专题05 相似三角形十一大考点期末专练（期末复习专项训练）九年级数学上学期浙教版

专题05 相似三角形十一大考点期末专练 题型1 比例的性质（常考点） 题型7 相似三角形的判定（重点） 题型2 比例线段 题型8 相似三角形的判定与性质的综合（难点）（常考点） 题型3 黄金分割 题型9 相似三角形的应用（常考点） 题型4 平行线分线段成比例 题型10 位似变换 题型5 相似多边形的性质 题型11 相似形综合题（难点） 题型6 相似三角形的性质（重点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 比例的性质（共4小题） 1．（2024秋•滨江区期末）若，则（　　） A． B． C． D． 【分析】由已知条件可得，然后求得的值后即可求得答案． 【解答】解：∵， ∴， ∴1， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查比例的性质，熟练掌握其性质是解题的关键． 2．（2024秋•杭州期末）已知，那么下列式子中一定成立的是（　　） A．3x＝2y B．2x＝3y C．xy＝6 D．x+y＝5 【分析】根据比例的性质作答． 【解答】解：由得到：2x＝3y． 故选：B． 【点评】本题主要考查了比例的性质，内项之积等于外项之积． 3．（2024秋•江北区期末）已知实数a，b满足，则的值为　　 ． 【分析】设a＝5k，b＝3k，代入所求的式子化简即可． 【解答】解：∵， 设a＝5k，b＝3k， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题关键． 4．（2024秋•鄞州区期末）（1）计算：sin245°+tan60°•cos30°； （2）已知，求的值． 【分析】（1）原式利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果； （2）利用分式的性质化简，求出值即可． 【解答】解：（1）sin245°+tan60°•cos30° ＝2； （2）， 两边同乘6（x+3y）得：6（x﹣2y）＝5（x+3y）， 解得x＝27y， ∴． 【点评】此题考查了特殊角的三角函数值，分式的性质，解答本题的关键是熟练掌握特殊角的三角形函数值． 题型二 比例线段（共3小题） 1．（2024秋•余杭区校级期末）如果线段a＝2，c＝8，且线段b是线段a和c的比例中项，那么b＝（　　） A．16 B．4 C．4或﹣4 D．16或﹣16 【分析】根据比例中项的概念，可得a：b＝b：c，可得b2＝ac＝16，故b的值可求，注意线段的长为正数． 【解答】解：∵线段b是线段a、c的比例中项， ∴b2＝ac＝16， 解得b＝±4， 又∵线段是正数， ∴b＝4． 故选：B． 【点评】本题主要考查了比例线段，掌握线段的比例中项的定义，注意线段不能为负． 2．（2024秋•义乌市校级期末）已知线段c是线段a、b的比例中项，如果a＝2cm，b＝8cm，则c＝　 　 cm． 【分析】根据比例中项的概念，得c2＝ab，再利用比例的基本性质计算得到c的值． 【解答】解：∵线段c是线段a、b的比例中项， ∴c2＝ab， 又∵a＝2cm，b＝8cm， ∴c2＝ab＝16， 解得c＝±4． 又∵c为线段的长度， ∴c＝﹣4舍去； 即c＝4cm． 故答案为：4． 【点评】此题考查了比例中项的定义，理解比例中项的概念：当比例式中的两个内项相同时，即叫比例中项．根据比例的基本性质进行计算． 3．（2024秋•婺城区期末）已知a，b，c是△ABC的三边长，且，a+b﹣c＝2，求△ABC的周长． 【分析】设k，则a＝2k，b＝3k，c＝4k，根据a+b﹣c＝2，求出k，进而计算△ABC的周长即可． 【解答】解：设k，则a＝2k，b＝3k，c＝4k， ∵a+b﹣c＝2， ∴2k+3k﹣4k＝2， ∴k＝2， ∴a＝4，b＝6，c＝8， ∴△ABC的周长为：4+6+8＝18． 【点评】本题考查比例的性质，设k，从而用k表示出a、b、c是解题的关键． 题型三 黄金分割（共3小题） 1．（2024秋•义乌市校级期末）已知P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，那么值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答． 【解答】解：∵P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了黄金分割，准确熟练地进行计算是解题的关键． 2．（2024秋•杭州期末）黄金分割是大自然的基本规律，比如植物叶片按照黄金分割的规律进行排列．如图，点B是AC的黄金分割点（AB＞BC），若AC的长度为8cm，那么BC的长度是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据黄金分割的定义进行计算即可． 【解答】解：∵点B是AC的黄金分割点，且AB＞BC， ∴． 又∵AC＝8cm， ∴AB＝（）cm， ∴BC＝AC﹣AB＝8﹣（）＝（）cm． 故选：D． 【点评】本题主要考查了黄金分割，熟知黄金分割的定义是解题的关键． 3．（2024秋•金东区期末）在“国旗在心中”活动中，同学们近距离观赏五星红旗，聆听红旗的故事．如图，在国旗上的任意一个五角星中，若AD＝2，则AN的长为 ． 【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答． 【解答】解：∵点N是AD的黄金分割点（DN＞AN），AD＝2， ∴DNAD21， ∴AN＝AD﹣DN＝2﹣（1）＝3， 故答案为：3． 【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． 题型四 平行线分线段成比例（共4小题） 1．（2024秋•柯桥区期末）如图，已知直线l1，l2，l3分别交直线l4于点A，B，C，交直线l5于点D，E，F，且l1∥l2∥l3．若AB＝4，AC＝6，DF＝9，则EF＝（　　） A．3 B．6 C．4 D．5 【分析】先由l1∥l2∥l3，运用平行线分线段成比例的内容可得，再将AB＝4，AC＝6，DF＝9代入求出DE，即可求解． 【解答】解：∵l1∥l2∥l3，AB＝4，AC＝6，DF＝9， ∴，即， 解得DE＝6． ∴EF＝DF﹣DE＝9﹣6＝3． 故选：A． 【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键． 2．（2024秋•北仑区期末）如图，直线l∥m∥n，线段AC，AD分别交m于点B，E，若AC＝3AB，则AD＝（　　） A．AE B．2AE C．3AE D．4AE 【分析】根据平行线分线段成比例即可得出答案． 【解答】解：∵l∥m∥n， ∴， ∵AC＝3AB， ∴3， ∴3， ∴AD＝3AE． 故选：C． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，关键是找准对应关系． 3．（2024秋•西湖区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC上的中线，将△ADC沿直线AD翻折得到△ADC′，C′D与AB交于点F，连接CC′与AB，AD分别交于点E，O，连接BC′，则∠CC′B＝ 　 　 .若，则 【分析】证明BC′∥AD，ODBC′，设OD＝m，则BC′＝2m，利用平行线分线段成比例定理求出AOm，再求出BF：AF＝6：11，设BE＝3k，AE＝4k，则AB＝7k，求出EF可得结论． 【解答】解：∵△ADC沿直线AD翻折得到△ADC′， ∴AD垂直平分线段CC′，DC＝DC′， ∴∠DOC＝90°， ∵AD为BC上的中线， ∴DB＝DC＝DC′， ∴∠CC′B＝90°， ∴∠DOC＝∠CC′B， ∴AD∥BC′， ∵DC＝DB，CO＝OC′， ∴ODBC′， 设OD＝m，则BC′＝2m， ∵BC′∥OA， ∴BC′：OA＝BE：AE＝3：4， ∴OAm， ∴AD＝OD+OAm， ∵BC′∥AD， ∴， ∵BE：AE＝3：4， ∴可以假设BE＝3k，AE＝4k，则AB＝7k， ∴BFABk， ∴EF＝BE﹣BF＝3kkk， ∴． 故答案为：90． 【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，翻折变换，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． 4．（2024秋•诸暨市期末）如图，在△ABC中，延长CB至点D，使BD＝BC，在AC上取一点F，连接DF交AB于点E，过F点作FH∥AB交CD于点H，已知AC＝DE＝3，EF＝2． （1）求DB：BH的值； （2）求AF的长． 【分析】（1）根据DE和EF的长度，再结合平行线分线段成比例即可解决问题． （2）根据题意得出CH：BH，进而得出CF：FA，再结合AC的长即可解决问题． 【解答】解：（1）因为DE＝3，EF＝2， 所以DE：EF＝3：2． 又因为FH∥AB， 所以DB：BH＝DE：EF． （2）因为BD＝BC，DB：BH， 所以BC：BH． 因为FH∥AB， 所以AC：AF＝BC：BH． 又因为AC＝3， 所以AF＝2． 【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例，熟知平行线分线段成比例是解题的关键． 题型五 相似多边形的性质（共3小题） 1．（2024秋•宁波期末）如图，取一张长为a，宽为b的矩形纸片（a＞b），将它对折两次后得到一张小矩形纸片．若要使小矩形与原矩形相似，则原矩形纸片的边a、b应满足的条件是 ． 【分析】对折两次后的小长方形的长为b，宽为，再根据相似图形对应边成比例列式求解即可． 【解答】解：∵小矩形与原矩形相似， ∴， ∴a＝2b， 故答案为：a＝2b． 【点评】本题考查了相似图形的性质，熟练掌握相似图形的性质是关键． 2．（2024秋•东阳市期末）A4纸是我们常用的打印纸，把A4纸沿长边中点对折，形成两个相同的小长方形，我们发现折叠得到的小长方形与折叠前的大长方形相似，则大长方形与小长方形的相似比为 　 　 ． 【分析】设大长方形的长为a，宽为b，则小长方形的长为b，宽为，根据矩形ABCD∽矩形BFEA列出比例式，求出a：b的值即可． 【解答】解：设大长方形的长为a，宽为b，如图， 则AB＝CD＝b，AD＝BC＝a，， ∵矩形ABCD∽矩形BFEA， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题主要考查相似多边形的性质，熟知相似多边形的对应边成比例是解题的关键． 3．（2024秋•长兴县期末）若两个相似多边形的相似比为1：2，则它们面积的比为 　 　 ． 【分析】根据相似多边形对应边之比、周长之比等于相似比，而面积之比等于相似比的平方计算． 【解答】解：相似多边形的相似比是1：2， 面积的比是相似比的平方，因而它们的面积比为1：4． 故答案为：1：4． 【点评】本题考查了相似多边形的性质；熟记相似多边形的性质是关键． 题型六 相似三角形的性质（共5小题） 1．（2024秋•北仑区期末）已知△ABC∽△DEF，其中AB＝4，AC＝7，BC＝8，若△DEF的最长边为16，则的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：∵△ABC∽△DEF， ∴△ABC与△DEF的相似比＝8：16＝1：2， ∴（）2， 故选：B． 【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题的关键． 2．（2024秋•嵊州市期末）如图，△ABO∽△CDO，则∠α的度数是（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 【分析】根据三角形内角和定理求出∠D，再根据相似三角形的对应角相等求解即可． 【解答】解：∵∠C＝95°，∠DOC＝50°， ∴∠D＝180°﹣∠C﹣∠DOC＝35°， ∵△ABO∽△CDO， ∴∠α＝∠B＝∠D＝35°， 故选：B． 【点评】此题考查了相似三角形的性质、三角形内角和定理，熟记相似三角形的性质是解题的关键． 3．（2024秋•瑞安市校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝70°，点D，E分别在AB，AC上，连接DE．若△ADE与△ABC相似，则∠ADE＝（　　） A．50° B．60° C．50°或60° D．60°或70° 【分析】先根据三角形的内角和定理，计算∠C＝180﹣∠A﹣∠B，根据△ADE与△ABC相似，∠DAE＝∠A，则∠ADE＝∠B或∠ADE＝∠C，得出答案即可． 【解答】解：由条件可知∠C＝180°﹣50°﹣70°＝60°， ∵△ADE与△ABC相似，∠DAE＝∠A， ∴∠ADE＝∠B＝70°或∠ADE＝∠C＝60°， 故选：D． 【点评】本题考查了三角形的内角和定理、相似三角形的性质，熟练掌握以上知识点是关键． 4．（2024秋•长兴县期末）如图，在由小正方形组成的网格中，已知△ABC∽△EDF，则∠BAC的度数是（　　） A．135° B．125° C．115° D．105° 【分析】利用相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：∵△ABC∽△EDF， ∴∠BAC＝∠DEF， ∵∠DEF＝90°+45°＝135°， ∴∠BAC＝135°， 故选：A． 【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题的关键． 5．（2024秋•杭州期末）如图，E是正方形ABCD的边CD上一点，连结AE，将△ADE顺时针旋转90°得到△ABF，连结EF，分别交AB，AC于点G，H．若△AFG与△AEC相似，则 　 ． 【分析】如图，延长FE交AD的延长线于点T，过点E作EJ⊥AC于点J．首先证明ECDE，设DE＝BF＝m，求出AT（用m表示）可得结论． 【解答】解：如图，延长FE交AD的延长线于点T，过点E作EJ⊥AC于点J． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADE＝∠BAD＝90°，∠ACD＝∠DAC＝45°，AD＝CD， 由旋转变换的性质可知∠BAF＝∠DAE，DE＝BF， ∵△AFG与△AEC相似， ∴∠BAF＝∠EAC， ∴∠DAE＝∠EAC， ∵ED⊥AD，EJ⊥AC， ∴ED＝EJ， ∵ECEJ， ∴ECDE， 设DE＝BF＝m，则ECm，AD＝CD＝（1）m， ∵∠DAC＝45°， ∴∠DAE＝∠EAC＝22.5°， ∴∠AED＝67.5°， ∵∠DAE＝∠BAF， ∴∠EAF＝∠DAB＝90°， ∵AE＝AF， ∴∠AEF＝45°， ∴∠DET＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°， ∴∠T＝∠DAE＝22.5°， ∴EA＝ET， ∵ED⊥AT， ∴AD＝DT＝（1）m， ∵BF∥AT， ∴△AGT∽△BGF， ∴2+2． 故答案为：2+2． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． 题型七 相似三角形的判定（共7小题） 1．（2024秋•永康市期末）已知△ABC的三边长为，在下列给定条件中，△DEF与△ABC不一定相似的是（　　） A．DE＝2，EF＝4，DF＝2 B．∠D＝30°，∠E＝90° C．DE＝2，EF＝4，∠E＝60° D．DE＝2，EF＝2° 【分析】由CB2+CA2＝BA2＝4，证明△ABC是直角三角形，且∠C＝90°，由sinA，推导出∠A＝30°，由DE＝2，EF＝4，DF＝2，得2，则△DEF∽△ABC，可判断A不符合题意；由∠D＝30°，∠E＝90°，得∠D＝∠A，∠E＝∠C，则△DEF∽△ABC，可判断B不符合题意；当DE＝2，EF＝4，∠E＝60°时，取EF的中点H，连结DH，可证明△DHE是等边三角形，求得∠F＝30°，∠EDF＝90°，由∠F＝∠A，∠EDF＝∠C，证明△DEF∽△ABC，可判断C不符合题意；当DE＝2，EF＝2，∠F＝30°时，可举出“反例”DF＝EF＝2，则∠EDF＝∠DEF＝75°，显然△DEF与△ABC不相似，可判断D符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图1，设CB＝1，CA，BA＝2， ∵CB2+CA2＝124，BA2＝22＝4， ∴CB2+CA2＝BA2， ∴△ABC是直角三角形，且∠C＝90°， ∵sinA， ∴∠A＝30°， ∵DE＝2，EF＝4，DF＝2， ∴2， ∴△DEF∽△ABC， 故A不符合题意； ∵∠D＝30°，∠E＝90°， ∴∠D＝∠A，∠E＝∠C， ∴△DEF∽△ABC， 故B不符合题意； 如图2，DE＝2，EF＝4，∠E＝60°， 取EF的中点H，连结DH，则HE＝HFEF＝2， ∴DE＝HE， ∴△DHE是等边三角形， ∴∠EDH＝∠EHD＝60°，HD＝HE＝HF， ∴∠F＝∠HDF， ∵∠EHD＝∠F+∠HDF＝2∠F＝60°， ∴∠F＝∠HDF＝30°， ∴∠EDF＝∠EDH+∠HDF＝90°， ∴∠F＝∠A，∠EDF＝∠C， ∴△DEF∽△ABC， 故C不符合题意； ∵DE＝2，EF＝2，∠F＝30°， ∴若DF＝EF＝2，则∠EDF＝∠DEF（180°﹣30°）＝75°， ∴此时△DEF与△ABC不相似， ∴△DEF与△ABC不一定相似， 故D符合题意， 故选：D． 【点评】此题重点考查勾股定理的逆定理、相似三角形的判定等知识，先推导出△ABC是直角三角形，且∠C＝90°，∠A＝30°，再根据所给条件找出与△ABC相似的△DEF是解题的关键． 2．（2024秋•义乌市期末）如图，在△ABC的AB、AC边上分别取点E、F使得△ABC与以A、E、F为顶点的三角形相似，则下列三种尺规作图确定E、F的方法，正确的有（　　） A．3种 B．2种 C．1种 D．全部错误 【分析】第一种情况，由圆内接四边形的性质推出∠AEF＝∠C，而∠A＝∠A，判定△AEF∽△ACB；第二种情况：由作图知：∠AEF＝∠B，即可判定△AEF∽△ABC； 第三种情况：由作图知：BF平分∠ABC，E在BF的垂直平分线上，得到∠CBF＝∠EFB，推出EF∥BC，判定△AEF∽△ABC， 【解答】解：第一种情况： ∵四边形BCFE是圆内接四边形， ∴∠BEC+∠C＝180°， ∵∠BEC+∠AEF＝180°， ∴∠AEF＝∠C， ∵∠A＝∠A， ∴△AEF∽△ACB； 第二种情况： 由作图知：∠AEF＝∠B， ∵∠EAF＝∠BAC， ∴△AEF∽△ABC； 第三种情况： 由作图知：BF平分∠ABC，E在BF的垂直平分线上， ∴∠ABF＝∠CBF，EB＝EF， ∴∠ABF＝∠EFB， ∴∠CBF＝∠EFB， ∴EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴使得△ABC与以A、E、F为顶点的三角形相似，三种尺规作图确定E、F的方法都正确． 故选：A． 【点评】本题考查相似三角形的判定，作图﹣基本作图，关键是掌握相似三角形的判定方法，基本作图的方法． 3．（2024秋•余杭区校级期末）如图，以下四个条件中不能判定△ABC∽△ACD的是（　　） A．∠B＝∠ACD B．∠ACB＝∠ADC C．AB•CD＝AC•BC D．AC2＝AD•AB 【分析】根据相似三角形的判定条件判断即可． 【解答】解：当∠B＝∠ACD，∠A＝∠A时，△ABC∽△ACD，故A不符合题意； 当∠ACB＝∠ADC，∠A＝∠A时，△ABC∽△ACD，故B不符合题意； 当AB•CD＝AC•BC时，，此时不能证明△ABC∽△ACD，故C符合题意； 当AC2＝AD•AB时，，再根据∠A＝∠A，即可得到△ABC∽△ACD，故D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定，准确分析判断是解题的关键． 4．（2024秋•拱墅区期末）如图，在6×6方格中，点A，B，C，D，E点均在格点上，若△ABC与△DEPi（i＝1，2，3，4）相似，则符合条件的格点Pi是（　　） A．点P1 B．点P2 C．点P3 D．点P4 【分析】判断出△ABC是直角三角形，且BA＝2AC可得结论． 【解答】解：由题意，△ABC是直角三角形，BA＝2AC， 连接DP3，EP3，△DP3E是直角三角形，且EP3＝2DP3， ∴△ACB∽△DP3E， 故选：C． 【点评】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 5．（2024秋•鄞州区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，过点C作BC的垂线CD，点P在线段BC上运动，点Q在射线CD上运动，始终满足∠BAP＝∠CAQ，连结PQ，当△PCQ与△ABC相似时，线段BP的长是 　 　 ． 【分析】首先根据直角三角形两锐角互余可知∠B+∠ACB＝90°，根据CD⊥BC可知∠ACD+∠ACB＝90°，所以可得∠ACD＝∠ABC，可证△ABP∽△ACQ，设BP＝x，则有PC＝10﹣x、，当△PCQ与△ABC相似时，分两种情况：一种是△PCQ∽△BAC；另一种是△PCQ∽△CAB．再根据相似三角形对应边成比例得到关于x的方程，解方程求出x的值即为线段BP的长度． 【解答】解：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6， 由勾股定理得：，∠B+∠ACB＝90°， ∵CD⊥BC， ∴∠BCD＝90°， ∴∠ACD+∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠ABC； ∵∠BAP＝∠CAQ， ∴△ABP∽△ACQ， ∴， 设BP＝x，则有PC＝10﹣x， ∴， ∴； ∵过点C作BC的垂线CD， ∴CD⊥BC，∠BCD＝90°， 当△PCQ与△ABC相似时，分两种情况讨论： 当△PCQ∽△BAC时， ∴， ∴， 解得：x＝5； 当△PCQ∽△CAB时， ∴， ∴， 解得：x＝6.4； 综上所述，线段BP的长是5或6.4． 故答案为：5或6.4． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的性质． 6．（2024秋•义乌市期末）已知过点B（4，1）的抛物线yx2x+c与坐标轴交于点A、C如图所示，连结AC，BC，AB，第一象限内有一动点M在抛物线上运动，过点M作AM⊥MP交y轴于点P，当点P在点A上方，且△AMP与△ABC相似时，点M的坐标为 　 　 ． 【分析】由两点坐标公式可求AC，BC，AB，由勾股定理可证∠ACB＝90°，分两种情况讨论，由相似三角形的判定和锐角三角函数可求解． 【解答】解：如图，过点M作EM⊥AP于E， ∵抛物线yx2x+c过点B（4，1）， ∴1＝8﹣10+c， ∴c＝3， ∴点A（0，3），抛物线解析式为yx2x+3， 当y＝0时，则0x2x+3， ∴x1＝2，x2＝3， ∴点C（3，0）， ∵点A（0，3），点C（3，0），点B（4，1） ∴AC＝3，BC，AB＝2， ∵AC2+BC2＝20＝AB2， ∴∠ACB＝90°， 设点M（m，m2m+3）， ∴ME＝m，AEm2m+3﹣3m2m， 当∠AMP＝∠ACB＝90°，∠ABC＝∠PAM时，△ACB∽△PMA， ∴tan∠ABC＝tan∠PAM， ∴， ∴m， ∴点M（，）， 当∠AMP＝∠ACB＝90°，∠BAC＝∠PAM时，△ACB∽△APM， ∴tan∠BAC＝tan∠PAM， ∴， ∴m＝11， ∴点M（11，36）， 综上所述：点M坐标为（，）或（11，36）． 故答案为：（，）或（11，36）． 【点评】本题考查了相似三角形的判定，二次函数的性质，锐角三角函数，勾股定理的逆定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 7．（2024秋•温州期末）如图，在⊙O中，弦CD⊥直径AB，点E在上，且，连结CE，DB，DE，DE交AB于点F，使DE＝DB． （1）求证：； （2）求证：△DCE∽△BFD． 【分析】（1）由DE＝DB，得，由AB是⊙O的直径，CD⊥AB，得，所以，即可由，证明； （2）由，，推导出，则∠CDE＝∠B，由，证明∠E＝∠BDF，则△DCE∽△BFD． 【解答】证明：（1）∵DE＝DB， ∴， ∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）∵，， ∴， ∴∠CDE＝∠B， ∵， ∴∠E＝∠BDF， ∴△DCE∽△BFD． 【点评】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、相似三角形的判定等知识，推导出，进而证明是解题的关键． 题型八 相似三角形的判定与性质的综合（共14小题） 1．（2024秋•西湖区期末）如图是由边长为1的小正方形组成的5×3网格，△ABC的顶点及点M，N都是格点，AB与格线CN交于点D，AC与MN交于点E．则有以下四个结论：①；②CE＝2AE；③∠ADE＝∠ACB；④∠ACB＝45°．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①④ C．③④ D．①②③ 【分析】由勾股定理求得AB，MN，则，所以ABMN，可判断①正确；连接AM、CN，由AM∥CN，证明△AEM∽△CEN，则，所以CE＝2AE，可判断②正确；取格点G、H，连接AH、DG、BH，可证明△ADG∽△ABH，由，则ADAB，而AEAC，且AC＝2，所以AE，求得，可证明△EAD∽△BAC，则∠ADE＝∠ACB，可判断③正确；取格点P、Q，连接PQ，推导出PQ2+PC2＝CQ2＝10，则∠CPQ＝90°，所以∠ACQ＝∠PQC＝45°，则∠ACB≠45°，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：由勾股定理得AB，MN， ∴， ∴ABMN， 故①正确； 连接AM、CN，则AM＝1，CN＝2， ∵AM∥CN， ∴△AEM∽△CEN， ∴， ∴CE＝2AE， 故②正确； 取格点G、H，连接AH、DG、BH，则AG＝2，AH＝3， ∵DG∥BH， ∴△ADG∽△ABH， ∴， ∴ADAB， ∵， ∴AEACAC， ∵AC2， ∴AE， ∵，， ∴， ∵∠EAD＝∠BAC， ∴△EAD∽△BAC， ∴∠ADE＝∠ACB， 故③正确； 取格点P、Q，连接PQ，则PQ2＝PC2＝12+22＝5， ∴PQ2+PC2＝5+5＝10， ∵CQ2＝12+32＝10， ∴PQ2+PC2＝CQ2， ∴△PCQ是直角三角形，且∠CPQ＝90°， ∴∠ACQ＝∠PQC＝45°， ∠ACB≠∠ACQ， ∴∠ACB≠45°， 故④错误， 故选：D． 【点评】此题重点考查勾股定理及其逆定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 2．（2024秋•镇海区期末）如图，▱ABCD中，AG平分∠BAD分别交BD，BC，DC延长线于点F，G，E，分别记△ADF与△CEG的面积为S1和S2.若AB：AD＝3：4，则的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】由AD∥BC，得∠ADG＝∠BGA，而∠ADG＝∠BAG，则∠BGA＝∠BAG，所以AB＝GB，则GB：AD＝AB：AD＝3：4，可证明△GBF∽△ADF，得，则，，所以S1＝S△ADFS△ABF，S△ABFS△GBFS△BAG，则S1S△BAG，由，推导出，再证明△CEG∽△BAG，得，所以S2＝S△CEGS△BAG，求得，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠ADG＝∠BGA， ∵AG平分∠BAD， ∴∠ADG＝∠BAG， ∴∠BGA＝∠BAG， ∴AB＝GB， ∵AB：AD＝3：4， ∴GB：AD＝3：4， ∴GB∥AD， ∴△GBF∽△ADF， ∴， ∴，， ∴S1＝S△ADFS△ABF，S△ABFS△GBFS△BAGS△BAG， ∴S1S△BAGS△BAG， ∵， ∴GBBC， ∴GC＝BCBCBC， ∴， ∵EC∥AB， ∴△CEG∽△BAG， ∴， ∴S2＝S△CEGS△BAG， ∴， 故选：A． 【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△GBF∽△ADF及△CEG∽△BAG是解题的关键． 3．（2024秋•鄞州区期末）如图，在5×4的正方形网格中，点A，B，C，D都是网格的格点，点G是△ABC的重心，则下列说法正确的是（　　） A．连接DG，则 B．连接BG，CG，则∠BGC＝2∠A C．连接DG，则DG∥BC D．连接AG，BG，则 【分析】如图，连接AG并延长交BC于N，连接DG，证明△AGD∽△ANC，再结合相似三角形的性质可判断A，C，D，再结合三角形的外角的性质可判断B，从而可得答案． 【解答】解：在5×4的正方形网格中，点A，B，C，D都是网格的格点，点G是△ABC的重心，如图，连接AG并延长交BC于N，连接DG， ∴，BN＝CN， 由图形可得：，则， ∵∠GAD＝∠NAC， ∴△AGD∽△ANC， ∴∠AGD＝∠ANC，， ∴DG∥BC，DG， 故C说法正确，符合题意； ∴DGCNBC， 故A说法错误，不符合题意； ∵，BN＝CN， ∴S△ABGS△ABNS△ACN， ∴S△ABGS△ABC， 故D说法错误，不符合题意； ∵∠BGN＝∠GBA+∠GAB，∠CGN＝∠CAG+∠GCA， ∴∠BGC＝∠ABG+∠ACG+∠BAC≠2∠BAC， 故B说法错误，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形的外角的性质，三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，熟记三角形的重心的性质是解本题的关键． 4．（2024秋•江山市期末）如图，赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH．连结CE并延长，交BG于点M，交AB于点N．连结NF，HM，若要求出△ANF的面积，只需知道（　　） A．△GHM的面积 B．△MNF的面积 C．△EMF的面积 D．△GCM的面积 【分析】过点N作NP⊥AF于点P，设PN＝x，CH＝a，CG＝b，依题意得AF＝a，AE＝FB＝b，GF＝FE＝a﹣b，CH∥AF，BF⊥AF，证明△CGM和△EFM相似，利用相似三角形的性质求出GM，MF，则S△GCMCG•GM，证明△APN和△AFB相似，利用相似三角形的性质求出AP，则PE，再证明△NPE和△FME相似，利用相似三角形的性质求出，则S△ANFAF•PN，进而得S△ANF＝S△GCM，据此即可得出答案． 【解答】解：过点N作NP⊥AF于点P，如图所示： 设PN＝x，CH＝a，CG＝b， 依题意得：AF＝a，AE＝FB＝b，GF＝FE＝a﹣b，CH∥AF，BF⊥AF， ∴CG∥EF， ∴△CGM∽△EFM， ∴， 设GM＝bk，MF＝（a﹣b）k， ∵GM+MF＝GF＝a﹣b， ∴bk+ak﹣bk＝a﹣b， ∴， ∴GM＝bk，MF＝（a﹣b）k＝（， ∴S△GCMCG•GM， ∵NP⊥AF，BF⊥AF， ∴NP∥BF， ∴△APN∽△AFB， ∴， ∴， ∴AP， ∴PE＝AE﹣AP， ∵NP∥MF， ∴△NPE∽△FME， ∴， ∴PN•FE＝PE•MF， ∴ 整理得：abx＝（a﹣b）（b2﹣ax）， ∴abx＝b2（a﹣b）﹣a2x+abx， ∴， ∴S△ANFAF•PN， ∴S△ANF＝S△GCM， ∴若要求出△ANF的面积，只需知道△GCM的面积即可． 故选：D． 【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质，正方形的性质，理解全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 5．（2024秋•温州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，点E为此三角形的重心，连接BE并延长交AC于点D，过点E作EF⊥AB于点F，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点D作AB的垂线，垂足为M，求出△ABD的面积，进而得出DM的长，再根据重心的性质得出即可解决问题． 【解答】解：过点D作AB的垂线，垂足为M， ∵点E为△ABC的重心， ∴点D为AC的中点，， ∴AD． 又∵∠C＝90°， ∴AB， ∴， ∴DM． 又∵EF∥DM， ∴△BEF∽△BDM， ∴， ∴EF． 故选：B． 【点评】本题主要考查了三角形的重心，熟知三角形重心的性质是解题的关键． 6．（2024秋•钱塘区期末）如图，在4×4的网格中，已知每个小的四边形都是边长为1的正方形，A，B，C，D均在格点上，AB与CD相交于点P，则PD的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】设AB与网格线交于点R，取格点Q，连接RC、CQ、BQ，因为AC＝CQ＝2，AQ＝DQ＝4，BQ＝3，BD＝1，∠Q＝90°，所以CD2，可证明△ARC∽△ABQ，得，则RCBQ，再证明△BPD∽△RPC，则，则PDCD，于是得到问的答案． 【解答】解：设AB与网格线交于点R，取格点Q，连接RC、CQ、BQ，则A、C、Q三点在同一条直线上，D、B、Q三点在同一条直线上， ∵每个小的四边形都是边长为1的正方形， ∴AC＝CQ＝2，AQ＝DQ＝4，BQ＝3，BD＝1，∠Q＝90°， ∴CD2， ∵RC∥BQ， ∴△ARC∽△ABQ， ∴， ∴RCBQ， ∵BD∥RC， ∴△BPD∽△RPC， ∴， ∴PDCDCD2， 故选：A． 【点评】此题重点考查勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．（2024秋•台州期末）如图，在△ABC中，BC＝4，AC＝5，AB＝6，矩形DEFG的一边DE在AB上，其余两个顶点分别在边BC，AC上．设AD＝a，BE＝b，当AD长度变化时，下列代数式的值为定值的是（　　） A． B．a﹣b C． D． 【分析】过C作CH⊥AB于H，设AH＝x，由勾股定理得到52﹣x2＝42﹣（6﹣x）2，求出x，得到CH，判定△AGD∽△ACH，推出GD：AD＝CH：AH：3，得到GDa，同理求出EFb，得到ab，求出． 【解答】解：过C作CH⊥AB于H， 设AH＝x，则BH＝AB﹣AH＝6﹣x， ∵CH2＝AC2﹣AH2＝BC2﹣BH2， ∴52﹣x2＝42﹣（6﹣x）2， ∴x， ∴AH， ∴BH＝AB﹣AH， 由勾股定理得：CH， ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠GDF＝90°，DG＝EF， ∴GD⊥AB， ∴GD∥CH， ∴△AGD∽△ACH， ∴GD：AD＝CH：AH：3， ∴GDa， 同理：△BFE∽△BCH， ∴EF：EB＝CH：BH＝5：9， ∴EFb， ∴ab， ∴． 故选：D． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，代数式求值，关键是判定△AGD∽△ACH，推出GD：AD＝CH：AH，判定△BFE∽△BCH，推出EF：EB＝CH：BH． 8．（2024秋•长兴县期末）如图，三个等腰直角三角形拼接在一起，∠A＝∠D＝∠EFG＝90°，且它们的斜边BC，CE，EG在同一直线上，连结BF，若BC＝4，CE＝12，EG＝8，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B．18 C． D． 【分析】记BF与CD，DE的交点分别为H，K，根据等腰直角三角形的性质可以推导出CD∥EF，DE∥FG，从而由三角形相似得到，，再由等腰三角形的性质以及斜边长度求出，EF＝GF16，BG＝24，代入比例关系式求出，从而求得DH，，最后由求得结果． 【解答】解：如图，记BF与CD，DE的交点分别为H，K， ∴△ABC，△DCE，△FEG都是等腰直角三角形，∠A＝∠D＝EFG＝90°， ∴∠DCE＝∠FEG＝45°，∠DEC＝∠FGE＝45°， ∴CD∥EF，DE∥FG， ∴△BCH∽△BEF，△BEK∽△BGF， ∴，， ∴BC＝4，CE＝12，EG＝8， ∴，，BE＝BC+CE＝16，BG＝BC+CE+EG＝24， ∴，， ∴， ∴DH＝CD﹣CH，， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 9．（2024秋•杭州期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边BA，CA上，DE∥BC，，BC＝12，那么DE＝　 　 ． 【分析】由，推导出，由DE∥BC，证明△DEA∽△BCA，则，求得，则DEBC＝4，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵， ∴， ∵DE∥BC，BC＝12， ∴△DEA∽△BCA， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴DEBC12＝4， 故答案为：4． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质，推导出，并且证明△DEA∽△BCA是解题的关键． 10．（2024秋•镇海区期末）如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE＝60°． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）若BD＝3，CE＝2，求△ABC的边长． 【分析】（1）由∠ADE＝60°，可证得△ABD∽△DCE； （2）可用等边三角形的边长表示出DC的长，进而根据相似三角形的对应边成比例，求得△ABC的边长． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°， ∴∠BAD+∠ADB＝120° ∵∠ADE＝60°， ∴∠ADB+∠EDC＝120°， ∴∠DAB＝∠EDC， 又∵∠B＝∠C＝60°， ∴△ABD∽△DCE； （2）解：∵△ABD∽△DCE， ∴， ∵BD＝3，CE＝2， ∴； 解得AB＝9． 【点评】此题主要考查了等边三角形的性质和相似三角形的判定和性质，能够证得△ABD∽△DCE是解答此题的关键． 11．（2024秋•诸暨市期末）如图，AB是⊙O的直径，D是⊙O上一点，连接AD和BD，C是的中点，连接OC和AC，分别交BD于点E和F． （1）证明：AD∥OC； （2）若BO＝5，BE＝4，求DF的长． 【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得∠D＝90°，由C是的中点，根据垂径定理得OC垂直平分BD，则∠OEB＝90°，所以∠D＝∠OEB，则AD∥OC； （2）由AO＝BO＝CO＝5，DE＝BE＝4，求得AB＝2AO＝10，DB＝2DE＝8，则AD6，求得OEAD＝3，所以CE＝CO﹣OE＝2，再证明△AFD∽△CFE，得3，所以EFDF，由DFDF＝4，求得DF＝3． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠D＝90°， ∵C是的中点， ∴OC垂直平分BD， ∴∠OEB＝90°， ∴∠D＝∠OEB， ∴AD∥OC． （2）解：∵AO＝BO＝CO＝5，DE＝BE＝4， ∴AB＝2AO＝10，DB＝2DE＝8， ∴AD6， ∴OEAD＝3， ∴CE＝CO﹣OE＝5﹣3＝2， ∵AD∥CE， ∴△AFD∽△CFE， ∴3， ∴EFDF， ∴DFDF＝4， ∴DF＝3， ∴DF的长为3． 【点评】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、平行线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△AFD∽△CFE是解题的关键． 12．（2024秋•诸暨市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，满足2，连接AC，BD，延长BC，AD交于点E． （1）若∠CAD＝35°，求∠E的度数； （2）求证：△ABE∽△CDE； （3）若∠ABC＝60°，AD＝1，BD＝3，求AB的长． 【分析】（1）由圆周角定理可求解； （2）由圆的内接四边形的性质可证∠ABC＝∠CDE，由相似三角形的判定可得结论； （3）先证BD＝DE＝3，AC＝CE，由等腰三角形的性质可得AH＝EH＝2，由勾股定理可求AC的长，由相似三角形的性质可得，即可求解． 【解答】（1）解：∵2，∠CAD＝35°， ∴∠ACB＝2∠CAD＝70°， ∴∠E＝∠ACB﹣∠CAD＝35°； （2）证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠B+∠ADC＝180°， ∵∠ADC+∠CDE＝180°， ∴∠ABC＝∠CDE， 又∵∠E＝∠E， ∴△ABE∽△CDE； （3）解：如图，过点C作CH⊥AB于H， ∵2， ∴∠ACB＝2∠CAD，∠ADB＝2∠DBE， ∵∠ACB＝∠CAD+∠E，∠ADB＝∠DBE+∠E， ∴∠DBE＝∠E＝∠CAE， ∴BD＝DE＝3，AC＝CE， ∴AE＝AD+DE＝4， 又∵CH⊥AE， ∴AH＝EH＝2， ∴DH＝1， ∵∠ABC＝∠CDE＝60°，CH⊥AE， ∴∠DCH＝30°， ∴DC＝2DH＝2，CH， ∴AC， ∴AC＝CE， ∵△ABE∽△CDE， ∴， ∴， ∴AB． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 13．（2024秋•义乌市期末）如图1，点D、E分别是△ABC边AB、AC上的中点，将△ADE绕着点A逆时针旋转角度α，得到图2，其中0°＜α＜90°，连结BD、CE． （1）求证：△ABD∽△ACE； （2）当∠ADB＝90°，AC＝4时，求CE的长． 【分析】（1）由ADAB，AEAC，推导出，由旋转得∠BAD＝∠CAE＝α，即可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△ABD∽△ACE； （2）由相似三角形的性质得∠ADB＝∠AEC＝90°，由AC＝4，求得AEAC＝2，则CE2． 【解答】（1）证明：∵点D、E分别是△ABC边AB、AC上的中点， ∴ADAB，AEAC， ∴， ∴， 由旋转得∠BAD＝∠CAE＝α， ∴△ABD∽△ACE． （2）解：∵△ABD∽△ACE，∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝∠AEC＝90°， ∵AC＝4， ∴AEAC＝2， ∴CE2， ∴CE的长是2． 【点评】此题重点考查旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出，进而证明△ABD∽△ACE是解题的关键． 14．（2024秋•新昌县期末）如图，BD是△ABC的中线，点G是BD上一点，且BG＝2GD，过点G作EF∥AC交BC于点F，过点D作DE∥BC交FG的延长线于点E，已知△ABC的面积为18． （1）求的值． （2）求四边形CDEF的面积． 【分析】（1）由BG＝2GD，得BD＝3GD，由EF∥AC，证明△BGF∽△BDC，则； （2）由BD是△ABC的中线，S△ABC＝18，得S△BDC＝S△BDA＝9，由相似三角形的性质得，求得S△BGF＝4，则S四边形CDEF＝S△BDC＝5，再证明△DGE∽△BGF，得，则S△DGES△BGF＝1，求得S四边形CDEF＝6． 【解答】解：（1）∵BG＝2GD， ∴BD＝2GD+GD＝3GD， ∵EF∥AC，点G在BD上，点D在AC上， ∴GF∥DC， ∴△BGF∽△BDC， ∴， ∴的值为． （2）∵BD是△ABC的中线， ∴CD＝AD， ∵S△ABC＝18， ∴S△BDC＝S△BDAS△ABC＝9， ∵△BGF∽△BDC，且， ∴， ∴S△BGFS△BDC9＝4， ∴S四边形CDEF＝S△BDC＝﹣S△BGF＝9﹣4＝5， ∵DE∥BC，即DE∥BF， ∴△DGE∽△BGF， ∴， ∴S△DGES△BGF4＝1， ∴S四边形CDEF＝S四边形CDEF+S△DGE＝5+1＝6， ∴四边形CDEF的面积为6． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质，证明△BGF∽△BDC及△DGE∽△BGF是解题的关键． 题型九 相似三角形的应用（共5小题） 1．（2024秋•余姚市期末）凸透镜成像的原理如图所示，AD∥l∥BC．若物体到焦点的距离与焦点到凸透镜中心线DB的距离之比为5：4，则物体被缩小到原来的（　　） A． B． C． D． 【分析】先证出四边形OBCG为矩形，得到OB＝CG，再根据△AHF1∽△BOF1，求出，从而得到物体被缩小到原来的几分之几． 【解答】解：∵BC∥l，CG⊥l，BO⊥l， ∴四边形OBCG为矩形， ∴OB＝CG， ∵AH⊥HO，BO⊥HO， ∴△AHF1∽△BOF1， ∴， ∴， ∴物体被缩小到原来的． 故选：A． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，从实际问题中找到相似三角形并利用相似三角形的性质进行解答是解题的关键． 2．（2024秋•嵊州市期末）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高为1.5m，测得AB＝2m，BC＝8m，则建筑物CD的高是（　　） A．6m B．6.5m C．7m D．7.5m 【分析】根据题意可得：DC⊥AC，EB⊥AC，从而可得∠DCA＝∠EBA＝90°，然后证明A字模型△ABE∽△ACD，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得：DC⊥AC，EB⊥AC， ∴∠DCA＝∠EBA＝90°， ∵∠A＝∠A， ∴△ABE∽△ACD， ∴， ∴， 解得：CD＝7.5， ∴建筑物CD的高是7.5m， 故选：D． 【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与性质是解题的关键． 3．（2024秋•婺城区期末）如图，地面CD上的点E处放置平面镜，光线从A点射出经平面镜（点E处）反射后照射到B点．已知AC⊥CD，BD⊥CD，垂足分别为C、D，AC＝0.2米，BD＝0.5米，CD＝1.4米，则CE长为　 　 米． 【分析】证明△AEC∽△BED，可得，由此构建方程即可解决问题． 【解答】解：如图， ∵AC⊥CD，BD⊥CD，EF⊥CD， ∴AC∥EF∥BD， ∴∠A＝∠B＝∠α， 又∵∠ACE＝90°＝∠BDE， ∴△AEC∽△BED， ∴， 又∵AC＝0.2米，BD＝0.5米，CD＝1.4米， ∴， ∴EC＝0.4． 故答案为：0.4． 【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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 4．（2024秋•婺城区校级期末）综合实践：测量铜像高度． 工具准备：边长为100cm且一边带有刻度的正方形硬纸板、量角器． 测量步骤：如图，将正方形硬纸板ABCD斜放在地面上，使得C，B，G三点在同一直线上，将点D对准点G，视线DG经过边AB上一点F，读取AF＝10cm，测得∠DCE＝69°． 查阅数据：sin69°≈0.93，cos69°≈0.36，tan69°≈2.61． 计算结果： （1）求CG的长度． （2）求铜像的高度GH． 【分析】（1）证明△ADF∽△BGF，即可得到BG＝900cm，据此求解即可； （2）解直角三角形求得CE＝CD•cos69°≈36cm，DE＝CD•sin69°≈93cm，再证明△CED∽△GHC，据此求解即可． 【解答】解：（1）∵正方形ABCD， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝100cm，AD∥BC，AF＝10cm， ∴BF＝90cm，AD∥BG， ∴∠A＝∠ABG，∠ADF＝∠BGF， ∴△ADF∽△BGF， ∴，即， ∴BG＝900cm， ∴CG＝CB+BG＝1000cm； （2）∵∠DCE＝69°，sin69°≈0.93，cos69°≈0.36， ∴CE＝CD•cos69°≈36cm，DE＝CD•sin69°≈93cm， ∵∠CDE＝∠BCG＝90°﹣∠DCE，∠CED＝∠GHC＝90°， ∴△CED∽△GHC， ∴，即， ∴GH＝360cm， ∴铜像的高度GH＝360cm． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5．（2024秋•西湖区期末）某晚，小静在相邻两盏垂直于地面的路灯AB，CD之间行走，点A，C为光源，影子PE和PF在线段BD上，图①，图②为示意图．已知AB＝CD＝8m，小静的身高OP＝1.6m，OP⊥BD于点P，BD＝14.4m． （1）如图①，当点P为BD中点时，分别求线段PE，PF的长． （2）如图②，当点P不是BD中点时，设PE＝a，求线段PF的长．（用含有a的代数式表示） （3）由此，你觉得PE与PF存在怎样的数量关系？ 【分析】（1）由平行线分线段成比例可知，，再代值求解即可； （2）先由，得到DE＝5a，DP＝4a，进而知道BP＝BD﹣DP＝14.4﹣4a，再利用求解即可； （3）由（1）（2）可知PE+PF＝EF＝3.6BD，所以证明即可，连接AC，证△EOF∽△COA，即可得解． 【解答】解：（1）∵BD＝14.4m，点P是BD中点， ∴BP＝DP＝7.2m， 由题可知OP∥AB∥CD， ∴，， ∴，， 解得PF＝1.8m，PE＝1.8m； （2）∵OP∥CD， ∴， ∴， ∴DE＝5a， ∴PD＝4a， ∵BD＝14.4m， ∴BP＝BD﹣DP＝14.4﹣4a， ∵OP∥AB， ∴， ∴， 整理可得PF＝3.6﹣a； （3）PE+PFBD； 证明：连接AC， ∵AB＝CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AC＝BD，AC∥BD， ∴△EOF∽△COA， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴EFACBD， ∵PE+PF＝EF， ∴PE+PFBD． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、相似三角形的应用、平行线分线段成比例、列代数式、中心投影等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 题型十 位似变换（共4小题） 1．（2024秋•江北区期末）如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O是位似中心，若△ABC的面积为4，且OA＝2AD，则△DEF的面积为（　　） A．6 B．8 C．9 D．12 【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△DEF，AB∥DE，证明△OAB∽△ODE，根据相似三角形的性质得到，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可． 【解答】解：∵OA＝2AD， ∴， ∵△ABC与△DEF是位似图形， ∴△ABC∽△DEF，AB∥DE， ∴△OAB∽△ODE， ∴， ∴（）2， ∵△ABC的面积为4， ∴△DEF的面积为9， 故选：C． 【点评】本题考查的是位似变换，掌握位似图形的概念、相似三角形的性质是解题的关键． 2．（2024秋•钱塘区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A′B′C′是位似图形，位似中心为点O．若点A（﹣2，0）的对应点为A′（﹣4，0），则点B（﹣1，2）的对应点B′的坐标为（　　） A．（﹣4，2） B．（2，﹣4） C．（﹣2，4） D．（4，﹣2） 【分析】根据位似图形的概念、点A与点A′的坐标求出相似比，再根据位似变换的性质计算即可． 【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′是位似图形，位似中心为点O，点A（﹣2，0）的对应点为A′（﹣4，0）， ∴△ABC与△A′B′C′的相似比为1：2， ∵点B的坐标为（﹣1，2）， ∴点B的对应点B′的坐标为（﹣1×2，2×2），即（﹣2，4）， 故选：C． 【点评】本题考查的是位似变换，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． 3．（2024秋•杭州期末）如图，点A在反比例函数的图象上，过点A作AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，以点O为位似中心把四边形OBAC放大得到四边形OB'A'C'，过点A'的反比例函数表达式为y，则四边形OBAC和四边形OB'A'C'的位似比为（　　） A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4 【分析】根据反比例函数系数k的几何意义求出S矩形ACOB＝4，S矩形A′C′OB′＝9，进而求得位似比． 【解答】解：∵点A在反比例函数上，过点A'的反比例函数表达式为y， ∴S矩形ACOB＝4，S矩形A′C′OB′＝9， ∵以O为位似中心把四边形OBAC放大得到四边形OB′A′C′， ∴四边形OBAC和四边形OB'A'C'的位似比为：， 故选：A． 【点评】本题考查的是位似变换、相似三角形的性质、反比例函数系数k的几何意义． 4．（2024秋•宁波期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度，以点C为位似中心，在网格中画△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC位似，A1、B1、C1的对应点分别为 A、B、C，且△A1B1C1与△ABC的位似比为2：1，则下列说法不正确的是（　　） A．点 B1 的坐标为（4，0） B．A1B1∥AB C．△A1B1C1 与△ABC 的周长之比为 2：1 D．△A1B1C1 与△ABC 的面积之比为 【分析】位似图形的性质，位似比等于相似比，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，对应边互相平行或在同一直线上，据此解答即可． 【解答】解：如图， A、点B1的坐标为（4，0）， 故A选项说法正确，不符合题意； B、根据位似性质可知：A1B1∥AB， 故B选项说法正确，不符合题意； C、∵△A1B1C1与△ABC的位似比为2：1， ∴△A1B1C1与△ABC 的周长之比为2：1， 故C选项说法正确，不符合题意； D、∵△A1B1C1与△ABC的位似比为2：1， ∴△A1B1C1与△ABC的面积之比为4：1， 故D选项说法不正确，符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查位似变换，坐标与图形性质，平行线的判定，勾股定理，掌握位似图形的性质是解题的关键． 题型十一 相似形综合题（共3小题） 1．（2024秋•温州期末）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③△GDE∽BEF；④S△BEF．在以上4个结论中，其中一定成立的是　 　 （把所有正确结论的序号都填在横线上） 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD＝DF，∠A＝∠GFD＝90°，于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG，再由GF+GB＝GA+GB＝12，EB＝EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG＝4，BG＝8，进而求出△BEF的面积，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断③是错误的． 【解答】解：由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝∠C＝90°， ∴∠DFG＝∠A＝90°， ∴△ADG≌△FDG，①正确； ∵正方形边长是12， ∴BE＝EC＝EF＝6， 设AG＝FG＝x，则EG＝x+6，BG＝12﹣x， 由勾股定理得：EG2＝BE2+BG2， 即：（x+6）2＝62+（12﹣x）2， 解得：x＝4 ∴AG＝GF＝4，BG＝8，BG＝2AG，②正确； BE＝EF＝6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，③错误； S△GBE6×8＝24，S△BEF•S△GBE24，④正确； 故答案为：①，②，④． 【点评】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算，有一定的难度． 2．（2024秋•宁波期末）（1）问题发现 如图1，在正方形ABCD中，点P和Q分别在AD和DC上，BP⊥AQ，垂足为点M．求证：BP＝AQ． （2）类比探究 如图2，在矩形ABCD中，点P和Q分别在AD和DC上，BP⊥AQ，垂足为点M．求证：． （3）拓展延伸 如图3，在▱ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，AD＝9，点P和Q分别在AD和DC上，BP与AQ交于点M且∠BMQ＝120°，AP＝2，求的值． 【分析】（1）根据正方形的性质以及已知条件证明△ABP≌△DAQ，然后由全等三角形的性质即可证明结论； （2）根据矩形的性质以及已知条件证明△ABP∽△DAQ，然后由相似三角形的性质即可证明结论； （3）如图：过点Q作∠DQE＝60°，结合平行四边形的性质及已知条件可得△DQE是等边三角形，进而得到∠DEQ＝60°，∠AEQ＝120°；然后证明△ABP∽△AQE可得，设EQ＝ED＝a，则，解得a最后代入计算即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝AD， ∵AQ⊥BP， ∴∠ABP+∠BAM＝90°， ∵∠BAM+∠QAD＝90°， ∴∠ABP＝∠QAD， ∵∠ABP＝∠QAD，AB＝AD，∠BAD＝∠D， ∴△ABP≌△DAQ（ASA）， ∴BP＝AQ； （2）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠D＝90°， ∵AQ⊥BP， ∴∠ABP+∠BAM＝90°， ∵∠BAM+∠QAD＝90°， ∴∠ABP＝∠QAD， ∵∠ABP＝∠QAD，∠BAD＝∠D， ∴△ABP∽△DAQ， ∴； （3）解：如图：过点Q作∠DQE＝60°， ∵在平行四边形ABCD中，∠BAD＝120°， ∴∠D＝60°， ∴△DQE是等边三角形， ∴∠DEQ＝60°，∠AEQ＝120°， ∵∠BMQ＝120°， ∴∠ABP+∠BAM＝120°， ∵∠BAM+∠QAD＝120°， ∴∠ABP＝∠QAE，∠BAP＝∠AEQ＝120°， ∴△ABP∽△AQE， ∴， 设EQ＝ED＝a，则， 解得：， ∴． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质成为解题的关键． 3．（2024秋•江山市期末）【初步探究】 （1）如图1，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，D是BC上的点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转45°并延长，交BC延长线于点E． ①求证：△ACD∽△EAD． ②若，求的值． 【拓展提升】 （2）如图2，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝20．点D，E为BC边上两点，DE＝7，连结AD，AE，∠BAD+∠AEC＝135°，求CE的长． 【分析】（1）①根据∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝45°，∠CAE+∠E＝45°，可得∠DAC＝∠E，再根据已知∠ACD＝∠DAE＝45°，即可证明△ACD∽△EAD． ②由，可设BD＝a，CD＝3a，BC＝AB＝4a，由勾股定理可得AD，设CE＝x，由△ACD∽△EAD可得比例式AD2＝DE•CD，即17a2＝3a（3a+x），解得x，故． （2）由已知可得AC，作EF⊥AC于点F，如图2，设CE＝x，EF＝CF，AF，BD＝20﹣7﹣x＝14﹣x，导角证明∠EAC＝∠BAD，即tan∠EAC＝tan∠BAD，故得，即 ，解得x＝8，故得CE的长． 【解答】（1）①证明：∵∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝45°，∠CAE+∠E＝45°， ∴∠DAC＝∠E， 又∵∠ACD＝∠DAE＝45°， ∴△ACD∽△EAD． ②解：∵， 故设BD＝a，CD＝3a，BC＝AB＝4a， 由勾股定理可得AD， 设CE＝x，由△ACD∽△EAD可知AD2＝DE•CD， 即17a2＝3a（3a+x），解得x， 故． （2）解：∵△ABC为等腰Rt△ABC，AB＝BC＝20， ∴AC． ∵∠C＝45°， ∴∠EAC+∠AEC＝135°， 又∵∠BAD+∠AEC＝135°， ∴∠EAC＝∠BAD． 作EF⊥AC于点F，如图2所示， 设CE＝x， ∵∠C＝45°， ∴EF＝CF，AF，BD＝20﹣7﹣x＝13﹣x， ∵tan∠EAC＝tan∠BAD， ∴，即， 整理可得x2﹣73x+520＝0， 解得x1＝8或x2＝65（不合题意，舍去）， 故CE的长为8． 【点评】本题考查了等腰三角形、直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上内容并作出恰当的辅助线是解题的关键． $专题05 相似三角形十一大考点期末专练 题型1 比例的性质（常考点） 题型7 相似三角形的判定（重点） 题型2 比例线段 题型8 相似三角形的判定与性质的综合（难点）（常考点） 题型3 黄金分割 题型9 相似三角形的应用（常考点） 题型4 平行线分线段成比例 题型10 位似变换 题型5 相似多边形的性质 题型11 相似形综合题（难点） 题型6 相似三角形的性质（重点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 比例的性质（共4小题） 1．（2024秋•滨江区期末）若，则（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•杭州期末）已知，那么下列式子中一定成立的是（　　） A．3x＝2y B．2x＝3y C．xy＝6 D．x+y＝5 3．（2024秋•江北区期末）已知实数a，b满足，则的值为　 　 ． 4．（2024秋•鄞州区期末）（1）计算：sin245°+tan60°•cos30°； （2）已知，求的值． 题型二 比例线段（共3小题） 1．（2024秋•余杭区校级期末）如果线段a＝2，c＝8，且线段b是线段a和c的比例中项，那么b＝（　　） A．16 B．4 C．4或﹣4 D．16或﹣16 2．（2024秋•义乌市校级期末）已知线段c是线段a、b的比例中项，如果a＝2cm，b＝8cm，则c＝　 　 cm． 3．（2024秋•婺城区期末）已知a，b，c是△ABC的三边长，且，a+b﹣c＝2，求△ABC的周长． 题型三 黄金分割（共3小题） 1．（2024秋•义乌市校级期末）已知P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，那么值为（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•杭州期末）黄金分割是大自然的基本规律，比如植物叶片按照黄金分割的规律进行排列．如图，点B是AC的黄金分割点（AB＞BC），若AC的长度为8cm，那么BC的长度是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•金东区期末）在“国旗在心中”活动中，同学们近距离观赏五星红旗，聆听红旗的故事．如图，在国旗上的任意一个五角星中，若AD＝2，则AN的长为 ． 题型四 平行线分线段成比例（共4小题） 1．（2024秋•柯桥区期末）如图，已知直线l1，l2，l3分别交直线l4于点A，B，C，交直线l5于点D，E，F，且l1∥l2∥l3．若AB＝4，AC＝6，DF＝9，则EF＝（　　） A．3 B．6 C．4 D．5 2．（2024秋•北仑区期末）如图，直线l∥m∥n，线段AC，AD分别交m于点B，E，若AC＝3AB，则AD＝（　　） A．AE B．2AE C．3AE D．4AE 3．（2024秋•西湖区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC上的中线，将△ADC沿直线AD翻折得到△ADC′，C′D与AB交于点F，连接CC′与AB，AD分别交于点E，O，连接BC′，则∠CC′B＝ 　 　 .若，则 4．（2024秋•诸暨市期末）如图，在△ABC中，延长CB至点D，使BD＝BC，在AC上取一点F，连接DF交AB于点E，过F点作FH∥AB交CD于点H，已知AC＝DE＝3，EF＝2． （1）求DB：BH的值； （2）求AF的长． 题型五 相似多边形的性质（共3小题） 1．（2024秋•宁波期末）如图，取一张长为a，宽为b的矩形纸片（a＞b），将它对折两次后得到一张小矩形纸片．若要使小矩形与原矩形相似，则原矩形纸片的边a、b应满足的条件是 ． 2．（2024秋•东阳市期末）A4纸是我们常用的打印纸，把A4纸沿长边中点对折，形成两个相同的小长方形，我们发现折叠得到的小长方形与折叠前的大长方形相似，则大长方形与小长方形的相似比为 　 　 ． 3．（2024秋•长兴县期末）若两个相似多边形的相似比为1：2，则它们面积的比为 　 　 ． 题型六 相似三角形的性质（共5小题） 1．（2024秋•北仑区期末）已知△ABC∽△DEF，其中AB＝4，AC＝7，BC＝8，若△DEF的最长边为16，则的值是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•嵊州市期末）如图，△ABO∽△CDO，则∠α的度数是（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 3．（2024秋•瑞安市校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝70°，点D，E分别在AB，AC上，连接DE．若△ADE与△ABC相似，则∠ADE＝（　　） A．50° B．60° C．50°或60° D．60°或70° 4．（2024秋•长兴县期末）如图，在由小正方形组成的网格中，已知△ABC∽△EDF，则∠BAC的度数是（　　） A．135° B．125° C．115° D．105° 5．（2024秋•杭州期末）如图，E是正方形ABCD的边CD上一点，连结AE，将△ADE顺时针旋转90°得到△ABF，连结EF，分别交AB，AC于点G，H．若△AFG与△AEC相似，则 　 ． 题型七 相似三角形的判定（共7小题） 1．（2024秋•永康市期末）已知△ABC的三边长为，在下列给定条件中，△DEF与△ABC不一定相似的是（　　） A．DE＝2，EF＝4，DF＝2 B．∠D＝30°，∠E＝90° C．DE＝2，EF＝4，∠E＝60° D．DE＝2，EF＝2° 2．（2024秋•义乌市期末）如图，在△ABC的AB、AC边上分别取点E、F使得△ABC与以A、E、F为顶点的三角形相似，则下列三种尺规作图确定E、F的方法，正确的有（　　） A．3种 B．2种 C．1种 D．全部错误 3．（2024秋•余杭区校级期末）如图，以下四个条件中不能判定△ABC∽△ACD的是（　　） A．∠B＝∠ACD B．∠ACB＝∠ADC C．AB•CD＝AC•BC D．AC2＝AD•AB 4．（2024秋•拱墅区期末）如图，在6×6方格中，点A，B，C，D，E点均在格点上，若△ABC与△DEPi（i＝1，2，3，4）相似，则符合条件的格点Pi是（　　） A．点P1 B．点P2 C．点P3 D．点P4 5．（2024秋•鄞州区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，过点C作BC的垂线CD，点P在线段BC上运动，点Q在射线CD上运动，始终满足∠BAP＝∠CAQ，连结PQ，当△PCQ与△ABC相似时，线段BP的长是 　 　 ． 6．（2024秋•义乌市期末）已知过点B（4，1）的抛物线yx2x+c与坐标轴交于点A、C如图所示，连结AC，BC，AB，第一象限内有一动点M在抛物线上运动，过点M作AM⊥MP交y轴于点P，当点P在点A上方，且△AMP与△ABC相似时，点M的坐标为 　 　 ． 7．（2024秋•温州期末）如图，在⊙O中，弦CD⊥直径AB，点E在上，且，连结CE，DB，DE，DE交AB于点F，使DE＝DB． （1）求证：； （2）求证：△DCE∽△BFD． 题型八 相似三角形的判定与性质的综合（共14小题） 1．（2024秋•西湖区期末）如图是由边长为1的小正方形组成的5×3网格，△ABC的顶点及点M，N都是格点，AB与格线CN交于点D，AC与MN交于点E．则有以下四个结论：①；②CE＝2AE；③∠ADE＝∠ACB；④∠ACB＝45°．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①④ C．③④ D．①②③ 2．（2024秋•镇海区期末）如图，▱ABCD中，AG平分∠BAD分别交BD，BC，DC延长线于点F，G，E，分别记△ADF与△CEG的面积为S1和S2.若AB：AD＝3：4，则的值是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•鄞州区期末）如图，在5×4的正方形网格中，点A，B，C，D都是网格的格点，点G是△ABC的重心，则下列说法正确的是（　　） A．连接DG，则 B．连接BG，CG，则∠BGC＝2∠A C．连接DG，则DG∥BC D．连接AG，BG，则 4．（2024秋•江山市期末）如图，赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH．连结CE并延长，交BG于点M，交AB于点N．连结NF，HM，若要求出△ANF的面积，只需知道（　　） A．△GHM的面积 B．△MNF的面积 C．△EMF的面积 D．△GCM的面积 5．（2024秋•温州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，点E为此三角形的重心，连接BE并延长交AC于点D，过点E作EF⊥AB于点F，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 6．（2024秋•钱塘区期末）如图，在4×4的网格中，已知每个小的四边形都是边长为1的正方形，A，B，C，D均在格点上，AB与CD相交于点P，则PD的长为（　　） A． B． C． D． 7．（2024秋•台州期末）如图，在△ABC中，BC＝4，AC＝5，AB＝6，矩形DEFG的一边DE在AB上，其余两个顶点分别在边BC，AC上．设AD＝a，BE＝b，当AD长度变化时，下列代数式的值为定值的是（　　） A． B．a﹣b C． D． 8．（2024秋•长兴县期末）如图，三个等腰直角三角形拼接在一起，∠A＝∠D＝∠EFG＝90°，且它们的斜边BC，CE，EG在同一直线上，连结BF，若BC＝4，CE＝12，EG＝8，则图中阴影部分的面积是（　　） A． B．18 C． D． 9．（2024秋•杭州期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边BA，CA上，DE∥BC，，BC＝12，那么DE＝　 　 ． 10．（2024秋•镇海区期末）如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE＝60°． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）若BD＝3，CE＝2，求△ABC的边长． 11．（2024秋•诸暨市期末）如图，AB是⊙O的直径，D是⊙O上一点，连接AD和BD，C是的中点，连接OC和AC，分别交BD于点E和F． （1）证明：AD∥OC； （2）若BO＝5，BE＝4，求DF的长． 12．（2024秋•诸暨市期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，满足2，连接AC，BD，延长BC，AD交于点E． （1）若∠CAD＝35°，求∠E的度数； （2）求证：△ABE∽△CDE； （3）若∠ABC＝60°，AD＝1，BD＝3，求AB的长． 13．（2024秋•义乌市期末）如图1，点D、E分别是△ABC边AB、AC上的中点，将△ADE绕着点A逆时针旋转角度α，得到图2，其中0°＜α＜90°，连结BD、CE． （1）求证：△ABD∽△ACE； （2）当∠ADB＝90°，AC＝4时，求CE的长． 14．（2024秋•新昌县期末）如图，BD是△ABC的中线，点G是BD上一点，且BG＝2GD，过点G作EF∥AC交BC于点F，过点D作DE∥BC交FG的延长线于点E，已知△ABC的面积为18． （1）求的值． （2）求四边形CDEF的面积． 题型九 相似三角形的应用（共5小题） 1．（2024秋•余姚市期末）凸透镜成像的原理如图所示，AD∥l∥BC．若物体到焦点的距离与焦点到凸透镜中心线DB的距离之比为5：4，则物体被缩小到原来的（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•嵊州市期末）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高为1.5m，测得AB＝2m，BC＝8m，则建筑物CD的高是（　　） A．6m B．6.5m C．7m D．7.5m 3．（2024秋•婺城区期末）如图，地面CD上的点E处放置平面镜，光线从A点射出经平面镜（点E处）反射后照射到B点．已知AC⊥CD，BD⊥CD，垂足分别为C、D，AC＝0.2米，BD＝0.5米，CD＝1.4米，则CE长为　 　 米． 4．（2024秋•婺城区校级期末）综合实践：测量铜像高度． 工具准备：边长为100cm且一边带有刻度的正方形硬纸板、量角器． 测量步骤：如图，将正方形硬纸板ABCD斜放在地面上，使得C，B，G三点在同一直线上，将点D对准点G，视线DG经过边AB上一点F，读取AF＝10cm，测得∠DCE＝69°． 查阅数据：sin69°≈0.93，cos69°≈0.36，tan69°≈2.61． 计算结果： （1）求CG的长度． （2）求铜像的高度GH． 5．（2024秋•西湖区期末）某晚，小静在相邻两盏垂直于地面的路灯AB，CD之间行走，点A，C为光源，影子PE和PF在线段BD上，图①，图②为示意图．已知AB＝CD＝8m，小静的身高OP＝1.6m，OP⊥BD于点P，BD＝14.4m． （1）如图①，当点P为BD中点时，分别求线段PE，PF的长． （2）如图②，当点P不是BD中点时，设PE＝a，求线段PF的长．（用含有a的代数式表示） （3）由此，你觉得PE与PF存在怎样的数量关系？ 题型十 位似变换（共4小题） 1．（2024秋•江北区期末）如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O是位似中心，若△ABC的面积为4，且OA＝2AD，则△DEF的面积为（　　） A．6 B．8 C．9 D．12 2．（2024秋•钱塘区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A′B′C′是位似图形，位似中心为点O．若点A（﹣2，0）的对应点为A′（﹣4，0），则点B（﹣1，2）的对应点B′的坐标为（　　） A．（﹣4，2） B．（2，﹣4） C．（﹣2，4） D．（4，﹣2） 3．（2024秋•杭州期末）如图，点A在反比例函数的图象上，过点A作AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，以点O为位似中心把四边形OBAC放大得到四边形OB'A'C'，过点A'的反比例函数表达式为y，则四边形OBAC和四边形OB'A'C'的位似比为（　　） A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4 4．（2024秋•宁波期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度，以点C为位似中心，在网格中画△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC位似，A1、B1、C1的对应点分别为 A、B、C，且△A1B1C1与△ABC的位似比为2：1，则下列说法不正确的是（　　） A．点 B1 的坐标为（4，0） B．A1B1∥AB C．△A1B1C1 与△ABC 的周长之比为 2：1 D．△A1B1C1 与△ABC 的面积之比为 题型十一 相似形综合题（共3小题） 1．（2024秋•温州期末）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③△GDE∽BEF；④S△BEF．在以上4个结论中，其中一定成立的是　 　 （把所有正确结论的序号都填在横线上） 2．（2024秋•宁波期末）（1）问题发现 如图1，在正方形ABCD中，点P和Q分别在AD和DC上，BP⊥AQ，垂足为点M．求证：BP＝AQ． （2）类比探究 如图2，在矩形ABCD中，点P和Q分别在AD和DC上，BP⊥AQ，垂足为点M．求证：． （3）拓展延伸 如图3，在▱ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，AD＝9，点P和Q分别在AD和DC上，BP与AQ交于点M且∠BMQ＝120°，AP＝2，求的值． 3．（2024秋•江山市期末）【初步探究】 （1）如图1，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，D是BC上的点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转45°并延长，交BC延长线于点E． ①求证：△ACD∽△EAD． ②若，求的值． 【拓展提升】 （2）如图2，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝20．点D，E为BC边上两点，DE＝7，连结AD，AE，∠BAD+∠AEC＝135°，求CE的长． $