专题05 相似-备战2025年中考数学真题题源解密（浙江专用）

专题05 相似 课标要求 考点 考向 1．了解比例线段的有关概念及其性质，并会用比例的性质解决简单的问题． 2．了解相似多边形、相似比和相似三角形的概念，掌握其性质和判定并会运用图形的相似解决一些简单的实际问题． 3．了解位似变换和位似图形的概念，掌握并运用其性质. 相似 考向一 相似性质判定 考向二 相似综合 考点一 相似 ►考向一 相似性质判定 易错易混提醒 1．判定 （1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似； （2）两角对应相等，两三角形相似； （3）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似； （4）三边对应成比例，两三角形相似； （5）斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似． 2．性质 （1）相似三角形的对应角相等，对应边成比例； （2）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； （3）相似三角形周长的比等于相似比； （4）相似三角形面积的比等于相似比的平方． 1．（2023•绍兴）如图，在△ABC中，D是边BC上的点（不与点B，C重合）．过点D作DE∥AB交AC于点E；过点D作DF∥AC交AB于点F，N是线段BF上的点，BN＝2NF，M是线段DE上的点，DM＝2ME．若已知△CMN的面积，则一定能求出（　　） A．△AFE的面积 B．△BDF的面积 C．△BCN的面积 D．△DCE的面积 【答案】D 【分析】如图所示，连接ND，证明△FBD∽△EDC，得出＝，由已知得出 ，则 ，又∠NFD＝∠MEC，则△NFD∽△MEC，进而得出∠MCD＝∠NDB，可得MC∥ND，结合题意得出，即可求解． 【解答】解：如图所示，连接ND， ∵DE∥AB，DF∥AC， ∴∠ECD＝∠FDB，∠FBD＝∠EDC，∠BFD＝∠A，∠A＝DEC． ∴△FBD∽△EDC，∠NFD＝∠MEC． ∴＝， ∵DM＝2ME，BN＝2NF， ∴，ME＝DE， ∴ ∴， 又∵∠NFD＝∠MEC， ∴△NFD∽△MEC． ∴∠ECM＝∠FDN． ∵∠FDB＝∠ECD， ∴∠MCD＝∠NDB． ∴MC∥ND． ∴S△MNC＝S△MDC． ∵DM＝2ME， ∴． 故选：D． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 2．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（　　） A． B． C．10 D． 【答案】A 【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意． 【解答】解：如图1所示， 由已知可得，△DFE∽△ECB， 则， 设DF＝x，CE＝y， 则， 解得， ∴DE＝CD+CE＝6+＝，故选项B不符合题意； EB＝DF+AD＝+2＝，故选项D不符合题意； 如图2所示， 由已知可得，△DCF∽△FEB， 则， 设FC＝m，FD＝n， 则， 解得， ∴FD＝10，故选项C不符合题意； BF＝FC+BC＝8+7＝15； 如图3所示： 此时两个直角三角形的斜边长为6和7； 故选：A． 【点评】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答． 3．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．设BF＝2k，CG＝3k．则AE＝DE＝y，由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因为C，A′，B′共线，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得结论． 【解答】解：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y． ∵＝， ∴可以假设BF＝2k，CG＝3k． ∵AE＝DE＝y， 由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF， ∵AD∥CB， ∴∠AEF＝∠EFG， ∴∠GEF＝∠GFE， ∴EG＝FG＝y﹣5k， ∴GA′＝y﹣（y﹣5k）＝5k﹣y， ∵C，A′，B′共线，GA′∥FB′， ∴＝， ∴＝， ∴y2﹣12ky+32k2＝0， ∴y＝8k或y＝4k（舍去）， ∴AE＝DE＝4k， ∵四边形CDTG是矩形， ∴CG＝DT＝3k， ∴ET＝k， ∵EG＝8k﹣5k＝3k， ∴AB＝CD＝GT＝＝2k， ∴＝＝2． 解法二：不妨设BF＝2，CG＝3，连接CE，则Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4 则A'B'＝2， 故选：A． 【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 4．（2023•衢州）下面是勾股定理的一种证明方法：图1所示纸片中，∠ACB＝90°（AC＜BC），四边形ACDE，CBFG是正方形．过点C，B将纸片CBFG分别沿与AB平行、垂直两个方向剪裁成四部分，并与正方形ACDE，△ABC拼成图2． （1）若cos∠ABC＝，△ABC的面积为16，则纸片Ⅲ的面积为 　9　． （2）若，则＝　　． 【答案】（1）9； （2）． 【分析】（1）在图1中，过C作CM⊥AB于M，由cos∠ABC＝，可得CT＝BC，CM＝AC，故CT•CM＝BC•AC＝BC•AC，而△ABC的面积为16，即可得纸片Ⅲ的面积为CT•BT＝CT•CM＝9； （2）标识字母如图，设NT＝19t，证明△BFN≌△CBW（ASA），可得BN＝CW＝34t，由△BCT∽△WBT，有CT•WT＝BT2，即CT•（34t﹣CT）＝（15t）2，可得CT＝9t或CT＝25t，而BK＝CT，AK＝WT，即可得到答案． 【解答】解：（1）在图1中，过C作CM⊥AB于M，如图： ∵CT∥AB， ∴∠ABC＝∠BCT， ∵cos∠ABC＝， ∴cos∠BCT＝，即＝， ∴CT＝BC， ∵∠ACM＝90°﹣∠BCM＝∠ABC， ∴cos∠ACM＝cos∠ABC＝，即＝， ∴CM＝AC， ∴CT•CM＝BC•AC＝BC•AC， ∵△ABC的面积为16， ∴BC•AC＝16， ∴BC•AC＝32， ∴CT•CM＝18， ∴纸片Ⅲ的面积为CT•BT＝CT•CM＝9； 故答案为：9； （2）如图： ∵＝， ∴＝， 设NT＝19t，则BT＝15t，BN＝34t， ∵∠FBN＝90°﹣∠CBN＝∠BCW，BF＝BC，∠BFN＝∠CBW＝90°， ∴△BFN≌△CBW（ASA）， ∴BN＝CW＝34t， ∵∠BCT＝∠WBT，∠BTC＝∠WTB＝90°， ∴△BCT∽△WBT， ∴＝， ∴CT•WT＝BT2， ∴CT•（34t﹣CT）＝（15t）2， 解得CT＝9t或CT＝25t， 当CT＝9t时，WT＝25t，这情况不符合题意，舍去； 当CT＝25t时，WT＝9t， 而BK＝CT，AK＝WT， ∴＝． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的性质与判定，涉及正方形性质及应用，全等三角形性质与判定，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握三角形相似的判定定理． 5．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于 　10　米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 　（10+）　米． 【答案】10，（10+）． 【分析】解法一：作平行线OP，根据平行线分线段成比例定理可知PC＝PD，由EF与影子FG的比为2：3，可得OM的长，同法由等角的正弦可得OB的长，从而得结论； 解法二：作辅助线，构建直角△CND，证明△HMC∽△EFG，根据垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，列比例式可得HM的长，由三角函数的定义可得CN的长，从而得OA＝OB＝，由此可解答． 【解答】解：解法一：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN⊥BD于N，则OB＝PN， ∵AC∥BD， ∴AC∥OP∥BD， ∴＝，∠EGF＝∠OPM， ∵OA＝OB， ∴CP＝PD＝CD＝6.5， ∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15， tan∠EGF＝tan∠OPM， ∴＝＝， ∴OM＝×15＝10； ∵DB∥EG， ∴∠EGF＝∠NDP， ∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝， ∴OB＝PN＝， 以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米． 解法二：如图，设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N， ∵HC∥EG， ∴∠HCM＝∠EGF， ∵∠CMH＝∠EFG＝90°， ∴△HMC∽△EFG， ∴＝＝，即＝， ∴HM＝， ∵BD∥EG， ∴∠BDC＝∠EGF， ∴tan∠BDC＝tan∠EGF， ∴＝＝， 设CN＝2x，DN＝3x，则CD＝x， ∴x＝13， ∴x＝， ∴AB＝CN＝2， ∴OA＝OB＝AB＝， 在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM， ∴sin∠AHO＝＝， ∴＝， ∴OH＝， ∴OM＝OH+HM＝+＝10（米）， 以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米． 故答案为：10，（10+）． 【点评】本题考查了解相似三角形以及直角三角形的应用，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． 6．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设＝k，若AD＝DF，则＝　　（结果用含k的代数式表示）． 【答案】． 【分析】方法一：先根据轴对称的性质和已知条件证明DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC＝k•AB，通过证明△ABC∽△ECF，推出CF＝k2•AB，即可求出的值．方法二：证明AD＝DF＝BD，可得BF⊥AC，设AB＝AC＝1，BC＝k，CF＝x，则AF＝1﹣x，利用勾股定理列方程求出x的值，进而可以解决问题． 【解答】解：方法一：∵点B和点F关于直线DE对称， ∴DB＝DF， ∵AD＝DF， ∴AD＝DB， ∵AD＝DF， ∴∠A＝∠DFA， ∵点B和点F关于直线DE对称， ∴∠BDE＝∠FDE， ∵∠BDE+∠FDE＝∠BDF＝∠A+∠DFA， ∴∠FDE＝∠DFA， ∴DE∥AC， ∴∠C＝∠DEB，∠DEF＝∠EFC， ∵点B和点F关于直线DE对称， ∴∠DEB＝∠DEF， ∴∠C＝∠EFC， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B， ∵∠ACB＝∠EFC， ∴△ABC∽△ECF， ∴＝， ∵DE∥AC， ∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C， ∴△BDE∽△BAC， ∴＝＝， ∴EC＝BC， ∵＝k， ∴BC＝k•AB， ∴EC＝k•AB， ∴＝， ∴CF＝k2•AB， ∴＝＝＝＝． 方法二：如图，连接BF， ∵点B和点F关于直线DE对称， ∴DB＝DF， ∵AD＝DF， ∴AD＝DB＝DF， ∴BF⊥AC， 设AB＝AC＝1， 则BC＝k， 设CF＝x， 则AF＝1﹣x， 由勾股定理得，AB2﹣AF2＝BC2﹣CF2， ∴12﹣（1﹣x）2＝k2﹣x2， ∴x＝， ∴AF＝1﹣x＝， ∴＝． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明△ABC∽△ECF． 7．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 　　． 【答案】． 【分析】如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．由tan∠CBT＝3＝，可以假设BT＝k，CT＝3k，证明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，再利用勾股定理，构建方程求解即可． 【解答】解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ． ∵tan∠CBT＝3＝， ∴可以假设BT＝k，CT＝3k， ∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°， ∴∠CAT＝∠JCD， 在△ATC和△CJD中， ， ∴△ATC≌△CJD（AAS）， ∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k， ∵∠CJD＝∠CED＝90°， ∴C，E，D，J四点共圆， ∵EC＝DE， ∴∠CJE＝∠DJE＝45°， ∴ET＝TJ＝10﹣2k， ∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2， ∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[•]2， 整理得4k2﹣25k+25＝0， ∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0， ∴k＝5（舍去）或， ∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝， 故答案为：． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，四点共圆，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． ►考向二 相似综合 1．（2023•湖州）【特例感知】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM． 【变式求异】 （2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据正方形的性质及角的和差推出∠A＝∠DCM，AD＝DC，∠ADP＝∠CDM，利用ASA即可证明△DAP≌△DCM； （2）作QN⊥BC于点N，则四边形DBNQ是矩形，根据矩形的性质推出∠DQN＝90°，QN＝DB，根据角的和差推出∠DQP＝∠MQN，结合∠QDP＝∠QNM＝90°，推出△DQP∽△NQM，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理求出AB＝6，则DB＝2，根据矩形的性质推出DQ∥BC，进而推出△ADQ∽△ABC，根据相似三角形的性质求解即可； （3）根据题意推出CQ＝mnAB，AQ＝（m﹣mn）AB，根据勾股定理求出BC＝AB，根据四边形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP＝∠NQM，结合∠A＝∠QNM＝90°，推出△QAP∽△QNM，根据相似三角形的性质得出，根据题意推出△QCN∽△BCA，根据相似三角形的性质求出，据此求解即可． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC， ∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°， ∴∠A＝∠DCM， ∵DM⊥PD， ∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°， ∴∠ADP＝∠CDM， 在△DAP和△DCM中， ， ∴△DAP≌△DCM（ASA）； （2）解：如图2，作QN⊥BC于点N， ∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC， ∴四边形DBNQ是矩形， ∴∠DQN＝90°，QN＝DB， ∵QM⊥PQ， ∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°， ∴∠DQP＝∠MQN， ∵∠QDP＝∠QNM＝90°， ∴△DQP∽△NQM， ∴， ∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°， ∴， ∵AD＝2DB， ∴DB＝2， ∵∠ADQ＝∠ABC＝90°， ∴DQ∥BC， ∴△ADQ∽△ABC， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC， ∴CQ＝mnAB， ∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB， ∵∠BAC＝90°， ∴， 如图3，作QN⊥BC于点N， ∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°， ∴∠ABN+∠AQN＝180°， ∵∠ABN+∠PBN＝180°， ∴∠AQN＝∠PBN， ∵∠PQM＝∠PBC， ∴∠PQM＝∠AQN， ∴∠AQP＝∠NQM， ∵∠A＝∠QNM＝90°， ∴△QAP∽△QNM， ∴， ∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA， ∴△QCN∽△BCA， ∴， ∴， ∴． 【点评】此题是相似综合题，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、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键． 2．（2023•温州）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA＝，AC＝1．如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH＝x，MN＝y． （1）求CE的长和y关于x的函数表达式； （2）当PH＜PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值； （3）延长PN交半圆O于点Q，当NQ＝x﹣3时，求MN的长． 【答案】（1）CE＝，y＝﹣x+4； （2）a的值为或或； （3）MN的长为． 【分析】（1）先求出CD的长，由平行线分线段成比例可得，可求CE的长，通过证明△BCE∽△NME，可得，即可求解； （2）分三种情况讨论，由相似三角形的性质列出方程可求解； （3）由锐角三角函数可求BG的长，由线段的数量关系列出方程，即可求解． 【解答】解：（1）如图1，连接OD， ∵CD切半圆O于点D， ∴OD⊥CE， ∵OA＝，AC＝1， ∴OC＝，BC＝4， ∴CD＝＝2， ∵BE⊥CE， ∴OD∥BE， ∴， ∴， ∴CE＝， 如图2，∵∠AFB＝∠E＝90°， ∴AF∥CE， ∴MN∥CB， ∴四边形APMC是平行四边形， ∴CM＝PA＝＝＝＝x， ∵NM∥BC， ∴△BCE∽△NME， ∴， ∴＝， ∴y＝﹣x+4； （2）∵PN＝y﹣1＝﹣x+4﹣1＝﹣x+3，PH＜PN，△BCE的三边之比为3：4：5， ∴可分为三种情况， 当PH：PN＝3：5时，x＝﹣x+3，解得：x＝， ∴a＝x＝， 当PH：PN＝4：5时，x＝﹣x+3，解得：x＝， ∴a＝x＝， 当PH：PN＝3：4时，x＝﹣x+3，解得：x＝， ∴a＝x＝， 综上所述：a的值为或或； （3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G， 则∠AQB＝∠AGQ＝90°，PH＝QG＝x， ∴∠QAB＝∠BQG， ∵NQ＝x﹣3，PN＝y﹣1＝﹣x+3， ∴HG＝PQ＝NQ+PN＝x， ∵AH＝x， ∴AG＝AH+HG＝3x， ∴tan∠BQG＝tan∠QAB＝＝＝， ∴BG＝QG＝x， ∴AB＝AG+BG＝x＝3， ∴x＝， ∴y＝﹣x+4＝， ∴MN的长为． 【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 3．（2022•宁波）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点G，求证：DG＝EG． 【尝试应用】 （2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值． 【拓展提高】 （3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）证明△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，根据相似三角形的性质得到＝，进而证明结论； （2）根据线段垂直平分线的性质求出CE，根据相似三角形的性质计算，得到答案； （3）延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，根据直角三角形的性质求出∠EFG，求出∠MFN＝30°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可． 【解答】（1）证明：∵DE∥BC， ∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE， ∴＝，＝， ∴＝， ∵BF＝CF， ∴DG＝EG； （2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE， ∴CE＝CD＝6， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴＝＝＝； （3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°， ∵MG∥BD， ∴ME＝GE， ∵EF⊥EG， ∴FM＝FG＝10， 在Rt△GEF中，∠EGF＝40°， ∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°， ∵FG平分∠EFC， ∴∠GFC＝∠EFG＝50°， ∵FM＝FG，EF⊥GM， ∴∠MFE＝∠EFG＝50°， ∴∠MFN＝30°， ∴MN＝MF＝5， ∴NF＝＝5， ∵∠ABC＝45°， ∴BN＝MN＝5， ∴BF＝BN+NF＝5+5． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 1．（2024•龙湾区二模）如图，点C在线段AB上，AC＝2CB，分别以AC，CB为边向上作正方形ACDE和正方形CBFG．取AC中点M，以ME，MF为邻边作▱EMFN，点N恰好在CD的延长线上．连结MD，延长FD交EN于点P，则＝（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点P作PH⊥CN于点H，由四边形ACDE和四边形CBFG是正方形，可得AC＝CD，BC＝CG＝GF，∠ACD＝∠BCG＝90°，可证△DGF是等腰直角三角形；设AM＝MC＝a，则CG＝BC＝GD＝GF＝a，CD＝2a，DF＝a；由勾股定理可得EM＝MD＝a，由四边形EMFN是平行四边形，所以EM＝NF＝a，可证△PDH是等腰直角三角形，所以PH＝DH；设PH＝DH＝x，则PD＝x，由PH∥ED，可证△NPH∽△NED，所以PH：ED＝NH：ND，即x：（2a）＝（a﹣x）：a，解之可得x＝a，所以PD＝a，所以PF＝PD+DF＝a，由此可得结论． 【解答】解：如图，过点P作PH⊥CN于点H， ∵四边形ACDE和四边形CBFG是正方形， ∴AC＝CD，BC＝CG＝GF，∠ACD＝∠BCG＝90°， ∵M是AC的中点， ∴AC＝2AM＝2MC， ∵AC＝2CB， ∴AM＝MC＝CG＝BC＝GD＝GF， ∴△DGF是等腰直角三角形； 设AM＝MC＝a，则CG＝BC＝GD＝GF＝a， ∴CD＝2a，DF＝a， 由勾股定理可得EM＝MD＝a， ∵四边形EMFN是平行四边形， ∴EM＝NF＝a， 由勾股定理可得，GN＝2a， ∴ND＝a， ∵△DGF是等腰直角三角形， ∴∠GDF＝45°， ∴∠PDH＝∠HPD＝45°， ∴△PDH是等腰直角三角形， ∴PH＝DH， 设PH＝DH＝x，则PD＝x， ∵PH∥ED， ∴△NPH∽△NED， ∴PH：ED＝NH：ND，即x：（2a）＝（a﹣x）：a， 解得x＝a， ∴PD＝a， ∴PF＝PD+DF＝a， ∴＝＝． 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的性质和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 2．（2024•浙江一模）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，，DE∥BC，EF∥AB，点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点F作FG∥CN交AB于点G，证明MN是△DGF的中位线，得GF＝2MN，由GF∥CN，EF∥AB，得四边形GFHN是平行四边形，证明MH＝MN，设MH＝MN＝a，则GF＝2a，然后证明CN＝4GF＝8a，所以CH＝CN﹣NH＝8a﹣2a＝6a，得CM＝CH+MH＝6a+a＝7a，进而可以解决问题． 【解答】解：过点F作FG∥CN交AB于点G， ∵点M是DF的中点， ∴N是DG的中点， ∴MN是△DGF的中位线， ∴GF＝2MN， ∵GF∥CN，EF∥AB， ∴四边形GFHN是平行四边形， ∴NH＝GF＝2MN， ∴MH＝MN， 设MH＝MN＝a，则GF＝2a， ∵DE∥BC， △ADE∽△ABC， ∴＝＝， ∴BC＝4DE， ∵EF∥AB，DE∥BC， ∴四边形DEFB是平行四边形， ∴DE＝BF， ∵FG∥CN， ∴△BFG∽△BCN， ∴＝， ∵＝＝， ∴＝， ∴CN＝4GF＝8a， ∴CH＝CN﹣NH＝8a﹣2a＝6a， ∴CM＝CH+MH＝6a+a＝7a， ∴＝＝， 故选：D． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，平行四边形的判定与性质，由平行线得到线段间的数量关系是解题的关键． 3．（2024•下城区校级三模）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论正确的是（　　） A．若BP＝1，则OE＝2 B．若BP＝1，则 C．OA2＝OE•OP D．OQ2＝OA•OF 【答案】B 【分析】根据相似三角形的性质以及三角函数的定义即可判断选项A；分别判定△PBE∽△PAD，△PAD∽△QOE，从而可得比例式，求得OE和OA的值，则可判断选项B是否正确；证明△DAO∽△APO，根据相似三角形的性质即可判断选项C错误；由勾股定理可判断选项D是否正确． 【解答】解：∵BP＝1，AB＝3， ∴AP＝4， ∵△PBE∽△PAD， ∴， ∴BE＝， ∴QE＝， ∵△QOE∽△PAD， ∴， ∴OE＝， 故选项A错误； ∵BP＝1，AB＝3， ∴AP＝4， ∴PD＝5， ∵正方形ABCD中，BC∥AD， ∴△PBE∽△PAD， ∴， ∴BE＝， ∴QE＝， ∵∠P＝∠Q，∠PAD＝∠QOE＝90°， ∴△PAD∽△QOE， ∴， ∴OQ＝，故选项B正确， ∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°， ∴∠DAO＝∠P， ∴△DAO∽△APO， ∴， ∴AO2＝OD•OP， ∵AE＞AB， ∴AE＞AD， ∴OD≠OE， ∴OA2≠OE•OP， 故选项C错误； ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD，∠DAB＝∠ABC＝90°， ∵BP＝CQ， ∴AP＝BQ， 在△DAP和△ABQ中， ， ∴△DAP≌△ABQ（SAS）， ∴∠P＝∠Q， ∵∠Q+∠QAB＝90°， ∴∠P+∠QAB＝90°， ∴∠AOP＝90°， ∴∠DAO+∠ADO＝∠ADO+∠FDO＝90°， ∴∠DAO＝∠FDO， ∴△DAO∽△FDO， ∴， ∴OD2＝OA•OF， ∵OD不一定等于OQ，故选项D不正确． 故选：B． 【点评】本题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、正方形的性质及解直角三角形等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 4．（2023•杭州一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合，点F在边AB上，且AF＝BE，连接AE，DF，对角线AC与DF交于点G，连接BG，交AE于点H．若DF＝4GH，则＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设GH＝a，则DF＝4a，证明△DAF≌△ABE和△DAG≌△BAG，推出AH＝BH＝HE，作EQ∥AC，证明△EQH≌△AGH，得到BQ＝QH＝GH＝a，DG＝BG＝3a，设AF＝b，则CD＝3b＝AD，推出，在Rt△AFD中，利用勾股定理求得，代入计算即可求解． 【解答】解：设GH＝a，则DF＝4a， ∵正方形ABCD中，AF＝BE， ∴AD＝AB，∠DAF＝∠ABE＝90°， ∴△DAF≌△ABE（SAS）， ∴DF＝AE，∠ADF＝∠BAE， ∵对角线AC与DF交于点G， ∴BG＝DG， ∵AB＝AD，AG＝AG， ∴△DAG≌△BAG（SSS）， ∴∠ADF＝∠ABG＝∠BAE， ∴AH＝BH， ∵∠BAE+∠AEB＝∠ABH+∠HBE＝90°， ∴∠HBE＝∠HEB， ∴AH＝BH＝HE， 作EQ∥AC， ∴∠EHQ＝∠AHG，∠QEH＝∠GAH， ∴△EQH≌△AGH（ASA）， ∴EQ＝AG，QH＝GH＝a， ∵DF＝AE， ∴， ∴BQ＝QH＝GH＝a， ∴DG＝BG＝3a，GF＝DF﹣DG＝a， ∵AF∥DC， ∴△AFG∽△CDG， ∴＝＝＝， 设AF＝b，则CD＝3b＝AD， ∴， ∴， 在Rt△AFD中， AF2+AD2＝DF2，即b2+（3b）2＝（4a）2， 整理得：， ∴， 故选：A． 【点评】本题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正方形的性质，解题的关键是学会利用参数构建等量关系是解决的问题． 5．（2023•拱墅区校级模拟）如图，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上，DE交AC于点F，若DF＝3，EF＝6，则AD的长是 　9　，CD的长是 　　． 【答案】9，． 【分析】根据△ABC和△ADE都是等边三角形，得出△ABD∽△DCF、△ADF∽△ACD，设CD＝x，得到两个用x表示AF的关系式，解方程即可． 【解答】解：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AD＝AE＝DE＝DF+EF＝3+6＝9，∠ABD＝∠DCF＝60°， ∵∠BAD+∠ABD＝∠ADC＝∠ADF+∠CDF，∠ABD＝∠ADF＝60°， ∴∠BAD＝∠CDF， ∴△ABD∽△DCF， ∴＝＝， ∴＝＝3， 设CD＝x，则AB＝3x，BD＝2x， ∴＝， ∴＝， ∴CF＝x，则AF＝AC﹣CF＝AB﹣CF＝3x﹣x＝x， ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴∠ADF＝∠ACD，∠DAF＝∠CAD， ∴△ADF∽△ACD， ∴＝， 即＝， ∴AF＝， ∴AF＝＝x， 解得：x＝（负值舍去）， ∴CD＝， 故答案为：9，． 【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形的外角的性质，解题的关键是正确找出相似三角形． 6．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，两个边长为1的正方形DEFG，GHIJ的顶点D，E，F，I，J均在△ABC的边上，∠FGH＝α（0°＜α＜90°），令，当α＝60°时，n＝　　；当时，S△ABC＝　　． 【答案】，． 【分析】第一空：由α＝60°可推出∠A＝30°，进而可以把两个三角形的面积都求出，即可求解； 第二空：作GM⊥AB，则有△DGM∽△ADE，再根据n＝得出相似比即可，然后得到tan∠DAE＝＝tan∠GDM，对于正方形GHIJ可以考虑构造弦图解决，从而可以求得AB边长，进而求出BC和AC的长度，即可求解． 【解答】第一空：如图作GM⊥AB于M， ∵α＝60°， ∴∠DGJ＝120°， ∵DG＝JG， ∴∠GDM＝∠GJM＝30°， ∴∠A＝30°， ∴AE＝DE＝， ∴S△ADE＝AD•DE＝， ∵GM＝DG＝，DM＝， ∴DJ＝， S△DGJ＝DJ•GM＝， ∴n＝＝， 故答案为：． 第二空：过点G作GM⊥AB于点M，作IN⊥AB于点N， ∵n＝， ∴＝， ∴＝， ∵∠GDM＝∠A，∠AED＝∠GMD＝90°， ∴△DGM∽△ADE， ∴＝＝（）2 ∴＝， ∴AD＝． ∴AE＝2＝2， ∴tan∠DAE＝＝tan∠GDM， ∴GM＝，DM＝， ∵∠MJG＝∠NIJ＝90°﹣∠NJI，∠GMD＝∠JNI，GJ＝JI， ∴△MGJ≌△NJI（AAS）， ∴NJ＝GM＝， ∵∠B+∠A＝90°＝∠B+∠BIN， ∴∠A＝∠GDM+∠GJM＝∠NIJ＝∠BIN， ∴BN＝NJ＝， ∴AB＝AD+DM+MJ+NJ+BN＝， ∴BC＝，AC＝， ∴S△ABC＝AC•BC＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 7．（2024•浙江模拟）有一个侧面为梯形的容器，高为8cm，内部倒入高为6cm的水．将一根长为18cm的吸管如图放置，若有2cm露出容器外，则吸管在水中部分的长度为 　12　cm． 【答案】12． 【分析】根据相似三角形的判定得到△BDF∽△BEC，再利用相似三角形的对应边成比例即可得到CD的长． 【解答】解：过点B作BM⊥CE，垂足为M，过点F作FN⊥CE，垂足为N， ∵DF∥CE， ∴∠BDF＝∠ACE， ∵∠DBF＝∠CBE， ∴△BDF∽△BCE， ∵BM＝8cm，FN＝6cm，BC＝16cm， ∴设CD＝x cm，则BD＝（16﹣x）cm， ∵△BDF的高为：BM﹣FN＝8﹣6＝2（cm）， ∴， ∴， ∴解得：x＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线的性质等相关知识点，掌握相似三角形的性质是解题的关键．根据相似三角形的判定得到△BDF∽△BEC，再利用相似三角形的对应边成比例即可得到CD的长． 8．（2024•浙江模拟）如图，⊙O的弦BC垂直平分半径OA，点E是弦BC上一点，且BE＞CE，连接AE并延长交⊙O于点D，连结OD，OE，设DE＝nOE． （1）当点E是AD中点时，的度数为 　30　°； （2）连接AC，当时，则m与n的关系为 　m＝　． 【答案】（1）30； （2）m＝． 【分析】（1）连接OC，设AO和BC相交于点M，因为BC垂直平分OA，则，∠OMC＝90°，AE＝OE＝ED，推出∠OCM＝30°，因为OA＝OC，E是AD中点，则OE⊥AD，∠AOE＝∠DOE＝45°，所以∠AOD＝∠AOE+∠DOE＝90°，则∠OMC+∠AOD＝180°，推出BC∥OD，则∠BCO＝∠COD＝30°，即 的度数为30°； （2）连接AC，CD，由题可得DE＝nOE，，则AC＝mDE＝mnOE，设OE＝t，则DE＝nt，AC＝mnt，可证得△ACE∽△ADC，得出＝，即＝，即可求得答案． 【解答】解：（1）连接OC，设AO和BC相交于点M， ∵BC垂直平分OA， ∴，∠OMC＝90°，AE＝OE＝ED， ∴∠OCM＝30°， ∵OA＝OC，E是AD中点， ∴OE⊥AD，∠AOE＝∠DOE＝45°， ∴∠AOD＝∠AOE+∠DOE＝90°， ∴∠OMC+∠AOD＝180°， ∴BC∥OD， ∴∠BCO＝∠COD＝30°， 即 的度数为30°； （2）连接AC，CD， 由题可得DE＝nOE，，∴AC＝mDE＝mnOE， 设OE＝t，则DE＝nt，AC＝mnt， ∵BC垂直平分OA， ∴＝，AE＝OE＝t， ∴∠ACE＝∠ADC， ∵∠CAE＝∠DAC， ∴△ACE∽△ADC， ∴＝， ∴＝， 整理得：m2n2＝n+1， 解得：m＝或m＝﹣（舍去）， 故答案为：m＝． 【点评】本题考查垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 9．（2024•嘉善县一模）如图，将菱形ABCD的边BC翻折到BC′，使C的对应点C′落在对角线BD上，再将边BC翻折到CB′，使B的对应点B′与△ABD的外心重合，连结B′C′．则△BB′C′与△BCC′的面积比为 　﹣2　． 【答案】﹣2． 【分析】连接DB′、AB′，则AB'＝DB'＝BB'，由菱形性质CB＝CD，则点A、B′、C在线段BD的垂直平分线 上，即A、B′、C三点在同一直线上，即B在菱形的 对角线AC上，设AC、BD交于点O，则AC⊥BD，设菱形的边长为a；易证△B′AB∽△BAC，由相似三角形的性质得，从而可求得AC、OC、OB′，则△BBC与△BCC的面积比为OB′：OC，从而可求得比值． 【解答】解：如图，连接DB′、AB′， ∵B′为△ABD的外心， ∴AB′＝DB′＝BB′， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CB＝CD＝AB＝AD＝a， ∴点A、B′、C在线段BD的垂直平分线上，即A、B′、C三点在同一直线上， ∴点B′在菱形的对角线AC上； 设AC、BD交于点O，菱形的边长为a； ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AB＝BC，OC＝OA＝AC， ∴∠BAC＝∠BCA； ∵AB′＝BB′， ∴∠BAC＝∠ABB′， ∴∠ABB′＝∠BCA， ∴△B′AB∽△BAC， ∴＝，即AB2＝AB'•AC＝AB'（AB'+CB'）， 由已知得CB′＝BC＝a， ∴a2＝AB'2+aAB'， 解得AB'＝a（负值已舍去）， ∴AC＝AB'+CB'＝a， ∴OC＝AC＝a，OB'＝CB'﹣OC＝a， ∴＝＝（a）÷（a）＝﹣2， 故答案为：﹣2． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，三角形的外接圆与外心，翻折变换（折叠问题），解答本题的关键是是证明A、B′、C三点共线． 10．（2024•西湖区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，AB上，且DE＝DF，AC与DE，DF分别交于点M，N． （1）若∠ADF＝∠EDF，AN＝，则AD＝　+1　； （2）设△DMN和△AFN的面积分别为S1和S2，若S2＝2S1，则的值为 　﹣1　． 【答案】（1）+1；（2）﹣1． 【分析】（1）由正方形的性质，可得KN＝AK＝1，证明Rt△ADF≌Rt△CDE（HL），可得∠ADF＝∠EDF＝∠CDE＝30°，即可求解； （2）通过证明△ADF∽△HFN，可得，设＝k，NH＝AH＝b，则FH＝kb，由面积关系可得方程，即可求解． 【解答】解：（1）过N作NK⊥AD于K，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAC＝45°， ∴△ANK是等腰直角三角形， ∴AK＝KN＝AN＝1， 在Rt△ADF和Rt△CDE中， ， ∴Rt△ADF≌Rt△CDE（HL）， ∴∠ADF＝∠CDE， ∵∠ADF＝∠EDF， ∴∠ADF＝∠EDF＝∠CDE＝30°， ∴DK＝KN＝， ∴AD＝AK+DK＝+1， 故答案为：+1； （2）过N作NH⊥AB于H，如图： ∵∠FHN＝∠FAD＝90°， ∴HN∥AD， ∴△ADF∽△HFN， ∴， 设＝k，NH＝AH＝b，则FH＝kb， ∴AF＝b+kb， ∵k＝， ∴AD＝， ∴S2＝AF•HN＝b2（1+k），S1＝S△ADC﹣2S△ADN＝﹣2וb•b， ∵S2＝2S1， ∴b2（1+k）＝2•[﹣2וb•b]， 整理得：k2+2k﹣2＝0， 解得：k＝﹣1或﹣﹣1（舍弃）， ∴k＝＝， 故答案为：﹣1． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 11．（2023•西湖区校级二模）点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相交于点M．若＝ 则sin∠CDE＝　　． 【答案】． 【分析】由△AME∽△CMD，推出＝＝，得到＝，因此＝，令AE＝x，AD＝4x，由勾股定理得到DE＝x，即可求出sin∠AED＝．由∠CDE＝∠AED，得到sin∠CDE＝sin∠AED＝． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AE∥CD，AD＝CD， ∴△AME∽△CMD， ∴＝＝， ∴＝， ∴＝， 令AE＝x，AD＝4x， DE＝＝x， ∴sin∠AED＝＝＝． ∵AE∥CD， ∴∠CDE＝∠AED， ∴sin∠CDE＝sin∠AED＝． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的性质，关键是由△AME∽△CMD，得到＝． 12．（2024•杭州四模）如图，已知矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点G． （1）若BE＝2，求AE•AF的长； （2）若，求cos∠FCE的值． 【答案】（1）8； （2）． 【分析】（1）先求出BC的长，再根据矩形的性质证得△ABE∽△DFA，即可求出AE•AF的值； （2）延长DF交CB的延长线于H，连接DE、AH，先证△ADG∽△CHG，得出BH＝BC，于是得出BE＝CE＝BH，继而得到EH＝BC＝AD，证得四边形ADEH是菱形，求出∠FCE＝30°，即可得解． 【解答】解：（1）∵E是BC的中点，BE＝2， ∴BC＝2BE＝4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝4，AD//BC，∠B＝90°， ∴∠AEB＝∠DAF， ∵DF⊥AE， ∴∠AFD＝90°， ∴∠AFD＝∠B， ∴△ABE∽△DFA， ∴AE：AD＝BE：AF， ∴AD•AF＝AD•BE＝4×2＝8； （2）延长DF交CB的延长线于H，连接DE、AH，如图2所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD//BC，AD＝BC，∠BCD＝90°， ∴△ADG∽△CHG， ∴＝＝， ∴AD＝CH， ∴BC＝CH， ∴BH＝CH， ∴BH＝BC， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝BH， ∴EH＝BC＝AD， ∴四边形ADEH是平行四边形， ∵DF⊥AE， ∴四边形ADEH是菱形， ∴DF＝HF，∠AEH＝∠AED，DE＝AD＝EH＝BC， ∴CE＝D∠FCE＝∠CFE＝∠AEH＝3°， ∴∠CDE＝30°， ∴∠CED＝90°﹣30°＝60°， ∴∠AEH＝∠AED＝60°， ∵DF⊥AE， ∴∠FDE＝30°＝∠CDE， ∴FE＝CE， ∴∠FCE＝∠CFE＝∠AFH＝30°， ∴cos∠FCE＝． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，菱形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 13．（2024•西湖区校级二模）【基础巩固】 （1）如图（1），在△ABC和△EDB中，点E在BC上，AC∥BD，∠A＝∠BED，求证：△ABC∽△EDB． 【尝试应用】 （2）如图（2），在（1）的条件下，连结CD．若∠BCD＝90°，AC＝EC＝2，BE＝4，求DE的长． 【拓展提高】 （3）如图（3），在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边CD上一点，DE＝2CE，连结AE交BD于点F，线段AE与BC的延长线交于点P，若∠AFB＝∠ABC，OF＝1，求BC的长． 【答案】（1）证明见解析． （2）DE的长为4． （3）BC的长为2． 【分析】（1）根据两角相等三角形相似可得结论． （2）根据△ABC∽△EDB，列比例式可得BD＝12，再根据勾股定理即可求解． （3）证明△ADE∽△PCE，得＝＝2，设CP＝a，则AD＝BC＝2a，证明△DAB∽△BFP，最后由平行四边形面积公式即可求解． 【解答】（1）证明：∵AC∥BD， ∴∠C＝∠CBD， ∵∠A＝∠BED， ∴△ABC∽△EDB； （2）解：∵EC＝2，BE＝4， ∴BC＝2+4＝6， ∵△ABC∽△EDB， ∴，即， ∴BD＝12， ∵∠BCD＝90°， ∴CD＝6， ∴ED＝4； 故DE的长为4． （3）解：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AD∥BC，AD＝BC，OB＝OD，AC＝2AO， ∴∠ADE＝∠PCE，∠DAE＝∠P， ∴△ADE∽△PCE， ∴＝＝2， 设CP＝a，则AD＝BC＝2a， ∴BP＝3a， 同理可得：△ADF∽△PBF， ∴＝＝， ∴BF＝BD， ∵OF＝1， ∴BF﹣OB＝BD﹣BD＝1， ∴BD＝10，BF＝6，OB＝5， ∵AD∥BC， ∴∠ABC+∠DAB＝180°，∠ADB＝∠FBP， ∵∠AFB+∠BFP＝180°，∠AFB＝∠ABC， ∴∠DAB＝∠BFP， ∴△DAB∽△BFP， ∴＝，即＝， ∴a＝（负值舍）， ∴BC＝2． 故BC的长为2． 【点评】本题考查了相似形综合应用，解题关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质． 14．（2024•杭州模拟）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，连结EC，ED，过点C作DE的垂线交DE，AD于点G，F． （1）求证：F是AD的中点． （2）求的值． （3）求△ECG与四边形AEGF的面积比． 【答案】（1）证明见解答； （2）的值为； （3）△ECG与四边形AEGF的面积比为3：2． 【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD＝DC，∠A＝∠FDC＝90°，由CF⊥DE于点G，得∠CGD＝∠DGF＝90°，可推导出∠ADE＝∠DCF，即可证明△ADE≌△DCF，则AE＝DF＝AB＝AD，所以F是AD的中点； （2）设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝AD＝DC＝2m，AE＝DF＝m，求得DE＝CF＝m，由＝＝tan∠DCF＝，得CG＝2DG，由勾股定理得DC＝＝DG＝2m，求得DG＝m，则EG＝DE﹣DG＝m，CG＝2DG＝m，求得＝； （3）设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝AD＝DC＝2m，AE＝DF＝m，所以S△ADE＝m2，而CF＝m，DG＝m，EG＝m，CG＝m，则FG＝m，求得S△FDG＝m2，S△ECG＝m2，所以S四边形AEGF＝m2，即可求得＝． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝DC，∠A＝∠FDC＝90°， ∵CF⊥DE于点G，交AD于点F， ∴∠CGD＝∠DGF＝90°， ∴∠ADE＝∠DCF＝90°﹣∠CDE， 在△ADE和△DCF中， ， ∴△ADE≌△DCF（ASA）， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝DF＝AB＝AD， ∴F是AD的中点． （2）解：设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝AD＝DC＝2m， ∴AE＝DF＝×2m＝m， ∴DE＝CF＝＝m， ∵＝＝tan∠DCF＝， ∴CG＝2DG， ∴DC＝＝＝DG＝2m， ∴DG＝m， ∴EG＝DE﹣DG＝m﹣m＝m，CG＝2DG＝2×m＝m， ∴＝＝， ∴的值为． （3）解：设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝AD＝DC＝2m，AE＝DF＝m， ∴S△ADE＝AD•AE＝×2m2＝m2， 由（2）得CF＝m，DG＝m，EG＝m，CG＝m， ∴FG＝CF﹣CG＝m﹣m＝m， ∵∠DGF＝∠CGE＝90°， ∴S△FDG＝FG•DG＝×m×m＝m2，S△ECG＝EG•CG＝×m×m＝m2， ∴S四边形AEGF＝S△ADE﹣S△FDG＝m2﹣m2＝m2， ∴＝＝， ∴△ECG与四边形AEGF的面积比为3：2． 【点评】此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、三角形的面积公式等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 15．（2024•杭州模拟）【发现】如图1，在△ABC中，D为BC上一点，连结AD，在AD上取一点E，连结CE，若∠BAD＝∠ACE，CD＝CE，求证：∠ABD∽∠CAE． 【应用】如图2，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为OC上一点，连结BE，∠CBE＝∠DCO，BE＝DO，若BD＝12，OE＝5，求AC的长． 【答案】（1）证明过程详见解答； （2）18． 【分析】（1）由CD＝CE得∠ADC＝∠CED，从而∠ADB＝∠AEC，进而得出结论； （2）可证得BE＝OB，利用（1）结论得出△COD∽△BEC，从而，即，进一步得出结果． 【解答】（1）证明：∵CD＝CE， ∴∠ADC＝∠CED， ∴180°﹣∠ADC＝180°﹣∠CED， ∴∠ADB＝∠AEC， ∵∠BAD＝∠ACE， ∴△ABD∽△CAE； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD＝BD＝6，AC＝2OC， ∵BE＝DO， ∴BE＝OB， ∴∠BEO＝∠BOE， ∴∠BEC＝∠COD， ∵∠CBE＝∠DCO， ∴△COD∽△BEC， ∴， ∴， ∴OC＝9， ∴AC＝18． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 16．（2024•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别为对边AD，BC的中点，线段EF交AC于点O，延长CD于点G，连结GE并延长交AC于点Q，连结GF交AC于点P，连结QF．（1）若DG＝CD． ①求证：点Q为OA的中点． ②若OA＝1，∠ACB＝30°，求QF的长． （2）求证：FE平分∠QFP． （3）若CD＝mDG，求．（结果用含m的代数式表示） 【答案】（1）①证明过程见解答． ②． （2）证明过程见解答． （3）． 【分析】（1）①首先证明△QEO∽△QGC，根据该相似三角形的对应边成比例得到：，结合中点的性质推知，，最后根据等量代换推知Q为OA的中点． ②如图1，作 QH⊥BC 于点H，则OF∥QH，由平行线分线段成比例得到：．利用①题的结论和含30度角直角三角形的性质求得． （2）如图2，延长QF与GC的延长线交于点I．构造相似三角形：△QOF∽△QCl，△QOE∽△QCG．根据该相似三角形的性质和等腰三角形的判定与性质推知∠QFE＝∠EFG． （3）首先证得△QOE∽△QCG，则，同理，故．作QH⊥BC于点H，PJ⊥BC于点J，构造△QFH∽△PFJ，再次由相似三角形的对应边成比例推知． 【解答】（1）①证明：由题意，得EF与AC互相平分，EF∥CD且EF＝CD， 则△QEO∽△QGC， ∴， 又∵，， ∴，则 即点Q为OA的中点． ②解：如图1，作 QH⊥BC 于点H， 由题意，得OF∥QH， 所以． 由①，得 ， ∴， ∵∠ACB＝30° 则，， ∴， ∴． （2）如图2，延长QF与GC的延长线交于点I． 因为EF∥CD，所以∠QFE＝∠1，∠EFG＝∠FGl； 且△QOF∽△QCl，△QOE∽△QCG． ∴， ∵OE＝OF， ∴Cl＝CG． 又∵FC⊥GI， ∴FI＝FG， ∴∠I＝∠FGI，则∠QFE＝∠EFG． （3）解：因为CD＝mDG， 由 EF∥CD，得△QOE∽△QCG， ∴， 同理， ∴． 作QH⊥BC于点H，PJ⊥BC于点J， ∴∠QHF＝∠PJF＝90° 又由（2），得∠QFH＝∠PFJ， ∴△QFH∽△PFJ， ∴． 即＝． 【点评】本题考查的是相似综合题，主要涉及到了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例等知识点，解题的难点是作出辅助线，构造相似三角形． 17．（2023•衢州二模）如图1，在正方形ABCD中，点E在线段BC上，连接AE，将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，延长EF交CD于点G． （1）求证：DG＝FG； （2）如图2，当点E是BC中点时，求tan∠CGE的值； （3）如图3，当时，连接CF并延长交AB于点H，求的值． 【答案】（1）见解析过程； （2）； （3）． 【分析】（1）由“HL”可证Rt△AFG≌Rt△ADG，可得DG＝FG； （2）由勾股定理可求GF的长，即可求解； （3）由勾股定理可求BC＝CD＝6x，由面积法可求FN的长，即可求FM的长，通过证明△MFH∽△NFC，可得＝，即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， ∵将△ABE沿着AE折叠得到△AFE， ∴AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°， ∴AD＝AF， 又∵AF＝AD， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴DG＝FG； （2）解：设BC＝CD＝2a， ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CE＝a， ∵将△ABE沿着AE折叠得到△AFE， ∴BE＝EF＝a， ∵EG2＝EC2+CG2， ∴（a+DG）2＝a2+（2a﹣DG）2， ∴DG＝a， ∴tan∠CGE＝＝＝； （3）如图3，过点F作MN⊥AB于M，交CD于N， ∵MN⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴四边形BCNM是矩形， ∴BC＝MN， ∵， ∴设BE＝2x，DG＝3x， 则EG＝5x， ∵EG2＝EC2+CG2， ∴25x2＝（CD﹣2x）2+（CD﹣3x）2， ∴CD＝6x（负值舍去）， ∴BC＝6x， ∴EC＝4x，CG＝3x， ∵S△CFG＝S△ECG， ∴CG•FN＝×EC•CG， ∴FN＝x， ∴MF＝x， ∵AB∥CD， ∴△MFH∽△NFC， ∴＝， ∴＝＝， ∴＝． 【点评】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，利用参数表示线段的长是解题的关键． 18．（2023•西湖区校级模拟）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，∠AED＝α，DE⊥AF，垂足为G，过点C作CH∥AF，分别交DE，AD于点H，P点． （1）求证：AE＝BF； （2）若tanα＝2，求的值； （3）如图2，连接CG，若tanα＝k，设△PHD和△CGH的面积分别为S1，S2．请用含k的代数式表示的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）1； （3）k3﹣k2． 【分析】（1）根据正方形的性质得到全等，再依据全等三角形的判定可以得到线段相等； （2）先根据正方形得到平行，再利用平行线分线段成比例得到结论； （3）根据正方形的性质即可求得相似三角形，再根据相似比可以得到线段的关系进而得出面积的关系即可． 【解答】（1）证明：∵DE⊥AF，∠AGD＝90°， ∴∠DAG+∠ADE＝90°， 在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°， ∴∠DAG+∠BAF＝90°， ∴∠ADE＝∠BAF， ∴△ADE≌△BAF（ASA）， ∴AE＝BF； （2）解：在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC，AD∥BC， 又∵CH∥AF， ∴四边形AFCP是平行四边形， ∴， ∵AP＝FC，DP＝BF，AE＝BF， ∴DP＝AE， 令AD＝kAE， ∴AD＝kDP， ∵AP＝AD﹣DP＝（k﹣1）DP， ∴﹣1， ∵tanα＝＝2， 即k＝2， ∴＝2﹣1＝1； （3）解：由（2）知，， ∵∠DPH＝∠CDH＝∠AED＝α，tanα＝k， ∴， ∴PH＝，CH＝DH•k， ∴＝＝k2， ∴＝＝＝（k﹣1）k2＝k3﹣k2． 【点评】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，正方形的性质，平行线分线段成比例等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行线分线段成比例等知识是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 相似 课标要求 考点 考向 1．了解比例线段的有关概念及其性质，并会用比例的性质解决简单的问题． 2．了解相似多边形、相似比和相似三角形的概念，掌握其性质和判定并会运用图形的相似解决一些简单的实际问题． 3．了解位似变换和位似图形的概念，掌握并运用其性质. 相似 考向一 相似性质判定 考向二 相似综合 考点一 相似 ►考向一 相似性质判定 易错易混提醒 1．判定 （1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似； （2）两角对应相等，两三角形相似； （3）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似； （4）三边对应成比例，两三角形相似； （5）斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似． 2．性质 （1）相似三角形的对应角相等，对应边成比例； （2）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； （3）相似三角形周长的比等于相似比； （4）相似三角形面积的比等于相似比的平方． 1．（2023•绍兴）如图，在△ABC中，D是边BC上的点（不与点B，C重合）．过点D作DE∥AB交AC于点E；过点D作DF∥AC交AB于点F，N是线段BF上的点，BN＝2NF，M是线段DE上的点，DM＝2ME．若已知△CMN的面积，则一定能求出（　　） A．△AFE的面积 B．△BDF的面积 C．△BCN的面积 D．△DCE的面积 2．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（　　） A． B． C．10 D． 3．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（　　） A．2 B． C． D． 4．（2023•衢州）下面是勾股定理的一种证明方法：图1所示纸片中，∠ACB＝90°（AC＜BC），四边形ACDE，CBFG是正方形．过点C，B将纸片CBFG分别沿与AB平行、垂直两个方向剪裁成四部分，并与正方形ACDE，△ABC拼成图2． （1）若cos∠ABC＝，△ABC的面积为16，则纸片Ⅲ的面积为 　　． （2）若，则＝　　． 5．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于　　米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 　　米． 6．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设＝k，若AD＝DF，则＝　　（结果用含k的代数式表示）． 7．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 　　． ►考向二 相似综合 1．（2023•湖州）【特例感知】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM． 【变式求异】 （2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）． 2．（2023•温州）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA＝，AC＝1．如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH＝x，MN＝y． （1）求CE的长和y关于x的函数表达式； （2）当PH＜PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值； （3）延长PN交半圆O于点Q，当NQ＝x﹣3时，求MN的长． 3．（2022•宁波）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点G，求证：DG＝EG． 【尝试应用】 （2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值． 【拓展提高】 （3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长． 1．（2024•龙湾区二模）如图，点C在线段AB上，AC＝2CB，分别以AC，CB为边向上作正方形ACDE和正方形CBFG．取AC中点M，以ME，MF为邻边作▱EMFN，点N恰好在CD的延长线上．连结MD，延长FD交EN于点P，则＝（　　） 2．（2024•浙江一模）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，，DE∥BC，EF∥AB，点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，的值是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•下城区校级三模）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论正确的是（　　） A．若BP＝1，则OE＝2 B．若BP＝1，则 C．OA2＝OE•OP D．OQ2＝OA•OF 4．（2023•杭州一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合，点F在边AB上，且AF＝BE，连接AE，DF，对角线AC与DF交于点G，连接BG，交AE于点H．若DF＝4GH，则＝（　　） A． B． C． D． 5．（2023•拱墅区校级模拟）如图，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上，DE交AC于点F，若DF＝3，EF＝6，则AD的长是 　　，CD的长是 　　． 6．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，两个边长为1的正方形DEFG，GHIJ的顶点D，E，F，I，J均在△ABC的边上，∠FGH＝α（0°＜α＜90°），令，当α＝60°时，n＝　　；当时，S△ABC＝　　． 7．（2024•浙江模拟）有一个侧面为梯形的容器，高为8cm，内部倒入高为6cm的水．将一根长为18cm的吸管如图放置，若有2cm露出容器外，则吸管在水中部分的长度为 　　cm． 8．（2024•浙江模拟）如图，⊙O的弦BC垂直平分半径OA，点E是弦BC上一点，且BE＞CE，连接AE并延长交⊙O于点D，连结OD，OE，设DE＝nOE． （1）当点E是AD中点时，的度数为 　　°； （2）连接AC，当时，则m与n的关系为 　　． 9．（2024•嘉善县一模）如图，将菱形ABCD的边BC翻折到BC′，使C的对应点C′落在对角线BD上，再将边BC翻折到CB′，使B的对应点B′与△ABD的外心重合，连结B′C′．则△BB′C′与△BCC′的面积比为 　　． 10．（2024•西湖区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，AB上，且DE＝DF，AC与DE，DF分别交于点M，N． （1）若∠ADF＝∠EDF，AN＝，则AD＝　　； （2）设△DMN和△AFN的面积分别为S1和S2，若S2＝2S1，则的值为 　　． 11．（2023•西湖区校级二模）点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相交于点M．若＝ 则sin∠CDE＝　　． 12．（2024•杭州四模）如图，已知矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点G． （1）若BE＝2，求AE•AF的长； （2）若，求cos∠FCE的值． 13．（2024•西湖区校级二模）【基础巩固】 （1）如图（1），在△ABC和△EDB中，点E在BC上，AC∥BD，∠A＝∠BED，求证：△ABC∽△EDB． 【尝试应用】 （2）如图（2），在（1）的条件下，连结CD．若∠BCD＝90°，AC＝EC＝2，BE＝4，求DE的长． 【拓展提高】 （3）如图（3），在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边CD上一点，DE＝2CE，连结AE交BD于点F，线段AE与BC的延长线交于点P，若∠AFB＝∠ABC，OF＝1，求BC的长． 14．（2024•杭州模拟）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，连结EC，ED，过点C作DE的垂线交DE，AD于点G，F． （1）求证：F是AD的中点． （2）求的值． （3）求△ECG与四边形AEGF的面积比． 15．（2024•杭州模拟）【发现】如图1，在△ABC中，D为BC上一点，连结AD，在AD上取一点E，连结CE，若∠BAD＝∠ACE，CD＝CE，求证：∠ABD∽∠CAE． 【应用】如图2，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为OC上一点，连结BE，∠CBE＝∠DCO，BE＝DO，若BD＝12，OE＝5，求AC的长． 16．（2024•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别为对边AD，BC的中点，线段EF交AC于点O，延长CD于点G，连结GE并延长交AC于点Q，连结GF交AC于点P，连结QF． （1）若DG＝CD． ①求证：点Q为OA的中点． ②若OA＝1，∠ACB＝30°，求QF的长． （2）求证：FE平分∠QFP． （3）若CD＝mDG，求．（结果用含m的代数式表示） 17．（2023•衢州二模）如图1，在正方形ABCD中，点E在线段BC上，连接AE，将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，延长EF交CD于点G． （1）求证：DG＝FG； （2）如图2，当点E是BC中点时，求tan∠CGE的值； （3）如图3，当时，连接CF并延长交AB于点H，求的值． 18．（2023•西湖区校级模拟）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，∠AED＝α，DE⊥AF，垂足为G，过点C作CH∥AF，分别交DE，AD于点H，P点． （1）求证：AE＝BF； （2）若tanα＝2，求的值； （3）如图2，连接CG，若tanα＝k，设△PHD和△CGH的面积分别为S1，S2．请用含k的代数式表示的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$