2026年中考数学核心考点一轮复习 图形的相似(含解析)

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名称 2026年中考数学核心考点一轮复习 图形的相似(含解析)
格式 docx
文件大小 2.0MB
资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2025-08-07 15:14:41

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中考数学一轮复习 图形的相似
一.解答题(共20小题)
1.【感知特例】
(1)如图1,点A,B在直线l上,AC⊥l,DB⊥l,垂足分别为A,B,点P在线段AB上,且PC⊥PD,垂足为P.
结论:AC BD=AP BP
(请将下列证明过程补充完整)
证明:∵AC⊥l,BD⊥l,PC⊥PD
∴∠CAP=∠DBP=∠CPD=90°,
∴∠C+∠APC=90°,
   .+∠APC=90°,
∴   =    ,(同角的余角相等)
∴△APC∽   ,(两角分别相等的两个三角形相似)
∴   =    ,(相似三角形的对应边成比例)
即AC BD=AP BP.
【建构模型】
(2)如图2,点A,B在直线l上,点P在线段AB上,且∠CAP=∠DBP=∠CPD.结论AC BD=AP BP仍成立吗?请说明理由.
【解决问题】
(3)如图3,在△ABC中,AC=BC=5,AB=8,点P和点D分别是线段AB,BC上的动点,始终满足∠CPD=∠A.设AP长为x(0<x<8),当x=    时,BD有最大值是    .
2.在综合实践活动课上,同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动.
【操作判断】
操作一:如图①,对折正方形纸片ABCD,得到折痕AC,把纸片展平;
操作二:如图②,在边AD上选一点E,沿BE折叠,使点A落在正方形内部,得到折痕BE;
操作三:如图③,在边CD上选一点F,沿BF折叠,使边BC与边BA重合,得到折痕BF.
把正方形纸片展平,得图④,折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H.
根据以上操作,得∠EBF=   °.
【探究证明】
(1)如图⑤,连接GF,试判断△BFG的形状并证明;
(2)如图⑥,连接EF,过点G作CD的垂线,分别交AB、CD、EF于点P、Q、M.求证:EM=MF.
【深入研究】
若,请求出的值(用含k的代数式表示).
3.问题背景如图(1),在矩形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,连接BD,EF,求证:△BCD∽△FBE.问题探究如图(2),在四边形ABCD中,AD∥BC,∠BCD=90°,点E是AB的中点,点F在边BC上,AD=2CF,EF与BD交于点G,求证:BG=FG.
问题拓展如图(3),在“问题探究”的条件下,连接AG,AD=CD,AG=FG,直接写出的值.
4.数学活动课上,同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置,固定一个顶点,然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转,来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和ADE中,AB=AD=3,BC=DE=4,∠ABC=∠ADE=90°.
【初步感知】
(1)如图1,连接BD,CE,在纸片ADE绕点A旋转过程中,试探究的值.
【深入探究】
(2)如图2,在纸片ADE绕点A旋转过程中,当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时,延长ED交AC于点F,求CF的长.
【拓展延伸】
(3)在纸片ADE绕点A旋转过程中,试探究C,D,E三点能否构成直角三角形.若能,直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能,请说明理由.
5.综合与探究:如图,∠AOB=90°,点P在∠AOB的平分线上,PA⊥OA于点A.
(1)【操作判断】
如图①,过点P作PC⊥OB于点C,根据题意在图①中画出PC,图中∠APC的度数为    度;
(2)【问题探究】
如图②,点M在线段AO上,连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,求证:OM+ON=2PA;
(3)【拓展延伸】
点M在射线AO上,连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,射线NM与射线PO相交于点F,若ON=3OM,求的值.
6.综合与实践
如图,在Rt△ABC中,点D是斜边AB上的动点(点D与点A不重合),连接CD,以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE,∠DCE=90°,连接BE,m.
特例感知
(1)如图1,当m=1时,BE与AD之间的位置关系是    ,数量关系是    .
类比迁移
(2)如图2,当m≠1时,猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系,并证明猜想.
拓展应用
(3)在(1)的条件下,点F与点C关于DE对称,连接DF,EF,BF,如图3.已知AC=6,设AD=x,四边形CDFE的面积为y.
①求y与x的函数表达式,并求出y的最小值;
②当BF=2时,请直接写出AD的长度.
7.(1)【观察发现】如图1,在△ABC中,点D在边BC上.若∠BAD=∠C,则AB2=BD BC,请证明;
(2)【灵活运用】如图2,在△ABC中,∠BAC=60°,点D为边BC的中点,CA=CD=2,点E在AB上,连接AD,DE.若∠AED=∠CAD,求BE的长;
(3)【拓展延伸】如图3,在菱形ABCD中,AB=5,点E,F分别在边AD,CD上,∠ABC=2∠EBF,延长AD,BF相交于点G.若BE=4,DG=6,求FG的长.
8.综合与实践:九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动.
【特例探究】
(1)如图①,②,③是三个等腰三角形(相关条件见图中标注),列表分析两腰之和与两腰之积.
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° 2
图③ 1 30°            
请补全表格中数据,并完成以下猜想.
已知△ABC的角平分线AD=1,AB=AC,∠BAD=α,用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB AC之间的数量关系:   .
【变式思考】
(2)已知△ABC的角平分线AD=1,∠BAC=60°,用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB AC之间的数量关系,并证明.
【拓展运用】
(3)如图④,△ABC中,AB=AC=1,点D在边AC上,BD=BC=AD.以点C为圆心,CD长为半径作弧与线段BD相交于点E,过点E作任意直线与边AB,BC分别交于M,N两点.请补全图形,并分析的值是否变化?
9.主题学习:仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务:如图1,点D、E分别在△ABC的边AB、AC上,DE∥BC,仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的中点.
操作:如图2,连接BE、CD交于点P,连接AP交DE于点M,延长AP交BC于点N,则M、N分别为DE、BC的中点.
理由:由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN,所以,,所以,同理,由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP,可得,,所以,所以,则BN=CN,DM=EM,即M、N分别为DE、BC的中点.
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图,要求:不写作法,保留作图痕迹.
(1)如图3,l1∥l2,点E、F在直线l2上.
①作线段EF的中点;
②在①中作图的基础上,在直线l2上位于点F的右侧作一点P,使得PF=EF;
(2)小明发现,如果重复上面的过程,就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…、k倍(k为正整数)的线段.如图4,l1∥l2,已知点P1、P2在l1上,他利用上述方法作出了P2P3=P3P4=P1P2.点E、F在直线l2上,请在图4中作出线段EF的三等分点;
【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图,要求:不写作法,保留作图痕迹.
(3)如图5,DE是△ABC的中位线.请在线段EC上作出一点Q,使得QECE(要求用两种方法).
10.某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后,对三角形的相似进行了深入研究.
(一)拓展探究
如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,垂足为D.
(1)兴趣小组的同学得出AC2=AD AB.理由如下:
∵∠ACB=90° ∴∠A+∠B=90° ∵CD⊥AB ∴∠ADC=90° ∴∠A+∠ACD=90° ∴∠B=①_____ ∵∠A=∠A ∴△ABC∽△ACD ∴②_____ ∴AC2=AD AB
请完成填空:①   ;②   ;
(2)如图2,F为线段CD上一点,连接AF并延长至点E,连接CE,当∠ACE=∠AFC时,请判断△AEB的形状,并说明理由.
(二)学以致用
(3)如图3,△ABC是直角三角形,∠ACB=90°,AC=2,,平面内一点D,满足AD=AC,连接CD并延长至点E,且∠CEB=∠CBD,当线段BE的长度取得最小值时.求线段CE的长.
11.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    ;
(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.
12.综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片(如图1,矩形ABCD中,AB>AD且AB足够长)进行探究活动.
【动手操作】
如图2,第一步,沿点A所在直线折叠,使点D落在AB上的点E处,折痕为AF,连接EF,把纸片展平.
第二步,把四边形AEFD折叠,使点A与点E重合,点D与点F重合,折痕为GH,再把纸片展平.
第三步,连接GF.
【探究发现】
根据以上操作,甲、乙两同学分别写出了一个结论.
甲同学的结论:四边形AEFD是正方形.
乙同学的结论
(1)请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确.若正确,写出证明过程;若不正确,请说明理由.
【继续探究】
在上面操作的基础上,丙同学继续操作.
如图3,第四步,沿点G所在直线折叠,使点F落在AB上的点M处,折痕为GP,连接PM,把纸片展平.
第五步,连接FM交GP于点N.
根据以上操作,丁同学写出了一个正确结论:
FN AM=GN AD.
(2)请证明这个结论.
13.数学实验,能增加学习数学的乐趣,还能经历知识“再创造”的过程,更是培养动手能力,创新能力的一种手段.小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形(如图1)产生了如下问题,请同学们帮他解决.
在△ABC中,点D为边AB上一点,连接CD.
(1)初步探究
如图2,若∠ACD=∠B,求证:AC2=AD AB;
(2)尝试应用
如图3,在(1)的条件下,若点D为AB中点,BC=4,求CD的长;
(3)创新提升
如图4,点E为CD中点,连接BE,若∠CDB=∠CBD=30°,∠ACD=∠EBD,AC=2,求BE的长.
14.数学课上,老师给出以下条件,请同学们经过小组讨论,提出探究问题.如图1,在△ABC中,AB=AC,点D是AC上的一个动点,过点D作DE⊥BC于点E,延长ED交BA延长线于点F.
请你解决下面各组提出的问题:
(1)求证:AD=AF;
(2)探究与的关系;
某小组探究发现,当时,;当时,.
请你继续探究:
①当时,直接写出的值;
②当时,猜想的值(用含m,n的式子表示),并证明;
(3)拓展应用:在图1中,过点F作FP⊥AC,垂足为点P,连接CF,得到图2,当点D运动到使∠ACF=∠ACB时,若,直接写出的值(用含m,n的式子表示).
15.【知识技能】
(1)如图1,在△ABC中,DE是△ABC的中位线.连接CD,将△ADC绕点D按逆时针方向旋转,得到△A′DC′.当点E的对应点E′与点A重合时,求证:AB=BC.
【数学理解】
(2)如图2,在△ABC中(AB<BC),DE是△ABC的中位线.连接CD,将△ADC绕点D按逆时针方向旋转,得到△A′DC′,连接A′B,C′C,作△A′BD的中线DF.求证:2DF CD=BD CC′.
【拓展探索】
(3)如图3,在△ABC中,tanB,点D在AB上,AD.过点D作DE⊥BC,垂足为E,BE=3,CE.在四边形ADEC内是否存在点G,使得∠AGD+∠CGE=180°?若存在,请给出证明;若不存在,请说明理由.
16.问题提出 如图(1),E是菱形ABCD边BC上一点,△AEF是等腰三角形,AE=EF,∠AEF=∠ABC=α (α≥90°),AF交CD于点G,探究∠GCF与α的数量关系.
问题探究 (1)先将问题特殊化,如图(2),当α=90°时,直接写出∠GCF的大小;
(2)再探究一般情形,如图(1),求∠GCF与α的数量关系.
问题拓展 将图(1)特殊化,如图(3),当α=120°时,若,求的值.
17.【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下:如图,正方形ABCD的对角线相交于点O,点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点,而且这两个正方形的边长相等,无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动,两个正方形重叠部分的面积,总等于一个正方形面积的.想一想,这是为什么?(此问题不需要作答)
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下:正方形ABCD的对角线相交于点O,点P落在线段OC上,k(k为常数).
【特例证明】
(1)如图1,将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合,两直角边分别与边AB,BC相交于点M,N.
①填空:k=   ;
②求证:PM=PN.(提示:借鉴解决【问题背景】的思路和方法,可直接证明△PAM≌△PBN;也可过点P分别作AB,BC的垂线构造全等三角形证明.请选择其中一种方法解答问题②.)
【类比探究】
(2)如图2,将图1中的△PEF沿OC方向平移,判断PM与PN的数量关系(用含k的式子表示),并说明理由.
【拓展运用】
(3)如图3,点N在边BC上,∠BPN=45°,延长NP交边CD于点E,若EN=kPN,求k的值.
18.【特例感知】
(1)如图1,在正方形ABCD中,点P在边AB的延长线上,连结PD,过点D作DM⊥PD,交BC的延长线于点M.求证:△DAP≌△DCM.
【变式求异】
(2)如图2,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,点D在边AB上,过点D作DQ⊥AB,交AC于点Q,点P在边AB的延长线上,连结PQ,过点Q作QM⊥PQ,交射线BC于点M.已知BC=8,AC=10,AD=2DB,求的值.
【拓展应用】
(3)如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点P在边AB的延长线上,点Q在边AC上(不与点A,C重合),连结PQ,以Q为顶点作∠PQM=∠PBC,∠PQM的边QM交射线BC于点M.若AC=mAB,CQ=nAC(m,n是常数),求的值(用含m,n的代数式表示).
19.课本再现
思考 我们知道,菱形的对角线互相垂直.反过来,对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗? 可以发现并证明菱形的一个判定定理; 对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
定理证明
(1)为了证明该定理,小明同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”和“求证”,请你完成证明过程.
已知:在 ABCD中,对角线BD⊥AC,垂足为O.
求证: ABCD是菱形.
知识应用
(2)如图2,在 ABCD中,对角线AC和BD相交于点O,AD=5,AC=8,BD=6.
①求证: ABCD是菱形;
②延长BC至点E,连接OE交CD于点F,若∠E∠ACD,求的值.
20.阅读下列材料,回答问题.
任务:测量一个扁平状的小水池的最大宽度,该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走向的最大宽度,如图1. 工具:一把皮尺(测量长度略小于AB)和一台测角仪,如图2.皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离(这两点间的距离不大于皮尺的测量长度);测角仪的功能是测量角的大小,即在任一点O处,对其视线可及的P,Q两点,可测得∠POQ的大小,如图3. 小明利用皮尺测量,求出了小水池的最大宽度AB.其测量及求解过程如下: 测量过程: (ⅰ)在小水池外选点C,如图4,测得AC=a m,BC=b m; (ⅱ)分别在AC,BC上测得CMm,CNm;测得MN=c m. 求解过程: 由测量知,AC=a,BC=b,CM,CN, ∴,又∵①   , ∴△CMN∽△CAB,∴. 又∵MN=c,∴AB=②   (m). 故小水池的最大宽度为***m.
(1)补全小明求解过程中①②所缺的内容;
(2)小明求得AB用到的几何知识是    ;
(3)小明仅利用皮尺,通过5次测量,求得AB.请你同时利用皮尺和测角仪,通过测量长度、角度等几何量,并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB,写出你的测量及求解过程.
要求:测量得到的长度用字母a,b,c…表示,角度用α,β,γ…表示;测量次数不超过4次(测量的几何量能求出AB,且测量的次数最少,才能得满分).
中考数学一轮复习 图形的相似
参考答案与试题解析
一.解答题(共20小题)
1.【感知特例】
(1)如图1,点A,B在直线l上,AC⊥l,DB⊥l,垂足分别为A,B,点P在线段AB上,且PC⊥PD,垂足为P.
结论:AC BD=AP BP
(请将下列证明过程补充完整)
证明:∵AC⊥l,BD⊥l,PC⊥PD
∴∠CAP=∠DBP=∠CPD=90°,
∴∠C+∠APC=90°,
 ∠DPB .+∠APC=90°,
∴ ∠C =  ∠DPB ,(同角的余角相等)
∴△APC∽ △BDP ,(两角分别相等的两个三角形相似)
∴  =   ,(相似三角形的对应边成比例)
即AC BD=AP BP.
【建构模型】
(2)如图2,点A,B在直线l上,点P在线段AB上,且∠CAP=∠DBP=∠CPD.结论AC BD=AP BP仍成立吗?请说明理由.
【解决问题】
(3)如图3,在△ABC中,AC=BC=5,AB=8,点P和点D分别是线段AB,BC上的动点,始终满足∠CPD=∠A.设AP长为x(0<x<8),当x=  4 时,BD有最大值是   .
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;推理能力.
【答案】(1)∠DPB,∠C=∠DPB,△BDP,;
(2)成立,理由见解答;
(3)4,.
【分析】(1)根据相似三角形的判定与性质填空即可;
(2)证明△APC∽△BDP,即可解决问题;
(3)证明△BPD∽△ACP,得,所以AC BD=AP BP,得BD(x﹣4)2,然后根据二次函数的性质即可解决问题.
【解答】(1)证明:∵AC⊥l,BD⊥l,PC⊥PD,
∴∠CAP=∠DBP=∠CPD=90°,
∴∠C+∠APC=90°,
∠DPB+∠APC=90°,
∴∠C=∠DPB(同角的余角相等),
∴△APC∽△BDP(两角分别相等的两个三角形相似),
∴(相似三角形的对应边成比例),
即AC BD=AP BP.
故答案为:∠DPB,∠C=∠DPB,△BDP,;
(2)解:成立,理由如下:
∵∠C+∠CPA=180’﹣∠CAP,∠CPA+∠BPD=180°﹣∠CPD,
∵∠CAP=∠CPD,
∴∠C=∠BPD,
∵∠CAP=∠DBP,
∴△APC∽△BDP(两角分别相等的两个三角形相似),
∴(相似三角形的对应边成比例),
∴AC BD=AP BP;
(3)解:∵AB=8,AP=x,
∴BP=AB﹣AP=8﹣x,
∵AC=BC=5,
∴∠A=∠B,
∵∠CPD+∠BPD=∠A+∠ACP,
∴∠BPD=∠ACP,
∴△BPD∽△ACP,
∴,
∴AC BD=AP BP,
∴5BD=x(8﹣x)=8x﹣x2,
∴BD(x﹣4)2,
当x=4时,BD的最大值为.
故答案为:4,.
【点评】本题考查了相似形综合题,考查相似三角形的判定与性质,勾股定理,二次函数最值的求法等知识点,理解并掌握图1中提供的等式是解题的关键.
2.在综合实践活动课上,同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动.
【操作判断】
操作一:如图①,对折正方形纸片ABCD,得到折痕AC,把纸片展平;
操作二:如图②,在边AD上选一点E,沿BE折叠,使点A落在正方形内部,得到折痕BE;
操作三:如图③,在边CD上选一点F,沿BF折叠,使边BC与边BA重合,得到折痕BF.
把正方形纸片展平,得图④,折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H.
根据以上操作,得∠EBF= 45 °.
【探究证明】
(1)如图⑤,连接GF,试判断△BFG的形状并证明;
(2)如图⑥,连接EF,过点G作CD的垂线,分别交AB、CD、EF于点P、Q、M.求证:EM=MF.
【深入研究】
若,请求出的值(用含k的代数式表示).
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;三角形;图形的全等;矩形 菱形 正方形;平移、旋转与对称;图形的相似;展开与折叠;几何直观;运算能力;推理能力.
【答案】【操作判断】45;
【探究证明】(1)△BFG为等腰直角三角形,证明见解答;
(2)证明见解答;
【深入研究】.
【分析】【操作判断】根据折叠的性质即可解答;
【探究证明】(1)证明△BHG∽△CHF,△BHC∽△GHF,得到∠BCH=∠GFH=45°,即可解答;
(2)根据等腰直角三角形的性质证明△PBG≌QGF(AAS),利用平行线的性质及折叠的性质,即可得证;
【深入研究】根据旋转的性质及勾股定理证明△GBH≌△NBH(SAS),设AP=PG=DQ=FQ=a,分别求出CH,GH,即可解答.
【解答】【操作判断】解:如图,
由题意可得∠1=∠2,∠3=∠4,
∵2∠2+2∠3=90°,
∴∠2+∠3=45°,
∴∠EBF=45°,
故答案为:45;
【探究证明】(1)解:方法一:△BFG为等腰直角三角形,证明如下:
由题意可得∠EBF=45°,
∵正方形ABCD,
∴∠BCA=∠ACD=45°,
∵∠EBF=45°,
∴△BHG∽△CHF,
∴,
∴,
∵∠GHF=∠BHC,
∴△BHC∽△GHF,
∴∠BCH=∠GFH=45°,
∴△GBF为等腰直角三角形;
方法二:∵∠GBC=∠GCF=45°,
∴B、C、F、G四点共圆,
∴∠BFG=∠BCG=45°,
∴∠BFG=∠GBF=45°,
即∠BGF=90°,
∴△GBF为等腰直角三角形;
(2)证明:∵△GBF为等腰直角三角形,
∴∠BGF=90°,BG=FG,
∴∠PBG=∠QGF,
∵PQ⊥AB,PQ⊥CD,
∴∠BPG=∠GQF=90°,
∴△PBG≌QGF(AAS),
∴∠PGB=∠GFQ,
∵PQ∥AD,
∴∠PGB=∠AEB,
∵翻折,
∴∠AEB=∠BEF,
∵∠PGB=∠EGQ,
∴∠BEF=∠EGQ,
∵∠BEF+∠EFG=∠EGQ+∠FGQ=90°,
∴∠EFG=∠FGQ,
∴EM=MG=MF;
【深入研究】解:方法一:将△AGB旋转至△BNC,连接HN,如图,
∴△AGB≌△CNB,
∴∠BAC=∠BCN=45°,AG=CN,BG=BN,
∵∠ACB=45°,
∴∠HCN=90°,
∴CH2+CN2=HN2,
∵∠5=∠6,∠EBF=45°,
∴∠GBH=∠NBH,
∴△GBH≌△NBH(SAS),
∴GH=NH,
∴CH2+AG2=GH2,
由(2)知△PBG≌△QGF,四边形APQD为矩形,
∵∠BAC=45°,
∴AP=PG=DQ=FQ,
设AP=PG=DQ=FQ=a,
∴AGa,
∵,
∴ACka,
∴GH+HC=AC﹣AGa(k﹣1),
∵CH2+AG2=GH2,
∴GH2﹣CH2=(CH+GH)(GH﹣CH)=2a2,
∴GH﹣CH,
解得GH,CH,
∴.
方法二:如图,延长BF交PQ延长线于点N,
则,
由于BC的长度已知,所以只需求出GN的长度即可,
由(2)知M为EF的中点,且PQ∥AD,
∴点Q为DF的中点,即DQ=QF=AP=a,
∴CF=CD﹣DF=ak﹣2a,
∴,
即,
∴QN,
∵QG=PQ﹣PG=ak﹣a,
∴GN=QG+QN,
∴.
【点评】本题考查相似形的综合应用,主要考查折叠的性质,相似三角形的性质与判定,等腰直角三角形的性质与判定,旋转的性质,全等三角形的性质与判定,正方形的性质,掌握这些性质定理是解题的关键.
3.问题背景如图(1),在矩形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,连接BD,EF,求证:△BCD∽△FBE.问题探究如图(2),在四边形ABCD中,AD∥BC,∠BCD=90°,点E是AB的中点,点F在边BC上,AD=2CF,EF与BD交于点G,求证:BG=FG.
问题拓展如图(3),在“问题探究”的条件下,连接AG,AD=CD,AG=FG,直接写出的值.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;几何直观.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)根据中点可得出两边对应成比例且夹角相等得两个三角形相似;
(2)由中点和平行线可以联想作倍长中线全等,即延长FE交DA延长线于点M,作FH⊥AD于点H,证△AME≌△BFE(AAS),再证△MFH≌△BDC(SAS)即可得证;
(3)这一问是建立在第二问的基础上,所以很容易想到构造相似通过线段关系转化求解,过F作FM⊥AD于点M,取BD中点H,连接AF,设CF=a,则AM=DM=CF=a,AD=CD=2a=MF,AFa,证FE垂直平分AB得到AF=BFa,再证△EGH∽△FGB即可求解.
【解答】(1)证明:∵E、F分别是AB和BC中点,
∴,,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD,
∴,
∵∠EBF=∠C=90°,
∴△BCD∽△FBE;
(2)方法一:如图延长FE交DA延长线于点M,作FH⊥AD于点H,则四边形CDHF是矩形.
∵E是AB中点,
∴AE=BE,
∵AM∥BC,
∴∠AME=∠BFE,∠MAE=∠FBE,
∴△AME≌△BFE(AAS),
∴AM=BF,
∵AD=2CF,CF=DH,
∴AH=DH=CF,
∴AM+AH=BF+CF,即MH=BC,
∵FH=CD,∠MHF=∠BCD=90°,
∴△MFH≌△BDC(SAS),
∴∠AMF=∠CBD,
又∵∠AMF=∠BFG,
∴∠CBD=∠BFG,
∴BG=FG;
方法二:如图,取BD中点H,连接EH、CH,
∵E是AB中点,H是BD中点,
∴EHAD,EH∥AD,
∵AD=2CF,
∴EH=CF,
∵AD∥BC,
∴EH∥CF,
∴四边形EHCF是平行四边形,
∴EF∥CH,
∴∠HCB=∠GFB,
∵∠BCD=90°,H是BD中点,
∴CHBD=BH,
∴∠HCB=∠HBC,
∴∠GFB=∠HBC,
∴BG=FG;
(3)如图,过F作FM⊥AD于点M,取BD中点H,连接AF,则四边形CDMF是矩形,
∴CF=DM,
∵AD=2CF,
∴AM=DM=CF,
设CF=a,则AM=DM=CF=a,AD=CD=2a=MF,
∴AFa,
∵AG=FG,BG=FG,
∴AG=BG,
∵E是AB中点,
∴FE垂直平分AB,
∴BF=AFa,
∵H是BD中点,
∴EH是△ABD中位线,
∴EHAD=a,EH∥AD∥BC,
∴△EGH∽△FGB,
∴.
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半以及中位线定理等知识点,熟练掌握以上知识和添加辅助线是解题的关键.
4.数学活动课上,同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置,固定一个顶点,然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转,来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和ADE中,AB=AD=3,BC=DE=4,∠ABC=∠ADE=90°.
【初步感知】
(1)如图1,连接BD,CE,在纸片ADE绕点A旋转过程中,试探究的值.
【深入探究】
(2)如图2,在纸片ADE绕点A旋转过程中,当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时,延长ED交AC于点F,求CF的长.
【拓展延伸】
(3)在纸片ADE绕点A旋转过程中,试探究C,D,E三点能否构成直角三角形.若能,直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能,请说明理由.
【考点】相似形综合题.
【专题】分类讨论;图形的全等;等腰三角形与直角三角形;矩形 菱形 正方形;图形的相似;运算能力;推理能力;应用意识.
【答案】(1);
(2)CF;
(3)C,D,E三点能构成直角三角形,直角三角形CDE的面积为4或16或12或.
【分析】(1)证明△ADE≌△ABC(SAS),求出AC=AE=5,可得∠DAE=∠BAC,故∠CAE=∠BAD,又1,可得ΔADB∽△AEC,从而;
(2)连接CE,延长BM交CE于点Q,连接AQ交EF于P,延长EF交BC于N,由ΔADB∽△AEC,得∠ABD=∠ACE,求出BM=AM=CMAC,证明AB∥CE,即可得△BAM≌△QCM(AAS),BM=QM,从而四边形ABCQ矩形,有AB=CQ=3,BC=AQ=4,∠AQC=90°,PQ∥CN,得EQ3,可得PQ是△CEN的中位线,PQCN,设PQ=x,证明△EQP≌△ADP(AAS),得EP=AP=4﹣x,故(4﹣x)2=x2+32,x,AP,CN,由△APF∽ΔCNF,得,可得,CF;
(3)分四种情况分别画出图形解答即可.
【解答】解:(1)∵AB=AD=3,BC=DE=4,∠ABC=∠ADE=90°,
∴△ADE≌△ABC(SAS),AC=AE5,
∴∠DAE=∠BAC,
∴∠DAE﹣∠DAC=∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE=∠BAD,
∵1,
∴△ADB∽△AEC,
∴,
∵AB=3,AC=5,
∴;
(2)连接CE,延长BM交CE于点Q,连接AQ交EF于P,延长EF交BC于N,如图:
同(1)得△ADB∽△AEC,
∴∠ABD=∠ACE,
∵BM是中线,
∴BM=AM=CMAC,
∴∠MBC=∠MCB,
∵∠ABD+∠MBC=90°,
∴∠ACE+∠MCB=90°,即∠BCE=90°,
∴AB∥CE,
∴∠BAM=∠QCM,∠ABM=∠CQM,
又AM=CM,
∴△BAM≌△QCM(AAS),
∴BM=QM,
∴四边形ABCQ是平行四边形,
∵∠ABC=90°
∴四边形ABCQ矩形,
∴AB=CQ=3,BC=AQ=4,∠AQC=90°,PQ∥CN,
∴EQ3,
∴EQ=CQ,
∴PQ是△CEN的中位线,
∴PQCN,
设PQ=x,则CN=2x,AP=4﹣x,
∵∠EPQ=∠APD,∠EQP=90°=∠ADP,EQ=AD=3,
∴△EQP≌△ADP(AAS),
∴EP=AP=4﹣x,
∵EP2=PQ2+EQ2,
∴(4﹣x)2=x2+32,
解得:x,
∴AP=4﹣x,CN=2x,
∵PQ∥CN,
∴△APF∽△CNF,
∴,
∴,
∵AC=5,
∴,
∴CF;
方法2:
∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线,
∴AM=BM=CMAC,
∴∠ABM=∠BAM,
∵AB=AD,
∴∠ABM=∠ADB,
∴∠BAM=∠ADB,
∵∠ABM=∠DBA,
∴△ABM∽△DBA,
∴,即,
∴BD,
∴DM=BD﹣BM,
∵∠EAD=∠CAB=∠ABD=∠ADB,
∴DM∥AE,
∴△FDM∽△FEA,
∴,即,
解得FM,
∴CF=CM﹣FM;
(3)C,D,E三点能构成直角三角形,理由如下:
①当AD在AC上时,DE⊥AC,此时△CDE是直角三角形,如图,
∴S△CDECD DE(5﹣3)×4=4;
②当AD在CA的延长线上时,DE⊥AC,此时△CDE是直角三角形,如图,
∴S△CDECD DE(5+3)×4=16;
③当DE⊥EC时,△CDE是直角三角形,过点A作AQ⊥EC于点Q,如图,
∵AQ⊥EC,DE⊥EC,DE⊥AD,
∴四边形ADEQ是矩形,
∴AD=EQ=3,AQ=DE=4,
∵AE=AC=5,
∴EQ=CQCE,
∴CE=3,
∴CE=6,
∴S△CDEAQ CE4×6=12;
④当DC⊥EC时,△CDE是直角三角形,过点A作AQ⊥EC于点Q,交DE于点N,如图,
∵DC⊥EC,AQ⊥EC,
∴AQ∥DC,
∵AC=AE,AQ⊥EC,
∴EQ=CQ,
∴NQ是△CDE的中位线,
∴ND=NEDE=2,CD=2NQ,
∵∠AND=∠ENQ,∠ADN=∠EQN=90°,
∴∠DAN=∠QEN,
∴tan∠DAN=tan∠QEN,
∴,
∴,
∴NQEQ,
∵NQ2+EQ2=NE2,
∴(EQ)2+EQ2=22,
解得EQ,
∴CE=2EQ,NQEQ,
∴CD=2NQ,
∴S△CDECD CE.
综上所述,直角三角形CDE的面积为4或16或12或.
【点评】本题考查三角形相似的综合应用,涉及旋转的性质,三角形中位线定理,三角形全等的判定和性质,三角函数的应用,勾股定理等知识,熟练掌握三角函数的应用,三角形相似的判定和性质,矩形的判定和性质,中位线定理是解题的关键.
5.综合与探究:如图,∠AOB=90°,点P在∠AOB的平分线上,PA⊥OA于点A.
(1)【操作判断】
如图①,过点P作PC⊥OB于点C,根据题意在图①中画出PC,图中∠APC的度数为  90 度;
(2)【问题探究】
如图②,点M在线段AO上,连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,求证:OM+ON=2PA;
(3)【拓展延伸】
点M在射线AO上,连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,射线NM与射线PO相交于点F,若ON=3OM,求的值.
【考点】相似形综合题.
【专题】压轴题;几何直观;模型思想.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)依题意画出图形,证四边形OAPC是矩形即可求解;
(2)过P作PC⊥OB于点C,证矩形OAPC是正方形,得出OA=AP=PC=OC,再证△APM≌△CPN(ASA),得出AM=CN,然后利用线段的和差关系以及等量代换即可证明;
(3)分M在线段AO上和AO的延长线上讨论,利用相似三角形的判定和性质求解即可.
【解答】(1)解:如图,PC即为所求.
∵∠AOB=90°,PA⊥OA,PC⊥OB,
∴四边形OAPC是矩形,
∴∠APC=90°,
故答案为:90.
(2)证明:如图,过P作PC⊥OB于点C.
由(1)知四边形OAPC是矩形,
∵点P在∠AOB的平分线上,PA⊥OA,PC⊥OB,
∴PA=PC,
∴矩形OAPC是正方形,
∴OA=AP=PC=OC,∠APC=90°,
∵PN⊥PM,
∴∠APM=∠CPN=90°﹣∠MPC,
又∠MAP=∠CNP=90°,AP=CP,
∴△APM≌△CPN(ASA),
∴AM=CN,
∴OM+ON=OM+OC+CN=OM+AM+OC=OA+OC=2AP,
∴OM+ON=2PA.
(3)①当M在线段AO上时,如图,延长NM、PA交于点G.
由(2)知OM+ON=2AP,
设OM=x,则ON=3x,OA=AP=2x.
∴AM=AO﹣OM=x=OM,
∵∠MON=∠MAG=90°,∠OMN=∠AMG,
∴△MON≌△MAG(ASA),
∴AG=ON=3x,
∵AP∥OB,
∴△ONF∽△PGF,
∴,
∴,
∴;
②当M在AO的延长线上时,如图,过P作PC⊥OB于C,并延长交MN于G.
由(2)知,四边形OAPC是正方形,
∴OA=AP=PC=OC,∠APC=90°,PC∥AO,
∵PN⊥PM,
∠APM=∠CPN=90°﹣∠MPC,
又∵∠A=∠PCN=90°,AP=CP,
∴△APM≌△CPN,
∴AM=CN,
∴ON﹣OM=OC+CN﹣OM=AO+AM﹣OM=2AO,
∵ON=3OM=3x,
∴AO=x,CN=AM=2x,
∵PC∥AO,
∴△CGN∽△OMN,
∴,即,
∴CG,
∵PC∥AO,
∴△OMF∽△PGF,
∴,
∴,
∴;
综上,的值为或.
【点评】本题考查了四边形综合,同时考查了矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识,明确题意,添加合适的辅助线,构造全等三角形、相似三角形,合理分类讨论是解题的关键.
6.综合与实践
如图,在Rt△ABC中,点D是斜边AB上的动点(点D与点A不重合),连接CD,以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE,∠DCE=90°,连接BE,m.
特例感知
(1)如图1,当m=1时,BE与AD之间的位置关系是  AD⊥BE ,数量关系是  AD=BE .
类比迁移
(2)如图2,当m≠1时,猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系,并证明猜想.
拓展应用
(3)在(1)的条件下,点F与点C关于DE对称,连接DF,EF,BF,如图3.已知AC=6,设AD=x,四边形CDFE的面积为y.
①求y与x的函数表达式,并求出y的最小值;
②当BF=2时,请直接写出AD的长度.
【考点】相似形综合题.
【专题】代数几何综合题;运算能力;推理能力.
【答案】(1)AD⊥BE,AD=BE,理由见解析;
(2)BE=mAD,AD⊥BE,证明见解析;
(3)①y与x的函数表达式为y=x2﹣636(0<x≤6),y的最小值为18;
②AD=4或2.
【分析】(1)由1,得到CE=CD,CB=CA,根据等腰直角三角形的性质得到∠A=∠ABC=45°,∠ACD=∠BAE,根据全等三角形的性质得到AD=BE,∠A=∠CBE=45°,根据垂直的定义得到AD⊥BE;
(2)根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC,求得m,∠CBE=∠A,得到BE=mAD,根据垂直的定义得到AD⊥BE;
(3)①连接CF交DE于O,由(1)知,AC=BC=6,∠ACB=90°,求得AB=6,得到BD=6x,根据勾股定理得到DE2=BD2+BE2=(6x)2+x2,根据线段垂直平分线的性质得到CE=EF,CD=DF,推出四边形CDFE是正方形,根据正方形的面积公式即可得到yDE2[(6x)2+x2],根据二次函数的性质即可得到结论;
②过D作DH⊥AC于H,根据等腰直角三角形 到现在得到AH=DHADx,求得CH=6x,连接OB,推出OB,得到∠CBF=90°,根据勾股定理得到结论.
【解答】解:(1)AD⊥BE,AD=BE,
理由:∵1,
∴CE=CD,CB=CA,
∵∠ACB=∠DCE=90°,
∴∠A=∠ABC=45°,∠ACD=∠BAE,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE,∠A=∠CBE=45°,
∴∠ABE=90°,
∴AD⊥BE;
故答案为:AD⊥BE,AD=BE;
(2)BE=mAD,AD⊥BE,
证明:∵∠ACB=∠DCE=90°,
∴∠ACD=∠BCE,
∵m,
∴△ADC∽△BEC,
∴m,∠CBE=∠A,
∴BE=mAD,
∵∠A+∠ABC=90°,
∴∠CBE+∠ABC=90°,
∴∠ABE=90°,
∴AD⊥BE;
(3)①连接CF交DE于O,
由(1)知,AC=BC=6,∠ACB=90°,
∴AB=6,
∴BD=6x,
∵AD=BE=x,∠DBE=90°,
∴DE2=BD2+BE2=(6x)2+x2,
∵点F与点C关于DE对称,
∴DE垂直平分CF,
∴CE=EF,CD=DF,
∵CD=CE,
∴CD=DF=EF=CE,
∵∠DCE=90°,
∴四边形CDFE是正方形,
∴yDE2[(6x)2+x2],
∴y与x的函数表达式为y=x2﹣636(0<x≤6),
∵y=x2﹣636=(x﹣3)2+18,
∴y的最小值为18;
②过D作DH⊥AC于H,
则△ADH是等腰直角三角形,
∴AH=DHADx,
∴CH=6x,
连接OB,
∴OB=OE=OD=OC=OF,
∴OB,
∴∠CBF=90°,
∵BC=6,BF=2,
∴CF2
∴CDCF=2,
∵CH2+DH2=CD2,
∴(6x)2+(x)2=(2)2,
解得x=4或x=2,
∴AD=4或2.
【点评】本题是相似形的综合题,考查了等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,正方形的判定和性质.勾股定理,正确地作出辅助线是解题的关键.
7.(1)【观察发现】如图1,在△ABC中,点D在边BC上.若∠BAD=∠C,则AB2=BD BC,请证明;
(2)【灵活运用】如图2,在△ABC中,∠BAC=60°,点D为边BC的中点,CA=CD=2,点E在AB上,连接AD,DE.若∠AED=∠CAD,求BE的长;
(3)【拓展延伸】如图3,在菱形ABCD中,AB=5,点E,F分别在边AD,CD上,∠ABC=2∠EBF,延长AD,BF相交于点G.若BE=4,DG=6,求FG的长.
【考点】相似形综合题.
【专题】图形的相似;推理能力.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)证明△ABD∽△CBA,得到,得出AB2=BD BC;
(2)过点C作CF⊥AB于点F,过点D作DG⊥AB于点G,证明△BED∽△BAD,得出,即,解得:;
(3)连接BD,证明△DFG∽△CFB,得出,即,解得:.
【解答】(1)证明:∵∠BAD=∠C,∠ABD=∠CBA,
∴△ABD∽△CBA,
∴,
∴AB2=BD BC;
(2)解:过点C作CF⊥AB于点F,过点D作DG⊥AB于点G,
则∠AFC=∠AGD=90°,
∴DF∥DG,∠BAC=60°,
∴,,
∵D为BC的中点,
∴,
∵DF∥DG,
∴△BDG∽△BCF,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵AC=CD,
∴∠CAD=∠CDA,
∵∠AED=∠CAD,
∴∠AED=∠CDA,
∴∠AED+∠BED=∠ADC+∠ADB=180°,
∴∠BED=∠ADB,
∵∠DBE=∠ABD,
∴△BED∽△BAD,
∴,即,
解得:;
(3)解:连接BD,
∵四边形ABCD为菱形,
∴,AD=AB=BC=5,AD∥BC,
∵∠ABC=2∠EBF,
∴∠ABD=∠CBD=∠EBF,
∴∠EBF﹣∠DBF=∠CBD﹣∠DBF,即∠DBE=∠CBF,
∵AD∥BC,
∴∠CBF=∠G,
∴∠DBE=∠G,
∵∠DEB=∠BEG,
∴△BED∽△GEB,
∴,
∵DG=6,
∴EG=DE+6,
∴,
解得:DE=2,负值舍去,
∴EG=2+6=8,
∴AE=AD﹣DE=3,
∵AE2+BE2=32+42=52=AB2,
∴△ABE为直角三角形,∠AEB=90°,
∴∠BEG=180°﹣90°=90°,
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得:,
∴,
∵AD∥BC,
∴△DFG∽△CFB,
∴,
即,
解得:.
【点评】本题主要考查了菱形的性质,勾股定理及其逆定理,三角函数的应用,三角形相似的判定和性质,平行线的性质,解题的关键是作出辅助线,熟练掌握三角形相似的判定方法.
8.综合与实践:九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动.
【特例探究】
(1)如图①,②,③是三个等腰三角形(相关条件见图中标注),列表分析两腰之和与两腰之积.
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° 2
图③ 1 30°         
请补全表格中数据,并完成以下猜想.
已知△ABC的角平分线AD=1,AB=AC,∠BAD=α,用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB AC之间的数量关系: AB+AC=2AB AC cosα .
【变式思考】
(2)已知△ABC的角平分线AD=1,∠BAC=60°,用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB AC之间的数量关系,并证明.
【拓展运用】
(3)如图④,△ABC中,AB=AC=1,点D在边AC上,BD=BC=AD.以点C为圆心,CD长为半径作弧与线段BD相交于点E,过点E作任意直线与边AB,BC分别交于M,N两点.请补全图形,并分析的值是否变化?
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;等腰三角形与直角三角形;解直角三角形及其应用;运算能力;推理能力;应用意识.
【答案】(1),,,AB+AC=2AB AC cosα;
(2)AB AC=AB+AC,证明见解答;
(3)画图见解答,为定值.
【分析】(1)根据等腰三角形性质可得AD⊥BC,再运用解直角三角形即可求得答案;
(2)过点D作DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,过点C作CG⊥AB于G,运用等腰三角形性质可得DF=DE,利用S△ABC=S△ABD+S△ACD,即可求得答案;
(3)根据题目要求画图,设∠A=α,运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α=36°,过点E作EF⊥AB于F,EH⊥BC于H,过点N作NG⊥AB于G,利用S△BMN=S△BEM+S△BEN,即可求得答案.
【解答】解:(1)如图③,
∵AB=AC,AD平分∠BAC,
∴AD⊥BC,
在Rt△ABD中,AB,
∴AC=AB,
两腰之和为AB+AC,两腰之积为AB AC,
猜想:AB+AC=2AB AC cosα,
证明:如图,
∵AB=AC,AD平分∠BAC,
∴AD⊥BC,
在Rt△ABD中,AB,
∴AB+AC,AB AC,
∴AB+AC=2AB AC cosα;
故答案为:,,,AB+AC=2AB AC cosα;
(2)AB AC=AB+AC.
证明:如图,过点D作DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,过点C作CG⊥AB于G,
则DE=AD sin∠BAD=1×sin30°,
∵AD平分∠BAC,DE⊥AB,DF⊥AC,
∴DF=DE,
在Rt△ACG中,CG=AC sin∠BAC=AC sin60°AC,
∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,
∴AB ACAB AC ,
∴AB AC=AB+AC;
(3)补全图形如图所示:
设∠A=α,
∵BD=AD,
∴∠ABD=∠A=α,
∴∠BDC=∠ABD+∠A=2α,
∵BD=BC,
∴∠BCD=∠BDC=2α,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=2α,
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°,
∴α+2α+2α=180°,
解得:α=36°,
∴∠A=∠ABD=∠CBD=36°,
如图,过点E作EF⊥AB于F,EH⊥BC于H,过点N作NG⊥AB于G,
∵S△BMN=S△BEM+S△BEN,
∴BM NGBM EFBN EH,
∵∠ABD=∠CBD,EF⊥AB,EH⊥BC,
∴EF=EH,
∴BM BN sin72°=(BM+BN) EH,
∴,
∵sin∠CBD=sin36°,
∴EH=BE sin36°,
∴,
∵BE为定长,sin36°和sin72°为定值,
∴为定值,
即为定值.
【点评】本题是几何综合题,考查了等腰三角形性质,角平分线性质,三角形面积,解直角三角形,添加辅助线构造直角三角形是解题关键.
9.主题学习:仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务:如图1,点D、E分别在△ABC的边AB、AC上,DE∥BC,仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的中点.
操作:如图2,连接BE、CD交于点P,连接AP交DE于点M,延长AP交BC于点N,则M、N分别为DE、BC的中点.
理由:由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN,所以,,所以,同理,由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP,可得,,所以,所以,则BN=CN,DM=EM,即M、N分别为DE、BC的中点.
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图,要求:不写作法,保留作图痕迹.
(1)如图3,l1∥l2,点E、F在直线l2上.
①作线段EF的中点;
②在①中作图的基础上,在直线l2上位于点F的右侧作一点P,使得PF=EF;
(2)小明发现,如果重复上面的过程,就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…、k倍(k为正整数)的线段.如图4,l1∥l2,已知点P1、P2在l1上,他利用上述方法作出了P2P3=P3P4=P1P2.点E、F在直线l2上,请在图4中作出线段EF的三等分点;
【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图,要求:不写作法,保留作图痕迹.
(3)如图5,DE是△ABC的中位线.请在线段EC上作出一点Q,使得QECE(要求用两种方法).
【考点】相似形综合题.
【专题】三角形;推理能力.
【答案】(1)见解答部分图形;
(2)见解答部分图形;
(3)见解答部分图形.
【分析】实践操作(1)①根据【阅读理解】部分的作法:在l1上任取一点A,得到△AEF,AE与交l1于点B,AF交l1于点C,连接CE,BF交于点O,作射线AO交l1,l2分别于N,M,点M即为所求点;
②作射线FN交AE于点G,作射线GC交l2于点P,点P即为所求;
(2)根据上述作法,有两种作法;
【探索发现】如作法一,根据相似可知,连接CD,BE交于点O,则DO:OC=1:2,即点O是CD的三等分点之一,由此可以得出过点O作BC的平行线;同理可得点M是CP的三等分点之一,则OM∥BC,即点Q为所求作点.
【解答】解:【实践操作】
(1)①如图,
点M即为所求作的点;
②如图,
点P即为所求作的点;
(2)如图,
作法一、
作法二、
点N,M即为所求作的点;
【探索发现】(3)如图,
作法一、
作法二、
作法三、
作法四、
作法五、
点Q即为所求的点.
【点评】本题主要相似三角形的性质与判定,复杂的几何作图,考查类比的数学思想,理解【阅读理解】部分中M,N为中点是解题关键.
10.某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后,对三角形的相似进行了深入研究.
(一)拓展探究
如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,垂足为D.
(1)兴趣小组的同学得出AC2=AD AB.理由如下:
∵∠ACB=90° ∴∠A+∠B=90° ∵CD⊥AB ∴∠ADC=90° ∴∠A+∠ACD=90° ∴∠B=①_____ ∵∠A=∠A ∴△ABC∽△ACD ∴②_____ ∴AC2=AD AB
请完成填空:① ∠ACD ;②  ;
(2)如图2,F为线段CD上一点,连接AF并延长至点E,连接CE,当∠ACE=∠AFC时,请判断△AEB的形状,并说明理由.
(二)学以致用
(3)如图3,△ABC是直角三角形,∠ACB=90°,AC=2,,平面内一点D,满足AD=AC,连接CD并延长至点E,且∠CEB=∠CBD,当线段BE的长度取得最小值时.求线段CE的长.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;运算能力;推理能力.
【答案】(1):∠ACD,;
(2)△AEB是直角三角形,理由见解析;
(3)2.
【分析】(1)根据相似三角形的判定和性质即可得到结论;
(2)由∠ACE=∠AFC,∠CAE=∠FAC,得到△ACF∽△AEC,根据相似三角形的性质得到,求得AC2=AF AE,由(1)得 AC2=AD AB,于是得到,根据相似三角形的性质得到∠ADF=∠AEB=90°,于是得到△AEB是直角三角形;
(3)由∠CEB=∠CBD,∠ECB=∠BCD,得到△CEB∽△CBD,根据相似三角形的性质得到CD CE=CB2=24.如图,以点A为圆心,2为半径作⊙A,则C,D都在⊙A上,延长CA到E0,使CE0=6,交⊙A于D0,CD0=4,∠CDD0=90°,得到,根据相似三角形的性质得到∠CDD0=∠CE0E=90°,推出点E在过点E0且与CE0垂直的直线上运动,过点B作BE'⊥E0E,垂足为E′,BE′即为最短的BE,连接CE′,根据解得判定定理得到四边形CE0E'B是矩形,根据勾股定理即可得到结论.
【解答】解:(1)①∠ACD,
②,
故答案为:∠ACD,;
(2)△AEB是直角三角形,
∵∠ACE=∠AFC,∠CAE=∠FAC,
∴△ACF∽△AEC,
∴,
∴AC2=AF AE,
由(1)得 AC2=AD AB,
∴AF AE=AD AB,
∴,
∵∠FAD=∠BAE,
∴△AFD∽△ABE,
∴∠ADF=∠AEB=90°,
∴△AEB是直角三角形;
(3)∵∠CEB=∠CBD,∠ECB=∠BCD,
∴△CEB∽△CBD,
∴.
∴CD CE=CB2=24.
如图,以点A为圆心,2为半径作⊙A,则C,D都在⊙A上,延长CA到E0,使CE0=6,交⊙A于D0,CD0=4,∠CDD0=90°,
∴CD0 CE0=24=CD CE,则,
∵∠ECE0=∠D0CD,
∴△ECE0∽ΔD0CD,
∴∠CDD0=∠CE0E=90°,
∴点E在过点E0且与CE0垂直的直线上运动,
过点B作BE'⊥E0E,垂足为E′,BE′即为最短的BE,连接CE′,
∵∠BCE0=∠CE0E′=∠BE′E0=90°,
∴四边形CE0E'B是矩形,
在Rt△CE0E'中可求得CE′2,
∴CE=2.
【点评】本题是相似形的综合题,考查了相似三角形的判定和性质,勾股定理,矩形的判定和性质,直角三角形的判定和性质,正确地作出辅助线是解题的关键.
11.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.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;几何直观.
【答案】(1)AB=DE;(2)10;(3);(4)或.
【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.
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质和判定、解直角三角形、勾股定理等知识,熟练掌握以上基础知识和添加合适的辅助线是解题关键.
12.综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片(如图1,矩形ABCD中,AB>AD且AB足够长)进行探究活动.
【动手操作】
如图2,第一步,沿点A所在直线折叠,使点D落在AB上的点E处,折痕为AF,连接EF,把纸片展平.
第二步,把四边形AEFD折叠,使点A与点E重合,点D与点F重合,折痕为GH,再把纸片展平.
第三步,连接GF.
【探究发现】
根据以上操作,甲、乙两同学分别写出了一个结论.
甲同学的结论:四边形AEFD是正方形.
乙同学的结论
(1)请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确.若正确,写出证明过程;若不正确,请说明理由.
【继续探究】
在上面操作的基础上,丙同学继续操作.
如图3,第四步,沿点G所在直线折叠,使点F落在AB上的点M处,折痕为GP,连接PM,把纸片展平.
第五步,连接FM交GP于点N.
根据以上操作,丁同学写出了一个正确结论:
FN AM=GN AD.
(2)请证明这个结论.
【考点】相似形综合题.
【专题】矩形 菱形 正方形;几何直观.
【答案】(1)甲同学和乙同学结论都正确,证明见解析;(2)证明过程见解析.
【分析】(1)根据折叠可知甲同学的结论正确,通过构造直角三角形,设参数,将∠AFG所在的直角三角形边长表示出来,从而得出乙的结论也正确;
(2)现根据折叠证四边形FGMP是菱形,再证△GFN∽△PGQ得到FN PQ=GN GQ,最后证出AM=PQ,GQ=AD,利用等线段转化即可得证.
【解答】(1)解:甲同学和乙同学的结论都正确,证明如下,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠D=∠BAD=90°,
∵折叠,
∴∠D=∠AEF=90°=∠DAE,AD=AE,
∴四边形AEFD是矩形,
又∵AD=AE,
∴四边形AEFD是正方形;
故甲同学的结论正确.
作GK⊥AE,
设AE=2x,则AG=EG=x,
∵四边形AEFD是正方形,
∴∠EAF=45°,
∴AF=2x,AK=KGAGx,
∴FK=AF﹣AKx,
∴tan∠AFG;
故乙同学的说法也正确.
(2)证明:方法一:过G作GQ⊥PM交延长线于点Q,
∵折叠,
∴FP=PM,FG=GM,GH=GQ,∠FPG=∠MPG,PH=PQ,
∵AB∥CD,
∴∠FPG=∠PGM,
∴∠PGM=∠MPG,
∴PM=GM,
∴PF=GM=PM=FG,
∴四边形FGMP是菱形,
∴∠FNG=90°,
∵∠GQP=90°=∠FNG,∠FGN=∠GPQ,
∴△GFN∽△PGQ,
∴,
∴FN PQ=GN GQ,
∵AM=AG+GM=HF+FP=PH,
∴AM=PQ,
∵GQ=GH=AD,
∴FN AM=GN AD.
方法二:连接DM,证△ADM∽△NFG也可.
【点评】本题主要考查折叠的性质、正方形的判定和性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等内容,熟练掌握相关知识是解题的关键.
13.数学实验,能增加学习数学的乐趣,还能经历知识“再创造”的过程,更是培养动手能力,创新能力的一种手段.小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形(如图1)产生了如下问题,请同学们帮他解决.
在△ABC中,点D为边AB上一点,连接CD.
(1)初步探究
如图2,若∠ACD=∠B,求证:AC2=AD AB;
(2)尝试应用
如图3,在(1)的条件下,若点D为AB中点,BC=4,求CD的长;
(3)创新提升
如图4,点E为CD中点,连接BE,若∠CDB=∠CBD=30°,∠ACD=∠EBD,AC=2,求BE的长.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;运算能力;推理能力.
【答案】(1)证明见解答;
(2)CD的长是2;
(3)BE的长是.
【分析】(1)由∠A=∠A,∠ACD=∠B,证明△ACD∽△ABC,得,则AC2=AD AB;
(2)设AD=m,则AD=BD=m,AB=2m,根据相似三角形的性质得,则AC2=2m2,求得ACm,所以,而BC=4,则CDBC=2;
(3)解法一,作BF⊥DC交DC的延长线于点F,设CE=DE=n,则CB=CD=2n,再证明∠FBC=30°,所以CFCB=n,求得EF=2n,BFn,则BD=2n,BEn,作CH∥EB交AB的延长线于点H,则△HDC∽△BDE,所以2,则HC=2n,HD=4n,再证明△ACD∽△AHC,得,则ADAC=2,AHAC=14,所以HD=4n=12,则n,求得BE.
解法二,取BD中点M,连接CM、EM,则EM∥CB,由∠CDB=∠CBD=30°,得CD=CB,∠EMD=∠CBD=30°,则CM⊥BD,∠ADC=∠BME,可证明△ACD∽△EBM,设CM=x,则CD=CB=2x,BMx,所以,则BEAC.
【解答】(1)证明:如图2,∵∠A=∠A,∠ACD=∠B,
∴△ACD∽△ABC,
∴,
∴AC2=AD AB.
(2)解:如图3,设AD=m,
∵点D为AB中点,
∴AD=BD=m,AB=2m,
由(1)得△ACD∽△ABC,
∴,
∴AC2=AD AB=m×2m=2m2,
∴ACm或ACm(不符合题意,舍去),
∴,
∵BC=4,
∴CDBC4=2,
∴CD的长是2.
(3)解法一:如图4,作BF⊥DC交DC的延长线于点F,则∠F=90°,
∵点E为CD中点,
∴CE=DE,
设CE=DE=n,
∵∠CDB=∠CBD=30°,
∴CB=CD=2n,∠BCF=∠CDB+∠CBD=60°,
∴∠FBC=90°﹣∠BCF=30°,
∴CFCB=n,
∴EF=CE+CF=2n,BFn,
∴BD=2BF=2n,BEn,
作CH∥EB交AB的延长线于点H,则△HDC∽△BDE,
∴2,
∴HC=2BE=2n,HD=2BD=4n,
∵∠ACD=∠EBD,∠H=∠EBD,
∴∠ACD=∠H,
∵∠A=∠A,
∴△ACD∽△AHC,
∴,
∵AC=2,
∴ADAC22,AHAC214,
∴HD=AH﹣AD=14﹣2=12,
∴4n=12,
解得n,
∴BE,
∴BE的长是.
解法二:如图5,取BD中点M,连接CM、EM,
∵点E为CD中点,
∴DM是△BCD的中位线,
∴EM∥CB,
∵∠CDB=∠CBD=30°,
∴CD=CB,∠EMD=∠CBD=30°,
∴CM⊥BD,∠ADC=∠BME=180°﹣30°=150°,
∵∠ACD=∠EBD,即∠ACD=∠EBM,
∴△ACD∽△EBM,
∵∠CMB=90°,∠CBM=30°,AC=2,
∴CD=CB=2CM,
设CM=x,则CD=CB=2x,
∴BMx,
∴,
∴BEAC2,
∴BE的长是.
【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识,此题综合性强,难度较大,正确地作出辅助线是解题的关键.
14.数学课上,老师给出以下条件,请同学们经过小组讨论,提出探究问题.如图1,在△ABC中,AB=AC,点D是AC上的一个动点,过点D作DE⊥BC于点E,延长ED交BA延长线于点F.
请你解决下面各组提出的问题:
(1)求证:AD=AF;
(2)探究与的关系;
某小组探究发现,当时,;当时,.
请你继续探究:
①当时,直接写出的值;
②当时,猜想的值(用含m,n的式子表示),并证明;
(3)拓展应用:在图1中,过点F作FP⊥AC,垂足为点P,连接CF,得到图2,当点D运动到使∠ACF=∠ACB时,若,直接写出的值(用含m,n的式子表示).
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;几何直观.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)利用等角的余角相等即可得证;
(2)①过点A作AG∥CE,利用平行线分线段成比例+等腰三角形等线段转化即可得解;②与第①问思路一样;
(3)利用等线段转化得,在作平行线,利用平行线分线段成比例求解即可.
【解答】(1)证明:∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵DE⊥BC,
∴∠BED=∠CED=90°,
∴∠B+∠F=∠C+∠EDC=90°,
∴∠F=∠EDC,
∵∠ADF=∠EDC,
∴∠F=∠ADF,
∴AD=AF.
(2)解:①如图,过点A作AG∥CE,则AG⊥DF,
∴△AGD∽△CED,
∴,
∵AF=AD,
∴GF=GD,
∴2 .
②如图,过点A作AG∥CE,则AG⊥DF,
∴△AGD∽△CED,
∴,
∵AF=AD,
∴GF=GD,
∴2 .
(3)解:设∠ABC=∠ACB=∠ACF=α,
在Rt△FAP中和Rt△FCE中,∠FAP=∠FCE=2α,
∴cos∠FAP=cos∠FCE,
∴,
∵AD=AF,
∴.
则我们求出的值即可.
方法一:如图,过点F作FM∥BC交CA的延长线于点M,
∵∠ACB=∠ACF=∠M,
∴CF=MF,
同理AM=AF=AD,
∴.
∴.
方法二:如图,过点E作EN∥AC交FC延长线于点N,
同方法一CE=CN,
∴,
由(2)②得,
∴,
∴.
方法三:如图,过D作DE'⊥CF于点E',
根据角平分线性质可得DE=DE',
△CED和△CDF可以看作等高三角形,同时也是等高三角形,
∴,
∴.
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的判定和性质等知识,熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键.
15.【知识技能】
(1)如图1,在△ABC中,DE是△ABC的中位线.连接CD,将△ADC绕点D按逆时针方向旋转,得到△A′DC′.当点E的对应点E′与点A重合时,求证:AB=BC.
【数学理解】
(2)如图2,在△ABC中(AB<BC),DE是△ABC的中位线.连接CD,将△ADC绕点D按逆时针方向旋转,得到△A′DC′,连接A′B,C′C,作△A′BD的中线DF.求证:2DF CD=BD CC′.
【拓展探索】
(3)如图3,在△ABC中,tanB,点D在AB上,AD.过点D作DE⊥BC,垂足为E,BE=3,CE.在四边形ADEC内是否存在点G,使得∠AGD+∠CGE=180°?若存在,请给出证明;若不存在,请说明理由.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;应用意识.
【答案】(1)证明过程详见解析;(2)证明详见解析;(3)存在,理由见解析.
【分析】(1)利用等腰三角形+平行线证明∠DAE=∠BCA即可得证;
(2)先证△ADA′∽△CDC得到,再证AA'=2DF,代入变形即可得证;
(3)利用特殊点,∠AGD=90°,∠CGE=90°,则G就是以AD为直径的圆和以CE为直径的圆的交点,根据题意证G在内部即可.
【解答】(1)证明:∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转,得到△A′DC',且E'与A重合,
∴AD=DE,
∴∠DAE=∠DEA,
∵DE是△ABC的中位线,
∴DE∥BC,
∴∠DEA=∠BCA,
∴∠DAE=∠BCA,
∴AB=BC.
(2)证明:连接AA',
∵旋转,
∴∠ADA′=∠CDC′,AD=A'D,CD=C'D,
∴,
∴△ADA′∽△CDC′,
∴,
∵DE是△ABC的中位线,DF是△A'BD的中线,
∴AD=BD,BF=A'F,
∴DF是△AA'B的中位线,
∴AA'=2DF,
∴,
∴2DF CD=BD CC'
(3)解:存在,理由如下,
解法一:取AD中点M,CE中点N,连接MN,
∵AD是⊙M直径,CE是⊙N直径,
∴∠AGD=90°,∠CGE=90°,
∴∠AGD+∠CGE=180°,
∵tanB,BE=3,
∴BD=5,
∵CE,
∴ENCE,
∴BN=BE+EN,
∵DE⊥CE,
∴DE是⊙N的切线,即DE在⊙N外,
作NF⊥AB,
∵∠B=∠B,∠BED=∠BFN=90°,
∴△BDE∽△BNF,
∴,
∴NF,即NF>rn,
∴AB在⊙N外,
∴G点在四边形ADEC内部.
作MH⊥BC,
∵BM,tanB,
∴BH,MH,
∴NH,
∴MN7.4<AM+CN
∴⊙M和⊙N有交点.
故四边形ADEC内存在点G,使得∠AGD+∠CGE=180°.
解法二:相似互补弓形,
分别以AD,CE为弦作⊙O2和⊙O,使得△O2AD∽△OEC,两圆的交点即为所求.
作图步骤:①在四边形ADEC内任取一点F,作△EFC得外接圆,圆心为O,连接OE,OC,
②作AD的中垂线,
③以D为圆心,OC为半径画圆交AD中垂线于点O2,
④以O2为圆心,O2A为半径画圆,交⊙O于点G,点G即为所求.
证明:∵,
∴△O2AD∽△OEC,
∴∠AO2D=∠EOC,
∵∠AGD(360°﹣∠AO2D)=180°∠AO2D,
∠EGC∠EOC,
∴∠AGD+∠EGC=180°.
故四边形ADEC内存在点G,使得∠AGD+∠CGE=180°.
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、中位线定理、圆周角定理、勾股定理等知识,熟练掌握相关知识是解题关键.
16.问题提出 如图(1),E是菱形ABCD边BC上一点,△AEF是等腰三角形,AE=EF,∠AEF=∠ABC=α (α≥90°),AF交CD于点G,探究∠GCF与α的数量关系.
问题探究 (1)先将问题特殊化,如图(2),当α=90°时,直接写出∠GCF的大小;
(2)再探究一般情形,如图(1),求∠GCF与α的数量关系.
问题拓展 将图(1)特殊化,如图(3),当α=120°时,若,求的值.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;推理能力.
【答案】见试题解答内容
【分析】问题探究(1)如图(2)中,在BA上截取BJ,使得BJ=BE.证明△EAJ≌△FEC(SAS),推出∠AJE=∠ECF,可得结论;
(2)结论:∠GCFα﹣90°;在AB上截取AN,使AN=EC,连接NE.证明方法类似;
问题拓展解:过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P,设菱形的边长为3m.用m表示出BE,CE,可得结论.
【解答】解:问题探究(1)如图(2)中,在BA上截取BJ,使得BJ=BE.
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠B=∠BCD=90°,BA=BC,
∵BJ=BE,
∴AJ=EC,
∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠BAE+∠B,∠AEF=∠B=90°,
∴∠CEF=∠EAJ,
∵EA=EF,
∴△EAJ≌△FEC(SAS),
∴∠AJE=∠ECF,
∵∠BJE=45°,
∴∠AJE=180°﹣45°=135°,
∴∠ECF=135°,
∴∠GCF=∠ECF﹣∠ECD=135°﹣90°=45°;
(2)结论:∠GCFα﹣90°;
理由:在AB上截取AN,使AN=EC,连接NE.
∵∠ABC+∠BAE+∠AEB=∠AEF+∠FEC+∠AEB=180°,
∠ABC=∠AEF,
∴∠EAN=∠FEC.
∵AE=EF,
∴△ANE≌△ECF(SAS).
∴∠ANE=∠ECF.
∵AB=BC,
∴BN=BE.
∵∠EBN=α,
∴,
∴∠GCF=∠ECF﹣∠BCD=∠ANE﹣∠BCD;
问题拓展:过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P,设菱形的边长为3m.

∴DG=m,CG=2m.
在Rt△ADP中,∠ADC=∠ABC=120°,
∴∠ADP=60°,
∴ m,,
∴α=120°,
由(2)知,,
∵∠AGP=∠FGC,
∴△APG∽△FCG.
∴,
∴,
∴,
由(2)知,,
∴.
∴.
【点评】本题属于相似形综合题,考查了菱形的性质,正方形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形或相似三角形解决问题.
17.【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下:如图,正方形ABCD的对角线相交于点O,点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点,而且这两个正方形的边长相等,无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动,两个正方形重叠部分的面积,总等于一个正方形面积的.想一想,这是为什么?(此问题不需要作答)
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下:正方形ABCD的对角线相交于点O,点P落在线段OC上,k(k为常数).
【特例证明】
(1)如图1,将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合,两直角边分别与边AB,BC相交于点M,N.
①填空:k= 1 ;
②求证:PM=PN.(提示:借鉴解决【问题背景】的思路和方法,可直接证明△PAM≌△PBN;也可过点P分别作AB,BC的垂线构造全等三角形证明.请选择其中一种方法解答问题②.)
【类比探究】
(2)如图2,将图1中的△PEF沿OC方向平移,判断PM与PN的数量关系(用含k的式子表示),并说明理由.
【拓展运用】
(3)如图3,点N在边BC上,∠BPN=45°,延长NP交边CD于点E,若EN=kPN,求k的值.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;压轴题;推理能力.
【答案】(1)①1;
②证明见解答;
(2)k.理由见解答;
(3)k的值为3.
【分析】(1)①利用正方形性质即可得出答案;
②方法一:利用ASA证明△PAM≌△PBN即可;方法二:过点P分别作PG⊥AB于G,PH⊥BC于H,利用ASA证明△PMG≌△PNH即可;
(2)方法一:过点P作PG∥BD交BC于G,证明△PAM∽△PGN,利用相似三角形性质即可得出答案;方法二:过点P分别作PG⊥AB于G,PH⊥BC于H,证明△APG∽△CPH,可得,再证得△PMG∽△PNH,即证得结论;
(3)过点P作PM⊥PN交AB于M,作PH⊥BC于H,作PG⊥AB于G,利用AAS证得△PGM≌△ECN,可得:GM=CN,PG=EC,再证得△BPN∽△BCP,可得PB2=BC BN,同理可得:PB2=BA BM,推出EC=2CN,进而可得tan∠ENC2,令HN=a,则PH=2a,CN=3a,EC=6a,利用勾股定理即可求得答案.
【解答】(1)①解:∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合,
∴k1,
故答案为:1;
②证明:
方法一:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠APB=∠MPN=90°,∠PAB=∠PBC=45°,PA=PB,
∴∠APB﹣∠BPM=∠MPN﹣∠BPM,
即∠APM=∠BPN,
∴△PAM≌△PBN(ASA),
∴PM=PN.
方法二:过点P分别作PG⊥AB于G,PH⊥BC于H,如图1,
则∠PGM=∠PHN=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ABC=90°,BD平分∠ABC,
∴PG=PH,∠HPG=90°,
∴∠MPN﹣∠GPN=∠GPH﹣∠GPN,
即∠MPG=∠NPH,
∴△PMG≌△PNH(ASA),
∴PM=PN.
(2)解:k.理由如下:
方法一:过点P作PG∥BD交BC于G,如图2(i),
∴∠AOB=∠APG,∠PGC=∠OBC,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°,∠AOB=90°,
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°,∠PGC=∠PCG=∠PAM,
∴PG=PC,
∠APG﹣∠MPG=∠MPN﹣∠MPG,
即∠APM=∠GPN,
∴△PAM∽△PGN,
∴k.
方法二:过点P分别作PG⊥AB于G,PH⊥BC于H,如图2(ii),
则∠PGM=∠PGB=∠PHN=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BAC=∠BCA=45°,∠ABC=90°,
∵∠PGA=∠CHP=90°,
∴△APG∽△CPH,
∴,
∵∠GPH=∠MPN=90°,
∴∠MPN﹣∠GPN=∠GPH﹣∠GPN,
即∠MPG=∠NPH,
∴△PMG∽△PNH,
∴k.
(3)过点P作PM⊥PN交AB于M,作PH⊥BC于H,作PG⊥AB于G,如图3,
则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°,
∴∠MPN﹣∠GPN=∠GPH﹣∠GPN,
即∠MPG=∠NPH,
∴∠PMG=∠PNH,
由(2)和已知条件可得:PM=kPN,EN=kPN,
∴PM=EN,
∴△PGM≌△ECN(AAS),
∴GM=CN,PG=EC,
∵∠BPN=∠PCB=45°,∠PBN=∠CBP,
∴△BPN∽△BCP,
∴,
∴PB2=BC BN,
同理可得:PB2=BA BM,
∵BC=BA,
∴BM=BN,
∴AM=CN,
∴AG=2CN,
∵∠PAB=45°,
∴PG=AG,
∴EC=2CN,
∴tan∠ENC2,
令HN=a,则PH=CH=2a,CN=CH+HN=3a,EC=6a,
∴EN3a,
PNa,
∴k3.
【点评】此题是相似三角形综合题,主要考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键.
18.【特例感知】
(1)如图1,在正方形ABCD中,点P在边AB的延长线上,连结PD,过点D作DM⊥PD,交BC的延长线于点M.求证:△DAP≌△DCM.
【变式求异】
(2)如图2,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,点D在边AB上,过点D作DQ⊥AB,交AC于点Q,点P在边AB的延长线上,连结PQ,过点Q作QM⊥PQ,交射线BC于点M.已知BC=8,AC=10,AD=2DB,求的值.
【拓展应用】
(3)如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点P在边AB的延长线上,点Q在边AC上(不与点A,C重合),连结PQ,以Q为顶点作∠PQM=∠PBC,∠PQM的边QM交射线BC于点M.若AC=mAB,CQ=nAC(m,n是常数),求的值(用含m,n的代数式表示).
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;推理能力.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)根据正方形的性质及角的和差推出∠A=∠DCM,AD=DC,∠ADP=∠CDM,利用ASA即可证明△DAP≌△DCM;
(2)作QN⊥BC于点N,则四边形DBNQ是矩形,根据矩形的性质推出∠DQN=90°,QN=DB,根据角的和差推出∠DQP=∠MQN,结合∠QDP=∠QNM=90°,推出△DQP∽△NQM,根据相似三角形的性质得到,根据勾股定理求出AB=6,则DB=2,根据矩形的性质推出DQ∥BC,进而推出△ADQ∽△ABC,根据相似三角形的性质求解即可;
(3)根据题意推出CQ=mnAB,AQ=(m﹣mn)AB,根据勾股定理求出BCAB,根据四边形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP=∠NQM,结合∠A=∠QNM=90°,推出△QAP∽△QNM,根据相似三角形的性质得出,根据题意推出△QCN∽△BCA,根据相似三角形的性质求出,据此求解即可.
【解答】(1)证明:在正方形ABCD中,∠A=∠ADC=∠BCD=90°,AD=DC,
∴∠DCM=180°﹣∠BCD=90°,
∴∠A=∠DCM,
∵DM⊥PD,
∴∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°,
∴∠ADP=∠CDM,
在△DAP和△DCM中,

∴△DAP≌△DCM(ASA);
(2)解:如图2,作QN⊥BC于点N,
∵∠ABC=90°,DQ⊥AB,QN⊥BC,
∴四边形DBNQ是矩形,
∴∠DQN=90°,QN=DB,
∵QM⊥PQ,
∴∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°,
∴∠DQP=∠MQN,
∵∠QDP=∠QNM=90°,
∴△DQP∽△NQM,
∴,
∵BC=8,AC=10,∠ABC=90°,
∴,
∵AD=2DB,
∴DB=2,
∵∠ADQ=∠ABC=90°,
∴DQ∥BC,
∴△ADQ∽△ABC,
∴,
∴,
∴;
(3)解:∵AC=mAB,CQ=nAC,
∴CQ=mnAB,
∴AQ=AC﹣CQ=(m﹣mn)AB,
∵∠BAC=90°,
∴,
如图3,作QN⊥BC于点N,
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°,∠BAC=90°,
∴∠ABN+∠AQN=180°,
∵∠ABN+∠PBN=180°,
∴∠AQN=∠PBN,
∵∠PQM=∠PBC,
∴∠PQM=∠AQN,
∴∠AQP=∠NQM,
∵∠A=∠QNM=90°,
∴△QAP∽△QNM,
∴,
∵∠A=∠QNC=90°,∠QCN=∠BCA,
∴△QCN∽△BCA,
∴,
∴,
∴.
【点评】此题是相似综合题,考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识,熟练运用相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键.
19.课本再现
思考 我们知道,菱形的对角线互相垂直.反过来,对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗? 可以发现并证明菱形的一个判定定理; 对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
定理证明
(1)为了证明该定理,小明同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”和“求证”,请你完成证明过程.
已知:在 ABCD中,对角线BD⊥AC,垂足为O.
求证: ABCD是菱形.
知识应用
(2)如图2,在 ABCD中,对角线AC和BD相交于点O,AD=5,AC=8,BD=6.
①求证: ABCD是菱形;
②延长BC至点E,连接OE交CD于点F,若∠E∠ACD,求的值.
【考点】相似形综合题.
【专题】几何综合题;推理能力.
【答案】(1)证明见解答过程;
(2)①证明见解答过程;
②.
【分析】(1)根据平行四边形的性质和已知条件判定AC是BD的垂直平分线,推出AB=AD后利用菱形的定义即可判定 ABCD是菱形;
(2)①根据平行四边形的性质求出AO、DO的长,然后根据勾股定理逆定理判定∠AOD,然后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形.”即可得证;
②设CD的中点为G,连接OG,根据已知条件求出OG、CE的长,判定△OGF∽△ECF,然后根据相似三角形的性质即可求出的值.
【解答】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BO=DO,
又∵BD⊥AC,垂足为O,
∴AC是BD的垂直平分线,
∴AB=AD,
∴ ABCD是菱形.
(2)①证明:∵ ABCD中,对角线AC和BD相交于点O,AC=8,BD=6,
∴AO=COAC=4,DOBD=3,
又∵AD=5,
∴在三角形AOD中,AD2=AO2+DO2,
∴∠AOD=90°,
即BD⊥AC,
∴ ABCD是菱形;
②解:如图,设CD的中点为G,连接OG,
∴OG是△ACD的中位线,
∴OGAD,
由①知:四边形ABCD是菱形,
∴∠ACD=∠ACB,
又∵∠E∠ACD,
∴∠E∠ACB,
又∵∠ACB=∠E+∠COE,
∴∠E=∠COE,
∴CE=CO=4,
∵OG是△ACD的中位线,
∴OG∥AD∥BE,
∴∠OGF=∠ECF,∠GOF=∠CEF,
∴△OGF∽△ECF,
∴,
又∵OG,CE=4,
∴.
【点评】本题是相似形综合题,主要考查菱形的判定与性质,相似三角形的判定与性质以及中位线定理,深入理解题意是解决问题的关键.
20.阅读下列材料,回答问题.
任务:测量一个扁平状的小水池的最大宽度,该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走向的最大宽度,如图1. 工具:一把皮尺(测量长度略小于AB)和一台测角仪,如图2.皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离(这两点间的距离不大于皮尺的测量长度);测角仪的功能是测量角的大小,即在任一点O处,对其视线可及的P,Q两点,可测得∠POQ的大小,如图3. 小明利用皮尺测量,求出了小水池的最大宽度AB.其测量及求解过程如下: 测量过程: (ⅰ)在小水池外选点C,如图4,测得AC=a m,BC=b m; (ⅱ)分别在AC,BC上测得CMm,CNm;测得MN=c m. 求解过程: 由测量知,AC=a,BC=b,CM,CN, ∴,又∵① ∠C=∠C , ∴△CMN∽△CAB,∴. 又∵MN=c,∴AB=② 3c (m). 故小水池的最大宽度为***m.
(1)补全小明求解过程中①②所缺的内容;
(2)小明求得AB用到的几何知识是  相似三角形的判定和性质 ;
(3)小明仅利用皮尺,通过5次测量,求得AB.请你同时利用皮尺和测角仪,通过测量长度、角度等几何量,并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB,写出你的测量及求解过程.
要求:测量得到的长度用字母a,b,c…表示,角度用α,β,γ…表示;测量次数不超过4次(测量的几何量能求出AB,且测量的次数最少,才能得满分).
【考点】相似形综合题.
【专题】图形的相似;解直角三角形及其应用;推理能力.
【答案】(1)∠C=∠C; ②3c;
(2)相似三角形的判定与性质;
(3)见解析部分.
【分析】(1)利用相似三角形的判定和性质解决问题即可;
(2)利用相似三角形的判定和性质;
(3)(i)在小水池外选点C,如图,用测角仪在点B处测得∠ABC=α,在点A处测得∠BAC=β;(ii)用皮尺测得 BC=a m.由此求解即可,
【解答】解:(1)①由测量知,AC=a,BC=b,CM,CN,
∴,
又∵∠C=∠C,
∴△CMN∽△CAB,
∴.
又∵MN=c,
∴AB=3c(m).
故答案为:∠C=∠C; ②3c;
(2)求得AB用到的几何知识是:相似三角形的判定和性质.
故答案为:相似三角形的判定与性质;
(3)测量过程:(i)在小水池外选点C,如图,用测角仪在点B处测得∠ABC=α,在点A处测得∠BAC=β;
(ii)用皮尺测得 BC=a m.
求解过程:由测量知,在△ABC中,∠ABC=α,∠BAC=β,BC=a.
过点C作 CD⊥AB,垂足为D.
在Rt△CBD中,,
即 ,所以BD=acosα.
同理,CD=asinα.
在Rt△ACD中,,
即 ,所以 ,
所以 .
故小水池的最大宽度为 .
【点评】本题属于相似形综合题,考查了相似三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
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