专题19相似基本模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（解析版）.docx

1、【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题19相似基本模型解题策略经典例题【例1】（2021山东嘉祥县马集镇中学九年级阶段练习）RtABC中，C=90，AC=20cm，BC=15cm，现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段CB也向点B方向运动，如果点P的速度是4cm/s，点Q的速度是2cm/s，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动设运动时间为t秒（1）求运动时间为多少秒时，P、Q两点之间的距离为10cm?（2）若CPQ的面积为S，求S关于t的函数关系式（3）当t为多少时，以点C，P，Q为顶点的三角形与ABC相似?【答案】（1）3秒

2、或5秒；（2）S=20t4t2cm2；（3）t=3或t=4011【分析】（1）根据题意得到AP=4tcm，CQ=2tcm，AC=20cm，CP=（20-4t）cm，根据三角形的面积公式列方程即可得答案；（2）若运动的时间为ts，则CP=（20-4t）cm，CQ=2tcm，利用三角形的面积计算公式，即可得出S=20t-4t2，再结合各线段长度非负，即可得出t的取值范围；（3）分RtCPQRtCAB和RtCPQRtCBA，利用相似三角形得出比例式，建立方程求解，即可得出结论【详解】（1）解：由运动知，AP=4tcm，CQ=2t cm，AC=20cm，CP=（20-4t）cm，在RtCPQ中，CP2

3、+CQ2=PQ2，即204t2+2t2=102；t=3秒或t=5秒（2）由题意得AP=4t，CQ=2t，则CP=204t，因此RtCPQ的面积为S=12204t2t=20t4t2cm2；（3）分两种情况：当RtCPQRtCAB时，CPCA=CQCB，即204t20=2t15，解得t=3；当RtCPQRtCBA时，CPCB=CQCA，即204t15=2t20，解得t=4011因此t=3或t=4011时，以点C、P、Q为顶点的三角形与ABC相似【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键【例2】（2022江苏无锡市天一实验学校一模）如图，在等边ABC边长为6，O

4、是中心；在RtADE中，ADE=90，DAE=60，AD=2将ADE绕点A按顺时针方向旋转一周(1)当AD、AE分别在AC、AB边上，连结OD、OE，求ODE的面积；(2)设DE所在直线与ABC的边AB或AC交于点F，当O、D、E三点在一条直线上，求AF的长；(3)连结CE，取CE中点M，连结DM，DM的取值范围为_【答案】(1)23(2)12-46(3)1DM5【分析】（1）由O是等边三角形的中心，可知OM=12OB=12OA，进而得到AEBE=AOOM，从而EOBM，所以可得OD=12EN，SODE=SODN=12SDEN即可求解；（2）易证AEFOBF，得到AEOB=AFOF=EFBF，

5、设AF=x，OF=y，求解即可；（3）取AE的中点N，连接MN，DN，由D、N在A上，可知即MN-DN DMDN+MN，易知MN是AEC的中位线，从而求得（1）连接AO，并延长交BC于M，连接OBO是等边ABC的中心OBM=30，BM=MC，AMBCOM=12OB=12OA=3 AEBE=AOOM=2 EOBM延长EO交AC于N，则AEN为等边三角形EOBMAEBE=ANNC=42,OEBM=AOAM=ONMCON=OE，CN=DN=AD=2OD=12EN=2SODE=SODN=12SDEN=1223=23（2）连接OB，OA，如图，O是等边ABC的中心OBA=30，OA=OB=23 OD=O

6、A2-AD2=(23)2-22=22 DAE=30AE=4，DE=23 在AEF和OBF中ABO=AED=30，AFE=BFOAEFOBF(AA)AEOB=AFOF=EFBF 设AF=x，OF=y，则423=xy=23+22-y6-x解得x=12-46，y=6-62,所以AF=12-46（3）取AE的中点N，连接MN，DN，D,N在A的圆上当D、M、N三点共线时，DM最大或最小，即MN-DN DMDN+MN，MN-2DMMN+2当D、M、N三点共线如图1时，AND为等边三角形，NDA=DAC=60，MNACM，N为中点MN=12AC=3 DM1当D、M、N三点共线如图2时，AND为等边三角形，

7、NDA=BAC=CAE=60，MNACM，N为中点MN=12AC=3 DM5故答案为：1DM5【点睛】本题主要考查了正三角形的中心的概念，三角形的中位线，直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例的性质与判定，相似三角形的判定与性质及方程思想，综合运用相关性质和判定是解题关键【例3】（2022全国八年级专题练习）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足1=2，则称点P为这个三角形的“理想点”(1)如图，若点D是ABC的边AB的中点，AC=22，AB=4，试判断点D是不是ABC的“理想点”，并说明理由；(2)如图，在RtABC中，C=90，AB=5，AC=4，若点D是ABC的“理想点”，

8、求CD的长【答案】(1)D为ABC的理想点,理由见解析(2)125或94【分析】（1）由已知可得ACAD=ABAC，从而ACDABC，ACD=B，可证点D是ABC的“理想点”；（2）由D是ABC的“理想点”，分三种情况：当D在AB上时，CD是AB边上的高，根据面积法可求CD长度；当D在AC上时，BDCABC，对应边成比例即可求CD长度；D不可能在BC上（1）解：点D是ABC的“理想点”，理由如下：D是AB中点，AB=4，AD=BD=2，ADAB=8，AC=22，AC2=8，AC2=ADAB， ACAD=ABAC，A=A，ACDABC，ACD=B，点D是ABC的“理想点”；（2）D在AB上时，如

9、图：D是ABC的“理想点”，ACD=B或BCD=A，当ACD=B时，ACD+BCD=90，BCD+B=90，CDB=90，即CD是AB边上的高，当BCD=A时，同理可证CDB=90，即CD是AB边上的高，在RtABC中，ACB=90，AB=5，AC=4，BC=AB2AC2=3，SABC=12ABCD=12ACBC，CD=125，AC=4，BC=3，ACBC有BA， “理想点” D不可能在BC边上，D在AC边上时，如图：D是ABC的“理想点”，DBC=A，又C=C，BDCABC， CDBC=BCAC，即CD3=34，CD=94，综上所述，点D是ABC的“理想点”， CD的长为125或94【点睛】

10、本题主要考查了相似三角形、勾股定理等知识，解题的关键是理解“理想点”的定义【例4】（2022全国九年级专题练习）如图1，在RtABC中，C90，A30，BC1，点D，E分别为AC，BC的中点CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为（0360），记直线AD与直线BE的交点为点P(1)如图1，当0时，AD与BE的数量关系为_，AD与BE的位置关系为_；(2)当0360时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；(3)CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值【答案】(1)AD3BE，ADBE(2)结论仍然成立，证明见解

11、析(3)P点运动轨迹的长度是43；P点到直线BC距离的最大值是32【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；（2）先证明BCEACD ，可得ADBE=ACBC3，CBOCAD即可解答；（3）利用锐角三角函数可求EBC=30，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可（1）解：在RtABC中，C=90，A=30，BC=1，AC=3BC=3，AB=2BC=2，ADBE点D，E分别为AC，BC的中点AD=CD=12AC=32，BE=EC=12BC=12 AD3BE故答案为：AD3BE，ADBE（2）解：结论仍然成立，理由如下：AC3，BC1，CD32，

12、EC12，BCAC=33，ECCD33，BCAC=ECDC，CDE绕点C顺时针旋转，BCEACD，BCEACD，ADBE=ACBC3，CBOCAD，AD3BE， CBO+BOC90，CAD+AOP90，APO90，BEAD（3）解：APB90，点P在以AB为直径的圆上，如图3，取AB的中点G，作G，以点C为圆心，CE为半径作C，当BE是C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PHBC，交BC的延长线于H，连接GP，BE是C切线，CEBE，ECBC12，EBC30，GBP30，GBGP，GBPGPB30，BGP120，点P的运动轨迹为点C点P点C点B点C，P点运动轨迹的长度1201180243，

13、ABP30，BPAP，AP12AB1，BP3AP3，CBP30，PHBH，PH12BP32P点到直线BC距离的最大值32【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键培优训练一、解答题1（2021辽宁丹东九年级期中）如图，ABD中，A90，AB6cm，AD12cm某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D出发沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，运动的时间为ts（1）求t为何值时，AMN的面积是ABD面积的29；（2）当以点A，M，N为顶点的

14、三角形与ABD相似时，求t值【答案】（1）t1=4，t2=2；（2）t3或245【分析】（1）由题意得DN2t（cm），AN（122t）cm，AMtcm，根据三角形的面积公式列出方程可求出答案；（2）分两种情况，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值【详解】解：（1）由题意得DN2t（cm），AN（122t）cm，AMtcm，AMN的面积12ANAM12（122t）t6tt2，A90，AB6cm，AD12cmABD的面积为12ABAD1261236，AMN的面积是ABD面积的29，6tt22936，t26t+80，解得t14，t22，答：经过4秒或2秒，AMN的面积是ABD面积的29；（2）由

15、题意得DN2t（cm），AN（122t）cm，AMtcm，若AMNABD，则有AMAB=ANAD，即t6=122t12，解得t3，若AMNADB，则有AMAD=ANAB，即t12=122t6，解得t245，答：当t3或245时，以A、M、N为顶点的三角形与ABD相似【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质和一元二次方程的应用，正确进行分类讨论是解题的关键2（2022上海九年级专题练习）如图，在ABC中，点D在边AB上，点E、点F在边AC上，且DEBC，AFFE=AEEC（1）求证：DFBE；（2）如且AF2，EF4，AB63求证ADEAEB【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】

16、（1）由题意易得ADBD=AEEC，则有AFFE=ADBD，进而问题可求证；（2）由（1）及题意可知ADBD=AFEF=12，然后可得AD=23，进而可证AEAB=ADAE=33，最后问题可求证【详解】解：（1）DEBC，ADBD=AEEC，AFFE=AEEC，AFFE=ADBD，DFBE；（2）AF2，EF4，由（1）可知，ADBD=AFEF=12，AE=6，AB63，AD=13AB=23，AEAB=663=33,ADAE=236=33，AEAB=ADAE=33，A=A，ADEAEB【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键3（2021辽宁鞍山九年级期中）

17、如图，在平行四边形ABCD中，ADAC，ADC，点E为射线BA上一动点，且AEAB，连接DE，将线段DE所在直线绕点D顺时针旋转交BA延长线于点H，DE所在直线与射线CA交于点G（1）如图1，当60时，求证：ADHCDG；（2）当60时，如图2，连接HG，求证：ADCHDG；若AB9，BC12，AE3，请直接写出EG的长【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；EG的长为352或3142【分析】（1）ADAC，ADC60，可证ACD为等边三角形，根据四边形ABCD为平行四边形，可得AB=CD=BC=AD，B=ADC=60，ADBC，可得HAD=B=60=GCD，由GDH=CDA=60，可证H

18、AD =CDG，即可证ADHCDG（ASA）；（2）根据ADAC，ADC，可得ACD=ADC，根据四边形ABCD为平行四边形，可得ADBC，可得HAD=ADC=GCD，由GDH=ADC，可得ADH =CDG即可；根据点E的位置分两种情况，当点E在AB上时，过C作CNAB于N，过G作GMAE于M，根据四边形ABCD为平行四边形，ABDC，AB=DC=9，AD=BC=12，可证AGECGD，得出AG=3，CG=AC-AG=12-3=9，根据等腰三角形三线合一性质可得AN=BN=12AB=92，根据勾股定理CN=BC2BN2=122(92)2=3552，由GMCN，再证AMGANC，可求AM=14A

19、N=98,GM=14CN=3558，EM=AE-AM=398=158，根据勾股定理EG=ME2+GM2=(158)2+(3558)2=352，当点E在BA延长线上，过C作CNAB于N，过G作GMAE于M，由AECD，GAEGCD，可求GA=6，由GMCN，可证GMACNA，可得GM=12CN=123552=3554，AM=12AN=1292=94，EM=AE-AM=3-94=34，根据勾股定理EG=GM2+EM2=(3554)2+(34)2=3142【详解】（1）证明：ADAC，ADC60，ACD为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，AB=CD=BC=AD，B=ADC=60，ADBC，HA

20、D=B=60=GCD，GDH=CDA=60，HDA+ADG=CDG+ADG=60，HDA =CDG，在ADH和CDG中ADH=CDGAD=CDHAD=GCDADHCDG（ASA）；（2）证明：ADAC，ADC，ACD=ADC，四边形ABCD为平行四边形，ADBC，HAD=ADC=GCD，GDH=ADC，ADH+ADG=CDG+ADG=，ADH =CDG，ADHCDG；解：当点E在AB上时，过C作CNAB于N，过G作GMAE于M，四边形ABCD为平行四边形，ABDC，AB=DC=9，AD=BC=12，EAG=DCG，AEG=CDG，AGECGD，AGCG=AECD=39=13，CG=3AG，AD

21、=AC=12，AG+CG=AG+3AG=4AG=12，AG=3，CG=AC-AG=12-3=9，AC=AD=BC，CNAB，AN=BN=12AB=92，在RtBCN中，根据勾股定理CN=BC2BN2=122(92)2=3552，GMCN，AMGANC，AMAN=AGAC=GMCN=312=14，AM=14AN=98,GM=14CN=3558，EM=AE-AM=398=158，在RtMGE中，根据勾股定理EG=ME2+GM2=(158)2+(3558)2=352，当点E在BA延长线上，过C作CNAB于N，过G作GMAE于M，AECD，GAE=GCD，GEA=GDC，GAEGCD，GAGC=EAD

22、C=39=13，GC=3GA，AC=GC-GA=3GA-GA=2GA=12,GA=6，AC=AD=BC，CNAB，AN=BN=12AB=92，在RtBCN中，根据勾股定理CN=BC2BN2=122(92)2=3552，CNAB， GMAE，GMCN，GMACNA，GACA=GMCN=AMAN=612=12，GM=12CN=123552=3554，AM=12AN=1292=94，EM=AE-AM=3-94=34，在RtGME中，根据勾股定理EG=GM2+EM2=(3554)2+(34)2=3142，综合EG的长为352或3142【点睛】本题考查图形旋转性质，平行四边形性质，等边三角形判定与性质，

23、三角形全等判定，三角形相似判定与性质，勾股定理，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，掌握以上知识是解题关键4（2021山东省青岛第二十六中学九年级期中）矩形ABCD中，ABCD3cm，ADBC4cm，AC是对角线，动点P从点A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为1cm/s；动点Q从点C出发沿CD方向向点D匀速运动，速度为2cm/s过点P作BC的垂线段PH，运动过程中始终保持PH与BC互相垂直，连接HQ交AC于点O若点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s）（0t1.5），解答下列问题：（1）求当t为何值时，四边形PHCQ为矩形；（2）是否存在一个时刻，使HQ与AC互相垂直？如果存在请求出t值

24、；如果不存在请说明理由；（3）是否存在一个时刻，使矩形ABCD的面积是四边形PHCQ面积的7544，如果存在请求出t值；如果不存在请说明理由【答案】（1）t=1513；（2）存在，t=4023；（3）存在，t=1【分析】（1）当四边形PHCQ为矩形时，PH=CQ，利用相似三角形的性质求出PH，CH，构建方程求解即可；（2）证明HCQABC，由相似的性质得出，CHAB=CQBC，由此构建方程求解即可；（3）根据矩形ABCD的面积是四边形PHCQ面积的7544，构建方程求解即可【详解】解：（1）AB=3，BC=4，AC=32+42=5，由题可得：AP=t，CP=5t，CQ=2t，四边形ABCD是矩

25、形，B=90，PHBC，CHP=B=90，PCH=ACB，PCHACB，PHAB=CHCB=PCAC，即PH3=CH4=5t5，PH=35(5t)，CH=45(5t)，当四边形PHCQ为矩形时，PH=CQ，35(5t)=2t，解得：t=1513，当t=1513时，四边形PHCQ为矩形；（2）存在一个时刻，使HQAC，当HQAC时，QHC+ACB=90，BAC+ACB=90，QHC=BAC，HCQ=B=90，HCQABC，CHAB=CQBC，即CHBC=ABCQ，45(5t)4=32t，解得：t=4023，当t=4023时，HQAC；（3）存在，由题意得：34=7544122t+35(5t)45

26、(5t)，解得：t=1或t=137（舍去），当t=1时，矩形ABCD的面积是四边形PHCQ面积的7544【点睛】本题属于四边形综合问题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相关的知识点是解决本题的关键5（2022上海九年级专题练习）已知：矩形ABCD中，AB9，AD6，点E在对角线AC上，且满足AE2EC，点F在线段CD上，作直线FE，交线段AB于点M，交直线BC于点N（1）当CF2时，求线段BN的长；（2）若设CFx，BNE的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；（3）试判断BME能不能成为等腰三角形，若能，请直接写出x的值【答案】（1）BN10；（2）y=6x

27、27x3，0x3；y=276xx3，3x4.5；（3）x2或32或2912【分析】（1）由ABCD得CFEAME，NCFNBM，进而求得；（2）分为0x3和3x4.5两种情形，作EGBC于G，根据三角形相似求出EG和BN；（3）分为BMBE，EMBE，ENBM三种，可根据BM92CF求得【详解】解：（1）如图1，在矩形ABCD中，BCAD6，ABCD， CFEAME，NCFNBM，CFAM=ECAE=12,CFBM=NCNB, AM2CF4，BMABAM5，25=BN6BN， BN10；（2）当CFBM时，MFBC，此时BEN不存在，CF92CF，CF3，当点M和B点重合时，AB2CF，CF4

28、.5，分为0x3和3x4.5，如图2，当0x3时，作EGBC于G，由（1）知，EG3，AM2CF2x，BM92x，由CFBM=NCNB得，x92x=BN6BN， BN=184x3x， y12BNEG12184x3x36x27x3；如图3，当3x4.5时，由BNCN=BMCF得， BNBN+6=92xx CN2(92x)x3， y122(92x)x33276xx3； （3）如图4，EGAB，CGCB=EGAB=13， CG13CB2， GBCBCG4，BE5，当BMBE5时，92x5，x2，如图5，当EMEB5时，作EHAB于H，BM2BH2EG6，92x6，x=32， 如图6，当EMBM时，作

29、MHBE于H，在RtBMH中，BH12BE=52，cosMBHcosBEGEGBE=35， BMBHcosMBH=5235=256，92x256， x2912，综上所述：x2或32或2912【点睛】此题考查相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，勾股定理解直角三角形，矩形的性质，正确引出辅助线及掌握分类思想解决问题是解题的关键6（2021全国九年级课时练习）一块直角三角形木板的面积为1.5m2，一条直角边AB为1.5m，怎样才能把它加工成一个面积最大的正方形桌面？甲、乙两位木匠的加工方法如图所示，请你用学过的知识说明哪位木匠的方法符合要求（加工损耗忽略不计，计算结果中的分数可保留）【答案】乙木匠

30、的加工方法符合要求说明见解析【分析】要求哪位木匠的加工方法符合要求，需要先求出两种加工方式中正方形的边长，边长最大就符合要求；由已知三角形的面积和一条直角边的边长可求出其余两边的边长，根据乙加工方案中的平行关系得到相似三角形，根据相似三角形对应变成比例，可求出正方形的边长；根据甲加工方案中，根据相似三角形的高的比等于边长比，可求出正方形的边长，对比两方案的边长即可知谁符合要求【详解】解：作BHAC于H，交DE于M，如图SABC=12ABBCBC=21.51.5=2AC=AB2+BC2=1.52+22=52SABC=12ACBHBH=65又DEACDEAC=BMBHx52=65x65，解得x=3

31、037设正方形的边长为x米，如图乙DEABDEAB=CDCBx1.5=2x2，解得x=67673037乙木匠的加工方法符合要求【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用及分析、解决问题的能力，正确理解题意，建立数学模型，把实际问题转化为数学问题是解决本题的关键7（2021江苏扬州市梅岭中学九年级阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，ADB=90，AB=10cm，AD=8cm，点P从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s.当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点P作PE/BD交AB于点E，连接PQ，交BD于点F.设运

32、动时间为ts0t4.解答下列问题：（1）当t为_时，PQ/AB？（2）连接EQ，设四边形APQE的面积为ycm2，求y与t的函数关系式.（3）当t为何值时，点E在线段PQ的垂直平分线上？（4）若点F关于AB的对称点为F，是否存在某一时刻t，使得点P，E，F三点共线？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）83；（2）y=34t23t+24；（3）51；（4）2425【分析】（1）由题意得，PQAB，则四边形PABQ是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AP=BQ，即8-2t=t，解方程即可求解；（2）过点Q作QHAB交AB的延长线于点H，由勾股定理求出BD=6，证明ADBBHQ

33、，根据相似三角形的性质可得QH=35t，根据平行线分线段成比例定理可得DPAD=BEAB，可得出BE=52t，根据y=S四边形APQB-SBEQ即可求解；（3）先证出APEABD，根据相似三角形的性质可得PEDB=APAD，可得PE=6-32t，根据线段垂直平分线的性质得EQ=PE，由（2）得QH=35t，可得出BH=45t，根据勾股定理得出EH2+HQ2=EQ2，列出方程即可求解；（4）连接FF交AB于点N，由对称及平行线的性质可得FEB=ABD，由等角对等边得EF=FB，则BN=EN=12BE=54t，再证DPFBQF，可得DF=2BF，可求出BF=2，然后证明BNFBDA，根据相似三角形

34、的性质即可得t的值【详解】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，ADBC，若PQAB，四边形PABQ是平行四边形，AP=BQ，8-2t=t，t=83，当t=83时，PQAB；故答案为：83；（2）如图，过点Q作QHAB交AB的延长线于点H，ADB=90，BD2=AB2-AD2=100-64=36，即BD=6，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，A=QBH，又ADB=BHQ=90，ADBBHQ，BDQH=ABBQ，即6QH=10t，QH=35t，PEBD，DPAD=BEAB，即2t8=BE10，BE=52t，y=S四边形APQB-SBEQ=12(82t+t)61252t35t=34t23t+2

35、4；（3）如图：PEBD，APE=ADB，A=A，APEADB，PEDB=APAD，即PE6=82t8，PE=632t，点E在线段PQ的垂直平分线上，EQ=PE=632t，由（2）得QH=35t,BE=52t，BH=BQ2QH2=t2(35)2=45t，EH=BH+BE=45t+52t=3310t，RtEQH中，EH2+HQ2=EQ2，(3310t)2+(35t)2=(632t)2，即t2+2t-4=0，解得：t1=51,t2=510（舍去），当t=51时，点E在PQ的垂直平分线上；（4）连接FF交AB于点N，点F关于AB的对称点为F，FEB=FEB，FNEB，点P，E，F三点共线，PEAB，

36、FEB=ABD，FEB=ABD，EF=FB，BN=EN=12BE=54t,，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，DPF=FQB，DFP=BFQ，DPFBQF，DFBF=DPBQ=2，DF=2BF，2BF+BF=6，BF=2，FBN=ABD，FNB=ADB，BNFBDA，BNBF=BDAB，54t2=610，解得：t=2425，存在某一时刻t，使得点P，E，F三点共线，t的值为2425【点睛】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题8（2021浙江温州市南浦实验中学九年级阶段练习）如图，AD

37、是ABC的外角EAC的平分线，与ABC的外接圆O交于点D，连结BD交AC于点F（1）求证：BDCD（2）若BAC60，BC3，当AF将ABD的面积分为1：2两部分时，求ADF与BCF的面积比值（3）将C点关于AD的对称点记为点C，当BC3BD时，写出AD与半径r的数量关系，并说明理由【答案】（1）见详解；（2）17或47；（3）AD=r，理由见详解【分析】（1）先推出EAD=CBD，再根据圆内接四边形的性质可得EAD=BCD，进而即可得到结论；（2）由题意可得BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，分两种情况：当BF=2，DF=1时，过点C作CMBD，当BF=1，DF=2时，过点C作CNBD，

38、结合相似三角形的性质，即可求解；（3）由题意可知点C在AE的延长线上，连接CD，过点D作DMB C，连接AO，DO，从而可得ABD=30，进而即可求解【详解】（1）证明：AD是ABC的外角EAC的平分线，EAD=CAD，CAD=CBD，EAD=CBD，四边形ABCD是O的内接四边形，EAD=BCD，CBD=BCD，BDCD；（2）BAC60，BDC=60，BDCD，BCD是等边三角形，BD=BC3，AF将ABD的面积分为1：2两部分，BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，当BF=2，DF=1时，过点C作CMBD，则BM=1.5，MF=0.5，CM=323，CF=3322+122=7，ADF=

39、BCF，AFD=BFC，AFDBFC，ADF与BCF的面积比值=DFCF2=172=17，当BF=1，DF=2时，如图，同理可得：CN=323，NF=0.5，CF=3322+122=7，ADF与BCF的面积比值=DFCF2=272=47，综上所述：ADF与BCF的面积比值为17或47；（3）AD是ABC的外角EAC的平分线，C点关于AD的对称点记为点C，点C在AE的延长线上，连接CD，过点D作DMB C，连接AO，DO，如图所示，BD=CD=CD，BM=12BC，BC3BD，BM=32BD，即：cosABD=32，ABD=30，AOD=60，AOD是等边三角形，AD=AO=r【点睛】本题主要考

40、查圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键9（2022上海九年级专题练习）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BEAB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD（1）求证：BNDCNM；（2）如果AD2ABAF，求证：CMABDMCN【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，ABCD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BDCE，根据相似三角形的判定方法，由CMDB可判断BNDCNM；（2）先利用AD2=ABAF可证明ADBAFD，

41、则1=F，再根据平行线的性质得F=4，2=3，所以3=4，加上NMC=CMD，于是可判断MNCMCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性质即可得到结论【详解】证明：（1）四边形ABCD是平行四边形，AB=CD，ABCD，而BE=AB， BE=CD，而BECD，四边形BECD为平行四边形，BDCE，CMDB，BNDCNM；（2）AD2=ABAF，AD：AB=AF：AD，而DAB=FAD，ADBAFD，1=F，CDAF，BDCE，F=4，2=3，3=4，而NMC=CMD，MNCMCD，MC：MD=CN：CD，MCCD=MDCN，而CD=AB，CMAB=DMCN【点睛】本题考查

42、了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长也考查了平行四边形的判定与性质10（2021四川省成都市石室联合中学九年级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一点（不与C，D两点重合），连接BE，过点C作CHBE于点F，交对角线BD于点G，交AD边于点H，连接GE（1）求证：CHBE；（2）如图2，若点E是CD的中点，当BE12时，求线段GE的长；（3）设正方形ABCD的面积为S1，四边形DEGH的面积为S2

43、，点E将CD分成12两部分，求S1S2的值【答案】（1）见解析（2）4（3）5或8【分析】（1）可得CHDBEC，根据AAS可证明DHCCEB，即可求解；（2）由三角形全等与平行线的性质，可得DHCB=GHCG=12则GC2GH，可求出GH的长，故可得到GE的长；（3）点E将CD分成12两部分得到CECD=13，CECD=23，再分别得到 S1和S2的关系进行求解【详解】解：（1）四边形ABCD是正方形，CDBC，HDCBCE90，DHCDCH90，CHBE，EFC90，ECFBEC90，CHDBEC，DHCCEB（AAS），CHBE；（2）DHCCEB，CHBE，DHCE，CEDE12CD，

44、CDCB，DH12BC，DHBC，DGHBGC, DHCB=GHCG=12，GC2GH，设GHx，则，则CG2x，3x12，x4即GH4DH=DE，HDG=EDG=45，DG=DGHDGEDG（SAS）GE=GH=4；（3）点E将CD分成12两部分则CECD=13，CECD=23当CECD=13时，DHCE，DCBC，DHBC=13，DHBC，DGHBGC, DHBC=GHCG=13，SDGHSBCG=19，SDGHSDCG=13，设SDGHa，则SBCG9a，SDCG3a，SBCD9a3a12a，S12SBCD24a，SDEG：SCEG2：1，SDEG2a，S22aa3aS1：S224a：3

45、a8当CECD=23时，DHCE，DCBC，DHBC=23，DHBC，DGHBGC,DHBC=GHCG=23，SDGHSBCG=49，SDGHSDCG=23，设SDGH4a，则SBCG9a，SDCG6a，SBCD9a6a15a，S12SBCD30a，SDEG：SCEG1：2，SDEG2a，S22a4a6aS1：S230a：6a5故S1：S25或8【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题11（2020湖南常德市第二中学九年级期中）如图1，ABC中，AB=AC，点D在BA的延

46、长线上，点E在BC上，DE=DC，点F是DE与AC的交点（1）求证：BDE=ACD；（2）若DE=2DF，过点E作EG/AC交AB于点G，求证：AB=2AG；（3）将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”，“点F是DE与AC的交点”改为“点F是ED的延长线与AC的交点”，其它条件不变，如图2求证：ABBE=ADBC；若DE=4DF，请直接写出SABC:SDEC的值【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；16:15【分析】（1）运用等腰三角形的性质及三角形的外角性质就可解决问题（2）如图1，证明DCAEDG（AAS），得AD=EG，根据等腰三角

47、形的判定得：DG=AB，由平行线分线段成比例定理得：DEDF=DGAD=2，由此可得结论；（3）如图2，作辅助线，构建三角形全等，证明DCAEDG（AAS），得DA=EG，再证明ACBGEB，列比例式可得结论；如图3，作辅助线，构建ABC和DCE的高线，先得AFEG=ADDG=14，设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，根据AHPD，得PDAH=BDAB=12a16a=34，设PD=3h，AH=4h，根据EGAC，同理得BGAB=BEBC=4a16a=14，设BE=y，BC=4y，利用三角形面积公式代入可得结论【详解】（1）证明：AC=AB，ACB=B，DC=DE，DCE=DEC，AC

48、D+ACB=B+BDE，BDE=ACD；（2）证明：如图1，EGAC，DAC=DGE，BEG=ACB，由（1）知：DCA=BDE，DC=DE，DCAEDG（AAS），AD=EG，B=ACB=BEG，EG=BG=AD，DG=AB，DE=2DF，AFEG，DEDF=DGAD=2，DG=2AD=2AG，AB=DG=2AG；（3）解：如图2，过点E作EGAC，交AB的延长线于点G，则有A=G，AB=AC，CD=DE，ACB=ABC，DCE=DEC，ACD+DCE=EDG+DEC， ACD=EDG，在DCA和EDG中，ACD=EDGA=GCD=DE，DCAEDG（AAS）DA=EG，ACEG，ACBGE

49、B，ACEG=BCBE， EG=AD，AC=AB，ABBE=ADBC；如图3，过A作AHBC于H，过D作DPBC于P，则AHPD，AFEG，AFEG=ADDG=DFDE，DE=4DF，AFEG=ADDG=14，设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，ACB=ABC，GBE=BEG，BG=EG=4a，BD=12a，AHPD，PDAH=BDAB=12a16a=34，设PD=3h，AH=4h，EGAC，BGAB=BEBC=4a16a=14，设BE=y，BC=4y，SABC=12BCAH=4y42=16y2=8yh，SDCE=12CEPD=5y32=152yh，SABC：SDEC=8yh：152

50、yh=16：15【点睛】本题是三角形的综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质和判定等知识，第三问有难度，利用参数表示各线段的长是本题的关键，综合性较强12（2021安徽蒙城县第六中学九年级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一点（不与C，D两点重合），连接BE，过点C作CHBE于点F，交对角线BD于点G，交AD边于点H，连接GE（1）求证：DHCE；（2）如图2，若点E是CD的中点，当BE8时，求线段GH的长；（3）设正方形ABCD的面积为S1，四边形DEGH的面积为S2，当CEDE=43时，S1S2值为 （直接写答案）【答

51、案】（1）见解析；（2）83；（3）112【分析】（1）由题意可得CHD=BEC，根据AAS可证明DHCCEB，即可求解；（2）由DHCCEB以及DH/BC，可得CH=BE=8，DHGBCG，即DHBC=GHCG=12，则GC=2GH，即可求解；（3）设SDGH=16a，则SGBC=49a，SGDC=28a，求出S1和S2，即可求解【详解】解：（1）证明：四边形ABCD为正方形AD/BC，CD=BC，HDC=BCE=90DHC+DCH=90CHBEEFC=90ECF+BEC=90CHD=BEC在DHC和CEB中CHD=BECHDC=BCE=90CD=BCDHCCEB(AAS)DH=CE（2）D

52、HCCEB(AAS)DH=CE，CH=BE=8点E是CD的中点CE=DE=12CD又CD=BCDH=12BC又AD/BCDHGBCGDHBC=GHCG=12CG=2GHHG=13CH=83即HG=83（3）当CEDE=43，则CECD=47，SDEGSCGE=34DH=CE，CD=BCDHBC=47由正方形的性质可得DB平分ADC，G到AD、CD距离相等，SDGHSDCG=47由（2）得DHGBCGDHBC=GHCG=47SDGHSBCG=1649， 设SDGH=16a，则SBCG=49a，SDCG=28aSBCD=49a+28a=77aS1=2SBCD=154aSDEGSCGE=34SDEG

53、=12aS2=28aS1S2=154a28a=112【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，学会利用参数解决问题13（2021山东滨州九年级期末）如图，直线AB经过O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB交O于点E、D，连接EC、CD（1）试判断直线AB与O的位置关系，并加以证明；（2）求证：BC2=BDBE；（3）若tanE=12，O的半径为3，求OA的长【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5【分析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OCAB，

54、据此解题；（2）连接OC，90圆周角所对的弦是直径，证明DE为O的直径，再证明BCDBEC，最后根据相似三角形的对应边成比例解题；（3）根据正切定义得到CDEC=12，解得OC=OE=3，再由BCDBEC，设BC=x，根据相似三角形对应边成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题【详解】解：（1）AB与O相切，连接OC，OA=OB，CA=CB，OCAB，点C在O上，AB与O相切； （2）连接OC，OCAB，OCB=90即1+3=90，又DE为O的直径，ECD=90即2+3=90，1=2，OE=OC，E=2，1=E，B=B，BCDBEC，BCBE=BDBC，B

55、C2=BDBE；（3）tanE=12，ECD=90，CDEC=12，O的半径为3，OC=OE=3，BCDBEC，BCBE=CDEC，设BC=x，xOB+3=12，OB=2x-3，OCB=90，OC2+BC2=OB2，9+x2=（2x-3）2，x1=0（舍去），x2=4，OA=OB=5【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题是关键14（2021广东佛山市第四中学九年级阶段练习）如图：在矩形ABCD中，AB=6m，BC=8m，动点以2m/s的速度从A点出发

56、，沿AC向C点移动，同时动点Q以1m/s的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动的时间为t秒0t5（1）AP=_m，PC=_m，CQ=_m（用含t的代数式表示）（2）t为多少秒时，以P、Q、C为顶点的三角形与ABC相似？（3）在P、Q两点移动过程中，四边形ABQP与CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由【答案】（1）2t，102t，t；（2）t=4013或257；（3）四边形ABQP与CPQ的面积不相等，理由见解析【分析】（1）根据矩形和勾股定理的性质，计算得AC，结合题意，根据代数式的性质计算，即可得到答案；（2）结合（1）的结论，根据相似三角形的性质列方

57、程并求解，即可得到答案；（3）过点P作PMBC，交BC于点M，通过证明ABCPMC，根据相似比的性质，推导得SCPQ=15t3t25，根据题意列一元二次方程，根据一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案【详解】（1）矩形ABCD中，AB=6m，BC=8mAC=AB2+BC2=10m 动点以2m/s的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以1m/s的速度从点C出发，沿CB向点B移动，AP=2t m，CQ=t mPC=ACAP=102t m 故答案为：2t，102t，t；（2）根据（1）的结论，得CQ=t m，PC=102t m，AP=2t m，PCQ=ACB 当CQBC=PCAC，或CQ

58、AC=PCBC时，以P、Q、C为顶点的三角形与ABC相似当CQBC=PCAC时，得t8=102t105t=408tt=4013；当CQAC=PCBC时，得t10=102t84t=5010tt=257；（3）如图，过点P作PMBC，交BC于点MABC=PMC=90，ACB=PCM ABCPMC PCAC=PMAB PM=PCABAC=6102t10=306t5 SCPQ=12PMCQ=12306t5t=15t3t25 四边形ABQP与CPQ的面积相等,SABC=四边形ABQP面积+SCPQSCPQ=12SABC15t3t25=121268t25t+20=0=52420=2580=550t25t+

59、20=0无解，即四边形ABQP与CPQ的面积不相等【点睛】本题考查了代数式、相似三角形、一元二次方程、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、一元二次方程判别式的性质，从而完成求解15（2021吉林长春市第五十二中学九年级阶段练习）【基础巩固】（1）如图1，在ABC中，D为AB上一点，ACDB求证：AC2ADAB【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，BFEA若BF4，BE3，求AD的长【答案】（1）见解析；（2）AD=163【分析】（1）证明ADCACB，即可得出结论；（2）证明BFEBCF，得出BF2=BEBC，求出BC，则可求出AD【详解

60、】（1）证明：ACD=B，A=A，ADCACB，ADAC=ACAB，AC2=ADAB（2）四边形ABCD是平行四边形，AD=BC，A=C，又BFE=A，BFE=C，又FBE=CBF，BFEBCF，BFBC=BEBF，BF2=BEBC，BC=BF2BE=423=163，AD=163【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键16（2021四川成都九年级期中）如图1，在菱形ABCD中，AC是对角线，ABAC6，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且满足AEBF，连接AF与CE相交于点G（1）求CGF的度数（2）如图2，作DHCE

61、交CE于点H，若CF4，AF=27，求GH的值（3）如图3，点O为线段CE中点，将线段EO绕点E顺时针旋转60得到线段EM，当MAC构成等腰三角形时，请直接写出AE的长【答案】（1）60；（2）977；（3）2或353【分析】（1）根据菱形的性质得到ABC，ACD是等边三角形，然后根据等边三角形的性质证明ABFCAE，得到BAFACE，从而结合三角形的外角性质求解即可；（2）延长GA至点K使得AKCG，首先结合（1）的结论推出AFCCFG，得到CF2=FGAF，从而求出GF，AG，CG，再证明ADKCDG，推出DKG是等边三角形，从而求出DG，最后根据30角的直角三角形的性质求解即可；（3）分

62、别根据等腰三角形的定义进行分类讨论，并结合相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质求解即可【详解】解：（1）四边形ABCD是菱形，ABAC，ABACBCADCD，ABC，ACD是等边三角形ABCCAE，在ABF与CAE中，AB=CAABF=CAEBF=AEABFCAE(SAS)，BAFACE，CGFGACACGGACBAFBAC60；（2）如图所示，延长GA至点K使得AKCGBAFACE，FACGCF，GFCAFC，AFCCFG，FGFC=FCFA=CGAC, CF4，AF=27，AC6，GF=877，AG=677，CG=1277，FGC60，ADC60，AGCADC180，GADGC

63、D180，KADGAD180，KADGCD，又DC=DA，ADKCDG（SAS），DKDG，KDAGDC，KDGADC 60，DKG是等边三角形，AGDDGH60，DGKGAKAGAGCG1877，DHCE，DGH60，GH=12DG=977 ；（3）若AM=MC，则MAC为等腰三角形，此时，取AC中点为点P，连接OP，OM，BM，MEO=60，EO=EM，OEM为等边三角形，FGC=60，MEO=FGC，MEAF，O为CE的中点，P为AC的中点，OP为AEC的中位线，OPAB，ABC为等边三角形，MAC为等腰三角形，P为AC的中点，由“三线合一”知，B、M、P三点共线，且BPAC，AP=PC

64、=12AC=3，ABP=12ABC=30，OEM为等边三角形，OE=OM，OEM=OME，OE=OC，OM=OC，OMC=OCM，OEM+OCM=OME+OMC，即：OEM+OCM=EMC，EMC=90，CMEM，在RtCEM中，ECM=90-60=30，此时，如图所示，将AEC绕着C点逆时针旋转60至BNC，连接MN，则ACE=BCN，NBC=60，ECM=30，ACE+MCB=30， BCN+MCB=MCN=30，MCN=MCE=30，CE=CN，MCN=MCE，CM=CM，MCEMCN，CMN=CME=90，E、M、N三点共线，ECN为等边三角形，NBC=ACB=60，BNAC，BPC=

65、90，NBM=90，CMN=90，BMN+CMP=90，BMN+BNM=90，BNM=CMP，BMNPCM，BMPC=NMMC，NMMC=tanMCN=tan30， BMPC=tan30=33，PC=3，BM=3，在RtABP中，AP=3，ABP=30，BP=33，PM=BP-BM=23，MBC=30，OMC=90-OME=30，MBC+MCB=OMC+OMP，MCB=OMP，OPAB，OPC=BAC=60，OPM=90-60=30，OPMMBC，OPMB=PMBC，即：OP3=236，OP=1，OP为AEC的中位线，AE=2OP=2；若AM=AC，则AMC为等腰三角形，如图所示，取AC中点P

66、，连接OP，延长AO交MC于Q点，由可知，EMC始终为直角三角形，EMC=90，ECM=30，且EM与AF始终平行，EMC=AQC=90，AQMC于Q点，OM=OC，O点在AQ上，COQ=60，CGF=60，此时O点和G点重合，CPO=CAB=60，COQ=60，APO=AOC=120，APOAOC，APAO=AOAC=OPCO，AC=6，AP=3，AO2=APAC=36=18，AO=32，RtOCQ中，OCQ=30，设OQ=x，则CQ=3x，在RtCAQ中，CQ2+AQ2=AC2，即：3x2+32+x2=62，解得：x=32+3104或x=323104（不合题意，舍去），OQ=32+3104

67、，CO=2OQ=32+3102，由AOAC=OPCO得：326=OP32+3102，解得：OP=3532，OP是AEC的中位线，AE=2OP=353；若AC=MC，则E点在AB的延长线上，此时与E点在边AB上运动矛盾，故该种情况舍去；综上，AE2或353【点睛】本题考查特殊平行四边形的动点问题，涉及到相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的运用，等腰三角形的判定与性质等，掌握基本图形的性质，熟练综合分析是解题关键17（2022山东济南八年级期末）某校数学活动小组探究了如下数学问题：(1)问题发现：如图1，ABC中，BAC=90，AB=AC点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰RtAPQ

68、，且PAQ=90，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是_；(2)变式探究：如图2，ABC中，BAC=90，AB=AC点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰RtCPQ，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ若正方形DPEF的边长为10，CQ=2，求正方形ABCD的边长【答案】(1)BP=CQ(2)BP=2AQ(3)3【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明ABPACQ，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；（2）根据任意等腰直角

69、三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明CBPCAQ，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出BCD和PQD都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出BDPCDQ，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案（1）解：APQ是等腰直角三角形，PAQ=90，在ABC中，BAC=90，AB=AC，AP=AQ，BAP+PAC=CAQ+PAC，BAP=CAQ在ABP和ACQ中，AB=ACBAP=CAQAP=AQ ，ABPACQ(

70、SAS)，BP=CQ；（2）解：判断BP=2AQ，理由如下：CPQ是等腰直角三角形，ABC中，BAC=90，AB=AC，QCPC=ACBC=22，ACB=QCP=45BCP+ACP=ACQ+ACP=45，BCP=ACQ，CBPCAQ，QCPC=ACBC=AQBP=22，BP=2AQ；（3）解：连接BD，如图所示，四边形ABCD与四边形DPEF是正方形，DE与PF交于点Q，BCD和PQD都是等腰直角三角形，QDPD=CDBD=22，BDC=PDQ=45BDP+PDC=CDQ+PDC=45，BDP=CDQ，BDPCDQ，QDPD=CDBD=CQBP=22CQ=2，BP=2CQ=2在RtPCD中，C

71、D2+CP2=DP2，设CD=x，则CP=x2，又正方形DPEF的边长为10，DP=10，x2+(x2)2=(10)2，解得x1=1（舍去），x2=3正方形ABCD的边长为3【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键18（2022全国九年级专题练习）【问题发现】如图1，在RtABC中，BAC90，ABAC，D为斜边BC上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转90得到AE，连接EC，则线段BD与CE的数量关系是_，位置关系是_；【探究证明】如图2，在RtAB

72、C和RtADE中，BACDAE90，ABAC，ADAE，将ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一条直线上时，BD与CE具有怎样的位置关系，说明理由；【拓展延伸】如图3，在RtBCD中，BCD90，BC2CD4，过点C作CABD于A将ACD绕点A顺时针旋转，点C的对应点为点E设旋转角CAE为（0360），当C，D，E在同一条直线上时，画出图形，并求出线段BE的长度【答案】BDCE，BDCE； BDCE，理由见解析；图见解析，125【分析】（1）证明BADCAE，根据全等三角形的性质解答；（2）连接BD，根据全等三角形的判定和性质以及垂直的定义即可得到结论；（3）如图3，过A作AFEC，根据相似三

73、角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论【详解】解：（1）BDCE，BDCE；（2）BDCE理由如下：在RtABC和RtADE中，ABAC，ADAE，AEC45，CABDAE90，BADCAE，CEABDA，BDAAEC45，BDEBDAADE90，BDCE（3）如图所示，过点A作AFCE，垂足为点F根据题意可知，RtABCRtAED，BACEAD，ABAE=ACAD，ABAC=AEADBACEAD90，BAECAD，BAECAD，BEACDA，BECDEADEA90，BEC90，BECE在旋转前，在RtBCD中，BCD90，BC2CD4，BD=BC2+CD2=25，ACBD，SBCD=12B

74、DAC=12BDAC，AC=45AD=CD2AC2=25，在RtACD中，CD边上的高=ACADCD=45，旋转后，得AF=45，CE=2CF=2AC2AF2=21651625=165BE=BC2CE2=421652=125【点睛】本题是几何变换综合题，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，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线19（2022重庆一中七年级期中）如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中ABAC，ADAE(1)如图1，若BAC90，当C、D、E共线时，AD的延长线AFBC交BC于点F，则ACE_；(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC

75、于点F，若点F是BC的中点，BACDAE，证明：ADCD；(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得ABMACM180，延长ED、BM交于点N，连接AN，若BAC2NAD，请写出ADM、DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程【答案】(1)22.5(2)见解析(3)DAE+2ADM=180，详见解析【分析】（1）由等腰直角三角形性质得B=CAF=45，再由三角形外角性质知ACE=BCF，代入求值即可；（2）连接AF，过A作AHEF，由手拉手相似得ACDAFH，得CDF=12BAC，再由ADE=9012DAE，等量代换即可得证；（3）将AN绕A逆时针旋转BAC的度数，交MD延长线于Q，证明AC

76、QABN，得AN=AQ，再证明ANDAQD，得ADQ=AND，由对顶角相等得ADM=ADE，根据等腰三角形性质等量代换即可解答（1）解：ABC为等腰三角形，BAC=90，ABC=ACB=45，由三角形外角性质知，ADE=ACE+DAC，AED=ECB+B，AD=AE，ADE=AED，ACE+DAC=ECB+B，AFBC，BAF=CAD=45，ACE=BCE，又ACB=45，ACE=22.5，故答案为：22.5（2）解：连接AF，过A作AHEF于H，如图所示，BAC=DAE，AD=AE，AB=AC，CAF=BAF=DAH=EAH， CAD=HAF，由ACFADH知，AFAH=ACAD，ACDAF

77、H，ACD=AFH，CDF=CAF，ADE=AED=9012DAE，ADE+CDF=90，故ADC=90，即ADCD（3）解：将AN绕A逆时针旋转BAC的度数，交MD延长线于Q，BAC=QAN，QAC=BAN，ABM+ACM=180，ACM+ACQ=180，ABM=ACQ，AB=AC，ACQABN，AN=AQ，BAC=2NAD=NAQ，QAD=NAD，又AD=AD，ANDADQ，AND=ADQ，即ADM+MDN=ADE+EDQ，ADM=ADE，AD=AE，DAE+2ADE=180，即DAE+2ADM=180【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与

78、全等三角形判定，难度较大根据已知条件，构造手拉手的相似与全等模型是解题关键20（2022全国九年级课时练习）观察猜想(1)如图1，在等边ABC中，点M是边BC上任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边AMN，连接CN，则ABC与ACN的数量关系是_(2)类比探究如图2，在等边ABC中，点M是BC延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由(3)拓展延伸如图3，在等腰ABC中，BA=BC，点M是边BC上任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰AMN，使顶角AMN=ABC连按CN试探究ABC与ACN的数量关系，并说明理由【答案】

79、(1)ABC=ACN(2)ABC=ACN成立(3)ABC=ACN【分析】（1）利用SAS可证明BAMCAN，继而得出结论；（2）也可以通过证明BAMCAN，得出结论，和（1）的思路完全一样（3）首先得出BAC=MAN，从而判定ABCAMN，得到ABAM=ACAN，根据BAM=BACMAC，CAN=MANMAC，得到BAM=CAN，从而判定BAMCAN，得出结论（1）证明：ABC、AMN是等边三角形，AB=AC，AM=AN，BAC=MAN=60，BAM=CAN，在BAM和CAN中，AB=ACBAM=CANAM=AN，BAMCAN(SAS)，ABC=ACN（2）解：结论ABC=ACN仍成立；理由如下：ABC、AMN是等边三角形，AB=AC，AM=AN，BAC=MAN=60，BAM=CAN，在BAM和CAN中，AB=ACBAM=CANAM=AN，BAMCAN(SAS)，ABC=ACN（3）解：ABC=ACN；理由如下：BA=BC，MA=MN，ABBC=AMMN，又ABC=AMN，ABCAMN，BAC=MAN， ABAC=AMAN，又BAM=BACMAC，CAN=MANMAC，BAM=CAN，BAMCAN，ABC=ACN【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）的性质证明结论