專題相似優(yōu)選提升題：相似三角形五種解題模型題型五：k字型相似（一線三等角模型）一．解答題（共6小題）1．（2021秋?唐河縣期末）【感知】如圖①，在正方形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，連結(jié)DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交BC于點(diǎn)F．易證：△AED∽△BFE．（不需要證明）【探究】如圖②，在矩形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，連結(jié)DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交BC于點(diǎn)F．（1）求證：△AED∽△BFE．（2）若AB＝10，AD＝6，E為AB的中點(diǎn)，求BF的長(zhǎng)．【應(yīng)用】如圖③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E為AB邊上一點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)A、B重合），連結(jié)CE，過(guò)點(diǎn)E作∠CEF＝45°交BC于點(diǎn)F．當(dāng)△CEF為等腰三角形時(shí)，BE的長(zhǎng)為2或2．【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，從而證明結(jié)論；（2）由（1）知△AED∽△BFE，得，代入計(jì)算即可；【應(yīng)用】如果CE＝CF，則∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，則點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，點(diǎn)F與點(diǎn)B重合，不符合題意；如果CE＝EF，利用AAS證明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，則∠CEF＝∠ECF＝45°，則∠CFE＝90°，則CE⊥AB，從而解決問(wèn)題．【解答】【探究】（1）證明：∵四邊形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為AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE＝5，由（1）知△AED∽△BFE，∴，即，∴BF＝；【應(yīng)用】解：如果CE＝CF，則∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，則點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，點(diǎn)F與點(diǎn)B重合，不符合題意，②如果CE＝EF，則∠ECF＝∠EFC＝，∵∠EFC為△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，則∠CEF＝∠ECF＝45°，∴∠CFE＝90°，在△BEC中，∠B＝∠BCE＝45°，∴∠BEC＝90°，∴CE⊥AB，又∵AC＝BC，∴點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，∴BE＝，綜上，BE的長(zhǎng)為2或2，故答案為：2或2．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，運(yùn)用分類思想是解決【應(yīng)用】的關(guān)鍵．2．（2021秋?襄州區(qū)期末）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，∠ACB＝90°，直線l過(guò)點(diǎn)C，分別過(guò)A、B兩點(diǎn)作AE⊥l，BD⊥l，垂足分別為E、D．求證：△BDC∽△CEA．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC上一點(diǎn)，過(guò)D作AD的垂線交AB于點(diǎn)E．若BE＝DE，，AC＝20，求BD的長(zhǎng)．【拓展提高】（3）如圖3，在平行四邊形ABCD中，在BC上取點(diǎn)E，使得∠AED＝90°，若AE＝AB，，CD＝，求平行四邊形ABCD的面積．【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠BCD＝∠CAE．從而證明結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F．由（1）得△EDF∽△DAC．得．代入計(jì)算得DF＝16．從而得出BD的長(zhǎng)；（3）過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．首先利用AAS證明△ABM≌△DCN，得BM＝CN，AM＝DN．設(shè)AM＝b，BE＝4a，EC＝3a．得BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a．再利用△AEM∽△EDN．得，從而解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，∴∠BCD+∠ACE＝90°，∵AE⊥CE，∴∠AEC＝90°，∴ACE+∠CAE＝90°．∴∠BCD＝∠CAE．∵BD⊥DE，∴∠BDC＝90°，∴∠BDC＝∠AEC．∴△BDC∽△CEA．（2）解：過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F．由（1）得△EDF∽△DAC．∴．∵AD⊥DE，，AC＝20，∴，∴DF＝16．∵BE＝DE，∴BF＝DF．∴BD＝2DF＝32．（3）解：過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．∴∠AMB＝∠DNC＝90°．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD．∴∠B＝∠DCN．∴△ABM≌△DCN（AAS）．∴BM＝CN，AM＝DN．∵AB＝AE，AM⊥BC，∴BM＝ME，∵，設(shè)AM＝b，BE＝4a，EC＝3a．∴BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a．∵∠AED＝90°，由（1）得△AEM∽△EDN．∴，∴，∴，∵，∴（2a）2+b2＝14，∴a＝1，．∴平行四邊形ABCD的面積＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，構(gòu)造一線三等角相似是解題的關(guān)鍵．3．（2021秋?章丘區(qū)期末）感知：（1）數(shù)學(xué)課上，老師給出了一個(gè)模型：如圖1，∠BAD＝∠ACB＝∠AED＝90°，由∠1+∠2+∠BAD＝180°，∠2+∠D+∠AED＝180°，可得∠1＝∠D；又因?yàn)椤螦CB＝∠AED＝90°，可得△ABC∽△DAE，進(jìn)而得到＝.我們把這個(gè)模型稱為“一線三等角”模型．應(yīng)用：（2）實(shí)戰(zhàn)組受此模型的啟發(fā)，將三等角變?yōu)榉侵苯牵鐖D2，如圖，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，點(diǎn)P是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與B、C重合），點(diǎn)D是AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且∠APD＝∠B．①求證：△ABP∽△PCD；②當(dāng)點(diǎn)P為BC中點(diǎn)時(shí)，求CD的長(zhǎng)；拓展：（3）在（2）的條件下，如圖2，當(dāng)△APD為等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出BP的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠C，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)得到∠BAP＝∠CPD，進(jìn)而證明△ABP∽△PCD；②根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案；（3）分PA＝PD、AP＝AD、DA＝DP三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)計(jì)算即可．【解答】（1）解：∵△ABC∽△DAE，∴＝，∴＝，故答案為：；（2）①證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠APC＝∠B+∠BAP，∠APC＝∠APD+∠CPD，∠APD＝∠B，∴∠BAP＝∠CPD，∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCD；②解：∵BC＝12，點(diǎn)P為BC中點(diǎn)，∴BP＝PC＝6，∵△ABP∽△PCD，∴＝，即＝，解得：CD＝3.6；（3）解：當(dāng)PA＝PD時(shí)，△ABP≌△PCD，∴PC＝AB＝10，∴BP＝BC﹣PC＝12﹣10＝2；當(dāng)AP＝AD時(shí)，∠ADP＝∠APD，∵∠APD＝∠B＝∠C，∴∠ADP＝∠C，不合題意，∴AP≠AD；當(dāng)DA＝DP時(shí)，∠DAP＝∠APD＝∠B，∵∠C＝∠C，∴△BCA∽△ACP，∴＝，即＝，解得：CP＝，∴BP＝BC﹣CP＝12﹣＝，綜上所述：當(dāng)△APD為等腰三角形時(shí)，BP的長(zhǎng)為2或．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是三角形相似的判定定理和性質(zhì)定理、全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理以及三角形的外角性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．4．（2021秋?晉中期末）問(wèn)題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，同學(xué)們開展了以“矩形紙片折疊”為主題的探究活動(dòng)（每個(gè)小組的矩形紙片規(guī)格相同），已知矩形紙片寬AD＝6．動(dòng)手實(shí)踐：（1）如圖1，騰飛小組將矩形紙片ABCD折疊，點(diǎn)A落在DC邊上的點(diǎn)A'處，折痕為DE，連接A'E，然后將紙片展平，得到四邊形AEA'D．試判斷四邊形AEA'D的形狀，并加以證明．（2）如圖2，永攀小組在矩形紙片ABCD的邊BC上取一點(diǎn)F，連接DF，使∠CDF＝30°，將△CDF沿線段DF折疊，使點(diǎn)C正好落在AB邊上的點(diǎn)G處．連接DG，GF，將紙片展平，①求△DFG的面積；②連接CG，線段CG與線段DF交于點(diǎn)M，則CG＝4．深度探究：（3）如圖3，探究小組將圖1的四邊形AEA'D剪下，在邊A'D上取一點(diǎn)N，使DN：A'N＝1：2，將△AND沿線段AN折疊得到△AND'，連接A'D'，探究并直接寫出A'D'的長(zhǎng)度．【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得∠A＝∠ADC＝90°，再由折疊的性質(zhì)得∠DA'E＝∠A＝90°，AD＝A'D，則四邊形AEA'D是矩形，然后由AD＝AD'，即可得出結(jié)論；（2）①由折疊的性質(zhì)得DC＝DG，CF＝GF，∠CDF＝∠GDF＝30°，求出∠ADG＝30°，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AG＝DG＝DC＝AB，則AG＝BG，然后由勾股定理求出DG＝4，GF＝4，即可解決問(wèn)題；（3）過(guò)D'作PQ∥AD，交A'D于P，交AE于Q，則PQ⊥A'D，PQ⊥AE，由題意得DN＝2，A'N＝4，設(shè)D'P＝x，則D'Q＝6﹣x，再由折疊的性質(zhì)得：DN＝D'N，AD'＝AD＝6，∠AD'N＝∠D＝90°，然后證△D'NP∽△AD'Q，求出x＝，即可解決問(wèn)題．【解答】解：（1）四邊形AEA'D是正方形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°，由折疊的性質(zhì)得：∠DA'E＝∠A＝90°，AD＝A'D，∴∠A＝∠DA'E＝∠ADC＝90°，∴四邊形AEA'D是矩形，又∵AD＝AD'，∴四邊形AEA'D是正方形；（2）①由折疊的性質(zhì)得：DC＝DG，CF＝GF，∠CDF＝∠GDF＝30°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，AB＝DC，BC＝AD＝6，∴∠ADG＝90°﹣∠CDF﹣∠GDF＝30°，∴AG＝DG，∴AG＝DC＝AB，∴AG＝BG，在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG2+AD2＝DG2，即（DG）2+62＝DG2，解得：DG＝4（負(fù)值已舍去），∴AG＝2，在Rt△BGF中，由勾股定理得：BF2+BG2＝GF2，∵BG＝AG＝2，BF＝6﹣CF＝6﹣GF，∴（6﹣GF）2+（2）2＝GF2，解得：GF＝4，∴S△DFG＝GF?DG＝×4×4＝8；②由①得：∠GDF＝∠CDF＝30°，CD＝DG，∴∠CDG＝60°，∴△CDG是等邊三角形，∴CG＝DG，∴CG＝4，故答案為：4；（3）過(guò)D'作PQ∥AD，交A'D于P，交AE于Q，如圖3所示：則PQ⊥A'D，PQ⊥AE，∴PQ＝AD＝6，DP＝AQ，∠D'PN＝∠D'PA＝∠D'QA＝90°，∵四邊形AEA'D是正方形，∴A'D＝AD＝6，∵DN：A'N＝1：2，∴DN＝2，A'N＝4，設(shè)D'P＝x，則D'Q＝6﹣x，由折疊的性質(zhì)得：DN＝D'N，∠AD'N＝∠D＝90°，∴∠PD'N+∠AD'Q＝90°，∵∠PD'N+∠D'NP＝90°，∴∠AD'Q＝∠D'NP，∴△D'NP∽△AD'Q，∴＝＝，即＝＝＝，解得：AQ＝3x，NP＝2﹣x，∵DP＝AQ，∴2+2﹣x＝3x，解得：x＝，∴DP＝AQ＝3x＝，∴A'P＝A'D﹣DP＝6﹣＝，∴A'D'＝＝＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握矩形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)和正方形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．5．（2021秋?蓮池區(qū)期末）如圖1，已知矩形ABCD，AB＝，BC＝6．點(diǎn)P從B出發(fā)，以1/s的速度沿邊BC運(yùn)動(dòng)，（點(diǎn)P不與點(diǎn)C重合），連接AP，作PE⊥AP，交矩形ABCD的邊于N，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts（t＞0）．（1）t＝時(shí)，則CN＝；（2）若AP⊥BD，求t的值；（3）當(dāng)N在CD邊上時(shí)，且tan∠ANP＝，求△PCN的面積；（4）當(dāng)N在CD邊上時(shí)，直接寫出t的取值范圍．【分析】（1）因?yàn)镻E⊥AP，所以∠APB+∠CPN＝90°，因?yàn)椤螧AP+∠APB＝90°，所以∠CPN＝∠BAP，則△ABP∽△PCN，所以AB：PC＝BP：CN＝AP：PN，又由t＝，可得PC＝，代入比例式可求出CN的長(zhǎng)．（2）因?yàn)锳P⊥BD，∠BAP+∠APB＝90°，所以∠PBD+∠APB＝90°，所以∠APB＝∠ABD，因?yàn)椤螦BP＝∠DAB＝90°，所以△ABP∽△DAB，所以AB：DA＝BP：AB，即：6＝t：，解之即可；（3）在Rt△APN中，tan∠ANP＝，所以AP：PN＝，由（1）知，△ABP∽△PCN，所以AB：PC＝BP：CN＝AP：PN，所以：（6﹣t）＝t：CN＝，解得t＝1，所以BP＝1，PC＝5，CN＝，再根據(jù)三角形面積公式即可表達(dá)；（4）由（1）知，△ABP∽△PCN，所以AB：PC＝BP：CN＝AP：PN，所以：（6﹣t）＝t：CN，解得CN＝，因?yàn)辄c(diǎn)N在CD上，所以≤CN，即0＜，解不等式，注意點(diǎn)P不與C重合，需要舍去t＝6的情況．【解答】解：（1）∵PE⊥AP，∴∠APB+∠CPN＝90°，又∵∠BAP+∠APB＝90°，∴∠CPN＝∠BAP，∵∠ABC＝∠C＝90°，∴△ABP∽△PCN，∴AB：PC＝BP：CN＝AP：PN，∵t＝時(shí)，∴BP＝，∴PC＝，∴CN＝＝＝．故答案為：．（2）∵AP⊥BD，∴∠BAP+∠APB＝90°，∵∠PBD+∠APB＝90°，∴∠APB＝∠ABD，∵∠ABP＝∠DAB＝90°，∴△ABP∽△DAB，∴AB：DA＝BP：AB，即：6＝t：，解得t＝；（3）在Rt△APN中，tan∠ANP＝，∴AP：PN＝，由（1）知，△ABP∽△PCN，∴AB：PC＝BP：CN＝AP：PN，∴：（6﹣t）＝t：CN＝，解得t＝1，∴BP＝1，PC＝5，CN＝，∴S△PCN＝?PC?CN＝×5×＝；（4）由（1）知，△ABP∽△PCN，∴AB：PC＝BP：CN＝AP：PN，∴：（6﹣t）＝t：CN，解得CN＝，∵點(diǎn)N在CD上，∴0＜CN，即0＜，解得0＜t≤1或5≤t≤6．∵點(diǎn)P不與C重合，∴0＜t≤1或5≤t＜6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定等內(nèi)容，由相似模型“一線三等角”得出相似是解題關(guān)鍵．6．（2020