專題27.7 相似三角形的八大經(jīng)典模型（人教版）（解析版）

專題27.7相似三角形的八大經(jīng)典模型【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1A字型】 2【題型2“8”字形】 6【題型3AX字型】 9【題型4子母型】 16【題型5雙垂直型】 23【題型6一線三等角型】 31【題型7手拉手型】 40【題型8三角形內(nèi)接矩形型】 52【基本模型1-A字型】①如圖，在中，點(diǎn)D在上，點(diǎn)E在上，，則，．②模型拓展1：斜交A字型條件：，圖2結(jié)論：；③模型拓展2：如圖，∠ACD＝∠B?△ADC∽△ACB?．【題型1A字型】【例1】（2023·安徽滁州·?？家荒＃┤鐖D，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC與BD相交于點(diǎn)O，作OM⊥BC于點(diǎn)M，點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，EF⊥BC于點(diǎn)G，交AC于點(diǎn)F，若AB=4，CD=6，則OM-EF值為（

）

A．75 B．125 C．35【答案】A【分析】證明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出【詳解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，∴OM∥∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，∴OMAB=CM∴OM4=CM∴OM=12∵EF⊥BC，∴EG∥∵點(diǎn)E是BD的中點(diǎn)，∴BE=DE，∴BG=CG，∴CF=AF，∴EG=12CD=3∴EF=EG-FG=1，∴OM-EF=7故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定，求出OM=12【變式1-1】（2023春·四川成都·九年級校考開學(xué)考試）如圖，在△ABC中，AD=DE=EB，AF=FG=GC．已知△ABC的面積為9，則陰影部分的面積為．

【答案】5【分析】根據(jù)題意可得：AGAC=AEAB=23，AF【詳解】解：∵AD=DE=EB，AF=FG=GC∴AGAC=又∵∠A=∠A∴△AEG∽△ABC∴S∴S∴S故答案為：5【點(diǎn)睛】此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)知識，正確求得S△AEG【變式1-2】（2023·安徽滁州·?？家荒＃┰诘冗吶切蜛BC中，AB=6，D、E是BC上的動點(diǎn)，F(xiàn)是AB上的動點(diǎn)，且BF=BD=EC=2，連接FE，S△DEFS【答案】1【分析】證明△BDF∽△BCA，利用相似三角形的面積等于相似比的平方求解即可．【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，AB=6，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=∠A=60°，∵BD=BF=2，∠B=60°，∴△BDE是等邊三角形，∠BDF=∠BFD=60°，∴∠BDF=∠C=60°，∴DF∥∴△BDF∽△BCA，∴S∵BD=EC=2，DE=BC-BD-EC=6-2-2=2，∴BD=DE=2，∴S∴S故答案為：19【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．【變式1-3】（2023春·江蘇蘇州·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，若正方形DEFC的頂點(diǎn)D在AB上，頂點(diǎn)F、G都在AC上，射線AF交BC邊于點(diǎn)H，則CH長為．

【答案】4【分析】證明△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，由相似三角形的性質(zhì)得出DGBC=AGAC，EFCH=AFAC，設(shè)DG=EF=x，【詳解】解：∵四邊形DGFE為正方形，∠ACB=90°，∴DG∥EF∥BC∴△ADG∽△ABC，△AEF∽△AHC，∴DGBC=AGAC，設(shè)DG=EF=x，∴x2=AG4∴AG=2x，∴xCH=∴CH=43故答案為43【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，證明△ADG∽△ABC與△AEF∽△AHC是解題的關(guān)鍵．【基本模型2-“8”字形】①如圖1，AB∥CD?△AOB∽△COD?；②如圖2，∠A＝∠D?△AOB∽△DOC?．③模型拓展：如圖，∠A＝∠C?△AJB∽△CJD?．【題型2“8”字形】【例2】（2023·安徽·九年級專題練習(xí)）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E是AD上一點(diǎn)，AE=2ED，連接BE交AC于點(diǎn)G，延長BE交CD的延長線于點(diǎn)F，則BGGFA．23 B．12 C．13 D【答案】A【分析】先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AB∥CD，則可判斷△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和AE＝2ED即可得結(jié)果．【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，∴△ABG∽△CFG，∴BGGF＝∵△ABE∽△DFE，∴AEDE＝AB∵AE＝2ED，∴AB＝2DF，∴ABCF＝2∴BGGF＝2故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)進(jìn)行解題．【變式2-1】（2023春·廣東深圳·九年級校考開學(xué)考試）如圖，已知BD與CE相交于點(diǎn)A，DE∥BC，若AD=2，AB=3，AC=6，則AE=

【答案】4【分析】證明△ABC∽△ADE，由相似三角形的性質(zhì)得出【詳解】解：∵DE∥∴△ABC∽∴ABAD即32∴AE=4，故答案為：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．【變式2-2】（2023春·陜西寶雞·九年級?？计谀┤鐖D，正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E在邊AD上，AE=3，連接BE交AC于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG∥BC，交CD于點(diǎn)G．求FG的長．

【答案】16【分析】利用正方形性質(zhì)，找到△CBF∽【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠CBF=∠AEF，∠BCF=∠EAF，∴△CBF∽∴CFAF∴CFCA∵FG∥BC，AD∥BC，∴FG∥AD，∴FGAD∴FG=4【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)知識是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023春·安徽·九年級專題練習(xí)）如圖，E，F(xiàn)為矩形ABCD內(nèi)兩點(diǎn)，AE⊥EF，CF垂直EF，垂足分別為E、F，若AE=1，CF=2，EF=4，則BD=（

）A．103 B．5 C．53 D【答案】B【分析】連接AC，交EF于點(diǎn)M，BD于O，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)和勾股定理解答．【詳解】解：連接AC，交EF于點(diǎn)M，BD于O，

∵AE⊥EF，CF⊥EF，∴∠AEM=∠CFM=90°，∵∠AMF=∠CMF，∴△AEM∽△CFM，∴AECF=∵AE=1，CF=2，EF=4，∴EM=43，在Rt△AEM中，AM=在Rt△CFM中，MC=∴AC=AM+CM=53∵四邊形ABCD是矩形，∴BD=AC=5，故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)及相似三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造三角形相似利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例求得AC的長是解題的關(guān)鍵，注意勾股定理的應(yīng)用．【基本模型3-AX字型】A字型及X字型兩者相結(jié)合，通過線段比進(jìn)行轉(zhuǎn)化.【題型3AX字型】【例3】（2023春·山東煙臺·九年級統(tǒng)考期末）如圖，M是平行四邊形ABCD的對角線AC上的一點(diǎn)，射線BM與AD交于點(diǎn)F，與CD的延長線交于點(diǎn)H．

(1)圖中相似三角形有______對；(2)若AD2=AC?CM,∠BMA=72°【答案】(1)6(2)∠BCD=72°【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD,AD∥BC，再根據(jù)相似三角形的判定即可得；（2）先根據(jù)相似三角形的判定證出△BCM∽△ACB，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得∠BMC=∠ABC，從而可得∠BMC+∠BCD=180°，然后根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義求解即可得．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD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，綜上，圖中相似三角形有6對，故答案為：6．（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AB∥CD，∵AD∴BC∴BCCA∵∠BCM=∠ACB，∴△BCM∽△ACB，∴∠BMC=∠ABC，又∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴∠BMC+∠BCD=180°，又∵∠BMA+∠BMC=180°，∠BMA=72°，∴∠BCD=∠BMA=72°．【點(diǎn)睛】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)等知識點(diǎn)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式3-1】（2023春·河南許昌·九年級統(tǒng)考期末）如圖，D、E分別是△ABC的邊AB，BC上的點(diǎn)，DE∥AC，若S

【答案】4:25【分析】根據(jù)S△BDE:S△CDE=2:3可得BECE=23【詳解】解：∵S△BDE∴BE∴BE∵DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，∴BE∵DE∥AC，∴△ODE∽△OCA，∴S即S△DOE故答案為：4:25．【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，兩個相似三角形的面積比關(guān)于相似比的平方，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023春·重慶巴南·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，過C作CE⊥BD于E點(diǎn)，交AB于F點(diǎn)，連接AE.若F是AB中點(diǎn)，且BC=8，則AE的長為．

【答案】8【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)，可以求得AM和EM的長，再根據(jù)勾股定理，即可得到AE的長．【詳解】解：過點(diǎn)E作MN⊥AB，交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N，

∵CE⊥BD，∴∠CEB=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，BA=CD，BA∥又∵∠EBC=∠CBD，∴△CBE∽△DBC，∴BC∴BC∵F是AB中點(diǎn)，BF∥∴△BEF∽△DEC，∴BE∴ME設(shè)BE=x，則DE=2x，BD=3x，∵BC=8，BC=MN，∴82=3x?x解得x=8∴BE=8∴BM=B∵EM∥∴BM∴AM=2BM=16∵∠EMA=90°，∴AE=A故答案為：8．【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．【變式3-3】（2023春·浙江杭州·九年級?？计谥校┤鐖D，在?ABCD中，點(diǎn)E在AB上，AE=13AB，ED和AC相交于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG∥AB

(1)求FG:AE的值．(2)若AB:AC=3①求證：∠AEF=∠ACB．②求證：DF【答案】(1)FG:AE=3:4(2)①詳見解析；②詳見解析【分析】（1）結(jié)合題意，根據(jù)平行線的性質(zhì)，通過證明△AFE∽△CFD，得FD=3EF；再結(jié)合FG∥AB，根據(jù)平行線性質(zhì)，通過證明（2）①AC=2a，根據(jù)題意計算得AB、AE；結(jié)合（1）的結(jié)論，得AF，從而推導(dǎo)得AEAC②根據(jù)（2）①的結(jié)論以及平行線的性質(zhì)，證明△DFG∽△DAF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算，即可完成證明．【詳解】（1）解：∵?ABCD，∴AB∥∴∠EAF=∠DCF，∵∠AFE=∠CFD，∴△AFE∽△CFD，∴EFFD∵AE=13AB∴EFFD=AE∵FG∥∴∠AED=∠GFD，∵∠ADE=∠GDF，∴△ADE∽△GDF，∴FGAE=FD（2）證明：①設(shè)AC=2a，∵AB:AC=3∴AB=3∴AE=3由（1）的結(jié)論，得：AECD∴AF=1∴AE?AB=a即：AEAC∵∠EAF=∠CAB，∴△EAF∽△CAB，∴∠AEF=∠ACB；②∵FG∥∴∠DFG=∠DEA，∵△EAF∽△CAB，∴∠AEF=∠ACB，∵AD∥∴∠ACB=∠FAD，∴∠DFG=∠FAD，∵∠FDG=∠ADF，∴△DFG∽△DAF，∴DFDA∴DF【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形、平行線、相似三角形的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行線、相似三角形的性質(zhì)，從而完成求解．【基本模型4-子母型】如圖為斜“A”字型基本圖形．當(dāng)時，，則有．．如圖所示，當(dāng)E點(diǎn)與C點(diǎn)重合時，為其常見的一個變形，即子母型．當(dāng)時，，則有．【題型4子母型】【例4】（2023春·安徽滁州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，E是AD上一點(diǎn)，且ABAC=ADCE，∠BAD（1）求證：AC2＝BC?CD；（2）若AD是△ABC的中線，求CEAC【答案】（1）證明見解析；（2）2【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，進(jìn)而求出△ABC∽△DAC，再利用相似三角形的性質(zhì)得出答案即可；（2）由△BAD∽△ACE可證∠CDE=∠CED，進(jìn)而得出CD=CE，再由（1）可證AC=2CD【詳解】（1）證明：∵ABAC=AD∴ΔBAD∽ΔACE，∴∠B=∠EAC，∵∠ACB=∠DCA，∴△ABC∽△DAC，∴ACCD∴AC（2）解：∵△BAD∽△ACE，∴∠BDA=∠AEC，∴∠CDE=∠CED，∴CD=CE，∵AD是△ABC的中線，∴BC=2BD=2CD，∴AC2=BC·CD=2C∴CEAC【點(diǎn)睛】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，根據(jù)已知得出△BAD∽△ACE是解題關(guān)鍵．【變式4-1】（2023春·安徽蚌埠·九年級?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，D為BC邊上的一點(diǎn)，且AC=26，CD＝4，BD＝2，求證：△ACD∽△BCA【答案】證明見解析．【分析】根據(jù)AC=26，CD＝4，BD＝2，可得ACBC=CDAC，根據(jù)【詳解】解：∵AC=26，CD＝4，BD＝∴ACBC=∴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，掌握知識點(diǎn)是解題關(guān)鍵．【變式4-2】（2023春·安徽合肥·九年級?？计谥校鰽BC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，點(diǎn)E為BD的中點(diǎn)，連接AE并延長交BC于點(diǎn)F，且有AF=CF，過F點(diǎn)作FH⊥AC于點(diǎn)H．（1）求證：△ADE∽△CDB；（2）求證：AE=（3）若FH=3，求【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）4．【分析】（1）先根據(jù)垂直的定義可得∠ADE=∠CDB=90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAE=∠DCB，然后根據(jù)相似三角形的判定即可得證；（2）先根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得ADCD=DEDB=（3）先根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得DEFH=AEAF，從而可得DE,BD的長，再根據(jù)相似三角形的判定可得△ABD～△BCD，然后利用相似三角形的性質(zhì)可求出【詳解】證明：（1）∵BD⊥AC,FH⊥AC，∴∠ADE=∠CDB=90°,BD∥FH，∵AF=CF，∴∠DAE=∠DCB，在△ADE和△CDB中，∠ADE=∠CDB∠DAE=∠DCB∴△ADE～△CDB；（2）∵點(diǎn)E為BD的中點(diǎn)，∴DE=BE=1由（1）已證：△ADE～△CDB，∴AD設(shè)AD=a(a>0)，則CD=2a，AC=AD+CD=3a，∵FH⊥AC,AF=CF，∴AH=CH=1∴DH=AH-AD=1又∵BD∥FH，∴AE即AE=2EF；（3）由（2）已證：AE=2EF，∴AE=2∵BD∥FH，∴△ADE～△AHF，∴DEFH=解得DE=2∴BD=2DE=4∵∠ABC=90°,BD⊥AC，∴∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠C=90°，∴∠ABD=∠C，在△ABD和△BCD中，∠ADB=∠BDC=90°∠ABD=∠C∴△ABD～△BCD，∴AD由（2）可知，設(shè)AD=b(b>0)，則CD=2b，∴b解得b=263∴CD=2b=4則在Rt△BCD中，BC=B【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)、勾股定理等知識點(diǎn)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式4-3】（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖1，AB=AC=2CD，DC∥AB，將△ACD繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)得到△FCE，使點(diǎn)D落在AC的點(diǎn)E處，AB與CF相交于點(diǎn)O，AB與EF相交于點(diǎn)G，連接BF．(1)求證：△ABE≌(2)求證：AC∥(3)若點(diǎn)D，E，F(xiàn)在同一條直線上，如圖2，求ABBC【答案】(1)見解析(2)見解析(3)2【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)得到旋轉(zhuǎn)前后兩個三角形全等，從而得到CE=CD，根據(jù)AC=2CD，就能得到AE=CD，然后利用平行可以得到內(nèi)錯角相等，最后加上AB=AC，就可以通過邊角邊證明兩個三角形全等．（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)和第一小題的結(jié)論，可以得到BE=FE，然后用等角對等邊即可得到∠EFB=∠EBF，又可以從前面的兩個全等中得到∠EFC=∠EBA，∠OAC=∠OCA從而得到∠OFB=∠OBF，那么△ACO和△BOF就是頂角互為對頂角的一組等腰三角形，所以就能得到底角相等，即∠CAO=∠FOB，那么內(nèi)錯角相等，兩直線平行即可證結(jié)論．（3）根據(jù)D，E，F(xiàn)在同一條直線上，可以證明△AEG和△CED全等，即可得到AG=12AB，那么EG就是中位線，則EG∥CB，加上第二小題結(jié)論就能得到四邊形BCEF是平行四邊形，那么BC=AD，然后通過三角形外角的性質(zhì)，可以證得∠ADE=∠ACD【詳解】（1）解：∵將△ACD繞點(diǎn)C逆時針旋轉(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=CD∴△ABE≌△CADSAS（2）解：由（1）得BE=AD，∠ABE=∠CAD，∵△CEF≌△CDA，∴FE=AD，∠EFC=∠DAC，∴BE=FE，∠EFC=∠EBA，∴∠EFB=∠EBF，∵∠OFB=∠EFB-∠EFC，∠OBF=∠EBF-∠EBA，∴∠OFB=∠OBF，∵∠ECF=∠DCA，∴∠OAC=∠OCA，∵∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，∠OBF+∠OFB+∠BOF=180°，又∠AOC=∠BOF，∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，即2∠CAO=2∠FOB，∴∠CAO=∠FOB，∴AC（3）解：在△AEG和△CED中，∵∠GAE=∠DCE∴△AEG≌△CED∴AG=CD=1∵AE=CE，∴EG∥∵AC∥∴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即DA∴DA=2∵AB=AC=2EA，∴AB【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的證明，平行線的判定以及利用相似三角形求線段長之比，解題時需要學(xué)會將多個小題的結(jié)論聯(lián)系起來，把前面小題的結(jié)論用到后面小題的思路中，熟練尋找證明三角形全等或相似所需要的條件是解題的關(guān)鍵．【基本模型5-雙垂直型】①如圖，直角三角形被斜邊上的高分成的兩個直角三角形與原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD.常見的結(jié)論有：CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.②拓展：（1）正方形、長方形中經(jīng)常會出現(xiàn)射影定理模型，如圖，在和內(nèi)均有射影定理模型．（2）如圖，在圓中也會出現(xiàn)射影定理模型．【題型5雙垂直型】【例5】（2023春·陜西西安·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，點(diǎn)E在邊BC上，CE=2，若點(diǎn)P、Q分別為邊CD與AB上兩個動點(diǎn)，線段PQ始終滿足與AE垂直且垂足為F，則AP+QE的最小值為．【答案】5【分析】過點(diǎn)Q作QH⊥CD于點(diǎn)H．利用相似三角形的性質(zhì)求出PH=3，設(shè)BQ=x，則CH=x，PD=5-x，AP+QE=62+(5-x)2+x2+42，求AP+QE的最小值，相當(dāng)于在x軸上找一點(diǎn)M(x,0)，使得點(diǎn)M到J(0,4)，K(5,6)的距離和最小，作點(diǎn)J【詳解】解：如圖，過點(diǎn)Q作QH⊥CD于點(diǎn)H．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=8，AD=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=CH，BC=QH=6，QH∥∴∠AQH=∠B=90°，∵AE⊥QP，∴∠QAF+∠AQP=90°，∠AQP+∠HQP=90°，∴∠BAE=∠HQP，∴△ABE∽△QHP，∴ABQH∴86∴PH=3，設(shè)BQ=x，則CH=x，DP=5-x，∴AP+QE=6欲求AP+QE的最小值，相當(dāng)于在x軸上找一點(diǎn)M(x,0)，使得點(diǎn)M到J(0,4)，K(5,6)的距離和最小，如圖1中，作點(diǎn)J關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)J'，連接K∵K(5,6)，J'∴KJ∵M(jìn)J+MK=MJ∴JM+MK的最小值為55∴AP+QE的最小值為55故答案為：55【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，軸對稱最短問題，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．【變式5-1】（2023春·福建莆田·九年級?？计谀締栴}情境】（1）古希臘著名數(shù)學(xué)家歐幾里得在《幾何原本》提出了射影定理，又稱“歐幾里德定理”：在直角三角形中，斜邊上的高是兩條直角邊在斜邊射影的比例中項，每一條直角邊又是這條直角邊在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．射影定理是數(shù)學(xué)圖形計算的重要定理．其符號語言是：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足為D，則：（1）AC2=AB·AD；(2)BC2=AB·BD；(3)CD2=AD·BD；請你證明定理中的結(jié)論（1）AC2=AB·AD．【結(jié)論運(yùn)用】（2）如圖2，正方形ABCD的邊長為3，點(diǎn)O是對角線AC、BD的交點(diǎn)，點(diǎn)E在CD上，過點(diǎn)C作CF⊥BE，垂足為F，連接OF，①求證：△BOF∽△BED；②若BE=10，求OF【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②3【分析】（1）證明△ACD∽△ABC，即可得證；（2）①BC2=BO?BD，BC2=BF?BE，即BO?BD=BF?BE，即可求解；②在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，利用△BOF∽△BED，即可求解．【詳解】解：（1）證明：如圖1，∵CD⊥AB，∴∠BDC=90°，而∠A=∠A，∠ACB=90°，∴△ACD∽△ABC，∴AC：AB=AD：AC，∴AC2=AB·AD；（2）①證明：如圖2，∵四邊形ABCD為正方形，∴OC⊥BO，∠BCD=90°，∴BC2=BO?BD，∵CF⊥BE，∴BC2=BF?BE，∴BO?BD=BF?BE，即BOBE=BF∴△BOF∽△BED；②∵在Rt△BCE中，BC=3，BE=10，∴CE=BE∴DE=BC-CE=2；在Rt△OBC中，OB=22BC=3∵△BOF∽△BED，∴OFDE=BO∴OF=35【點(diǎn)睛】本題為三角形相似綜合題，涉及到勾股定理運(yùn)用、正方形基本知識等，難點(diǎn)在于找到相似三角形，此類題目通常難度較大．【變式5-2】如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，E為AB上一點(diǎn)，分別以ED、EC為折痕將兩個角(∠A、∠B)向內(nèi)折起，點(diǎn)A、B恰好落在CD邊的點(diǎn)F處，若AD＝3，BC＝5，則EF的長是（）A.eq\r(15)B．2eq\r(15)C.eq\r(17)D．2eq\r(17)【解析】∵AD∥BC，∴∠ADF＋∠FCB＝180°.根據(jù)折疊前后的圖形全等得到DF＝DA＝3，∠ADE＝∠FDE，CF＝CB＝5，∠BCE＝∠FCE，∠EFC＝∠B＝90°，∴∠FDE＋∠FCE＝90°，∠FCE＋∠FEC＝90°，∠DFE＝∠EFC＝90°，∴∠FDE＝∠FEC，∴△DEF∽△ECF，∴eq\f(EF,CF)＝eq\f(DF,EF)，∴EF2＝DF·CF＝3×5＝15，∴EF＝eq\r(15).故選A.【變式5-3】（2023·河南南陽·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”為主題開展數(shù)學(xué)活動．(1)操作判斷如圖1，正方形紙片ABCD，在邊BC上任意取一點(diǎn)E，連接AE，過點(diǎn)B作BF⊥AE于點(diǎn)G，與邊CD交于點(diǎn)F．根據(jù)以上操作，請直接寫出圖1中線段AE與線段BF的關(guān)系．

(2)遷移探究小華將正方形紙片換成矩形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：如圖2，在矩形紙片ABCD中，AB:AD=m:n，在邊BC上任意取一點(diǎn)E，連接AE，過點(diǎn)B作BF⊥AE于點(diǎn)G，與邊CD交于點(diǎn)F，請求出線段AE與BF的關(guān)系，并說明理由．

(3)拓展應(yīng)用如圖3，已知正方形紙片ABCD的邊長為2，動點(diǎn)E由點(diǎn)A向終點(diǎn)D做勻速運(yùn)動，動點(diǎn)F由點(diǎn)D向終點(diǎn)C做勻速運(yùn)動，動點(diǎn)E、F同時開始運(yùn)動，且速度相同，連接AF、BE，交于點(diǎn)G，連接GD，則線段GD長度的最小值為______，點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡的長為______．（直接寫出答案不必說明理由）

【答案】(1)AE=BF(2)AEBF(3)5-1；【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形，得∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，進(jìn)一步可得∠BAE=∠FBC，所以△ABE?△BCF，結(jié)論得證（2）由四邊形ABCD是矩形，得∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，進(jìn)一步可證∠BAE=∠FBC，所以△ABE～△BCF，于是AEBF=（3）取AB的中點(diǎn)M，連接DM，GM，AE=DF，由（1）可得Rt△ABE?Rt△DAF，可證∠AGB=90°，AM=MB=MG=1；Rt△ADM中，勾股定理求得MD=5；由GD≥MD-MG得GD的最小值是5-1；由∠AGB=90°，知A、G、B三點(diǎn)共圓，所以點(diǎn)G在以點(diǎn)【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=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．（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，又AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°，∴∠BAE=∠FBC，∴△ABE～△BCF，∴AEBF∵ABAD∴AEBF（3）如圖，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，GM，

由題意知，AE=DF，由（1）可得Rt△ABE?∴∠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=在△MGD中，∵GD≥MD-MG=5∴GD的最小值是5-1∵∠AGB=90°，∴A、G、B三點(diǎn)共圓，∴點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，在以半徑為1的14∴點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡的長為：2π÷4=π故答案為：5-1；【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短；合理添設(shè)輔助線，借助圖中合適的定點(diǎn)運(yùn)用兩點(diǎn)之間線段最短是解題的關(guān)鍵．【基本模型6一線三等角型】(1)“三垂直”模型：如圖1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，則△ABC∽△CDE.(2)“一線三等角”模型：如圖2，∠B＝∠ACE＝∠D，則△ABC∽△CDE.特別地，連接AE，若C為BD的中點(diǎn)，則△ACE∽△ABC∽△CDE.補(bǔ)充：其他常見的一線三等角圖形【題型6一線三等角型】【例6】（2023春·山東濰坊·九年級統(tǒng)考期末）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，矩形MNHD、矩形GDEF的頂點(diǎn)分別在△BCD，△ACD的三邊上，且矩形MNHD∽矩形GDEF．可求兩矩形的相似比的是（

A．ABAC B．BDCD C．CDCH【答案】B【分析】由條件可以證明△CFD∽【詳解】解：連接FD，DN，

∵矩形MNHD∽矩形GDEF∴∠FDE=∠BDN，∵∠ACD+∠BCD=∠B+∠BCD=90°，∴∠FCD=∠B，∴△CFD∽∴DN:DF=BD:CD，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查相似多邊形，關(guān)鍵是連接FD，DN，證明△CFD∽【變式6-1】（2023春·山東日照·九年級?？计谥校┮阎冗吶切蜛BC的邊長為4．(1)如圖，在邊BC上有一個動點(diǎn)P，在邊AC上有一個動點(diǎn)D，滿足∠APD=60°，求證：△ABP∽△PCD；

(2)如圖，若點(diǎn)P在射線BC上運(yùn)動，點(diǎn)D在直線AC上，滿足∠APD=120°，當(dāng)PC=2時，求AD的長；

(3)在（2）的條件下，將點(diǎn)D繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)120°到點(diǎn)D'，求△【答案】(1)見詳解(2)7(3)5【分析】（1）先利用三角形的內(nèi)角和得出∠BAP+∠APB=120°，再用平角得出∠APB+∠CPD=120°，進(jìn)而得出∠BAP=∠CPD，即可得出結(jié)論；（2）過點(diǎn)P作PE⊥AC于E，構(gòu)造出含30°角的直角三角形，求出CE的長度，再用勾股定理求出PE，進(jìn)而求出AP的值，再判斷出△ACP∽∠APD，得出比例式即可得出結(jié)論；（3）先求出CD的值，進(jìn)而得出CD'的值，再構(gòu)造出直角三角形求出D'H的長度，進(jìn)而得出【詳解】（1）解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠C=60°，∴在△ABP中，∠B+∠APB+∠BAP=180°，∴∠BAP+∠APB=120°，∵∠APB+∠CPD=180°-∠APD=120°，∴∠BAP=∠CPD，∴△ABP∽△PCD；（2）如下圖，過點(diǎn)P作PE⊥AC于E，

∴∠AEP=90°，∵△ABC是等邊三角形，邊長為4，∴AC=4，∠ACB=60°，∴∠PCE=∠ACB=60°，在Rt△CPE中，PC=2，∠CPE=90°-∠PCE=30°∴CE=12PC=1在Rt△APE中，AE=AC+CE=4+1=5根據(jù)勾股定理得，AP∵∠ACB=60°，∴∠ACP=120°=∠APD，又∵∠CAP=∠PAD，∴△ACP∽△APD，∴ACAP∴AD=A（3）如下圖，

由（2）知，AD=7，∵AC=4，∴CD=AD-AC=7-4=3，由旋轉(zhuǎn)知，∠DCD'=120°∵∠DCP=60°，∴∠D'CP=∠DC過點(diǎn)D'作D'H⊥CP在Rt△CHD'根據(jù)勾股定理得，D'過點(diǎn)D'作D'G⊥AC∵∠ACD∴D'∴S四邊形過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，∵AB=AC，∴BM=1在Rt△ABM中，根據(jù)勾股定理得，AM=∴S△ACP∴S△【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)知識并靈活運(yùn)用．【變式6-2】（2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，點(diǎn)P是線段AB上與點(diǎn)A，點(diǎn)B不重合的任意一點(diǎn)，在AB的同側(cè)分別以A，P，B為頂點(diǎn)作∠1=∠2=∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規(guī)定這三個角互為等聯(lián)角，點(diǎn)P為等聯(lián)點(diǎn)，線段AB為等聯(lián)線．

(1)如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點(diǎn)為格點(diǎn)、邊長均為1，AB為端點(diǎn)在格點(diǎn)的已知線段．請用三種不同連接格點(diǎn)的方法，作出以線段AB為等聯(lián)線、某格點(diǎn)P為等聯(lián)點(diǎn)的等聯(lián)角，并標(biāo)出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；(2)如圖3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC>AP，延長AP至點(diǎn)B，使AB=AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將△APC沿PC折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于①確定△PCF的形狀，并說明理由；②若AP:PB＝1:2，BF=2k，求等聯(lián)線【答案】(1)見解析(2)①等腰直角三角形，理由見解析；②等聯(lián)線AB=3k，線段PE=【分析】（1）根據(jù)新定義，畫出等聯(lián)角即可；（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點(diǎn)C作CN⊥BE交BE的延長線于N，由折疊得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝②過點(diǎn)F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，則∠R＝∠A＝90°．證明△APC?△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=【詳解】（1）解：作圖如下：（方法不唯一）

（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由為：如圖，過點(diǎn)C作CN⊥BE交BE的延長線于N．

由折疊得AC＝∵AC=AB，∴四邊形ABNC為正方形，∴CN=AC=CM，又∵CE=CE，∴Rt△CME?Rt△CNE（∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°，∴△PCF是等腰直角三角形．②如圖，過點(diǎn)F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，則∠R=∠A=90°，

∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，∴∠1=∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△APC?△RFP（∴AP=FR，而AC=AB，∴AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2∴AP=BR=FR=k，∴PB=2AP=2k，∴AB=AP+PB=BN=3k，∵BR=FR，∴四邊形BRFQ為正方形，BQ=OF=k，∵FQ⊥BN，∴FQ∥CN，∴QENE而QE=BN﹣∴2k-NENE解得：NE=3由①知：PM=AP=k，∴PE=PM+ME=k+3答：等聯(lián)線AB=3k，線段PE=5【點(diǎn)睛】點(diǎn)評本題考查了幾何新定義，正方形的性質(zhì)與判定，折疊問題，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023春·重慶萬州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=9，E為CD的中點(diǎn)，F(xiàn)為BC上一點(diǎn)，BF<FC，且AF⊥FE．對角線AC與EF交于點(diǎn)G，則GC的長為．

【答案】6【分析】過點(diǎn)G作GH⊥BC于點(diǎn)H，先證明△FAB∽△EFC，得出BFCE=ABCF，根據(jù)BF<FC，得出BF=3，CF=6，再證明△AFB∽△FGH，得出GHBF=FHAB，證明∠ABC∽△GHC，得出【詳解】解：過點(diǎn)G作GH⊥BC于點(diǎn)H，設(shè)BF=x，則CF=9-x，∵E為CD的中點(diǎn)，∴CE=1∵AF⊥FE，∴∠AFB+∠EFC=90°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B=90°，CD=AB=6，∴∠FAB+∠AFB=90°，∴∠FAB=∠EFC，∵∠B=∠ECF=90°，∴△FAB∽△EFC，∴BFCE=AB解得：x1∵BF<FC，∴BF=3，CF=6，設(shè)CH=y，則FH=6-y，BH=9-y，∵∠FAB=∠EFC，∠B=∠GHF=90°，∴△AFB∽△FGH，∴GHBF=FH∵∠GCH=∠ACB,∠GHC=∠B，∴∠ABC∽△GHC，∴GHAB=CH整理得：GH3∴6-y6=2y∴GH3=2×在Rt△GHC中，根據(jù)勾股定理可得：CG=故答案為：613

【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定方法，以及相似三角形對應(yīng)邊成比例．【基本模型7-手拉手型】①如圖，若△ABC∽△ADE，則△ABD∽△ACE.[來源:Zxxk.Com]②如圖所示，和都是等腰直角三角形，的延長線與相交于點(diǎn)P，則，且相似比為，與的夾角為．總結(jié)：旋轉(zhuǎn)相似型中由公共旋轉(zhuǎn)頂點(diǎn)、一點(diǎn)及其旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點(diǎn)組成的三角形與由公共旋轉(zhuǎn)頂點(diǎn)、另一點(diǎn)及其旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點(diǎn)組成的三角形相似．③如圖所示，，則，，且．【題型7手拉手型】【例7】（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考三模）背景材料：在學(xué)習(xí)全等三角形知識時，數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型，它是由兩個共頂點(diǎn)且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成．在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．通過資料查詢，他們知道這種模型稱為手拉手模型．例如：如圖1，兩個等腰直角三角形△ABC和△ADE，∠BAC＝∠EAD＝90°，AB＝AC，AE＝AD，如果把小等腰三角形的腰長看作是小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個等腰三角形有公共頂點(diǎn)，類似大手拉著小手，這個就是手拉手模型，在這個模型中易得到△ABD≌△ACE．學(xué)習(xí)小組繼續(xù)探究：（1）如圖2，已知△ABC，以AB，AC為邊分別向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，請作出一個手拉手圖形（尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），并連接BE，CD，證明BE＝CD；（2）小剛同學(xué)發(fā)現(xiàn)，不等腰的三角形也可得到手拉手模型，例如，在△ABC中AB＞AC，DE∥BC，將三角形ADE旋轉(zhuǎn)一定的角度（如圖3），連接CE和BD，證明△ABD∽△ACE．學(xué)以致用：（3）如圖4，四邊形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝34，CD＝5，AD＝12．請在圖中構(gòu)造小剛發(fā)現(xiàn)的手拉手模型求BD【答案】（1）作圖見解析，證明見解析；（2）見解析；（3）BD=15【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)可得AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，可得∠DAC＝∠BAE，即可證△DAC≌△BAE，可得BD＝CE；（2）通過證明△ADE∽△ABC，可得ABAC=ADAE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得（3）過點(diǎn)A作AE垂直于AD，作∠AED＝α，連接CE，則∠EDC＝90°，通過證明△AEC∽△ADB，可得CEBD=ACAB，由銳角三角函數(shù)和勾股定理可求AE，DE，【詳解】（1）作圖∵△ABD和△ACE都是等邊三角形∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，且AD＝AB，AC＝AE∴△DAC≌△BAE（SAS）∴BE＝CD（2）如圖，在第一個圖中，∵DE∥BC∴△ADE∽△ABC∴AB∵將三角形ADE旋轉(zhuǎn)一定的角度∴∠BAC＝∠DAE∴∠BAD＝∠CAE，且AB∴△ABD∽△ACE；（3）如圖，過點(diǎn)A作AE垂直于AD，作∠AED＝α，連接CE，則∠EDC＝90°，∵∠AED＝∠ACB＝α，∠CAB＝∠DAE＝90°∴△AED∽△ACB∴AE∵∠CAB＝∠DAE＝90°∴∠CAE＝∠DAB，且AEAD∴△AEC∽△ADB∴CEBD∵△AED∽△ACB∴∠ADE＝∠ABC∵∠ACB+∠ABC＝90°，∠ADC＝∠ACB∴∠ADC+∠ADE＝90°∴∠EDC＝90°∵tanα＝34=ADAE，∴AE＝16∴DE＝AD2+A∴EC＝AD∵CE∴BD＝15【點(diǎn)睛】本題是相似綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形是本題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023春·安徽六安·九年級?？茧A段練習(xí)）［問題發(fā)現(xiàn)］(1)如圖1，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，以CD為一邊作正方形CDEF，點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，已知ΔACF∽ΔBCE．請直接寫出線段BE［實(shí)驗(yàn)研究］(2)在（1）的條件下，將正方形CDEF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至如圖2所示的位置，連接BE，CE，AF．請猜想線段BE和AF的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；［結(jié)論運(yùn)用］(3)在（1）（2）的條件下，若ΔABC的面積為8，當(dāng)正方形CDEF旋轉(zhuǎn)到B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，請求出線段AF【答案】(1)BE=(2)BE=2(3)線段AF的長為23-2【分析】(1)先判斷出△ABD為等腰直角三角形，進(jìn)而求出AB=2(2)先利用三角函數(shù)得出ACBC=FCEC，證明夾角相等即可得出△(3)分兩種情況計算，當(dāng)點(diǎn)E在線段BF上時，先用勾股定理求出EF=CF=AD=2，BF=6，即可得出BE=6-2，借助(2)【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°，∴∠FEC=∠B，∠FCE=∠ACB，∵點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，∴∠FEC=∠FAC=∠B，∠FCE=∠FCA=∠ACB，AB=BE，∴Δ∴AFAB∵ACBC∴AFBE∴BE=2（2）解：BE=2證明：由（1）得，ACBC∵四邊形CDEF是正方形，∴EF=CF，∠EFC=90°，∴∠FEC=∠FCE=45°，∴FCEC∴ACBC∵∠ACF=∠BCE=45°-∠ACE，∴Δ∴AFBE∴BE=2（3）解：如圖1，∵AB=AC，∠BAC=90°，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，∴AD=12BC∴BC=2AD，∵ΔABC的面積為∴12∴AD∴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2，B、E、F三點(diǎn)共線且點(diǎn)E在線段BF上，∵∠BFC=90°，∴BF=B∴BE=BF-EF=26∵BE=2∴2AF=2∴AF=23如圖3，B、E、F三點(diǎn)共線且點(diǎn)F在線段BE上，則BE=BF+EF=26∵BE=2∴2AF=2∴AF=23綜上所述，線段AF的長為23-2或【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，以及等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，分類討論和畫出圖形是解決本題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2023·河南洛陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，數(shù)學(xué)研究小組以“手拉手圖形”為主題開展數(shù)學(xué)活動兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．

(1)操作判斷

已知點(diǎn)C為△ABC和△CDE的公共頂點(diǎn)，將△CDE繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)α0°<a<360°，連接BD，AE，如圖1，若△ABC和△CDE①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________；(2)遷移探究

如圖2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠BAC=∠DEC=30°，其他條件不變，則（1）中的結(jié)論是否都成立？請說明理由；(3)拓展應(yīng)用：如圖3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=42，當(dāng)點(diǎn)B，D，E三點(diǎn)共線時，請直接寫出BD【答案】(1)①BD=AE；②60°(2)①不成立，理由見解析；②成立，理由見解析(3)27-2【分析】（1）設(shè)直線BD交直線AE于點(diǎn)F．由等邊三角形的性質(zhì)可得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°．進(jìn)而可求出∠BCD=∠ACE，即可證∴△BCD?△ACE，從而得出結(jié)論BD=AE．再根據(jù)∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，即得出答案；（2）由題意得出BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ECA，進(jìn)而可證△BCD∽△ACE，得出（3）分類討論：當(dāng)點(diǎn)D落在線段BE上時和當(dāng)點(diǎn)E落在線段BD上時，分別畫出圖形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理即可解答．【詳解】（1）解：①如圖1，設(shè)直線BD交直線AE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=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD?△ACESAS∴BD=AE；②∵△BCD?△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，∴∠F=∠ACB=60°；故答案為：BD=AE；60°；（2）不成立，理由如下：如圖2，

延長BD交AE的延長線于點(diǎn)F．∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，∴BCAC=CD∴△BCD∽△ACE，∴BDAE∴AE=2BD；②成立，理由如下：∵△BCD∽△ACE，∴∠DBC=∠EAC，∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F．∴∠F=∠ACB=60°；（3）①如圖3，當(dāng)點(diǎn)D落在線段BE上時．

∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=42∴BC=2AC=42∴AC=4，CE=2．∵∠E=90°∴BE=B∴BD=BE-D=27②如圖4，當(dāng)點(diǎn)E落在線段BD上時，

同理可得，BD=BE+DE=27綜上所述，BD的長為27-2或【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識．正確作出輔助線構(gòu)造全等或相似三角形是解題關(guān)鍵．【變式7-3】（2023春·安徽合肥·九年級統(tǒng)考期末）在ΔABC，CA=CB，∠ACB=α．點(diǎn)P是平面內(nèi)不與點(diǎn)A，C重合的任意一點(diǎn)．連接AP，將線段AP繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)α得到線段DP，連接AD，BD，CP．（1）觀察猜想如圖1，當(dāng)α=60°時，BDCP的值是，直線BD與直線CP相交所成的較小角的度數(shù)是（2）類比探究如圖2，當(dāng)α=90°時，請寫出BDCP的值及直線BD與直線CP（3）解決問題當(dāng)α=90°時，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別是CA，CB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線EF上，請直接寫出點(diǎn)C，P，D在同一直線上時【答案】（1）1，60°（2）45°（3）2-2【分析】（1）如圖1中，延長CP交BD的延長線于E，設(shè)AB交EC于點(diǎn)O．證明ΔCAP?ΔBAD(SAS)，即可解決問題．（2）如圖2中，設(shè)BD交AC于點(diǎn)O，BD交PC于點(diǎn)E．證明ΔDAB～ΔPAC，即可解決問題．（3）分兩種情形：①如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)D在線段PC上時，延長AD交BC的延長線于H．證明AD=DC即可解決問題．②如圖3﹣2中，當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時，同法可證：DA=DC解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，延長CP交BD的延長線于E，設(shè)AB交EC于點(diǎn)O．∵∠PAD=∠CAB=60∴∠CAP=∠BAD，∵CA=BA，PA=DA，∴ΔCAP?ΔBAD(SAS)，∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60∴BDPC=1，線BD與直線CP故答案為1，60°（2）如圖2中，設(shè)BD交AC于點(diǎn)O，BD交PC于點(diǎn)E．∵∠PAD=∠CAB=45∴∠PAC=∠DAB，∵AB∴ΔDAB～ΔPAC，∴∠PCA=∠DBA，BDPC∵∠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°（3）如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)D在線段PC上時，延長AD交BC的延長線于H．∵CE=EA，CF=FB，∴EF∥AB，∴∠EFC=∠ABC=45∵∠PAO=45∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，∵∠APC=90°，∴PE=EA=EC，∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，∵∠ADP=∠BDC=45∴∠ADB=90∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5∵∠ADB=∠ACB=90∴A，D，C，B四點(diǎn)共圓，∠DAC=∠DBC=22.5°，∴∠DAC=∠DCA=22.5∴DA=DC，設(shè)A