专题11 相似三角形的性质-解析版

专题11相似三角形的性质★知识点1重心的有关性质三角形的重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为．典例分析【例1】（2022秋·上海徐汇·九年级校考阶段练习）如图，在中，中线相交于点G，下列说法错误的是（

）

A．点G为的重心 B．C．当为等边三角形时， D．【答案】D【分析】根据三角形的重心性质可判断选项A、B；根据等边三角形的性质得到，可判断选项C；根据三角形的中线将三角形的面积平分可判断选项D．【详解】解：A、∵的中线相交于点G，∴点G为的重心，故选项A正确，不符合题意；B、∵点G为的重心，∴，即，故选项B正确，不符合题意；C、∵为等边三角形，∴，∵，，∴，，∴，故选项C正确，不符合题意；D、∵，∴，则，∴，故选项D错误，符合题意，故选：D．【点睛】本题考查三角形的重心性质、等边三角形的性质、三角形的中线性质，解答的关键是熟练掌握三角形的中线性质和重心性质：三角形的重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为．【例2】（2023·陕西西安·统考三模）在中，点为的重心，连接并延长交边于点，若有，则为（

）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【分析】首先利用重心的性质可以得到为的中线，然后利用已知条件和等腰三角形的性质即可判断．【详解】解：如图，点为的重心，

为的中线，，，，，而，，，为直角三角形．故选：C．【点睛】此题主要考查了三角形的重心的性质，同时也利用了等腰三角形的性质，比较简单．【即学即练】1．（2023·河北沧州·统考三模）题目：如图，的三边均不相等，在此三角形内找一点O，使得，，的面积均相等．甲、乙两人的做法如下，判断正确的是（

）

A．甲、乙皆正确 B．甲、乙皆错误 C．甲错误，乙正确 D．甲正确，乙错误【答案】C【分析】根据角平分线的性质可判断甲的做法不正确，根据三角形中线的性质和三角形的重心的性质可判断乙的做法正确，可得答案．【详解】解：对于甲：由做法可知：点O是三角形的三条角平分线的交点，∴点O到三边的距离相等，记这个距离是h，由于的三边均不相等，则，，的面积均不相等，∴甲的做法错误；对于乙：由做法可得：点O是三角形三边中线的交点，连接，如图，∴，∴，同理可得：，，∴，，的面积均相等，∴乙的做法正确；故选：C．

【点睛】本题考查了三角形的角平分线的性质、三角形的中线和三角形重心的性质，正确理解题意、掌握相关图形的性质是解题的关键．2．（2023春·安徽·九年级专题练习）下列说法中正确的是（

）①等边三角形三条高的交点就是它的重心；②三角形的重心到一边的距离等于这边上中线长的三分之一；③三角形的重心到一边中点的距离等于这边上中线长的三分之一；④三角形的重心到一边的距离等于这边上高的三分之一A．①③④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④【答案】A【分析】根据三角形重心的性质分别判断，利用相似三角形的判定和性质判断相应推论．【详解】解：①等边三角形三条高的交点既是它的垂心，也是重心，故正确；③三角形的重心到一边中点的距离等于这边上中线长的三分之一，故正确；如图，O为重心，过点O和点A分别作的垂线，垂足为E，F，则，则，∴，即三角形的重心到一边的距离等于这边上高的三分之一，故②错误，④正确；故选A．【点睛】本题考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．★知识点2：相似三角形的性质相似三角形的对应角相等，对应边的比相等相似三角形中的重要线段的比等于相似比；相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.相似三角形的面积比等于相似比的平方．典例分析【例1】（2022秋·上海嘉定·九年级校考阶段练习）下列命题中，正确的是（

）A．相似三角形的角平分线的比等于相似比B．所有的菱形都相似C．一般来说，一条线段的黄金分割点有两个D．如果一条直线截三角形两边的延长线所得的对应线段成比例，那么这条直线一定平行于三角形的第三边【答案】C【分析】根据相似三角形的性质求解即可．【详解】解：A、相似三角形对应边上的角平分线的比等于相似比，原说法错误，不符合题意；B、菱形不一定都相似，原说法错误，不符合题意；C、一般来说，一条线段的黄金分割点有两个，原说法正确，符合题意；D、如果一条直线截三角形两边的延长线所得的对应线段成比例，那么这条直线不一定平行于三角形的第三边，原说法错误，不符合题意．故选：C．【点睛】此题考查了相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质．【例2】（2022秋·浙江金华·九年级校联考阶段练习）已知，和是它们的对应高线，若，，则与的面积比是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据相似三角形的性质：对应高线的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方求解即可．【详解】解：∵，和是它们的对应高线，，，，∴两三角形的相似比为：，∴．故选：A．【点睛】此题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．即学即练1．（2022秋·上海徐汇·九年级校考阶段练习）如果，点A、B、C的对应点分别是D、E、F，的三边长为3、4、6，的一边长为12，那么的周长不可能是（

）A．26 B．39 C．52 D．65【答案】D【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比，根据边长为12的对应边分三种情况求解即可．【详解】解：设的周长为，∵，的三边长为3、4、6，的一边长为12，∴若12和3是对应边，则，∴；若12与4是对应边，则，∴；若12与6是对应边，则，∴，综上，选项D符合题意，选项A、B、C不符合题意，故选：D．【点睛】本题考查相似三角形的性质，解答的关键是注意对应边不确定，需分类讨论求解，防止漏解．2．（2023·重庆·统考中考真题）如图，已知，，若的长度为6，则的长度为（

）

A．4 B．9 C．12 D．【答案】B【分析】根据相似三角形的性质即可求出．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，∴，故选：B.【点睛】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键.★知识点3证明对应线段成比例典例分析【例1】（2022春·全国·九年级专题练习）如图，，则下列比例式正确的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平行线分线段成比例定理即可判断选项A和B，根据相似三角形的性质即可判断选项C和D．【详解】A．∵，∴，故A符合题意；B．∵，∴，故B不符合题意；∵，∴.，∴，故C不符合题意；D．∵，∴，∴，故D不符合题意；故选：A．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质，熟练掌握平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质是解题的关键．【例2】（2022秋·广东深圳·九年级校考期末）已知与相似，且，那么下列结论中，一定成立的是（

）A． B． C．相似比为 D．相似比为【答案】D【分析】根据相似三角形的性质对不同的对应角和对应边进行分类讨论．【详解】解：∵B可以与E对应，也可以与F对应，∴∠B=∠E或∠B=∠F，A不一定成立；同上，AB可以与DE对应，也可以与DF对应，∴或，B不一定成立；同上，AB可以与DE对应，也可以与DF对应，∴相似比可能是，也可能是，C不一定成立；∵∠A=∠D，即∠A与∠D是对应角，∴它们的对边一定是对应比，即BC与EF是对应比，∴相似比为，∴D一定成立，故选D．【点睛】本题考查相似三角形的性质，注意相似三角形的性质是针对对应角和对应边而言的．即学即练1．（2019秋·上海长宁·九年级上海市天山初级中学校考期中）若,顶点A、B、C分别与D、E、F对应，且，则这两个三角形的对应中线之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据相似三角形的性质，对应中线之比等于相似比得到结果.【详解】,、、分别与、、对应，且∴对应中线之比=.故选B.【点睛】本题考查相似三角形的性质，对应线段之比都等于相似比.2．（2022秋·全国·九年级专题练习）已知，且相似比为，则与的对应高之比为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据相似三角形的性质：相似三角形对应高的比等于相似比即可得到答案．【详解】∵△ABC∽△DEF，且相似比为2:3，∴△ABC与△DEF的对应高之比为2:3，故选A.【点睛】此题考查相似三角形的性质，解题关键在于掌握其性质.★知识点4利用相似求坐标典例分析【例1】（2022·海南·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（－2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，平移的距离为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】根据已知条件得到AC=6，OC=2，OB=7，求得BC=9，根据正方形的性质得到DE=OC=OE=2，求得O′E′=O′C′=2，根据相似三角形的性质得到BO′=3，于是得到结论．【详解】解：如图，设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，∵顶点A，B的坐标分别为（-2，6）和（7，0），∴AC=6，OC=2，OB=7，∴BC=9，∵四边形OCDE是正方形，∴DE=OC=OE=2，∴O′E′=O′C′=2，∵E′O′⊥BC，∴∠BO′E′=∠BCA=90°，∴E′O′∥AC，∴△BO′E′∽△BCA，∴，∴，∴BO′=3，∴OO′=7-3=4，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．【例2】（2020秋·广东韶关·九年级校考期末）如图，线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则线段CD的长为（）A．2 B． C．3 D．【答案】D【分析】直接利用A，B点坐标得出AB的长，再利用位似图形的性质得出CD的长．【详解】解：∵A（6，6），B（8，2），∴AB＝＝2，∵以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，∴线段CD的长为：×2＝．故选：D．【点睛】本题考查了位似图形，解题的关键是熟悉位似图形的性质．即学即练1．（2022春·九年级课时练习）如图，已知点A（1，0），点B（b，0）（b＞1），点P是第一象限内的动点，且点P的纵坐标为，若△POA和△PAB相似，则符合条件的P点个数是（）

A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】利用相似三角形的对应边成比例，分①△PAO≌△PAB，②△PAO∽△BAP两种情况分别求解即可.【详解】∵点P的纵坐标为，∴点P在直线y＝上，①当△PAO≌△PAB时，AB＝b﹣1＝OA＝1，∴b＝2，则P(1，)；②∵当△PAO∽△BAP时，PA：AB＝OA：PA，∴PA2＝AB•OA，∴＝b﹣1，∴(b﹣8)2＝48，解得b＝8±4，∴P(1，2+)或(1，2﹣)，综上所述，符合条件的点P有3个，故选D．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质，正确地分类讨论是解题的关键.2．（2022春·九年级课时练习）如图，在直角坐标系xOy中，A（﹣4，0），B（0，2），连结AB并延长到C，连结CO，若△COB∽△CAO，则点C的坐标为（）A．（1，） B．（，） C．（，2） D．（，2）【答案】B【详解】根据相似三角形对应边成比例，由△COB∽△CAO求出CB、AC的关系AC=4CB，从而得到，过点C作CD⊥y轴于点D，然后求出△AOB和△CDB相似，根据相似三角形对应边成比例求出CD=、BD=，再求出OD=，最后写出点C的坐标为（，）．故选：B．点睛：本题考查了相似三角形的性质，坐标与图形性质，主要利用了相似三角形对应边成比例，求出是解题的关键，也是本题的难点．★知识点5相似三角形中的动点问题研究基本图形，标注基本图形是动点运动的背景，需要研究边和角，寻找模型或结构，或者转化坐标和表达式．分析运动过程，分段，定范围关注起点、终点和状态转折点．状态转折点是图形状态发生变化的点，常见的状态转折点有拐点、相遇点等．根据不变特征建等式依分段画图形，表达相关线段长，根据不变特征建等式，结合范围验证结果．表达的常用手段有s=vt、相似、勾股定理等；根据不变特征建等式需要把不变特征跟基本图形信息结合起来考虑，常见不变特征有相似、直角、等腰等．典例分析【例1】（2023春·江苏苏州·八年级统考期末）如图，在中，，，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为2cm/s；动点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s；如果P、Q两动点同时运动，那么何时与相似？【答案】经过或秒时，与相似【分析】设经过t秒时，与相似，则，，，利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似进行分类讨论：时，，即；当时，，即，然后解方程即可求出答案．【详解】解：设经过t秒时，与相似，则，，，∵，∴当时，，即，解得：；当时，，即，解得：；综上所述：经过或秒时，与相似．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似，解题的关键是准确分析题意列出方程求解．【例2】（2023春·山东济宁·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，矩形的两边分别在x轴和y轴上，点B的坐标为，现有两动点P，Q，点P以每秒3个单位的速度从点O出发向终点A运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从点A出发向终点B运动，连接，，．设运动时间为t秒．

(1)点P的坐标为______，点Q的坐标为______（用含t的代数式表示）；(2)请判断四边形的面积是否会随时间t的变化而变化，并说明理由；(3)若A，P，Q为顶点的三角形与相似时，请求出t的值．【答案】(1)，(2)四边形的面积不会随时间t的变化而变化，理由见解析(3)或【分析】（1）根据题意和坐标与图形性质直接求解即可；（2）根据求解即可；（3）分和两种情况，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）解：根据题意，，，又点B的坐标为，则点P坐标为，点Q坐标为，故答案为：，；（2）解：四边形的面积不会随时间t的变化而变化，理由：∵点B坐标为，四边形是矩形，∴，，则四边形的面积；（3）解：当时，∴，即，解得：，当时，∴，即，解得：或（不合题意，舍去），综上所述：或．【点睛】本题考查坐标与图形、相似三角形的判定与性质、矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，分类讨论是解答的关键．即学即练1．（2022·湖南株洲·校考二模）如图，在矩形中，米，米，动点P以2米/秒的速度从点A出发，沿向点C移动，同时动点Q以1米/秒的速度从点C出发，沿向点B移动，设P、Q两点同时移动的时间为t秒（）．

(1)当t为何值时，；(2)当t为何值时，是等腰三角形；(3)设四边形的面积为y，当t为何值时，y的值最小？并求出这个最小值．【答案】(1)当时，(2)当或或时，是等腰三角形(3)当时，y的值最小，最小值为【分析】（1）先根据勾股定理求出的长，再根据平行线分线段成比例定理列出，由题意得，米，米，米，由此求出的值即可；（2）分三种情况讨论，当时，如图2，过点作于点，根据平行线分线段成比例定理列出，即可求出的值；当时，如图3，过点作于点，先证得，得到，即可求出的值；当时，得到，即可求出的值；（3）如图5，过点作于点，先证，求出的长，计算出的面积和的面积，即可求出四边形的面积，再进行配方，即可求出的最小值．【详解】（1）解：如图1，

四边形是矩形，，米，米，米，，，由题意得，米，米，米，，解得，即移动的时间为秒时，；（2）若是等腰三角形，则或或，当时，如图2，过点作于点，

米，，，，，，解得；当时，如图3，过点作于点，

（米，，，，，，解得；当时，如图4，

，解得；综上，当为或或时，是等腰三角形；（3）如图5，过点作于点，

，又，，，，，，，，，有最小值，当时，的值最小，最小值．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，四边形的面积的求法，综合性较强，需认真思考．2．（2019秋·广东佛山·九年级佛山市禅城区澜石中学校考期中）如图1，，，，动点从点出发，在边上以每秒的速度向定点运动，同时动点从点出发，在边上以每秒的速度向点运动，运动时间为t秒（），连接．

(1)________；__________．(2)若与相似，求的值；(3)连接，如图2，若，求的值．【答案】(1)，(2)的值为或(3)的值【分析】（1）根据直角三角形的性质，求出的值，根据点的运动，即可求解；（2）根据点的运动，分类讨论，①当；②当；根据相似三角形的性质，图形结合分析即可求解；（3）如图所示，过点作于点，根据三角形函数值的计算分别求出的值，再证，根相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：在，，，∴，∵动点从点到点的速度为每秒，动点从点到点的速度为每秒，运动时间为t秒（），∴，，∴，故答案为：，．（2）解：①当，∴，即，垂足为点，由（1）可知，，，，，∵，∴，即，解得，，符合题意；②当，∴，即，垂足为点，∴，即，解得，，符合题意；综上所述，与相似，的值为或．（3）解：如图所示，过点作于点，

在中，，，∵，，，∴在中，，即，，即，∴，∵，，∴，，∴，且，∴，∴，即，解得，或，∵运动时间为t秒（），∴．【点睛】本题主要考查动点与直角三角形，相似三角形的判定和性质，三角函数的计算方法等知识的综合，掌握以上知识的灵活运用是解题的关键．★知识点6相似三角形中的折叠问题典例分析【例1】（2022·山东临沂·模拟预测）综合与实践【问题背景】如图1，矩形中，．点E为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点C落在边的点处．【问题解决】（1）填空：的长为______．（2）如图2，将沿线段向右平移，使点与点B重合，得到与交于点F，与交于点G．求的长；【拓展探究】（3）在图2中，连接，则四边形是平行四边形吗？若是，请予以证明；若不是，请说明理由．【答案】（1）6；（2）；（3）四边形不是平行四边形，理由见解析．【分析】（1）先根据已知条件和矩形的性质可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根据折叠的性质可得DC＇=DC=10，最后运用勾股定理解答即可；（2）先根据折叠的性质和勾股定理可求得，进而求得BE、EC，然后连接，根据平移的性质可得，进而说明，最后运用相似三角形的性质解答即可；（3）先由折叠可得，再根据平移的性质和等腰三角形的判定与性质得到，过点作于点H，则且，根据相似三角形的性质可得；设，则，在中，运用勾股定理求得和DH；然后再在中求得，可以发现即，即可发现四边形不可能是平行四边形．【详解】解：（1）如图：∵矩形中，∴CD=AB=10，AD=BC=8根据折叠的性质可得DC＇=DC=10在直角三角形ADC＇中，AC＇=．（2）由折叠可知：．在中，根据勾股定理可求得，∴．在中，设，根据勾股定理，得，解得，即．如图：连接，则由平移可知，，且．于是可得，∴，又∵，∴．（3）四边形不是平行四边形，理由如下：由折叠可知；又∵平移可知，且，∴，∴，即是等腰三角形，∴．如图，过点作于点H，则且，∴．设，则，在中，根据勾股定理，得，解得，∴，∴．而在中，，根据勾股定理可求得，∴，即，故四边形不可能是平行四边形．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解答本题的关键．【例2】（2021·上海·九年级专题练习）（1）问题探究：如图1，在正方形中，点、、分别是、、上的点，且，求证：；（2）类比应用：如图2，在矩形中，，，将矩形沿折叠使点落在点处，得到矩形．①若点为的中点，试探究与的数量关系；②拓展延伸：连，当时，，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）①；②【分析】（1）过点作于，证，即可证得；（2）①设，则，利用勾股定理求得，再利用勾股定理表示出，再证明，可得，由此可得，进而可求得答案；②过点P作于点，先由①得，再证明∠BFE＝∠CGP，可得，进而利用勾股定理可求得，，，最后根据，可得，计算即可．【详解】（1）证明：如图，过点作于，则∠AHG＝∠FHG＝90°，∵在正方形中，∴∠HAD＝∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，∴四边形AHGD为矩形，∴AD＝HG，∴AB＝HG，∵，∴∠FQA＝90°，∴∠AFQ＋∠BAE＝90°，∵∠FHG＝90°，∴∠AFQ＋∠FGH＝90°，∴∠BAE＝∠FGH，∴在与中∴（ASA），∴；①∵点为的中点，∴，∵折叠，∴设，∴，在RtBFE中，BF2＋BE2＝EF2，∴，解得：，又∵，∴，如图，过点作于，则∠AHG＝∠FHG＝90°，∵在矩形中，∴∠HAD＝∠BCD＝∠B＝90°，∴四边形AHGD为矩形，∴BC＝HG，∵∠FHG＝90°，∴∠AFQ＋∠FGH＝90°，∵，∴∠FQA＝90°，∴∠AFQ＋∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠FGH，又∵∠FHG＝∠D＝90°，∴，，，，，，又∵，，∴，∴；②如图，过点P作于点，∵，，∴由①得，∵∠EPG＝∠GCE＝90°，∠EOC＝∠GOP，∴∠CGP＝∠OEC，∵∠FEP＝∠B＝90°，∴∠OEC＋∠BEF＝90°，∠BFE＋∠BEF＝90°，∴∠BFE＝∠OEC，∴∠BFE＝∠CGP，又∵，∴，∴设，，则，，，解得：，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质，折叠的性质，勾股定理，题目综合性较强，有一定的难度，熟练掌握并灵活运用相关知识是解决本题的关键．即学即练1．（2020秋·广东深圳·九年级深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）如图，已知四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝DC，且AB＝4cm，BC＝8cm，对角线AC＝cm．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）如图2，点Q是AC上一点，点P是BC上一点，点P不与点B重合，，连接BQ、AP，若AP⊥BQ，求BP的值；（3）如图3，若动点Q从点C出发，以每秒cm的速度在对角线AC上运动至点A止，过点Q作BC垂线于点P，连接PQ，将△PQC沿PQ折叠，使点C落在直线BC上的点E处，得△PQE，是否存在某一时刻t，使得△EAQ为直角三角形？请求出所有可能的结果．【答案】（1）见解析；（2）BP=6；（3）存在，t=或【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后在根据勾股定理证明直角三角形即可；（2）过点Q作于点E，得到，得到，再证明，得到，代入数据计算即可；（3）先证明，得到，由折叠可得到，根据和两种情况进行讨论计算即可；【详解】（1）∵AB∥DC，AB＝DC，∴四边形ABCD是平行四边形，在△ABC中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC＝cm，，∴△ABC是直角三角形且，∴平行四边形ABCD是矩形；（2）设，∵，∴，过点Q作于点E，易证：，∴，即，∴，，∵，∴，又，∴，又，∴，∴，即，得：，又，∴，故的值为6．（3）由题意可得：，，∵，，∴，∴，即，∴，由折叠可得：，∴，，，当，即时，，∴，若△EAQ是直角三角形，则，∴，∴，，，得：（舍），；当，即时，，若△EAQ是直角三角形，则，，∴，∴，，，，，，，当时，，不符合题意，舍去，故；综上所述，t的值为或时，△EAQ为直角三角形．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．2．（2020·江苏南通·统考中考真题）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求的值；（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．【答案】（1）；（2）BF＝3．【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG=x，则BG=4-x．证明△EGP∽△PHD，推出，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（4+x）2=122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴，∴．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴，∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得：x＝（负值已经舍弃），∴BG＝4﹣＝，在Rt△EGP中，GP＝，∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴，∴，∴BF＝3．【点睛】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．★知识点7相似三角形的实际应用解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题，利用相似及方程思想有效解决.典例分析【例1】（2022秋·浙江金华·九年级校联考阶段练习）如图是某数学兴趣小组设计用手电筒来测量某古城墙高度的示意图，在点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好射到古城墙的顶端C处，，且测得，，，求该古城墙的高度是多少m？【答案】该古城墙的高度为8米【分析】利用物理中光线入射原理可以得到，再结合已知不难证明；接下来，根据相似三角形性质可得，再代值进行计算即可求得的值．【详解】解：根据题意得，，，，，，即解得：，答：该古城墙的高度为【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确利用入射与反射的原理构建相似三角形，然后利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等是解题关键．【例2】（2023·陕西西安·校考二模）在一个阳光明媚的下午，小华和小红相约去测量一座古塔的高，如图，他们在塔周围平地上找到塔尖的影子点，并在点处竖立一根3米长的标杆，测得影长为2米，随后后退到点处放置了一个小平面镜，小华站在点处正好看到镜子中的塔尖，点、、、在同一条直线上，已知小华的身高为1.62米，为1.8米，为4.4米，求古塔的高．（平面镜的厚度忽略不计）

【答案】古塔的高为米【分析】设古塔的高，根据相似三角形的判定和性质即可得出结论．【详解】解：设古塔的高，由题意得，，，，，，，，，，即古塔的高为9.9米．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，相似三角形对应边的比相等是解题的关键．即学即练1．（2023·陕西渭南·统考二模）如图，某天傍晚，数学兴趣小组的小敏和小芳在公园散步时作了如下探索：当小芳竖直站立在A处时，她在路灯D下的影子为线段，并测得米，已知、均与地面垂直，且E、A、C在同一直线上，小芳的身高为米，小芳与灯杆底部E的距离为为8米．

(1)求路灯的高度；(2)如果要缩短小芳的影子的长度，同时不能改变路灯的高度和位置，请你写出一种方法．【答案】(1)米(2)只需要小芳从原来的位置靠近路灯移动一段距离即可【分析】（1）先求出米，再证明，得到，然后代值计算即可；（2）根据相似三角形的性质得到，由此可知要缩短小芳的影子的长度，只需要缩短的距离即可．【详解】（1）解：∵米，米，∴米，∵，∴，∴，∴，即，∴米，∴路灯的高度为米；（2）解：∵，∴，∴要缩短小芳的影子的长度，只需要缩短的距离即可，∴只需要小芳从原来的位置靠近路灯移动一段距离即可．【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用举例，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．2．．（2023·陕西咸阳·统考三模）西安古城墙凝聚了中国古代劳动人民的智慧，它作为古城西安的地标性建筑，吸引了不少人慕名而来．节假日，乐乐去城墙游玩，看见宏伟的城墙后，他想要测量城墙的高度．如图，他拿着一根笔直的小棍，站在距城墙约30米的点N处（即米），把手臂向前伸直且让小棍竖直，，乐乐看到点B和城墙顶端D在一条直线上，点C和底端E在一条直线上．已知乐乐的臂长约为60厘米，小棍的长为24厘米，，，，求城墙的高度．【答案】12米【分析】由证出，利用即可得到答案．【详解】如图，过点作于点，交于点．

则米，米．，，．，，即，解得，城墙的高度为12米．【点睛】本题考查相似三角形的应用等知识点，解题的关键是准确寻找相似三角形利用相似比即可解决问题．1．（2023秋·浙江·九年级期末）如图，P是重心，且经过点P，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据重心可得，结合可得，即可得到答案；【详解】解：∵P是重心，∴，∵，∴，∴，故选A．【点睛】本题考查平行线所截线段对应成比例，三角形重心的性质，解题的关键是熟知三角形重心到顶点距离与到顶点对边中点的距离比为．2．（2022秋·福建泉州·九年级校考期中）如图，在中，，点G是的重心，连接，若，则线段的长度为（）A．4 B．5 C．6 D．9【答案】D【分析】延长至于点E，根据点G是的重心，可得，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半的性质求解即可．【详解】解：延长至于点E，∵点G是的重心，∴，∴，∴，∵点E为的中点，且是直角三角形，∴，故选D．【点睛】本题考查了重心的性质和直角三角形斜边上的中线，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．3．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，E，F为矩形内两点，，垂直，垂足分别为E、F，若，，，则（

）A． B．5 C． D．6【答案】B【分析】连接，交于点M，于O，根据相似三角形的判定和性质和勾股定理解答．【详解】解：连接，交于点M，于O，

∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，，在中，，在中，，∴，∵四边形是矩形，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查矩形的性质及相似三角形的判定和性质，构造三角形相似利用相似三角形的对应边成比例求得的长是解题的关键，注意勾股定理的应用．4．（2023春·辽宁锦州·八年级统考期末）如图，在中，于点，，若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】延长到，使得．证明，推出，再证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，延长到，使得．，，，，，，，，，，，，，，即，．故选：B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．5．（2023春·山东烟台·八年级统考期末）如图，在中，D是AB边上的点，，，则AC的长为（

）

A．1.5 B．2 C．2.5 D．【答案】B【分析】由，，证明，可得，代入数据，从而可得答案．【详解】解：∵，，∴，∴，∵，∴，∴，(负值已舍)，故选：B．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质的综合应用是解题的关键．6．（2023春·八年级课时练习）已知，若，，则的长为（

）A．1 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方，即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵，．故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握面积比等于相似比的平方是解题的关键．7．（2023春·云南临沧·八年级校联考期末）如图，在中，的周长是18，D、E分别是边的中点，则的周长为（

）

A．6 B．8 C．9 D．12【答案】C【分析】根据三角形中位线定理得到，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【详解】解：∵的周长是18，∴，∵D、E分别是边的中点，∴是的中位线，，∴，∴的周长，故选：C．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．8．（2023秋·山东聊城·九年级统考期末）在直角坐标平面内，一点光源位于处，线段垂直于x轴，D为垂足，，则的长为（

）．A． B．3 C．4 D．【答案】A【分析】根据题意，结合图形，利用相似三角形△的性质解答．【详解】∵轴，∴，∴，∴，∵，C点坐标为，∴，∴，故选A．【点睛】此题考查了平面直角坐标系的知识，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．9．（2023秋·湖南娄底·九年级统考期末）如下图所示，在△ABC中，点D在线段AC上，且△ABC∽△ADB，则下列结论一定正确的是(

)A． B．C． D．【答案】A【分析】根据相似三角形对应边成比例列式整理即可得解．【详解】解：∵△ABC∽△ADB，∴，∴AB2=AC•AD．故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握对应顶点的字母放在对应位置上并准确确定出对应边是解题的关键．10．（2020秋·广东江门·九年级统考期末）如图，在4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，的顶点都在格点（网格线的交点）上，则在下列选项中与相似的是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】可利用正方形的边把对应的线段表示出来，利用三边对应成比例两个三角形相似，分别计算各边的长度即可