专题04 相似三角形重要模型之一线三等角模型（解析版）

专题04相似三角形重要模型之一线三等角模型相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就一线三等角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。模型1.一线三等角模型（相似模型）【模型解读与图示】“一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形的“一对角相等”，再利用平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也相等，从而得到两个三角形相似．1）一线三等角模型（同侧型）（锐角型）（直角型）（钝角型）条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED.2）一线三等角模型（异侧型）条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：△ADE∽△BEC.3）一线三等角模型（变异型）图1图2图3①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，结论：△ACE∽△BED∽△ECD.②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM.例1．（2023春·江苏扬州·九年级校联考阶段练习）如图，在边长为6的等边△ABC中，D是边BC上一点，将△ABC沿EF折叠使点A与点D重合，若BD:DE=2:3，则CF=．【答案】2.4【分析】根据折叠的性质可得∠EDF=∠A，DF=AF，再由等边三角形的性质可得∠EDF=60°，∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED=120°，从而得到∠CDF=∠BED，进而得到△BDE∽△CFD，再由BD:DE=2:3，可得到，即，即可求解．【详解】解：根据题意得：∠EDF=∠A，DF=AF，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∴∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=180°-∠EDF=120°，∵∠B=60°，∴∠BDE+∠BED=180°-∠B=120°，∴∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED，∴∠CDF=∠BED，∴△BDE∽△CFD，∴，即，∵等边△ABC的边长为6，∴，解得：．故答案为：2.4【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，图形的折叠，相似三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的性质，图形的折叠的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．例2．（2022秋·辽宁鞍山·九年级统考期中）如图，在四边形中，，，，，为边上的动点，当时，．

【答案】或【分析】根据相似三角形的性质得，再将相关的数据代入得，再计算即可．【详解】解：，，，，，，解得或．故答案为：或．【点睛】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边成比例是解题关键．例3．（2022·山东菏泽·三模）（1）问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当时，求证：．（2）探究：若将90°角改为锐角或钝角（如图2），其他条件不变，上述结论还成立吗？说明理由．（3）应用：如图3，在中，，，以点A为直角顶点作等腰．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且，若，求CD的长．【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）由∠DPC=∠A=B=90°，可得∠ADP＝∠BPC，即可证到△ADP△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；（2）由∠DPC＝∠A＝∠B＝α，可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；（3）先证△ABD△DFE，求出DF=4，再证△EFC△DEC，可求FC＝1，进而解答即可．【详解】（1）证明：如题图1，∵∠DPC=∠A=∠B=90°，∴∠ADP＋∠APD=90°，∠BPC＋∠APD=90°，∴∠ADP=∠BPC，∴△ADP△BPC，，∴ADBC=APBP，（2）结论仍然成立，理由如下，，又，，，设，，，，∴ADBC=APBP，（3），，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，,，，，．【点睛】本题考查相似三角形的综合题，三角形的相似；能够通过构造45°角将问题转化为一线三角是解题的关键．例4．（2023·湖北武汉·统考中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．

问题探究：(1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；(2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系．问题拓展：(3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论．（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明．（3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过相似求出，即可解出．【详解】（1）延长过点F作，∵，，∴，在和中∴，∴，，∴，∴，∴．故答案为：．

（2）解：在上截取，使，连接．，，．，．．，．．（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，．在中，，．，由（2）知，．．，，，在上截取，使，连接，作于点O．由（2）知，，∴，∵，∴，．∵，∴，∵，∴．．

【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似．例5.（2022·浙江·嘉兴一中一模）阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．(1)探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．(2)学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝，请你求出直线CD的解析式．(3)拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．【答案】(1)见解析(2)(3)4或【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得结论；（2）过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）的结论可得：△NFO∽△OEM，可得，可求点N坐标，利用待定系数法可求解析式；（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．(1)解：理由如下，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，又∵∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△CEB；(2)解：如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴，由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴，∵点M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，∵tanα＝＝，∴，∴NF＝3，OF＝，∴点N（，3），∵设直线CD表达式：y＝kx+b，∴∴∴直线CD的解析式为：y＝-x+；(3)解：当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴点A，点D，点P三点共线，∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四边形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝4，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE＝PH＝4，当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，∴CD＝NH＝4，DN＝CH，设BE＝x，则EC＝5-x，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，∵∠DPC＝90°，∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，∴△CPH∽△PDN，∴，∴=∴x＝∵点P在矩形ABCD外部，∴x＝，∴BE＝，综上所述：当BE的长为4或时，△DPC为直角三角形．【点睛】本题是考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．例6．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于F，延长FE与直线CD相交于点G，连接FC（AB＞AE）．(1)求证：△AEF∽△DCE；(2)△AEF与△ECF是否相似？若相似，证明你的结论；若不相似，请说明理由；(3)设，是否存在这样的k值，使得△AEF与△BFC相似？若存在，证明你的结论并求出k的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)相似，证明见解析(3)存在，【分析】(1)由题意可得∠AEF＋∠DEC＝90°，又由∠AEF＋∠AFE＝90°，可得∠DEC＝∠AFE，据此证得结论；(2)根据题意可证得Rt△AEF≌Rt△DEG(ASA)，可得EF＝EG，∠AFE＝∠EGC，可得CE垂直平分FG，△CGF是等腰三角形，据此即可证得△AEF与△ECF相似；(3)假设△AEF与△BFC相似，存在两种情况：①当∠AFE＝∠BCF，可得∠EFC＝90°，根据题意可知此种情况不成立；②当∠AFE＝∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，设BC＝a，则AB＝ka，可得AF＝，BF＝，再由△AEF∽△DCE，即可求得k值．【详解】（1）证明：∵EF⊥EC，∴∠FEC＝90°，∴∠AEF＋∠DEC＝90°，∵∠AEF＋∠AFE＝90°，∴∠DEC＝∠AFE，又∵∠A＝∠EDC＝90°，∴△AEF∽△DCE；（2）解：△AEF∽△ECF．理由：∵E为AD的中点，∴AE＝DE，∵∠AEF＝∠DEG，∠A＝∠EDG，∴△AEF≌△DEG(ASA)，∴EF＝EG，∠AFE＝∠EGC．又∵EF⊥CE，∴CE垂直平分FG，∴△CGF是等腰三角形．∴∠AFE＝∠EGC＝∠EFC．又∵∠A＝∠FEC＝90°，∴△AEF∽△ECF；（3）解：存在使得△AEF与△BFC相似．理由：假设△AEF与△BFC相似，存在两种情况：①当∠AFE＝∠BCF，则有∠AFE与∠BFC互余，于是∠EFC＝90°，因此此种情况不成立；②当∠AFE＝∠BFC，使得△AEF与△BFC相似，设BC＝a，则AB＝ka，∵△AEF∽△BCF，∴，∴AF＝，BF＝，∵△AEF∽△DCE，∴，即，解得，．∴存在使得△AEF与△BFC相似．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定与及性质，等腰三角形的判定及性质，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．例7．（2023秋·辽宁锦州·九年级统考期末）已知四边形．(1)问题探究：如图1，当四边形是正方形时，点E，Q分别在边，上，于点M，点F，G分别在边，上，．①判断与的数量关系：___________；②推断：的值为___________．(2)变式应用：如图2，当四边形是矩形，．点F，G分别在边，上，将四边形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形，连接交于点O．试判断与之间的数量关系，并说明理由；(3)拓展应用：如图3，在四边形中，，若点E，Q分别在边BC，上，，请直接写出的值．

【答案】(1)①；②1(2)，理由见解析(3)【分析】（1）①由正方形的性质得．所以，又知，得出，于是，可得；②证明四边形是平行四边形即可解决问题；（2）如图2，作于．证明：即可解决问题；（3）如图3，过点作，交的延长线于点N，过点作，连接，证明，得出，证明，可得出，由勾股定理求出，利用（2）中结论则可得出答案．【详解】（1）解：①证明：四边形是正方形，

，．．，．．，．故答案为：．②结论：．理由：，，，，四边形是平行四边形，，，，．故答案为：1．（2）结论：．理由：如图2中，过点作于．

，，，，，，，，四边形是矩形，，．（3）如图3，过点作，交的延长线于点N，过点作，连接，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，且，，且，，，，，，，（不合题意，舍去），，，由（2）的结论可知：．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．课后专项训练1．（2023·湖南益阳·统考一模）矩形中，，，点P是上的动点，当时，的长是（

）．

A．1 B．3 C．1或3 D．1或4【答案】D【分析】结合矩形的性质，证明，即可得，进而可得，问题随之得解．【详解】∵矩形中，，，∴，，，∴，∵，∴，∵在中，，∴，又∵，∴，∴，∴，整理：，解得：，或者，故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的应用等知识，证明是解答本题的关键．2．（2023春·重庆荣昌·八年级统考期末）如图，在矩形中，，将点折叠到边上点处，折痕为，连接，，若点是中点，则长为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】依据矩形的性质以及折叠，即可得到，，的长；再根据，利用对应边成比例即可得的长．【详解】解：矩形中，，

，又是的中点，，中，，由题可得，，，，，，即，解得，故选：A．【点睛】本题主要考查了折叠问题、矩形的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，翻折变换折叠问题实质上就是轴对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．3．（2023·广东·九年级专题练习）如图，等边的边长为，点是边上一动点，将等边沿过点的直线折叠，该直线与直线交于点，使点落在直线上的点处，且折痕为则的长为．【答案】或．【分析】分情况讨论：方法一：当点落在如图1所示的位置时，证明△BMD∽△CDN，得到，根据设求出AN；方法二：当在的延长线上时，如图2，同样方法求出AN.【详解】方法一：当点落在如图1所示的位置时，是等边三角形，，，得，得，，设则，，，，解得；方法二：当在的延长线上时，如图2，与同理可得.得.，，设则，，，解得：，，故答案为：或.【点睛】此题考查等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质，解题中注意题中的条件“点落在直线上的点处”故点A可在线段BC上，也可在延长线上，应分类讨论避免漏解.4．（2023春·山东烟台·八年级统考期末）如图．是等边三角形，点D，E分别为边，上的点，，若，，则的长为．

【答案】或【分析】根据是等边三角形，得到，，推出，得到，得到，然后代入数值求得结果．【详解】解：∵是等边三角形，∴，，∵，，∴，∴，∴，即，解得：或，经检验：或是原方程的解，故答案为：或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，注意数形结合和方程思想的应用．5．（2022秋·陕西西安·九年级校考期中）如图，是等边三角形，点D、E分别在上，且，若的边长为6，，则的长为．

【答案】【分析】证明，可得，由，，可得，，由，求得，，证明，可得，即可求解．【详解】解：∵是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在正方形中，点，分别在，上，如果，，，那么正方形的边长等于．

【答案】【分析】因为，，，，所以，可证，从而可得，即，，在直角三角形中，根据，构建方程求出即可．【详解】解：，，，，，，正方形，，，，，，即，，，，．故答案为：．【点睛】本题综合考查了正方形的性质和勾股定理的应用，本题中利用勾股定理得出是直角三角形是解题的关键．7．（2023春·山东聊城·九年级校考阶段练习）如图，在正方形中，E是的中点，F是上一点，有下列结论：①；②射线是的角平分线；③；④．其中正确结论的结论：（填序号）

【答案】②④【分析】根据点E为中点和正方形的性质，得出的正切值，从而判断①，再证明，利用有两边对应成比例且夹角相等三角形相似即可证得，可判断②③，过点E作的垂线于点G，再证明，，即可证明④．【详解】解：∵E是的中点，∴，∴，故①错误；∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，即，∴，故③错误；设，则，∴，，，∴，，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴射线是的角平分线，故②正确；过点E作的垂线于点G，

在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，故④正确．综上，正确的有②④，故答案为：②④．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定和性质，以及正方形的性质．题目综合性较强，注意数形结合思想的应用．8．（2023秋·安徽滁州·九年级校联考期末）在等边中，为上一点，为上一点，且，，，则的边长为．

【答案】【分析】根据等边三角形的性质得，，得，从而得出与相似，再根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：是等边三角形，，，，，，，，；，，，，，的边长为．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理．综合利用题目中条件证明出两个三角形相似是解题的关键．9．（2022·湖北襄阳·一模）如图，为等边三角形，点D，E分别在边AB，AC上，，将沿直线DE翻折得到，当点F落在边BC上，且时，的值为______．【答案】【分析】根据△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，可证△BDF∽△CFE，根据BF=4CF，可得CF=4，根据AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，可得DE⊥AF，根据S四边形ADFE==S△CEF=-S△ABC-S△CEF，进而可求．【详解】解：如图，作△ABC的高AL，作△BDF的高DH，∵△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，∴∠DFE=∠DAE=60°，AD=DF，∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB=120°，∴∠DFB=∠CEF，又∠B=∠C=60°，∴△BDF∽△CFE∴，即，设CF=x(x>0)，∵BF=4CF，∴BF=4x，∵BD=3，∴，∵，∴，，∵△BDF∽△CFE，∴，∴解得：x=2，∴CF=4，∴BC=5x=10，∵在Rt△ABL中，∠B=60°，∴AL=ABsin60°=10×=5，∴S△ABC=，∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，∴DH=BDsin60°=，∴S△BDF=，∵△BDF∽△CFE，∴，∵S△BDF=，∴S△CEF=，又∵AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，∴AD=DF，△ADF为等腰三角形，DE⊥AF，∴S四边形ADFE==S△CEF=-S△ABC-S△CEF=，∴．故答案为:．【点睛】本题主要考查等边三角形的和折叠的性质，一线三等角证明k型相似，以及“垂美四边形”的性质：对角线互相垂直的四边形的面积＝对角线乘积的一半．10．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，在边长为6的等边△ABC中，D是边BC上一点，将△ABC沿EF折叠使点A与点D重合，若BD:DE=2:3，则CF=____．【答案】2.4【分析】根据折叠的性质可得∠EDF=∠A，DF=AF，再由等边三角形的性质可得∠EDF=60°，∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED=120°，从而得到∠CDF=∠BED，进而得到△BDE∽△CFD，再由BD:DE=2:3，可得到，即，即可求解．【详解】解：根据题意得：∠EDF=∠A，DF=AF，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∴∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=180°-∠EDF=120°，∵∠B=60°，∴∠BDE+∠BED=180°-∠B=120°，∴∠BDE+∠CDF=∠BDE+∠BED，∴∠CDF=∠BED，∴△BDE∽△CFD，∴，即，∵等边△ABC的边长为6，∴，解得：．故答案为：2.4【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，图形的折叠，相似三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的性质，图形的折叠的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．11．（2023秋·河北保定·八年级统考期中）如图，，于点，于点，且，，点是线段上一动点．

（1）当时，；（2）点从点以每分钟个单位长度的速度向点运动，点从点以每分钟2个单位长度的速度向点运动，、两点同时出发，运动分钟后，与全等．【答案】6或83【分析】（1）根据边的垂直关系可证，则，于是可求的长．（2）根据题意，两三角形全等分两种情况分别予以讨论，注意求得的结果同时需要满足．【详解】（1）∵∴∴∴设，则，∵∴整理得：解得：∴或8．故答案为：6或8．（2）设运动y分钟后，与全等，则．

①时，，即，解得：，因所以不合题意，舍去．②时，，即，化简得：∴或（不合题意，舍去）故运动3分钟后，与全等．故答案为：3．【点睛】本题考查了动态几何在一元二次方程的实际应用，涉及相似三角形、全等三角形等知识点,解题的关键是找准相似或全等三角形的对应边．12．（2023·吉林长春·九年级校联考期中）[感知]如图①，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与A、B重合），，易证：△DAP∽△PBC（不要求证明）[探究]如图②，在四边形ABCD中，点P在边AB上（点P不与A、B重合），（1）求证：△DAP∽△PBC．（2）若PD=5，PC=10.BC=8求AP的长.[应用]如图③，在△ABC中，AC=BC=4，AB=6，点P在边AB上（点P不与A、B重合），连结CP，作，与边BC交于点E.当CE=3EB时，直接写出AP的长.【答案】（1）详见解析；（2）4；[应用]AP=【分析】（1）由三角形外角性质可得∠DPB=∠A+∠ADP，然后推出∠ADP=∠CPB即可证明相似；（2）由相似得到对应边成比例，建立方程即可求AP；[应用]同（1）的方法，先证明∠EPB=∠ACP，然后证明△APC∽△BEP，再由对应边成比例建立方程求AP.【详解】（1）∵∠DPB=∠A+∠ADP，∴∠DPC+∠CPB=∠A+∠ADP，∵∠A=∠DPC，∴∠ADP=∠CPB∵∠A=∠B∴（2）∴∴∴AP=4.[应用]AP=，理由如下：∵∠BPC=∠A+∠ACP∴∠CPE+∠EPB=∠A+∠ACP∵∠CPE=∠A∴∠EPB=∠ACP又∵AC=BC∴∠A=∠B∴△APC∽△BEP∴∵CE=3EB∴BE=BC=1∴解得AP=【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，掌握“一线三等角”模型的证明方法是关键.13．（2023·北京西城·九年级校考期中）如图，在中，，，是上一点，，是上一动点，连接，作，射线交线段于.（1）求证：；（2）当是线段中点时，求线段的长；【答案】（1）见解析；（2）长为2或3【分析】（1）由三角形外角性质可得∠CED=∠B+∠BDE，结合∠DEF=∠B可推出∠BDE=∠CEF，再加上∠B=∠C可证明△DBE∽△ECF；（2）由△DBE∽△ECF可得对应边成比例，设，则，建立方程求解即可.【详解】（1）证明：∵，∴；∵，，∴.∴.（2）∵（已证）.∴；∵为的中点，，∴.设，则；又，∴，解得或3.故长为2或3.【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，此图形可作为“一线三等角”模型记住证明方法，第（2）题由相似得到对应边成比例，建立方程是解题的关键.14．（2023·辽宁丹东·统考二模）⑴如图1，点C在线段AB上，点D、E在直线AB同侧，∠A＝∠DCE＝∠CBE，DC＝CE.求证：AC＝BE.⑵如图2，点C在线段AB上，点D、E在直线AB同侧，∠A＝∠DCE＝∠CBE＝90°.①求证：；②连接BD，若∠ADC＝∠ABD，AC＝3，BC＝，求tan∠CDB的值；⑶如图3，在△ABD中，点C在AB边上，且∠ADC＝∠ABD，点E在BD边上，连接CE，∠BCE＋∠BAD＝180°，AC＝3，BC＝，CE＝，直接写出的值.【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）.【分析】（1）利用AAS证明可得AC=BE；（2）①先证明△DAC∽△CBE，再利用相似三角形的性质可得；②根据∠A=∠DCE=∠CBE=90°，∠ADC=∠ABD，可推出△ADC∽△ADB，从而求出相应的线段长度，得到tan∠CDB的值．（3）根据∠ADC=∠ABD，可推出△ADC∽△ADB，从而得到AD的长，根据∠BCE+∠BAD=180°，以E为圆心，EC长为半径画弧，交BC于点H，连接EH，可得EH=EC，∠EHC=∠ECB=∠ADC+∠DCA，可得△BEH∽△ADC，则.【详解】（1）证明：如图1，，又，又（2）①证明：∵∠DCA+∠DCE+∠ECB=180°，∠DCA+∠A+∠CDA=180°，∠A=∠DCE，∴∠ADC=∠ECB，∵∠A=∠B，∴△DAC∽△CBE，②如图2，∵∠ADC=∠DBA，∠A=∠A，∴△ADC∽△ABD，AB=AC+BC=∴解得AD=5，设∠DBA=∠CDA=α，∴∠CDG=90-2α，∴∠CGD=2α，∴∠GCB=∠GBC=α，∴CG=GB，设CG=GB=x，解得（3）如图3，∵∠ADC=∠B，∠A=∠A，∴△ADC∽△ADB，解得AD=5，∵∠BCE+∠BAD=180°，∠ADC+∠DCA+∠BAD=180°，∴∠ADC+∠DCA=∠BCE，以E为圆心，EC长为半径画弧，交BC于点H，连接EH，∴EH=EC，∠EHC=∠ECB=∠ADC+∠DCA，∵∠B=∠ADC，∴∠BEH=∠ACD，∴△BEH∽△ADC，故答案为【点睛】此题考查了相似三角形得性质和判定，根据相似三角形对应边成比例求出相关的线段长度，最后一问以EC为腰作等腰三角形为解题关键．15．（2023春·四川乐山·九年级统考期中）【感知】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．【探究】（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．【答案】（1）见解析

（2）见解析

（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．16．（2023春·湖北孝感·九年级统考阶段练习）【模型建立】（1）如图1，在等边中，点D、E分别在边上，，求证：；【模型应用】（2）如图2，在中，，，于点D，点E在边上，，点F在边上，，则的值为_____________；【模型拓展】（3）如图3，在钝角中，，点D、E分别在边上，，若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）2；（3）【分析】（1）利用等边三角形的性质、三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质解答即可；（2）先证明为等边三角形，进一步得到，是直角三角形，则，再证得，则，得到答案；（3）在上截取，连接，先证明，再证明，利用相似三角形的性质求得，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，即,故答案为：2（3）在上截取，连接，如图3，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，，∴，，∴，在和中，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，解得或（不合题意，舍去），∴，．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形内角和定理、直角三角形的性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．17．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考阶段练习）是菱形边上一点，是等腰三角形，，（），，交边于点，，连接．

(1)如图，当时，①求的度数；②若，，请直接写出的长；(2)如图，当时，若，，求的面积．【答案】(1)；；(2)．【分析】（）如图，过点作于点，证明，得，即可；延长至，使，连接，，证明，设，则，，在中，根据勾股定理，得，再代入计算即可；（）如图，连接，先证明，得，过点作于点，交边于点，过点作