2020年中考数学试题分类汇编之十-相似三角形-含解析

2020年中考数学试题分类汇编之十相似三角形选择题1．（2020成都）（3分）如图，直线，直线和被，，所截，，，，则的长为A．2 B．3 C．4 D．解：直线，，，，，，，选：．2．（2020哈尔滨）（3分）如图，在中，点在边上，连接，点在边上，过点作，交于点，过点作，交于点，则下列式子一定正确的是A． B． C． D．解：，，，，，故选：．3.（2020河北）在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（）A.四边形 B.四边形C.四边形 D.四边形解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．故选：A4.（2020四川绵阳）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C，当A′B′恰好经过点D时，△B′CD为等腰三角形，若BB′＝2，则AA′＝（）A． B．2 C． D．解：过D作DE⊥BC于E，则∠DEC＝∠DEB＝90°，∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝∠ABC＝90°，∴四边形ABED是矩形，∴BE＝AD＝2，DE＝AB＝2，∵将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C，∴∠DB′C＝∠ABC＝90°，B′C＝BC，A′C＝AC，∠A′CA＝∠B′CB，∴△A′CA∽△B′CB，∴＝，∵△B′CD为等腰三角形，∴△B′CD为等腰直角三角形，∴CD＝B′C，设B′C＝BC＝x，则CD＝x，CE＝x﹣2，∵CD2＝CE2+DE2，∴（x）2＝（x﹣2）2+（2）2，∴x＝4（负值舍去），∴BC＝4，∴AC＝＝2，∴＝，∴A′A＝，故选：A．5.（2020无锡）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（）A.①④ B.②④ C.①③ D.②③解：①∵线段在边上运动，，∴,∴与不可能相等，则①错误；②设，∵，，∴，即，假设与相似，∵∠A=∠B=60°，∴，即，从而得到，解得或（经检验是原方程的根），又，∴解得的或符合题意，即与可能相似，则②正确；③如图，过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，设，由，，得，即，∴，∵∠B=60°，∴，∵，∠A=60°，∴,则，，∴四边形面积为：,又∵，∴当时，四边形面积最大，最大值为：，即四边形面积最大值为，则③正确；④如图，作点D关于直线的对称点D1，连接DD1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，∴D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，此时四边形的周长为：，其值最小，∴∠D1AD2=30°，∠D2AD=90°，，∴根据股股定理可得，，∴四边形的周长为：,则④错误，所以可得②③正确，故选：D．6.（2020重庆A卷）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的同侧画，使与成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（）A. B.2 C.4 D.解：∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，而A（1，2），C（3，1），∴D（2，4），F（6，2），∴DF＝=，故选：D．7.（2020重庆B卷）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心.已知OA∶OD=1∶2，则△ABC与△DEF的面积比为（）A.1∶2B.1∶3C.1∶4D.1∶5.答案C.8.(2020甘肃定西）生活中到处可见黄金分割的美.如图，在设计人体雕像时，使雕像的腰部以下与全身的高度比值接近0.618，可以增加视觉美感.若图中为2米，则约为（）A.1.24米 B.1.38米 C.1.42米 D.1.62米答案：A9．（2020四川遂宁）（4分）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则BEEGA．12 B．13 C．23 解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBG，∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，∴CG＝CD+DG＝3k，∵AB∥DG，∴△ABE∽△CGE，∴BEEG故选：C．10．（2020广西南宁）（3分）如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（）A．15 B．20 C．25 D．30解：设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，∵四边EFGH是正方形，∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∵AD是△ABC的高，∴∠HDN＝90°，∴四边形EHDN是矩形，∴DN＝EH＝x，∵△AEF∽△ABC，∴＝（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），∵BC＝120，AD＝60，∴AN＝60﹣x，∴＝，解得：x＝40，∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．故选：B．11．（2020广西玉林）（3分）（2020•玉林）一个三角形木架三边长分别是75cm，100cm，120cm，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为60cm和120cm的两根木条．要求以其中一根为一边，从另一根截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有（）A．一种 B．两种 C．三种 D．四种解：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，则长120cm的木条不能作为一边，设从120cm的木条上截下两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），由于长60cm的木条不能与75cm的一边对应，否则x、y有大于120cm，当长60cm的木条与100cm的一边对应，则x75解得：x＝45，y＝72；当长60cm的木条与120cm的一边对应，则x75解得：x＝37.5，y＝50．答：有两种不同的截法：把120cm的木条截成45cm、72cm两段或把120cm的木条截成37.5cm、50cm两段．故选：B．12．（2020贵州遵义）（4分）如图，△ABO的顶点A在函数y=kx（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则A．9 B．12 C．15 D．18解：∵NQ∥MP∥OB，∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，∵M、N是OA的三等分点，∴ANAM=1∴S△∵四边形MNQP的面积为3，∴S△∴S△ANQ＝1，∵1S△AOB=（ANAO）2=19，∴k＝2S△AOB＝18，故选：D．13．（3分）（2020•荆门）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝23，D为BC的中点，AE=14AB，则△A．334 B．338 C．3解：连接AD，作EF⊥BC于F，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，D为BC的中点，∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，∠B＝∠C＝30°在Rt△ABD中，BD=12BC=3，∠B∴AB=BDcos30°=33∵AE=14AB，∴BE∵EF⊥BC，AD⊥BC，∴EF∥AD，∴△BEF∽△BAD，∴EFAD∴EF1=34∴S△BDE=1选：B．14．（2020山西）（3分）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度，金字塔的影长，推算出金字塔的高度，这种测量原理，就是我们所学的（）A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似选：D．15．（2020浙江温州）（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（）A．14 B．15 C．83 D．65解：如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．∵四边形ACDE，四边形BCJHD都是正方形，∴∠ACE＝∠BCH＝45°，∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，∴∠ACE+∠ACB+∠BCH＝180°，∠ACB+∠BCI＝90°∴B，C，H共线，A，C，I共线，∵DE∥AI∥BH，∴∠CEP＝∠CHQ，∵∠ECP＝∠QCH，∴△ECP∽△HCQ，∴PCCQ∵PQ＝15，∴PC＝5，CQ＝10，∵EC：CH＝1：2，∴AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，∵PQ⊥CRCR⊥AB，∴CQ∥AB，∵AC∥BQ，CQ∥AB，∴四边形ABQC是平行四边形，∴AB＝CQ＝10，∵AC2+BC2＝AB2，∴5a2＝100，∴a＝22（负根已经舍弃），∴AC＝25，BC＝45，∵12•AC•BC=12•AB∴CJ=25∵JR＝AF＝AB＝10，∴CR＝CJ+JR＝14，故选：A．16．（2020海南）（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E、F在AD边上，BF和CE交于点G，若EF＝AD，则图中阴影部分的面积为（）A．25 B．30 C．35 D．40解：过点G作GN⊥AD于N，延长NG交BC于M，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵EF＝AD，∴EF＝BC，∵AD∥BC，NG⊥AD，∴△EFG∽△CBG，GM⊥BC，∴GN：GM＝EF：BC＝1：2，又∵MN＝BC＝6，∴GN＝2，GM＝4，∴S△BCG＝×10×4＝20，∴S△EFG＝×5×2＝5，S矩形ABCD＝6×10＝60，∴S阴影＝60﹣20﹣5＝35．故选：C．填空题17．（2020广州）如图7，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△，，分别交对角线BD于点E，F，若，则的值为*．【答案】16.提示：由△EAF∽△EDA,得到：,所以：,∴=1618.（2020河南）如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为__________．【答案】1【详解】过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，R，R，与相交于I，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴四边形AEPD是矩形，∴，∵点E，F分别是AB，BC边的中点，∴，，，∵点G是EC的中点，是的中位线，，同理可求：，由作图可知四边形HIQP是矩形，又HP=FC，HI=HR=PC，而FC=PC，∴，∴四边形HIQP是正方形，∴，∴是等腰直角三角形，故答案为：1．19.(2020苏州）.如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．【答案】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，∴∠DCE＝∠CAO，∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y轴，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴△CDE≌△CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴，∴，解得：，故答案：．20.（2020乐山）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．解:连接CE，设CD=2x，在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，∴∠D=60º，AD=4x，AC=，BC==x，AB=x，∵点E为AD的中点，∴CE=AE=DE==2x，∴ΔCED为等边三角形，∴∠CED=60º，∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，∴∠CED=∠BAD，∴AB∥CE，∴，在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º∴AF平分∠BAE，∴，∴，∴，故答案为：.21.（2020无锡）如图，在中，，，点，分别在边，上，且，连接，，相交于点，则面积最大值为__________．解：如图1，作DG∥AC，交BE于点G，∴，∵,∴∵∴∴∵AB=4∴∴若面积最大，则面积最大，如图2，当点△ABC为等腰直角三角形时，面积最大，为，∴面积最大值为+故答案为：22．（2020上海）（4分）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB＝1.6米，BD＝1米，BE＝0.2米，那么井深AC为7米．解：∵BD⊥AB，AC⊥AB，∴BD∥AC，∴△ACE∽△DBE，∴ACBD=AE∴AC＝7（米），答：井深AC为7米．23．（2020吉林）（3分）如图，AB∥CD∥EF．若＝，BD＝5，则DF＝10．解：∵AB∥CD∥EF，∴＝＝，∴DF＝2BD＝2×5＝10．故答案为10．24．（2020吉林）（3分）如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点．若△ADE的面积为，则四边形DBCE的面积为．解：∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE＝BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝（）2＝，∵△ADE的面积为，∴△ABC的面积为2，∴四边形DBCE的面积＝2﹣＝，故答案为：．25．（2020黑龙江牡丹江）（3分）如图，在中，，点在边上．将沿直线翻折，点落在点处，连接，交于点．若，，则．【解答】解：，，，设，，则，，，，由于折叠，，且△，，即为等腰直角三角形，，，，故答案为：．26．（2020黑龙江牡丹江）（3分）如图，在中，，是的中点，点在上，，，垂足分别为，，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有①②③④⑤⑥．（只填序号）解：，，，，又，，，，故①正确；由全等可得：，，，连接，，点是中点，，，在和中，，，，又，，，，，，，即为等腰直角三角形，，故③正确，，，，故②正确，设与交于点，连接，，，，，，，为等腰直角三角形，，而，，故④正确；，，，平分，，，，，即，，，，，，为等腰直角三角形，，，故⑤正确；，，，，，，，，故⑥正确；故答案为：①②③④⑤⑥．27．（2020山西）（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为．解：如图，过点F作FH⊥AC于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝＝5，∵CD⊥AB，∴S△ABC＝•AC•BC＝•AB•CD，∴CD＝，AD＝＝＝，∵FH∥EC，∴＝，∵EC＝EB＝2，∴＝，设FH＝2k，AH＝3k，CH＝3﹣3k，∵tan∠FCH＝＝，∴＝，∴k＝，∴FH＝，CH＝3﹣＝，∴CF＝＝＝，∴DF＝﹣＝，故答案为．28．（2020四川眉山）（4分）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝10，边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E．若△ABD的周长为26，则DE的长为．解：∵边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，∴∠AED＝90°，AE＝CE＝AC＝＝5，AD＝CD，∴∠DAC＝∠C，∵△ABD的周长为26，∴AB+BD+AD＝AB+BD+CD＝AB+BC＝26，∵AB＝AC＝10，∴BC＝16，∠B＝∠C，∴∠B＝∠DAC，∴△ABC∽△DAC，∴＝，作AM⊥BC于M，∵AB＝AC，∴BM＝BC＝8，∴AM＝＝＝6，∴＝，∴DE＝，29．（2020浙江温州）（5分）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为152米，BC为202米．【解答】解：∵AE⊥l，BF⊥l，∵∠ANE＝45°，∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，∴AE＝EN，BF＝FN，∴EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∴AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），∴AN＝252，BN＝102，∴AB＝AN﹣BN＝152（米）；过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，∴AE∥CH，∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，∴PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，∵∠1＝∠2，∠AEF＝∠CHM＝90°，∴△AEF∽△CHM，∴CHHM∴设MH＝3x，CH＝5x，∴CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，∵∠APB＝∠ABC＝∠CQB＝90°，∴∠ABP+∠PAB＝∠ABP+∠CBQ＝90°，∴∠PAB＝∠CBQ，∴△APB∽△BQC，∴APBQ∴153x+2=15∴BQ＝CQ＝20，∴BC＝202，故答案为：152，202．解答题30．(2020杭州)（8分）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．（1）求证：△BDE∽△EFC．（2）设AFFC①若BC＝12，求线段BE的长；②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．【解答】（1）证明：∵DE∥AC，∴∠DEB＝∠FCE，∵EF∥AB，∴∠DBE＝∠FEC，∴△BDE∽△EFC；（2）解：①∵EF∥AB，∴BEEC∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，∴BE12-BE=12②∵AFFC=1∵EF∥AB，∴△EFC∽△BAC，∴S△EFCS△ABC=（FCAC）∴S△ABC=94S△EFC=9431．（2020安徽）（14分）如图1，已知四边形是矩形，点在的延长线上，．与相交于点，与相交于点，．（1）求证：；（2）若，求的长；（3）如图2，连接，求证：．（1）证明：四边形是矩形，点在的延长线上，，又，，，，，即，故，（2）解：四边形是矩形，，，，，，即，设，则有，化简得，解得或（舍去），．（3）如图，在线段上取点，使得，在与中，，，，，，，，为等腰直角三角形，．32．（2020成都）（4分）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为，线段长度的最小值为．解：连接交于，连接，取的中点，连接，，过点作于．四边形是矩形，，，四边形是矩形，，，，，，，，，当点与重合时，的值最大，此时，，，，，，，，，，，，，，，的最小值为，故答案为，．33.（2020福建）如图，为线段外一点．（1）求作四边形，使得，且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）的四边形中，，相交于点，，的中点分别为，求证：三点在同一条直线上．解：（1）则四边形就是所求作的四边形．（2）∵，∴，，∴，∴．∵分别为，的中点，∴，，∴．连接，，又∵，∴，∴，∵点在上∴，∴，∴三点在同一条直线上．34.（2020河北）如图1和图2，在中，，，．点在边上，点，分别在，上，且．点从点出发沿折线匀速移动，到达点时停止；而点在边上随移动，且始终保持．（1）当点在上时，求点与点的最短距离；（2）若点在上，且将面积分成上下4：5两部分时，求的长；（3）设点移动的路程为，当及时，分别求点到直线的距离（用含的式子表示）；（4）在点处设计并安装一扫描器，按定角扫描区域（含边界），扫描器随点从到再到共用时36秒．若，请直接写出点被扫描到的总时长．（1）当点在上时，PA⊥BC时PA最小，∵AB=AC，△ABC为等腰三角形，∴PAmin=tanC·=×4=3；（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，S上=S△APQ，S下=S四边形BPQC，∵，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴，∴，当=时，，∴，AE=·，根据勾股定理可得AB=5，∴，解得MP=；（3）当0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，由（2）可知sinC=，∴d=PQ，∵AP=x+2，∴，∴PQ=，∴d==，当3≤x≤9时，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，d=CP·sinC=（11-x）=-x+，综上；（4）AM=2<AQ=，移动的速度==，①从Q平移到K，耗时：=1秒，②P在BC上时，K与Q重合时CQ=CK=5-=，∵∠APQ+∠QPC=∠B+∠BAP，∴∠QPC=∠BAP，又∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCQ，设BP=y，CP=8-y，，即，整理得y2-8y=，（y-4）2=，解得y1=，y2=，÷=10秒，÷=22秒，∴点被扫描到的总时长36-（22-10）-1=23秒．35.（2020江西）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积.【解析】（1）（2）成立；∵∠1=∠2=∠3，∠D=∠E=∠F，∴△ABD∽△CAE∽△BCF.∴∴∵△ABC为直角三角形∴.∴，∴，∴成立.（3）过点A作⊥BP于点H.∵∠ABH=30°，AB=.∴.∵∠BAP=105°，∴∠HAP=45°.∴PH=AH=.∴，BP=BH+PH=∴.连接PD.∵，∴.∴又∵∠E=∠BAP=105°，△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°，.∴∠BPD=90°，∴连接BD.∴.∵tan∠PBD=，∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°，∠ABC=30°，∴∠DBC=30°∵∠C=105°，∴△ABP∽△EDP∽△CBD.∴S△BCD=S△ABP+S△EDP=.∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD=36．(2020苏州）.如图，在矩形中，是的中点，，垂足为．（1）求证：；（2）若，，求的长．证明：（1）∵四边形是矩形，∴，．∴，∵，∴．∴，∴．解：（2）∵，∴．∵，是的中点，∴．∴在中，．又∵，∴，∴．26．（2020南京）（9分）如图，在和△中，、分别是、上一点，．（1）当时，求证△．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．（2）当时，判断与△是否相似，并说明理由．（1）证明：，，，，△，，，△．故答案为：，．（2）如图，过点，分别作，，交于，交于．，，，同理，，，，，同理，，，即，，，，△，，，，同理，，，，△．23（2020湖北武汉）.问题背景：如图（1），已知，求证：；尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．问题背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；尝试应用：连接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展创新：如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴37．（2020宁夏）（6分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1）．（1）画出△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1；（2）画出△ABC以点O为位似中心，位似比为1：2的△A2B2C2．解：（1）由题意知：△ABC的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1），则△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1的坐标为A1（1，﹣3），B1（4，﹣1），C1（1，﹣1），连接A1C1，A1B1，B1C1得到△A1B1C1．如图所示△A1B1C1为所求；（2）由题意知：位似中心是原点，则分两种情况：第一种，△A2B2C2和△ABC在同一侧则A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），连接各点，得△A2B2C2．第二种，△A2B2C2在△ABC的对侧A2（﹣2，﹣6），B2（﹣8，﹣2），C2（﹣2，﹣2），连接各点，得△A2B2C2．综上所述：如图所示△A2B2C2为所求；38．（2020四川眉山）（10分）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点B、C、E三点在同一直线上，连接BD，AD，BD交AC于点F．（1）若AD2＝DF•DB，求证：AD＝BF；（2）若∠BAD＝90°，BE＝6．①求tan∠DBE的值；②求DF的长．（1）证明：∵AD2＝DF•DB，∴＝，∵∠ADF＝∠BDA，∴△ADF∽△BDA，∴∠ABD＝∠FAD，∵△ABC，△DCE都是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，∴∠ACD＝∠BAF，∴△ADC≌△BAF（ASA），∴AD＝BF．（2）①解：过点D作DG⊥BE于G．∵∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝30°，∵∠ACD＝60°，∴∠ADC＝90°，∴DC＝AC，∴CE＝BC，∵BE＝6，∴CE＝2，BC＝4，∴CG＝EG＝1，BG＝5，DG＝，∴tan∠DBE＝＝．②在Rt△BDG中，∵∠BGD＝90°，DG＝，BG＝5，∴BD＝＝＝2，∵∠ABC＝∠DCE＝60°，∴CD∥AB，∴△CDF∽△ABF，∴＝＝，∴＝，∴DF＝39．（2020山东泰安）（12分）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．探究发现：（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？是．（填“是”或“否”）拓展延伸：（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．问题解决：（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．【解答】解：（1）如图（2）中，∵∠EDC＝90°，EF＝CF，∴DF＝CF，∴∠FCD＝∠FDC，∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠ACB＝90°，∵BA＝BD，∴∠A＝∠ADB，∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，∴∠ADB+∠FDC＝90°，∴∠FDB＝90°，∴BD⊥DF．故答案为是．（2）结论成立：理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，∴∠BDC＝∠EDF，∵AB＝BD，∴∠A＝∠BDC，∴∠A＝∠EDF，∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∠ACB＝∠ECD，∴∠A＝∠E，∴∠E＝∠EDF，∴EF＝FD，∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，∴∠FCD＝∠FDC，∴FD＝FC，∴EF＝FC，∴点F是EC的中点．（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．∴DG=12EC∵BD＝AB＝6，在Rt△BDG中，BG=D∴CB=152在Rt△ABC中，AC=AB2∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，∴△ABC∽△EDC，∴ACEC∴35∴CD=9∴AD＝AC+CD＝35+40．（2020浙江宁波）（12分）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF=12∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形【解答】解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，∴ADAC∴AC2＝AD•AB．（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C，又∵∠FBE＝∠CBF，∴△BFE∽△BCF，∴BFBC∴BF2＝BE•BC，∴BC=B∴AD=16（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，∵四边形ABCD是菱形，∴AB