2022-2023学年九年级数学下册举一反三系列专题6.3 相似三角形的判定【十大题型】（举一反三）（苏科版）含解析

2022-2023学年九年级数学下册举一反三系列专题6.3相似三角形的判定【十大题型】【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1相似三角形的判定条件】 2【题型2格点中的相似三角形】 5【题型3相似三角形的证明】 7【题型4利用相似三角形的判定探究线段之间的关系】 12【题型5相似三角形在坐标系中的运用】 18【题型6确定相似三角形的对数】 23【题型7相似三角形中的多结论问题】 27【题型8相似三角形与动点的综合】 31【题型9相似与最值】 34【题型10旋转型相似】 39【知识点1相似三角形的判定】判定定理判定定理1：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．简称为两角对应相等，两个三角形相似．如图，如果，，则．判定定理2：如果两个三角形的三组对应边成比例，那么这两个三角形相似．简称为三边对应成比例，两个三角形相似．如图，如果，则．判定定理3：如果两个三角形的两组对应边成比例，并且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似．简称为两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似．如图，如果，，则．【题型1相似三角形的判定条件】【例1】（2022秋•汉寿县期末）如图，若点P为△ABC的边AB上一点（AB＞AC），下列条件不能判定△ABC∽△ACP的是（）A．∠B＝∠ACP B．∠ACB＝∠APC C．ACAB=AP【分析】欲证△ACP∽△ABC，通过观察发现两个三角形已经具备一组角对应相等，即∠A＝∠A，此时，再求夹此对应角的两边对应成比例或另一组对应角相等即可．【解答】解：A、∠B＝∠ACP，因为∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合题意；B、∠ACB＝∠APC，因为∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合题意；C、ACAB=APAC，因为∠A＝∠A，所以△D、PCCB=ACAB，因为∠A＝∠A，而PC和BC的夹角为∠C，所以不能判定△故选：D．【变式1-1】（2022春•泰安期末）如图，△ABC，AB＝12，AC＝15，D为AB上一点，且AD＝8，在AC上取一点E，使以A、D、E为顶点的三角形与ABC相似，则AE等于（）A．325或152 B．10或C．325或10 【分析】分情况讨论.【解答】解：∵△ABC与△ADE相似，∴ADAB=AE∵AD＝8，AB＝12，AC＝15，∴812=AE解得：AE＝10或6.4．故选：C．【变式1-2】（2022秋•合肥期末）如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，过点C作CE⊥CD交AB的延长线于点E，添加下列条件仍不能判断△CEB与△CAD相似的是（）A．∠CBA＝2∠A B．点B是DE的中点 C．CE•CD＝CA•CB D．CE【分析】根据相似三角形的判定方法一一判断即可．【解答】解：∵CE⊥CD，∴∠EDC＝90°，∵∠BCA＝90°，∴∠BCE＝∠DCA＝90°﹣∠BCD，∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，∴DC＝DB＝DA，∴∠DAC＝∠A，∴∠BCE＝∠DCA＝∠A，∵∠CBA＝2∠A，∠CBA+∠A＝90°，∴∠A＝∠BCE＝∠DCA＝30°，∠CBA＝60°，∴∠E＝∠CBA﹣∠BCE＝30°，∴∠BCE＝∠DCA＝∠E＝∠A，∴△CEB∽△CAD，∴A不符合题意，∵点B是DE的中点，∴BE＝BC，∴∠BCE＝∠E，∴∠BCE＝∠E＝∠DCA＝∠A，∴△CEB∽△CAD，∴B不符合题意，∵CE•CD＝CA•CB，∴CECA∵∠BCE＝∠DCA，∴△CEB∽△CAD，∴C不符合题意．由CECA=BEAD，由于∠E和∠A不能判断相等，故不能判断△∴D符合题意，故选：D．【变式1-3】（2022秋•通州区期末）王华在学习相似三角形时，在北京市义务教育教科书九年级上册第31页遇到这样一道题，如图1，在△ABC中，P是边AB上的一点，连接CP，要使△ACP∽△ABC，还需要补充的一个条件是∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP•AB．请回答：（1）王华补充的条件是∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP•AB．（2）请你参考上面的图形和结论，探究，解答下面的问题：如图2，在△ABC中，∠A＝30°，AC2＝AB2+AB•BC．求∠C的度数．【分析】（1）由∠A＝∠A，当∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；或ACAB=APAC时，△（2）延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，由已知条件得出证出ACAD=ABAC，由∠A＝∠A，证出△ACB∽△ADC，得出对应角相等∠ACB＝∠D，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠ACB+∠BCD+∠D+∠【解答】解：∵∠A＝∠A，∴当∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；或ACAB=APAC，即AC2＝AP•AB时，△故答案为：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP•AB；（1）王华补充的条件是：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB）；或AC2＝AP•AB；理由如下：∵∠A＝∠A，∴当∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；或ACAB=APAC，即AC2＝AP•AB时，△故答案为：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP•AB；（2）延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，如图所示：∵AC2＝AB2+AB•BC＝AB（AB+BC）＝AB（AB+BD）＝AB•AD，∴ACAD又∵∠A＝∠A，∴△ACB∽△ADC，∴∠ACB＝∠D，∵BC＝BD，∴∠BCD＝∠D，在△ACD中，∠ACB+∠BCD+∠D+∠A＝180°，∴3∠ACB+30°＝180°，∴∠ACB＝50°．【题型2格点中的相似三角形】【例2】（2022春•文登区期末）如图，在正方形网格中有5个格点三角形，分别是：①△ABC，②△ACD，③△ADE，④△AEF，⑤△AGH，其中与⑤相似的三角形是（）A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④【分析】根据相似三角形的旋转可知，相似三角形的对应角相等即可判断．【解答】解：由图形知，⑤中∠AHG＝135°，而①②③④中，只有①∠BAC＝135°和③∠ADE＝135°，再根据两边成比例可判断，与⑤相似的三角形是①③，故选：A．【变式2-1】（2022秋•雄县期末）如图，小正方形的边长均为1，则下列图中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（）A． B． C． D．【分析】利用△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC在B、C、D选项中的三角形都没有135°，而在A选项中，三角形的钝角为135°，它的两边分别为1和2，因为22=21，所以故选：A．【变式2-2】（2022秋•青田县期末）如图，四个三角形的顶点都在方格子的格点上，下列两个三角形中相似的是（）A．①④ B．①③ C．②③ D．②④【分析】可分别求出三角形的边长，根据对应边成比例三角形相似，进行判断即可．【解答】解：第一个三角形的边长分别为：10，5，5；第二个三角形的边长分别为：5，22，17；第三个三角形的边长分别为：2，2，10；第四个三角形的边长分别为：3，2，5；对应边成比例的是①和③．故选：B．【变式2-3】（2022秋•法库县期末）如图，在5×6的方格纸中，画有格点△EFG，下列选项中的格点，与E，G两点构成的三角形中和△EFG相似的是（）A．点A B．点B C．点C D．点D【分析】根据网格图形可得所给△EFG是两直角边分别为1，2的直角三角形，然后利用相似三角形的判定方法选择答案即可．【解答】解：观察图形可得△EFG中，直角边的比为FGEF观察各选项，EGDG=5故选：D．【题型3相似三角形的证明】【例3】（2022•淳安县一模）如图，在△ABC中，D、E分别是边AC、BC的中点，F是BC延长线上一点，∠F＝∠B．（1）若AB＝10，求FD的长；（2）若AC＝BC，求证：△CDE∽△DFE．【分析】（1）首先利用中位线定理得到DE∥AB以及DE的长，再证明∠DEC＝∠F即可；（2）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，进而求出∠CDE＝∠F并结合∠CED＝∠DEF即可证明△CDE∽△DFE．【解答】解：（1）∵D、E分别是AC、BC的中点，∴DE∥AB，DE=12∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B，而∠F＝∠B，∴∠DEC＝∠F，∴DF＝DE＝5；（2）∵AC＝BC，∴∠A＝∠B，∵∠CDE＝∠A，∠CED＝∠B，∴∠CDE＝∠B，∵∠B＝∠F，∴∠CDE＝∠F，∵∠CED＝∠DEF，∴△CDE∽△DFE．【变式3-1】（2022秋•临安区期末）如图，点B、D、E在一条直线上，BE交AC于点F，ABAD=ACAE，且∠（1）求证：△ABC∽△ADE；（2）求证：△AEF∽△BCF．【分析】（1）根据相似三角形的判定定理证明；（2）根据相似三角形的性质定理得到∠C＝∠E，结合图形，证明即可．【解答】（1）∵∠BAD＝∠CAE∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD即∠BAC＝∠DAE在△ABC和△ADE中ABAD=ACAE，∠∴△ABC∽△ADE；（2）∵△ABC∽△ADE，∴∠C＝∠E、在△AEF和△BFC中，∠C＝∠E，∠AFE＝∠BFC，∴△AEF∽△BCF．【变式3-2】（2022秋•下城区期末）已知：如图，O为△ABC内一点，A'，B'，C'分别是OA，OB，OC上的点，且OA'：AA'＝OB'：BB'＝1：2，OC'：CC'＝2：1，且OB＝6．（1）求证：△OA'B'∽△OAB；（2）以O，B'，C'为顶点的三角形是否可能与△OBC相似？如果可能，求OC的长；如果不可能，请说明理由．【分析】（1）根据两边成比例夹角相等即可证明；（2）要使以O，B'，C'为顶点的三角形与△OBC相似，只要满足OB'OC【解答】（1）证明：∵OA′：AA′＝OB′：BB′＝1：2，∴OA′：OA＝OB′：OB＝1：3，∵∠A′OB′＝∠AOB，∴△OA'B'∽△OAB；（2）解：可能相似．理由如下：∵OA'：AA'＝OB'：BB'＝1：2，OB＝6，∴OB′＝2，∵OC'：CC'＝2：1，∠COB＝∠C′OB′，设CC′＝x，OC′＝2x，OC＝3x，要使以O，B'，C'为顶点的三角形与△OBC相似，只要满足OB'OC∴23x∴x＝±2∵x＞0，∴x=∴OC＝32．【变式3-3】（2022春•仪征市校级期末）如图，△ABC、△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．（1）若将△DEP的顶点P放在BC上（如图1），PD、PE分别与AC、AB相交于点F、G．求证：△PBG∽△FCP；（2）若使△DEP的顶点P与顶点A重合（如图2），PD、PE与BC相交于点F、G．试问△PBG与△FCP还相似吗？为什么？【分析】（1）如图1，先根据等腰直角三角形的性质得∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，再利用平角定义得到∠BPG+∠CPF＝135°，利用三角形内角和定理得到∠BPG+∠BGP＝135°，根据等量代换得∠BGP＝∠CPF，加上∠B＝∠C，于是根据有两组角对应相等的两个三角形相似即可得到结论；（2）如图2，由于∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，利用三角形外角性质得∠BGP＝∠C+∠CPG＝45°+∠CAG，而∠CPF＝45°+∠CAG，所以∠AGB＝∠CPF，加上∠B＝∠C，于是可判断△PBG∽△FCP．【解答】（1）证明：如图1，∵△ABC、△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∴∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，∴∠BPG+∠CPF＝135°，在△BPG中，∵∠B＝45°，∴∠BPG+∠BGP＝135°，∴∠BGP＝∠CPF，∵∠B＝∠C，∴△PBG∽△FCP；（2）解：△PBG与△FCP相似．理由如下：如图2，∵△ABC、△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∴∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，∵∠BGP＝∠C+∠CPG＝45°+∠CAG，∠CPF＝∠FPG+∠CAG＝45°+∠CAG，∴∠AGB＝∠CPF，∵∠B＝∠C，∴△PBG∽△FCP．【题型4利用相似三角形的判定探究线段之间的关系】【例4】（2022秋•上城区期末）四边形ABCD中，点E在边AB上，连接DE，CE．（1）若∠A＝∠B＝∠DEC＝50°，找出图中的相似三角形，并说明理由；（2）若四边形ABCD为矩形，AB＝5，BC＝2，且图中的三个三角形都相似，求AE的长．（3）若∠A＝∠B＝90°，AD＜BC，图中的三个三角形都相似，请判断AE和BE的数量关系并说明理由．【分析】（1）根据相似三角形的判定定理推出即可；（2）根据相似得出比例式，代入求出即可；（3）分为两种情况，化成图形，再根据相似三角形的性质求出即可．【解答】解：（1）△DAE∽△EBC，理由是：∵∠A＝∠DEC＝50°，∴∠ADE+∠DEA＝180°﹣∠A＝130°，∠DEA+∠CEB＝180°﹣∠DEC＝130°，∴∠ADE＝∠CEB，∵∠A＝∠B，∴△DAE∽△EBC；设AE＝x，则BE＝5﹣x，∵∠ADE＜90°，∠ECB＜90°，∴∠DEC＝90°，∴△DAE∽△EBC，∴ADAE即2x解得：x＝1或4，即AE＝1或4；（3）AE＝BE或BE＝2AE，理由是：①当∠A＝∠B＝∠DEC＝90°时，∠DCE≠∠CEB，可得∠DCE＝∠BCE，所以△DEC∽△DAE∽△EBC，∴DEEC=AD∴ADEB=ADAE，即②当∠DEC≠90°时，∵△ADE∽△BCE，∠DEA＝∠CEB，∴DEEC∴DE＜CE，则∠CDE＞∠ECD，∠CDE＝90°，∵∠DCE≠∠CEB，∴∠DEA＝∠DEC＝∠CEB＝60°，∴AEDE∴BE＝2AE．【变式4-1】（2022秋•德清县期末）如图，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，若△AEM与△ECM相似，则AB和BC的数量关系为BC=32AB【分析】利用折叠的性质∠MEC＝∠D＝90°，∠DMC＝∠EMC，ME＝MD，则∠A＝∠MEC，根据三角形相似的判定方法，当∠AEM＝∠EMC时，△AEM与△ECM相似，则AE∥MC，不合题意舍去；当∠AEM＝∠MCE时，△AEM与△ECM相似，∠AME＝∠EMC，此时∠DMC＝∠EMC＝∠AME＝60°，利用含30度的直角三角形三边的关系得到MD=33CD＝EM，AM=36CD，则AD=32【解答】解：∵矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，∴∠MEC＝∠D＝90°，∠DMC＝∠EMC，ME＝MD，∴∠A＝∠MEC，当∠AEM＝∠EMC时，△AEM与△ECM相似，则AE∥MC，不合题意舍去；当∠AEM＝∠MCE时，△AEM与△ECM相似，∠AME＝∠EMC，此时∠DMC＝∠EMC＝∠AME＝60°，在Rt△CDM中，MD=33∴EM=33在Rt△AEM中，AM=12EM=∴AD＝AM+DM=36CD+33∵四边形ABCD为矩形，∴AB＝CD，BC＝AD，∴BC=32故答案为BC=32【变式4-2】（2022秋•淮安期末）（1）填空：如图1，在正△ABC中，M、N分别在BC、AC上，且BM＝CN，连AM、BN交于点O，则∠AON＝60°（2）填空：如图2，在正方形PQRS中，已知点M、N分别在边QR、RS上，且QM＝RN，连接PN、SM相交于点O，则∠POM＝90°．（3）如图3，在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°．以此为部分条件，构造一个与上述命题类似的正确命题并加以证明．（4）在（1）的条件下，把直线AM平移到图4的直线EOF位置，①写出所有与△BOF相似的三角形：△BCD、△EBF②若点N是AC中点，（其它条件不变）试探索线段EO与FO的数量关系，并说明理由．【分析】（1）易证△ABM≌△BCN，可得∴∠AON＝∠BAM+∠ABN＝∠CBN+∠ABN＝60°；（2）易证△PSN≌△SRM，可得∠POM＝∠MSR+∠SNP＝∠MSR+∠SMR＝90°；（3）命题：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°M、N分别在CD、CB上，且DM＝CN，连AM、DN交于点O，则∠AON＝120°．（4）由勾股定理得BF=3OF，由△BOF∽△EBF得BF2＝OF•EF，即可求证EO＝2FO【解答】解：（1）在△ABM和△BCN中，AB=BC∠ABC=∠C∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM＝∠CBN，∴∠AON＝∠BAM+∠ABN＝∠CBN+∠ABN＝60°；（2）∵QM＝RN，∴RM＝SN，∵PS＝SR，∠PSR＝∠SRM＝90°∴△PSN≌△SRM，∴∠PNS＝∠SMR，∴∠POM＝∠MSR+∠SNP＝∠MSR+∠SMR＝90°；（3）命题：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°M、N分别在CD、CB上，且DM＝CN，连AM、DN交于点O，则∠AON＝120°．通过证△MDA≌△NCD得∴∠MAD＝∠NDC，∴∠AON＝∠MAD+∠ADO＝∠NDC+∠ADO＝∠ADC＝120°；（4）①△BCD、△EBF，②EO＝2FO，∵BN平分∠ABC，∴∠NBF＝30°，∵∠BOF＝60°，∴∠BFO＝90°，由勾股定理得BF=3OF由△BOF∽△EBF得BF2＝OF•EF，∴（3OF）2＝OF•EF，∴3OF＝EF，∴EO＝2FO．【变式4-3】（2022秋•城关区期末）如图，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一点，使得AE⊥DE；（1）求证：△ABE∽△ECD；（2）若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的长；（3）当△AED∽△ECD时，请写出线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由．【分析】（1）先根据同角的余角相等可得：∠DEC＝∠A，利用两角相等证明三角形相似；（2）先根据勾股定理得：BE＝3，根据△ABE∽△ECD，列比例式可得结论；（3）先根据△AED∽△ECD，证明∠EAD＝∠DEC，可得∠ADE＝∠EDC，证明Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），则DF＝DC，同理可得：AF＝AB，相加可得结论．【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∵AE⊥DE，∴∠AED＝90°，∴∠AEB+∠DEC＝90°，∴∠DEC＝∠BAE，∴△ABE∽△ECD；（2）解：Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，∴BE＝3，∵BC＝5，∴EC＝5﹣3＝2，由（1）得：△ABE∽△ECD，∴ABBE∴43∴CD=3（3）解：线段AD、AB、CD之间数量关系：AD＝AB+CD；理由是：过E作EF⊥AD于F，∵△AED∽△ECD，∴∠EAD＝∠DEC，∵∠AED＝∠C，∴∠ADE＝∠EDC，∵DC⊥BC，∴EF＝EC，∵DE＝DE，∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），∴DF＝DC，同理可得：△ABE≌△AFE，∴AF＝AB，∴AD＝AF+DF＝AB+CD．【题型5相似三角形在坐标系中的运用】【例5】（2022秋•上城区期末）已知：Rt△OAB在直角坐标系中的位置如图所示，点B的坐标为（4，2），P为OB的中点，点C为折线OAB上的动点，线段PC把Rt△OAB分割成两部分，问：点C在什么位置时，分割得到的三角形与Rt△OAB相似？要求在图上画出所有符合要求的线段PC，并求出相应的点C的坐标．【分析】由于C点不确定，故分△OPC∽△OBA，△BPC∽△BOA，△OPC∽△OAB三种情况进行讨论．【解答】解：∵点B的坐标为（4，2），∴OA＝4，AB＝2，OB=42+22=如图，当△OPC∽△OBA时，∵OCOA=OP∴PC＝1，OC＝2，∴C1（2，0）；当△BPC∽△BOA时，∵PBOB=BCOA=∴AC2＝2﹣1＝1，∴C2（4，1）；当△OPC∽△OAB时，∴OPOA=OCOB，即∴C3（2.5，0）；综上所述，C点坐标为：（2，0）或（4，1）或（2.5，0）．【变式5-1】（2022秋•汝南县期末）如图，在直角坐标系中，已知点A（2，0），B（0，4），在x轴上找到点C（1，0）和y轴的正半轴上找到点D，使△AOB与△DOC相似，则D点的坐标是（0，12）或（0，2）【分析】分△AOB∽△DOC和△AOB∽△COD两种情况进行讨论，利用相似三角形的对应边成比例求得相关线段的长度，继而求得点D的坐标．【解答】解：若△AOB∽△DOC，点D在x轴上方：∠B＝∠OCD，∴OCOB=OD∴OD=1∴D（0，12若△AOB∽△COD，点D在x轴上方：可得D（0，2）．综上所述，D点的坐标是（0，12故答案是：（0，12【变式5-2】（2022•盘锦）如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，0），点C在第一象限，若以A、B、C为顶点的三角形与△AOB相似（不包括全等），则点C的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据题意画出图形，根据相似三角形的判定定理即可得出结论．【解答】解：如图①，∠OAB＝∠BAC1，∠AOB＝∠ABC1时，△AOB∽△ABC1．如图②，AO∥BC，BA⊥AC2，则∠ABC2＝∠OAB，故△AOB∽△BAC2；如图③，AC3∥OB，∠ABC3＝90°，则∠ABO＝∠CAB，故△AOB∽△C3BA；如图④，∠AOB＝∠BAC4＝90°，∠ABO＝∠ABC4，则△AOB∽△C4AB．故选：D．【变式5-3】（2022•淮安）如（a）图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（12，0），点B坐标为（6，8），点C为OB的中点，点D从点O出发，沿△OAB的三边按逆时针方向以2个单位长度/秒的速度运动一周．（1）点C坐标是，当点D运动8.5秒时所在位置的坐标是；（2）设点D运动的时间为t秒，试用含t的代数式表示△OCD的面积S，并指出t为何值时，S最大；（3）点E在线段AB上以同样速度由点A向点B运动，如（b）图，若点E与点D同时出发，问在运动5秒钟内，以点D，A，E为顶点的三角形何时与△OCD相似？（只考虑以点A、O为对应顶点的情况）【分析】（1）点C的坐标易求得；当点D运动8.5s时，D点运动的总路程为8.5×2＝17，那么此时点D运动到线段AB上，且AD＝5；根据AB的坐标易知AB＝10，那么此时点D是AB的中点，即可求得点D的坐标；（2）①当D在线段OA上，即0＜t≤6时，以OD为底，C点纵坐标的绝对值为高即可得到△OCD的面积，也就求得了此时y、x的函数关系式；②当D在线段AB上，即6≤t＜11时，由于△BCD和△OCD等底同高，所以△OCD的面积是△OBD的一半，只需求出△OBD的面积即可；△OBD和△OAB等底，那么面积比等于高的比，分别过D、A作OB的垂线，设垂足为M、N；易证得△BDM∽△BAN，那么两条高的比即为BD、BA的比，易求得△ABO的面积由此得解；③当D在线段OB上时，O、A、D三点共线，构不成三角形，故此种情况不成立；（3）由D、E的运动速度及OA、AB的长可知：D、E在运动过程中总在OA、AB上；可分两种情况：①∠ODC＝∠ADE，此时△ODC∽△ADE；②∠ODC＝∠AED，此时△ODC∽△AED；根据上述两种情况所得到的比例线段即可求得t的值．【解答】解：（1）C（3，4），D（9，4）；（2）易知：OB＝AB＝10；∵C点坐标为（3，4），∴点C到x轴的距离为4①当点D在线段OA上，即0＜t≤6时，OD＝2t；则：S=12OD×4=12×②当D在线段AB上，即6≤t＜11时，BD＝OA+AB﹣2t＝22﹣2t；过D作DM⊥OB于M，过点A作AN⊥OB于N；则△BMD∽△BNA，得：DMAN易知S△OAB＝48；∵S△ODB：S△OAB＝DM：AN＝（11﹣t）：5，∴S△OBD＝S△OAB•11-t5=48∵BC＝OC，∴S＝S△BCD，即S=12S△OBD=245（11﹣t）③当D在线段OB上时，O、C、D三点共线，不能构成三角形，此种情况不成立；综上可知：当t＝6时，S最大，且Smax＝24；（3）当0≤t≤5s时，D在线段OA上运动，E在线段AB上运动；△OCD中，OC＝5，OD＝2t；△DAE中，AD＝12﹣2t，AE＝2t；①当△OCD∽△ADE时，OCAD=ODAE=1，∴OC＝AD，即12﹣2②当△OCD∽△AED时，OCAE=ODAD，即5综上所述，当t=72或【题型6确定相似三角形的对数】【例6】（2022秋•余姚市期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，AE＝4，AB＝6，AD：AC＝2：3，△ABC的角平分线AF交DE于点G，交BC于点F．（1）请你直接写出图中所有的相似三角形；（2）求AG与GF的比．【分析】（1）可得到三组三角形相似；（2）先利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似证明△ADE∽△ACB，则∠ADG＝∠C，再利用有两组角对应相等的两个三角形相似证明△ADG∽△ACF，然后利用相似比和比例的性质求AGGF【解答】解：（1）△ADG∽△ACF，△AGE∽△AFB，△ADE∽△ACB；（2）∵AEAB=4∴AEAB又∵∠DAE＝∠CAB，∴△ADE∽△ACB，∴∠ADG＝∠C，∵AF为角平分线，∴∠DAG＝∠FAE∴△ADG∽△ACF，∴AGAF∴AGGF【变式6-1】（2022秋•金山区期末）如图，M是平行四边形ABCD的对角线BD上一点，AM的延长线交BC于点E，交DC的延长线于点F，图中相似三角形有（）A．6对 B．5对 C．4对 D．3对【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得AD∥BC，AB∥CD，从而得到△AMD∽△EMB，△EFC≌△AFD，△ABE∽△FCE，△ABM∽△FDM，则△AME∽△FDA，可得答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∠ADB＝∠DBC，∴△ABD∽△CDB，∵AD∥BC，∴△AMD∽△EMB，△EFC≌△AFD，∵AB∥CD，∴△ABE∽△FCE，△ABM∽△FDM，∴△AME∽△FDA，∴相似三角形共有6对，故选：A．【变式6-2】（2007春•常州期末）如图，已知△ABC、△DEF均为正三角形，D、E分别在AB、BC上．（1）图中有几组相似三角形并把它们表示出来；（2）请找一个与△DBE相似的三角形并说明理由．【分析】（1）根据相似三角形的判定方法（有两角分别相等的两三角形相似）判断即可；（2）根据等边三角形性质求出∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，求出∠AGD＝∠BDE，根据三角形的判定证出即可．【解答】（1）解：相似三角形有：△ABC∽△DEF，△ADG∽△BDE∽△CEH∽△FGH，理由是：∵△ABC和△DEF是等边三角形，∴∠A＝∠FDE＝60°，∠B＝∠DEF＝60°，∴△ABC∽△DEF；∵△ABC和△DEF是等边三角形，∴∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，∴∠ADG+∠BDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADG+∠AGD＝180°﹣60°＝120°，∴∠AGD＝∠BDE，∵∠A＝∠B，∴△ADG∽△BED；同理△BDE∽△CEH，△BDE∽△FGH；（2）解：△ADG∽△BED，理由是：∵△ABC和△DEF是等边三角形，∴∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，∴∠ADG+∠BDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADG+∠AGD＝180°﹣60°＝120°，∴∠AGD＝∠BDE，∵∠A＝∠B，∴△ADG∽△BED．【变式6-3】（2022春•宁波校级期末）如图，四边形ABCD和ACED都是平行四边形，B，C，E在一条直线上，点R为DE的中点，BR分别交AC，CD于点P，Q．（1）则图中相似三角形（相似比为1除外）共有4对；（2）求线段BP：PQ：QR，并说明理由．【分析】此题的图形比较复杂，需要仔细分析图形．（1）根据平行四边形的性质，可得到角相等．∠BPC＝∠BRE，∠BCP＝∠E，可得△BCP∽△BER；（2）根据AB∥CD、AC∥DE，可得出△PCQ∽△PAB，△PCQ∽△RDQ，△PAB∽△RDQ．根据相似三角形的性质，对应边成比例即可得出所求线段的比例关系．【解答】解：（1）∵四边形ACED是平行四边形，∴∠BPC＝∠BRE，∠BCP＝∠E，∴△BCP∽△BER；同理可得∠CDE＝∠ACD，∠PQC＝∠DQR，∴△PCQ∽△RDQ；∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAP＝∠PCQ，∵∠APB＝∠CPQ，∴△PCQ∽△PAB；∵△PCQ∽△RDQ，△PCQ∽△PAB，∴△PAB∽△RDQ．综上所述，图中相似三角形（相似比为1除外）共有4对．故答案是：4．（2）∵四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，∴BC＝AD＝CE，∵AC∥DE，∴BC：CE＝BP：PR，∴BP＝PR，∴PC是△BER的中位线，∴BP＝PR，PCRE又∵PC∥DR，∴△PCQ∽△RDQ．又∵点R是DE中点，∴DR＝RE．PQQR∴QR＝2PQ．又∵BP＝PR＝PQ+QR＝3PQ，∴BP：PQ：QR＝3：1：2．【题型7相似三角形中的多结论问题】【例7】（2022秋•常宁市期末）如图，△ABC中，∠A＝60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，BM，CN交于点O，连接MN．下列结论：①∠AMN＝∠ABC；②图中共有8对相似三角形；③BC＝2MN．其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．0个【分析】依据△ABM∽△ACN，即可得出△AMN∽△ABC，进而得到∠AMN＝∠ABC；依据△ABM∽△ACN∽△OBN∽△OCM，△AMN∽△ABC，△BCO∽△NMO，可得图中共有8对相似三角形；依据AN=12AC，△AMN∽△ABC，即可得到MNBC=AN【解答】解：∵BM⊥AC，CN⊥AB，∴∠ANC＝∠AMB＝90°，又∵∠A＝∠A，∴△ABM∽△ACN，∴ANAM=AC又∵∠A＝∠A，∴△AMN∽△ABC，∴∠AMN＝∠ABC，故①正确；由题可得，△ABM∽△ACN∽△OBN∽△OCM，△AMN∽△ABC，△BCO∽△NMO，∴图中共有8对相似三角形，故②正确；∵Rt△ACN中，∠A＝60°，∴∠ACN＝30°，∴AN=12又∵△AMN∽△ABC，∴MNBC即BC＝2MN，故③正确．故选：C．【变式7-1】（2022•越秀区校级二模）如图，F是△ABC的AB边上一点，下列结论正确的个数是（）①若∠AFC＝∠ACB，则△ACF∽△ABC②若∠AFC＝∠B，则△ACF∽△ABC③若AC2＝AF•AB，则△ACF∽△ABC④若AC：CF＝AB：BC，则△ACF∽△ABC．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】由于两个三角形有公共角，则根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对①进行判断，根据三角形外角性质可对②进行判断；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可对③④进行判断．【解答】解：∵∠FAC＝∠CAB，∴当∠AFC＝∠ACB，则△ACF∽△ABC，所以①正确；而∠AFC＞∠B，所以②错误；当AC：AB＝AF：AC，即AC2＝AF•AB，△ACF∽△ABC，所以③正确，④错误．故选：C．【变式7-2】（2022秋•浦东新区校级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，连接CF，DE，交点为G．以下结论正确的个数是（）①∠CAD＝∠CBE，②AF•FD＝BF•FE，③△CDE∽△CAB，④△FGE∽△DGC．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据同角的余角相等判断①；根据两角相等的两个三角形相似判断②③④．【解答】解：∵AD⊥BC，∴∠CAD+∠ACB＝90°，同理：∠CBE+∠ACB＝90°，∴∠CAD＝∠CBE，①结论正确；∵∠CAD＝∠CBE，∠AFE＝∠BFD，∴△AFE∽△BFD，∴AFBF∴AF•FD＝BF•FE，②结论正确；∵∠CAD＝∠CBE，∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△BEC，∴CDCE∵∠DCE＝∠ACB，∴△CDE∽△CAB，③结论正确；∵∠BEC＝∠ADC＝90°，∴∠FEG＝∠DCG，∵∠FGE＝∠DGC，∴△FGE∽△DGC，④结论正确；故选：D．【变式7-3】（2022秋•商河县校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上，AE、AF分别交BD于点M、N，连接CN、EN，且CN＝EN．下列结论：①AN＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；③MNEFA．4 B．3 C．2 D．1【分析】①正确，只要证明△NBA≌△NBC，∠ABE+∠ANE＝180°即可解决问题；②正确．只要证明△AFH≌△AFE即可；③正确．如图2中，首先证明△AMN∽△AFE，可得NMEF④错误．相似三角形不止4对相似三角形．【解答】解：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH．∵四边形ABCD是中正方形，∴AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，在△BNA和△BNC中，BN=BN∠NBA=∠NBC∴△NBA≌△NBC（SAS），∴AN＝CN，∠BAN＝∠BCN，∵EN＝CN，∴AN＝EN，∠NEC＝∠NCE＝∠BAN，∵∠NEC+∠BEN＝180°，∴∠BAN+∠BEN＝180°，∴∠ABC+∠ANE＝180°，∴∠ANE＝90°，∴AN＝NE，AN⊥NE，故①正确，∴∠3＝∠AEN＝45°，∵∠3＝45°，∠1＝∠4，∴∠2+∠4＝∠2+∠1＝45°，∴∠3＝∠FAH＝45°，∵AF＝AF，AE＝AH，∴△AFE≌△AFH（SAS），∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE，∠AFH＝∠AFE，故②正确，∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，∴∠AMN＝∠AFD，∴∠AMN＝∠AFE，∵∠MAN＝∠EAF，∴△AMN∽△AFE，∴NMEF故③正确，图中相似三角形有△ANE∽△BAD∽△BCD，△ANM∽△AEF，△ABN∽△FDN，△BEM∽△DAM等，故④错误，故选：B．【题型8相似三角形与动点的综合】【例8】（2022春•成华区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，AE＝EB，MN＝2，线段MN的两端在CB、CD上滑动，当CM＝455或255时，△【分析】根据AE＝EB，△AED中AD＝2AE，所以在△MNC中，分CM与AE和AD是对应边两种情况利用相似三角形对应边成比例求出CM与CN的关系，然后利用勾股定理列式计算即可．【解答】解：∵AE＝EB，∴AD＝2AE，又∵△AED与以M、N、C为顶点的三角形相似，∴分两种情况：①CM与AD是对应边时，CM＝2CN，∴CM2+CN2＝MN2＝4，即CM2+14CM解得：CM=4②CM与AE是对应边时，CM=12∴CM2+CN2＝MN2＝4，即CM2+4CM2＝4，解得：CM=2综上所述：当CM为455或255时，△故答案是：455或【变式8-1】（2022秋•金台区期末）如图，在△ABC中，AB＝10cm，BC＝20cm，点P从点A开始沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿边BC以2cm/s的速度移动．如果点P，Q分别从点A，B同时出发，经过几秒钟后，以点P、B、Q三点为顶点的三角形与△ABC相似？【分析】首先设经x秒钟△PBQ与△ABC相似，由题意可得AP＝2xcm，BQ＝2xcm，BP＝AB﹣AP＝（10﹣2x）cm，又由∠B是公共角，分别从当BPBA=BQ【解答】解：设经x秒钟△PBQ与△ABC相似，则AP＝2xcm，BQ＝2xcm，∵AB＝10cm，BC＝20cm，∴BP＝AB﹣AP＝（10﹣2x）cm，∵∠B是公共角．∴①当BPBA=BQBC，即10-2x10=2x20②当BPBC=BQBA，即10-2x20=2x10∴经103或53秒时，以点P、B、Q三点为顶点的三角形与△【变式8-2】（2022秋•砀山县期末）如图所示，已知AB⊥BC于B，CD⊥BC于C，AB＝4，CD＝6，BC＝14，P为BC上一点，试问BP为何值时，△ABP与△PCD相似？【分析】此题分两种情况进行讨论：①△ABP∽△PCD时，ABBP=PCCD；②当△ABP∽△【解答】解：∵∠B＝∠C＝90°，∴△ABP与△PCD相似只有两种情况，即A与D对应或A与P点对应，（1）当△ABP∽△PCD时，ABBP=PC解得：BP＝2或BP＝12；（2）当△ABP∽△DCP时，ABBP=CD解得：BP＝5.6．综合以上可知，当BP的值为2，12或5.6时，两三角形相似．【变式8-3】（2022秋•正定县期末）在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/秒的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/秒的速度移动，如果P、Q同时出发，用t（秒）表示运动时间（0≤t≤6），那么当t为何值时，△APQ与△ABD相似？说明理由．【分析】由题意可设AP＝2tcm，DQ＝tcm，又由AB＝12cm，AD＝6cm，即可求得AQ的值，然后分别从①当AQAD=APAB时，△APQ∽△ABD；与②当AQAB=AP【解答】解：设AP＝2tcm，DQ＝tcm，∵AB＝12cm，AD＝6cm，∴AQ＝（6﹣t）cm，∵∠A＝∠A，∴①当AQAD=APAB时，△∴6-t6解得：t＝3；②当AQAB=APAD时，△∴6-t12解得：t＝1.2．∴当t＝3或1.2时，△APQ与△ABD相似．【题型9相似与最值】【例9】（2022秋•余姚市校级月考）如图，等腰△ABC中，BA＝BC，AO＝3CO＝6．动点F在BA上以每分钟5个单位长度的速度从B点出发向A点移动，过F作FE∥BC交AC边于E点，连接FO、EO．（1）求A、B两点的坐标；（2）证明：当△EFO面积最大时，△EFO∽△CBA．【分析】（1）先根据题意得出AC两点的坐标，再设BO＝x，由勾股定理求出x的值，进而可得出B点坐标；（2）过F点作FK⊥BC于K，可设F点移动的时间为t，且0＜t＜2，由FE∥BC可得△AFE∽△ABC，而AO⊥BC交EF于T，故EFBC=ATAO，EF10=6-3t6，即EF＝10﹣5t，故S△EFO=12EF×TO=12，当t＝1时，△EFO的面积达到最大值；此时BF＝FA，EF恰好为△ABC的中位线，所以【解答】解：（1）∵AO＝3CO＝6，∴CO＝2，∴C（2，0），A（0，6）．设BO＝x，且x＞0；则BC2＝（2+x）2，AB2＝AO2+OB2＝36+x2；又∵BC＝AB，∴（2+x）2＝36+x2，解得x＝8，∴B（﹣8，0）；（2）如图1，过F点作FK⊥BC于K，可设F点移动的时间为t，且0＜t＜2，则：BF＝5t，TO＝FK＝3t；∴AT＝6﹣3t，又∵FE∥BC，∴△AFE∽△ABC，而AO⊥BC交EF于T，则：EFBC=ATAO，∴EF10故S△EFO=12EF×TO=12（10﹣5即S△EFO=-152（t﹣2）∴当t＝1时，△EFO的面积达到最大值；此时BF＝FA，EF恰好为△ABC的中位线．则：FEBC又有AO⊥BC于O，则：OFAB∴FOAB∴△EFO∽△CBA．【变式9-1】（2022•扬州）如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AD＝4，AB＝5，BC＝6，点P是AB上一个动点，当PC+PD的和最小时，PB的长为3．【分析】要求PC+PD的和的最小值，PC，PD不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PC，PD的值，从而找出其最小值求解．【解答】解：延长CB到E，使EB＝CB，连接DE交AB于P．则DE就是PC+PD的和的最小值．∵AD∥BE，∴∠A＝∠PBE，∠ADP＝∠E，∴△ADP∽△BEP，∴AP：BP＝AD：BE＝4：6＝2：3，∴PB=32又∵PA+PB＝AB＝5，∴PB=35故答案为：3【变式9-2】（2022•兖州区一模）如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点M、N，满足AB=2MN，点P是BC的中点，连接AN、PM，若AB＝6，则当AN+PM的值最小时，线段AN的长度为【分析】过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N'，过P作PM'∥AE交BD于M'，当M、N分别与M'、N'重合时，此时AN+PM＝AE的值最小，根据勾股定理得到AE=AD2【解答】解：过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N'，过P作PM'∥AE交BD于M'，当M、N分别与M'、N'重合时，此时AN+PM＝A'+EN'＝AEN'+PM'＝AE的值最小，∵P是BC的中点，∴E为CD的中点，∴PE=12∵AB=22BD，AB=∴PE∥BD，PM'∥AE，∴四边形PEN'M'是平行四边形，∴PE＝M'N'，∴AB=2M'N'=2∵AE=AD2∵AB∥CD，∴△ABN'∽△EDN'，∴AN'N'E∴AN'＝25，即AN＝25．【变式9-3】（2022•锦江区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC上一动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使△ADE∽△ABC，则△ADE的最小面积与最大面积之比等于925【分析】根据勾股定理得到AC＝4，当AD⊥BC时，△ADE的面积最小，根据三角形的面积公式得到AD=AB⋅ACBC=3×45=125，根据相似三角形的性质得到AE=165【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC＝4，当AD⊥BC时，△ADE的面积最小，∴AD=AB⋅AC∵△ADE∽△ABC，∴ADAB∴125∴AE=16∴△ADE的最小面积=1当D与C重合时，△ADE的面积最大，∵△ADE∽△ABC，∴ADAB∴43∴AE=16∴△ADE的最大面积=1∴△ADE的最小面积与最大面积之比=96故答案为：925【题型10旋转型相似】【例10】（2022秋•襄汾县期末）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，P为BC上的动点，小慧拿含45°角的透明三角板，使45°角的顶点落在点P，三角板可绕P点旋转．（1）如图a，当三角板的两边分别交AB、AC于点E、F时．求证：△BPE∽△CFP；（2）将三角板绕点P旋转到图b情形时，三角板的两边分别交BA的延长线、边AC于点E、F．△BPE与△CFP还相似吗？（只需写出结论）（3）在（2）的条件下，连接EF，△BPE与△PFE是否相似？若不相似，则动点P运动到什么位置时，△BPE与△PFE相似？说明理由．【分析】（1）找出△BPE与△CFP的对应角，其中∠BPE+∠CPF＝135°，∠CPF+∠CFP＝135°，得出∠BPE＝∠CFP，从而解决问题；（2）利用（1）小题证明方法可证：△BPE∽△CFP；（3）动点P运动到BC中点位置时，△BPE与△PFE相似，同（1），可证△BPE∽△CFP，得CP：BE＝PF：PE，而CP＝BP，因此PB：BE＝PF：PE，进而求出，△BPE与△PFE相似．【解答】（1）证明：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°．∵∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，∴∠BPE+∠BEP＝135°，∵∠EPF＝45°，又∵∠BPE+∠EPF+∠CPF＝180°，∴∠BPE+∠CPF＝135°，∴∠BEP＝∠CPF，又∵∠B＝∠C，∴△BPE∽△CFP（两角对应相等的两个三角形相似）．（2）解：△BPE∽△CFP；理由：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°．∵∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，∴∠BPE+∠BEP＝135°，∵∠EPF＝45°，又∵∠BPE+∠EPF+∠CPF＝180°，∴∠BPE+∠CPF＝135°，∴∠BEP＝∠CPF，又∵∠B＝∠C，∴△BPE∽△CFP（两角对应相等的两个三角形相似）．（3）解：动点P运动到BC中点位置时，△BPE与△PFE相似，证明：同（1），可证△BPE∽△CFP，得CP：BE＝PF：PE，而CP＝BP，因此PB：BE＝PF：PE．又因为∠EBP＝∠EPF，所以△BPE∽△PFE（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）．【变式10-1】（2022•炎陵县一模）如图，在△ABC中，∠ACD＝∠B，将△ACD绕A点旋转，点D落在点E处，点C落在点F处，CD，EF交于O点，连接DE，FC，找出其中相似三角形．【分析】由∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，得出△ACD∽△ABC；由旋转的性质得出AE＝AD，AF＝AC，因此DF＝EC，∠AFC＝∠ACF，AD：AF＝AE：AC，证出DE∥FC，得出△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF；再由两边成比例且夹角相等得出△ACD∽△AFE，△DFC∽△ECF，△FDE∽△CED，得出△ODF∽△OEC即可．【解答】解：△ACD∽△ABC∽△AFE，△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF，△DFC∽△ECF，△FDE∽△CED，△ODF∽△OEC；理由如下：∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，∴△ACD∽△ABC；由旋转的性质得：AE＝AD，AF＝AC，∴DF＝EC，∠AFC＝∠ACF，AD：AF＝AE：AC，∴DE∥FC，∴△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF；∵AD：AE＝AC：AF，∠A＝∠A，∴△ACD∽△AFE，∴△ACD∽△ABC∽△AFE．∵DF：EC＝FC：CF，∠AFC＝∠ACF，∴△DFC∽△ECF，同理：△FDE∽△CED，△ODF∽△OEC．【变式10-2】（2022春•龙泉驿区期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，点P，Q分别在BC，AC上，CP＝3x，CQ＝4x（0＜x＜3），把△PCQ绕点P旋转，得到△PDE，点D落在线段PQ上．（1）求证：PQ∥AB；（2）若点D在∠BAC的平分线上，求CP的长；（3）在（2）的情况下，求△PDE与△ABC重叠部分图形的面积．【分析】（1）先根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定定理得出△PQC∽△BAC，由相似三角形的性质得出∠CPQ＝∠B，由此可得出结论；（2）连接AD，根据PQ∥AB可知∠ADQ＝∠DAB，再由点D在∠BAC的平分线上，得出∠DAQ＝∠DAB，故∠ADQ＝∠DAQ，AQ＝DQ．在Rt△CPQ中根据勾股定理可知，AQ＝12﹣4x，故可得出x的值，进而得出结论；（3）设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足为H，利用相似三角形的性质求出FG，GH，可得结论．【解答】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，∴AC=A∵PCBC-3x∴PCCB∵∠C＝∠C，∴△PQC∽△BAC，∴∠CPQ＝∠B，∴PQ∥AB（2）解：连接AD，∵PQ∥AB，∴∠ADQ＝∠DAB．∵点D在∠BAC的平分线上，∴∠DAQ＝∠DAB，∴∠ADQ＝∠DAQ，∴AQ＝DQ．在Rt△CPQ中，PQ＝5x，∵PD＝PC＝3x，∴DQ＝2x．∵AQ＝12﹣4x，∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，∴CP＝3x＝6．（3）解：设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足为H，∴HG＝DF，FG＝DH，∴Rt△PHG∽Rt△PDE，∴GHED∵PG＝PB＝9﹣6＝3，∴GH8∴GH=125，PH∴FG＝DH＝6-9∴△PDE与△ABC重叠部分图形的面积=12×（21【变式10-3】（2022•大庆模拟）已知，如图①所示，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，且点B、A、D在一条直线上，连接BE、CD．（1）求证：BE＝CD；（2）若M、N分别是BE和CD的中点，将△ADE绕点A按顺时针旋转，如图②所示，试证明在旋转过程中，△AMN是等腰三角形；（3）试证明△AMN与△ABC和△ADE都相似．【分析】（1）因为∠BAC＝∠DAE，所以∠BAE＝∠CAD，又因为AB＝AC，AD＝AE，利用SAS可证出△ABE≌△ACD，进而可得BE＝CD；（2）由（1）中△ABE≌△ACD，可得对应边、对应角相等，进而得出△ABM≌△ACN，即可得出结论；（3）先由（2）中△ABM≌△ACN，可得∠BAM＝∠CAN，所以∠MAN＝∠BAC，又因为AM：AB＝AN：AC，利用两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似，证出△AMN∽△ABC；同理证出△ABC∽△ADE，即可得出△AMN∽△ABC∽△ADE．【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD．在△ABE与△ACD中，AB=AC∠BAE=∠CAD∴△ABE≌△ACD，∴BE＝CD；（2）由（1）得△ABE≌△ACD，∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD．∵M，N分别是BE，CD的中点，∴BM＝CN．在△ABM与△ACN中，AB=AC∠ABM=∠ACN∴△ABM≌△ACN，∴AM＝AN，∴△AMN为等腰三角形；（3）由（2）得△ABM≌△ACN，∴∠BAM＝∠CAN，∴∠BAM+∠BAN＝∠CAN+∠BAN，即∠MAN＝∠BAC，又∵AM＝AN，AB＝AC，∴AM：AB＝AN：AC，∴△AMN∽△ABC；∵AB＝AC，AD＝AE，∴AB：AD＝AC：AE，又∵∠BAC＝∠DAE，∴△ABC∽△ADE；∴△AMN∽△ABC∽△ADE．专题6.2平行线分线段成比例【八大题型】【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1“#”字型】 1【题型2“X”字型】 4【题型3“A”字型】 6【题型4“8”字型】 9【题型5判断比例式】 11【题型6平行线分线段成比例与三角形的中位线的综合】 15【题型7多次利用平行线分线段成比例进行计算】 19【题型8平行线分线段成比例中的常作辅助线】 23【知识点1平行线分线段成比例定理】两条直线被三条平行线所截，所得的对应线段成比例，简称为平行线分线段成比例定理．如图：如果，则，，．【小结】若将所截出的小线段位置靠上的（如AB）称为上，位置靠下的称为下，两条线段合成的线段称为全，则可以形象的表示为，，．【题型1“#”字型】【例1】（2022•醴陵市模拟）如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC和DF被l1，l2，l3所截，如果AB＝2，BC＝3，EF＝2，那么DE的长是（）A．2 B．43 C．1 D．【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．【解答】解：∵直线l1∥l2∥l3，∴ABBC∵AB＝2，BC＝3，EF＝2，∴23∴DE=4故选：B．【变式1-1】（2022•福建模拟）如图，a∥b∥c，两条直线与这三条平行线分别交于点A，B，C和D，E，F．已知AB＝3，BC＝2，DE＝6，则DF等于（）A．4 B．9 C．10 D．15【分析】根据平行线分线段成比例定理即可解决问题．【解答】解：∵a∥b∥c，∴ABBC=DE∴EF＝4，∴DF＝EF+DE＝4+6＝10，故选：C．【变式1-2】（2022秋•清苑区期中）如图，直线a∥b∥c，点A，B在直线a上，点C，D在直线c上，线段AC，BD分别交直线b于点E，F，则下列线段的比与AEACA．CEAC B．BFBD C．BFFD【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，判断即可．【解答】解：∵a∥b∥c，∴AEAC故选：B．【变式1-3】（2022秋•长宁区校级月考）如图，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．已知DE：DF＝3：8，AC＝24（1）求BC的长；（2）当AD＝4，CF＝20时，求BE的长．【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理得到ABAC=DEDF，然后利用比例的性质求出AB，再计算（2）作AN∥DF交CF于N，交EB于M，如图，易得四边形ADEB和四边形ADFN为平行四边形，则BE＝FN＝AD＝4，所以CN＝16，根据平行线分线段成比例定理，由BM∥CN得到BM16=924，然后求出BM后计算【解答】解：（1）∵l1∥l2∥l3，∴ABAC即AB24=3∴BC＝AC﹣AB＝24﹣9＝15；（2）作AN∥DF交CF于N，交EB于M，如图，易得四边形ADEB和四边形ADFN为平行四边形，∴BE＝FN＝AD＝4，∴CN＝CF﹣FN＝20﹣4＝16，∵BM∥CN，∴BMCN=ABAC，即∴BE＝EM+BM＝4+6＝10．【题型2“X”字型】【例2】（2022春•莱西市期末）如图：AB∥CD∥EF，AD：DF＝3：1，BE＝12，那么CE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，再根据AD：DF＝3：1，BE＝12，可计算出CE的长．【解答】解：∵AB∥CD∥EF，∴BCCE∴BC＝3CE，∴CE=14BE故选：A．【变式2-1】（2022•广西模拟）如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且DG＝2，DF＝10，BCBE=3A．2 B．3 C．4 D．5【分析】三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．依据平行线分线段成比例定理，即可得出AG的长．【解答】解：∵AB∥CD∥EF，∴ADAF又∵DG＝2，DF＝10，BCBE∴AG+2AG+2+10∴AG＝4．故选：C．【变式2-2】（2022秋•船山区校级期末）如图：AB∥CD∥EF，AD：AF＝3：5，BE＝12，那么CE的长为（）A．2 B．4 C．245 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即可．【解答】解：∵AB∥CD∥EF，∴BCBE∵AD：AF＝3：5，BE＝12，∴BC12解得：BC=36∴CE＝BE﹣BC＝12-36故选：C．【变式2-3】（2022秋•合肥校级期末）如图，AB∥CD∥EF，BE与AF相交于点H，且AH＝2HD=12DF，则A．1 B．34 C．23 【分析】设DH＝x，则AH＝2x，DF＝4x，由平行线分线段成比例定理即可得到结论．【解答】解：∵AH＝2HD=12∴设DH＝x，则AH＝2x，DF＝4x，∵AB∥CD∥EF，∴BCCE故选：B．【知识点2平行线分线段成比例定理的推论】平行于三角形一边的直线，截其它两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．如图：如果EF//BC，则，，．平行线分线段成比例定理的推论的逆定理若或或，则有EF//BC．【注意】对于一般形式的平行线分线段成比例的逆定理不成立，反例：任意四边形中一对对边的中点的连线与剩下两条边，这三条直线满足分线段成比例，但是它们并不平行．【小结】推论也简称“A”和“8”，逆定理的证明可以通过同一法，做交AC于点，再证明F’与F重合即可．【题型3“A”字型】【例3】（2022秋•零陵区期末）如图，已知AD为△ABC的角平分线，DE∥AB交AC于E，如果AEEC=35，那么A．3：5 B．5：3 C．8：5 D．3：8【分析】利用平行线分线段成比例定理求解即可．【解答】解：∵DE∥AB，∴BDDC∴BDBC故选：D．【变式3-1】（2022秋•越城区期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，DE分别与AB、AC相交于点D、E，若AE＝4，EC＝2，则ADABA．23 B．12 C．13【分析】根据平行线分线段成比例定理，写出比例线段，代入线段的值．【解答】解：∵DE∥BC，∴ADAB∴ADAB故选：A．【变式3-2】（2022秋•新民市期末）如图，点A，B在格点上，若BC=23，则A．1 B．43 C．2 【分析】根据平行线分线段成比例可得BC：AC＝1：2，然后代入数据计算即可．【解答】解：观察图形可知，BC：AC＝1：2，∵BC=2∴AC＝3BC＝2×2故选：B．【变式3-3】（2022秋•覃塘区期末）如图，AB与CD相交于点E，点F在线段AD上，且BD∥EF∥AC．若DE＝5，DF＝3，CE＝AD，则EFBD的值为35【分析】设CE＝AD＝x，则DECE=DFAF，求出CE，由EF∥【解答】解：设CE＝AD＝x，∵EF∥AC，∴DECE∴5x解得x＝7.5，∴AF＝4.5，∵EF∥DB，∴EFBD故答案为：35【题型4“8”字型】【例4】（2022•镜湖区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上的点，AF＝2FD，直线BF交AC于点E，交CD的延长线于点G，则BEEGA．12 B．13 C．23【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．【解答】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC＝3k，∴AEEC∴BE故选：C．【变式4-1】（2022秋•金牛区期末）如图，△ABC中，D、E分别为BA、CA延长线上的点，DE∥BC，BD＝3AD，若CE＝6，则AC的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根据平行线分线段成比例定理得到AEAC【解答】解：∵DE∥BC，∴AEAC=AD解得：AC＝4，故选：C．【变式4-2】（2022秋•南皮县校级月考）如图，AB．CD相交于点E，且AC∥EF∥DB，点C，F，B在同一条直线上．已知AC＝p，EF＝r，DB＝q．嘉嘉得出结论pq=rA．只有嘉嘉正确 B．只有淇淇正确 C．两人均正确 D．两人均不正确【分析】根据平行线分线段成比例，可证得EFAC=BF【解答】解：∵AC∥EF，∴EFAC∵EF∥DB，∴EFBD∴EFAC即rp∴rp故选：B．【变式4-3】（2022秋•宜兴市校级月考）如图，l1∥l2，AF：BF＝2：5，BC：CD＝4：1，则AE：EC的值为（）A．5：2 B．1：4 C．2：1 D．3：2【分析】根据平行线分线段成比例定理得出AGBD=AFBF=25，AEEC=AGCD【解答】解：∵l1∥l2，∴AGBD∵AF：BF＝2：5，∴AGBD即AG=25∵BC：CD＝4：1，BC+CD＝BD，∴CD=15∴AGCD∵l1∥l2，∴AEEC故选：C．【题型5判断比例式】【例5】（2022春•潍坊期末）如图，AB∥CD∥EF，AF交BE于点G，若AC＝CG，AG＝FG，则下列结论错误的是（）A．DGBG=12 B．CDEF=【分析】根据平行线分线段成比例定理进行逐项判断即可．【解答】解：∵AB∥CD，∴DGBG∵AC＝CG，∴DGBG故A正确，不符合题意；∵CD∥EF，∴CDEF∵DE＝3DG，∴EG＝2DG，∴CDEF故B正确，不符合题意．∵CD∥EF，∴CG∵BG＝2DG，BE＝4DG，∴DE＝3DG，∴CGCF故C正确，不符合题意；∵AB∥CD∥EF，∴BGEG∵AG＝FG，∴BG＝EG，∴BE＝2BG，∵DGBG∴BG＝2DG，∵BE＝4DG，∴DGBE故D错误，符合题意；故选：D．【变式5-1】（2022春•东平县期末）已知，在△ABC中，点D为AB上一点，过点D作DE∥BC，DH∥AC分别交AC、BC于点E、H，点F是BC延长线上一点，连接FD交AC于点G，则下列结论中错误的是（）A．ADDB=AEDH B．CFDE=【分析】首先证明四边形DECH是平行四边形，再利用平行线分线段成比例定理一一判断即可．【解答】解：∵DE∥BC，DH∥AC，∴四边形DECH是平行四边形，∴DH＝CE，DE＝CH，∵DE∥BC，∴ADDB=AE∵DH∥CG，∴DFFG=DH∵DE∥BC，∴DEBC∴CHBC=AE故选：B．【变式5-2】（2022秋•青浦区期末）如图，点D、E分别在△ABC的边AB、BC上，下列条件中一定能判定DE∥AC的是（）A．ADDB=BECE B．BDAD=【分析】根据平行线分线段成比例判断即可．【解答】解：A．因为ADDB=ECBE，所以DE∥B．因为BDAD=BECE，所以DE∥C．因为ADAB=CEBC，所以DE∥D．因为BDAB=BEBC，所以DE∥故选：B．【变式5-3】（2022•香坊区一模）如图，AB∥CD∥EF，AF交BE于点G，若AC＝CG，AG＝FG，则下列结论错误的是（）A．DGBG=12 B．DGBE=【分析】根据平行线分线段成比例定理进行逐项判断即可．【解答】解：AB∥CD，∴DGBG∵AC＝CG，∴DGBG故A正确，不符合题意；∵AB∥CD∥EF，∴BGEG∵AG＝FG，∴BG＝EG，∴BE＝2BG，∵DGBG∴BG＝2DG，∵BE＝4DG，∴DGBE故B错误，符合题意；∵CD∥EF，∴CGCF∵BG＝2DG，BE＝4DG，∴DE＝3DG，∴CGCF故C正确，不符合题意；∵CD∥EF，∴CDEF∵DE＝3DG，∴EG＝2DG，∴CDEF故D正确，不符合题意．故选：B．【题型6平行线分线段成比例与三角形的中位线的综合】【例6】（2022•沁阳市模拟）如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D，若BF＝3EF，则BDDCA．43 B．32 C．65【分析】过点E作EH∥AD交BC于H，根据平行线分线段成比例定理得到CH＝HD，BDDH【解答】解：过点E作EH∥AD交BC于H，则CHHD∵BE是△ABC的中线，∴CE＝EA，∴CH＝HD，∵EH∥AD，∴BDDH∴BDDC故选：B．【变式6-1】（2022春•任城区校级期末）如图，AD是△ABC的中线，E是AD上一点，且AE：ED＝1：2，BE的延长线交AC于F，则AF：FC＝1：4．【分析】作DH∥BF交AC于H，根据三角形中位线定理得到FH＝HC，根据平行线分线段成比例定理得出比例式，计算得到答案．【解答】解：作DH∥BF交AC于H，∵AD是△ABC的中线，∴FH＝HC，∵DH∥BF，∴AFFH∴AF：FC＝1：4，故答案为：1：4【变式6-2】（2009秋•北京校级期中）如图，在△ABC中，点D为BC上一点，点P在AD上，过点P作PM∥AC交AB于点M，作PN∥AB交AC于点N．（1）若点D是BC的中点，且AP：PD＝2：1，求AM：AB的值；（2）若点D是BC的中点，试证明AMAB（3）若点D是BC上任意一点，试证明AMAB【分析】（1）过点D作DE∥PM交AB于E，由点D为BC中点与AP：PD＝2：1，根据平行线分线段成比例定理，即可求得AM：AB的值；（2）延长AD至点Q，使DQ＝AD，连BQ、CQ，易得四边形ABQC是平行四边形，由平行四边形的性质可得PM∥BQ，PN∥CQ，继而可得AMAB（3）过点D作DE∥PM交AB于E，即可得AMAE=APAD，又由PM∥AC，根据平行线分线段成比例定理可得【解答】解：（1）过点D作DE∥PM交AB于E，∵点D为BC中点，∴点E是AB中点，且AMAE∴AMAB（2）延长AD至点Q，使DQ＝AD，连BQ、CQ，则四边形ABQC是平行四边形．∴PM∥BQ，PN∥CQ，∴AMAB=AP∴AMAB（注：像第（1）题那样作辅助线也可以．）（3）过点D作DE∥PM交AB于E，∴AMAE又∵PM∥AC，∴DE∥AC∴AEAB∴AMAB同理可得：ANAC∴AMAB（注：如果像第（2）题那样添辅助线，也可以证．）【变式6-3】（2022春•西湖区校级期中）如图，在△ABC中，AD是BC上的中线，点F为AD的中点，连接BF并延长交AC于点E，设AEEC=m，EFFB=n，则A．12 B．23 C．56【分析】取CE中点G，连接DG，由中位线定理可得DG∥BE，再由点F为AD中点可得点E为AG中点，可求得m，由中位线定理可得EF=12DG，DG=12【解答】解：取CE中点G，连接DG，∵点D为BC中点，∴DG为△BCE的中位线，∴DG=12BE，DG∥∵点F为AD中点，EF∥DG，∴EF为△ADG的中位线，∴点E为AG中点，EF=12∴AEEC=12，∴EFFB即m=12，n∴m+n=5故选：C．【题型7多次利用平行线分线段成比例进行计算】【例7】（2022•宁阳县一模）如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，若BE＝1，则EC＝（）A．32 B．2 C．3 【分析】过D点作DF∥CE交AE于F，如图，先由DF∥BE，根据平行线分线段成比例得到DF＝BE＝3，再由DF∥CE得到比例式，然后利用比例的性质求CE的长．【解答】解：过D点作DF∥CE交AE于F，如图，∵DF∥BE，∴DFBE∵O是BD的中点，∴OB＝OD，∴DF＝BE＝1，∵DF∥CE，∴DF∵AD：DC＝1：2，∴AD：AC＝1：3，∴DFCE∴CE＝3DF＝3×1＝3．故选：C．【变式7-1】（2022秋•虹口区期末）在△ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、AC上，联结DE、DF，如果DE∥AC，DF∥AB，AE：EB＝3：2，那么AF：FC的值是（）A．32 B