提优专题27 相似三角形压轴题的几种类型（解析版）VIP

专题27相似三角形压轴题的几种类型（解析版）第一部分典例剖析+针对训练类型一综合运用全等三角形与三角形的判定和性质求点的坐标典例1（2022•建邺区二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，4）．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（）A．（65，125） B．（65，52） C．（32，125） 思路引领：如图，过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE＝DE，OA＝CD＝1，设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，利用勾股定理即可求出OE的长度，而利用已知条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝4，接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了D的坐标．解：如图，过D作DF⊥AF于F，∵点B的坐标为（﹣2，4），∴AO＝2，AB＝4，根据折叠可知：CD＝OA，而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，∴△CDE≌△AOE，∴OE＝DE，OA＝CD＝2，设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，∴（4﹣x）2＝x2+22，∴x=3又DF⊥AF，∴DF∥EO，∴△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝4，∴AE＝CE＝4-3∴AEAD=EO∴DF=125，AF∴OF＝AF﹣OA=165-∴点D的坐标为（65，12故选：A．总结提升：此题主要考查了图形的折叠问题，也考查了坐标与图形的性质，解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它们的性质即可解决问题．针对训练1．（2012•鹿城区校级二模）已知：直角梯形OABC中，CB∥OA，对角线OB和AC交于点D，OC＝2，CB＝2，OA＝4，点P为对角线CA上的一点，过点P作QH⊥OA于H，交CB的延长线于点Q，连接BP，如果△BPQ和△PHA相似，则点P的坐标为．思路引领：先根据点A、点C的坐标利用待定系数法求出直线AC的解析式，当HQ在点B的左侧时和QH在点B的右侧时利用相似三角形的性质就可以求出点P的坐标．解：∵OC＝2，OA＝4，∴C（0，2），A（4，0）．设直线AC的解析式为y＝kx+b，由题意，得2=b0=4k+b解得b=2k=-故直线AC的解析式为：y=-12x如图2，在点B的右侧，当△BQP∽△AHP时，则BQAH则BQ．PH＝AH．PQ．∵点P在直线AC上，设点P的坐标为（x，-12x+2）（0＜x＜∴CQ＝x，OH＝x，PH=-12x∵CB＝2，OA＝4，OH＝2，∴BQ＝x﹣2，AH＝4﹣x，PQ=12∴（x﹣2）（-12x+2）＝（4﹣x）（1解得x＝4（舍去）．当△BQP∽△PHA时，则BQPH=PQAH，即BQ．AH＝（x﹣2）（4﹣x）＝（-12x+2）（1解得x1=83，x2＝则y=2则P（83，2∴P（83，2故答案为：P（83，2总结提升：本题是一道相似三角形的综合试题，考查了相似三角形的性质的运用，待定系数法求直线的解析式的运用及分类讨论思想的运用．本题难度较大，涉及的情况较多，解答时不要漏解．类型二综合运用相似三角形的判定和性质锐角三角函数求线段长的最值典例2（2021•宜兴市模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC=12，AD＝2，BD＝4，连接CD，则A．25+34 B．25+1 C．25+3思路引领：如图，在AD的下方作Rt△ADT，使得∠ADT＝90°，DT＝1，连接CT，则AT=5，证明△DAB∽△TAC，推出DBTC=ADAT=25，推出TC＝25，再根据CD≤DT解：如图，在AD的下方作Rt△ADT，使得∠ADT＝90°，DT＝1，连接CT，则AT=5∵ADDT=∴ADAB∵∠ADT＝∠ABC＝90°，∴△ADT∽△ABC，∴∠DAT＝∠BAC，AD∴∠DAB＝∠TAC，∵ADAT∴△DAB∽△TAC，∴DBTC∴TC＝25，∵CD≤DT+CT，∴CD≤1+25，∴CD的最大值为1+25，故选：B．总结提升：本题考查解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．针对训练1．（2021秋•亳州月考）如图，四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，AC⊥CD，若tan∠CAD=13，则对角线A．1+10 B．1+210 C．1+3104 思路引领：过点B作BE⊥AB，使得BE=13AB＝1，连接AE，DE，先求出AE，然后根据已知证得△ABE∽△ACD，得出∠BAE＝∠CAD，ABAE=ACAD，从而证得∠BAC＝∠EAD，得出△解：如图，过点B作BE⊥AB，使得BE=13AB＝1，连接AE，则在△ABE中，AE=A∵tan∠CAD=1∴CDAC∵∠ABE＝∠ACD＝90°，∴△ABE∽△ACD，∴∠BAE＝∠CAD，ABAE∴∠BAC＝∠EAD，∴△BAC∽△EAD，∴ABAE即310∴ED=4∴BD≤BE+ED＝1+4即BD的最大值为1+4故选：D．总结提升：本题考查了锐角三角形的应用，解题的关键是灵活运用锐角三角函数知识并根据题意正确添加辅助线．类型三综合运用相似三角形的判定和性质一次函数求字母的值典例3（2022•无锡二模）如图，已知A（0，3）、B（4，0），一次函数y=-34x+b的图象为直线l，点O关于直线l的对称点O′恰好落在∠（1）AB＝；（2）b的值为．思路引领：（1）根据勾股定理即可求出AB；（2）延长OO'交AB于点C，交直线l于点E，过点O'作O′G⊥x轴交于G，过点E作EF⊥x轴于点F，求出AB的解析式，易得AB∥l，根据等积法求出OC的长，易证△O′GO∽△BOA，根据相似三角形的性质可得O′G：O′O＝OB：AB，分别求出OO′，OG，O′G的长，再证明△EOF∽△O′OG，根据相似三角形的性质可得OF和EF的长，将点E坐标代入直线l解析式，即可求出b的值．解：（1）∵A（0，3）、B（4，0），∴OA＝3，OB＝4，在Rt△AOB中，根据勾股定理，得AB＝5，故答案为：5；（2）延长OO'交AB于点C，交直线l于点E，过点O'作O′G⊥x轴交于G，过点E作EF⊥x轴于点F，如图所示：∵A（0，3）、B（4，0），∴直线AB的解析式为y=-34x∵直线l解析式：y=-34x+∴AB∥l，∵OO′⊥l，∴OO′⊥AB，∵OA＝3，OB＝4，AB＝5，根据S△AOB∴OC=12∵∠COB+∠AOC＝90°，∠BAO+∠AOC＝90°，∴∠BOC＝∠BAO，∵∠O′GO＝∠AOB＝90°，∴△O′GO∽△BOA，∴O′G：O′O＝OB：AB，∵BO'是∠ABO的角平分线，O′C⊥AB，O′G⊥OB，∴CO'＝GO'，设O′G＝m，则O′C＝m，OO′=125∴m=16∴OO′=4在Rt△OO'G中，根据勾股定理，得OG=4∵EF⊥OB，O′G⊥OB，∴∠OFE＝∠OGO′＝90°，∵∠EOF＝∠O′OG，∴△EOF∽△O′OG，∴EFO'G∴EF=815，OF∴点E坐标为（25，8将点E坐标代入y=-34x+得-34×解得b=5故答案为：56总结提升：本题考查了一次函数的性质，轴对称的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质等，本题综合性较强，难度较大．针对训练1．（2016•汉川市模拟）已知一次函数y＝2x+2与x轴y轴分别交于A、B两点，另一直线y＝kx+3交x轴正半轴于E、交y轴于F点，如△AOB与E、F、O三点组成的三角形相似，那么k值为（）A．﹣0.5 B．﹣2 C．﹣0.5或﹣2 D．以上都不对思路引领：根据直线解析式求出点A、B、F的坐标，再根据相似三角形对应边成比例分OE和OA、OB是对应边两种情况讨论求出OE的长，然后求出直线y＝kx+3的解析式，即可得解．解：∵一次函数y＝2x+2与x轴y轴交于A、B两点，∴A（﹣1，0），B（0，2），∴OA＝1，OB＝2，∵直线y＝kx+3交y轴于F点，∴F（0，3），∴OF＝3，∵△AOB与E、F、O三点组成的三角形相似，∴OEOA=OF即OE1=3解得OE=32或OE＝当OE=32时，y＝﹣2x或OE＝6时，y=-12x所以，k＝﹣2或-1故选：C．总结提升：本题考查了相似三角形对应边成比例的性质，两直线相交的问题，难点是要分情况讨论．类型四利用相似三角形的判定和性质求线段长的最值典例4（2022•涟水县一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，点H在AD上，且AH＝2，点E绕着点B旋转，且BE＝3，在AE的上方作正方形AEFG，则线段FH的最小值是．思路引领：连接AF，AC，CH，利用正方形的性质得到ACAB=AFAE=2，∠BAC＝∠FAE＝45°，利用交点和差得到∠BAE＝∠FAC，利用相似三角形的判定与性质求出线段FC的长，可得点F的运动轨迹，结合图形可得当点C，F，H三点在一条直线上时，FH的值最小，最小值为解：连接AF，AC，CH，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴AC=2AB，∠BAC＝45∵四边形AEFG是正方形，∴AF=2AE，∠FAE＝45∴∠BAC＝∠FAE，ACAB∴∠BAC﹣∠CAE＝∠FAE﹣∠CAE，∴∠BAE＝∠FAC，∴△BAE∽△CAF，∴BECF∴CF=2BE＝32∴点F在以点C为圆心，32为半径的圆上，由图形可知：当点C，F，H三点在一条直线上时，FH的值最小，最小值为CH﹣CF，∵AH＝2，AD＝AB＝CD＝8，∴DH＝6，∴CH=DH∴线段FH的最小值＝CH﹣CF＝10﹣32，故答案为：10﹣32．总结提升：本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，线段的极值，利用相似三角形的判定与性质求得线段CF的长，从而得出点F的运动轨迹是解题的关键．针对训练1．在正方形ABCD中，AB＝2，点P是CD边上一动点（不与点D、C重合），连接BP，过点C作CE⊥BP，垂足为E，点F在线段BP上，且满足EF＝EC，连接AF，则AF的最小值为10-2思路引领：不论P怎么运动，∠BFC＝135°保持不变，则△BCF的外接圆中BFC所对的圆心角为90°，从而⊙O的圆心与半径确定，于是可得当点F在OA与⊙O的交点位置时，AF就取最小值，求出此时的AF值便可．解：作△BCF的外接⊙O，连接OB、OC、OA、OF，在优弧BC上取点M，连接MB、MC，过O作ON⊥AB，与AB的延长线交于点N，∵CE⊥BP，CE＝CF，∴∠CFE＝45°，∴∠BMC＝∠CFE＝45°，∴∠BOC＝90°，∵AB＝BC＝2，∴OB＝OC＝OF=22BC=2，∠OBC∵ON⊥AB，∠ABC＝90°，∴ON∥BC，∴∠ONB＝45°，∴BN＝ON=22OB＝∴OA=A∵AF≥OA﹣OF，当A、F、O三点依次在同一直线上时，AF＝OA﹣OF=10故AF的最小值为：10-故答案为：10-总结提升：本题考查了正方形的性质，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，关键是构造圆与直角三角形．类型五利用相似三角形的判定和性质求“kAD+BD”（动点D在圆弧上）型的最值（阿氏圆）典例5（2022•南召县开学）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，点E、F分别是边AB、AC的中点，点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点，则12PB+PC的最小值为思路引领：在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，证明△APQ∽△ABP，可得PQ=12PB，则12PB+PC＝PC+PQ，当C、Q、P三点共线时，PC+PQ解：如图，在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，∵点E、F分别是边AB、AC的中点，点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点，∴APAB∵AP＝2，AQ＝1，∴AQAP∵∠PAQ＝∠BAP，∴△APQ∽△ABP，∴PQ=12∴12PB+PC＝PC+PQ≥CQ在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，∴QC=A∴12PB+PC的最小值17故答案为：17．总结提升：本题考查了阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．针对训练1．（2021秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径做⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则13PA+PB的最小值为思路引领：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ=13AP，当B、Q、P三点共线时，13PA+PB解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，∵AC＝9，CP＝3，∴CPAC∵CP＝3，CQ＝1，∴CQCP∴△ACP∽△PCQ，∴PQ=13∴13PA+PB＝PQ+PB≥BQ∴当B、Q、P三点共线时，13PA+PB在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，∴QB=17∴13PA+PB的最小值17故答案为：17．总结提升：本题考查阿氏圆求最短距离，熟练掌握胡不归求最短距离的方法，利用三角形相似将13PA转化为PQ类型七相似三角形与多边形的综合题典例6（2022•惠山区一模）（1）【操作发现】如图1，四边形ABCD、CEGF都是矩形，CGAG=12，AB＝9，AD＝12，小明将矩形CEGF绕点C顺时针转α°（0≤α≤①若AGBE的值不变，请求出AG②在旋转过程中，当点B、E、F在同一条直线上时，画出图形并求出AG的长度．（2）【类比探究】如图3，△ABC中，AB＝AC=25，∠BAC＝α°，tan∠ABC=12，G为BC中点，D为平面内一个动点，且DG=55，将线段BD绕点D逆时针旋转α°得到DB′，则四边形BACB思路引领：（1）①利用勾股定理求出AC，再利用相似三角形的性质求解即可；②分两种情形：如图2﹣1中，当点E在线段BF上时，如图2﹣2中，当点E在BF的延长线上时，分别求出BJ，EJ，可得结论；（2）如图3中，连接AD，AG，过点G作GH⊥AB于点H．解直角三角形求出GH，证明△ABD∽△CBB′，推出S△ABDS△CBB'=（ABBC）2＝（258）2=516，由题意DG=55，推出点G的运动轨迹是以G为圆心，55为半径的圆，当点解：（1）①AGBE如图2中，连接CG．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AD＝BC＝12，∵AB＝9，∴AC=AB∵∠ACB＝∠ECG，∴∠BCE＝∠ACG，∵ACBC∴△ACG∽△BCE，∴AGBE②如图2﹣1中，当点E在线段BF上时，连接CG，过点C作CJ⊥EF于J．∵S△CEF=12•EC•CF=12•∴CJ=3×4∴EJ=EC2-C∴BE＝BJ﹣EJ=∵∠ACB＝∠GCE，∴∠BCE＝∠ACG，∵ACCB∴△ACG∽△BCE，∴AGBE∴AG=54×（2465如图2﹣2中，当点E在BF的延长线上时，同法可得BE＝BJ+EJ=24∴AG=54BE＝66综上所述，AG的长为66-4或66+（2）如图3中，连接AD，AG，过点G作GH⊥AB于点H．∵AB＝AC＝25，BG＝GC，∴AG⊥BC，∵tan∠ABC=AG∴AG＝2，BG＝4，∵sin∠ABG＝sin∠GBH，∴GHBG∴GH4∴GH=4∵AB＝AC，DB＝DB′，∠BAC＝∠BDB′，∴∠ABC＝∠DBB′，ABBC∴∠ABD＝∠CBB′，∴△ABD∽△CBB′，∴S△ABDS△CBB'=（ABBC）2＝（∵DG=5∴点G的运动轨迹是以G为圆心，55当点D在HG的延长线上时，△ABD的面积最大，最大值=12×25×∴△BCB′的面积的最大值为16，∴四边形ABB′C的面积的最大值=12×8×2+16故答案为：24．总结提升：本题属于四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．针对训练1．（2022•内江）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．（1）当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；（2）若EFBF=2，求（3）若MN∥BE，求ANND思路引领：（1）根据矩形的性质，利用AAS证明△BMF≌△ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的中点，即可证明结论；（2）利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，从而求出BM的长，再利用△ANM（3）首先利用同角的余角相等得∠CBF＝∠CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BCBM，可得（1）证明：∵F为BE的中点，∴BF＝EF，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD∴∠BMF＝∠ECF，∵∠BFM＝∠EFC，∴△BMF≌△ECF（AAS），∴BM＝CE，∵点E为CD的中点，∴CE＝DE，∴BM＝CE＝DE，∵AB＝CD，∴AM＝CE；（2）解：∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，∴△BMF∽△ECF，∴BFEF∵CE＝3，∴BM=3∴AM=9∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠ANM＝∠BMC，∵∠A＝∠MBC，∴△ANM∽△BMC，∴ANBM∴AN3∴AN=27∴DN＝AD﹣AN＝4-27∴ANDN（3）解：∵MN∥BE，∴∠BFC＝∠CMN，∴∠FBC+∠BCM＝90°，∵∠BCM+∠BMC＝90°，∴∠CBF＝∠CMB，∴tan∠CBF＝tan∠CMB，∴CEBC∴34∴BM=16∴AM=AB-BM=6-16由（2）同理得，ANBM∴AN16解得AN=8∴DN＝AD﹣AN＝4-8∴ANDN总结提升：本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决（2）和（3）的关键．类型八相似中的“一线三等角”模型典例8（2022•扬州）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，点D在BC边上由点C向点B运动（不与点B、C重合），过点D作DE⊥AD，交射线AB于点E．（1）分别探索以下两种特殊情形时线段AE与BE的数量关系，并说明理由；①点E在线段AB的延长线上且BE＝BD；②点E在线段AB上且EB＝ED．（2）若AB＝6．①当DEAD=3②直接写出运动过程中线段AE长度的最小值．思路引领：（1）①由DE⊥AD，BE＝BD，∠EAD＝∠BDA，有AB＝BD，即可得BE＝BD＝AB，AE＝2BE；②由∠BAC＝90°，∠C＝60°，EB＝ED，可得∠EDB＝∠B＝30°，即得∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，根据DE⊥AD，可得AE＝2ED，故AE＝2EB；（2）①过D作DF⊥AB于F，证明△AFD∽△ADE，由DEAD=32，可得DFAF=32，设DF=3m，则AF＝2m，在Rt△BDF中，BF=3DF＝3m，而AB＝6，可得m=65，有AF=②作AE的中点G，连接DG，根据∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，得AE＝2DG，即知当AE最小时，DG最小，此时DG⊥BC，可证AG＝EG＝BE，从而得线段AE长度的最小值为4．解：（1）①AE＝2BE，理由如下：∵DE⊥AD，∴∠AED+∠EAD＝90°＝∠ADE＝∠BDE+∠BDA，∵BE＝BD，∴∠AED＝∠BDE，∴∠EAD＝∠BDA，∴AB＝BD，∴BE＝BD＝AB，∴AE＝2BE；②AE＝2EB，理由如下：如图：∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，∴∠B＝30°，∵EB＝ED，∴∠EDB＝∠B＝30°，∴∠AED＝∠EDB+∠B＝60°，∵DE⊥AD，∴∠EDA＝90°，∠EAD＝30°，∴AE＝2ED，∴AE＝2EB；（2）①过D作DF⊥AB于F，如图：∵∠FAD＝∠DAE，∠AFD＝90°＝∠ADE，∴△AFD∽△ADE，∴AFAD=DF∵DEAD∴DFAF设DF=3m，则AF＝2m在Rt△BDF中，BF=3DF＝3m∵AB＝6，∴BF+AF＝6，即3m+2m＝6，∴m=6∴AF=125，DF∴AD=A∵△AFD∽△ADE，∴AFAD=AD∴AE=21②作AE的中点G，连接DG，如图：∵∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，当AE最小时，DG最小，此时DG⊥BC，∵∠B＝30°，∴BG＝2DG，∴AE＝2DG＝BG，∴BE＝AG，∴AG＝EG＝BE，∴此时AE=23AB＝答：线段AE长度的最小值为4，法2：作AE的中点G，连接DG，过G作GH⊥BC于H，如图：∵∠ADE＝90°，DG是斜边上的中线，∴AE＝2DG，DG＝AG＝EG，设DG＝AG＝EG＝m，则BG＝6﹣m，∴GH=12BG=12（∵GH≤DG，即12（6﹣m）≤m∴m≥2，∴当m＝2，即GH与DG重合时，AE取最小值，最小值为2m＝4，∴答：线段AE长度的最小值为4．法3：过A做AG⊥BC于G，过E做EH⊥BC于H，如图：∵∠ADE＝90°，∴∠EDH＝90°﹣∠ADG＝∠DAG，∵∠EHD＝∠AGD＝90°，∴AGDH∴AG•EH＝DH•DG，∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，∴∠B＝30°，∴AG=12AB＝3，EH=12BE=1∴DH•DG＝3EH，∴AE2＝AD2+DE2＝AG2+DG2+DH2+EH2＝9+DG2+DH2+EH2，∵DG2+DH2≥2DH•DG，∴AE2≥9+2DH•DG+EH2，即AE2≥9+6EH+EH2，∴AE2≥（3+EH）2，∵AE＞0，EH＞0，∴AE≥3+EH，∵EH=12（6﹣∴AE≥3+12（6﹣∴AE≥4．答：线段AE长度的最小值为4．总结提升：本题考查三角形综合应用，涉及相似三角形性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30°的直角三角形三边关系等知识，解题的关键时作辅助线，构造直角三角形解决问题．针对训练1．（2022秋•虹口区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，P是射线BC上的一个动点，作PE⊥AP，PE交射线DC于点E，射线AE交射线BC于点F，设BP＝x，CF＝y．（1）当sin∠APB=45时，求（2）如图，当点P在边BC上时（点P与点B、C不重合），求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当PEAP=1思路引领：（1）由矩形的性质和垂直的性质即可证明△PCE∽△ABP，再由相似三角形对应边成比例即可求得CE的长；（2）根据EC∥AB，求得△ECF∽△ABF，得出FC：FB＝EC：AB，再利用（1）中相似三角形的性质即可证明CE：BP＝PC：AB，从而求得y关于x的函数关系式．（3）根据△PCE∽△ABP，得出PCAB=CEBP=PEAP解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，在Rt△APB中，AB＝4，sin∠APB=4∴sin∠APB=AB∴AP＝5，∴PB=AP∴PC＝BC﹣PB＝5﹣3＝2，∵PE⊥AP，∴∠APE＝90°，∴∠CPE+∠APB＝90°，∵∠BAP+∠APB＝90°，∴∠CPE＝∠BAP，∵∠ECP＝∠B＝90°，∴△PCE∽△ABP，∴CEBP即CE3解得：CE=3（2）∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，∴△ECF∽△ABF，∴CFBF即y5+y解得：CE=4y∵△PCE∽△ABP，∴CEBP即CEx解得：CE=x(5-x)∴4y5+y整理得：y=25x-5x2x2-5x+16（即y关于x的函数关系式为y=25x-5x2x2-5x+16（（3）①当点P在线段BC上时，E在线段CD上，∵△PCE∽△ABP，∴PCAB∴PC=12AB＝2，CE=∴BP＝BC﹣PC＝5﹣2＝3，∴CE=3∵AB∥CD，∴△CEF∽△BAF，∴CFBF即CF5+CF解得：CF＝3；②当P在BC的延长线上时，如图：∵∠EPC+∠BPA＝90°，∠BPA+∠BAP＝90°，∴∠EPC＝∠BAP，∵∠B＝∠PCE，∴△ABP∽PCE，∴PCAB∴PC=12AB＝2，CE=∴BP＝BC+PC＝7，CE=12BP∵∠AFB＝∠CFE，∠B＝∠FCE，∴△ABF∽△ECF，∴ABEC∴47解得：CF=7综上所述，CF的长为3或73总结提升：本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理以及分类讨论等知识．本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．第二部分专题提优训练1．（2022•如皋市一模）在矩形ABCD中，2＜AD＜10，tan∠ABD＝2．如图，分别以点A，D为圆心，以4和6为半径作弧，两弧交于点E，连接BE，则BE的最大值为（）A．9 B．25+3 C．15 D．2思路引领：作∠E′ED＝90°，且EE′＝3，连接BE′，DE′，证明△ADE∽△BDE′，求出BE′＝25，说明点B是在以E′为圆心，25为半径的圆上运动，而点E在圆E′内，进而可以解决问题．解：如图，作∠E′ED＝90°，且EE′＝3，连接BE′，DE′，∴EE'ED∴tan∠EDE′=1∵tan∠ABD＝2，∴ADAB=∴ABAD∴tan∠ADB=1∴EE'DE=ABAD，∠∴∠EDA＝∠E′DB，∴△ADE∽△BDE′，∴BE'AE∴BE'4∴BE′＝25，∴点B是在以E′为圆心，25为半径的圆上运动，而点E在圆E′内，则BE的最大值为25+3故选：B．总结提升：本题考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ADE∽△BDE′．2．（2022秋•定海区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，点D在BC上，且CD＝2，点P是线段AC上一个动点，以PD为直径作⊙O，点Q为直径PD上方半圆的中点，连接AQ，则AQ的最小值为（）A．210 B．22 C．4 D．42思路引领：连接OQ，CQ，过点A作AT⊥CQ交CQ的延长线于T，根据圆周角定义知∠ACQ＝45°，确定点Q的运动路径，从而解决问题．解：如图，连接OQ，CQ，过点A作AT⊥CQ交CQ的延长线于T，∵PQ=∴OQ⊥PD，∴∠QOD＝90°，∴∠QCD=1∵∠ACB＝90°，∴∠ACT＝45°，∵AT⊥CT，∴∠ATC＝90°，∵AC＝8，∴AT＝AC•sin45°＝42，∵AQ≥AT，∴AQ≥42，∴AQ的最小值为：42，故选：D．总结提升：本题主要考查了圆周角定理，垂线段最短，三角函数等知识，根据圆周角定理确定点Q的运动路径是解题的关键．3．（2021秋•宜兴市校级月考）如图，矩形ABCD中，AB=3，AD＝4，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3．动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，联结PF．设M是线段PF的中点，则在点P运动的整个过程中，线段DMA．5 B．7 C．2.5 D．3思路引领：由四边形ABCD为矩形以及AE：ED＝1：3得∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，连接EM，BM，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得M在BE的垂直平分线上运动，作BE的垂直平分线与BC交于M'，再由M是线段PF的中点得当M运动M'时DM长的最小，用勾股定理求出DM'即可．解：∵四边形ABCD为矩形，AB=3，AD＝4，∴CD＝AB=3，BC＝AD＝4，∠ABC＝∠C＝∵AE：ED＝1：3，∴AE＝1，ED＝3，∴BE=AE2+AB∴∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，连接EM，BM，∵M是线段PF的中点，∴EM＝BM=12∴M在BE的垂直平分线上运动，∴作BE的垂直平分线与BC交于M'，当M运动M'时DM长的最小，此时BM'＝M'E，∵∠EBC＝60°，∴△BM'E为等边三角形，BM'＝BE＝2，∴M'C＝2，在Rt△DCM'中，根据勾股定理得DM′=M'故选：B．总结提升：本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，勾股定理，要用的辅助线较多，关键在确定D所在的轨迹以及DM最小值的位置．4．（2022•东平县一模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别在BC、CD上运动（不与端点重合），连接BF、AE，交于点P，且满足BFAE=ADAB．连接CP，若AB＝4，BC＝A．210-3 B．210-2 C．5 D思路引领：本题首先根据BFAE=ADAB，转化成对应边成比例，从而判定两个直角三角形相似，得到∠APB＝90°；再通过直角所对的边可为直径，构建隐圆，从而得到点P的运动轨迹；观察可发现，借助两点之间线段最短，可知，线段OC的长度最短，从而得出当点O、P、C三点共线时，OC的值为最小值，即解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，则∠BAE+∠BEP＝90°，又∵BFAE∴BF∴△ABE∽△BCF，∴∠BAE＝∠CBF，∴∠CBF+∠BEP＝90°，即AE⊥BF，∴点P为以AB的中点O为圆心，AB为直径的圆上一点，则当点O、P、C三点共线时，OC的值为最小值，即CP的值也为最小值．∴当CP取最小值时，CP＝OC﹣OP，∵AB＝4，BC＝6，∠ABC＝90°，∴OB＝OP=12AB=12×4＝∴CP＝OC﹣OP=210-故选：B．总结提升：本题考查了相似三角形的性质与判定的综合引用，涉及的知识点有：矩形的性质、构建隐圆、勾股定理、两点之间线段最短等知识，综合性强，考查了学生的几何直观、建模思想、转化思想等，学生须奠定扎实的基础，并融会贯通．5．（2022•武进区一模）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D、E分别是BC、AC边上的动点，且∠ADE＝∠ABC，连接BE，则△AEB的面积的最小值为．思路引领：过点A作AH⊥BC于H，过点E作EK⊥BA交BA的延长线于K．设AE＝y，BD＝x．利用相似三角形的性质求出y的最小值，可得结论．解：过点A作AH⊥BC于H，过点E作EK⊥BA交BA的延长线于K．设AE＝y，BD＝x．∵AB＝AC＝2，AH⊥BC，∠BAC＝120°，∴BH＝CH，∠BAH＝∠CAH＝60°，∴BH＝CH＝AB•sin60°=3∴BC＝2BH＝23，∴CD＝23-x，EC＝2﹣y在Rt△AEK中，EK＝AE•sin60°=32∴S△ABE=12•AB•EK=12×2∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝∠ABC+∠DAB，∠ADE＝∠ABD，∴∠EDC＝∠DAB，∵∠C＝∠ABD，∴△ADB∽△DEC，∴ABDC∴22整理得y=12x2-3x+2=12（x∵12＞∴x=3时，y的值最小，最小值为1∴△ABE的面积的最小值=3总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．6．（2022春•漳州期末）如图，点E在正方形ABCD的边BC上，BE＝2，EC＝4，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，延长EF交DC于点G，连接AG．现给出以下结论：①∠EAG＝45°；②EG＝BE+DG；③GF＝GC；④S△GFC其中正确的结论是．（写出所有正确结论的序号）思路引领：连接DF，先得出Rt△AGD≌Rt△AGF，再利用∠EAG＝∠EAF+∠GAF得出∠EAG＝45°，①正确；由翻折的性质得出BE＝EF，DG＝FG，得出②正确；可以证明DG＝GC＝FG，，可得③正确；得出FGEG=35，求出△解：如图，连接DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝BE+EC＝6，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝∠ECG＝90°，由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，BE＝EF＝2，∠BAE＝∠EAF，∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），∴DG＝FG，∠GAF＝∠GAD，∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF=12（∠BAF+∠DAF）＝45°，故由翻折可知：BE＝EF，由①得，Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），∴DG＝FG，∴EG＝BE+DG，故②正确；设GD＝GF＝x，则CG＝6﹣x，EG＝2+x，在Rt△ECG中，EG2＝EC2+CG2，即（2+x）2＝42+（6﹣x）2，解得：x＝3，∴DG＝FG＝3，∴CG＝CD﹣DG＝3＝GF，故③正确；∵S△ECG=1∴FGEG∴S△GFC=3故答案为：①②③．总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及三角形的面积计算等知识，灵活运用性质解决问题是解题的关键．7．（2022•连云港）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是．思路引领：（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝33，DE=3②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；（3）先求出∠BOE＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK=3解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，∴BF=BEcos∠ABC=（2）①当点E在BC上方时，如图1，过点D作DH⊥BC于H，在Rt△ABC中，AC＝3，∴tan∠ABC=AC∴BC=ACtan∠ABC=在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，∴DE＝BE•tan∠DBE=3∵S△BCD=12CD•BE=12∴DH=CD⋅BEBC②当点E在BC下方时，如图2，在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝33，根据勾股定理得，CE=BC2∴CD＝CE﹣DE＝32-过点D作DM⊥BC于M，∵S△BDC=12BC•DM=12∴DM=CD⋅BEBC即点D到直线BC的距离为6±1；（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，∴∠COG＝∠B＝30°，∴∠BOG＝150°，∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，∴GO=12BD∴点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，如图3﹣2，∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，∴点G所经过的路径长为150π⋅3180（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，∵点O为BC的中点，BC＝33，∴OB=3∴OK＝OB•sin30°=3由（3）知，点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，∴点G到直线AB的距离的最大值是3+故答案为：73总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．8．（2022秋•金东区期末）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，动点P从A出发，以1个单位每秒速度，沿射线AB方向运动，同时，动点Q从点C出发，以2个单位每秒速度，沿射线BC方向运动，设运动时间为t秒，连结DP，DQ．（1）如图1．证明：DP⊥DQ．（2）作∠PDQ平分线交直线BC于点E；①图2，当点E与点B重合时，求t的值．②连结PE，PQ，当△PBE与△PDQ相似时，求t的值．思路引领：（1）通过证明△ADP∽△CDQ，推导出∠PDQ＝90°，从而证明DP⊥DQ；（2）①过点P作PF⊥BD交于点F，根据sin∠ABD=225②当P与A点重合时，△PBE≌△QDP，t＝0；以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，建立了直角坐标系，取DQ的中点M，连接EM，通过证明△PDE≌△MDE（SAS），可知EP＝EM，当E点在C点左侧时，此时△PBE∽△QDP；当E点在C点右侧，P点在BC上方时，△PBE∽△PDQ；当E点在C点右侧，P点在BC下方时，△PBE∽△PDQ；当E点在C点右侧，P点在BC下方时，△PBE∽△QDP；利用EP＝EM，建立方程求出t的值即可．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝2，∴∠A＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，∴∠ADP+∠CDP＝90°，∵AB＝CD＝4，BC＝AD＝2，∵AP＝t，CQ＝2t，∴APCQ∴△ADP∽△CDQ，∴∠ADP＝∠CDQ，∴∠CDQ+∠CDP＝90°，即∠PDQ＝90°，∴DP⊥DQ；（2）①解：∵DB平分∠PDQ，∴∠PDB＝∠BDQ＝45°，过点P作PF⊥BD交于点F，∴PF＝DF，∵AP＝t，AD＝2，∴DP=4+∴PF=2+∵sin∠ABD=AD解得t=23或t＝﹣②解：当P与A点重合时，△PBE≌△QDP，t＝0；以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，建立了直角坐标系，∵AB＝6，BC＝2，∴A（0，6），B（2，0），∴D（2，6），∵AP＝t，CQ＝2t，∴P（0，4﹣t），Q（2+2t，0），取DQ的中点M，连接EM，∴M（2+t，2），∵DE平分∠PDQ，∴∠PDE＝∠QDE，∵CD＝2AD，CQ＝2AP，∠PDQ＝90°，∴△ADP∽△CDQ，∴DQ＝2AP，∴DM＝PD，∴△PDE≌△MDE（SAS），∴EP＝EM，当E点在C点左侧时，如图3﹣1﹣1，此时△PBE∽△QDP，∴PB＝BE，∵PB＝4﹣t，∴BE＝2-12∴E（2-12t，∴（4﹣t）2+（2-12t）2＝（2-12t﹣2﹣t解得t＝﹣5+41或t＝﹣5-当E点在C点右侧，P点在BC上方时，如图3﹣2，△PBE∽△PDQ，此时E（8﹣2t，0），∴（6﹣3t）2+4＝（4﹣t）2+（8﹣2t）2，解得t=-1+412或当E点在C点右侧，P点在BC下方时，如图3﹣3，△PBE∽△PDQ，此时E（2t﹣8，0），P（4﹣t，0），∴（4﹣t）2+（8﹣2t）2＝（t﹣10）2+4，解得t＝1（舍）或t＝6；当E点在C点右侧，P点在BC下方时，如图3﹣4，△PBE∽△QDP，此时E（12t﹣2，0），P（4﹣t，0∴（4﹣t）2+（12t﹣2）