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9. 如图,两张直角三角形纸片$Rt△ ABC$和$Rt△ DEF$,$∠ ABC=∠ DEF=90°$,$AB=BC$。
(1)请利用尺规作图,将$Rt△ ABC$分成$△ ABM$和$△ BCM$,将$Rt△ DEF$分成$△ DEN$和$△ EFN$,使分成的$△ ABM$与$△ DEN$相似,$△ BCM$与$△ EFN$相似;(保留作图痕迹,不写作法)
(2)求证:(1)中的两对三角形相似。
(1)请利用尺规作图,将$Rt△ ABC$分成$△ ABM$和$△ BCM$,将$Rt△ DEF$分成$△ DEN$和$△ EFN$,使分成的$△ ABM$与$△ DEN$相似,$△ BCM$与$△ EFN$相似;(保留作图痕迹,不写作法)
(2)求证:(1)中的两对三角形相似。
答案
(1)解:如图即为所求。
(2)证明:由(1)作图可知,∠ABM=∠D,EN平分∠DEF。
∵∠ABC=∠DEF=90°,AB=BC，
∴∠A=∠C=$\frac{180°−∠ABC}{2}=45°$,∠DEN=∠FEN=$\frac{∠DEF}{2}=45°$,
∠F=90°−∠D,∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−∠ABM，
∴∠F=∠CBM,∠FEN=∠C=45°,∠DEN=∠A=45°。
∵∠ABM=∠D，
∴△ABM∽△EDN,△BCM∽△FEN。
解析
【分析】
(1)作图思路：要使分得的两对三角形分别相似，可利用“两角分别相等的两个三角形相似”的判定定理构造等角。已知$Rt△ABC$是等腰直角三角形，$∠A=∠C=45°$，首先在点B处作$∠ABM=∠D$，BM交AC于点M；再作$∠DEF$的角平分线EN，交DF于点N，即可满足相似要求。
(2)证明思路：先根据等腰直角三角形的性质得出$∠A=∠C=45°$，由角平分线的性质得$∠DEN=∠FEN=45°$，再结合直角三角形两锐角互余的性质，推导得出两组三角形分别有两个对应角相等，即可证明相似。
【解析】
(1)作图：在$∠ABC$内部作$∠ABM=∠D$，射线BM交AC于点M；作$∠DEF$的角平分线EN，射线EN交DF于点N，所得的四个三角形即为所求。
(2)证明：由作图可知，$∠ABM=∠D$，EN平分$∠DEF$。
∵$∠ABC=∠DEF=90°$，$AB=BC$，
∴$∠A=∠C=\frac{180°−∠ABC}{2}=45°$，$∠DEN=∠FEN=\frac{∠DEF}{2}=45°$，
在$Rt△DEF$中，$∠F=90°−∠D$，
$∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−∠ABM$，
∴$∠F=∠CBM$，且$∠FEN=∠C=45°$，$∠DEN=∠A=45°$。
在$△ABM$和$△EDN$中，$\{\begin{array}{l}∠A=∠DEN\\∠ABM=∠D\end{array} $，
∴$△ABM∽△EDN$；
在$△BCM$和$△FEN$中，$\{\begin{array}{l}∠C=∠FEN\\∠CBM=∠F\end{array} $，
∴$△BCM∽△FEN$。
【答案】
(1)如图即为所求。
(2)证明:由(1)作图可知,∠ABM=∠D,EN平分∠DEF。
∵∠ABC=∠DEF=90°,AB=BC，
∴∠A=∠C=$\frac{180°−∠ABC}{2}=45°$,∠DEN=∠FEN=$\frac{∠DEF}{2}=45°$,
∠F=90°−∠D,∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−∠ABM，
∴∠F=∠CBM,∠FEN=∠C=45°,∠DEN=∠A=45°。
∵∠ABM=∠D，
∴△ABM∽△EDN,△BCM∽△FEN。
【知识点】
尺规作图作角；相似三角形的判定；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题将尺规作图与相似三角形的判定相结合，需要灵活运用角的等量关系构造相似的判定条件，既锻炼了动手操作能力，也考察了逻辑推理能力，核心是对“两角分别相等的两个三角形相似”这一判定定理的应用。
【难度系数】
0.7
(1)作图思路：要使分得的两对三角形分别相似，可利用“两角分别相等的两个三角形相似”的判定定理构造等角。已知$Rt△ABC$是等腰直角三角形，$∠A=∠C=45°$，首先在点B处作$∠ABM=∠D$，BM交AC于点M；再作$∠DEF$的角平分线EN，交DF于点N，即可满足相似要求。
(2)证明思路：先根据等腰直角三角形的性质得出$∠A=∠C=45°$，由角平分线的性质得$∠DEN=∠FEN=45°$，再结合直角三角形两锐角互余的性质，推导得出两组三角形分别有两个对应角相等，即可证明相似。
【解析】
(1)作图：在$∠ABC$内部作$∠ABM=∠D$，射线BM交AC于点M；作$∠DEF$的角平分线EN，射线EN交DF于点N，所得的四个三角形即为所求。
(2)证明：由作图可知，$∠ABM=∠D$，EN平分$∠DEF$。
∵$∠ABC=∠DEF=90°$，$AB=BC$，
∴$∠A=∠C=\frac{180°−∠ABC}{2}=45°$，$∠DEN=∠FEN=\frac{∠DEF}{2}=45°$，
在$Rt△DEF$中，$∠F=90°−∠D$，
$∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−∠ABM$，
∴$∠F=∠CBM$，且$∠FEN=∠C=45°$，$∠DEN=∠A=45°$。
在$△ABM$和$△EDN$中，$\{\begin{array}{l}∠A=∠DEN\\∠ABM=∠D\end{array} $，
∴$△ABM∽△EDN$；
在$△BCM$和$△FEN$中，$\{\begin{array}{l}∠C=∠FEN\\∠CBM=∠F\end{array} $，
∴$△BCM∽△FEN$。
【答案】
(1)如图即为所求。
(2)证明:由(1)作图可知,∠ABM=∠D,EN平分∠DEF。
∵∠ABC=∠DEF=90°,AB=BC，
∴∠A=∠C=$\frac{180°−∠ABC}{2}=45°$,∠DEN=∠FEN=$\frac{∠DEF}{2}=45°$,
∠F=90°−∠D,∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−∠ABM，
∴∠F=∠CBM,∠FEN=∠C=45°,∠DEN=∠A=45°。
∵∠ABM=∠D，
∴△ABM∽△EDN,△BCM∽△FEN。
【知识点】
尺规作图作角；相似三角形的判定；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题将尺规作图与相似三角形的判定相结合，需要灵活运用角的等量关系构造相似的判定条件，既锻炼了动手操作能力，也考察了逻辑推理能力，核心是对“两角分别相等的两个三角形相似”这一判定定理的应用。
【难度系数】
0.7
10.【综合与实践】在数学课上，老师给出这样一道题:在四边形ABCD中，P是线段AB上一点，∠DPC=∠A=∠B。请添加条件，探究图形间存在的关系。
特例探究
(1)如图①，勤奋小组的同学添加的条件是“∠DPC=∠A=∠B=90°”，得出如下两个结论:①△DAP∽△PBC；②AD·BC=AP·BP。请你判断勤奋小组得出的结论是否正确，并说明理由。
操作探究
(2)如图②，善思小组的同学在勤奋小组同学的启发下继续探究，如果不添加条件，设∠DPC=∠A=∠B=α(α为锐角)，(1)中的两个结论是否仍然成立?请你直接写出结论。
拓广探究
(3)如图③，创意小组的同学添加的条件是$“AD=2\sqrt{2}$，∠DPC=∠A=∠ABC=45°，DC=DP，延长DC交AB的延长线于点E，测得$CE=\sqrt{5}”$，求PE的长。
特例探究
(1)如图①，勤奋小组的同学添加的条件是“∠DPC=∠A=∠B=90°”，得出如下两个结论:①△DAP∽△PBC；②AD·BC=AP·BP。请你判断勤奋小组得出的结论是否正确，并说明理由。
操作探究
(2)如图②，善思小组的同学在勤奋小组同学的启发下继续探究，如果不添加条件，设∠DPC=∠A=∠B=α(α为锐角)，(1)中的两个结论是否仍然成立?请你直接写出结论。
拓广探究
(3)如图③，创意小组的同学添加的条件是$“AD=2\sqrt{2}$，∠DPC=∠A=∠ABC=45°，DC=DP，延长DC交AB的延长线于点E，测得$CE=\sqrt{5}”$，求PE的长。
答案
解:(1)结论都正确。理由如下：
①
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°,∠BPC+∠APD=90°，
∴∠ADP=∠BPC。
∵∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC。
②
∵△DAP∽△PBC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{AP}{BC}$，
∴AD·BC=AP·BP。
(2)(1)中的两个结论仍然成立。
(3)
∵DC=DP,∠DPC=∠A=∠ABC=45°，
∴∠DCP=∠DPC=45°，
∴∠PDC=180°−∠DPC−∠DCP=90°，
∠APD+∠CPB=180°−∠DPC=135°。
在Rt△PDC中,由勾股定理,得
PC=$\sqrt{DP^2+DC^2}=\sqrt{2}DP=\sqrt{2}DC$。
∵∠A=45°,∠CBP=45°，
∴∠A=∠CBP,∠ADP+∠APD=180°−∠A=135°，
∴∠ADP=∠CPB，
∴△ADP∽△BPC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{DP}{PC}$。
∵AD=$2\sqrt{2}$,PC=$\sqrt{2}DP$，
∴$\frac{2\sqrt{2}}{BP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$,解得 BP=4。
∵∠PCE=180°−∠DCP=135°,∠CBE=180°−∠ABC=135°，
∴∠CBE=∠PCE。
∵∠E=∠E，
∴△ECB∽△EPC，
∴$\frac{CE}{PE}=\frac{BE}{CE}$。
∵CE=$\sqrt{5}$,BP=4，
∴$\frac{\sqrt{5}}{PE}=\frac{PE−4}{\sqrt{5}}$,
解得 PE=5 或 PE=−1(不合题意,舍去)，
∴PE的长为5。
①
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°,∠BPC+∠APD=90°，
∴∠ADP=∠BPC。
∵∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC。
②
∵△DAP∽△PBC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{AP}{BC}$，
∴AD·BC=AP·BP。
(2)(1)中的两个结论仍然成立。
(3)
∵DC=DP,∠DPC=∠A=∠ABC=45°，
∴∠DCP=∠DPC=45°，
∴∠PDC=180°−∠DPC−∠DCP=90°，
∠APD+∠CPB=180°−∠DPC=135°。
在Rt△PDC中,由勾股定理,得
PC=$\sqrt{DP^2+DC^2}=\sqrt{2}DP=\sqrt{2}DC$。
∵∠A=45°,∠CBP=45°，
∴∠A=∠CBP,∠ADP+∠APD=180°−∠A=135°，
∴∠ADP=∠CPB，
∴△ADP∽△BPC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{DP}{PC}$。
∵AD=$2\sqrt{2}$,PC=$\sqrt{2}DP$，
∴$\frac{2\sqrt{2}}{BP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$,解得 BP=4。
∵∠PCE=180°−∠DCP=135°,∠CBE=180°−∠ABC=135°，
∴∠CBE=∠PCE。
∵∠E=∠E，
∴△ECB∽△EPC，
∴$\frac{CE}{PE}=\frac{BE}{CE}$。
∵CE=$\sqrt{5}$,BP=4，
∴$\frac{\sqrt{5}}{PE}=\frac{PE−4}{\sqrt{5}}$,
解得 PE=5 或 PE=−1(不合题意,舍去)，
∴PE的长为5。
解析
【分析】
(1) 要判断两个结论是否正确，首先利用直角三角形两锐角互余，推导得到∠ADP=∠BPC，结合∠A=∠B=90°，即可依据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△DAP∽△PBC；再根据相似三角形对应边成比例，交叉相乘即可得到AD·BC=AP·BP。
(2) 将90°替换为锐角α时，思路与(1)一致：利用三角形内角和为180°，可得∠ADP+∠APD=180°-α，∠BPC+∠APD=180°-α，仍可推导出∠ADP=∠BPC，进而证明两三角形相似，因此结论不变。
(3) 首先根据DC=DP、∠DPC=45°，先判断△DPC为等腰直角三角形，得到PC与DP的数量关系；再仿照前两问的思路证明△ADP∽△BPC，代入已知AD的长度求出BP的长；接着证明△ECB∽△EPC，得到关于PE的比例方程，解方程舍去负根即可得到PE的长度。
【解析】
(1) 两个结论都正确，理由如下：
①
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，∠BPC+∠APD=90°，
∴∠ADP=∠BPC，
又
∵∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC。
②
∵△DAP∽△PBC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{AP}{BC}$，
交叉相乘得$AD·BC=AP·BP$。
(2) (1)中的两个结论仍然成立。推导如下：
∵∠DPC=∠A=∠B=α，
∴∠ADP+∠APD=180°-α，∠BPC+∠APD=180°-α，
∴∠ADP=∠BPC，又∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC，对应边成比例可得$AD·BC=AP·BP$，故两个结论均成立。
(3)
∵DC=DP，∠DPC=∠A=∠ABC=45°，
∴∠DCP=∠DPC=45°，
∴∠PDC=180°−∠DPC−∠DCP=90°，
∠APD+∠CPB=180°−∠DPC=135°，
在Rt△PDC中，由勾股定理得：
$PC=\sqrt{DP^2+DC^2}=\sqrt{2}DP=\sqrt{2}DC$，
∵∠A=45°，∠CBP=45°，
∴∠A=∠CBP，且∠ADP+∠APD=180°−∠A=135°，
∴∠ADP=∠CPB，
∴△ADP∽△BPC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{DP}{PC}$，
将$AD=2\sqrt{2}$，$PC=\sqrt{2}DP$代入得：
$\frac{2\sqrt{2}}{BP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，解得$BP=4$，
∵∠PCE=180°−∠DCP=135°，∠CBE=180°−∠ABC=135°，
∴∠CBE=∠PCE，
又
∵∠E=∠E，
∴△ECB∽△EPC，
∴$\frac{CE}{PE}=\frac{BE}{CE}$，即$CE^2=PE· BE$，
∵$CE=\sqrt{5}$，$BE=PE-BP=PE-4$，代入得：
$(\sqrt{5})^2=PE·(PE-4)$，
整理得$PE^2-4PE-5=0$，
解得$PE=5$或$PE=-1$（线段长度为正，舍去负根），
∴PE的长为5。
【答案】
(1) 结论①②都正确，理由见解析；
(2) (1)中的两个结论仍然成立；
(3) $\boxed{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理
【点评】
本题是相似三角形的探究类问题，遵循从特殊到一般的探究思路，前两问通过角度推导证明相似，第三问结合等腰三角形性质、勾股定理，两次运用相似三角形的性质建立比例关系，结合方程思想求解，能够很好地锻炼类比推理和知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断两个结论是否正确，首先利用直角三角形两锐角互余，推导得到∠ADP=∠BPC，结合∠A=∠B=90°，即可依据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△DAP∽△PBC；再根据相似三角形对应边成比例，交叉相乘即可得到AD·BC=AP·BP。
(2) 将90°替换为锐角α时，思路与(1)一致：利用三角形内角和为180°，可得∠ADP+∠APD=180°-α，∠BPC+∠APD=180°-α，仍可推导出∠ADP=∠BPC，进而证明两三角形相似，因此结论不变。
(3) 首先根据DC=DP、∠DPC=45°，先判断△DPC为等腰直角三角形，得到PC与DP的数量关系；再仿照前两问的思路证明△ADP∽△BPC，代入已知AD的长度求出BP的长；接着证明△ECB∽△EPC，得到关于PE的比例方程，解方程舍去负根即可得到PE的长度。
【解析】
(1) 两个结论都正确，理由如下：
①
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，∠BPC+∠APD=90°，
∴∠ADP=∠BPC，
又
∵∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC。
②
∵△DAP∽△PBC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{AP}{BC}$，
交叉相乘得$AD·BC=AP·BP$。
(2) (1)中的两个结论仍然成立。推导如下：
∵∠DPC=∠A=∠B=α，
∴∠ADP+∠APD=180°-α，∠BPC+∠APD=180°-α，
∴∠ADP=∠BPC，又∠A=∠B，
∴△DAP∽△PBC，对应边成比例可得$AD·BC=AP·BP$，故两个结论均成立。
(3)
∵DC=DP，∠DPC=∠A=∠ABC=45°，
∴∠DCP=∠DPC=45°，
∴∠PDC=180°−∠DPC−∠DCP=90°，
∠APD+∠CPB=180°−∠DPC=135°，
在Rt△PDC中，由勾股定理得：
$PC=\sqrt{DP^2+DC^2}=\sqrt{2}DP=\sqrt{2}DC$，
∵∠A=45°，∠CBP=45°，
∴∠A=∠CBP，且∠ADP+∠APD=180°−∠A=135°，
∴∠ADP=∠CPB，
∴△ADP∽△BPC，
∴$\frac{AD}{BP}=\frac{DP}{PC}$，
将$AD=2\sqrt{2}$，$PC=\sqrt{2}DP$代入得：
$\frac{2\sqrt{2}}{BP}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，解得$BP=4$，
∵∠PCE=180°−∠DCP=135°，∠CBE=180°−∠ABC=135°，
∴∠CBE=∠PCE，
又
∵∠E=∠E，
∴△ECB∽△EPC，
∴$\frac{CE}{PE}=\frac{BE}{CE}$，即$CE^2=PE· BE$，
∵$CE=\sqrt{5}$，$BE=PE-BP=PE-4$，代入得：
$(\sqrt{5})^2=PE·(PE-4)$，
整理得$PE^2-4PE-5=0$，
解得$PE=5$或$PE=-1$（线段长度为正，舍去负根），
∴PE的长为5。
【答案】
(1) 结论①②都正确，理由见解析；
(2) (1)中的两个结论仍然成立；
(3) $\boxed{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理
【点评】
本题是相似三角形的探究类问题，遵循从特殊到一般的探究思路，前两问通过角度推导证明相似，第三问结合等腰三角形性质、勾股定理，两次运用相似三角形的性质建立比例关系，结合方程思想求解，能够很好地锻炼类比推理和知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.6
