∴△BAM≌△CAN（SAS）．∴∠ABC=∠ACN． （2）结论∠ABC=∠ACN仍成立．理由如下：
∵△ABC、△AMN是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°． ∴∠BAM=∠CAN．
AB?AC∵在△BAM和△CAN中，{?BAM??CAN?，
AM?AN∴△BAM≌△CAN（SAS）．∴∠ABC=∠ACN． （3）∠ABC=∠ACN．理由如下：
∵BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN，∴底角∠BAC=∠MAN． ∴△ABC∽△AMN．∴
ABAC?． AMAN又∵∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，∴∠BAM=∠CAN. ∴△BAM∽△CAN．∴∠ABC=∠ACN．
13．（2019·福建省莆田擢英中学初三月考）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′），当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E
（1）求证：∠CBP=∠ABP； （2）求证：AE=CP； （3）当
CP3?，BP′=55时，求线段AB的长． PE2【解析】
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（1）证明：∵AP′是AP旋转得到， ∴AP=AP′，
∴∠APP′=∠AP′P， ∵∠C=90°，AP′⊥AB，
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠ABP+∠AP′P=90°， 又∵∠BPC=∠APP′， ∴∠CBP=∠ABP；
（2）证明：如图，过点P作PD⊥AB于D，
∵∠CBP=∠ABP，∠C=90°， ∴CP=DP， ∵P′E⊥AC，
∴∠EAP′+∠AP′E=90°， 又∵∠PAD+∠EAP′=90°， ∴∠PAD=∠AP′E， 在△APD和△P′AE中，
?PAD??AP?E{?ADP??P?EA?90?， AP?AP?∴△APD≌△P′AE（AAS）， ∴AE=DP，
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∴AE=CP； （3）解：∵
CP3?， PE2∴设CP=3k，PE=2k，
则AE=CP=3k，AP′=AP=3k+2k=5k， 在Rt△AEP′中，P′E=(5k)2?(3k)2=4k， ∵∠C=90°，P′E⊥AC，
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠EP′P+∠EPP′=90°， ∵∠BPC=∠EPP′， ∴∠CBP=∠EP′P，
又∵∠CBP=∠ABP，∴∠ABP=∠EP′P， 又∵∠BAP′=∠P′EP=90°， ∴△ABP′∽△EPP′，
ABP?A?， P?EPEABP?A?即， 4k2k1解得P′A=AB，
2∴
在Rt△ABP′中，AB2+P′A2=BP′2， 即AB2+
12
AB=（55）2， 4解得AB=10．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.角平分线的性质；3.勾股定理；4.相似三角形的判定与性质．
14．（2019·辽宁中考真题）如图1，在Rt△ABC中，?ACB?90?，?B30°，点M是AB的中点，
连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且PC?BC，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆
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时针旋转60?交线段CA的延长线于点D． （1）找出与?AMP相等的角，并说明理由． （2）如图2，CP?1AD2BC，求BC的值．
（3）在（2）的条件下，若MD?133，求线段AB的长．
【答案】（1）?D??AMP；理由见解析；（2）AD3BC?9；（3）AB＝2.
【解析】
（1）?D??AMP．
理由如下：∵?ACB?90?，?B30°，
∴?BAC?60?． ∴?D??DMA?60?．
由旋转的性质知，?DMA??AMP?60?． ∴?D??AMP；
（2）如图，过点C作CG∥BA交MP于点G． ∴?GCP??B?30?，?BCG?150?． ∵?ACB?90?，点M是AB的中点， ∴CM?12AB?BM?AM． ∴?MCB??B?30?． ∴?MCG?120?．
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∵?MAD?180??60??120?． ∴?MAD??MCG．
∵?DMG??AMG??AMC??AMG， ∴?DMA??GMC． 在VMDA与VMGC中，
???MAD??MCG?AM?CM? ??DMA??GMC∴VMDA≌VMGC(ASA)． ∴AD?CG．
∵CP?12BC． ∴CP?13BP．
∵CG∥BM， ∴VCGP∽VBMP． ∴
CGBM?CPBP?13． 设CG?AD?t，则BM?3t，AB?6t． 在Rt△ABC中，cosB?BC3AB?2． ∴BC?33t．
∴
ADt3BC?33t?9； （3）如图，由（2）知VCGP∽VBMP．则MD?MG?133．∵CG∥MA． ∴?CGH??AMH．
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2020年中考数学基础题型提分讲练专题20以相似三角形为背景的证明与计算含解析
