2023年中考數學總復習一輪講練測（浙江專用）專題28圖形的相似（測試）班級：________姓名：__________得分：_________注意事項：本試卷滿分120分，試題共23題，其中選擇10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規定的位置．本試卷所選題目為浙江地區中考真題、模擬試題、階段性測試題.選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（2023?寧波模擬）若＝，則的值是（）A． B．﹣ C．﹣2 D．2【分析】由＝，可得b＝3a，把b換成3a即可求出的值．【解答】解：∵＝，∴b＝3a，∴＝＝﹣2．故選：C．2．（2022?諸暨市二模）如圖，如果∠BAD＝∠CAE，那么添加下列一個條件后，仍不能確定△ABC∽△ADE的是（）A．∠B＝∠D B．∠C＝∠AED C．＝ D．＝【分析】根據已知及相似三角形的判定方法對各個選項進行分析，從而得到最后答案．【解答】解：∵∠BAD＝∠CAE，∴∠DAE＝∠BAC，∴A，B，D都可判定△ABC∽△ADE選項C中不是夾這兩個角的邊，所以不相似，故選：C．3．（2011?永嘉縣模擬）如圖，D、E為△ABC邊上的點，DE∥BC，，△ADE的面積等于2，則四邊形DBCE的面積等于（）A．8 B．9 C．16 D．25【分析】根據題意，先求證△ADE∽△ABC，因為相似三角形的面積比是相似比的平方，則可得出S△ADE：S△ABC的比，則△ADE的面積：四邊形DBCE的面積可求；已知△ADE的面積等于2，則四邊形DBCE的面積可求．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∵AD：AB＝1：3，相似三角形的面積比是相似比的平方，∴S△ADE：S△ABC＝1：9，∴△ADE的面積：四邊形DBCE的面積＝1：8，又∵△ADE的面積等于2，∴四邊形DBCE的面積等于16．故選：C．4．（2021?濱江區校級三模）如圖，在△ABC中，D、E分別在AB、AC上，DE∥BC，點F在BC邊上，連接AF交DE于點G，則下列結論中一定正確的是（）A．＝ B．＝ C．＝ D．＝【分析】由DE∥BC，結合平行線分線段成比例可得結論．【解答】解：在△ABC中，DE∥BC，∴＝，＝，＝，＝＝，∴C選項符合題意．故選：C．5．（2023?寧波模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，過點C作CD⊥AB于點D，點M為線段AB的中點，連結CM，過點D作DE⊥CM于點E．設DA＝a，DB＝b，則圖中可以表示的線段是（）A．MC B．CE C．DE D．ME【分析】證明△ACD∽△CBD，根據相似三角形的性質得，則CD2＝ab，再證明△MCD∽△DCE，可得出，則CD2＝CM?CE＝ab，由點M為線段AB的中點得CM＝AB＝，即可得出CE＝．【解答】解：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠CDB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝∠BCD+∠B＝90°，∴∠A＝∠BCD，∴△ACD∽△CBD，∴，∴CD2＝AD?BD＝ab，同理得△MCD∽△DCE，∴，∴CD2＝CM?CE＝ab，∵點M為線段AB的中點，∴CM＝AB＝，∴CE＝＝．故選：B．6．（2023?寧波模擬）矩形相鄰的兩邊長分別為25和x（x＜25），把它按如圖所示的方式分割成五個全等的小矩形，每一個小矩形均與原矩形相似，則x的值為（）A．5 B．5 C．5 D．10【分析】根據相似多邊形的性質得出比例式，即可得到答案．【解答】解：∵原矩形的長為25，寬為x，∴小矩形的長為x，寬為＝5，∵小矩形與原矩形相似，∴，解得：x＝5或﹣5（舍去），故選：B．7．（2022?鹿城區校級三模）如圖，正方形ABCD由四個全等的直角三角形拼接而成，連結HF交DE于點M．若，則的值為（）A． B． C． D．【分析】延長CB，DE，交于點N，設AH＝1，AE＝2，依據△ADE∽△BNE，即可得出BN＝1.5；再根據△DHM∽△NFM，即可得到的值．【解答】解：如圖所示，延長CB，DE，交于點N，設AH＝1，AE＝2，∵正方形ABCD由四個全等的直角三角形拼接而成，∴BE＝1，DH＝BF＝2，∵AD∥BN，∴△ADE∽△BNE，∴＝，即＝，∴BN＝1.5，∵DH∥NF，∴△DHM∽△NFM，∴＝＝＝，故選：C．8．（2022?鹿城區校級模擬）如圖，兩個大小不等的正方形被切割成5部分，且②與⑤的面積之差為8，將這5部分拼接成一個大正方形ABCD，連接AC交DF于點E，若，則大正方形ABCD的面積為（）A．18 B．25 C．32 D．50【分析】如圖，根據拼圖性質，結合兩個圖之間的邊角關系，利用正方形的性質、相似三角形的判定與性質得到，設GT＝4x，用x表示出圖形②和⑤的面積，再由②﹣⑤＝8求得x值，即可得GJ，KJ，再根據正方形的面積公式求解即可．【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴△ADE∽△CEF，∴，∵AM⊥DM，CN⊥NF，∴∠AME＝∠CNE＝90°，又∠AEM＝∠CEN，∴△AME∽△CNE，∴，∵AM＝HI＝GT，CN＝KJ，∴；設GT＝4x，則KJ＝3x＝QI＝IJ，HI＝QT＝4x，∴HQ＝HI﹣QI＝4x﹣3x＝x，∵RQ∥JI，∴△HQR∽△HIJ，∴，即，∴，∴S②＝S梯形HQTG﹣S△HQR＝＝，，∵S②﹣S⑤＝8，∴，解得x2＝2，∴（負值舍去），∴，，∴S正方形ABCD＝S正方形GPQT+S正方形KQTI＝＝50，故選：D．9．（2022?吳興區校級二模）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點E，∠BAD＝60°，AB＝1．按下列步驟作圖：①以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，與∠ABD的兩邊分別交于M、N兩點；②分別以點M、N為圓心，大于MN長為半徑畫弧，兩弧相交于點P；③過B，P兩點作射線BP，分別交AD，AC于點F，G，下列結論錯誤的是（）A．AF＝DF B．BF⊥BC C．AG：GC＝1：3 D．AD2＝AG?AC【分析】由菱形的性質可得AB＝AD＝BC，∠BAC＝30°＝∠BCA，由等邊三角形的性質可證AF＝DF，BF⊥AD，∠ABF＝30°，BF⊥BC，通過證明△ABG∽△ACB，可得，即AD2＝AC?AG，即可求解．【解答】解：由題意可得：BF平分∠ABD，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴AB＝AD＝BC，∠BAC＝30°＝∠BCA，∴△ABD是等邊三角形，又∵BF平分∠ABD，∴AF＝DF，BF⊥AD，∠ABF＝30°，故選項A不符合題意，∵AD∥BC，∴BF⊥BC，故選項B不符合題意，∵∠ABF＝∠ACB＝30°，∠BAC＝∠BAG，∴△ABG∽△ACB，∴，∴AB2＝AC?AG，∴AD2＝AC?AG，故選項D不符合題意；∵∠ABF＝∠ACB＝30°＝∠BAC，BF⊥BC，∴AG＝BG，GC＝2BG，∴AG：GC＝1：2，故選項C符合題意，故選：C．10．（2022?金華模擬）如圖，在矩形ABCD中，DE＝3AE，BE⊥AC于點F，連接DF．分析下列四個結論：①△AEF∽△CAB；②CF＝3AF；③S△CDF＝S△CBF；④若BC＝4，則tan∠ACB＝．其中正確的結論有（）A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④【分析】①正確，根據兩角對應相等的兩個三角形相似證明即可．②錯誤，應該是CF＝4AF．③正確，證明S△CDF＝S△ADC，S△CBF＝S△ACB，推出S△CDF＝S△CBF，可得結論．④正確，設AF＝m，CF＝4m，利用相似三角形的性質求出BF＝2m，可得結論．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝90°，∴∠EAF＝∠ACB，∵AC⊥BE，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正確，∵DE＝3AE，∴＝＝，∴CF＝4AF，故②錯誤，∵四邊形ABCD是矩形，∴S△ADC＝S△ABC，∵CF＝AC，∴S△CDF＝S△ADC，S△CBF＝S△ACB，∴S△CDF＝S△CBF，故③正確，設AF＝m，CF＝4m，∵∠ABF+∠BAC＝90°，∠BAC+∠FCB＝90°，∴∠ABF＝∠BCF，∵∠BFA＝∠CFB＝90°，∴△BFA∽△CFB，∴＝，∴BF＝2m，∴tan∠ACB＝＝＝，故④正確．故選：C．填空題（本大題共6小題，每小題4分，共24分）請把答案直接填寫在橫線上11．（2023?寧波模擬）如圖，AB∥CD∥EF，直線l1、l2分別與這三條平行線交于點A、C、E和點B、D、F．已知AC＝3，CE＝5，DF＝4，則BD的長為．【分析】先根據平行線分線段成比例定理得到＝，然后利用比例性質得到BD的長．【解答】解：∵AB∥CD∥EF，∴＝，即＝，解得BD＝．故答案為：．12．（2022?北侖區校級三模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，G為CD上一點，連結AG交BD于點E，若AB＝AE，∠ABE＝∠EFC，則BF的長度為．【分析】根據矩形的性質和勾股定理可得BD＝10，然后證明△ADE∽△EBF，可得＝，然后根據等腰三角形的判定和性質證明GD＝GE，根據勾股定理得AG2＝AD2+DG2，解得GD＝，再由AB∥DG，可得△ABE∽△GDE，所以＝，即＝，可得BE＝，進而可以求出BF的長．【解答】解：在矩形ABCD中，∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝＝10，∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∵∠ABE＝∠EFC，∴∠AEB＝∠EFC，∴∠AED＝∠EFB，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADE＝∠EBF，∴△ADE∽△EBF，∴＝，∴＝，∵AB∥DC，∴∠ABE＝∠EDG，∵∠ABE＝∠AEB，∴∠EDG＝∠AEB，∵∠DEG＝∠AEB，∴∠EDG＝∠DEG，∴GD＝GE，在Rt△ADG中，AD＝8，AG＝AE+GE＝6+GD，根據勾股定理得：AG2＝AD2+DG2，∴（6+GD）2＝82+GD2，解得GD＝，∵AB∥DG，∴△ABE∽△GDE，∴＝，∴＝，∴BE＝，∵＝，∴＝，∴BF＝．故答案為：．13．（2022?嘉興二模）如圖，在△ABC中，AD為∠CAB的平分線，DE∥AB，若DE＝3，CE＝4，則AB的值．【分析】由角平分線的性質得出∠BAD＝∠EAD，由平行線的性質得出∠EDA＝∠BAD，進而得出∠EAD＝∠EDA，得出EA＝ED＝3，由DE∥AB，證明△CED∽△CAB，由相似三角形的性質即可求出AB的長度．【解答】解：∵AD為∠CAB的平分線，∴∠BAD＝∠EAD，∵DE∥AB，∴∠EDA＝∠BAD，∴∠EAD＝∠EDA，∴EA＝ED，∵DE＝3，∴EA＝3，∵DE∥AB，∴∠CED＝∠CAB，∠CDE＝∠CBA，∴△CED∽△CAB，∴，∵DE＝3，CE＝4，EA＝3，∴CA＝CE+EA＝4+3＝7，∴，∴AB＝，故答案為：．14．（2022?瑞安市校級三模）如圖，已知平行四邊形ABCD的面積為24，以B為位似中心，作平行四邊形ABCD的位似圖形平行四邊形EBFG，位似圖形與原圖形的位似比為，連接AG、DG．則△ADG的面積為4．【分析】延長EG交CD于點H，由題意可得四邊形AEHD是平行四邊形，則可得此平行四邊形的面積為8，從而可得△ADG的面積．【解答】解：延長EG交CD于點H，如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形EBFG是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC；BF∥EG，∴AD∥EG，∴四邊形AEHD是平行四邊形，∴．∵位似圖形與原圖形的位似比為，∴，即，∴，∴．故答案為：4．15．（2022?奉化區二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD交于點O，且AC＝6，BD＝8．過O的直線EF交BC于E，交AD于F．把四邊形CDFE沿著EF折疊得到四邊形C'EFD'，C'D'交AC于點G．當C'D'∥BD時，的值為，BE的長為．【分析】連接OC′，OD′，根據軸對稱的性質可得OC′＝OC，OD′＝OD，利用等面積法可得出OG的長，再根據勾股定理可分別求得C′G和D′G，進而可得出結論；連接DD，CC'，過點D作DM⊥BD，則四邊形GOMD'是矩形，勾股定理求得DD，CC'，設BE＝x，則EC＝5﹣x，根據對稱可知FD＝BE＝x，根據△FDD'∽△ECC′，由相似三角形的性質列出方程，即可求解．【解答】解：如圖，連接OC′，OD′，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，∴OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，且AC⊥BD，∴菱形的邊長為5．∵C′D′∥BD，∴C′D′⊥AC，由折疊可知，OC′＝OC＝3，OD′＝OD＝4，∠C′OD′＝∠COD＝90°，∴OG＝＝．由勾股定理可知，C′G＝，D′G＝，∴＝；如圖，連接DD，CC'，過點D作DM⊥BD，則四邊形GOMD'是矩形，∴DM＝OG＝，MG＝OD＝4，∴DM＝GM﹣DG＝4﹣＝，∴D′D＝．∵C′G＝，CG＝OC+OG＝3+＝，∴CC′＝，∴CC′：DD′＝9：4．設BE＝x，則CE＝C′E＝10﹣x，由菱形的對稱性可知，DF＝BE＝x，且△CC′E∽△DD′F，∴EC：DF＝CC′：DD′＝4：9，即（5﹣x）：x＝4：9，解得x＝．故答案為：；．16．（2022?樂清市一模）如圖1為某智能洗拖一體掃地機，它正常工作及待機充電時的示意圖如圖2所示，四邊形ABCD為它的手柄，OE為支撐桿，OM為拖把支架，且點O始終在AB的延長線上，當待機時，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，則CD＝10cm；OE繞點O逆時針旋轉一定角度，機器開始工作，當D'，C'，M在同一直線上時，點A，B分別繞O點旋轉到點A'，B'，且高度分別下降了21.6cm和18cm，則此時點D'到OM距離為89cm．【分析】過點D作DF⊥AB于F，則四邊形BCDF是矩形，得DF＝BC＝15cm，BF＝CD，設CD＝xcm，則AF＝AB﹣BF＝AB﹣CD＝（18﹣x）cm，因為AD+CD＝27cm，則AD＝（27﹣x）cm，在Rt△AFD中，由勾股定理，（18﹣x）+15＝（27﹣x），求解即可求得CD長，再過點A'作A'P⊥OM交MO延長線于P，點B′作B′N⊥OM交MO延長線于N，點D'作D'G⊥OM交MO延長線于G，點O作OH⊥CM于H，利用＝sin∠A'OP＝sin∠B′ON＝，可求出OB＝90cm，證四邊形B′C′HO是矩形，得C'H＝OB′＝90cm，OH＝B'C′＝15cm，因為C′M∥OB'，則∠OMH＝∠NOB'，所以＝sin∠OMH＝sin∠NOB'＝，求得OM＝，在Rt△OHM中，由勾股定理可求出MH＝，則MD'＝MH+C′H+D′C′＝，在Rt△GMD中，由＝sin∠GMD'＝sin∠NOB′＝，即＝，則可求出D′G．【解答】解：如圖，過點D作DF⊥AB于F，∵DF⊥AB，∴∠BFD＝∠AFD＝90°，∵∠ABC＝∠C＝90°，∴四邊形BCDF是矩形，∴DF＝BC＝15cm，BF＝CD，設CD＝xcm，則AF＝AB﹣BF＝AB﹣CD＝（18﹣x）cm，∵AD+CD＝27cm，∴AD＝（27﹣x）cm，在Rt△AFD中，由勾股定理，（18﹣x）2+152＝（27﹣x）2，解得x＝10，即CD的長為10cm．如圖，過點A'作A'P⊥OM交MO延長線于P，點B′作B′N⊥OM交MO延長線于N，點D'作D'G⊥OM交MO延長線于G，點O作OH⊥CM于H，設OB＝ycm，由旋轉可得，OB＝OB′＝ycm，A′B′＝AB＝18cm，B′C′＝BC＝15cm，C′D′＝CD＝10cm，由題意，得A′P＝AB+OB﹣21.6＝18+y﹣21.6＝（y﹣3.6）cm，B′N＝（y﹣18）cm，∵＝sin∠A'OP＝sin∠B′ON＝，即＝，解得y＝90，即OB′＝OB＝90cm，∵OH⊥C′M，∴∠OHC′＝∠OHM＝90°，∵C′M∥OB′，∴∠B′OH＝90°，∵∠C′B′O＝90°，∴四邊形B′C′HO是矩形，∴C'H＝OB′＝90cm，OH＝B'C′＝15cm，∵C′M∥OB'，∴∠OMH＝∠NOB'，∴＝sin∠OMH＝sin∠NOB'＝，∴＝，∴OM＝．在Rt△OHM中，由勾股定理得，MH＝＝，∴MD'＝MH+C′H+D′C′＝，在Rt△GMD中，由＝sin∠GMD'＝sin∠NOB′＝，即＝，∴D′G＝89cm．即點D′到OM的距離為89cm．故答案為：10；89．解答題（本大題共7小題，共66分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（2023?寧波模擬）如圖，為了測量平靜的河面的寬度，即EP的長，在離河岸D點3.2米遠的B點，立一根長為1.6米的標桿AB，在河對岸的岸邊有一根長為4.5米的電線桿MF，電線桿的頂端M在河里的倒影為點N，即PM＝PN，兩岸均高出水平面0.75米，即DE＝FP＝0.75米，經測量此時A、D、N三點在同一直線上，并且點M、F、P、N共線，點B、D、F共線，若AB、DE、MF均垂直于河面EP，求河寬EP是多少米？【分析】延長AB交EP的反向延長線于點H，由△ABD∽△AHO求得OH，再由△AHO∽△NPO求得OP，便可解決問題，【解答】解：延長AB交EP的反向延長線于點H，則四邊形BDEH是矩形，∴BH＝DE＝0.75，BD∥EH，∴AH＝AB+BH＝AB+DE＝1.6+0.75＝2.35，∵BD∥OH，∴△ABD∽△AHO，∴＝，∴＝，∴HO＝4.7，∵PM＝PN，MF＝4.5米，FP＝0.75米，∴PN＝MF+FP＝5.25米，∵AH⊥EP，PN⊥EP，∴AH∥PN，∴△AHO∽△NPO，∴＝，∴＝，∴PO＝10.5，∴PE＝PO+OE＝10.5+（4.7﹣3.2）＝12，答：河寬EP是12米．18．（2022?椒江區校級二模）如圖，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中，△ABC的頂點都在格點上．（1）以O為位似中心，在點O的同側作△A1B1C1，使得它與原三角形的位似比為1：2；（2）將△ABC繞點O順時針旋轉90°得到△A2B2C2，作出△A2B2C2，并求出點C旋轉的路徑的長．【分析】（1）連接AO，CO，BO找到AO，CO，BO的中點，順次連接即可得出△A1B1C1；（2）將對應點A，B，C分別繞O順時針旋轉90°，找到對應點連接即可，再利用弧長公式求出點C旋轉的路徑的長．【解答】解：（1）如圖所示：（2）如圖所示：∵，∴點C運動的路徑為弧．19．（2022?永嘉縣三模）如圖，在矩形ABCD中，E，F分別是BC，CD的中點，AE，BF交于點P．（1）求證：AP＝4PE．（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四邊形PFCE的面積．【分析】（1）取BF的中點G，連接EG，然后利用三角形的中位線定理可得FC＝2GE，再根據矩形的性質可得∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，從而可得EG∥AB，再根據線段中點的定義可得AB＝CD＝2CF，最后證明8字模型相似三角形△ABP∽△EGP，從而利用相似三角形的性質，進行計算即可解答；（2）根據等角的補角相等可得∠1＝∠2，從而可得∠1＝∠3，進而可得AB＝AP＝4PE，然后設PE＝a，則AB＝AP＝4a，AE＝5a，由勾股定理得BE＝3a，從而求出a的值，進而求出，再求出S△BCF＝，最后利用等式的性質可得S四邊形PFCE＝S△ABP，即可解答．【解答】（1）證明：如圖：取BF的中點G，連接EG，∵E是BC的中點，∴EG是△BCF的中位線，∴EG∥CD，FC＝2GE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，∴EG∥AB，∵F是CD的中點，∴CD＝2CF，∴AB＝CD＝2FC＝4GE，∵EG∥AB，∴∠BAE＝∠AEG，∠ABP＝∠BGE，∴△ABP∽△EGP，∴＝＝，∴AP＝4PE；（2）解：∵∠BPE＝∠BFD，∠BFD+∠2＝180°，∠BPE+∠1＝180°，∴∠1＝∠2，∵AB∥CD，∴∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴AB＝AP＝4PE，設PE＝a，則AB＝AP＝4a，AE＝AP+PE＝5a，在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE＝＝＝3a，∵點E是BC的中點，∴BC＝2BE＝6a，∴AD＝BC＝2BE＝6a，∵AD＝8，∴6a＝8，∴，∴，∵F是CD的中點，∴CF＝CD＝2a，∴S△BCF＝＝＝6a2＝．∴S△ABE＝S△BCF，∴S△ABE＝﹣S△BPE＝S△BCF﹣S△BPE，∴S四邊形PFCE＝S△ABP，∵AP＝4PE，∴，∴四邊形PFCE的面積為．20．（2022?景寧縣模擬）如圖，在菱形ABCD中，點P為對角線AC上的動點，連結DP，將DP繞點D按逆時針方向旋轉至DQ，使∠QDP＝∠CDA，PQ與CD交于點E．（1）求證：△PEC∽△DPA；（2）已知AD＝5，AC＝8，①當DP⊥AD時，求△PEC的面積；②連結CQ，當△EQC為直角三角形時，求AP的長．【分析】（1）推導出∠EPC＝∠ADP，∠DAC＝∠DCA，即可證明三角形相似；（2）①連接BD交AC于點O，證明△ADP∽△AOD，利用對應邊成比例求出DP＝，AP＝，則CP＝，再由（1）知，△PEC∽△DPA，求出相似比＝，根據相似比的平方等于面積比，求出S△ADP＝，即可求S△PCE＝；②證明△ADP≌△DQC（SAS），可知CD是∠ACQ的角平分線，分兩種情況討論：當∠QEC＝90°時，△PCQ是等腰三角形，AP＝PC＝4當∠EQC＝90°時，過點D作DH⊥AB交于H點，利用等積法求出DH＝，則AH＝，可求cos∠DAB＝＝，再由∠DAB＝2∠DAC，∠QCP＝2∠DCA，得到方程＝，求出AP＝即可．【解答】（1）證明：由旋轉可知，DP＝DQ，∴∠DPQ＝∠Q，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA，∵∠QDP＝∠CDA，∴∠ADP＝∠QDE，∠DQP＝∠DPQ＝∠DAC＝∠DCA，∵∠DEQ＝∠CEP，∴∠EPC＝∠QDE，∴∠EPC＝∠ADP，∴△PEC∽△DPA；（2）解：①連接BD交AC于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝OC，∠AOD＝90°，∵AD⊥DP，∴∠ADP＝90°，∴△ADP∽△AOD，∴＝＝，∵AC＝8，∴OA＝4，∵AD＝5，∴DO＝3，∴＝＝，∴DP＝，AP＝，∴CP＝8﹣＝，∵△PEC∽△DPA；∴＝，∵S△ADP＝×5＝，∴S△PCE＝；②∵DQ＝DP，CD＝AD，∠QDC＝∠ADP，∴△ADP≌△DQC（SAS），∴∠QCD＝∠DAP，CQ＝AP，∴∠QCD＝∠ACD，∴CD是∠ACQ的角平分線，當∠QEC＝90°時，△PCQ是等腰三角形，∴CQ＝CP，∴AP＝PC＝4；當∠EQC＝90°時，過點D作DH⊥AB交于H點，∵AO＝4，DO＝3，∴DH＝＝＝，∴AH＝，∴cos∠DAB＝＝，∵∠DAB＝2∠DAC，∠QCP＝2∠DCA，∴＝＝，∴AP＝；綜上所述：AP的長為4或．21．（2022?拱墅區校級二模）如圖．已知BD是∠ABC的角平分線，E是BD延長線上的一點且AE＝AB．（1）求證：△ADE∽△CDB；（2）若AB＝6，BD＝4，DE＝5，求BC的長．【分析】（1）BD是角平分線可得∠ABD＝∠CBD，AE＝AB可得∠ABD＝∠E，從而∠CDB＝∠E，再利用對頂角相等可得∠CDB＝∠ADE，根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可得結論；（2）由（1）中的結論，利用相似三角形對應邊成比例得出比例式，將已知線段代入可求BC．【解答】（1）證明：∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABD＝∠CBD．∵AB＝AE，∴∠ABD＝∠E．∴∠E＝∠CBD．∵∠EDA＝∠BDC，∴△ADE∽△CDB．（2）解：∵AE＝AB，AB＝6，∴AE＝6．∵△ADE∽△CDB，∴＝．∵BD＝4，DE＝5，∴＝．∴BC＝．22．（2022?余姚市模擬）【基礎鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點D為CB延長線上一點，連結AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到線段AE，連結CE．求證：△ABD≌△ACE；【嘗試應用】（2）如圖2，在（1）的條件下，連接DE，若AE交DC于點F，已知FC＝3，，求線段DE的長；【拓展提高】（3）如圖3，在正方形ABCD中，點E是對角線CA延長線上的一點，連結DE，過D點作DE的垂線交AC于F點，交BC于G點，若，AE＝3，求AF的長．【分析】（1）根據旋轉的性質得到AD＝AE，∠DAE＝90°，得到∠DAB＝∠EAC，進而證明△ADB≌△AEC；（2）根據正切的定義求出CE，根據勾股定理求出EF，再根據正切的定義計算，得到答案；（3）延長DG至M，使DM＝DE，連接CM，連接BD交AC于N，根據△CMG∽△BDG，求出AD、AC，根據△CFG∽△AFD，求出AF．【解答】（1）證明：由旋轉的性質可知，AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，即∠DAB＝∠EAC，在△ADB和△AEC中，，∴△ADB≌△AEC（SAS）；（2）解：由（1）可知，△ADB≌△AEC，∴∠AEC＝∠ADB，∵tan∠ADC＝，∴tan∠FEC＝＝，∵FC＝3，∴CE＝4，由勾股定理得：E