在△ACD与△BEF中，
，
∴△ACD≌△BEF， ∴CD=EF，即EF=CD；
（2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q， ∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC， ∴四边形EQDH是矩形， ∴∠QEH=90°，
∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG， 又∵∠EQF=∠EHG=90°， ∴△EFQ∽△EGH， ∴EF：EG=EQ：EH． ∵AC：AB=1：∴∠B=30°．
在△BEQ中，∵∠BQE=90°， ∴sin∠B==， ∴EQ=BE．
在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°， ∴cos∠AEH==∴EH=
AE．
，
，∠CAB=90°，
∵点E为AB的中点，∴BE=AE，
∴EF：EG=EQ：EH=BE：AE=1：．
8.如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，∠A=∠C=90°，BD⊥BE，AD=BC． （1）求证：AC=AD+CE；
（2）若AD=3，CE=5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q；
（i）当点P与A，B两点不重合时，求的值；
（ii）当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径（线段）长．（直接写出结果，不必写出解答过程）
（1）证明：∵BD⊥BE， ∴∠1+∠2=180°﹣90°=90°， ∵∠C=90°，
∴∠2+∠E=180°﹣90°=90°， ∴∠1=∠E，
∵在△ABD和△CEB中，
，
∴△ABD≌△CEB（AAS）， ∴AB=CE，
∴AC=AB+BC=AD+CE；
（2）（i）如图，过点Q作QF⊥BC于F， 则△BFQ∽△BCE， ∴
=，
即=， ∴QF=BF， ∵DP⊥PQ，
∴∠ADP+∠FPQ=180°﹣90°=90°， ∵∠FPQ+∠PQF=180°﹣90°=90°， ∴∠ADP=∠FPQ， 又∵∠A=∠PFQ=90°， ∴△ADP∽△FPQ， ∴即
=，
=，
∴5AP﹣AP2+AP?BF=3?BF， 整理得，（AP﹣BF）（AP﹣5）=0， ∵点P与A，B两点不重合， ∴AP≠5， ∴AP=BF，
由△ADP∽△FPQ得，=， ∴
=；
（ii）线段DQ的中点所经过的路径（线段）就是△BDQ的中位线MN．
由（2）（i）可知，QF=AP．
当点P运动至AC中点时，AP=4，∴QF=． ∴BF=QF×=4．
在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ=∴MN=BQ=
．
． =
=
．
∴线段DQ的中点所经过的路径（线段）长为
2024年中考数学 相似三角形专题复习
