专题19以三角形为载体的几何综合探究问题（解析版）

专题19以三角形为载体的几何综合探究问题

【例1】（2021·北京·中考真题）在ABC中，ACB90，ACBC，G是AB边上一点，过点G作射线

CP，过点A作AMCP于点M，过点B作BNCP于点N，取AB中点O，连接ON．

（1）①依题意在图1中补全图形；

②求证：CM=BN；

（2）猜想线段AM，BN，ON的数量关系，并证明；

（3）当∠BCP=22.5°时，若ON=1，则GN的值为___________．

【答案】（1）①图见解析；②见解析；（2）AM＋BN＝2ON，证明见解析；（3）21．

【解析】

【分析】

（1）①由题意补全图形，②证明ACM≌△CBN（AAS），由全等三角形的性质可得出CM＝BN．

（2）连接OC，证明OCM≌△O△BN（SAS），由全等三角形的性质可得出OM＝ON，COM＝∠COM＝∠

BON，由等腰直角三角△形的性质得出MN＝2ON，则可得出结论；

（3）先求出∠AGM=67.5°，再得到∠MOG=67.5°，故可得到MO=MG，再根据勾股定理求出MN，故可求

解．

【详解】

解：（1）①补全图形如图，

第1页共80页.

②证明：∵AM⊥CP，BN⊥CP，

∴∠AMC＝∠BNC＝90°，

∴∠ACM＋∠CAM＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACM＋∠BCN＝90°，

∴∠CAM＝∠BCN，

∵AC＝BC，

∴△ACM≌△CBN（AAS），

∴CM＝BN．

（2）依题意补全图形如图，

结论：AM＋BN＝2OM．

证明：连接OC，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，O是AB的中点，

∴OC＝OB，∠ACO＝∠CBO＝45°，

∵△ACM≌△CBN，

∴AM＝CN，∠OCM＋∠ACO＝∠CBO＋∠OBN，

∴∠OCM＝∠OBN，

第2页共80页.

∵CM＝BN，

∴△OCM≌△OBN（SAS），

∴OM＝ON，∠COM＝∠BON，

∵∠COM＋∠MOB＝90°，

∴∠BON＋∠MOB＝90°，

∴∠MON＝90°，OMN是等腰直角三角形

∴MN＝2ON，△

∴AM＝CN＝CM＋MN＝BN＋2ON；

（3）∵∠BCP=22.5°，ACM≌△CBN

∴∠CAM=∠BCP=22.5°△

∴∠GAM=∠CAB-∠CAM=22.5°

∵AM⊥CP

∴∠AGM=90°-∠GAM=67.5°

∵△OMN是等腰直角三角形

∴∠OMN=45°

∴∠MOG=180°-∠AGM-∠OMN=67.5°

∴∠MOG=∠AGM

∴MO=ON=MG=1

∴MN=12122

∴GN=MN-MG=21．

故答案为：21．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解

题的关键．

1

【例2】（2021·山东济南·中考真题）在ABC中，BAC90，ABAC，点D在边BC上，BDBC，

3

将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧制作等腰直角

三角形CEF．连接AF．

第3页共80页.

（1）如图1，当180时，请直．接．写．出．线段AF与线段BE的数量关系；

（2）当0180时，

①如图2，（1）中线段AF与线段BE的数量关系是否仍然成立？请说明理由；

②如图3，当B，E，F三点共线时，连接AE，判断四边形AECF的形状，并说明理由．

【答案】（1）BE2AF；（2）①BE2AF成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；

【解析】

【分析】

FCAF

（1）如图1，证明AB//EF，由平行线分线段成比例可得，由45的余弦值可得BE2AF；

ECBE

BEBC

（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明ABC∽FEC，即可得2；

AFAC

②如图3，过A作AMBC，连接MF,AC,EF交于点N，根据已知条件证明ED//FM，根据平行线分线段

成比例可得BE2EF，根据锐角三角函数以及①的结论可得AFEC,

根据三角形内角和以及ABC∽FEC可得AFEFEC，进而可得AF//EC，即可证明四边形AECF是平

行四边形．

【详解】

（1）如图1，

第4页共80页.

BAC90，ABAC，

BC45，

CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，

FEC45,EFC90，

BFEC，

AB//EF，

FCAF

，

ECBE

FC2

cosCcos45，

EC2

AF2

，

BE2

即BE2AF；

（2）①BE2AF仍然成立，理由如下：

如图2，

BAC90，ABAC，

ABCACB45，

CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，

第5页共80页.

\ÐFCE=45°,EFC90，

FCEACB，

cosFCEcosACB，

FCAC2

即cos45，

ECBC2

FCEACB，

1ACE2ACE，

12，

△FCA∽△ECB，

AFAC2

，

BEBC2

即BE2AF；

②四边形AECF是平行四边形，理由如下：

如图3，过A作AMBC，连接MF,AC,EF交于点N，

BAC90，ABAC，

1

BMMCBC，

2

DBDE，

EBDDEB，

EDC2EBD，

CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，

EFC90，

B，E，F三点共线，

BMMC，

1

MFBCBM，

2

第6页共80页.

FBCBFM，

FMC2FBC，

FMCEDC，

ED//FM，

BEBD

，

EFDM

1

BDBC，

3

111

DMBMBDBCBC，

236

BD2

，

DM1

BEBD2

，

EFDM1

BE2EF，

由①可知BE2AF，

AF2EF，

CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，

EFFC,EC2EF，

AFEC，

△FCA∽△ECB，

EBCFAC，

BNCANF，

AFN180FACANF,NCB180FBCBNC，

AFNNCB，

即AFEACB45，

FEC45，

AFEFEC，

AF//EC，

四边形AECF是平行四边形．

【点睛】

本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边，平行线分线段成比例，相似三角形的性

第7页共80页.

质与判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线分线段成比例以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．

【例3】（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在ABC中，ABAC，BAC（0180），过点A作射

线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转得到AN，过点C作CF//AM交直线AN于点F，在

AM上取点E，使AEBACB．

（1）当AM与线段BC相交时，

①如图1，当60时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为．

②如图2，当90时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．

4

（2）当tan，AB＝5时，若△CDE是直角三角形，直接写出AF的长．

3

5515

【答案】（1）①AE＝CFCE；②EC2(AECF)，理由见解析；（2）或

44

【解析】

【分析】

（1）①结论：AE＝CFCE．如图1中，作CT//AF交AM于T．想办法证明AT＝CF，ET＝CE，可得

结论．

②结论：EC＝（2AE﹣CF）．过点C作CQAE于Q．想办法证明CF＝AQ，CE＝2EQ，可得结论．

（2）分两种情形：如图3－1中，当CDE＝90时，过点B作BJAC于J，过点F作FKAE于K．利

用勾股定理以及面积法求出CD，再证明FK＝CD，可得结论．如图3－2中，当ECD＝90时，DAB＝90，

解直角三角形求出AK，可得结论．

【详解】

解：（1）①结论：AE＝CFCE．

理由：如图1中，作CT//AF交AM于T．

第8页共80页.

QAB＝AC，BAC＝60，

ABC是等边三角形，

CA＝CB，ACB＝60，

AF//CT，CF//AT，

四边形AFCT是平行四边形，

CF＝AT，

ADC＝BDE，DEB＝ACD，

ACD∽BED，

ADCD

，

BDED

ADBD

，

DCED

ADB＝CDE，

ADB∽CDE，

ABD＝CED＝60，

CT//AF，

CTE＝FAE＝60，

CTE是等边三角形，

EC＝ET，

AE＝ATET＝CFCE．

故答案为：AE＝CFCE．

②如图2中，结论：EC2(AECF)．

理由：过点C作CQAE于Q．

第9页共80页.

CF//AM，

CFAMAN＝180，

MAN＝90，

CFA＝FAQ＝90，

CQA＝90，

四边形AFCQ是矩形，

CF＝AQ，

ADC＝BDE，DEB＝ACD，

ACD∽BED，

ADCD

，

BDED

ADBD

，

DCED

ADB＝CDE，

ADB∽CDE，

ABD＝CED＝45，

CQE＝90，

CE＝2EQ，

AE﹣CF＝AE﹣AQ＝EQ，

EC2(AECF)．

（2）如图3－1中，当CDE＝90时，过点B作BJAC于J，过点F作FKAE于K．

第10页共80页.

BJ4

在RtABJ中，tanBAJ＝＝，AB＝5，

AJ3

AJ＝3，BJ＝4，

AC＝AB＝5，

CJACAJ532，

BC＝BJ2CJ2＝2242＝25，

11

ACBJ＝BCAD，

22

54

AD＝＝25，

25

CD＝AC2AD2＝52(25)2＝5，

FKAD，

CDE＝FKD＝90，

CD//FK，

CF//DK，

四边形CDKF是平行四边形，

FKD＝90，

四边形CDKF是矩形，

FK＝CD＝5，

4

tanFAK＝tanCAB＝，

3

FK4

，

AK3

3

AK＝5，

4

2

＝22＝235＝55．

AFAKFK(5)

44

如图3－2中，当ECD＝90时，同理可得：

DAB＝EACCABEBCCEB90，

第11页共80页.

CF//AM，

AKF＝DAB＝90，

CK4

在RtACK中，tanCAK＝＝，AC＝5，

AK3

CK＝4，AK＝3，

MAN＝CAB，

CAN＝DAB＝90，

CABBAF＝90，BAFAFK＝90，

AFK＝CAB，

AK4

tanAFK＝＝，

FK3

9

FK＝，

4

2

222915

AF＝AKKF＝3＝．

44

15

综上所述，满足条件的AF的值为55或．

44

【点睛】

此题是几何变换综合题．考查了等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定

及性质，勾股定理，锐角三角函数，此题是一道几何综合题，掌握各知识点并掌握推理能力是解题的关键．

【例4】（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，在RtABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点O在线段AB上（点

O不与点A，B重合），且OB＝kOA，点M是AC延长线上的一点，作射线OM，将射线OM绕点O逆时针

旋转90°，交射线CB于点N．

（1）如图1，当k＝1时，判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由；

第12页共80页.

（2）如图2，当k＞1时，判断线段OM与ON的数量关系（用含k的式子表示），并证明；

CM31NC

（3）点P在射线BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且＜，请直接写出的值（用含

AC2PC

k的式子表示）．

NC13k

【答案】（1）OM＝ON，见解析；（2）ON＝k•OM，见解析；（3）

PCk1

【解析】

【分析】

（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明DOM≌△EON；

（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM∽△EON；

（3）设AC＝BC＝a，解RtEON和△斜AOM，用含a,k的代数式分别表示NC,PN,再利用比例的性质可得

答案．△△

【详解】

解：（1）OM＝ON，如图1，

作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，

∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，

∴∠DOE＝90°，

∵AC＝BC，∠ACB＝90°，

∴∠A＝∠ABC＝45°，

在RtAOD中，

△

第13页共80页.

2

ODOAsinAOA，

2

2

同理：OE＝OB，

2

∵OA＝OB，

∴OD＝OE，

∵∠DOE＝90°，

∴∠DOM＋∠MOE＝90°，

∵∠MON＝90°，

∴∠EON＋∠MOE＝90°，

∴∠DOM＝∠EON，

在RtDOM和RtEON中，

M△DONEO△

ODOE，

DOMEON

∴△DOM≌△EON（ASA），

∴OM＝ON．

（2）如图2，

作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，

22

由（1）知：OD＝OA，OE＝OB，

22

ODOA1

∴，

OEOBk

由（1）知：

∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，

∴△DOM∽△EON，

第14页共80页.

OMOD1

∴，

ONOEk

∴ON＝k•OM．

（3）如图3，

设AC＝BC＝a，

∴AB＝2a，

∵OB＝k•OA，

k1

∴OB＝2•a，OA＝2•a，

k1k1

2k

∴OE＝OB＝a，

2k1

∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，

OEk

∴EN＝＝3OE＝3•a，

tanNk1

21

∵CE＝OD＝OA＝a，

2k1

1k

∴NC＝CE＋EN＝a＋3•a，

k1k1

OMOA1

由（2）知：，DOM∽△EON，

ONOBk

△

∴∠AMO＝∠N＝30°

AM1

∵，

PNk

OMAM

∴，

ONPN

∴△PON∽△AOM，

∴∠P＝∠A＝45°，

k

∴PE＝OE＝a，

k1

kk

∴PN＝PE＋EN＝a＋3•a，

k1k1

设AD＝OD＝x，

第15页共80页.

∴DM＝3x，

由AD＋DM＝AC＋CM得，

（3＋1）x＝AC＋CM，

3131311

∴x＝（AC＋CM）＜（AC＋AC）＝AC，

2222

∴k＞1

1k

a3a

NC13k

∴k1k1，

kk

PNa3ak3k

k1k1

PNPCNCPCk3k

1,

NCNCNC13k

PCk1

,

NC13k

NC13k

∴．

PCk1

【点睛】

本题考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解决问题的关键是作OD⊥AC，OE⊥BC；本题的难点

CM31

是条件＜得出k＞1．

AC2

一、解答题

1．（2021·湖北枣阳·一模）问题探究：

(1)如图1，ABC、ADE均为等边三角形，连接BD、CE，则线段BD与CE的数量关系是．

(2)如图2，在RtABC和RtADE中，ACBAED90，ABCADE30，连接BD、CE，试确定

BD与CE的数量关系，并说明理由．

第16页共80页.

(3)如图3，在四边形ABCD中，ACBC，且ACBC，CD4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90

得到DA，连接BA，则线段BA的长度是．

【答案】(1)相等

(2)BD2CE

(3)42

【解析】

【分析】

（1）根据等边三角形的性质证明EAC≌△DAB即可得到BD=CE；

AE△ACBDAD

（2）证明ΔEAD∽ΔCAB，得到，证得ΔEAC∽ΔDAB，推出2，由此得到结论BD2CE；

ADABCEAE

AA'ABAA'AD

（3）连接AA，得到AAD为等腰直角三角形，证明AAD，得到，推出，

ADACABAC

△A'BABΔ𝐴�∽△

证得BAA'．得到，求出A'B．

CDAC

Δ���∽△

(1)

解：（1）ABC、ADE均为等边三角形，

ACAB，AEAD，EADCAB60，

，DAB60CAD，

∴∠�EA�C�=6D0A°B−，∠���

在EAC与DAB中，

AEAD

EACDAB，

ACAB

ΔEACΔDAB，

BDCE；

(2)

证明：BD2CE，

理由：ACBAED90，ABCADE30，

EADCAB60，AD2AE，AB2AC，

EACDAB，ΔEAD∽ΔCAB，

AEAC

，

ADAB

第17页共80页.

ΔEAC∽ΔDAB，

BDAD

2，

CEAE

BD2CE；

(3)

解：连接AA，如图③，

QACBC，且ACBC，

ABC为等腰直角三角形．

AB

2，

AC

将线段DA绕点D按逆时针方形旋转90得到DA

AAD为等腰直角三角形．

△AAD．

AA'AB

∴Δ𝐴�∽△，

ADAC

又CABA'AD，

A'ABDAC，

AA'AB

，

ADAC

AA'AD

，

ABAC

ΔCAD∽BAA'．

A'BAB

△，即，

CDAC�'�

4=2

A'B42．

故答案为：42．

．

【点睛】

此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，熟记各定理是解题

第18页共80页.

的关键．

2．（2021·山东单县·二模）如图1，在RtABC中，B90，AB4，BC2，点D、E分别是边BC、AC

的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为．

(1)问题发现

AEAE

①当0时，________；②当180时，______．

BDBD

(2)拓展探究

AE

试判断：当0360时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．

BD

(3)问题解决

△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，请直接写出线段BD的长________．

【答案】(1)5，5

AE

(2)当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，证明见解析

BD

35

(3)BD的长为或5

5

【解析】

【分析】

（1）①当α＝0°时，在RtABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少；然后根据点D、E分别是边BC、

△AE

AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的值是多少．②α＝180°时，可得AB∥DE，然后根据

BD

ACBCAE

＝，求出的值是多少即可．

AEDBBD

ECAC

（2）首先判断出∠ECA＝∠DCB，再根据＝＝5，判断出ECA∽△DCB，然后由相似三角形的

DCBC

对应边成比例，求得答案．△

（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，②如图3﹣2中，当点E在线段AB上时，

分别求解即可．

(1)

第19页共80页.

解：①当α＝0°时，

∵RtABC中，∠B＝90°，

△

∴AC＝AB2BC2＝2242＝25，

∵点D、E分别是边BC、AC的中点，

11

∴AE＝AC＝，BD＝BC＝1，

252

AE

∴＝5．

BD

②如图1中，

当α＝180°时，

可得AB∥DE，

ACBC

∵＝，

AEBD

AEAC

∴＝＝5．

BDBC

故答案为：①5，②5．

(2)

解：如图2，

AE

当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，

BD

∵∠ECD＝∠ACB，

∴∠ECA＝∠DCB，

第20页共80页.

ECAC

又∵＝＝5，

DCBC

∴△ECA∽△DCB，

AEECAE

∴＝＝5，即当0°≤α＜360°时，的大小没有变化．

BDDCBD

(3)

解：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，

在RtBCE中，CE＝5，BC＝2，

△

∴BE＝EC2BC2＝54＝1，

∴AE＝AB+BE＝5，

AE

∵＝5，

BD

5

∴BD＝＝5．

5

②如图3﹣2中，当点E在线段AB上时，

BE＝EC2BC2＝54＝1，AE＝AB-BE=4﹣1＝3，

AE

∵＝5，

BD

35

∴BD＝，

5

35

综上所述，满足条件的BD的长为或5．

5

【点睛】

第21页共80页.

本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，

解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．

3．（2021·广东花都·三模）△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D为△ABC所在平面内一点．

(1)若∠BAC＝120°，

①如图1，当点D在BC边上，BD＝AD，求证：DC＝2BD；

②如图2，当点D在△ABC外，∠ADB＝120°，AD＝2，BD＝4，连接CD，求CD的长；

(2)如图3，当点D在△ABC外，且∠ADB＝90°，以AD为腰作等腰三角形△ADE，∠DAE＝∠BAC，AD

＝AE，直线DE交BC于点F，求证：点F是BC中点．

【答案】(1)①证明见解析；②213

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）①由等腰三角形的性质可求∠ABC＝∠ACB＝30°＝∠BAD，可得∠DAC＝90°，由含30°的直角三角形

的性质可求解；②如图2，以AB，AC为边作等边ABH，等边ACH，以AD，BD为边作等边ADE，等

边BDG，连接GH，过点E作EN⊥DG，交GD的△延长线于N，△由“SAS”可证ADB≌△HGB，△DAC≌△

△△1△

EAH，可得AD＝GH＝2，∠ADB＝∠BGH＝120°，DC＝EH，由直角三角形的性质可得ND＝DE＝1，NE

2

＝3DN＝3，在RtNEH中，由勾股定理可求EH，即可；

（2）如图3通过证明△ADE∽△ABC，可得∠ADE＝∠ABC，可证A、D、B、F四点共圆，可求∠BFA＝90°，

由等腰三角形的性质可△证点F是BC中点．

(1)

解：①证明：∵∠BAC＝120°，AB＝AC

∴∠ABC＝∠ACB＝30°

∵BD＝AD

∴∠ABD＝∠BAD＝30°

第22页共80页.

∴∠DAC＝90°

∴CD＝2AD

∴CD＝2BD

②如图2，以AB，AC为边作等边ABH，等边ACH，以AD，BD为边作等边ADE，等边BDG，连接

GH，过点E作EN⊥DG，交GD的△延长线于N，△△△

∵△BDG和ABH都是等边三角形

∴BD＝BG＝△DG＝4，AB＝BH，∠DBG＝∠ABH＝60°＝∠BGD

∴∠ABD＝∠GBH

在ADB和HGB中

△BD＝BG△

∵DBG＝ABH

AB＝BH

∴△ADB≌△HGB（SAS）

∴AD＝GH＝2，∠ADB＝∠BGH＝120°

∴∠DGB+∠BGH＝180°

∴点G，H，D三点共线

∴DH＝4+2＝6

∵△ADE和ACH都是等边三角形

∴AC＝AH，△∠AE＝AD＝DE＝2，∠DAE＝∠CAH＝∠EDA＝60°

∴∠DAC＝∠EAH

同理DAC≌△EAH（SAS）

∴DC△＝EH

∵∠BDG＝∠EDN＝60°，EN⊥DG

第23页共80页.

∴∠DEN＝30°

1

∴ND＝DE＝1，NE＝DN＝

233

∴HN＝DH+DN＝7

∴EH＝EN2NH2349213

∴CD＝EH＝213．

(2)

连接AF，如图3所示：

∵∠DAE＝∠BAC，AD＝AE，AB＝AC

ADAE

∴

ABAC

∴△ADE∽△ABC

∴∠ADE＝∠AB

∴A、D、B、F四点共圆

∴∠BFA＝180°﹣∠ADB＝180°﹣90°＝90°

∴AF⊥BC

∵AB＝AC

∴BF＝CF

∴点F是BC中点．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，三角形全等，勾股定理，三角形相似，四点共圆等知

识．解题的关键在于对知识的灵活运用．

4．（2021·广东·深圳市南山区太子湾学校二模）问题背景：如图（1），已知ABC∽△ADE，求证：ABD

∽△ACE；△△

尝试运用：如图（2），在ABC中，点D是BC边上一动点，∠BAC＝∠DAE＝90°，且∠ABC＝∠ADE，

△

第24页共80页.

1

AB＝4，AC＝3，AC与DE相交于点F，在点D运动的过程中，当tan∠EDC＝时，求DE的长度；

2

1

拓展创新：如图（3），D是ABC内一点，∠BAD＝∠CBD，tan∠BAD＝，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝

2

△

23．求AD的长．

【答案】问题背景：见解析；尝试运用：35；拓展创新：410

25

【解析】

【分析】

ABACABAD

问题背景：根据ABC∽△ADE，得出，∠BAC＝∠DAE，利用角的差得出∠BAD＝∠CAE，

ADAEACAE

即可；△

ABAD4

尝试应用：连接CE，先证ABC∽△ADE，==，再证BAD∽△CAE，得出∠B＝∠ACE，

ACAE3

ABBD4△EC1△3x11

==，可证∠DCE＝90°，根据tan∠EDC＝，列方程，求出x＝即可；

ACCE3DC254x22

拓展创新：过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，先证BDC∽△MDA，

BDDCBMDMBDCD1△

得出，再证BDM∽△CDA，得出==，tan∠BAD＝，得出BD＝2CD，

MDDAACADDCBD2

△

BM＝2AC＝43，DM＝2AD，根据勾股定理列方程AD2＋DM2＝AM2，AD2＋4AD2＝32，解方程即可．

【详解】

证明：问题背景：

∵△ABC∽△ADE，

ABAC

∴，∠BAC＝∠DAE，

ADAE

∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，

ABAD

∴∠BAD＝∠CAE，，

ACAE

∴△ABD∽△ACE．

尝试应用：

第25页共80页.

如图（2），连接CE，

∵AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，

∴BC＝AB2AC2916＝5，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE，

∴△ABC∽△ADE，

ABAC

∴，

ADAE

ABAD4

∴==，

ACAE3

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，

∴∠BAD＝∠CAE=90°-∠DAC，

∴△BAD∽△CAE，

ABBD4

∴∠B＝∠ACE，==，

ACCE3

∴设BD＝4x，CE＝3x，

∴CD＝5－4x，

∵∠B＋∠ACB＝90°，

∴∠ACE＋∠ACB＝90°，

∴∠DCE＝90°，

EC1

∵tan∠EDC＝，

DC2

3x1

∴，

54x2

1

∴x＝，

2

1

经检验x＝是方程的解，符合题意，

2

3

∴EC＝，CD＝3，

2

935

∴DE＝EC2DC29．

42

第26页共80页.

拓展创新：

过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，

∴∠BAM＝∠ADM＝∠BDC＝90°，

∵∠BAD＝∠DBC，

∴∠DAM＝∠BCD，

又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，

∴△BDC∽△MDA，

BDDC

∴，

MDDA

又∠BDC＝∠ADM，

∴∠BDC＋∠CDM＝∠ADM＋∠CDM，

即∠BDM＝∠CDA，

∴△BDM∽△CDA，

BMDMBD

∴==，

ACADDC

CD1

∵tan∠BAD＝，

BD2

∴BD＝2CD，

∴BM＝2AC＝43，DM＝2AD，

∴AM＝BM2AB2481642，

∵AD2＋DM2＝AM2，

∴AD2＋4AD2＝32，

410410

∴AD＝或舍去．

55

【点睛】

第27页共80页.

本题考查三角形相似的判定和性质，解直角三角形，解分式方程，一元二次方程，勾股定理．正确的作出

辅助线是解答本题的关键．

5．（2021·广东深圳·三模）（1）问题背景：如图1，∠ACB＝∠ADE＝90°，AC＝BC，AD＝DE，求证：ABE

∽△ACD；△

（2）尝试应用：如图2，E为正方形ABCD外一点，∠BED＝45°，过点D作DF⊥BE，垂足为F，连接CF．求

BE

的值；

CF

（3）拓展创新：如图3，四边形ABCD是正方形，点F是线段CD上一点，以AF为对角线作正方形AEFG，

连接DE，BG．当DF＝1，S四边形AEDF＝5时，则BG的长为．

32

【答案】（1）见解析；（2）2；（3）

2

【解析】

【分析】

（1）由等腰直角三角形的性质可得DAECAB45，AB2AC，AE2AD，根据两边对应成比例

且夹角相等可得ABE∽ACD；

（2）根据条件，证明EDB∽FDC即可；

（3）由相似三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．

【详解】

（1）证明：如图，ACBADE90，ACBC，ADDE，

DAECAB45，且AB2AC，AE2AD，

ABAE

DACEAB，2，

ACAD

ABE∽ACD；

第28页共80页.

（2）解：如图2，连接BD，

E45，DFBE，

EDFE45，

在正方形ABCD中，BDC45，

EDBD

EDBFDC45FDB，2，

FDDC

EDB∽FDC，

BEBD

2；

CFCD

（3）解：如图3，连接AC，过点E作EMAD于点M，

四边形ABCD是正方形，

AC

ADAB，DAB90，DAC45，2，

AD

四边形AEFG是正方形，

AF

AEAG，EAG90，EAF45，2，

AE

EADEAGDAG，GABDABDAG，EADEAFDAF，FACDACDAF，

ACAF

EADGAB，EADFAC，

ADAE

第29页共80页.

EADGAB(SAS)，ACF∽ADE，

CFAF

DEBG，2，

DEAE

设DMx，则BGDE2x，CF2DE2x，

S四边形AEDFSADESADF5，

11

x(2x1)1(2x1)5，

22

3

2x23x90，解得：x3（舍去），x，

122

32

BG．

2

故答案为：32．

2

【点睛】

本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，等

腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握正方形以及相似三角形的的性质．

6．（2022·上海市罗星中学模拟预测）如图1，四边形ABCD中，∠BAD的平分线AE交边BC于点E，已知

AB＝9，AE＝6，AE2ABAD，且DC∥AE．

(1)求证：DE2AEDC；

(2)如果BE＝9，求四边形ABCD的面积；

(3)如图2，延长AD、BC交于点F，设BEx,EFy，求y关于x的函数解析式，并写出定义域．

【答案】(1)见解析

(2)342

36x

(3)y3x9

81x2

【解析】

【分析】

（1）先证明ABE∽△AED，可得∠AEB=∠ADE，再由平行线性质可推出∠ADE=∠DCE，进而证得ADE

△△

第30页共80页.

∽△ECD，根据相似三角形性质可证得结论；

（2）如图，过点B作BG⊥AE，运用等腰三角形的性质可得G为AE的中点，进而可证得ADE≌△ECD

1△

（SAS），再求得SAEBG182，根据ABE∽△AED且相似比为3:2，可求得S=S82，

ABE2ABECDE

△

由S四边形ABCE=SABESAEDSCDE可求答案；

22

（3）由ABE∽△AED，可求得：DE=x，进而得出DCx2，再利用ADE∽△ECD，进而求得：

327

x2△△

CFEF，再结合题意得出答案．

81

(1)

∵AE平分∠BAD

∴∠BAE=∠DAE

∵AE2ABAD

ABAE

∴

AEAD

∴△ABE∽△AED

∵∠ABE=∠ADE

∴DC∥AE

∴AEDDCE，∠AED=∠CDE

∴∠ADE=∠DCE，

∴△ADE∽△ECD

AEDE

∴

DEDC

∴DE2AEDC

(2)

如图，过点B作BG⊥AE

∵BE=9=AB

第31页共80页.

∴△ABE是等腰三角形

∴G为AE的中点，

由（1）可得ADE、ECD也是等腰三角形，

∵AE2AB△AD，AB△=BE=9，AE=6

∴AD=4，DE=6，CE=4，AG=3

∴△ADE≌△ECD（SAS）

在RtABG