专题35 中考命题核心元素相似三角形的基本模型的应用（解析版）

专题35中考命题核心元素相似三角形的基本模型的应用（解析版）

模块一典例剖析+针对训练

模型一A字型

基本图形：

DE∥BCDE与BC不平行

典例11．（2023春•阜城县月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一边与BC重合，

另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1．

（1）△ADE的周长为1；

3+

（2）直尺宽BD的长为．

23

3

思路引领：（1）根据相似边对应成比例直接求解即可；

（2）将上题数据直接计算即可．

解：（1）由图可知，DE＝1，

∵∠A＝60°，

∴Rt△ADE中，，，

��323

𝐴==𝐷=2𝐴=

∴33；3

△𝐴�233

故答�案为=：1+3；+3=1+3

（2）过E作3E+P⊥1BC于P，

由图可知，PC＝2，BC＝3，

∵AB∥EP，

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∴△ABC∽△EPC，

∴，

��2

=

∵R��t△AB3C中，，

��

𝐴==3

∴，3

323

��=3−=

故答案为：3．3

23

总结提升：此3题考查相似三角形，解题关键是可通过相似比求对应边．

针对训练

1．（2021•博山区一模）如图，Rt△ABC中，AC＝3，BC＝5，∠C＝90°，点G是AB上的一个动点，过点

G作GF垂直于AC于点F，点P是BC上的点，若△GFP是以GF为斜边的等腰直角三角形，则此时

PC长为（）

A．B．2C．D．

1593

思路1引1领：依题意补全图形，判定△FPC是等腰1直0角三角形及△AFG∽4△ABC，从而得比例式，设CP

＝CF＝x，将相关线段的值或含x的代数式代入比例式，求解即可．

解：依题意补全图形，如图：

由题可知，GF⊥AC，△GFP是以GF为斜边的等腰直角三角形，

在Rt△ABC中，BC⊥AC，

∴GF∥BC，

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∴∠GFP＝∠FPC＝45°，

∵∠C＝90°，

∴∠PFC＝∠FPC＝45°，

∴△FPC是等腰直角三角形，

设CP＝CF＝x，则FPx，GFFP＝2x，

∵AC＝3，=2=2

∴AF＝3﹣x，

∵GF∥BC，

∴△AFG∽△ABC，

∴，即，

𝐹��2�3−�

==

解得��x��．53

15

故选：=A．11

总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质及等腰直角三角形的判定与性质，数形结合、熟练掌握

相关性质及定理是解题的关键．

3．（2022秋•汝城县期末）如图，AB＝16cm，AC＝12cm，动点P，Q分别以每秒2cm和1cm的速度同时开

始运动，其中点P从点A出发，沿AC边一直移到点C为止，点Q从点B出发沿BA边一直移到点A为

止（点P到达点C后，点Q继续运动），当t＝或7时，△APQ与△ABC相似．

48

11

思路引领：分0≤t≤6，6≤t≤16两种情况，根据相似三角形的性质求出所用的时间．

解：当0≤t≤6时，

①若QP∥BC，则有△AQP∽△ABC，

∴，

𝐴��

=

∵A�B�＝16�c�m，AC＝12cm，AP＝2tcm，AQ＝（16﹣t）cm，

∴，

16−�2�

=

解得16t；12

48

=11

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②当∠A＝∠A，若∠AQP＝∠C，则有△AQP∽△ACB，

所以，

𝐴��

=

即��𝐴，

16−�2�

=

解得12t＝6.41（6不符合题意，舍去）；

当6≤t≤16时，点P与C重合，

∵∠A＝∠A，只有当∠AQC＝∠ACB时，有△AQC∽△ACB，

∴，

𝐴��

=

∴��𝐴，

16−�12

=

解得12t＝7．16

综上所述：在0≤t≤6中，当t时，△AQP∽△ABC，在6≤t≤16中，当t＝7时，△AQC∽△ACB．

48

=11

故答案为：或7．

48

总结提升：1本1题主要考查了路程问题，相似三角形的判定和性质以及一次函数的综合应用，注意要根据

P点、Q点的不同位置进行分类求解．

模型二8字型

基本图形：

AB∥CDAB，CD不平行，∠A＝∠C或∠B＝∠D

典例2（2022•北京）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，，则AE的长为1．

��1

=

��4

思路引领：由矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD∥BC，利用勾股定理求出BC＝4，利用相似三角形的性

质，即可求出AE的长．

解：∵四边形ABCD是矩形，

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∴∠ABC＝90°，AD∥BC，

∵AB＝3，AC＝5，

∴BC4，

2222

∵AD=∥BC��，−𝐴=5−3=

∴∠EAF＝∠BCF，∠AEF＝∠CBF，

∴△EAF∽△BCF，

∵，

��1

=

∴��4，

𝐷��1

==

∴���，�4

𝐷1

=

∴A4E＝14，

故答案为：1．

总结提升：本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角

形的判定与性质是解决问题的关键．

针对训练

1．（2021秋•郸城县期中）如图，在ABCD中，E是BA延长线上一点，CE分别与AD，BD交于点G，F．则

下列结论：▱

①；②；③；④CF2＝GF•EF．

��𝐹��������

===

其中��正确的��是（��）𝐴��𝐴

A．①②③④B．①②③C．①③④D．①②

思路引领：根据平行四边形的性质和平行线分线段成比例定理即可解决问题．

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BE∥CD，AD∥BC，

∴，故①正确，

��𝐹

=

∴����，故②正确，

����

=

��𝐴

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，故③正确，

����

=

∵��𝐴，

������

2==

∴�C�F＝E�F�•GF�，�故④正确，

故选：A．

总结提升：本题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本

知识，属于中考常考题型．

2．（2020秋•吉水县期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．

（1）求证：△BDE∽△EFC；

（2）设．

��1

=

①若BC�＝�20，2求线段BE的长；

②若△EFC的面积是36，求△ABC的面积．

思路引领：（1）由平行线性质可得到∠BED＝∠C，∠B＝∠FEC，则△BDE∽△EFC；

（2）①由EF∥AB，根据平行线分线段对应成比例可得，故可求得BE；

����120

===3

②证明△EFC∽△BAC，可得，从而�可�得�S�△ABC＝23681．

�△�����244

=()=÷=

（1）证明：∵DE∥AC，�△𝐴���99

∴∠BED＝∠C，

又∵EF∥AB，

∴∠B＝∠FEC，

∴△BDE∽△EFC；

（2）解：①∵EF∥AB，

∴，

����1

==

∵B�C�＝2�0，�2

∴，

��1

=

20−��2

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∴BE．

20

=3

②∵，

��1

=

∴��，2

��2

=

∵�E�F∥A3B，

∴∠CEF＝∠B，

∵∠C＝∠C．

∴△EFC∽△BAC，

∴，

�△�����24

=()=

∵S�△E�F�C�＝36，��9

∴S△ABC＝3681．

4

总结提升：本÷题9考=查了相似三角形的判定与性质，平行线分线段对应成比例，平行线的性质，熟练掌握

相似三角形的判定和性质是解题的关键．

模型三母子型

基本图形：

典例3（2023•红花岗区校级一模）如图，在△ABC中，D是AB边上的点，∠B＝∠ACD，AC：AB＝1：2，

则△ADC与△ABC的面积比是（）

A．1：B．1：2C．1：3D．1：4

思路引领2：根据相似三角形的周长之比等于相似比可以解答本题．

解：∵∠B＝∠ACD，∠CAD＝∠BAC，

∴△ACD∽△ABC，

∴，

2

�△�𝐴��1

=2=

�△𝐴�𝐴4

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故选：D．

总结提升：本题考查相似三角形的性质，解答本题的关键是明确相似三角形的面积之比等于相似比的平

方．

针对训练

1．（2022•苏州模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边BC、边AB上，且∠ADE＝∠B，求

证：△ADC∽△DEB．

思路引领：根据题意求出∠B＝∠C，∠BED＝∠ADC，进而利用相似三角形的判定证明即可．

证明：在△ABC中，AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∵∠EDC＝∠ADE+∠ADC＝∠B+∠BED，∠ADE＝∠B，

∴∠DEB＝∠ADC，

在△ADC和△DEB中，∠ADC＝∠DEB，∠C＝∠B，

∴△ADC∽△DEB．

总结提升：本题考查了相似三角形的判定，等腰三角形的性质，根据题意求出∠B＝∠C，∠BED＝∠ADC

是解题的关键．

2．（2022•德城区模拟）【基础巩固】

（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD•AB．

【尝试应用】

（2）如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF

＝5，BE＝3，求AD的长．

【拓展提高】

（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠BAD＝2

∠EDF，AE＝1，DF＝4，求菱形ABCD的边长（直接写出答案）．

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思路引领：（1）根据两个角相等，证明△ADC∽△ACB，得，即可得出结论；

𝐴��

（）利用平行四边形的性质得∠＝∠，同理可得2＝=，求出的长即可；

2BFECBF��BE⋅�B�CBC

（3）延长EF、DC交于G，同理证明△EDF∽△EGD，得DEEF，则DGDF＝4，再利用平

行四边形的性质得出答案．=2=22

（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，

∴△ADC∽△ACB，

∴，

𝐴��

∴2=＝；

A�C�A�D�⋅AB

（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD＝BC，∠A＝∠C，

又∵∠BFE＝∠A，

∴∠BFE＝∠C，

又∵∠FBE＝∠CBE．

∴△BEF∽△BCF，

∴，

����

∴2=＝，

B�F�B�E�⋅BC

∴，

22

��525

��===

∴��，33

25

（3�）�解=：3延长EF、DC交于G，

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∵四边形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，∠BAD＝2∠ACD，

∵EF∥AC，

∴四边形AEGC是平行四边形，∠ACD＝∠G，

∵∠BAD＝2∠EDF，

∴∠EDF＝∠G，

∵∠DEF＝∠GED，

∴△EDF∽△EGD，

∴DE2＝EF×EG，

又∵EG＝AC＝2EF，

∴DE2＝2EF2，

∴DEEF，

又∵=2，

����

=

∴DG��D��F＝4，

∴DC＝=DG2﹣CG＝241，

∴菱形ABCD的边长为2−4．

总结提升：本题是相似形综2合−题1，主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的性

质等知识，熟练掌握相似三角形的基本模型，并学会构造模型是解题的关键．

模型四一线三等角型

基本图形：

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典例4（2022秋•武侯区校级期末）如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰好

落在BC边上的点F处，若CD＝3BF，BE＝4，则AD的长为15．

思路引领：证明△BEF∽△CFD，求得CF，设BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求

解．

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，

∵将矩形ABCD沿直线DE折叠，

∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，

∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，

∴∠BEF＝∠CFD，

∴△BEF∽△CFD，

∴，

����

=

∵�C�D＝3�B�F，

∴CF＝3BE＝12，

设BF＝x，则CD＝3x，DF＝BC＝x+12，

∵∠C＝90°，

∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，

∴（3x）2+122＝（x+12）2，

解得x＝3（舍去0根），

∴AD＝DF＝3+12＝15，

故答案为：15．

总结提升：本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理的运用，利用

勾股定理列出方程和证明相似三角形是本题的关键．

针对训练

1．（2021•信阳模拟）如图，AB是O的直径，直线DE与O相切于点C，过点A，B分别作AD⊥DE，

⊙⊙

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BE⊥DE，垂足为点D，E，连接AC，BC．若AD＝1，CE，则OA的长为（）

=3

A．1B．C．2D．

思路引领：连接OC，如图，3利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再证明2∴3Rt△ACD∽Rt△CBE，利用相

似比得到，则利用正切的定义可求得∠ABC＝30°，接着证明△OAC为等边三角形得到∠OCA

��3

=

＝60°，然𝐴后根据3切线的性质得OC⊥DE，所以∠ACD＝30°，从而求出CA即可．

解：连接OC，如图，

∵AB是O的直径，

∴∠ACB⊙＝90°，

∵AD⊥DE，BE⊥DE，

∴∠D＝∠E＝90°，

∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，

∴∠CAD＝∠BCE，

∴Rt△ACD∽Rt△CBE，

∴，

��𝐴13

===

在�R�t△A�C�B中，3∵tan3∠ABC，

��3

∴∠ABC＝30°，=��=3

∴∠BAC＝60°，

∵OA＝OC，

∴△OAC为等边三角形，

∴∠OCA＝60°，

∵直线DE与O相切于点C，

∴OC⊥DE，⊙

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∴∠ACD＝90°﹣∠OCA＝30°，

在Rt△ACD中，AC＝2AD＝2，

∴OA＝AC＝2．

故选：C．

总结提升：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理、相似三角

形的判定与性质和解直角三角形．

2．（2020秋•江都区期末）如图，正方形ABCD的边长为2，点P是BC边上的一个动点（点P不与点B、

C重合），连接AP，过点P作PQ⊥AP交DC于点Q．

（1）求证：AB•CQ＝PB•PC；

（2）当CQ最大时，求BP的长．

思路引领：（1）证明△ABP∽△PCQ，由相似三角形的性质可得出答案．

（2）根据比例线段可得到关于y的表达式，再根据二次函数来求出y的最大值．

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠B＝∠C＝90°

∵PQ⊥AP，

∴∠APB+∠QPC＝90°，∠APB+∠BAP＝90°，

∴∠BAP＝∠QPC，

∴△ABP∽△PCQ，

∴，

𝐴��

=

��𝐴

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∴AB•CQ＝PB•PC；

（2）解：设BP＝x，CQ＝y，由（1）得2y＝x（2﹣x），

∴，

12121

�=−(�−2�)=−(�−1)+

∵＜2，开口向下，对2称轴是直线2x＝1，且x的范围是0≤x≤2，

1

−20

∴当x＝1时，y有最大值为，即当CQ最大时，BP＝1．

1

总结提升：本题考查了相似三2角形的判定和性质，正方形的性质以及二次函数的性质，熟练掌握相似三

角形的判定与性质是解题的关键．

模型五旋转型

基本图形：

典例5（2022•玉林）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，

C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE＝a．

（1）求BF的长（用含a的代数式表示）；

（2）连接EF交AB于点G，连接GC，当GC∥AE时，求证：四边形AGCE是菱形．

思路引领：（1）根据矩形的性质可得∠ADE＝∠ABF，∠∠DAE+∠BAE＝90°，结合题干AF⊥AE可得

∠BAF+∠BAE＝90°，进而可得∠DAE＝∠BAF，进而可得△ADE∽△ABF，利用相似三角形的性质可

得BF的长度；

（2）先根据AG∥CE，GC∥AE进而可得四边形AGCE是平行四边形，通过勾股定理可得GF2、EF2、

AE2，再过点G作GM⊥AF于点M，易得△MGF∽△AEF，进而利用相似三角形的性质可得GM的长，

即可得GM＝GB，进而可得GF是∠AFB的角平分线，最后利用角平分线得性质可得EA＝EC，即可得

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平行四边形AGCE是菱形．

（1）解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ADE＝∠ABF＝∠BAD＝90°，

∴∠DAE+∠BAE＝90°，

∵AF⊥AE，

∴∠BAF+∠BAE＝90°，

∴∠DAE＝∠BAF，

∴△ADE∽△ABF，

∴，即，

𝐴��4�

==

∴B�F�＝2a�，�8��

（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AG∥CE，

∵GC∥AE，

∴四边形AGCE是平行四边形．

∴AG＝CE＝8﹣a，

∴BG＝AB﹣AG＝8﹣（8﹣a）＝a，

在Rt△BGF中，GF2＝a2+（2a）2＝5a2，

在Rt△CEF中，EF2＝（2a+4）2+（8﹣a）2＝5a2+80，

在Rt△ADE中，AE2＝42+a2＝16+a2，

如图，过点G作GM⊥AF于点M，

∴GM∥AE，

∴△MGF∽△AEF，

∴，

����

=

∴𝐷��，

22

����

2=2

∴𝐷��，

22

��5�

2=2

∴1G6M+＝�a，5�+80

∴GM＝BG，

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又∵GM⊥AF，GB⊥FC，

∴GF是∠AFB的角平分线，

∴EA＝EC，

∴平行四边形AGCE是菱形．

解法二：∵AG∥CE，CG∥AE，

∴四边形AGCE是平行四边形，

∴AG＝CE，

∵AB＝CD，

∴BG＝DE＝a，

∴tan∠EFC，

����1

∴EC＝a+2＝=8�﹣�a=��=2

∴a＝3，

∴AE5，

22

∴AE=＝CE3＝+5，4=

∴四边形AGCE是菱形．

总结提升：本题主要考查相似三角形的判定与性质、菱形的判定、矩形性质等，解题关键是熟练掌握相

关性质与判定．

针对训练

1．（2020秋•丹阳市期末）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，以点A为旋转中心将矩形ABCD旋转，

旋转后的矩形记为AEFG，如图所示．CD所在直线与AE、GF交于点H、I，CH＝IH．则线段HI的长

度为（）

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A．3B．2C．5D．

5

22

思路引领：由“HL”可证Rt△AGI≌Rt△ADI，可得∠GAI＝∠DAI，由2余角的性质可得∠IAH＝∠AID，

可证IH＝AH，通过证明△ADI∽△CDA，可得，可求DI＝1，即可求解．

𝐴��

=

解：如图，连接AI，AC，��𝐴

∵以点A为旋转中心将矩形ABCD旋转，旋转后的矩形记为AEFG，

∴AG＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，

在Rt△AGI和Rt△ADI中，

，

𝐹=𝐴

∴�R�t=△�A�GI≌Rt△ADI（HL），

∴∠GAI＝∠DAI，

∴90°﹣∠GAI＝90°﹣∠DAI，

∴∠IAH＝∠AID，

∴IH＝AH，

又∵IH＝HC，

∴IH＝HC＝AH，

∴∠IAC＝90°，

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∴∠DAI+∠DAC＝90°，

又∵∠DAC+∠DCA＝90°，

∴∠DAI＝∠DCA，

又∵∠ADI＝∠ADC＝90°，

∴△ADI∽△CDA，

∴，

𝐴��

=

∴���，�

2��

=

∴4DI＝12，

∴CI＝ID+CD＝5，

∴IHIC，

15

故选：=D2．=2

总结提升：本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，旋转的性质，矩形的性质

等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．

2．（2020•长丰县一模）如图，在锐角三角形ABC中，点D、E分别在边AC、AB上，AG⊥BC

于点G，AF⊥DE于点F，∠EAF＝∠GAC．

（1）求证：△ADE∽△ABC；

（2）若AD＝BE＝4，AE＝3，求CD的值．

思路引领：（1）由垂直得出∠AFE＝∠AGC＝90°，则∠AEF+∠EAF＝90°，∠GAC+∠ACG＝90°，

由∠EAF＝∠GAC得出∠AEF＝∠ACG，即可得出结论；

（2）由△ADE∽△ABC得出，求出AB＝BE+AE＝7，则，求出AC，则CD＝AC﹣

𝐷𝐴3421

===

AD．��𝐴��74

5

（1=）4证明：AG⊥BC，AF⊥DE，

∴∠AFE＝∠AGC＝90°，

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∴∠AEF+∠EAF＝90°，∠GAC+∠ACG＝90°，

∵∠EAF＝∠GAC，

∴∠AEF＝∠ACG，

∵∠EAD＝∠CAB，

∴△ADE∽△ABC；

（2）解：∵△ADE∽△ABC，

∴，

𝐷𝐴

=

∵A�D�＝B�E�＝4，AE＝3，

∴AB＝BE+AE＝4+3＝7，

∴，

34

=

解得��：AC7，

21

=

∴CD＝AC﹣4AD4．

215

总结提升：本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定

=4−=4

与性质是解题的关键．

模块二2023中考押题预测

一．选择题

1．（2019秋•瑶海区期末）如图，在ABCD中，AB：BC＝4：3，AE平分∠DAB交CD于点E，则△DEF

的面积与△BAF的面积之比为（▱）

A．3：4B．9：16C．4：3D．16：9

思路引领：根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可解决问题．

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∴∠DEA＝∠EAB，

∵AE平分∠DAB，

∴∠DAE＝∠EAB，

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∴∠DAE＝∠DEA，

∴AD＝DE，

∵AB：BC＝4：3，

∴DE：AB＝3：4，

∵△DEF∽△BAF，

∵DE：EC＝3：1，

∴DE+DC＝DE：AB＝3：4，

∴（）2．

�△�����9

==

故选�△：𝐴B�．𝐴16

总结提升：本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本

知识，属于中考常考题型．

2．（2016•东胜区校级三模）如图，已知△ABC是面积为的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB＝2AD，∠

BAD＝45°，AC与DE相交于点F，则点D到线段AB3的距离等于（结果保留根号）（）

A．B．C．1D．

23

3

思路引2领：先根据相似三角2形面积比等于相似比的平方求得三角形ADE的面积，再根据等边三角形的面

积公式求出其边长，进而求出点D到线段AB的距离．

解：∵△ABC∽△ADE，AB＝2AD，

∴（）2＝4，

�△𝐴�𝐴

=

∵�S△A�B�C�，𝐴

=3

∴S△ADE，

3

∵△ABC=是4等边三角形，△ABC∽△ADE，

∴△ADE是等边三角形，

∴AD2，

33

=

44

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∴AD＝1．

如图，过点D作DH⊥AB于H．

在△ADH中，∵∠HAD＝45°，

∴DH＝AD•sin∠HAD＝1．

22

故选：A．×2=2

总结提升：此题考查了相似三角形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，解此题的关键是根据相

似三角形面积比等于相似比的平方求得三角形ADE的面积，然后问题可解．

3．（2021•仙桃校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC边中线，点D，E分别

在边AC和BC上，DB＝DE，EF⊥AC于点F，以下结论：①△BMD≌△DFE；②△NBE∽△DBC；

③AC＝2DF；④EF•AB＝CF•BC，其中正确结论的个数是（）

A．1B．2C．3D．4

思路引领：①设∠EDC＝x，则∠DEF＝90°﹣x，从而可得到∠DBE＝∠DEB＝180°﹣（90°﹣x）﹣

45°＝45°+x，∠DBM＝∠DBE﹣∠MBE＝45°+x﹣45°＝x，从而可得到∠DBM＝∠CDE，再根据AAS

定理得△BMD≌△DFE；②由直角三角形的性质得∠C＝∠EBN，由DB＝DE得∠DBC＝∠DEB，进而

由相似三角形的判定得△NBE∽△DBC；③由△BDM≌△DEF，可知DF＝BM，由直角三角形斜边上的

中线的性质可知BMAC，于是得AC＝2DF；④可证明CF＝EF．

1

解：①设∠EDC＝x=，2则∠DEF＝90°﹣x，

∴∠DBE＝∠DEB＝∠EDC+∠C＝x+45°，

∵BD＝DE，

∴∠DBM＝∠DBE﹣∠MBE

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＝45°+x﹣45°

＝x．

∴∠DBM＝∠E，

∵AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC边中线．

∴∠BMD＝90°，

∵EF⊥AC，

∴∠DFE＝90°＝∠BMD，

在△BMD和△DFE中，

，

∠���=∠���

∠���=∠�𝐷

∴�△�B=M�D�≌△DFE（AAS）．

故①正确；

②∵DB＝DE，

∴∠BEN＝∠CBD．

又∵∠C＝∠NBE＝45°，

∴△DBC∽△NEB；

而其对应点未写在对应位置上，故②错误；

③∵∠ABC＝90°，M是AC的中点，

∴BMAC，

1

∵△B=MD2≌△DFE，

∴BM＝DF，

∴AC＝2DF．

故③正确；

④∵∠C＝45°，EF⊥AC，

∴∠CEF＝45°＝∠C，

∴CF＝EF，

∵AB＝BC，

∴EF•AB＝CF•BC，

故④正确；

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故选：C．

总结提升：本题主要考查的是全等三角有形、相似三角形性质和判定，等腰直角三角形的性质，关键在

于证明三角形相似或全等．

二．填空题

4．如图，在△ABC中，D是AB边上一点，连接CD，要使△ADC∽△ABC，应添加的条件可以是∠ADC

＝∠ACB或∠ACD＝∠B或或AC2＝AB•AD．

𝐴��

=

��𝐴

思路引领：△ACD和△ABC中，已知了公共角∠A，若两个三角形相似，则需添加一组对应角相等，或

夹∠A的两组对应边成比例．

解：△ABC和△ACD中，∠DAC＝∠CAB，

若要△ADC与△ABC，需添加的条件为：

①∠ADC＝∠ACB；

②∠ACD＝∠B；

③或AC2＝AB•AD．

𝐴��

=

故答��案是：𝐴∠ADC＝∠ACB或∠ACD＝∠B或或AC2＝AB•AD．

𝐴��

=

总结提升：此题主要考查的是相似三角形的判定��方法�：�

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；

如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那么这两个三角形相似．

5．（2018秋•惠山区校级月考）在矩形ABCD中，BC＝10cm、DC＝6cm，点E、F分别为边AB、BC上的

两个动点，E从点A出发以每秒5cm的速度向B运动，F从点B出发以每秒3cm的速度向C运动，设运

动时间为t秒．若∠AFD＝∠AED，则t的值．

2

3

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思路引领：根据题意知AE＝5t、BF＝3t，证出，且∠DAE＝∠ABF＝90°，证△ADE∽△BAF

𝐷��

=222

得∠2＝∠3，结合∠3＝∠4、∠1＝∠2得∠1＝�∠�4，即𝐴可知DF＝DA，从而得6+（10﹣3t）＝10，解

之可得t的值，继而根据0≤5t≤6且0≤3t≤10取舍可得答案．

解：如图，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝DC＝6cm，AD＝BC＝10cm，

根据题意知，AE＝5t，BF＝3t，

∵BC＝10cm，DC＝6cm，

∴，，

𝐷5����3��

====

∴𝐴10，2𝐴62

𝐷��

=

又�∵�∠DA�E�＝∠ABF＝90°，

∴△ADE∽△BAF，

∴∠2＝∠3，

∵AD∥BC，

∴∠3＝∠4，

∴∠2＝∠4，

∵∠1＝∠2，

∴∠1＝∠4，

∴DF＝DA，即DF2＝AD2，

∵BF＝3t，BC＝10，

∴CF＝10﹣3t，∴DF2＝DC2+CF2，即DF2＝62+（10﹣3t）2，

∴62+（10﹣3t）2＝102，

解得：t或t＝6，

2

∵0≤5t≤=63且0≤3t≤10，

∴0≤t，

6

≤

∴t，5

2

=

故答案3为：

2

3

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总结提升：本题主要考查相似三角形的判定与性质、勾股定理、等角对等边和矩形的性质等知识点，根

据对应边成比例且夹角相等得出两三角形相似继而由等角对等边得出关于t的方程是解题的关键．

6．（2022•西宁二模）如图，矩形AOBC的顶点A，B在坐标轴上，点C的坐标是（﹣10，8），点D在AC

上，将△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则D点坐标是（﹣10，3）．

思路引领：由点C坐标和矩形的性质可得∠C＝90°，AO＝BC＝10，AC＝BO＝8，设CD＝x，则AD＝

8﹣x，由折叠性质可得BE＝BC＝10，∠BED＝∠BCD＝90°，DE＝CD＝x，由勾股定理可得OE＝6，

则AE＝4，由勾股定理可得x＝5，可求得AD，即可求解．

解：∵四边形AOBC为矩形，点C的坐标是（﹣10，8），

∴∠C＝∠A＝∠AOB＝90°，AO＝BC＝10，AC＝BO＝8，

设CD＝x，则AD＝8﹣x，

由折叠性质可得：

BE＝BC＝10，∠BED＝∠C＝90°，DE＝CD＝x，

在Rt△BOE中，

由勾股定理可得OE6，

2222

∴AE＝AO﹣EO＝4，=��−��=10−8=

在Rt△ADE中，

由勾股定理可得AE2+AD2＝DE2，

即42+（8﹣x）2＝x2，

解得：x＝5，

∴CD＝5，

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∴AD＝AC﹣CD＝8﹣5＝3，

∴D点坐标为（﹣10，3），

故答案为：（﹣10，3）．

总结提升：本题考查折叠的性质，勾股定理，矩形的性质等知识点，解题的关键是利用折叠性质和勾股

定理求出DE．

三．解答题（共3小题）

7．（2020秋•安徽月考）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，E，F三点在一条直线上，

连接FA并延长交边CB的延长线于点H．

（1）求证：△HCA∽△HFC；

（2）求的值；

��

（3）若�H�C＝6，HB＝2，求正方形AEFG的边长．

思路引领：（1）由四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，所以∠BCA＝∠AFE＝45°，即∠HCA＝

∠HFC＝45°，又∠CHA＝∠FHC，所以△HCA∽△HFC；

（2）由四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，所以ACAB，AFAE，可证明∠FAC＝∠BAE，

=2=2

结合，可判定△FAC∽△EAB，所以；

��������

==2==2

（3）�因�为�B�C＝6﹣2＝4，由勾股定理可得AH�，�由（�1�）得△HCA∽△HFC，所以，可得

����

=25=

HF，所以AF＝HF﹣AH．设正方形AEFG的边长为x，在直角三角形AEF�中�，由�勾�股定理

18585

=5=5

得方程2x2＝（）2，解出x即可得答案．

85

（1）证明：∵四5边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，

∴∠BCA＝∠AFE＝45°，

即∠HCA＝∠HFC＝45°，

又∠CHA＝∠FHC，

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∴△HCA∽△HFC；

（2）解：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，

∴∠ABC＝90°，由勾股定理可得ACAB，

同理可得：AFAE，=2

又∠FAE＝∠B=AC，2

∴∠FAE+∠EAC＝∠BAC+∠EAC，

即∠FAC＝∠BAE，

∴，

����

==2

∴△𝐷FAC�∽�△EAB，

∴．

����

==2

��𝐴

（3）解：∵HC＝6，HB＝2，

∴BC＝6﹣2＝4．

由勾股定理得：AH，

22

由（1）得△HCA∽=△H�F�C，+𝐴=25

∴，

����

=

即����，

625

=

解得��：HF6，

185

=

∴AF＝HF﹣A5H．

18585

设正方形AEFG=的边5长为−2x，5在=直角5三角形AEF中，

由勾股定理有：2x2＝（）2，

85

解得：x．5

410

=5

即正方形AEFG的边长为．

410

总结提升：本题考查了正方5形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，关键是要学会综合运用这

些知识．

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8．（2022秋•徐州期末）如图，在△PAB中，C、D为AB边上的两个动点，PC＝PD．

（1）若PC＝CD，∠APB＝120°，则△APC与△PBD相似吗？为什么？

（2）若PC⊥AB（即C、D重合），则∠APB＝90°时，△APC∽△PBD；

（3）当∠CPD和∠APB满足怎样的数量关系时，△APC∽△PBD？请说明理由．

思路引领：（1）由条件可证明△PCD为等边三角形，结合∠APB＝120°可得到∠A＝∠BPD，可证明△

APC∽△PBD；

（2）利用（1）的结论可得到对应边成比例，把条件代入可得到y与x之间的关系；

（3）由条件可知当关系成立时则有△APC∽△PBD，可得到∠A＝∠CPB，再结合外角和三角形内角和

可找到和之间的关系式．

解：（1α）结β论：△APC∽△PBD．

理由：∵PC＝PD＝CD，

∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，

∴∠ACP＝∠BDP＝120°，

∵∠A+∠APC＝60°，∠APC+∠BPD＝∠APB﹣∠CPD＝120°﹣60°＝60°，

∴∠A＝∠BPD，

∴△APC∽△PBD；

（2）当∠APB＝90°时，△APC∽△PBD．

理由：如图，

∵PD⊥AB，

∴∠APB＝∠ADB＝∠PDB＝90°，

∴∠APD+∠DPB＝90°，∠B+∠DPB＝90°，

∴∠APD＝∠B，

∴△APC∽△PBD．

故答案为：90；

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（3）结论：2∠APB﹣∠CPD＝180°．

理由：∵PC