專題13利用相似三角形性質與判定解決動態問題考點一利用相似三角形性質與判定解決動點中求時間問題（利用分類討論思想）考點二利用相似三角形性質與判定解決動點中求線段長問題（利用分類討論思想）考點三利用相似三角形性質與判定解決動點中求線段及線段和最值問題考點四相似三角形中的動點問題與幾何及函數綜合問題考點一利用相似三角形中的動點求時間問題（利用分類討論思想）例題：（2022·全國·九年級課時練習）如圖，中，，，，動點P從點A出發在線段上以每秒的速度向O運動，動直線從開始以每秒的速度向上平行移動，分別與交于點E，F，連接，設動點P與動直線同時出發，運動時間為t秒．當t為__________時，與相似．【答案】6或【分析】分別用t表示OP與OE的長度，根據與都是直角，當與相似時，O與O是對應點，因此分∽與∽兩種情況討論,根據相似列方程解之即可．【詳解】解：∵動點P從點A出發在線段上以每秒的速度向O運動，，∴AP=2tcm，OP=(20-2t)cm，又∵動直線從開始以每秒的速度向上平行移動，∴OE=tcm，根據與都是直角，O與O是對應點，因此分∽與∽兩種情況討論，當∽，即時，，解得：，當∽，即時，，解得：，綜上所述：當t=6或時，與相似，故答案時：6或．【點睛】本題考查相似三角形的性質，根據三角形相似進行討論分析是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2022·全國·九年級課時練習）如圖，在中，，，動點P從點A開始沿AB邊運動，速度為；動點Q從點B開始沿BC邊運動，速度為；如果P、Q兩動點同時運動，那么經過______秒時與相似．【答案】或##或【分析】設經過t秒時，與相似，則,,,利用兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似進行分類討論：時，，即；當時，，即，然后解方程即可求出答案．【詳解】解：設經過t秒時，與相似，則,,,∵，∴當時，，即，解得：；當時，，即，解得：；綜上所述：經過或秒時，與相似，【點睛】本題考查了相似三角形的判定：兩組對應邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似，解題的關鍵是準確分析題意列出方程求解．2．（2022·全國·九年級課時練習）在中，，過點B作射線．動點D從點A出發沿射線方向以每秒3個單位的速度運動，同時動點E從點C沿射線方向以每秒2個單位的速度運動．過點E作交射線于F，G是中點，連接．設點D運動的時間為t，當與相似且點D位于點E左側時，t的值為_____________．【答案】3或##或3【分析】若與相似，分情況討論，則或，由相似三角形的性質可求解．【詳解】解：如下圖：，是的中點，．點D位于點E左側時，即，，解得：，，若與相似，則或，或，或故答案為：3或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，解題的關鍵是利用分類討論思想解決問題．3．（2021·福建·古田縣玉田中學九年級階段練習）如圖，已知矩形ABCD中，AB＝5，動點P從點A出發，沿AD方向以每秒1個單位的速度運動，連接BP，作點A關于直線BP的對稱點E，設點P的運動時間為t（s），在動點P在射線AD上運動的過程中，則使點E到直線BC的距離等于3時對應的t的值為_____．【答案】或10【分析】①當點在的上方，點到的距離為3，作于，延長交于，連接、，則，，，四邊形是矩形，，證出，得出，求出，即可得出結果；②當點在的下方，點到的距離為3，作的延長線于，則，，，，證得，得出即可得出結果．【詳解】解：根據題意分兩種情況：①當點在的上方，點到的距離為3，作于，延長交于，連接、，如圖1所示：則，，，四邊形是矩形，在中，，點、關于直線對稱，，，，，即，，；②當點在的下方，點到的距離為3，作的延長線于，如圖2所示：則，，，在中，，，，，，，，即，解得：，綜上所述，或10．故答案為：或10．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了相似三角形的判定與性質、矩形的性質、平行線的性質、軸對稱的性質、勾股定理等知識，通過作輔助線構建相似三角形是解題的關鍵．4．（2022·山東省濟南燕山中學九年級階段練習）如圖，直線與x軸交于A點，與y軸交于B點，動點P從A點出發，沿方向向點勻速運動，同時動點從B點出發，沿BA方向向點A勻速運動，P、Q兩點的運動速度都是每秒1個單位，當一個點停止運動，另一個點也隨之停止運動，連接PQ，設運動時間為．問：當為何值時，以點A、P、Q為項點三角形與相似．【答案】當s或s時，以點A、P、Q為項點三角形與相似【分析】由題意可知，當或時，以點A、P、Q為項點三角形與相似，根據相似的性質，進行分情況討論進行計算求t值，注意t的取值范圍．【詳解】解：若以點A、P、Q為項點三角形與相似，則在中，或，由題意可知，點A的坐標為（8，0），點B的坐標為（0,6），∴OA=8，OB=6，AB=10，∵運動時間為，∴AP=BQ=t，則AQ=10-t，①當時，，則，∴，解得：（符合題意）；②當，，則，∴，解得：（符合題意），綜上所述，當s或s時，以點A、P、Q為項點三角形與相似．【點睛】本題主要考查的是相似與一次函數的綜合，利用相似的性質求值是本題解題的重點，同時需注意分情況討論．5．（2022·陜西·無九年級階段練習）如圖，在中，，，，動點P從點A開始沿著邊AB向點B以1cm/s的速度移動，動點Q從點B開始沿著邊BC向點C以2cm/s的速度移動．若P、Q兩點同時開始運動，當點P運動到點B時停止，點Q也隨之停止．設運動時間為．(1)當移動幾秒時，的面積為？(2)當移動幾秒時，以B、P、Q為頂點的三角形與相似？【答案】(1)3秒(2)3秒或秒【分析】（1）求出運動時間為t秒時PB、BQ的長度，根據三角形的面積公式結合△BPQ的面積為9cm2，即可得出關于t的一元二次方程，解之即可得出結論；（2）分兩種情況：①當△BPQ∽△BAC時，②當△BPQ∽△BCA時，分別利用相似三角形的性質列式求解即可．（1）解：運動時間為t秒時（0≤t≤6），PB＝6?t，BQ＝2t，由題意得：＝PB·BQ＝（6?t）·2t＝＝9，解得：，答：當移動3秒時，△BPQ的面積為9cm2；（2）分兩種情況：①當△BPQ∽△BAC時，則，即，解得：，②當△BPQ∽△BCA時，則，即，解得：，綜上，當移動3秒或秒時，以B、P、Q為頂點的三角形與相似．【點睛】本題主要考查了一元二次方程的應用以及相似三角形的性質，正確理解題意，列出方程或比例式是解答此題的關鍵．6．（2022·遼寧·燈塔市第一初級中學九年級期中）如圖，在平面直角坐標系內，已知點A（0，6）、點B（8，0），動點P從點A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O移動，同時動點Q從點B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A移動，設點P、Q移動的時間為t秒．(1)當t為何值時，△APQ與△AOB相似？(2)當t為何值時，△APQ的面積為？【答案】(1)；(2)2或3．【分析】（1）由AO=6，BO=8得AB=10，①當∠PAQ=∠AOB時，△APQ∽△AOB．利用其對應邊成比例解t；②當∠AQP=∠AOB時，△AQP∽△AOB，利用其對應邊成比例解得t．（2）過點Q作QE垂直AO于點E，利用QEBO證明△AEQ∽△AOB，從而得到，從而得出==，再利用三角形面積解得t即可．（1）解：由AO=6，BO=8，，所以，所以AP=t，AQ=，①當∠APQ=∠AOB時，△APQ∽△AOB所以，所以，解得(秒)②當∠AQP=∠AOB時，△AQP∽△AOB所以，所以解得(秒)∴當t為或時，△AQP與△AOB相似．（2）過點Q作QE⊥AO于點E，∵QE⊥AO，BO⊥AO，∴QEBO，∴△AEQ∽△AOB，∴∴==，=解得：∴當t=2或3時，△APQ的面積為個平方單位．【點睛】此題主要考查相似三角形的判定與性質，待定系數法求一次函數值，解直角三角形等知識點，有一定的拔高難度，屬于難題．7．（2021·江蘇·陽山中學九年級階段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，動點E從B出發，以每秒1個單位的速度，沿射線BC方向運動，連接AE，以AE為邊向上作正方形AEFG．設點E的運動時間為t秒（t＞0）．(1)如圖1，EF與CD交于點M，當DM=2CM時，求此時t的值；(2)當點F恰好落在矩形任意兩個頂點的所在直線上時，求出所有符合條件的t的值．【答案】(1)t=1或t=3(2)t=1或t=3或t=9或t=【分析】（1）根據矩形的性質和相似三角形的判定和性質定理即可得到結論；（2）分四種情況討論，根據矩形的性質和正方形的性質證明全等或相似，求得BE的長度，進而求解．（1）在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，∴CD=AB=3，∵DM=2CM，∴DM=2，CM=1，∵四邊形AEFG是正方形，四邊形ABCD是矩形，∴∠AEM=∠ADM=∠ABE=90°，AD=BC=4，∵∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠CEM=90°，∴∠BAE=∠CEM，∴△ABE∽△ECM，∴，∴=，∴t=1或t=3；（2）分四種情況，1°當點F在CD上時，如圖，∵矩形ABCD，∴∠ABE=∠ECF=90°，∴∠BAE+∠AEB=90°，∠CEF+∠EFC=90°，∵正方形AEFG，∴∠AEF=90°，AE=EF，∴∠CEF+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠CEF，∠AEB=∠EFC，在△BAE和△CEF中，，∴△BAE≌△CEF（ASA），∴AB=EC=3，∴BE=BC﹣CE=4﹣3=1，∵動點E從B出發，以每秒1個單位的速度，∴t=1；2°當點F落在AD上時，如圖，∵AF時正方形AEFG的對角線，∴∠EAF=45°，∵矩形ABCD，∴∠B=∠BAD=90°，∴∠BAE=45°=∠AEB，∴BE=AB=3，∵動點E從B出發，以每秒1個單位的速度，∴t=3；3°當點F落在AC上時，過點F作FM⊥BC交BC于點M，如圖，∵正方形AEFG，∴AE=EF，∠AEF=90°，∴∠AEB+∠MEF=90°，∵矩形ABCD，∴∠ABE=90°，∴∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠MEF，在△BAE和△MEF中，，∴△BAE≌△MEF（AAS），∴FM=BE，EM=AB=3，設FM=BE=x，則MC=4﹣3﹣x=1﹣x，∵∠FCM=∠ACM，∠FMC=∠ABC，∴△FMC∽△ABC，∴，∴，解得：x=，即FM=BE=，∵動點E從B出發，以每秒1個單位的速度，∴t=；4°當點F落在BD上時，過點F作FM⊥BC交BC于點M，如圖，∵正方形AEFG，∴AE=EF，∠AEF=90°，∴∠AEB+∠MEF=90°，∵矩形ABCD，∴∠ABE=90°，∴∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠MEF，在△BAE和△MEF中，，∴△BAE≌△MEF（AAS），∴FM=BE，EM=AB=3，設CE=a，則FM=BE=4+a，BM=7+a，∵∠DBC=∠FBM，∠FMB=∠DCB=90°，∴△FBM∽△DBC，∴，∴，解得a=5，∴BE=4+a=9，∵動點E從B出發，以每秒1個單位的速度，∴t=9；故所有符合條件的t的值為t=1或t=3或t=9或t=．【點睛】本題是四邊形綜合題，以動點為背景考查了正方形，矩形的性質，關鍵是根據正方形，矩形的性質，利用全等或相似求出邊長，進而求解．8．（2022·全國·九年級課時練習）閱讀與思考如圖是兩位同學對一道習題的交流，請認真閱讀下列對話并完成相應的任務．解決問題：(1)寫出正確的比例式及后續解答．(2)指出另一個錯誤，并給出正確解答．拓展延伸：(3)如圖，已知矩形ABCD的邊長AB＝3cm，BC＝6cm．某一時刻，動點M從A點出發沿AB方向以1cm/s的速度向B點勻速運動；同時，動點N從D點出發沿DA方向以2cm/s的速度向A點勻速運動，是否存在時刻t，使以A，M，N為頂點的三角形與△ACD相似？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)＝，解答見解析(2)沒有進行分類討論，見解析(3)存在，t＝或t＝【分析】（1）根據三角形相似的性質可得＝，再進行計算即可；（2）根據題意可知另一個錯誤是沒有進行分類討論，進行解答即可；（3）根據題意可知有兩種情況分別是和，然后列出方程進行計算即可．（1）由題意得∵∴正確比例式是：＝，∴DE＝＝＝＝；（2）另一個錯誤是沒有進行分類討論，如圖，過點D作∠ADE＝∠ACB，又∵∠A＝∠A，則△ADE∽△ACB，∴＝，∴DE＝＝＝，綜合以上可得：DE為或．（3）由題意可知，有兩種情況，第一種：當時，設AM=t，則AN=6-2t，則由得，解得：t=；第二種：當時，則由，，解得：t=，綜上所述，當t＝或t＝時以A，M，N為頂點的三角形與△ACD相似．【點睛】本題考查了相似三角形的性質，解決此題的關鍵是要學會分類討論．考點二利用相似三角形中的動點求線段長問題（利用分類討論思想）例題：（2022·河南·鄭州市樹人外國語中學九年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，點D、E為AC、BC上兩個動點，若將∠C沿DE折疊，使點C的對應點C′落在AB上，且△ADC′恰好為直角三角形，則此時CD的長為（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】依據△ADC′恰好為直角三角形，分兩種情況進行討論：當∠ADC'＝90°時，當∠DC'A＝90°時，分別依據相似三角形的對應邊成比例，列方程求解，即可得到CD的長．【詳解】解：①如圖，當∠ADC'＝90°時，∠ADC'＝∠C，∴DC'CB，∴△ADC'∽△ACB，又∵AC＝3，BC＝4，∴，設CD＝C'D＝x，則AD＝3﹣x，∴，解得x，經檢驗：x是所列方程的解，∴CD；②如圖，當∠DC'A＝90°時，∠＝90°，由折疊可得，∠C＝∠DC'E＝90°，∴C'B與CE重合，∵∠C＝∠AC'D＝90°，∠A＝∠A，∴△ADC'∽△ABC，Rt△ABC中，AB＝＝5，∴，設CD＝C'D＝x，則AD＝3﹣x，∴，解得x，經檢驗：是方程的解，∴CD；綜上所述，CD的長為或．故選：C．【點睛】本題主要考查了折疊問題、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識，利用相似三角形的性質得到比例式列方程是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2022·山東·濟南外國語學校九年級階段練習）在中，，點P在上，且，點Q是邊上一個動點，當______時，與相似．【答案】2或8##8或2【分析】分和兩種情況求解．【詳解】當時，則，因為，，所以，解得；當時，則，因為，，所以，解得；故答案為：2或8．【點睛】本題考查了相似三角形的性質，正確進行分類計算是解題的關鍵．2．（2021·河北·唐山市第九中學九年級階段練習）如圖，在四邊形ABCD中，，AD＜BC，∠ABC＝90°，且AB＝3，E是邊AB上的動點，當△ADE、△BCE、△CDE兩兩相似時，AE＝__________．【答案】或1【分析】分情況討論：∠CED=90°和∠CDE=90°，利用相似三角形的性質，角平分線的性質和直角三角形30度角的性質分別可得AE的長．【詳解】解：分兩種情況：①當∠CED=90°時，如圖1，過E作EF⊥CD于F，∵，AD＜BC，∴AB與CD不平行，∴，∴當△ADE、△BCE、△CDE兩兩相似時，∴∠BEC=∠CDE=∠ADE，∵∠A=∠B=∠CED=90°，∴∠BCE=∠DCE，∴AE=EF，EF=BE，∴AE=BE=AB=，②當∠CDE=90°時，如圖2，當△ADE、△BCE、△CDE兩兩相似時，∵，CE和BC相交，∴AD與CE不平行，∴，∴∠CEB=∠CED=∠AED=60°，∴∠BCE=∠DCE=∠ADE=30°，∵∠A=∠B=90°，∴BE=ED=2AE，∵AB=3，∴AE=1，綜上，AE的值為或1．故答案為：或1．【點睛】本題考查了相似三角形的性質，角平分線的性質和直角三角形30度角的性質，當兩個直角三角形相似時，要分情況進行討論；正確畫圖是關鍵，注意不要丟解．3．（2022·黑龍江·哈爾濱市蕭紅中學校九年級開學考試）如圖，正方形ABCD的邊長為8，M、N分別是BC、CD上的兩個動點，且始終保持AM⊥MN．當CN=2時，CM=______．【答案】4【分析】根據正方形的性質可得AB=BC=8，∠B=∠C=90°，進而證明∠BAM=∠NMC，得△BAM∽△CMN，即可求得CM的值．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=8，∠B=∠C=90°，∴∠BAM+∠BMA=90°，∵AM⊥MN，∴∠AMN=90°，∴∠BMA+∠NMC=90°，∴∠BAM=∠NMC，∴△BAM∽△CMN，∴，∴，解得MC=4．故答案為：4．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、正方形的性質，解決本題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法．4．（2022·河南·泌陽縣光亞學校九年級階段練習）如圖，邊長為2的正方形中，點為邊中點，點為射線上一動點，過點作，當與相似時，的長度為___________．【答案】1或【分析】分兩種情形：如圖1中，當點是的中點，時，，此時；如圖2中，當點是的中點時，；分別求解即可得到答案．【詳解】解：如圖1所示：當點是的中點時，，此時；如圖2所示：當點是的中點時，，，，，，，，，，，，，，綜上所述，滿足條件的的值為1或，故答案為：1或．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、正方形的性質和勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想解決問題．5．（2021·河南·漯河市第三中學九年級階段練習）在平面直角坐標系中，已知點O（0，0），A（0，2），B（1，0），點P是反比例函數y＝圖象上的一個動點，過點P作PQ⊥x軸，垂足為點Q．若以點O，P，Q為頂點的三角形與△OAB相似，則相應的點P共有_____個．【答案】4【分析】設P（t，），由于∠PQO＝∠AOB，則根據相似三角形的判定方法，當時，△OPQ∽△BAO，當時，△OPQ∽△ABO，然后分別解方程求出t，從而可判斷點P的個數．【詳解】解：∵A（0，2），B（1，0），∴OA＝2，OB＝1，設P（t，），∵PQ⊥x軸，∴∠PQO＝90°，∵∠PQO＝∠AOB，∴當時，△OPQ∽△BAO，即，則2t＝，解得t1＝﹣，t2＝，此時P點坐標為（﹣，）或（，﹣）；當時，△OPQ∽△ABO，即，則t＝，解得t1＝﹣，t2＝，此時P點坐標為（，﹣）或（﹣，），∴以點O，P，Q為頂點的三角形與△OAB相似，相應的點P共有4個．故答案為：4．【點睛】本題考查了相似三角形的判定：兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似．也考查了反比例函數函數圖象上點的坐標特征．6．（2022·全國·九年級課時練習）如圖，在矩形ABCD中，AB=10，AD=4，P是CD邊上的一個動點，則當△ADP與△BCP相似時，DP=__________．【答案】2或8或5【分析】需要分類討論：△APD∽△PBC和△PAD∽△PBC，分別根據相似三角形的對應邊成比例求得DP的長度即可．【詳解】解：在矩形ABCD中，AB=CD=10，AD=BC=4，①當△APD∽△PBC時，可得，即，解得：PD＝2或PD＝8；②當△PAD∽△PBC時，可得，即，解得：DP＝5．綜上所述，DP的長度是2或8或5．故答案為：2或8或5．【點睛】本題考查了矩形的性質，相似三角形的性質．熟練掌握相似三角形的性質是解題的關鍵．考點三利用相似三角形性質與判定解決動點中求線段及線段和最值問題例題：（2021·湖南永州·一模）如圖已知中，，，，P是線段BC上的動點，則的最小值是______．【答案】【分析】在BC上取一點P，使CP=AP過B作BD⊥AP交AP的延長線于點D．則△BDP∽△ACP，推出DP=BP，所以PA+PB=PA+DP=AD，設CP=a，則AP=3a，a2+42=（3a）2，即得a=，因此AP=3，BP=3-，DP=1-，求出PA+PB=3+1-=．【詳解】解：在BC上取一點P，使CP=AP，過B作BD⊥AP交AP的延長線于點D，則∠D=∠C=90°∴△BDP∽△ACP，∴，即DP=BP，∴PA+PB=PA+DP=AD，設CP=a，則AP=3a，∴a2+42=（3a）2，∴a=，∴AP=3，∴BP=3-，DP=1-，∴PA+PB=3+1-=故答案為：．【點睛】本題考查了胡不歸問題，正確構建相似三角形是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E為AD的中點，將△CDE沿CE翻折得△CME，點M落在四邊形ABCE內．點N為線段CE上的動點，過點N作NP//EM交MC于點P，則MN+NP的最小值為________．【答案】【分析】過點M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值為MF的長，證明四邊形DEMG為菱形，利用相似三角形的判定和性質求解即可．【詳解】解：作點P關于CE的對稱點P′，由折疊的性質知CE是∠DCM的平分線，∴點P′在CD上，過點M作MF⊥CD于F，交CE于點G，∵MN+NP=MN+NP′≤MF，∴MN+NP的最小值為MF的長，

連接DG，DM，由折疊的性質知CE為線段DM的垂直平分線，∵AD=CD=2，DE=1，∴CE==，∵CE×DO=CD×DE，

∴DO=，∴EO=，∵MF⊥CD，∠EDC=90°，∴DE∥MF，∴∠EDO=∠GMO，

∵CE為線段DM的垂直平分線，∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，∴△DOE≌△MOG，∴DE=GM，∴四邊形DEMG為平行四邊形，

∵∠MOG=90°，∴四邊形DEMG為菱形，∴EG=2OE=，GM=DE=1，∴CG=，∵DE∥MF，即DE∥GF，∴△CFG∽△CDE，∴，即，

∴FG=，∴MF=1+=，∴MN+NP的最小值為．故答案為：．【點睛】此題主要考查軸對稱在解決線段和最小的問題，熟悉對稱點的運用和畫法，知道何時線段和最小，會運用勾股定理和相似三角形的判定和性質求線段長度是解題的關鍵．2．（2021·江蘇宿遷·三模）如圖在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．D是AB上一動點，以DC為斜邊向右側作等腰Rt△DCE，使∠CED＝90°，連接BE，則線段BE的最小值為__________________．【答案】【分析】以AC為斜邊在AC右側作等腰直角三角形AE1C，邊E1C與AB交于點G，連接E1E延長與AB交于點F，作BE2⊥E1F于點E2，由Rt△DCE與Rt△AE1C為等腰直角三角形，可得∠DCE＝∠CDE＝∠ACE1＝∠CAE1＝45°，于是∠ACD＝∠E1CE，因此△ACD∽△E1CE，所以∠CAD＝∠CE1E＝30°，所以E在直線E1E上運動，當BE2⊥E1F時，BE最短，即為BE2的長．【詳解】解：如圖，以AC為斜邊在AC右側作等腰直角三角形AE1C，邊E1C與AB交于點G，連接E1E延長與AB交于點F，作BE2⊥E1F于點E2，連接CF，∵Rt△DCE與Rt△AE1C為等腰直角三角形，∴∠DCE＝∠CDE＝∠ACE1＝∠CAE1＝45°∴∠ACD＝∠E1CE∵，∴△ACD∽△E1CE，∴∠CAD＝∠CE1E＝30°，∵D為AB上的動點，∴E在直線E1E上運動，當BE2⊥E1F時，BE最短，即為BE2的長．在△AGC與△E1GF中，∠AGC＝∠E1GF，∠CAG＝∠GE1F，∴∠GFE1＝∠ACG＝45°∴∠BFE2＝45°，∵∠CAD＝∠CE1E＝30°，∴點A，點C，點F，點E1四點共圓，∴∠AE1C＝∠AFC＝90°，且∠ABC＝60°，BC＝2，∴BF＝1，∵BF＝BE2，∴BE2＝，故答案為：．【點睛】本題旋轉的性質，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，熟練掌握含30°角和45°角的直角三角形的性質是解題的關鍵．3．（2022·陜西·西安濱河學校三模）如圖半徑為，為直徑，弦，點是半圓弧上的動點（不與A、重合），過點作的垂線交的延長線于點，則面積的最大值為______．【答案】【分析】根據相似三角形的判定及性質和勾股定理即可求解．【詳解】解：半徑為，為直徑，，，，，，．，，，，．當最大即為直徑時，最大，此時，．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質和勾股定理的運用，解決本題的關鍵是證明．4．（2022·遼寧·沈陽市第七中學九年級期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A是x軸上的一動點，以點為直角頂點構造直角三角形（點A，B，C按順時針排列），使，已知點D的坐標是，連接DB，則的最小值為___________．【答案】【分析】如圖，過作軸的垂線，過分別作且垂直于過點與軸垂直的直線，垂足分別為，交軸于，與軸交于點，證明，利用相似三角形的性質可得在直線上運動，作關于直線的對稱點，則，當三點共線時，，此時最小，再利用勾股定理可得答案．【詳解】解：如圖，過作軸的垂線，過分別作且垂直于過點與軸垂直的直線，垂足分別為，交軸于，與軸交于點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，設則而，∴，解得：，∴在直線上運動，作關于直線的對稱點，則，當三點共線時，，此時最小，∴∴的最小值為故答案為：【點睛】本題考查的是軸對稱的性質，坐標與圖形，勾股定理的應用，相似三角形的判定與性質，熟練的利用相似三角形的性質證明在直線上運動是解本題的關鍵．5．（2022·福建·九年級階段練習）如圖，四邊形ABCD是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與A、C重合），連接PB，過點P作PE⊥PB，交射線DC于點E，已知AD＝3，AC＝5．設AP的長為x．(1)AB＝_______；當x＝1時，＝______；(2)試探究：是否是定值？若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；(3)連接BE，設△PBE的面積為S，求S的最小值．【答案】(1)4，(2)是定值，(3)【分析】（1）根據矩形的性質，利用勾股定理即可求出AB，作PM⊥AB于M交CD于N，證明，利用相似比求出；（2）利用，求出相似比是個定值即可；（3）將△PBE的面積轉化為二次函數，求最值即可．（1）解：作PM⊥AB于M交CD于N．如圖1所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝3,∠ABC=90°，∵AC＝5，∴．∵∴∴∴，，∴，∵MN＝AD＝3，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，故答案為4，；（2）結論：的值為定值．理由如下：當點E在點C左側時，如圖1所示：由PA＝x，可得．∴，，，∵△BMP∽△PNE，∴．當點E在點C右側時，如圖2所示：同理得出．綜上所述：的值為定值．（3）在Rt△PBM中，，∵．∴，∴，∵0＜x＜5，∴時，S有最小值＝．【點睛】本題考查矩形的性質和相似三角形的判定和性質．解題的關鍵是：熟練掌握矩形的性質，通過添加輔助線構造三角形相似．本題還考查了二次函數求最值的問題．考點四相似三角形中的動點問題與幾何及函數綜合問題例題：（2022·上海對外經貿大學附屬松江實驗學?；▓@分校九年級階段練習）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝4，P是斜邊AB上的一個動點，PD⊥AB，交邊AC于點D（點D與點A、C都不重合），E是射線DC上一點，且∠EPD＝∠A．設A、P兩點的距離為x，△BEP的面積為y．(1)求證：AE＝2PE；(2)求y關于x的函數解析式，并寫出它的定義域；(3)當△BEP與△ABC相似時，求△BEP的面積．【答案】(1)見解析(2)y＝﹣+x，定義域是0＜x＜(3)或【分析】（1）先由已知條件判斷出，由相似三角形的對應邊成比例即可得出＝，再由，可知，再根據其對應邊成比例即可求出答案；（2）由，得＝＝，進而可得出AE與DE的關系，作，垂足為點H，由可得出＝＝，進而可得出y與x的關系式；另解：由x，根據＝，即可得到y與x的關系式；（3）由，得＝，當與相似時，只有兩種情形：或，由相似三角形的對應邊成比例即可得出答案．（1）解：∴＝，∴＝＝．（2）解：由得＝，作，垂足為點H，∴＝＝．∴HE＝x．又∵AB＝2，y＝（2﹣x）?x，即y＝﹣+x．∵點D是AC上一點，∴∴，定義域是．另解：由得＝＝，∴×x＝x，∴×x×2＝x，∴＝，即＝，∴y＝﹣+x．定義域是．（3）解：由，得＝，∴PE＝x?＝x．當△BEP與△ABC相似時，只有兩種情形：或（i）當時，＝，∴＝．解得x＝．∴﹣x××5+×＝．（ii）當時，同理可得x＝，y＝．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質，找出圖形中的相似三角形，掌握相似三角形的判定和性質是關鍵，在解（3）時要注意分類討論，不要漏解．【變式訓練】1．（2022·四川·內江市市中區全安鎮初級中學校九年級階段練習）如圖，Rt△ABC的兩條直角邊cm，cm，點D沿AB從A向B運動，速度是1cm/s，同時，點E沿BC從B向C運動，速度為2cm/s．動點E到達點C時運動終止．連結DE、CD、AE，設運動時間為（s）．(1)當為何值時，△BDE與△ABC相似?(2)設△ADE的面積為S，求S與的函數解析式；(3)在運動過程中是否存在某一時刻，使?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)當為秒或秒時，與相似(2)，(3)存在，當t=，有CD⊥DE【分析】（1）設D點運動時間為t，則AD=t，BD=4-t，BE=2t，CE=5-2t（0≤t≤），然后分∠BDE=∠BAC，和∠BDE=∠BAC，兩種情況分別證明Rt△BDE∽Rt△BCA，最后后分別根據三角形相似的性質得到比例線段求出t的值即可；（2）過E作EF⊥AB于F，先證Rt△BEF∽Rt△BAC，根據三角形相似的性質得到比例線段用t表示EF，BF，然后根據三角形的面積公式求解即可；（3）先計算出DF=AB-AD-BF，若CD⊥DE，則易證得Rt△ACD∽Rt△FDE，然后根據三角形相似的性質得到比例線段求出t即可．（1）∵，，∴BC=5cm，設點運動時間為秒，，，，，①當，即時，，，即，∴，②當即時，，∴，即，∴，即當為秒或秒時，與相似；（2）過E作EF⊥AB于F，如圖，根據題意