初中数学《相似三角形》八大模型题含答案解析

PAGE2PAGE2相似三角形的八大经典模型题型1 A字】题型2 “8”字】题型3 AX字】题型4 子母】题型5 双垂直】题型6 一线三等角】题型7 手拉手】题型8 三角形内接矩形】基本模型 A字型①如图在△ABC中点 AB上点E AC上⎳BC则 ADE∽△ABC=AE=DE．BC②模型拓展 斜交A字型条件∠C=∠ADE图结论ADE△AB；

AB AC③模型拓展 如图∠ ADC∽△ACB AD=

=CD．题型 A字型

AC AB BC1(2023·安徽滁州·校考一模)B⊥BCC⊥BCC与BD相交于点OM⊥BC于点1M点E是BD的中点F⊥BC于点G交C于点F若B=4D=6则M-F值为( )75A125

35

25证明M∽△BBM∽△BCM

=CM

=BMOM=12EG=AB BC DC BC 51D=3G=1B=2F=G-G=1即可得出答案．2 2ABBCDCBCBC，∴OM∥AB∥CD，∴△M∽△BBM∽△BC，∴OM=CM，OM=BM，AB BC DC BC∴OM=CM，OM=BM，4 BC 6 BC∴OM=12，5∵EF⊥BC，∴EG∥AB∥CD，∵点E是BD的中点，∴BE=DE，∴BG=CG，∴CF=AF，∴G=1D=3G=1B=2，2 2∴EF=EG-FG=1，∴OM-EF=7，5故选：A．本题主要考查了相似三角形的判定和性质OM=12．512023春·四川成都·九年级校考开学考试)如图在BC中D=E=BF=G=C．已知BC的面积为9则阴影部分的面积为 ．1335AE2

=AD=1△AEGABCS△AEG22AC 9=4S△G9

3

AB 3

S△ABC 3∵D=E=BF=G=C∴AG=AE=2=AD=1AC AB 3 AC AB 3又∵∠A=∠A∴△AEG∽△ABC∴S△AEG=22=4S△ABC 3 99∴S△AEG=4S△ABC=49∴S阴影=S△BCS△G=5故答案为：5S△AEG．22023·安徽滁州·校考一模)在等边三角形BCB=6DE是BCF是B上的动2BF=BD=C=2

S△DEF= ， = S△ABC【答案】19证明BF∽△BA【详解】解：∵△ABC是等边三角形，AB=6，∴B=BC=C=6∠B=∠C=∠A=60°，∵BD=BF=2∠B=60°，∴△BDE是等边三角形，∠BDF=∠BFD=60°，∴∠BDF=∠C=60°，∴DF∥AC，∴△BDF∽△BCA，∴S△BDF=

2=1，S△BCA BC 9PAGE20PAGE20∵BD=C=2E=BC-BD-C=6-2-2=2，∴BD=DE=2，∴S△BDF=S△DEF，∴S△DEF=1，S△ABC 9故答案为：1．9【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握等边三角形的性质是解题的关键．32023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习)如图BC中∠B=90°BC=2C=4若正方形DEFC的顶点D在AB上顶点FG都在AC上射线AF交BC边于点H则CH长为 ．3【答案】43△ADGABCAHCDG=AGEF

=AFDGEFx，xAGxAG+x

BC AC CH AC2 4 CH 4【详解】解：∵四边形DGFE为正方形，∠ACB=90°，∴DG∥EF∥BC，DG=EF，∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，∴DG=AG，EF=AF，BC AC CH AC设DG=EF=x，∴x=AG，x=AG+x，2 4 CH 4∴AG=2x，∴xCH

=2x+x，4∴CH=4．3故答案为4．3△ADGABC与△AEF∽△AHC是解题的关键．基本模型 “8”字形①如图 AB CD AOB △COD AB=OA=OB；CD OC OD②如图 ∠ ∠ AOB △DOC⇔AB=OA=OB．CD OD OC ③模型拓展如图∠⇔AJB △CJD AB=JA=JB．CD JC JD题型 “8”字形1(2023·安徽·九年级专题练习)BDE是DE=2DBE1交C于点G延长BE交D的延长线于点F则BG的值为( )GF23A23

34先根据平行四边形的性质得到B∥DBG∽△GBE∽△EAE2ED即可得结果．ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，∴△ABG∽△CFG，∴BG=ABGF CF∵△ABE∽△DFE，∴AE=AB，DE DF∵AE=2ED，∴AB=2DF，∴AB=2，CF 3∴BG=2．GF 3故选：A．本题考查了平行四边形的性质判定和性质进行解题．12023春·广东深圳·九年级校考开学考试)BD与E相交于点AE∥BCD=2，1B=3C=6则E= ．4证明BC∽△EB=CAD AE【详解】解：∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE，∴AB=AC，AD AE即3=6，2 AE∴AE=4，【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记性质是解题的关键．22023春·陕西宝鸡·九年级校考期末)BD的边长为4E在边DE=3BEACFFFGBCCDGFG的长．2【答案】167△CBFAEF【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠CBF=∠AEF，∠BCF=∠EAF，∴△CBF∽△AEF，∴CF=BC=4，AF AE 3∴CF=4，CA 7∵FG∥BC，AD∥BC，∴FG∥AD，∴FG=CF=4，AD CA 7∴FG=4×4=16．7 7【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定等，灵活运用所学知识是解题的关键．32023春·安徽·九年级专题练习)如图EF为矩形BD内两点E⊥FF垂直F垂足分别为EF若E=1F=2F=4则BD=( )3103B

5 C.53

D.6连接CF于点MBD于OACEFMO，∵AE⊥EF，CF⊥EF，∴∠AEM=∠CFM=90°，∵∠AMF=∠CMF，∴△AEM∽△CFM，∴AE=EM，CF FM∵E=1F=2F=4，∴EM=4，MF=8，3 33在RtM中M=E2+M2= 2+33在RtM中C=F2+F2= 22+3

2=5，32=10，3∴AC=AM+CM=5+10=5，3 3∵四边形ABCD是矩形，∴BD=AC=5，故选：B．AC基本模型 AX字型A字型及X字型两者相结合，通过线段比进行转化.题型 AX字型1(2023春·山东烟台·九年级统考期末ABCDACBM与1ADFCDH．图中相似三角形有 对；若D2=C⋅M∠BA=72°∠BD的度数．(1)6(2)∠BCD=72°(1ABCD,ADBC2)先根据相似三角形的判定证出BM∽△B∠BC=∠BC∠BC+∠BD=80°(1ABCD是平行四边形，∴AB∥CD,AD∥BC，∴△ABM∽△CHM，△ABF∽△DHF，△AFM∽△CBM，△HDF∽△HCB，∴△ABF∽△HCB，又∵AB∥CD,AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD,∠BAC=∠DCA，∴△ACB∽△CAD，6(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AB∥CD，∵AD2=AC⋅CM，∴BC2=AC⋅CM，∴BC=CM，CA BC∵∠BCM=∠ACB，∴△BCM∽△ACB，BMCABC又ABCD，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴∠BMC+∠BCD=180°，又∵∠BA+∠BC=80°∠BA=72°，∴∠BCD=∠BMA=72°．本题考查了平行四边形的性质相似三角形的判定与性质等知识点与性质是解题关键．12023春·河南许昌·九年级统考期末)DE分别是BC的边BBCE∥C1S△BE:S△CE=2:3则S△OE:S△OC= ．4:25S△BDE:S△CDE2:3BE=2BE=2CE 3 BC 5BE=DE=2△ODEOCAS△DOE

2=

2=4．BC AC 5

S△AOC

5 25【详解】解：∵S△BDE:S△CDE=2:3，∴BE=2，CE 3∴BE=2，BC 5∵DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，∴BE=DE=2，BC AC 5∵DE∥AC，∴△ODE∽△OCA，∴S△DOE=

2=

2=4，S△AOC

5 25即S△DOE:S△AOC=4:25，故答案为：4:25．相似三角形的判定与性质是解题的关键．2(2023春·重庆巴南·九年级统考期中)如图在矩形ABCD中过C作CE⊥BD于E点交AB于F点连接E.若F是B中点且BC=8则E的长为 ．28根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质AMEMAE的长．E作N⊥BB于点MD于点N，∵CE⊥BD，∴∠CEB=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BD=90°BA=DBA∥D，又∵∠EBC=∠CBD，∴△CBE∽△DBC，∴BC=BE，BD BC∴BC2=BD⋅BE，∵F是AB中点，BF∥CD，∴△BEF∽△DEC，∴BE=BE=ME=1，DC∴MN

DE NE 2=1，3设BE=xE=2xBD=3x，∵BC=8BC=N，∴82=3x⋅xE=1BC=8，3 3=83833解得x =838332 ∴BE= 2 ∴BM=BE2E2∵EM∥AD，

83 -

2=82，33∴BM=BE=1，3AM DE 2∴AM=2BM=162，2 2 2∵∠EMA=90°，∴AE=AM2+EM2=故答案为：8．

163

+

=8，32023春·浙江杭州·九年级校考期中)▱BDE在BE=1BD和C33相交于点FF作G∥BD于点G．FG:AE的值．(2)若AB:AC=3:2，①求证：∠AEF=∠ACB．②求证：DF2=DG⋅DA．(1)FG:AE3:4①②详见解析)E∽△DD=3FG∥B△ADEGDF2)①C=2aBE)FE=FAC AB△F∽△B②根据(2)①的结论以及平行线的性质△DFG∽△DAF【详解】(1)解：∵▱ABCD，∴AB∥CD，∴∠EAF=∠DCF，∵∠AFE=∠CFD，∴△AFE∽△CFD，∴EF=AE=AF，FD CD FC∵E=1BB=D，3∴EF=AE=AE=1FD=3EF，FD CD AB 3∵FG∥AB，∴∠AED=∠GFD，∵∠ADE=∠GDF，∴△ADE∽△GDF，∴FG=FD= FD = 3EF =3FG:AE=3:4；AE ED EF+FD EF+3EF 4C=2a，∵AB:AC=3:2，∴AB=3a，∴AE=3a，3由(1)的结论，得：AE=EF=AF=1，CD FD FC 3∴AF=1AC=a，4 2∴AE⋅AB=a2=AF⋅AC，即：AE=AF，AC AB∵∠EAF=∠CAB，∴△EAF∽△CAB，∴∠AEF=∠ACB；②∵FG∥AB，∴∠DFG=∠DEA，∵△EAF∽△CAB，∴∠AEF=∠ACB，∵AD∥BC，∴∠ACB=∠FAD，∴∠DFG=∠FAD，∵∠FDG=∠ADF，∴△DFG∽△DAF，∴DF=DG，DA DF∴DF2=DG⋅DA．【基本模型-子母型如 为 字型 形 当 AD=∠B时△AC∽△AD则 AE=AD=DE．AE⋅AC=AD⋅AB．如图所示当 点与 点重合时为其常见的一个变形即子母型．

AB AC BC当AD=∠B时△AC∽△AD

=AD=CD．AB AC BC题型 子母型1(2023春·安徽滁州·九年级统考期中△ABCBCADAB=1ACAD=CEC=BCD；AD△ABCCEAC

的值．(122)首先利用相似三角形的判定得出BD∽△E△∠B=∠CBC∽△DAC，再利用相似三角形的性质得出答案即可；2)由BD∽△E可证∠E=∠DD=E)可证C=2D(1AB=ADECA，AC CE∴ΔBAD∽ΔACE，∴∠B=∠EAC，∵∠ACB=∠DCA，∴△ABC∽△DAC，∴AC=BC，CD AC∴AC2=BC·CD．(2)解：∵△BAD∽△ACE，∴∠BDA=∠AEC，∴∠CDE=∠CED，∴CD=CE，AD是△ABC的中线，∴BC=2BD=2CD，∴C2=BC·D=2D2C=2D，∴

=CD2CD

=2．2此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及重心的性质等知识△BAD∽△ACE是解题关键．1(2023春·安徽蚌埠·九年级校考期中△ABCBCAC26=4BD=2D∽△BA．1证明见解析．根据C=26D=4BD=2C=D∠C=∠CBC AC∵C=26D=4BD=2∴AC=2

=6=4 =6BC 4+

3 AC 26 3∴AC=CDBC AC∵∠C=∠C∴△ACD∽△BCA．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．22023春·安徽合肥·九年级校考期中△BC∠BC=90°BD⊥CE为BD2AEBCFAFCFFFHACH．CDB；2EF；FH=3BC的长．(1)先根据垂直的定义可得∠E=∠B=90°∠E=∠B先根据相似三角形的性质可得AD=DE=1AHCHCD DB 2得D=2DH先根据相似三角形的判定与性质可得DE=AEDE,BDFH AF得BD∼△BDDRtBD【详解】证明：(1)∵BD⊥AC,FH⊥AC，∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，∵AF=CF，∴∠DAE=∠DCB，在 和 中 E B ∠在 和 中 ∠DAE=∠DCB∴△ADE∼△CDB；EBD的中点，∴DE=BE=1BD，2由(1)已证：△ADE∼△CDB，∴AD=DE=1，CD DB 2设D=a>0)D=2aC=D+D=3a，∵FH⊥AC,AF=CF，∴AH=CH=1AC=3a(等腰三角形的三线合一)，2 2∴DH=AH-AD=1a，2又∵BD∥FH，∴AE=AD=a

=2，aEF DH 1a2即AE=2EF；由(22EF，∴AE=2AF，3∵BD∥FH，∴△ADE∼△AHF，∴DE=AEDE=2，FH AF 3 3解得DE=2 3，3∴BD=2DE=4 3，3∵∠ABC=90°,BD⊥AC，∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，∴∠ABD=∠C，在 和 中 BD BD ∠B=在 和 中 ∠ABD=∠C∴△ABD∼△BCD，∴AD=BD，BD CD由2)D=b>0)D=2b，b 433∴=3 ，3∴4 2b3b=26b26()，3 3463∴CD=2b= ，463Rt△BCD=BD2+CD2

4 2+4

2=4．333【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角333形的判定与性质是解题关键．32023·安徽合肥·统考一模)如图1B=C=2DC∥BD绕点C逆时针旋转得到3ED落在C的点EB与F相交于点OB与F相交于点GBF．CAD；FB；若点DEF2B的值．)BC(1见解析(2)见解析(3)2)根据旋转变换的性质得到旋转前后两个三角形全等E=DC=2DE=DB=C根据旋转和第一小题的结论BE=E∠B=∠BF从前面的两个全等中得到∠C=∠BA∠C=∠A从而得到∠B=∠BFO和BF就是顶角互为对顶角的一组等腰三角形∠O=∠B根据DEFG和DG=1BG就是2G∥BBFBC=D∠E=∠DD和E(1将△ACDC逆时针旋转得到△FCE，∴△FCE≌△ACD，∴CE=CD，∵AC=2CD，∴AC=2CE，∴AE=AC-CE=2CE-CE=CE=CD，∵DC∥AB∴∠DCA=∠EAB，在△ABE和△CAD中，AE=∵∠EAB=∠DCA，AB=CA∴△ABE≌△CADSAS．)得BE=D∠BE=∠D，∵△CEF≌△CDA，∴E=D∠C=∠C，∴BE=E∠C=∠BA，∴∠EFB=∠EBF，∵∠OFB=∠EFB-∠EFC=∠EBF-∠EBA，∴∠OFB=∠OBF，∵∠ECF=∠DCA，∴∠OAC=∠OCA，∵∠A+∠C+∠C=80°∠BF+∠B+∠BF=80°，又∠AOC=∠BOF，∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，即2∠CAO=2∠FOB，∴∠CAO=∠FOB，∴AC∥FB△AEG和△CED中，∠GAE=∠DCE∵E=E ∠AEG=∠CED∴△AEG≌△CEDASA∴AG=CD=1AB，2∵AE=CE，∴EG∥CB，∵AC∥FB，∴四边形BCEF是平行四边形，∴BC=FE=AD，∵∠AEG=∠ACD+∠CAD=∠DAE+∠ADE，∴∠ADE=∠ACD，∵∠CAD=∠DAE，∴△ACD∽△ADE，∴EA=DA，DA CA即DA2=EA⋅CA=2EA2，∴DA=2EA，∵AB=AC=2EA，∴AB=AB=2EA=

=2．BC DA 2EA 2将多个小题的结论联系起来【基本模型-双垂直型①如图直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似即 ACD △ABC∽△CBD常见的结论有CA AD BC=BD CD DA②拓展正方形长方形中经常会出现射影定理模型如图在Rt△ABE和 t△BCF内均有射影定理型．题型 双垂直型1(2023春·陕西西安·九年级校考阶段练习)如图在矩形BD中B=8BC=6点E在边BC上，E=2若点PQ分别为边D与B上两个动点线段Q始终满足与E垂直且垂足为F则P+QE的最小值为 ．155分过点Q作QH⊥D于点H．利用相似三角形的性质求出H=3设BQ=x则H=xD=5-xP+QE= 62+(5-2+2+42求P+QE的最小值相当于在x轴上找一点M0)使点M到J04)K56)的距离和最小作点J关于x轴的对称点连接K则K=52+02=55J+K=+K≥K=55可得结论．QQHCDH．∵四边形ABCD是矩形，∴B=D=8D=BC=6∠B=∠C=∠D=90°，∵CE=2，∴BE=BC-CE=6-2=4，∵QH⊥CD，∴∠B=∠QHP=∠QHC=90°，∴四边形BCHQ是矩形，∴BQ=HBC=QH=6QH∥BC，∴∠AQH=∠B=90°，∵AE⊥QP，∴∠QF+∠QP=90°∠QP+∠HQP=90°，∴∠BAE=∠HQP，∴△ABE∽△QHP，∴QH

=BE，PH∴8=4，6 PH∴PH=3，设BQ=xH=xP=5-x，∴AP+QE= 62+(5-x)2+x2+42，欲求P+QEx轴上找一点M0)M到J04)K56)1中，作点J关于x轴的对称点K，∵K56)0-4)，∴K=52+02=55，∵J+K=+K≥K=55，∴JM+MK的最小值为55，APQE55．5．本题考查矩形的性质1(2023春·福建莆田·九年级校考期末)【问题情境】1例中项．射影定理是数学图形计算的重要定理．其符号语言是1RtBC∠B=90°D⊥BDC=B·D2BC=B·BD3D2=D·BD)AC2=AB·AD．【结论运用】如图2BD的边长为3O是对角线CBDE在DC作F⊥BE，FOF，①求证：△BOF∽△BED；BE=10OF的长．355)2)①355(1证明△ACDABC2)①BC=BOBDBC=BFBEBOBD=BFBE②在RtBEBC=3BE=0BF∽△BD)1∵D⊥B，∴∠BDC=90°，而∠A=∠A∠B=90°，∴△ACD∽△ABC，∴CB=DC，∴AC2=AB·AD；(22，ABCD为正方形，∴C⊥BO∠BD=90°，∴BC2=BO•BD，∵CF⊥BE，∴BC2=BF•BE，∴BO•BD=BF•BE，BO=BF∠OBFEBD，BE BD∴△BOF∽△BED；②∵在RtBEBC=3BE=0，∴E=BE2BC2=1，∴DE=BC-CE=2；在Rt△OBC中，OB=2BC=32，2 2∵△BOF∽△BED，32∴OF=BOOF=2，DE BE 2 10∴OF=355.2BDD∥BC∠B=90°E为BDC为折痕将2两个角∠A∠B)向内折起点AB恰好落在D边的点F处若D=3BC=5则F的长是( A. 15 B.215 C. 17 D.217【解析】∵AD∥BC，∴∠ADF+∠FCB=180°.根据折叠前后的图形全等得到DF=DA=3，∠E=∠EF=B=5∠BE=∠E∠C=∠B=90°，∴∠E+∠E=90°∠E+∠C=90°，∠DFE=∠EFC=90°，∴∠FDE=∠FEC，∴△DEF∽△ECF，∴EF=DF，CF EF∴EF2=DF·CF=3×5=15，∴EF=15.故选A.3(2023·河南南阳·统考三模)综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．3操作判断如图1BDBC上任意取一点EEB作BF⊥E于点GD交于F1AEBF的关系．迁移探究小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下：如图2BDB:D=m:nBC上任意取一点EEB作BF⊥E于点GD交于点FE与BF拓展应用如图3BD的边长为2E由点A向终点DF由点D向终点C做匀速运动动点EF同时开始运动且速度相同连接FBE交于点G连接D则线段D长度的最小值为 点G的运动轨迹的长为 ．(直接写出答案不必说明理由)(1)AEBF(2)AE=m，理由见解析BF n(3)5-2)由四边形BD∠BC=∠BD=90°B=BC∠BE=∠BC，所以△ABEBCFAEBF．由四边形BD∠BC=∠BF=90°D=BC∠BE=∠BC△ABE∼△BCF，于是AE=AB，证得AE=m.BF BC BF n取B的中点MMME=F)可得RtBE≅RtF∠B=90°M=B=G=1RtMD=5D≥D-G得D的最小值是5-1；由∠B=90°AGBG在以点M1的14运动轨迹的长为2π÷4=π．2【详解】(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠BC=∠BD=90°B=BC又AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，∴∠BAE=∠FBC，在△ABE和△BCF中，∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF∴△ABE≅△BCF，∴AE=BF．ABCD是矩形，∴∠BC=∠BF=90°D=BC，又AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，∴∠BAE=∠FBC，∴△ABE∼△BCF，∴AE=AB，BF BC∵AB=AB=m，AD BC n∴AE=m．BF nABMDM，DF，由(1)可得Rt△ABE≅Rt△DAF，∴∠ABE=∠DAF∵∠DAF+∠BAG=90°∴∠ABE+∠BAG=90°，∴∠AGB=180°-(∠ABE+∠BAG)=90°，∵M是AB的中点，AB=2，∴AM=MB=MG=1，在Rt△ADM中，MD=22+12=5；在△MGD中，∵GD≥MD-MG=5-1，∴GD的最小值是5-1，∵∠AGB=90°，AGB三点共圆，∴点G在以点M为圆心，在以半径为1的1圆上运动，4∴点G的运动轨迹的长为：2π÷4=π，2故答案为：5-1；π2【基本模型一线三等角型三垂直模型如图 ∠ ACE 9°， ABC∽△CDE一线三等角模型如图 ∠ ACE ∠ ABC∽△CDE特别地连接AE若 为BD的中点则ACE △ABC∽△CDE补充其他常见的一线三等角图形题型 一线三等角型1(2023春·山东潍坊·九年级统考期末)如图Rt△BC中∠B=90°D⊥B于D矩形HD、矩形F的顶点分别在△BD△D的三边上且矩形HD∽矩形F．可求两矩形的相似比的是( )1ABB

BDCDCEEH由条件可以证明D∽△BDDN，∵矩形MNHD∽矩形GDEF，∴∠FDE=∠BDN，∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，∴∠FCD=∠B，∴△CFD∽△BND，∴DN:DF=BD:CD，故选：B．本题考查相似多边形DND∽△BD1(2023春·山东日照·九年级校考期中)已知等边三角形ABC的边长为4．1BC上有一个动点PC上有一个动点D∠D=60°BP∽△D；P在射线BCD在直线C∠D=20°C=2D的长；(2DC120的面积．(1见详解(2)7(3)532)先利用三角形的内角和得出∠BP+∠B=20°∠B+∠D=20°∠BP=∠D过点P作E⊥C于E30°EEPP∽∠DCDAM【详解】(1)解：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，∴在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP=180°，∴∠BAP+∠APB=120°，∵∠B+∠D=80°∠D=20°，∴∠BAP=∠CPD，∴△ABP∽△PCD；PPEACE，∴∠AEP=90°，∵△ABC是等边三角形，边长为4，∴C=4∠B=60°，∴∠PCE=∠ACB=60°，在RtEC=2∠E=90°∠E=30°，∴E=1C=1E=C2E2=222=3，2在Rt△APE中，AE=AC+CE=4+1=5，根据勾股定理得，AP2=AE2+PE2=52+(3)2=28，∵∠ACB=60°，∴∠ACP=120°=∠APD，又∵∠CAP=∠PAD，∴△ACP∽△APD，∴AC=AP，AP AD∴AD=AP2=28=7；AC 4如下图，由(2)知，AD=7，∵AC=4，∴CD=AD-AC=7-4=3，∠=20°=D=3，∵∠DCP=60°，∴∠P=∠∠P=60°∠=80°∠=60°，过点D作DH⊥CP于H，在RtHH=1=3，2 2332根据勾股定理得H=3H= ，332过点D作DG⊥AC于G，∵∠=∠=60°，332∴== 3321 1 13313392AC⋅DG+2CP⋅DH1 1 13313392AC⋅DG+2CP⋅DH=2×4× 2 +2×2× 2 =2过点A作AM⊥BC于M，∵AB=AC，∴BM=1BC=2，2在Rt△ABM中，根据勾股定理得，AM=3BM=23，∴S△ACP=1CP⋅AM=1×2×23=23，2 2∴S△P=S四边形

-23=53．932293222023·全国·九年级专题练习)如图1P是线段B上与点ABB的同侧分别以APB为顶点作∠1=∠2=∠3∠1与∠3的一边分别是射线B和射线BA∠2的两边不ABPAB为等联线．2如图25×31B为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法ABP如图3RtC∠A=90°C>PP至点BB=C∠A的等联角∠D和∠BD．将C沿CA落在点MCM交BD的延长线于ECEPDFBF．①确定△PCF的形状，并说明理由；②若P:B=:2BF=2kB和线段E的长用含k的式子表示．(1见解析2)①②等联线B=3kE=5k2(1(2△PCFCCNBEBENACCM=∠E=∠A=90°∠1=∠2BCRtE≅RtE∠F=45°②过点F作Q⊥BE于QR⊥B交B的延长线于R∠R=∠A=90°．证明C≅△RPP=BR=RRtBRFBR2+R2=BF2BF=2kBRQBQ=QF=kQ∥NF~CE=3kE=M+2ME即可．【详解】(1)解：作图如下：(方法不唯一)△PCF是等腰直角三角形．理由为：如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．由折叠得C=M∠P=∠E=∠A=90°∠1=∠2，∵C=B∠A=∠BD=∠N=90°，∴四边形ABNC为正方形，∴CN=AC=CM，又∵CE=CE，∴Rt△CME≅Rt△CNE(HL)，∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°∠F=90°，∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°，∴△PCF是等腰直角三角形．F作Q⊥BE于QR⊥B交B的延长线于R，则∠R∠A90°，∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，∴∠1=∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△APC≅△RFP(AAS)，∴P=RC=R，而AC=AB，∴AP=BR=FR，在RtBRFBR2+R2=BF2BF=2k，∴AP=BR=FR=k，∴PB=2AP=2k，∴AB=AP+PB=BN=3k，∵BR=R∠QBR=∠R=∠QB=90°，BRFQOFk，∵FQ⊥BN，CN⊥BN，∴FQ∥CN，∴QE=QF，NE CN而QE=BN-NE-BQ=3k-NE-k=2k-NE，∴2k-NE=k

=1，NE 3k 3解得：NE=3k，2M=P=kE=E=3k，2∴PE=PM+ME=k+3k=5k，2 2B=3kE=5．232023春·重庆万州·九年级统考期末)BDB=6BC=9E为DF为3BC上一点BF<C且F⊥E．对角线C与F交于点G则C的长为 ．【答案】6137GGHBCH△FABEFCBFABBFFCBF=CE CF3F=6B∽△HH=H∠BC∽△HCH=HBF AB AB BC得出CH=18，GH=12，最后在Rt△GHC中，根据勾股定理即可求解．7 7GGHBCH，设BF=xF=9-x，ECD的中点，∴CE=1CD=3，2∵AF⊥FE，∴∠AFB+∠EFC=90°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°D=B=6，∴∠FAB+∠AFB=90°，∴∠FAB=∠EFC，∵∠B=∠ECF=90°，∴△FAB∽△EFC，∴BF=AB即x=6 ，CE CF 3 9-x解得：x1=3,x2=6，∵BF<FC，∴BF=3F=6，设H=yH=6-yBH=9-y，∵∠FAB=∠EFC，∠B=∠GHF=90°，∴△AFB∽△FGH，∴GH

=FH

=6-y，BF AB 3 6∵∠GCH=∠ACB,∠GHC=∠B，∴∠ABC∽△GHC，∴GH

=CH

=y，AB BC 6 93

=2y，9∴6-y=2y，解得：y=18，6∴GH=3

972×79

7

12，77777Rt△GHC=GH2+CH2故答案为：613．7

22+

2=613．7【基本模型-手拉手型①如图若ABC∽△ADE则ABD △ACE来源ZxxkCom②如图所示△BDE和 ABC都是等腰直角三角形的延长线与AD相交于点 ABD∽E且相似比为 2AD与 E的夹角为 ．旋转后的对应点组成的三角形相似．③如图所示 tAOB∽tOD则 AOC∽△ODAC⊥D且ADC=DAB．题型 手拉手型1(2023·山东济宁·统考三模)背景材料：1在学习全等三角形知识时形构成．在相对位置变化的同时拉手模型．1BC和E∠BC=∠D=90°B=CE=D△ABDACE．学习小组继续探究：如图2BCBC为边分别向BC外作等边BD和等边E)BEDBE=D；△ABCABACBCE旋转一定的角度如图3)E和BDBD∽△E．学以致用：如图4BD∠B=90°∠C=∠B=αnα=3D=5D=2．请在图4中构造小刚发现的手拉手模型求BD的长．(1=1517.4)由等边三角形的性质可得D=BC=E∠B=∠C=60°∠C=∠BEC≌△BEBD=E；通过证明E∽△BCB=D∠BC=∠EAC AE过点A作E垂直于D∠D=αE∠C=90°C∽△BCE=AC

EECBD的长．BD AB(1作图ABD和△ACE都是等边三角形∴D=BC=E∠B=∠C=60°，∴∠C=∠BED=BC=E∴△DAC≌△BAE(SAS)∴BE=CD如图，在第一个图中，∵DE∥BC∴△ADE∽△ABC∴AB=ADAC AE∵将三角形ADE旋转一定的角度∴∠BAC=∠DAE∴∠BD=∠EB=DAC AE∴△ABD∽△ACE；A作E垂直于D∠D=αE∠C=90°，∵∠D=∠B=α∠B=∠E=90°∴△AED∽△ACB∴AE=ACAD AB∵∠CAB=∠DAE=90°∴∠E=∠BE=CAD AB∴△AEC∽△ADB∴CE=ACBD AB∵△AED∽△ACB∴∠ADE=∠ABC∵∠B+∠BC=90°∠C=∠B∴∠ADC+∠ADE=90°∴∠EDC=90°∵tanα=3=AD，AD=12．4 AE∴AE=16∴DE=AD2+AE2=20∴EC=AD2+DE2=517∵CE=AC=415174BD AB 15174∴BD=1(2023春·安徽六安·九年级校考阶段练习)[问题发现]1如图1RtBCB=C∠BC=90°D为BCD为一边作正方形FE与点A重合，已知ΔACF∽ΔBCE．请直接写出线段BE与AF的数量关系；[实验研究]在)F绕点C旋转至如图2BEEF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；[结论运用]在)(2)ΔBC的面积为8F旋转到BEFAF的长．(1)BE=2AF(2)BE=2AF，证明见解析(3)线段AF的长为23-2或23+2)先判断出BDB=2D先利用三角函数得出C=CF∽△BEBC ECEBFEFCFAD=2=6BE=6-2(2EBF延长线上同前一种情况一样即可得出结论．【详解】(1)解：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，∵四边形CDEF是正方形，∴EF=CF，∠F=90°，∴∠FEC=∠FCE=45°，∴∠C=∠B∠E=∠B，∵点E与点A重合，∴∠C=∠C=∠B∠E=∠A=∠BB=BE，∴ΔACF∽ΔBCE；∴AF=AC，AB BC∵AC=sinB=sin45°=2，BC 2∴AF=2，BE 2∴BE=2AF；=2AF．证明：由(1)得，AC=sinB=sin45°=2，BC 2∵四边形CDEF是正方形，∴EF=CF，∠EFC=90°，∴∠FEC=∠FCE=45°，∴FC=sin∠FEC=sin45°=2，EC 2∴AC=FC=2，BC EC 2∵∠F=∠BE=45°∠E，∴ΔACF∽ΔBCE，∴AF=AC=2，BE BC 2∴BE=2AF；1∵B=C∠BC=90°D为BC的中点，∴AD=1BC，AD⊥BC，2∴BC=2AD，∵ΔABC的面积为8，∴1BC⋅AD=8，2∴AD2=8，∴AD=22，∴BC=42，∵点E与点A重合，四边形CDEF是正方形，∴EF=CF=DE=AD=22；如图2BEF三点共线且点E在线段BF上，∵∠BFC=90°，∴BF=BC2F2= 422-(222=26，∴BE=BF-EF=26-22，∵BE=2AF．∴ 2AF=26-22，∴AF=23-2；如图3BEF三点共线且点F在线段BEBEBFEF2622，∵BE=2AF．∴ 2AF=26+22，∴AF=23+2，综上所述，线段AF的长为23-2或23+2．讨论和画出图形是解决本题的关键．2(2023·河南洛阳·统考模拟预测综合与实践综合与实践课上形成一组全等的三角形2C△ABC△CDE△CDECα0a360连接BDE1BC和E①线段BD与线段AE的数量关系是 ；②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是 ；迁移探究如图2∠BC=∠C=90°∠BC=∠C=30°)中的结论是否都成立？请说明理由；3∠BC=∠C=90°B=CE=EBC=2D=42BDE三点共线时，请直接写出BD的长．)①BD=E②60°2)①②(3)27-2或27+2(1BDAEFACBCEC=∠ECD=60°．进而可求出∠BD=∠E∴△BD≅△EBD=E．再根据∠BC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；由题意得出BC=D=1∠BD=∠ABD∽△EE=2BD．由)同AC CE 2理可证∠F=∠ACB=60°；DBEEBD)1BD交直线E于点F．ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．∴∠BCD=∠ACE．在△BCD和△ACE中，AB∠BCD=∠ACE,DC=EC∴△BCD≅△ACESAS．∴BD=AE；②∵△BCD≅△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，∴∠F=∠ACB=60°；故答案为：BD=AE；60°；2，延长BD交AE的延长线于点F．∵∠BC=∠C=90°∠B=∠D=60°，∴BC=CD=1，∠BCD=∠ECA．AC CE 2∴△BCD∽△ACE，∴BD=1，AE 2∴AE=2BD；②成立，理由如下：∵△BCD∽△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F．∴∠F=∠ACB=60°；①如图3D落在线段BE上时．∵∠BC=∠C=90°∠B=∠D=45°BC=2D=42，∴BC=2AC=42，CD=2CE=22．∴C=4E=2．∵∠E=90°∴BE=BC2E2=27．，∴BD=BE-D=27-2；②如图4E落在线段BD上时，BEDE272．综上所述，BD的长为27-2或27+2．32023春·安徽合肥·九年级统考期末)在ΔBCA=B∠B=α．点P是平面内不与点AC重合的任意一点．连接PP绕点P逆时针旋转α得到线段PDBDP．3观察猜想如图1当α=60°时BD的值是 直线BD与直线P相交所成的较小角的度数是 ．CP类比探究如图2α=90°BD的值及直线BD与直线P相交所成的小角的度数2的情形说明CP理由．解决问题当α=90°EF分别是ABP在直线FCPD在同一直线上时AD的值．CP160°245°(32-22+2)如图1P交BD的延长线于EB交C于点O．证明ΔP≅ΔBDS)如图2BD交C于点OBD交C于点E．证明ΔB∼ΔC①如图3-1D在线段CD交BC的延长线于H．证明D=C即可解决问题．②如图3-2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC解决问题．)如图1P交BD的延长线于EB交C于点O．∵∠PAD=∠CAB=60°，∴∠CAP=∠BAD，∵A=BAA=A，∴ΔCAP≅ΔBAD(SAS)，∴C=BD∠P=∠BD，∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60°，∴BD=1BD与直线P相交所成的较小角的度数是60°，PC故答案为160°．如图2BD交C于点OBD交C于点E．∵∠PAD=∠CAB=45°，∴∠PAC=∠DAB，∵AB=AD=2，AC AP∴ΔDAB∼ΔPAC，∴∠PCA=∠DBA，BD=AB=2，PC AC∵∠EOC=∠AOB，∴∠CEO=∠OAB=45°，∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．31中DPC上时ADBCH．∵E=AF=B，∴EF∥AB，∴∠EFC=∠ABC=45°，∵∠PAO=45°，∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，∵∠C=90°A=C，∴PE=EA=EC，∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，∵∠ADP=∠BDC=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5°，∵∠ADB=∠ACB=90°，∴ADCB四点共圆，∠C=∠BC=225°∠A=∠BD=225°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，∴A=CD=aC=D=aD=2a，2∴AD= a =2-2c．2CP a+2a2如图3-2P在线段DA=CD=aD=D=aD=2a，2∴PC=a-2a，2∴AD= a =2+2．2PC a-2a2【基本模型-三角形内接矩形型由之前的基本模型 型或AX 推导出来的。 结论⊥GF△AGF∽△ABC

=A