AEB＝∠ACB＝90°，
∴A，B，C，E四點共圓，
∴∠CEB＝∠CAB＝30°，∠ABD＝∠ACE，
∵∠FAE＝∠BAC＝30°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴，
∴EC＝BD，
在Rt△ADE中，∵DE＝，∠DAE＝30°，
∴AE＝DE＝3，
∴BE＝＝4，
∴BD＝BE﹣DE＝4﹣，
∴CE＝BD＝2﹣，
如圖4中，當(dāng)D，E，B在同一直線上時，同法可知BD＝DE+EB＝4+，CE＝BD＝2+，
綜上所述，CE的長為或．
【點評】本題考查幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
【安徽實戰(zhàn)真題練】
一．選擇題（共2小題）
1．（2016?安徽）如圖，△ABC中，AD是中線，BC＝8，∠B＝∠DAC，則線段AC的長為（ ）
A．4B．4C．6D．4
【分析】根據(jù)AD是中線，得出CD＝4，再根據(jù)AA證出△CBA∽△CAD，得出＝，求出AC即可．
【解答】解：∵BC＝8，
∴CD＝4，
在△CBA和△CAD中，
∵∠B＝∠DAC，∠C＝∠C，
∴△CBA∽△CAD，
∴＝，
∴AC2＝CD?BC＝4×8＝32，
∴AC＝4；
故選：B．
【點評】此題考查了相似三角形的判斷與性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)AA證出△CBA∽△CAD，是一道基礎(chǔ)題．
2．（2019?安徽）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝12，點D在邊BC上，點E在線段AD上，EF⊥AC于點F，EG⊥EF交AB于點G．若EF＝EG，則CD的長為（ ）
A．3.6B．4C．4.8D．5
【分析】根據(jù)題意和三角形相似的判定和性質(zhì)，可以求得CD的長，本題得以解決．
【解答】解：作DH∥EG交AB于點H，則△AEG∽△ADH，
∴，
∵EF⊥AC，∠C＝90°，
∴∠EFA＝∠C＝90°，
∴EF∥CD，
∴△AEF∽△ADC，
∴，
∴，
∵EG＝EF，
∴DH＝CD，
設(shè)DH＝x，則CD＝x，
∵BC＝12，AC＝6，
∴BD＝12﹣x，
∵EF⊥AC，EF⊥EG，DH∥EG，
∴EG∥AC∥DH，
∴△BDH∽△BCA，
∴，
即，
解得，x＝4，
∴CD＝4，
故選：B．
【點評】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，作出合適的輔助線，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
二．填空題（共3小題）
3．（2016?安徽）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝10，點E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點C恰落在邊AD上的點F處；點G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點A恰落在線段BF上的點H處，有下列結(jié)論：
①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝S△FGH；④AG+DF＝FG．
其中正確的是 ①③④ ．（把所有正確結(jié)論的序號都選上）
【分析】由折疊性質(zhì)得∠1＝∠2，CE＝FE，BF＝BC＝10，則在Rt△ABF中利用勾股定理可計算出AF＝8，所以DF＝AD﹣AF＝2，設(shè)EF＝x，則CE＝x，DE＝CD﹣CE＝6﹣x，在Rt△DEF中利用勾股定理得（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，即ED＝；再利用折疊性質(zhì)得∠3＝∠4，BH＝BA＝6，AG＝HG，易得∠2+∠3＝45°，于是可對①進行判斷；設(shè)AG＝y(tǒng)，則GH＝y(tǒng)，GF＝8﹣y，在Rt△HGF中利用勾股定理得到y(tǒng)2+42＝（8﹣y）2，解得y＝3，則AG＝GH＝3，GF＝5，由于∠A＝∠D和≠，可判斷△ABG與△DEF不相似，則可對②進行判斷；根據(jù)三角形面積公式可對③進行判斷；利用AG＝3，GF＝5，DF＝2可對④進行判斷．
【解答】解：∵△BCE沿BE折疊，點C恰落在邊AD上的點F處，
∴∠1＝∠2，CE＝FE，BF＝BC＝10，
在Rt△ABF中，∵AB＝6，BF＝10，
∴AF＝＝8，
∴DF＝AD﹣AF＝10﹣8＝2，
設(shè)EF＝x，則CE＝x，DE＝CD﹣CE＝6﹣x，
在Rt△DEF中，∵DE2+DF2＝EF2，
∴（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，
∴ED＝，
∵△ABG沿BG折疊，點A恰落在線段BF上的點H處，
∴∠3＝∠4，BH＝BA＝6，AG＝HG，
∴∠2+∠3＝∠ABC＝45°，所以①正確；
HF＝BF﹣BH＝10﹣6＝4，
設(shè)AG＝y(tǒng)，則GH＝y(tǒng)，GF＝8﹣y，
在Rt△HGF中，∵GH2+HF2＝GF2，
∴y2+42＝（8﹣y）2，解得y＝3，
∴AG＝GH＝3，GF＝5，
∵∠A＝∠D，＝＝，＝，
∴≠，
∴△ABG與△DEF不相似，所以②錯誤；
∵S△ABG＝?6?3＝9，S△FGH＝?GH?HF＝×3×4＝6，
∴S△ABG＝S△FGH，所以③正確；
∵AG+DF＝3+2＝5，而GF＝5，
∴AG+DF＝GF，所以④正確．
故答案為①③④．
【點評】本題考查了相似形綜合題：熟練掌握折疊和矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定方法；會運用勾股定理計算線段的長．
4．（2018?安徽）矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．點P在矩形ABCD的內(nèi)部，點E在邊BC上，滿足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，則PE的長為 或3 ．
【分析】根據(jù)勾股定理求出BD，分PD＝DA、P′D＝P′A兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算．
【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝＝10，
當(dāng)PD＝DA＝8時，BP＝BD﹣PD＝2，
∵△PBE∽△DBC，
∴＝，即＝，
解得，PE＝，
當(dāng)P′D＝P′A時，點P′為BD的中點，
∴P′E′＝CD＝3，
故答案為：或3．
【點評】本題考查的是相似三角形的性質(zhì)、勾股定理和矩形的性質(zhì)，掌握相似三角形的性質(zhì)定理、靈活運用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．
5．（2022?安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：
（1）∠FDG＝ 45 °；
（2）若DE＝1，DF＝2，則MN＝ ．
【分析】（1）根據(jù)AAS證△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG的度數(shù)；
（2）由（1）的結(jié)論得出CD的長度，GF的長度，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分別求出DM，NC的值即可得出MN的值．
【解答】解：由題知，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠GEF＝∠ABE，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，
即DG+DE＝AE+DE，
∴DG＝AE，
∴DG＝GF，
即△DGF是等腰直角三角形，
∴∠FDG＝45°，
故答案為：45°；
（2）∵DE＝1，DF＝2，
由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，
延長GF交BC延長線于點H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴，
即，
∴MD＝，
同理△BNC∽△BFH，
∴，
即，
∴，
∴NC＝，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3﹣﹣＝，
故答案為：．
【點評】本題主要考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握這些基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共8小題）
6．（2018?安徽）如圖，在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的10×10網(wǎng)格中，已知點O，A，B均為網(wǎng)格線的交點．
（1）在給定的網(wǎng)格中，以點O為位似中心，將線段AB放大為原來的2倍，得到線段A1B1（點A，B的對應(yīng)點分別為A1，B1），畫出線段A1B1；
（2）將線段A1B1繞點B1逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段A2B1，畫出線段A2B1；
（3）以A，A1，B1，A2為頂點的四邊形AA1B1A2的面積是 20 個平方單位．
【分析】（1）以點O為位似中心，將線段AB放大為原來的2倍，即可畫出線段A1B1；
（2）將線段A1B1繞點B1逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段A2B1，即可畫出線段A2B1；
（3）連接AA2，即可得到四邊形AA1B1A2為正方形，進而得出其面積．
【解答】解：（1）如圖所示，線段A1B1即為所求；
（2）如圖所示，線段A2B1即為所求；
（3）由圖可得，四邊形AA1B1A2為正方形，
∴四邊形AA1B1A2的面積是（）2＝（）2＝20．
故答案為：20．
【點評】此題主要考查了位似變換以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理等知識的運用，利用相似變換的性質(zhì)得出對應(yīng)點的位置是解題關(guān)鍵．
7．（2014?安徽）如圖，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，給出了格點△ABC（頂點是網(wǎng)格線的交點）．
（1）將△ABC向上平移3個單位得到△A1B1C1，請畫出△A1B1C1；
（2）請畫一個格點△A2B2C2，使△A2B2C2∽△ABC，且相似比不為1．
【分析】（1）利用平移的性質(zhì)得出對應(yīng)點位置，進而得出答案；
（2）利用相似圖形的性質(zhì)，將各邊擴大2倍，進而得出答案．
【解答】解：（1）如圖所示：△A1B1C1即為所求；
（2）如圖所示：△A2B2C2即為所求．
【點評】此題主要考查了相似變換和平移變換，得出變換后圖形對應(yīng)點位置是解題關(guān)鍵．
8．（2015?安徽）如圖1，在四邊形ABCD中，點E、F分別是AB、CD的中點，過點E作AB的垂線，過點F作CD的垂線，兩垂線交于點G，連接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC．
（1）求證：AD＝BC；
（2）求證：△AGD∽△EGF；
（3）如圖2，若AD、BC所在直線互相垂直，求的值．
【分析】（1）由線段垂直平分線的性質(zhì)得出GA＝GB，GD＝GC，由SAS證明△AGD≌△BGC，得出對應(yīng)邊相等即可；
（2）先證出∠AGB＝∠DGC，由，證出△AGB∽△DGC，得出比例式，再證出∠AGD＝∠EGF，即可得出△AGD∽△EGF；
（3）延長AD交GB于點M，交BC的延長線于點H，則AH⊥BH，由△AGD≌△BGC，得出∠GAD＝∠GBC，再求出∠AGB＝∠AHB＝90°，得出∠AGE＝∠AGB＝45°，求出，由△AGD∽△EGF，即可得出的值．
【解答】（1）證明：∵GE是AB的垂直平分線，
∴GA＝GB，
同理：GD＝GC，
在△AGD和△BGC中，
，
∴△AGD≌△BGC（SAS），
∴AD＝BC；
（2）證明：∵∠AGD＝∠BGC，
∴∠AGB＝∠DGC，
在△AGB和△DGC中，，
∴△AGB∽△DGC，
∴，
又∵∠AGE＝∠DGF，
∴∠AGD＝∠EGF，
∴△AGD∽△EGF；
（3）解：延長AD交GB于點M，交BC的延長線于點H，如圖所示：
則AH⊥BH，
∵△AGD≌△BGC，
∴∠GAD＝∠GBC，
在△GAM和△HBM中，∠GAD＝∠GBC，∠GMA＝∠HMB，
∴∠AGB＝∠AHB＝90°，
∴∠AGE＝∠AGB＝45°，
∴，
又∵△AGD∽△EGF，
∴＝＝．
【點評】本題是相似形綜合題目，考查了線段垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要通過作輔助線綜合運用（1）（2）的結(jié)論和三角函數(shù)才能得出結(jié)果．
9．（2019?安徽）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P為△ABC內(nèi)部一點，且∠APB＝∠BPC＝135°．
（1）求證：△PAB∽△PBC；
（2）求證：PA＝2PC；
（3）若點P到三角形的邊AB，BC，CA的距離分別為h1，h2，h3，求證h12＝h2?h3．
【分析】（1）利用等式的性質(zhì)判斷出∠PBC＝∠PAB，即可得出結(jié)論；
（2）由（1）的結(jié)論得出，進而得出，即可得出結(jié)論；
（3）先作出兩個直角三角形，再判斷出Rt△AEP∽Rt△CDP，得出，即h3＝2h2，再由△PAB∽△PBC，判斷出，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC
又∠APB＝135°，
∴∠PAB+∠PBA＝45°
∴∠PBC＝∠PAB
又∵∠APB＝∠BPC＝135°，
∴△PAB∽△PBC
（2）∵△PAB∽△PBC
∴
在Rt△ABC中，AC＝BC，
∴
∴
∴PA＝2PC
（3）如圖，過點P作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于點F，
∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3，
∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°
∴∠APC＝90°，
∴∠EAP+∠ACP＝90°，
又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°
∴∠EAP＝∠PCD，
∴Rt△AEP∽Rt△CDP，
∴，即，
∴h3＝2h2
∵△PAB∽△PBC，
∴，
∴
∴．
即：h12＝h2?h3．
【點評】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出∠EAP＝∠PCD是解本題的關(guān)鍵．
10．（2020?安徽）如圖1，已知四邊形ABCD是矩形，點E在BA的延長線上，AE＝AD．EC與BD相交于點G，與AD相交于點F，AF＝AB．
（1）求證：BD⊥EC；
（2）若AB＝1，求AE的長；
（3）如圖2，連接AG，求證：EG﹣DG＝AG．
【分析】（1）證明△AEF≌△ADB（SAS），得出∠AEF＝∠ADB，證得∠EGB＝90°，則結(jié)論得出；
（2）證明△AEF∽△DCF，得出，即AE?DF＝AF?DC，設(shè)AE＝AD＝a（a＞0），則有a?（a﹣1）＝1，化簡得a2﹣a﹣1＝0，解方程即可得出答案；
（3）在線段EG上取點P，使得EP＝DG，證明△AEP≌△ADG（SAS），得出AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，證得△PAG為等腰直角三角形，可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，點E在BA的延長線上，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
又∵AE＝AD，AF＝AB，
∴△AEF≌△ADB（SAS），
∴∠AEF＝∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，
即∠EGB＝90°，
故BD⊥EC，
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AE∥CD，
∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，
∴△AEF∽△DCF，
∴，
即AE?DF＝AF?DC，
設(shè)AE＝AD＝a（a＞0），則有a?（a﹣1）＝1，化簡得a2﹣a﹣1＝0，
解得或（舍去），
∴AE＝．
（3）證明：如圖，在線段EG上取點P，使得EP＝DG，
在△AEP與△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴△AEP≌△ADG（SAS），
∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，
∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，
∴△PAG為等腰直角三角形，
∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG＝AG．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
11．（2017?安徽）已知正方形ABCD，點M為邊AB的中點．
（1）如圖1，點G為線段CM上的一點，且∠AGB＝90°，延長AG、BG分別與邊BC、CD交于點E、F．
①求證：BE＝CF；
②求證：BE2＝BC?CE．
（2）如圖2，在邊BC上取一點E，滿足BE2＝BC?CE，連接AE交CM于點G，連接BG并延長交CD于點F，求tan∠CBF的值．
【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)知AB＝BC、∠ABC＝∠BCF＝90°、∠ABG+∠CBF＝90°，結(jié)合∠ABG+∠BAG＝90°可得∠BAG＝∠CBF，證△ABE≌△BCF可得；
②由RtABG斜邊AB中線知MG＝MA＝MB，即∠GAM＝∠AGM，結(jié)合∠CGE＝∠AGM、∠GAM＝∠CBG知∠CGE＝∠CBG，從而證△CGE∽△CBG得CG2＝BC?CE，由BE＝CF＝CG可得答案；
（2）延長AE、DC交于點N，證△CEN∽△BEA得BE?CN＝AB?CE，由AB＝BC、BE2＝BC?CE知CN＝BE，再由＝＝且AM＝MB得FC＝CN＝BE，設(shè)正方形的邊長為1、BE＝x，根據(jù)BE2＝BC?CE求得BE的長，最后由tan∠CBF＝＝可得答案．
【解答】解：（1）①∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∴∠ABG+∠CBF＝90°，
∵∠AGB＝90°，
∴∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠BAG＝∠CBF，
∵AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF，
∴BE＝CF，
②∵∠AGB＝90°，點M為AB的中點，
∴MG＝MA＝MB，
∴∠GAM＝∠AGM，
又∵∠CGE＝∠AGM，∠GAM＝∠CBG，
∴∠CGE＝∠CBG，
又∠ECG＝∠GCB，
∴△CGE∽△CBG，
∴＝，即CG2＝BC?CE，
由∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝∠CGF得CF＝CG，
由①知BE＝CF，
∴BE＝CG，
∴BE2＝BC?CE；
（2）延長AE、DC交于點N，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠N＝∠EAB，
又∵∠CEN＝∠BEA，
∴△CEN∽△BEA，
∴＝，即BE?CN＝AB?CE，
∵AB＝BC，BE2＝BC?CE，
∴CN＝BE，
∵AB∥DN，
∴＝＝，
∵AM＝MB，
∴FC＝CN＝BE，
不妨設(shè)正方形的邊長為1，BE＝x，
由BE2＝BC?CE可得x2＝1?（1﹣x），
解得：x1＝，x2＝（舍），
∴＝，
則tan∠CBF＝＝＝．
【點評】本題主要考查相似形的綜合問題，熟練掌握正方形與直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2021?安徽）如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，點E在邊BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交線段AE于點F，連接BF．
（1）求證：△ABF≌△EAD；
（2）如圖2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的長；
（3）如圖3，若BF的延長線經(jīng)過AD的中點M，求的值．
【分析】（1）先根據(jù)題意得出AB＝AE，DE＝DC，再證四邊形ADCF是平行四邊形，得出AF＝CD，進而得出AF＝DE，再由平行線性質(zhì)得∠AED＝∠BAF，進而證得結(jié)論；
（2）先證明△EAD∽△CFE，得＝＝，根據(jù)四邊形ADCF是平行四邊形，得AD＝CF，AF＝CD，進而可得＝＝，求得CF＝6，CE＝，再利用△ABE∽△DEC，求得答案；
（3）如圖3，延長BM、ED交于點G，先證明△ABE∽△DCE，得出＝＝，設(shè)DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，則AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，可得EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），再利用△ABF∽△EGF，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如圖1，∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠BCD，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠ABC＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠DEC＝∠BCD，
∴DE＝DC，
∵CF∥AD，AE∥CD，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∴AF＝CD，
∴AF＝DE，
在△ABF和△EAD中，
，
∴△ABF≌△EAD（SAS）；
（2）方法①：∵CF∥AD，
∴∠EAD＝∠CFE，
∵∠ECF＝∠AED，
∴△EAD∽△CFE，
∴＝＝，
由（1）知：四邊形ADCF是平行四邊形，
∴AD＝CF，AF＝CD，
∵AB＝9，CD＝5，
∴AE＝9，DE＝5，
∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，
∴＝＝，
∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，
∴CE＝，
∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
方法②：由（1）知△ABF≌△EAD，
∴∠ABF＝∠EAD，
∵∠EAD＝∠CFE，
∴∠ABF＝∠CFE，
∵∠ABC＝∠AEB，∠ABC＝∠ABF+∠EBF，∠AEB＝∠CFE+∠ECF，
∴∠EBF＝∠ECF，
∵∠BAE＝∠AED＝∠ECF，
∴∠EBF＝∠BAE，
∵∠BEF＝∠AEB，
∴△BEF∽△AEB，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
（3）如圖3，延長BM、ED交于點G，
∵△ABE，△DCE均為等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴＝＝，
設(shè)DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，
則AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，
∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），
∵AB∥DG，
∴∠ABG＝∠G
∵AD的中點M，
∴AM＝DM，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴△AMB≌△DMG（AAS），
∴DG＝AB＝ax，
∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），
∵AB∥DG（即AB∥EG），
∴△ABF∽△EGF，
∴＝，即＝，
∴x2﹣2x﹣1＝0，
解得：x＝1+或x＝1﹣（舍去），
∴＝x＝1+．
【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識，正確添加輔助線構(gòu)造相似三角形是解題關(guān)鍵．
13．（2016?安徽）如圖1，A，B分別在射線OM，ON上，且∠MON為鈍角，現(xiàn)以線段OA，OB為斜邊向∠MON的外側(cè)作等腰直角三角形，分別是△OAP，△OBQ，點C，D，E分別是OA，OB，AB的中點．
（1）求證：△PCE≌△EDQ；
（2）延長PC，QD交于點R．
①如圖2，若∠MON＝150°，求證：△ABR為等邊三角形；
②如圖3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON大小和的值．
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到DE＝OC，∥OC，CE＝OD，CE∥OD，推出四邊形ODEC是平行四邊形，于是得到∠OCE＝∠ODE，根據(jù)等腰直角三角形的定義得到∠PCO＝∠QDO＝90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到得到PC＝ED，CE＝DQ，即可得到結(jié)論
（2）①連接RO，由于PR與QR分別是OA，OB的垂直平分線，得到AP＝OR＝RB，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRQ，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和得到∠CRD＝30°，即可得到結(jié)論；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，推出∠PEQ＝∠ACR＝90°，證得△PEQ是等腰直角三角形，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到ARB＝∠PEQ＝90°，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和得到∠MON＝135°，求得∠APB＝90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵點C、D、E分別是OA，OB，AB的中點，
∴DE＝OC，DE∥OC，CE＝OD，CE∥OD，
∴四邊形ODEC是平行四邊形，
∴∠OCE＝∠ODE，
∵△OAP，△OBQ是等腰直角三角形，
∴∠PCO＝∠QDO＝90°，
∴∠PCE＝∠PCO+∠OCE＝∠QDO+∠EDO＝∠EDQ，
∵PC＝AO＝OC＝ED，CE＝OD＝OB＝DQ，
在△PCE與△EDQ中，，
∴△PCE≌△EDQ；
（2）①如圖2，連接RO，
∵PR與QR分別是OA，OB的垂直平分線，
∴AR＝OR＝RB，
∴∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRQ，
∵∠RCO＝∠RDO＝90°，∠COD＝150°，
∴∠CRD＝30°，
∴∠ARB＝60°，
∴△ARB是等邊三角形；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，
∴∠PEQ＝∠CED﹣∠CEP﹣∠DEQ＝∠ACE﹣∠CEP﹣∠CPE＝∠ACE﹣∠RCE＝∠ACR＝90°，
∴△PEQ是等腰直角三角形，∵△ARB∽△PEQ，∴∠ARB＝∠PEQ＝90°，
∴∠OCR＝∠ODR＝90°，∠CRD＝∠ARB＝45°，
∴∠MON＝135°，
此時P，O，B在一條直線上，△PAB為直角三角形，且∠APB＝90°，
∴AB＝2PE＝2×PQ＝PQ，∴＝．
【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

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