专题6.6图形的相似（章节复习考点讲练）教师版

20232024学年苏科版九年级下册章节知识讲练专题6.6图形的相似（章节复习+考点讲练）知识点01：比例线段及黄金分割1.比例线段：对于四条线段a、b、c、d，如果其中两条线段的比与另两条线段的比相等，如a:b=c:d，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．要点诠释：（1）若a:b=c:d，则ad=bc；（d也叫第四比例项）（2）若a:b=b:c，则b2=ac（b称为a、c的比例中项）．2.黄金分割的定义：如图，将一条线段AB分割成大小两条线段AP、PB，若小段与大段的长度之比等于大段的长度与全长之比，即（此时线段AP叫作线段PB、AB的比例中项），则P点就是线段AB的黄金分割点（黄金点），这种分割就叫黄金分割．3.黄金矩形与黄金三角形：黄金矩形：若矩形的两条邻边长度的比值约为0.618，这种矩形称为黄金矩形.黄金三角形：顶角为36°的等腰三角形，它的底角为72°，恰好是顶角的2倍，人们称这种三角形为黄金三角形．黄金三角形性质：底角平分线将其腰黄金分割．知识点02：相似图形1．相似图形：在数学上，我们把形状相同的图形称为相似图形(similarfigures).要点诠释：

(1)相似图形就是指形状相同，但大小不一定相同的图形；

(2)“全等”是“相似”的一种特殊情况，即当“形状相同”且“大小相同”时，两个图形全等.各角分别相等，各边成比例的两个多边形，它们的形状相同，称为相似多边形．要点诠释：（1）相似多边形的定义既是判定方法，又是它的性质．（2）相似多边形对应边的比称为相似比.知识点03：相似三角形相似三角形的判定:判定方法（一）：平行于三角形一边的直线与其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似.判定方法（二）：两角分别相等的两个三角形相似.要点诠释：

要判定两个三角形是否相似，只需找到这两个三角形的两个对应角相等即可，对于直角三角形而言，若有一个锐角对应相等，那么这两个三角形相似.判定方法（三）：两边成比例夹角相等的两个三角形相似.要点诠释：

此方法要求用三角形的两边及其夹角来判定两个三角形相似，应用时必须注意这个角必须是两边的夹角，否则，判断的结果可能是错误的.判定方法（四）：三边成比例的两个三角形相似.

2.相似三角形的性质：（1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；（2）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；（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.3.相似多边形的性质：（1）相似多边形的对应角相等，对应边的比相等．（2）相似多边形的周长比等于相似比．（3）相似多边形的面积比等于相似比的平方．知识点04：图形的位似及投影1.位似多边形定义:如果两个相似多边形任意一组对应顶点所在的直线都经过同一个点O，且每组对应点与点O点的距离之比都等于一个定值k，例如，如下图，OA′=k·OA（k≠0），那么这样的两个多边形叫做位似多边形，点O叫做位似中心.要点诠释：位似图形与相似图形的区别：位似图形是一种特殊的相似图形，而相似图形未必能构成位似图形.

2.位似图形的性质:（1）位似图形的对应点相交于同一点，此点就是位似中心；

（2)位似图形的对应点到位似中心的距离之比等于相似比；

（3）位似图形中不经过位似中心的对应线段平行.3.作位似图形的步骤

第一步：在原图上找若干个关键点，并任取一点作为位似中心；

第二步：作位似中心与各关键点连线；

第三步：在连线上取关键点的对应点，使之满足放缩比例；

第四步：顺次连接各对应点.要点诠释：位似中心可以取在多边形外、多边形内，或多边形的一边上、或顶点，下面是位似中心不同的画法.在平行光的照射下，物体所产生的影称为平行投影.(1)等高的物体垂直地面放置时，如图1所示，在太阳光下，它们的影子一样长.

(2)等长的物体平行于地面放置时，如图2所示，它们在太阳光下的影子一样长，且影长等于物体本身的长度.

(3)在同一时刻，不同物体的物高与影长成正比例.

即：

利用上面的关系式可以计算高大物体的高度，比如旗杆的高度等.

注意：利用影长计算物高时，要注意的是测量两物体在同一时刻的影长.

在点光源的照射下，物体所产生的影称为中心投影.(1)等高的物体垂直地面放置时，如图1所示，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长.

(2)等长的物体平行于地面放置时，如图2所示.一般情况下，离点光源越近，影子越长；离点光源越远，影子越短，但不会比物体本身的长度还短.考点一：黄金分割【典例精讲】（2023•沅江市校级模拟）如图，在△ABC中，点D在边AB上，且BD＝DC＝AC，已知∠ACE＝108°，BC＝2．（1）求∠B的度数；（2）我们把有一个内角等于36°的等腰三角形称为黄金三角形．它的腰长与底边长的比（或者底边长与腰长的比）等于黄金比．①写出图中所有的黄金三角形，选一个说明理由；②求AD的长．【思路点拨】（1）设∠B＝x，利用等腰三角形的性质得到∠DCB＝∠B＝x，则∠ADC＝2x，再表示出∠A＝∠ADC＝2x，利用三角形外角性质得到x+2x＝108°，解方程求出x即可；（2）①利用黄金三角形的定义可判断△ABC、△DBC、△CAD都是黄金三角形．②根据黄金三角形的定义得到＝，则AC＝﹣1，所以CD＝CA＝BD＝CD＝﹣1，然后计算AB﹣BD即可．【规范解答】解：（1）设∠B＝x，∵BD＝DC，∴∠DCB＝∠B＝x，∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝2x，∵AC＝DC，∴∠A＝∠ADC＝2x，∵∠ACE＝∠B+∠A，∴x+2x＝108°，解得x＝36°，即∠B的度数为36°；（2）①△ABC、△DBC、△CAD都是黄金三角形．理由如下：∵DB＝DC，∠B＝36°，∴△DBC为黄金三角形；∵∠BCA＝180°﹣∠ACE＝72°，而∠A＝2×36°＝72°，∴∠A＝∠ACB，而∠B＝36°，∴△ABC为黄金三角形；∵∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB＝72°﹣36°＝36°，而CA＝CD，∴△CAD为黄金三角形；②∵△BAC为黄金三角形，∴＝，而BC＝2，∴AC＝﹣1，∴CD＝CA＝﹣1，∴BD＝CD＝﹣1，∴AD＝AB﹣BD＝2﹣（﹣1）＝3﹣．【考点剖析】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．其中AC＝ABAB，并且线段AB的黄金分割点有两个．也考查了等腰三角形的性质．【变式训练11】（2023•临安区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝108°，点P在BC边上，若AP是∠BAC的三等分线，则BP的长度为（）A．或5 B． C．﹣1或2 D．或2【思路点拨】根据已知条件得出∠B＝∠C＝36°，再根据AP是∠BAC的三等分线，求出∠BAP的度数与AC＝PC＝2，再根据AA证出△BAP∽△BCA，＝，从而得出＝，最后代值计算即可得出答案．【规范解答】解：∵AB＝AC＝2，∠BAC＝108°，∴∠B＝∠C＝36°，∵AP是∠BAC的三等分线，∴∠BAP＝36°，∠CAP＝72°，∴∠CPA＝72°，∴AC＝PC＝2，在△BAP与△BCA中，，∴△BAP∽△BCA，∴＝，∴＝，∴BP2+2BP﹣4＝0，∴BP＝﹣1或2．故选C．【考点剖析】此题考查了等腰三角形的性质以及黄金分割，掌握相似三角形的判断以及等腰三角形的性质是解题的关键．【变式训练12】（2023•兴宁市二模）古希腊以来，人们以满足黄金分割比的事物为美．长发及腰，佳人倾城一笑亦一种美．现有一名13岁的少女，从今年算起，未来x（0≤x≤4）年其身高近似满足函数y＝2x+160（单位：厘米）．若某一年该少女头发末端到脚底的长度与其身高之比恰好呈黄金分割比，已知该少女的头发长度为64厘米，则下列说法正确的是（）注：黄金分割比为A．对于函数y＝2x+160而言，y为自变量，x为因变量，160为常量 B．该少女此时身高约为160厘米（四舍五入取整） C．该少女年龄为17岁（四舍五入取整） D．若某一年该少女身高为170厘米，则该少女年龄为18岁【思路点拨】根据题目要求和选项以此判断即可得出答案．【规范解答】解：A．对于函数y＝2x+160而言，x为自变量，y为因变量，故该选项错误，不符合题意；B．设该少女头发末端到脚底的长度为m厘米，∵该少女的头发长度为64厘米，∴其身高为（m+64）厘米，又∵该少女头发末端到脚底的长度与其身高之比恰好呈黄金分割比，∴，解得m＝103.5，其身高为103.5+64＝167.5≈168厘米，∴该少女此时身高约为168厘米（四舍五入取整），故该选项错误，不符合题意；C．由B知，该少女此时身高约为168厘米，∵其身高近似满足函数y＝2x+160，∴解得x＝4，又∵13+4＝17，故该选项正确，符合题意；D．若该少女身高为170厘米，则2x+160＝170，解得x＝5，∵0≤x≤4，故该选项错误，不符合题意；故选：C．【考点剖析】本题主要考查了一次函数的应用与黄金分割等知识点，熟练掌握黄金分割的定义是解答本题的关键．【变式训练13】（2022•广西模拟）所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中较长部分对于全部之比，等于较短部分对于该部分之比，其比值是．（1）如图①，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，∠ACB的平分线CD交腰AB于点D．请你根据所学知识证明：点D为腰时AB的黄金分割点；（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边AB上的高，AD＞BD，，若点D是AB的黄金分割点，求BC的长．【思路点拨】（1）要证明某个点为黄金分割点，可以通过证明边对应成比例，也可证明其为顶角为36°的黄金三角形，从而证明其是黄金分割点；（3）设∠A、∠B、∠ACB的对边分别为a、b、c．根据同角的余角相等知，∠ACD∠B，证得△ACB∽△ADC，有＝，即AC2＝AD•AB⇒b2＝AD•c，同理可得a2＝BD•c，点D为AB的黄金分割点，有AD2＝BD•c，把AD，BD消去即有b2＝ac，构建方程组求出a即可．【规范解答】（1）证明：在△ABC中，∵∠A＝36°，AB＝AC，∴∠ACB＝（180°﹣∠A）＝72度．∵CD为∠ACB的角平分线，∠DCB＝∠ACB＝36°，∴∠A＝∠DCB，又∵∠ABC＝∠CBD，∴△ABC∽△CBD，∴＝，∵∠ABC＝∠ACB＝72°，∴∠BDC＝∠ABC＝72°，∴BC＝CD，同理可证，AD＝CD，∴BC＝DC＝AD，∴＝，∴点D为腰AB的黄金分割点；（2）解：设∠A、∠B、∠ACB的对边分别为a、b、c．∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠ACB＝∠ADC＝90°，∵∠A＝∠A，∴△ACB∽△ADC，∴＝，即AC2＝AD•AB，∴b2＝AD•c，同理可证，a2＝BD•c，∴AD＝①，BD＝②，又∵D为AB的黄金分割点，∴AD2＝BD•c③，把①、②代入③得：b4＝a2c2，∵a、c均为正数，∴b2＝ac，∴（+1）a+a2＝（+1）2，解得，a＝2（负根已经舍去），∴BC＝2．【考点剖析】主要考查学生对相似三角形的判定和性质的理解以及对黄金分割与等腰梯形的性质的掌握情况．【变式训练14】（2021•杭州模拟）如图所示，以长为2的定线段AB为边作正方形ABCD，取AB的中点P，连接PD，在BA的延长线上取点F，使PF＝PD，以AF为边作正方形AMEF，点M在AD上．（1）求AM，DM的长；（2）点M是AD的黄金分割点吗？为什么？【思路点拨】（1）要求AM的长，只需求得AF的长，又AF＝PF﹣AP，PF＝PD＝＝，则AM＝AF＝﹣1，DM＝AD﹣AM＝3﹣；（2）根据（1）中的数据得：＝，根据黄金分割点的概念，则点M是AD的黄金分割点．【规范解答】解：（1）在Rt△APD中，AP＝1，AD＝2，由勾股定理知PD＝＝＝，∴AM＝AF＝PF﹣AP＝PD﹣AP＝﹣1，DM＝AD﹣AM＝3﹣．故AM的长为﹣1，DM的长为3﹣；（2）点M是AD的黄金分割点．由于＝，∴点M是AD的黄金分割点．【考点剖析】此题综合考查了正方形的性质、勾股定理和黄金分割的概念．先求得线段AM，DM的长，然后求得线段AM和AD，DM和AM之间的比，根据黄金分割的概念进行判断．考点二：平行线分线段成比例【典例精讲】（2023•江源区一模）已知MN∥EF∥BC，点A，D为直线MN上的两动点，AD＝a，BC＝b，AE：BE＝m：n．（1）当点A，D重合，即a＝0时（如图（1）所示），试求EF；（用含m，n，b的代数式表示）（2）请直接应用（1）的结论解决下面问题：当A，D不重合，即a≠0时．①如图（2）所示的这种情况，试求EF；（用含a，b，m，n的代数式表示）②如图（3）所示的这种情况，试猜想EF与a，b之间有何种数量关系？并证明你的猜想．​【思路点拨】（1）由EF∥BC，即可证得△AEF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，即可证得，根据比例变形，即可求得EF的值；（2）①连接BD，与EF交于点H，由（1）知，HF＝，EH＝，又由EF＝EH+HF，即可求得EF的值；②连接DE，并延长DE交BC于G，根据平行线分线段成比例定理，即可求得BG的长，又由EF＝与GC＝BC﹣BG，即可求得EF的值．【规范解答】解：（1）∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴，∵，∴，又BC＝b，∴，∴EF＝；（2）①解：如图2，连接BD，与EF交于点H，由（1）知，HF＝，EH＝，∵EF＝EH+HF，∴EF＝；（1分）②猜想：EF＝，证明：如图3中，连接DE，并延长DE交BC于G，由已知得：BG＝，EF＝，∵GC＝BC﹣BG，∴EF＝（BC﹣BG）＝．【考点剖析】此题考查了相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理等知识．此题难度适中，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用，注意比例变形．【变式训练21】（2023秋•金水区校级月考）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段BC＝4cm，则线段AC的长是6cm．【思路点拨】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．【规范解答】解：过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，∴，即，解得：AB＝2，∴AC＝2+4＝6（cm）．故答案为：6cm．【考点剖析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．【变式训练22】（2023•北京）如图，直线AD，BC交于点O，AB∥EF∥CD，若AO＝2，OF＝1，FD＝2，则的值为．【思路点拨】根据题意求出AF，再根据平行线分线段成比例定理计算即可．【规范解答】解：∵AO＝2，OF＝1，∴AF＝AO+OF＝2+1＝3，∵AB∥EF∥CD，∴＝＝，故答案为：．【考点剖析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．【变式训练23】（2023•徐汇区模拟）如图，AD是△ABC的中线，P为AD上任意一点，连接BP并延长，交AC于F，连接CP并延长，交AB于E，连接EF．求证：EF∥BC．【思路点拨】延长PD到M，使DM＝PD，连接BM、CM．由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形BPCM是平行四边形，于是BP∥MC，即PF∥MC，再根据平行线分线段成比例定理1的推论得出AF：AC＝AP：AM，同理AE：AB＝AP：AM，等量代换得到AE：AB＝AF：AC，然后根据平行线分线段成比例定理2即可证明EF∥BC．【规范解答】证明：如图，延长PD到M，使DM＝PD，连接BM、CM．∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，∵DM＝PD，∴四边形BPCM是平行四边形，∴BP∥MC，即PF∥MC，∴AF：AC＝AP：AM，同理AE：AB＝AP：AM，∴AE：AB＝AF：AC，∴EF∥BC．【考点剖析】本题考查了平行线分线段成比例定理：（1）定理1：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．推论：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．（2）定理2：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．（3）定理3：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．【变式训练24】（2023•裕华区校级模拟）阅读与计算：请阅读以下材料，并完成相应的问题．角平分线分线段成比例定理：如图①，在△ABC中，AD平分∠BAC，则．下面是这个定理的部分证明过程．证明：如图②，过点C作CE∥DA，交BA的延长线于点E……任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；（2）如图③，在△ABC中，AD是角平分线，AB＝5cm，AC＝4cm，BC＝7cm．求BD的长．【思路点拨】（1）过点C作CE∥DA，交BA的延长线于点E，由CE∥DA，可求证，∠CAD＝∠ACE，∠BAD＝∠E，可得AE＝AC，即可求解；（2）根据（1）中的结论即可求解．【规范解答】（1）证明：如图②，过点C作CE∥DA，交BA的延长线于点E，∵CE∥DA，∴，∠CAD＝∠ACE，∠BAD＝∠E，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠ACE＝∠E，∴AE＝AC，∴；（2）解：∵AD是角平分线，∴，∵AB＝5cm，AC＝4cm，BC＝7cm，∴，解得BD＝cm．【考点剖析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，角平分线的定义，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解决问题的关键．考点三：相似三角形的判定与性质【典例精讲】（2023秋•雁塔区校级月考）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，DE⊥AB，垂足为E，DE与AC交于点F，则DC：CF值为（）A． B． C． D．【思路点拨】Rt△ABO中，sin∠ABO＝＝，而∠ABO＝∠AFE＝∠DFC，即可求解．【规范解答】解：设AC与BD相交于O，∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，AD＝AB，∴AC⊥OD，AO＝AC＝4，DO＝BO＝BD＝3，由勾股定理得到：AD＝AB＝＝5，在Rt△ABO中，sin∠ABO＝＝，∵∠EAF+∠AFE＝90°，∠FAE+∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠AFE＝∠DFC，∴sin∠DFC＝DC：CF＝，故选：D．【考点剖析】本题考查了菱形的性质，确定∠ABO＝∠AFE＝∠DFC是本题解题的关键．【变式训练31】（2023•南岗区校级一模）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，BE与CD相交于F，则下列结论一定正确的是（）A． B． C． D．【思路点拨】根据DE∥BC，得△ADE∽△ABC，△DEF∽△CBF，再利用相似三角形对应边成比例即可．【规范解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝，故A不正确，B正确，∵DE∥BC，∴△DEF∽△CBF，∴，故C、D不正确，故选：B．【考点剖析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键．【变式训练32】（2023秋•金安区校级月考）如图1，锐角△ABC中，D、E分别是AB、BC的中点，F是AC上的点，且∠AFE＝∠A，DM∥EF交AC于点M．（1）求证：DM＝DA；（2）点G在BE上，且∠BDG＝∠C，如图2，①求证：△DEG∽△ECF；②从线段CE上取一点H，连接FH使∠CFH＝∠B，若BG＝1，求EH的长．【思路点拨】（1）证明∠A＝∠DMA，用等角对等边即可证明结论；（2）①由D、E分别是AB、BC的中点，可知DE∥AC，于是∠BDE＝∠A，∠DEG＝∠C，又∠A＝∠AFE，∠AFE＝∠C+∠FEC，根据等式性质得∠FEC＝∠GDE，根据有两对对应角相等的两三角形相似可证；②通过证明△BDG∽△BED和△EFH∽△ECF，可得BG•BE＝EH•EC，又BE＝EC，所以EH＝BG＝1．【规范解答】（1）证明：如图1所示，∵DM∥EF，∴∠AMD＝∠AFE，∵∠AFE＝∠A，∴∠AMD＝∠A，∴DM＝DA；（2）①证明：如图2所示，∵D、E分别是AB、BC的中点，∴DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠DEG＝∠C，∵∠AFE＝∠A，∴∠BDE＝∠AFE，∴∠BDG+∠GDE＝∠C+∠FEC，∵∠BDG＝∠C，∴∠GDE＝∠FEC，∴△DEG∽△ECF；②解：如图3所示，∵∠BDG＝∠C＝∠DEB，∠B＝∠B，∴△BDG∽△BED，∴，∴BD2＝BG•BE，∵∠AFE＝∠A，∠CFH＝∠B，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣∠AFE﹣∠CFH＝∠EFH，又∵∠FEH＝∠CEF，∴△EFH∽△ECF，∴，∴EF2＝EH•EC，∵DE∥AC，DM∥EF，∴四边形DEFM是平行四边形，∴EF＝DM＝DA＝BD，∴BG•BE＝EH•EC，∵BE＝EC，∴EH＝BG＝1．【考点剖析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，平行线的性质，平行四边形的判定与性质以及三角形相似的判定与性质，第三小题是难点，运用两对三角形相似得到比例中项问题，发现等线段是解决问题的关键．【变式训练33】（2023•容县一模）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AC、AB上，AB＝2AD，AC＝2AE．（1）求证：△ADE∽△ABC；（2）如果△ADE的面积为2，求四边形BCDE的面积．【思路点拨】（1）由题意得AE：AC＝AD：AB＝1：2，根据相似三角形的判定方法可得出结论；（2）由相似三角形的性质得出，求出三角形ABC的面积，则可得出答案．【规范解答】（1）证明：∵AB＝2AD，AC＝2AE，∴AE：AC＝AD：AB＝1：2，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC．（2）解：∵△ADE∽△ABC，∴，∵△ADE的面积为2，∴△ABC的面积为8，∴S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ADE＝8﹣2＝6．【考点剖析】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形面积关系等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．【变式训练34】（2023•东明县三模）如图，等边三角形△ACB的边长为3，点P为BC上的一点，点D为AC上的一点，连接AP、PD，∠APD＝60°．（1）求证：△ABP∽△PCD；（2）若PC＝2，求CD的长．【思路点拨】（1）由△ABC为等边三角形，易得∠B＝∠C＝60°，又∠APD＝60°，由外角性质可得∠DPC＝∠PAB，利用相似三角形的判定定理（AA）可得△ABP∽△PCD；（2）利用相似三角形的性质可得，易得CD，可得AD，再利用AP2＝AD•AC，可得AP，从而可得答案．【规范解答】（1）证明：①在等边三角形△ACB中，∠B＝∠C＝60°，∵∠APD＝60°，∠APC＝∠PAB+∠B，∴∠DPC＝∠PAB，∴△ABP∽△PCD；（2）解：∵△ABP∽△PCD，AB＝AC＝3，∴，∴CD＝＝＝．【考点剖析】本题主要考查了相似三角形的性质及判定，由条件证得△ABP∽△PCD，△ADP∽△APC是解答此题的关键．考点四：相似三角形的应用【典例精讲】（2023•平遥县模拟）“跳眼法”是指用手指和眼睛估测距离的方法步骤：第一步：水平举起右臂，大拇指紧直向上，大臂与身体垂直；第二步：闭上左眼，调整位置，使得右眼、大拇指、被测物体在一条直线上；第三步：闭上右眼，睁开左眼，此时看到被测物体出现在大拇指左侧，与大拇指指向的位置有一段横向距离，参照被测物体的大小，估算横向距离的长度；第四步：将横向距离乘以10（人的手臂长度与眼距的比值一般为10），得到的值约为被测物体离观测，点的距离值．如图是用“跳眼法”估测前方一辆汽车到观测点距离的示意图，该汽车的长度大约为4米，则汽车到观测点的距离约为（）A．40米 B．60米 C．80米 D．100米【思路点拨】参照题目中所给的“跳眼法”的方法估测出距离即可．【规范解答】解：由“跳眼法”的步骤可知被测物体与观测点的距离是横向距离的10倍．观察图形，横向距离大约是汽车长度的2倍，为8米，所以汽车到观测点的距离约为80米，故选C．【考点剖析】本题主要考查了测量距离，正确理解“跳眼法”测物距是解答本题的关键．【变式训练41】（2023•鼓楼区校级模拟）小孔成像的示意图如图所示，光线经过小孔O，物体AB在幕布前形成倒立的实像CD（点A，B的对应点分别是C，D）．若物体AB的高为6cm，小孔O到物体和实像的水平距离BE，CE分别为8cm、6cm，则实像CD的高度为4.5cm．【思路点拨】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到答案．【规范解答】解：∵AB∥CD，∴∠BAO＝∠DCO，∵∠AOB＝∠COD，∴△OAB∽△OCD，∴，∴，∴CD＝4.5，答：实像CDcm，故答案为：4.5．【考点剖析】本题考查了相似三角形的应用：常常构造“A”型或“X”型相似图，利用三角形相似，对应边成比例可求线段的长度．【变式训练42】（2023•武汉模拟）将一张矩形纸片ABMN（AB＜BM），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＝24，BC＝20，CD＝15，AD＝7，则AN＝22或32或16．【思路点拨】连接BD，由勾股定理求得BD，再根据勾股定理的逆定理得∠BCD＝90°，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，然后即可得出答案．【规范解答】解：连接BD，∵∠A＝90°，AD＝7，AB＝24，∴BD2＝72+242＝625，∵BC＝20，CD＝15，∴BC2+CD2＝202+152＝625，∴BC2+CD2＝BD2，∴∠DCB＝90°，①如图所示，由已知可得，△DNM∽△MCB，则，设DN＝x，CM＝y，则，解得，∴AN＝7+15＝22；②如图所示，由已知可得，△DCN∽△NMB，则，设NC＝m，ND＝n，则，解得，∴AN＝7+25＝32；③如图所示，由已知可得，△DCN∽△CBM，则，设NC＝a，ND＝b，则，解得，∴AN＝7+9＝16；∴AN＝22或32或16，故答案为：22或32或16．【考点剖析】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．【变式训练43】m的竹竿AC斜靠在石坝旁，量出竿上AD长为1m时，它离地面的高度DEm，则坝高CF为多少m．【思路点拨】证明DE∥CF，得出△AED∽△AFC，则＝，即可得出答案．【规范解答】解：由题意得：DE⊥AB，CF⊥AB，ACm，∴DE∥CF，∴△AED∽△AFC，∴＝，即＝，∴CF＝＝2.7（m），答：坝高CFm．【考点剖析】本题考查了平行线的判定、相似三角形的应用等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．【变式训练44】（2023•西安校级模拟）为了加快城市发展，保障市民出行方便，某市在流经该市的河流上架起一座桥，连通南北，铺就城市繁荣之路．小明和小颖想通过自己所学的数学知识计算该桥AF的长．如图，该桥两侧河岸平行，他们在河的对岸选定一个目标作为点A，再在河岸的这一边选出点B和点C，分别在AB、AC的延长线上取点D、E，使得DE∥BC．经测量，BC＝120米，DE＝210米，且点E到河岸BC的距离为60米．已知AF⊥BC于点F，请你根据提供的数据，帮助他们计算桥AF的长度．【思路点拨】过E作EG⊥BC于G，依据△ABC∽△ADE，即可得出＝，依据△ACF∽△ECG，即可得到＝，进而得出AF的长．【规范解答】解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE，∴＝＝，∴＝，∵AF⊥BC，EG⊥BC，∴AF∥EG，∴△ACF∽△ECG，∴＝，即＝，解得AF＝80，∴桥AF的长度为80米．【考点剖析】本题主要考查了利用相似测量河的宽度（测量距离）．测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．方法是通过测量易于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．考点五：作图相似变换【典例精讲】（2023•天宁区校级一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝8，以点A为顶点作三角形（阴影部分），使这个三角形与△ABC相似，且相似比为1：2，根据下列选项图中标注的条件，不符合要求的作图是（）A． B． C． D．【思路点拨】根据相似三角形的判定逐一进行判断即可．【规范解答】解：A．∵∠AMN＝∠C，∠A＝∠A，∴△AMN∽△ACB，且MN：BC＝1：2；B．由勾股定理得，MN＝4，∵，∠M＝∠C，∴△AMN∽△ACB，C．△AMC∽△BMA，相似比是＝，D．相似比不是1：2，故D符合题意．故选：D．【考点剖析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．【变式训练51】（2023•白山模拟）已知图1和图2中的每个小正方形的边长都是1个单位，请在方格纸上按要求画格点三角形：（1）在图1中画△A1B1C1，使得△A1B1C1∽△ABC，且相似比为2：1．（2）在图2中画△MNP，使得△MNP∽△DEF，且面积比为2：1．【思路点拨】（1）根据相似比进而得出各边扩大2倍得出答案；（2）根据相似比进而得出各边扩大倍得出答案．【规范解答】解：（1）如图1所示：△A1B1C1，即为所求；（2）如图2所示：△MNP，即为所求；【考点剖析】此题主要考查了相似变换，根据题意得出对应边的长是解题关键．【变式训练52】（2023春•横山区校级期中）如图，在△ABC中，点D是线段BC上一点．请利用尺柜作图法在边AB上求作点E，使得△EBD∽△ABC．【思路点拨】根据作一个角等于已知角的作图方法即可得到结论．【规范解答】解：如图所示，△EBD即为所求．【考点剖析】本题考查了作图﹣相似变换，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．【变式训练53】．（2023春•朝阳区月考）图①、图②、图③都是6×6的网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1．△ABC顶点均在格点上．在图①、图②、图③给定的网格中，仅用无刻度的直尺，按下列要求完成画图，并保留作图痕迹．（1）在图①中画△ABC的高CD．（2）在图②中画△ABC的中位线EF，使点E、F分别在边AB、AC上．（3）在图③中画△AGH，使△ABM∽△AGH，△ABM与△AGH的相似比为，且AH⊥BC于点M．【思路点拨】（1）线段CD即为所求；（2）找出AB、AC的中点即可；（3）在AB上找一点G，使得，再根据相似即可得出△AGH．【规范解答】解：（1）如图①中，线段CD即为所求；（2）如图②中，线段EF即为所求．（3）如图③中，△AGH即为所求．【考点剖析】本题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理，属于中考常考题型．【变式训练54】（2023•靖江市二模）在△ABC中，∠BAC为钝角，D、E是BC边上不重合的两点．（1）如图，用不含刻度的直尺和圆规在BC边上找两点D、E，其中D在E的左侧，使得△ABD∽△CAE；（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，探索∠BAC与∠DAE之间的数量关系并说明理由．【思路点拨】（1）根据作一个角等于已知角的作法即可得到结论；（2）由作图知，∠BAD＝∠B，∠CAE＝∠C，根据三角形的内角和定理和三角形外角的性质得到结论．【规范解答】解：（1）如图所示，△ABD∽△CAE；（2）2∠BAC﹣∠DAE＝180°．理由：由作图知，∠BAD＝∠B，∠CAE＝∠C，∴∠ADE+∠AED＝∠B+∠BAD+∠C+∠CAE＝2（∠B+∠C），∴∠DAE＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝180°﹣2（∠B+∠C），∵∠B+∠C＝180°﹣∠BAC，∴∠DAE＝180°﹣2（180°﹣∠BAC）＝2∠BAC﹣180°．即2∠BAC﹣∠DAE＝180°．【考点剖析】本题考查了作图﹣相似变换、相似三角形的判定与性质；三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解决问题的关键．【变式训练55】（2023•海沧区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（6，0），B是y轴上一点．（1）在线段AB上求作点M，使得△AMO∽△AOB（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）的条件下，AB＝4AM，OC是△AOB的中线，过点M的直线交OC于点D，交x轴于点F，当MO＝MF时，求点D的坐标．​【思路点拨】（1）作OM⊥AB于点M即可；（2）求出直线OC，直线MF的解析式，构建方程组求解．【规范解答】解：（1）如图，点M即为所求；（2）∵△AMO∽△AOB，∴AO：AB＝AM：AO，∴OA2＝AM•AB，∵A（6，0），∴OA＝6，∵AB＝4AM，∴AM×4AM＝36，∴AM＝3，AB＝12，∴OB＝＝＝6，∴B（0，6），∵AC＝BC，∴C（3，3），∴直线OC的解析式为y＝x，∵OM⊥AB，∴•OA•OB＝•OM•AB，∴OM＝＝3，∴M（，），∵MO＝MF，∴F（9，0），直线MF的解析式为y＝﹣x+3，由，解得，∴D（，）．【考点剖析】本题考查作图﹣相似变换，一次函数的应用等知识，解题的关键是学会构建一次函数确定交点坐标．考点六：位似变换【典例精讲】（2023•庐阳区一模）△ABO三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（6，0），C（0，0），以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，可以得到△A'B'O，则点A′的坐标是（）A．（1，2） B．（1，2）或（﹣1，﹣2） C．（2，1）或（﹣2，﹣1） D．（﹣2，﹣1）【思路点拨】根据位似变换的性质计算，得到答案．【规范解答】解：以原点O为位似中心，把△ABO缩小为原来的，得到△A'B'O，点A的坐标为（2，4），则点A'的坐标为（2×，4×）或[2×（﹣），4×（﹣）]，即（1，2）或（﹣1，﹣2），故选：B．【考点剖析】本题考查的是位似变换的性质，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．【变式训练61】（2023•浠水县一模）如图，AB和A'B'与x轴垂直，A点的坐标是（2，4），△AOB和△A'OB'是位似三角形，且位似比是1：3，点C是OA′的中心，反比例函数y＝）的图象经过点C，与A'B'交于点D．（1）求点D坐标；（2）连接BD、CD，求四点边形ABDC的面积．【思路点拨】（1）利用位似三角形的性质先求解A'B'，OB'，再求解A'，C的坐标，可得反比例函数的解析式，从而可得答案；（2）先确定S四边形ABDC＝S△OA′B′，再分别计算各三角形的面积即可．【规范解答】解：（1）∵△AOB和△A'OB'是位似三角形，且位似比是1：3，∴，∵A点坐标是（2，4），∴OB＝2，AB＝4，∴，∴A'B'＝12，OB'＝6，∴A'（6，12），∵点C是OA′的中点，∴C（3，6），∴k＝3×6＝18即反比例函数为：，∵A'B'⊥x轴，∴xD＝xA'＝6，∴即D（6，3）；（2）如图，∵A（2，4），B（2，0），C（3，6），D（6，3），A'（6，12），B'（6，0），∴S△OAB＝×2×4＝4，S△DBB′＝×（6﹣2）×3＝6，△A′OB′的面积＝×6×12＝36，△A′CD的面积＝×（12﹣3）×（6﹣3）＝，∴S四边形ABDC＝S△OA′B′＝．【考点剖析】本题考查的是位似三角形的性质，利用待定系数法求解反比例函数的解析式，图形与坐标，熟练地运用位似图形的性质求解点的坐标是解本题的关键．【变式训练62】（2022•九江一模）如图，AB和A'B'与x轴垂直，A点坐标是（1，2），△AOB和△A'OB'是位似三角形，且位似比是1：3，点C是OA'的中点，反比例函数的图象经过点C，与A'B'交于点D．（1）求点D坐标；（2）连接BD、CD，求四边形ABDC的面积．【思路点拨】（1）根据题意求出点B的坐标，根据位似图形的性质求出点B′的坐标、点A′的坐标，根据线段中点的性质求出点C的坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征求出解析式，进而求出点D的坐标；（2）根据三角形的面积公式、坐标与图形求出四边形ABDC的面积．【规范解答】解：（1）∵AB和A'B'与x轴垂直，A点坐标是（1，2），∴点B的坐标为（1，0），∵△AOB和△A'OB'是位似三角形，且位似比是1：3，∴点B′的坐标为（3，0），点A′的坐标为（3，6），∵点C是OA'的中点，∴点C的坐标为（，3），∵反比例函数y＝的图象经过点C，∴k＝×3＝，∴反比例函数解析式为y＝，当x＝3时，y＝，∴点D的坐标为（3，）；（2）连接BD、CD，S四边形ABCD＝S△A′OB′﹣S△AOB﹣S△DBB′﹣S△ACD＝×3×6﹣×1×2﹣×2×﹣××＝．【考点剖析】本题考查的是位似变换、反比例函数的知识，根据位似图形的位似比求出点B′的坐标、点A′的坐标是解题的关键．【变式训练63】（2021秋•东莞市校级期末）如图，已知O是坐标原点，AB两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1）．（1）以点O为位似中心，在y轴的左侧将△OAB放大2倍；（2）分别写出A，B两点的对应点A'，B'的坐标．【思路点拨】（1）直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）利用（1）中所画图形得出对应点的坐标．【规范解答】解：（1）如图所示：△OA′B′，即为所求；（2）A'的坐标是（﹣6，2），B'的坐标是（﹣4，﹣2）．【考点剖析】此题主要考查了位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．【变式训练64】．（2020•如皋市一模）如图，△ABC中，P′是边AB上一点，四边形P'Q'M'N'是正方形，点Q'，M'在边BC上，点N′在△ABC内．连接BN′，并延长交AC于点N，过点N作NM⊥BC于点M，NP⊥MN交AB于点P，PQ⊥BC于点Q．（1）求证：四边形PQMN为正方形；（2）若∠A＝90°，ACm，△ABCm2．求PN的长．【思路点拨】（1）易得四边形PQMN为矩形，再利用平行线分线段成比例得到＝＝，加上P′N′＝M′N′，所以PN＝MN，从而可判断四边形PQMN为正方形；（2）解：作AD⊥BC于D，AD交PN于E，如图，利用三角形面积公式先计算出AB＝2，再利用勾股定理计算出BC＝2.5，接着利用面积法求出AD＝，设PN＝x，则PQ＝DE＝x，AE＝﹣x，证明△APN∽△ABC，然后利用相似比得到＝，最后利用相似比求出x即可．【规范解答】（1）证明：∵NM⊥BC，NP⊥MN，PQ⊥BC，∴四边形PQMN为矩形，∵四边形P'Q'M'N'是正方形，∴PN∥P′N′，∴＝，∵MN∥M′N′，∴＝，∴＝，而P′N′＝M′N′，∴PN＝MN，∴四边形PQMN为正方形；（2）解：作AD⊥BC于D，AD交PN于E，如图，∵△ABC的面积＝1.5，∴AB•AC＝1.5，∴AB＝2，∴BC＝＝2.5，∵BC•AD＝1.5，∴AD＝＝，设PN＝x，则PQ＝DE＝x，AE＝﹣x，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴＝，即＝，解得x＝，即PN的长为m．【考点剖析】本题考查了位似变换：位似的两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．也考查了相似三角形的判定与性质．考点七：作图位似变换【典例精讲】（2023春•临朐县期末）如图所示，在平面直角坐标系中，有两点A（4，2），B（3，0），以原点为位似中心，A′B′与AB的相似比为，得到线段A′B′．正确的画法是（）A． B． C． D．【思路点拨】根据题意分两种情况画出满足题意的线段A′B′，即可做出判断．【规范解答】解：画出图形，如图所示：故选：D．【考点剖析】此题考查了作图﹣位似变换，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．【变式训练71】（2023•桃城区校级模拟）如图，在△ABP中，B、P两个顶点在x轴上，点A在x轴的上方，以点P为位似中心作△ABP的位似图形△CDP，其中点B、P、D在x轴上对应的数分别为﹣3、﹣1和3．​（1）△ABP与△CDP的位似比为；（2）若点A的纵坐标为a，则点C的纵坐标为﹣2a．​【思路点拨】（1）由题意可得，再结合相似三角形的性质可得答案．（2）由题意，作出△CDP，过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥x轴于点N，则可得，即CM＝2a，再根据点C的位置可得答案．【规范解答】解：（1）∵点B、P、D在x轴上对应的数分别为﹣3、﹣1和3，∴BP＝2，PD＝4，∴，∴△ABP与△CDP的位似比为．故答案为：．（2）根据题意，作出△CDP如图所示，过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥x轴于点N，由（1）可知，△ABP与△CDP的位似比为，∴，∵点A的纵坐标为a，∴AN＝a，∴CM＝2a，∵点C在第四象限，∴点C的纵坐标为﹣2a．故答案为：﹣2a．【考点剖析】本题考查作图﹣相似变换、点的坐标，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键．【变式训练72】（2023•莲湖区模拟）已知：如图△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，﹣2）、B（﹣3，﹣4）、C（﹣1，﹣4），正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度．（1）以点C为位似中心，在网格中画出△A1B1C，使△A1B1C与△ABC的位似比为2：1，并直接写出点A1的坐标（﹣3，0）；（2）△A1B1C的面积为8．【思路点拨】（1）根据位似的性质作图，即可得出答案．（2）利用三角形的面积公式求解即可．【规范解答】解：（1）如图，△A1B1C即为所求．点A1的坐标为（﹣3，0）．故答案为：（﹣3，0）．（2）△A1B1C的面积为＝8．故答案为：8．【考点剖析】本题考查作图﹣位似变换，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键．【变式训练73】（2023•南陵县二模）在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，﹣3），B（﹣1，﹣3），C（﹣1，﹣1）．（1）画出△ABC，并画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1（2）以O为位似中心，在第一象限内把△ABC扩大到原来的两倍，得到△A2B2C2．【思路点拨】（1）根据关于x轴对称点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）把A、B、C点的横纵坐标都乘以2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．【规范解答】解：（1）如图，△ABC和△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作．【考点剖析】本题考查了作图﹣位似变换：掌握画位似图形的一般步骤（先确定位似中心，再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形）．考点八：射影定理【典例精讲】（2023•萧山区模拟）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，BD＝1，CD＝4，则AD的长为2．【思路点拨】根据射影定理得到AD2＝CD•BD，代入计算即可得到答案．【规范解答】解：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，BD＝1，CD＝4，∴AD2＝CD•BD＝4，∴AD＝2，故答案为：2．【考点剖析】本题考查的是射影定理的应用，直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．【变式训练81】（2023•兰山区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的高，BC＝5，BD＝3，求AB的长．​【思路点拨】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出AB．【规范解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的高，∴CD＝＝＝4，∵∠BCD+∠ACD＝90°，∠B+∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠B，又∵∠BCA＝∠CDB＝90°，∴△BCD∽△BCA，∴＝∴，∴AB＝．【考点剖析】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理，熟记直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．【变式训练82】（2022•自贡模拟）已知如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，CD是斜边上的高，求证：CD2＝AD•BD．【思路点拨】根据CD是斜边AB上的高，利用直角三角形两锐角互余的性质求证∠A＝∠BCD，然后即可求证△ACD∽△CBD，利用相似三角形对应边成比例即可求得结论．【规范解答】证明：∵CD是斜边AB上的高．∴∠ADC＝∠CDB＝90°，又∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°∴∠A+∠ACD＝90°，∴∠A＝∠BCD，∴△ACD∽△CBD，∴，∴CD2＝AD•BD．【考点剖析】此题主要考查相似三角形的判定与性质，关键是利用直角三角形两锐角互余的性质求证∠A＝∠BCD．【变式训练83】（2019秋•东莞市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AD＝2，CD＝4．求BD的长．【思路点拨】由在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，根据同角的余角相等，可得∠ACD＝∠B，又由∠CDB＝∠ACB＝90°，可证得△ACD∽△CBD，然后利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．【规范解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠CDB＝∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∠BCD+∠B＝90°，∴∠ACD＝∠B，∴△ACD∽△CBD，∴＝，∵AD＝2，CD＝4，∴＝，∴BD＝8．【考点剖析】本题考查了相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质．此题难度不大，解题的关键是掌握有两角对应相等的三角形相似与相似三角形的对应边成比例定理的应用．【变式训练84】（2020•雁塔区校级模拟）如图，已知AB是半圆O直径，点C为半圆上一动点，连接AC，过点C作CD⊥AB于点D，将△ACD沿AC翻折，得到△ACE，AE交半⊙O于点F．（1）求证：直线CE与⊙O相切；（2）若∠OCA＝∠ECF，AD＝8，EC＝6，求CF的长．【思路点拨】（1）根据折叠的性质得到△ACD≌△ACE，求得∠EAC＝∠DAC，推出OC∥AE，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据射影定理求得BD，然后通过证得△CEF≌△CDB即可得到结论．【规范解答】（1）证明：连接OC，将△ACD沿AC翻折，得到△ACE，∴△ACD≌△ACE，∴∠EAC＝∠DAC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠OCA＝∠EAC，∴OC∥AE，∵∠AEC＝90°，∴∠ECO＝90°，∴OC⊥EC，∴直线EC是⊙O的切线；（2）解：连接BC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵CD⊥AB，∴CD2＝AD•BD，∵CD＝CE＝6，AD＝8，∴BD＝＝，AC＝＝10，∴AB＝8+＝，∵AC•BC＝AB•CD，∴BC＝＝∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠CFE＝∠DBC，在△CEF和△CDB中，∴△CEF≌△CDB（AAS），∴CF＝BC＝7.5．【考点剖析】本题考查的是切线的判定、圆周角定理及图形翻折变换的性质，射影定理的应用，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．考点九：相似形综合题【典例精讲】（2023•蜀山区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为点D，E、F分别是AC、BC边上的点，且，下列说法中①△ADC∽△CDB；②CE•DF＝DE•BF；③当n＝2时，EF＝CD；④∠EDF＝90°，其中结论正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】由余角的性质可得∠ACD＝∠B，可证△ADC∽△CDB，故①正确；通过证明△CDE∽△BDF，可得，即CE•DF＝DE•BF，故②正确；由余角的性质可证∠CDE+∠CDF＝90°＝∠EDF，故④正确；即可求解．【规范解答】解：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ACD＝90°，∠A+∠B＝90°，∴∠ACD＝∠B，∴△ADC∽△CDB，故①正确；∴，∵，∴，∴＝，又∵∠ACD＝∠B，∴△CDE∽△BDF，∴，∠BDF＝∠CDE，∴CE•DF＝DE•BF，故②正确；∵∠BDF+∠CDF＝∠BDC＝90°，∴∠CDE+∠CDF＝90°＝∠EDF，故④正确；当n＝2时，则＝2，∴AC＝2CE，BC＝2BF，∴点E是AC的中点，点F是BC的中点，∴EF＝AB，当AC＝BC时，∵CD⊥AB，∴CD＝AB，故③错误，故选C．【考点剖析】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，证明三角形相似是解题的关键．【变式训练91】（2023•天长市校级二模）如图，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别是点D、点E，点F在DA的延长线上，连接BF交CE的延长线于点M，AD＝2CD．（1）若AE＝2，则BD＝3；（2）若BM：MF＝6：7，EM＝1，则AF＝．【思路点拨】（1）证明△ADC≌△CEA（AAS），推出AE＝CD＝2，推出AD＝2CD＝4，设BE＝BD＝x，在Rt△ABD中，则有（x+2）2＝x2+42，求出x即可解决问题；（2）过F作FH⊥BA交BA的延长线于H，首先利用AAS证明△ABD≌△CBE，得BD＝BE，设AD＝2a，则DC＝a，则BD＝BE＝a，由△BEM∽△BHF得FH，再由△AFH∽△ABD，即可解决问题．【规范解答】（1）解：∵BA＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（AAS）；∴BD＝BE，∠BAD＝∠BCE，∴∠DAC＝∠ACE，∵∠AEC＝∠ADC＝90°，AC＝CA，∴△ADC≌△CEA（AAS），∴AE＝CD＝2，∴AD＝2CD＝4，设BE＝BD＝x，在Rt△ABD中，则有（x+2）2＝x2+42，∴x＝3，∴BD＝3；故答案为：3；（2）解：过F作FH⊥BA交BA的延长线于H，由（1）知：△ADC≌△CEA（AAS），∴AE＝CD，