猜题06 图形的相似（拔尖必刷30题8种题型专项训练）（含答案解析）

第6章图形的相似（拔尖必刷30题8种题型专项训练）利用相似三角形性质与判定求长度利用相似三角形性质与判定求面积利用相似三角形性质与判定求周长利用相似三角形性质与判定求最值利用相似三角形性质与判定解决动点问题利用相似三角形性质与判定解决新定义问题利用相似三角形性质与判定解决多结论问题利用相似三角形性质与判定解决规律探究问题一．利用相似三角形性质与判定求长度（共4小题）1．如图，在矩形ABCD中，E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点G．若BF⋅AD=12，则AF的长度为（

）

A．6 B．12 C．6 D．2【答案】D【分析】连接BG，根据矩形的性质可得BG=1【详解】解：连接BG，在矩形ABCD中，AD∥BC，∴AE=EF，AD=DF，∴DE垂直平分AF于点G，∵∠ABF=90°，∴BG=1∴∠GBA=∠GAB，∠BGF=2∠BAG=2∠ADE=∠FDG，∴△NBF∼△DAF，∴BFAF=BG∴AF⋅BG=12，∴12∴AF=26故选：D．

【点睛】本题考查矩形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质，正确作出辅助线是解题的关键．2．如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D是BC边上一点，且BD=AB．E是AB延长线上一点，连接ED交AC于F，若∠ADE=∠B，则EF的长度为．【答案】161015【分析】作AM⊥BC于M，根据等腰三角形的性质以及等腰三角形三线合一的性质得出DM=1，CD=3，利用勾股定理求得AD，证得△ADE∽△DCA，求得DE，证得△ADF∽△ACD，求得DF，根据F=DE-DF即可求解．【详解】解：作AM⊥BC于M，∵AB=AC=5，BC=8，∴BM=CM=4，∴AM=∵BD=AB=5，∴DM=5-4=1，∴AD=32∴∠B=∠C，∵∠ADE=∠B，∴∠ADE=∠C，∵BD=AB，∴∠BAD=∠BDA，∵∠BAD=∠ADE+∠E，∠BDA=∠C+∠DAC，∴∠E=∠DAC，∴△ADE∽△DCA，∴DE∴DE5∴DE=5∵∠ADE=∠C，∠DAF=∠CAD，∴△ADF∽△ACD，∴DF∴DF3∴DF=3∴EF=DE-DF=5故答案为：1610【点睛】题考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判定和性质，正确应用性质定理是解题的关键．3．已知，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=120°，对角线BD平分∠ABC，BC=4，BD=6，则AD的长度是．

【答案】3【分析】过点D作DE⊥AB交AB于E，由四边形内角和可得∠A+∠C=120°，由对角线BD平分∠ABC，知∠ABD=∠CBD=60°，可得∠BDC+∠C=120°，可知∠A=∠BDC，进而可证△ABD∽△DBC，利用其性质求得AB=9，再利用∠ABD=60°求得BE，DE，AE=AB-BE，然后利用勾股定理即可求解．【详解】解：∵∠ABC=∠ADC=120°，∴由四边形内角和可知∠A+∠C=120°，∵对角线BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=60°，则∠BDC+∠C=120°，∴∠A=∠BDC，∴△ABD∽△DBC，则ABBD=BD∴AB=9，过点D作DE⊥AB交AB于E，

则BE=BD⋅cos60°=3，∴AE=AB-BE=6，∴AD=AE2+D【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，解直角三角形，勾股定理，四边形的内角和，证明△ABD∽△DBC是解决问题的关键．4．在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作直线EF分别交DA、BC的延长线于点E、

(1)若EF=BD，判断四边形EBFD的形状.并说明理由；(2)若EF⊥CD于H，CH:DH=2:3，直接写出OH的长度．【答案】(1)矩形，理由见解析(2)2【分析】（1）根据菱形的性质，得AO=OC，AD∥BC，则∠EAO=∠FCO；根据全等三角形的判定，得△EAO≌△FCOASA（2）根据菱形的性质，AC⊥BD，则∠COH+∠DOH=90°，根据EF⊥CD，得∠COH+∠OCH=90°，根据等量代换∠OCH=∠DOH，根据相似三角形的判定得△OCH∽△DOH；根据相似三角形的性质得到OH2=CH⋅HD，求出CH=4【详解】（1）四边形EBFD是矩形，理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∴AO=OC，AD∥∴∠EAO=∠FCO，∴在△EAO和△FCO中，∠EAO=∠FCOAO=OC∴△EAO≌△FCOASA∴OE=OF，∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，∵EF=BD，∴四边形EBFD是矩形．（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COH+∠DOH=90°，∵EF⊥CD，∴∠COH+∠OCH=90°，∴∠OCH=∠DOH，∴△OCH∽△DOH，∴CHOH∴OH∵CH:DH=2:3，CD=10，CH+DH=10，∴CH=4，DH=6，∴OH=CH×HD【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形得判定、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质．二．利用相似三角形性质与判定求面积（共2小题）1．△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，则根据图中标示的长度，求四边形ADEF与△ABC的面积比为何？（

）

A．1:3 B．1:4 C．2:5 D．3:8【答案】D【分析】先证明△CAF∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出AC=45，得出S△ACFS△ACB=【详解】解：∵BE=7，EF=4，FC=5，∴BC=7+4+5=16，∵∠B=∠FAC，∠C=∠C，∴△CAF∽△CBA，∴CACB∴CA∵CA>0，∴AC=45∴ACBC∴S△ACF同理可证△BDE∽△BCA，∵BD=AC，∴BDBC∴S△BDE∴四边形ADEF与△ABC的面积比=16-5-5故选D．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．2．如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长线于点F，若BF:CE=1:2，△BGF的面积为3，则菱形ABCD的面积＝．

【答案】72【分析】过点D作DH⊥AB于点H，根据菱形的性质可得AD=AB=CD，AB∥CD，根据平行四边形的判定和性质可得HF=DE，DH=EF，推得HF=12CD=12AB，根据相似三角形的判定和性质可得△CGE的面积为12，设BF=x，则CE=2x，推得AH=AF-HF=3x，求得相似三角形的相似比【详解】解：过点D作DH⊥AB于点H，如图，

∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB=CD，AB∥CD，∵EF⊥AB，DH⊥AB，∴DH∥EF，∴四边形DHFE为平行四边形，∴HF=DE，DH=EF，∵点E是边CD的中点，∴DE=1∴HF=1∵AB∥CD，∴△BGF∽∵BF:CE=1:2，∴△CGE的面积为12，∵∠CEG=∠AHD=90°，∠C=∠A，∴△CEG∽设BF=x，则CE=2x，∴CD=4x，DE=HF=2x，∴AD=AB=4x，∴AF=AB+BF=5x，∴AH=AF-HF=3x，∴CE:AH=2:∴S△AHD在Rt△ADH∵DH∴DH=A∴12∴12∴7x∴菱形ABCD的面积=AB⋅DH=4x⋅7故答案为：72．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，灵活运用菱形的性质是解题的关键．三．利用相似三角形性质与判定求周长（共3小题）1．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是边AC上一点，过点D作DE⊥AC交AB于点E．动点P从D点出发，以每秒1个单位长度的速度，按D→E→B→C的路径匀速运动，设P点的运动时间为t秒，△PCD的面积为S，S关于t的函数图象如图所示，则△ABC的周长为（

）

A．4 B．8 C．12 D．16【答案】D【分析】先由当t=6秒时，S有最大值8，当t=10秒时，S=0，得出BC的值，进而根据t=6时，S=8，得出CD的值，从而可进一步求得DE和BE的值；然后证明△ADE∽△ACB，利用相似三角形的性质可得AD和AE的值，从而【详解】解：∵当t=6秒时，S有最大值8，当t=10秒时，S=0，∴BC=10-6=4，∵当t=6时，S=8，∴12∴CD=4，∵12∴12∴DE=1，∴BE=6﹣∵DE⊥AC，∴∠ADE=90°，∵∠ACB=90°，∴DE∥∴△ADE∽∴ADAC∴ADAD+4解得：AD=43，∴AC=43+4=∴△ABC的周长为16故选：D【点睛】本题考查动点问题的函数图象、相似三角形的判定与性质和三角形的面积计算，数形结合是解题的关键．2．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，连接BD，分别以B，D为圆心，大于12BD的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线EF分别交线段A．212 B．11 C．2310 D【答案】A【分析】利用基本作图可判断EF垂直平分BD，再利用勾股定理计算出BD=5，则CH=BH=52，接着证明△BHG∽△BAD，利用相似比求出HG=158，【详解】解：由作法得EF垂直平分BD，∴GH⊥BD，BH=DH，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=∠BCD=90°，BC=AD=3，在△ABD中，BD=A∵CH为Rt△BCD∴CH=BH=1∵∠BHG=∠A，∠HBG=∠ABD，∴△BHG∽△BAD，∴HGAD=BG∴HG=158，∴四边形BCHG的周长=HG+BG+BC+CH=15故选：A．【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和矩形的性质．3．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等腰直角三角形△ABC的顶点A，B，C均落在格点上．

（1）△ABC的周长等于；（2）有以AB为直径的半圆，圆心为O，请你在半圆内找到一个点P，使得PA=AC，PB=PC．请用无刻度的直尺在如图所示的网格中画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】4+42如图，取格点D，连接OD，再取半圆与格线的交点E，连接AE，则AE与OD的交点即为所求的点P【分析】（1）利用勾股定理求解即可；（2）取格点D，连接OD，再取半圆与格线的交点E，连接AE，则AE与OD的交点即为所求的点P．如图，证明△AFE∽△POA，通过计算即可说明AP=22【详解】（1）C△ABC故答案为：4+42（2）如图，取格点D，连接OD，再取半圆与格线的交点E，连接AE，则AE与OD的交点即为所求的点P．

理由如下：如图，连接OE，则OE=2,MO=1，∴ME=3，∴AF=∵FE∥AB，∴∠FEA=∠PAO，又∵∠AFM=∠AOP=135°，∴△AFE∽△POA，∴EFAE=AO∴AP=22

故答案为：取格点D，连接OD，再取半圆与格线的交点E，连接AE，则AE与OD的交点即为所求的点P．【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．四．利用相似三角形性质与判定求最值（共7小题）1．如图，在平面直角坐标系中，点B6,0，A是y轴正半轴上的动点，以AB为一边在AB的右侧作面积为48的矩形ABCD，连接OC，则OC的最大值为

【答案】4+2【分析】作BM⊥OB交CD于点M，如图，先证明△AOB∼△MCB，根据相似三角形的性质可得OB⋅BM=AB⋅BC，求出BM=8，取BM的中点N，连接ON,CN，根据OC≤ON+CN即可求出答案．【详解】解：作BM⊥OB交CD于点M，如图，∵四边形ABCD是矩形，且其面积为48，∴∠ABC=∠BCM=90°,AB⋅BC=48，∴∠OBM=∠BCM=90°,∠OBA=∠90°-∠ABM=∠CBM，∴△AOB∼△MCB，∴OBBC∴OB⋅BM=AB⋅BC，∵OB=6,AB⋅BC=48，∴BM=8，

取BM的中点N，连接ON,CN，则CN=BN=1∴ON=6∵OC≤ON+CN=4+213（当O、C、N∴OC的最大值是4+213故答案为：4+213【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、勾股定理以及直角三角形斜边中线的性质等知识，正确添加辅助线、证明三角形相似是解题的关键．2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AC=4，点D是边AC上一动点，连接BD，以BD为斜边作Rt△BDE，使∠BDE=30°，∠BED=90°，连接【答案】3【分析】过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于M根据题意得到△ACB∽△DEB，△ADB∽△CEB，进而得到S△CDE【详解】解：过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于M，

∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，∴BCAB∵∠BDE=30°，∠BED=90°，∴△ACB∽△DEB，∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC=60°，∴BEBC=BD∴BEBD∴△ADB∽△CEB，∴CEAD=BC∴AD=2CE，∴∠ECM=60°，∴∠CEM=30°，∴CE=2CM，∴EM=C∴AD=2CE=4CM，∴CD=4-4CM∴S△CDE∴△CDE面积的最大值是32故答案为32【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．3．人教版九年级上册的教材第118页有这样一道习题：在一块三角形余料ABC中，它的边BC=120mm，高线AD=80mm．要把它加工成正方形零件（如图1），使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，

(1)求这个正方形零件的边长；(2)如果把它加工成矩形零件如图2，其余条件不变，矩形EGHF的面积S的最大值是多少？【答案】(1)48(2)2400【分析】（1）根据正方形的对边平行得到BC∥EF，利用“平行于三角形的一边的直线截其他两边或其他两边的延长线，得到的三角形与原三角形相似”．设正方形零件的边长为xmm，设EF与AD相交于点K，则KD=EG=EF=xmm，（2）设EG=a，根据（1）可得KD=EG=a，根据△AEF∽△ABC，可得EFBC=AKAD，即可得【详解】（1）∵四边形EGHF为正方形，∴BC∥EF，EF⊥EG，EF=EG，∴△AEF∽△ABC．∵AD⊥BC，∴AD⊥EF，即结合EF⊥EG，可得EGDK是矩形，∴KD=EG=EF，设正方形零件的边长为xmm，则KD=EG=EF=x即AK=(80-x)mm∵AD⊥BC，AD⊥EF，△AEF∽△ABC，∴EFBC∴x120解得x=48．答：这个正方形零件的边长是48mm（2）设EG=a，根据（1）可得KD=EG=a，∵矩形EGHF，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴EFBC∴EF120∴EF=120-3∴矩形面积S=EF×EG=120-当a=40时，此时矩形面积最大，最大面积是2400mm即：矩形面积最大是2400mm【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解本题的关键是证明出△AEF∽△ABC．4．如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=5米，AC=12米．M点在线段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒；同时N点在线段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒．运动时间为t秒．(1)当t为何值时，∠AMN=∠ANM？(2)当t为何值时，△AMN的面积最大？并求出这个最大值．(3)当t为何值时，△ABC与△AMN相似?【答案】(1)当t=4时，∠AMN=∠ANM(2)当t=6时，△AMN的面积最大，最大面积为180(3)当t=15637或t=7219时，【分析】（1）由勾股定理求出AB=BC2+AC2=52（2）设△AMN的面积为y，过点N作ND⊥AC，由△AND∽△ABC得到ANAB=NDBC，则（3）分△ANM∽△ABC和△AMN∽△ABC两种情况，分别列式进行求解即可．【详解】（1）解：∵∠C=90°，BC=5米，∴AB=B由题意可知，CM=t，要使∠AMN=∠ANM，则AM=AN，∴12-t=2t，

∴t=4，∴当t=4时，∠AMN=∠ANM.（2）设△AMN的面积为y．过点N作ND⊥AC，

∴ND∥BC，

∴△AND∽△ABC，∴ANAB∴2t13∴ND=10t∴y=12×当t=6时，△AMN的面积最大，最大面积为18013（3）当∠ACB=∠AMN时，△ANM∽△ABC，则AMAC=∴12-t12解得t=156当∠ACB=∠ANM时，△AMN∽△ABC，∴AMAB=∴12-t13解得t=72∴当t=15637或t=7219时,【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、二次函数的解析式和最值等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．5．如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=4，点D为斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN．(1)当点D为BC的中点时，线段MN与BC有何位置关系？并说明理由．(2)当点D在什么情况下时，线段MN的长最小？这个最小值是多少？【答案】(1)MN∥BC，理由见解析(2)当AD⊥BC时，线段MN的长最小，最小为45【分析】（1）先证明△ABC∽△MBD，得到BMAB=BDBC，再由线段中点的定义得到BD=12BC，则可得到点M为AB的中点，同理可证点N为AC（2）如图所示，连接AD，证明四边形AMDN是矩形，得到MN=AD．则当AD⊥BC时，AD最小，即此时MN最小．利用勾股定理求出BC=25，再用等面积法求出AD的最小值为4【详解】（1）解：MN∥BC，理由如下：∵DM⊥AB，∴DM∥AC，∴△ABC∽△MBD，∴BMAB∵点D为BC的中点，即BD=1∴BMAB∴点M为AB的中点，同理可证点N为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，∴MN∥BC；（2）解：当AD⊥BC时，线段MN的长最小，理由如下：如图所示，连接AD，∵DM⊥AB，∴∠AMD=∠AND=90°．又∵∠BAC=90°，∴四边形AMDN是矩形．∴MN=AD．∵点D在BC上，∴当AD⊥BC时，AD最小，即此时MN最小．∵∠BAC=90°，∴BC=∵当AD⊥BC时，△ABC的面积=1∴AD的最小值为AB⋅ACBC∴线段MN的最小值为45∴当AD⊥BC时，线段MN的长最小，最小为45【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．6．(一)感知：如图1，EF是△ABC的中位线，BC=a，G、H分别是BE、CF的中点，则GH=__________；(用字母a表示)GH与EF+BC间有怎样的相等关系：____________________．(二)探索：如图2，在四边形ABCD中，AB∥CD，其中AB=a，CD=b，(1)E是AD的中点，EF∥CD交BC于点F，则EF=___________．(用字母a，b表示)(2)K在AD上，L在BC上，KL∥CD，且使四边形ABLK∽四边形KLCD，则KL=__________(用字母a，b表示)(3)M在AD上，N在BC上，MN∥CD，且MN平分四边形ABCD的面积，求MN的长(用字母a，b表示)(三)猜想：KL、EF、MN间的大小关系：__________，(用a、b的表达式表示)并对EF与MN间的关系进行证明；(四)应用：如图3，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，点E、F分别在AC、BC上，EF平分△ABC的面积，求△CEF

【答案】(一)34a；GH=12EF+BC；(二)（1）12a+b；（2）ab；（3）a2+b【分析】(一)由三角形的中位线定理可得出结论；连接BF交GH于点M，分别在△BEF和△BCF，利用三角形中位线定理可得出结论；(二)（1）由(一)中的结论可直接解答；（2）利用相似图得出线段比例关系，进而可得出结论；（3）延长DA交CB的延长线于点P，过点P作PQ⊥CD于点Q，交AB于点G，交MN于点H，设PG=h1，PH=h2，PQ=h3；由平行可得出△PAB∽△PMN∽△PDC，得出比例式用h2表示h1(三)利用作差法可得出结论；(四)由△ECF的面积=△ACB的面积的一半可得出EC⋅CF的值，再根据三角形周长，结合不等式的性质可得出结论．【详解】解：(一)∵EF是△ABC的中位线，BC=a,∴EF=12BC，EF∥BC∵BC=a，∴EF=12a∵G、H分别是BE、CF的中点，∴EG：BG=FH：CH，∴GH∥BC，∴GH∥EF∥BC，如图1，连接BF交GH于点M，则GM是△BEF的中位线，MH是△BCF的中位线，

∴GM=12EF=14a,MH=12BC=1∴GH=GM+MH=34a由上可得，GH=GM+MH=12EF+12整理得EF+BC=2GH；故答案为：34a；二（1）由(一)中的结论可得EF=1故答案为：12（2）∵四边形ABLK∽四边形KLCD，∴AB：KL=KL：CD，∴KL2=AB⋅CD=a⋅b∴故答案为：ab；（3）如图2，延长DA交CB的延长线于点P，过点P作PQ⊥CD于点Q，交AB于点G，交MN于点H，

由题意可知，AB∥KL∴△PAB∽△PMN∽△PDC，∴AB：MN=PG：PH；PH：PQ=MN：CD，设PG=h1则a:MN=∴h1=ax∵MN平分四边形ABCD的面积，∴S四边形ABNM=∴12∴12整理得x2=a(三)由上可知，MN∴MN2∴MN≥EF，∵EF∴EF≥KL，∴MN≥EF≥KL，即ab≤故答案为：ab≤(四)∵EF平分△ABC的面积，∴S△ECF=12S∵∠C=90°，∴EF∴EF≥2EC⋅CF∴△ECF的周长=EC+CF+FE≥2EC⋅CF+7．（1）如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90o，点C在OA上，点D在线段BO延长线上，连接AD，BC，则（2）如图2，将图1中的△COD绕点O顺时针旋转α0（3）如图3，若AB=8，点C是线段AB外一动点，AC=33，连接BC，若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是_____【答案】（1）AD=BC；（2）AD=BC仍然成立，证明见解析；（3）8+36【分析】（1）证明△BOC≌△AODSAS即可得到AD=BC（2）根据△AOB和△COD是等腰直角三角形得到OA=OB，OC=OD，证明△AOD≌△BOC即可得到AD=BC；（3）过点A作AE⊥AB，取AE=AB，连接BE、DE，证明△ABC∽△EBD，求出ED=36【详解】解：（1）在△BOC和△AOD中，BO=AO∠BOC=∠AOD=90∴△BOC≌△AODSAS∴AD=BC；故答案为：AD=BC．（2）AD=BC仍然成立，证明如下：∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∴OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD，即∠AOD=∠BOC，∴△AOD≌△BOCSAS∴AD=BC．（3）过点A作AE⊥AB，使得AE=AB，连接BE、DE，由旋转的性质可得CD=CB，∴△BAE，∴BEAB∵∠CBD=∠ABE=45°，∠CBE=∠CBE∴∠ABC=∠EBD，∴△ABC∽△EBD，∴EDAC∴ED=33∵AD≤AE+ED=8+36∴AD的最大值为8+36故答案为：8+36【点睛】此题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，三角形三边之间的关系，构造相似三角形是解决问题的关键．五．利用相似三角形性质与判定解决动点问题（共2小题）1．已知Rt△ABC中，∠A=90°，AB=a，AC=b．E是AC上的动点，F为BC上的点，点E在运动的过程中保持BE⊥EF．试写出△EFC面积S与AE的长度x

【答案】S=ax【分析】过点C作CD⊥EF，交EF延长线于点D，先证△CDE∽△EAB，根据相似三角形的性质得到DE=ab-xa2+x2【详解】过点C作CD⊥EF，交EF延长线于点D，

∵∠A=90°，CD⊥EF，∴∠A=∠CDE=90°，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵BE⊥EF，∴∠AEB+∠DEC=90°∴∠ABE=∠DEC∴△CDE∽△EAB，∴ABDE=BECE=AECD∵∴CE=b-x，BE=a∴aDE∴DE=ab-xa∵∠BEF=∠CDF=90°，∠BFE=∠CFD，∴△DFC∽△EFB，∴BECD∴BEBE+CD=EFEF+FD=∴S=1【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，用含x的代数式表示出EF和CD是解本题的关键．2．如图1，在△ABC中，∠B=36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时问为ts，AP的长度为ycm，y与t的函数图象如图2所示；根据图像信息请你计算∠BAC的度数是度，当AP恰好平分∠BAC时t

【答案】72°/70度25+2【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠BAC的度数；作∠BAC的平分线AP交BC于点P，先证AP=AC=BP，再证△APC∽△BAC，利用相似三角形的性质得出APBA=PCAC，求出BP=25【详解】解：如图，作∠BAC的平分线AP交BC于点P，由图2知AB=BC=4，

∵∠B=36°，AB=BC，∴∠BAC=∠C=72°，∵AP平分∠BAC，∴∠BAP=∠PAC=∠B=36°，∴AP=BP，∠APC=∠B+∠BAP=72°=∠C，∴AP=AC=BP，∵∠PAC=∠B，∠C=∠C，∴△APC∽△BAC，∴APBA∴AP⋅AC=AB⋅PC，∴AP解得AP=25-2或∴BP=25∴t=2故答案为：72°，25【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定等，解题的关键是证明△APC∽△BAC．六．利用相似三角形性质与判定解决新定义问题（共4小题）1．定义：如图①，若点D在△ABC的边AB上，且满足∠ACD=∠B，则称满足这样条件的点为△ABC的“理想点”

(1)如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC=22，AB=4，试判断点D是不是△ABC的“理想点”(2)如图②，在RtΔABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，若点D是△ABC的“理想点”，求(3)如图③，已知平面直角坐标系中，点A(0,2)，B(0,-3)，C为x轴正半轴上一点，且满足∠ACB=45°，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点”．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)点D是△ABC的“理想点”，理由见解析(2)12(3)存在，点D的坐标为(0,42)或(0,6)或(0,-6)【分析】（1）结论：点D是△ABC的“理想点”．只要证明△ACD∽△ABC即可解决问题；（2）只要证明CD⊥AB即可解决问题；（3）如图③中，存在．有三种情形：过点A作MA⊥AC交CB的延长线于M，作MH⊥y轴于H．构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；【详解】（1）解：结论：点D是△ABC的“理想点”．理由：如图①中，

∵D是AB中点，AB=4，∴AD=DB=2，∵AC2=∴AC∴ACAD∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴∠ACD=∠B，∴点D是△ABC的“理想点”，（2）解：如图②中，

∵点D是△ABC的“理想点”，∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A，当∠ACD=∠B时，∵∠ACD+∠BCD=90°，∴∠BCD+∠B=90°，∴∠CDB=90°，当∠BCD=∠A时，同法证明：CD⊥AB，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=5，AC=4∴BC=A∵12∴CD=12（3）解：如图③中，存在．有三种情形：

过点A作MA⊥AC交CB的延长线于M，作MH⊥y轴于H．∵∠MAC=∠AOC=∠AHM=90°，∠ACM=45°，∴∠AMC=∠ACM=45°，∴AM=AC，∵∠MAH+∠CAO=90°，∠CAO+∠ACO=90°，∴∠MAH=∠ACO，∴△AHM≌△COA(AAS∴MH=OA，OC=AH，设C(a,0)，∵A(0,2)，B(0,-3)，∴OA=MH=2，OB=3．AB=5，OC=AH=a，BH=a-5，∵MH∥∴MHOC∴2a解得a=6或-1（舍弃），经检验a=6是分式方程的解，∴C(6,0)，OC=6，①当∠D1CA=∠ABC时，点A是△BCD1的“∵∠D1CA=∠ABC∴△D∴CD∴m解得m=42，∴D②当∠BCA=∠CD2B时，点A是△BCD2根据①同理可得：∠CD∴OD∴D③当∠BCA=∠AD3C时，点B是△ACD3根据①同理可得：∠CD∴OD∴D综上所述，满足条件的点D坐标为(0,42)或(0,6)或(0,-6)．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．2．定义：如图1，对于线段AB的内分点C和外分点D，如果满足ACCB=ADDB，那么称A、B、C、D是“调和点列”．如图2，在△ABC中，点D在AB上，点E在AB的延长线上，联结CE，射线CD、CB与射线AM交于点

图1

图2【答案】12/【分析】根据调和点列可得AD⋅BD=6，进而得出BD=1，证明△DAF∽△DEC,△BAG∽△BEC，得出AF,AG，进而即可求解．【详解】解：∵A、B、∴AD∴AE⋅BD=6即2+3+BD解得：BD=1（负值舍去）∵AG∥∴△DAF∽△DEC,△BAG∽△BEC∴AF∴AF=∴AFAG故答案为：12【点睛】本题考查了几何新定义，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．3．定义：三角形一边中线的中点和该边的两个顶点组成的三角形称为中原三角形．如图①，AD是△ABC的中线，F是AD的中点，则△FBC是中原三角形．

(1)求中原三角形与原三角形的面积之比（直接写出答案）．(2)如图②，AD是△ABC的中线，E是边AC上的点，AC=3AE，BE与AD相交于点F，连接CF．求证：△FBC是中原三角形．(3)如图③，在（2）的条件下，延长CF交AB于点M，连接ME，求△FEM与△ABC的面积之比．【答案】(1)中原三角形与原三角形的面积之比为1(2)见解析(3)△FEM与△ABC的面积之比为1【分析】（1）由F是AD的中点，可得S△DFC=12S（2）作CE的中点G，连接DG，由AD是△ABC的中线，可得DG是△BCE的中位线，CE=2EG，即得BE∥DG，即EF∥DG，根据AC=3AE，CE=2AE，可得AE=EG，即得（3）过D作DH∥CM交AB于H，由DH∥CM，D是BC中点，F是AD中点，可得AM=MH=BH，即知AEAC=13=AMAB，可得△AME∽△ABC，有∠AME=∠ABC，ME【详解】（1）解：∵F是AD的中点，∴S△DFC∴S△DFC∴S△FBC∴中原三角形与原三角形的面积之比为1：（2）证明：作CE的中点G，连接DG，如图：

∵AD是△ABC的中线，∴D是BC中点，∵G是CE中点，∴DG是△BCE的中位线，CE=2EG，∴BE∥DG，即∵AC=3AE，∴CE=2AE，∴AE=EG，又∵EF∥∴AF=DF，即F是AD中点，∴△FBC是中原三角形；（3）解：过D作DH∥CM交AB于

∵DH∥CM，D是∴BH=MH，∵DH∥MF，F是∴AM=MH，∴AM=MH=BH，∴AMAB∵AC=3AE，∴AEAC又∵∠MAE=∠BAC，∴△AME∽∴∠AME=∠ABC，MEBC∴ME∥∴△MEF∽∴S△FEM∴S△FBC=9S△FEM，由（∴9S∴S△FEM∴△FEM与△ABC的面积之比为1：【点睛】本题考查了三角形中线的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例以及相似三角形的判定和性质，正确理解新定义是解题的关键．4．定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．

理解：（1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留画图痕迹，找出2个即可）；（2）①如图2，在四边形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，对角线BD平分∠ABC．请问BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；②若BD=4，求AB⋅BC的值．运用：（3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFH=∠HFG=30°．连接EG，若△EFG的面积为123，求FH【答案】（1）详见解析；（2）①BD是四边形ABCD的“相似对角线”，理由见解析；②16；（3）4【分析】（1）根据“相似对角线”的定义，利用方格纸的特点可找到D点的位置；（2）①∠ABC=80°，BD平分∠ABC，则∠ABD=∠DBC=40°，由三角形内角和定理得到∠A+∠ADB=140°，又由∠ADC=140°得到∠BDC+∠ADB=140°，则∠A=∠BDC，即可证明△ABD∽△DBC，结论成立；②△ABD∽△DBC，利用相似的性质求解即可；（3）先判断出△FEH∽△FHG，得出FH2=FE⋅FG，再求出EQ=【详解】解：（1）如图1所示．如图①中，D1

由题意可得AB=2∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，①当∠ACD=90°时，∴ACAB∴55∴CD=10，①当∠CAD=90°时，△ACD∽△BAC，∴ACAB∴55∴AD=10；（2）①如图2，BD是四边形ABCD的“相似对角线”，

理由如下：∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC=40°，∴∠A+∠ADB=140°，∵∠ADC=140°，∴∠BDC+∠ADB=140°∴∠A=∠BDC，∴△ABD∽△DBC，∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”；②∵△ABD∽△DBC，∴ABBD∴BD∵BD=4，∴AB⋅BC=16；（3）如图3，

∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∴△EFH与△HFG相似．∵∠EFH=∠HFG=30°，∴△FEH∽△FHG，∠EFQ=∠EFH+∠HFG=60°，∴EFFH∴FH过点E作EQ⊥FG于点Q，则∠FQE=90°，∴∠FEQ=90°-∠EFQ=30°，∴FQ=1∴EQ=EF2-F∴12∴FG⋅FE=48，∴FH∴FH=43【点睛】本题是属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识点，正确判定相似三角形是解答本题的关键．七．利用相似三角形性质与判定解决多结论问题（共4小题）1．如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P,DM⊥AB于点M,AM=4，则下列结论：①QE=5，②BQ=3，③BP=158，④△EFQ∽△EDB．正确的是（A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断③【详解】由折叠性质可知:∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5,∵CD∥∴∠CDF=∠QEF.∴∠QDF=∠QEF.∴DQ=EQ=5.故①正确;∵DQ=CD=AD=5,DM⊥AB,∴MQ=AM=4.∵MB=AB-AM=5-4=1,∴BQ=MQ-MB=4-1=3.故②正确;∵CD∥AB,∴△CDP∽△BQP.∴CPBP=∴BP=38BC=∵CD∥∴△CDF∽△BEF.∴DF∴EF∵QE∴EF∴△EFQ与△EDB不相似.故④错误；故选:A．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键.2．如图，点O为正方形ABCD的中心，AD=1，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使BD=BF，连结DF交BE的延长线于点H，连结OH交DC于点G，连结HC则以下四个结论中：①OH∥BF；②OG:GH=2+1:1；③GH=2-12；④A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】①过点E作EP⊥BD于点P，求出EC=CF，证明△BCE≌△DCF，然后可得BH⊥DF，再根据等腰三角形三线合一与中位线定理可得出结论；②③由三角形中位线定理知，OG=BC=12，GH=CF=2-12，然后可得结论；④根据四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线可求出∠EBC=22.5°，进而得到∠F=67.5°，再由H是DF中点，可得CH＝HF，求出∠CHF即可得出结论；⑤证明△HEC∽△HCB，则HC:HB=HE:HC【详解】解：①∵BE平分∠DBC，BD=BF，∴DH=HF，∵OD=OB，∴OH是△DBF的中位线，∴OH∥BF，故②③∵点O为正方形ABCD的中心，AD=1，BD=BF，∴BD=BF=2由三角形中位线定理知，OG=12BC=∴OG:GH=1:2-1=④∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，∴∠EBC=22.5°，∵∠BHF=90°，∴∠F=90°-22.5°=67.5°，∵H是DF中点，∴CH=HF，∴∠CHF=180°-67.5°-67.5°=45°，∴∠CHF=2∠EBC，故④正确；⑤∵∠CHF=∠CDF+∠ECH=2∠EBC，∠EBC=∠CDF，∴∠ECH=∠CBH，∵∠CHE=CHB，∴△HEC∽△HCB，∴HC:HB=HE:HC，即CH2=HE·HB综上可知，①②③④⑤正确，共5个正确，故选：D．【点睛】此题考查了等腰三角形三线合一定理、角平分线的定义、相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识，利用正方形的性质结合角平分线的定义逐步解答是解题的关键．3．在正方形ABCD中，AB=2，E是BC的中点，在BC延长线上取点F使EF=ED，过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G，交CD于点N，以下结论中：①CNCF=12；②NM=NC；③CMEGA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】根据已知确定CE:CD=1:2，再证明△DEC≌△FEM可得MF=CD=2,ME=CE=1,MF=CD=2，进一步证明△MEF∽△CNF，判定①对，然后证明Rt△DMN≌Rt△FCN可得NM=CN得出②对，由三角形全等，勾股定理得③错误；在Rt△EFM中，EF=5，则BF=1+5，再证明Rt△GBF∽Rt△FCN【详解】解：∵正方形ABCD中，AB=2，E是BC的中点，∴BE=CE=1,CD=AB=2,∠DCE=90°，∴CE:CD=1:2，在△DEC和△FEM中，∠DEC=∠MEF∠DCE=∠FME=90°∴△DEC≌∴MF=CD=2,ME=CE=1,MF=CD=2，∵FG⊥ED,∠DCF=90°，∴∠EMF=∠DCF=90°，又∵∠F=∠F，∴△MEF∽∴CNCF=ME∵EF=ED，∴EF-CE=ED-EF，∴DM=FC，∵∠MND=FNC，∴Rt∴NM=CN，故②对；∵BE=EC,ME=EC，∴BE=ME，∵GE=GE，∴Rt∴∠BEG=∠MEG，∵ME=EC,∠EMC=∠ECM，∵∠EMC+∠ECM=∠BEG+∠MEG，∴∠GEB=∠MCE，∴MC∥∴△CMF∽∴CM∵EF=DE=EC2∴CMEG=在Rt△EFM中，EF=∴BF=BE+EF=1+5∵CN∥∴Rt∴GFBF∴GF=12BF=∵BE=ME=1,GE=EG，∴Rt∴S四边形GBEM故选：B．【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质、勾股定理、正方形的性质、相似三角形的性质乃综合题，理解题意是解决问题的关键．4．如图，四边形ABCD是正方形，点E在CB的延长线上，连接AE，AF⊥AE交CD于点F，连接EF，点H是EF的中点，连接AH并延长交BC于点M，连接DH交AF于点G，则下列结论中：①BE=DF；②∠DHF=∠EAB；③AM=2AG；④若MB=3，DF=2，则S△AHG

【答案】①②③【分析】证明△ABE≌△ADF判断①；利用∠ADF=∠AHF=90°可以得到A，H，D，F四点共圆，然后利用圆周角定理可以判断②；根据△AEM∽△AHG可以得到AMAG=AEAH，即可判断【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∵AE⊥AF，∴∠EAF=∠BAD=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△AB