2025年九年级中考数学三轮复习相似三角形专题之一线三垂直模型训练（含解析）

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2025年九年级中考数学三轮复习相似三角形专题之一线三垂直模型训练
1．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．
（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．
①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE；
②如图2，当tan∠FCE时，求AF的长；
（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE时，求证：AE＝AF．
2．在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
（1）如图1，求证：△DEP∽△CPH；
（2）如图2，当P为CD的中点，AB＝2，AD＝3时，求GH的长；
（3）如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
3．正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1＝∠2，AE＝EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G．
（1）如图1，求证：△ABE≌△EGF；
（2）如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M．
①求证：点P在∠ABC的平分线上；
②当时，猜想AP与PH的数量关系，并证明；
③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB＝6，求BE的值．
4．问题情境
如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且AE⊥EF．则①∠BAE＝∠CEF；②△AEF∽△ABE（结论不需要证明）．
初步探究
（1）如图2，在矩形ABCD中，E是BC的中点，EF⊥AE与直线CD交于点F．请证明：①∠BAE＝∠CEF；②△AEF∽△ABE．
结论运用
（2）在（1）的条件下，
①如图3，当AB＝2，AD平分∠EAF时，求AF的长；
②如图4，若EF与矩形外角∠DCC′的平分线交于点G，当A，D，G在同一条直线上时，请直接写出的值．
5．（1）问题
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝90°时，求证：AD BC＝AP BP．
（2）探究
若将90°角改为锐角（如图2），其他条件不变，上述结论还成立吗？说明理由．
（3）应用
如图3，在△ABC中，，∠B＝45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD＝45°，若，求CD的长．
6．（1）初步探究
如图①，在矩形ABCD中，点E是AB边上的一个动点，连接DE，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A′处，若AB＝5，BC＝10，求的值；
（2）类比探究
如图②，在矩形ABCD中，点E是AB边上的一个动点，将△ADE沿DE翻折，使点A落在矩形ABCD外部一点A′处，A′E和A′D与BC分别交于点M、N，若AB＝5，BC＝10，，求的值；
（3）延伸探究
如图③，在矩形ABCD中，点E是AB边上的一个动点，将△ADE沿DE翻折，使点A落在平面上一点A′处，A′到BC边的距离等于1，若AB＝5，BC＝10，请直接写出的值．
7．如图，在四边形ABCD中，E是BC上的一点，且∠AED＝∠B＝∠C．
（1）如图1，若∠AED＝∠B＝∠C＝90°，求证：△ABE∽△ECD．
（2）如图2，若∠AED＝∠B＝∠C＝45°．
①求证：AB CD＝BE CE．
②若，BE＝7，CE＝2，求AD的长．
8．小华用一张正方形卡纸ABCD制作立体贺卡．他在边CD上选取一点E，将左上角的△ADE沿线AE向上折叠，使点D落在卡纸内部点F处．为了固定造型，他用铅笔过点F画一条与AD平行的辅助线MN，分别交CD，AB于M，N两点．
【问题探究】
（1）如图①，折叠后，卡纸上形成△EMF和△FNA．求证：△EMF∽△FNA；
【问题解决】
（2）小华用刻度尺测得DE＝3cm时，发现辅助线的两段满足MF FN＝10cm2，求这张卡纸的周长；
【实际应用】
（3）小华需要裁剪装饰部分，如图②，他先沿EF折叠得到折痕，再沿折痕EF剪开，交边BC于点P，再沿AP剪裁交辅助线MN于点Q．在多次裁剪后，他有以下两个猜想：
①当满足MF+NQ＝QF时，点P是BC边的中点；
②当时，．
请你选择其中一个猜想加以判断，并请说明理由．
9．问题背景
如图（1），在矩形ABCD中，E为DC上一点，F为BC上一点，且AE⊥EF，求证：△ADE∽△ECF．
问题探究
如图（2），以AE为边作等边△AEG，G点在CB的延长线上，当EF：GF＝2：7的时候，求△GEF与△AGE的面积之比．
问题拓展
如图（3），G在BC的延长线上，连接EG，当∠EGC＝∠EFA＝60°，，FG＝4时，直接写出AG的长度．
10．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D是线段AC上的点，且满足tan∠ADB＝3，将线段DB绕点D逆时针旋转90°得到DE，连结CE．
（1）求证：AC⊥CE；
（2）连结DE交线段BC于点F，求的值；
（3）点P在直线AC上，当时，求AP的长．
11．如图，等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，D为BC中点，以D为直角顶点作等腰直角三角形MDN，M在N的左侧．
（1）若点M与点A重合，DN与MB相交于点P．
①若AC＝2，求MN的长；
②求证：DP PN＝AP PB；
（2）若点M在AC左侧，且∠AMC＝90°时，过点D作DE⊥BC交AB于点E，连接ME、CN，在线段CN上取一点F且满足∠NDF＝∠EMD，求证：．
12．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P在射线AD上运动，以BP为直角边向右作Rt△PBQ，使得∠BPQ＝90°，BP＝2PQ，连接CQ．
（1）若△ABP与△BPQ相似，则AP＝　 　 ；
（2）当AP＝2时，求CQ的值；
（3）求CQ的最小值．
13．如图，在正方形ABCD中，M为BC边上一动点（点M不与B，C重合），连接DM，将线段DM绕点M逆时针旋转90°得到线段MN，连接BD、BN、DN，DN交AB边于点P．
（1）如图1，求证：△DCM∽△DBN；
（2）如图2，设，，
①当x＝1时，请探究得出y的值；
②求出y与x之间满足的关系式．并解决问题：如图3所示，连接MP，若，当∠PMN＝30°时，求CM的长．
14．如图，矩形ABCD中，E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，B的对称点为G，PG交BC于H．
【知识技能】（1）求证：△EDP∽△PCH；
【数学理解】（2）若P为CD中点，且AB＝2，BC＝3，求GH长；
【拓展探究】（3）连接BG，若P为CD中点，H为BC中点，探究BG与AB的数量关系并说明理由．
15．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2AC，点M为AB边上一个动点，连接CM，过点M在AB上方作MN⊥CM，且MN＝2CM，连接CN，BN．
（1）如图1，①求证：△ABC∽△MNC；②求：∠CBN的度数；
（2）如图2，当AN经过BC中点O时，求的值．
参考答案
1．【解答】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵∠CEF＝90°，
∴∠AEF+∠CED＝90°，∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠AEF＝∠ECD，
∴△AEF∽△DCE；
②解：如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．
∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴，
∵CD＝2，AE＝ED＝1，
∴GH＝2HE，
设EH＝m，GH＝2m．
∵CE，
∴CH＝m，
∵tan∠ECF，
∴，
∴m，
∴EH，GH，
∴EG，
∴AG＝EG﹣AE1，DG＝EG+DE1，
∵AF∥CD，
∴，
∴，
∴AF；
（3）证明：如图3中，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．
设AD＝CD＝a，GE＝DE＝t，EH＝x，GH＝y，CE＝n，
∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴
∴，
∴x，y，
在Rt△CGH中，sin∠ECF，
∴CG＝3GH，CH＝2GH，
∴，
∴2y＝x+n，
∴2n，
∴2at＝t2+n2，
在Rt△CDE中，n2＝t2+a2，
∴2at＝2t2+a2，
∴at，
∵AF∥CD，
∴，
∴，
∴AFaa﹣t，
∵AE＝a﹣t，
∴AE＝AF．
解法二：设AE＝x，则DE＝EG＝1﹣x，DG＝2﹣2x，
∴S△CDE＝S△CEG，
∴（1﹣x）×1 ，
解得x＝1（负根已经舍去），
∴AE＝1，
由AF：CD＝AG：DG，可得AF：1＝（1）：，
∴AF＝1．
∴AE＝AF．
2．【解答】（1）证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH＝∠A＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠3＝∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∵P为CD中点，
∴DP＝CP1，
设EP＝AE＝x，
∴ED＝AD﹣x＝3﹣x，
在Rt△EDP中，EP2＝ED2+DP2，
即x2＝（3﹣x）2+1，
解得x，
∴EP＝AP＝x，
∴ED＝AD﹣AE，
∵△EDP∽△PCH，
∴，即，
∴PH，
∵PG＝AB＝2，
∴GH＝PG﹣PH．
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE＝EP，
∴∠EAP＝∠EPA，
∴∠BAP＝∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA＝MP，
∵P为CD中点，
∴设DP＝CP＝y，
∴AB＝PG＝CD＝2y，
∵H为BC中点，
∴BH＝CH，
∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH，
∴△MBH≌△PCH（ASA），
∴BM＝CP＝y，HM＝HP，
∴MP＝MA＝MB+AB＝3y，
∴HPPMy，
在Rt△PCH中，CHy，
∴BC＝2CHy，
∴AD＝BCy，
在Rt△APD中，APy，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
∴，
∴BGy，
∴，
∴ABBG．
3．【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠B＝90°，
∵FG⊥BC，
∴∠G＝90°，
由∠B＝∠G，∠1＝∠2，AE＝EF，
得△ABE≌△EGF（AAS）；
（2）①证明：连BP．
由（1）得△ABE≌△EGF，
∴∠AEB＝∠EFG，
∴∠AEB+∠GEF＝∠AEB+∠BAE＝90°，
即∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵EM⊥AF，
∴∠APE＝90°，∠AEP＝∠FEP＝45°，
∵∠ABE＝90°，
∴A、B、E、P四点共圆，
∴∠ABP＝∠AEP＝45°，
∵∠ABE＝90°，∠ABP＝∠CBP＝45°，
∴点
P
在∠ABC的平分线上；
②m+1．
理由如下：
由①得点
P
在∠ABC的平分线即正方形的对角线上，如图：
∵正方形ABCD，
∴AB∥HD，
∴△ABP∽△HDP，
∴，
∵m，
∴HC＝mHD，
∴DC＝DH+HC＝（m+1）HD，
∴m+1；
③由①得点
P
在∠ABC的平分线即正方形的对角线上，
∴∠PDH＝45°，
同理M、D、H、P四点共圆，
∴∠PMH＝∠PDH＝45°，
∵∠AEP＝∠NEM＝45°，
∴∠EMH＝∠NEM＝45°，
∴MH∥EN，
∵MN∥HE，
∴四边形MNEH是平行四边形，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形，
设PM＝PH＝a，则MQ＝2a，ME＝2MQ＝4a，
∵PM＝PH，PA＝PE，
∴AH＝ME＝4a，
∴AP＝3a，
则AE＝3a，
∴BE，
∵∠APM＝∠ADH，
∴△APM∽△ADH，
∴，
∴DH，
∴AH2，
∵AH＝4a，
∴4a＝2，
∴a，
∴BE3．
4．【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AE与直线CD交于点F，
∴∠B＝∠C＝90°，∠AEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠CEF，
∴∠BAE＝∠CEF；
②∵EF⊥AE与直线CD交于点F，
∴∠AEF＝∠B＝∠C＝90°，
∵由①得∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
∴，
在矩形ABCD中，E是BC的中点，
设AB＝x、BE＝CE＝y、AE＝a，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴且∠AEF＝∠B＝90°，
∴△AEF∽△ABE；
（2）解：①∵AD平分∠EAF，
∴∠FAD＝∠DAE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠FAD＝∠AEB，
∵∠FDA＝∠B＝90°，
∴△ABE∽△FDA，
设BE＝EC＝x，则AD＝2x，
∴，
∴∠AFE＝30°，
由（1）得△AEF∽△ABE，
∴∠AFE＝∠AEB，
∴∠AFE＝∠AEB＝30°，
∴AE＝2AB＝4，
∴，
∴AF＝8．
②；理由如下：
∵∠ECF＝∠GDF＝90°，∠CFE＝∠DFG，
∴△ECF∽△GDF，
设AB＝CD＝x，BE＝EC＝y，
∵CG平分∠DCC′，
∴∠DCG＝∠GCC′＝45°，
∵AG∥BC′，
∴∠DGC＝∠GCC′＝45°，
∴DG＝DC＝x，
∴．
∵由（1）得△ABE∽△ECF，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴xy＝x2﹣y2，
∴，
设，
∴t＝1﹣t2，
解得：，（t2＜0，舍去），
∴．
5．【解答】解：（1）证明：如图1，∵∠DPC＝90°，
∴∠BPC+∠APD＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠ADP+∠APD＝90°，
∴∠ADP＝∠BPC，
又∵∠A＝∠B＝90°，
∴△ADP∽△BPC，
∴AD：BP＝AP：BC，
∴AD BC＝AP BP；
（2）结论AD BC＝AP BP仍成立；
理由：如图2，∵∠BPD＝∠DPC+∠BPC，
又∵∠BPD＝∠A+∠ADP，
∴∠DPC+∠BPC＝∠A+∠ADP，
∵∠DPC＝∠A＝α，
∴∠BPC＝∠ADP，
又∵∠A＝∠B＝α，
∴△ADP∽△BPC，
∴AD：BP＝AP：BC，
∴AD BC＝AP BP；
（3）∵∠EFD＝45°，
∴∠B＝∠ADE＝45°，
∴∠BAD＝∠EDF，
∴△ABD∽△DFE，
∴AB：DF＝AD：DE，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴DF＝4，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°，
∵∠EFD＝45°，
∴∠DEC＝∠EFC＝180°﹣45°＝135°，
又∵∠C＝∠C，
∴△DEC∽△EFC，
∴DC：EC＝EC：CF，即EC2＝FC （4+FC），
∵，
∴5＝FC（4+FC），
∴FC＝1，
解得CD＝5．
6．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AD＝BC＝10，
由翻折性质得：AE＝A′E，AD＝A′D＝10，∠A＝∠EA′D＝90°，
在Rt△A′CD中，，，
∴∠DA′C＝30°，
∴∠BA′E＝60°，
∴，，
∴；
（2）如图，过点A′作CD的垂线交直线CD于点G，交直线AB于点K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，AD＝BC＝10，∠A＝∠B＝∠C＝90°，
由翻折性质得：∠A＝∠EA′D＝90°，AE＝A′E，AD＝A′D＝10，
在Rt△NCD中，，
∵∠NDC＝∠A′DG，∠NCD＝∠A′GD＝90°，
∴△NDC∽△A′DG，
∴，即，
∴A′G＝8，DG＝6，A′K＝KG﹣A′G＝AD﹣A′G＝2，
∵∠EKA′＝∠EA′D＝90°，
∴∠DA′G+∠EA′K＝90°，∠KEA′+∠EA′K＝90°，
∴∠DA′G＝∠KEA′，
∴△EA′K∽△A′DG，
∴，即，
∴，，
∴；
（3）由题意得，分两种情况讨论：
①当A′在四边形ABCD内部时，如图所示：
过点A′作HG⊥AB，HG⊥DC分别交直线AB，DC于H，G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AD＝BC＝10，CD＝AB＝5，
由翻折性质得：AE＝A′E，∠A＝∠EA′D＝90°，AD＝A′D＝10，
又∵A′到BC边的距离等于1，
∴DG＝5﹣1＝4，
∵，
∴，
∵∠HEA′+∠HA′E＝∠DA′C+∠HA′E，∠EA′D＝90°，
∴∠DA′C＝∠HEA′，
∴△EHA′∽△A′GD，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当A′在四边形ABCD外部时，如图所示：
过点A′作A′G⊥DC，HA′⊥AB分别交直线AB，DC于H，G，
设EB＝x，则AE＝5﹣x，
∴EH＝x+1，
∵CG＝1，DC＝5，
∴DG＝6，
∴A′H＝2，A′G＝8，
（5﹣x）2＝22+（x+1）2，
，
∴AE＝AB＝BE＝5，
∴，
综上所述：的值为或2．
7．【解答】（1）证明：∵∠AED＝∠B＝90°，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，∠BEA+∠CED＝90°，
∴∠BAE＝∠CED，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECD；
（2）①证明：∵∠AED＝∠B＝45°，
∴∠BAE+∠BEA＝135°，∠BEA+∠CED＝135°，
∴∠BAE＝∠CED．
∵∠B＝∠C＝45°，
∴△ABE∽△ECD，
∴，
∴AB CD＝BE CE；
②解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点D作 DN⊥AE于点N，
∵∠B＝45°，AB＝3，
∴BM＝AM＝AB sin45°＝3．
∵BE＝7，
∴EM＝BE﹣BM＝4，
∴在Rt△AME中，AE5，
由①知△ABE∽△ECD，
∴，
∵CE＝2，
∴，
∴DE，
∵∠AED＝45°，
∴DN＝NE＝DE sin45°，
∴AN＝AE﹣NE，
在Rt△ADN中，AD．
8．【解答】（1）证明：∵∠FME＝∠ANF＝90°，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠EFM＝∠FAN＝90°﹣∠AFN，
∴△EMF∽△FNA；
（2）解：∵∠FME＝∠ANF＝90°，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠EFM＝∠FAN＝90°﹣∠AFN，
∴△FME∽△ANF，
∴，
∴EM NA＝MF FN＝10，
∵FE＝DE＝3，
∴NA＝DM＝EM+3，
∴EM（EM+3）＝10，
解得EM＝2或EM＝﹣5（不符合题意，舍去），
∴NA＝DM＝2+3＝5，
∴MF，
∴FN2，
∴AD＝MN＝MF+FN23，
∴正方形ABCD的周长为12；
（3）证明：①∵AF＝AD，AB＝AD，∠AFE＝∠D＝∠C＝90°，
延长EF即交CB边于点P，连接AP交MN于点O，如图②，
∴AF＝AB，∠AFP＝∠B＝90°，
在Rt△APF和Rt△APB中，
，
∴Rt△APF≌Rt△APB（HL），
∴PF＝PB，∠APF＝∠APB，
∵MN∥AD，BC∥AB，
∴MN∥BC，
∴∠PQF＝∠APB，
∴∠APF＝∠PQF，
∴QF＝PF＝PB，
∵MF+NQ＝QF，
∴QFMNADBC，
∴BPBC，
∴P为BC的中点；
②∵DEAD，
∴可以假设AD＝3k，DE＝k，
∴EF＝DE＝k，AF＝AD＝3k，
∵△EMF∽△FNA；
∴，
设FM＝a，则AN＝3a，EM＝3a﹣k，FN＝9a﹣3k，
∵AD＝MN＝3k，
∴a+9a﹣3k＝3k，
∴ak，
∴FN＝9a﹣3kk﹣3kk，
∴，
∴FMFN．
9．【解答】解：问题背景：在矩形ABCD中，AE⊥EF，
∴∠D＝∠C＝90°，∠AED+∠FEC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠FEC，
∴△ADE∽△ECF；
问题探究：如图2，过F作FH⊥EG，过G作GK⊥AE，
设EF＝2x，则CG＝2x，CF＝5x，GF＝7x，
∵△AEG是等边三角形，
∴，GE＝AE，∠AEG＝∠AGE＝60°，
∴∠HEF＝∠AEF﹣∠AEG＝30°，
∴，
∴，
∴，
∵∠KGE＝30°，GK⊥AE，
∴，
∴，
∴；
问题拓展：AG的长度为；理由如下：
当∠EGC＝∠EFA＝60°，，FG＝4时，
∵∠BCE＝90°，
∴∠GEC＝30°，
∴，，
∴，
∴，
∵∠EFA＝60°，∠AEF＝90°，
∴，
∵△ADE∽△ECF，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴．
10．【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠A＝90°，
∵tan，AB＝3，
∴AD＝1，CD＝AC﹣AD＝3，
由旋转的性质得：DB＝DE，
∴∠ADB+∠ABD＝∠ADB+∠CDE＝90°，
∴∠ABD＝∠CDE，
在△ABD和△CDE中，
，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴∠DCE＝∠BAD＝90°，
∴AC⊥CE；
（2）解：如图2，过点D作DG∥AB交BC于点G，
∴△CDG∽△CAB，
∴，
即
∴，
由（1）知CE∥AB，CE＝AD＝1，
∴DG∥CE，
∴△CEF∽△GDF，
∴，
即，
∴，
∵BD＝ED，
∴，
（3）解：在Rt△ADB中，，
①当点P在点D下方时，
如图3，连结PB，过点P作PM⊥BD于点M，
在Rt△PBM中，tan，
设PM＝a，则BM＝2a，
在Rt△PDM和Rt△ADB中，
tan，
∴，
∵BD＝DM+BM，
∴，
解得，
∴，
在Rt△ADB中，sin，
在Rt△PDM中，sin，
∴，
∴，
∴，
②当点P在点D上方时，
如图4，连结PB，过点P作PN⊥BD交BD的延长线于点N
在Rt△PBN中，tan，
设PN＝b，则BN＝2b，
∵∠ADB＝∠NDP，
∴tan∠ADB＝tan∠NDP，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠ADB＝∠NDP，
∴sin∠ADB＝sin∠NDP，
∴，
∴，
∴AP＝DP+AD＝3，
综上所述：AP的长为．
11．【解答】（1）①解：如图1，过点N作NK⊥CB交CB延长线于点K，则∠K＝90°；
∵∠ACB＝90°，CB＝CA，
∴AC＝BC＝2，
∴由勾股定理得，
∵点D为BC中点，
∴CD＝BD＝1，
∵△MDN是等腰直角三角形，
∴MD＝ND，∠MDN＝90°，
∴∠NDK+∠ADC＝∠DAC+∠ADC＝90°，
∴∠NDK＝∠DAC，
∵∠C＝∠K＝90°，
∴△ACD≌△DKN，
∴DK＝AC＝2，NK＝CD＝1，
在Rt△DKN中，由勾股定理得：，
在Rt△MDN中，由勾股定理得：；
②证明：由①得△ACD≌△DKN，
∴DK＝AC＝BC，NK＝CD＝BD，
∴CD＝BK，
∴NK＝BK，
∴△BKN是等腰直角三角形，
∴∠NBK＝45°，
∴∠ABN＝180°﹣45°﹣45°＝90°＝∠ADN，
∵∠APD＝∠NPB，
∴△APD∽△NPB，
∴，
∴DP PN＝AP PB；
（2）解：过点E作ME的垂线与MC的延长线交于点J，连接CE，BN，
∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴DE∥AC，
∴，
∴点E为AB中点，
∵CA＝CB，
∴CE⊥AB，
∴∠5+∠6＝∠6+∠7＝90°，
∴∠5＝∠7，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵∠AMC＝90°，∠AEC＝90°，
∴∠AMC+∠AEC＝180°，
∴A，M，C，E四点共圆，
∴∠EMC＝∠CAB＝45°，
∴△MEJ为等腰直角三角形，∠AME＝∠AMC﹣∠EMC＝45°，
∴EM＝EJ，∠J＝45°，
∴∠J＝∠AME，
∵CE⊥AB，∠CAB＝45°，
∴△CEA为等腰直角三角形，
∴CE＝AE，
在△EAM和△ECJ中，
，
∴△EAM≌△ECJ（ASA），
∴AM＝CJ，
∵同理可得△EDB为等腰直角三角形，
∴DE＝DB，
∵△MDN为等腰直角三角形，
同理可证明：△MDE≌△NDB，
∴EM＝BN，∠2＝∠4，
∵∠2＝∠3，
∴∠3＝∠4，
∴DF∥BN，
∴△CDF∽△CBN，
∴，则BN＝2DF，
在等腰Rt△MEJ中，由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（AM+CM）2＝8DF2，即AM2+CM2+2AM×CM＝8DF2，
∴AC2+2AM×CM＝8DF2，
∵，，
∴AC2＝2S△ABC，AM×CM＝2S△AMC，
∴，
∴．
12．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠BPQ＝∠A＝90°，
∵△ABP与△BPQ相似，
∴或，
∵AB＝6，BP＝2PQ，
∴或，
∴AP＝3或AP＝12，
故答案为：3或12；
（2）解：过点Q作MN⊥AD于点M，与BC交于点N，
则∠A＝∠PMQ＝∠CNQ＝90°，AB＝MN＝6，
∵∠BPQ＝90°，
∴∠APB+∠MPQ＝∠MPQ+∠PQM＝90°，
∴∠APB＝∠MQP，
∴△APB∽△MQP，
∴，
设MQ＝x，则NQ＝6﹣x，
∵BP＝2PQ，AP＝2，
∴2，
∴x＝1，MP＝3，
∴CN＝DM＝AD﹣MP﹣AP＝8﹣3﹣2＝3，
∴CQ2＝QN2+CN2＝52+32＝34，
∴CQ；
（3）由（2）得，△APB∽△MQP，
∴，
设MQ＝x，则NQ＝6﹣x，
∵BP＝2PQ，
∴2，
∴AP＝2x，MP＝3，
∴CN＝DM＝AD﹣MP﹣AP＝8﹣3﹣2x＝5﹣2x，
∴CQ2＝QN2+CN2＝（6﹣x）2+（5﹣2x）2，
＝5（x）2，
当x时，CQ2的最小值为，
∴CQ长的最小值为．
13．【解答】（1）证明：如图1中，过点N作NH⊥CB交CB的延长线于点H．
∵MD＝MN，∠DMN＝90°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠C＝∠ABC＝90°，∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵NH⊥CH，
∴∠H＝∠DCM＝90°，
∵∠NMH+∠DMC＝90°，∠DMC+∠CDM＝90°，
∴∠NMH＝∠CDM，
∵MD＝MN，
∴△DCM≌△MHN（AAS），
∴CD＝MH＝BC，CM＝NH，
∴BH＝CM＝NH，
∴∠NBH＝45°，
∴∠DBN＝∠DCM＝90°，
∵∠NDM＝∠BDC，
∴∠NDB＝∠MDC，
∴△DCM∽△DBN；
（2）解：①如图2中，过点P作PE⊥BD于点E，PF⊥BN于点F，NH⊥CB交CB的延长线于点H．
当x＝1时，设CM＝BM＝a，则BD＝2a，
由（1）可知NH＝BH＝CM＝a，
∴BNa，
∵∠PBN＝∠PBD＝45°，PE⊥BD．PF⊥BN，
∴PE＝PF，
∴，
∴，
∴y；
②如图3中，延长BC到T，使得CT＝AP．
∵AD＝CD，∠DAP＝∠DCT＝90°，AP＝CT，
∴△DAP≌△DCT（SAS），
∴∠ADP＝∠CDT，DP＝DT，
∴∠PDT＝∠ADC＝90°，
∵∠PDM＝45°，
∴∠PDM＝∠TDM，
∵DM＝DM，
∴△DMP≌△DMT（SAS），
∴∠DMP＝∠DMT，
∵∠PMN＝30°，∠DMN＝90°，
∴∠DMT＝∠DMP＝90°﹣30°＝60°，
∵CD＝AB＝2，
∴tan60°，
∴，
∴CM＝2．
14．【解答】（1）证明：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∵E、F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH＝∠A＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠3＝∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∵P为CD中点，
∴，
设EP＝AP＝x，
∴ED＝AD﹣x＝3﹣x，
在Rt△EDP中，EP2＝ED2+DP2，
即x2＝（3﹣x）2+1，
解得，
∴，
∴ED＝AD﹣AE，
∵△EDP∽△PCH，
∴，
∴，
解得，
∵PG＝AB＝2，
∴；
（3）解：如图：延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E、F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE＝EP，
∴∠EAP＝∠EPA，
∴∠BAP＝∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA＝MP，
∵P为CD中点，
∴设DP＝CP＝y，
∴AB＝PG＝CD＝2y，
∵H为BC中点，
∴BH＝CH，
∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH，
∴△MBH≌△PCH（ASA），
∴BM＝CP＝y，HM＝HP，
∴MP＝MA＝MB+AB＝3y，
∴，
在Rt△PCH中，，
∴，
∴，
在Rt△APD中，，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△MAP，
∴，
∴，
∴，
∴．
15．【解答】（1）①证明：∵AB＝2AC，MN＝2CM，
∴，
∴，
∵∠A＝∠CMN＝90°，
∴△ABC∽△MNC；
②解：过N作NG⊥AB，交AB延长线于点G，设MN与BC交于点P，
∵∠A＝∠CMN＝90°，
∴∠ACM＝∠GMN＝90°﹣∠CMA，
∵∠A＝∠G＝90°，
∴△CAM∽△MGN，
∴，
∴MG＝2AC＝AB，
由①知，△ABC∽△MNC，
∴∠CNM＝∠CBM，，
∴，即，
∵∠CPN＝∠MPB，
∴∠BCN＝∠GMN，
∴△CBN∽△MGN，
∴∠CBN＝∠MGN＝90°；
（2）解：过N作NG⊥AB，交AB延长线于点G，
设AM＝a，AC＝b，则AB＝2b，
由（1）②可知△CAM∽△MGN，
∴，
∴MG＝2AC＝2b，NG＝2AM＝2a，
∴AM＝BG＝a，
∴AG＝AB+BG＝a+2b，
过B作BH∥AC交AN于点H，
∴∠CAO＝∠BHO，∠ABH＝∠BAC＝90°，
∵O是BC中点，
∴OC＝OB，
∵∠COA＝∠BOH，
∴△COA≌△BOH（SAS），
∴BH＝AC＝b，
∵∠ABH＝∠G＝90°，∠BAH＝∠GAN，
∴△ABH∽△AGN，
∴，即，
整理可得ab，
∴．
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