第19讲 相似三角形及其应用 2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第四章三角形第19讲相似三角形及其应用（6~12分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一相似三角形的性质与判定考点二相似三角形的常见模型考点三相似三角形的应用04题型精研·考向洞悉命题点一相似三角形的判定与性质►题型01添加条件使两个三角形相似►题型02利用相似的性质求解►题型03利用相似的性质求点的坐标►题型04证明三角形的对应线段成比例►题型05利用相似三角形的性质判断函数图象（动点问题）►题型06相似三角形综合应用命题点二相似三角形的常见模型►题型01A字模型►题型028字模型►题型03字母型模型►题型04一线三垂直模型►题型05旋转相似模型命题点三相似三角形的应用►题型01测量高度问题►题型02相似三角形的实际问题►题型03相似三角形与其他知识交汇05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升考点要求新课标要求考查频次命题预测相似三角形的性质与判定了解相似三角形的判定定理.了解相似三角形判定定理的证明.了解相似三角形的性质定理.10年7考相似三角形是中考数学中非常重要的一个考点，也是难度最大的一个考点.它不仅可以作为简单考点单独考察，还经常作为压轴题的重要解题方法，和其他如函数、特殊四边形、圆等问题一起考察.而且在很多压轴题中，经常通过相似三角形的判定以及性质来得到角相等或者边长间的关系，也是动点问题中得到函数关系式的重要手段.需要考生在复习的时候给予加倍的重视!相似三角形的常见模型认识八大相似模型近10年连续考查相似三角形的应用会利用图形的相似解决一些简单的实际问题.10年8考考点一相似三角形的性质与判定相似三角形的概念：对应角相等、对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形.相似用符号“∽”，读作“相似于”.相似三角形的判定方法：1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．2）两个三角形相似的判定定理：①三边成比例的两个三角形相似；②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；③两角分别相等的两个三角形相似．④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.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）相似三角形面积比等于相似比的平方.判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；1.1.判断网格中三角形是否相似，先运用勾股定理计算出三边的长度，再看对应边的比例是否相等.考点二相似三角形的常见模型模型图形结论证明过程（思路）A字模型①∆ADE~∆ABC②1)已知DE∥BC则∠ADE=∠ABC而∠A=∠A所以∆ADE~∆ABC2)已知∠1=∠2∠A=∠A所以∆ADE~∆ABC共边反A字模型①∆ABC~∆ACD②③AC2=AB•AD剪刀反A字模型①∆ABC~∆ADE②证明过程参照按照2）8字模型正8字模型①∆AOB~∆COD②反8字模型①∆AOB~∆DOC②3)已知AB∥DC则∠A=∠C而∠AOB=∠DOC所以∆AOB~∆COD4)已知∠1=∠2∠AOB=∠DOC所以∆AOB~∆DOC一线三垂直①∆ABC~∆CDE②③当点C为BD中点时，∆ABC~∆CDE~∆ACE5)∵∠B=∠D=∠ACE=90°∴∠1+∠2=90°∠2+∠3=90°则∠1=∠3由此可得∆ABC~∆CDE6)∵∆ABC~∆CDE∴而点C为BD中点则又∵∠B=∠ACE=90°∴∆ABC~∆ACE则∆ABC~∆CDE~∆ACE三角形内接矩形①∆ABC~∆ADG②③若四边形DEFG为正方形即=若假设DG=x则=若已知BC、AN长，即可求出x的值7)∵四边形DEFG为矩形∴DG∥BC而AN⊥BC∴∆ABC~∆ADG∠AMG=∠ANC=90°=旋转相似模型①∆ABD~∆ACE∵∆ADE~∆ABC∴∠BAC=∠DAE而∠1+∠DAC=∠BAC，∠2+∠DAC=∠DAE∴∠1=∠2∴∆ABD~∆ACE考向洞悉考点三相似三角形的应用1.利用影长测量物体的高度．①测量原理：测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．②测量方法：在同一时刻测量出参照物和被测量物体的影长来，再计算出被测量物的长度．2.利用相似测量河的宽度（测量距离）．①测量原理：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．②测量方法：通过测量便于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．3.借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．命题点一相似三角形的判定与性质►题型01添加条件使两个三角形相似1．（2023·广东阳江·一模）如图，在中，D是上一点，连接，下列条件中不能判断的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查的是相似三角形的判定，熟知有两组角对应相等的两个三角形相似是解答此题的关键．根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判断即可．【详解】解：A、根据，，并不满足相似三角形的判定条件中的“两边成比例且夹角相等”所以，不能判断，故本选项符合题意；B、因为，，满足相似三角形的判定条件“两组对应角相等”，所以，，故本选项不符合题意；C、因为，，满足相似三角形的判定条件“两组对应角相等”，所以，，故本选项不符合题意；D、因为，，满足相似三角形的判定条件中的“两边成比例且夹角相等”所以，，故本选项不符合题意．故选：A．2．（2022·广东佛山·一模）如图，点P是△ABC的AC边上一点，连接BP，添加下列条件，不能判定△ABC∽△APB的是（）A．∠C＝∠ABP B．∠ABC＝∠APB C．＝ D．＝【答案】D【分析】根据相似三角形的判定条件求解即可．【详解】解：添加条件∠C＝∠ABP，再由∠A=∠A，可以判断△ABC∽△APB，故A不符合题意；添加条件∠ABC＝∠APB，再由∠A=∠A，可以判断△ABC∽△APB，故B不符合题意；添加条件＝，再由∠A=∠A，可以判断△ABC∽△APB，故C不符合题意；添加条件＝，再由∠A=∠A，不可以判断△ABC∽△APB，故D符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定条件是解题的关键．3．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）如图，点P在的边上，要判断，添加一个条件，下列不正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查的是相似三角形的判定，分别利用相似三角形的判定方法判断得出即可．【详解】解：A、当时，又∵，∴，故此选项不符合题意；B、当时，又∵，∴，故此选项不符合题意；C、当时，又∵，∴，故此选项不符合题意；D、当时，无法得到，故此选项符合题意．故选：D．4．（2024·云南昆明·二模）如图，已知，添加下列条件后，能判断的是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了相似三角形的判定，先根据求出，再根据相似三角形的判定方法解答即可，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法：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；三边成比例的两个三角形相似．【详解】解：∵，∴，、添加，不能判定，此选项不符合题意；、添加，不能判定，此选项不符合题意；、添加，利用“两角分别对应相等的两个三角形相似”能判定，此选项符合题意；、添加，不能判定，此选项不符合题意．故选：C．►题型02利用相似的性质求解5．（2023·广东阳江·一模）已知，若与的相似比为，则与的面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查的是相似三角形的性质，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方计算．【详解】解：∵，相似比为，∴与的面积之比为，即，故选：D．6．（2023·广东深圳·二模）如图，平行四边形中，，，，点O为对角线交点，点E为延长线上一动点，连接交于点F，当时，求的长度为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】作于H，延长交于M，，由，令，，勾股定理得，则，得到，由四边形是平行四边形得到，，，则，得到是等腰直角三角形，则，可得，由得到，求得，证明，则，得到，由得到，即可得到的长度．【详解】解：作于H，延长交于M，，

∵，∴令，，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选：A．【点睛】此题考查了相似三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数、平行四边形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键．7．（2023·广东广州·二模）如图，点，都是边上的点，，交于点，若，则的值是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据相似三角形的判定得出，根据相似三角形的性质得出的值．【详解】解：∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故C正确．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能熟记相似三角形的性质和判定是解此题的关键，相似三角形的面积之比等于相似比的平方．8．（2022·广东深圳·二模）如图，在中，为延长线上一点，为上一点，．若，，则的长是（

）A． B． C．6 D．【答案】A【分析】先利用平行四边形的性质结合已知证得，利用相似三角形的性质得到，进而求出的长，最后求出问题得解．【详解】解：如图∵四边形是平行四边形，∴，．∵，∴．∵，∴．∴．∴，∵，，∴．∴，∴，（舍去）．∴．故选：A．【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，合理的选择恰当的三角形相似，并学会利用相似三角形的性质求解线段是解决问题的关键．►题型03利用相似的性质求点的坐标9．（2021·黑龙江大庆·一模）如图，已知矩形OABC与矩形FEDO是位似图形，P是位似中心，若点A的坐标为（0，6），点E的坐标为（2，3），则点B的坐标为．【答案】【分析】根据位似图形的概念得到DE//OP，OD//BC，AB//OP，根据相似三角形性质求出BC，进而求出点B的坐标．【详解】解：∵点A的坐标为，点E的坐标为，∴OD=3，AD=3，DE=2，∵矩形OABC与矩形FEDO是位似图形，P是位似中心，∴DE//OP，OD//BC，AB//OP，∵AD=DO，∴OP=AB=OC，∵DE//OP，∴△ADE∽△AOP，∴，即，解得，OP=4，∵OD//BC，∴△POD∽△PCB，∴，即，解得，BC=6，∴点B的坐标为，故答案为：.【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似的两个图形必须是相似形、对应边平行仰角相似三角形的性质是解题的关键．10．（2020·江苏苏州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则．【答案】【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，∴∠DCE＝∠CAO，∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y轴，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴CDE≌CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴，∴，解得：，故答案为：．【点睛】本题综合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以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．11．（2020·辽宁营口·模拟预测）如图，直线y=﹣x+2与x轴y轴分别交于A、C两点，以AC为对角线作第一个矩形ABCO，对角线交点为A1，再以CA1为对角线作第二个矩形A1B1CO1，对角线交点为A2，同法作第三个矩形A2B2CO2对角线交点为A3，…以此类推，则第2020个矩形对角线交点A2020的坐标为．【答案】(2﹣，)【分析】先根据矩形的性质以及相似三角形的判定定理证得：，且相似比是（）n，即可求得AnOn，OOn的长，进而确定An的坐标，即可求得A2020的坐标．【详解】解：在y=﹣x+2中令x=0，解得：y=2；令y=0，解得：x=2.∴则OC=2,OA=2.∵A1是矩形ABCO的对角线的交点，O1A1//OA，∴，相似比为，同理：，相似比是（）n；∴∴∴An的坐标为∴A2020的坐标为(2﹣，)【点睛】本题考查了矩形的性质以及相似三角形的判定与性质，证得且确定相似比（）n是解答本题的关键．12．（2019·广西·二模）如图，在平面直角坐标中，，，，，，的圆心在轴上，且半径均为，的坐标为，坐标为，坐标为，坐标为射线与相切于点，射线与相切于点，按照这样的规律，的横坐标为．【答案】【分析】过点An作AnB⊥x轴于点B，连接AnOn，由切线的性质及所作的垂线可得∠OAnOn＝∠AnBOn＝90°，进而可证得△OOnAn∽△AnOnB，从而表示出OnB的长，再由计算即可．【详解】解：如图，过点An作AnB⊥x轴于点B，连接AnOn，∵的坐标为，坐标为，坐标为，坐标为∴On的坐标为（2n，0）即OOn＝2n，且AnOn＝1，∵射线与相切于点，AnB⊥x轴，∴∠OAnOn＝∠AnBOn＝90°，又∵∠OOnAn＝∠AnOnB∴△OOnAn∽△AnOnB∴∴∴∴故答案为：【点睛】本题主要考查了找规律，切线的性质及相似三角形的判定及性质的应用，能够根据规律表示出OAn的长以及运用相似三角形的性质是解决本题的关键．►题型04证明三角形的对应线段成比例13．（2023·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在中，AC和BC上分别有一点E和点H，过点E和点H分别作BC和AC的平行线交于点D，DE交AB于点G，DH交AB于点F，则下列结论错误的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行线的性质，得出角相等，证明三角形相似即可求出对应线段比例相等.【详解】解：A选项：，.，..A选项正确，不符合题意.B选项：，，，，四边形为平行四边形...B选项正确，不符合题意.C选项：，，C选项不正确，符合题意.D选项：，，，，，，.D选项正确，不符合题意.故选：C.【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键在于是否能熟练运用相似三角形的性质和判定.14．（2022·河南南阳·二模）如图，在中，点D、E分别在AB、AC边上，，BE与CD相交于点F，下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平行线的性质可得内错角相等，即可得出和，在根据相似三角形的性质及等量代换即可得出答案．【详解】解：，，，，，，由，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了三角形相似的判定及性质，考查学生对相似三角形对应边成比例知识点及等量代换技巧的掌握情况．15．（2020·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，点分别在的延长线，的延长线上，连接分别交于点则下列式子错误的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质逐项判断即可.【详解】∵四边形是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，且AB=CD，AD=BC，A、在△EBF中，∵AG∥BF，∴，故此选项正确；B、∵AE∥DH，∴，故此选项正确；C、在△EBF中，∵HC∥EB，∴，故此选项错误；D、在△EBF中，∵HC∥EB，∴，又∵AD=BC，∴，故此选项正确.故选C.【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质，关键是根据相似三角形的判定和性质来分析判断.►题型05利用相似三角形的性质判断函数图象（动点问题）16．（2020·安徽合肥·二模）如图，在矩形ABCD中，点H为边BC的中点，点G为线段DH上一点，且∠BGC=90°，延长BG交CD于点E，延长CG交AD于点F，当CD=4，DE=1时，则DF的长为（

）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】延长AD，BE相交于点M，可得△DFG∽△HCG，△DMG∽△HBG，根据相似三角形的性质可得DF=DM，由△MDE∽△CDF可得，进而得出，再根据比例的性质解答即可．【详解】解：如图，延长AD，BE相交于点M，∵DF∥CH，∴△DFG∽△HCG，∴，∵DM∥BH，∴△DMG∽△HBG，∴，∵CH=BH，∴DF=DM，又∵矩形△MDE∽△CDF，∴∴∴

∴DF＝．故选：A．【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线并熟练掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．17．（2024·山东泰安·一模）如图1，在等腰中，，动点从点出发以的速度沿折线方向运动到点停止，动点以的速度沿方向运动到点停止．设的面积为，运动时间为，与之间关系的图象如图2所示，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，动点问题的函数图象，三角形面积的计算，解题的关键是数形结合，并注意进行分类讨论．设，分两种情况：①当点在上运动，即时，②当点运动到点时，点恰好运动到点，当点在上运动，即时，点与点重合，且停止运动，分别求出函数关系式，根据时，，列出方程，求出，（舍去），得出的长是即可．【详解】解：设．①当点在上运动，即时，由题意知：，，∵在等腰中，，，，∴，，其函数图象为抛物线对称轴（轴）右侧的一部分；②当点运动到点时，点恰好运动到点，如图，

当点在上运动，即时，点与点重合，且停止运动，，，由图2知，当时，，，解得，（舍去），的长是．故选：C．18．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图（1），为矩形的边上一点，动点，同时从点出发，点沿折线运动到点时停止，点沿运动到点时停止，它们运动的速度都是秒．设、同时出发秒时，的面积为．已知与的函数关系图象如图（2）（曲线为抛物线的一部分），则下列结论：①；②当点在上时，；③当时，；④当秒时，；其中正确的结论是(

)A．①②③ B．②③ C．①③④ D．②④【答案】C【分析】根据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点到达点时点到达点，从而得到、的长度，再根据、是从5秒到7秒，可得的长度，然后表示出的长度，根据勾股定理求出的长度，然后针对各结论分析解答即可．【详解】解：如图所示：根据图（1）（2）可得，当点到达点时，点到达点，点、的运动的速度都是秒，，，故①正确；动点，同时从点出发，运动速度都是秒，设、同时出发秒时，当点在上时，，即是等腰三角形，则，过点作于点，如图所示：，从到的变化是2，，，在中，，，，，，，设，在中，由勾股定理可得，则，解得，，当点在上时，，故②错误；，当时，，故③正确；当秒时，点在上，此时，，，，，，又，，故④正确；综上所述，正确的有①③④，故选：C．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，涉及从函数图象中获取信息、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，根据图（1）（2）判断出点到达点时点到达点是解题的关键，也是本题的突破口．19．（2023·广东湛江·三模）如图，在中，，E是边上一动点，沿A→C→B的路径移动，过点E作，垂足为D．设，的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】分类讨论①当点E在上②当点E在上的情况，利用相似三角形的判定与性质，即可求解．【详解】解：在中，，由勾股定理可得，①当点E在上时，如图，∵，∴∵，∴，∴，∵，∴此时，即，∴是开口向上的一段抛物线；排除，②当点E在上时，，如图，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，为开口向下的抛物线，故选：．【点睛】本题考查了动点问题与相似三角形的综合．分类讨论是解题关键，熟记相似三角形的判定与性质定理内容是推理关键．20．（2023·河北邯郸·三模）在中，于点，点从点出发沿向点运动，设线段的长为，线段的长为（如图1），而关于的函数图象如图2所示．是函数图象上的最低点．当为锐角三角形时的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得到的长度，分类讨论为直角三角形时的情况即可．【详解】解：根据题意得：，点到的距离为，即，此时点到达点，，当点与点重合时，为直角三角形，则在右侧时，为锐角三角形，当时，，，，，，，，，，，，当为锐角三角形时，，故选：C．【点睛】本题为动点函数图象问题，考查了二次函数图象最小值的实际意义以及直角三角形的分类讨论，相似三角形的判定与性质，解题的关键是以为直角三角形作为临界条件解决问题．►题型06相似三角形综合应用21．（2024·广东中山·模拟预测）如图，线段是的直径，弦于点H，点M是上任意一点，，．(1)求的半径r的长度；(2)求(3)直线交直线于点，直线交于点，连接交于点，求的值【答案】(1)5(2)(3)16【分析】（1）在中，利用勾股定理即可解决问题；（2）只要证明，求出即可；（3）由，推出，推出，又，推出，由此即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，连接，，，在中，，，∴，．（2）解：如图1中，连接．，是直径，，，，，．（3）解：如图2中，连接．是直径，，，，，，∴，，，∵，∴，∴，，．【点睛】本题考查圆综合题、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、相交弦定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．22．（2024·广东·模拟预测）综合探究已知在矩形中，，，过点C作对角线的垂线l，点E为直线上一点，过点E作，交直线l于点F．(1)如图（1）所示，当点F在的延长线上时，(2)如图（2）所示，过点F作的延长线，垂足为点G，请写出与的数量关系，并说明理由．(3)连接，当是等腰三角形时，求的长．【答案】(1)30度(2)相等，理由见解析(3)或或【分析】（1）首先由特殊角的三角函数值求出，然后证明出，得到，进一步证明出，即可得到；（2）首先由含角直角三角形的性质得到，然后证明出，得到，进而求解即可；（3）设，则，首先判断出若是等腰三角形，则或，然后分情况讨论，分别根据勾股定理求解即可．【详解】（1）如图所示，设与交于点O，∵在矩形中，∴∵，∴∴∵，∴又∵∴∴∴又∵∴∴；（2）相等，理由如下：∵，∴∵∴∴∵，∴∵，∴∴∴，即又∵∴∴∵，∴∴∴又∵∴；（3）设，则∵，∴若是等腰三角形，则或①如图所示，当，且点F位于上方时，作，∵∴四边形是矩形∴，∴∴在中，∴解得，（舍去）；②如图所示，当，且点F位于下方时，延长交于点N，在中，同理可得解得，(舍去)；③如图所示，当时，延长交于点N，∵，，综上可得，或或．【点睛】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．23．（2024·广东珠海·模拟预测）如图，在中，，，点分别在边上，，连接．将绕点顺时针方向旋转，记旋转角为．(1)[问题发现]当时，_____；当时，____；(2)[拓展研究]试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图的情形给出证明；(3)[问题解决]在旋转过程中，的最大值为_______．【答案】(1)；；(2)没有变化，证明见解析；(3)．【分析】（）利用等腰三角形的性质判断出，，进而得出，得出，即可得出结论；同的方法，即可得出结论；（）利用两边成比例，夹角相等，判断出，即可得出结论；（）判断出点在的延长线上时，最大，再求出，即可得出结论；此题是考查了旋转的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，判断出两三角形相似熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】（1）在中，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；如图，当时，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；（2）当时，的大小没有变化；证明：在中，∵，，∴，，同理，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）如图，当点在的延长线上时，最大，其最大值为，在中，，∴，∴，由（）知，，∴，∴，∴，故答案为：．24．（2024·广东韶关·二模）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，于点F，延长至点Q，连接，，(1)求证：是的切线；(2)若点P是上的一点，连接．①求的值；②若为的角平分线，求的长．【答案】(1)详见解析(2)①；②【分析】（1）根据，证明，再根据圆周角定理得出，即可证明，即可证明；（2）①连接，证明，设的半径为，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到；②过点作交于点，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，由即可求解．本题考查圆的综合应用，主要考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．【详解】（1）证明：如图，连接，．，，，，为的直径，，，是的切线；（2）解：①如图，连接，是的中点，，，为的直径，，，，．，设的半径为，则，解得，经检验，是方程的解，，，，，．②如图，过点作交于点，，，是的角平分线，，，，，，，．命题点二相似三角形的常见模型►题型01A字模型25．（2021·山东临沂·三模）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AE＝2，EC＝3，则△ADE与△ABC的面积之比为（

）A．4：25 B．2：3 C．4：9 D．2：5【答案】A【分析】根据相似三角形的判定定理得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算，得到答案．【详解】解：∵AE=2，EC=3，∴AC=AE+EC=5，∵DEBC，∴△ADE∽△ABC，∴，故选：A．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．26．（2020·浙江杭州·一模）如图．在△ABC中，DE∥BC，∠B=∠ACD，则图中相似三角形有（）A．2对 B．3对 C．4对 D．5对【答案】C【分析】根据相似三角形的判定定理即可得到结论．【详解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴△ACD∽△ADE，∵DE∥BC，∴∠EDC=∠DCB，∵∠B=∠DCE，∴△CDE∽△BCD，故共4对，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定．注意掌握数形结合思想的应用，注意平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似．27．（2020·江苏无锡·模拟预测）如图，△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠A＝90°，点D在△ABC内，且DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，过点D作直线PQ，分别交AB、AC于点P、Q，若△APQ与△ABC相似，则线段PQ的长为（）A．5 B． C．5或 D．6【答案】B【分析】当PQ∥BC时，△APQ∽△ABC，如图1，根据角平分线的定义得到∠PBD＝∠CBD，根据等腰三角形的性质得到PB＝PD，同理，DQ＝CQ，设AP＝4x，AQ＝3x，根据勾股定理得到PQ＝5x，根据题意列方程即可得到结论；当∠APQ＝∠ACB时，△APQ∽△ACB，由勾股定理得到BC＝10，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，根据角平分线的性质得到DE＝DF＝DG，根据三角形的面积公式得到DE＝＝2，四边形AEDF是正方形，推出△PED∽△DFQ∽△CAB，求得＝＝＝，得到PE＝，FQ＝，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：当PQ∥BC时，△APQ∽△ABC，如图1，∵DB平分∠ABC，∴∠PBD＝∠CBD，∵PD∥BC，∴∠PDB＝∠DBC，∴∠PBD＝∠PDB，∴PB＝PD，同理，DQ＝CQ，∵∠APQ＝∠ABC，∴tan∠APQ＝tan∠ABC＝＝＝，∴设AP＝4x，AQ＝3x，∴PQ＝5x，∵PB＝PD＝8﹣4x，PQ＝CQ＝6﹣3x，∴8﹣4x+6﹣3x＝5x，∴x＝，∴PQ＝5x＝；当∠APQ＝∠ACB时，△APQ∽△ACB，∵AB＝8，AC＝6，∠A＝90°，∴BC＝10，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，∵DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，∴DE＝DF＝DG，∵S△ABC＝DE（AB+AC+BC）＝AB•AC，∴DE＝＝2，四边形AEDF是正方形，∴DF∥AP，∴∠EPD＝∠FDQ，同理∠EDP＝∠FQD，∴△PED∽△DFQ∽△CAB，∴＝＝＝，∴PE＝，FQ＝，∴PD＝＝＝，DQ＝＝＝，∴PQ＝PD+DQ＝+＝，综上所述，若△APQ与△ABC相似，则线段PQ的长为，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，勾股定理，三角函数的定义，角平分线的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．28．（2021·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；连接DF，EN，∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，∴∠MDF=∠FEN，在△MDF和△FEN中，，∴△MDF≌△FEN（SAS），∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；∵EF∥AB，DF∥AC，∴四边形ADFE是平行四边形，∴∠DFE=∠BAC，又∵△MDF≌△FEN，∴∠DFM=∠ENF，∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠ENF=180°-∠FEN=180°-（∠FEC+∠NEC）=180°-（∠BAC+90°）=90°-∠BAC，∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，∴MF⊥FN，故结论③正确；∵EF∥AB，∴△CEF∽△CAB，∴，∴，∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，∴正确的结论为①②③，共3个，故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．►题型028字模型29．（2021·山东聊城·一模）如图，在平行四边形中，点E是上一点，，连接交于点G，延长交的延长线于点F，则的值为（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是利用平行四边形的性质对边平行而构建相似三角形．先根据平行四边形的性质得到，则可判断，，于是根据相似三角形的性质和即可得结果．【详解】解：∵四边形为平行四边形，，，∴，∴，，，∴，∴．故选：A．30．（2020·广东深圳·三模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE平分∠DCB交BD于点F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，连接OE，下列结论：①∠ACD＝30°；②S平行四边形ABCD＝；③OE：AC＝1：4；④S△OCF＝2S△OEF．其中正确的有（）A．1个 B．2个C．3个 D．4个【答案】C【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得到∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，根据角平分线的定义得到∠DCE=∠BCE=60°推出△CBE是等边三角形，证得∠ACB=90°，求出∠ACD=∠CAB=30°，故①正确；由AC⊥BC，得到S▱ABCD=AC•BC，故②正确；根据直角三角形的性质得到AC=BC，根据三角形的中位线的性质得到OE=BC，于是得到OE：AC=：6，故③错误；由三角形的中位线可得BC∥OE，可判断△OEF∽△BCF，根据相似三角形的性质得到=2，求得S△OCF=2S△OEF；故④正确．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BCD=120°，∵CE平分∠BCD交AB于点E，∴∠DCE=∠BCE=60°∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=CE，∵AB=2BC，∴AE=BC=CE，∴∠ACB=90°，∴∠ACD=∠CAB=30°，故①正确；∵AC⊥BC，∴S▱ABCD=AC•BC，故②正确，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴AC=BC，∵AO=OC，AE=BE，∴OE=BC，∴OE：AC=：6；故③错误；∵AO=OC，AE=BE，∴OE∥BC，∴△OEF∽△BCF，∴=2∴S△OCF：S△OEF==2，∴S△OCF=2S△OEF；故④正确．故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线、相似三角形的性质，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．31．（2020·四川遂宁·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【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．【详解】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，AB＝CD，∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBG，∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，∴CG＝CD+DG＝3k，∵AB∥DG，∴△ABE∽△CGE，∴，故选：C．【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．32．（2020·安徽合肥·一模）如图，在△ABC中，BC＝6，，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为（）A．9 B．12 C．18 D．24【答案】C【分析】如图，延长EF交BQ的延长线于G．首先证明PB＝PG，EP+PB＝EG，由EG∥BC，推出＝＝3，即可求出EG解决问题．【详解】解：如图，延长EF交BQ的延长线于G．∵，∴EG∥BC，∴∠G＝∠GBC，∵∠GBC＝∠GBP，∴∠G＝∠PBG，∴PB＝PG，∴PE+PB＝PE+PG＝EG，∵CQ＝EC，∴EQ＝3CQ，∵EG∥BC，∴△EQG∽△CQB，∴＝＝3，∵BC＝6，∴EG＝18，∴EP+PB＝EG＝18，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．►题型03字母型模型33．（2024·浙江·一模）如图，正方形的边长为2，平分交于E，F是延长线上一点，且，延长线交于G，则的值是．​【答案】【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的有关知识.由等腰三角形的判定与性质知是等腰三角形的中垂线.根据相似三角形的对应边成比例、等腰三角形的性质列出比例式，即，最后在直角中利用勾股定理来求的值．【详解】，四边形是正方形,，又∵平分交于,，,，在和中,，，即，即,即，故答案为：．34．（20-21九年级上·江苏无锡·期中）如图，正方形ABCD中，BC=2，点M是边AB的中点，连接DM，DM与AC交于点P，点F为DM中点，点E为DC上的动点．当∠DFE=45°时，则DE=．【答案】．【分析】如图，连接．首先求出、的长，证明，可得，即求出．【详解】解：四边形是正方形，，，，∵点M是边AB的中点，，在中，，，，∴，，∵点F为DM中点，∴，∵，∴∴即有．故答案是：．【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．35．（2020·江苏盐城·一模）如图，在中，AB=AC=4，，点D为边AC上一动点（点C除外），将线段BD绕点D顺时针旋转至ED，连接CE，则面积的最大值为【答案】【分析】设CD=x，过A作与Z，过B作的延长线于N，过E作的延长线于M，由得到，再利用勾股定理求出NC，证出，即可得出结果；【详解】设CD=x，过A作与Z，过B作的延长线于N，过E作的延长线于M，如图所示：∵AB=AC，∴，∵AC=4，∴，又∵，∴，∴，∴，解得，根据勾股定理得，∴，根据题意可得，即可得到,线段BD绕点D顺时针旋转至ED∴，∴ME=DN=CN-CD=，∴，∴面积最大时，，此时．【点睛】本题主要考查了相似三角形、等腰三角形的性质以及勾股定理的灵活应用，做出辅助线是解题的关键．36．（20-21九年级上·四川·阶段练习）如图，在边长为4正方形中，以为腰向正方形内部作等腰，点在上，且．连接并延长，与交于点，与延长线交于点．连接交于点．若，则．【答案】【分析】作于，交于，根据勾股定理可得BG，再由相似三角形的性质可得BH，继而判定，并求得BF的长，由全等三角形的性质可得ME，利用线段的和差求得EN，进而由三角形面积公式即可求解．【详解】作于，交于，如图，则，∵，∴，，在中，，∵，∴．∴即解得∵，而，∴，即，而，∴．∴，∴BF⊥AE．∴，∵∠BME＝EFB，∠MBE＝∠FEB，BE＝EB，∴△BME≌△EFB（AAS），∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等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求得关键线段的长解决问题．►题型04一线三垂直模型37．（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得，线段与的数量关系是______；（2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，写出变化后线段与的数量关系，并给出证明；（3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长．【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）【分析】（1）结合“一线三等角”推出，从而证得结论即可；（2）利用条件证明，然后根据相似三角形的性质证明即可；（3）作延长线于点，过点作，交于点，交于点，结合“一线三垂直”证明，从而利用全等三角形的性质求出和，最后利用勾股定理计算即可．【详解】（1）解：∵将边绕点C顺时针旋转得到线段，∴，∵，，∴．在和中，∴，∴．故答案为：（2）．证明：同（1）可得，，，∴，∴，∵，∴，∴．（3）如图所示，作延长线于点，过点作，交于点，交于点，则，，，由（1）同理可证，，∴，，∴，，∴．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握一线三等角全等和相似模型，并熟练运用是解题关键．38．（20-21九年级上·山东济南·期末）如图1，正方形和正方形，连接．(1)[发现]：当正方形绕点旋转，如图2，线段与之间有怎样的关系？请说明理由；(2)[探究]：如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的关系，并说明理由；(3)[应用]：在(2)情况下，连接点在上方，若，且，，求的长．【答案】(1)，，理由见解析(2)，，理由见解析(3)【分析】（1）先判断出，进而得出，，再利用等角的余角相等即可得出结论；（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出，得出，，再利用等角的余角相等即可得出结论；（3）先求出，进而得出，即可得出四边形是平行四边形，进而得出，求出的长，借助（2）得出的相似，即可得出结论．【详解】（1）解：，，理由如下：四边形和四边形是正方形，，，，，，；如图2，延长交于，交于，，，，，，，，，故答案为：，；（2），，理由如下：如图3，延长交于，交于，四边形与四边形都为矩形，，，，，，，，，，，，，，，；（3）如图4，设与的交点为，，，在中，，，根据勾股定理得：，，，，四边形是平行四边形，，，点，，在同一条直线上，如图5，，在中，根据勾股定理得，，由（2）知，，，即，．【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握正方形得性质和矩形的性质，证明和是解本题的关键．39．（2021·黑龙江哈尔滨·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与y轴交于点A，与x轴交于点B，，的面积为2．(1)如图1，求直线的解析式．(2)如图2，线段上有一点C，直线为，轴，将绕点B顺时针旋转，交于点D，求点D的坐标．（用含k的式子表示）(3)如图3，在（2）的条件下，连接，交直线于点E，若，求点E的坐标．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用的面积为2，求出的长度，得到B的坐标，用待定系数法求的解析式；（2）利用，过D作轴于H，证明，得到，，由直线析式，求得C的坐标，从而得到长度，再证明四边形为矩形，得到D的坐标；（3）利用，得到A，C，B，D四点共圆，则，，又，转化得到，在上取一点M，使，构造出，利用两个角的正切值相等，列出关于参数的方程，求出参数k，再利用直线和直线相交，列出二元一次方程组，求得交点E的坐标．【详解】（1）∵，∴，∵，∴，∴，∴，设直线AB的解析式为：，代入点，得，∴，∴直线的解析式为：；（2）如图1，过D作轴于H，∵轴，∴，∴四边形为矩形，∴，由题可得，，∴，又∵，∴，在与中，，∴，∴，令，则，∴，∴，∴，∴；（3）如图2，连接，取中点N，连接，，则在中，，同理，，∴，∴A，C，B，D四点共圆，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又，∴，在上取一点M，使，则，∴，∴，∴，，．∵，∴，∴，∴，解得，，∴直线解析式为：，，设直线解析式为：，把代入得，∴，则直线解析式为：，联立，解得，∴．【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，涉及到待定系数法，一线三等角模型构造全等，四点共圆，三角函数，交点坐标的求法，其中转化角的关系是解决本题的关键．40．（2020·山东济南·二模）矩形中，，分别以所在直线为x轴，y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数的图象与边交于点E．(1)当点F运动到边的中点时，点E的坐标为．(2)连接，求的正切值；(3)如图2，将沿折叠，点C恰好落在边上的点G处，求的长度．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先确定出点A，B坐标，进而求出点C坐标，再用点F是中点，求出点F坐标，利用待定系数法求出k，最后将点E的纵坐标为3代入反比例函数解析式中即可求出点E坐标；（2）设出点，代入反比例函数中得出，进而用m表示出，即可得出结论．（3）如图所示，过点E作于H，证明，得到，则．【详解】（1）解：，，四边形是矩形，，，点F是的中点，∴点F在反比例函数的图象上，，反比例函数的解析式为，点E在反比例函数的图象上，且纵坐标为3，点E的横坐标为，（2）解：如图，设点，∴，点E，F在反比例函数的图象上，，，，在中，；（3）解：如图所示，过点E作于H，∴，∴，由折叠知，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，求角正切值，折叠的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．►题型05旋转相似模型41．（2021·广东佛山·一模）如图1，、分别是的内角、的平分线，过点作，交的延长线于点．(1)求证：；(2)如图2，如果，且，求的值；(3)如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)(3)，或，【分析】（1）由题意：，证明即可解决问题．（2）延长交于点．证明，可得，，由，可得．（3）因为与相似，，所以中必有一个内角为因为是锐角，推出．接下来分两种情形分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1中，，，，平分，，同理，，，，．（2）解：延长交于点．，，平分，，，，，，，．（3）与相似，，中必有一个内角为是锐角，．①当时，，，，，此时．②当时，，，与相似，，此时．综上所述，，．，．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．42．（2024·安徽安庆·二模）如图1，在中，，与边分别交于点D、E，连接，点F、G、H分别是的中点，分别连接．(1)观察、猜想观察图1，猜想，(2)探究、说理把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由(3)拓展、思考在所在的平面内，把绕点C自由旋转，当时，直接写出线段的长度的取值范围【答案】(1)，90(2)（1）中的结论还成立，理由见解析(3)【分析】（1）由平行得，则，由平行得到，则，由三角形中位线定理得到，故，，再根据平行导角即可；（2）由角正切得到，证明，则，由三角形中位线得到，，再根据平行和相似三角形的性质导角即可；（3）由题意可知，，则，由于是的中位线，则，继而可求取值范围．【详解】（1）解：在中，，∴，∵，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∵点F、G、H分别是的中点，∴分别为的中位线，∴，∴，，∵，∴，∵，∴,故答案为：，90；（2）解：（1）中的结论还成立，理由如下：证明：如图2，在中，，∴，在中，∴，∴又，∴∴∴∵是的中位线，∴．同理可得，∴∵是的中位线，∴，∴∵，由于，有，由得：∴；（3）解：由题意可知，，∴，即∴绕点C旋转时，当D点落在边上时，AD最小值为6；当点D落在延长线上时，最大值为14，∵是的中位线，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，难度较大，综合性强，熟练掌握知识点和基本图形是解题的关键．43．（2024·湖北武汉·模拟预测）【操作与思考】（1）如图1，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，且，且绕点A顺时针旋转得到，画出，并证明；【尝试与应用】（2）如图2，正方形边长为8，点E，F分别为，边上的点，．交于M，求证；【拓展与创新】（3）如图3，矩形中，，，点E，F分别为，边上的点，，交于M．若，直接写出的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1），由旋转性质可知，再证明，可得，由此证明结论；（2）延长到G，使得，连接，证明，得到，，，．过点F作，交的延长线于点N，得到，．证明，结合正切函数证明即可解题．（3）模仿（2），延长到G，使得，连接，过点F作，交的延长线于点N，构造，再证明，可得，再延长交于点K，结合，证明，列出比例式计算即可．【详解】（1）∵绕点A顺时针旋转得到，如图，∴，，∴，，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴，（2）①延长到G，使得，连接，∴，∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，，∴．过点F作，交的延长线于点N，∴，．∵，∴．∵，∴，∴，∴．∴．∴．∵，∴．（3）延长到G，使得，连接∴，∵矩形ABCD中，，，，∴，，∴，∴，，∴，．过点F作，交的延长线于点N，∴，．∵，∴．，∴∵，∴，∴，∴．∴．延长交于点K，∵，∴，∴．∵四边形是矩形，，，∴，，∴，∴，整理，得，解方程，得（不合题意舍去），综上所述，的长为．【点睛】本题考查了四边形与全等三角形、相似三角形的综合，解题关键是通过旋转构造全等三角形或相似三角形，转化线段关系．44．（2024·河南新乡·三模）（1）【观察发现】如图（1），在，点D是边的中点，延长BA到点E，使，连接，可得与的数量关系是______，位置关系是______．（2）【探究迁移】如图（2），在中，，，点为平面内一点，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，，点为的中点，连接、，试判断和的数量关系，并说明理由．（3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，，当时，请直接写出的长．【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）或．【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质和旋转相似模型；解题关键是构造旋转相似模型转换线段关系．（1）根据三角形中位线可直接得出结论；（2）延长至点，使，连接、，根据旋转相似模型证明，即可得出结论；（3）根据当时，可得点在直线，点在直线，再由不同位置分两种情况讨论，结合（2）的结论即可解答．【详解】（1）解：∵，，∴，；（2）结论：，理由∶如图2-1，延长至点，使，连接、，∵点为的中点，∴由题意∶，∴，由旋转知∴，∴，∴∵，，∴，即：，∴，∴，∴∴（3）当时，∵，即：，∴，又∵，∴点在直线，当点在线段上时，如图2-2，∵，∴点在直线，∵，，，∴，，∴，∴；当点在线段延长线上时，如图2-2，同理可证：点在直线，点在直线，，，∴，∴；综上所述：的长为或．命题点三相似三角形的应用►题型01测量高度问题45．（22-23九年级上·内蒙古包头·期末）如图，李老师用自制的直角三角形纸板去测“步云阁”的高度，他调整自己的位置，设法使斜边保持水平，边与点B在同一直线上．已知直角三角纸板中，，测得眼睛D离地面的高度为，他与“步云阁”的水平距离为，则“步云阁”的高度是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明，得到，求出，即可得到“步云阁”的高度．【详解】解：，，，，，，，测得眼睛D离地面的高度为，，故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质时解题关键．46．（2023·广东深圳·一模）如图，九年级（1）班课外活动小组利用平面镜测量学校旗杆的高度，在观测员与旗杆之间的地面上平放一面镜子，在镜子上做一个标记E，当观测到旗杆顶端在镜子中的像与镜子上的标记重合时，测得观测员的眼睛到地面的高度为，观测员到标记E的距离为，旗杆底部到标记E的距离为，则旗杆的高度约是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据相似三角形的判定证出，再根据相似三角形的性质求解即可得．【详解】解：∵镜子垂直于地面，∴入射角等于反射角，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得，故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确找出两个相似三角形是解题关键．47．（21-22九年级上·河北保定·期末）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板测量树的高度，他调整自己的位置，设法使斜边保持水平，并且边与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边，测得边离地面的高度，则树高等于（

）A． B． C． D．都不对【答案】C【分析】先判定，再根据相似三角形对应边成比例解答．【详解】解：在与中，即树的高为故选：C．【点睛】本题考查相似三角形的应用，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．48．（2024·河北邯郸·二模）如图是一把折叠椅子及其侧面的示意图，把一个简易刻度尺与地面垂直放置，其中与“0”刻度线重合，点落在“3”刻度线上，与“5”刻度线重合，若测得，则的长是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质．证明，根据相似三角形的性质“相似三角形对应高的比等于相似比”列式计算即可求解．【详解】解：根据题意得，∴，∴，∵，∴，故选：B．►题型02相似三角形的实际问题49．（2024·广东·模拟预测）九年级（1）班课外活动小组想利用标杆测量佛山千灯湖市民广场醒狮雕塑的高度，见图（醒狮雕塑线条图）．已知点A，C，E在同一直线上，标杆高度，标杆与雕塑的水平距离，人的眼睛与地面的高度，人与标杆的水平距离，求醒狮雕塑的高度．【答案】12.8米【分析】本题考查了相似三角形的应用，利用三角形相似中的比例关系，首先由题目和图形可看出，求的长度分成了2个部分，和部分，其中，剩下的问题就是求的长度，利用，得出，把相关条件代入即可求得的长度即可．【详解】如图所示，设线段与线段交于点G．∵，∴，四边形、是矩形，∴，∵，∴，，∵，，∴，，∴，∴，∴答：醒狮雕塑的高度为．50．（23-24九年级上·浙江金华·期末）如图，小李利用镜面反射原理测树高，小李在点，镜子为点，表示树，点，，在同一水平线上，小李身高米，米，米，则树高为()A．4米 B．5米 C．6米 D．7米【答案】A【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定；根据题意得出，代入数据，即可求解．【详解】如图可知：，，，，，，∴，米，米，米，∴，解得：，答：树高为米．故选：A．51．（2024·广东·模拟预测）路边有一口废弃的圆柱形枯井，出于安全考虑，大家准备运来泥土把它填平，如图，先测得井口的直径，然后在D处立一根长的铁管，用聚光笔从铁管的顶端E点照射井底B点，光线与直径交于点O，测得．求填平这口井需要的泥土的体积（参考数据：）．【答案】【分析】本题考查的是相似三角形判定与性质及圆柱体积计算，先证明，求出枯井的深，进而求出结论．【详解】解：∵，∴，∴∴解得，∴圆柱形枯井的体积为，∴填平这口井需要的泥土的体积大约是．52．（2024·广东东莞·一模）如图1是一张折叠型方桌子，图是其侧面结构示意图，支架与交于点，测得，．(1)若，求的长；(2)将桌子放平后，两条桌腿叉开角度，求距离地面的高．结果保留整数参考数值，【答案】(1)AB的长为cm(2)AB距离地面的高为48cm【分析】此题考查了相似三角形的判定及性质、解直角三角形的应用，（1）先证明，再由相似三角形的性质求出的长即可；（2）过点作于点，于点，在中，，在中，，，进而作答即可．【详解】（1）解：，，与是等腰三角形，，，，即的长为；（2）过点作于点，于点，如图，∵，∴E、O、F三点共线，，与是等腰三角形，，在中，，在中，，，距离地面的高为．►题型03相似三角形与其他知识交汇53．（2024·广东·模拟预测）如图，是的直径，点C是半圆的中点，点D是上一点，连接交于E，点F是延长线上一点，且．(1)求证：是的切线；(2)连接，若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，利用圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质和等量代换求得，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；（2）利用圆周角定理得到，则，利用直角三角形的边角关系定理和相似三角形的判定与性质得到的长，设的半径为r，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．【详解】（1）证明：连接，如图，∵点C是半圆的中点，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∵，∴，即，∴．∵为的半径，∴是的切线；（2）解：∵，，∴，∵是的直径，∴，∵，∴．∵，∴∴∵，∴，∴，∵，∴．设的半径为r，则，∵，∴，解得：．∴的半径为．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，圆的切线的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．54．（2024·广东清远·模拟预测）综合探究如图1，在四边形中，，，点O是的中点，分别为，的角平分线．

(1)求证：；(2)如图2，以点O为圆心，为直径的与相切于点E，若，设，，求y关于x的函数表达式；(3)如图3，在（2）的条件下，连接与交于点G，与交于点F，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)(3)四边形是矩形，理由见解析【分析】（1）利用平行线的性质，得出，由角平分线的定义得出，运用垂直的定义解答即可；（2）连接，得出，再利用圆的切线的性质定理，切线长定理和相似三角形的判定与性质解答即可；（3）连接，利用（1）（2）的结论，以及圆的切线的性质定理，则，，得出垂直平分，即，运用三个内角等于90度来证明四边形是矩形，进行解答即可．【详解】（1）证明：，，，分别为，的角平分线，，，，，，；（2）解：连接，如图，点是的中点，，与相切于点，，．．，，，．分别与，，相切于点，，，，，，，，∵，，，即：，．（3）解：四边形是矩形，理由如下：为的直径，．由（1）得：，由（2）得：是的切线，连接，如图，，，垂直平分，．，四边形是矩形．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义，平行线的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，切线长定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．55．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知等腰，，作的外接圆为，小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点C为圆心，以任意长为半径画弧，分别交于两点，②再以点A为圆心，以相同长度为半径画弧交于点M，③以点M为圆心，以两弧交点间的距离为半径，交第一个弧于点N；过点C作的垂线交射线于点D，为∠CAD的角平分线；(1)求证：是的切线；(2)若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查切线的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．（1）连接并延长，交于H，证明，得，由作图得，得，从而得出结论；（2）过E作交于F，证明，得出，再证明和，求出的长，再由三角形面积公式求解即可．【详解】（1）证明：连接并延长，交于H，∵是的外接圆，

∴平分，

∵，∴，∴，

∴由作图可知，∴，∴，∵是半径，∴是的切线.（2）解：过E作交于F，∴∵平分，∴，∴，

∴，∵，，∴，∴，

∵，平分，∴=1，∴，∴，∵，∴，∴，

∵，∴，∴56．（2024·广东·模拟预测）综合探究【教材回顾】（1）如图（1），在中，，垂足为D．求证：．【尝试应用】（2）如图（2），是的高．以为边在右侧作菱形，点E恰好落在上，且，猜想与之间的数量关系，并说明理由．【拓展提高】（3）如图（3），在中，点D为上一点，于点H，点E，F分别在上，且，求的值．【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）【分析】（1）先得出，再进行角的等量代换得证明，故，即可作答．（2）先连接与相交于点G．再结合四边形为菱形，得与同理（1）可得因为，则，即可作答．（3）先运用（1）中的结论，表示出的长，进而求得的值．再过点D作于点P，求出的值，然后运用平行线分线段成比例求出的值，即可作答．【详解】证明：∵，∴．又∵，∴∴∴∴，即．（2）．理由：如图（1），连接与相交于点G．∵四边形为菱形，∴又∴∴∴又∵，∴∴∴∴，同理（1）可得∴（3）．∴可设，则．∵，∴同理（1）可得∴∴如图（2），过点D作于点P，则，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，又，∵【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形的性质，菱形的性质，平行线分线段成比例，正确掌握相关性质内容是解题的关键．基础巩固单选题1．（2024·广东清远·模拟预测）已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了相似三角形的性质，因为相似比是，所以面积比是相似比的平方，据此列式计算，即可作答．【详解】解：∵，，∴，故选：D．2．（2024·广东广州·二模）如图，在三角形中，D、F是边上的点，E是边上的点，，，则下列式子中不正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，通过证明以及平行线分线段成比例可求解．【详解】解：∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，故只有C选项不正确故选：C．3．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，与是位似图形，点O为位似中心，且，若的周长为8，则的周长为（

）A．4 B． C．16 D．32【答案】C【分析】本题考查位似图形的性质，相似三角形的性质，根据位似比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比进行求解即可．【详解】解：∵与是位似图形，点O为位似中心，且，∴，且相似比为，∴与的周长比为：，∵的周长为8，∴的周长为16．故选：C．4．（2024·广东深圳·二模）如图，在四边形中，，，以为腰作等腰，，点E恰好落在边上，若，则的长是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及平行线的性质，熟练掌握勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．过点E作，交于F，证明是等腰直角三角形，得，，进而证明，再由勾股定理得，然后证明，得，求出，即可得出结论．【详解】解：如图，过点E作，交于F，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选：A．二、填空题5．（2024·广东深圳·模拟预测）小明希望测量出电线杆的高度，于是在阳光明媚的一天，他在电线杆旁的点处立一标杆使标杆的影子与电线杆的影子部分重叠即点，，在一直线上，量得，，，则电线杆的长为．【答案】【分析】本题考查相似三角形的应用举例，根据题意易证，得到，利用相似三角形的相似比即可求出电线杆长．【详解】解：根据题意得：，，，，，，，，，故答案为：．6．（2024·广东中山·模拟预测）已知在中，且，，则．【答案】3【分析】本题考查了平行线的性质，关键是掌握相似三角形的面积比等于边长比的平方．因为，所以，，可得，所以，已知，，可得，因为，可得．【详解】∵，，，∴，，，，∴，，故答案为：3．7．（2024·广东深圳·三模）已知等腰中，，，点D是边的中点，沿翻折，使点A落在同一平面的点E处，若，则．【答案】【分析】本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．记的交点为F，设，，则，，，由翻折的性质可知，，，，证明，则，即，可得，则，由勾股定理得，，即，整理得，；，即，整理得，；得，，可求，则，，由勾股定理得，，即，可求满足要求的解，，进而可求的值．【详解】解：如图，记的交点为F，设，，则，，，由翻折的性质可知，，，，∵，∴，，∵，，∴，∴，即，解得，，∴，由勾股定理得，，即，整理得，；，即，整理得，；得，，∴，∴，，由勾股定理得，，即，解得，或（舍去），∴，故答案为：．三、解答题8．（2024·广东韶关·二模）【操作探究】在数学综合与实践活动课上，老师组织同学们开展以“测量小树的高度”为主题的探究活动．【学生】查阅学校资料得知树前的教学楼高度为12米，如图1，某一时刻测得小树、教学楼在同一时刻阳光下的投影长分别是米，米．（1）请根据同学的数据求小树的高度；【学生】借助皮尺和测角仪，如图2，已知测角仪离地面的高度米，在处测得小树顶部的仰角，测角仪到树的水平距离米．（2）请根据同学的数据求小树的高度（结果保留整数，，）．【答案】（1）大树高是4米；（2）米【分析】此题考查了相似三角形的性质和解直角三角形应用，解此题的关键是利用相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例求解，解题时还要注意认识图形．（1）根据题意可得，根据相似三角形的性质即可求解；（2）在中，根据解直角三角形即可求解；【详解】（1）解：根据题意可知，，，，

，即大树高是4米．（2）如图，在中，∵，∴米．9．（2024·山东潍坊·二模）如图，在四边形中，，，点，分别在线段，上，且，．(1)求证：；(2)若，求证：．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．（1）根据全等三角形的判定证明，即可得．（2）结合相似三角形的判定证明，则可得．【详解】（1）证明：，．，，，，．（2）证明：，，．，，，，，10．（2024·广东深圳·三模