2024年中考数学复习（全国版）第21讲 相似三角形及其应用（练习）（解析版）

第21讲相似三角形及其应用目录TOC\o"1-2"\n\p""\h\z\u题型01添加条件使两个三角形相似题型02证明两个三角形相似题型03确定相似三角形的对数题型04在网格中判断相似三角形题型05利用相似的性质求解题型06利用相似的性质求点的坐标题型07在网格中画与已知三角形相似的三角形题型08证明三角形的对应线段成比例题型09利用相似三角形的性质求解决折叠问题题型10利用相似三角形的性质判断函数图象题型11尺规作图与相似三角形综合应用题型12三角板与相似三角形综合应用题型13平移与相似三角形综合应用题型14利用相似三角形的性质与判定求线段比值题型15利用相似三角形的性质与判定求最值题型16利用相似三角形的性质与判定解决动点问题题型17利用相似三角形的性质与判定解决存在性问题题型18A字模型题型198字模型题型20一线三垂直模型题型21三角形内接矩形模型题型22旋转相似模型题型23相似三角形的应用题型01添加条件使两个三角形相似1．（2022·陕西宝鸡·统考二模）如图，已知△ABC与△ADE中，∠C=∠AED=90°，点E在AB上，那么添加下列一个条件后，仍然不能判定△ABC与△ADE相似的是（

）A．∠CAB=∠D B．ACBC=DEAE C．【答案】D【分析】】根据相似三角形的判定方法逐项判断即可．【详解】解：A．由∠C=∠AED=90°，∠CAB=∠D，可知△ACB∽△DEA，本选项不符合题意；B．设ACBC=DE又∵∠C=∠AED=90°，∴△ACB∽△DEA，本选项不符合题意；C．由BC∥AD，可得∠B=∠DAE，由∠C=∠AED=90°，可得△ACB∽△DEA，本选项不符合题意；D．由BCAC故选：D．【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，属于中考常考题型．2．（2023·广东广州·统考一模）已知：如图，点D在边AB上，若∠1=∠时，则△ADC∼△ACB．【答案】B【分析】根据相似三角形的判定条件求解即可．【详解】解：当∠1=∠B时，△ADC∼△ACB，理由如下，∵∠A=∠A，∠1=∠B，∴△ADC∼△ACB，故答案为：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知两个角对应相等的三角形相似是解题的关键．3．（2023·江西抚州·金溪一中校考模拟预测）如图，要使图中的两个三角形相似，需要添加一个条件，这个条件可以是．（写一个即可）【答案】∠B=∠E或∠C=∠D（答案不唯一）【分析】根据图形，结合相似三角形的判定，即可得出答案．【详解】解：根据图形，可得：∠DAE=∠BAC，∴添加∠B=∠E或∠C=∠D，∴△AED∽△ABC．故答案为：∠B=∠E或∠C=∠D（答案不唯一）．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解本题的关键在熟练掌握相似三角形的判定定理．题型02证明两个三角形相似4．（2023·广东广州·广州市第二中学校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，点E为BC边上的点（不与点B，点C重合），连接DE并延长，交AB的延长线于点F．求证：△CDE∽△AFD．

【答案】见解析【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质证明∠A=∠C，∠CDE=∠F，即可证得结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∠A=∠C，∴∠CDE=∠F，∴△CDE∽△AFD．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和平行线的性质以及相似三角形的判定，熟练掌握上述知识是解题的关键．5．（2023·湖北武汉·统考二模）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点E在AC上，且∠EAD=∠ADE．

(1)求证：△DCE∽(2)若AB=6，AC=8，求BDCD【答案】(1)见解析(2)BDCD【分析】（1）已知AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠DAC，再由∠EAD=∠ADE，可得∠BAD=∠ADE，即可得DE∥AB，从而得（2）作DF⊥AB于点F，DG⊥AC于点G，利用角平分线的性质得到DF=DG，再利用三角形面积公式求得S△ADB【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，∵∠EAD=∠ADE，∴∠BAD=∠ADE，∴DE∥∴△DCE∽（2）解：作DF⊥AB于点F，DG⊥AC于点G，

∵AD平分∠BAC，∴DF=DG，∴S△ADB∵S△ADB∴BDCD【点睛】本题考查了相似三角形的判定、平行线的判定和性质、角平分线的性质，掌握“角平分线上点到角两边的距离相等”是解题的关键．6．（2023·浙江宁波·校考三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B=90°，AB=4，CD=2，BC=m，P为线段BC上一动点，且和B、C不重合，连接PA，过P作PE⊥PA交CD所在直线于

(1)请找出一对相似三角形，并说明理由；(2)若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围．【答案】(1)△ABP∽(2)0≤m≤4【分析】（1）证明∠B=∠C=90°，∠BAP=∠CPE可得△ABP∽（2）设BP=x，CE=y，则PC=m−x，根据△ABP∽△PCE，可得y=−14x2+m4【详解】（1）解：△ABP∽∵AB∥CD，∴∠B=∠C=90°，∠BAP+∠APB=90°，∵PE⊥PA，∴∠APB+∠CPE=90°，∴∠BAP=∠CPE，∴△ABP∽（2）解：∵BC=m，设BP=x，CE=y，则PC=m−x，∵△ABP∽∴ABPC∵AB=4，∴4m−x=x∴y=−14x∴当x=m2时，y取最大值，最大值为∵m216≤2又∵m≥0，∴0≤m≤42【点睛】本题考查了几何问题，涉及到三角形相似的判定和性质、求线段的取值范围，灵活运用所学知识是关键．题型03确定相似三角形的对数7．（2023·山西晋中·统考一模）在三边都不相等的△ABC的边AB上有一点D，过点D画一条直线，与三角形的另一边相交所截得的三角形与△ABC相似，这样的直线最多可以画（

）A．5条 B．4条 C．3条 D．2条【答案】B【分析】根据相似三角形的判定定理，即可求解．【详解】解：如图，画直线DE∥BC交AC于点E，则△ADE∽如图，画直线DE交AC于点E，使∠AED=∠B，∵∠A=∠A，∴△AED∽如图，画直线DE∥AC交BC于点E，则△BDE∽如图，画直线DE交BC于点E，使∠BED=∠A，∵∠B=∠B，∴△BDE∽∴这样的直线最多可以画4条．故选：B【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．8．（2023·广东江门·校考一模）如图，BD和CE是△ABC的高，则图中相似三角形共有（）A．3对 B．4对 C．5对 D．6对【答案】D【分析】根据两组角对应相等两三角形相似确定出相似三角形即可．【详解】解：BD和CE相交于O点，如图，∵∠A=∠A，∴△ABD∽△ACE，∵∠OBE=∠ABD，∴△OBE∽△ABD，∵∠BOE=∠COD，∴△OBE∽△OCD，∴△ABD∽△ACE∽△OBE∽△OCD，∴图中相似三角形有：△OBE∽△ABD；△ABD∽△ACE；△ABD∽△OCD；△OBE∽△ACE；△OBE∽△OCD；△ACE∽△OCD，共6对相似三角形．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．利用相似的传递性确定相似三角形的对数．9．（2020·陕西西安·高新一中校考一模）如图，点E是平行四边形ABCD中BC的延长线上的一点，连接AE交CD于F，交BD于M，则图中共有相似三角形(不含全等的三角形)(

)对．A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】由平行四边形的性质可得AD//BC，AB//CD，根据相似三角形的判定方法进行分析，即可得到图中的相似三角形的对数．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，AB//CD，∴△ADM∽△EBM，△ADF∽△ECF，△DFM∽△BAM，△EFC∽△EAB，∵∠AFD=∠BAE，∠DAE=∠E，∴△ADF∽△EBA，∴图中共有相似三角形5对，故选：B．【点睛】本题考查平行四边形的性质及相似三角形的判定，平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；如果两个三角形的两个角分别对应相等（或三个角分别对应相等），那么这两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键．题型04在网格中判断相似三角形10．（2022·广东湛江·岭师附中校联考三模）如图，在小正方形的边长为1的网格中，三角形的顶点都在格点上，与△ABC相似的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据分别求出个三角形的三边长，再根据相似三角形的判定，逐项判断即可求解．【详解】解：根据题意得：AB=12+32A、三边长分别为2,32+12B、三边长分别为2,3,22+32C、三边长分别为2,4,22+42D、三边长分别为22+12=故选：C【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．11．（2023·辽宁抚顺·统考三模）如图，在正方形网格中：①△CEB；②△CDB；③△DEB；这3个斜三角形中，能与△ABC相似的是．（点A、B、C、D、E均在格点上）

【答案】△DEB【分析】分别求出三个三角形的三边的比（按边长的大小顺序），所求三边之比等于△ABC的三边之比就是与△ABC相似的三角形．【详解】解：∵△ABC的三边之比是AB:AC:BC=1:2△CEB的三边之比是BC:EC:BE=△CDB的三边之比是CD:BC:BD=1:5△DEB的三边之比是DE:BD:BE=2:22∴△DEB与△ABC相似，故答案为：△DEB．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，勾股定理与网格，掌握“三边对应成比例，两三角形相似”是解题的关键．12．（2017·天津和平·统考二模）如图，在正方形网格上有6个三角形：①△ABC，②△CDB，③△DEB，④△FBG，⑤△HGF，⑥△EKF．在②~⑥中，与①相似的三角形的个数是．【答案】3【分析】先利用勾股定理计算出BC=5，BD=22，BF=EF=5，BE=25，EK=HG=2，【详解】解：AB=1，AC=2，BC=12+22=5，CD=1，∵BCAB=51=5，CDAC=1∴△CDB与△ABC不相似；∵DEAB=21=2，∴△DEB∽△ABC；∵BFAB=51=5，∴△FBG∽△ABC；∵HGAB=21=2，∴△HGF∽△ABC；∵EKAB=2，EF∴△EKF与△ABC不相似.故答案为3.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和勾股定理.相似三角形的判定：（1）如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似；（2）如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应成比例，且夹角相等，那么这两个三角形相似；（3）如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似.题型05利用相似的性质求解13．（2023·贵州贵阳·统考一模）如图，△ABC∽△DEF，若AB=2，DE=3，则A．1∶2 B．1∶3 C．2∶3【答案】C【分析】由相似三角形的性质即可求得．【详解】解：∵△ABC∽△DEF，∴BCEF即BC:EF=2：故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似的性质是关键．14．（2023·江西南昌·统考一模）如图，△DEF的顶点D,E在△ABC的边BC上，EF∥AC,DF∥AB，若∠F=55°，则A．45° B．55° C．60° D．65°【答案】B【分析】根据两直线平行，内错角相等，可证△ABC~△FDE，即可得到答案．【详解】解：∵EF∥∴∠B=∠FDE，∠C=∠FED，∴△ABC∼△FDEAA∴∠A=∠F，∵∠F=55°，∴∠A=55°，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质和相似三角形的性质，灵活运用所学知识是解题关键．15．（2023·四川成都·统考一模）若△ABC∽△DEF，且ABDE=13，若△ABC的周长为2，则A．29 B．23 C．6 【答案】C【分析】根据相似三角形的性质得到△ABC的周长【详解】解：∵△ABC∽△DEF，且ABDE∴△ABC∴△DEF的周长=2×3=6，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形周长的比等于相似比是解答本题的关键．16．（2023·甘肃张掖·校联考一模）已知△ABC∽△DEF，相似比为2，且△ABC的面积为12，则△DEF的面积为．【答案】3【分析】根据相似三角形面积比等于相似比的平方求解即可．【详解】解：∵△ABC∽△DEF，相似比为2，∴S△ABC∵△ABC的面积为12，∴12S∴S△DEF【点睛】本题考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．题型06利用相似的性质求点的坐标17．（2022·广东汕头·林百欣中学校考一模）如图，矩形ABCD的顶点B，C分别在x轴，y轴上，OB＝4，OC＝3，AB＝10，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点A的坐标为（

）A．（10，8） B．（8，－10） C．（－10，8） D．（－8，10）【答案】D【分析】过点A作AE⊥x轴于点E，连接OA，根据已知条件求出点A的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．【详解】解：过点A作AE⊥x轴于点E，连接OA．∵OB＝4，OC＝3，∴BC＝OB2＋∵∠AEB＝∠ABC＝∠BOC＝90°，∴∠ABE＋∠CBO＝90°，∠CBO＋∠BCO＝90°，∴∠ABE＝∠BCO，∴△AEB∽△BOC，∴ABBC∴105∴AE＝8，BE＝6，∴OE＝10，∴A（−10，−8），则第1次旋转结束时，点A的坐标为（−8，10），则第2次旋转结束时，点A的坐标为（10，8），则第3次旋转结束时，点A的坐标为（8，−10），则第4次旋转结束时，点A的坐标为（−10，−8），……观察可知，4次一个循环，∵2021÷4＝505...1，∴第2021次旋转结束时，点A的坐标为（−8，10），故选：D．【点睛】本题考查了坐标与图形变化−旋转、规律型−点的坐标，解决本题的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．18．（2023·湖南邵阳·统考一模）在平面直角坐标系内，一束光线从点P4,4射向x轴上的点M，经x轴反射后反射光线经过点Q0,2，则点M的坐标为．【答案】(43【分析】构造相似三角形后，利用相似三角形的性质即可求解．【详解】解：作PN⊥x轴于N，由题意得∠PMN=∠QMO，∵∠PNM=∠QOM=90°，∴△PMN∽△QMO，∴MNOM∴MN=2OM，∴OM=1∵ON=4，∴OM=4∴M4故答案为：43【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是正确构造相似三角形，并能利用相似三角形的性质求解．19．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的边OB，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，点A的坐标为8，6，点P在矩形ABOC的内部，点E在BO边上，且满足△PBE∽△CBO，当△APC是等腰三角形时，点【答案】4，3或32【分析】由题意知，PE∥OC，点P在线段BC上，分两种情况：当AP=CP时，点P是线段AC的垂直平分线与BC的交点，即点P是OA的中点；当CA=CP时，利用相似三角形的性质即可求得点P的坐标．【详解】解：∵△PBE∽△CBO，∴∠BEP=∠BOC=90°，∴PE∥OC，点P在线段BC上．∵A点的坐标为8，∴OB=8，OC=6，由勾股定理得：如图1所示，当AP=CP时，点P是线段AC的垂直平分线与BC的交点，即点P是BC的中点，∴点P是OA的中点，∴点P的坐标为4，如图2所示，当CA=CP时，∵四边形ABOC是矩形，∴AC=OB=8，∴CP=8，∵△PBE∽△CBO，∴PEOC∴PE=15OC=∴OE=OB−BE=8−8∴点P的坐标为325综上所述，4，3或【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形，勾股定理，矩形的性质等知识，注意分类讨论思想的运用．20．（2022·江苏南京·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB是等边三角形，点B在x轴上，C，D分别是边AO，AB上的点，且CD∥OB，OC＝2AC，若CD＝2，则点A的坐标是．【答案】3,3【分析】由CD∥OB，OC＝2AC可求得OB，再利用等边三角形的性质即可求得答案．【详解】解：过点A作AE⊥OB于E，如图所示∵CD//OB，∴AC又∵CD＝∴OB=3⋅CD=6，又∵△AOB是等边三角形，且AE⊥OB，∴OE=BE=12⋅OB=3在Rt△AOE，∠AEO=90°，OE=3，OA=6，∴AE=O则点A的坐标为3,33故答案为：3,33【点睛】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理的应用、相似三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．21．（2023·上海长宁·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，A1,0，B0,2，点C为图示中正方形网格交点之一（点O除外），如果以A、B、C为顶点的三角形与△OAB相似，那么点C的坐标是【答案】1,2、5,2、4,4【分析】根据△OAB是直角三角形，构造K字形相似即可得出以A、B、C为顶点的三角形与△OAB相似的点C坐标．或直接作出全等三角形．【详解】解：以AB为共同的斜边时，△CBA≅△OAB，得C1坐标为1,2过点A作AB的垂线，当AC=2AB=25时，△ABC∼△OAB，得C2过点B作AB的垂线，当BC=2AB=25时，△BAC∼△OAB，得C3故答案为：1,2、5,2、4,4【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键，注意分类讨论．题型07在网格中画与已知三角形相似的三角形22．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都是1，△ABC是格点三角形（顶点在方格顶点处）．(1)在图1中画出一个格点△A1B1C(2)在图2中画出一个格点△A2B2C【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据相似三角形的性质，把△ABC的边长扩大2倍即可．（2）根据相似三角形的性质，把△ABC的边长扩大2倍即可．【详解】（1）解：如图，△A（2）如图，△A【点睛】本题考查作图﹣相似变换，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．23．（2022·湖北武汉·校联考二模）如图是由小正方形组成的8×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，边AC上的D也是一个格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．(1)在图（1）中，先将线段CB绕点C顺时针旋转90°，画出对应线段CE，再在CE上画点F，使△BCF∽△BDA；(2)在图（2）中，先在边AB上画点G，使DG∥BC，再在边BC上画点H，使AH＋DH值最小．【答案】(1)答案见详解(2)答案见详解【分析】（1）利用旋转变换的性质作点B的对应点E，CE=CB，CE与格点交于点F，连接BF即可，FC∶BC=FC∶EC=3∶4，tan∠FBC=34，tan∠ABD=34，因此∠EBC=∠ABD，（2）作点D关于BC的对称点D'，连接AD'交BC于点H。连接DH，点H即为所求．【详解】（1）解：如图，线段CE，点F即为所求，（2）解：如图，线段DG，点H即为所求，【点睛】本题主要考查了旋转的性质，对称的性质及相似三角形的判定，灵活运用以上知识点作图是做出本题的关键．24．（2020·新疆·三模）如图1，在6×6的方格纸中，有格点△ABC（三个顶点都在方格顶点上的三角形）（1）请在图2中作一个格点三角形，使它与△ABC相似（不全等），且相似比为有理数；（2）请在图3中作一个格点三角形，使它与△ABC相似，且相似比为无理数．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）直接利用相似三角形的性质画出与△ABC相似比为2即边长分别为2，4，25的三角形即可．（2）直接利用相似三角形的性质画出与△ABC相似比为2即边长分别为2，22，10的三角形即可．【详解】（1）如图2所示：它与△ABC相似（不全等），且相似比为2．（2）如图3所示：它与△ABC相似（不全等），且相似比为2．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，根据三边比值相等计算出三边长度是解题关键．题型08证明三角形的对应线段成比例25．（2023·广东惠州·统考二模）如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．

(1)试判断四边形ECDG的形状，并加以证明；(2)连接ED交AC于点O，求证：DC(3)在（2）的条件下，若DG=6，AG=145，求【答案】(1)平行四边形ECDG是菱形，证明见解析(2)见解析(3)CG=【分析】（1）根据折叠的性质得出DC=BC，∠DDG=∠ECG，再由平行线的性质及各角之间的关系得出∠EGC=∠ECG，结合菱形的判定证明即可；（2）根据菱形的性质得出∠DOC=90°，再由相似三角形的判定和性质即可证明；（3）根据菱形的性质得出ED⊥AC，OC=12CG，CD=GE=6=DG，设OC=x，则CG=2x【详解】（1）证明：四边形ECDG是菱形，证明如下：由折叠重合可知DC=BC，∠DDG=∠ECG，∵EG∥CD，∴∠DOG=∠EGC而∠DCG=∠ECG，∴∠EGC=∠ECG，∴EG=EC，∴BG=CD，又∵EG∥CD，∴四边形ECDG是平行四边形，又∵DC=EC，∴平行四边形ECDG是菱形．（2）∵四边形ECDG是菱形，∴ED⊥AC，∴∠DOC=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ACC=∠DOC=90°，又∵∠DCO=∠ACD，∴△DCO∽△ACD，∴DCAC∴D（3）∵四边形ECDG是菱形，∴ED⊥AC，OC=12CG设OC=x，则CG=2x，AC=2x+14由（2）得：DC∴36=x2x+解得x1=18∴CG=36【点睛】题目主要考查矩形、菱形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．26．（2023·广东珠海·珠海市紫荆中学校考三模）操作与研究：如图，△ABC被平行于CD的光线照射，CD⊥AB于D，AB在投影面上．

(1)指出图中线段AC的投影是______，线段BC的投影是______．(2)问题情景：如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，我们可以利用△ABC与△ACD相似证明A(3)拓展运用如图2，正方形ABCD的边长为15，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF：①试利用射影定理证明△BOF∽②若DE=CE，求OF的长．【答案】(1)AD、BD；(2)证明见解析；(3)①证明见解析；②3【分析】（1）根据题意，即可得到答案；（2）证明△ABC∽△ACD，得到ACAD（3）①利用射影定理，得到BC2=BO⋅BD，BC2②根据正方形的性质和勾股定理，求得BO=12BD=1522，【详解】（1）解：根据题意可知，图中线段AC的投影是AD，线段BC的投影是BD，故答案为：AD、BD；（2）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=90°，∴∠ADC=∠ACB，∵∠BAC=∠CAD，∴△ABC∽△ACD，∴AC∴AC（3）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∠BCD=90°，∴BC∵CF⊥BE，∴BC∴BO⋅BD=BF⋅BE，∴BO∵∠OBF=∠EBD，∴△BOF∽②解：∵正方形ABCD的边长为15，∴BC=CD=15，OB=1在Rt△BCD中，BD=∴BO=15∵DE=CE，∴DE=CE=1在Rt△BCE中，BE=∵△BOF∽∴BO∴OF=BO⋅DE

【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理、射影定理等知识，解题关键是掌握相似三角形的判定和性质，理解射影定理：直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．27．（2022·海南海口·海口市第九中学校考二模）如图①，在菱形ABCD中，∠A=60°，BD是对角线，点E、F分别是AB、AD上两个动点（不与端点重合），且AF=BE，BF与DE交于点G．(1)求证：△AED≌(2)如图②，连接CG，若CG⊥BD于点H，求证：EF(3)若AF=nFD，试探究BF与GF的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)BF=(n【分析】（1）由菱形的性质及∠A=60°证明ΔABD（2）同（1）可得ΔCBD为等边三角形，再根据菱形的性质可证明CG是BD的垂直平分线，再由三角形中位线的性质得出EF=12（3）过点F作FP∥AE，交DE于点P，可证明ΔDAE∼ΔDFP【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，且∠A=60°，∴AD=AB，∵∠A=60°，∴Δ∴∠A=∠BDA=60°,AD=BD，∵AF=BE，∴AD−AF=AB−BE，即DF=AE，∴△AED≅△DFB(SAS)；（2）∵四边形ABCD是菱形，CG⊥BD，∴CG为菱形ABCD的对角线，即CG是BD的垂直平分线，同（1）可得ΔCBD∴∠DCG=1∴∠GDB=∠GBD，∵∠ADE=∠DBF，∴∠ADE=∠BDE，∴DE平分∠ADB，∴点E是AB的中点，同理可证点F是AD的中点，∴EF=1∵∠DHG=∠DHC=90°,∠BDG=∠DCH，∴Δ∴DH∴DH∴EF（3）BF=(n如图，过点F作FP∥AE，交DE于点∴∠A=∠DFP,∠DEA=∠DPF，∴Δ∵AF=nFD，∴FP:AE=DF:DA=1:(n+1)，∴FP=AE∵AF=BE,AB=AD,AE=FD，∴BE=nAE，∵FP∥∴∠PGF=∠PEB,∠PFG=∠PBE，∴Δ∴FP∴BG=n(n+1)GF，∴BF=(n【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点，并准确作出辅助线是解题的关键．题型09利用相似三角形的性质求解决折叠问题28．（2023·江苏泰州·校考三模）如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°,AC=6,AB=9，E是AB上的一点，BE=5，点D是线段BC上的一个动点，沿AD折叠△ACD，点C与C'重合，连接

(1)求证：△AEC(2)若点F是BC上一点，且BF=5，求F【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）折叠，得到AC'=AC=6，根据AB,BE的值，求出AE的值，进而得到AE（2）根据相似的性质得到23BC'=C'E，得到FC'+23BC'=FC'【详解】（1）解：∵沿AD折叠△ACD，点C与C'∴AC∵AB=9,BE=5，∴AE=4，∵AEA∴AEA又∠EAC∴△AEC（2）∵△AEC∴E∴23∴F∴当点E，点C'，点F三点共线时，FC'如图，过点E作EH⊥BC于H，

∵∠C=90°，AC=6，AB=9，∴BC=A∵∠ACB=∠EHB=90°，∠ABC=∠EBH，∴△ABC∽△EBH，∴BE∴59∴EH=103，∴HF=BH−BF=2∴EF=E∴FC'+【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理，证明三角形相似．29．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）综合与实践如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC>AC

猜想证明：（1）如图1，点D在BC边上∠DAC=45°．将△ABC沿AD所在直线折叠，点C的对应点为E．试猜想四边形ACDE的形状并加以证明．实践探究：（2）如图2，拓展小组受此问题启发，将△ABC沿过点C的直线CF折叠．点B的对应点为G．且CG⊥AB于点H．若AC=25，BC=45，求问题解决：（3）如图3．探究小组突发奇想，将△ABC沿过点A的直线AM折叠，若∠BAM=45°，AC=4，CM=3，直接写出BM的长．【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）10−25；（3）【分析】（1）先判断四边形ACDE是菱形即可得出结论；（2）先证明△ABC∽△CBH求出BH=8，再证△ABC∽△FGH得到FHGH（3）先证△BMN∽△BAC得AB=425【详解】（1）解：正方形．证明：∵∠C=90°，∠DAC=45°，∴∠ADC=180°−∠C−∠DAC=45°，即∠ADC=∠DAC，∴CA=CD，由折叠知：AC=AE，CD=DE，∴AC=CD=DE=AE，∴四边形ACDE是菱形，∵∠C=90°，∴菱形ACDE是正方形；（2）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=25，∴AB=A∵CG⊥AB，∴∠ACB=∠BHC=90°，又∠B=∠B，∴△ABC∽△CBH，∴ABBC=∴BH=8，由折叠知：∠B=∠G，BF=GF，∵CG⊥AB，∴∠ACB=∠GHF=90°，∴△ABC∽△FGH，∴FH设FH=x，则GH=2x，BF=GF=8−x，在Rt△FGH中，GF2x1=−2+25∴BF=8−x=10−25（3）在Rt△ACM中，AC=4，CM=3∴AM=5，过点M作MN⊥AB于点N，如图：

则∠ANM=∠BNM=90°，在Rt△AMN中，∠BAM=45°∴MN=AM⋅sin∵∠BNM=∠C=90°，∠B=∠B，∴△BMN∽∴BM∴AB=4在Rt△ABCAC即42解得：BM=25或BM=−25∴BM得长为25．【点睛】本题考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，熟练应用正方形判定方法和相似三角形判定定理是解题关键．30．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考二模）如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在AC上，且CD=2，点E在AB上（不与点A、B重合），连接DE，把△ADE沿DE折叠，当点A的对应点F落在等边△ABC的边上时，AE的长为．【答案】2或10−2【分析】分两种情况：当F点落在边BC上时，利用翻折的性质和等边三角形的性质可得∠DFC=∠BEF，可证△DFC∽△FEB，可得BECF=BFCD=EFDF，可求AE；F【详解】解：①当F点落在边BC上时，∵把△ADE沿DE折叠，∴∠A=∠EFD=60°，∵∠EFC=∠B+∠BEF，∴∠EFD+∠DFC=∠B+∠BEF∵∠EFD=∠A=∠B=60°，∴∠DFC=∠BEF，∴△DFC∽△FEB，∴BECF而EF+BE=EA+BE=AB=6，DF=DA=AC−CD=4，∴6−AECF∴CF=46−AEAE解得AE=10−213或AE=10+2②F点落在边AB上时，∵把△ADE沿DE折叠，∴∠A=∠DFE=60°，∠DEA=90°，∠ADE=∠FDE，∴∠ADE=30°，∴AE=1所以AE的长为2或10−213故答案为：2或10−213【点睛】本题考查翻折的性质，相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，，解题时要考虑全面，难度中等．31．（2023·江西吉安·校考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，D为AB的中点，F为线段AC上的动点，将AD沿过点D的射线DF折叠得到DE，若AB下方的DE与△ABC的边垂直，则AF的长度可能是

【答案】2或23−2【分析】由直角三角形的性质和勾股定理可得AB=4，AC=23，AD=BD=2，分三种情况：当DE⊥AC时，设垂足为G；当DE⊥AB时，作FH⊥AD交AD于H；当DE⊥BC【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°∴AB=2BC=4，∴AC=A∴D是AB的中点，∴AD=BD=2，如图1，当DE⊥AC时，设垂足为G，

，由折叠可知，∠A=∠E=30°，∠EDF=∠FDA，EF=FA，∵∠DGA=90°，∴DG=1∴AG=AD∵∠ADE=60°，∴∠EDF=∠FDA=30°=∠E，∴DF=EF=FA，GF=1∴AG=AF+GF=AF+1∴AF=2如图2，当DE⊥AB时，，则∠ADE=90°，由折叠可知：∠ADF=∠EDF=45°，∴∠AGD=90°−∠A=90°−30°=60°，∵∠AGD=∠E+∠EFG，∴∠EFG=∠AGD−∠E=60°−30°=30°，∴∠E=∠EFG，∴GE=GF，在Rt△ADG中，AD=2，DG=∵DG∴AG=433作FH⊥AD交AD于H，则HF∥DG，∵∠ADF=45°，∴△DHF是等腰直角三角形，∴DH=HF，设DH=HF=x，则AH=AD−DH=2−x，∵HF∥DG，∴△AHF∽△ADG，∴HFDG=解得：x=3∴DH=HF=3在Rt△AHF中，∠AHF=90°，∠A=30°∴AF=2HF=23如图3，当DE⊥BC时，

，由折叠的性质可得：∠E=∠A=30°，∠EDF=∠ADF，∠AFD=∠EFD，∵AC⊥BC，∴DE∥AC，∴∠E=∠EFC=30°，∵∠BDE+∠ADE=180°，∠AFE+∠EFC=180°，∴∠EDA=∠EFA，∴∠ADF=∠DFA，∴AD=AF=2，综上所述：AF的长为2或23−2或故答案为：2或23−2或【点睛】本题主要考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想解题，是解此题的关键．题型10利用相似三角形的性质判断函数图象32．（2023·湖南长沙·统考三模）如图，AB⊥BC于点B，DC⊥BC于点C，点E是线段BC上一个动点，AE⊥EF于点E，射线EF交射线CD于点F，BC=2AB=8，设BE=x，CF=y，当点E从点B运动到点C时，y与x的函数图象大致是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据BE=x，CF=y，得出CE=8−x，根据BC=2AB=8，得出AB=4，通过证明△ABE∽△ECF可得CFBE=CEAB，即可得出【详解】解：∵BC=2AB=8，∴AB=4，∵AB⊥BC，DC⊥BC，AE⊥EF，∴∠AEB+∠FEC=90°，∠AEB+∠EAB=90°，∴∠EAB=∠FEC，又∵∠B=∠C=90°，∴△ABE∽△ECF，∴CFBE=CE∵BE=x，CF=y，则CE=8−x，∴y=x⋅8−x故选：C．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的图象，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，以及相似三角形对应边成比例，以及二次函数的图象．33．（2023·广东揭阳·模拟预测）已知：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点E是边AC上一动点，过点E作EF∥BC，交AB边于点F，点D为BC上任一点，连接DE、DF，设EC的长为x，则△DEF的面积y关于x的函数图象大致为（

A．B．C．D．【答案】D【分析】先根据EF∥BC证明△AEF∽△ACB，用含x的代数式表示出EF，再根据S△DEF=1【详解】解：∵EF∥BC，∴∠AEF=∠ACB，∠AFE=∠ABC，∴△AEF∽△ACB，∴EFBC=AE∴EF=24−4x∴y=12×24−4x3纵观各选项，只有D选项图象符合，故选D．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，二次函数图象的判断，解题的关键是通过证明△AEF∽△ACB，用含x的代数式表示出EF．34．（2021·甘肃·模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点P由点A出发，沿A→B→C的路径匀速运动，过点P向对角线AC作垂线，垂足为Q，设AQ＝x，△APQ的面积为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（）A．B．C． D．【答案】A【分析】根据勾股定理可得AC＝5，然后分两段讨论：当点P在AB上时，当点P在BC上时，结合相似三角形的判定和性质，即可求解．【详解】解：在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B=90°，由勾股定理得AC＝5，根据点P的运动，需要分段讨论：①当点P在AB上时，∵PQ⊥AC，∴∠AQP＝∠B＝90°，∵∠BAC＝∠BAC，∴△APQ∽△ACB，∴PQ：BC=AQ∶AB=AP∶AC，∴PQ：AQ：AP＝BC：AB：AC＝4：3：5，∵AQ＝x，∴PQ=43x，AP=此时0≤53x≤3，即0≤∴y=1当点P在BC上时，∵PQ⊥AC，∴∠CQP＝∠B＝90°，∵∠BCA＝∠BCA，∴△CPQ∽△ACB，∴CQ∶AB=PQ∶CB=CP∶AC，∴CQ：PQ：CP＝BC：AB：AC＝4：3：5，∵AQ＝x，∴CQ＝5﹣x，∴PQ=34（5﹣x），AP=5此时0＜54（5﹣x）≤4，即∴y=1故选：A．【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．解决本题的关键是利用分类讨论的思想求出y与x的函数关系式．也涉及到了相似三角形的判定和性质，抛物线的性质．题型11尺规作图与相似三角形综合应用35．（2023·广东深圳·统考二模）在△ABC中，AB=AC=2，∠A=36°．由尺规作图得射线BM交AC于点F．则AF的长是【答案】5−1/【分析】由题意得，BF为∠ABC的平分线，可得∠ABF=∠CBF=36°，进而可得AF=BC，设BC=AF=x，则CF=2−x，结合已知条件证明△BCF∽△ACB，则BCAC=CFBC，即【详解】解：由题意得，BF为∠ABC的平分线，∴∠ABF=∠CBF，∵AB=AC，∠A=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∴∠ABF=∠CBF=36°，∴AF=BF，∠BFC=180°−∠C−∠CBF=72°，∴BC=BF，∴AF=BC，设BC=AF=x，则CF=2−x，∵∠A=∠CBF，∠BCF=∠ACB，∴△BCF∽△ACB，∴BCAC即x2解得x=5−1或∴AF=5故答案为：5−1【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质是解答本题的关键．36．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(6,0)，B是y轴上一点．

(1)B上求作点M，使得△AMO∽△AOB(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)；(2)在（1）的条件下，AB=4AM，OC是△AOB的中线，过点M的直线交OC于点D，交x轴于点F，当MO=MF时，求点D的坐标．【答案】(1)见解析(2)D(【分析】（1）作OM⊥AB于点M即可；（2）求出直线OC，直线MF的解析式，构建方程组求解．【详解】（1）如图，点M即为所求；

（2）∵△AMO∽△AOB，∴AO：AB=AM：AO，∴OA∵A(6，0)，∴OA=6，∵AB=4AM，∴AM×4AM=36，∴AM=3，AB=12，∴OB=A∴B(0，63∵AC=BC，∴C(3，33∴直线OC的解析式为y=3∵OM⊥AB，∴1∴OM=6×6∴M(9∵MO=MF，∴F(9，0)，直线MF的解析式为y=−3由y=−33x+3∴D(【点睛】本题考查作图−相似变换，一次函数的应用等知识，解题的关键是学会构建一次函数确定交点坐标．37．（2023·福建宁德·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB>BC．

(1)尺规作图：在AC和AB上分别确定点D，E的位置，使得△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形；（保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，若AB=6,BC=4，求BE的长．【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）以点B为圆心，以适当长为半径画弧，交AB,AC于点N，M，分别以点N，M为圆心，以适当长为半径画弧，两弧相交于点O，连接BO交AC于点D，过点D作DE∥BC，交AB于点E，△BDE即为所求；先证BE=DE，再证∠DEB=90°，即可得答案；（2）先证△AED∽△ABC，得AEAB=DEBC，设BE=a，则【详解】（1）解：如下图，以点B为圆心，以适当长为半径画弧，交AB,AC于点N，M，分别以点N，M为圆心，以适当长为半径画弧，两弧相交于点O，连接BO交AC于点D，过点D作DE∥BC，交AB于点E，△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形；

由作图可知：∠EBD=∠CBD，∵DE∥BC，∴∠EDB=∠CBD，∴∠EBD=∠EDB，∴BE=DE，∵∠ABD+∠CBD=90°，∴∠ABD+∠EDB=90°，∴∠DEB=90°，∴△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形；（2）∵△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形，∴∠BED=90°,DE=BE，∵∠AED=∠ABC=90°,∠A=∠A，∴△AED∽△ABC，∴AE设BE=a，则DE=BE=a,AE=AB−BE=6−a，∴a解得：a=12∴BE的长等于125【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．题型12三角板与相似三角形综合应用38．（2023·河北保定·统考模拟预测）如图，把两块全等的直角三角板ABC和DEF叠放在一起，使三角板DEF的锐角顶点D与三角板ABC的斜边中点O重合，DF经过点B，其中∠ABC=∠DEF=90∘，∠C=∠F=45∘，AB=DE=4，把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点O逆时针旋转，旋转角为α．其中0∘<α<90∘．设射线DE与射线AB相交于点①△APD∽△CDQ；②AP⋅CQ的值不变，为8；③当45°≤α<90°时，设CQ=x，两块三角板重叠部分的面积为y=4−x−8−4x其中正确的是（

）A．只有①与② B．只有①与③ C．只有②与③ D．①②③【答案】D【分析】利用等腰直角三角形的性质得∠A=∠EDF=∠E=45°，AC=2AB=42，则AD=CD=22，讨论：当0°<α<45°，如图1，利用三角形外角性质可证明∠ADP=∠DQC，加上∠A=∠C，则根据相似三角形的判定方法可判断△APD∽△CDQ，利用相似比可得AP⋅CQ=CD⋅AD=8，当45°≤a<90°，如图2，利用同样方法可证明△APD∽△CDQ，同样得到AP⋅CQ=CD⋅AD=8，于是可对（1）、（2）进行判断；如图2，作DH⊥BC于H，DH交BC于M，由AP⋅CQ=8得到AP=8x，则PB=8x−4【详解】解：∵△ABC和△DEF为全等的等腰直角三角形，∴∠A=∠EDF=∠E=45°，AC=2∴AD=CD=22当0°<α<45°，如图1，∵∠ADQ=∠C+∠DQC，即∠ADP+∠PDQ=∠C+∠DQC，∴∠ADP=∠DQC，而∠A=∠C，∴△APD∽△CDQ，∴AP:CD=AD:CQ，∴AP⋅CQ=CD⋅AD=22当45°≤a<90°，如图2，同样方法得到△APD∽△CDQ，则AP:CD=AD:CQ，∴AP⋅CQ=CD⋅AD=22如图2，作DH⊥BC于H，DH交BC于M，则DH=BH=1∵AP⋅CQ=8，∴AP=8∴PB=AP−AB=8∵PB∥∴△BPM∽△HDM，∴BM:HM=BP:DH=8x−4∴BM=8−4x∴MQ=BC−BM−CQ=4−x−8−4x∴S△DMQ即当45°≤a<90°时，设CQ=x，两块三角板重叠面积为y=4−x−8−4x故选：D．【点睛】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质和等腰直角三角形的性质；会灵活应用相似三角形的判定与性质．利用三角形面积公式，用x表示出MQ是判断（3）是否正确的关键．39．（2022·广东深圳·校联考二模）一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足∠CME=2∠ADE，EM=．【答案】29【分析】由CE=5，AE=2，得AC=7，利用勾股定理，得到AD的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明△DNE∼△PCE，MP=x，在Rt△MCE中，利用勾股定理列出方程，即可求解．【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，∴∠END=∠ENA=90°,∴∠NEA=∠A=45°,∴NE=NA，∵AE=∴NE=NA=同理，AD=∴DN=AD−NA=5延长MB至P，使MP=ME，连接PE，∴可设∠MPE=∠MEP=x∴∠EMC=∠MPE+∠MEP=2x∵∠EMC=2∠ADE,∴∠ADE=∠MPE=x,又∠DNE=∠PCE=90°,∴△DNE∼△PCE,∴∴PC=设MP=ME=x,则CM=在Rt△MCE中，M∴∴x=∴ME=【点睛】本题考查了勾股定理，二倍角的辅助线的构造，方程思想求线段，熟练掌握二倍角辅助线是解决问题的关键．40．（2023·安徽合肥·校考一模）如图（1），直线L上摆放着两块大小相同的直角三角板，它们中较小直角边长为6cm，较小锐角度数为30(1)将△ECD沿直线AC翻折到图（2）的位置，ED'与AB相交于点F(2)将△ECD沿直线L向左平移到图（3）的位置，使E点落在AB上，你可以求出平移距离，试试看；(3)将△ECD绕点C逆时针旋转到图（4）的位置，使E点落在AB上，请求出旋转角的度数．【答案】(1)见解析(2)6−2(3)30°【分析】（1）根据题意：由轴对称的性质容易证明：△AFE≌△D（2）根据平移的性质可知CC'为平移的距离，先求（3）△ECD绕点C旋转的度数即∠ECE'的度数；可得△BCE【详解】（1）解：根据轴对称的性质可知，在△AFE与△D∵∠A=∠D'=∠D=30°，AE=AC−CE=CD'−CB=B∴△AFE≌∴AF=FD（2）根据平移的性质可知CC∵在Rt△ABC中，BC=6，∠A=30°∴AB=2BC=12，∵C'∴△BC∴BC∴BC∴CC（3）根据旋转的性质可知，CE又∵∠B=60°则△BCE'为等边三角形，∴∠BCE∴∠ECE∴旋转角∠ECE'为【点睛】本题考查相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平移、旋转的性质；平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的垂直平分线的交点是旋转中心．41．（2022·河南平顶山·平顶山市第十六中学校考模拟预测）问题发现．【发现】如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上(点D不与点B、C重合)，使两边分别交线段AB、AC于点E、F．(1)若AB=6，AE=4，BD=2，则CF=______；(2)求证：△EBD∽△DCF．(3)【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出BDBC(4)【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB=AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处(其中∠MON=∠B)，使两条边分别交边AB、AC于点E、F(点E、F均不与△ABC的顶点重合)，连接EF.设∠B=α，则△AEF与△ABC的周长之比为______(用含α的表达式表示)．【答案】(1)4(2)见解析(3)存在，BD(4)1−cosα【分析】（1）证明△BDE，△CDF是等边三角形，即可求出CF的值；（2）利用相似的判定，证明△EBD∽△DCF；（3）存在，如图①，过点D作DM⊥AB，DG⊥EF，DN⊥CA，垂足分别为M，G，N，证明△BDM≌△CDN，BD＝CD，可得点D是BC的中点，可得出结论；（4）如图③连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，证明△OBG≌△OCH，可得OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90∘−α，则∠GOH＝2α，由【思考】猜想应用EF＝ED＋DF＝GE＋FH（可通过半角旋转证明），C△AEF＝2AG设AB＝a，则OB=mcosα,GB=mcos【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°，∵AE＝4，∴BE＝2，则BE＝BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BED＝60°，∴∠EDB＝∠B＝60°，又∵∠EDF＝60°，∴∠CDF＝180°－∠EDF－∠B＝60°，∴∠CDF＝∠C＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CF＝CD=BC－BD＝6－2＝4．（2）解：∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，∴∠CDF＋∠BDE＝120°，∠BED＋∠BDE＝120°，∴∠CDF＝∠BED，又∵∠B＝∠C＝60°，∴△EBD∽△DCF．（3）解：存在，如图①，过点D作DM⊥AB，DG⊥EF，DN⊥CA，垂足分别为M，G，N，∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE，∴DM＝DG＝DN，又∵∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，∴△BDM≌△CDN，∴BD＝CD，即点D是BC的中点，∴BDBC（4）解：如图③连接AO，作OM⊥BE，OG⊥EF，ON⊥AC，垂足分别为M，G，N，∴∠BMO＝∠CNO＝90°，∵AB＝AC，O是BC的中点，∴∠B＝∠C，OB＝OC，∴△OBM≌△OCN，∴OM＝ON，MB＝CN，∠BOM＝∠CON＝90∘则∠MON＝180°－（∠BOM＋∠CON）＝2α，由【思考】猜想应用EF＝ED＋DF＝GE＋FH（可通过半角旋转证明），∴C△AEF＝AE＋EF＋AF＝AE＋EG＋GF＋AF＝AM＋AN＝2AM，AB＝m，则OB=mcos∴C△AEF【点睛】本题是相似的综合应用，考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．题型13平移与相似三角形综合应用42．（2023·安徽六安·校联考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为5，点A在y轴正半轴上，点B在x轴负半轴上，B−1,0，C、D两点在抛物线y=

(1)求此抛物线的表达式；(2)正方形ABCD沿射线BC以每秒5个单位长度平移，1秒后停止，此时B点运动到B1点，试判断B(3)正方形ABCD沿射线BC平移，得到正方形A2B2C2D2【答案】(1)y=(2)点B1(3)2【分析】（1）首先作出辅助线证明Rt△BCE≌Rt△ABO，进而得出CE=BO，BE=AO，同理可得△ADF≌△ABO，再求出C（2）根据题意，得1秒后点B移动的长度为，则BB1=5，进而求出（3）首先证明△A2B【详解】（1）解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥y轴于点F．∵正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠AOB=90°，即∠OBC+∠ABO=∠BAO+∠ABO=90°．∴∠OBC=∠BAO．在Rt△BCE和Rt∵∠OBC=∠BAO，AB=BC，∠CEB=∠BOA=90°，∴Rt△BCE≌∴CE=BO，BE=AO．∵B−1,0∴BO=1．∵AB=5∴在Rt△ABO中，由勾股定理，得AO=∴CE=1，BE=2．∴OE=BE−BO=1．∴C1,−1同理可得△ADF≌△ABO．∴DF=AO=2，AF=BO=1．∴OF=AO−AF=2−1=1．∴D2,1将C1,−1、D2,1分别代入可得−1=解得b=∴此抛物线的表达式为y=1（2）点B1理由：根据题意，得1秒后点B移动的长度为，5×1=则BB如图，过点B1作B1N⊥x在Rt△ABO与Rt∵∠AOB=∠BNB1=90°，∠2=∠∴Rt△ABO≌∴B1N=BO=1，∴NO=NB+BO=2+1=3．∴B1将点B1−3,1代入y=1（3）如图，设正方形ABCD沿射线BC平移后的图形为正方形A2

∵∠OBC=BAO，∠BB∴△A∴BB∵AO=2，BO=1，A2即BB∴BB∴正方形ABCD平移的距离为25【点睛】本题考查了正方形，二次函数的应用以及全等三角形的应用，相似三角形的应用，熟练利用判定得出点的坐标是解题的关键．43．（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）正方形ABCD与正方形EFGH的AD边和EF边在直线MN上，起始状态如图①所示，点F与点D重合，点G在CD边上．已知EF=2cm，AB=4cm．正方形EFGH沿MN方向以(1)在正方形EFGH平移过程中，若S=2cm2，求(2)在1≤t≤3这段时间内，求S与t的函数关系式．(3)当直线BG平分线段AH时，如图②，t=______s．【答案】(1)t的值为12s或(2)S=4(3)3【分析】（1）由于正方形EFGH的面积为4cm2，若S=2cm2，CD或（2）先求得临界点，再分两情况讨论，利用正方形或矩形面积公式即可求解；（3）证明△HGP≌△AQP，推出AQ=HG=2，再证明△QGF∽△QBA，求得DF=3，据此即可求解．【详解】（1）解：∵正方形EFGH的边长EF=2cm∴正方形EFGH的面积为EF∴S=2cm2时，CD或AB恰好经过如图，当CD经过EF的中点时，DF=1∴t=1如图，当AB经过EF的中点时，DF=AD+1∴t=5综上，t的值为12s或（2）解：当t=1s时，DF=2×1=2，此时点E与点D重合；当t=2s时，DF=2×2=4，此时点F与点A重合；当t=3s时，DF=2×3=6，此时点E分两种情况讨论：在1≤t≤2这段时间内，S=EF在2<t≤3这段时间内，如图：AF=2t−4，则AE=2−AF=6−2t，S=EA×EH=26−2t综上，S=4（3）解：设直线BG与线段AH交于点P，与AD交于点Q，∵HG∥∴∠GHP=∠QAP，∠HGP=∠AQP，又HP=AP，∴△HGP≌△AQP，∴AQ=HG=2，∵FG∥∴△QGF∽△QBA，∴QFQA∴QF=1∴DF=4−1=3，此时t=3故答案为：32【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，分段函数，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会有分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．44．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图，将y=−x函数图象向上平移b个单位后，恰好与y=4x(x>0)有唯一公共点B，并交y=kxx<0于点

(1)求b的值．(2)若AB=35AC【答案】(1)b=4(2)k=−5．【分析】（1）根据有唯一公共点B，得出根的判别式为0，进而求出b的值；（2）分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为E、D，利用相似三角形的判定和性质求得点A的坐标，根据待定系数法即可求解．【详解】（1）解：直线y=−x向上平移b个单位后，可得直线y=−x+b，由题意可得，y=−x+by=整理得，x2∵Δ=0∴b2−4×4=0，即（2）解：由（1）得直线的解析式为y=−x+4，∵x2解得x=2，点B的坐标为2，2，点C的坐标为分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为E、D，

则BD=2，OD=2，OC=4，CD=2，BD∥∴△CDB∽△CEA，∴CDCE∵AB=35AC∴2CE∴AE=5，CE=5，∴点A的坐标为−1，∴k=−1×5=−5．【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了相似三角形的判定和性质，待定系数法求解函数的表达式，巧用一元二次方程根的判别式是解题的关键．题型14利用相似三角形的性质与判定求线段比值45．（2022·河南安阳·统考一模）兴趣小组探索等腰三角形中线段比值问题，部分探索活动如下：(1)如图1，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，D，E分别是BC，AC边上的点，∠AFE=∠ABC，则BEAD(2)如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=45°，D，E分别是BC，AC边上的点，∠AFE=∠ABC，请你猜想BEAD(3)如图3，在△ABC中，AB=AC，cos∠ABC=512，D，E分别是BC，CA边延长线上的点，∠DFB=∠ABC，请直接写出BE【答案】(1)1(2)BEAD的值为2(3)BEAD的值为5【分析】（1）利用三角形外角的性质证明∠CBE=∠BAD，再利用“ASA”证明△CBE≌△BAD可证明BE=AD，即可求解；（2）利用等腰直角三角形的判定和性质得到BC=2AB，再证明∠CBE=∠BAD，推出△BCE∽△ABD，利用相似三角形的性质即可得到BEAD（3）过点A作AM⊥BC于点M，在Rt△ABM中，求得BCAB=56，再证明∠E=∠D，推出△【详解】（1）解：在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠ABD=C=60°，∴∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°，∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，且∠AFE=∠ABC，∴∠CBE+∠ABE=∠BAD+∠ABE，∴∠CBE=∠BAD，在△CBE和△BAD中，∠C=∠ABDBC=AB∴△CBE≌△BAD(ASA)，∴BE=AD，∴BEAD=1，即故答案为：1；（2）解：猜想BEAD的值为2在△ABC中，AB=AC，∠ABC=45°，∴∠C=∠ABC=45°，∠BAC=90°，∴BC=ABcos∠∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，∠AFE=∠ABC，∠CBE+∠ABE=∠ABC，∴∠CBE+∠ABE=∠BAD+∠ABE，∴∠CBE=∠BAD，∴△BCE∽△ABD，∴BEAD=BC（3）：在△ABC中，AB=AC，cos∠ABC=512∴∠BCE=∠ABD，过点A作AM⊥BC于点M，如图：则∠AMB=90°，BM=CM=12BC在Rt△ABM中，BMAB=cos∠ABC=5∴12∴BCAB∵∠DFB=∠ABC，∠DFB=∠E+∠EAF，∠ABC=∠BCA=∠D+∠CAD，∴∠E+∠EAF=∠D+∠CAD，而∠EAF=∠CAD，∴∠E=∠D，∴△BCE∽△ABD，∴BEAD即BEAD的值为5【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解决问题的关键．46．（2020·江苏扬州·统考二模）定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是4:5，那么称这个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”．（1）如图，在△ABC中，AC=8，BC=5，∠ACB=30°，试判断△ABC是否是“准黄金”三角形，请说明理由．

（2）如图，△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把△ABC沿BC翻折得到△DBC，AD交BC的延长线于点E，若点C恰好是△ABD的重心，求ABBC

（3）如图，l1//l2，且直线l1与l2之间的距离为4，“准黄金”△ABC的“金底”BC在直线l2上，点A在直线l1上，ABBC=255，若∠ABC是钝角，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到△A'B'C，线段A'C

【答案】（1）△ABC是“准黄金”三角形；理由见解析；（2）1710；（3）【分析】(1)过点A作AD⊥CB交CB的延长线于D．解直角三角形求出AD即可得出结论．(2)根据A，D关于BC对称，得到BE⊥AD，AE＝ED，根据△ABC是“准黄金”三角形，得到BC是“金底”，再利用C是△ABD的重心求解即可得到答案；(3)过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AC于F，过点B′作B′G⊥BC于G．证明△CGB′∽△CFD，推出DF：CF：CD=GB′：CG：CB′=4：3：5，设DF=4k，CF=3k，CD=5k，再求出AD（用k表示）即可解决问题．【详解】解：（1）结论：△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”．理由：过点A作AD⊥CB交CB的延长线于D．

∵AC＝8，∠C＝30°，∴AD＝4，∴ADBC＝∴△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”；（2）如图，

∵A，D关于BC对称，∴BE⊥AD，AE＝ED，∵△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”，∴AEBC＝4∵C是△ABD的重心，∴BC：CE＝2：1，∴CE＝52k，BE＝∴AB＝17k2∴ABBC（3）如图4中，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AC于F，过点B′作B′G⊥BC于G．

在Rt△CB′G中，∵∠CGB′=90°，GB′=4，CB∴CG=5又∵ABBC=2∴AB=25∴EB=2∴EC=7，∵∠GCB′=∠FCD=α，∠CGB′=∠CFD=90°，∴△CGB′∽△CFD，∴DF：CF：CD=GB′：CG：CB′=4：3：5，设DF=4k，CF=3k，CD=5k，∵△AEC∽△DFA，AEDF解得：44k∴AF=7k，∴AD=AADCD【点睛】本题属于相似形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，“准黄金”三角形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．47．（2020·山东东营·统考一模）【问题情境】在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），点P为直线BC上一动点（不与点B、C重合），连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ旋转角为α，连接CQ．【特例分析】（1）当α＝90°，点P在线段BC上时，过P作PF∥AC交直线AB于点F，如图①，易得图中与△APF全等的一个三角形是，∠ACQ＝°．【拓展探究】（2）当点P在BC延长线上，AB：AC＝m：n时，如图②，试求线段BP与CQ的比值；【问题解决】（3）当点P在直线BC上，α＝60°，∠APB＝30°，CP＝4时，请直接写出线段CQ的长．【答案】（1）△PQC，90；（2）BPCQ=mn；（3）线段CQ的长为【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，证明AF＝CP，利用旋转的旋转证明AP＝PQ，∠PAF＝∠QPC，从而可得结论，（2）过P作PF∥AC，交BA的延长线于F，则BAAF=BCCP，再证明△AFP≌△PCQ，利用△（3）分情况讨论：当P在CB的延长线上时，证明△APC≌△QPC，利用等边三角形的性质可得答案，当P在BC的延长线上时，连接AQ，利用等边三角形的性质，证明△ACQ≌△PCQ，从而可得答案．【详解】解：（1）如图①，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∵PF∥AC，∴∠BPF＝∠BFP＝45°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，∴AF＝CP，由旋转可得，AP＝PQ，∠APQ＝90°，而∠BPF＝45°，∴∠QPC＝45°﹣∠APF，又∵∠PAF＝∠PFB﹣∠APF＝45°﹣∠APF，∴∠PAF＝∠QPC，∴△APF≌△PQC，∴∠PCQ＝∠AFP＝135°，又∵∠ACB＝45°，∴∠ACQ＝90°，故答案为：△PQC，90；（2）如图②，过P作PF∥AC，交BA的延长线于F，则BAAF又∵AB＝BC，∴AF＝CP，又∵∠FAP＝∠ABC+∠APB＝α+∠APB，∠CPQ＝∠APQ+∠APB＝α+∠APB，∴∠FAP＝∠CPQ，由旋转可得，PA＝PQ，∴△AFP≌△PCQ，∴FP＝CQ，∵PF∥AC，∴△ABC∽△FBP，∴BPBC∴BP∴BPCQ（3）如图，当P在CB的延长线上时，∠CPQ＝∠APQ﹣∠APB＝60°﹣30°＝30°，∴∠APC＝∠QPC，又∵AP＝QP，PC＝PC，∴△APC≌△QPC，∴CQ＝AC，又∵BA＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∠BAP＝∠ABC﹣∠APB＝30°，∴BP＝AB＝BC＝12PC＝2∴QC＝AC＝BC＝2；如图，当P在BC的延长线上时，连接AQ，由旋转可得，AP＝QP，∠APQ＝∠ABC＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴AQ＝PQ，∠APQ＝60°＝∠AQP，又∵∠APB＝30°，∠ACB＝60°，∴∠CAP＝30°，∠CPQ＝90°，∴∠CAP＝∠APA，∴AC＝PC，∴△ACQ≌△PCQ，∴∠AQC＝∠PQC＝12∠AQP＝30∴Rt△PCQ中，CQ＝2CP＝8．综上所述，线段CQ的长为2或8．【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算．48．（2022·湖北武汉·校考一模）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D在BC上，DE⊥BC交AB于点E，证明：BE•BA=BD•BC；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，D是BC上一点，AD⊥DE，且DE=3AD，连接BE，AC=5，CD=6，求BE的长；（3）拓展探究：在△BCD中，∠BAC=∠AEC=90°，CA平分∠BCD，若tan∠ABC=12，则AG：GE【答案】（1）证明见解析；（2）BE长为7；（