2024年中考數(shù)學(xué)幾何模型歸納講練 20 相似三角形重要模型之母子型（共邊共角模型） 教師與學(xué)生版

專題20相似三角形重要模型之母子型（共邊共角模型）相似三角形是初中幾何中的重要的內(nèi)容，常常與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，是中考的常考題型。在相似三角形中存在眾多的相似模型，其中“母子型”相似模型應(yīng)用較為廣泛，深入理解模型內(nèi)涵，靈活運用相關(guān)結(jié)論可以顯著提高解題效率，本專題重點講解相似三角形的“母子”模型。母子相似證明題一般思路方法:①由線段乘積相等轉(zhuǎn)化成線段比例式相等；②分子和分子組成一個三角形、分母和分母組成一個三角形；③第②步成立，直接從證這兩個三角形相似，逆向證明到線段乘積相等；④第②步不成立，則選擇替換掉線段比例式中的個別線段，之后再重復(fù)第③步。模型1.“母子”模型(共邊角模型)【模型解讀與圖示】“母子”模型的圖形（通常有一個公共頂點和另外一個不是公共的頂點，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母懷），也是有一個“公共角”，再有一個角相等或夾這個公共角的兩邊對應(yīng)成比例就可以判定這兩個三角形相似．圖1圖2圖3圖41）“母子”模型（斜射影模型）條件：如圖1，∠C=∠ABD；結(jié)論：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.2）雙垂直模型（射影模型）條件:如圖2，∠ACB=90o，CD⊥AB；結(jié)論：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.3）“母子”模型（變形）條件:如圖3，∠D=∠CAE，AB=AC；結(jié)論：△ABD∽△ECA；4）共邊模型條件:如圖1，在四邊形中，對角線平分，，結(jié)論：；例1．（2022·貴州貴陽·中考真題）如圖，在中，是邊上的點，，，則與的周長比是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先證明△ACD∽△ABC，即有，則可得，問題得解．【詳解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∵，∴，∴，∴△ADC與△ACB的周長比1:2，故選：B．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，證明△ACD∽△ABC是解答本題的關(guān)鍵．例2．（2022春·江蘇·九年級專題練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D在AB上，且＝．（1）求證△ACD∽△ABC；（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似，即可得出（2）由得，，推出，由相似三角形的性質(zhì)得，即可求出CD的長．【詳解】（1）∵，，∴；（2）∵，∴，，∴，∴，∴，即，∴．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3.（2022.山西九年級期中）如圖，點C，D在線段AB上，△PCD是等邊三角形，且∠APB＝120°，求證：（1）△ACP∽△PDB，（2）CD2＝AC?BD．證明：（1）∵△PCD是等邊三角形，∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，∴∠ACP＝∠PDB＝120°，∵∠APB＝120°，∴∠APC+∠BPD＝60°，∵∠CAP+∠APC＝60°∴∠BPD＝∠CAP，∴△ACP∽△PDB；（2）由（1）得△ACP∽△PDB，∴，∵△PCD是等邊三角形，∴PC＝PD＝CD，∴，∴CD2＝AC?BD．例4．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）在中，是斜邊上的高．

(1)證明：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)三角形高的定義得出，根據(jù)等角的余角相等，得出，結(jié)合公共角，即可得證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）證明：∵是斜邊上的高．∴，∴，∴又∵∴，（2）∵∴，又∴．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．例5．（2023.浙江中考模擬）如圖，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB．（1）圖1中共有對相似三角形，寫出來分別為（不需證明）：（2）已知AB＝5，AC＝4，請你求出CD的長：（3）在（2）的情況下，如果以AB為x軸，CD為y軸，點D為坐標原點O，建立直角坐標系（如圖2），若點P從C點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段CB運動，點Q出B點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段BA運動，其中一點最先到達線段的端點時，兩點即刻同時停止運動；設(shè)運動時間為t秒是否存在點P，使以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）3，ABC∽ACD，ABC∽CBD，ACD∽CBD；（2）；（3）存在，(，)，(，)【分析】（1）根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似即可得到3對相似三角形，分別為：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．（2）先在△ABC中由勾股定理求出BC的長，再根據(jù)△ABC的面積不變得到AB?CD＝AC?BC，即可求出CD的長．（3）由于∠B公共，所以以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似時，分兩種情況進行討論：①△PQB∽△ACB；②△QPB∽△ACB．【詳解】解：（1）圖1中共有3對相似三角形，分別為：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．證明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，∴△ADC∽△ACB同理可證：△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．故答案為：3；△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．（2）如圖2中，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC＝＝＝3．∵△ABC的面積＝AB?CD＝AC?BC，∴CD＝＝．（3）存在點P，使以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似，理由如下：在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝3，OC＝，∴OB＝．分兩種情況：①當∠BQP＝90°時，如圖2①，此時△PQB∽△ACB，∴＝，∴，解得t＝，即，∴．在△BPQ中，由勾股定理，得，∴點P的坐標為；②當∠BPQ＝90°時，如圖2②，此時△QPB∽△ACB，∴，∴，解得t＝，即，過點P作PE⊥x軸于點E．∵△QPB∽△ACB，∴，即，∴PE＝．在△BPE中，，∴，∴點P的坐標為，綜上可得，點P的坐標為(，)；(，)．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考常考題型．例6．（2022·陜西漢中·九年級期末）如圖，是等腰直角斜邊的中線，以點為頂點的繞點旋轉(zhuǎn)，角的兩邊分別與、的延長線相交，交點分別為點、，與交于點，與交于點，且．(1)如圖1，若，求證：；(2)如圖2，若，求證：；(3)如圖2，過作于點，若，，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)．【分析】（1）由題意可得∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，從而可得∠DCE=∠DCF=135°，于是可證得，則有DE=DF；（2）結(jié)合（1）可求得∠CDF+∠F=45°從而可得∠F=∠CDE，則，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）由DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，結(jié)合（2）可求得CE=2，從而可求得CG=DG=，可證得，從而可求得GN=，再利用勾股定理即可求得DN．（1）證明∶∵∠ACB=90°，AC=BC，CD是中線，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°∵在△DCE與△DCF中，，∴，∴DE=DF；（2）證明∶∵∠DCE=∠DCF=135°∴∠CDF+∠F=180°-135°=45°，∵∠CDF+∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，∴，∴，即；（3）解：如圖，∵DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，∴∠DGN=∠ECN=90°，∠GCD=∠CDG=45°，∴CG=DG當CD=2，CF=時，由可得，CE=2，在Rt△DCG中，∵∠ECN=∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理，作出適當?shù)妮o助線，并熟記相似三角形的判定條件與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例7．（2023·浙江·九年級期末）（1）如圖1，在中，為上一點，．求證：．（2）如圖2，在中，是上一點，連接，．已知，，．求證：．（3）如圖3，四邊形內(nèi)接于，、相交于點．已知的半徑為2，，，，求四邊形的面積．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）由化比例，與，可證∽即可；（2）由，可得，AD=BC，根據(jù)線段比值計算，，可得，由∠EAC=∠CAB，可證∽即可；（3）連接交于點，連接，根據(jù)，，可得AC=2AE，根據(jù)線段比值計算可得，由∠BAC=∠EAB，可證∽，可證∠ABD=∠ADB，可得BF=DF，根據(jù)勾股定理OF=，可求，可證，，可得S△BCD=即可．【詳解】（1）證明：如圖1，∵，∴，又∵，∴∽，∴．（2）證明：如圖2，∵，∴，AD=BC，∵，，，∴，∴，，∴，∵∠EAC=∠CAB，∴∽，∴，即，∴．∴；（3）解：如圖3，連接OA交于點，連接，∵，，∴AC=2AE，∴，，∴，∵∠BAC=∠EAB，∴∽，∴，∵∠ADB=∠ACB，∴∠ABD=∠ADB，∴點A是弧的中點，BD為弦，OA為半徑，∴，BF=DF，∵，，∴BF=DF=，在Rt△OBF中，根據(jù)勾股定理OF=，∴，∴，∵，∴，，∴S△BCD=S△BCE+S△DCE=，∴．【點睛】本題考查三角形相似判定與性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，與三角形高有關(guān)的計算，掌握三角形相似判定與性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，與三角形高有關(guān)的計算是解題關(guān)鍵．例8．（2022春·廣東深圳·九年級?？计谥校净A(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在四邊形中，對角線平分，，求證：；【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，四邊形為平行四邊形，在邊上，，點在延長線上，連結(jié)，，，若，，，求的長；

【拓展提高】（3）如圖3，在中，是上一點，連結(jié)，點，分別在，上，連結(jié)，，，若，，，，，求的值．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）據(jù)角平分線的定義及相似三角形的判定可知，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解答；（2）據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及相似三角形的判定可知，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解答；（3）據(jù)平行線的性質(zhì)可知即相似三角形的判定可知，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解答．【詳解】（1）證明：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵四邊形為平行四邊形，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴；（3）過點作交的延長線于點，∵，，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴．

【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．課后專項訓(xùn)練1.（2023成都市九年級期中）如圖，矩形ABCD中，F(xiàn)是DC上一點，BF⊥AC，垂足為E，ADAB=12，△CEF的面積為S1，△AEB的面積為SA．116 B．15 C．14 【解答】解：∵ADAB=12，∴設(shè)AD＝BC＝a，則AB＝CD＝2a，∴∵BF⊥AC，∴△CBE∽△CAB，△AEB∽△ABC，∴BC2＝CE?CA，AB2＝AE?AC∴a2＝CE?5a，4a2＝AE?5a，∴CE=5a5，AE=∵△CEF∽△AEB，∴S1S2=（CEAE）2．（2022·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，．分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點，作直線分別交，于點．以為圓心，長為半徑畫弧，交于點，連結(jié)．則下列說法錯誤的是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】根據(jù)線段垂直平分線的判定與性質(zhì)即可判斷選項A；先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可得，由此即可判斷選項B；先假設(shè)可得，再根據(jù)角的和差可得，從而可得，由此即可判斷選項C；先根據(jù)等腰三角形的判定可得，再根據(jù)相似三角形的判定可得，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，最后根據(jù)等量代換即可判斷選項D．【詳解】解：由題意可知，垂直平分，，，則選項A正確；，，，，，，，，，，則選項B正確；假設(shè)，，又，，，與矛盾，則假設(shè)不成立，選項C錯誤；，，，在和中，，，，即，，則選項D正確；故選：C．【點睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，熟練掌握判定定理與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．3．（2023·湖北恩施·?？寄M預(yù)測）如圖，在中，，于點，下列關(guān)系中不正確的是（

）

A．B．C．D．【答案】C【分析】求證，，，相應(yīng)得出相關(guān)線段的數(shù)量關(guān)系；由勾股定理，可得中，，中，，于是，從而可得出結(jié)論．【詳解】解：∵，，∴∴∴，故A正確，不符合題意；∵，，∴又∴∴∴，故B正確，不符合題意；中，，中，，∴，故D正確，不符合題意．∵，∴∴∵，故C錯誤，符合題意；故選：C【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)相似三角形得出線段間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．4．（2023·山東濟南·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，以點為圓心，以為半徑作弧交于點，再分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點，作射線交于點，連接．以下結(jié)論不正確的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由題意得，，平分，根據(jù)三角形內(nèi)角和及角平分線判斷A即可；由角平分線求出，得到，根據(jù)三角形內(nèi)角和求出，得到，即可判斷B；證明，得到，設(shè)，則，求出x，即可判斷C；過點E作于G，于H，由角平分線的性質(zhì)定理推出，即可根據(jù)三角形面積公式判斷D．【詳解】解：由題意得，，平分，∵在中，，，∴∵平分，∴，故A正確；∵平分，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，故B正確；∵，∴，∴，設(shè)，則，∴，∴，解得，∴，∴，故C錯誤；過點E作于G，于H，

∵平分，，，∴∴，故D正確；故選：C．【點睛】此題考查了等腰三角形等邊對等角，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的作圖及性質(zhì)，解一元二次方程，熟練掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．5．（2023·云南臨滄·統(tǒng)考三模）如圖，在中，D是上的點，，，，則與的面積比為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】證明，再利用相似三角形的性質(zhì)即可解答．【詳解】解：，，，，設(shè)，則，，與的面積比為，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用相似三角形的性質(zhì)計算相應(yīng)線段的長或表示線段之間的關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．6．（2023·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，以點為圓心，任意長為半徑作弧，分別交，于點，；分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點；作射線交于點，若，，的面積為，則的面積為．【答案】【分析】過點作交的延長線于點，證明，得出，根據(jù)，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作交的延長線于點，∴由作圖可得是的角平分線，∴∵∴∵∴∴∴，∵的面積為，∴的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，作角平分線，熟練掌握基本作圖以及相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．7．（2020·山西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，，，垂足為，為的中點，與交于點，則的長為．【答案】【分析】過點F作FH⊥AC于H，則∽，設(shè)FH為x，由已知條件可得，利用相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)邊的比值相等即可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的長．【詳解】如解圖，過點作于，∵，∴，∴，∵，點是的中點，∴，∵，∴∽∴∴，設(shè)為，則，由勾股定理得，又∵，∴，則，∵且，∴∽，∴，即，解得，∴．∵∴∴∴故答案為：【點睛】本題考查了相似的判定和性質(zhì)、以及勾股定理的運用，解題的關(guān)鍵是作垂直，構(gòu)造相似三角形．8．（2022·河北邢臺·?？级＃┤鐖D1，在中，，，，點為邊上一點，則點與點的最短距離為______．如圖2，連接，作，使得，交于，則當時，的長為______．【答案】

5

2【分析】根據(jù)等腰三角形的三線合一性作BC邊上的高AM，再根據(jù)三角函數(shù)值求出AM的長，根據(jù)垂線段最短即可得到點P到A的最短距離即為AM長；，根據(jù)等腰三角形的三線合一性即可得到BN的長，利用線段的和差求出PN的長，再根據(jù)三角函數(shù)值求出AN的長，利于勾股定理即可得到AP長和AC長，再證△APQ相似于△ACP，即可得到AQ長；【詳解】解如圖1，過點A作AM⊥BC，垂足為M，∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=MC=BC=12，又∵tanC=∴tanB=∴AM=BMtanB=12×=5，根據(jù)點到直線的距離垂線段最短，可得點P與點A的最短距離為5；∴AB=AC==13，如圖2，過點A作AN⊥BC，在Rt△APN中，PN=PC-CN=1，又AN=5，∴AP2=PN2+AN2=26，在△APQ與△ACP中，∵∠APQ=∠C，∠PAQ=∠CAP，∴△APQ∽△ACP，∴∴AP2=AQAC，∴AQ=2故答案為：5；2．【點睛】本題考查等腰三角形、直角三角形、銳角三角函數(shù)，相似三角形的性質(zhì)和判定，綜合性較強，熟練相似三角形的性質(zhì)和判定以及銳角三角函數(shù)的意義以及直角三角形的邊角關(guān)系是解題的關(guān)鍵．9．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）如圖，是正五邊形的對角線，與相交于點．下列結(jié)論：①平分；

②；

③四邊形是菱形；

④其中正確的結(jié)論是．（填寫所有正確結(jié)論的序號）

【答案】①③④【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)得出各角及各邊之間的關(guān)系，然后由各角之間的關(guān)系及相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定依次證明即可．【詳解】解：①∵正五邊形，∴，，∴，∴，∴平分；正確；②∵，，∴，∴，∵，∴，即，故②錯誤；③∵，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形；正確；④∵，，∴，∴，∴，即，正確；故答案為：①③④．【點睛】題目主要考查正多邊形的性質(zhì)及相似三角形、菱形的判定和性質(zhì)，熟練掌握運用這些知識點是解題關(guān)鍵．10．（2020·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形中，繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，，分別交對角線于點，若，則的值為．【答案】16【分析】根據(jù)正方形及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以證明，利用相似的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】解：在正方形中，，∵繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案為：16．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2021·四川南充·中考真題）如圖，在中，D為BC上一點，，則的值為________．【答案】．【分析】證明△ABD∽△CBA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解答．【詳解】∵，∴，，∴，∵∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，證明△ABD∽△CBA是解決問題的關(guān)鍵．12．（2022·四川宜賓·九年級期末）如圖，在△ABC中，點D在BC邊上，點E在AC邊上，且AD＝AB，∠DEC＝∠B．（1）求證：△AED∽△ADC；（2）若AE＝1，EC＝3，求AB的長．【答案】（1）見解析；（2）2【分析】（1）利用三角形外角的性質(zhì)及∠DEC=∠ADB可得出∠ADE=∠C，結(jié)合∠DAE=∠CAD即可證出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性質(zhì)可求出AD的長，再結(jié)合AD=AB即可得出AB的長．【詳解】解：（1）證明：∵∠DEC=∠DAE+∠ADE，∠ADB=∠DAE+∠C，∠DEC=∠ADB，∴∠ADE=∠C．又∵∠DAE=∠CAD，∴△AED∽△ADC．（2）∵△AED∽△ADC∴，即，∴AD＝2或AD＝﹣2（舍去）．又∵AD＝AB，∴AB＝2【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用“兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似”證出△AED∽△ADC；（2）利用相似三角形的性質(zhì)，求出AD的長．13．（2022·江蘇鹽城·中考真題）如圖，在與中，點、分別在邊、上，且，若___________，則．請從①；②；③這三個選項中選擇一個作為條件（寫序號），并加以證明．【答案】見解析．【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理證明即可．【詳解】解：若選①，證明：∵，∴，，∴，∵，∴，∴，又，∴．選擇②，不能證明．若選③，證明：∵，∴，∴，又∵，∴．【點睛】本題考查相似三角形的判定定理，解題的關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定方法．14．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）在中，是斜邊上的高．

(1)證明：；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)三角形高的定義得出，根據(jù)等角的余角相等，得出，結(jié)合公共角，即可得證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）證明：∵是斜邊上的高．∴，∴，∴又∵∴，（2）∵∴，又∴．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．15．（2023·寧夏·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐問題背景：數(shù)學(xué)小組發(fā)現(xiàn)國旗上五角星的五個角都是頂角為的等腰三角形，對此三角形產(chǎn)生了極大興趣并展開探究．

探究發(fā)現(xiàn)：如圖1，在中，，．

（1）操作發(fā)現(xiàn)：將折疊，使邊落在邊上，點的對應(yīng)點是點，折痕交于點，連接，，則_______，設(shè)，，那么______（用含的式子表示）；（2）進一步探究發(fā)現(xiàn)：，這個比值被稱為黃金比．在（1）的條件下試證明：；拓展應(yīng)用：當?shù)妊切蔚牡着c腰的比等于黃金比時，這個三角形叫黃金三角形．例如，圖1中的是黃金三角形．如圖2，在菱形中，，．求這個菱形較長對角線的長．

【答案】（1）（2）證明見解析，拓展應(yīng)用：【分析】（1）利用等邊對等角求出的長，翻折得到，，利用三角形內(nèi)角和定理求出，，，表示出即可；（2）證明，利用相似比進行求解即可得出；拓展應(yīng)用：連接，延長至點，使，連接，得到為黃金三角形，進而得到，求出的長即可．【詳解】解：（1）∵，，∴，∵將折疊，使邊落在邊上，∴，，∴，；故答案為：；（2）證明：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，整理，得：，解得：（負值已舍掉）；經(jīng)檢驗是原分式方程的解．∴；拓展應(yīng)用：如圖，連接，延長至點，使，連接，

∵在菱形中，，，∴，∴，∴，∴，∴為黃金三角形，∴，∴．即菱形的較長的對角線的長為．【點睛】本題考查等腰三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是理解并掌握黃金三角形的定義，利用相似三角形的判定和性質(zhì)，得到黃金三角形的底邊與腰長的比為．16．（2023·廣東·九年級專題練習(xí)）定義：如圖，若點P在三角形的一條邊上，且滿足，則稱點P為這個三角形的“理想點”．(1)如圖①，若點D是的邊AB的中點，，，試判斷點D是不是的“理想點”，并說明理由；(2)如圖②，在中，，，，若點D是的“理想點”，求CD的長．【答案】(1)為的理想點,理由見解析(2)或【分析】（1）由已知可得，從而，，可證點是的“理想點”；（2）由是的“理想點”，分三種情況：當在上時，是邊上的高，根據(jù)面積法可求長度；當在上時，，對應(yīng)邊成比例即可求長度；不可能在上．（1）解：點是的“理想點”，理由如下：是中點，，，，，，，，，，，點是的“理想點”；（2）①在上時，如圖：是的“理想點”，或，當時，，，，即是邊上的高，當時，同理可證，即是邊上的高，在中，，，，，，，②，，有，“理想點”不可能在邊上，③在邊上時，如圖：是的“理想點”，，又，，，即，，綜上所述，點是的“理想點”，的長為或．【點睛】本題主要考查了相似三角形、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解“理想點”的定義．17．（2022·江西·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形為菱形，點E在的延長線上，．(1)求證：；(2)當時，求的長．【答案】(1)見解析(2)AE=9【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是菱形，得出，，根據(jù)平行線的性質(zhì)和等邊對等角，結(jié)合，得出，即可證明結(jié)論；（2）根據(jù)，得出，代入數(shù)據(jù)進行計算，即可得出AE的值．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴，，，，∵，∴，∴．（2）∵，∴，即，解得：．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意得出，是解題關(guān)鍵．18．（2022·湖北武漢·?？寄M預(yù)測）已知，點D在的邊上，連接．(1)如圖1，若．求證：；(2)如圖2，若，，，．求線段的長；(3)如圖3，M、N分別是上的兩點，連接交于點P，當，時，若，直接寫出的值______．

【答案】(1)證明見解析；(2)(3)【分析】（1）先證明，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可證明結(jié)論；（2）延長至點，使得，連接，根據(jù)三角函數(shù)值，設(shè)，，進而得到，，，證明，得出，從而得到關(guān)于的一元二次方程，解方程即可得到線段的長；（3）過點作交于點，交于點，過點作交于點，過點作于點，設(shè)，，，利用勾股定理，得到，，證明，得出，進而得到，，再證明，，得到，，進而得出，最后證明，，得出，即可求出的值．【詳解】（1）證明：，，，，；（2）解：如圖，延長至點，使得，連接，

，，，設(shè)，，，，，，，，，，，，，解得：，（舍），；（3）解：如圖，過點作交于點，交于點，過點作交于點，過點作于點，

，，，，設(shè)，，，，，，在中，，在中，，，，，，是的外角，，，，又，，，，，，，，，，，，，，，，，，即，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理，一元二次方程的應(yīng)用，等腰三角形三線合一的性質(zhì)等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．19．（2022·湖南長沙·?？既＃┘s定：若三角形一邊上的中線將三角形分得的兩個小三角形中有一個三角形與原三角形相似，我們則稱原三角形為關(guān)于該邊的“華益美三角”．例如，如圖1，在中，為邊上的中線，與相似，那么稱為關(guān)于邊的“華益美三角”．

(1)如圖2，在中，，求證：為關(guān)于邊的“華益美三角”；(2)如圖3，已知為關(guān)于邊的“華益美三角”，點是邊的中點，以為直徑的⊙恰好經(jīng)過點．①求證：直線與相切；②若的直徑為，求線段的長；(3)已知為關(guān)于邊的“華益美三角”，，，求的面積．【答案】(1)見解析(2)①見解析；②(3)或或【分析】（1）根據(jù)中線的定義可設(shè)，即，再由，可得，，即有，結(jié)合，可得，問題得證；（2）①連接，根據(jù)，可得，根據(jù)為的直徑，可得，根據(jù)，可得，即有，可得，問題得證；②由題意可知，，即有，，可得，即有，進而可得，在中，有，即有，解方程即可求解；（3）分類討論：當時，過A點作于點E，利用相似可得，即，根據(jù)，可得，此時面積可求；當時，過A點作于點，同理利用相似可得，進而可得，根據(jù)，可得，，則有，利用，可得，求出，進而可得，面積可求，問題隨之得解．【詳解】（1）如圖，

∵為的中線，∴，即，∵，∴，又∵，，∴，又∵，∴；∴為關(guān)于邊的“華益美三角”；（2）①證明：連接，如圖，

由題意可知，∴，又∵為的直徑，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵為的半徑，∴為的切線；②∵由題意可知，，∴，，∴，∵的直徑為，∴，，∴，∵，∴，∴，∵在中，，∴，解得：（負值舍去）；（3）分類討論：當時，過A點作于點E，如圖，

∵為關(guān)于邊的“華益美三角”，，，∴，，∴，即，∴，∵，，∴，∴；當時，過A點作于點，如圖，

∵為關(guān)于邊的“華益美三角”，，，∴，，∴，即，∴，根據(jù)還有：，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，且，∴，∴，∴，∴；綜上：的面積為或或．【點睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及解一元二次方程等知識，理解“華益美三角”的含義，靈活運用相似三角形的判定與性質(zhì)，是解答本題的關(guān)鍵．20．（2022·浙江臺州·統(tǒng)考一模）已知在?ABCD，AB＝2，BC＝10，∠B＝60°，E是邊BC上的動點，以AE為一邊作?AEFG，且使得直線FG經(jīng)過點D．（1）如圖1，EF與AD相交于H，若H是EF的中點．①求證：GF＝DF；②若GF⊥CD，求GD的長；（2）如圖2，設(shè)AE＝x，AG＝y(tǒng)，當點E在邊BC上移動時，始終保持∠AEF＝45°，①求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求函數(shù)y的取值范圍；②連接ED，當△AED是直角三角形時，求DF的值．【答案】（1）①見解析；②12；（2）①；②7或【分析】（1）①根據(jù)四邊形AEFG是平行四邊形以及H是EF的中點，可以得出HF是△DAG的中位線，進而可得GF＝DF；②通過證明AB⊥AE，解Rt△ABE求得AE，便可進一步求得結(jié)果；（2）①如圖2中，過點A作AK⊥DG于K，過點E作EJ⊥AD于J，過點A作AH⊥BC于H．構(gòu)造相似三角形解決問題即可；②分當∠EAD＝90°和∠AED＝90°兩種情形分別求解即可．【詳解】（1）①證明：如圖1中，∵四邊形AEFG是平行四邊形，∴AG∥EF，AG=EF，∵H是EF的中點，∴HF=EF=AG，∴HF是△DAG的中位線，∴GF＝DF．②如圖1中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形AEFG是平行四邊形，∴AB∥CD，AE∥GF，∵GF⊥CD，∴AB⊥AE，∴∠B＝60°，AB＝，∴GF＝AE＝AB?tanB＝＝6，∴GD＝2GF＝12；（2）①如圖2中，過點A作AK⊥DG于K，過點E作EJ⊥AD于J，過點A作AH⊥BC于H．∵四邊形AGFE是平行四邊形，∴AE∥DG，∠G＝∠AEF＝45°，∵AK⊥DG，∴AK⊥AE，∵EJ⊥AD，∴∠AKD＝∠AJE＝∠EAK＝90°，∴∠EAJ+∠KAD＝90°，∠KAD+∠ADK＝90°，∴∠EAJ＝∠ADK，∴△EJA∽△AKD，∴，在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝，∠B＝60°，∴AH＝AB?sin60°＝3，在Rt△AGK中，∵∠AKG＝90°，∠G＝45°，AG＝y(tǒng)，∴AK＝KG＝y(tǒng)，∴，∴，如圖2﹣1中，∵∠G＝45°，AD＝BC＝10，∴點G的運動軌跡的弧，當∠ADG最小時，AG的值最小，當點E與C重合時，∠ADG＝∠DAC最小，AG的值最小，在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，AH＝3，CH＝10﹣，∴，∴∵AE的最小值為3，∴AG的最大值為，∴．②如圖3﹣1中，當∠EAD＝90°時，可知AE＝FG＝3，DG＝AD＝10，DF＝DG﹣FG＝7．如圖3﹣2中，當∠AED＝90°時，過點E作EJ⊥AD于J，設(shè)AJ＝x，則DJ＝10﹣x，∵EJ⊥AD，∠AED＝90°，∴∠AJE＝∠EJD＝90°，∴∠EAJ+∠AEJ＝90°，∠AEJ+∠DEJ＝90°，∴∠EAJ＝∠DEJ，∴△EJA∽△DJE，可得EJ2＝AJ?DJ，∴x（10﹣x）＝9，解得x＝1或9（舍棄），∴AJ＝1，DJ＝9，∴，∵AE∥DG，∴∠EDG＝180°﹣90°＝90°，∵∠AEF＝∠DEF＝45°，∴DF＝DE＝，綜上所述，滿足條件的DF的值為7或．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、求反比例函數(shù)解析式、相似三角形等知識，綜合性較強，難度較大.解題時需注意根據(jù)不同情況進行分類討論，避免漏解。21．（2023·山西臨汾·統(tǒng)考二模）閱讀與思考請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．規(guī)定：在一個三角形中，若一個內(nèi)角是另一個內(nèi)角度數(shù)的n倍，則稱三角形為“n倍角三角形”．當時，稱為“1倍角三角形”，顯然等腰三角形是“1倍角三角形”；當時，稱為“2倍角三角形”，小康通過探索后發(fā)現(xiàn)：“2倍角三角形”的三邊有如下關(guān)系．如圖，在中，所對的邊分別為，若，則．下面是小康對“2倍角三角形”的結(jié)論的兩種探索證明過程：證法1：如圖1，作的平分線，∴．

設(shè)，則．證法2：如圖2，延長到點，使得，連接，……

任務(wù)：(1)上述材料中的證法1是通過作輔助線，構(gòu)造出__________三角形來加以證明的（填“全等”或“相似”）．(2)請補全證法2剩余的部分．【答案】(1)相似(2)見解析【分析】（1）由題意知，是通過構(gòu)造相似三角形，然后作答即可；（2）如圖2，延長到點，使得，連接，則，．由，可得．證明，則，即，整理可得．【詳解】（1）解：由題意知，構(gòu)造相似三角形，故答案為：相似；（2）證明：如圖2，延長到點，使得，連接，

，．，．，，，，．【點睛】本題考查了等邊對等角，三角形外角的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．22．（2022·安徽·校聯(lián)考三模）在中，，平分．（1）如圖1，若，，求的長．（2）如圖2，過分別作交于，于．①求證：；②求的值．【答案】（1）；（2）①見解析；②【分析】（1）由已知易證，利用可求得AD的長；（2）①由（1）和已知易證，進而證得；②過作，與的延長線交于，易證：、和均為等腰三角形，進而得到AC=BG，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)即可得證．【詳解】解：（1）∵在中，，平分，∴，又∠A=∠A，∴，∴，∵，，∴；（2）①∵交于，于，∴∠AFB=∠EAC，又∠ABF=∠ACB，∴，∴，∵，，∴；②過作，與的延長線交于，∵，∴，∴、和均為等腰三角形，∴，∵在等腰中，于，∴，即，∴的值為．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，會借助作平行線，用等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)解決問題是解答的關(guān)鍵．23．（2023春·山東淄博·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知，點，在邊上，連接，，使，且．(1)請判定的形狀，并說明理由；(2)若，，求的面積．

【答案】(1)是等邊三角形，理由見解析(2)【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，然后根據(jù)鄰補角得出，進而即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）解：是等邊三角形，理由如下，∵，∴，∴，∴是等邊三角形，（2）解：∵是等邊三角形，設(shè)等邊三角形的邊長為，∵，∴，又∵，，∴，解得：（負值舍去），如圖所示，過點，作于點，

∴，∴，∴的面積為【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．24．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）鮮艷的中華人民共和國國旗始終是當代中華兒女永不褪色的信仰，國旗上的每顆星都是標準五角星．為了增強學(xué)生的國家榮譽感、民族自豪感等．數(shù)學(xué)老師組織學(xué)生對五角星進行了較深入的研究．延長正五邊形的各邊直到不相鄰的邊相交，得到一個標準五角星．如圖，正五邊形的邊的延長線相交于點F，的平分線交于點M．

(1)求證：．(2)若，求的長．(3)求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)正多邊形的性質(zhì)可以得到，再利用三角形的內(nèi)角和以及角平分線的定義得到，再根據(jù)，可得到，進而得到結(jié)論；（2）根據(jù)等角對等邊可以得到，，再由（1）得結(jié)論得到，解方程可以求出結(jié)果；（3）設(shè)，連接，，根據(jù)正多邊形可以推導(dǎo)出，，則可表示出，然后求出比值．【詳解】（1）證明：∵是正五邊形，∴，∴，又∵的平分線交于點M，∴，∴，又∵，∴，∴，即；（2）解：∵，∴，∴，，∵，∴，解得：或（舍去），∴；（3）設(shè)，，連接，，則根據(jù)（2）中計算可得，∵是正五邊形，∴，∴∴，∴，，∴，∴，∴，∴．

【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程，全等三角形的判定和性質(zhì)，正多邊形的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．25．（2022·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）（1）如圖1，在△ABC中，，CD平分，交AB于點D，//，交BC于點E．①若，，求BC的長；②試探究是否為定值．如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．（2）如圖2，和是△ABC的2個外角，，CD平分，交AB的延長線于點D，//，交CB的延長線于點E．記△ACD的面積為，△CDE的面積為，△BDE的面積為．若，求的值．【答案】（1）①；②是定值，定值為1；（2）【分析】（1）①證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可；②由，可得，由①同理可得，計算；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)可得，又，則，可得，設(shè)，則．證明，可得，過點D作于H．分別求得，進而根據(jù)余弦的定義即可求解．【詳解】（1）①∵CD平分，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴．∴．∴．∴．∴．②∵，∴．由①可得，∴．∴．∴是定值，定值為1．（2）∵，∴．∵，∴．又∵，∴．設(shè)，則．∵CD平分，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴．∴．∴．如圖，過點D作于H．∵，∴．∴．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，求余弦，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．

專題20.相似三角形重要模型--母子型（共邊共角模型）相似三角形是初中幾何中的重要的內(nèi)容，常常與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，是中考的常考題型。在相似三角形中存在眾多的相似模型，其中“母子型”相似模型應(yīng)用較為廣泛，深入理解模型內(nèi)涵，靈活運用相關(guān)結(jié)論可以顯著提高解題效率，本專題重點講解相似三角形的“母子”模型。母子相似證明題一般思路方法:①由線段乘積相等轉(zhuǎn)化成線段比例式相等；②分子和分子組成一個三角形、分母和分母組成一個三角形；③第②步成立，直接從證這兩個三角形相似，逆向證明到線段乘積相等；④第②步不成立，則選擇替換掉線段比例式中的個別線段，之后再重復(fù)第③步。模型1.“母子”模型(共邊角模型)【模型解讀與圖示】“母子”模型的圖形（通常有一個公共頂點和另外一個不是公共的頂點，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母懷），也是有一個“公共角”，再有一個角相等或夾這個公共角的兩邊對應(yīng)成比例就可以判定這兩個三角形相似．圖1圖2圖3圖41）“母子”模型（斜射影模型）條件：如圖1，∠C=∠ABD；結(jié)論：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.2）雙垂直模型（射影模型）條件:如圖2，∠ACB=90o，CD⊥AB；結(jié)論：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.3）“母子”模型（變形）條件:如圖3，∠D=∠CAE，AB=AC；結(jié)論：△ABD∽△ECA；4）共邊模型條件:如圖1，在四邊形中，對角線平分，，結(jié)論：；例1．（2022·貴州貴陽·中考真題）如圖，在中，是邊上的點，，，則與的周長比是（

）A． B． C． D．例2．（2022春·江蘇·九年級專題練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D在AB上，且＝．（1）求證△ACD∽△ABC；（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的長．例3.（2022.山西九年級期中）如圖，點C，D在線段AB上，△PCD是等邊三角形，且∠APB＝120°，求證：（1）△ACP∽△PDB，（2）CD2＝AC?BD．例4．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）在中，是斜邊上的高．(1)證明：；(2)若，求的長．

例5．（2023.浙江中考模擬）如圖，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB．（1）圖1中共有對相似三角形，寫出來分別為（不需證明）：（2）已知AB＝5，AC＝4，請你求出CD的長：（3）在（2）的情況下，如果以AB為x軸，CD為y軸，點D為坐標原點O，建立直角坐標系（如圖2），若點P從C點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段CB運動，點Q出B點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段BA運動，其中一點最先到達線段的端點時，兩點即刻同時停止運動；設(shè)運動時間為t秒是否存在點P，使以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．例6．（2022·陜西漢中·九年級期末）如圖，是等腰直角斜邊的中線，以點為頂點的繞點旋轉(zhuǎn)，角的兩邊分別與、的延長線相交，交點分別為點、，與交于點，與交于點，且．(1)如圖1，若，求證：；(2)如圖2，若，求證：；(3)如圖2，過作于點，若，，求的長．例7．（2023·浙江·九年級期末）（1）如圖1，在中，為上一點，．求證：．（2）如圖2，在中，是上一點，連接，．已知，，．求證：．（3）如圖3，四邊形內(nèi)接于，、相交于點．已知的半徑為2，，，，求四邊形的面積．例8．（2022春·廣東深圳·九年級?？计谥校净A(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在四邊形中，對角線平分，，求證：；【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，四邊形為平行四邊形，在邊上，，點在延長線上，連結(jié)，，，若，，，求的長；

【拓展提高】（3）如圖3，在中，是上一點，連結(jié)，點，分別在，上，連結(jié)，，，若，，，，，求的值．課后專項訓(xùn)練1.（2023成都市九年級期中）如圖，矩形ABCD中，F(xiàn)是DC上一點，BF⊥AC，垂足為E，ADAB=12，△CEF的面積為S1，△AEB的面積為SA．116 B．15 C．14 2．（2022·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，．分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點，作直線分別交，于點．以為圓心，長為半徑畫弧，交于點，連結(jié)．則下列說法錯誤的是（

）A．B．C．D．3．（2023·湖北恩施·?？寄M預(yù)測）如圖，在中，，于點，下列關(guān)系中不正確的是（

）

A．B．C．D．4．（2023·山東濟南·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，以點為圓心，以為半徑作弧交于點，再分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點，作射線交于點，連接．以下結(jié)論不正確的是（）A．B．C．D．5．（2023·云南臨滄·統(tǒng)考三模）如圖，在中，D是上的點，，，，則與的面積比為（

）

A． B． C． D．6．（2023·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，以點為圓心，任意長為半徑作弧，分別交，于點，；分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點；作射線交于點，若，，的面積為，則的面積為．7．（2020·山西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，，，垂足為，為的中點，與交于點，則的長為．8．（2022·河北邢臺·校考二模）如圖1，在中，，，，點為邊上一點，則點與點的最短距離為______．如圖2，連接，作，使得，交于，則當時，的長為______．9．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）如圖，是正五邊形的對角線，與相交于點．下列結(jié)論：①平分；

②；

③四邊形是菱形；

④其中正確的結(jié)論是．（填寫所有正確結(jié)論的序號）

10．（2020·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形中，繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，，分別交對角線于點，若，則的值為．11．（2021·四川南充·中考真題）如圖，在中，D為BC上一點，，則的值為________．12．（2022·四川宜賓·九年級期末）如圖，在△ABC中，點D在BC邊上，點E在AC邊上，且AD＝AB，∠DEC＝∠B．（1）求證：△AED∽△ADC；（2）若AE＝1，EC＝3，求AB的長．13．（2022·江蘇鹽城·中考真題）如圖，在與中，點