2020年中考數(shù)學(xué)必考考點(diǎn) 專題24 相似三角形判定與性質(zhì)（含解析）

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1、專題24 相似三角形判定與性質(zhì) 專題知識(shí)回顧 1．相似三角形：對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例的兩個(gè)三角形叫做相似三角形。相似多邊形對應(yīng)邊的比叫做相似比。 2．三角形相似的判定方法: （1）定義法：對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例的兩個(gè)三角形相似。 （2）平行法：平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或兩邊延長線）相交，構(gòu)成的三角形與原三角形相似。 （3）判定定理1：如果一個(gè)三角形的兩個(gè)角與另一個(gè)三角形的兩個(gè)角對應(yīng)相等，那么這兩個(gè)三角形相似，可簡述為兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似。 （4）判定定理2：如果一個(gè)三角形的兩條邊和另一個(gè)三角形的兩條邊對應(yīng)相等，并且夾角相等，那么這兩

2、個(gè)三角形相似，可簡述為兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似。 （5）判定定理3：如果一個(gè)三角形的三條邊與另一個(gè)三角形的三條邊對應(yīng)成比例，那么這兩個(gè)三角形相似，可簡述為三邊對應(yīng)成比例，兩三角形相似。 3．直角三角形相似判定定理: ①以上各種判定方法均適用 ②定理：如果一個(gè)直角三角形的斜邊和一條直角邊與另一個(gè)直角三角形的斜邊和一條直角邊對應(yīng)成比例，那么這兩個(gè)直角三角形相似。 ③垂直法：直角三角形被斜邊上的高分成的兩個(gè)直角三角形與原三角形相似。 4．相似三角形的性質(zhì): （1）相似三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例 （2）相似三角形對應(yīng)高的比、對應(yīng)中線的比與對應(yīng)角平分線的比都等于相似比

3、 （3）相似三角形周長的比等于相似比 （4）相似三角形面積的比等于相似比的平方。 專題典型題考法及解析 【例題1】（2019?海南?。┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．點(diǎn)P是邊AC上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，D為線段PQ的中點(diǎn)，當(dāng)BD平分∠ABC時(shí)，AP的長度為（　?。? A. B． C． D． 【答案】B． 【解析】本題考查的是相似三角形的判定和性質(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． 根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質(zhì)得到∠QBD＝∠BDQ，得到QB＝QD，根據(jù)相

4、似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可． ∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4， ∴AC＝＝3， ∵PQ∥AB， ∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD， ∴∠QBD＝∠BDQ， ∴QB＝QD， ∴QP＝2QB， ∵PQ∥AB， ∴△CPQ∽△CAB， ∴＝＝，即＝＝， 解得，CP＝， ∴AP＝CA﹣CP＝ 【例題2】（2019?四川省涼山州）在?ABCD中，E是AD上一點(diǎn)，且點(diǎn)E將AD分為2：3的兩部分，連接BE、AC相交于F，則S△AEF：S△CBF是　 ?。? 【答案】4：25或9：25． 【解析】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性

5、質(zhì)，掌握相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題的關(guān)鍵． 分AE：ED＝2：3、AE：ED＝3：2兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算即可． ①當(dāng)AE：ED＝2：3時(shí)， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC，AE：BC＝2：5， ∴△AEF∽△CBF， ∴S△AEF：S△CBF＝（）2＝4：25； ②當(dāng)AE：ED＝3：2時(shí)， 同理可得，S△AEF：S△CBF＝（）2＝9：25。 【例題3】（2019?湖北省荊門市）如圖，為了測量一棟樓的高度OE，小明同學(xué)先在操場上A處放一面鏡子，向后退到B處，恰好在鏡子中看到樓的頂部E；再將鏡子放到C處，然后后退到D處，恰好再次在鏡

6、子中看到樓的頂部E（O，A，B，C，D在同一條直線上），測得AC＝2m，BD＝2.1m，如果小明眼睛距地面髙度BF，DG為1.6m，試確定樓的高度OE． 【答案】樓的高度OE為32米． 【解析】設(shè)E關(guān)于O的對稱點(diǎn)為M，由光的反射定律知，延長GC、FA相交于點(diǎn)M， 連接GF并延長交OE于點(diǎn)H， ∵GF∥AC， ∴△MAC∽△MFG， ∴， 即：， ∴， ∴OE＝32 【例題4】（2019年廣西梧州市）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，AF平分∠DAC，分別交DC，BC的延長線于點(diǎn)E，F(xiàn)；連接DF，過點(diǎn)A作AH∥DF，分別交BD，BF于點(diǎn)G，H． （1）求D

7、E的長； （2）求證：∠1＝∠DFC． 【答案】見解析。 【解析】本題考查了矩形的相關(guān)證明與計(jì)算，熟練掌握矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)與相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵． （1）由AD∥CF，AF平分∠DAC，可得∠FAC＝∠AFC，得出AC＝CF＝5，可證出△ADE∽△FCE，則，可求出DE長； ∵矩形ABCD中，AD∥CF， ∴∠DAF＝∠ACF， ∵AF平分∠DAC， ∴∠DAF＝∠CAF， ∴∠FAC＝∠AFC， ∴AC＝CF， ∵AB＝4，BC＝3， ∴＝＝5， ∴CF＝5， ∵AD∥CF， ∴△ADE∽△FCE， ∴， 設(shè)DE＝x，則，

8、 解得x＝ ∴； （2）由△ADG∽△HBG，可求出DG，則，可得EG∥BC，則∠1＝∠AHC，根據(jù)DF∥AH，可得∠AHC＝∠DFC，結(jié)論得證． ∵AD∥FH，AF∥DH， ∴四邊形ADFH是平行四邊形， ∴AD＝FH＝3， ∴CH＝2，BH＝5， ∵AD∥BH， ∴△ADG∽△HBG， ∴， ∴， ∴DG＝， ∵DE＝， ∴＝， ∴EG∥BC， ∴∠1＝∠AHC， 又∵DF∥AH， ∴∠AHC＝∠DFC， ∠1＝∠DFC． 【例題5】（2019年湖南省張家界市）如圖，在平行四邊形ABCD中，連接對角線AC，延長AB至點(diǎn)E，使BE＝AB，連接DE，分別

9、交BC，AC交于點(diǎn)F，G． （1）求證：BF＝CF； （2）若BC＝6，DG＝4，求FG的長． 【答案】見解析。 【解析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥CD，AD＝BC，得到△EBF∽△EAD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)證明即可；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式計(jì)算即可． （1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥CD，AD＝BC， ∴△EBF∽△EAD， ∴＝＝， ∴BF＝AD＝BC， ∴BF＝CF； （2）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥CD， ∴△FGC∽△DGA， ∴＝，即＝， 解得，F(xiàn)G＝2． 專題典型訓(xùn)練題 一、選擇

10、題 1.（2019年廣西玉林市）如圖，AB∥EF∥DC，AD∥BC，EF與AC交于點(diǎn)G，則是相似三角形共有（　?。? A．3對 B．5對 C．6對 D．8對 【答案】C 【解析】圖中三角形有：△AEG，△ADC，CFG，△CBA， ∵AB∥EF∥DC，AD∥BC ∴△AEG∽△ADC∽CFG∽△CBA 共有6個(gè)組合分別為：∴△AEG∽△ADC，△AEG∽CFG，△AEG∽△CBA，△ADC∽CFG，△ADC∽△CBA，CFG∽△CBA 2.（2019年內(nèi)蒙古赤峰市）如圖，D、E分別是△ABC邊AB，AC上的點(diǎn)，∠ADE＝∠ACB，若AD＝2，AB＝6，AC＝4，則AE的

11、長是（　?。? A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】證明△ADE∽△ACB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可． ∵∠ADE＝∠ACB，∠A＝∠A， ∴△ADE∽△ACB， ∴＝，即＝， 解得，AE＝3 3.（2019·廣西賀州）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC邊上的點(diǎn)，DE∥BC，若 AD＝2，AB＝3，DE＝4，則BC等于（　?。? A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【解析】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)；證明三角形相似得出對應(yīng)邊成比例是解題的關(guān)鍵．由平行線得出△ADE∽△ABC，得出對應(yīng)邊成比例＝，即可得出結(jié)果．

12、 ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴＝， 即＝， 解得：BC＝6 4.（2019?廣西貴港）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E分別在AB，AC邊上，DE∥BC，∠ACD＝∠B，若AD＝2BD，BC＝6，則線段CD的長為（　?。? A．2 B．3 C．2 D．5 【答案】C． 【解析】設(shè)AD＝2x，BD＝x，所以AB＝3x，易證△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性質(zhì)可求出DE的長度，以及，再證明△ADE∽△ACD，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出得出＝，從而可求出CD的長度． 設(shè)AD＝2x，BD＝x， ∴AB＝3x， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴＝，

13、 ∴＝， ∴DE＝4，＝， ∵∠ACD＝∠B， ∠ADE＝∠B， ∴∠ADE＝∠ACD， ∵∠A＝∠A， ∴△ADE∽△ACD， ∴＝， 設(shè)AE＝2y，AC＝3y， ∴＝， ∴AD＝y(tǒng)， ∴＝， ∴CD＝2 5.（2019?黑龍江哈爾濱）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E在對角線BD上，EM∥AD，交AB于點(diǎn)M，EN∥AB，交AD于點(diǎn)N，則下列式子一定正確的是（　　） A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ 【答案】D． 【解析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及相似三角形的性質(zhì)． ∵在?ABCD中，EM∥AD ∴易證四邊形AMEN為平行四邊形 ∴易證△BEM∽△BAD∽△EN

14、D ∴＝＝，A項(xiàng)錯(cuò)誤 ＝，B項(xiàng)錯(cuò)誤 ＝＝，C項(xiàng)錯(cuò)誤 ＝＝，D項(xiàng)正確。 6. （2019?江蘇蘇州）如圖，在中，點(diǎn)為邊上的一點(diǎn)，且，，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，若，則的面積為（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】考察相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的高，中等題型 易證 即 由題得 解得 的高易得： 7.（2019山東棗莊）如圖，將△ABC沿BC邊上的中線AD平移到△A′B′C′的位置．已知△ABC的面積為16，陰影部分三角形的面積9．若AA′＝1，則A′D等于（　　） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】B 【解析

15、】本題主要平移的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平移變換的性質(zhì)與三角形中線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)． 由S△ABC＝16.S△A′EF＝9且AD為BC邊的中線知S△A′DE＝S△A′EF＝，S△ABD＝S△ABC＝8，根據(jù)△DA′E∽△DAB知（）2＝，據(jù)此求解可得． ∵S△ABC＝16.S△A′EF＝9，且AD為BC邊的中線， ∴S△A′DE＝S△A′EF＝，S△ABD＝S△ABC＝8， ∵將△ABC沿BC邊上的中線AD平移得到△A'B'C'， ∴A′E∥AB， ∴△DA′E∽△DAB， 則（）2＝，即（）2＝， 解得A′D＝3或A′D＝﹣（舍）。 8.（2019四

16、川巴中）如圖?ABCD，F(xiàn)為BC中點(diǎn)，延長AD至E，使DE：AD＝1：3，連結(jié)EF交DC于點(diǎn)G，則S△DEG：S△CFG＝（　?。? A．2：3 B．3：2 C．9：4 D．4：9 【答案】D． 【解析】先設(shè)出DE＝x，進(jìn)而得出AD＝3x，再用平行四邊形的性質(zhì)得出BC＝3x，進(jìn)而求出CF，最后用相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論． 設(shè)DE＝x， ∵DE：AD＝1：3， ∴AD＝3x， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC，BC＝AD＝3x， ∵點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)， ∴CF＝BC＝x， ∵AD∥BC， ∴△DEG∽△CFG， ∴＝（）2＝（）2＝ 9.（2019年四

17、川省遂寧市）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，△BPC是等邊三角形，連接DP并延長交CB的延長線于點(diǎn)H，連接BD交PC于點(diǎn)Q，下列結(jié)論： ①∠BPD＝135°；②△BDP∽△HDB；③DQ：BQ＝1：2；④S△BDP＝． 其中正確的有（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 【答案】D． 【解析】由等邊三角形及正方形的性質(zhì)求出∠CPD＝∠CDP＝75°、∠PCB＝∠CPB＝60°，從而判斷①；證∠DBP＝∠DPB＝135°可判斷②；作QE⊥CD，設(shè)QE＝DE＝x，則QD＝x，CQ＝2QE＝2x，CE＝x，由CE+DE＝CD求出x，從而求得DQ、BQ的長，據(jù)此

18、可判斷③，證DP＝DQ＝，根據(jù)S△BDP＝BD?PDsin∠BDP求解可判斷④． ∵△PBC是等邊三角形，四邊形ABCD是正方形， ∴∠PCB＝∠CPB＝60°，∠PCD＝30°，BC＝PC＝CD， ∴∠CPD＝∠CDP＝75°， 則∠BPD＝∠BPC+∠CPD＝135°，故①正確； ∵∠CBD＝∠CDB＝45°， ∴∠DBP＝∠DPB＝135°， 又∵∠PDB＝∠BDH， ∴△BDP∽△HDB，故②正確； 如圖，過點(diǎn)Q作QE⊥CD于E， 設(shè)QE＝DE＝x，則QD＝x，CQ＝2QE＝2x， ∴CE＝x， 由CE+DE＝CD知x+x＝1， 解得x＝， ∴QD＝x＝

19、， ∵BD＝， ∴BQ＝BD﹣DQ＝﹣＝， 則DQ：BQ＝：≠1：2，故③錯(cuò)誤； ∵∠CDP＝75°，∠CDQ＝45°， ∴∠PDQ＝30°， 又∵∠CPD＝75°， ∴∠DPQ＝∠DQP＝75°， ∴DP＝DQ＝， ∴S△BDP＝BD?PDsin∠BDP＝×××＝，故④正確。 二、填空題 10.（2019?浙江寧波）如圖所示，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，點(diǎn)D在邊BC上，CD＝5，BD＝13．點(diǎn)P是線段AD上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)半徑為6的⊙P與△ABC的一邊相切時(shí)，AP的長為　?。? 【答案】6.5或3． 【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12

20、，BD+CD＝18， ∴AB＝＝6， 在Rt△ADC中，∠C＝90°，AC＝12，CD＝5， ∴AD＝＝13， 當(dāng)⊙P于BC相切時(shí)，點(diǎn)P到BC的距離＝6， 過P作PH⊥BC于H， 則PH＝6， ∵∠C＝90°， ∴AC⊥BC， ∴PH∥AC， ∴△DPH∽△DAC， ∴， ∴＝， ∴PD＝6.5， ∴AP＝6.5； 當(dāng)⊙P于AB相切時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離＝6， 過P作PG⊥AB于G， 則PG＝6， ∵AD＝BD＝13， ∴∠PAG＝∠B， ∵∠AGP＝∠C＝90°， ∴△AGP∽△BCA， ∴， ∴＝， ∴AP＝3， ∵CD＝5＜6， ∴半徑為

21、6的⊙P不與△ABC的AC邊相切， 綜上所述，AP的長為6.5或3， 故答案為：6.5或3． 11. 2019黑龍江省龍東地區(qū)） 一張直角三角形紙片ABC，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，點(diǎn)D為BC邊上的任一點(diǎn)，沿過點(diǎn)D的直線折疊，使直角頂點(diǎn)C落在斜邊AB上的點(diǎn)E處，當(dāng)△BDE是直角三角形時(shí)，則CD的長為________． 【答案】3或. 【解析】在△BDE中，∠B是銳角，∴有兩種可能，∠DEB或∠EDB是直角，由此畫出示意圖，逐步求解即可. 如圖1，∠DEB是直角時(shí)，∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，∴BC==8,設(shè)CD=x，則BD=8-x，由折疊 知

22、CD=ED=x，∵∠ACB＝∠DEB=90°，∴△BED∽△BCA，∴，即，解得x=3; 如圖2，∠EDB是直角時(shí)，ED∥AC，∴△BED∽△BAC，∴,即，解得x=，綜上，CD的長 為3或. 圖1 圖2 12．（2019?山東泰安）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝12，E為AD中點(diǎn)，F(xiàn)為AB上一點(diǎn)，將△AEF沿EF折疊后，點(diǎn)A恰好落到CF上的點(diǎn)G處，則折痕EF的長是　 ?。? 【答案】2． 【解析】本題考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等，解題關(guān)鍵是能夠作出適當(dāng)?shù)妮o助線，連接CE，構(gòu)造相似三角形，最終利用相似的性質(zhì)求出結(jié)

23、果． 連接EC，利用矩形的性質(zhì)，求出EG，DE的長度，證明EC平分∠DCF，再證∠FEC＝90°，最后證△FEC∽△EDC，利用相似的性質(zhì)即可求出EF的長度． 如圖，連接EC， ∵四邊形ABCD為矩形， ∴∠A＝∠D＝90°，BC＝AD＝12，DC＝AB＝3， ∵E為AD中點(diǎn)， ∴AE＝DE＝AD＝6 由翻折知，△AEF≌△GEF， ∴AE＝GE＝6，∠AEF＝∠GEF，∠EGF＝∠EAF＝90°＝∠D， ∴GE＝DE， ∴EC平分∠DCG， ∴∠DCE＝∠GCE， ∵∠GEC＝90°﹣∠GCE，∠DEC＝90°﹣∠DCE， ∴∠GEC＝∠DEC， ∴∠FEC＝∠F

24、EG+∠GEC＝×180°＝90°， ∴∠FEC＝∠D＝90°， 又∵∠DCE＝∠GCE， ∴△FEC∽△EDC， ∴， ∵EC＝＝＝3， ∴， ∴FE＝2 13.（2019江蘇常州）如圖，在矩形ABCD中，AD＝3AB＝3．點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E在BC上，CE＝2BE，點(diǎn)M、N在線段BD上．若△PMN是等腰三角形且底角與∠DEC相等，則MN＝__________． 【答案】6． 【解析】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等幾何知識(shí)點(diǎn)．首先由勾股定理，求得BD＝10，然后由“AD＝3AB＝3．點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，

25、點(diǎn)E在BC上，CE＝2BE”，求得PD＝，CE＝2，這樣由tan∠DEC＝；第四步過點(diǎn)P作PH⊥BD于點(diǎn)H，在BD上依次取點(diǎn)M、N，使MH＝NH＝2PH，于是因此△PMN是所求符合條件的圖形；第五步由△DPH∽△DBA，得，即，得PH＝，于是MN＝4PH＝6，本題答案為6． 14.（2019?山東省濱州市）如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點(diǎn)O，CE平分∠BCD交AB于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，連接OE．下列結(jié)論：①EO⊥AC；②S△AOD＝4S△OCF；③AC：BD＝：7；④FB2＝OF?DF．其中正確的結(jié)論有　 ?。ㄌ顚懰姓_結(jié)論的序

26、號） 【答案】①③④． 【解析】本題考查，平行四邊形的性質(zhì)，角平分線的定義，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于填空題中的壓軸題． ①正確．只要證明EC＝EA＝BC，推出∠ACB＝90°，再利用三角形中位線定理即可判斷． ②錯(cuò)誤．想辦法證明BF＝2OF，推出S△BOC＝3S△OCF即可判斷． ③正確．設(shè)BC＝BE＝EC＝a，求出AC，BD即可判斷． ④正確．求出BF，OF，DF（用a表示），通過計(jì)算證明即可． ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴CD∥AB，OD＝OB，OA＝OC， ∴∠DCB+∠ABC＝180°， ∵∠AB

27、C＝60°， ∴∠DCB＝120°， ∵EC平分∠DCB， ∴∠ECB＝∠DCB＝60°， ∴∠EBC＝∠BCE＝∠CEB＝60°， ∴△ECB是等邊三角形， ∴EB＝BC， ∵AB＝2BC， ∴EA＝EB＝EC， ∴∠ACB＝90°， ∵OA＝OC，EA＝EB， ∴OE∥BC， ∴∠AOE＝∠ACB＝90°， ∴EO⊥AC，故①正確， ∵OE∥BC， ∴△OEF∽△BCF， ∴＝＝， ∴OF＝OB， ∴S△AOD＝S△BOC＝3S△OCF，故②錯(cuò)誤， 設(shè)BC＝BE＝EC＝a，則AB＝2a，AC＝a，OD＝OB＝＝a， ∴BD＝a， ∴AC：BD＝a：

28、a＝：7，故③正確， ∵OF＝OB＝a， ∴BF＝a， ∴BF2＝a2，OF?DF＝a?（a+a）＝a2， ∴BF2＝OF?DF，故④正確， 故答案為①③④． 15.（2019四川瀘州）如圖，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝15，點(diǎn)E在邊CB上，CE＝2EB，點(diǎn)D在邊AB上，CD⊥AE，垂足為F，則AD的長為　 ?。? 【答案】92 【解析】過D作DH⊥AC于H， ∵在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝15， ∴AC＝BC＝15， ∴∠CAD＝45°， ∴AH＝DH， ∴CH＝15﹣DH， ∵CF⊥AE， ∴∠DHA＝∠DFA＝90°，

29、 ∴∠HAF＝∠HDF， ∴△ACE∽△DHC， ∴DHAC=CHCE， ∵CE＝2EB， ∴CE＝10， ∴DH15=15-DH10， ∴DH＝9， ∴AD＝92， 故答案為：92． 三、解答題 16.（2019?四川省涼山州）如圖，∠ABD＝∠BCD＝90°，DB平分∠ADC，過點(diǎn)B作BM∥CD交AD于M．連接CM交DB于N． （1）求證：BD2＝AD?CD； （2）若CD＝6，AD＝8，求MN的長． 【答案】見解析。 【解析】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，求MC的長度是本題的關(guān)鍵． 證明：（1）通過證明△ABD∽△BC

30、D，可得，可得結(jié)論； ∵DB平分∠ADC， ∴∠ADB＝∠CDB，且∠ABD＝∠BCD＝90°， ∴△ABD∽△BCD ∴ ∴BD2＝AD?CD （2）由平行線的性質(zhì)可證∠MBD＝∠BDC，即可證AM＝MD＝MB＝4，由BD2＝AD?CD和勾股定理可求MC的長，通過證明△MNB∽△CND，可得，即可求MN的長．∵BM∥CD ∴∠MBD＝∠BDC ∴∠ADB＝∠MBD，且∠ABD＝90° ∴BM＝MD，∠MAB＝∠MBA ∴BM＝MD＝AM＝4 ∵BD2＝AD?CD，且CD＝6，AD＝8， ∴BD2＝48， ∴BC2＝BD2﹣CD2＝12 ∴MC2＝MB2+BC2＝2

31、8 ∴MC＝2 ∵BM∥CD ∴△MNB∽△CND ∴，且MC＝2 ∴MN＝ 17．（2019?山東泰安）在矩形ABCD中，AE⊥BD于點(diǎn)E，點(diǎn)P是邊AD上一點(diǎn)． （1）若BP平分∠ABD，交AE于點(diǎn)G，PF⊥BD于點(diǎn)F，如圖①，證明四邊形AGFP是菱形； （2）若PE⊥EC，如圖②，求證：AE?AB＝DE?AP； （3）在（2）的條件下，若AB＝1，BC＝2，求AP的長． 【答案】見解析。 【解析】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考常考題型． （1）想辦法證明AG

32、＝PF，AG∥PF，推出四邊形AGFP是平行四邊形，再證明PA＝PF即可解決問題． 證明：如圖①中， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵AE⊥BD， ∴∠AED＝90°， ∴∠BAE+∠EAD＝90°，∠EAD+∠ADE＝90°， ∴∠BAE＝∠ADE， ∵∠AGP＝∠BAG+∠ABG，∠APD＝∠ADE+∠PBD，∠ABG＝∠PBD， ∴∠AGP＝∠APG， ∴AP＝AG， ∵PA⊥AB，PF⊥BD，BP平分∠ABD， ∴PA＝PF， ∴PF＝AG， ∵AE⊥BD，PF⊥BD， ∴PF∥AG， ∴四邊形AGFP是平行四邊形， ∵PA＝PF

33、， ∴四邊形AGFP是菱形． （2）證明△AEP∽△DEC，可得＝，由此即可解決問題． 證明：如圖②中， ∵AE⊥BD，PE⊥EC， ∴∠AED＝∠PEC＝90°， ∴∠AEP＝∠DEC， ∵∠EAD+∠ADE＝90°，∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠EAP＝∠EDC， ∴△AEP∽△DEC， ∴＝， ∵AB＝CD， ∴AE?AB＝DE?AP； （3）利用（2）中結(jié)論．求出DE，AE即可． 解：∵四邊形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝2，∠BAD＝90°， ∴BD＝＝， ∵AE⊥BD， ∴S△ABD＝?BD?AE＝?AB?AD， ∴AE＝， ∴DE

34、＝＝， ∵AE?AB＝DE?AP； ∴AP＝＝． 18．(2019安徽)如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P為△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且∠APB＝∠BPC＝135°． （1）求證：△PAB∽△PBC； （2）求證：PA＝2PC； （3）若點(diǎn)P到三角形的邊AB，BC，CA的距離分別為h1，h2，h3，求證h12＝h2?h3． 【答案】見解析。 【解析】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出∠EAP＝∠PCD是解本題的關(guān)鍵． （1）∵∠ACB＝90°，AB＝BC， ∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC 又∠APB＝135°， ∴

35、∠PAB+∠PBA＝45° ∴∠PBC＝∠PAB 又∵∠APB＝∠BPC＝135°， ∴△PAB∽△PBC （2）∵△PAB∽△PBC ∴ 在Rt△ABC中，AB＝AC， ∴ ∴ ∴PA＝2PC （3）如圖，過點(diǎn)P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC.AC于點(diǎn)D，E， ∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3， ∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270° ∴∠APC＝90°， ∴∠EAP+∠ACP＝90°， 又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90° ∴∠EAP＝∠PCD， ∴Rt△AEP∽R(shí)t△CDP， ∴，即， ∴h3＝2h2 ∵△PAB∽△PBC，

36、∴， ∴ ∴． 即：h12＝h2?h3． 19.（2019年湖南省株洲市）如圖所示，已知正方形OEFG的頂點(diǎn)O為正方形ABCD對角線AC、BD的交點(diǎn)，連接CE、DG． （1）求證：△DOG≌△COE； （2）若DG⊥BD，正方形ABCD的邊長為2，線段AD與線段OG相交于點(diǎn)M，AM＝，求正方形OEFG的邊長． 【答案】見解析。 【解析】由正方形ABCD與正方形OEFG，對角線AC、BD，可得∠DOA＝∠DOC＝90°，∠GOE＝90°，即可證得∠GOD＝∠COE，因DO＝OC，GO＝EO，則可利用“邊角邊”即可證兩三角形全等；過點(diǎn)M作MH⊥DO交DO于點(diǎn)H，由于∠MDB

37、＝45°，由可得DH，MH 長，從而求得HO，即可求得MO，再通過MH∥DG，易證得△OHM∽△ODG，則有＝，求得GO即為正方形OEFG的邊長． （1）∵正方形ABCD與正方形OEFG，對角線AC、BD ∴DO＝OC ∵DB⊥AC， ∴∠DOA＝∠DOC＝90° ∵∠GOE＝90° ∴∠GOD+∠DOE＝∠DOE+∠COE＝90° ∴∠GOD＝∠COE ∵GO＝OE ∴在△DOG和△COE中 ∴△DOG≌△COE（SAS） （2）如圖，過點(diǎn)M作MH⊥DO交DO于點(diǎn)H ∵AM＝，DA＝2 ∴DM＝ ∵∠MDB＝45° ∴MH＝DH＝sin45°?DM＝，DO＝cos45°?DA＝ ∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝ ∴在Rt△MHO中，由勾股定理得 MO＝＝＝ ∵DG⊥BD，MH⊥DO ∴MH∥DG ∴易證△OHM∽△ODG ∴＝＝＝，得GO＝2 則正方形OEFG的邊長為2 28