专题10相似三角形的性质（2个知识点5种题型1种中考考法）

专题10相似三角形的性质（2个知识点5种题型1种中考考法）【目录】倍速学习四种方法【方法一】脉络梳理法知识点1.相似三角形的性质定理1（重点）知识点2相似三角形的性质定理2、定理3（重点）【方法二】实例探索法题型1.利用相似三角形的性质求线段的比题型2.利用相似三角形的性质求图形的面积题型3.相似三角形的周长比与面积比的实际应用题型4.相似三角形的判定与性质的综合运用题型5.动态探究题【方法三】仿真实战法考法.相似三角形的判定与性质综合【方法四】成果评定法【学习目标】1.理解相似三角形的性质。2.能灵活运用相似三角形的性质解决相关问题。【知识导图】【倍速学习四种方法】【方法一】脉络梳理法知识点1.相似三角形的性质定理1（重点）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.要点诠释：要特别注意“对应”两个字，在应用时，要注意找准对应线段.【例1】已知∽，顶点A、B、C分别与A1、B1、C1对应，，BE、B1E1分别是它们的对应中线，且．求B1E1的长．【答案】4．【解析】解：，、分别是对应中线， 即，【总结】本题考查相似三角形对应中线的比等于相似比．【变式】已知∽，顶点A、B、C分别与A1、B1、C1对应，，,的平分线A1D1的长为6，求的平分线的长．【答案】8．【解析】解：，、分别是、的平分线， 即，即的平分线的长为8．【总结】本题考查相似三角形对应角平分线的比等于相似比．知识点2相似三角形的性质定理2、定理3（重点）1.相似三角形周长的比等于相似比∽，则由比例性质可得：2.相似三角形面积的比等于相似比的平方∽，则分别作出与的高和，则要点诠释：相似三角形的性质是通过比例线段的性质推证出来的.【例2】.已知∽，顶点A、B、C分别与A1、B1、C1对应，它们的周长分别为48和60，且，，求BC和A1B1的长．【答案】．【解析】解：，；又，．【总结】本题考查相似三角形的性质．【例3】.如图，点D、E分别在的边AB和AC上，DE//BC，，，．求的值．AABCDE【答案】36．【解析】解：，，，．【总结】本题考查相似三角形的判定及性质．【方法二】实例探索法题型1.利用相似三角形的性质求线段的比1.如图，D是的边BC上的点，，BE是的角平分线，交AD于点F，，，求BF：BE．AABCDEF【解析】 解：是的角平分线，，又， ，，又， ，，，，， ．【总结】本题考查相似三角形的判定和性质的综合运用．2.如图，中，点D是BC延长线上一点，直线EF//BD交AB于点E， 交AC于点G，交AD于点F，若，求的值．AABCDEFG【答案】．【解析】解：，，， ，， ，，，， 是中线，,．3．（2022秋·安徽蚌埠·九年级统考阶段练习）已知：如图，在中，点D，点E分别是边、上的点，和相交于点O，且，连接．(1)求证：；(2)若，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由，，可得，根据相似三角形的性质可得，变形为，即可证明，得到，即可推导出，结合即可证明；（2）由，根据相似三角形的对应边成比例可得答案．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴；（2）解：由（1）得，∵，∴．【点睛】此题重点考查相似三角形的判定与性质，掌握两角分别对应相等的两个三角形相似；两边成比例且夹角相等的两个三角形相似是解题的关键．题型2.利用相似三角形的性质求图形的面积4.如图，在中，，，D、E分别为垂足．若，，求四边形DEAB的面积．AABCDEF【答案】3．【解析】解：，． ，，． ，，， ，，又， ，，，， ，．【总结】本题考查相似三角形的性质及判定，直角三角形的性质等知识．5.（2022秋•金寨县校级月考）如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成长方形零件PQMN，使长方形PQMN的边QM在BC上，其余两个顶点P，N分别在AB，AC上，求这个长方形零件PQMN面积S的最大值．【分析】设长方形零件PQMN的边PN＝a，PQ＝x，则AE＝80﹣x，利用△APN∽△ABC得相似比，用相似比可得出用含x的式子表示a，故S＝x•a，从而得出二次函数解析式，根据解析式及自变量取值范围求S的最大值．【解答】解：设长方形零件PQMN的边PN＝a，PQ＝x，则AE＝80﹣x．∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC．∴＝．因此，＝．解得a＝120﹣x．所以长方形PQMN的面积S＝xa＝x（120﹣x）＝﹣x2+120x．（3分）当x＝﹣＝40时，a＝60．（4分）S最大值＝40×60＝2400（mm2）．所以这个长方形零件PQMN面积S的最大值是2400mm2．【点评】本题用二次函数的方法解决面积问题，是函数性质的实际运用，需要从计算矩形面积着手，求矩形的长、宽．6.如图，在中，矩形DEFG的一边DE在BC边上，顶点G、F分别在AB、AC边上，AH是BC边上的高，AH与GF交于点K．若，，矩形DEFG的周长为76cm，求矩形DEFG的面积．AABCDEFGHK【答案】．【解析】解：设， 矩形，，,又是高，，, ，, ，，，，．【总结】本题考查三角形一边的平行线定理，矩形的周长面积等知识．7.（2022秋•大观区校级月考）一块三角形材料如图所示，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝12．用这块材料剪出一个矩形CDEF，其中，点D、E、F分别在BC，AB，AC上．要使剪出的矩形CDEF的面积最大．点E应选在何处？【分析】利用30度所对的直角边等于斜边的一半表示出BC，进而利用勾股定理表示出AC，由AC﹣AF表示出CF，根据CF与EF乘积列出二次函数的解析式，利用二次函数性质确定出面积的最大值，以及此时AE的值即可．【解答】解：∵四边形CDEF是矩形，∴∠AFE＝90°，∵∠A＝30°，∴EF＝AE，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝12，∴BC＝AB＝6，根据勾股定理得：AC＝＝6，∴CF＝AC﹣AF＝6﹣AE，∴S矩形CDEF＝CF•EF＝AE（6﹣AE）＝﹣（AE﹣6）2+9，∴当x＝6时，矩形CDEF的面积最大，即当点E为AB的中点时，矩形CDEF的面积最大．【点评】此题考查了相似三角形的应用，二次函数的最值，勾股定理，含30度直角三角形的性质，以及矩形的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．题型3.相似三角形的周长比与面积比的实际应用8.如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC=3：1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（） A．3：4 B． 9：16 C． 9：1 D． 3：1【答案】B．提示：∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∥AB，∴△DFE∽△BFA，∵DE：EC=3：1，∴DE：DC=1=3：4，∴DE：AB=3：4，∴S△DFE：S△BFA=9：16．故选：B．9．（2022秋·安徽安庆·九年级校考阶段练习）如图，D，E分别是的边，上的点，，若，求的值．【答案】【分析】得到，得到，则，根据相似三角形的性质即可得到答案．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，熟记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4.相似三角形的判定与性质的综合运用10．（2023•芜湖模拟）如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且∠CAD＝∠B．（1）求证：；（2）若AC＝2，BC＝4，设△ADC面积为S1，△ABD面积为S2，求证：S2＝3S1．【分析】（1）由于∠CAD＝∠B，加上∠C为公共角，则可证明△CAD∽△CBA，然后根据相似三角形的性质得到结论；（2）根据相似三角形的性质得到＝，即S△ABC＝4S1，则4S1＝S2+S1，从而得到S2＝3S1．【解答】证明：（1）∵∠DCA＝∠ACB，∠CAD＝∠B，∴△CAD∽△CBA，∴＝；（2）∵△CAD∽△CBA，∴＝（）2＝（）2＝，即S△ABC＝4S1，又∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，∴4S1＝S2+S1，∴S2＝3S1．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．在应用相似三角形的性质时利用相似比进行几何计算．11.（2023•天长市校级二模）在正方形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD上的点，连接EF，EF⊥FG且EF＝FG．​（1）如图1，当点G在CD上时，求证：DG＝BE；（2）如图2，当点B与点E重合时，EG，FG分别交CD于点M，N，求证：MG2＝MN•MD．【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD，∠A＝∠D＝90°，而∠EFG＝90°，则∠AEF＝∠DFG＝90°﹣∠AFE，即可证明△AEF≌△DFG，得AF＝DG，AE＝DF，则BE＝AF，所以DG＝BE；（2）作GH⊥AD交AD的延长线于点H，可证明△HFG≌△ABF，则HF＝AB＝AD，HG＝AF，可推导出HD＝AF，则HG＝HD，所以∠HDG＝∠HGD＝45°，则∠MGN＝∠MDG＝45°，而∠GMN＝∠DMG，即可证明△MGN∽△MDG，得＝，所以MG2＝MN•MD．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠A＝∠D＝90°，∵EF⊥FG，∴∠EFG＝90°，∴∠AEF＝∠DFG＝90°﹣∠AFE，在△AEF和△DFG中，，∴△AEF≌△DFG（AAS），∴AF＝DG，AE＝DF，∴AB﹣AE＝AD﹣DF，∴BE＝AF，∴DG＝BE．（2）如图2，作GH⊥AD交AD的延长线于点H，则∠H＝∠A＝90°，∵点E与点B重合，EF⊥FG且EF＝FG，∴BF⊥FG，BF＝FG，∴∠BFG＝90°，∴∠HFG＝∠ABF＝90°﹣∠AFB，在△HFG和△ABF中，，∴△HFG≌△ABF（AAS），∴HF＝AB＝AD，HG＝AF，∴HF﹣DF＝AD﹣DF，∴HD＝AF，∴HG＝HD，∴∠HDG＝∠HGD＝45°，∵∠MDH＝90°，∴∠MDG＝45°，∵∠MGN＝∠GBF＝45°，∴∠MGN＝∠MDG，∵∠GMN＝∠DMG，∴△MGN∽△MDG，∴＝，∴MG2＝MN•MD．【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解直角的关键．12.（2023•瑶海区校级一模）将矩形ABCD沿DE折叠，使点A落在点F处，折痕为DE，其中AB＝2，AD＝3．（1）如图（1），若点F恰好在边BC上，连接AF，求证：△ABF∽△DAE；（2）如图（2），若E是AB的中点，EF的延长线交BC于点G，求BG的长．【分析】（1）根据矩形，可得∠BAD＝∠B，根据折叠可知AF⊥DE，即∠FAD+∠ADE＝90°，由此即可求解；（2）根据题意可证，△EFM∽△FDN，再证△EMF∽△EBG，根据相似三角形的性质即可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，由翻折可知，AF⊥DE，∴∠BAF+∠FAD＝∠FAD+∠ADE＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，∴△ABF∽△DAE；（2）解：如图2中，过点F作MN∥BC交AB于M，交CD于N，四边形AMND是矩形，设EM＝x，∵∠A＝∠EFD＝90°，∠EMF＝∠DNF＝90°，∴∠EFM+∠DFN＝90°，∠DFN+∠FDN＝90°，∴△EFM∽△FDN，∴，∴FN＝3EM＝3x，FM＝3﹣3x，在Rt△EFD中，EF＝EA＝1，x2+（3﹣3x）2＝12，解得x1＝1（舍去），，∴，∵FM∥BC，∴△EMF∽△EBG，∴，即，∴．【点评】本题主要考查矩形，折叠，相似三角形的综合，掌握矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．13.（2022秋•滁州期末）如图，点P是正方形ABCD边AD上一点，Q是边BC延长线上一点，若AB＝12，PA＝5，PQ⊥BP．求CQ的长．【分析】根据正方形的性质及勾股定理求出BP的长度，再通过证明△PQB∽△ABP，根据相似三角形的性质求解即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝90°，∠ABC＝∠PBA+∠QBP＝90°，∵AB＝12，PA＝5，∴，∵PQ⊥BP，∴∠BPQ＝90°，∴∠Q+∠QBP＝90°，∴∠Q＝∠PBA，∵∠QPB＝∠A，∴△PQB∽△ABP，∴，即，∴，∴．【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并能够综合运用是解题的关键．14.（2022秋•宣城期末）如图，△ABC中，分别在边AB、AC上取点D、E，使，再取BC的中点M，连接AM交DE于点N．（1）求证：DE∥BC；（2）判断线段DN与NE的大小关系，并说明理由．【分析】（1）根据两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ADE～△ABC，即而得∠ADE＝∠B，从而可得结论；（2）由△ADN∽△ABM和△ANE∽△AMC得，再由BM＝CM，从而得DN＝NE．【解答】（1）证明：∵，∴△ADE∽△ABC∴∠ADE＝∠ABC，∴DE∥BC；（2）解：结论：DN＝NE．理由：∵DE∥BC，∴，∵，∴，∵M是BC的中点，∴BM＝CM，∴DN＝NE．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系．15.（2022秋•贵池区期末）如图，在△ABC中，BC＝3，D为AC延长线上一点，AC＝3CD，∠CBD＝∠A，过D作DH∥AB，交BC的延长线于点H．（1）求证：△HCD∽△HDB；（2）求BH的长．【分析】（1）由DH∥AB，得∠HDC＝∠A，而∠CBD＝∠A，所以∠HDC＝∠CBD，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△HCD∽△HDB；（2）由DH∥AB证明△DHC∽△ABC，得＝＝，HC＝BC＝1，则BH＝3+1＝4．【解答】（1）证明：∵DH∥AB，∴∠HDC＝∠A，∵∠CBD＝∠A，∴∠HDC＝∠CBD，∵∠H＝∠H，∴△HCD∽△HDB．（2）解：∵AC＝3CD，∴＝，∵DH∥AB，∴△DHC∽△ABC，∴＝＝，∵BC＝3，∴HC＝BC＝×3＝1，∴BH＝BC+HC＝3+1＝4，∴BH的长为4．【点评】此题重点考查平行线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明∠HDC＝∠CBD及△DHC∽△ABC是解题的关键．题型5.动态探究题16．（2022秋·安徽滁州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动如果点P、Q分别从点A、B同时出发问经过秒时，与相似．【答案】1或【分析】设经过t秒后，与相似，根据路程公式可得，，，然后利用相似三角形的性质对应边的比相等列出方程求解即可．【详解】解：设经过t秒后，与相似，则有，，，当时，有，即，解得，当时，有，即，解得，所以，经过或时，与相似．故答案为：1或【点睛】此题考查相似三角形的判定，本题综合了路程问题和三角形的问题，所以学生平时学过的知识要会融合起来．17．（2023秋·安徽安庆·九年级统考期末）如图，在钝角中，，，动点从点出发运动到点停止，动点从点出发运动到点停止．点运动的速度为，点运动的速度为．如果两点同时运动，那么当以点，，为顶点的三角形与相似时，运动的时间是秒．

【答案】或【分析】如果以点、、为顶点的三角形与相似，由于与对应，那么分两种情况：①与对应；②与对应．根据相似三角形的性质分别作答．【详解】解：如果两点同时运动，设运动秒时，以点、、为顶点的三角形与相似，则，，．①当与对应时，有．，，；②当与对应时，有．，，．当以点、、为顶点的三角形与相似时，运动的时间是秒或秒．故答案为：秒或秒．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定定理，相似三角形的对应边成比例的性质．本题分析出以点、、为顶点的三角形与相似，有两种情况是解决问题的关键．18．（2023·安徽滁州·校考一模）在中，，，现有动点从点出发，沿线段向点方向运动：动点从点出发，沿线段向点方向运动．如果点的速度是，点的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为秒．求：(1)当时，、两点之间的距离是多少？(2)若的面积为，求关于的函数关系式．(3)当为多少时，以点，，为顶点的三角形与相似？【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）在中，当秒，可知、的长，运用勾股定理可将的长求出；（2）由点P，点Q的运动速度和运动时间，又知的长，可将用含t的表达式求出，代入直角三角形面积公式求解；（3）应分两种情况：当时，根据，可将时间t求出；当时，根据，可求出时间t．【详解】（1）由题意得则（1）当秒时，，，由勾股定理得；故、两点之间的距离是（2）由题意得则∴由题意可知∴关于的函数关系式为（3）当时即解得当时即解得综上所述：或．【点睛】本题主要考查了相似三角形性质以及勾股定理的运用，在解第三问时应分两种情况进行求解防止漏解或错解，注意方程思想与分类讨论思想的应用是解此题的关键．19．（2022秋·安徽宣城·九年级统考阶段练习）如图，直线，交轴于点A，交轴于点，动点从点向点运动，速度为1单位每秒，另一动点从点向点运动，速度为2个单位每秒，它们同时出发，运动的时间为秒，当一动点先到达后，另一动点随之停止．(1)求．(2)设的面积为，求与的关系？并求的最大值？【答案】(1)(2)，的最大值是【分析】（1）根据直线，可以求得点和点的坐标，然后即可求得；（2）根据题意，可以表示出和，然后根据相似三角形的判定和性质，可以得到点到的距离，从而可以写出与的关系，再根据二次函数的性质，即可得到的最大值．【详解】（1）解：直线，当时，，当时，，点点的坐标为，点的坐标为，，，；（2）解：由题意可得，，，作轴于点，作轴于点，如图所示，轴，轴，，，，，，，，，解得，，，，点从到用的时间为：，点从点到点用的时间为：，，，当时，取得最大值，由上可得，，的最大值是．【点睛】本题考查二次函数的应用、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．20．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，中，，，，，分别是边，的中点，为边上一动点，于，交于．

(1)_____；(2)当和相似时，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）过作于交于，根据勾股定理得到，根据三角形的中位线定理得到，，根据相似三角形的性质得到，于是得到结论；（2）先根据角的大小关系判断相似三角形的对应关系，再根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）解：过作于交于，

在中，，，，∴，∵，分别是边，的中点，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：；（2）∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，当和相似时，则，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，正确地作出辅助线是解题的关键．21．（2023·安徽·一模）已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，BC=3cm，AC=3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为cm/s；若设运动的时间为t(s)(0＜t＜3)，解答下列问题(1)如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；(2)如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；(3)如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．【答案】(1)；理由见解析(2)存在；理由见解析(3)不存在；理由见解析【分析】（1）结合直角三角形性质，由△APC∽△ACB，得，即可求解；（2）过点P作PM⊥AC，根据线段垂直平分线性质，求QM，AM的表达式，证△APM∽△ABC，得，即可求解；（3）假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，则PQ∥BG，PQ=BG，由△APQ∽△ABC，得，得BP=2t=3，故PQ≠BP.【详解】（1）在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，∴AB=6，由运动知，BP=2t，AQ=，∴AP=6﹣2t，∵△APC∽△ACB，∴t=；（2）存在，理由：如图②，由运动知，BP=2t，AQ=，∴AP=6﹣2t，CQ=，∵点P是CQ的垂直平分线上，过点P作PM⊥AC，∴QM=CM=∴AM=AQ+QM=，∵∠ACB=90°，∴PM∥BC，∴△APM∽△ABC∴，即∴解得t=1；（3）不存在理由：由运动知，BP=2t，，∴AP=6﹣2t，假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，∴PQ∥BG，PQ=BG，∴△APQ∽△ABC，，∴BP=2t=3，∴PQ≠BP，∴平行四边形PQGB不可能是菱形．即：线段BC上不存在一点G，使得四边形PQGB为菱形．【点睛】此题考查了相似三角形的性质．解题关键时注意相似三角形的对应边成比例与分类讨论思想的应用．22．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图，中，，，．点P从点C出发沿折线以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，点Q从点B出发沿以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达点B时停止运动，另一点也随之停止．设点P，Q运动的时间是t秒（）．发现：(1)___________；(2)当点P，Q相遇时，相遇点在哪条边上？并求出此时的长．探究：(3)当时，的面积为___________；(4)点P，Q分别在，上时，的面积能否是面积的一半？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．拓展：(5)当时，求出此时t的值．【答案】(1)5(2)相遇点在边上，1(3)1(4)不能，见解析(5)【分析】（1）利用勾股定理直接求解即可；（2）分类讨论点的位置对应不同的时间，直接计算即可；（3）直接求出边长来求面积即可；（4）解方程时通过求根公式来说明不能取到值；（5）先画出图形，然后利用平行线间的线段比列方程求值．【详解】（1）在中，∴；

（2）点P运动到B需要：s点Q运动到B点需要：s当点相遇时，有．解得．∴相遇点在边上，此时．

（3）当时，，即∴

故答案为1；（4）不能理由：若的面积是面积的一半，即，化为．∵，∴方程没有实数根，即的面积不能是面积的一半．（5）由题可知，点先到达边，当点还在边上时，存在，如图所示．这时，．∵，，∴．解得，即当时，．【点睛】此题考查动点问题以及平行线的线段比，解题关键是将点的路程表示出来找到等量关系，以及平行线中线段成比例列方程．【方法三】仿真实战法考法.相似三角形的判定与性质综合23．（2019•安徽）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P为△ABC内部一点，且∠APB＝∠BPC＝135°．（1）求证：△PAB∽△PBC；（2）求证：PA＝2PC；（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12＝h2•h3．【分析】（1）利用等式的性质判断出∠PBC＝∠PAB，即可得出结论；（2）由（1）的结论得出，进而得出，即可得出结论；（3）先作出两个直角三角形，再判断出Rt△AEP∽Rt△CDP，得出，即h3＝2h2，再由△PAB∽△PBC，判断出，即可得出结论．【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC又∠APB＝135°，∴∠PAB+∠PBA＝45°∴∠PBC＝∠PAB又∵∠APB＝∠BPC＝135°，∴△PAB∽△PBC（2）∵△PAB∽△PBC∴在Rt△ABC中，AC＝BC，∴∴∴PA＝2PC（3）如图，过点P作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于点F，∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3，∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°∴∠APC＝90°，∴∠EAP+∠ACP＝90°，又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°∴∠EAP＝∠PCD，∴Rt△AEP∽Rt△CDP，∴，即，∴h3＝2h2∵△PAB∽△PBC，∴，∴∴．即：h12＝h2•h3．【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，判断出∠EAP＝∠PCD是解本题的关键．【方法五】成果评定法一、单选题1．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在边长为2的正方形中，对角线交于点是的中点，交于点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为四边形是正方形，E是中点，所以，根据勾股定理可求出，由相似三角形的判定定理得出，再根据相似三角形的对应边成比例可得出．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵E是中点，∴，在中，∵，∴∴，∴，∴，∴即，故选：B．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质及正方形的性质，先根据题意判断出，再根据相似三角形的对应边成比例进行解答是解答此题的关键．2．（2023春·安徽淮南·九年级校联考阶段练习）已知，则与面积的比为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】两三角形相似，面积比等于相似比的平方；据此即可求解．【详解】解：，，，，，故选：D【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握性质是解题的关键．3．（2023春·安徽·九年级校联考阶段练习）如图，已知，则的长是（

）

A．2 B． C． D．4【答案】B【分析】通过证明，利用相似三角形的性质得出，进而得出答案．【详解】解：∵，，∴，∴=，∵，，∴，∴（负值已舍去）．故选：B．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，正确得出对应边成比例的关系是解题关键．4．（2022秋·安徽安庆·九年级校考阶段练习）下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据勾股定理，AB=，BC=，AC=，所以△ABC的三边之比为=，A、三角形的三边分别为2，，，三边之比为2：=，故本选项错误，不符合题意;B、三角形的三边分别为2，4，，三边之比为2：4：2=1：2：，故本选项正确，符合题意；C、三角形的三边分别为2，3，，三边之比为2：3：，故本选项错误，不符合题意；D、三角形的三边分别为，，4，三边之比为：4，故本选项错误，不符合题意．故选：B．5．（2023春·安徽安庆·九年级校考阶段练习）已知，若，，则的长为（

）A．1 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方，即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵，．故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握面积比等于相似比的平方是解题的关键．6．（2023·安徽合肥·统考三模）已知：中，为边中点，过点的直线交延长线于，交于，记，，则（

）

A．2 B． C． D．1【答案】A【分析】作交于，设，则，，先证，推出，再根据，得出，根据相似三角形对应边成比例可得，进而可得．【详解】解：如图，作交于，

设，则，，∵，∴，，又∵D为BC中点，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴．故选A．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线构造．7．（2022秋·安徽马鞍山·九年级安徽省马鞍山市第七中学校考期中）在中，，，D是AC上一点，，在上取一点E，使A、D、E三点组成的三角形与相似．则的长为（

）A．9 B．6 C．9或6 D．9或4【答案】D【分析】与相似要分成两种情况来进行讨论，一种是；一种是；无论哪一种情况，将已知线段的长度代入比例式后都能较容易的求出的值．【详解】∵，∴分或两种情况讨论；①如图（1），当时，即，解得；②如图（2），当时，即，解得，综上所述，的长为9或4，故选：D．

【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，关键是运用分类讨论，对可能出现的几种情况进行分析．8．（2022秋·安徽六安·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，E为边上一点，与相交于点F，若，面积为18，则的面积等于（

）

A．8 B．10 C．12 D．14【答案】A【分析】根据平行四边形对边平行得到，根据，得到，推出，最后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了平行四边形，相似三角形．解题关键是熟练掌握平行四边形的对边平行且相等的性质，相似三角形的判定和性质．9．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在平行四边形中，点分别在边上，，四边形四边形，相似比，则下列一定能求出面积的条件（

）A．四边形和四边形的面积之差 B．四边形和四边形的面积之差C．四边形和四边形的面积之差 D．四边形和四边形的面积之差【答案】C【分析】分别过点，作的平行线，根据相似比，找出对应相似图形的面积关系，然后找出符合的选项即可．【详解】解：如图，分别过点，作的平行线交于点，交于点，四边形四边形，相似比，，，，相似比，则，，，，选项C符合题意，故选：C．【点睛】本题考查了根据相似比求面积关系，平行四边形性质，相似三角形性质等知识，适当添加辅助线，找出对应面积关系，采用面积作差方法是解题关键．10．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，四边形是矩形，平分，，、的延长线交于点，连接，连接交于点．下列结论错误的是（

）

A．图中共有三个等腰直角三角形 B．C． D．【答案】A【分析】根据矩形的性质以及角平分线的性质得，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，由证明，可得，，则，是等腰直角三角形，由，可得，由三角形外角的性质可得，证明，列比例式并结合等量代换可得．【详解】解：如图：

四边形是矩形，，，，平分，，，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，故A错误；，，，，故B正确；，，故D正确；，，，，，故C正确．故选：A．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．二、填空题11．（2022秋·安徽合肥·九年级校联考阶段练习）如图，在中，分别交，于点D，E，若，，则与的周长比为．

【答案】【分析】由平行线可得两个三角形相似，再由其周长比等于其对应边的比，进而即可得出结论．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，又相似三角形的周长比等于其对应边的比，∴与的周长比．故答案为．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的周长之比等于相似比是解本题的关键．12．（2023·安徽合肥·统考模拟预测）如图，在矩形中，点E在上，将沿翻折得到，点B的对应点F恰好落在线段上，线段的延长线交于点G，，则的值为．

【答案】【分析】延长交于点H，设，则，再证明，可得，，再根据，可得，即可求解．【详解】解：如图，延长交于点H，

设，则，∵四边形矩形，∴，∴，∵将沿翻折得到，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，正方形的性质是解题的关键．13．（2023秋·安徽滁州·九年级校联考期末）在等边中，为上一点，为上一点，且，，，则的边长为．

【答案】【分析】根据等边三角形的性质得，，得，从而得出与相似，再根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：是等边三角形，，，，，，，，；，，，，，的边长为．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理．综合利用题目中条件证明出两个三角形相似是解题的关键．14．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，是正方形的对角线，是边上一点，过点作于点，是上一点，连接并延长交的延长线于点，请解决下列问题：

（1）若，则．（2）若，，，则．【答案】【分析】（1）证得，从而即可得解；（2）利用得，所以，进而可计算，，，，再用勾股定理计算出即可．【详解】解：（1）∵四边形形是正方形，∴，是正方形的对角线，，∵,∴，∵，，，，故答案为：；（2），，，，由（）知，，，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形相似时，关键是选择恰当的判定条件．三、解答题15．（2023·安徽淮南·九年级统考阶段练习）如图，矩形，，点E在上，，点F为垂足，求的长．【答案】【分析】先利用勾股定理和已知条件求得，再根据即可求得的长．【详解】解：在矩形中，，，，∴，，，，∵，∴，由勾股定理得：∴∴．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质及勾股定理，证明是解答本题的关键．16．（2022秋·安徽宣城·九年级统考期末）如图，直角中，，于点．求证：．【答案】见解析【分析】已知，于点，得出，，，得到，推出，根据相似三角形的性质即可得到结论；【详解】，，，，，又，，，．【点睛】本题主要考查的是相似三角形的性质和判定，掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键．17．（2022秋·安徽滁州·九年级校联考期中）如图，在中，，，点从点开始沿边向点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，如果、分别从A、同时出发，那么经几秒后，点、、构成的三角形与相似

【答案】经过或后，与相似．【分析】分两种情况讨论，可得或，求得t的值．【详解】解：①设经过后，，根据已知条件，可得，，∵，∴，∴，解得；②设经过后，，∵，∴，∴，解得．故经过或后，与相似．【点睛】本题考查相似三角形的判定，利用分类思想解决问题是本题的关键.18．（2023·安徽合肥·一模）如图，点C在线段上，在同侧作等腰和等腰，使，连接，分别交于点O，交于点F，(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得，从而得到，即可；（2）过点D作于点H，交于点G，可得，从而得到，进而得到，然后在等腰中，可得，从而得到，，再由勾股定理可得的长，再由相似三角形的性质可得，从而得到，再由，即可求解．【详解】（1）证明：在等腰和等腰中，，∴，∴，∴；（2）解：如图，过点D作于点H，交于点G，∵，∴，∴，∴，在等腰中，，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，解得：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．19．（2023春·安徽安庆·九年级校考阶段练习）如图，为内一点，过点作，的平行线分别交于点，，连接并延长交于点．(1)求证：．(2)若，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据两直线平行，同位角相等，以及两组对应角对应相等的三角形相似，即可得证；（2）证明，，得到，利用，推出，即可得证．【详解】（1）证明：∵，∴，∴；（2）证明：∵，∴，