2025年中考数学相似三角形重难点模型【五大模型】解析版

相似三角形重难点模型(五大模型)

【题型01：(双)A字型相似】

【题型02：(双)8型相似】

【题型03：母子型相似】

【题型04：旋转相似】

【题型05：K字型相似】

【题型01：(双)A字型相似】

1.如图，在△ABC中，BC=12，高AD=6，正方形EFGH一边在BC上，点E,F分别在AB,AC上，AD

交EF于点N，求AN的长．

【答案】2

【分析】设正方形EFGH的边长EF=EH=x，易证四边形EHDN是矩形，则DN=x，根据正方形的性质得

出EF∥BC，推出△AEF∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可得解．

【详解】解：设正方形EFGH的边长EF=EH=x，

∵四边形EFGH是正方形，

∴∠HEF=∠EHG=90°,EF∥BC，

∴△AEF∽△ABC，

∵AD是△ABC的高，

∴∠HDN=90°，

∴四边形EHDN是矩形，

∴DN=EH=x，

∵△AEF∽△ABC，

ANEF

∴=(相似三角形对应边上的高的比等于相似比)，

ADBC

∵BC=12,AD=6，

∴AN=6-x，

6-xx

∴=，

612

解得：x=4，

∴AN=6-x=6-4=2．

1

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的判定

和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等于相似比．

2.如图，光源P在水平横杆AB的上方，照射横杆AB得到它在平地上的影子为CD(点P、A、C在一条

直线上，点P、B、D在一条直线上)，不难发现AB⎳CD．已知AB=1.5m，CD=4.5m，点P到横杆

AB的距离是1m，则点P到地面的距离等于m．

【答案】3

【分析】作PF⊥CD于点F，利用AB∥CD，推导△PAB∽△PCD，再利用相似三角形对应高之比是相似

比求解即可．

【详解】解：如图，过点P作PF⊥CD于点F，交AB于点E，

∵AB∥CD，

∴△PAB∽△PCD，PE⊥AB，

∵△PAB∽△PCD，

ABPE

∴=，(相似三角形对应高之比是相似比)

CDPF

1.51

即：=，

4.5PF

解得PF=3．

故答案为：3．

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形对应高之比是相似比是解题的关键．

3.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，AC=6，AD平分∠BAC，交边BC于点D，过点D

作CA的平行线，交边AB于点E．

(1)求线段DE的长；

EF

(2)取线段AD的中点M，连接BM，交线段DE于点F，延长线段BM交边AC于点G，求的值．

DF

【答案】(1)4

2

(2)

3

2

【分析】(1)根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可；

(2)根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可．

【详解】(1)解：∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，

∴∠DAC=30°，

在Rt△ACD中，∠ACD=90°，

∠DAC=30°，AC=6，

∴CD=23，

在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，AC=6，

∴BC=63，

∴BD=BC-CD=43，

∵DE∥CA，

DEBD2

∴==，

CABC3

∴DE=4；

(2)解：如图．

∵点M是线段AD的中点，

∴DM=AM，

∵DE∥CA，

DFDM

∴=．

AGAM

∴DF=AG．

∵DE∥CA，

EFBFBFBD

∴=，=．

AGBGBGBC

EFBD

∴=．

AGBC

∵BD=43，BC=63，DF=AG，

EF2

∴=．

DF3

【点睛】考查了平行线分线段成比例定理，注意线段之间的对应关系．

4.如图，△ABD中，∠A=90°，AB=6cm，AD=12cm．某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以

1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D出发沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，

运动的时间为ts．

2

(1)求t为何值时，△AMN的面积是△ABD面积的；

9

(2)当以点A，M，N为顶点的三角形与△ABD相似时，求t值．

24

【答案】(1)t=4，t=2；(2)t=3或

125

【分析】(1)由题意得DN=2t(cm)，AN=(12-2t)cm，AM=tcm，根据三角形的面积公式列出方程可求

3

出答案；

(2)分两种情况，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值．

【详解】解：(1)由题意得DN=2t(cm)，AN=(12-2t)cm，AM=tcm，

112

∴△AMN的面积=AN•AM=×(12-2t)×t=6t-t，

22

∵∠A=90°，AB=6cm，AD=12cm

11

∴△ABD的面积为AB•AD=×6×12=36，

22

2

∵△AMN的面积是△ABD面积的，

9

22

∴6t-t=×36，

9

∴t2-6t+8=0，

解得t1=4，t2=2，

2

答：经过4秒或2秒，△AMN的面积是△ABD面积的；

9

(2)由题意得DN=2t(cm)，AN=(12-2t)cm，AM=tcm，

若△AMN∽△ABD，

AMANt12-2t

则有=，即=，

ABAD612

解得t=3，

若△AMN∽△ADB，

AMANt12-2t

则有=，即=，

ADAB126

24

解得t=，

5

24

答：当t=3或时，以A、M、N为顶点的三角形与△ABD相似．

5

【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质和一元二次方程的应用，正确进行分类讨论是解

题的关键．

【题型02：(双)8型相似】

5.已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE=AB，点F在AE的延长线

上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．

(1)求证：△BND∽△CNM；

(2)如果AD2=AB•AF，求证：CM•AB=DM•CN．

【答案】(1)见解析；(2)见解析

【分析】(1)利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥

CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；

4

(2)先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=

∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后

利用CD=AB和比例的性质即可得到结论．

【详解】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，AB∥CD，

而BE=AB，

∴BE=CD，

而BE∥CD，

∴四边形BECD为平行四边形，

∴BD∥CE，

∵CM∥DB，

∴△BND∽△CNM；

(2)∵AD2=AB•AF，

∴AD：AB=AF：AD，

而∠DAB=∠FAD，

∴△ADB∽△AFD，

∴∠1=∠F，

∵CD∥AF，BD∥CE，

∴∠F=∠4，∠2=∠3，

∴∠3=∠4，

而∠NMC=∠CMD，

∴△MNC∽△MCD，

∴MC：MD=CN：CD，

∴MC•CD=MD•CN，

而CD=AB，

∴CM•AB=DM•CN．

【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共

角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相

似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性

质．

6.如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，AE=2ED，连接BE交AC于点G，延长BE交

BG

CD的延长线于点F，则的值为()

GF

2113

A.B.C.D.

3234

5

【答案】A

【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是利用平行四边形的性

质对边平行而构建相似三角形．

先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可判断△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根据相似三角

形的性质和AE=2ED即可得结果．

【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB∥CD，

∴△ABG∽△CFG，

BGAB

∴=

GFCF

∵△ABE∽△DFE，

AEAB

∴=，

DEDF

∵AE=2ED，

∴AB=2DF，

AB2

∴=，

CF3

BG2

∴=．

GF3

故选：A．

7.如图1，在四边形ABDE中，∠ABC=∠BDE，点C在边BD上，且AC∥DE，AB∥CE，点F在边AC

上，且AF=CE，连接BF,DF，DF交CE于点G．

(1)求证：BF=DF；

(2)如图2，若∠ACE=∠CDF，求证：CE⋅CF=BF⋅DG；

BC

(3)如图3，若延长BF恰好经过点E，求的值．

CD

【答案】(1)见解析

(2)见解析

1+5

(3)

2

【分析】(1)证明△ABF≌△CAE，得出BF=AE，证明四边形AFDE为平行四边形，得出AE=DF，则可

CFGFGFCF

得出结论；(2)证明△FCG∽△FDC，得出=，证明△FCG∽△DEG，得=，则得出结

DFCFDGDE

ABAF

论；(3)证明△ABF∽△CEF，得出=，设AB=x,AF=CE=m，解方程求出x，则可得出答案．

CECF

6

【详解】(1)∵AC∥DE,AB∥CE

∴∠BDE=∠ACB,∠ABC=∠DCE,∠BAC=∠ACE

∵∠ABC=∠BDE

∴∠ABC=∠BDE=∠ACB=∠DCE

∴AB=AC,CE=DE

在△ABF和△CAE中，

AF=CE

又∵∠BAC=∠ACE

AB=AC

∴△ABF≌△CAE(SAS)

∴BF=AE

∵CE=DE,AF=CE

∴AF=DE

∵AF=DE,AC∥DE

∴四边形AFDE为平行四边形

∴AE=DF

∴BF=DF

∠CFG=∠CFD

(2)∵

∠ACE=∠CDF

∴△FCG∽△FDC

CFGF

∴=

DFCF

又∵AC∥DE

∴△FCG∽△DEG

GFCFGFDG

∴=，即=

DGDECFDE

CFDG

∴=．

DFDE

又∵DE=CE,DF=BF

CFDG

∴=，即CE⋅CF=BF⋅DG

BFCE

∠ABC=∠DCE

(3)∵

∠ACB=∠EDC

∴△ABC∽△ECD

BCAB

∴=

CDCE

∵AB∥CE，

∴△ABF∽△CEF

ABAF

∴=

CECF

∴AB⋅CF=AF⋅CE．

设AB=x,AF=CE=m，则有x(x-m)=m2

1+5

解得x=m(负值舍去)

2

BCAB1+5

∴==

CDCE2

【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、平行四边形的性质，利用相似三

7

角形的判定和性质是本题解题的关键．

8.如图1，在矩形ABCO中，OA=8，OC=6，D，E分别是AB，BC上一点，AD=2，CE=3，OE与

CD相交于点F．

(1)求证：OE⊥CD；

(2)如图2，点G是CD的中点，延长OG交BC于H，求CH的长．

【答案】(1)见解析；(2)CH的长为6．

【分析】(1)根据四边形ABCO是矩形，可得OA=BC=8，OC=AB=6，根据勾股定理可得OE和CP的

长，进而得EF和CF的长，再根据勾股定理的逆定理即可得OE⊥CD；

(2)在Rt△CBD中，CB=8，BD=AB-AD=6-2=4，根据勾股定理可得CD=45，根据点G是CD

的中点，可得CG=DG=25，所以得点G是CP的三等分点，根据OA∥BC，对应边成比例即可求出CH

的长．

【详解】(1)∵四边形ABCO是矩形，

∴OA=BC=8，OC=AB=6，

在Rt△OCE中，CE=3，

∴OE=OC2+CE2=62+32=35，

∵AB∥OC，即AD∥OC，且AD=2，

ADPA

∴=，

OCPO

2PA

∴=，

6PA+8

∴PA=4，

∴PO=PA+OA=12，

∴在Rt△OPC中，OC=6，

∴CP=OC2+PO2=62+122=65，

∵OA∥BC，即OP∥CE，

CEEFCF

∴==，

OPOFPF

EFCF31

∴===，

OFPF124

135

∴EF=OE=，

55

165

CF=CP=，

55

352652936

∵+=+=9，

5555

∴EF2+CF2=CE2，

∴△CEF是直角三角形，

8

∴∠CFE=90°，

∴OE⊥CD；

(2)在Rt△CBD中，CB=8，BD=AB-AD=6-2=4，

根据勾股定理，得CD=CB2+BD2=82+42=45，

∵点G是CD的中点，

∴CG=DG=25，

由(1)知：CP=65，

∴DP=CP-CD=25，

∴点G是CP的三等分点，

∵OA∥BC，即OP∥CH，

CHCG

∴=，

OPGP

CH1

∴=，

122

∴CH=6．

答：CH的长为6．

【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理及其逆定理的应用、相似三角形的判定与性质以及平行线分线段

成比例定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．

【题型03：母子型相似】

4

9.【典例3】如图1，∠C=90，BC=6，tanB=，点M从点B出发以每秒1个单位长度的速度向点C运

3

动，点N同时从点C出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动，当一点到达终点时，另一点也停止

运动．

(1)求AB的长．

(2)当以点M、C、N为顶点的三角形与△ABC相似时，求t的值．

(3)如图2，将本题改为点M从点B出发以每秒3个单位长度的速度在BA上向点A运动，点N同时从

点A出发向点C运动，其速度是每秒2个单位长度，其它条件不变，求当t为何值时，△MNA为等腰三

角形．

【答案】(1)10

1218

(2)t=或t=时，以点M、C、N为顶点的三角形与△ABC相似

511

4050

(3)t=2或t=或t=时，△MNA为等腰三角形

1731

【分析】(1)根据三角函数解得即可；

9

(2)分①当△MCN∽△BCA时和②当△MCN∽△ACB时，两种情况利用相似三角形的性质解答即可；

(3)分①当AM=AN时，②当AM=MN时，③当MN=AN时，三种情况，利用等腰三角形的性质得出比

例解答即可．

4

【详解】(1)解：∵∠C=90°,BC=6,tanB=

3

∴AC=8

∴AB=BC2+AC2=62+82=10

(2)解：解：①当△MCN∽△BCA时，

MCCN

∴=，

BCCA

6-t2t

即=，

68

12

解得：t=，

5

②当△MCN∽△ACB时，

MCCN

∵=，

ACBC

6-t2t

即=，

86

18

解得：t=，

11

1218

综上所述，t=或t=时，以点M、C、N为顶点的三角形与△ABC相似，

511

(3)解：①如图3，当AM=AN时，10-3t=2t，

解得：t=2，

②如图4，当AM=MN时，过点M作MD⊥AC于D，

1

则∠ADM=90°，AM=MN=10-3t，AD=AN=t，

2

∵∠ACB=90°，

∴MD∥BC，

∴△AMD∽△ABC，

AMAD

∴=，

ABAC

10-3tt

即=，

108

40

解得：t=，

17

③如图5，当MN=AN时，过点N作ND⊥AB于D，

11

则∠ADN=∠ACB=90°，AD=DM=AM=(10-3t)，

22

∵∠A=∠A，

10

∴△ADN∽△ACB，

ADAN

∴=，

ACAB

1

2(10-3t)2t

即=，

810

50

解得：t=，

31

4050

综上所述，t=2或t=或t=时，△MNA为等腰三角形

1731

【点睛】本题考查考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，已知正切求边长，解题的关键是掌

握辅助线的作法，数形结合，分类讨论思想的应用．

ABAD

10.如图，在△ABC中，D是BC上的点，E是AD上一点，且=，∠BAD=∠ECA．

ACCE

(1)求证：AC2=BC•CD；

CE

(2)若AD是△ABC的中线，求的值．

AC

2

【答案】(1)证明见解析；(2)

2

【分析】(1)首先利用相似三角形的判定得出△BAD∽△ACE△，得∠B=∠EAC，进而求出△ABC∽

△DAC，再利用相似三角形的性质得出答案即可；

(2)由△BAD∽△ACE可证∠CDE=∠CED，进而得出CD=CE，再由(1)可证AC=2CD，由此即可得

出线段之间关系．

ABAD

【详解】(1)证明：∵=，∠BAD=∠ECA，

ACCE

∴ΔBAD∽ΔACE，

∴∠B=∠EAC，

∵∠ACB=∠DCA，

∴△ABC∽△DAC，

ACBC

∴=，

CDAC

∴AC2=BC·CD．

(2)解：∵△BAD∽△ACE，

∴∠BDA=∠AEC，

∴∠CDE=∠CED，

∴CD=CE，

∵AD是△ABC的中线，

∴BC=2BD=2CD，

∴AC2=BC·CD=2CD2，即：AC=2CD，

11

CECD2

∴==．

AC2CD2

【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及重心的性质等知识，根据已知得出△BAD∽△ACE

是解题关键．

11.如果两个相似三角形的对应边存在2倍关系，则称这两个相似三角形互为母子三角形．

DE

(1)如果△DEF与△ABC互为母子三角形，则的值可能为()

AB

11

A.2

B.

C.2或

22

(2)已知：如图1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，AB=2AD,∠ADE=∠B．

求证：△ABD与△ADE互为母子三角形． 

(3)如图2，△ABC中，AD是中线，过射线CA上点E作EG⎳BC，交射线DA于点G，连结BE，射线

AG

BE与射线DA交于点F，若△AGE与△ADC互为母子三角形．求的值．

GF

AG1

【答案】(1)C；(2)见解析；(3)=或3．

GF3

【分析】(1)根据互为母子三角形的定义即可得出结论；

(2)根据两角对应相等两三角形相似得出△ABD∽△ADE，再根据AB=2AD从而得出结论；

(3)根据题意画出图形，分当G,E分别在线段AD,AC上时和当G,E分别在射线DA,CA上时两种情况加

以讨论；

【详解】(1)∵△DEF与△ABC互为母子三角形，

DE1

∴=或2

AB2

故选：C

(2)∵AD是∠BAC的角平分线，

∴∠BAD=∠CAD，

∵∠ADE=∠B，

∴△ABD∽△ADE．

又∵AB=2AD，

∴△ABD与△ADE互为母子三角形．

(3)如图，当G,E分别在线段AD,AC上时，

∵△AGE与△ADC互为母子三角形，

12

CDAD

∴==2，

GEAG

∴AG=DG，

∵AD是中线，

∴BD=CD，

又∵GE⎳BC，

∴△GEF∽△DBF．

DFDBCD

∴===2，

GFGEGE

∴DG=3GF，

AG

∴=3．

GF

如图，当G,E分别在射线DA,CA上时，

∵△AGE与△ADC互为母子三角形，

CDAD

∴==2，

GEAG

11

∴AG=AD=DG，

23

∵AD是中线，

∴BD=CD，

又∵GE⎳BC，

∴△GEF∽△DBF．

DFDBCD

∴===2，

GFGEGE

∴DG=GF，

AG1

∴=．

GF3

AG1

综上所述，=或3

GF3

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、分类讨论的数学思想以及接受与理解新生事物的能力．

准确理解题设条件中互为母子三角形的定义是正确解题的先决条件，在分析与解决问题的过程中，要考虑

全面，进行分类讨论，避免漏解．

12.如图1，AB=AC=2CD，DC∥AB，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，使点D落在AC的点

E处，AB与CF相交于点O，AB与EF相交于点G，连接BF．

(1)求证：△ABE≌△CAD；

(2)求证：AC∥FB；

13

AB

(3)若点D，E，F在同一条直线上，如图2，求的值．(温馨提示：请用简洁的方式表示角)

BC

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)2

【分析】(1)根据旋转变换的性质得到旋转前后两个三角形全等，从而得到CE=CD，根据AC=2CD，就能

得到AE=CD，然后利用平行可以得到内错角相等，最后加上AB=AC，就可以通过边角边证明两个三角

形全等．

(2)根据旋转和第一小题的结论，可以得到BE=FE，然后用等角对等边即可得到∠EFB=∠EBF，又可以

从前面的两个全等中得到∠EFC=∠EBA，∠OAC=∠OCA从而得到∠OFB=∠OBF，那么△ACO和

△BOF就是顶角互为对顶角的一组等腰三角形，所以就能得到底角相等，即∠CAO=∠FOB，那么内错角

相等，两直线平行即可证结论．

1

(3)根据D，E，F在同一条直线上，可以证明△AEG和△CED全等，即可得到AG=AB，那么EG就是

2

中位线，则EG∥CB，加上第二小题结论就能得到四边形BCEF是平行四边形，那么BC=AD，然后通过

三角形外角的性质，可以证得∠ADE=∠ACD，就能证△ACD和△ADE是一组子母型相似，然后根据相似

比可得最终答案．

【详解】(1)解：∵将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，

∴△FCE≌△ACD，

∴CE=CD，

∵AC=2CD，

∴AC=2CE，

∴AE=AC-CE=2CE-CE=CE=CD，

∵DC∥AB

∴∠DCA=∠EAB，

在△ABE和△CAD中，

AE=CD

∵∠EAB=∠DCA，

AB=CA

∴△ABE≌△CADSAS．

(2)解：由(1)得BE=AD，∠ABE=∠CAD，

∵△CEF≌△CDA，

∴FE=AD，∠EFC=∠DAC，

∴BE=FE，∠EFC=∠EBA，

∴∠EFB=∠EBF，

∵∠OFB=∠EFB-∠EFC，∠OBF=∠EBF-∠EBA，

∴∠OFB=∠OBF，

∵∠ECF=∠DCA，

∴∠OAC=∠OCA，

∵∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，∠OBF+∠OFB+∠BOF=180°，

又∠AOC=∠BOF，

∴∠OCA+∠OAC=∠OBF+∠OFB，

14

即2∠CAO=2∠FOB，

∴∠CAO=∠FOB，

∴AC∥FB

(3)解：在△AEG和△CED中，

∠GAE=∠DCE

∵AE=CE，

∠AEG=∠CED

∴△AEG≌△CEDASA

1

∴AG=CD=AB，

2

∵AE=CE，

∴EG∥CB，

∵AC∥FB，

∴四边形BCEF是平行四边形，

∴BC=FE=AD，

∵∠AEG=∠ACD+∠CAD=∠DAE+∠ADE，

∴∠ADE=∠ACD，

∵∠CAD=∠DAE，

∴△ACD∽△ADE，

EADA

∴=，

DACA

即DA2=EA⋅CA=2EA2，

∴DA=2EA，

∵AB=AC=2EA，

ABAB2EA2

∴====2．

BCDA2EA2

【点睛】本题考查了三角形全等的证明，平行线的判定以及利用相似三角形求线段长之比，解题时需要学会

将多个小题的结论联系起来，把前面小题的结论用到后面小题的思路中，熟练寻找证明三角形全等或相似

所需要的条件是解题的关键．

【题型04：旋转相似】

13.【典例4】某校数学活动小组探究了如下数学问题：

(1)问题发现：如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP

为腰作等腰Rt△APQ，且∠PAQ=90°，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；

(2)变式探究：如图2，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为

底边作等腰Rt△CPQ，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；

15

(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是

正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为210，CQ=22，请直接写

出正方形ABCD的边长．

【答案】(1)BP=CQ

(2)BP=2AQ

(3)6

【分析】(1)根据已知条件利用边角边证明△ABP≌△ACQ，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ

的数量关系；

(2)根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明

△CBP∽△CAQ，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；

(3)连接BD，先由正方形的性质判断出△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方

法证出△BDP∽△CDQ，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为

x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．

【详解】(1)解：∵△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°，

在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，

∴AP=AQ，∠BAP+∠PAC=∠CAQ+∠PAC，

∴∠BAP=∠CAQ．

AB=AC

在△ABP和△ACQ中，∠BAP=∠CAQ，

AP=AQ

∴△ABP≌△ACQ(SAS)，

∴BP=CQ；

(2)解：结论：BP=2AQ，

理由如下：∵△CPQ是等腰直角三角形，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，

QCAC2

∴==，∠ACB=∠QCP=45°．

PCBC2

∵∠BCP+∠ACP=∠ACQ+∠ACP=45°，

∴∠BCP=∠ACQ，

∴△CBP∽△CAQ，

QCACAQ2

∴===，

PCBCBP2

∴BP=2AQ；

(3)解：连接BD，如图所示，

∵四边形ABCD与四边形DPEF是正方形，DE与PF交于点Q，

∴△BCD和△PQD都是等腰直角三角形，

QDCD2

∴==，∠BDC=∠PDQ=45°．

PDBD2

∵∠BDP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC=45°，

∴∠BDP=∠CDQ，

∴△BDP∽△CDQ，

QDCDCQ2

∴===．

PDBDBP2

∵CQ=22，

16

∴BP=2CQ=4．

在Rt△PCD中，CD2+CP2=DP2，设CD=x，则CP=x-4，

又∵正方形DPEF的边长为210，

∴DP=210，

∴x2+(x-4)2=(210)2，

解得x1=-2(舍去)，x2=6．

∴正方形ABCD的边长为6．

【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形

的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．

14.如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．

(1)证明：四边形CEGF是正方形；

(2)探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角(0°<α<45°)，如图2所示，试探究线段

AG与BE之间的数量关系，并说明理由；

(3)拓展与运用：正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角(0°<α<45°)，如图3所示，当B，E，F三

点在一条直线上时，延长CG交AD于点H，若AG=9，GH=32，求BC的长．

95

【答案】(1)答案见解析；(2)AG=2BE；理由见解析；(3)BC=．

2

【分析】(1)先说明GE⊥BC、GF⊥CD，再结合∠BCD=90°可证四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=

45°即可证明；

(2)连接CG，证明△ACG∽△BCE，再应用相似三角形的性质解答即可；

AGGHAH

(3)先证△AHG∽△CHA可得==，设BC=CD=AD=a，则AC=a，

ACAHCH

2110

求出AH=a，DH=a，CH=a最后代入即可求得a的值．

333

【详解】(1)∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，

∵GE⊥BC、GF⊥CD，

∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，

∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，

∴EG=EC，

∴四边形CEGF是正方形．

(2)结论：AG=2BE；

理由：连接CG，

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，

17

在Rt△CEG和Rt△CBA中，

CE2

=cos45°=，

CG2

CB2

=cos45°=，

CA2

CGCA

∴==2，

CECB

∴△ACG∽△BCE，

AGCA

∴==2

BECB

∴线段AG与BE之间的数量关系为AG=2BE；

(3)∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，

∴∠BEC=135°，

∵△ACG∽△BCE，

∴∠AGC=∠BEC=135°，

∴∠AGH=∠CAH=45°，

∵∠CHA=∠AHG，

∴△AHG∽△CHA，

AGGHAH

∴==，

ACAHCH

设BC=CD=AD=a，则AC=2a，

AGGH932

由=，得=，

ACAH2aAH

2

∴AH=a，

3

12210

则DH=AD-AH=a，CH=CD+DH=a，

33

2

AGAH93a

∴=，得

=,

ACCH2a10

3a

9595

解得：a=，即BC=．

22

【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查相似形的判定和性质、正方形的性质等知识点，解题的关键是正

确寻找相似三角形解决问题并利用参数构建方程解决问题．

【题型05：K字型相似】

15.综合探究

如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，□ABCD的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，OA=OC=

2OB=4，直线y=x+t(-2≤t≤4)分别与x轴、y轴、线段AD、直线AB交于点E、F、P、Q．

18

(1)当t=1时，求证：AP=DP．

(2)探究线段AP、PQ之间的数量关系，并说明理由．

(3)在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ=90°，且以点M、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似，若

存在，请求出此时t的值以及点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)见解析

(2)PQ=22AP

71214

(3)t=时，M,0；t=时，M,0；t=-1时，M-7，0．

3333

【分析】(1)根据t=1，求出t=1与AD交点P的坐标，即可求解；

(2)先求出直线AB的表达式为y=2x+4，再联立直线AB与直线y=x+t求出Q(t-4,2t-4)，再求出

点P(4-t,4)，利用坐标系中两点距离公式求出即可PQ=22(t-4)，结合AP=4-t即可求解；

PMAOPMBO1

(3)证明△PHM∽△MIQ，得到==2或==，分四种情况画图求解．

QMBOQMAO2

【详解】(1)证明：由OA=OC=2OB=4知，OC=4，OB=2，

则AD=BC=6，

则点A、B的坐标分别为：(0,4)、(-2,0)，

1

当y=4时，y=x+1=4，则x=3=AD，

2

即点P(3,4)，

∴AP=DP=3；

(2)解：PQ=22AP，理由：

设直线AB的表达式为：y=kx+b，将A0，4、B-2，0代入得：

4=bk=2

，解得：．

0=-2k+bb=4

∴直线AB的表达式为：y=2x+4，

联立上式和y=x+t得

y=x+tx=t-4

，解得，

y=2x+4y=2t-4

即点Q(t-4,2t-4)，

同理(1)可得，点P(4-t,4)，

22

∴PQ=t-4-4-t+2t-4-4=224-t

∵AP=4-t，

∴PQ=22AP；

(3)分别过点P、Q作PH⊥x轴，QI⊥x轴，

19

∴∠PHM=∠MIQ=90°，

∵∠PMQ=90°，

∴∠PMH+∠QMI=90°，

∵∠MQI