專題05相似三角形中的基本模型之對角互補模型相似三角形在中考數學幾何模塊中占據著重要地位。相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現，其變化很多，難度大，是中考的常考題型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了。本專題就對角互補模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。模型1.對角互補模型（相似模型）【模型解讀】四邊形或多邊形構成的幾何圖形中，相對的角互補。該題型常用到的輔助線主要是頂定點向兩邊做垂線，從而證明兩個三角形相似.【常見模型及結論】1）對角互補相似1 條件：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，點O是AB的中點，輔助線：過點O作OD⊥AC，垂足為D，過點O作OH⊥BC，垂足為H，結論：①△ODE～△OHF；②（思路提示：）.2）對角互補相似 2條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.輔助線：作法1：如圖1，過點C作CF⊥OA，垂足為F，過點C作CG⊥OB，垂足為G；結論：①△ECG～△DCF；②CE＝CD·.（思路提示：，CF=OG，在Rt△COG中，）輔助線：作法2：如圖2，過點C作CF⊥OC，交OB于F；結論：①△CFE～△COD；②CE＝CD·.（思路提示：，在Rt△OCF中，）3）對角互補相似3 條件：已知如圖，四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°輔助線：過點D作DE⊥BA，垂足為E，過點D作DF⊥BC，垂足為F；結論：①△DAE～△DCF；②ABCD四點共圓。例1．（2023·重慶·九年級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，在Rt△MPN中，∠MPN＝90°，點P在AC上，PM交AB于點E，PN交BC于點F，當PE＝2PF時，AP＝________．【答案】3【分析】如圖作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．由△QPE∽△RPF，可得PQ=2PR=2BQ，由PQ∥BC，可得AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，設PQ=4x，則AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，可得2x+3x=3，求出x即可解決問題．【詳解】解：如圖作PQ⊥AB于點Q，PR⊥BC于點R．∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°，∴四邊形PQBR是矩形，∴∠QPR＝90°＝∠MPN，∴∠QPE＝∠RPF，∴，，，∵PQ//BC，設PQ＝4x，則AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x，∴2x＋3x＝3∴，∴AP＝5x＝3．故答案為3．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質、勾股定理、矩形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．例2．（2023·河南南陽·九年級統考階段練習）如圖，在等腰直角中，，，過點作射線，為射線上一點，在邊上（不與重合）且，與交于點．（1）求證：；（2）求證：；（3）如果，求證：．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據題意先由等腰直角△ABC得到∠BAC=∠B=45°，從而結合∠DAE=45°得到∠DAC=∠EAB，再由平行線的性質得到∠ACP=∠BAC=∠B=45°，從而得到△ADC∽△AEB；（2）根據題意由相似三角形的性質得到AD：AE=AC：AB，轉化為AD：AC=AE：AB，結合∠DAE=∠CAB=45°得證結果；（3）根據題意結合∠ACD=45°和∠ACB=90°，由CD=CE得到∠CDE=∠CED=22.5°，從而得到∠DAC=22.5°，然后得到△OCD∽△DCA，最后即可求證．【詳解】解：（1）證明：∵是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，，∴；（2）證明：∵∴，即，∵，∴；（3）∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，又∵，∴，∴，∴【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質以及等腰直角三角形的性質，解題的關鍵是通過線段的比例關系得到三角形相似．例3．（2023·廣東深圳·校考一模）綜合與實踐問題情境：在中，，，．直角三角板中，將三角板的直角頂點放在斜邊的中點處，并將三角板繞點旋轉，三角板的兩邊，分別與邊，交于點M，N．

猜想證明：(1)如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊的中點時，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；問題解決：(2)如圖②，在三角板旋轉過程中，當時，請直接寫出的長；(3)如圖③，在三角板旋轉過程中，當時，請求出線段的長．【答案】(1)四邊形是矩形，理由見解析(2)(3)【分析】（1）由三角形中位線定理可得，可證，即可求解；（2）由勾股定理可求的長，由中點的性質可得的長，由銳角三角函數可求解；（3）通過證明點，點，點，點四點共圓，可得，由直角三角形的性質可求的長，即可求解．【詳解】（1）解：四邊形是矩形，理由如下：點是的中點，點是的中點，，，，，，四邊形是矩形；（2）如圖2，過點作于，

，，，，點是的中點，，，，，，，又，，，，；（3）如圖③，連接，，過點作于，

，，，，點，點，點，點四點共圓，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了矩形的判定，直角三角形的性質，勾股定理，銳角三角函數，圓的有關知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．例4．（2023年江西省南昌市月考）如圖，兩個全等的四邊形和，其中四邊形的頂點O位于四邊形的對角線交點O．(1)如圖1，若四邊形和都是正方形，則下列說法正確的有_______．（填序號）①；②重疊部分的面積始終等于四邊形的；③．(2)應用提升:如圖2，若四邊形和都是矩形，，寫出與之間的數量關系，并證明．(3)類比拓展:如圖3，若四邊形和都是菱形，，判斷（1）中的結論是否依然成立；如不成立，請寫出你認為正確的結論（可用表示），并選取你所寫結論中的一個說明理由．【答案】(1)①②③(2)關系為，證明見解析(3)①成立，②③不成立，正確結論②重疊部分的面積始終等于四邊形的；③．證明①的過程見解析【詳解】（1）如圖，在圖1中，過點O作于點H,于點G∵于點H,于點G∴∵四邊形和都是正方形∴∴∵,∴在和中∴∴故①正確∵∴∴故②正確∵四邊形是正方形∴∴故③正確（2）關系為，證明如下：如圖，在圖2中，過點O作于點H,于點G∵于點H,于點G∴∵四邊形和都是矩形∴∵,∴在和中∴∴（3）（1）中結論，①成立，②③不成立，正確結論②重疊部分的面積始終等于四邊形的；③．現證明①如下：如圖，在圖3中，過點O作于點H,于點G∵于點H,于點G∴∵四邊形和都是菱形∴∴∵,∴在和中∴∴例5．（2023.遼寧中考模擬）如圖，在RtABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點O在線段AB上（點O不與點A，B重合），且OB＝kOA，點M是AC延長線上的一點，作射線OM，將射線OM繞點O逆時針旋轉90°，交射線CB于點N．（1）如圖1，當k＝1時，判斷線段OM與ON的數量關系，并說明理由；（2）如圖2，當k＞1時，判斷線段OM與ON的數量關系（用含k的式子表示），并證明；（3）點P在射線BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且＜，請直接寫出的值（用含k的式子表示）．【答案】（1）OM＝ON，見解析；（2）ON＝k?OM，見解析；（3）【分析】（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，證明△DOM≌△EON；（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，證明△DOM∽△EON；（3）設AC＝BC＝a，解Rt△EON和斜△AOM，用含的代數式分別表示再利用比例的性質可得答案．【詳解】解：（1）OM＝ON，如圖1，作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，∴∠DOE＝90°，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°，在Rt△AOD中，，同理：OE＝OB，∵OA＝OB，∴OD＝OE，∵∠DOE＝90°，∴∠DOM＋∠MOE＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠EON＋∠MOE＝90°，∴∠DOM＝∠EON，在Rt△DOM和Rt△EON中，，∴△DOM≌△EON（ASA），∴OM＝ON．（2）如圖2，作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，由（1）知：OD＝OA，OE＝OB，∴，由（1）知：∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，∴△DOM∽△EON，∴，∴ON＝k?OM．（3）如圖3，設AC＝BC＝a，∴AB＝a，∵OB＝k?OA，∴OB＝?a，OA＝?a，∴OE＝OB＝a，∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，∴EN＝＝OE＝?a，∵CE＝OD＝OA＝a，∴NC＝CE＋EN＝a＋?a，由（2）知：，△DOM∽△EON，∴∠AMO＝∠N＝30°∵，∴，∴△PON∽△AOM，∴∠P＝∠A＝45°，∴PE＝OE＝a，∴PN＝PE＋EN＝a＋?a，設AD＝OD＝x，∴DM＝，由AD＋DM＝AC＋CM得，（＋1）x＝AC＋CM，∴x＝（AC＋CM）＜（AC＋AC）＝AC，∴k＞1∴，∴．【點睛】本題考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解決問題的關鍵是作OD⊥AC，OE⊥BC；本題的難點是條件得出k＞1．例6．（2023浙江中考二模）（1）特例感知：如圖1，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，取BC邊上中點D，連接AD，點E為AB邊上一點，連接DE，作DF⊥DE交AC于點F，求證：BE＝AF；（2）探索發現：如圖2，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，取BC邊上中點D，連接AD，點E為BA延長線上一點，AE＝1，連接DE，作DF⊥DE交AC延長線于點F，求AF的長；（3）類比遷移：如圖3，已知在ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，取BC邊上中點D，連接AD，點E為射線BA上一點（不與點A、點B重合），連接DE，將射線DE繞點D順時針旋轉30°交射線CA于點F，當AE＝4AF時，求AF的長．【答案】（1）見解析；（2）4；（3）或或【分析】（1）證明△BDE≌△ADF（ASA），根據全等三角形的性質即可得到BE＝AF；（2）方法同（1），利用全等三角形的性質解決問題；（3）證明△EBD∽△DCF，推出，設AF＝m，則AE＝4m，分三種情形，分別構建方程求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1中，∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD是高，∴BD＝CD＝ADBC，∠B＝∠C＝45°，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝45°，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°﹣∠ADE，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF；（2）解：如圖2中，由（1）知，BD＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠BAD＝∠CAD＝45°，∴∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°+∠ADE，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF，∵AB＝3，AE＝1，∴BE＝AB+AE＝4，∴AF＝4；（3）解：如圖3中，∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝60°，∴BD＝CD＝AB?sin60°＝2，∵AE＝4AF，∴可以假設AF＝m，則AE＝4m，BE＝4﹣4m，CF＝4﹣m，∵∠EDC＝∠EDF+∠FDC＝∠B+∠BED，∠EDF＝∠B＝30°，∴∠FDC＝∠BED，∵∠B＝∠C，∴△EBD∽△DCF，∴，∴，整理得，m2﹣5m+1＝0，解得m或（舍棄），經檢驗，m是分式方程的解．當點F在CA的延長線上時，CF＝4+m，由△EBD∽△DCF，可得，∴，解得，m或（舍棄），經檢驗，m是分式方程的解．當點E在射線BA上時，BE＝4+4m，∵△EBD∽△DCF，∴，∴解得，m或（舍棄），經檢驗，m是分式方程的解．綜上所述，滿足條件的AF的值為或或．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考常考題型．課后專項訓練1．（2023廣東九年級期中）如圖，中，，平分，，連接，并延長分別交，于點和點，若，，則的長為（）A．10 B．12 C．15 D．16【答案】C【分析】由四點共圓，得到，再證明，得到與的比，延長到，使，得到為等邊三角形，在證明出，證出與，利用即可求出．【詳解】解：，，、、、四點共圓，平分，，，，，，，，如圖，延長到，使，，為等邊三角形，，，，設每一份為，，，，，．故選：C．【點睛】本題考查了三角形相似的性質、等邊三角形的性質等知識點的應用，四點共圓的應用及相似比的轉化是解題關鍵．2．（2023·山西臨汾·統考二模）在菱形中，，對角線交于點，分別是邊上的點，且與交于點，則的值為．

【答案】【分析】由菱形的性質及可證，得，；由得，，于是，可得，進而求得答案．【詳解】∵∴∴∵四邊形是菱形，∴，∴∴∴，又∵∴．，∵∴，∴．設，則，，；故答案為：．【點睛】本題考查菱形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，利用全等及相似得到線段間的數量關系是解題的關鍵．3．（2023·江蘇揚州·八年級校考階段練習）如圖，已知△ABC是等邊三角形,D是AC的中點,F為AB邊上一點,且AF=2BF,E為射線BC上一點,∠EDF=120°,則=.【答案】【分析】過D作DG∥BC交AB于G，則DG為△ABC的中位線，根據等邊三角形的性質得∠ACB＝∠ABC＝60°，由DG∥BC，得∠FGD＝120°，∠GDC＝120°，△AGD為等邊三角形，而∠EDF＝120°，得∠GDF＝∠CDE，易證得△GDF∽△CDE，所以FG：CE＝DG：DC，即CE：DC＝FG：DG＝FG：AG，設BF＝x，AF＝2x，則AB＝3x，AG＝1.5x，FG＝1.5x?x＝0.5x，即可得到CE：CD的比值．【詳解】解：過D作DG∥BC交AB于G，如圖，∵D是AC的中點，∴DG為△ABC的中位線，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，∴∠DCE＝120°，又∵DG∥BC，∴∠FGD＝120°，∠GDC＝120°，△AGD為等邊三角形，∵∠EDF＝120°，∴∠GDF＝∠CDE，∴△GDF∽△CDE，∴FG：CE＝DG：CD，即CE：CD＝FG：DG，而DG＝AG＝BG，AF＝2BF，設BF＝x，AF＝2x，則AB＝3x，AG＝1.5x，FG＝1.5x?x＝0.5x，∴CE：CD＝FG：DG＝FG：AG＝0.5x：1.5x＝1：3．故答案為．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質：等邊三角形三邊相等；三個角都等于60°；也考查了相似三角形的判定與性質，熟練應用各性質進行推理計算是解題關鍵．4．（2023·江蘇揚州·八年級校考階段練習）如圖，已知△ABC是等邊三角形,D是AC的中點,F為AB邊上一點,且AF=2BF,E為射線BC上一點,∠EDF=120°,則=.【答案】【分析】過D作DG∥BC交AB于G，則DG為△ABC的中位線，根據等邊三角形的性質得∠ACB＝∠ABC＝60°，由DG∥BC，得∠FGD＝120°，∠GDC＝120°，△AGD為等邊三角形，而∠EDF＝120°，得∠GDF＝∠CDE，易證得△GDF∽△CDE，所以FG：CE＝DG：DC，即CE：DC＝FG：DG＝FG：AG，設BF＝x，AF＝2x，則AB＝3x，AG＝1.5x，FG＝1.5x?x＝0.5x，即可得到CE：CD的比值．【詳解】解：過D作DG∥BC交AB于G，如圖，∵D是AC的中點，∴DG為△ABC的中位線，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，∴∠DCE＝120°，又∵DG∥BC，∴∠FGD＝120°，∠GDC＝120°，△AGD為等邊三角形，∵∠EDF＝120°，∴∠GDF＝∠CDE，∴△GDF∽△CDE，∴FG：CE＝DG：CD，即CE：CD＝FG：DG，而DG＝AG＝BG，AF＝2BF，設BF＝x，AF＝2x，則AB＝3x，AG＝1.5x，FG＝1.5x?x＝0.5x，∴CE：CD＝FG：DG＝FG：AG＝0.5x：1.5x＝1：3．故答案為．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質：等邊三角形三邊相等；三個角都等于60°；也考查了相似三角形的判定與性質，熟練應用各性質進行推理計算是解題關鍵．5．（2023青島版九年級月考）如圖，在中，，，直角的頂點在上，、分別交、于點、，繞點任意旋轉．當時，的值為；當時，為．（用含的式子表示）【答案】,【詳解】如圖，過點O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，由條件可以表示出HO、GO的值，通過證明△PHO∽△QGO由相似三角形的性質就可以求出結論．解答：解：過點O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，∴∠OHP=∠OGQ=90°．∵∠ACB=90°，∴四邊形HCGO為矩形，∴∠HOG=90°，∴∠HOP=∠GOQ，∴△PHO∽△QGO，∴．∵，設OA=x，則OB=2x，且∠ABC=30°，∴AH=x，OG=x．在Rt△AHO中，由勾股定理，得OH=x，∴，∴=．故答案為．6．（2023春·浙江嘉興·九年級校考階段練習）已知一塊含的直角三角板ABC按圖1放置，其中，點B與原點O重合，，．現將點A沿y軸向下滑動，同時點B沿x軸向右滑動，當點A滑動至與原點O重合時停止．當四邊形為矩形時（如圖2），點C的坐標為；當點A滑動到原點O時，點C經過的路徑長為．

【答案】2【分析】在中，求得，的長度，再根據矩形的性質，即可求解；確定出點的運動軌跡，即可求解．【詳解】解：由題意可得：在中，，∴，∴當四邊形為矩形，，∴點的坐標為；作，軸，連接，如下圖：

∵，，∴四邊形為矩形，，∵∴∴∴，即因此點在直線上運動，且當四邊形為矩形時，點運動到最高點，點移動到時，運動到最低點，可作圖如下，點運動路徑為，三點共線，

∵四邊形為矩形，∴，∵，∴．故答案為：，．【點睛】此題考查了坐標與圖形，矩形的性質，相似三角形的判定與性質，含直角三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握相關基礎性質，通過作輔助線確定出點的運動軌跡．7．（2023年河南省周口市一模數學試題）如圖，在菱形中，，，對角線，交于點，，分別是，邊上的點，且，，與交于點，則的值為．

【答案】或1【分析】先證，接著在中利用勾股定理求出所需線段的長度，最后利用正切的定義求解．【詳解】解：在菱形中，，∴為等邊三角形，∴，.∵，，∴，∴.如圖，過點作于點.在中，，∴，∴.設，則，.

在中，，即，解得，.當時，，，∴，即，解得，∴，∴.當時，，，即，解得，∴，∴綜上可知，的值為或1.【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理的應用、正切的定義等．綜合性較強，需要學生具有較強的幾何推理能力．8．（2023.廣東九年級期中）如圖，在中，，，，，，點在上，交于點，交于點，當時，．【答案】3【分析】如圖作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．由△QPE∽△RPF，推出==2，可得PQ=2PR=2BQ，由PQ∥BC，可得AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，設PQ=4x，則AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，可得2x+3x=3，求出x即可解決問題．【詳解】如圖，作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．∵∠PQB=∠QBR=∠BRP=90°，∴四邊形PQBR是矩形，∴∠QPR=90°=∠MPN，∴∠QPE=∠RPF，∴△QPE∽△RPF，∴==2，∴PQ=2PR=2BQ．∵PQ∥BC，∴AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，設PQ=4x，則AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，∴2x+3x=3，∴x=，∴AP=5x=3．故答案為3．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、勾股定理、矩形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．9．（2023年福建泉州中考數學模擬試卷）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=12，AC=16，點D為邊BC的中點，DE⊥BC交邊AC于點E，點P為射線AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ=90°．（1）求ED、EC的長；（2）若BP=2，求CQ的長；（3）若線段PQ與線段DE的交點為F，當△PDF為等腰三角形時，求BP的長．【答案】（1）DE=，CE=；（2）CQ的長為11或14；（3）BP=或．【詳解】分析：（1）先根據勾股定理求得BC的長，再結合點D為BC的中點可得CD的長，然后證得△ABC∽△DEC，根據相似三角形的性質即可求得結果；（2）分點P在AB邊上和點P在AB的延長線上兩種情況求解即可；（3）先證得△PDF∽△CDQ，因△PDF為等腰三角形可得△CDQ為等腰三角形，再分CQ=CD、QC=QD和DC=DQ三種情況，根據等腰三角形的性質求解即可.詳解：（1）∵∠A=90°，AB=12，AC=16，∴根據勾股定理得到，BC==20，∴CD=BC=10，∵DE⊥BC，∴∠A=∠CDE=90°，∠C=∠C，∴△CDE∽△CAB，∴DE：AB=CE：CB=CD：CA，即DE：12=CE：20=10：16，∴DE=，CE=；（2）分兩種情況考慮：如圖，∵△CDE∽△CAB，∴∠B=∠DEC，∵∠PDQ=90°，∴∠QDC+∠PDB=90°，∵∠QDC+∠EDQ=90°，∴∠EDQ=∠PDB，∴△PBD∽△QED，∴=，即=，∴EQ=，∴CQ=CE﹣EQ=﹣=11；如圖2，∵∠B=DEC，∴∠PBD=∠QED，∵∠PDQ=90°∴∠BPD+∠QDB=90°，∵∠QDE+∠QDB=90°，∴∠BDP=∠QDE，∴△PBD∽△QED，∴=，即=，∴EQ=，∴CQ=+=14，則CQ的長為11或14；（3）∵線段PQ與線段DE的交點為點FF，∴點P在邊AB上，∵△BPD∽△EQD，∴====，若設BP=x，則EQ=x，CQ=﹣x，∵cot∠QPD==，cotC===，∴∠QPD=∠C，∵∠PDE=∠CDQ，∴△PDF∽△CDQ，∵△PDF為等腰三角形，∴△CDQ為等腰三角形，①當CQ=CD時，可得：﹣x=10，解得：x=；②當QC=QD時，過點Q作QM⊥CB于M，如圖3所示，∴CM=CD=5，∵cos∠C====，∴CQ=，∴﹣x=，解得：x=；③當DC=DQ時，過點D作DN⊥CQ于N，如圖4所示，∴CQ=2CN，∵cos∠C===，∴CN=8，∴CQ=16，∴﹣x=16，解得：x=﹣（舍去），∴綜上所述，BP=或．點睛：本題考查了直角三角形的性質的運用，勾股定理的運用，相似三角形的判定及性質的運用，分類討論思想在解實際問題的運用，等腰三角形的性質的運用，三角函數值的運用，解答時運用三角函數值求證三角形的角相等是難點，證明三角形相似是關鍵．10．（2022春·四川達州·九年級專題練習）已知，在中，．（1）如圖1，已知點D在邊上，，連結．試探究與的關系；（2）如圖2，已知點D在下方，，連結．若，，，交于點F，求的長；（3）如圖3，已知點D在下方，連結、、．若，，，，求的值．【答案】（1），理由見詳解；（2）；（3）【分析】（1）由題意易得，則易證，然后根據全等三角形的性質可求解；（2）過點A作AH⊥BC于點H，由題意易得，，然后可得，進而根據勾股定理可得，設，則，易得，則有，所以，最后問題可求解；（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACG，過點A作AP⊥BC于點P，作DT⊥BC于點T，分別過點G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延長線于點M，交AP于點N，由題意易得，，則有，然后可得，設，，進而根據勾股定理可求解x的值，然后根據三角函數可進行求解．【詳解】解：（1），理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）過點A作AH⊥BC于點H，如圖所示：∵，∴△BAC是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，設，則，∴，∴，∴，解得：，∴AF=5；（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACG，過點A作AP⊥BC于點P，作DT⊥BC于點T，分別過點G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延長線于點M，交AP于點N，如圖所示：∵，，∴△BAC是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，∴，由旋轉的性質可得，∴，∴，∴，∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，∴四邊形GMPN是矩形，∴，設，∴，在Rt△ANG中，，∵，∴，化簡得：，解得：，∵，∴當時，易知與相矛盾，∴，∴，∴，∴，∴在Rt△DTC中，，∴．【點睛】本題主要考查三角函數、相似三角形的性質與判定、旋轉的性質及勾股定理，熟練掌握三角函數、相似三角形的性質與判定、旋轉的性質及勾股定理是解題的關鍵．11．（2023遼寧鐵嶺市中考模擬）如圖，中，，DE垂直平分AB，交線段BC于點E（點E與點C不重合），點F為AC上一點，點G為AB上一點（點G與點A不重合），且．（1）如圖1，當時，線段AG和CF的數量關系是．（2）如圖2，當時，猜想線段AG和CF的數量關系，并加以證明．（3）若，，，請直接寫出CF的長．【答案】（1）；（2），理由見解析；（3）2.5或5【分析】（1）如圖1，連接AE，根據線段垂直平分線的性質得到，根據等腰直角三角形的性質得到，，，根據全等三角形的性質即可得到結論；（2）如圖2，連接AE，根據等腰三角形的性質和三角形的內角和得到，根據線段垂直平分線的性質得到，求得，根據相似三角形的性質得到，解直角三角形即可得到；（3）①當G在DA上時，如圖3，連接AE，根據線段垂直平分線的性質得到，，由三角函數的定義得到，根據相似三角形的性質得到，過A作于點H由三角函數的定義即可得到結論．②當點G在BD上，如圖4，方法同（1）．【詳解】解：（1）相等，理由：如圖1，連接AE，∵DE垂直平分AB，，，，，，，，，，，，，；故答案為；（2），理由：如圖2，連接AE，，，，∵DE垂直平分AB，，，，，，，，，，，在中，，，，；（3）①當G在DA上時，如圖3，連接AE，∵DE垂直平分AB，，，，，，，，，，，，，，，，過A作于點H，，，，，，，，，；②當點G在BD上，如圖4，同（1）可得，，，，，，綜上所述，CF的長為2.5或5．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，線段垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．12．（2023西南交通大學附屬中學九年級月考）在中，，，，點為邊的中點，交邊于點，點為直線上的一動點，點為直線上的一動點，且．（1）求、的長．（2）若，求的長．（3）記線段與線段的交點為點，若為等腰三角形，求的長．【答案】（1），；（2）或；（3）或【分析】（1）由勾股定理求得BC=10．通過“兩角法”證得△CDE∽△CAB，則對應邊成比例DE：AB=CE：CB=CD：CA，由此可以求得DE、CE的值；（2）如圖2，當P點在AB上時，由∠PDQ=90°就可以得出∠2=∠4，就可以證明△PBD∽△QED，就可以EQ的值，從而求得CQ的值；如圖2-1，當P點在AB的延長線上時，證明△PBD∽△QED，由相似三角形的性質就可以求出結論；（3）如圖3，4，5由條件可以求出△BPD∽△EQD，就有，設BP=x，則EQ=，CQ=，由三角函數值可以得出△PDF∽△CDQ．由△PDF為等腰三角形就可以得出△CDQ為等腰三角形，根據等腰三角形的性質，分三種情況討論就可以求出結論．【詳解】解：（1）如圖，∵，，，∴根據勾股定理得到，∴．∵．∴，∴∴，即∴，．（2）如圖，∵，∴．∵∴．∵∴，∴，∴，∴，∴，∴．如圖，∵，∴．∵∴．∵∴，∴∴，∴，∴，∴故或．（3）∵線段與線段的交點為點，∴點在邊上∵∴．若設，則，．∵，，∴∵，∴．∵為等腰三角形，∴為等腰三角形．①當時，可得：，解得：．②當時，過點作于，∴．∵，∴，∴．∴解得：③當時，過點作于，∴．∵∴，∴，∴，∴解得：（舍去）．∴綜上所述，或．【點睛】本題考查了直角三角形的性質的運用，勾股定理的運用，相似三角形的判定及性質的運用，分類討論思想在解實際問題的運用，等腰三角形的性質的運用，三角函數值的運用，解答時運用三角函數值求證三角形的角相等是難點，證明三角形相似是關鍵．13．（2022秋·山西呂梁·九年級校考階段練習）綜合與實踐問題情境：在中，．點在斜邊上運動，過點作射線，分別與邊交于點．猜想證明：（1）當點在斜邊的中點處時，

①如圖（1），在旋轉過程中，當點時，與的數量關系是______，_______．②當旋轉到如圖②所示的位置時，的值是否發生變化？若不變，請證明；若變化，請說明理由．③如圖③，在旋轉過程中，當時，直接寫出線段的長_______；類比探究（2）當點在斜邊上運動時，①如圖④，當點運動到時，_______；②如圖⑤，連接，當是等腰三角形時，求的長．【答案】（1）①，；②不變化，證明見解析；③；（2）①；②【分析】（1）①證明四邊形是矩形，求出，然后根據平行線分線段成比例定理可得，進而可得答案；②如圖②，過點D作，證明，結合（1）的結論即可解答；③如圖③，過點D作，同理可證：，設，然后根據相似三角形的性質結合①②列出方程求解即可；（2）①如圖④，過點D作，利用三角函數求出，證明，再根據相似三角形的性質即可求出答案；②當是等腰三角形時，由于，故只有，如圖⑤，過點D作，證明，得出，然后設，利用三角函數分別用含x的代數式表示出，進而可得關于x的方程，求解x即可解決問題．【詳解】解：（1）①如圖①，在中，∵，∴，∵點在斜邊的中點，∴，∵，，，∴四邊形是矩形，∴，，，∴，∴，∴，，故答案為：，；

②的值不發生變化，；證明：如圖②，過點D作，垂足分別為點G、H，則，同①的證明可得：，，∵，∴，∴，∴；③如圖③，過點D作，垂足分別為點G、H，同理可證：，∴，設，由①的結論可得：，∴，∴，解得：，即；（2）①如圖④，過點D作，垂足分別為點G、H，當時，即，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴；

②當是等腰三角形時，由于，∴只有，如圖⑤，過點D作，垂足分別為點G、H，則，，∵，∴，∴，∴，設，∵，，∴，∵，∴，解得，∴．【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了勾