初中數(shù)學(xué)《相似三角形》八大模型題含答案解析

PAGE2PAGE2相似三角形的八大經(jīng)典模型題型1 A字】題型2 “8”字】題型3 AX字】題型4 子母】題型5 雙垂直】題型6 一線三等角】題型7 手拉手】題型8 三角形內(nèi)接矩形】基本模型 A字型①如圖在△ABC中點(diǎn) AB上點(diǎn)E AC上?BC則 ADE∽△ABC=AE=DE．BC②模型拓展 斜交A字型條件∠C=∠ADE圖結(jié)論ADE△AB；

AB AC③模型拓展 如圖∠ ADC∽△ACB AD=

=CD．題型 A字型

AC AB BC1(2023·安徽滁州·?？家荒?B⊥BCC⊥BCC與BD相交于點(diǎn)OM⊥BC于點(diǎn)1M點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)F⊥BC于點(diǎn)G交C于點(diǎn)F若B=4D=6則M-F值為( )75A125

35

25證明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，∵點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，∴BE=DE，∴BG=CG，∴CF=AF，∴G=1D=3G=1B=2，2 2∴EF=EG-FG=1，∴OM-EF=7，5故選：A．本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)OM=12．512023春·四川成都·九年級(jí)?？奸_(kāi)學(xué)考試)如圖在BC中D=E=BF=G=C．已知BC的面積為9則陰影部分的面積為 ．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陰影=S△BCS△G=5故答案為：5S△AEG．22023·安徽滁州·校考一模)在等邊三角形BCB=6DE是BCF是B上的動(dòng)2BF=BD=C=2

S△DEF= ， = S△ABC【答案】19證明BF∽△BA【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，AB=6，∴B=BC=C=6∠B=∠C=∠A=60°，∵BD=BF=2∠B=60°，∴△BDE是等邊三角形，∠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故答案為：1．9【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．32023春·江蘇蘇州·九年級(jí)校考階段練習(xí))如圖BC中∠B=90°BC=2C=4若正方形DEFC的頂點(diǎn)D在AB上頂點(diǎn)FG都在AC上射線AF交BC邊于點(diǎn)H則CH長(zhǎng)為 ．3【答案】43△ADGABCAHCDG=AGEF

=AFDGEFx，xAGxAG+x

BC AC CH AC2 4 CH 4【詳解】解：∵四邊形DGFE為正方形，∠ACB=90°，∴DG∥EF∥BC，DG=EF，∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，∴DG=AG，EF=AF，BC AC CH AC設(shè)DG=EF=x，∴x=AG，x=AG+x，2 4 CH 4∴AG=2x，∴xCH

=2x+x，4∴CH=4．3故答案為4．3△ADGABC與△AEF∽△AHC是解題的關(guān)鍵．基本模型 “8”字形①如圖 AB CD AOB △COD AB=OA=OB；CD OC OD②如圖 ∠ ∠ AOB △DOC?AB=OA=OB．CD OD OC ③模型拓展如圖∠?AJB △CJD AB=JA=JB．CD JC JD題型 “8”字形1(2023·安徽·九年級(jí)專題練習(xí))BDE是DE=2DBE1交C于點(diǎn)G延長(zhǎng)BE交D的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F則BG的值為( )GF23A23

34先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到B∥DBG∽△GBE∽△EAE2ED即可得結(jié)果．ABCD為平行四邊形，∴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故選：A．本題考查了平行四邊形的性質(zhì)判定和性質(zhì)進(jìn)行解題．12023春·廣東深圳·九年級(jí)?？奸_(kāi)學(xué)考試)BD與E相交于點(diǎn)AE∥BCD=2，1B=3C=6則E= ．4證明BC∽△EB=CAD AE【詳解】解：∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE，∴AB=AC，AD AE即3=6，2 AE∴AE=4，【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．22023春·陜西寶雞·九年級(jí)?？计谀?BD的邊長(zhǎng)為4E在邊DE=3BEACFFFGBCCDGFG的長(zhǎng)．2【答案】167△CBFAEF【詳解】解：∵四邊形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【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．32023春·安徽·九年級(jí)專題練習(xí))如圖EF為矩形BD內(nèi)兩點(diǎn)E⊥FF垂直F垂足分別為EF若E=1F=2F=4則BD=( )3103B

5 C.53

D.6連接CF于點(diǎn)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∵四邊形ABCD是矩形，∴BD=AC=5，故選：B．AC基本模型 AX字型A字型及X字型兩者相結(jié)合，通過(guò)線段比進(jìn)行轉(zhuǎn)化.題型 AX字型1(2023春·山東煙臺(tái)·九年級(jí)統(tǒng)考期末ABCDACBM與1ADFCDH．圖中相似三角形有 對(duì)；若D2=C?M∠BA=72°∠BD的度數(shù)．(1)6(2)∠BCD=72°(1ABCD,ADBC2)先根據(jù)相似三角形的判定證出BM∽△B∠BC=∠BC∠BC+∠BD=80°(1ABCD是平行四邊形，∴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：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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°．本題考查了平行四邊形的性質(zhì)相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12023春·河南許昌·九年級(jí)統(tǒng)考期末)DE分別是BC的邊BBCE∥C1S△BE:S△CE=2:3則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【詳解】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，故答案為：4:25．相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2(2023春·重慶巴南·九年級(jí)統(tǒng)考期中)如圖在矩形ABCD中過(guò)C作CE⊥BD于E點(diǎn)交AB于F點(diǎn)連接E.若F是B中點(diǎn)且BC=8則E的長(zhǎng)為 ．28根據(jù)矩形的性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)AMEMAE的長(zhǎng)．E作N⊥BB于點(diǎn)MD于點(diǎn)N，∵CE⊥BD，∴∠CEB=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BD=90°BA=DBA∥D，又∵∠EBC=∠CBD，∴△CBE∽△DBC，∴BC=BE，BD BC∴BC2=BD?BE，∵F是AB中點(diǎn)，BF∥CD，∴△BEF∽△DEC，∴BE=BE=ME=1，DC∴MN

DE NE 2=1，3設(shè)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=故答案為：8．

163

+

=8，32023春·浙江杭州·九年級(jí)?？计谥??BDE在BE=1BD和C33相交于點(diǎn)FF作G∥BD于點(diǎn)G．FG:AE的值．(2)若AB:AC=3:2，①求證：∠AEF=∠ACB．②求證：DF2=DG?DA．(1)FG:AE3:4①②詳見(jiàn)解析)E∽△DD=3FG∥B△ADEGDF2)①C=2aBE)FE=FAC AB△F∽△B②根據(jù)(2)①的結(jié)論以及平行線的性質(zhì)△DFG∽△DAF【詳解】(1)解：∵?ABCD，∴AB∥CD，∴∠EAF=∠DCF，∵∠AFE=∠CFD，∴△AFE∽△CFD，∴EF=AE=AF，F(xiàn)D CD FC∵E=1BB=D，3∴EF=AE=AE=1FD=3EF，F(xiàn)D 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)的結(jié)論，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 為 字型 形 當(dāng) AD=∠B時(shí)△AC∽△AD則 AE=AD=DE．AE?AC=AD?AB．如圖所示當(dāng) 點(diǎn)與 點(diǎn)重合時(shí)為其常見(jiàn)的一個(gè)變形即子母型．

AB AC BC當(dāng)AD=∠B時(shí)△AC∽△AD

=AD=CD．AB AC BC題型 子母型1(2023春·安徽滁州·九年級(jí)統(tǒng)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質(zhì)得出答案即可；2)由BD∽△E可證∠E=∠DD=E)可證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的中線，∴BC=2BD=2CD，∴C2=BC·D=2D2C=2D，∴

=CD2CD

=2．2此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及重心的性質(zhì)等知識(shí)△BAD∽△ACE是解題關(guān)鍵．1(2023春·安徽蚌埠·九年級(jí)?？计谥小鰽BCBCAC26=4BD=2D∽△BA．1證明見(jiàn)解析．根據(jù)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．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，掌握知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．22023春·安徽合肥·九年級(jí)?？计谥小鰾C∠BC=90°BD⊥CE為BD2AEBCFAFCFFFHACH．CDB；2EF；FH=3BC的長(zhǎng)．(1)先根據(jù)垂直的定義可得∠E=∠B=90°∠E=∠B先根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AD=DE=1AHCHCD DB 2得D=2DH先根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得DE=AEDE,BDFH AF得BD～△BDDRtBD【詳解】證明：(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的中點(diǎn)，∴DE=BE=1BD，2由(1)已證：△ADE～△CDB，∴AD=DE=1，CD DB 2設(shè)D=a>0)D=2aC=D+D=3a，∵FH⊥AC,AF=CF，∴AH=CH=1AC=3a(等腰三角形的三線合一)，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，F(xiàn)H 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【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相似三角333形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．32023·安徽合肥·統(tǒng)考一模)如圖1B=C=2DC∥BD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到3ED落在C的點(diǎn)EB與F相交于點(diǎn)OB與F相交于點(diǎn)GBF．CAD；FB；若點(diǎn)DEF2B的值．)BC(1見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)2)根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)得到旋轉(zhuǎn)前后兩個(gè)三角形全等E=DC=2DE=DB=C根據(jù)旋轉(zhuǎn)和第一小題的結(jié)論BE=E∠B=∠BF從前面的兩個(gè)全等中得到∠C=∠BA∠C=∠A從而得到∠B=∠BFO和BF就是頂角互為對(duì)頂角的一組等腰三角形∠O=∠B根據(jù)DEFG和DG=1BG就是2G∥BBFBC=D∠E=∠DD和E(1將△ACDC逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)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，∴四邊形BCEF是平行四邊形，∴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將多個(gè)小題的結(jié)論聯(lián)系起來(lái)【基本模型-雙垂直型①如圖直角三角形被斜邊上的高分成的兩個(gè)直角三角形與原三角形相似即 ACD △ABC∽△CBD常見(jiàn)的結(jié)論有CA AD BC=BD CD DA②拓展正方形長(zhǎng)方形中經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)射影定理模型如圖在Rt△ABE和 t△BCF內(nèi)均有射影定理型．題型 雙垂直型1(2023春·陜西西安·九年級(jí)?？茧A段練習(xí))如圖在矩形BD中B=8BC=6點(diǎn)E在邊BC上，E=2若點(diǎn)PQ分別為邊D與B上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)線段Q始終滿足與E垂直且垂足為F則P+QE的最小值為 ．155分過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥D于點(diǎn)H．利用相似三角形的性質(zhì)求出H=3設(shè)BQ=x則H=xD=5-xP+QE= 62+(5-2+2+42求P+QE的最小值相當(dāng)于在x軸上找一點(diǎn)M0)使點(diǎn)M到J04)K56)的距離和最小作點(diǎn)J關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)連接K則K=52+02=55J+K=+K≥K=55可得結(jié)論．QQHCDH．∵四邊形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°，∴四邊形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，設(shè)BQ=xH=xP=5-x，∴AP+QE= 62+(5-x)2+x2+42，欲求P+QEx軸上找一點(diǎn)M0)M到J04)K56)1中，作點(diǎn)J關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)K，∵K56)0-4)，∴K=52+02=55，∵J+K=+K≥K=55，∴JM+MK的最小值為55，APQE55．5．本題考查矩形的性質(zhì)1(2023春·福建莆田·九年級(jí)?？计谀?【問(wèn)題情境】1例中項(xiàng)．射影定理是數(shù)學(xué)圖形計(jì)算的重要定理．其符號(hào)語(yǔ)言是1RtBC∠B=90°D⊥BDC=B·D2BC=B·BD3D2=D·BD)AC2=AB·AD．【結(jié)論運(yùn)用】如圖2BD的邊長(zhǎng)為3O是對(duì)角線CBDE在DC作F⊥BE，F(xiàn)OF，①求證：△BOF∽△BED；BE=10OF的長(zhǎng)．355)2)①355(1證明△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為正方形，∴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為BDC為折痕將2兩個(gè)角∠A∠B)向內(nèi)折起點(diǎn)AB恰好落在D邊的點(diǎn)F處若D=3BC=5則F的長(zhǎng)是( A. 15 B.215 C. 17 D.217【解析】∵AD∥BC，∴∠ADF+∠FCB=180°.根據(jù)折疊前后的圖形全等得到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.故選A.3(2023·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考三模)綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形與垂直”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)．3操作判斷如圖1BDBC上任意取一點(diǎn)EEB作BF⊥E于點(diǎn)GD交于F1AEBF的關(guān)系．遷移探究小華將正方形紙片換成矩形紙片，繼續(xù)探究，過(guò)程如下：如圖2BDB:D=m:nBC上任意取一點(diǎn)EEB作BF⊥E于點(diǎn)GD交于點(diǎn)FE與BF拓展應(yīng)用如圖3BD的邊長(zhǎng)為2E由點(diǎn)A向終點(diǎn)DF由點(diǎn)D向終點(diǎn)C做勻速運(yùn)動(dòng)動(dòng)點(diǎn)EF同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)且速度相同連接FBE交于點(diǎn)G連接D則線段D長(zhǎng)度的最小值為 點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)為 ．(直接寫(xiě)出答案不必說(shuō)明理由)(1)AEBF(2)AE=m，理由見(jiàn)解析BF n(3)5-2)由四邊形BD∠BC=∠BD=90°B=BC∠BE=∠BC，所以△ABEBCFAEBF．由四邊形BD∠BC=∠BF=90°D=BC∠BE=∠BC△ABE～△BCF，于是AE=AB，證得AE=m.BF BC BF n取B的中點(diǎn)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在以點(diǎn)M1的14運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)為2π÷4=π．2【詳解】(1)∵四邊形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(jìn)是AB的中點(diǎn)，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三點(diǎn)共圓，∴點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，在以半徑為1的1圓上運(yùn)動(dòng)，4∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)為：2π÷4=π，2故答案為：5-1；π2【基本模型一線三等角型三垂直模型如圖 ∠ ACE 9°， ABC∽△CDE一線三等角模型如圖 ∠ ACE ∠ ABC∽△CDE特別地連接AE若 為BD的中點(diǎn)則ACE △ABC∽△CDE補(bǔ)充其他常見(jiàn)的一線三等角圖形題型 一線三等角型1(2023春·山東濰坊·九年級(jí)統(tǒng)考期末)如圖Rt△BC中∠B=90°D⊥B于D矩形HD、矩形F的頂點(diǎn)分別在△BD△D的三邊上且矩形HD∽矩形F．可求兩矩形的相似比的是( )1ABB

BDCDCEEH由條件可以證明D∽△BDDN，∵矩形MNHD∽矩形GDEF，∴∠FDE=∠BDN，∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，∴∠FCD=∠B，∴△CFD∽△BND，∴DN:DF=BD:CD，故選：B．本題考查相似多邊形DND∽△BD1(2023春·山東日照·九年級(jí)?？计谥?已知等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為4．1BC上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)PC上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)D∠D=60°BP∽△D；P在射線BCD在直線C∠D=20°C=2D的長(zhǎng)；(2DC120的面積．(1見(jiàn)詳解(2)7(3)532)先利用三角形的內(nèi)角和得出∠BP+∠B=20°∠B+∠D=20°∠BP=∠D過(guò)點(diǎn)P作E⊥C于E30°EEPP∽∠DCDAM【詳解】(1)解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠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是等邊三角形，邊長(zhǎng)為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，根據(jù)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如下圖，由(2)知，AD=7，∵AC=4，∴CD=AD-AC=7-4=3，∠=20°=D=3，∵∠DCP=60°，∴∠P=∠∠P=60°∠=80°∠=60°，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CP于H，在RtHH=1=3，2 2332根據(jù)勾股定理得H=3H= ，332過(guò)點(diǎn)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過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于M，∵AB=AC，∴BM=1BC=2，2在Rt△ABM中，根據(jù)勾股定理得，AM=3BM=23，∴S△ACP=1CP?AM=1×2×23=23，2 2∴S△P=S四邊形

-23=53．932293222023·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí))如圖1P是線段B上與點(diǎn)ABB的同側(cè)分別以APB為頂點(diǎn)作∠1=∠2=∠3∠1與∠3的一邊分別是射線B和射線BA∠2的兩邊不ABPAB為等聯(lián)線．2如圖25×31B為端點(diǎn)在格點(diǎn)的已知線段．請(qǐng)用三種不同連接格點(diǎn)的方法ABP如圖3RtC∠A=90°C>PP至點(diǎn)BB=C∠A的等聯(lián)角∠D和∠BD．將C沿CA落在點(diǎn)MCM交BD的延長(zhǎng)線于ECEPDFBF．①確定△PCF的形狀，并說(shuō)明理由；②若P:B=:2BF=2kB和線段E的長(zhǎng)用含k的式子表示．(1見(jiàn)解析2)①②等聯(lián)線B=3kE=5k2(1(2△PCFCCNBEBENACCM=∠E=∠A=90°∠1=∠2BCRtE?RtE∠F=45°②過(guò)點(diǎn)F作Q⊥BE于QR⊥B交B的延長(zhǎng)線于R∠R=∠A=90°．證明C?△RPP=BR=RRtBRFBR2+R2=BF2BF=2kBRQBQ=QF=kQ∥NF~CE=3kE=M+2ME即可．【詳解】(1)解：作圖如下：(方法不唯一)△PCF是等腰直角三角形．理由為：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥BE交BE的延長(zhǎng)線于N．由折疊得C=M∠P=∠E=∠A=90°∠1=∠2，∵C=B∠A=∠BD=∠N=90°，∴四邊形ABNC為正方形，∴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的延長(zhǎng)線于R，則∠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·重慶萬(wàn)州·九年級(jí)統(tǒng)考期末)BDB=6BC=9E為DF為3BC上一點(diǎn)BF<C且F⊥E．對(duì)角線C與F交于點(diǎn)G則C的長(zhǎng)為 ．【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，根據(jù)勾股定理即可求解．7 7GGHBCH，設(shè)BF=xF=9-x，ECD的中點(diǎn)，∴CE=1CD=3，2∵AF⊥FE，∴∠AFB+∠EFC=90°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠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，設(shè)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故答案為：613．7

22+

2=613．7【基本模型-手拉手型①如圖若ABC∽△ADE則ABD △ACE來(lái)源ZxxkCom②如圖所示△BDE和 ABC都是等腰直角三角形的延長(zhǎng)線與AD相交于點(diǎn) ABD∽E且相似比為 2AD與 E的夾角為 ．旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)組成的三角形相似．③如圖所示 tAOB∽tOD則 AOC∽△ODAC⊥D且ADC=DAB．題型 手拉手型1(2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考三模)背景材料：1在學(xué)習(xí)全等三角形知識(shí)時(shí)形構(gòu)成．在相對(duì)位置變化的同時(shí)拉手模型．1BC和E∠BC=∠D=90°B=CE=D△ABDACE．學(xué)習(xí)小組繼續(xù)探究：如圖2BCBC為邊分別向BC外作等邊BD和等邊E)BEDBE=D；△ABCABACBCE旋轉(zhuǎn)一定的角度如圖3)E和BDBD∽△E．學(xué)以致用：如圖4BD∠B=90°∠C=∠B=αnα=3D=5D=2．請(qǐng)?jiān)趫D4中構(gòu)造小剛發(fā)現(xiàn)的手拉手模型求BD的長(zhǎng)．(1=1517.4)由等邊三角形的性質(zhì)可得D=BC=E∠B=∠C=60°∠C=∠BEC≌△BEBD=E；通過(guò)證明E∽△BCB=D∠BC=∠EAC AE過(guò)點(diǎn)A作E垂直于D∠D=αE∠C=90°C∽△BCE=AC

EECBD的長(zhǎng)．BD AB(1作圖ABD和△ACE都是等邊三角形∴D=BC=E∠B=∠C=60°，∴∠C=∠BED=BC=E∴△DAC≌△BAE(SAS)∴BE=CD如圖，在第一個(gè)圖中，∵DE∥BC∴△ADE∽△ABC∴AB=ADAC AE∵將三角形ADE旋轉(zhuǎn)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·九年級(jí)?？茧A段練習(xí))[問(wèn)題發(fā)現(xiàn)]1如圖1RtBCB=C∠BC=90°D為BCD為一邊作正方形FE與點(diǎn)A重合，已知ΔACF∽ΔBCE．請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BE與AF的數(shù)量關(guān)系；[實(shí)驗(yàn)研究]在)F繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至如圖2BEEF．請(qǐng)猜想線段BE和AF的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；[結(jié)論運(yùn)用]在)(2)ΔBC的面積為8F旋轉(zhuǎn)到BEFAF的長(zhǎng)．(1)BE=2AF(2)BE=2AF，證明見(jiàn)解析(3)線段AF的長(zhǎng)為23-2或23+2)先判斷出BDB=2D先利用三角函數(shù)得出C=CF∽△BEBC ECEBFEFCFAD=2=6BE=6-2(2EBF延長(zhǎng)線上同前一種情況一樣即可得出結(jié)論．【詳解】(1)解：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，∵四邊形CDEF是正方形，∴EF=CF，∠F=90°，∴∠FEC=∠FCE=45°，∴∠C=∠B∠E=∠B，∵點(diǎn)E與點(diǎn)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．證明：由(1)得，AC=sinB=sin45°=2，BC 2∵四邊形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為BC的中點(diǎn)，∴AD=1BC，AD⊥BC，2∴BC=2AD，∵ΔABC的面積為8，∴1BC?AD=8，2∴AD2=8，∴AD=22，∴BC=42，∵點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，四邊形CDEF是正方形，∴EF=CF=DE=AD=22；如圖2BEF三點(diǎn)共線且點(diǎn)E在線段BF上，∵∠BFC=90°，∴BF=BC2F2= 422-(222=26，∴BE=BF-EF=26-22，∵BE=2AF．∴ 2AF=26-22，∴AF=23-2；如圖3BEF三點(diǎn)共線且點(diǎn)F在線段BEBEBFEF2622，∵BE=2AF．∴ 2AF=26+22，∴AF=23+2，綜上所述，線段AF的長(zhǎng)為23-2或23+2．討論和畫(huà)出圖形是解決本題的關(guān)鍵．2(2023·河南洛陽(yáng)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上形成一組全等的三角形2C△ABC△CDE△CDECα0a360連接BDE1BC和E①線段BD與線段AE的數(shù)量關(guān)系是 ；②直線BD與直線AE相交所夾銳角的度數(shù)是 ；遷移探究如圖2∠BC=∠C=90°∠BC=∠C=30°)中的結(jié)論是否都成立？請(qǐng)說(shuō)明理由；3∠BC=∠C=90°B=CE=EBC=2D=42BDE三點(diǎn)共線時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出BD的長(zhǎng)．)①BD=E②60°2)①②(3)27-2或27+2(1BDAEFACBCEC=∠ECD=60°．進(jìn)而可求出∠BD=∠E∴△BD?△EBD=E．再根據(jù)∠BC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；由題意得出BC=D=1∠BD=∠ABD∽△EE=2BD．由)同AC CE 2理可證∠F=∠ACB=60°；DBEEBD)1BD交直線E于點(diǎn)F．ABC和△CDE都是等邊三角形，∴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°；故答案為：BD=AE；60°；2，延長(zhǎng)BD交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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如圖3D落在線段BE上時(shí)．∵∠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如圖4E落在線段BD上時(shí)，BEDE272．綜上所述，BD的長(zhǎng)為27-2或27+2．32023春·安徽合肥·九年級(jí)統(tǒng)考期末)在ΔBCA=B∠B=α．點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)AC重合的任意一點(diǎn)．連接PP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段PDBDP．3觀察猜想如圖1當(dāng)α=60°時(shí)BD的值是 直線BD與直線P相交所成的較小角的度數(shù)是 ．CP類比探究如圖2α=90°BD的值及直線BD與直線P相交所成的小角的度數(shù)2的情形說(shuō)明CP理由．解決問(wèn)題當(dāng)α=90°EF分別是ABP在直線FCPD在同一直線上時(shí)AD的值．CP160°245°(32-22+2)如圖1P交BD的延長(zhǎng)線于EB交C于點(diǎn)O．證明ΔP?ΔBDS)如圖2BD交C于點(diǎn)OBD交C于點(diǎn)E．證明ΔB～ΔC①如圖3-1D在線段CD交BC的延長(zhǎng)線于H．證明D=C即可解決問(wèn)題．②如圖3-2中，當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí)，同法可證：DA=DC解決問(wèn)題．)如圖1P交BD的延長(zhǎng)線于EB交C于點(diǎn)O．∵∠PAD=∠CAB=60°，∴∠CAP=∠BAD，∵A=BAA=A，∴ΔCAP?ΔBAD(SAS)，∴C=BD∠P=∠BD，∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60°，∴BD=1BD與直線P相交所成的較小角的度數(shù)是60°，PC故答案為160°．如圖2BD交C于點(diǎn)OBD交C于點(diǎn)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°，∴直線BD與直線CP相交所成的小角的度數(shù)為45°．31中DPC上時(shí)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四點(diǎn)共圓，∠C=∠BC=225°∠A=∠BD=225°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，∴A=CD=aC=D=aD=2a，2∴AD= a =2-2c．2CP a+2a2如圖3-2P在線段DA=CD=aD=D=aD=2a，2∴PC=a-2a，2∴AD= a =2+2．2PC a-2a2【基本模型-三角形內(nèi)接矩形型由之前的基本模型 型或AX 推導(dǎo)出來(lái)的。 結(jié)論⊥GF△AGF∽△ABC

=A