重難點(diǎn) 相似三角形模型及其綜合題綜合訓(xùn)練 中考數(shù)學(xué)

重難點(diǎn)02相似三角形模型及其綜合題綜合訓(xùn)練中考數(shù)學(xué)中《相似三角形模型及其綜合題綜合訓(xùn)練》部分主要考向分為五類：一、K型相似二、8字圖相似A字圖相似母子型相似手拉手相似相似三角形的綜合題中各種相似模型的掌握是解決對應(yīng)壓軸題的便捷方法，所以本專題是專門針對相似三角形模型壓軸題的，對提高類型的學(xué)生可以自主訓(xùn)練?？枷蛞唬篕型相似1．（2023?錫山區(qū)校級四模）如圖，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝8．點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、D重合）將△ABP沿直線翻折，使得點(diǎn)A落在矩形內(nèi)的點(diǎn)M處（包括矩形邊界），則AP的取值范圍是，連接DM并延長交矩形ABCD的AB邊于點(diǎn)G，當(dāng)∠ABM＝2∠ADG時(shí)，AP的長是．2．（2023?福田區(qū)模擬）綜合與探究在矩形ABCD的CD邊上取一點(diǎn)E，將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上的點(diǎn)F處．（1）如圖①，若BC＝2BA，求∠CBE的度數(shù)；（2）如圖②，當(dāng)AB＝5，且AF?FD＝10時(shí)，求EF的長；（3）如圖③，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點(diǎn)M，BM交AD于點(diǎn)N，當(dāng)NF＝AN+FD時(shí)，請直接寫出的值．3．（2023?桐柏縣一模）【初步探究】（1）把矩形紙片ABCD如圖①折疊，當(dāng)點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B'在MN的中點(diǎn)時(shí)，填空：△EB'M△B'AN（“≌”或“∽”）．【類比探究】（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B'為MN上的任意一點(diǎn)時(shí)，請判斷（1）中結(jié)論是否成立？如果成立，請寫出證明過程；如果不成立，請說明理由．【問題解決】（3）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，點(diǎn)P為線段AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EP，將△BPE沿PE折疊得到△B'PE，連接DE，DB'，當(dāng)△EB'D為直角三角形時(shí)，BP的長為．考向二：8字圖相似1．（2023?海州區(qū)校級二模）“關(guān)聯(lián)”是解決數(shù)學(xué)問題的重要思維方式．角平分線的有關(guān)聯(lián)想就有很多……【問題提出】（1）如圖①，PC是△PAB的角平分線，求證：．小明思路：關(guān)聯(lián)“平行線、等腰三角形”，過點(diǎn)B作BD∥PA，交PC的延長線于點(diǎn)D，利用“三角形相似”．小紅思路：關(guān)聯(lián)“角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等”，過點(diǎn)C分別作CD⊥PA交PA于點(diǎn)D，作CE⊥PB交PB于點(diǎn)E，利用“等面積法”．請根據(jù)小明或小紅的思路，選擇一種并完成證明．【理解應(yīng)用】（2）如圖②，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是邊BC上一點(diǎn)．連接AD，將△ACD沿AD所在直線折疊，使點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處，落AC＝1，AB＝2，則DE的長為．【深度思考】（3）如圖③，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD為∠BAC的角平分線．AD的垂直平分線EF交BC延長線于點(diǎn)F，連接AF，當(dāng)BD＝3時(shí)，AF的長為．【拓展升華】（4）如圖④，PC是△PAB的角平分線，若AC＝3，BC＝1，則△PAB的面積最大值是．2．（2023?衢州二模）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在線段BC上，連接AE，將△ABE沿著AE折疊得到△AFE，延長EF交CD于點(diǎn)G．（1）求證：DG＝FG；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E是BC中點(diǎn)時(shí)，求tan∠CGE的值；（3）如圖3，當(dāng)時(shí)，連接CF并延長交AB于點(diǎn)H，求的值．考向三：A字圖相似1．（2023?宿城區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，先將△ABC沿AC翻折到△AB′C處，再將△AB'C沿翻折到△AB'C'處，延長CD交AC′于點(diǎn)M，則DM的長為．2．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖，△ABC中，D在AB上，E在BC上，∠AED＝∠ABC，F(xiàn)在AE上，EF＝DE．（1）如圖1，若CE＝BD，求證：BE＝CF；（2）如圖2，若CE＝AD，G在DE上，∠EFG＝∠EFC，求證：CF＝2GF；（3）如圖3，若CE＝AD，EF＝2，∠ABC＝30°，當(dāng)△CEF周長最小時(shí)，請直接寫出△BCF的面積．3．（2023?中山區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣x+4與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A、B，點(diǎn)P為射線AO上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，將沿PQ翻折得到R．設(shè)△PQR與△AOB重合部分的面積為S，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0）．（1）求AR的長．（用含m的代數(shù)式表示）（2）求S關(guān)于m的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量m的取值范圍．考向四：母子型相似1．（2023?樊城區(qū)模擬）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D為AB上一點(diǎn)，∠ACD＝∠B．求證：AC2＝AD?AB．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在?ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，F(xiàn)為CD延長線上一點(diǎn)，∠BFE＝∠A．若BF＝6，AD＝9，求CE的長．【拓展提高】（3）如圖3，在菱形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，EF∥AC，AC＝2EF，連接DE、DF分別交AC于M，N，∠EDF＝∠BAD，DF＝AE，若MN＝18，求EF的值．2．（2023?潤州區(qū)二模）如圖1，在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，點(diǎn)P在邊AC上，若滿足∠BPD＝∠BAC，則稱點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”．（1）如圖2，∠BDP+∠BPC＝180°．①求證：點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”；②在邊AC上還存在某一點(diǎn)Q（不與點(diǎn)P重合），使得點(diǎn)Q也是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”，請?jiān)趫D2中僅用圓規(guī)作圖，找出點(diǎn)Q的位置，并寫出證明過程．（保留作圖痕跡）（2）如圖3，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB為x軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，已知點(diǎn)B（6，0），C（2，4），點(diǎn)P在線段AC上，且點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”．①若AD＝1，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；②若滿足條件的點(diǎn)P恰有2個(gè)，直接寫出AD長的取值范圍是．考向五：手拉手相似1．（2023?寶安區(qū)校級三模）【問題背景】已知D、E分別是△ABC的AB邊和AC邊上的點(diǎn)，且DE∥BC，則△ABC∽△ADE，把△ADE繞著A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，連接BD和CE．①如圖2，找出圖中的另外一組相似三角形；②若AB＝4，AC＝3，BD＝2，則CE＝；【遷移應(yīng)用】在Rt△ACB中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，D、E，M分別是AB、AC、BC中點(diǎn)，連接DE和CM．①如圖3，寫出CE和BD的數(shù)量關(guān)系；②如圖4，把Rt△ADE繞著點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)D落在AM上時(shí)，連接CD和CE，取CD中點(diǎn)N，連接MN，若，求MN的長．【創(chuàng)新應(yīng)用】如圖5：，BC＝4，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，tan∠ADE＝2，將△ADE繞著點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，連接BE，F(xiàn)是BE上一點(diǎn)，，連接CF，請直接寫出CF的取值范圍．2．（2023?東港市二模）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知正方形ABCD，點(diǎn)E為對角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，將BE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到BF處，得到△BEF，連接CF．填空：①＝；②∠ACF的度數(shù)為；（2）類比探究：如圖2，在矩形ABCD和Rt△BEF中，∠EBF＝90°，∠ACB＝∠EFB＝60°，連接CF，請分別求出的值及∠ACF的度數(shù)；（3）拓展延伸：如圖3，在（2）的條件下，將點(diǎn)E改為直線AC上一動(dòng)點(diǎn)，其余條件不變，取線段EF的中點(diǎn)M，連接BM，CM，若，則當(dāng)△CBM是直角三角形時(shí)，請直接寫出線段CF的長．3．（2023?晉中模擬）綜合與實(shí)踐問題情境：（1）如圖1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE．如圖2，將△ABC繞頂點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)15°得到△AB'C'，連接B′D，C′E，求證：B′D＝C′E．深入研究：（2）①如圖3，在正方形ABCD和正方形CEFG中，已知點(diǎn)B，C，E在同一直線上，連接DE，AF，交于點(diǎn)P，求AF：DE的值；②如圖4，若將正方形CEFG繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)一定角度，AF：DE的值變化嗎？請說明理由．拓展應(yīng)用：（3）如圖5，若把正方形ABCD和正方形CEFG分別換成矩形ABCD和矩形CEFG，且AD：AB＝CG：CE＝k，請直接寫出此時(shí)AF：DE的值．（建議用時(shí)：150分鐘）1．（2023?菏澤）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點(diǎn)G．求證：△ADE∽△DCF．【問題解決】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF，延長BC到點(diǎn)H，使CH＝DE，連接DH．求證：∠ADF＝∠H．【類比遷移】（3）如圖3，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的長．2．（2023?濟(jì)南）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，點(diǎn)E在邊BC上，將射線AE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，交CD延長線于點(diǎn)G，以線段AE，AG為鄰邊作矩形AEFG．（1）如圖1，連接BD，求∠BDC的度數(shù)和的值；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)F在射線BD上時(shí)，求線段BE的長；（3）如圖3，當(dāng)EA＝EC時(shí)，在平面內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P，滿足PE＝EF，連接PA，PC，求PA+PC的最小值．3．（2023?武漢）問題提出如圖（1），E是菱形ABCD邊BC上一點(diǎn)，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于點(diǎn)G，探究∠GCF與α的數(shù)量關(guān)系．問題探究（1）先將問題特殊化，如圖（2），當(dāng)α＝90°時(shí)，直接寫出∠GCF的大小；（2）再探究一般情形，如圖（1），求∠GCF與α的數(shù)量關(guān)系．問題拓展將圖（1）特殊化，如圖（3），當(dāng)α＝120°時(shí)，若，求的值．4．（2023?內(nèi)蒙古）已知正方形ABCD，E是對角線AC上一點(diǎn)．（1）如圖1，連接BE，DE．求證：△ABE≌△ADE；（2）如圖2，F(xiàn)是DE延長線上一點(diǎn)，DF交AB于點(diǎn)G，BF⊥BE．判斷△FBG的形狀并說明理由；（3）在第（2）題的條件下，BE＝BF＝2．求的值．5．（2023?湖州）【特例感知】（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在邊AB的延長線上，連結(jié)PD，過點(diǎn)D作DM⊥PD，交BC的延長線于點(diǎn)M．求證：△DAP≌△DCM．【變式求異】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點(diǎn)D在邊AB上，過點(diǎn)D作DQ⊥AB，交AC于點(diǎn)Q，點(diǎn)P在邊AB的延長線上，連結(jié)PQ，過點(diǎn)Q作QM⊥PQ，交射線BC于點(diǎn)M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．【拓展應(yīng)用】（3）如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)P在邊AB的延長線上，點(diǎn)Q在邊AC上（不與點(diǎn)A，C重合），連結(jié)PQ，以Q為頂點(diǎn)作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的邊QM交射線BC于點(diǎn)M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常數(shù)），求的值（用含m，n的代數(shù)式表示）．6．（2023?鞍山）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點(diǎn)D是射線BC上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），連接AD，過點(diǎn)D在AD左側(cè)作DE⊥AD，使AD＝kDE，連接AE，點(diǎn)F，G分別是AE，BD的中點(diǎn)，連接DF，F(xiàn)G，BE．（1）如圖1，點(diǎn)D在線段BC上，且點(diǎn)D不是BC的中點(diǎn)，當(dāng)α＝90°，k＝1時(shí)，AB與BE的位置關(guān)系是，＝．（2）如圖2，點(diǎn)D在線段BC上，當(dāng)α＝60°，k＝時(shí)，求證：BC+CD＝2FG．（3）當(dāng)α＝60°，k＝時(shí)，直線CE與直線AB交于點(diǎn)N，若BC＝6，CD＝5，請直接寫出線段CN的長．7．（2023?益陽）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，點(diǎn)D在邊AC上，將線段DA繞點(diǎn)D按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DA′，線段DA′交AB于點(diǎn)E，作A′F⊥AB于點(diǎn)F，與線段AC交于點(diǎn)G，連接FC，GB．（1）求證：△ADE≌△A′DG；（2）求證：AF?GB＝AG?FC；（3）若AC＝8，tanA＝，當(dāng)A′G平分四邊形DCBE的面積時(shí)，求AD的長．8．（2023?福建）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB邊上不與A，B重合的一個(gè)定點(diǎn)．AO⊥BC于點(diǎn)O，交CD于點(diǎn)E．DF是由線段DC繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，F(xiàn)D，CA的延長線相交于點(diǎn)M．（1）求證：△ADE∽△FMC；（2）求∠ABF的度數(shù)；（3）若N是AF的中點(diǎn)，如圖2，求證：ND＝NO．9．（2022?湖北）問題背景：一次數(shù)學(xué)綜合實(shí)踐活動(dòng)課上，小慧發(fā)現(xiàn)并證明了關(guān)于三角形角平分線的一個(gè)結(jié)論．如圖1，已知AD是△ABC的角平分線，可證＝．小慧的證明思路是：如圖2，過點(diǎn)C作CE∥AB，交AD的延長線于點(diǎn)E，構(gòu)造相似三角形來證明＝．嘗試證明：（1）請參照小慧提供的思路，利用圖2證明：＝；應(yīng)用拓展：（2）如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是邊BC上一點(diǎn)．連接AD，將△ACD沿AD所在直線折疊，點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處．①若AC＝1，AB＝2，求DE的長；②若BC＝m，∠AED＝α，求DE的長（用含m，α的式子表示）．10．（2022?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC上的點(diǎn)，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于點(diǎn)G，求證：DG＝EG．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在（1）的條件下，連結(jié)CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值．【拓展提高】（3）如圖3，在?ABCD中，∠ADC＝45°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為AO上一點(diǎn)，EG∥BD交AD于點(diǎn)G，EF⊥EG交BC于點(diǎn)F．若∠EGF＝40°，F(xiàn)G平分∠EFC，F(xiàn)G＝10，求BF的長．11．（2023?廣州）如圖，AC是菱形ABCD的對角線．（1）尺規(guī)作圖：將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點(diǎn)為D（保留作圖痕跡，不寫作法）；（2）在（1）所作的圖中，連接BD，CE．①求證：△ABD～△ACE；②若tan∠BAC＝，求cos∠DCE的值．重難點(diǎn)02相似三角形模型及其綜合題綜合訓(xùn)練中考數(shù)學(xué)中《相似三角形模型及其綜合題綜合訓(xùn)練》部分主要考向分為五類：一、K型相似二、8字圖相似A字圖相似母子型相似手拉手相似相似三角形的綜合題中各種相似模型的掌握是解決對應(yīng)壓軸題的便捷方法，所以本專題是專門針對相似三角形模型壓軸題的，對提高類型的學(xué)生可以自主訓(xùn)練?？枷蛞唬篕型相似1．（2023?錫山區(qū)校級四模）如圖，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝8．點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、D重合）將△ABP沿直線翻折，使得點(diǎn)A落在矩形內(nèi)的點(diǎn)M處（包括矩形邊界），則AP的取值范圍是0＜AP≤5，連接DM并延長交矩形ABCD的AB邊于點(diǎn)G，當(dāng)∠ABM＝2∠ADG時(shí)，AP的長是25﹣5．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，∠A＝∠C＝∠D＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝5，根據(jù)勾股定理得到CM＝3，DM＝5﹣3＝2，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論；根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠ABP＝∠MBP，求得∠ABM＝2∠ABP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到＝＝，設(shè)AP＝5x，AG＝4x，過M作MH⊥AD于H，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AP＝MP＝5x，AM⊥BP，根據(jù)三角形中位線定理得到MN＝AG＝2x，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】解：當(dāng)M落在CD上時(shí)，AP的長度達(dá)到最大，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝8，∠A＝∠C＝∠D＝90°，∵△ABP沿直線翻折，∴∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝10，∴CM＝＝＝6，∴DM＝10﹣6＝4，∴∠PMD+∠BMC＝90°，∠PMD+∠MPD＝90°，∴∠BMC＝∠MPD，∴△PDM∽△MCB，∴＝，∴＝，∴PD＝3，∴AP＝8﹣3＝5，∴AP的取值范圍是0＜AP≤5；如圖，∵將△ABP沿直線翻折，使得點(diǎn)A落在矩形內(nèi)的點(diǎn)M處，∴∠ABP＝∠MBP，∴∠ABM＝2∠ABP，∵∠ABM＝2∠ADG，∴∠ABP＝∠ADG，∵∠DAG＝∠BAP，∴△ADG∽△ABP，∴＝＝，設(shè)AP＝5x，AG＝4x，過M作MH⊥AD于H，∵將△ABP沿直線翻折，使得點(diǎn)A落在矩形內(nèi)的點(diǎn)M處，∴AP＝MP＝5x，AM⊥BP，∴∠DAM＝90°﹣∠BAM＝∠ABP＝∠ADG，∴AM＝DM，∴DH＝AH＝4，HP＝4﹣5x，∵∠BAD＝∠MHA＝90°，∴MH∥AG，∴MH為△ADG的中位線，∴MH＝AG＝2x，在Rt△PHM中，PM2＝PH2+HM2，∴（5x）2＝（2x）2+（4﹣5x）2，解得x1＝5﹣，x2＝5+（不合題意舍去），∴AP＝5x＝25﹣5．故答案為：0＜AP≤5；25﹣5．2．（2023?福田區(qū)模擬）綜合與探究在矩形ABCD的CD邊上取一點(diǎn)E，將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上的點(diǎn)F處．（1）如圖①，若BC＝2BA，求∠CBE的度數(shù)；（2）如圖②，當(dāng)AB＝5，且AF?FD＝10時(shí)，求EF的長；（3）如圖③，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點(diǎn)M，BM交AD于點(diǎn)N，當(dāng)NF＝AN+FD時(shí)，請直接寫出的值．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得出BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出∠AFB＝30°，可求出答案；（2）證明△FAB∽△EDF，由相似三角形的性質(zhì)得出，可求出DE＝2，求出EF＝3，由勾股定理求出DF＝，則可求出AF，即可求出BC的長；（3）過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)G，證明△NFG∽△BFA，，設(shè)AN＝x，設(shè)FG＝y(tǒng)，則AF＝2y，由勾股定理得出（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解出y＝x，則可求出答案．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，∵將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上點(diǎn)F處，∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，∵BC＝2AB，∴BF＝2AB，∴∠AFB＝30°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AFB＝∠CBF＝30°，∴∠CBE＝∠FBC＝15°；（2）∵將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上點(diǎn)F處，∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，∴∠AFB＝∠DEF，∴△FAB∽△EDF，∴，∴AF?DF＝AB?DE，∵AF?DF＝10，AB＝5，∴DE＝2，∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，∴EF＝3；（3）過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)G，∵NF＝AN+FD，∴NF＝AD＝BC，∵BC＝BF，∴NF＝BF，∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，∴△NFG∽△BFA，∴，設(shè)AN＝x，∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，設(shè)FG＝y(tǒng)，則AF＝2y，∵AB2+AF2＝BF2，∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解得y＝x．∴BF＝BG+GF＝2x+x＝x．∴＝．3．（2023?桐柏縣一模）【初步探究】（1）把矩形紙片ABCD如圖①折疊，當(dāng)點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B'在MN的中點(diǎn)時(shí)，填空：△EB'M∽△B'AN（“≌”或“∽”）．【類比探究】（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B'為MN上的任意一點(diǎn)時(shí)，請判斷（1）中結(jié)論是否成立？如果成立，請寫出證明過程；如果不成立，請說明理由．【問題解決】（3）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，點(diǎn)P為線段AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EP，將△BPE沿PE折疊得到△B'PE，連接DE，DB'，當(dāng)△EB'D為直角三角形時(shí)，BP的長為或1．【分析】（1）由矩形紙片ABCD如圖①折疊，可證△EB'M∽△B'AN；（2）同（1）由四邊形ABCD是矩形，如圖②折疊，可得∠EB'M＝90°﹣∠AB'N＝∠B'AN，即可得△EB'M∽△B'AN，（3）分兩種情況：當(dāng)∠DB'E＝90°時(shí)，證明Rt△CDE≌Rt△B'DE（HL），得B'D＝CD＝AB＝4，設(shè)BP＝x＝B'P，在Rt△APD中，有（4﹣x）2+62＝（x+4）2，可解得BP＝；當(dāng)∠B'ED＝90°時(shí)，過B'作B'H⊥AB于H，作B'Q⊥BC于Q，則∠B'QE＝∠C＝90°，證明△B'EQ∽△EDC，可得＝＝，設(shè)BP＝y(tǒng)＝B'P，在Rt△B'PH中，（﹣y）2+（）2＝y(tǒng)2，可解得BP＝1．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵矩形紙片ABCD如圖①折疊，∴∠EB'A＝∠B＝90°，∴∠EB'M＝90°﹣∠AB'N＝∠B'AN，∵∠EMB'＝90°＝∠B'NA，∴△EB'M∽△B'AN，故答案為：∽；（2）（1）中結(jié)論成立，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵矩形紙片ABCD如圖①折疊，∴∠EB'A＝∠B＝90°，∴∠EB'M＝90°﹣∠AB'N＝∠B'AN，∵∠EMB'＝90°＝∠B'NA，∴△EB'M∽△B'AN；（3）如圖所示，當(dāng)∠DB'E＝90°時(shí)，△EB'D是直角三角形，由折疊可得，∠PB'E＝∠B＝90°，BE＝B'E＝CE，∴∠DB'P＝180°，即點(diǎn)P，B'，D在一條直線上，在Rt△CDE和Rt△B'DE中，，∴Rt△CDE≌Rt△B'DE（HL），∴B'D＝CD＝AB＝4，設(shè)BP＝x＝B'P，則AP＝4﹣x，PD＝x+4，在Rt△APD中，AP2+AD2＝PD2，∴（4﹣x）2+62＝（x+4）2，解得x＝，∴BP＝；如圖所示，當(dāng)∠B'ED＝90°時(shí)，△EB'D是直角三角形，過B'作B'H⊥AB于H，作B'Q⊥BC于Q，則∠B'QE＝∠C＝90°，又∵∠B'ED＝90°，∴∠B'EQ+∠CED＝90°＝∠EDC+∠CED，∴∠B'EQ＝∠EDC，∴△B'EQ∽△EDC，∴＝＝，∵CE＝BE＝BC＝3，CD＝4，∴DE＝＝5，∵△BPE沿PE折疊得到△B'PE，∴B'E＝BE＝3，∴＝＝，解得B'Q＝，EQ＝，∴BQ＝BE﹣EQ＝＝B'H，BH＝B'Q＝，設(shè)BP＝y(tǒng)＝B'P，則HP＝BH﹣BP＝﹣y，在Rt△B'PH中，HP2+B'H2＝B'P2，∴（﹣y）2+（）2＝y(tǒng)2，解得y＝1，∴BP＝1．綜上所述，BP的長為或1．考向二：8字圖相似1．（2023?海州區(qū)校級二模）“關(guān)聯(lián)”是解決數(shù)學(xué)問題的重要思維方式．角平分線的有關(guān)聯(lián)想就有很多……【問題提出】（1）如圖①，PC是△PAB的角平分線，求證：．小明思路：關(guān)聯(lián)“平行線、等腰三角形”，過點(diǎn)B作BD∥PA，交PC的延長線于點(diǎn)D，利用“三角形相似”．小紅思路：關(guān)聯(lián)“角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等”，過點(diǎn)C分別作CD⊥PA交PA于點(diǎn)D，作CE⊥PB交PB于點(diǎn)E，利用“等面積法”．請根據(jù)小明或小紅的思路，選擇一種并完成證明．【理解應(yīng)用】（2）如圖②，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是邊BC上一點(diǎn)．連接AD，將△ACD沿AD所在直線折疊，使點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處，落AC＝1，AB＝2，則DE的長為．【深度思考】（3）如圖③，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD為∠BAC的角平分線．AD的垂直平分線EF交BC延長線于點(diǎn)F，連接AF，當(dāng)BD＝3時(shí)，AF的長為6．【拓展升華】（4）如圖④，PC是△PAB的角平分線，若AC＝3，BC＝1，則△PAB的面積最大值是3．【分析】（1）選擇小明的思路，過點(diǎn)BD∥AP交PC的延長線于點(diǎn)D，易證△ACP∽△BCD，得到，由角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得∠BPC＝∠D，可得PB＝BD，等量代換即可證明；選擇小紅的思路，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CD＝CE，再利用等面積；（2）利用（1）中的結(jié)論得到，再利用勾股定理即可解答；（3）利用（1）中的結(jié)論得到，再利用垂直平分線的性質(zhì)得到∠B＝∠FAC，再根據(jù)相似三角形得到AF的值；（4）作△APB的外角平分線PD，交AB的延長線于D，在AP的延長線上截取PE＝PB，易得△BPD≌△EPD（SAS），由（1）結(jié)論可得，由等量代換可得，利用（1）中的結(jié)論得到，求得⊙O的半徑為，當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P′，P′O⊥AD時(shí)，△APB的面積最大，計(jì)算即可．【解答】（1）證明：選擇小明的思路，如圖，過點(diǎn)BD∥AP交PC的延長線于點(diǎn)D，∵BD∥AP，∴∠APC＝∠D，又∵∠ACP＝∠BCD，∴△ACP∽△BCD，∴，∵PC是△PAB的角平分線，∴∠APC＝∠BPC，∴∠BPC＝∠D，∴PB＝BD，∴；選擇小紅的思路，如圖，過點(diǎn)C分別作CD⊥PA交PA于點(diǎn)D，作CE⊥PB交PB于點(diǎn)E，作PF⊥BC于點(diǎn)F，∵PC是△PAB的角平分線，∴CD＝CE，∴，，，，∴BC?PF＝PB?CE，PA?CD＝AC?PF，∴，∴，∴．（2）解：∵將△ACD沿AD所在直線折疊點(diǎn)C恰好落在邊AB上的E點(diǎn)處，∴AD平分∠BAC，∴，∵AC＝1，AB＝2，∴，∴BD＝2CD，∵∠BAC＝90°，∴，∴，∴，∴，∴；故答案為：；（3）解：∵AD為∠BAC的角平分線，∴，∠BAD＝∠DAC，∵△ABC中，AB＝6，AC＝4，BD＝3，∴，∴CD＝2，∵AD的垂直平分線EF交BC延長線于F，∴AF＝DF，∴∠FAD＝∠FDA，∵∠FAD＝∠FAC+∠DAC，∠FDA＝∠B+∠BAD，∴∠B＝∠FAC，∵∠AFB＝∠CFA，∴△FBA∽△FAC，∴，∴，∴AF＝6，故答案為：6．（4）解：如圖，在AP的延長線上截取PE＝PB，作△APB的外角平分線PD，交AB的延長線于D，∵PD是△APB的外角平分線，∴∠BPD＝∠EPD，又∵PD＝PD，∴△BPD≌△EPD（SAS），∴DB＝DE，∠BDP＝∠EDP，∴，∵PE＝PB，DB＝DE，∴，∵PC是△APB的角平分線，∴，∴，∴，∴，∴BD＝2，∴CD＝3，∵，∴點(diǎn)P在以半徑為的⊙O上，如圖，當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P′，P′O⊥AD時(shí)，△APB的面積最大，最大值為，故答案為：3．2．（2023?衢州二模）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在線段BC上，連接AE，將△ABE沿著AE折疊得到△AFE，延長EF交CD于點(diǎn)G．（1）求證：DG＝FG；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E是BC中點(diǎn)時(shí)，求tan∠CGE的值；（3）如圖3，當(dāng)時(shí)，連接CF并延長交AB于點(diǎn)H，求的值．【分析】（1）由“HL”可證Rt△AFG≌Rt△ADG，可得DG＝FG；（2）由勾股定理可求GF的長，即可求解；（3）由勾股定理可求BC＝CD＝6x，由面積法可求FN的長，即可求FM的長，通過證明△MFH∽△NFC，可得＝，即可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵將△ABE沿著AE折疊得到△AFE，∴AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，∴AD＝AF，又∵AF＝AD，∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），∴DG＝FG；（2）解：設(shè)BC＝CD＝2a，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝CE＝a，∵將△ABE沿著AE折疊得到△AFE，∴BE＝EF＝a，∵EG2＝EC2+CG2，∴（a+DG）2＝a2+（2a﹣DG）2，∴DG＝a，∴tan∠CGE＝＝＝；（3）如圖3，過點(diǎn)F作MN⊥AB于M，交CD于N，∵M(jìn)N⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，∴四邊形BCNM是矩形，∴BC＝MN，∵，∴設(shè)BE＝2x，DG＝3x，則EG＝5x，∵EG2＝EC2+CG2，∴25x2＝（CD﹣2x）2+（CD﹣3x）2，∴CD＝6x（負(fù)值舍去），∴BC＝6x，∴EC＝4x，CG＝3x，∵S△CFG＝S△ECG，∴CG?FN＝EC?CG，∴FN＝x，∴MF＝x，∵AB∥CD，∴△MFH∽△NFC，∴＝，∴＝＝，∴＝．考向三：A字圖相似1．（2023?宿城區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，先將△ABC沿AC翻折到△AB′C處，再將△AB'C沿翻折到△AB'C'處，延長CD交AC′于點(diǎn)M，則DM的長為．【分析】過點(diǎn)C′作C′E⊥AD的延長線于點(diǎn)E，設(shè)CD與AB′交于點(diǎn)G，根據(jù)矩形性質(zhì)和翻折性質(zhì)，設(shè)B′G＝DG＝x，CG＝CD﹣DG＝5﹣x，利用勾股定理求出x的值，證明△ADG∽△AB′F，求出B′F＝，然后證明△CDF≌△AB′F（AAS），得DF＝B′F＝，再由△C′EF∽△CDF，得＝＝，求出C′E＝，EF＝，證明△ADM∽△AEC′，對應(yīng)邊成比例即可求出DM的長．【解答】解：如圖，過點(diǎn)C′作C′E⊥AD的延長線于點(diǎn)E，設(shè)CD與AB′交于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝3，AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，由翻折可知：∠BAC＝∠B′AC，∴∠B′AC＝∠DCA，∴GA＝GC，由翻折可知：B′A＝BA＝5，B′C＝BC＝B′C′＝3，∴B′A＝CD＝5，∴B′G＝DG，設(shè)B′G＝DG＝x，∴CG＝CD﹣DG＝5﹣x，在Rt△B′CG中，根據(jù)勾股定理得：B′G2+B′C2＝CG2，∴x2+32＝（5﹣x）2，∴x＝，∴B′G＝DG＝x＝，∴AG＝CG＝5﹣x＝，∵∠DAG＝∠B′AF，∠ADG＝∠AB′F＝90°，∴△ADG∽△AB′F，∴＝，∴＝，∴B′F＝，∴C′F＝C′B′﹣B′F＝3﹣＝，CF＝CB′+B′F＝3+＝，∵∠CFD＝∠AFB′，∠CDF＝∠AB′F＝90°，CD＝AB′，∴△CDF≌△AB′F（AAS），∴DF＝B′F＝，∵C′E⊥AD，CD⊥AD，∴C′E∥CD，∴△C′EF∽△CDF，∴＝＝，∴＝＝，∴C′E＝，EF＝，∴DE＝DF+EF＝+＝，∴AE＝AD+DE＝3+＝，∵C′E∥DM，∴△ADM∽△AEC′，∴＝，∴＝，∴DM＝．故答案為：．2．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖，△ABC中，D在AB上，E在BC上，∠AED＝∠ABC，F(xiàn)在AE上，EF＝DE．（1）如圖1，若CE＝BD，求證：BE＝CF；（2）如圖2，若CE＝AD，G在DE上，∠EFG＝∠EFC，求證：CF＝2GF；（3）如圖3，若CE＝AD，EF＝2，∠ABC＝30°，當(dāng)△CEF周長最小時(shí)，請直接寫出△BCF的面積．【分析】（1）先說明∠FEC＝∠EDB，然后用SAS證明△FEC≌△EDB，得到BE＝CF；（2）仿照（1）得△FEC≌△EDH，出現(xiàn)中點(diǎn)倍長中線，利用相似得CF＝2GF；（3）先說明∠CJE＝30°，即點(diǎn)C的軌跡是條直線，然后考慮將軍飲馬，最后求△BCF的面積．【解答】（1）證明：∵∠DEC＝∠AED+∠FEC，∠DEC＝∠ABC+∠EDB，∠AED＝∠ABC，∴∠FEC＝∠EDB，∵EF＝DE，CE＝BD，∴△FEC≌△EDB（SAS），∴BE＝CF；（2）證明：延長AB至H使DH＝AD，由（1）得△FEC≌△EDH，∴FC＝HE，∠CFE＝∠HED，延長ED至I使DI＝ED，連接AI，則EF＝DE＝IE，∵DH＝AD，∠ADI＝∠HDE，∴△ADI≌△HDE（SAS），∴AI＝HE，∠HED＝∠AID，∴AI＝FC，∠AID＝∠CFE，∵∠EFG＝∠EFC，∴∠EFG＝∠AID，∵∠FEG＝∠IEA，∴△FEG∽△IEA，∴＝，∴＝，∴CF＝2GF；（3）解：延長FE至J使EJ＝EF，∵EF＝DE∴EJ＝DE∵∠FEC＝∠EDB，∴∠CEJ＝∠ADE，∵CE＝AD，∴△CEJ≌△ADE（SAS），∴∠CJE＝∠AED，∵∠AED＝∠ABC，∠ABC＝30°，∴∠CJE＝30°，過E作JC的對稱點(diǎn)E'，連接CE'、FE'、CE'、JE'，C△CEF＝EF+CF+CE＝2+CF+CE'≥2+FE'，∴當(dāng)F、C、E'三點(diǎn)共線時(shí)周長最小，當(dāng)周長最小時(shí)如圖所示：∵∠CJE＝30°，∴∠EJE'＝60°，∵JE＝JE'，∴△EJE'是正三角形，∴∠JEE'＝60°，EE'＝EJ＝EF，∴∠EFE'＝∠EE'F＝30°，∵CE＝CE'，∴∠CEE'＝∠EE'F＝30°，∴∠CEJ＝90°，∴∠FEC＝90°，∴EC＝＝＝，∵∠AED＝30°，∴∠BED＝60°，∴∠BDE＝90°，∴BE＝2DE＝4，∴S△BCF＝×BC×EF＝BC＝BE+EC＝4+．3．（2023?中山區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣x+4與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A、B，點(diǎn)P為射線AO上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，將沿PQ翻折得到R．設(shè)△PQR與△AOB重合部分的面積為S，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0）．（1）求AR的長．（用含m的代數(shù)式表示）（2）求S關(guān)于m的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量m的取值范圍．【分析】（1）求出直線y＝﹣x+4與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，得到OA，OB的長，利用勾股定理求AB得長．證出△PQA∽△BOA，利用對應(yīng)線段成比例，求出AR．（2）點(diǎn)P為射線AO上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，在移動(dòng)過程中，△PQR與△AOB重合部分有三種形狀，①直角三角形②四邊形③直角三角形．分類討論，利用三角形相似對應(yīng)邊成比例，找邊之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系，解決問題．【解答】解：（1）直線y＝﹣x+4與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A、B，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，∴點(diǎn)B坐標(biāo)（0，4），∴OB＝4．當(dāng)y＝0時(shí)，x＝3，∴點(diǎn)A坐標(biāo)（3，0），∴OA＝3．Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，∴AB＝5．∵∠PAQ＝∠BAC，∠AQP＝∠AOB，∴△PQA∽△BOA，∴，AQ＝，AR＝2AQ＝．（2）在移動(dòng)過程中，△PQR與△AOB重合部分有三種形狀．①點(diǎn)P在線段OA上，△PQR與△AOB重合部分是△PQR．當(dāng)0≤m＜3時(shí)，∵∠PAQ＝∠BAC，∠AQP＝∠AOB，∴△PQA∽△BOA，∴S△APQ：S△ABO＝AP2：AB2＝（3﹣m）2：25，∵S△ABO＝＝6，又∵△PQR≌△PQA，∴S＝（3﹣m）2．②△PQR與△AOB重合部分是四邊形CDRQ．作RE⊥OA于E，QF⊥OA于F．當(dāng)R和B重合時(shí)，Q為AB中點(diǎn)，AQ＝2.5，∵△PQA∽△BOA，∴，∴AP＝＝＝，∴OP＝AP﹣AO＝﹣3＝，∴m＝．∴當(dāng)＜m＜0時(shí)，△PQR與△AOB重合部分是四邊形CDRQ．∵△PQA∽△BOA，∴∠APQ＝∠ABO，∵∠AOB＝∠OFQ，∴△AOB∽△QFP，∴，∴＝，同理，∴，∴，∵AP＝3﹣m，∴FA＝．∴QF＝AF×＝（3﹣m）．∴RE＝2QF＝（3﹣m），∴PE＝PA﹣2AF＝，∵OD∥RE，∴，∴OD＝＝＝﹣，∵，∴OC＝﹣m，∴CD＝OD﹣OC＝﹣＝﹣m．∵S＝S△PQR﹣S△PCD∴S＝×PA×QF﹣×OP×CD＝．，③△PQR與△AOB重合部分是△BQC，當(dāng)Q、B重合時(shí)，AQ＝5，∴AP＝，OP＝＝，m＝，當(dāng)時(shí)，△PQR與△AOB重合部分是△BQC．∵OC＝OP＝﹣，∴BC＝4﹣OC＝，∵CQ＝，BQ＝，∴S＝＝＝，∴S＝．考向四：母子型相似1．（2023?樊城區(qū)模擬）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D為AB上一點(diǎn)，∠ACD＝∠B．求證：AC2＝AD?AB．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在?ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，F(xiàn)為CD延長線上一點(diǎn)，∠BFE＝∠A．若BF＝6，AD＝9，求CE的長．【拓展提高】（3）如圖3，在菱形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，EF∥AC，AC＝2EF，連接DE、DF分別交AC于M，N，∠EDF＝∠BAD，DF＝AE，若MN＝18，求EF的值．【分析】（1）證△ADC∽△ACB，得＝，即可得出結(jié)論；（2）證△BFE∽△BCF，得＝，則BF2＝BE?BC，求出BC＝4，即可得出結(jié)論；（3）延長EF與DC相交于點(diǎn)G，證四邊形AEGC為平行四邊形，得EG＝AC＝2EF，CG＝AE，∠EAC＝∠G，設(shè)EF＝x，則EG＝2x，再證△EDF∽△EGD，得＝＝，則ED＝x，＝＝，設(shè)CG＝AE＝k，則DF＝2k，DG＝CD+k，求出CD＝3k，然后證△AEM∽△CDM，得＝＝，進(jìn)而證△DEF∽△DMN，得＝＝，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB．∴＝，∴AC2＝AD?AB；（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD＝9，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C．又∵∠FBE＝∠CBF，∴△BFE∽△BCF．∴＝，∴BF2＝BE?BC，即62＝9BE，∴BE＝4，∴CE＝BC﹣BE＝9﹣4＝5，即CE的長為5；（3）解：如圖，延長EF與DC相交于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD＝CD，∠DAC＝∠BAD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠BAD，∵EF∥AC，∴四邊形AEGC為平行四邊形，∠DCA＝∠G，∴EG＝AC＝2EF，CG＝AE，∠EAC＝∠G，設(shè)EF＝x，則EG＝2x，∵∠EDF＝∠BAD，∴∠DAC＝∠DCA＝∠EDF，∴∠EDF＝∠G，又∵∠DEF＝∠GED，∴△EDF∽△EGD，∴＝＝，∴ED2＝EF?EG＝x?2x＝2x2，∴ED＝x（負(fù)值已舍去），∴＝＝，設(shè)CG＝AE＝k，則DF＝2k，DG＝CD+k，∴＝，解得：CD＝3k，∵AB∥CD，∴△AEM∽△CDM，∴＝＝＝，∴＝，∵EF∥AC，∴△DEF∽△DMN，∴＝＝，∴EF＝MN＝×18＝24，即EF的值為24．2．（2023?潤州區(qū)二模）如圖1，在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，點(diǎn)P在邊AC上，若滿足∠BPD＝∠BAC，則稱點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”．（1）如圖2，∠BDP+∠BPC＝180°．①求證：點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”；②在邊AC上還存在某一點(diǎn)Q（不與點(diǎn)P重合），使得點(diǎn)Q也是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”，請?jiān)趫D2中僅用圓規(guī)作圖，找出點(diǎn)Q的位置，并寫出證明過程．（保留作圖痕跡）（2）如圖3，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB為x軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，已知點(diǎn)B（6，0），C（2，4），點(diǎn)P在線段AC上，且點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”．①若AD＝1，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；②若滿足條件的點(diǎn)P恰有2個(gè)，直接寫出AD長的取值范圍是≤AD＜．【分析】（1）①由∠BDP+∠BPC＝180°考慮平角APC，只要證明∠BPD＝∠BAC即可；②分別做線段DB、BP的中垂線，兩條中垂線交于點(diǎn)O，則O為△PDB的外心，以O(shè)為圓心，OP為半徑作圓交AC于點(diǎn)Q，點(diǎn)Q即為所求．用同弧所對的圓周角相等證明；（2）①通過△PBD∽△ABP求出BP的長度，然后求出直線AC的表達(dá)式為：y＝2x，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，2x），利用B、P兩點(diǎn)間的距離公式解方程求出點(diǎn)P；②求出兩個(gè)臨界狀態(tài)時(shí)的AD：一是當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)；二是△BDP的外接圓與線段AC恰有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)．【解答】（1）①證明：∵∠BDP+∠BPC＝180°，∠BDP＝∠BAC+∠APD，∴∠BAC+∠APD+∠BPC＝180°，∵∠APD+∠BPD+∠BPC＝180°，∴∠BPD＝∠BAC，∴點(diǎn)P是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”；②解：以B為圓心，BP為半徑作弧交AC于點(diǎn)Q，點(diǎn)Q即為所求，如圖：連接BQ，∵∠BDP＝∠BAC+∠APD，∠BPD＝∠BAC，∴∠BDP＝∠BPD+∠APD，∵∠APD+∠BPD+∠BPC＝180°，∴∠BDP+∠BPC＝180°，∵BP＝BQ，∴∠BPC＝∠BQP，∴∠BDP+∠BQP＝180°，∴B、Q、P、D四點(diǎn)共圓，∴∠BPD＝∠DQB，∵∠BPD＝∠BAC，∴∠DQB＝∠BAC，∴Q也是點(diǎn)D的“和諧點(diǎn)”；（2）解：①∵∠BPD＝∠BAP，∠PBD＝∠ABP，∴△PBD∽△ABP，∴＝，＝，∴BP＝，∵C（2，4），∴直線AC的表達(dá)式為：y＝2x，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，2x），∵點(diǎn)B（6，0），∴（x﹣6）2+（2x）2＝30，∴5x2﹣12x+6＝0，∴x1＝，x2＝，∴P（，）或（，）；②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，△BDP的外接圓與線段AC恰有兩個(gè)交點(diǎn)，恰有兩個(gè)“和諧點(diǎn)”，如圖：∵點(diǎn)B（6，0），C（2，4），∴BC＝＝4，由①知△PBD∽△ABP，∴＝，即＝，∴BD＝，∴AD＝AB﹣BD＝6﹣＝；當(dāng)△BDP的外接圓與線段AC恰有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，如圖：此時(shí)△BDP的外接圓與線段AC相切，則AP⊥PB，且PB為直徑，∴∠PDB＝90°，∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，2x），∴AD＝x，PD＝2x，BD＝AB﹣AD＝6﹣x，∵∠PAD+∠PBD＝90°，∠PAD+∠APD＝90°，∴∠APD＝∠PBD，∵∠ADP＝∠PDB＝90°，∴△ADP∽△PDB，∴＝，∴PD2＝AD?DB，即（2x）2＝x（6﹣x），∴x＝，∴AD＝；綜上，若滿足條件的點(diǎn)P恰有2個(gè)，AD長的取值范圍是≤AD＜，故答案為：≤AD＜．考向五：手拉手相似1．（2023?寶安區(qū)校級三模）【問題背景】已知D、E分別是△ABC的AB邊和AC邊上的點(diǎn)，且DE∥BC，則△ABC∽△ADE，把△ADE繞著A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，連接BD和CE．①如圖2，找出圖中的另外一組相似三角形△BAD∽△CAE；②若AB＝4，AC＝3，BD＝2，則CE＝；【遷移應(yīng)用】在Rt△ACB中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，D、E，M分別是AB、AC、BC中點(diǎn)，連接DE和CM．①如圖3，寫出CE和BD的數(shù)量關(guān)系BD＝EC；②如圖4，把Rt△ADE繞著點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)D落在AM上時(shí)，連接CD和CE，取CD中點(diǎn)N，連接MN，若，求MN的長．【創(chuàng)新應(yīng)用】如圖5：，BC＝4，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，tan∠ADE＝2，將△ADE繞著點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，連接BE，F(xiàn)是BE上一點(diǎn)，，連接CF，請直接寫出CF的取值范圍．【分析】【問題背景】①結(jié)論：△BAD∽△CAE．利用兩邊成比例夾角相等兩三角形相似證明；②利用相似三角形的性質(zhì)求解；【遷移應(yīng)用】①結(jié)論：BD＝CE，證明AB＝AC，可得結(jié)論；②連接BD，利用相似三角形的性質(zhì)，求出BD，再利用三角形的中位線定理求解即可；【創(chuàng)新應(yīng)用】如圖5中，過點(diǎn)A作AK⊥BC于點(diǎn)K，過點(diǎn)C作CJ⊥AB于點(diǎn)J，連接FJ．通過計(jì)算證明FJ∥AE，求出JF，JC，可得結(jié)論．【解答】解：【問題背景】①如圖2中，∵△ABC∽△ADE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案為：△BAD∽△CAE；②∵△BAD∽△CAE，∴＝，∴＝，∴CE＝．故答案為：；【遷移應(yīng)用】①如圖3中，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，∴tan60°＝，∴AB＝AC，∵BD＝AB，EC＝AC，∴BD＝EC．故答案為：BD＝EC；②如圖4中，連接BD，MN．∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵＝＝，∴△BAD∽△CAE，∴＝＝，∵EC＝2，∴BD＝6，∵BM＝CM，DN＝CN，∴MN＝BD＝3；【創(chuàng)新應(yīng)用】如圖5中，過點(diǎn)A作AK⊥BC于點(diǎn)K，過點(diǎn)C作CJ⊥AB于點(diǎn)J，連接FJ．∵AB＝AC＝2，AK⊥BC，∴BK＝CK＝2，∴AK＝＝＝4，∵?BC?AK＝?AB?CJ，∴CJ＝，∴AJ＝＝＝，∴BJ＝AJ＝2﹣＝，∴BJ：AB＝2：5，∵BF：BE＝2：5，∴＝＝，∴FJ∥AE，∴△BJF∽△BAE，∴＝＝，∴JF＝AE＝，∴CJ﹣JF≤CF≤FJ+CJ，∴≤CF≤．2．（2023?東港市二模）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知正方形ABCD，點(diǎn)E為對角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，將BE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到BF處，得到△BEF，連接CF．填空：①＝1；②∠ACF的度數(shù)為90°；（2）類比探究：如圖2，在矩形ABCD和Rt△BEF中，∠EBF＝90°，∠ACB＝∠EFB＝60°，連接CF，請分別求出的值及∠ACF的度數(shù)；（3）拓展延伸：如圖3，在（2）的條件下，將點(diǎn)E改為直線AC上一動(dòng)點(diǎn)，其余條件不變，取線段EF的中點(diǎn)M，連接BM，CM，若，則當(dāng)△CBM是直角三角形時(shí)，請直接寫出線段CF的長．【分析】（1）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出BE＝BF，∠EBF＝90°，由正方形的性質(zhì)得出∠ABC＝90°，AB＝BC，證明△ABE≌△CBF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，則可得出答案；②由全等三角形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)得出答案；（2）證明△ABE∽△CBF，由相似三角形的性質(zhì)可得出，則可得出結(jié)論；（3）求出EF＝2CM＝2，設(shè)CF＝x，則AE＝x，分兩種情況解答，由勾股定理可求出答案．【解答】解：（1）①∵將BE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到BF處，∴BE＝BF，∠EBF＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠ABE＝∠CBF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∴＝1，故答案為：1；②∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∵△ABE≌△CBF，∴∠BAE＝∠BCF＝45°，∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝45°+45°＝90°．故答案為：90°；（2），∠ACF＝90°．理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∵∠ACB＝60°，∴，同理在Rt△EBF中，∠EFB＝60°，∴，∴，∵∠ABC＝∠EBF，∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC，即∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴，∴∠BCF＝∠BAE＝30°，∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝60°+30°＝90°．（3）由（2）知，∵AB＝2，∴CB＝2，∵△ABE∽△CBF，∴∠ABE＝∠CBF，∴∠EBF＝∠EBC+∠CBF＝∠EBC+∠ABE＝∠ABC＝90°，∵M(jìn)為EF的中點(diǎn)，∴BM＝EF，由（2）知∠ACF＝90°，∴CM＝EF，∴BM＝CM，又∵△CBM是直角三角形，∴CM＝BC＝，∴EF＝2CM＝2，設(shè)CF＝x，則AE＝x，∵∠CAB＝30°，BC＝2，∴AC＝2BC＝4，∴CE＝AC﹣AE＝4﹣x，∵∠ECF＝90°，∴CE2+CF2＝EF2，∴，∴x＝﹣1或x＝+1（不合題意，舍去），當(dāng)∠MBC＝90°或∠MCB＝90°時(shí)，點(diǎn)M不存在，當(dāng)E在AC延長線上時(shí)，設(shè)CF＝x，則AE＝x，∵∠CAB＝30°，BC＝2，∴AC＝2BC＝4，∴CE＝AE﹣AC＝x﹣4，∵∠ECF＝90°，∴CE2+CF2＝EF2，∴，∴x＝﹣1（不合題意，舍去）或x＝+1，綜上所述，CF的長為﹣1或+1．3．（2023?晉中模擬）綜合與實(shí)踐問題情境：（1）如圖1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE．如圖2，將△ABC繞頂點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)15°得到△AB'C'，連接B′D，C′E，求證：B′D＝C′E．深入研究：（2）①如圖3，在正方形ABCD和正方形CEFG中，已知點(diǎn)B，C，E在同一直線上，連接DE，AF，交于點(diǎn)P，求AF：DE的值；②如圖4，若將正方形CEFG繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)一定角度，AF：DE的值變化嗎？請說明理由．拓展應(yīng)用：（3）如圖5，若把正方形ABCD和正方形CEFG分別換成矩形ABCD和矩形CEFG，且AD：AB＝CG：CE＝k，請直接寫出此時(shí)AF：DE的值．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠DAB'＝∠EAC'，然后用SAS判定△DAB'＝△EAC'即可得證；（2）①連接AC、CF，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到對應(yīng)邊成比例，對應(yīng)角相等，判定△ACF∽△DCE后即可求出AF：DE的值；②根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判定△ACF∽△DCE后求出AF：DE的值即可證明AF：DE的值沒有變化；（3）連接AC、CF，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到對應(yīng)邊成比例，對應(yīng)角相等，判定△ACF∽△DCE后即可求出AF：DE的值．【解答】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)得：∠DAB'＝∠EAC'，又∵AB'＝AC'，AD＝AE，∴△DAB'≌△EAC'，∴B′D＝C′E；（2）解：①如圖1，連接AC、CF，∵四邊形ABCD，CEFG是正方形，∴∠ACF＝∠DCE＝90°，AC＝CD，CF＝CE，∴，∴△ACF∽△DCE，∴，即AF：DE＝：1；②成立．證明如下：如圖2，連接AC、CF，∵四邊形ABCD，CEFG是正方形，∴∠ACD＝∠FCE，∴∠ACF＝∠DCE，∵AC＝CD，CF＝CE，∴，∴△ACF∽△DCE，∴AF：DE＝AC：CD＝：1，∴不變；（3）解：如圖3，連接AC、CF，∵四邊形ABCD，CEFG是矩形，且AD：AB＝CG：CE＝k，∴∠ACD＝∠FCE，AC＝CD，CF＝CE，∴∠ACF＝∠DCE，，∴△ACF∽△DCE，∴．（建議用時(shí)：150分鐘）1．（2023?菏澤）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點(diǎn)G．求證：△ADE∽△DCF．【問題解決】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF，延長BC到點(diǎn)H，使CH＝DE，連接DH．求證：∠ADF＝∠H．【類比遷移】（3）如圖3，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的長．【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得∠C＝∠ADE＝90°，再證∠AED＝∠DFC，即可得出結(jié)論；（2）證Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），得DE＝CF，再證△DCF≌△DCH（SAS），得∠DFC＝∠H，然后由平行線的性質(zhì)得∠ADF＝∠DFC，即可得出結(jié)論；（3）延長BC至點(diǎn)G，使CG＝DE＝8，連接DG，△ADE≌△DCG（SAS），得∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，再證△DFG是等邊三角形，得FG＝DF＝11，即可解決問題．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF+∠DFC＝90°，∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF+∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，∵AE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），∴DE＝CF，∵CH＝DE，∴CF＝CH，∵點(diǎn)H在BC的延長線上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°，又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH（SAS），∴∠DFC＝∠H，∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H；（3）解：如圖3，延長BC至點(diǎn)G，使CG＝DE＝8，連接DG，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG（SAS），∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，∵AE＝DF，∴DG＝DF，∴△DFG是等邊三角形，∴FG＝DF＝11，∵CF+CG＝FG，∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，即CF的長為3．2．（2023?濟(jì)南）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，點(diǎn)E在邊BC上，將射線AE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，交CD延長線于點(diǎn)G，以線段AE，AG為鄰邊作矩形AEFG．（1）如圖1，連接BD，求∠BDC的度數(shù)和的值；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)F在射線BD上時(shí)，求線段BE的長；（3）如圖3，當(dāng)EA＝EC時(shí)，在平面內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P，滿足PE＝EF，連接PA，PC，求PA+PC的最小值．【分析】（1）由銳角三角函數(shù)可求∠BDC＝60°，通過證明△ADG∽△ABE，可得；（2）由“AAS”可證△ABE≌△GMF，可得BE＝MF，AB＝GM＝2，由銳角三角函數(shù)可求MF＝BE＝x，DG＝2+x，利用（1）的結(jié)論可求解；（3）通過證明△AGC是等邊三角形，可得PE＝EF＝AG＝4，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得PA＝P'C，∠PEP'＝120°，EP＝EP'＝4，則當(dāng)點(diǎn)P，C，P′三點(diǎn)共線時(shí)，PA+PC的值最小，即可求解．【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝2，，∴∠C＝90°，CD＝AB＝2，，∴，∴∠BDC＝60°，∵∠ABE＝∠BAD＝∠EAG＝∠ADG＝90°，∴∠EAG﹣∠EAD＝∠BAD﹣∠EAD，即∠DAG＝∠BAE，∴△ADG∽△ABE，∴；（2）如圖2，過點(diǎn)F作FM⊥CG于點(diǎn)M，∵∠ABE＝∠AGF＝∠ADG＝90°，AE＝GF，∴∠BAE＝∠DAG＝∠CGF，∠ABE＝∠GMF＝90°，∴△ABE≌△GMF（AAS），∴BE＝MF，AB＝GM＝2，∴∠MDF＝∠BDC＝60°，F(xiàn)M⊥CG，∴，∴，設(shè)DM＝x，則，∴DG＝GM+MD＝2+x，由（1）可知：，∴，解得x＝1，∴；（3）如圖3，連接AC，將△AEP繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，EA與EC重合，得到△CEP'，連接PP'，矩形ABCD中，AD＝BC＝，AB＝2，∴tan∠ACB＝＝，∴∠ACB＝30°，∴AC＝2AB＝4，∵EA＝EC，∴∠EAC＝∠ACE＝30°，∠AEC＝120°，∴∠ACG＝∠GAC＝90°﹣30°＝60°，∴△AGC是等邊三角形，AG＝AC＝4，∴PE＝EF＝AG＝4，∵將△AEP繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，EA與EC重合，得到△CEP'，∴PA＝P'C，∠PEP'＝120°，EP＝EP'＝4，∴，∴當(dāng)點(diǎn)P，C，P′三點(diǎn)共線時(shí)，PA+PC的值最小，此時(shí)為．3．（2023?武漢）問題提出如圖（1），E是菱形ABCD邊BC上一點(diǎn)，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于點(diǎn)G，探究∠GCF與α的數(shù)量關(guān)系．問題探究（1）先將問題特殊化，如圖（2），當(dāng)α＝90°時(shí)，直接寫出∠GCF的大?。唬?）再探究一般情形，如圖（1），求∠GCF與α的數(shù)量關(guān)系．問題拓展將圖（1）特殊化，如圖（3），當(dāng)α＝120°時(shí)，若，求的值．【分析】問題探究（1）如圖（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．證明△EAJ≌△FEC（SAS），推出∠AJE＝∠ECF，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：∠GCF＝α﹣90°；在AB上截取AN，使AN＝EC，連接NE．證明方法類似；問題拓展解：過點(diǎn)A作CD的垂線交CD的延長線于點(diǎn)P，設(shè)菱形的邊長為3m．用m表示出BE，CE，可得結(jié)論．【解答】解：問題探究（1）如圖（2）中，在BA上截取BJ，使得BJ＝BE．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝90°，BA＝BC，∵BJ＝BE，∴AJ＝EC，∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠BAE+∠B，∠AEF＝∠B＝90°，∴∠CEF＝∠EAJ，∵EA＝EF，∴△EAJ≌△FEC（SAS），∴∠AJE＝∠ECF，∵∠BJE＝45°，∴∠AJE＝180°﹣45°＝135°，∴∠ECF＝135°，∴∠GCF＝∠ECF﹣∠ECD＝135°﹣90°＝45°；（2）結(jié)論：∠GCF＝α﹣90°；理由：在AB上截取AN，使AN＝EC，連接NE．∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，∠ABC＝∠AEF，∴∠EAN＝∠FEC．∵AE＝EF，∴△ANE≌△ECF（SAS）．∴∠ANE＝∠ECF．∵AB＝BC，∴BN＝BE．∵∠EBN＝α，∴，∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD＝；問題拓展：過點(diǎn)A作CD的垂線交CD的延長線于點(diǎn)P，設(shè)菱形的邊長為3m．，∴DG＝m，CG＝2m．在Rt△ADP中，∠ADC＝∠ABC＝120°，∴∠ADP＝60°，∴m，，∴α＝120°，由（2）知，，∵∠AGP＝∠FGC，∴△APG∽△FCG．∴，∴＝，∴，由（2）知，，∴．∴．4．（2023?內(nèi)蒙古）已知正方形ABCD，E是對角線AC上一點(diǎn)．（1）如圖1，連接BE，DE．求證：△ABE≌△ADE；（2）如圖2，F(xiàn)是DE延長線上一點(diǎn)，DF交AB于點(diǎn)G，BF⊥BE．判斷△FBG的形狀并說明理由；（3）在第（2）題的條件下，BE＝BF＝2．求的值．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，則∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“SAS”證明△ABE≌△ADE；（2）由△ABE≌△ADE，得∠ABE＝∠ADE，可推導(dǎo)出∠EBC＝∠EDC，因?yàn)锳B∥CD，所以∠FGB＝∠EDC，則∠FGB＝∠EBC，而∠FBE＝90°，則∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，所以∠FGB＝∠FBG，即可證明△FBG是等腰三角形；（3）由BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，得∠F＝∠BEF＝45°，則∠BAC＝∠F，可證明∠AEG＝∠FBG，進(jìn)而證明∠AGE＝∠AEG，則AE＝AG，由勾股定理得EF＝＝2，而BF＝GF＝2，所以GE＝2﹣2，由全等三角形的性質(zhì)得BE＝DE＝2，再證明△AGE∽△CDE，則＝＝﹣1，所以＝﹣1．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS）．（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE＝∠ADE，∴∠ABC﹣∠ABE＝∠ADC﹣∠ADE，∴∠EBC＝∠EDC，∵AB∥CD，∴∠FGB＝∠EDC，∴∠FGB＝∠EBC，∵BF⊥BE，∴∠FBE＝90°，∴∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，∴∠FGB＝∠FBG，∴BF＝GF，∴△FBG是等腰三角形．（3）解：∵BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，∴∠F＝∠BEF＝45°，∴∠BAC＝∠F，∴∠AEG＝∠AGF﹣∠BAC＝∠AGF﹣∠F＝∠FBG，∵∠AGE＝∠FGB，且∠FGB＝∠FBG，∴∠AGE＝∠AEG，∴AE＝AG，∵EF＝＝＝2，BF＝GF＝2，∴GE＝EF﹣GF＝2﹣2，∵△ABE≌△ADE，∴BE＝DE＝2，∵AG∥CD，∴△AGE∽△CDE，∴＝＝＝﹣1，∴＝﹣1，∴的值為﹣1．5．（2023?湖州）【特例感知】（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在邊AB的延長線上，連結(jié)PD，過點(diǎn)D作DM⊥PD，交BC的延長線于點(diǎn)M．求證：△DAP≌△DCM．【變式求異】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點(diǎn)D在邊AB上，過點(diǎn)D作DQ⊥AB，交AC于點(diǎn)Q，點(diǎn)P在邊AB的延長線上，連結(jié)PQ，過點(diǎn)Q作QM⊥PQ，交射線BC于點(diǎn)M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．【拓展應(yīng)用】（3）如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)P在邊AB的延長線上，點(diǎn)Q在邊AC上（不與點(diǎn)A，C重合），連結(jié)PQ，以Q為頂點(diǎn)作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的邊QM交射線BC于點(diǎn)M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常數(shù)），求的值（用含m，n的代數(shù)式表示）．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)及角的和差推出∠A＝∠DCM，AD＝DC，∠ADP＝∠CDM，利用ASA即可證明△DAP≌△DCM；（2）作QN⊥BC于點(diǎn)N，則四邊形DBNQ是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)推出∠DQN＝90°，QN＝DB，根據(jù)角的和差推出∠DQP＝∠MQN，結(jié)合∠QDP＝∠QNM＝90°，推出△DQP∽△NQM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)勾股定理求出AB＝6，則DB＝2，根據(jù)矩形的性質(zhì)推出DQ∥BC，進(jìn)而推出△ADQ∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可；（3）根據(jù)題意推出CQ＝mnAB，AQ＝（m﹣mn）AB，根據(jù)勾股定理求出BC＝AB，根據(jù)四邊形內(nèi)角和定理及鄰補(bǔ)角定義推出∠AQP＝∠NQM，結(jié)合∠A＝∠QNM＝90°，推出△QAP∽△QNM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，根據(jù)題意推出△QCN∽△BCA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出，據(jù)此求解即可．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，∴∠A＝∠DCM，∵DM⊥PD，∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，∴∠ADP＝∠CDM，在△DAP和△DCM中，，∴△DAP≌△DCM（ASA）；（2）解：如圖2，作QN⊥BC于點(diǎn)N，∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，∴四邊形DBNQ是矩形，∴∠DQN＝90°，QN＝DB，∵QM⊥PQ，∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，∴∠DQP＝∠MQN，∵∠QDP＝∠QNM＝90°，∴△DQP∽△NQM，∴，∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，∴，∵AD＝2DB，∴DB＝2，∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，∴DQ∥BC，∴△ADQ∽△ABC，∴，∴，∴；（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，∴CQ＝mnAB，∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，∵∠BAC＝90°，∴，如圖3，作QN⊥BC于點(diǎn)N，∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，∴∠ABN+∠AQN＝180°，∵∠ABN+∠PBN＝180°，∴∠AQN＝∠PBN，∵∠PQM＝∠PBC，∴∠PQM＝∠AQN，∴∠AQP＝∠NQM，∵∠A＝∠QNM＝90°，∴△QAP∽△QNM，∴，∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，∴△QCN∽△BCA，∴，∴，∴．6．（2023?鞍山）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點(diǎn)D是射線BC上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），連接AD，過點(diǎn)D在AD左側(cè)作DE⊥AD，使AD＝kDE，連接AE，點(diǎn)F，G分別是AE，BD的中點(diǎn)，連接DF，F(xiàn)G，BE．（1）如圖1，點(diǎn)D在線段BC上，且點(diǎn)D不是BC的中點(diǎn)，當(dāng)α＝90°，k＝1時(shí)，AB與BE的位置關(guān)系是垂直，＝．（2）如圖2，點(diǎn)D在線段BC上，當(dāng)α＝60°，k＝時(shí)，求證：BC+CD＝2FG．（3）當(dāng)α＝60°，k＝時(shí)，直線CE與直線AB交于點(diǎn)N，若BC＝6，CD＝5，請直接寫出線段CN的長．【分析】（1）連接BF并延長交AC于R，可推出∠AED＝∠ABD＝45°，從而A、B、E、D共圓，從而∠ABE＝90°，從而得出AB與BE垂直，可證得△BEF≌△RAF，從而BF＝RF，從而得出RB∥FG，F(xiàn)G＝，進(jìn)一步得出結(jié)果；（2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延長線于H，連接BF，可推出∠AED＝∠ABC＝60°，從而點(diǎn)A、E、B、D共圓，從而得出∠ABE＝∠ADE＝90°，可推出FG⊥BC，進(jìn)而得出EH∥FG∥AQ，進(jìn)而得出FG是梯形AEHQ的中位線，從而EH+AQ＝2FG，變形得，可推出DQ＝EH，CQ＝AQ，進(jìn)一步得出結(jié)論；（3）分兩種情形：當(dāng)點(diǎn)D在BC上時(shí)，作EH⊥CB，交CB的延長線于點(diǎn)H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，可推出△DHE∽△AQD，從而＝，從而求得EH，BH，CH及CE，在Rt△BCX中可求得BX，EX，根據(jù)BN∥CX得出，進(jìn)一步得出結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)D在BC的延長線上時(shí)，作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，同樣的過程得出結(jié)果．【解答】（1）解：如圖1，連接BF并延長交AC于R，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，同理可得：∠AED＝45°，∴∠AED＝∠ABD，∴A、B、E、D共圓，∴∠ABE+∠ADE＝180°，∵∠ADE＝90°，∴∠ABE＝90°，∴AB與BE垂直，∵F是AE的中點(diǎn)，∴BF＝DF＝AE，∵G是BD的中點(diǎn)，∴FG⊥BC，∵∠ABE+∠BAC＝90°+90°＝180°，∴BE∥AC，∴∠EAR＝∠FEB，∵∠AFR＝∠BFE，AF＝EF，∴△BEF≌△RAF（ASA），∴BF＝RF，∴RD∥FG，F(xiàn)G＝，∵FG⊥BC，∴RD⊥BC，∵∠C＝45°，∴CD＝RD，∴FG＝，故答案為：垂直，；（2）證明：如圖2，作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延長線于H，連接BF，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠ADE＝90°，，∴∠AED＝60°，∴∠AED＝∠ABC，∴點(diǎn)A、E、B、D共圓，∴∠ABE＝∠ADE＝90°，∵F是AE的中點(diǎn)，∴BF＝DF＝AE，∴FG⊥BC，∴EH∥FG∥AQ，∴，∴HG＝QG，∴FG是梯形AEHQ的中位線，∴EH+AQ＝2FG，∴，∵∠H＝90°，∠EBH＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝30°，∴BH＝EH，∵HG＝QG，BG＝DG，∴BH＝DQ，∴DQ＝EH，∵∠AQC＝90°，∠C＝60°，∴CQ＝AQ，∴DQ+3CQ＝2FG，∴（DQ+CQ）+2CQ＝2FG，∴BC+CD＝2FG；（3）解：如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在BC上時(shí)，作EH⊥CB，交CB的延長線于點(diǎn)H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，∵△ABC是等邊三角形，∴∠C＝60°，BQ＝CQ＝BC＝3，∴DQ＝CD﹣CQ＝2，AQ＝AC＝3，∵∠ADE＝90°，∴∠EDH+∠ADQ＝90°，∵∠H＝∠ADQ＝90°，∴∠ADQ+∠DAQ＝90°，∴∠EDH＝∠DAQ，∴△DHE∽△AQD，∴＝，∴EH＝＝，∴BE＝2EH＝，BH＝EH＝2，∴CH＝BH+BC＝8，∴CE＝＝，在Rt△BCX中，BC＝6，∠BCX＝∠EBH＝30°，∴BX＝6?cos30°＝3，∴EX＝EB+BX＝，∵BN∥CX，∴，∴，∴CN＝，如圖4，當(dāng)點(diǎn)D在BC的延長線上時(shí)，作EH⊥CB于H，作AQ⊥BC于Q，作CX⊥EB，交EB的延長線于X，由上可知：AQ＝3，CQ＝3，△DHE∽△AQD，∴DQ＝CQ+CD＝8，＝，∴EH＝DQ＝，∴BH＝EH＝8，BE＝2EH＝，∴CH＝BH﹣BC＝2，∴CE＝＝＝，∵BX＝BC＝3，∴EX＝BE﹣BX＝，∵BN∥CX，∴，∴∴CN＝，綜上所述：CN＝或．7．（2023?益陽）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，點(diǎn)D在邊AC上，將線段DA繞點(diǎn)D按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DA′，線段DA′交AB于點(diǎn)E，作A′F⊥AB于點(diǎn)F，與線段AC交于點(diǎn)G，連接FC，GB．（1）求證：△ADE≌△A′DG；（2）求證：AF?GB＝AG?FC；（3）若AC＝8，tanA＝，當(dāng)A′G平分四邊形DCBE的面積時(shí)，求AD的長．【分析】（1）利用ASA證明；（2）要證A