专题 第4章相似三角形章末重点题型复习（专项训练）数学浙教版九年级上册

（（浙教版）九年级上册 第4章：相似三角形章末重点题型复习 题型一 比例的基本性质 1．（2024秋•于洪区期末）已知（x≠0，y≠0），下列变形错误的是（　　） A．3x＝4y B． C． D．4x＝3y 2．（2024秋•桃源县校级期中）已知x：y＝5：3，则下列等式中，正确的是（　　） A．5x＝3y B． C． D． 3．（2024秋•温州期末）已知，则的值是（　　） A．1 B． C． D． 4．（2024秋•沈北新区期末）若，则的值为（　　） A． B． C． D．2 题型二 比例线段 1．（2024秋•道县期中）下列各组中的四条线段成比例的是（　　） A．1cm，2cm，3cm，4cm B．2cm，3cm，4cm，6cm C．5cm，6cm，7cm，8cm D．7cm，8cm，9cm，10cm 2．（2024秋•尤溪县期中）已知a，b，c，d是成比例线段，其中a＝2，b＝3，c＝4，则线段d的长为（　　） A．5 B．6 C．8 D．9 3．（2024秋•龙凤区校级期中）在一幅地图上，用20厘米的线段表示30千米的实际距离，那么这幅地图的比例尺是（　　） A．1：1500 B．1：15000 C．1：150000 D．1：1500000 4．（2024秋•诸暨市校级月考）已知：线段a，b，c，根据以下条件回答问题． （1）若a＝4cm，b＝9cm，c是a，b的比例中项线段，求c的长； （2）若，a+b+c＝48，求a，b，c的长． 题型三 黄金分割点的应用 1．（2024秋•南阳期中）黄金分割被很多人认为是“最美比例”，是因为它符合人们的视觉习惯和审美心理，能够创造出更加和谐、平衡和美观的艺术作品和产品．在自然界中黄金分割也很常见，如图是一个有着“最美比例”的鹦鹉螺，点B是线段AC的黄金分割点，AB＞BC，若AC＝10cm，则AB的长约为（　　）cm． A．0.618 B．6.18 C．3.82 D．0.382 2．（2024秋•上城区校级期中）如图，点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，若AB＝2，则AP的长为（　　） A． B． C． D．2 3．（2024秋•景德镇期中）如图1，是古希腊时期的帕提侬神庙（Parthenon），如图把虚线表示的矩形画出图2中的ABCD，以矩形ABCD的宽为边在其内部作正方形AEFD，我们惊奇的发现点E是AB的黄金分割点，则（　　） A． B． C． D． 4．（2024•凉州区二模）已知线段AB＝2，点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP）． （1）求线段AP的长； （2）以AB为三角形的一边作△ABQ，使得BQ＝AP，连接QP，若QP平分∠AQB，求AQ的长． 题型四 平行线分线段成比例 1．（2024秋•南京期末）如图，AB∥CD∥EF，若，BF＝10，则BD的长为（　　） A．4 B．6 C． D．15 2．（2024秋•硚口区月考）如图，已知直线l1∥l2∥l3，直线m、n分别与直线l1、l2、l3分别交于点A、B、C、D、E、F，若DE＝3，EF＝5，则值为（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•竞秀区期中）如图，已知AB∥CD∥EF，AD：DF＝2：1，BE＝12，则CE的长为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2024秋•中宁县期中）如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC上的点，且DE∥AC，DF∥AE，，BF＝6，求EF和CF的长． 5．（2024秋•上城区校级期中）如图，已知直线l1，l2，l3分别截直线l4于点A，B，C，截直线l5于点D，E，F，l4与l5相交于点M．且l1∥l2∥l3． （1）如果AB＝4，BC＝8，EF＝12，求DE的长； （2）如果DE：EM：MF＝3：2：5，AC＝25，求MB的长． 题型五 利用相似三角形的性质求角度 1．（2024秋•武侯区校级期中）已知△ABC∽△DEF，若∠A＝25°，∠B＝75°，则∠F的度数是（　　） A．75° B．25° C．80° D．100° 2．（2024春•长春期末）如图，△ACP∽△ABC，若∠A＝100°，∠ACP＝20°，则∠PCB的度数是（　　） A．60° B．50° C．40° D．30° 3．（2024秋•天桥区期中）如图，△ABC∽△DAC，∠B＝35°，∠D＝115°，则∠BAD的度数为（　　） A．115° B．125° C．150° D．155° 4．（2023秋•镇平县期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，AB上，且△ADC∽△DEB，求∠ADE的度数． 题型六 利用相似三角形的性质求线段长 1．（2023秋•梁溪区校级期末）如图，△ABC∽△ADE，S△ABC：S四边形BDEC＝1：2，其中，DE的长为（　　） A． B． C． D．6 2．（2023秋•阿城区期末）如图，在▱ABCD中，，连接BE，交AC于点F，AC＝10，则CF为（　　） A．4 B．6 C．7.2 D． 3．（2023秋•莘县校级月考）将三角形纸片△ABC按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B′，折痕为EF．已知AB＝AC＝6，BC＝8，若以点B′，F，C为顶点的三角形与△ABC相似，那么BF的长度是（　　） A． B． C．或4 D．或4 4．（2023秋•滨江区校级期中）如图，△ABC∽△ACD，AD＝2，BD＝3． （1）求AC的长； （2）若CD平分∠ACB，求DC的长． 题型七 相似三角形的判定---预备定理 1．（2023秋•科左中旗期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，已知CD＝1，BC＝1.8，DE＝1.5，则AD的长是 ． 2．（2023秋•项城市期中）如图，AB与CD相交于点E，点F在线段BC上，且AC∥EF∥DB，若BE＝5，BF＝3，AE＝BC，则的值为 ． 3．（2023秋•鹤壁期末）如图，在△ABC中，点D是边AB的四等分点，DE∥AC，DF∥BC，AC＝8，BC＝12，求四边形DECF的周长． 4．（2023春•龙泉驿区期末）如图：AD∥EG∥BC，EG分别交AB，DB，AC于点E，F，G，已知AD＝5，BC＝10，AE＝9，AB＝12．求EG，FG的长． 题型八 相似三角形的判定定理 1．（2024秋•长春期末）已知△ABC，点D在AB边上，下列条件中，不能判断△ABC∽△ACD的是（　　） A．∠ADC＝∠ACB B．∠ACD＝∠B C． D．AC2＝AD•AB 2．（2024秋•仁寿县期中）如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（　　） A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C． D． 3．（2024秋•余庆县期中）如图，已知∠BAC＝∠EAD，AB＝24，AC＝48，AE＝16，AD＝32，求证：△ABC∽△AED． 4．（2024秋•德惠市期末）如图，已知∠B＝∠E＝90°，AB＝6，BF＝3，CF＝5，DE＝15，DF＝25． （1）求CE的长； （2）求证：△ABC∽△DEF． 5．（2023秋•义乌市期末）如图，在平行四边形ABCD中，E是边AD的延长线上一点，连接BE交CD于点F，交对角线AC于点G． （1）若DE＝1，AD＝2，求的值； （2）求证：△BCF∽△EAB． 6．（2023•盘州市模拟）如图，在四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且． （1）若∠DAE＝22°，求∠BAD的度数； （2）判断△ADE与△ACB是否相似，并说明理由． 题型九 利用相似三角形的性质求对应线段的比 1．（2023秋•赣州期末）如果两个相似三角形对应边的比为2：3，那么它们对应高线的比是（　　） A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．8：27 2．（2024秋•桥西区期中）已知△ABC∽△A′B′C′，BD和B′D′是它们的对应角平分线，若，若BD＝4，则B′D′＝（　　） A．2 B．3 C．6 D．9 3．（2024秋•昌黎县期中）若两个相似三角形的对应中线之比为2：3，则它们的对应高之比为（　　） A．2：3 B．4：9 C．9：4 D．3：2 4．（2024秋•鼓楼区校级月考）已知两个相似三角形的周长比为4：9，则它们的对应角平分线比为（　　） A．2：3 B．4：9 C．8：18 D．16：81 题型十 利用相似三角形的性质求周长 1．（2024•青羊区校级模拟）两个相似三角形一组对应角平分线的长分别是2cm和5cm，其中较小三角形的周长是10cm，则较大三角形的周长为（　　） A．15cm B．18cm C．20cm D．25cm 2．（2023秋•永吉县期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在AB，AC边上，如果△ADE∽△ABC，AD：AB＝1：4，BC＝8cm，那么△ADE的周长等于（　　） A．2cm B．3cm C．6cm D．12cm 3．（2023秋•槐荫区期末）已知△ABC∽△DEF，且AB＝3，DE＝6，若△ABC的周长为20，则△DEF的周长为（　　） A．5 B．10 C．40 D．80 4．（2023秋•余江区期末）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点E，点F在BD上，且∠BAF＝∠DBC，． （1）求证：△ABC∽△AFD； （2）若AD＝2，BC＝5，△ADE的周长为20，求△BCE的周长． 题型十一 利用相似三角形的性质求面积 1．（2024•盐都区校级一模）如果两个相似三角形的周长比为2：3，那么这两个相似三角形的面积比为（　　） A．4：9 B．2：3 C．3：2 D． 2．（2023秋•鹿城区校级月考）若一个三角形的三边长分别为3，4，5，与其相似的三角形的最长边为15，则较大三角形的面积为（　　） A．6 B．18 C．54 D．108 3．（2023秋•未央区期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，若S△ADE：S△BDE＝1：3，S△ADE＝2，则S△ABC＝（　　） A．12 B．16 C．24 D．32 4．（2023秋•西山区校级期末）如图，点D是△ABC的边BC上一点，∠BAD＝∠C，AC＝2AD，如果△ABD的面积为4，那么△ACD的面积为（　　） A．16 B．12 C．8 D．6 题型十二 相似三角形的应用 1．（2024秋•新野县期中）我国古代教育家墨子发现了小孔成像：用一个带有小孔的板遮挡在墙体与物之间，墙体上就会形成物的倒影，这种现象叫小孔成像．如图，根据小孔成像原理，已知蜡烛的火焰高AB＝3cm，当物距OE＝6cm，像距OF＝8cm时，火焰的像高CD为（　　） A．16cm B． C． D．4cm 2．（2024秋•封丘县期中）小明在公园里看到一把椅子，他对椅子的结构很感兴趣．椅子的侧面示意图如图所示．已知，且ED＝30cm，则AB的长为（　　） A．40cm B．50cm C．60cm D．80cm 3．（2024秋•成都期中）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CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，且测得AB＝6m，BP＝8m，PD＝18m，那么该古城墙CD的高度是（　　）m． A．12 B．10 C．13.5或24 D．13.5 4．（2023秋•渠县期末）如图，阳光通过窗口AE射到室内，在地面上留下3米宽的亮区BC，已知亮区BC到窗口下的墙脚的距离CD＝5米，窗口高AE＝1.5米，那么窗口底部离地面的高度DE为（　　） A．2米 B．2.5米 C．3米 D．4米 5．（2023秋•安阳期末）二七纪念塔位于河南省郑州市二七广场，是郑州市的地标性建筑之一．某数学活动小组欲测量其高度MN，如图，在距纪念塔MN水平距离为29m的点B处竖立一根长为5.5m的直杆AB，恰好使得观测点E，直杆顶点A和塔顶点N在同一条直线上．若DB＝2m，DE＝1.5m，NM⊥EF，求塔高MN． 题型十三 重心性质的应用 1．（2023秋•和平区校级期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，且DE∥BC，BE交DC于点F．若EF：FB＝1：3，则的值为（　　） A． B． C． D．以上选项都不对 2．（2024秋•海曙区校级月考）如图，△ABC重心为G，△ABC和△GBC在BC边上高之比为（　　） A． B． C．2 D．3 3．（2024秋•钟楼区校级月考）如图，点G为△ABC的重心，GE∥AC，若DE＝2，则BC＝　 　． 4． （2024秋•金山区校级月考）在△ABC中，已知AD是中线，点G是重心，那么S△BDG：S△ABC＝ 　 　． 题型十四 相似三角形判定和性质的综合 1．（2024秋•高碑店市期中）如图，D是△ABC边AB上的一点，∠ABC＝∠ACD． （1）求证：△ABC∽△ACD； （2）当AD＝6，AB＝8时，求AC的长． 2．（2023秋•吴兴区期末）如图，在△ABC中，E是AB上一点，AC与DE相交于点F，F是AC的中点，AB∥CD． （1）求证：△AEF≌△CDF； （2）若AB＝10，CD＝7，求BE的长． 3．（2024秋•封丘县期中）如图，线段AD与BC相交于点E，AB∥CD∥EF，B，F，D三点在同一条直线上． （1）求证：； （2）当时，求EF的值． 4．（2024秋•新野县期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为边CD上一点，连接BD、AE，它们相交于点F，且∠ABD＝∠DAE． （1）求证：DE2＝EF•AE； （2）若DE＝4，EF＝2，BF＝9，求AD的长． 题型十五 相似三角形与网格问题 1．（2023秋•庐阳区校级期末）如图，在边长为1的正方形网格中，点A、B、C、D、E都是小正方形的顶点，则图中所形成的三角形中，与△ABC相似的三角形是 　． 2．（2023秋•金山区期末）如图在4×1的方格中，每一个小正方形的顶点叫做格点，以其中三个格点为顶点的三角形称为格点三角形，△ABC就是一个格点三角形，现从△ABC的三个顶点中选取两个格点，再从余下的格点中选取一个格点联结成格点三角形，其中与△ABC相似的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2023•石家庄模拟）如图，在边长为1的正方形网格上有两个相似三角形△ABC和△EDF，则∠ABC+∠ACB的度数为（　　） A．135° B．90° C．60° D．45° 4．（2023秋•合肥月考）如图所示，在4×4的正方形方格中，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上． （1）填空：∠ABC＝　 　，BC＝　 ； （2）判断△ABC与△DEF是否相似？并证明你的结论． 题型十六 相似三角形与动点问题 1．（2023秋•朝阳期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8m，AB＝10m，点P从B点出发，沿BC方向以2m/s的速度移动，点Q从C出发，沿CA方向以1m/s的速度移动．若P、Q同时出发，经过 　 　s，△CPQ与△CBA相似． 2．（2022秋•让胡路区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AB运动；同时，点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿BC运动．当点Q到达点C时，P、Q两点同时停止运动．设点P、Q运动时间为t（s）．当△PBQ与△ABC相似时，t的值是多少？ 3．（2023秋•西湖区期中）在平面直角坐标系中，已知OA＝10cm，OB＝5cm，点P从点O开始沿OA边向点A以2cm/s的速度移动；点Q从点B开始沿BO边向点O以1cm/s的速度移动．如果P、Q同时出发，用t（s）表示移动的时间（0≤t≤5）， （1）用含t的代数式表示：线段PO＝　 cm；OQ＝　 　cm． （2）当△POQ与△AOB相似时，求出t的值． 4．（2023秋•红旗区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ． （1）请用含t的代数式表示：BP＝　 　，BQ＝　 ； （2）求当t为何值时，△BPQ与△ABC相似？ 题型十七 相似三角形与圆的综合 1．（2023秋•婺城区校级期中）如图，弦DB，EC的延长相交于圆外一点A，连结CD，BE． （1）求证：△ACD∽△ABE； （2）若AB＝5，AC＝6，AE＝10，求AD的长． 2．（2023秋•海曙区期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接AD，BE相交于点F． （1）求证：△BCE∽△AFE； （2）若CE＝6，CD＝5，求AF的长． 3．（2023•永嘉县模拟）如图，在⊙O的内接△ABC中，AB＝AC，直径AD交BC于点E，连结CD． （1）求证：△ACE∽△CDE． （2）若AE＝BC，AD＝10，求AC的长． 4．（2023•雁塔区校级四模）如图，在△ABC中，AC＝BC，⊙O是△ABC的外接圆，过点B作⊙O的切线BD，连接AD交BC于点E，交⊙O于点F，连接BF． （1）求证：∠FBD＝∠FAB； （2）若AE⊥BC，AC＝6，，求DF的长． 题型十八 相似多边形的性质 1．（2023秋•垣曲县期中）如图，四边形ABCD∽四边形A1B1C1D1，若∠A＝110°，∠C＝68°，∠B1＝88°，则∠D的度数为（　　） A．74° B．84° C．94° D．104° 2．（2023秋•铁西区期中）四边形ABCD的边长分别为2，4，6，5，四边形EFGH和四边形ABCD相似，且四边形EFGH最短边的长为6，则它的最长边长为（　　） A．12 B．15 C．18 D．24 3．（2024秋•西安期中）如图，五边形ABCDE∽五边形A'B'C'D'E'，它们的相似比为3：4．已知BC＝4.8cm，则B'C'＝ 　 cm． 4．（2024秋•乐清市校级期中）两个相似五边形，一组对应边的长分别为2cm和3cm，若它们的面积之和为65cm2，则较小五边形的面积是 　 　． 题型十九 相似多边形的判定 1．（2023秋•曲阳县期末）如图，有甲，乙、丙三个矩形，其中相似的是（　　） A．甲与丙 B．甲与乙 C．乙与丙 D．三个矩形都不相似 2．（2023秋•庐江县期末）已知矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，下列四个矩形中与矩形ABCD相似的是（　　） A． B． C． D． 3．（2023秋•虹口区期末）如图，四边形的顶点在方格纸的格点上，下列方格纸中的四边形与已知四边形相似的是（　　） A． B． C． D． 4．（2024•海门区校级模拟）如图所示，判断四边形ABCD与四边形EFGH是否相似，请说明理由． 题型二十 相似多边形的性质与判定的综合 1．（2023秋•滨江区期末）如图，把一个矩形ABCD划分成三个全等的小矩形． （1）若原矩形ABCD的长AB＝6，宽BC＝4．问：每个小矩形与原矩形相似吗？请说明理由． （2）若原矩形的长AB＝a，宽BC＝b，且每个小矩形与原矩形相似，求矩形长a与宽b应满足的关系式． 2．（2023秋•西安校级月考）如图在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，E、F分别是AB、CD上的点，且AE＝DF＝8，两动点M、N都以2cm/s的速度分别从C、F两点沿CB、FE向B、E两点运动，判断当M、N运动多长时间能使矩形CFNM与矩形AEFD相似，并证明你的结论． 3．（2023秋•海曙区校级月考）已知，矩形的一组邻边长分别为6和a，画一线段把它分割成两个矩形，若这两个矩形相似，且其中一个矩形有一边长为4，求a的值． 题型二十一 位似图形的相关概念 1．（2023秋•邹平市期末）图所示的四种画法中，能使得△DEF是△ABC位似图形的有（　　） A．①② B．③④ C．①③④ D．①②③④ 2．（2023•石家庄模拟）下列各选项的两个图形中，不是位似图形的是（　　） A． B． C． D． 3．关于对位似图形的4个表述中： ①相似图形一定是位似图形，位似图形一定是相似图形； ②位似图形一定有位似中心； ③如果两个图形是相似图形，且每组对应点的连线所在的直线都经过同一个点，那么，这两个图形是位似图形； ④位似图形上任意两点与位似中心的距离之比等于位似比． 正确的个数（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型二十二 确定位似中心的坐标 1．（2023秋•兴隆县期中）如图，在直角坐标系中，△ABC与△ODE是位似图形，已知点A（2，1），则位似中心的坐标是（　　） A．（1，5） B．（4，2） C．（1，4） D．（5，2） 2．（2023秋•钟山区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1是位似图形，且顶点都在格点上，则位似中心的坐标是（　　） A．（5，3） B．（6，2） C．（7，0） D．（5，2） 3．如图，在边长为1的正方形网格中，两个三角形的顶点都在小正方形的顶点，且两个三角形是位似图形，点O和点P也在小正方形的顶点，则这两个三角形的位似中心是点　 　． 4．（2024秋•太原期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF是位似图形，它们顶点的横坐标、纵坐标都是整数，则位似中心的坐标为 　 　． 题型二十三 与位似图形有关的计算 1．（2023秋•平桂区 期末）如图，以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，若AB＝3，CD＝5，OB＝4，则线段BD长为（　　） A． B．6 C． D． 2．（2023秋•召陵区期末）如图，△ABC与△DEF位似，点O是位似中心，且OD＝2AD，若BC＝6，则EF＝（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2023秋•佛山期末）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，OA：OD＝1：4，△ABC的周长为8，则△DEF的周长为（　　） A．8 B．24 C．32 D．40 4．（2023秋•榆阳区校级期末）如图，△ABC与△A1B1C1位似，位似中心是点O，且OA：OA1＝1：2，若△ABC的面积为5，则△A1B1C1的面积为（　　） A．10 B．15 C．20 D．25 题型二十四 求位似图形的坐标 1．（2024秋•新野县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点E（﹣4，2），F（﹣2，﹣2），若△OEF与△OE′F′关于点O位似，且△OEF的面积是△OE′F′面积的4倍，点E的对应点E′的坐标为（　　） A．（﹣2，1） B．（﹣8，4） C．（﹣8，4）或（8，﹣4） D．（﹣2，1）或（2，﹣1） 2．（2024秋•锦江区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第二象限，点B坐标为（﹣2，0），点C坐标为（﹣1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C．若点A′的坐标为（2，﹣3），点B′的坐标为（1，0），则点A的坐标为（　　） A． B． C．（﹣3，2） D． 3．（2024秋•南山区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△ADE位似，相似比为1：2．已知位似中心点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（1，4），则点D的坐标为（　　） A．（﹣2，﹣4） B．（﹣2，﹣2） C．（﹣4，﹣4） D．（﹣4，﹣2） 题型二十五 平面直角坐标系中的位似变换作图 1．（2023秋•铁锋区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1）． （1）画出与△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1； （2）画出以点O为位似中心，与△ABC的相似比为2：1的△A2B2C2． 2．（2024秋•漳州期中）如图，已知O是坐标原点，点B，C的坐标分别为（3，﹣1），（2，1）． （1）以点O为位似中心，在y轴的左侧作△OB′C′，使它与△OBC位似，且位似比为2； （2）如果△OBC面积为m，则△OB′C′的面积为 　 　； （3）若线段BC上有一点P（a，b），请直接写出点P的对应点P′的坐标 　 　． 3．（2024秋•宜阳县月考）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，每个小正方形的边长为1，以原点O为位似中心，在第一象限内，对△ABC进行位似变换，得到△DEF（点A，B，C分别对应点D，E，F），且△ABC与△DEF的相似比为2：1．其中点B坐标为（4，2）． （1）画出△DEF； （2）点E坐标为 　 　； （3）线段AC上一点（x，y）经过变换后对应的点的坐标为 　 　． 4．（2024秋•泊头市期中）如图所示，在学习《图形的相似》时，小华利用几何画板软件，在平面直角坐标系中画出了△ABC的位似图形△A1B1C1． （1）在图1中标出△ABC与△A1B1C1的位似中心M点的位置； （2）若以点O为位似中心，在图2中y轴的左侧画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，且△A1B1C1与△A2B2C2的位似比为2； （3）在（2）中，若△A2B2C2边上一点P2的坐标为（a，b），则点P2在△A1B1C1上的对应点P1的坐标为 　 　． 题型二十六 相似三角形的综合压轴题 1．（2024•调兵山市二模）在△ABC和△ADE中，BA＝BC，DA＝DE，且∠ABC＝∠ADE，点E在△ABC的内部，连接EC，EB和ED，设EC＝k•BD（k≠0）． （1）当∠ABC＝∠ADE＝60°时，如图1，请求出k值，并给予证明； （2）当∠ABC＝∠ADE＝90°时： ①如图2，（1）中的k值是否发生变化，如无变化，请给予证明；如有变化，请求出k值并说明理由； ②如图3，当D，E，C三点共线，且E为DC中点时，请求出tan∠EAC的值． 2．（2024•滨海县一模）【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F． （1）求证：△AED∽△BFE． （2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长． 【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 　 　． 3．（2024•新洲区模拟）类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若2，求的值． （1）尝试探究在图1中，过点E作EH⊥BC交AC于点H，则BE和EH的数量关系是 　 　，的值是 　 　； （2）类比延伸如图2，在△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，设m，n，求证：； （3）拓展迁移如图3，在（2）的条件下，若EF＝EG＝FC，直接写出tan∠C的值． 4．（2024•廉江市二模）在等腰△ABC中，AB＝AC，线段BC上存在一动点E（不与点B，C重合），连接AE；将线段AE绕点A按逆时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，M，N分别是线段BC，EF的中点． 【问题初棎】 （1）如图1，若∠BAC＝60°，当E恰好是边BC的中点时，　 ，∠NMC的度数为 　 　． 【深入探究】 （2）如图2，若∠BAC＝60°，当E是边BC上的任意一点时（不与点B，C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【问题拓展】 （3）如图3，若，当点G在边BC上，且，在点E的运动过程中，求线段GN的最小值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ （（浙教版）九年级上册 第4章：相似三角形章末重点题型复习 题型一 比例的基本性质 1．（2024秋•于洪区期末）已知（x≠0，y≠0），下列变形错误的是（　　） A．3x＝4y B． C． D．4x＝3y 【分析】根据比例里，两个内项之积等于两个外项的积，对每一个选项进行分析判断即可． 【解答】解：由（x≠0，y≠0）得：4x＝3y， A、3x＝4y与题干不符，故错误； B、由（x≠0，y≠0）得：4x＝3y，故B正确； C、由（x≠0，y≠0）得：4x＝3y，故C正确； D、4x＝3y符合题意，故D正确． 故选：A． 【点评】本题考查了比例的性质，解决本题的关键是熟练运用比例的性质解决问题． 2．（2024秋•桃源县校级期中）已知x：y＝5：3，则下列等式中，正确的是（　　） A．5x＝3y B． C． D． 【分析】设x＝5k，y＝3k，再根据比例的性质求解即可． 【解答】解：∵x：y＝5：3， ∴设x＝5k，y＝3k， A．由比例的性质得到3x＝5y，故本选项不符合题意； B．，故本选项不符合题意； C．，故本选项不符合题意； D．，故本选项符合题意； 故选：D． 【点评】此题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键． 3．（2024秋•温州期末）已知，则的值是（　　） A．1 B． C． D． 【分析】利用比例的性质，进行计算即可解答． 【解答】解：∵， ∴1 1 ， 故选：D． 【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键． 4．（2024秋•沈北新区期末）若，则的值为（　　） A． B． C． D．2 【分析】根据分比性质可得1，进而可得结果． 【解答】解：因为， 所以1， 所以， 所以， 则的值为． 故选：C． 【点评】本题考查了比例的性质，解决本题的关键是掌握分比性质． 题型二 比例线段 1．（2024秋•道县期中）下列各组中的四条线段成比例的是（　　） A．1cm，2cm，3cm，4cm B．2cm，3cm，4cm，6cm C．5cm，6cm，7cm，8cm D．7cm，8cm，9cm，10cm 【分析】根据成比例线段的定义逐项判断即可得解． 【解答】解：根据成比例线段的定义判断如下： A、1×4≠2×3，故不成比例，故不符合题意； B、2×6＝3×4，故成比例，故符合题意； C、5×8≠6×7，故不成比例，故不符合题意； D、7×10≠8×9，故不成比例，故不符合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了成比例线段，熟练掌握成比例线段的定义是解此题的关键． 2．（2024秋•尤溪县期中）已知a，b，c，d是成比例线段，其中a＝2，b＝3，c＝4，则线段d的长为（　　） A．5 B．6 C．8 D．9 【分析】根据a，b，c，d是成比例线段，得到a：b＝c：d，进而利用比例性质求解即可． 【解答】解：∵a，b，c，d是成比例线段， ∴a：b＝c：d， ∴bc＝ad， ∵a＝2，b＝3，c＝4， ∴3×4＝2d， 解得：d＝6． 故选：B． 【点评】本题主要考查了成比例线段，根据成比例线段的性质列出比例式是解题的关键． 3．（2024秋•龙凤区校级期中）在一幅地图上，用20厘米的线段表示30千米的实际距离，那么这幅地图的比例尺是（　　） A．1：1500 B．1：15000 C．1：150000 D．1：1500000 【分析】根据比例尺的意义求解即可． 【解答】解：30千米＝3000000厘米， 20：3000000＝1：150000． 所以这幅地图的比例尺是1：150000． 故选：C． 【点评】本题考查了比例线段，掌握比例尺＝图上距离：实际距离是解题的关键．注意单位要统一． 4．（2024秋•诸暨市校级月考）已知：线段a，b，c，根据以下条件回答问题． （1）若a＝4cm，b＝9cm，c是a，b的比例中项线段，求c的长； （2）若，a+b+c＝48，求a，b，c的长． 【分析】（1）根据比例中项的定义列式得到c2＝ab，即c2＝36，即可得出答案； （2）设k，然后用k表示出a、b、c，再代入a+b+c＝48，求解得到k，即可得到a、b、c的值． 【解答】解：（1）∵c是a，b的比例中项线段， ∴c2＝ab＝4×9＝36， ∴c＝±6， ∵c＞0， ∴c的长是6cm； （2）设k， ∴a＝3k，b＝4k，c＝5k， ∴a+b+c＝3k+4k+5k＝48， 解得k＝4， ∴a＝12，b＝16，c＝20． 【点评】本题考查了比例线段，写比例式的时候一定要注意顺序，再根据比例的基本性质进行求解． 题型三 黄金分割点的应用 1．（2024秋•南阳期中）黄金分割被很多人认为是“最美比例”，是因为它符合人们的视觉习惯和审美心理，能够创造出更加和谐、平衡和美观的艺术作品和产品．在自然界中黄金分割也很常见，如图是一个有着“最美比例”的鹦鹉螺，点B是线段AC的黄金分割点，AB＞BC，若AC＝10cm，则AB的长约为（　　）cm． A．0.618 B．6.18 C．3.82 D．0.382 【分析】根据黄金分割的定义得到，把AC＝10cm代入计算即可得到答案． 【解答】解：∵点B是线段AC的黄金分割点（AB＞BC）， ∴， ∵AC＝10cm， ∴AB（cm）， 故选：B． 【点评】本题主要考查了黄金分割的有关计算，掌握黄金分割是解题的关键． 2．（2024秋•上城区校级期中）如图，点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，若AB＝2，则AP的长为（　　） A． B． C． D．2 【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答． 【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP），AB＝2， ∴APAB21， 故选：A． 【点评】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键． 3．（2024秋•景德镇期中）如图1，是古希腊时期的帕提侬神庙（Parthenon），如图把虚线表示的矩形画出图2中的ABCD，以矩形ABCD的宽为边在其内部作正方形AEFD，我们惊奇的发现点E是AB的黄金分割点，则（　　） A． B． C． D． 【分析】根据黄金分割列出比例式，设AE＝x，BE＝y，得出，进而求即可． 【解答】解：由题意可得：， ∵AD＝AE＝EF＝FD， 设AE＝x，BE＝y， ∴， ∴（负值舍去）， ∴． 故选：B． 【点评】本题考查相黄金分割，正确进行计算是解题关键． 4．（2024•凉州区二模）已知线段AB＝2，点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP）． （1）求线段AP的长； （2）以AB为三角形的一边作△ABQ，使得BQ＝AP，连接QP，若QP平分∠AQB，求AQ的长． 【分析】（1）依据题意，根据黄金比值计算即可得解； （2）依据题意，由若QP平分∠AQB，可得P到AQ、BQ的距离相等，从而，又由（1）AP＝BQ＝3，再结合AB＝2，即可得解． 【解答】解：（1）∵点P是线段AB的黄金分割点，AP＞BP， ∴APAB2． （2）∵QP平分∠AQB， ∴P到AQ、BQ的距离相等． ∴． 又由（1）AP＝BQ1， ∵AB＝2， ∴PB＝AB﹣AP＝2﹣（1）＝3． ∴AQ2． 【点评】本题主要考查了黄金分割的意义，解题时要熟练掌握并灵活运用． 题型四 平行线分线段成比例 1．（2024秋•南京期末）如图，AB∥CD∥EF，若，BF＝10，则BD的长为（　　） A．4 B．6 C． D．15 【分析】根据平行线分线段成比例定理，得出，再根据BD+DF＝10求解即可． 【解答】解：∵AB∥CD∥EF， ∴， ∵，BD+DF＝BF＝10， ∴， ∴BD＝6， 故选：B． 【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，用到的知识点是平行线分线段成比例定理，关键是找准对应关系，列出比例式． 2．（2024秋•硚口区月考）如图，已知直线l1∥l2∥l3，直线m、n分别与直线l1、l2、l3分别交于点A、B、C、D、E、F，若DE＝3，EF＝5，则值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据平行线分线段成比例定理解答即可． 【解答】解：∵l1∥l2∥l3， ∴， ∵DE＝3，EF＝5， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，注意：一组平行线截两条直线，所截的线段对应成比例． 3．（2024秋•竞秀区期中）如图，已知AB∥CD∥EF，AD：DF＝2：1，BE＝12，则CE的长为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，再根据AD：DF＝2：1，BE＝12，可计算出CE的长． 【解答】解：由AB∥CD∥EF，AD：DF＝2：1，可知， 即BC＝2CE， ∵BE＝12， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键． 4．（2024秋•中宁县期中）如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC上的点，且DE∥AC，DF∥AE，，BF＝6，求EF和CF的长． 【分析】由DF∥AE，利用平行线分线段成比例，可得出，结合“，BF＝6”，可求出EF的长，由DE∥AC，利用平行线分线段成比例，可得出，结合“，BE＝BF+EF＝6+4＝10”，可求出CE的长，再结合CF＝CE+EF，即可求出CF的长． 【解答】解：∵DF∥AE， ∴， ∵，BF＝6， ∴， ∴EF＝4． ∵DE∥AC， ∴， ∵，BE＝BF+EF＝6+4＝10， ∴， ∴CE， ∴CF＝CE+EF4． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，牢记“平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例”是解题的关键． 5．（2024秋•上城区校级期中）如图，已知直线l1，l2，l3分别截直线l4于点A，B，C，截直线l5于点D，E，F，l4与l5相交于点M．且l1∥l2∥l3． （1）如果AB＝4，BC＝8，EF＝12，求DE的长； （2）如果DE：EM：MF＝3：2：5，AC＝25，求MB的长． 【分析】（1）由平行线分线段成比例定理得到，代入已知线段长度即可得到DE的长； （2）由平行线分线段成比例定理得到AB：BM：MC＝DE：EM：MF，由DE：EM：MF＝3：2：5得到AB：BM：MC＝3：2：5，即可得到MB的长． 【解答】解：（1）∵l1∥l2∥l3， ∴， ∵AB＝4，BC＝8，EF＝12， ∴， ∴DE＝6； （2）∴l1∥l2∥l3，DE：EM：MF＝3：2：5， ∴AB：BM：MC＝DE：EM：MF＝3：2：5， 设AB＝3a，则BM＝2a，MC＝5a， ∵AC＝25， ∴AB+BM+MC＝3a+2a+5a＝25， ∴a＝2.5， ∴BM＝2a＝5，即MB的长为5． 【点评】此题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握定理并找准对应线段是解题的关键． 题型五 利用相似三角形的性质求角度 1．（2024秋•武侯区校级期中）已知△ABC∽△DEF，若∠A＝25°，∠B＝75°，则∠F的度数是（　　） A．75° B．25° C．80° D．100° 【分析】根据相似三角形的性质解答即可． 【解答】解：∵△ABC∽△DEF， ∴∠A＝∠D＝25°，∠B＝∠E＝75°， ∴∠F＝180°﹣∠D﹣∠E＝180°﹣25°﹣75°＝80°， 故选：C． 【点评】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应角相等是解题的关键． 2．（2024春•长春期末）如图，△ACP∽△ABC，若∠A＝100°，∠ACP＝20°，则∠PCB的度数是（　　） A．60° B．50° C．40° D．30° 【分析】由三角形内角和定理得到∠APC＝180°﹣100°﹣20°＝60°，由相似三角形的性质推出∠ACB＝∠APC＝60°，进而得出∠PCB． 【解答】解：∵∠A＝100°，∠ACP＝20°， ∴∠APC＝180°﹣100°﹣20°＝60°， ∵△ACP∽△ABC， ∴∠ACB＝∠APC＝60°， ∴∠PCB＝∠ACB﹣∠ACP＝60°﹣20°＝40°， 故选：C． 【点评】本题考查相似三角形的性质，解答本题的关键是掌握相似三角形的对应角相等． 3．（2024秋•天桥区期中）如图，△ABC∽△DAC，∠B＝35°，∠D＝115°，则∠BAD的度数为（　　） A．115° B．125° C．150° D．155° 【分析】由△ABC∽△DAC，得出∠BAC＝∠D＝115°，∠DAC＝∠B＝35°，再由∠BAD＝∠BAC+∠DAC进行计算即可得出答案． 【解答】解：∵△ABC∽△DAC， ∴∠DAC＝∠B＝35°，∠BAC＝∠D＝115°， ∴∠BAD＝∠DAC+∠BAC＝35°+115°＝150°， 故选：C． 【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解此题的关键． 4．（2023秋•镇平县期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，AB上，且△ADC∽△DEB，求∠ADE的度数． 【分析】依据△ABC是等边三角形，可得到∠B＝60°，即可得到∠BDE+∠DEB＝120°，再根据△ADC∽△DEB，可得到∠ADC＝∠DEB，即可求得∠ADE的度数为60°． 【解答】证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝60°， ∵∠B+∠BDE+∠DEB＝180°， ∴∠BDE+∠DEB＝120°， ∵△ADC∽△DEB， ∴∠ADC＝∠DEB， ∴∠ADC+∠BDE＝120°， ∵∠ADC+∠ADE+∠BDE＝180°， ∴∠ADE＝60°． 【点评】此题考查了相似三角形的性质、等边三角形的性质等知识． 题型六 利用相似三角形的性质求线段长 1．（2023秋•梁溪区校级期末）如图，△ABC∽△ADE，S△ABC：S四边形BDEC＝1：2，其中，DE的长为（　　） A． B． C． D．6 【分析】利用相似三角形的性质求解即可． 【解答】解：∵S△ABC：S四边形BDEC＝1：2， ∴S△ABC：S△ADE＝1：3， ∵△ABC∽△ADE， ∴， ∵CB， ∴DE． 故选：A． 【点评】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质，属于中考常考题型． 2．（2023秋•阿城区期末）如图，在▱ABCD中，，连接BE，交AC于点F，AC＝10，则CF为（　　） A．4 B．6 C．7.2 D． 【分析】由平行四边形的性质得AD∥CB，AD＝CB，则AEADCB，可证明△EAF∽△BCF，得，则CFAC＝6，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CB，AD＝CB， ∵AEAD， ∴AECB， ∵AE∥CB， ∴△EAF∽△BCF， ∴， ∵AC＝10， ∴CFACAC10＝6， 故选：B． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△EAF∽△BCF是解题的关键． 3．（2023秋•莘县校级月考）将三角形纸片△ABC按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B′，折痕为EF．已知AB＝AC＝6，BC＝8，若以点B′，F，C为顶点的三角形与△ABC相似，那么BF的长度是（　　） A． B． C．或4 D．或4 【分析】由于折叠前后的图形不变，要考虑△B′FC与△ABC相似时的对应情况，分两种情况讨论． 【解答】解：根据△B′FC与△ABC相似时的对应情况，有两种情况： ①△B′FC∽△ABC时，， 又因为AB＝AC＝6，BC＝8，B′F＝BF， 所以 ， 解得BF； ②△B′CF∽△BCA时，， 又因为AB＝AC＝6，BC＝8，B′F＝CF，BF＝B′F， 又BF+FC＝8，即2BF＝8， 解得BF＝4． 故BF的长度是或4． 故选：C． 【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）和对相似三角形性质的理解，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例． 4．（2023秋•滨江区校级期中）如图，△ABC∽△ACD，AD＝2，BD＝3． （1）求AC的长； （2）若CD平分∠ACB，求DC的长． 【分析】1）根据相似三角形的性质得到，把已知数据代入比例式求出AC； （2）根据相似三角形的性质得到∠ACD＝∠B，根据角平分线的性质、等腰三角形的判定定理求出DC． 【解答】（1）解：∵△ABC∽△ACD，AD＝2，BD＝3， ∴，AB＝5，即， ∴． （2）∵△ABC∽△ACD， ∴∠ACD＝∠B， 又∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴∠BCD＝∠B， ∴DC＝BD＝3． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边成比例、对应角相等是解题的关键． 题型七 相似三角形的判定---预备定理 1．（2023秋•科左中旗期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，已知CD＝1，BC＝1.8，DE＝1.5，则AD的长是 ． 【分析】由在△ABC中，DE∥BC，可得△ADE∽△ACB，又由CD＝1，BC＝1.8，DE＝1.5，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得AD的长． 【解答】解：∵在△ABC中，DE∥BC， ∴△ADE∽△ACB， ∴， ∵CD＝1，BC＝1.8，DE＝1.5， ∴， 解得：AD＝5． 故答案为：． 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．注意相似三角形的对应边成比例． 2．（2023秋•项城市期中）如图，AB与CD相交于点E，点F在线段BC上，且AC∥EF∥DB，若BE＝5，BF＝3，AE＝BC，则的值为 ． 【分析】设CF＝x，则，求出CF，再由EF∥DB，即可求出答案． 【解答】解：设CF＝x， ∵EF∥AC， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵AC∥DB， ∴△BED∽△AEC， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握基本知识． 3．（2023秋•鹤壁期末）如图，在△ABC中，点D是边AB的四等分点，DE∥AC，DF∥BC，AC＝8，BC＝12，求四边形DECF的周长． 【分析】根据平行四边形的判定得出四边形DFCE是平行四边形，证△ADF∽△ABC，得出，代入求出DE、DF即可求出答案． 【解答】解：∵DE∥AC，DF∥BC， ∴四边形DFCE是平行四边形， ∴DE＝FC，DF＝EC ∵DF∥BC， ∴△ADF∽△ABC， ∴， ∵AC＝8，BC＝12， ∴AF＝2，DF＝3 ∴FC＝AC﹣AF＝8﹣2＝6， ∴DE＝FC＝6，DF＝EC＝3 ∴四边形DECF的周长是DF+CF+CE+DE＝3+6+3+6＝18． 答：四边形DECF的周长是18． 【点评】本题考查的知识点是平行四边形的性质和判定和相似三角形的性质和判定，关键是求出DE＝CF，DF＝CE，主要考查学生运用性质进行推理和计算的能力． 4．（2023春•龙泉驿区期末）如图：AD∥EG∥BC，EG分别交AB，DB，AC于点E，F，G，已知AD＝5，BC＝10，AE＝9，AB＝12．求EG，FG的长． 【分析】在△ABC中，根据平行线分线段成比例求出EG，在△BAD中，根据平行线分线段成比例求出EF，即可求出FG＝EG﹣EF． 【解答】解：∵△ABC中，EG∥BC， ∴△AEG∽△ABC， ∴， ∵BC＝10，AE＝9，AB＝12， ∴， ∴EG， ∵△BAD中，EF∥AD， ∴， ∵AD＝5，AE＝9，AB＝12， ∴， ∴EF． ∴FG＝EG﹣EF． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例． 题型八 相似三角形的判定定理 1．（2024秋•长春期末）已知△ABC，点D在AB边上，下列条件中，不能判断△ABC∽△ACD的是（　　） A．∠ADC＝∠ACB B．∠ACD＝∠B C． D．AC2＝AD•AB 【分析】根据相似三角形的判定定理对各个选项逐一分析即可． 【解答】解：∵∠A是公共角， ∴∠ADC＝∠ACB或∠ACD＝∠B都可判定△ABC∽△ACD， ∵∠A是公共角，再加上AC2＝AD•AB，即，也可判定△ABC∽△ACD， ∴选项A、B、D都可判定△ABC∽△ACD，不符合题意； 而选项C中的对两边成比例，但不是相应的夹角相等，所以选项C不能判定△ABC∽△ACD，符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键． 2．（2024秋•仁寿县期中）如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（　　） A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C． D． 【分析】分别利用相似三角形的判定方法判断得出即可． 【解答】解：A、∵∠ABP＝∠C，∠A＝∠A， ∴△ABP∽△ACB，故A选项正确，不符合题意； B、∵∠APB＝∠ABC，∠A＝∠A， ∴△ABP∽△ACB，故B选项正确，不符合题意； C、∵，∠A＝∠A， ∴△ABP∽△ACB，故C选项正确，不符合题意； D、当时，无法得到△ABP∽△ACB，故D选项错误，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定方法． 3．（2024秋•余庆县期中）如图，已知∠BAC＝∠EAD，AB＝24，AC＝48，AE＝16，AD＝32，求证：△ABC∽△AED． 【分析】根据两组对应边成比例，且夹角相等的两三角形相似，进行证明． 【解答】证明：∵AB＝24，AC＝48，AE＝16，AD＝32， ∴， ∴， ∴， ∵∠BAC＝∠EAD， ∴△ABC∽△AED． 【点评】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键． 4．（2024秋•德惠市期末）如图，已知∠B＝∠E＝90°，AB＝6，BF＝3，CF＝5，DE＝15，DF＝25． （1）求CE的长； （2）求证：△ABC∽△DEF． 【分析】（1）根据勾股定理求出EF＝20，进而求出CE的长； （2）根据BF＝3，CF＝5，得BC＝8，又EF＝20，可得，根据相似三角形的判定即可得到△ABC∽△DEF． 【解答】（1）解：∵DE＝15，DF＝25．∠E＝90°， ∴EF20， ∴CE＝EF﹣CF＝15； （2）证明：∵BF＝3，CF＝5， ∴BC＝BF+CF＝8， ∴，， ∴， ∵∠B＝∠E＝90°， ∴△ABC∽△DEF． 【点评】本题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． 5．（2023秋•义乌市期末）如图，在平行四边形ABCD中，E是边AD的延长线上一点，连接BE交CD于点F，交对角线AC于点G． （1）若DE＝1，AD＝2，求的值； （2）求证：△BCF∽△EAB． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出BC∥AE，BC＝AD，进而得出△CBF∽△DEF，根据对应边成比例即可解答； （2）由平行四边形的性质得出BC∥AE，∠BAE＝∠FCB，进而得出∠E＝∠CBF，即可得证． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AE，BC＝AD＝2， ∴△CBF∽△DEF， ∴2； （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AE，∠BAE＝∠FCB， ∴∠E＝∠CBF， ∴△BCF∽△EAB． 【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题关键． 6．（2023•盘州市模拟）如图，在四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且． （1）若∠DAE＝22°，求∠BAD的度数； （2）判断△ADE与△ACB是否相似，并说明理由． 【分析】（1）通过证明△ABE∽△ACD，可得∠DAE＝∠BAE＝22°，即可求解； （2）由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，可证明△ADE∽△ACB． 【解答】解：（1）∵． ∴△ABE∽△ACD， ∴∠DAE＝∠BAE＝22°， ∴∠BAD＝44°； （2）△ADE∽△ACB，理由如下： ∵， ∴， 又∵∠DAC＝∠BAE， ∴△ADE∽△ACB． 【点评】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 题型九 利用相似三角形的性质求对应线段的比 1．（2023秋•赣州期末）如果两个相似三角形对应边的比为2：3，那么它们对应高线的比是（　　） A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．8：27 【分析】根据相似三角形对应高线的比等于相似比解答． 【解答】解：∵两个相似三角形对应边的比为2：3， ∴它们对应高线的比为2：3， 故选：A． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形对应高线的比等于相似比是解题的关键． 2．（2024秋•桥西区期中）已知△ABC∽△A′B′C′，BD和B′D′是它们的对应角平分线，若，若BD＝4，则B′D′＝（　　） A．2 B．3 C．6 D．9 【分析】根据相似三角形对应角平分线的比等于相似比，即对应边的比．因而BD：B′D′＝2：3即可求解． 【解答】解：∵△ABC∽△A′B′C′，BD和B′D′是它们的对应角平分线， ∴AC：A′C′＝BD：B′D′， ∵， ∴B′D′＝6， 故选：C． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质，熟记相似三角形对应角平分线的比等于相似比是解题关键． 3．（2024秋•昌黎县期中）若两个相似三角形的对应中线之比为2：3，则它们的对应高之比为（　　） A．2：3 B．4：9 C．9：4 D．3：2 【分析】根据相似三角形的性质作答即可． 【解答】解：∵两个相似三角形的对应中线之比为2：3， ∴相似比为2：3， ∴它们的对应高之比为2：3， 故选：A． 【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比是解题的关键． 4．（2024秋•鼓楼区校级月考）已知两个相似三角形的周长比为4：9，则它们的对应角平分线比为（　　） A．2：3 B．4：9 C．8：18 D．16：81 【分析】根据相似三角形的性质：（1）相似三角形周长的比等于相似比．（2）相似三角形面积的比等于相似比的平方．（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比，进行分析即可得到答案． 【解答】解：∵两个相似三角形的周长比为4：9， ∴两个相似三角形的相似比为4：9， ∴它们的对应角平分线之比为4：9， 故选：B． 【点评】本题考查对相似三角形性质的理解，属于简单题，熟悉相似三角形的性质是解题关键． 题型十 利用相似三角形的性质求周长 1．（2024•青羊区校级模拟）两个相似三角形一组对应角平分线的长分别是2cm和5cm，其中较小三角形的周长是10cm，则较大三角形的周长为（　　） A．15cm B．18cm C．20cm D．25cm 【分析】根据相似三角形的性质得出相似比为2：5，根据周长比等于相似比即可求解． 【解答】解：∵两个相似三角形一组对应角平分线的长分别是2cm和5cm， ∴相似比为2：5， ∵较小三角形的周长是10cm， ∴较大三角形的周长为25cm， 故选：D． 【点评】本题考查了相似三角形的性质，根据题意得出相似比是解题的关键． 2．（2023秋•永吉县期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在AB，AC边上，如果△ADE∽△ABC，AD：AB＝1：4，BC＝8cm，那么△ADE的周长等于（　　） A．2cm B．3cm C．6cm D．12cm 【分析】根据三角形相似得到相似比，从而求出周长． 【解答】解：∵△ADE∽△ABC，AD：AB＝1：4， ∴其周长比为1：4， ∵BC＝8cm，三角形ABC为等边三角形， ∴△ABC的周长为24cm， ∴△ADE的周长为6cm． 故选：C． 【点评】此题考查了等边三角形的性质及相似三角形的周长的比等于相似比的运用． 3．（2023秋•槐荫区期末）已知△ABC∽△DEF，且AB＝3，DE＝6，若△ABC的周长为20，则△DEF的周长为（　　） A．5 B．10 C．40 D．80 【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可． 【解答】解：∵△ABC∽△DEF， ∴△ABC的周长：△DEF的周长＝AB：DE＝3：6＝1：2， ∵△ABC的周长为20， ∴△DEF的周长为40． 故选：C． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比是解题的关键． 4．（2023秋•余江区期末）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点E，点F在BD上，且∠BAF＝∠DBC，． （1）求证：△ABC∽△AFD； （2）若AD＝2，BC＝5，△ADE的周长为20，求△BCE的周长． 【分析】（1）由∠BAF＝∠DBC得∠BAF+∠ABD＝∠DBC+∠ABD，则∠ABC＝∠AFD，而，即可根据“两边成比例有夹角相等的两个三角形相似”证明△ABC∽△AFD； （2）由△ABC∽△AFD得∠BCE＝∠ADE，可证明△BCE∽△ADE，再根据“相似三角形周长的比等于相似比”求出△BCE的周长即可． 【解答】（1）证明：∵∠BAF＝∠DBC， ∴∠BAF+∠ABD＝∠DBC+∠ABD， ∵∠ABC＝∠DBC+∠ABD，∠AFD＝∠BAF+∠ABD， ∴∠ABC＝∠AFD， ∵， ∴△ABC∽△AFD． （2）解：∵△ABC∽△AFD， ∴∠BCE＝∠ADE， ∵∠BEC＝∠AED， ∴△BCE∽△ADE， ∵AD＝2，BC＝5， ∴， ∵△ADE的周长为20， ∴△BCE的周长20＝50， ∴△BCE的周长为50． 【点评】此题重点考查三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和、相似三角形的判定与性质等知识，正确地找到相似三角形的对应边和对应角并且证明∠ABC＝∠AFD是解题的关键． 题型十一 利用相似三角形的性质求面积 1．（2024•盐都区校级一模）如果两个相似三角形的周长比为2：3，那么这两个相似三角形的面积比为（　　） A．4：9 B．2：3 C．3：2 D． 【分析】相似三角形周长的比等于相似比，相似三角形面积的比等于相似比的平方，由此即可计算． 【解答】解：∵两个相似三角形的周长比为2：3， ∴两个相似三角形的相似比为2：3， ∴这两个相似三角形的面积比为22：32＝4：9． 故选：A． 【点评】本题考查相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形的性质：相似三角形面积的比等于相似比的平方． 2．（2023秋•鹿城区校级月考）若一个三角形的三边长分别为3，4，5，与其相似的三角形的最长边为15，则较大三角形的面积为（　　） A．6 B．18 C．54 D．108 【分析】先根据一个三角形的三边长分别为3，4，5，可判定此三角形为直角三角形，进而求出其面积，与其相似的三角形的最长的边为15求出其相似比，再由相似三角形面积的比等于相似比的平方即可得较大的三角形的面积． 【解答】解：∵32+42＝52， ∴三边长为3，4，5的三角形是直角三角形，面积3×4＝6， 两个三角形的相似比为3， 则两个三角形的面积比为， ∴较大的三角形的面积为6×9＝54， 故选：C． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质和勾股定理的逆定理的应用，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． 3．（2023秋•未央区期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，若S△ADE：S△BDE＝1：3，S△ADE＝2，则S△ABC＝（　　） A．12 B．16 C．24 D．32 【分析】设点E到AB的距离为h，则，求得，则，由DE∥BC，证明△ADE∽△ABC，得，则S△ABC＝16S△ADE＝32，于是得到问题的答案． 【解答】解：设点E到AB的距离为h，则S△ADEAD•h，S△BDEBD•h， ∵S△ADE：S△BDE＝1：3， ∴， ∴， ∴， ∵DE∥BC，S△ADE＝2， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴S△ABC＝16S△ADE＝16×2＝32， 故选：D． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质，求得，并且证明△ADE∽△ABC是解题的关键． 4．（2023秋•西山区校级期末）如图，点D是△ABC的边BC上一点，∠BAD＝∠C，AC＝2AD，如果△ABD的面积为4，那么△ACD的面积为（　　） A．16 B．12 C．8 D．6 【分析】首先证明出△ABD∽△CBA，由相似三角形的性质可以得到两个三角形的面积比，进而得到答案． 【解答】解：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA， ∴∠ADB＝∠CAB， ∴△ABD∽△CBA， ∵AC＝2AD， ∴， ∴（）2， ∵△ABD的面积为4， ∴△CBA的面积是16， ∴S△ACD＝S△CBA﹣S△ABD＝12， 故选：B． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键． 题型十二 相似三角形的应用 1．（2024秋•新野县期中）我国古代教育家墨子发现了小孔成像：用一个带有小孔的板遮挡在墙体与物之间，墙体上就会形成物的倒影，这种现象叫小孔成像．如图，根据小孔成像原理，已知蜡烛的火焰高AB＝3cm，当物距OE＝6cm，像距OF＝8cm时，火焰的像高CD为（　　） A．16cm B． C． D．4cm 【分析】根据相似三角形的对应边成比例得出方程求解即可． 【解答】解：由题意可知，△AOB∽△COD， ∴， ∴， 解得，CD＝4， 答：火焰的像高CD为4cm， 故选：D． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟记相似三角形的对应边成比例是解题的关键． 2．（2024秋•封丘县期中）小明在公园里看到一把椅子，他对椅子的结构很感兴趣．椅子的侧面示意图如图所示．已知，且ED＝30cm，则AB的长为（　　） A．40cm B．50cm C．60cm D．80cm 【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：∵，∠DCE＝∠BCA， ∴△CDE∽△CBA， ∴， ∵ED＝30cm， ∴AB＝50cm， 故选：B． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 3．（2024秋•成都期中）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CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，且测得AB＝6m，BP＝8m，PD＝18m，那么该古城墙CD的高度是（　　）m． A．12 B．10 C．13.5或24 D．13.5 【分析】证明△ABP∽△CDP，推出可得结论． 【解答】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD， ∴∠ABP＝∠CDP＝90°， ∵∠APB＝∠CPD， ∴△ABP∽△CDP， ∴， ∴， ∴CD＝13.5m， 故选：D． 【点评】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 4．（2023秋•渠县期末）如图，阳光通过窗口AE射到室内，在地面上留下3米宽的亮区BC，已知亮区BC到窗口下的墙脚的距离CD＝5米，窗口高AE＝1.5米，那么窗口底部离地面的高度DE为（　　） A．2米 B．2.5米 C．3米 D．4米 【分析】根据光沿直线传播的道理可知AD∥BE，则△BCE∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等解答即可． 【解答】解：∵AB∥CE， ∴△ABD∽△ECD， ∴， ∵BC＝3米，CD＝5米，AE＝1.5米， ∴BD＝BC+CD＝8（米），AD＝（DE+1.5）米， ∴， 解得，BC＝2.5米． 故选：B． 【点评】本题考查的是相似三角形的应用，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键． 5．（2023秋•安阳期末）二七纪念塔位于河南省郑州市二七广场，是郑州市的地标性建筑之一．某数学活动小组欲测量其高度MN，如图，在距纪念塔MN水平距离为29m的点B处竖立一根长为5.5m的直杆AB，恰好使得观测点E，直杆顶点A和塔顶点N在同一条直线上．若DB＝2m，DE＝1.5m，NM⊥EF，求塔高MN． 【分析】根据相似三角形的判定与性质即可解答． 【解答】解：∵AC⊥EF，NF⊥EF ∴△EAC∽△ENF． ∴， 由题意知AB＝5.5m，BM＝CF＝29m，DB＝EC＝2m，DE＝BC＝MF＝1.5m， ∴AC＝4m，EF＝31m， ∴， 解得NF＝62． ∴MN＝63.5m． 答：塔高MN为63.5m． 【点评】此题考查的是相似三角形的应用，利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度． 题型十三 重心性质的应用 1．（2023秋•和平区校级期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，且DE∥BC，BE交DC于点F．若EF：FB＝1：3，则的值为（　　） A． B． C． D．以上选项都不对 【分析】根据相似三角形的判定定理由DE∥BC推出△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，从而根据相似三角形的性质得到，（）2． 【解答】解：∵DE∥BC， ∴△DEF∽△CBF， ∴， ∵EF：FB＝1：3， ∴， 同理DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴（）2＝（）2， 故选：B． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是得出，应充分熟悉相似三角形的判定定理及其性质，与此同时注意数形结合思想方法的运用． 2．（2024秋•海曙区校级月考）如图，△ABC重心为G，△ABC和△GBC在BC边上高之比为（　　） A． B． C．2 D．3 【分析】连接AG并延长交BC于点F，根据重心的性质，得到AG＝2FG，进而得到AF＝3FG，证明△FDG∽△FEA，列出比例式即可得出结果． 【解答】解：连接AG，延长交BC于F， ∵G是△ABC的重心， ∴AF＝3FG， ∵AE是△ABC高，GD是△GBC的高， ∴DG∥AE， ∴△FDG∽△FEA， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查三角形的重心，相似三角形的判定和性质，关键是根据相似三角形的判定得出△FDG∽△FEA解答． 3．（2024秋•钟楼区校级月考）如图，点G为△ABC的重心，GE∥AC，若DE＝2，则BC＝　 　． 【分析】由三角形重心的性质得到D是BC中点，DG：DA＝1：3，因此BC＝2CD，判定△DEG∽△DCA，推出DE：DC＝DG：DA＝1：3，求出DC＝6，即可得到BC＝2×6＝12． 【解答】解：∵点G为△ABC的重心， ∴D是BC中点，DG：DA＝1：3， ∴BC＝2CD， ∵GE∥AC， ∴△DEG∽△DCA， ∴DE：DC＝DG：DA＝1：3， ∵DE＝2， ∴DC＝6， ∴BC＝2×6＝12． 故答案为：12． 【点评】本题考查三角形的重心，相似三角形的判定和性质，关键是由三角形重心的性质得到DG：DA＝1：3，由△DEG∽△DCA，推出DE：DC＝DG：DA＝1：3． 4．（2024秋•金山区校级月考）在△ABC中，已知AD是中线，点G是重心，那么S△BDG：S△ABC＝ 　 　． 【分析】由BDBC，得到S△ABDS△ABC，由三角形重心的性质得到DGAD，因此S△BDGS△ABD，得到S△BDGS△ABC，于是S△BDG：S△ABC＝1：6． 【解答】解：如图， ∵AD是△ABC的中线， ∴BDBC， ∴S△ABDS△ABC， ∵G是△ABC的重心， ∴DGAD， ∴S△BDGS△ABD， ∴S△BDGS△ABC， ∴S△BDG：S△ABC＝1：6． 故答案为：1：6． 【点评】本题考查三角形的重心，三角形的面积，关键是由三角形重心的性质得到DGAD，由三角形面积公式得到S△ABDS△ABC，S△BDGS△ABD． 题型十四 相似三角形判定和性质的综合 1．（2024秋•高碑店市期中）如图，D是△ABC边AB上的一点，∠ABC＝∠ACD． （1）求证：△ABC∽△ACD； （2）当AD＝6，AB＝8时，求AC的长． 【分析】（1）利用“两角对应相等，两个三角形相似”证出△ABC∽△ACD； （2）利用相似三角形的对应边成比例，求出AC的长． 【解答】（1）证明：∵D是△ABC边AB上的一点，∠ABC＝∠ACD，∠A＝∠A， ∴△ABC∽△ACD； （2）解：由（1）知△ABC∽△ACD， ∴， ∵AD＝6，AB＝8， ∴， ∴AC＝4（负值舍去）， 经检验，AC＝4是方程的根， ∴AC的长为4． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质． 2．（2023秋•吴兴区期末）如图，在△ABC中，E是AB上一点，AC与DE相交于点F，F是AC的中点，AB∥CD． （1）求证：△AEF≌△CDF； （2）若AB＝10，CD＝7，求BE的长． 【分析】（1）由平行线的性质可得∠A＝∠DCF，由中点定义可得AF＝CF，再利用ASA即可证得结论； （2）利用全等三角形的性质可得AE＝CD，再由BE＝AB﹣AE即可求得答案． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD， ∴∠A＝∠DCF， ∵点F是AC的中点， ∴AF＝CF， 在△AEF和△CDF中， ， ∴△AEF≌△CDF（ASA）， （2）解：由（1）得：△AEF≌△CDF， ∴AE＝CD， ∵AB＝10，CD＝7， ∴BE＝AB﹣AE＝AB﹣CD＝10﹣7＝3． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，熟记全等三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（2024秋•封丘县期中）如图，线段AD与BC相交于点E，AB∥CD∥EF，B，F，D三点在同一条直线上． （1）求证：； （2）当时，求EF的值． 【分析】（1）证明△ABE∽△DCE，推出，由EF∥CD，推出可得结论； （2）由EF∥CD，推出可得结论． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD， ∴△ABE∽△DCE， ∴， ∵EF∥CD， ∴， ∴； （2）解：∵EF∥CD， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴EF＝6． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质． 4．（2024秋•新野县期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为边CD上一点，连接BD、AE，它们相交于点F，且∠ABD＝∠DAE． （1）求证：DE2＝EF•AE； （2）若DE＝4，EF＝2，BF＝9，求AD的长． 【分析】（1）利用平行四边形的性质，证明△EDF∽△EAD，则利用相似三角形的性质得到结论； （2）先利用DE2＝EF•AE计算出AE＝8，则AF＝6，再由DE∥AB，利用平行线分线段成比例定理计算出DF＝3，然后利用△EDF∽△EAD，根据相似比求出AD的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABD＝∠EDF， ∵∠ABD＝∠DAE， ∴∠EDF＝∠DAE， ∵∠DEF＝∠DEA， ∴△EDF∽△EAD， ∴， ∴DE2＝EF•AE； （2）解：∵DE2＝EF•AE， ∴， ∴AF＝AE﹣EF＝8﹣2＝6， ∵AB∥CD， ∴， ∴， ∴DF＝3， ∵△EDF∽△EAD， ∴， ∴ ∴AD＝6． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系是解题的关键． 题型十五 相似三角形与网格问题 1．（2023秋•庐阳区校级期末）如图，在边长为1的正方形网格中，点A、B、C、D、E都是小正方形的顶点，则图中所形成的三角形中，与△ABC相似的三角形是 　． 【分析】利用两边成比例夹角相等，证明三角形相似． 【解答】解：观察图象可知，∠BAC＝∠BDE＝135°， ∵AB＝1，AC，BD＝2，DE＝2， ∴2， ∴△ABC∽△DEB． 故答案为：△DEB． 【点评】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法． 2．（2023秋•金山区期末）如图在4×1的方格中，每一个小正方形的顶点叫做格点，以其中三个格点为顶点的三角形称为格点三角形，△ABC就是一个格点三角形，现从△ABC的三个顶点中选取两个格点，再从余下的格点中选取一个格点联结成格点三角形，其中与△ABC相似的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据“三边对应成比例的两个三角形相似”求解即可． 【解答】解：如图， 根据勾股定理得，AD，AC，BC，BE，CF， 又∵AB＝2，CD＝2，BF＝1， ∴1，1，1，，，，，，， ∴，，， ∴△ABC∽△CDA，△ABC∽△BCE，△ABC∽△CBF， 故选：C． 【点评】此题考查了相似三角形的判定，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键． 3．（2023•石家庄模拟）如图，在边长为1的正方形网格上有两个相似三角形△ABC和△EDF，则∠ABC+∠ACB的度数为（　　） A．135° B．90° C．60° D．45° 【分析】根据相似三角形的对应角相等即可得出． 【解答】解：∵AB、AC，BC＝5，DE、EF＝2，DF， ∴， ∴△ABC∽△DEF， ∴∠BAC＝∠DEF＝180°﹣45°＝135°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝45°． 故选：D． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质，两三角形相似，对应的角相等． 4．（2023秋•合肥月考）如图所示，在4×4的正方形方格中，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上． （1）填空：∠ABC＝　 　，BC＝　 ； （2）判断△ABC与△DEF是否相似？并证明你的结论． 【分析】（1）根据已知条件，结合网格可以求出∠ABC的度数，根据，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上，利用勾股定理即可求出线段BC的长； （2）根据相似三角形的判定定理，夹角相等，对应边成比例即可证明△ABC与△DEF相似． 【解答】（1）解：∠ABC＝90°+45°＝135°， BC2； 故答案为：135°；2． （2）△ABC∽△DEF． 证明：∵在4×4的正方形方格中， ∠ABC＝135°，∠DEF＝90°+45°＝135°， ∴∠ABC＝∠DEF． ∵AB＝2，BC＝2，FE＝2，DE ∴，． ∴△ABC∽△DEF． 【点评】此题主要考查学生对勾股定理和相似三角形的判定的理解和掌握，解答此题的关键是认真观察图形，得出两个三角形角和角，边和边的关系． 题型十六 相似三角形与动点问题 1．（2023秋•朝阳期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8m，AB＝10m，点P从B点出发，沿BC方向以2m/s的速度移动，点Q从C出发，沿CA方向以1m/s的速度移动．若P、Q同时出发，经过 　 　s，△CPQ与△CBA相似． 【分析】设经过t秒时，当△ABC∽△PQC或当△ABC∽△QPC，根据相似三角形的性质得到比例线段，解方程即可得到结论． 【解答】解：如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝8m，AB＝10m， 由勾股定理求得：AC6（m）． 设经过t秒△ABC和△PQC相似．则有BP＝2t cm，PC＝（8﹣2t）cm，CQ＝t cm， 分两种情况：①当△ABC∽△PQC时，有， 即，解得t； ②当△ABC∽△QPC时，有， 即，解得t， 综上可知，经过或秒时，△CPQ与△CBA相似， 故答案为：或． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质，关键是知道哪些线段对应成比例时两个三角形相似． 2．（2022秋•让胡路区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AB运动；同时，点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿BC运动．当点Q到达点C时，P、Q两点同时停止运动．设点P、Q运动时间为t（s）．当△PBQ与△ABC相似时，t的值是多少？ 【分析】分两种情况讨论，由相似三角形的性质，列出等式，即可求解． 【解答】解：当△PBQ∽△ABC时，， 即， 解得t； 当△PBQ∽△CBA时，， 即， 解得t， 综上所述，当△PBQ与△ABC相似时，t的值是或． 【点评】本题考查了相似三角形的判定，利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 3．（2023秋•西湖区期中）在平面直角坐标系中，已知OA＝10cm，OB＝5cm，点P从点O开始沿OA边向点A以2cm/s的速度移动；点Q从点B开始沿BO边向点O以1cm/s的速度移动．如果P、Q同时出发，用t（s）表示移动的时间（0≤t≤5）， （1）用含t的代数式表示：线段PO＝　 cm；OQ＝　 　cm． （2）当△POQ与△AOB相似时，求出t的值． 【分析】（1）根据路程＝速度×时间，假设即可； （2）分两种情形列出方程即可解决问题； 【解答】解：（1）PO＝2t，OQ＝5﹣t； 故答案为：2t，5﹣t． （2）①若，即， ∴t＝2.5． ②若，即， ∴t＝1． ∴当t＝1或t＝2.5s时，△POQ与△AOB相似． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、坐标与图形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 4．（2023秋•红旗区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ． （1）请用含t的代数式表示：BP＝　 　，BQ＝　 ； （2）求当t为何值时，△BPQ与△ABC相似？ 【分析】（1）根据题意列式即可； （2）根据勾股定理即可得到结论；分两种情况：①当△BPQ∽△BAC时，BP：BA＝BQ：BC；当△BPQ∽△BCA时，BP：BC＝BQ：BA，再根据BP＝5t，QC＝4t，AB＝10cm，BC＝8cm，代入计算即可． 【解答】（1）解：根据题意知：BP＝5t cm，BQ＝（8﹣4t）cm， 故答案为：5t cm，（8﹣4t）cm； （2）∵∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm， ∴AB10（cm）． 分两种情况讨论： ①当△BPQ∽△BAC时， ， ∵BP＝5t，QC＝4t，AB＝10，BC＝8， ∴， 解得，t＝1； ②当△BPQ∽△BCA时， ， ∴， 解得，t， ∴t＝1或t时，△BPQ与△ABC相似． 【点评】本题考查了相似三角形动点问题以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键． 题型十七 相似三角形与圆的综合 1．（2023秋•婺城区校级期中）如图，弦DB，EC的延长相交于圆外一点A，连结CD，BE． （1）求证：△ACD∽△ABE； （2）若AB＝5，AC＝6，AE＝10，求AD的长． 【分析】（1）根据圆周角定理可得∠D＝∠E，再由∠A＝∠A，即可证得△ACD∽△ABE； （2）根据△ACD∽△ABE，可得，即可求解． 【解答】（1）证明：∵∠D＝∠E，∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABE； （2）解：∵△ACD∽△ABE， ∴， ∵AB＝5，AC＝6，AE＝10， ∴ ∴AD＝12． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 2．（2023秋•海曙区期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接AD，BE相交于点F． （1）求证：△BCE∽△AFE； （2）若CE＝6，CD＝5，求AF的长． 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEB＝90°，从而可得∠AEB＝∠BEC＝90°，然后根据同弧所对的圆周角相等可得∠EAF＝∠DBF，即可解答； （2）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而利用等腰三角形的三线合一性质可得BD＝DC＝5，进而在Rt△BEC中，利用勾股定理可得BE＝8，再证明△BFD∽△BCE，从而利用相似三角形的性质可得BF，进而可得EF，最后利用（1）的结论进行计算，即可解答． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∴∠BEC＝180°﹣∠AEB＝90°， ∴∠AEB＝∠BEC＝90°， ∵∠EAF＝∠DBF， ∴△BCE∽△AFE； （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵AB＝AC， ∴BD＝DCBC＝5， 在Rt△BEC中，CE＝6，BC＝2CD＝10， ∴BE8， ∵∠ADB＝∠BEC＝90°，∠FBD＝∠CBE， ∴△BFD∽△BCE， ∴， ∴， ∴BF， ∴EF＝BE﹣BF＝8， ∵△BCE∽△AFE， ∴， ∴， ∴AF． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键． 3．（2023•永嘉县模拟）如图，在⊙O的内接△ABC中，AB＝AC，直径AD交BC于点E，连结CD． （1）求证：△ACE∽△CDE． （2）若AE＝BC，AD＝10，求AC的长． 【分析】（1）连接OB，OC，根据已知易证AD是BC的垂直平分线，从而可得∠AEC＝∠DEC＝90°，BE＝EC，再利用等弧所对的圆周角相等可得∠ACE＝∠ADC，即可解答； （2）利用（1）的结论可得CEAE，从而求出tan∠CAE，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACD＝90°，从而可得tan∠CAD，再设CD＝a，AC＝2a，最后利用勾股定理列出关于a的方程，进行计算即可解答． 【解答】（1）证明：连接OB，OC， ∵AB＝AC，OB＝OC， ∴AD是BC的垂直平分线， ∴∠AEC＝∠DEC＝90°，BE＝EC， ∵AB＝AC， ∴， ∴∠ACE＝∠ADC， ∴△ACE∽△CDE．； （2）解：∵BE＝ECBC，AE＝BC， ∴CEAE， ∴tan∠CAE， ∵AD是⊙O的直径， ∴∠ACD＝90°， 在Rt△ACD，tan∠CAD， 设CD＝a，AC＝2a， ∴AC2+CD2＝AD2， ∴（2a）2+a2＝100， ∴a＝2或a＝﹣2（舍去）， ∴AC＝2a＝4， ∴AC的长为4． 【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 4．（2023•雁塔区校级四模）如图，在△ABC中，AC＝BC，⊙O是△ABC的外接圆，过点B作⊙O的切线BD，连接AD交BC于点E，交⊙O于点F，连接BF． （1）求证：∠FBD＝∠FAB； （2）若AE⊥BC，AC＝6，，求DF的长． 【分析】（1）连接BO，延长BO与⊙O交于点G，连接GP，先证明∠G＝∠FBD，便可得出结论； （2）由已知条件直接求得CE、BE，再根据勾股定理求得AE，由相交弦定理求得EF，设DF＝x，由切割线性质与勾股定理列出x的方程便可求得结果． 【解答】（1）证明：连接BO，延长BO与⊙O交于点G，连接GP，如图， ∵BD是⊙O的切线， ∴∠OBD＝90°， ∵BG为直径， ∴∠BFG＝90°， ∴∠G+∠GBF＝∠GBF+∠DBF＝90°， ∴∠FBD＝∠G， ∵∠G＝∠FAB， ∴∠FAB＝∠FBD； （2）解：∵AC＝BC＝6，， ∴CE＝2，BE＝4， ∵AE⊥BC， ∴AE， ∵AE•EF＝CE•BE， ∴EF， 设DF＝x， ∵DB是切线， ∴BD2＝DF•DA， ∵BD2＝DE2+BE2， ∴， ∴x＝3， 即DF＝3． 【点评】本题主要考查了圆的切线的判定，相交弦定理，切割线定理，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，综合运用这些定理解题是关键． 题型十八 相似多边形的性质 1．（2023秋•垣曲县期中）如图，四边形ABCD∽四边形A1B1C1D1，若∠A＝110°，∠C＝68°，∠B1＝88°，则∠D的度数为（　　） A．74° B．84° C．94° D．104° 【分析】利用相似多边形的对应角相等求得答案即可． 【解答】解：∵四边形ABCD∽四边形A1B1C1D1，∠B1＝88°， ∴∠B＝∠B1＝88°． ∵四边形ABCD的内角和为（4﹣2）×180°＝360°，∠A＝110°，∠C＝68°， ∴∠D＝360°﹣∠A﹣∠B﹣∠C＝360°﹣110°﹣88°﹣68°＝94°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了相似多边形的性质，解题的关键是利用相似多边形的对应角相等求得答案． 2．（2023秋•铁西区期中）四边形ABCD的边长分别为2，4，6，5，四边形EFGH和四边形ABCD相似，且四边形EFGH最短边的长为6，则它的最长边长为（　　） A．12 B．15 C．18 D．24 【分析】利用相似多边形的性质得出相似比，进而求出即可． 【解答】解：∵四边形ABCD和四边形EFGH相似，四边形ABCD的最长边和最短边的长分别是6和2， 四边形EFGH的最短边的长是6， ∴两多边形的相似比为：， 那么四边形EFGH中最长的边长是：618． 故选：C． 【点评】此题主要考查了相似多边形的性质，得出相似比是解题关键． 3．（2024秋•西安期中）如图，五边形ABCDE∽五边形A'B'C'D'E'，它们的相似比为3：4．已知BC＝4.8cm，则B'C'＝ 　 cm． 【分析】根据相似多边形的性质解答即可． 【解答】解：∵五边形ABCDE∽五边形A'B'C'D'E'，它们的相似比为3：4，BC＝4.8cm， ∴， 解得B′C′6.4． 故答案为：6.4． 【点评】本题考查的是相似多边形的性质，熟知相似多边形对应边的比相等是解题的关键． 4．（2024秋•乐清市校级期中）两个相似五边形，一组对应边的长分别为2cm和3cm，若它们的面积之和为65cm2，则较小五边形的面积是 　 　． 【分析】根据相似多边形相似比即对应边的比，面积的比等于相似比的平方，即可解决． 【解答】解：设较小五边形与较大五边形的面积分别是x cm2，y cm2． 则，因而xy． 根据面积之和是65cm2，得到y+y＝65， 解得：y＝45， 则x45＝20． 即较小五边形的面积分别是20cm2． 故答案为：20cm2． 【点评】本题考查相似多边形的性质．掌握相似多边形面积之比等于相似比的平方是解题的关键． 题型十九 相似多边形的判定 1．（2023秋•曲阳县期末）如图，有甲，乙、丙三个矩形，其中相似的是（　　） A．甲与丙 B．甲与乙 C．乙与丙 D．三个矩形都不相似 【分析】如果两个边数相同的多边形的对应角相等，对应边成比例，这两个多边形叫做相似多边形，据此作答． 【解答】解：三个矩形的角都是直角，甲、乙、丙相邻两边的比分别为2：3，1.5：2＝3：4，2：3， ∴甲和丙相似， 故选：A． 【点评】本题主要考查相似多边形的概念，一定要考虑对应角相等，对应边成比例． 2．（2023秋•庐江县期末）已知矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，下列四个矩形中与矩形ABCD相似的是（　　） A． B． C． D． 【分析】利用相似多边形对应边的比相等，即可找出结论． 【解答】解：∵2， ∴A选项中的矩形与矩形ABCD相似． 故选：A． 【点评】本题考查了相似多边形的性质，牢记“相似多边形对应边的比相等”是解题的关键． 3．（2023秋•虹口区期末）如图，四边形的顶点在方格纸的格点上，下列方格纸中的四边形与已知四边形相似的是（　　） A． B． C． D． 【分析】如果两个四边形的四条边对应成比例，且四个角对应相等，那么这两个四边形相似，据此求解即可． 【解答】解：设每个小正方形的边长为1， 则已知四边形的四条边分别为1，，2，． 选项A中的四边形的四条边分别为，2，2，，两个四边形的四条边对应不成比例，不符合题意； 选项B中的四边形的四条边分别为2，，，4，两个四边形的四条边不是对应成比例，故选项B中的四边形与已知四边形不相似，不符合题意； 选项C中的四边形的四条边分别为2，，，4，两个四边形的四条边不是对应成比例，故选项C中的四边形与已知四边形不相似，不符合题意； 选项D中的四边形的四条边分别为2，2，4，2，两个四边形的四条边对应成比例． 将已知四边形表示为四边形ABCD，将选项D中的四边形表示为EFGH． 如图，连接AC、EG，则AC，EG＝2． 在△ABC与△EFG中， ∵， ∴△ABC∽△EFG， ∴∠BAC＝∠FEG，∠B＝∠F，∠ACB＝∠EGF． 在△ADC与△EHG中， ∵， ∴△ADC∽△EHG， ∴∠DAC＝∠HEG，∠D＝∠H，∠ACD＝∠EGH， ∴∠BAD＝∠FEH，∠B＝∠F，∠DCB＝∠HGF，∠D＝∠H， 又∵， ∴四边形ABCD∽四边形EFGH． 故选：D． 【点评】本题考查了相似多边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相关定理与性质是解题的关键． 4．（2024•海门区校级模拟）如图所示，判断四边形ABCD与四边形EFGH是否相似，请说明理由． 【分析】先根据四边形内角和计算出∠D＝∠H＝50°，则两个四边形的对应角相等，但不能确定对应边的比相等，根据相似多边形的定义可判断四边形ABCD与四边形EFGH不一定相似． 【解答】解：不一定相似．理由如下： ∵∠D＝360°﹣∠A﹣∠B﹣∠C＝50°，∠H＝360°﹣∠E﹣∠F﹣∠C＝50°， ∴∠D＝∠H， ∵四边形ABCD与四边形EFGH的对应边的比值不能确定相等， ∴四边形ABCD与四边形EFGH不一定相似． 【点评】本题考查了相似多边形：如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，则这两个多边形是相似多边形．相似多边形的对应角相等；对应边的比相等． 题型二十 相似多边形的性质与判定的综合 1．（2023秋•滨江区期末）如图，把一个矩形ABCD划分成三个全等的小矩形． （1）若原矩形ABCD的长AB＝6，宽BC＝4．问：每个小矩形与原矩形相似吗？请说明理由． （2）若原矩形的长AB＝a，宽BC＝b，且每个小矩形与原矩形相似，求矩形长a与宽b应满足的关系式． 【分析】（1）根据划分后小矩形的长为AD＝4，宽为AE＝2，可得，进而可判断结论； （2）根据划分后小矩形的长为AD＝b，宽为，再根据每个小矩形与原矩形相似，可得，从而可得a与b的关系式． 【解答】解：（1）不相似．理由如下： ∵原矩形ABCD的长AB＝6，宽BC＝4， ∴划分后小矩形的长为AD＝4，宽为AE＝6÷3＝2， 又∵，即原矩形与每个小矩形的边不成比例， ∴每个小矩形与原矩形不相似． （2）∵原矩形的长AB＝a，宽BC＝b， ∴划分后小矩形的长为AD＝b，宽为， 又∵每个小矩形与原矩形相似， ∴ ∴，即a2＝3b2． 【点评】本题考查了相似多边形的性质，本题的关键是根据两矩形相似得到比例式． 2．（2023秋•西安校级月考）如图在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，E、F分别是AB、CD上的点，且AE＝DF＝8，两动点M、N都以2cm/s的速度分别从C、F两点沿CB、FE向B、E两点运动，判断当M、N运动多长时间能使矩形CFNM与矩形AEFD相似，并证明你的结论． 【分析】设运动ts时间能使矩形CFNM与矩形AEFD相似，分FN是矩形的长和FN是矩形的宽两种情况列出比例式，分别求解即可． 【解答】解：设运动ts时间能使矩形CFNM与矩形AEFD相似， 由题意或， 解得t＝4或1． 当t＝4时，NF＝8， ∵， ∵CFNM与AEFD都是矩形， ∴矩形CFNM与矩形AEFD相似． 同理可证当t＝1时矩形CFNM与矩形AEFD相似． 【点评】本题考查了相似多边形的判定与性质，进行分类讨论是解题的关键． 3．（2023秋•海曙区校级月考）已知，矩形的一组邻边长分别为6和a，画一线段把它分割成两个矩形，若这两个矩形相似，且其中一个矩形有一边长为4，求a的值． 【分析】根据题意画出图形，再分4≤a＜6和a＞6两种情况进行讨论． 【解答】解：设AB＜AD， 如图1，当4≤a＜6，则AB＝a，AD＝6，CF＝DE＝2， 当矩形ABFE∽矩形DEFC时， ，即，解得a＝2； 当矩形ABFE∽矩形EFCD时， ，即．不成立，故此种情况不存在； 如图2，若a≥6，则AB＝6，BC＝a，此时BF＝4，DE＝a﹣4， 当矩形ABFE∽矩形DEFC时， ，即，解得a＝13； 当矩形ABFE∽矩形EFCD时， ，即，解得a＝8． 如图3，当a＝4时，矩形AEFD≌矩形EBCF， 综上所述，a＝2，4，8或13． 【点评】本题考查的是相似多边形的性质，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解． 题型二十一 位似图形的相关概念 1．（2023秋•邹平市期末）图所示的四种画法中，能使得△DEF是△ABC位似图形的有（　　） A．①② B．③④ C．①③④ D．①②③④ 【分析】根据每组对应点所在的直线都经过同一个点，且对应边互相平行，逐项分析判断即可求解． 【解答】解：∵每组对应点所在的直线都经过同一个点，且对应边互相平行 ∴①②③④能使得△DEF是△ABC位似图形， 故选：D． 【点评】本题考查了位图图形的性质与画法，掌握位似图形的性质是解题的关键． 2．（2023•石家庄模拟）下列各选项的两个图形中，不是位似图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据位似图形的定义分析各图，对各选项逐一分析，即可得出答案． 【解答】解：对应顶点的连线相交于一点的两个相似多边形叫位似图形． 根据位似图形的概念，A、B、D三个图形中的两个图形都是位似图形； C中的两个图形不符合位似图形的概念，对应顶点不能相交于一点，故不是位似图形． 故选：C． 【点评】此题主要考查了位似图形，注意位似与相似既有联系又有区别，相似仅要求两个图形形状完全相同；而位似是在相似的基础上要求对应点的连线相交于一点． 3．关于对位似图形的4个表述中： ①相似图形一定是位似图形，位似图形一定是相似图形； ②位似图形一定有位似中心； ③如果两个图形是相似图形，且每组对应点的连线所在的直线都经过同一个点，那么，这两个图形是位似图形； ④位似图形上任意两点与位似中心的距离之比等于位似比． 正确的个数（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据位似变换的概念和性质对各个选项进行判断即可． 【解答】解：相似图形不一定是位似图形，位似图形一定是相似图形，①错误； 位似图形一定有位似中心，②正确； 如果两个图形是相似图形，且每组对应点的连线所在的直线都经过同一个点，对应边互相平行，那么，这两个图形是位似图形，③错误； 位似图形上对应两点与位似中心的距离之比等于位似比，④错误． 故选：A． 【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，位似图形的定义：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．注意：①两个图形必须是相似形；②对应点的连线都经过同一点；③对应边平行． 题型二十二 确定位似中心的坐标 1．（2023秋•兴隆县期中）如图，在直角坐标系中，△ABC与△ODE是位似图形，已知点A（2，1），则位似中心的坐标是（　　） A．（1，5） B．（4，2） C．（1，4） D．（5，2） 【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心． 【解答】解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心，如图， ∴M点坐标为（4，2）， 故答案为：B． 【点评】此题考查了位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键． 2．（2023秋•钟山区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1是位似图形，且顶点都在格点上，则位似中心的坐标是（　　） A．（5，3） B．（6，2） C．（7，0） D．（5，2） 【分析】根据位似图形的定义，画出位似中心，即可得出结果． 【解答】解：∵△ABC与△A1B1C1是位似图形， 连接AA1，BB1，CC1并延长，交于点P，则点P即为位似中心，如图所示： 由图可知：P（6，2）； 故选：B． 【点评】本题考查坐标系下求位似中心的坐标．熟练掌握位似图形的定义，确定位似中心的位置，是解题的关键． 3．如图，在边长为1的正方形网格中，两个三角形的顶点都在小正方形的顶点，且两个三角形是位似图形，点O和点P也在小正方形的顶点，则这两个三角形的位似中心是点　 　． 【分析】直接利用位似图形的定义连接对应点得出答案． 【解答】解：如图所示：这两个三角形的位似中心是点P． 故答案为：P． 【点评】此题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题关键． 4．（2024秋•太原期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF是位似图形，它们顶点的横坐标、纵坐标都是整数，则位似中心的坐标为 　 　． 【分析】连接BE交AD于P，根据坐标系求出点P的坐标，再根据位似中心的概念解答即可． 【解答】解：连接BE交AD于P，则点P为位似中心， 由坐标系可知，点P的坐标为（3，1）， 则位似中心的坐标为（3，1）， 故答案为：（3，1）． 【点评】本题考查的是位似变换，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心． 题型二十三 与位似图形有关的计算 1．（2023秋•平桂区 期末）如图，以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，若AB＝3，CD＝5，OB＝4，则线段BD长为（　　） A． B．6 C． D． 【分析】根据位似变换可知△OAB～△OCD，得出，代入数据得出OD的长，从而可求出BD的长． 【解答】解：根据题意可知△OAB～△OCD， ∴，即， ∴， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查位似变换的性质，三角形相似的性质．掌握位似的两个三角形相似是解题关键． 2．（2023秋•召陵区期末）如图，△ABC与△DEF位似，点O是位似中心，且OD＝2AD，若BC＝6，则EF＝（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】根据位似图形的概念得到DE∥AB，EF∥BC，根据相似三角形的性质列出比例式，代入已知数据计算即可． 【解答】解：∵OD＝2AD， ∴， ∵△ABC与△DEF位似， ∴DE∥AB，EF∥BC， ∴，， ∴，即， 解得，EF＝4， 故选：C． 【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似图形的对应边平行是解题的关键． 3．（2023秋•佛山期末）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，OA：OD＝1：4，△ABC的周长为8，则△DEF的周长为（　　） A．8 B．24 C．32 D．40 【分析】先根据位似的性质得到△ABC∽△DEF，AB：DE＝AO：OD＝1：4，然后根据相似三角形的性质求解． 【解答】解：∵△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，OA：OD＝1：4， ∴△ABC∽△DEF，AB：DE＝AO：OD＝1：4， ∴△ABC的周长：△DEF的周长＝1：4， ∴△DEF的周长＝4×8＝32． 故选：C． 【点评】本题考查了位似变换：位似的两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行或共线；位似比等于相似比． 4．（2023秋•榆阳区校级期末）如图，△ABC与△A1B1C1位似，位似中心是点O，且OA：OA1＝1：2，若△ABC的面积为5，则△A1B1C1的面积为（　　） A．10 B．15 C．20 D．25 【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△A1B1C1，AC∥A1C1，求得相似比，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可． 【解答】解：∵△ABC与△A1B1C1位似， ∴△ABC∽△A1B1C1，AC∥A1C1， ∴△AOC∽△A1OC1， ∴， ∴△ABC与△A1B1C1的面积比为1：4， ∵△ABC的面积为5， ∴△A1B1C1的面积是20， 故选：C． 【点评】本题考查的是位似变换的概念、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 题型二十四 求位似图形的坐标 1．（2024秋•新野县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点E（﹣4，2），F（﹣2，﹣2），若△OEF与△OE′F′关于点O位似，且△OEF的面积是△OE′F′面积的4倍，点E的对应点E′的坐标为（　　） A．（﹣2，1） B．（﹣8，4） C．（﹣8，4）或（8，﹣4） D．（﹣2，1）或（2，﹣1） 【分析】根据位似图形的概念得到△OEF∽△OE′F′，根据相似三角形的面积比定义相似比的平方求出相似比，再根据位似变换的性质计算即可． 【解答】解：∵△OEF与△OE′F′关于点O位似， ∴△OEF∽△OE′F′， ∵△OEF的面积是△OE′F′面积的4倍， ∴△OEF与△OE′F′的相似比为2：1， ∵点E的坐标为（﹣4，2）， ∴点E的对应点E′的坐标为（﹣4，2）或（﹣4×（），2×（）），即（﹣2，1）或（2，﹣1）， 故选：D． 【点评】本题考查的是位似变换，熟记位似图形的概念、相似三角形的性质是解题的关键． 2．（2024秋•锦江区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第二象限，点B坐标为（﹣2，0），点C坐标为（﹣1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C．若点A′的坐标为（2，﹣3），点B′的坐标为（1，0），则点A的坐标为（　　） A． B． C．（﹣3，2） D． 【分析】过点A作AE⊥x轴于点E，过点A′作A′F⊥x轴于点F，根据题意可得出△ABC∽△A′B′C，△AEC∽△A′FC，结合相似三角形的性质即可求出AE和OE的长，即得出点A的坐标． 【解答】解：如图，过点A作AE⊥x轴于点E，过点A′作A′F⊥x轴于点F， ∵B（﹣2，0），C（﹣1，0），A′（2，﹣3），B′（1，0）， ∴OB＝2，OC＝OB′＝1，OF＝xA′＝2，A′F＝|yA′|＝3， ∴BC＝1，B′C＝2，CF＝3． ∵△ABC的位似图形为△A′B′C， ∴△ABC∽△A′B′C， ∴． ∵AE⊥x轴，A′F⊥x轴， ∴AE∥A′F， ∴△AEC∽△A′FC， ∴， ∴，， ∴， ∴点A的坐标为． 故选：B． 【点评】本题考查位似的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形，解题的关键是熟练掌握位似图形的性质． 3．（2024秋•南山区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△ADE位似，相似比为1：2．已知位似中心点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（1，4），则点D的坐标为（　　） A．（﹣2，﹣4） B．（﹣2，﹣2） C．（﹣4，﹣4） D．（﹣4，﹣2） 【分析】过B作BH⊥y轴于H，过D作DG⊥y轴于G，得到BH∥DG，根据相似三角形的性质得到，由△ABC与△ADE位似，相似比为1：2，得到，求得，于是得到结论． 【解答】解：过B作BH⊥y轴于H，过D作DG⊥y轴于G， ∴BH∥DG， ∴△ABH∽△ADG， ∴， ∵△ABC与△ADE位似，相似比为1：2， ∴， ∴， ∵点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（1，4）， ∴BH＝1，OH＝4，OA＝2， ∴AH＝2，AG＝4，DG＝2， ∴OG＝2， ∴D（﹣2，﹣2）， 故选：B． 【点评】本题考查了位似变换，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 题型二十五 平面直角坐标系中的位似变换作图 1．（2023秋•铁锋区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1）． （1）画出与△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1； （2）画出以点O为位似中心，与△ABC的相似比为2：1的△A2B2C2． 【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可； （2）①把A、B、C的横纵坐标都乘以2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；②把A、B、C的横纵坐标都乘以﹣2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作． 【点评】本题考查了轴对称变换和位似变换，解题的关键是掌握位似变换的概念，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k． 2．（2024秋•漳州期中）如图，已知O是坐标原点，点B，C的坐标分别为（3，﹣1），（2，1）． （1）以点O为位似中心，在y轴的左侧作△OB′C′，使它与△OBC位似，且位似比为2； （2）如果△OBC面积为m，则△OB′C′的面积为 　 　； （3）若线段BC上有一点P（a，b），请直接写出点P的对应点P′的坐标 　 　． 【分析】（1）根据位似图形的性质，画出△OB′C′即可； （2）根据位似比等于相似比，周长比等于相似比，即可得出结论； （3）根据以原点为位似中心的图形上的点的坐标规律，写出点P′的坐标即可． 【解答】解：（1）如图所示，△OB′C′即为所求； （2）∵以O点为位似中心在y轴的左侧将△OBC放大到原来的2倍得到△OB′C′， ∴△OBC∽△OB′C′，相似比为1：2； ∴△OBC，△OB′C′的周长比为1：2； ∵△OBC的周长为m， ∴△OB′C′的周长为2m． 故答案为：2m； （3）从这两个相似三角形坐标位置关系来看，对应点的坐标正好是原坐标乘以﹣2的坐标， ∴P′（﹣2a，﹣2b）． 故答案为：（﹣2a，﹣2b）． 【点评】本题考查位似图形．熟练掌握位似图形的定义和性质，是解题的关键． 3．（2024秋•宜阳县月考）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，每个小正方形的边长为1，以原点O为位似中心，在第一象限内，对△ABC进行位似变换，得到△DEF（点A，B，C分别对应点D，E，F），且△ABC与△DEF的相似比为2：1．其中点B坐标为（4，2）． （1）画出△DEF； （2）点E坐标为 　 　； （3）线段AC上一点（x，y）经过变换后对应的点的坐标为 　 　． 【分析】（1）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，再由△DEF再第一象限确定D、E、F的坐标，描出D、E、F，再顺次连接D、E、F即可； （2）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，据此可得答案； （3）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，据此可得答案． 【解答】解：（1）如图所示，△DEF即为所求； （2）∵△ABC与△DEF关于原点位似，且相似比为2：1，B（4，2）， ∴点E的坐标为（2，1）， 故答案为：（2，1）； （3）∵△ABC与△DEF关于原点位似，且相似比为2：1， ∴线段AC上一点（x，y）经过变换后对应的点的坐标为 ， 故答案为：． 【点评】本题考查作图﹣位似变换，解答本题的关键是熟练掌握位似变换的性质． 4．（2024秋•泊头市期中）如图所示，在学习《图形的相似》时，小华利用几何画板软件，在平面直角坐标系中画出了△ABC的位似图形△A1B1C1． （1）在图1中标出△ABC与△A1B1C1的位似中心M点的位置； （2）若以点O为位似中心，在图2中y轴的左侧画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，且△A1B1C1与△A2B2C2的位似比为2； （3）在（2）中，若△A2B2C2边上一点P2的坐标为（a，b），则点P2在△A1B1C1上的对应点P1的坐标为 　 　． 【分析】（1）连接AA1、BB1、CC1，AA1、BB1、CC1的交点M就是位似中心； （2）连接OA1、OB1、OC1，分别取OA1、OB1、OC1的中点A2、B2、C2，连接A2、B2、C2得到△A2B2C2，△A2B2C2即为所求； （3）因为△A1B1C1与△A2B2C2的位似比为2，点P2的坐标为（a，b），则点P2在△A1B1C1上的对应点P1的坐标为（2a，2b）． 【解答】解：（1）连接AA1、BB1、CC1，如图1， ∴AA1、BB1、CC1的交点M就是位似中心； （2）连接OA1、OB1、OC1，如图2， 分别取OA1、OB1、OC1的中点A2、B2、C2， 连接A2、B2、C2得到△A2B2C2， △A2B2C2即为所求； （3）∵△A1B1C1与△A2B2C2的位似比为2，点P2的坐标为（a，b）， 则点P2在△A1B1C1上的对应点P1的坐标为（2a，2b）， 故答案为：（2a，2b）． 【点评】本题考查了作图﹣位似变换，解答本题的关键要明确：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k． 题型二十六 相似三角形的综合压轴题 1．（2024•调兵山市二模）在△ABC和△ADE中，BA＝BC，DA＝DE，且∠ABC＝∠ADE，点E在△ABC的内部，连接EC，EB和ED，设EC＝k•BD（k≠0）． （1）当∠ABC＝∠ADE＝60°时，如图1，请求出k值，并给予证明； （2）当∠ABC＝∠ADE＝90°时： ①如图2，（1）中的k值是否发生变化，如无变化，请给予证明；如有变化，请求出k值并说明理由； ②如图3，当D，E，C三点共线，且E为DC中点时，请求出tan∠EAC的值． 【分析】（1）根据题意得到△ABC和△ADE都是等边三角形，证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质解答； （2）①根据等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质计算； ②作EF⊥AC于F，设AD＝DE＝a，证明△CFE∽△CAD，根据相似三角形的性质求出EF，根据勾股定理求出AF，根据正切的定义计算即可． 【解答】解：（1）k＝1， 理由如下：如图1，∵∠ABC＝∠ADE＝60°，BA＝BC，DA＝DE， ∴△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°， ∴∠DAB＝∠EAC， 在△DAB和△EAC中， ， ∴△DAB≌△EAC（SAS） ∴EC＝DB，即k＝1； （2）①k值发生变化，k， ∵∠ABC＝∠ADE＝90°，BA＝BC，DA＝DE， ∴△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴，，∠DAE＝∠BAC＝45°， ∴，∠DAB＝∠EAC， ∴△EAC∽△DAB， ∴，即ECBD， ∴k； ②作EF⊥AC于F， 设AD＝DE＝a，则AEa， ∵点E为DC中点， ∴CD＝2a， 由勾股定理得，ACa， ∵∠CFE＝∠CDA＝90°，∠FCE＝∠DCA， ∴△CFE∽△CAD， ∴，即， 解得，EFa， ∴AFa， 则tan∠EAC． 【点评】本题考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 2．（2024•滨海县一模）【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F． （1）求证：△AED∽△BFE． （2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长． 【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 　 　． 【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，从而证明结论； （2）由（1）知△AED∽△BFE，得，代入计算即可； 【应用】如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意；如果CE＝EF，利用AAS证明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，则∠CFE＝90°，则CE⊥AB，从而解决问题． 【解答】【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠ADE+∠AED＝90°， ∵DE⊥EF， ∴∠DEF＝90°， ∴∠BEF+∠AED＝90°， ∴∠ADE＝∠BEF， 又∵∠A＝∠B， ∴△AED∽△BFE； （2）解：∵E为AB的中点， ∴AE＝BE＝5， 由（1）知△AED∽△BFE， ∴， 即， ∴BF； 【应用】解：如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意， ②如果CE＝EF，则∠ECF＝∠EFC， ∵∠EFC为△BEF的外角， ∴∠EFC＝∠B+∠BEF， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∴∠BEF＝∠EFC﹣∠B＝67.5°﹣45°＝22.5°， ∠ACE＝90°﹣∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°， ∴∠ACF＝∠BEF， 又∵∠A＝∠B，CE＝EF， ∴△AEC≌△BFE（AAS）， ∴BE＝AC， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4， ∴AC， ∴BE＝2； 如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°， ∴∠CFE＝90°， 在△BEC中，∠B＝∠BCE＝45°， ∴∠BEC＝90°， ∴CE⊥AB， 又∵AC＝BC， ∴点E为AB的中点， ∴BE， 综上，BE的长为2或2， 故答案为：2或2． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，运用分类思想是解决【应用】的关键． 3．（2024•新洲区模拟）类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若2，求的值． （1）尝试探究在图1中，过点E作EH⊥BC交AC于点H，则BE和EH的数量关系是 　 　，的值是 　 　； （2）类比延伸如图2，在△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，设m，n，求证：； （3）拓展迁移如图3，在（2）的条件下，若EF＝EG＝FC，直接写出tan∠C的值． 【分析】（1）过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M，根据等腰直角三角形的性质得到AC⊥BD，∠ACB＝∠DBC＝45°，求得∠MEN＝90°，EMBE，ENCE，推出△CEH是等腰直角三角形，得到EH＝CE，根据相似三角形的性质即可得到结论； （2）过点E作EH⊥BC，交AC于点H，根据三角函数的定义得到EH＝nCE，求得∠GBE＝∠FHE，∠BEG＝∠HEF，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （3）过点E作EH⊥BC，交AC于点H，过点G，F作BC的垂线，垂足分别为M，N，根据等腰三角形的性质得到∠FEC＝∠FCE，求得∠GBE＝∠GEB，根据相似三角形的性质得到FN＝EM＝BM，CN＝EN＝GM，设FN＝a，CN＝b，则BM＝EM＝a，GM＝EN＝b，AB＝2GM＝2b，根据相似三角形的判定和性质定理以及三角函数的定义即可得到结论． 【解答】（1）解：过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M， 在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC， ∴AC⊥BD，∠ACB＝∠DBC＝45°， ∴四边形OMEN是矩形，△BEM与△CEN是等腰直角三角形， ∴∠MEN＝90°，EMBE，ENCE， ∵HE⊥BC， ∴△CEH是等腰直角三角形， ∴EH＝CE， ∵2， ∴2，2， ∴BE＝2EH， ∵EF⊥AE， ∴∠MEG＝∠NEF， ∴△EMG∽△ENF， ∴； 故答案为：BE＝2EH，； （2）证明：过点E作EH⊥BC，交AC于点H， ∴∠ABC＝∠HEC， ∴n， ∴EH＝nCE， ∵BD⊥AC，HE⊥BC，AE⊥EF， ∴∠AEB+∠AEH＝∠AEH+∠FEH＝90°，∠C+DBC＝∠C+∠CHE＝90°， ∴∠GBE＝∠FHE，∠BEG＝∠HEF， ∴△EFH∽△EGB， ∴； （3）解：过点E作EH⊥BC，交AC于点H，过点G，F作BC的垂线，垂足分别为M，N， ∵EF＝EG＝FC， ∴∠FEC＝∠FCE， ∵∠DBC+∠C＝∠FEC+∠GEB＝90°， ∴∠GBE＝∠GEB， ∴GB＝EG，∠BGM＝∠EGM＝∠C， ∴∠GME＝∠FNE＝∠FNC＝90°，∠EGM＝∠FEN＝∠C， ∴△CFN≌△EFN≌△GEM≌△GBM（AAS）， ∴FN＝EM＝BM，CN＝EN＝GM， 设FN＝a，CN＝b，则BM＝EM＝a，GM＝EN＝b，AB＝2GM＝2b， ∵FN∥AB， ∴△CFN∽△CAB， ∴， ∴， ∴a2+ab﹣b2＝0， 解得（舍负）， ∴tan∠C． 【点评】本题是相似形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 4．（2024•廉江市二模）在等腰△ABC中，AB＝AC，线段BC上存在一动点E（不与点B，C重合），连接AE；将线段AE绕点A按逆时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，M，N分别是线段BC，EF的中点． 【问题初棎】 （1）如图1，若∠BAC＝60°，当E恰好是边BC的中点时，　 ，∠NMC的度数为 　 　． 【深入探究】 （2）如图2，若∠BAC＝60°，当E是边BC上的任意一点时（不与点B，C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【问题拓展】 （3）如图3，若，当点G在边BC上，且，在点E的运动过程中，求线段GN的最小值． 【分析】（1）设AB＝2a，证△ABC是等边三角形，得AB＝BC＝2a，AE⊥BC，BE＝a，则，再证△AEF是等边三角形，得∠AEF＝60°，，则∠NEC＝30°，然后由等边三角形的性质得AN⊥EF， 即可得出结论； （2）连接AM、AN，证△ABC为等边三角形，则AM⊥BC，再证△MAN＝△BAE，得，∠AMN＝∠ABE＝60°，则∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝30°； （3）连接AM、AN，同（2）得AM⊥BC，△MAN∽△BAE，则∠AMN＝∠B＝45°，∠NMC＝45°，再求出，当GN⊥MN 时，GN最小，此时△MNG是等腰直角三角形，即可解决问题． 【解答】解：（1）设AB＝2a， ∵AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝2a， ∵点E是BC边的中点，点M是BC边的中点， ∴E与M重合，AE⊥BC，BE＝a， ∴， 由旋转的性质得：∠EAF＝∠BAC＝60°，AE＝AF， ∴△AEF是等边三角形， ∴∠AEF＝60° ， ∴∠NEC＝∠AEC﹣∠AEF＝90°﹣60°＝30° ∵点N是EF的中点，AN⊥EF， ∴， 故答案为：；30°； （2）上述两个结论均成立． 证明：如图2，连接AM，AN． ∵AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴△ABC为等边三角形． ∵M是BC的中点， ∴AM⊥BC， ∴∠BMA＝90°． 在Rt△ABM中，∠B＝60°， ∴． 同理，可得， ∴， ∴△MAN∽△BAE， ∴， ∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝90°﹣60°＝30°． 综上所述，的度数为30°； （3）如图3，连接AM，AN． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴． 由（2），得AM⊥BC，△MAN∽△BAE， ∴∠AMN＝∠B＝45°， ∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝45°． ∵M是BC的中点， ∴． ∵， ∴MG＝CM﹣CG＝1． 当GN⊥MN时，GN最小． 此时，△MNG是等腰直角三角形，， 即GN的最小值为． 【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$