/ 让教学更有效 高效备课 | 数学学科
考点分布 考查频率 命题趋势
考向1 k型相似 ★★★★ 题型结构与分值占比：相似三角形相关内容预计占几何板块的10%-15%，题型覆盖选择、填空和综合解答题。综合题占比显著提升，常以动态几何、跨章节（如与函数、圆、四边形结合）形式出现。例如，广东、上海等地专练资料强调模型综合题需融合8-11种题型。 难度分层：基础题：侧重判定定理（如两角相等、三边成比例）和基本性质的应用，难度系数0.7-0.8。综合题：涉及动态旋转、存在性问题（如直角三角形判定）、面积最值分析等，需灵活运用相似比或参数化思想，难度系数0.5-0.6。 热点模型与命题方向：八大核心模型：A字型、8字型、母子型、一线三等角等高频出现，常结合坐标系或实际情境（如测量问题）。跨学科融合：部分省市（如上海、浙江）将相似三角形与锐角三角函数、位似变换联动命题，突出数学建模能力。 建议考生强化模型识别能力和综合思维训练，重点关注动态几何与跨章节整合题型。
考向2 8字图相似 ★★★★
考向3 A字图相似 ★★★★
考向4 母子型相似 ★★★★
考向5 手拉手相似 ★★★★
方式一：构造“一线三等角”
1.45°角→构等腰直角三角形→造“一线三直角”全等
2.30°角→构直角三角形→造“一线三直角”相似
3.Tanα=k→构直角三角形→造“一线三直角”相似
“一线三等角”的应用分为三重境界：
一重境：当一条线上已有三个等角时，只要识别、证明，直接应用模型解题。例：“同侧型一线三等角”（图1）；“异侧型一线三等角”（图2）
二重境：当一条线上已有两个等角时，需要再补上一个等角，构造模型解题（图3）
三重境：当一条直线只有一个角时需要再补上两个等角，构造模型解题（图4）
方式二：构造“母子型相似”
“角处理”，还可以在角的一边上某点处作水平或者竖直辅助线，构成“（水平或竖直）边对角”结构，然后在这条直线上补一个与此相等的角，构造出“母子型相似”，其核心结构如图：
△DAC∽△DEA→DA =DC·DE→DG +AG =DC·DE
方式三：整体旋转法（*）
前两种构造属于静态构造方式，再介绍一种动态构造方式，即整体旋转法。其核心思想是“图形的旋转（运动）本质是图形上的点旋转（运动）；反过来，点的旋转（运动）可以看成该点所在图形的旋转（运动）”
1.如图1，公共角所对的边平行(DE∥BC)，则△ADE∽△ABC；
2.如图2，公共角的对边不平行，且有另一组角相等(∠AED＝∠ABC或∠ADE＝∠ACB)，则△AED∽△ABC.
1.如图1，对顶角的对边平行(AB∥CD)，则△ABO∽△DCO；
2.如图2，对顶角的对边不平行，且有另一对角相等(∠B＝∠D或∠A＝∠C)，则△ABO∽△CDO.
已知：，结论：
例1.如图，将等边△ABC折叠，折痕为MN，使点A落在BC边上得到点D．若，则 ．
变式1.如图，等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别在边AB和AC上．将∠A沿着DE折叠，若点A恰好落在边BC的三等分点处，此时BD的长为 .
变式2.如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BPBC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD＝ ．
例2.综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 AB＝DE ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积；
（3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则 ；
（4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP，请直接写出线段AP的长度．
变式1.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝a，点P在AD上，且，连接BP，将△ABP沿BP翻折得到△BPQ，若点A的对应点落在矩形的边上，则a＝ ．
变式2.【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）
【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．
（1）求证：△AED∽△BFE．
（2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长．
【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 ．
例1.如图，这是一把折叠椅子及其侧面的示意图，线段AE和BD相交于点C，点F在AE的延长线上，测得AC＝30cm，BC＝40cm，CD＝24cm，EC＝18cm，若∠BAC＝60°，则∠DEF的度数为（ ）
A．120° B．125° C．130° D．135°
变式1.如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D，E为BC上一点，AE，DC的延长线交于点F，∠DAE＝∠BEA．
（1）求证：∠BAF＝∠F；
（2）若，直接写出△CEF和△DAF的周长之比．
变式2.如图，矩形ABCD中，E是BC上的点，连结DE交对角线AC于点F，若∠DAC＝30°，∠DEC＝45°，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．1.5
变式3.如图，A，B两点被池塘隔开，A，C，D三点共线，B，C，E三点共线．若，ED＝10米，则AB＝（ ）
A．8米 B．12米 C．15米 D．10米
例1.如图，在△ABC中，D，M是边AB的三等分点，N，E是边AC的三等分点．连接ND并延长与CB的延长线相交于点P．若DE＝4，则线段CP的长为（ ）
A．5 B．7 C．6 D．8
变式1.《九章算术》中记载了这样一个问题：今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？其大意为：如图，今有Rt△ABC，其勾（AB）长为5步，股（BC）长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形BLMN的边长是多少？若设正方形的边长为x步，则可列方程为 ．
变式2.如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，AH⊥BC于H，HC＝CD，AH＝2，AD＝1，点E在边DC上，联结BE分别交AH、DH于点M、N．
（1）求线段CD的长；
（2）当DEBH时，设BH＝x，HM＝y，求y关于x的函数解析式．
变式3.如图，在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，AD与BE相交于点O，且AB＝AD，AE2＝OE BE．
（1）求证：①∠EAD＝∠ABE；②BE＝EC；
（2）若BD：CD＝4：3，CE＝8，求线段AE的长．
变式4.如图，矩形ABCD中P为对角线BD上一动点，过P点作PE∥CD交AC于点E，作PF∥AC交AD于点F，连接DE、BE．
（1）若FP＝EP，
①求证：DE平分∠BDC；
②求证：；
（2）已知DO＝DE＝4，且P为DO的中点，求矩形ABCD的周长．
例1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG EA；
（2）连接CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．
变式1.如图，在矩形ABCD中，BD＝2．对角线AC与BD相交于点O，过点D作AC的垂线，交AC于点E，AE＝3CE．则DE2的值为（ ）
A．4 B．2 C． D．4
变式2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过点C作CE⊥AD，垂足为E．连接BE并延长交AC于点F．
（1）求证：CD2＝ED AD；
（2）已知D为BC的中点，
①求证：∠DBE＝∠DAB；
②若，求sin∠CEF的值．
例1.综合与实践：
【新知定义】如图1，若∠BAC＝∠DAE，，则△ABC∽△ADE．小明称图1中的△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”．
【新知探究】
（1）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝4，D为BC的中点．以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE，则CE的长为 ；
（2）在图1中，连接BD，CE，求证：△ABD∽△ACE；
【变式应用】
（3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，AD为一边在AD右侧作△ADE，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE，连接CE，求CE的长；
【综合应用】
（4）如图4，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若D点在线段BC上运动BC，且点D不
与点B重合），以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE．以AD、AE为边构造矩形ADFE，连接CF．直接写出△CEF面积的最大值及此时BD的长度．
变式1.如图，D是△ABC内一点，∠ABD+∠ACD＝90°．
（1）如图1，E是△ABC外一点，当∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE时，连接CE，若CD＝1，AD＝4，求BD的长；
（2）如图2，E是△ABC外一点，若∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE，CD＝m，BD＝n，AD＝t，试探究m，n，t三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若∠BDC＝135°，AD＝4，AC＝5，，求AB的长．
变式2.如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是 ．
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考点分布 考查频率 命题趋势
考向1 k型相似 ★★★★ 题型结构与分值占比：相似三角形相关内容预计占几何板块的10%-15%，题型覆盖选择、填空和综合解答题。综合题占比显著提升，常以动态几何、跨章节（如与函数、圆、四边形结合）形式出现。例如，广东、上海等地专练资料强调模型综合题需融合8-11种题型。 难度分层：基础题：侧重判定定理（如两角相等、三边成比例）和基本性质的应用，难度系数0.7-0.8。综合题：涉及动态旋转、存在性问题（如直角三角形判定）、面积最值分析等，需灵活运用相似比或参数化思想，难度系数0.5-0.6。 热点模型与命题方向：八大核心模型：A字型、8字型、母子型、一线三等角等高频出现，常结合坐标系或实际情境（如测量问题）。跨学科融合：部分省市（如上海、浙江）将相似三角形与锐角三角函数、位似变换联动命题，突出数学建模能力。 建议考生强化模型识别能力和综合思维训练，重点关注动态几何与跨章节整合题型。
考向2 8字图相似 ★★★★
考向3 A字图相似 ★★★★
考向4 母子型相似 ★★★★
考向5 手拉手相似 ★★★★
方式一：构造“一线三等角”
1.45°角→构等腰直角三角形→造“一线三直角”全等
2.30°角→构直角三角形→造“一线三直角”相似
3.Tanα=k→构直角三角形→造“一线三直角”相似
“一线三等角”的应用分为三重境界：
一重境：当一条线上已有三个等角时，只要识别、证明，直接应用模型解题。例：“同侧型一线三等角”（图1）；“异侧型一线三等角”（图2）
二重境：当一条线上已有两个等角时，需要再补上一个等角，构造模型解题（图3）
三重境：当一条直线只有一个角时需要再补上两个等角，构造模型解题（图4）
方式二：构造“母子型相似”
“角处理”，还可以在角的一边上某点处作水平或者竖直辅助线，构成“（水平或竖直）边对角”结构，然后在这条直线上补一个与此相等的角，构造出“母子型相似”，其核心结构如图：
△DAC∽△DEA→DA =DC·DE→DG +AG =DC·DE
方式三：整体旋转法（*）
前两种构造属于静态构造方式，再介绍一种动态构造方式，即整体旋转法。其核心思想是“图形的旋转（运动）本质是图形上的点旋转（运动）；反过来，点的旋转（运动）可以看成该点所在图形的旋转（运动）”
1.如图1，公共角所对的边平行(DE∥BC)，则△ADE∽△ABC；
2.如图2，公共角的对边不平行，且有另一组角相等(∠AED＝∠ABC或∠ADE＝∠ACB)，则△AED∽△ABC.
1.如图1，对顶角的对边平行(AB∥CD)，则△ABO∽△DCO；
2.如图2，对顶角的对边不平行，且有另一对角相等(∠B＝∠D或∠A＝∠C)，则△ABO∽△CDO.
已知：，结论：
例1.如图，将等边△ABC折叠，折痕为MN，使点A落在BC边上得到点D．若，则 ．
【分析】根据题意可设BD＝2a，则BC＝3a，CD＝a，利用等边三角形的性质可得∠BAC＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝3a，由折叠可知AM＝DM，AN＝DN，∠MAN＝∠MDN＝60°，于是根据平角的定义和三角形内角和定理可推出∠BMD＝∠CDN，则△BMD∽△CDN，可得，即，以此即可求解．
【解答】解：∵，
∴设BD＝2a，则BC＝3a，CD＝BC﹣BD＝a，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝3a，
根据折叠的性质可得，AM＝DM，AN＝DN，∠MAN＝∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠MDN+∠CDN＝180°，即∠BDM+∠CDN＝120°，
∵∠BMD+∠BDM+∠MBD＝180°，即∠BMD+∠BDM＝120°，
∴∠BMD＝∠CDN，
∴△BMD∽△CDN，
∴，即，
∵C△BMD＝BD+BM+DM＝BD+BM+AM＝BD+AB＝5a，
C△CDN＝CD+CN+DN＝CD+CN+AN＝CD+AC＝4a，
∴．
故答案为：．
变式1.如图，等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别在边AB和AC上．将∠A沿着DE折叠，若点A恰好落在边BC的三等分点处，此时BD的长为 或 .
【分析】依据折叠可得∠DAE＝∠B＝∠C＝60°，判定△DBA∽△ACE，利用相似三角形的周长之比等于相似比，即可得到BD的长．
【解答】解：分两种情况：
①当BA：AC＝1：2时，BA＝1，AC＝2，
由题可得，∠B＝∠C＝∠DAE＝60°，BD+AD＝AE+CE＝3，
∴∠D+∠BAD＝120°＝∠CAE+∠BAD，
∴∠D＝∠CAE，
又∵∠B＝∠C，
∴△DBA∽△ACE，
∴，即，
∴BD；
②当BA：AC＝2：1时，BA＝2，AC＝1，
同理可得△DBA∽△ACE，
∴，即，
∴BD；
综上所述，BD的长为或．
变式2.如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BPBC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD＝ ．
【分析】根据已知易得BC＝6，从而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，从而利用三角形内角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定义可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，从而可得∠DPC＝∠BAP，进而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵BPBC＝2，
∴BC＝3BP＝6，
∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，
∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，
∵∠APD＝∠B，
∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，
∴∠DPC＝∠BAP，
∴△ABP∽△PCD，
∴，
∴，
∴CD，
故答案为：．
例2.综合与实践
如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 AB＝DE ；
（2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积；
（3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则 ；
（4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP，请直接写出线段AP的长度．
【分析】（1）利用“一线三垂直“证△ABC≌△EBD（AAS）即可得证；
（2）证△DEF∽△CAF可求EF长度，然后即可求出△BDF的面积；
（3）要求的值，有两个方向，①把BN和BC的值求出来，这题BC很好求，但是BN不好求，可以建立坐标系求解析式，再求交点N坐标，最后利用两点距离公式求BN的长度；②根据题干给我们的思路建立一线三直角得相似进行转化即可，利用△EMN∽△EAC和△BMN∽△BED建立关于MN的方程，求出MN的长度，最后利用△BMN∽△CAB求值即可．
（4）由已知条件过P作BC垂线段，可得两个直角三角形，然后解这两个直角三角形即可求解．另外方法二的正切和差角公式可以作为课外拓展知识，在这种直接写答案的题型中可以用下，快速找出答案．
【解答】解：（1）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC，
∵∠A＝∠E＝90°，
∴△ABC≌△EBD（AAS），
∴AB＝DE；
故答案为：AB＝DE．
（2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC，
∵∠A＝∠E＝90°，
∴△ABC≌△EBD（AAS），
∴DE＝AB，BE＝AC，
∵AB＝2，AC＝6，
∴DE＝2，BE＝6，
∴AE＝AB+BE＝8，
∵∠DEB+∠A＝180°，
∴DE∥AC，
∴△DEF∽△CAF，
∴，即，
∴EF＝4，
∴BF＝BE+EF＝10，
∴S△BDFBF DE＝10．
（3）方法一：如图，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系，
由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2，
∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2），
设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得，
，解得：，
∴直线BD解析式为yx，
同理可求直线CE解析式为：yx+6，
令xx+6，解得x，
∴y，即N（，），
∴利用两点距离公式可得BN，
∵BC2，
∴．
故答案为：．
方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M，
由△EMN∽△EAC得，，即，
∴EMMN，
由△BMN∽△BED得，，即，
解得MN，
由△BMN∽△CAB得，．
故答案为：．
（4）方法一：①当点P在点B左侧时，如图所示，过P作PQ⊥BC于点Q，
∵tan∠BCP，tan∠ABC3，
∴PQCQ，PQ＝3BQ，
设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a，
∴BC＝BQ+CQ＝11a，
∵BC211a，
∴a，
∴BP2a，
∴AP＝BP﹣AB；
②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交BC延长线于点G，
tan∠BCP，tan∠PBG＝tan∠ABC，即，
剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP．
综上，AP的长度为或．
方法二：补充知识：正切和差角公式：tan（α+β），tan（α﹣β）．
①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA，tan∠BCP，所以此时点P在A的左侧，如图所示，
tan∠BCP＝tan（∠BCA+∠ACP），
解得tan∠ACP，即，
∵AC＝6，
∴AP．
②当点P在点B右侧时，如图所示，
tan∠ACP＝tan（∠BCA+∠BCP），
即，
∵AC＝6，
∴AP．
综上，AP的长度为或．
变式1.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝a，点P在AD上，且，连接BP，将△ABP沿BP翻折得到△BPQ，若点A的对应点落在矩形的边上，则a＝ 8或4 ．
【分析】有折叠落在矩形的边上分类讨论，根据全等或相似求出关键线段，即可求解．
【解答】解：①如图，当点Q落在BC边上时，
由翻折可知：PQ＝AP，∠PQB＝∠A＝90°，
在矩形ABCD中，∠ABQ＝90°，
∴四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝6，
∴6，
解得：a＝8；
②如图，当点Q落在DC边上时，
由翻折可知：PQ＝AP，∠PQB＝∠A＝90°，BQ＝AB＝6，
∴∠PQD+∠BQC＝90°，PD＝AD﹣AP＝
在矩形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AD＝BC，
∴∠PQD+∠DPQ＝90°，
∴∠DPQ＝∠BQC，
∴△DPQ∽△CQB，
∴，即，
∴QC＝2，
在Rt△QBC中，BC，
∴AD＝a，
故答案为：8或．
变式2.【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）
【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．
（1）求证：△AED∽△BFE．
（2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长．
【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 2或2 ．
【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，从而证明结论；
（2）由（1）知△AED∽△BFE，得，代入计算即可；
【应用】如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意；如果CE＝EF，利用AAS证明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，则∠CFE＝90°，则CE⊥AB，从而解决问题．
【解答】【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴∠BEF+∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠BEF，
又∵∠A＝∠B，
∴△AED∽△BFE；
（2）解：∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝5，
由（1）知△AED∽△BFE，
∴，
即，
∴BF；
【应用】解：如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意，
②如果CE＝EF，则∠ECF＝∠EFC，
∵∠EFC为△BEF的外角，
∴∠EFC＝∠B+∠BEF，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠BEF＝∠EFC﹣∠B＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∠ACE＝90°﹣∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠ACF＝∠BEF，
又∵∠A＝∠B，CE＝EF，
∴△AEC≌△BFE（AAS），
∴BE＝AC，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4，
∴AC，
∴BE＝2；
如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，
∴∠CFE＝90°，
在△BEC中，∠B＝∠BCE＝45°，
∴∠BEC＝90°，
∴CE⊥AB，
又∵AC＝BC，
∴点E为AB的中点，
∴BE，
综上，BE的长为2或2，
故答案为：2或2．
例1.如图，这是一把折叠椅子及其侧面的示意图，线段AE和BD相交于点C，点F在AE的延长线上，测得AC＝30cm，BC＝40cm，CD＝24cm，EC＝18cm，若∠BAC＝60°，则∠DEF的度数为（ ）
A．120° B．125° C．130° D．135°
【分析】根据已知易得：，从而可得△ACB∽△ECD，然后利用相似三角形的性质可得∠BAC＝∠DEC＝60°，从而利用平角定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AC＝30cm，BC＝40cm，CD＝24cm，EC＝18cm，
∴，，
∴，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴△ACB∽△ECD，
∴∠BAC＝∠DEC＝60°，
∴∠DEF＝180°﹣∠DEC＝120°，
故选：A．
变式1.如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D，E为BC上一点，AE，DC的延长线交于点F，∠DAE＝∠BEA．
（1）求证：∠BAF＝∠F；
（2）若，直接写出△CEF和△DAF的周长之比．
【分析】（1）利用平行线的判定与性质解答即可；
（2）利用（1）的结论和平行四边形的判定与性质得到AD＝BC，利用相似三角形的判定与性质得到，利用比例的性质得到，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BEA，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠BCF．
∵∠B＝∠D，
∴∠B＝∠BCF．
∴AB∥DF．
∴∠BAF＝∠F；
（2）解：由（1）知：AD∥BC，AB∥DF，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC．
∵AB∥DF，
∴△FCE∽△ABE，
∴，
∴，
∴．
∵AD∥BC，
∴△FCE∽△FDA，
∴△CEF和△DAF的周长之比．
变式2.如图，矩形ABCD中，E是BC上的点，连结DE交对角线AC于点F，若∠DAC＝30°，∠DEC＝45°，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．1.5
【分析】设DC＝a，根据矩形的性质可得AD∥CE，∠ADC＝∠DCB＝90°，从而在Rt△ACD中，利用含30度角的直角三角形的性质可得AC＝2a，ADa，然后在Rt△DCE中，利用等腰直角三角形的性质可求出CE的长，最后证明8字模型相似△ADF∽△CEF，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
【解答】解：设DC＝a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥CE，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵∠DAC＝30°，
∴AC＝2DC＝2a，ADCDa，
∵∠DEC＝45°，
∴CEa，
∵AD∥CE，
∴∠DAF＝∠FCE，∠ADF＝∠DEC，
∴△ADF∽△CEF，
∴，
故选：A．
变式3.如图，A，B两点被池塘隔开，A，C，D三点共线，B，C，E三点共线．若，ED＝10米，则AB＝（ ）
A．8米 B．12米 C．15米 D．10米
【分析】根据三角形相似的判定，△CDE∽△CAB，根据三角形相似对应线段成比例，即可作答．
【解答】解：∵，∠DCE＝∠ACB，
∴△CDE∽△CAB，
∴，
∴ABED10＝12（米），
故选：B．
例1.如图，在△ABC中，D，M是边AB的三等分点，N，E是边AC的三等分点．连接ND并延长与CB的延长线相交于点P．若DE＝4，则线段CP的长为（ ）
A．5 B．7 C．6 D．8
【分析】利用已知条件得到，再利用相似三角形的判定与性质得到DE∥BC，最后利用三角形的中位线定理解答即可得出结论．
【解答】解：∵D，M是边AB的三等分点，N，E是边AC的三等分点，
∴，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE＝∠ABC，
∴DE∥BC．
∵NE＝EC，
∴DE为△NPC的中位线，
∴PC＝2DE＝2×4＝8．
故选：D．
变式1.《九章算术》中记载了这样一个问题：今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？其大意为：如图，今有Rt△ABC，其勾（AB）长为5步，股（BC）长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形BLMN的边长是多少？若设正方形的边长为x步，则可列方程为 ．
【分析】先利用正方形的性质可得ML＝LB＝x步，LM∥BN，从而可得∠ALM＝∠B，∠AML＝∠C，进而可得△ALM∽△ABC，然后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
【解答】解：∵四边形BLMN是正方形，
∴ML＝LB＝x步，LM∥BN，
∴∠ALM＝∠B，∠AML＝∠C，
∴△ALM∽△ABC，
∴，
∴，
故答案为：．
变式2.如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，AH⊥BC于H，HC＝CD，AH＝2，AD＝1，点E在边DC上，联结BE分别交AH、DH于点M、N．
（1）求线段CD的长；
（2）当DEBH时，设BH＝x，HM＝y，求y关于x的函数解析式．
【分析】（1）过点C作CF⊥HD于F，先计算出，再根据等腰三角形的性质得，然后证△ADH和△FHC相似，进而利用相似三角形的性质可得CF的长，最后利用勾股定理可求出CH的长，进而可得出答案；
（2）过点E作EP⊥BC于P，过点D作DQ⊥BC于Q，由，BH＝x得，，证四边形AHQD为矩形得DQ＝AH＝2，再证△CPE和△CQD相似得，进而得，，最后再证△BHM和△BPE相似，利用相似三角形的性质即可得出y关于x的函数解析式．
【解答】解：（1）过点C作CF⊥HD于F，
∵AD∥BC，AH⊥BC，
∴AH⊥AD，
在Rt△ADH中，AH＝2，AD＝1，
由勾股定理得：，
∵HC＝CD，CF⊥HD，
∴，
∵AH⊥BC，CF⊥HD，
∴∠AHC＝∠CFH＝90°，
∴∠AHD+∠DHC＝∠DHC+∠FCH，
∴AHD＝∠FCH，
又AH⊥AD，
∴∠HADF＝∠CFH＝90°，
∴△ADH∽△FHC，
∴AD：HF＝AH：CF，
∴AD CF＝HF AH，
即：，
∴，
在Rt△HCF中，，，
由勾股定理得：，
∴CD＝CH＝2.5．
（2）过点E作EP⊥BC于P，过点D作DQ⊥BC于Q，
∵BH＝x，，
∴，
由（1）可知：CD＝HC＝2.5，
∴，
∵AH⊥BC，AH⊥AD，DQ⊥BC，AD∥BC，
∴四边形AHQD为矩形，
∴DQ＝AH＝2，
∵EP⊥BC，DQ⊥BC，
∴EP∥DQ，
∴△CPE∽△CQD，
∴EC：CD＝EP：DQ，
即：EP CD＝DQ EC，
即：，
∴，
在Rt△CEP中，，，
由勾股定理得：，
∵BP＝BH+CH﹣CP，
即：，
∵AH⊥BC，EP⊥BC，
∴AH∥EP，
∴△BHM∽△BPE，
∴BH：BP＝HM：EP，
∴HM BP＝BH EP，
即：，
整理得：．
变式3.如图，在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，AD与BE相交于点O，且AB＝AD，AE2＝OE BE．
（1）求证：①∠EAD＝∠ABE；②BE＝EC；
（2）若BD：CD＝4：3，CE＝8，求线段AE的长．
【分析】（1）①利用相似三角形的判定与性质解答即可；
②利用①的结论，三角形的外角和等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）过点A作AF⊥BD于点F，交BE于点G，连接GD，利用等腰三角形的三线合一的性质和垂直平分线的性质得到GB＝GD；再利用等腰三角形的性质和平行线的判定定理得到GD∥AC；利用相似三角形的判定与性质得出比例式分别得到GD与AC的长，则AE＝AC﹣EC．
【解答】（1）①证明：∵AE2＝OE BE，
∴，
∵∠AEO＝∠BEA，
∴△AEO∽△BEA，
∴∠EAD＝∠ABE；
②证明：∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB．
∵∠ABD＝∠ABE+∠CBE，∠ADB＝∠EAD+∠C，
由①知：∠EAD＝∠ABE，
∴∠CBE＝∠C，
∴BE＝EC；
（2）解：过点A作AF⊥BD于点F，交BE于点G，连接GD，如图，
∵AB＝AD，AF⊥BD，
∴BF＝FD，
即AF为BD的垂直平分线，
∴GB＝GD，
∴∠GBC＝∠GDB，
由（1）②知：∠CBE＝∠C，
∴∠GDB＝∠C，
∴GD∥EC，
∴△BGD∽△BEC，
∴．
∵BD：CD＝4：3，
∴，
∴，
∴GD．
∵BD：CD＝4：3，BF＝FD，
∴FD：DC＝2：3，
∴．
∵GD∥EC，
△FGD∽△FAC，
∴，
∴，
∴AC．
∴AE＝AC﹣EC8．
变式4.如图，矩形ABCD中P为对角线BD上一动点，过P点作PE∥CD交AC于点E，作PF∥AC交AD于点F，连接DE、BE．
（1）若FP＝EP，
①求证：DE平分∠BDC；
②求证：；
（2）已知DO＝DE＝4，且P为DO的中点，求矩形ABCD的周长．
【分析】（1）①由矩形得到OA＝OD，再导角证明PF＝PD，等量代换得到PD＝PE，结合PE∥CD即可求解；
②证明△OPE∽△ODC，得到，然后等量代换即可证明；
（2）作DG⊥AC于点G，由相似可得，求得OE＝2，再利用三线合一性质求出OG＝EG＝1，最后利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵PF∥AC，
∴∠PFD＝∠OAD，∠PFD＝∠PDF，
故PF＝PD，
∵FP＝EP，
故PD＝PE，
故∠PDE＝∠PED，
∵PE∥CD，
∴∠PED＝∠CDE，
∴∠ODE＝∠CDE，
∴DE平分∠BDC；
②证明：∵PE∥CD，
∴△OPE∽△ODC，
∴，
∵AB＝CD，OP＝OD﹣PD＝OA﹣PF，PE＝OF，
∴，
整理可得：；
（2）如图a所示，作DG⊥AC于点G，
∵DO＝DE＝4，且P为DO中点，
故PO＝PD＝2，OC＝OD＝4，
∵△OPE∽△ODC，
∴，即，OE＝2，
故EC＝OC﹣OE＝2，
∵DG⊥AC，
∴OG＝EG1，
∴DG，GC＝GE+EC＝1+2＝3，
∴CD，
AD，
故矩形ABCD的周长＝2（AD+CD）＝2（）．
例1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG EA；
（2）连接CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．
【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质可得结论；
（2）由直角三角形的性质得BDAC＝CD，再由相似三角形的判定与性质可得EC2＝GE EA，结合（1）的结论可得答案．
【解答】证明：（1）∵AE⊥BD，
∴∠BGE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BGE＝∠ABE，
∵∠BEG＝∠AEB，
∴△ABE∽△BGE，
∴，
即EB2＝EG EA；
（2）在Rt△ABC中，点D是斜边AC的中点，
∴BDAC＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵∠CGE＝∠DBC，
∴∠CGE＝∠DCB，
∵∠GEC＝∠GEC，
∴△GEC∽△CEA，
∴，
∴EC2＝GE EA，
由（1）知EB2＝EG EA，
∴EC2＝EB2，
∴BE＝CE．
变式1.如图，在矩形ABCD中，BD＝2．对角线AC与BD相交于点O，过点D作AC的垂线，交AC于点E，AE＝3CE．则DE2的值为（ ）
A．4 B．2 C． D．4
【分析】根据矩形的性质可得∠ADC＝90°，AC＝BD＝2，从而求出AE，CE的长，然后根据射影定理证明△ADE∽△DCE，从而可得DE2＝AE CE，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AC＝BD＝2，
∵AE＝3CE，
∴AEAC，CEAC，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
∴∠ADE+∠DAC＝90°，
∴∠ADE＝∠ACD，
∴△ADE∽△DCE，
∴，
∴DE2＝AE CE，
故选：C．
变式2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一点，过点C作CE⊥AD，垂足为E．连接BE并延长交AC于点F．
（1）求证：CD2＝ED AD；
（2）已知D为BC的中点，
①求证：∠DBE＝∠DAB；
②若，求sin∠CEF的值．
【分析】（1）证明△CED∽△ACD，可得，即可证得结论；
（2）①由（1）知，可推出，证得△DBE∽△DAB，利用相似三角形性质即可；
②解法一：由，设AC＝2k，BC＝3k，运用勾股定理可得ABk，即可推出sin∠CEF＝sin∠CAB．解法二：过点B作BG⊥AD，交AD的延长线于点G，可证得△CDE≌△BDG（AAS），得出ED＝GD，CE＝BG．由，可得．设ED＝GD＝a，则CE＝BGa，同理即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵CE⊥AD，
∴∠CED＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CED＝∠ACD．
∵∠CDE＝∠ADC，
∴△CED∽△ACD，
∴，
∴CD2＝ED AD．
（2）①证明：由（1）知．
∵D为BC的中点，
∴BD＝CD，
∴，
∵∠BDE＝∠ADB，
∴△DBE∽△DAB，
∴∠DBE＝∠DAB．
②解法一：由（1）得△CED∽△ACD，
∴∠DCE＝∠DAC．
又∵∠DBE＝∠DAB，∠CEF＝∠DBE+∠DCE，∠CAB＝∠DAB+∠DAC，
∴∠CEF＝∠CAB．
∵，设AC＝2k，BC＝3k，
根据勾股定理，得ABk，
∴sin∠CEF＝sin∠CAB．
解法二：如图，过点B作BG⊥AD，交AD的延长线于点G，
∴∠G＝∠CED＝90°，BG∥CE．
在△CDE和△BDG中，
，
∴△CDE≌△BDG（AAS），
∴ED＝GD，CE＝BG．
∵，
∴．
由（1）知△CED∽△ACD．
∴．
设ED＝GD＝a，则CE＝BGa，
根据勾股定理，得：BEa，
∵BG∥CE，
∴∠CEF＝∠GBE．
∴sin∠CEF＝sin∠GBE．
例1.综合与实践：
【新知定义】如图1，若∠BAC＝∠DAE，，则△ABC∽△ADE．小明称图1中的△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”．
【新知探究】
（1）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝4，D为BC的中点．以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE，则CE的长为 ；
（2）在图1中，连接BD，CE，求证：△ABD∽△ACE；
【变式应用】
（3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，AD为一边在AD右侧作△ADE，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE，连接CE，求CE的长；
【综合应用】
（4）如图4，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若D点在线段BC上运动BC，且点D不
与点B重合），以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE．以AD、AE为边构造矩形ADFE，连接CF．直接写出△CEF面积的最大值及此时BD的长度．
【分析】（1）由定义可知△ABC∽△ADE，所以，再代入数值求解即可；
（2）利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形即可得解；
（3）由题易得AD＝4，作BM⊥AC，DN⊥AE，垂足分别为M、N，根据等面积得，易证△ABM∽△AND，等比转化可得，从而得到△ABD∽△AEC，利用相似比求解即可；
（4）易证∠BCE＝90°，BDCEx，过F作FM⊥CE，AN⊥CE，分别交直线CE于点M、N，易得CN＝AC cos30°，所以EN＝CN﹣CEx，再证△AEN∽△EFM，得到FMENx，从而表示出△CEF的面积，最后利用二次函数最值求解即可．
【解答】（1）解：在Rt△ABC中，BC＝4，∠B＝30°，
∴AC＝BC sin30°＝2，AB＝BC cos30°＝2，
∵D是BC中点，
∴BC＝2，
由△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”可知，△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD，
∴△ABD∽△ACE，
∴，即，
∴CE；
故答案为：；
（2）证明：如图，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE．
∵，即，
∴△ABD∽△ACE；
（3）解：在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC中点，
∴，即∠ADB＝90°，
∴，
作BM⊥AC，DN⊥AE，垂足分别为M、N，
则∠AMB＝∠AND＝90°，
∵S△ABC＝S△ADE，
∴，
∴，
∵∠AMB＝∠AND，∠BAC＝∠DAE，
∴△ABM∽△AND，
∴，
∴，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△AEC，
∴，即，
∴；
（4）在Rt△ABC中，∠B＝30°，AC＝1，
∴BC＝2AC＝2，AB，
∵△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，
∴△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠B＝90°，
∴，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD，
∴△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠B＝30°，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ACB＝90°，即∠BCE＝90°，
∴点E就在垂直BC的直线上运动，
设CE＝x，则BDx，
如图，过F作FM⊥CE，AN⊥CE，分别交直线CE于点M、N，
在Rt△ACN中，AC＝1，∠ACN＝30°，
∴CN＝AC cos30°，
∴EN＝CN﹣CEx，
∵四边形ADFE为矩形，
∴AD＝EF，∠AED＝90°，
∴∠AEN＝∠EFM＝90°﹣∠MEF，
∵∠N＝∠M＝90°，
∴△AEN∽△EFM，
∴tan30°，
∴FMENx，
∴S△CEF
x （x）
x2x
（x）2，
∵0，
∴当x时，S△CEF，此时BDx，
∴△CEF面积的最大值为，BD的长度为．
变式1.如图，D是△ABC内一点，∠ABD+∠ACD＝90°．
（1）如图1，E是△ABC外一点，当∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE时，连接CE，若CD＝1，AD＝4，求BD的长；
（2）如图2，E是△ABC外一点，若∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE，CD＝m，BD＝n，AD＝t，试探究m，n，t三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若∠BDC＝135°，AD＝4，AC＝5，，求AB的长．
【分析】（1）由题意可得△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，从而，再证明△AEC∽△ADB，得，∠ABD＝∠ACE，导角可得∠DCE＝90°．又AD＝4，故DE，由勾股定理有EC，故BD；
（2）作EF⊥AD，CG⊥AB，由（1）同理可证△AEC∽△ADB，由相似结论导角可得∠DCE＝90°．根据∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE，
可得∠ABC＝∠ADE＝30°，故BG，DF，AE＝DE，在Rt△DCE中，根据勾股定理有CE，再根据△AEC∽△ADB，列比例式，代入相关线段整理可得：
t2﹣3m2＝n2．
（3）作∠ADM＝∠BDC＝135°，∠DAM＝∠DBC，过点M作AD的延长线于点N，连接CM，主动构造△DAM∽△DBC，故可得，导角可得∠BDA＝∠CDM，又，再证△ABD∽
△MCD，得，故，，由AD＝4，则DM＝2，导角得∠MDN＝45°，因此DN＝MN＝2，AN＝4+2＝6，在Rt△ANM中，根据勾股定理有AM，由△ABD∽△MCD结论及导角可得∠MCA＝90°，所以CM，从而AB．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，
∴△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
故，∠BAC＝∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△AEC∽△ADB，
∴，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠ACD＝90°，
∴∠ACE+∠ACD＝90°，即∠DCE＝90°．
∵AD＝4，
故DE，由勾股定理有EC，
故BD．
（2）如图1所示，作EF⊥AD，CG⊥AB，
由（1）同理可证△AEC∽△ADB，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ABD+∠ACD＝90°，
∴∠ACE+∠ACD＝90°，即∠DCE＝90°．
∵∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE，
∴∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴BG，DF，
∴AEDE，
在Rt△DCE中，根据勾股定理有CE，
∵△AEC∽△ADB，
∴，即，
整理可得：t2﹣3m2＝n2．
（3）如答图3所示，
作∠ADM＝∠BDC＝135°，∠DAM＝∠DBC，
过点M作AD的延长线于点N，连接CM，
∵ADM＝∠BDC＝135°，∠DAM＝∠DBC，
∴△DAM∽△DBC，
∴，
∵∠BDA+∠BDM＝∠BDM+∠CDM＝135°，
∴∠BDA＝∠CDM，
又∵，
∴△ABD∽△MCD，
∵，
∴，
∴，
∵AD＝4，故DM＝2，
∵∠ADM＝135°，
∴∠MDN＝45°，
∴DN＝MN＝2，AN＝AD+DN＝4+2＝6，
在Rt△ANM中，根据勾股定理有AM，
∵△ABD∽△MCD，
∴∠ABD＝∠MCD，
∵∠ABD+∠ACD＝90°．
∴∠MCD+∠ACD＝90°．即∠MCA＝90°，
∴CM，
∴AB．
变式2.如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是 2 ．
【分析】根据相似三角形的判定与性质，证明∠DCE＝90°，推出CPDE，求出DE的最小值，可得结论．
【解答】解：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∵DP＝PE，
∴CPDE，
∵△ABC∽△ADE，
∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小，
∵AB＝3，AC＝4，∠BAC＝90°，
∴BC5，
根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，AD的值最小，根据三角形面积得，此时AD，
∵，
∴，
∴DEAD＝4，
∴CP的最小值为4＝2，
故答案为：2．
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