【文档说明】《九年级数学》考点16 中考一轮复习之图形的相似（解析版）.docx，共(41)页，652.170 KB，由管理员店铺上传

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1考点16中考一轮复习之图形的相似姓名：__________________班级：______________得分：_________________一、单选题（共14小题）1.（2020秋•顺德区期末）如图，在△ABC中，DE

∥BC，AD＝4，DB＝2，AE＝3，则EC的长为（）A．B．1C．2D．【答案】D【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算，得到答案．【解答】解：∵DE∥BC，AD＝4，DB＝2，AE＝3，∴＝，即＝，解得，EC＝，故选：D．【知识点】

平行线分线段成比例2.（2020•九龙坡区校级二模）如图，以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，OA＝2，AC＝5，则的值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】直接利用位似图形的性质，进而得出＝，求出答案即可．【解答】解：∵以点O为位似中

心，将△OAB放大后得到△OCD，∴△BOA∽△DOC，2∴＝，∵OA＝2，AC＝5，∴＝．故选：A．【知识点】位似变换3.（2020•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的

位似图形△OCD，则点C的坐标为（）A．（﹣1，﹣1）B．（﹣，﹣1）C．（﹣1，﹣）D．（﹣2，﹣1）【答案】B【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以﹣即可．【解答】解：∵以点O为位似中心，位似比为，

而A（4，3），∴A点的对应点C的坐标为（﹣，﹣1）．故选：B．【知识点】坐标与图形性质、位似变换4.（2020•花都区一模）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠AED＝∠B，若AD＝1，BD＝AC＝3，则AE的长是（）A．1B．C．D．23【答案】C【分析】根

据相似三角形的判定与性质即可求出答案．【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，∴△AED∽△ABC，∴，∵AD＝1，BD＝AC＝3，∴AB＝1+3＝4，∴，∴AE＝，故选：C．【知识点】相似三角形的判定与性质5.（2020秋•高邑县期中）如图，△A

BC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA：AD＝3：4，S△ABC＝9，则△DEF的面积为（）A．12B．16C．21D．49【答案】D【分析】直接利用位似图形的性质得出位似比，进而得出面积比，即可得出答案．【解答】解：∵ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA：AD＝3：4，∴

OA：OD＝3：7，∴S△ABC：S△DEF＝9：49，∵S△ABC＝9，∴△DEF的面积为：49．故选：D．【知识点】位似变换6.（2021•长宁区一模）如图，己知在△ABC中，点D、点E是边BC上的两点，联结AD

、AE，且AD＝AE，如果△ABE∽△CBA，那么下列等式错误的是（）4A．AB2＝BE•BCB．CD•AB＝AD•ACC．AE2＝CD•BED．AB•AC＝BE•CD【答案】D【分析】根据相似三角形的性质，由△ABE∽△

CBA得到AB：BC＝BE：AB，则可对A选项进行判断；由△ABE∽△CBA得到∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，则证明△CAD∽△CBA，利用相似三角形的性质得CD：AC＝AD：AB，则可对B选项

进行判断；证明△CAD∽△ABE得到AD：BE＝CD：AE，加上AD＝AE，则可对C选项进行判断；利用△CBA∽△ABE得到AB•AC＝AE•CB，由于AE2＝CD•BE，AE≠CB，则可对D选项进行判

断．【解答】解：∵△ABE∽△CBA，∴AB：BC＝BE：AB，∴AB2＝BE•BC，所以A选项的结论正确；∵△ABE∽△CBA，∴∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∠ACD＝∠BCA，∴∠AD

E＝∠BAC，∵∠ADC＝∠BAC，∴△CAD∽△CBA，∴CD：AC＝AD：AB，即CD•AB＝AD•AC，所以B选项的结论正确；∵△ABE∽△CBA，△CAD∽△CBA，∴△CAD∽△ABE，∴AD：BE

＝CD：AE，即AD•AE＝CD•BE，∵AD＝AE，∴AE2＝CD•BE，所以C选项的结论正确；∵△CBA∽△ABE，∴AC：AE＝CB：AB，∴AB•AC＝AE•CB，∵AE2＝CD•BE，AE≠CB，

∴AB•AC≠BE•CD，所以D选项的结论不正确．故选：D．【知识点】相似三角形的性质7.（2020秋•武侯区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABO的两个顶点分别为A（﹣8，4），B5（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心画△A′B′O，使它与

△ABO位似，且相似比为，则点A的对应点A'的坐标为（）A．（4，2）B．（1，1）C．（﹣4，2）D．（4，﹣2）【答案】D【分析】根据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，即可求得答案．【解答】解：

∵△ABO的两个顶点分别为A（﹣8，4），B（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心画△A′B′O，使它与△ABO位似，且相似比为，∴点A的对应点A'的坐标为：[﹣8×（﹣），4×（﹣）]即（4，﹣2）．故选：D．【知识点】坐标与图形性质、位似变换8.（2020秋•青浦区期末）如

图，在△ABC中，点D在边AB上，DE∥BC，DF∥AC，联结BE，BE与DF相交于点G，则下列结论一定正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用相似三角形的性质和平行线分线段成比例依次判断可求解．【解答】解：∵

DE∥BC，6∴△ADE∽△ABC，∴＝，故A，B选项不符合题意，∵DF∥AC，∴，又DE∥BC，∴四边形DFCE为平行四边形，∴CF＝DE，∴．故C选项正确，∵DE∥BF，∴△DGE∽△FGB，∴＝，故D选项不符合题意．故选：C．【知识点】相似三角形的判定与性质9.（2020秋•

青田县期末）如图，△ABC的两条中线CD，BE交于点O，则下列结论：①△ADE∽△ABC；②△DOE∽△COB；③＝；④；⑤＝，其中正确的个数有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C【分析】BE、CD是△ABC的中线，即

D、E是AB和AC的中点，即DE是△ABC的中位线，则DE∥BC，△ODE∽△OCB，△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质即可判断．【解答】解：∵BE、CD是△ABC的中线，即D、E是AB和AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC，即，DE∥BC，∴△DOE∽△

COB，△ADE∽△ABC，故①②③正确；∵△ADE∽△ABC，7∴＝，故④不正确；∵△DOE∽△COB，∴，∴故⑤正确；故本题正确的是①②③⑤，共4个．故选：C．【知识点】三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、三角形的重

心10.（2020•潍坊）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，以点O为圆心，2为半径的圆与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点．当PC+PD最小时，OP的长为（）A．B．C．1D．【答案】

B【分析】延长CO交⊙O于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线分线段成比例分别求出CD，PO的长即可．【解答】解：如图，延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，此时PC+PD的值最小．

∵CD⊥OB，∴∠DCB＝90°，又∠AOB＝90°，∴∠DCB＝∠AOB，∴CD∥AO∴∵OC＝2，OB＝4，8∴BC＝2，∴，解得，CD＝；∵CD∥AO，∴＝，即＝，解得，PO＝故选：B．【知识点】平行线分线段成比例、轴对称-

最短路线问题11.（2020秋•哈尔滨期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是AB及BA延长线上一点，连接CE、DF相交于点H，CE交AD于点G，下列结论错误的是（）A．＝B．＝C．＝D．＝【

答案】B【分析】由平行四边形的性质可得出AB∥DC，AD∥BC，AD＝BC，从而可得△AEG∽△BEC，△EFH∽△CDH，△AEG∽△DCG，进而可得比例式，据此逐个选项判断即可．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AD∥BC，AD＝BC，∴△AEG∽△BEC

，△EFH∽△CDH，△AEG∽△DCG，∴＝，故A正确，不符合题意；＝，故B错误，符合题意；＝，故C正确，不符合题意；∵＝，∴+＝+，∴＝，∵AD＝BC，∴＝，9∴＝，故D正确，不符合题意．综上，只有B符合题意．故选：B．【知识点】相似三角形的判定与性质、平行四

边形的性质12.（2020•朝阳）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC边上，且CE＝2BE，连接AE交BD于点G，过点B作BF⊥AE于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作OP⊥OF交DC于点N，S四边形MONC＝，现给出下列结论：①

；②sin∠BOF＝；③OF＝；④OG＝BG；其中正确的结论有（）A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④【答案】D【分析】①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；②过点O作OH∥BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，

过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE，AF，EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM，BK的长度，然后利用sin∠BOF＝即可判断；③利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM

的长度，进而OF的长度可求；④直接利用平行线的性质证明△HOG≌△EBG，即可得出结论．【解答】解：如图，过点O作OH∥BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，∵

四边形ABCD是正方形，10∴，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∴∠BOM+∠MOC＝90°．∵OP⊥OF，∴∠MON＝90°，∴∠CON+∠MOC＝90°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON（ASA），∴S△BOM＝S△CON，∴，∴，∴．∵

CE＝2BE，∴，∴．∵BF⊥AE，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴BM＝，MQ＝．∵AD∥BC，∴，故①正确；∵OH∥BC，∴，又∵CE＝2BE，11∴OH＝BE，AH＝HE＝．∵∠HGO＝∠EGB，∴△HOG≌△EBG（AAS），∴OG＝BG，故④正确；∵OQ2+MQ

2＝OM2，∴，∴，故③正确；∵，即，∴，∴，故②错误；∴正确的有①③④．故选：D．【知识点】平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、正方形的性质13.（2020•浙江自主招生）等腰△ABC中，AB＝AC，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF，连

结CE、BF交于点P，若＝，则的值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】作ED∥AC交BF于D，如图，根据平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例，设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，易得A

E＝FC＝3x，再利用DE∥AF得到对应边成比例，利用比例的性质和解方程得到y＝6x，进而可得结果．【解答】解：作ED∥AC交BF于D，如图，∵ED∥FC，∴＝＝，12设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，∵AB＝AC，∴AE＝FC＝3x，∵DE∥AF，∴＝，即

＝，整理得y2﹣4xy﹣12x2＝0，∴（y+2x）（y﹣6x）＝0，∴y＝6x，∴＝＝．故选：A．【知识点】黄金分割、等腰三角形的性质14.（2020•无锡）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA

上运动，PQ＝，有下列结论：①CP与QD可能相等；②△AQD与△BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为；④四边形PCDQ周长的最小值为3+．其中，正确结论的序号为（）A．①④B．②④C．①③D．②③13【答案】D【分析】①利用图象法判断或求出DQ的最大值，PC的最小

值判定即可．②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，因为∠A＝∠B＝60°，当＝时，△ADQ与△BPC相似，即，解得x＝1或，推出当AQ＝1或时，两三角形相似．③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝×32﹣×x

××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，当x取最大值时，可得结论．④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．求出

CF的长即可判断．【解答】解：①利用图象法可知PC＞DQ，或通过计算可知DQ的最大值为，PC的最小值为，所以PC＞DQ，故①错误．②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，∵∠A＝∠B＝60°，∴当＝或＝时，△AD

Q与△BPC相似，即或＝，解得x＝1或或，∴当AQ＝1或或时，两三角形相似，故②正确③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，∵x的最大值为3﹣＝，∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，

最大值＝，故③正确，如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．14过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．由题意，DD′＝2A

D•sin60°＝，HJ＝DD′＝，CJ＝，FH＝﹣﹣＝，∴CH＝CJ+HJ＝，∴CF＝＝＝，∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3+，故④错误，故选：D．【知识点】相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、轴对称-最短路线问题、二次函数的最值二、填空

题（共10小题）15.（2020春•南召县月考）已知x：y：z＝2：3：4，且x+y﹣z＝2，那么x+y+z＝．【答案】18【分析】直接利用比例的性质表示出x，y，z的值，进而结合已知得出答案．【解答】解：∵x：y：z＝2：3：4，∴设x＝2a，y＝3a，z＝4a，故x+y

﹣z＝2a+3a﹣4a＝a＝2，故x＝4，y＝6，z＝8，∴x+y+z＝4+6+8＝18．故答案为：18．【知识点】比例的性质16.（2020秋•河南期中）已知△FBC∽△EAD，它们的周长分别为30和15，若边FB上的中线长为10，则边EA上的中线

长为．【答案】5【分析】根据相似三角形的性质求出△FBC和△EAD的相似比，根据相似三角形的性质列式计算，得到答案．【解答】解：∵△FBC∽△EAD，它们的周长分别为30和15，∴△FBC和△EAD的相似比为2：1，∵边FB上的中线长为10

，15∴边EA上的中线长为5，故答案为：5．【知识点】相似三角形的性质17.（2020秋•徐汇区期末）如果a：b＝2：3，那么代数式的值是．【分析】根据已知条件得出＝，再把要求的式子化成＝﹣1，然后代

值计算即可．【解答】解：∵a：b＝2：3，∴＝，∴＝﹣1＝﹣1＝．故答案为：．【知识点】比例的性质18.（2020秋•顺德区期末）如图，在正方形ABCD中，DE＝CE，AF＝3DF，过点E作EG⊥BF于点H，交AD

于点G．下列结论：①△DEF∽△CBE；②∠EBG＝45°；③AD＝3AG．正确的有．【答案】①②③【分析】设DF＝x，则AF＝3x，由正方形的性质得出∠A＝∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，AD＝CD＝BC＝AB＝4x，可得出，

则可得出①正确；证明△HBE≌△CBE（AAS），由全等三角形的性质得出BC＝BH，CE＝HE，证明Rt△ABG≌Rt△HBG（HL），得出∠ABG＝∠HBG，则可得出②正确；证明Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），由

全等三角形的性质得出DF＝FH，证明△FHG∽△EDG，由相似三角形的性质可得出③正确．【解答】解：设DF＝x，则AF＝3x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，AD＝CD＝BC＝AB＝4x，16∴DE＝CE＝CD＝2x，

∴，∴△DEF∽△CBE；故①正确；∵△DEF∽△CBE，∴，∠FED＝∠EBC，∵∠CEB+∠EBC＝90°，∴∠FED+∠CEB＝90°，∴∠FEB＝90°，∴∠FEB＝∠C，∴△FEB∽△ECB，∴∠FBE＝∠EBC，∵EG⊥BF，

∴∠EHB＝90°，在△HBE和△CBE中，，∴△HBE≌△CBE（AAS），∴BC＝BH，CE＝HE，∴AB＝BH，在Rt△ABG和Rt△HBG中，，∴Rt△ABG≌Rt△HBG（HL），∴∠ABG＝∠HBG，AG＝GH，∴∠EBG＝∠HBG+∠HBE＝∠ABC＝×

90°＝45°；故②正确；∵△HBE≌△CBE，∴HE＝CE，∵DE＝CE，∴DE＝EH，在Rt△DEF和Rt△HEF中，，∴Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），∴DF＝FH，∵∠FGH＝∠EGD，∠FHG＝∠GDE＝90°，∴△FHG∽△EDG

，17∴，∴，∴，∴AD＝3AG．故③正确．故答案为：①②③．【知识点】相似三角形的判定与性质、正方形的性质19.（2020秋•龙华区期末）如图，小明为了测量树的高度CD，他在与树根同一水平面上的B处放置一块平面镜，

然后他站在A处刚好能从镜中看到树顶D，已知A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2m，BC＝8m．他的眼睛离地面的高度1.6m，则树的高度CD为m．【答案】6.4【分析】根据题意得出△EAB∽△DCB，进而利用相似三角形的性质得出答案．【解答】解：由题意可得：∠EBA＝∠DBC，∠EAB＝∠DCB，

故△EAB∽△DCB，则＝，∵AB＝2m，BC＝8m，AE＝1.6m，∴＝，解得：DC＝6.4，故答案为：6.4．【知识点】相似三角形的应用20.（2021•宝山区一模）在一块直角三角形铁皮上截一块正方形铁皮，如图，已有的铁皮是Rt△ABC，∠

C18＝90°，要截得的正方形EFGD的边FG在AB上，顶点E、D分别在边CA、CB上，如果AF＝4，GB＝9，那么正方形铁皮的边长为．【答案】6【分析】首先根据题意判定△AEF∽△DBG，然后结合相似三

角形的对应边成比例求得答案．【解答】解：根据题意知，∠AFE＝∠BDG＝∠C＝90°，∴∠A＝BDG（同角的余角相等）．∴△AEF∽△DBG，∴＝．又∵EF＝DG，AF＝4，GB＝9，∴＝．∴EF＝6．即正方形铁皮的边长为6．故答案是：6．【知识点】相似三角形的应用、正方形的性质21

.（2020秋•成华区期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC，ED分别交于点G，H，则GH的长为．【分析】先求出BE＝2，再判断出△BAF≌△MDF，得出DM＝AB＝4，FM＝BF＝2，进

而得出BM＝4，再判断出△BEH∽△MDH，得出比例式求出BH，再判断出△BGE∽△MGC，得出比例式求出BG，即可得出结论．【解答】解：如图，延长BF，CD相交于点M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝90°，AB＝AD＝CD＝4，AB∥CD，∴∠ABF＝∠M，∵点F是A

D的中点，19∴AF＝DF＝AD＝2，在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF＝＝2，在△BAF和△MDF中，，∴△BAF≌△MDF（AAS），∴DM＝AB＝4，FM＝BF＝2，∴BM＝2BF＝4，CM＝CD+DM＝8，∵AB∥CD，∴△BEH∽△MDH，∴，∵点

E是AB的中点，∴BE＝AB＝2，∴＝，∴，∴BH＝BM＝，∵AB∥CD，∴△BGE∽△MGC，∴＝＝，∴，∴BG＝BM＝，∴GH＝BH﹣BG＝﹣＝，故答案为：．20【知识点】全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质22.（2020秋•和平区期末）如图

，在△ABC中，点D，E在AC边上，且AE＝ED＝DC．点F，M在AB边上，且FE∥MD∥BC，延长FD交BC的延长线于点N，则的值＝．【分析】首先证明EF：BC＝1：3，再利用全等三角形的性质证明EF＝CN即可解决问题．【解答】解：∵EF∥DM∥BC，AE＝DE＝CD，∴，在△EFD与△CND

中，，∴△EFD≌△CND（AAS），∴EF＝CN，∵CN：BC＝1：3，∴CN：BN＝1：4，∴，故答案为．【知识点】平行线分线段成比例23.（2020秋•朝阳区校级期末）如图，有一块形状为Rt△ABC的斜板余料，∠A＝90°

，AB＝6cm，AC＝8cm，要把它加工成一个形状为▱DEFG的工件，使GF在边BC上，D、E两点分别在边AB、AC上，若点D是边AB的中点，则S▱DEFG的面积为cm2．21【答案】12【分析】直接利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定与性质

得出平行四边形DGFE的高，进而得出答案．【解答】解：过点A作AM⊥BC，交DE于点N，∵∠A＝90°，AB＝6cm，AC＝8cm，∴BC＝＝10（cm），∵＝BC•AM，∴AM＝，即AM＝＝4.8（cm），∵四边形DEFG是平行四边形，∴DE∥BC．又∵点D是边AB的中点，

∴DE＝BC＝5cm．∴DE＝FG＝5cm，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝，∴AN＝MN＝2.4cm，∴▱DEFG的面积为：5×2.4＝12（cm2）．故答案是：12．【知识点】相似三角形的应用、平行四边形的性质24.（20

20•南岗区校级一模）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，点E在AD上，∠BEC＝135°，若BC＝5，S△ECA＝2，则BD＝．22【分析】如图，延长BE交AC于F，做E关于BE的对称点E′，连接BE′，CE′，则△BE′C≌△BEC

，得到∠BE′C＝∠BEC＝135°，推出点A，B，E′，C四点共圆，根据圆周角定理得到∠E′BC＝∠E′AC，求得AF＝BF，得到EF＝FC，设EF＝FC＝x，BF＝AF＝y，解方程组得到y＝＝，求得B

E＝y﹣x＝3，根据勾股定理得到AE＝＝5，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：如图，延长BE交AC于F，做E关于BC的对称点E′，连接BE′，CE′，则△BE′C≌△BEC，∴∠BE′C＝∠BEC＝135°，∵∠

BAC＝45°，∴∠BAC+∠BE′C＝180°，∴点A，B，E′，C四点共圆，∴∠E′BC＝∠E′AC，∵∠EBC＝∠E′BC，∴∠EBC＝∠E′AC，∵∠BED＝∠AEF，∴∠AFE＝∠ADB＝90°，∴AF＝BF，∵∠FEC＝45°，∴

EF＝FC，设EF＝FC＝x，BF＝AF＝y，∴，解得：x＝±，x＝4，∵x＞0，∴x＝，∵当EF＝FC＝4时，CE＝4＞5＝BC，∴x＝4不合题意，23∴y＝＝，∴BE＝y﹣x＝3，∴AE＝＝5，∵△BDE∽△A

FE，∴，∴＝，∴BD＝，故答案为：．【知识点】相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理三、解答题（共10小题）25.（2020春•文登区期中）如图，已知DE∥BC，FE∥CD，AF＝3，AD＝5，AE＝4．（1）求CE的

长；（2）求AB的长．【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算即可．【解答】解：（1）∵FE∥CD，24∴＝，即＝，解得，AC＝，则CE＝AC﹣AE＝﹣4＝；（2）∵DE∥BC，∴＝，即＝，解得，AB＝．【知识点】平行线分线段成比例26.（2020春

•越秀区校级月考）如图所示，在▱ABCD中，AE：EB＝1：2．（1）求△AEF与△CDF的周长比；（2）如果S△AEF＝6cm2，求S△CDF和S△ADF．【分析】（1）易证△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质：周长之比等于相似比即可求出△AEF与△CD

F的周长的比；（2）由（1）可知△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质：面积之比等于相似比的平方即可求出S△CDF，再根据三角形面积关系求出S△ADF即可．【解答】解：（1）∵AE：EB＝1：2，∴AE：AB＝1：3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴△

AEF∽△CDF∴C△AEF：C△CDF＝EF：DF＝AE：CD＝AE：AB＝1：3，即△AEF与△CDF的周长比为1：3；（2）∵△AEF∽△CDF，∴S△AEF：S△CDF＝（AE：CD）2，即6：S△CDF＝（1：3）2∴S△CDF＝6×9＝54cm2．∵＝＝，

∴S△ADF＝3×6＝18（cm2）．【知识点】平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质2527.（2020秋•解放区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开

始向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q同时出发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤6）．（1）当t为何值时，△QAP为等腰三角形？（2）当t为何值时，以Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？（3）设△QCP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出当t

为何值时，△QCP的面积有最小值？最小值是多少？【分析】（1）根据题意分析可得：因为对于任何时刻t，AP＝2t，DQ＝t，QA＝6﹣t．当QA＝AP时，△QAP为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案；（2）根

据题意，在矩形ABCD中，可分为、两种情况来研究，列出关系式，代入数据可得答案；（3）利用面积的差，用t表示出△PCQ的面积，即可得出结论．【解答】解：（1）由运动知，AP＝2t（cm），DQ＝t（cm），QA＝（6﹣t）（cm）．∵四

边形ABCD是矩形，∴∠PAQ＝90°，∵△QAP为等腰三角形，∴QA＝AP，∴6﹣t＝2t，∴t＝2，所以，当t＝2时，△QAP为等腰三角形．（2）根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：①当△QAP∽△ABC时，，∴，∴t＝＝1.2

，即当t＝1.2时，△QAP∽△ABC；②当△PAQ∽△ABC时，，26∴，∴t＝3，即当t＝3时，△PAQ∽△ABC；所以，当t＝1.2或3时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似．（3）S△PCQ＝S四边形QAPC﹣S△QAP＝S四边形A

BCD﹣S△CDQ﹣S△PBC﹣S△QAP＝12×6﹣×12×t﹣×6×（12﹣2t）﹣×2t×（6﹣t）＝36﹣6t+t2＝（t﹣3）2+27，∵0≤t≤6，∴当t＝3时，△QCP的面积最小，最小值为27cm2．【知识点】相似形综合题28.（2020秋

•商河县期中）探究证明：（1）如图1，正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM⊥BN．求证：BN＝AM；（2）如图2，矩形ABCD中，点M在BC上，EF⊥AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：；（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，

AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值．【分析】（1）根据同角的余角相等判断出∠NBC＝∠MAB，进而判断出△BCN≌△ABM，即可得出结论；（2）结论：＝．如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，首先证明四边形BEFG是平行四边形，推出BG

＝EF，由△GBC∽△MAB，得＝，由此即可证明．27（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．由（2）中结论可得：＝，想办法求出BS即可解决问题．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是

正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°∴∠NBA+∠NBC＝90°，∵AM⊥BN，∴∠MAB+∠NBA＝90°，∴∠NBC＝∠MAB，在△NBC和△MAB中，，∴△BCN≌△ABM，∴BN＝AM；（2）结论

：＝．理由：如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴四边形BEFG是平行四边形，∴BG＝EF，∵EF⊥AM，∴BG⊥AM，∴∠GBA+∠MAB＝90°，∵∠ABC＝∠C＝90°，∴∠GBC+∠GBA＝90°，∴∠MAB＝∠GBC，∴△GBC∽△MA

B，∴＝，∴＝．（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．∵∠ABC＝90°，∴四边形ABSR是矩形，∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，

AR＝BS，∵AM⊥DN，28∴由（2）中结论可得：＝，∵AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，∴△ACD≌△ACB（SSS），∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠SDC+∠RDA＝90°，∵∠RAD+∠RDA＝90°，∴∠RAD＝∠SDC，∴△RAD∽△SDC，∴＝，设S

C＝x，∴＝，∴RD＝2x，DS＝10﹣2x，在Rt△CSD中，CD2＝DS2+SC2，∴52＝（10﹣2x）2+x2，∴x＝3或x＝5（舍弃），∴BS＝5+x＝8，∴＝＝＝．【知识点】相似形综合题29.（2021•长宁区一模）已知：如

图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CH⊥AB，垂足为点H．点D在边BC上，联结AD，交CH于点E，且CE＝CD．（1）求证：△ACE∽△ABD；（2）求证：△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．29【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACH＝∠CBH，根据

等腰三角形的性质得到∠CED＝∠CDE，进而得到∠AEC＝∠ADB，根据相似三角形的判定定理证明结论；（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据相似三角形的性质得到＝，根据相似三角形的面积公式计算，证明结论

．【解答】证明：（1）∵AC⊥BC，CH⊥AB，∴∠ACB＝∠AHC＝90°，∴∠ACH＝∠CBH，∵CE＝CD，∴∠CED＝∠CDE，∴∠AEC＝∠ADB，∴△ACE∽△ABD；（2）过点B作BG∥AC交AD的延

长线于点G，∴∠CAD＝∠G，∵△ACE∽△ABD，∴＝，∠CAD＝∠BAD，∴∠BAD＝∠G，∴AB＝BG，∵BG∥AC，∴△ADC∽△GDB，∴＝，∴＝，∴＝，∴△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．30

【知识点】相似三角形的判定与性质30.（2020秋•河南期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，AE＝ED，DF＝DC，连接EF并延长交BC的延长线于点G．（1）求证：△ABE∽△DEF；（2）若正方形的边长为4，求FG的长．【分析】（1）由

正方形的性质可得AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，然后根据对应边成比例且夹角相等可判定△ABE∽△DEF；（2）通过证明△DEF∽△CGF，可得，根据DF＝DC可得CF＝3，CG＝6，由勾股定理可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴A

D＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，∵AE＝ED，∴＝，∵DF＝DC，∴＝，∴，∴△ABE∽△DEF；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴ED∥BG，∴△DEF∽△CGF，31∴，又∵DF＝DC，正方形的边长为4，∴

DF＝1，ED＝2，∴CF＝3，CG＝6，∴GF＝＝＝3．【知识点】正方形的性质、相似三角形的判定与性质31.（2021•松江区一模）如图，已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，tan∠ABC＝2，BF⊥AC，垂足为F，点D是边AB上一点（不与A，B重合）．（1）求边BC的长；（2）如

图2，延长DF交BC的延长线于点G，如果CG＝4，求线段AD的长；（3）过点D作DE⊥BC，垂足为E，DE交BF于点Q，联结DF，如果△DQF和△ABC相似，求线段BD的长．【分析】（1）先利用等腰三角形的性质判断出BC＝2BH，再用三角函数和勾股定理求出BH，即可得出结论；（2）先利用勾

股定理和三角函数求出CF，再判断出△CFK∽△AFD和△CGK∽△BGD，得出比例式，即可得出结论；（3）先求出BF＝4，再判断出△BEQ∽△BFC，得出，设EQ＝m，则BQ＝5m，BE＝2m，进而表示出BD＝10m，DQ＝3m，∠DQF＝∠C，再分两种情况，利用相

似得出比例式表示出FQ，最后用BF＝4建立方程求出m，即可得出结论．【解答】解（1）如图1，过点A作DH⊥BC于H，∴∠AHB＝90°，∵AB＝AC＝5，∴BC＝2BH，在Rt△AHB中，tan∠ABC＝＝2，∴AH＝2BH，32根据勾股定理得，AH2+BH2＝AB2，∴（2BH

）2+BH2＝（5）2，∴BH＝5，∴BC＝2BH＝10；（2）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵tan∠ABC＝2，∴tan∠ACB＝2，由（1）知，BC＝10，∵BF⊥AC，∴∠BFC＝90°，在Rt△BF

C中，tan∠ACB＝＝2，∴BF＝2CF，根据勾股定理得，BF2+CF2＝BC2，∴（2CF）2+CF2＝102，∴CF＝2，∴AF＝AC﹣CF＝5﹣2＝3，如图2，过点C作CK∥AB交FG于K，∴△CFK∽△AFD，∴，∴＝，∴△CGK∽△BGD，∴，

∴CG＝4，∴＝，∴，∴，∴AD＝AB＝×5＝；（3）如备用图，在Rt△BFC中，根据勾股定理得，BF＝＝＝4，∵DE⊥BC，∴∠BEQ＝90°＝∠BFC，∵∠EBQ＝∠FBC，33∴△BEQ∽△BFC

，∴，∵CF＝2，BC＝10，∴，∴，∴设EQ＝m，则BQ＝5m，根据勾股定理得，BE＝2m，在Rt△BEQ中，tan∠ABC＝＝2，∴DE＝2BE＝4m，根据勾股定理得，BD＝10m，∴DQ＝DE﹣EQ＝3m，∵DE⊥BC，∴∠BEQ＝90°，∴∠CBF+∠

BQE＝90°，∵∠BQE＝∠DQF，∴∠CBF+∠DQF＝90°，∵∠BFC＝90°，∴∠CBF+∠C＝90°，∴∠DQF＝∠C，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝∠DQF，∵△DQF和△ABC相似，∴①当△DQF∽△ACB时，∴，∴，∴QF＝6m，∵BF＝4，∴5m

+6m＝4，∴m＝，∴BD＝10m＝，②当△DQF∽△BCA时，，∴，∴FQ＝m，34∴m+5m＝4，∴m＝，∴BD＝10m＝，即BD的长为或．【知识点】相似形综合题32.（2020•枣庄）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，

AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．35（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；（3）若CD＝2，C

F＝，求DN的长．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；（2）证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即

可证明结论；（3）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由（2）的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°

，AC＝BC，CD是中线，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，∴∠DCF＝∠DCE＝135°，在△DCF和△DCE中，，∴△DCF≌△DCE（SAS）∴DE＝DF；（2）证明：∵∠DCF＝135°，∴∠F+∠CDF＝45°，∵∠FDE＝4

5°，∴∠CDE+∠CDF＝45°，∴∠F＝∠CDE，∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，∴△FCD∽△DCE，∴＝，∴CD2＝CE•CF；（3）解：过点D作DG⊥BC于G，∵∠DCB＝45°，∴GC＝GD＝CD＝，由（2）可知，CD2

＝CE•CF，36∴CE＝＝2，∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，∴△ENC∽△DNG，∴＝，即＝，解得，NG＝，由勾股定理得，DN＝＝．【知识点】相似形综合题33.（2020秋•吴兴区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，BC＝

2，AC＝2．点D是AC边上的中点．有一动点P由点A以每秒1个单位的速度向终点B运动，设运动时间为t秒．（1）如图1，当△ADP是以点P为直角顶点的直角三角形时，求t的值；（2）如图2，过点A作直线DP的垂线AE，点E为垂足．（i）是否存在这样的t，使得以A，P，E为顶点的三角形与△ABC相

似，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；（ii）连结BE，当点P由点A运动到点B的过程中（不包括端点），请直接写出BE的取值范围．【分析】（1）由锐角三角函数可求∠A＝30°，进而可求AP＝，即可

求解；（2）（i）分三种情况讨论，由相似三角形的性质和直角三角形的性质可求解；37（ii）取AD的中点F，连接BF，过点F作FH⊥AB于H，当点E在线段BF上时，BE有最小值，当点E与点A重合时，BE有最大值为4，由勾

股定理可求BF的长，即可求解．【解答】解：（1）∵∠ACB＝Rt∠，BC＝2，AC＝2，∴tanA＝＝，∴∠A＝30°，∵点D是AC边上的中点，∴AD＝CD＝，∵DP⊥AB，∴cosA＝＝＝，∴AP＝，∴t＝＝（s）；（2）（i）∵AE⊥DP，∴∠C＝∠AED＝90

°，如图3，当∠BAC＝∠ADP＝30°时，∵∠E＝90°，∠ADP＝30°，∴AE＝AD＝，∵∠APE＝∠ADP+∠PAD＝60°，∴∠PAE＝30°，∴AP＝2PE，AE＝PE＝，∴AP＝1，∴t＝＝1（s）；如图

4，若∠APD＝∠BAC＝30°时，∴AP＝2AE，∠ADE＝∠APD+∠PAD＝60°，38∴∠DAE＝30°，∴DE＝AD＝，AE＝DE＝，∴AP＝3，∴t＝＝3（s）；如图5，若点E与点D重合时，∴AP＝2DP，AD＝DP＝，∴DP＝1，AP＝2，∴t＝＝2（s）；综上所述：t

的值为1或2或3；（ii）∵∠AED＝90°，∴点E在以AD为半径的圆上，如图6，取AD的中点F，连接BF，过点F作FH⊥AB于H，∴AF＝，∵∠BAC＝30°，∴FH＝AF＝，AH＝AH＝，AB＝2BC＝4，∴AH＝，∴BF＝＝＝，∵点E在以AD为半径的圆上，∴当点E在

线段BF上时，BE有最小值，∴BE的最小值为﹣，当点E与点A重合时，BE有最大值为4，39∴≤BE＜4．【知识点】相似形综合题34.（2020秋•双流区校级月考）请解答下列各题：（1）如图1，矩形ABCD中，点E、F分别在AB和BC上，且DF⊥CE，垂足G，求证：＝．（2）如

图2，若四边形ABCD是平行四边形．试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，使得＝成立？并证明你的结论．（3）如图3，若BA＝BC＝2，DA＝DC＝，∠BAD＝90°，DE⊥CF．请直接写出的值．【分析】（1）如图（1）中，根

据矩形性质得出∠B＝∠FCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，求出∠BEC＝∠GFC，证出△CEB∽△DFC即可；（2）如图（2）中，当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立，证△DFG∽△DEA，得出＝，证△CGD∽△CDF，得出＝，即可得出答案；（3）如图（3）中，过C作CN⊥

AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD＝∠A＝90°，证△BCM∽△DCN，求出CM＝x，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2＝BC2，代入得出方程（x﹣2

）2+（x）2＝22，求出CN＝，证出△AED∽△NFC，即可得出答案．【解答】（1）证明：如图（1）中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠FCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，∵DF⊥CE，∴∠CGF＝90°，∴∠BCE+∠BEC＝90°，∠FCE+∠CFG＝

90°，∴∠BEC＝∠GFC，∴△CEB∽△DFC，∴＝，40∴＝．（2）当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．证明：如图（2）中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，

∵∠B+∠EGC＝180°，∴∠A＝∠EGC＝∠FGD，∵∠FDG＝∠EDA，∴△DFG∽△DEA，∴＝，∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，∴∠CGD＝∠CDF，∵∠GCD＝∠DCF，∴△CGD∽△CDF，∴＝，∴＝，∴＝，

即当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．（3）解：结论：＝．理由是：如图（3）中，过C作CN⊥AD延长线于N，CM⊥AB交AB于M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，

∴四边形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，在△BAD和△BCD中，，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，41∴＝，∴＝，∴CM＝x，

在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣2，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，∴（x﹣2）2+（x）2＝22，解得x1＝0（舍去），x2＝，∴CN＝，∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠

A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴＝＝＝．【知识点】相似形综合题