专题 10 相似三角形
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（4大模块知识梳理）
知识模块一：比例线段及其性质
知识模块二：平行线分线段成比例
知识模块三：相似三角形的性质与判定
知识模块四：位似图形
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（12大基础考点）
考点一： 黄金分割
考点二： 平行线分线段成比例
考点三： 选择合适的方法证明两个三角形相似
考点四： 利用相似三角形的性质求解
考点五： 相似三角形的性质与判定综合
考点六： 利用相似三角形列函数关系式
考点七：利用三点定形法证明比例式或等积式
考点八： 利用相似三角形解决实际问题
考点九：利用相似三角形的性质与判定解决多结论问题
考点十： 相似三角形与函数综合
考点十一： 利用位似图形的性质求解
考点十二： 坐标系中画位似图形
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（9大重难点）
考点一： 利用相似三角形的性质与判定解决折叠问题
考点二： 利用相似三角形的性质与判定解决动态函数图象
考点三： 相似模型 -A 型
考点四： 相似模型 -X 型
考点五： 相似模型 - 母子型
考点六： 相似模型 - 手拉手模型
考点七： 相似模型 - 角含半角模型
考点八： 相似模型 - 三角形内接矩形模型
考点九： 相似模型 - 一线三等角模型
考点十一：05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（3大易错点）
易错点 1 ： 当三角形对应关系不明确时，未进行分类讨论而漏解
易错点 2 ： 未掌握相似比与面积比的关系易错点 3 ： 求位似图形对应坐标时漏解
知识模块一：比例线段及其性质
知识点一：两条线段的比及比例线段
定义：如果选用同一长度单位的两条线段a，b的长分别是m和n，就说两条线段的比是a：b=m：n，或写
成 ，和数的比一样，两条线段的比a:b中a叫做比的前项，b叫做比的后项.（两条线段长度的比叫
做这两条线段的比）
【易错点】
1）“线段的比”与“线段的比值”区别：线段的比是运算，线段的比值是一个结果，是一个数；2）求两条线段的比时，须统一成相同的单位，最终的比值与单位无关，比值没有单位；
3）线段的比，最终要化成最简整数比.
比例线段：在四条线段中，如果其中两条线段的比等于另外两条线段的比，那么这四条线段叫做成比例线
段，简称比例线段. 四条线段a，b，c，d，如果 ,那么a，b，c，d叫做组成比例的项，线段a，d
叫做比例外项，线段b，c叫做比例内项.
比例中项：如果比例线段的内项是两条相同的线段，即 ，那么线段b叫做线段a，c的
比例中项.
知识点二：比例的基本性质
1）基本性质：
2）推论：
3）合比性质： ，分比性质：
合分比性质：
4）等比性质：如果
5）黄金分割
定义：如图，点B把线段AC分割成AB和BC两部分（AB＞BC），满足 （此时线段AB是线段
AC,BC的比例中项），那么称点B为线段AC的黄金分割点，AB与AC（或BC与AB）的比成为黄金比，它们的比值为 ，近似值为0.618.
【补充】
1)黄金分割是以线段的比例中项来定义的；
2) ，0.618又被称为黄金分割数；
知识模块二：平行线分线段成比例
知识点一：平行线分线段成比例
定理：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例.
1）示例：如图，所得的对应线段成比例的有 等等.
2）对应线段成比例可用语言形象表示： 等等.
A D
上 上
全 B E 全
C 下 下 F
推论：平行于三角形一边的直线与其它两边（或两边的延长线）相交，截得的对应线段成比例．
如图，若DE∥BC，则有
A E D A
A
D E D E
B C B C B C知识模块三：相似三角形的性质与判定
知识点一：相似三角形的定义
相似三角形的定义：三个角对应相等，三条边对应成比例的两个三角形叫做相似三角形.如△ABC
和△DEF相似可表示为△ABC∽△DEF.
【补充】三角形全等是三角形相似的特殊情况，全等三角形的相似比等于1.
【注意事项】符号“∽”表示两个三角形相似时，要把表示对应顶点的大宇母写在对应的位置上，如
△ABC∽△DEF，表示顶点A与D，B与E，C与F分别对应；
【易错点】如果仅说△ABC与△DEF相似，没有用“∽”连接，则需要分情况讨论它们之间的对应关系.
相似比：相似三角形对应边的比叫做相似比.
【补充】相似比具有顺序性，如△ABC∽△DEF，相似比为k，则△DEF与△ABC的相似比为 .
常见的基本图形：
A E D A A A B A
A D
D E O
E D
D
D
C
C B
B C B C B C B C
图① 图② 图③ 图④ 图⑤ 图⑥
图①和图②分别为“A型”图和“X型”图，条件是DE//BC，基本结论是△ABC∽△ADE；
图③、图④是图①的变形图，图⑤是图②的变形图;
图⑥是“母子型”图，条件是BD为直角△ABC斜边上的高，基本结论是△ABC∽△BDC∽△ADB.
知识点二：相似三角形的判定
相似三角形的判定方法：
1）判定三角形相似的常用定理：
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．
②三边成比例的两个三角形相似；
③两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
④两角分别相等的两个三角形相似．
2）直角三角形相似的判定方法：①有一个锐角相等的两个直角三角形相似.
②两组直角边成比例的两个直角三角形相似.
③斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似.
知识点三：相似三角形的性质
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.
【补充】己知两三角形相似，写对应角相等，对应边成比例时，原则是“大对大，小对小；长对长，短
对短”.
【小技巧】相似多边形对应边的比相等是求某条线段的长或求两条线段的比的一种常用方法，采用此方
法时一定要注意找准对应关系.
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.
5）传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB.
知识模块四：位似图形
知识点一：位似图形的性质
1) 位似图形的所有对应点的连线所在的直线相交与一点.
2）位似图形的对应线段平行(或在同一条直线上)且比相等.
3) 位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于相似比.
4）位似图形是相似图形,具有相似图形的一切性质.
5）一对对应边与位似中心(不在同一直线上)形成的两个三角形相似
知识点二：位似变换的坐标特征
一般地，在平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心，画出一个与原图形位似的图形，使它与原
图形的相似比为k，那么与原图形上的点(x，y)对应的位似图形上的点的坐标为(kx，ky)或(-kx，-ky).
【小结】以原点为位似中心的位似图形的坐标符号变化：若两个图形在原点同侧，则对应点的横、纵坐标
符号相同；若两个图形在原点异侧，则对应点的横、纵坐标符号相反.考点一： 黄金分割
1．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字
“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边MN，PQ上，且AB∥NP，
BC √5−1
“晋”字的笔画“、”的位置在AB的黄金分割点C处，且 = ，若NP=2cm，则BC的长为
AB 2
cm（结果保留根号）．
【答案】(√5−1)/(−1+√5)
【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，先证明四边形ABPN是矩形，
BC √5−1
根据黄金分割的定义可得 = ，据此求解即可，熟记黄金比是解题的关键．
AB 2
【详解】∵四边形MNPQ是正方形，
∴∠N=∠P=90°，
又∵AB∥NP，
∴∠BAN+∠N=180°，
∴∠BAN=90°，
∴四边形ABPN是矩形，
∴AB=NP=2cm．
BC √5−1
又∵ = ，
AB 2
∴BC=(√5−1)cm，
故答案为：√5−1．2．（2023·四川达州·中考真题）如图，乐器的一根弦AB=80cm，两个端点A，B固定在乐器面板上，支
撑点C是靠近点B的黄金分割点，即AC2=AB⋅BC，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则两个支撑点
C，D之间的距离 cm．（结果保留根号）
【答案】(80√5−160)
【分析】本题考查了黄金分割，利用黄金分割的等积式得一元二次方程是解题的关键．设AC=xcm，则
BC=(80−x)cm，由AC2=BC⋅AB得x2=80(80−x)，解方程求出AC的长，同理求出AC的长，进而可
求出点C，D之间的距离．
【详解】解：设AC=xcm，则BC=(80−x)cm，
∵ AC2=BC⋅AB，
∴x2=80(80−x)，
解得x =40√5−40,x =−40√5−40（舍），
1 2
∴ AC=(40√5−40)cm，
同理可求， BD=(40√5−40)cm，
∴AD=AB−BD=80−(40√5−40)=(120−40√5)cm，
∴CD=AC−AD=(40√5−40)−(120−40√5)=(80√5−160)cm．
故答案为：(80√5−160)．
3．（2024·广东·模拟预测）大自然是美的设计师，校园里一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”的美．
AP √5−1 √5−1
如图，点 P是AB的黄金分割点，即 = ， 这个无理数约是（ ）
AB 2 2A．0.505 B．0.618 C．0.707 D．0.828
【答案】B
【分析】本题考查了黄金分割的意义，无理数的估算．先估算得出2.2<√5<2.3，据此求解即可．
【详解】解：∵2.2<√5<2.3，
∴1.2<√5−1<1.3，
√5−1
∴0.6< <0.65，
2
观察四个选项，选项B符合题意；
故选：B．
考点二： 平行线分线段成比例
1．（2023·江苏·中考真题）小明按照以下步骤画线段AB的三等分点：
画法 图形
1．以A为端点画一条射线；
2．用圆规在射线上依次截取3条等长线段AC、CD、DE，连接BE；
3．过点C、D分别画BE的平行线，交线段AB于点M、N，M、N就是
线段AB的三等分点．
这一画图过程体现的数学依据是（ ）
A．两直线平行，同位角相等
B．两条平行线之间的距离处处相等
C．垂直于同一条直线的两条直线平行
D．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【答案】D
【分析】根据两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，即可求解．
【详解】解：由步骤２可得：C、D为线段AE的三等分点
步骤３中过点C、D分别画BE的平行线，由两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例得：
M、N就是线段AB的三等分点
故选：D
【点睛】本题考查两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．掌握相关结论即可．2．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在▱ABCD中，F是AD上一点，CF交BD于点E，CF的延长线交
BA的延长线于点G，EF=1，EC=3，则GF的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
GF AG EG BG 1+x x
【分析】由平行四边形的性质可得 = ， = ，设GF为x可得 =1+ ，解之即可．
FC CD EC CD 3 4
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
GF AG EG BG
∴ = ， = ，
FC CD EC CD
设GF为x，
∵EF=1，EC=3，
∴EG=1+x，BG=AG+CD，
x AG 1+x AG+CD AG
∴ = ， = =1+ ，
4 CD 3 CD CD
1+x x
∴ =1+ ，
3 4
即8−x=0，
得x=8，
∴GF=8．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例的性质，熟练掌握其性质是解题的关键．
5
3．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在△ABC中，AB=BC，tan∠B= ，D为BC上一点，且满足
12
BD 8 CE
= ，过D作DE⊥AD交AC延长线于点E，则 = ．
CD 5 AC20
【答案】
21
【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理，平行线分线段成比例，先设AB=BC=13x，根据
5
tan∠B= ，AH⊥CB，得出AH=5x，BH=12x，再分别用勾股定理求出
12
DH 4√41 20√41
AD=√41x，AC=√26x，故cos∠ADC= = ，再运用解直角三角形得出DM= x，
AD 41 41
21√41 CE MD
AM= x，代入 = ，化简即可作答．
41 AC AM
【详解】解：如图，过点A作AH⊥CB垂足为H,
BD 8
∵ = ，AB=BC，
DC 5
设AB=BC=13x，
∴BD=8x，DC=5x，
5
∵tan∠B= ，AH⊥CB，
12
AH 5
∴ = ，
BH 12
∵AB=BC=13x，
∴AH2+BH2=AB2=169x2，
解得AH=5x，BH=12x，∴DH=12x−8x=4x，HC=5x−4x=x，
∴AD=√AH2+DH2=√41x，AC=√AH2+CH2=√26x，
DH 4√41
∴cos∠ADC= = ，
AD 41
过点C作CM⊥AD垂足为M，
20√41 21√41
∴DM=CD⋅cos∠ADC= x，AM=AD−DM= x，
41 41
DE⊥AD,CM⊥AD，
∵∴MC∥DE，
20√41
x
CE DM 41 20
∴ = = = ，
AC AM 21√41 21
x
41
20
故答案为： ．
21
考点三： 选择合适的方法证明两个三角形相似
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，BE=3，EC=6，
CF=2．求证：△ABE∽△ECF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正AB BE
方形的性质，得出∠B=∠C=90°，AB=CB=9，进而得出 = ，根据两边成比例且夹角相等的两
EC CF
个三角形相似即可证明．
【详解】解：∵BE=3，EC=6，
∴BC=9，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=9，∠B=∠C=90°，
AB 9 3 BE 3
∵ = = ， = ，
EC 6 2 CF 2
AB BE
∴ =
EC CF
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF．
2．（2023·贵州·中考真题）如图，已知⊙O是等边三角形ABC的外接圆，连接CO并延长交AB于点D，交
⊙O于点E，连接EA，EB．
(1)写出图中一个度数为30°的角：_______，图中与△ACD全等的三角形是_______；
(2)求证：△AED∽△CEB；
(3)连接OA，OB，判断四边形OAEB的形状，并说明理由．
【答案】(1)∠1、∠2、∠3、∠4；△BCD；
(2)证明见详解；
(3)四边形OAEB是菱形；
【分析】（1）根据外接圆得到CO是∠ACB的角平分线，即可得到30°的角，根据垂径定理得到
∠ADC=∠BDC=90°，即可得到答案；
（2）根据（1）得到∠3=∠2，根据垂径定理得到∠5=∠6=60°，即可得到证明；
（3）连接OA，OB，结合∠5=∠6=60°得到△OAE ，△OBE是等边三角形，从而得到OA=OB=AE=EB=r，即可得到证明；
【详解】（1）解：∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，
∴CO是∠ACB的角平分线，∠ACB=∠ABC=∠CAB=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠CAE=∠CBE=90°，
∴∠3=∠4=30°，
∴30°的角有：∠1、∠2、∠3、∠4，
∵CO是∠ACB的角平分线，
∴∠ADC=∠BDC=90°，∠5=∠6=90°−30°=60°，
在△ACD与△BCD中，
∵¿，
∴△ACD≌△BCD，
故答案为：∠1、∠2、∠3、∠4，△BCD；
（2）证明：∵∠5=∠6，∠3=∠2=30°，
∴△AED∽△CEB；
（3）解：连接OA，OB，
∵OA=OE=OB=r，∠5=∠6=60°，
∴△OAE ，△OBE是等边三角形，
∴OA=OB=AE=EB=r，
∴四边形OAEB是菱形．
【点睛】本题考查垂径定理，菱形判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定等知识，解题的关
键是熟练掌握垂径定理，从而得到相应角的等量关系．
3．（2022·江苏盐城·中考真题）如图，在△ABC与△A'B'C'中，点D、D'分别在边BC、B'C'上，且，若___________，则 ．请从①BD B'D'；②AB A'B'；③
△ACD∽△A'C'D' △ABD∽△A'B'D' = =
CD C'D' CD C'D'
∠BAD=∠B' A'D'这三个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．
【答案】见解析．
【分析】根据相似三角形的判定定理证明即可．
BD B'D'
【详解】解：若选① = ，
CD C'D'
证明：∵△ACD∽△A'C'D'，
AD CD
∴∠ADC=∠A'D'C'， = ，
A'D' C'D'
∴∠ADB=∠A'D'B'，
BD B'D'
∵ = ，
CD C'D'
BD CD
=
∴ ，
B'D' C'D'
AD BD
=
∴ ，
A'D' B'D'
又∠ADB=∠A'D'B'，
∴△ABD∽△A'B'D'．
BA B' A'
选择② = ，不能证明△ABD∽△A'B'D'．
CD C'D'
若选③∠BAD=∠B' A'D'，
证明：∵△ACD∽△A'C'D'，
∴∠ADC=∠A'D'C'，∴∠ADB=∠A'D'B'，
又∵∠BAD=∠B' A'D'，∴△ABD∽△A'B'D'．
【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
考点四： 利用相似三角形的性质求解
1．（2022·云南·中考真题）如图，在△ABC中，D、E分别为线段BC、BA的中点，设△ABC的面积为S
S
❑❑，△EBD的面积为S ❑❑．则 2 =（ ）
1 2 S
1
1 1 3 7
A． B． C． D．
2 4 4 8
【答案】B
1
【分析】先判定△EBD∼△ABC，得到相似比为 ，再根据两个相似三角形的面积比等于相似比的平方，
2
据此解题即可．
【详解】解：∵D、E分别为线段BC、BA的中点，
BE BD 1
∴ = = ，
AB BC 2
又∵∠B=∠B，
1
∴△EBD∼△ABC，相似比为 ，
2
∴
S
2=
(BE) 2
=
1
，
S AB 4
1
故选：B．
【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若OA=1，则OG=
（ ）125√5 125 64 32√3
A． B． C． D．
64 64 27 27
【答案】C
【分析】本题考查的是相似三角形的性质，锐角三角函数的应用，规律探究；先求解
360° OA OB OC √3
∠BOA=∠BOC=⋯= =30°，可得 = = =⋯=cos30°= ，再进一步探究即可；
12 OB OC OD 2
【详解】解：∵12个相似的直角三角形，
360°
∴∠BOA=∠BOC=⋯= =30°，
12
OA OB OC √3
= = =⋯=cos30°= ，
OB OC OD 2
∵OA=1，
2 2
∴OB= √3=1× √3，
3 3
4 (2 ) 2
OC= =1× √3 ，
3 3
(2 ) 3 8
OD=1× √3 = √3，⋯
3 9
(2 ) 6 64
∴OG=1× √3 = ，
3 27
故选C
3．（2024·上海杨浦·一模）如图，在△ABC中，点G是重心，过点G作GD∥BC，交边AC于点D，联结
BG，如果S =36，那么S = ．
△ABC 四边形BGDC【答案】16
【分析】本题主要考查了三角形的重心，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，连接AG，延长AG交
BC于点H，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：连接AG，延长AG交BC于点H，并延长至F，使得GH=HF，延长BG交AC于点E，连接
CG,BG
∵点G是重心，
∴H,E分别为BC,AC的中点，
∴BH=CH，
∴四边形CGBF是平行四边形，
∴CF∥BE
AG AE
∴ = =1
FG EC
∴AG=GF=2GH
∵S =36，
△ABC
1
∴S =S = S =18，
△ABH △ACH 2 △ABC
∴S =12，S =6，
△ABG △BGH
∵GD∥BC，
∴△AGD∽△AHC，
∴ S △AGD= ( AG) 2 = 4 ，
S AH 9
△AHC
∵S +S =S =18，
△AGD 四边形GHCD △AHC
∴S =8，S =10，
△AGD 四边形GHCD
∴S =S +S =6+10=16，
四边形BGDC △BGH 四边形GHCD
故答案为：16．考点五： 三角形的性质与判定综合
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在▱ABCD中，点M,N在AD边上，AM=DN，连接CM并延长交
BA的延长线于点E，连接BN并延长交CD的延长线于点F．求证：AE=DF．小丽的思考过程如下：
参考小丽的思考过程，完成推理．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明△AEM∽△DCM，可得
AE AM DF DN AE DF
= ，同理可得： = ，再进一步证明 = 即可．
DC DM AB AN DC AB
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB∥CD，
∴△AEM∽△DCM
AE AM
∴ = ，
DC DM
同理可得，△FDN∽△ABN，
DF DN
∴ =
AB AN
又∵AM=DN，
∴AM+MN=DN+MN
即AN=DM，AE DF
∴ =
DC AB
又∵AB=CD，
∴AE=DF．
2．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，AB=AD=6m，CB=CD=8cm，∠B为
直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为 cm．
24
【答案】
7
【分析】连接AC，作∠ABC的平分线交AC于点O ，作OH⊥BC于H ，如图求得
△ABC≌△ADC(SSS) ，则∠BAC=∠DAC ，∠ACB=∠ACD ，所以AC平分∠BAC 和∠BCD ，
加上OB平分∠ABC ，根据角平分线性质得到点O到四边形ABCD的各边的距离相等，则得到⊙O是四
边形ABCD的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为OH，接着证明△BOH为等腰直角三角
形得到OH=BH，设OH=r，则BH=r，CH=8−r，然后证明△COH∽△CAB ，利用相似比可计算出
r．
【详解】解：连接AC，作∠ABC的平分线，交AC于点O，作OH⊥BC 于H，
在△ABC和△ADC 中，
¿ ，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BAC=∠DAC ，∠ACB=∠ACD
∴AC 平分∠BAD 和∠BCD ，
∵OB 平分∠ABC ，
∴点O到四边形ABCD的各边的距离相等，∴⊙O是四边形ABCD的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为OH，
∵∠ABC=90°
，
1
∴∠OBH= ∠ABC=45° ，
2
∴△BOH为等腰直角三角形，
∴OH=BH，
设OH=rcm，则BH=rcm，CH=BC−BH=8−r(cm)，
∵∠ABC=90°，OH⊥BC，
∴OH∥AB，
∴△COH∽△CAB ，
OH CH r 8−r
∴ = 即 = ，
AB CB 6 8
24
∴r= ．
7
24
即⊙O的半径为 cm，
7
24
∴圆形纸片的半径为 cm．
7
24
故答案为：
7
【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆
是所求的面积最大的圆是解题的关键．
3．（2024·山东日照·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(4,0)，C(0,4√2)是矩形OABC的
顶点，点M,N分别为边AB,OC上的点，将矩形OABC沿直线MN折叠，使点B的对应点B'在边OA的中
k
点处，点C的对应点C'在反比例函数y= (k≠0)的图象上，则k=
x160√2
【答案】−
81
【分析】设BB'交NM与点E，过点C'作C'H⊥x轴于点H．利用矩形的性质、折叠的性质和勾股定理等
1
可求出OA=BC=4，AB=4√2，AB'=2，BB'=6，BE= BB'=3，B'C'=BC=4，证明
2
9√2 7√2
△EBM∽△ABB'，利用相似三角形的性质可求出B'M=BM= ，AM= ，证明
4 4
16√2 28
△C'HB'∽△B' AM，利用相似三角形的性质可求出C'H= ，HB'= ，则可出求C'的坐标，然后
9 9
利用待定系数法求解即可．
【详解】解：如图，设BB'交NM与点E，过点C'作C'H⊥x轴于点H．
∵ OABC A(4,0) C(0,4√2)
四边形 是矩形， ， ，
∴∠B=∠A=90°，OA=BC=4，AB=4√2，
∵点B'是OA的中点，
∴AB'=2．
在Rt△ABB'中，
∵AB=4√2，AB'=2，
∴BB'=√(4√2) 2+22=6，
∵矩形OABC沿直线MN折叠，1
∴BB'⊥MN，BE= BB'=3，B'C'=BC=4，
2
∵∠EBM=∠ABB'，∠BEM=∠BAB'=90°，
∴△EBM∽△ABB'
EB BM 3 BM
∴ = ，即 = ，
AB BB' 4√2 6
9√2
解得BM= ，
4
9√2
∴B'M=
，
4
∵AB=4√2，
7√2
∴AM=AB−BM= ，
4
∵∠C'B'M=∠CBM=90°，
∴∠C'B'H+∠MB' A=90°．
∵∠MB' A+∠B'MA=90°，
∴∠C'B'H=∠B'MA．
又∵∠C'HB'=∠B' AM=90°，
∴△C'HB'∽△B' AM，
C'H HB' 4
C'H HB' C'B' = =
∴ = = ，即 2 7√2 9√2，
B' A AM B'M
4 4
16√2 28
解得C'H= ，HB'=
，
9 9
10
∴HO=HB'−OB'=
，
9
( 10 16√2)
∴点C'的坐标为 − , ，
9 9
10 16√2 160√2
∴k=− × =− ．
9 9 81
160√2
故答案为：− ．
81
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，反比例函数等知识，明确题意，
添加合适辅助线，构造相似三角形求解是解题的关键．考点六： 利用相似三角形列函数关系式
1．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=10cm，
BD=4√5cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点Q从点A出发，沿
AD方向匀速运动，速度为2cm/s．以AP，AQ为邻边的平行四边形APMQ的边PM与AC交于点E．设
运动时间为t(s)(0<t≤5)，解答下列问题：
(1)当点M在BD上时，求t的值；
(2)连接BE．设△PEB的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式和S的最大值；
(3)是否存在某一时刻t，使点B在∠PEC的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
10
【答案】(1)t=
3
2
(2)S=− t2+4t(0<t≤5)；S的最大值为10
5
20−5√5
(3)t=
2
10−2t t
【分析】（1）证明△DQM∽△MPB， 则 = ， 即可求解；
2t 10−t
1
（2）由 S= PB⋅ℎ即可求解；
2
（3）当点B在∠PEC的平分线上时，则 BR=OB=2√5 ，在Rt△PBR中，
4 BR 2√5
sin∠EPB=sin∠DAB= = = ，即可求解．
5 PB 10−t
【详解】（1）∵平行四边形APMQ，
∴AQ∥PM，AQ=PM，QM∥AP，QM=AP
由题意得∶DQ=10−2t,PM=2t,PB=10−t，QM=AP=t，
如下图，点M在BD上时，∵AQ∥PM，QM∥AP，，
∴∠DQM=∠DAB=∠MPQ,∠DMQ=∠MBP，
∴△DQM∽△MPB，
DQ QM 10−2t t
则 = ,即 = ,,
PM PB 2t 10−t
10
解得： t= ;
3
（2）如上图，
∵AQ∥PM，
∴∠AEP=∠EAQ，
∵四边形ABCD是菱形，
则∠QAE=∠EAP，
∴∠AEP=∠EAP，
∴△APE为等腰三角形， 则PE=AP=t
过点D作DH⊥AB于点H，
1 1
则S = ×AB⋅DH= ×AO·DB
△ABD 2 2
即 10DH=√102−(2√5) 2 ×4√5,解得∶ DH=8，
DH 8 4
则 sin∠DAH= = = ，
AD 10 5
设△PEB中PB边上的高为ℎ，则
1 1 1 4t 2
S= PB⋅ℎ = (10−t)⋅sin∠DHA⋅AE= (10−t)⋅ =− t2+4t
2 2 2 5 5
2
即：S=− (t−5) 2+10(0<t≤5)
5
2
∵− <0，故S有最大值，
5
当t=5时， S的最大值为10；（3）存在， 理由∶
如下图， 过点B作BR⊥PE于点R，
当点B在∠PEC的平分线上时，则
BR=OB=2√5，
在Rt△PBR中，
4 BR 2√5
sin∠EPB=sin∠DAB= = = ，
5 PB 10−t
20−5√5
解得： t= .
2
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到特殊四边形性质、三角形相似、解直角三角形、函数的表达式确定
等，综合性强，难度适中．
2．（2023·黑龙江绥化·中考真题）已知：四边形ABCD为矩形，AB=4，AD=3，点F是BC延长线上的
一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
(1)如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≅△FCG．
(2)如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF=x，CE= y．求y关于x的函数关系式．
(3)如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF=1时，求线段BM的长．
【答案】(1)见解析
4x−12 (4x−12)√x2+16
(2) y= （或y= ）
√x2+16 x2+16
10√2
(3)
3【分析】（1）根据矩形的性质得出AD∥BF，则∠D=∠DCF，根据题意得出DG=CG，即可证明
△ADG≌△FCG(ASA)；
（2）在Rt△ABF中，AF=√AB2+BF2=√x2+16，证明△CEF∽△ABF，根据相似三角形的性质即可
求解；
（3）过点E作EN⊥BF于点N，得出△ABF，△CEF为等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得
BE，证明△BAM∽△BCE，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BF，
∴∠D=∠DCF，
∵G为CD中点，
∴DG=CG，
在△ADG和△FCG中
¿，
∴△ADG≌△FCG(ASA)；
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF=90°=∠ABC，
∵∠F=∠F，
∴△CEF∽△ABF，
CE CF
∴ = ，
AB AF
∵AB=4，BF=x，
∴在Rt△ABF中，AF=√AB2+BF2=√x2+16，
∵CE= y，y x−3
=
∴ ，
4 √x2+16
4x−12 (4x−12)√x2+16
∴y= （或y= ）；
√x2+16 x2+16
（3）过点E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为矩形，且AD=3，
∴AD=BC=3，
∵AB=4，CF=1，
∴AB=BF，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BAF=45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
1
∴CN=NF=NE= ，
2
在Rt△BNE中，
∵BE2=BN2+EN2，
√ ( 1) 2 (1) 2 5√2
∴BE= 3+ + = ，
2 2 2
∵∠ECF=∠BAF=45°，
∴∠BAM=∠BCE=135°，
∵BM⊥BE，∴∠MBA+∠ABE=90°，
∵∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠MBA=∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
BM BA 4
∴ = = ，
BE BC 3
BM 4
=
∴5√2 3，
2
10√2
∴BM= ．
3
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，
勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2022·四川资阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点
E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．
(1)求证：△ABM∽△EBF；
(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；
(3)设BE=x,△≝¿的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多
少？
【答案】(1)证明见解析
(2)DE=4√5
6 ( 55) 2 121 55 121
(3)解析式为y=− x− + ，当x= 时，y有最大值为
25 6 6 6 6
【分析】（1）利用AA证明△ABM∽△EBF，即可；
（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾
股定理求出BM=3，从而得到ME=AN=2，进而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；
AM EF 4
（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B= = ，可得EF= x，再证得
AB BE 53 3
△ABM∽△ECG，可得GC= (10−x)，从而得到DG= (10−x)+5，再根据三角形的面积公式，得
5 5
到函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,AM是BC边上的高，
∴∠AMB=∠EFB=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC边上的高，
AM AD，
∴∴∠⊥AME=∠MAN=∠ANE=90°，
∴四边形AMEN为矩形，
∴NE=AM=4,AN=ME，
在Rt△ABM中，BM=√AB2−AM2=√52−42=3，
又∵E为BC的中点，
1
∴BE= BC=5，
2
∴ME=AN=2，
∴DN=8，
在Rt△DNE中，DE=√DN2+N E2=√42+82=4√5；
；
（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．
AM EF
∵sin∠B= = ，
AB BE4 EF
∴ = ，
5 x
4
∴EF= x，
5
AB∥CD，
∵∴∠B=∠ECG，∠EGC= BFE=90°，
又∵∠AMB=∠EGC=90∠°，
∴△ABM∽△ECG，
CG EC
∴ = ，
BM AB
CG 10−x
∴ = ，
3 5
3
∴GC= (10−x)，
5
3
∴DG=DC+CG= (10−x)+5．
5
∴y= 1 EF⋅DG= 1 × 4 x [3 (10−x)+5 ] =− 6 x2+ 22 x =− 6 ( x− 55) 2 + 121 ，
2 2 5 5 25 5 25 6 6
55 121
∴当x= 时，y有最大值为 ．
6 6
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，
解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是
解题的关键．
考点七： 利用三点定形法证明比例式或等积式
1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在⊙O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC,AD,BC，作
CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O,B重合），连接OF．(1)若BE=1，求GE的长．
(2)求证：BC2=BG⋅BO．
(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)∠CAD=45°，证明见解析
【分析】（1）由垂径定理可得∠AED=90°，结合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根据圆周角定理可
得∠DAE=∠BCD，进而可得∠BCD=∠FCD，通过证明△BCE ≌△GCE可得¿=BE=1；
1
（2）证明△ACB ∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2=BA⋅BE，再根据AB=2BO，BE= BG，
2
可证BC2=BG⋅BO；
（3）设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可证α=90°−β，∠OCF=90°−3α，通过SAS
证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF=∠OAF，即90°−3α=α，则∠CAD=2α=45°．
【详解】（1）解：∵直径AB垂直弦CD，
∴ ∠AED=90°，
∴ ∠DAE+∠D=90°，
∵ CF⊥AD，
∴ ∠FCD+∠D=90°，
∴ ∠DAE=∠FCD，
由圆周角定理得∠DAE=∠BCD，
∴ ∠BCD=∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
¿，∴ △BCE ≌△GCE (ASA)，
∴ ¿=BE=1；
（2）证明：∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°，
在△ACB和△CEB中，
¿，
∴ △ACB ∽△CEB，
BC BA
∴ = ，
BE BC
∴ BC2=BA⋅BE，
由（1）知¿=BE，
1
∴ BE= BG，
2
又∵ AB=2BO，
1
∴ BC2=BA⋅BE=2BO⋅ BG=BG⋅BO；
2
（3）解：∠CAD=45°，证明如下：
如图，连接OC，
∵ FO=FG
，
∴ ∠FOG=∠FGO，
∵直径AB垂直弦CD，
∴ CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，
又∵ AE=AE，
∴ △ACE ≌△ADE (SAS)，
∴ ∠DAE=∠CAE，
设∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，
则∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，∵ OA=OC，
∴ ∠OCA=∠OAC=α，
又∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠OCF=∠ACB−∠OCA−∠FCD−∠BCD=90°−3α，
∵ ∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°
∴ β+α=90°，
∴ α=90°−β，
∵ ∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，
∴ ∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=2(90°−β)+β=180°−β，
∴ ∠COF=∠AOF，
在△COF和△AOF中，
¿
∴ △COF≌△AOF(SAS)，
∴ ∠OCF=∠OAF，
即90°−3α=α，
∴ α=22.5°，
∴ ∠CAD=2α=45°．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三
角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论
证．
2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直
线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上．连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A
作⊙O的切线交BP于点G．
(1)求证：AG∥CD；
(2)求证：PA2=PG⋅PB；1
(3)若sin∠APD= ，PG=6．求tan∠AGB的值．
3
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√2
【分析】（1）根据折叠可得AB⊥CD，根据切线的定义可得AG⊥AB，即可得证；
（2）根据题意证明∠PAG=∠ABD，进而证明△APG∽△BPA，根据相似三角形的性质，即可得证；
AD 1 √2
（3）根据sin∠APD= = ，设AD=a，则AP=3a，得出tan∠APD= ，根据折叠的性质可得出
AP 3 4
AC=AD=a，则PC=PA+AC=3a+a=4a，进而求得BD=√2a，根据
∠AGB=90°−∠GAD=∠DAB，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，
∴AB⊥CD，
∵AB为⊙O的直径，AG是切线，
∴AG⊥AB，
∴AG∥CD；
（2）解：∵AG是切线，
∴AG⊥AB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°−∠DAB=∠GAD，
∵由折叠可得∠ABD=∠ABC，
∴∠CBD=2∠ABD，
∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
∴∠PAD=180°−∠CAD=∠DBC=2∠ABD，
∴∠PAG=∠PAD−∠GAD=2∠ABD−∠ABD=∠ABD，
又∵∠APG=∠BPA，
∴△APG∽△BPA，
AP PG
∴ = ，即PA2=PG⋅PB；
BP PA
AD 1
（3）解：∵sin∠APD= = ，设AD=a，则AP=3a，
AP 3∴PD=√AP2−AD2=2√2a，
AD a √2
∴tan∠APD= = = ，
PD 2√2a 4
∵由折叠可得AC=AD=a，
∴PC=PA+AC=3a+a=4a，
CB √2
∵在Rt△PCB中，tan∠CPB= = ，
PC 4
√2
∴BD=CB= PC=√2a，
4
∵AD⊥BD，GA⊥AB，
∴∠AGB=90°−∠GAD=∠DAB，
BD √2a
∴tan∠AGB=tan∠DAB= = =√2．
AD a
【点睛】本题考查了切线的性质，折叠问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知
识是解题的关键．
3．（2024·广东·中考真题）【知识技能】
（1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到
△A'DC'．当点E的对应点E'与点A重合时，求证：AB=BC．
【数学理解】
（2）如图2，在△ABC中(AB<BC)，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向
旋转，得到△A'DC'，连接A'B，C'C，作△A'BD的中线DF．求证：2DF⋅CD=BD⋅CC'．
【拓展探索】
4 32
（3）如图3，在△ABC中，tanB= ，点D在AB上，AD= ．过点D作DE⊥BC，垂足为E，
3 5
32
BE=3，CE= ．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE=180°？若存在，请给出证
3
明；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析
【分析】（1）根据中位线的性质、旋转的性质即可证明；
（2）利用旋转的性质、外角定理、中位线的性质证明△A'FD∽△DGC'后即可证明；
（3）通过解直角三角形得到DE=4，BD=5，过点C作CM⊥AB于点M，易证△BDE∽△BCM，得到
BD DE BE 41 16 1
= = ，即可求得BM= ，进而DM= = AD，从而点M是AD的中点，过点D作
BC CM BM 5 5 2
1
DP∥BC，交CM于点P，连接AP，CP，EP，根据三线合一得∠DPM=∠APM= ∠APD，证明
2
16
△PDM∽△DBE，即可求的PD= ，过点P作PN⊥BC于点N，则四边形DENP是矩形，得到
3
16 1 1
EN= = EC，因此点N是EC的中点，进而∠EPN=∠CPN= ∠EPC，再证△PEN∽△DPM，
3 2 2
得到∠EPN=∠PDM，根据∠MPD+∠PDM=90°，即可推出∠EPC+∠APD=180°，因此当点G
与点P重合时，满足∠AGD+∠CGE=180°．
【详解】证明：（1）∵ DE是△ABC的中位线，
1 1
∴ DE= BC且AD=DB= AB．
2 2
又∵ △ADC绕点D按逆时针方向旋转得到△A'DC'
∴ DE=AD
∴ AB=BC．
（2）由题意可知：DC=DC'，DA=DA'，∠CDC'=∠AD A'．
1 1
作DG⊥CC'，则CG=C'G= CC' 且∠CDG=∠C'DG= ∠CDC'
，
2 2又∵ BD=DA=DA'，
∴ ∠A'BD=∠BA'D．
根据外角定理
∠A'DA=∠A'BD−∠BA'D，
1
∴
∠BA'D= ∠A'DA，
2
∴ ∠BA'D=∠C'CG．
又∵ DB=DA'，DF是△A'BD的中位线，
∴ DF⊥A'B，
∴ ∠A'FD=90°，
∴ △A'FD∽△DGC'，
DF A'D
∴ = ，
C'G C'D
DF BD
=
∴ 1 CD，
C'C
2
∴ 2DF⋅CD=BD⋅CC'．
（3）存在点G使得∠AGD+∠CGE=180°．
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=90°，
4
∴在Rt△BDE中，DE=BE⋅tanB=3× =4，
3
BD=√BE2+DE2=√32+42=5
过点C作CM⊥AB于点M，∴∠CMB=∠DEB=90°，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BCM
5 4 3
BD DE BE = =
∴ = = ，即 32 CM BM，
BC CM BM 3+
3
41
∴BM= ，
5
41 16
∴DM=BM−BD= −5= ，
5 5
32
∵AD= ，
5
1
∴DM= AD，
2
∴点M是AD的中点，
∴CM是AD的垂直平分线，
过点D作DP∥BC，交CM于点P，连接AP，CP，EP
∴PA=PD，
∴根据三线合一得∠DPM=∠APM，
∵DP∥BC，
∴∠MDP=∠B，
∵∠PMD=∠DEB，
∴△PDM∽△DBE，
16
PD DM
∴ = ，即PD 5 ，
DB BE =
5 316
∴PD= ，
3
过点P作PN⊥BC于点N，则四边形DENP是矩形，
16
∴EN=DP= ，PN=DE=4
3
32
∵EC= ，
3
1
∴EN= EC，
2
∴点N是EC的中点，
∴PN垂直平分EC，
∴PE=PC，
1
∴∠EPN=∠CPN= ∠EPC，
2
PN 4 3
= = DM BE 3
∵EN 16 4， = = ，
PM DE 4
3
PN DM
∴ = ，
EN PM
又∠PNE=∠DMP=90°，
∴△PEN∽△DPM，
∴∠EPN=∠PDM，
∵∠MPD+∠PDM=180°−∠PMD=90°，
∴∠MPD+∠EPN=90°
1 1
即 ∠EPC+ ∠APD=90°，
2 2
∴∠EPC+∠APD=180°，
∴当点G与点P重合时，满足∠AGD+∠CGE=180°．
【点睛】本题考查了旋转的性质、中位线的性质、外角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直
角三角形，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键．
考点八： 利用相似三角形解决实际问题
1．（2024·四川自贡·中考真题）为测量水平操场上旗杆的高度，九（2）班各学习小组运用了多种测量方法．
(1)如图1，小张在测量时发现，自己在操场上的影长EF恰好等于自己的身高DE．此时，小组同学测得旗
杆AB的影长BC为11.3m，据此可得旗杆高度为________m；
(2)如图2，小李站在操场上E点处，前面水平放置镜面C，并通过镜面观测到旗杆顶部A．小组同学测得
小李的眼睛距地面高度DE=1.5m，小李到镜面距离EC=2m，镜面到旗杆的距离CB=16m．求旗杆高度；
(3)小王所在小组采用图3的方法测量，结果误差较大．在更新测量工具，优化测量方法后，测量精度明显
提高，研学旅行时，他们利用自制工具，成功测量了江姐故里广场雕塑的高度．方法如下：
如图4，在透明的塑料软管内注入适量的水，利用连通器原理，保持管内水面M，N两点始终处于同一水
平线上．
如图5，在支架上端P处，用细线系小重物Q，标高线PQ始终垂直于水平地面．
如图6，在江姐故里广场上E点处，同学们用注水管确定与雕塑底部B处于同一水平线的D，G两点，并
标记观测视线DA与标高线交点C，测得标高CG=1.8m，DG=1.5m．将观测点D后移24m到D'处，采用
同样方法，测得C'G'=1.2m，D'G'=2m．求雕塑高度（结果精确到1m）．
【答案】(1)11.3
(2)旗杆高度为12m；
(3)雕塑高度为29m．
【分析】本题考查平行投影，相似三角形的应用．
（1）根据同一时刻物高与影长对应成比例，进行求解即可；
（2）根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，得出△ACB∽△DCE，最后根据三角形相似的性质，即可求出答案；
（3）BG=xm，由题意得：△DGC∽△DBA，△D'G'C'∽△D'BA，利用相似三角形的性质列出式子，
计算即可求解．
DE EF
【详解】（1）解：由题意得DE=DF，由题意得： = ，
AB BC
∴AB=BC=11.3m，
故答案为：11.3；
（2）解：如图，由题意得，DE=1.5m，EC=2m，BC=16m，
根据镜面反射可知：∠ACB=∠ECD，
∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠ABC=∠DEC=90°，
∴△ACB∽△DCE，
AB CB AB 16
∴ = ，即 = ，
DE CE 1.5 2
∴AB=12，
答：旗杆高度为12m；
（3）解：设BG=xm，
由题意得：△DGC∽△DBA，△D'G'C'∽△D'BA，
CG DG C'G' D'G'
∴ = ， = ，
AB DG+x AB D'D+DG+x
1.8 1.5 1.2 2
即 = ， = ，
AB 1.5+x AB 24+1.5+x
1.8 1.5
AB 1.5+x
∴ = ，
1.2 2
AB 24+1.5+x
整理得3.6(1.5+x)=1.8(25.5+x)，
解得x=22.5，经检验符合他∴AB=1.8×(1.5+22.5)÷1.5=28.8≈29(m)，
答：雕塑高度为29m．
2．（2022·江苏连云港·中考真题）我市的花果山景区大圣湖畔屹立着一座古塔——阿育王塔，是苏北地区
现存最高和最古老的宝塔．小明与小亮要测量阿育王塔的高度，如图所示，小明在点A处测得阿育王塔最
高点C的仰角∠CAE=45°，再沿正对阿育王塔方向前进至B处测得最高点C的仰角∠CBE=53°，
AB=10m；小亮在点G处竖立标杆FG，小亮的所在位置点D、标杆顶F、最高点C在一条直线上，
FG=1.5m，GD=2m．（注：结果精确到0.01m，参考数据：sin53°≈0.799，cos53°≈0.602，
tan53°≈1.327）
(1)求阿育王塔的高度CE；
(2)求小亮与阿育王塔之间的距离ED．
【答案】(1)40.58m
(2)54.11m
CE CE
【分析】（1）在Rt△CEB中，由tan53°= = ，解方程即可求解．
BE CE−10
（2）证明Rt△FGD∽Rt△CED，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）在Rt△CAE中，∵∠CAE=45°，
∴CE=AE．
∵AB=10，
∴BE=AE−10=CE−10．
CE CE
在Rt△CEB中，由tan53°= = ，
BE CE−10
得tan53°(CE−10)=CE，
解得CE≈40.58．
经检验CE≈40.58是方程的解
答：阿育王塔的高度约为40.58m．
（2）由题意知Rt△FGD∽Rt△CED，FG GD
∴ = ，
CE ED
1.5 2
即 = ，
40.58 ED
∴ED≈54.11．
经检验ED≈54.11是方程的解
答：小亮与阿育王塔之间的距离约为54.11m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024福建漳州·模拟预测）为了加强视力保护意识，欢欢想在书房里挂一张测试距离为5m的视力表，
但两面墙的距离只有3m．在一次课题学习课上，欢欢向全班同学征集“解决空间过小，如何放置视力表
问题”的方案，其中甲、乙两位同学设计方案新颖，构思巧妙．
甲 乙
图
例
使用平面镜成像的原理来解决房间小的问题．
如图，在相距3m的两面墙上分别悬挂视力表（
如图①是测试距离为5m的大视力表，可以用硬纸
AB）与平面镜（MN），由平面镜成像原理，
方 板制作一个测试距离为3m的小视力表②．通过测
作出了光路图，通过调整人的位置，使得视力
案 量大视力表中“E”的高度（BC的长），即可求
表AB的上、下边沿A，B发出的光线经平面镜
出小视力表中相应的“E”的高度（DF的长）
MN的上下边沿反射后射入人眼C处，通过测量
视力表的全长（AB）就可以计算出镜长MN
(1)甲生的方案中如果大视力表中“E”的高是3.5cm，那么小视力表中相应“E”的高是多少？
(2)乙生的方案中如果视力表的全长为0.8m，请计算出镜长至少为多少米．
【答案】(1)2.1cm
(2)0.32m
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键，
AD DF
（1）证明△CAB∽△FAD，得 = ，代入数据求解，即可得解；
AB BC
MN CD
（2）如图，作CD⊥MN于点D，延长线交A'B'于点E，证明△MNC∽△A'B'C，得 = ，代入
A'B' CE数据求解，即可得解．
【详解】（1）解：由题意知BC⊥AB,DF⊥AD，
∴∠CBA=∠FDA=90°，
又∵∠CAB=∠FAD，
∴△CAB∽△FAD，
AD DF
∴ = ，
AB BC
由题意知AD=3m,AB=5m,BC=3.5cm,AD=3m，
3 DF
∴ = ，
5 3.5
解得DF=2.1cm，
即小视力表中相应“E”的高是2.1cm．
（2）解：如图，如图，作CD⊥MN于点D，延长线交A'B'于点E，
由题意知，AB∥MN∥A'B'，
∵MN∥A'B'，CD⊥MN，
∴∠CDM=∠CEA'=90°，
∴CE⊥A'B'，
∵MN∥A'B'，
∴∠MNC=∠A'B'C,∠NMC=∠B' A'C，
∴△MNC∽△A'B'C，
MN CD
∴ = ，
A'B' CE
由题意知CE=5m,DE=3m,A'B'=AB=0.8m，
∴CD=CE−DE=2m，
MN 2
∴ = ，
0.8 5∴MN=0.32m，
∴镜长至少为0.32m．
考点九： 利用相似三角形的性质与判定解决多结论问题
1．（2023·山东泰安·中考真题）如图，△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠A=36°．以点B为圆心，任
1
意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于 FG的长为半径作弧，
2
1
两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于 BD的长为半径作弧，两孤
2
相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①∠AED=∠ABC；②
1
BC=AE；③ED= BC；④当AC=2时，AD=√5−1．其中正确结论的个数是（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据等腰三角形两底角相等与∠A=36°，得到∠ABC=∠C=72°，根据角平分线定义得到
∠ABD=∠CBD=36°，根据线段垂直平分线性质得到EB=ED，得到∠EBD=∠EDB，推出
∠EDB=∠CBD，得到DE∥BC，推出∠AED=∠ABC，①正确；根据等角对等边得到AD=AE，
AD=BD，根据三角形外角性质得到∠BDC=72°=∠C，得到BC=BD，推出BC=AE，②正确；根据
ED AD AD √5−1
△AED∽△ABC，得到 = = ，推出ED= BC，③错误；根据AC=2时，
BC AC AD+DC 2
√5−1 √5−1
CD= AD，得到 AD=2−AD,推出AD=√5−1，④正确．
2 2
【详解】∵△ABC中，AB=AC，∠A=36°，1
∴∠ABC=∠C= (180°−∠A)=72°，
2
由作图知，BD平分∠ABC，MN垂直平分BD，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°，EB=ED，
2
∴∠EBD=∠EDB，
∴∠EDB=∠CBD，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ABC，①正确；
∠ADE=∠C，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∵∠A=∠ABD，
∴AD=BD，
∵∠BDC=∠A+∠ABD=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BC=BD，
∴BC=AE，②正确；
设ED=x，BC=a，
则AD=a，BE=x，
∴CD=BE=x，
∵△AED∽△ABC，
ED AD AD
∴ = = ，
BC AC AD+DC
x a
∴ = ，
a a+x
∴x2+ax−a2=0，
∵x>0，
√5−1
∴x= a，
2
√5−1
即ED= BC，③错误；
2
当AC=2时，CD=2−AD，√5−1
∵CD= AD，
2
√5−1
AD=2−AD,
2
∴
∴AD=√5−1，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，
相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
2．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，
∠BAC=∠DAE=90°，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于点H．
下列结论中：①AC=CD；②√2AD2=BC⋅AF；③若AD=3√5，DH=5，则BD=3；④
AH2=DH⋅AC，正确的是 ．
【答案】 /
②③③② √2
【分析】先证明AB=AC= BC,∠B=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°,AD=AE,
2
△BAD≌△CAE, 再证明∠DAG=∠EAG=45°,DG=EG,若AC=CD, 可得AC平分∠EAH, 与题干
AD AF √2
信息不符，可判断①不符合题意；再证明△ADF∽△ACD, 可得 = , 而AC= BC, 可判断②
AC AD 2
符合题意；如图，连接EH，求解DE=3√5×√2=3√10, 设BD=CE=x,CH= y, 再建立方程组
x2+ y2=25
{ , 可判断③符合题意；证明△HAD∽△HBA, 可得AH2=DH·HB, 若
x2+(5+ y) 2=(3√10) 2
AH2=DH⋅AC，则HB=AC, 与题干信息不符，可判断④不符合题意；从而可得答案．【详解】解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE,
∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，
√2
∴AB=AC= BC,∠B=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°,AD=AE,
2
∴△BAD≌△CAE,
∴∠ACE=45°,∠BCE=90°,BD=CE,
∵AH⊥DE,AD=AE,
∴∠DAG=∠EAG=45°,DG=EG,
∴∠EAC+∠CAH=45°,
若AC=CD,
1
∴∠CDA=∠CAD= (180°−45°)=67.5°,
2
∴∠CAH=67.5°−45°=22.5°=∠CAE,
∴AC平分∠EAH, 与题干信息不符，故①不符合题意；
∵∠ADE=∠ACB=45°,∠DAF=∠CAD,
∴△ADF∽△ACD,
AD AF
∴ = ,
AC AD
√2
∴AD2=AC·AF, 而AC= BC,
2
∴√2AD2=BC⋅AF，故②符合题意；
如图，连接EH，
由AH⊥DE,DG=EG,
∴DH=EH=5,∵AD=3√5=AE,∠DAE=90°,
∴DE=3√5×√2=3√10,
设BD=CE=x,CH= y,
x2+ y2=25
∴{ ,
x2+(5+ y) 2=(3√10) 2
x=3
解得：{ , 即BD=3，故③符合题意；
y=4
∵∠DAH=∠B=45°,∠AHD=∠AHB,
∴△HAD∽△HBA,
HA DH
∴ = ,
HB AH
∴AH2=DH·HB,
若AH2=DH⋅AC，则HB=AC, 与题干信息不符，故④不符合题意；
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形
的判定与性质，作出适当的辅助线，构建直角三角形是解本题的关键．
3．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，在ΔABC中，AB<AC，将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到
△ADE，点D在BC边上，DE交AC于点F．下列结论：①△AFE∼△DFC；②DA平分∠BDE；③
∠CDF=∠BAD，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴△ADE≌△ABC，
∴∠E=∠C，
∵∠AFE=∠DFC，
∴ △AFE∼△DFC，故①正确；∵ △ADE≌△ABC，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ADE=∠ABC，
∴∠ADB=∠ADE，
∴ DA平分∠BDE，故②正确；
∵ △ADE≌△ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵ △AFE∼△DFC，
∴∠CAE=∠CDF，
∴∠CDF=∠BAD，
故③正确
故选D
【点睛】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握
以上知识是解题的关键．
考点十： 相似三角形与函数综合
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于
A(−1,0)，B(2,0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当点D在直线BC下方的抛物线上时，过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，DE的
长为l，请写出l关于t的函数表达式，并写出自变量t的取值范围；S
(3)连接AD，交BC于点F，求 △≝¿ ¿的最大值．
S
△AEF
【答案】(1)y=x2−x−2
(2)l=−t2+2t(0<t<2)
S 1
(3)( △≝¿ ) = ¿
S 3
△AEF 最大
【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出C(0,−2)，再用待定系数法求出直线BC的解析式为：y=x−2，可得出D(t,t2−t−2)，
E(t,t−2)，从而可得l=DE=t−2−(t2−t−2)=−t2+2t，再求出自变量取值范围即可；
DF DE
（3）分四种情形：当0<t<2时，作AG∥DE，交BC于G，可得出△≝∽△AGF，从而 = ，进而
AF AG
DF −t2+2t 1 1 S
得出 = =− (t−1) 2+ ，进一步得出结果；当t<−1，−1<t<0和t>2时，可得出 △≝¿ ¿没
AF 3 3 3 S
△AEF
有最大值．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(2,0)两点，
∴ ¿，
解得¿，
∴该抛物线的解析式为：y=x2−x−2；
（2）解：二次函数y=x2−x−2中，令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
设直线BC的解析式为：y=kx+m．将B(2,0)，C(0,−2)代入得到：
¿，解得¿，
∴直线BC的解析式为：y=x−2，
∵过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，
∴D(t,t2−t−2)，E(t,t−2)，
∴l=DE=t−2−(t2−t−2)=−t2+2t，∵点D在直线BC下方的抛物线上，
∴0<t<2；
（3）解：如图1，
当0<t<2时，
作AG∥DE，交BC于G，
∴△≝∽△AGF，
DF DE
∴ = ，
AF AG
把x=−1代入y=x−2得，
y=−3，
∴AG=3，
DF −t2+2t 1 1
∴ = =− (t−1) 2+ ，
AF 3 3 3
DF 1
∵当x=1时，( ) = ，
AF 3
最大
DF S
∵ = △≝¿ ¿，
AF S
△AEF
S 1
∴ ( △≝¿ ) = ¿，
S 3
△AEF 最大
如图2，当t>2时，
此时DE=t2−t−2−(t−2)=t2−2t，
DF t2−2t (t−1) 2−1
∴ = = ，
AF 3 3
∵t>1时，t2−2t随着t的增大而增大，
DF
∴ 没有最大值，
AF
S
∴ ( △≝¿ )¿没有最大值，
S
△AEF
如图3，
当−1<t<0时，
DF t2−2t (t−1) 2−1
= = ，
AF 3 3
当−1<t<0时，t2−2t随着t的增大而减小，
DF
∴ 没有最大值，
AFS
∴ ( △≝¿ )¿没有最大值u，
S
△AEF
如图4，
当t<−1时，
由上可知，
S
( △≝¿ )¿没有最大值，
S
△AEF
S 1
综上所述：当0<t<2时，( △≝¿ ) = ¿．
S 3
△AEF 最大
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质等知识，
解决问题的关键是分类讨论．
2．（2024·江西·中考真题）综合与实践
如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD
CE CB
的右侧构造Rt△CDE，∠DCE=90°，连接BE， = =m．
CD CA
特例感知
（1）如图1，当m=1时，BE与AD之间的位置关系是______，数量关系是______；类比迁移
（2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC=6，设AD=x，
四边形CDFE的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当BF=2时，请直接写出AD的长度．
BE
【答案】（1）AD⊥BE，AD=BE（2）BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE，数量关系是 =m；
AD
（3）①y与x的函数表达式y=(x−3√2) 2+18(0<x≤6√2)，当x=3√2时，y的最小值为18；②当
BF=2时，AD为2√2或4√2.
【分析】（1）先证明∠ACD=∠BCE，CD=CE，CB=CA，可得△ACD≌△BCE；再结合全等三角
形的性质可得结论；
CE CB
（2）先证明∠ACD=∠BCE，∠A+∠ABC=90°，结合 = =m，可得△ACD∽△BCE；再结
CD CA
合相似三角形的性质可得结论；
（3）①先证明四边形CDFE为正方形，如图，过C作CH⊥AB于H，可得AB=√AC2+BC2=6√2，
CH=AH=BH=3√2，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连
接OC，OB，OF，证明OC=OD=OF=OE=OB，可得D,C,E,B,F在⊙O上，且CF为直径，则
1
∠CBF=90°，过O作OK⊥BC于K，过O作OG⊥BF于G，求解正方形面积为 ×(2√10)
2=20,结合
2
y=CD2=(x−3√2) 2+18=20，再解方程可得答案.
【详解】解：（1）∵∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠ACD=∠BCE，∠A+∠ABC=90°，
CE CB
∵ = =m=1，
CD CA
∴CD=CE，CB=CA，
∴△ACD≌△BCE；
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=∠ABC+∠CAD=90°，
∴AD⊥BE，
∴BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE，数量关系是AD=BE；
BE
（2）BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE，数量关系是 =m；理由如下：
AD
∵∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠ACD=∠BCE，∠A+∠ABC=90°，
CE CB
∵ = =m，
CD CA
∴△ACD∽△BCE；
BE BC
∴ = =m，∠CAD=∠CBE，
AD AC
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=∠ABC+∠CAD=90°，
∴AD⊥BE，
BE
∴BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE，数量关系是 =m；
AD
（3）由（1）得：CD=CE，CB=CA，∠DCE=90°=∠ACB，
∴△ABC，△CDE都为等腰直角三角形；
∵点F与点C关于DE对称，
∴△DFE为等腰直角三角形；CE=CD=EF=DF，
∴四边形CDFE为正方形，
如图，过C作CH⊥AB于H，
∵AC=BC=6，∠ACB=90°，
∴AB=√AC2+BC2=6√2，CH=AH=BH=3√2，
当0<x≤3√2时，
∴DH=3√2−x，∴y=CD2=(3√2) 2+(3√2−x) 2=(x−3√2) 2+18，
如图，当3√2<x≤6√2时，
此时DH=x−3√2，
同理可得：y=CD2=(x−3√2) 2+18，
y与x的函数表达式为y=(x−3√2) 2+18(0<x≤6√2)，
∴
当x=3√2时，y的最小值为18；
②如图，∵AD⊥BE，正方形CDFE，记正方形的中心为O，
∴∠DBE=∠DFE=∠CDF=90°，
连接OC，OB，OF，
∴OC=OD=OF=OE=OB，
∴D,C,E,B,F在⊙O上，且CF为直径，
∴∠CBF=90°，
过O作OK⊥BC于K，过O作OG⊥BF于G，
1 1
∴BK= BC=3，BG= BF=1，
2 2∴OB=√32+12=√10，
∴DE=2OB=2√10，
1 1
∴正方形面积为 ×(2√10) 2= ×40=20,
2 2
∴y=CD2=(x−3√2) 2+18=20，
解得：x =2√2，x =4√2，经检验都符合题意，
1 2
如图，
综上：当BF=2时，AD为2√2或4√2.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的
判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难
度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
3．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶
点A的坐标为(2,2√3)，点D是边OC上的动点，过点D作DE ⊥ OB交边OA于点E，作DF∥OB交边
BC于点F，连接EF．设OD=x,△≝¿的面积为S．(1)求S关于x的函数解析式；
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
√3
【答案】(1)S=− x2+2√3x
2
(2)当x=2时，S的最大值为2√3
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明
△CDF∽△COB，得出DF=√3(4−x)，根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，
∵顶点A的坐标为(2,2√3)，
∴OA=√22+(2√3) 2=4，OG=2，AG=2√3
OG 1
∴cos∠AOG= = ，
AO 2
∴∠AOG=60°
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，
∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO=60°，
∵DE⊥OB，
DE∥AC,
∴∴∠EDO=∠ACO=60°
∴△EOD是等边三角形，
∴ED=OD=x
∵DF∥OB，
∴△CDF∽△COB，
DF CD
∴ =
OB CO
∵A (2,2√3)，AO=4，则B(6,2√3)，
∴OB=√62+(2√3) 2=4√3
DF 4−x
∴ =
4√3 4
∴DF=√3(4−x)
1 √3
∴S= x×√3(4−x)=− x2+2√3x
2 2
√3
∴S=− x2+2√3x(0≤x≤4)
2
√3 √3
（2）解：∵S=− x2+2√3x=− (x−2) 2+2√3
2 2
√3
∵− <0，
2
∴当x=2时，S的值最大，最大值为2√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函
数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点十一： 利用位似图形的性质求解
1．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形OABC各顶点的坐标分别为O(0,0)，A(3,0)，B(3,2)，
1
C(0,2)，以原点O为位似中心，将这个矩形按相似比 缩小，则顶点B在第一象限对应点的坐标是（ ）
3( 3) ( 2)
A．(9,4) B．(4,9) C． 1, D． 1,
2 3
【答案】D
1
【分析】本题考查了位似图形的性质，根据题意B横纵的坐标乘以 ，即可求解．
3
1
【详解】解：依题意，B(3,2)，以原点O为位似中心，将这个矩形按相似比 缩小，则顶点B在第一象限
3
( 2)
对应点的坐标是 1,
3
故选：D．
2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，一块面积为60 cm2的三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，
在点光源O的照射下形成的投影是△A B C ，若OB:BB =2:3，则△A B C 的面积是（ ）
1 1 1 1 1 1 1
A．90 cm2 B．135 cm2 C．150 cm2 D．375 cm2
【答案】D
【详解】解：∵一块面积为60 cm2的三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，在点光源O的照射下
形成的投影是△A B C ，OB:BB =2:3，
1 1 1 1
OB 2
=
∴ ，
OB 5
1
∴位似图形由三角形硬纸板与其灯光照射下的中心投影组成，相似比为2:5，
∵三角形硬纸板的面积为60 cm2，
∴
S
△ABC =
(2) 2
=
4
，
S 5 25
△A B C
1 1 1∴△A B C 的面积为375 cm2．
1 1 1
故选：D．
3．（2023·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别是
O(0，0)，A(1，0)，B(2，3)，C(−1，2)，若四边形OA'B'C'与四边形OABC关于原点O位似，
且四边形OA'B'C'的面积是四边形OABC面积的4倍，则第一象限内点B'的坐标为 ．
【答案】(4，6)
【分析】根据位似图形的概念得到四边形OA'B'C'和四边形OABC相似，根据相似多边形的面积比等于相
似比的平方求出相似比，再根据位似变换的性质计算即可．
【详解】解：∵四边形OA'B'C'的面积是四边形OABC面积的4倍，
∴四边形OA'B'C'和四边形OABC的相似比为2:1，
∵B(2，3)，
∴第一象限内点 B'(2×2，3×2)，即B'(4，6)，
故答案为：(4，6)．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，掌握相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
考点十二： 在坐标系中画位似图形
1．（2022·广西河池·中考真题）如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（1，
2），B（2，3），C（4，1）．(1)画出与△ABC关于y轴对称的△ABC ；
1 1 1
(2)以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△ABC ，使它与△ABC的相似比为2:1，并写出点B 的坐
2 2 2 2
标．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A B C 的坐标，然后描点连线得到△ABC
1、 1、 1 1 1 1．
（2）把A、B、C的坐标都乘以-2得到A、B、C 的坐标，然后描点连线即可．
2 2 2
【详解】（1）如图，ΔA B C 为所作．
1 1 1
（2）如图，ΔA B C 为所作，点B 的坐标为（-4，-6）．
2 2 2 2【点睛】本题考查位似变换、轴对称变换，解题的关键是注意位似中心及相似比、对称轴．
2．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度
的正方形，点A，B，C的坐标分别为A(1,2)，B(3,1)，C(2,3)，先以原点O为位似中心在第三象限内画
一个ΔA B C ，使它与ΔABC位似，且相似比为2：1，然后再把ΔABC绕原点O逆时针旋转90°得到
1 1 1
ΔA B C ．
2 2 2
（1）画出ΔA B C ，并直接写出点A 的坐标；
1 1 1 1
（2）画出ΔA B C ，直接写出在旋转过程中，点A到点A 所经过的路径长．
2 2 2 2
√5
【答案】（1）见解析，A(-2，-4)；（2）见解析， π．
1 2
【分析】（1）连接AO、BO、CO，并延长到2AO、2BO、2CO，长度找到各点的对应点，顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°后的对应点A、B 、C 的位置，然后顺次连接
2 2 2
即可，再根据勾股定理列式求出OA，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
【详解】（1）如图所示，A(-2，-4)；
1（2）如图所示，
OA=√12+22=√5
∵
90π×√5 √5
∴A´A 的长为： = π．
2 180 2
【点睛】本题考查了平移变换作图和轴对称图形的作法及画位似图形．注意：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．
重难点一： 利用相似三角形的性质与判定解决折叠问题
1．（2024·湖北·中考真题）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，
使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；
(3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
3
(2)GH=
4
√6
(3)BG= AB，见解析
6
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；
（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；
（3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据
△BMG∽△MAP，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
1
∴DP=CP= ×2=1，
2
设EP=AE=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，即x2=(3−x) 2+1，
5
解得x= ，
3
5
∴EP=AE=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
4 5
ED EP
∴ = ，即3 3 ，
PC PH =
1 PH
5
∴PH= ，
4
∵PG=AB=2，
3
∴GH=PG−PH= ．
4
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E F AD BC ABFE EF A P CD
， 分别在 ， 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在 上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP= y，
∴AB=PG=CD=2y，∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP= y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3 y，
1 3
∴HP= PM= y，
2 2
√5
在Rt△PCH中，CH=√PH2−PC2= y，
2
∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴ BG √6 ，
y
3
√6
∴AB=√6BG，即BG= AB．
6
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，
熟练掌握以上基础知识是解题关键．
2．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分别与
DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是 ．【答案】√m2+n2
【分析】先根据折叠的性质可得S =S ，∠F=∠B=60°，从而可得S =S +S ，再根
△BDE △FDE △FHG △ADG △CHE
据相似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，然后将两个等式相加即可得．
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S =S ，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
△BDE △FDE
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴S =S =S ，
梯形ACED △BDE △FDE
∴S =S +S ，
△FHG △ADG △CHE
又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，
∴
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
S S m2+n2 S +S
∴ △ADG+ △CHE = = △ADG △CHE=1，
S S GH2 S
△FHG △FHG △FHG
∴GH2=m2+n2，
解得GH=√m2+n2或GH=−√m2+n2（不符合题意，舍去），故答案为：√m2+n2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似
三角形的判定与性质是解题关键．
重难点二： 利用相似三角形的性质与判定解决动态函数图象
1．（2022·辽宁营口·中考真题）如图1，在四边形ABCD中，BC∥AD,∠D=90°,∠A=45°，动点
P，Q同时从点A出发，点P以√2cm/s的速度沿AB向点B运动（运动到B点即停止），点Q以2cm/s
的速度沿折线AD→DC向终点C运动，设点Q的运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，若y与x之
7
间的函数关系的图像如图2所示，当x= (s)时，则y= cm2．
2
35
【答案】
4
【分析】根据题意以及函数图像可得出△AED∽△APQ，则点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角
形，然后根据三角形面积公式得出当面积最大为9时，此时x=3，则AD=2x=6cm，当3<x≤4时，过点
P作PF⊥AD于点F，则此时S =S +S −S ，分别表示出相关线段可得y与x之间的
△APQ △APF 四边形PQDF △ADQ
7
函数解析式，将x= (s)代入解析式求解即可．
2
【详解】解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，在Rt△ADE中，
∵∠AED=90°，∠EAD=45°，
AE √2
∴ = ，
AD 2
∵点P的速度为√2cm/s，点Q的速度为2cm/s，
∴AP=√2x,AQ=2x，
AP √2t √2
∴ = = ，
AQ 2t 2
在△APQ和△AED中，
AE AP √2
∵ = = ，∠A=45°，
AD AQ 2
∴△AED∽△APQ，
∴点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角形，
∴AP=PQ=√2x，
1 1
∴当点Q在AD上运动时，y= AP⋅AQ= ×√2x×√2x=x2 ，
2 2
由图像可知，当y=9此时面积最大，x=3或−3（负值舍去），
∴AD=2x=6cm，
当3<x≤4时，过点P作PF⊥AD于点F，如图：
此时S =S +S −S ，
△APQ △APF 四边形PQDF △ADQ
在Rt△APQ中，AP=√2x，∠A=45°，
∴AF=PF=x，FD=6−x，QD=2x−6，1 1 1
∴S = x2+ (x+2x−6)⋅(6−x)− ×6×(2x−6)，
△APQ 2 2 2
即y=−x2+6x，
7 7 2 7 35
所以当x= (s)时，y=−( ) +6× = (cm2 )，
2 2 2 4
35
故答案为： ．
4
【点睛】本题考查了动点问题的函数图像，求出各段函数的函数关系式是解答本题的关键．
2．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，在△≝¿中，
DE=DF=5，EF=8，BC与EF在同一条直线上，点C与点E重合．△ABC以每秒1个单位长度的速度
沿线段EF所在直线向右匀速运动，当点B运动到点F时，△ABC停止运动．设运动时间为t秒，△ABC
与△≝¿重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】分0≤t<4，4≤t<8， 8≤t<12三种情况，分别求出函数解析即可判断．
【详解】解：过点D作DH⊥CB于H，
，
∵DE=DF=5，EF=8，
1
∴EH=FH= EF=4，
2∴DH=√DE2−EH2=3
当0≤t<4时，
如图，重叠部分为△EPQ，此时EQ=t，PQ∥DH，
，
∴△EPQ∽△EDH，
PQ EQ PQ t
∴ = ，即 = ，
DH EH 3 4
3
∴PQ= t
4
1 3 3
∴S= t× t= t2 ；
2 4 8
当4≤t<8时，
如图，重叠部分为四边形PQC'B'，此时BB'=CC'=t，PB'∥DE，
∴B'F=BC+CF−BB'=12−t，FC'=8−t，
∵PB'∥DE，
∴△PB'F∽△DCF，
∴
S
△PB'F =
(B'F) 2
，
S CF
△DCF
1
又S = ×8×3=12，
△DCF 2
∴
S
△PB'F =
(12−t) 2
，
12 8
3
∴S = (12−t) 2 ，
△PB'F 16∵DH⊥BC，∠A'B'C'=90°，
∴A'C'∥DH，
∴△C'QF∽△HFD，
∴
S
△C'QF =
(C'F) 2
，即1
S
△C'QF =
(8−
4
t) 2
，
S HF ×4×3
△HFD 2
3
∴S = (8−t) 2 ，
△C'QF 8
3 3 3 3
∴S=S −S = (12−t) 2− (8−t) 2=− t2+ t+3；
△PB'F △C'QF 16 8 16 2
当 8≤t<12时
如图，重叠部分为四边形△PFB'，此时BB'=CC'=t，PB'∥DE，
∴B'F=BC+CF−BB'=12−t，
∵PB'∥DE，
∴△PB'F∽△DCF，
∴
S
△PB'F =
(B'F) 2
，即
S
△PB'F =
(12−t) 2
S CF 12 8
△DCF
3
∴S=S = (12−t) 2 ，
△PB'F 16
综上，S=¿，
∴符合题意的函数图象是选项A．
故选：A．
【点睛】此题结合图像平移时面积的变化规律，考查二次函数相关知识，根据平移点的特点列出函数表达
式是关键，有一定难度．
3．（2021·湖北·中考真题）如图1，已知∠RPQ=45°，△ABC中∠ACB=90°，动点P从点A出发，以
2√5cm/s的速度在线段AC上向点C运动，PQ,PR分别与射线AB交于E，F两点，且PE⊥AB，当点P
与点C重合时停止运动，如图2，设点P的运动时间为xs，∠RPQ与△ABC的重叠部分面积为ycm2，y与x的函数关系由C (0<x≤5)和C (5<x≤n)两段不同的图象组成．
1 2
（1）填空：①当x=5s时，EF=______cm；
sinA=______；
②（2）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）当y≥36cm2时，请直接写出x的取值范围．
√5
【答案】（1）①10；② ；（2）y=¿；（3）3√2≤x≤6．
5
【分析】（1）①先根据等腰直角三角形的判定与性质可得EF=PE，再根据x=5时，y=50即可得；
②先根据运动速度和时间求出AP的长，再根据正弦三角函数的定义即可得；
（2）先求出当点P与点C重合时，n的值，再分0<x≤5和5<x≤n两种情况，解直角三角形求出PE的长，
然后利用三角形的面积公式即可得；
（3）分0<x≤5和5<x≤6两种情况，分别利用二次函数的性质即可得．
【详解】解：（1）①∵PE⊥AB,∠RPQ=45°，
∴Rt△EFP是等腰直角三角形，
∴EF=PE，
1 1
由图可知，当x=5时，y= EF⋅PE= EF2=50，
2 2
解得EF=10或EF=−10（不符题意，舍去），
故答案为：10；
②由题意得：当x=5时，AP=2√5×5=10√5，
PE EF 10 √5
则sin A= = = = ，
AP AP 10√5 5
√5
故答案为： ；
5（2）由函数图象可知，当x=5时，点F与点B重合，如图所示：
∵AP=10√5cm,PE=EF=10cm，
∴AE=√AP2−PE2=20cm，
∴AB=AE+BE=AE+EF=30cm，
在Rt△ABC中，BC=AB⋅sin A=6√5cm，
∴AC=√AB2−BC2=12√5cm，
AC
则当点P与点C重合时，n= =6(s)，
2√5
①当0<x≤5时，AP=2√5xcm，EF=PE=AP⋅sinA=2xcm，
1 1
则y=S = EF⋅PE= EF2=2x2 ；
Rt△EFP 2 2
②当5<x≤6时，
如图，设PR交BC于点N，过点F作FM⊥AC，交AC延长线于点M，连接BP，
∵AP=2√5xcm，EF=PE=AP⋅sin A=2xcm，
∴AE=√AP2−AE2=4xcm，CP=AC−AP=(12√5−2√5x)cm，
∴BE=AB−AE=(30−4x)cm，AF=EF+AE=6xcm，
6√5
在Rt△AFM中，FM=AF⋅sin A= xcm，
512√5
∴AM=√AF2−FM2= xcm，
5
2√5
∴PM=AM−AP= xcm，
5
∵FM⊥AC,∠ACB=90°，
∴BC//FM，
∴△PCN∼△PMF，
CN 12√5−2√5x
CN CP =
∴ = ，即6√5 2√5 ，
FM PM x x
5 5
解得CN=36√5−6√5x(cm)，
∴BN=BC−CN=(6√5x−30√5)cm，
1 1
则y=S +S = BN⋅CP+ BE⋅PE，
△BNP △BEP 2 2
1 1
= (6√5x−30√5)(12√5−2√5x)+ (30−4x)⋅2x，
2 2
=−34x2+360x−900，
综上，y=¿；
（3）①当0<x≤5时，y=2x2，
令2x2=36，解得x=3√2或x=−3√2（舍去），
∵在0<x≤5内，y随x的增大而增大，
∴当y≥36时，3√2≤x≤5；
②当5<x≤6时，y=−34x2+360x−900，
360 90
此二次函数的对称轴为x=− = ，
−34×2 17
90 90
则由二次函数的性质可知，当5<x≤ 时，y随x的增大而增大；当 <x≤6时，y随x的增大而减小，
17 17
当x=5时，y=−34×52+360×5−900=50，
当x=6时，y=−34×62+360×6−900=36<50，
则当x=6时，y取得最小值，最小值为36，
即在5<x≤6内，都有y≥36，
综上，当y≥36cm2时，x的取值范围为3√2≤x≤6．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的
是题（2），正确分两种情况讨论，并通过作辅助线，构造相似三角形和直角三角形是解题关键．重难点三： 相似模型-A型
1．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点P，Q分别在AB和AC上，
PQ∥BC，M为PQ上一点，且满足PM=2MQ．连接AM、DM，若MA=MD，则AP的长为
．
【答案】3
AP PQ 3
【分析】可令AP的长为x，证明△APQ∽△ABC，可得 = ，即PQ= x，从而可得PM=x，
AB BC 2
1
MQ= x，最后利用MA=MD进行求解即可．
2
【详解】解：设AP的长为x，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
AP PQ
∴ = ，
AB BC
又∵AB=4，BC=6，
3
∴PQ= x，
2
又∵PM=2MQ，
1
∴PM=x，MQ= x，
2
∴PM=PA，
又∵∠APM=90°，
∴△APM是等腰直角三角形，
∴AM=√2x，∠PAM=45°，
∴∠DAM=45°，
又∵MA=MD，∴∠ADM=∠DAM=45°，
∴△MAD是等腰直角三角形，
∴AD=√2AM，即6=√2⋅√2x，
∴x=3，
∴AP=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，通
过相似比找出其他线段与AP的关系是解题的关键．
2．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，BA=BC，顶点C，B分别在x轴的正、负半轴上，
k
点A在第一象限，经过点A的反比例函数y= (x>0)的图象交AC于点E，过点E作EF⊥x轴，垂足为点
x
F．若点E为AC的中点，BD=2AD，BF−CF=3，则k的值为 ．
【答案】4
【分析】过点A作AH⊥x轴于点H，证明△AHC∽△EFC，得AH=2EF,CF=HF，再根据
BF−CF=3，可得BH=3，再证明△DOB∽△BHA，得到OB,OH的长，设CF=HF=a，EF=b，得
到A,E的坐标，根据两点在同一反比例函数上，可解得a的值，从而可得BA=BC=5，再利用勾股定理解
得AH=4，从而求得k的值．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥x轴于点H，
∵EF⊥x
轴，
∴AH∥EF ，∴∠HAC=∠FEC，
∴△AHC∽△EFC，
∵E是AC的中点，
AC HC
∴ = =2，
EC FC
∴HF=FC，
∵BF−FC=3，
∴BF−FC=BF−HF=3，
即BH=3，
同理可得△AHB∽△DOB，
∵BD=2AD，
AB BH 3
∴ = = ，
BD BO 2
∴BO=2,OH=BH−BO=1，
设FC=a,EF=b，则HF=a，AH=2b，
∴A(1,2b),E(1+a,b)，
∵A,E都在反比例函数上，
∴1×2b=(1+a)×b，
解得a=1，
∴BA=BC=BH+HF+FC=5，
在Rt△ABH中，AH=√AB2−BH2=4，
∴A(1,4)，
∴k=1×4=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了反比例函数的图像，相似三角形的判定及性质，勾股定理，理解反比例函数图像上的
点横坐标与纵坐标的乘积相同，是解题的关键．
3．（2023·河南·中考真题）如图，PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点B，点C在PA上，且CB=CA．
若OA=5，PA=12，则CA的长为 ．10
【答案】
3
【分析】连接OC，证明△OAC≌△OBC，设CB=CA=x，则PC=PA−CA=12−x，再证明
△PAO∽△PBC，列出比例式计算即可．
【详解】如图，连接OC，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAC=90°；
¿,
∵∴△OAC≌△OBC，
∴∠OAC=∠OBC=90°，
∴∠PAO=∠PBC=90°，
∵∠P=∠P，
∴△PAO∽△PBC，
PO AO
∴ = ，
PC BC
∵OA=5，PA=12，
∴PO=√52+122=13，
设CB=CA=x，则PC=PA−CA=12−x，13 5
∴ = ，
12−x x
10
解得x= ，
3
10
故CA的长为 ，
3
10
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练
掌握性质是解题的关键．
重难点四： 相似模型-X型
1．（2024·四川乐山·中考真题）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC和BD交于点O，若
S 1 S
△ABD=
，则
△AOD=
．
S 3 S
△BCD △BOC
1
【答案】
9
【分析】本题考查了平行线间的距离，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握平行线间的距离，相似
三角形的判定与性质是解题的关键．
1
AD⋅d
S 2 1 AD 1
设AD，BC的距离为d，则 △ABD= = ，即 = ，证明△AOD∽△COB，则
S 1 3 BC 3
△BCD BC⋅d
2
S
△AOD=
(AD) 2
，计算求解即可．
S BC
△BOC
【详解】解：设AD，BC的距离为d，1
AD⋅d
S 2 1 AD 1
∴ △ABD= = ，即 = ，
S 1 3 BC 3
△BCD BC⋅d
2
∵AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，
∴△AOD∽△COB，
∴
S
△AOD=
(AD) 2
=
(1) 2
=
1
，
S BC 3 9
△BOC
1
故答案为： ．
9
2．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线分别交边AB、CD于
点E、F．若AD=8，BE=10，则tan∠ABD= ．
1
【答案】
2
【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关
键．设EF与BD相交于点O，证明△BOE∽△BAD，根据相似的性质进行计算即可；
【详解】解：BD的垂直平分线分别交边AB、CD于点E、F．
1
∴EF⊥BD，BO= BD，
2
∴∠BOE=∠A=90°，
∵∠ABD=∠ABD，
∴△BOE∽△BAD，
BE OE
∴ = ，
BD AD
1
∵ AD=8，BE=10，BO= BD，
210 OE
∴ = ，
2BO 8
∴OE⋅BO=40，
∵OE2+OB2=BE2=100，
令OE=x,OB= y，
¿，
解得¿或¿（舍去），
OE 2√5 1
∴tan∠ABD= = = ．
BO 4√5 2
1
故答案为： ．
2
3．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，E、F分别是边
CD、AD上的动点，且CE=DF．当AE+CF的值最小时，则CE= ．
2
【答案】
3
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质．延长
BC，截取CG=CD，连接GE，AG，证明△CDF≌△GCE，得出CF=≥¿，说明当AE+EG最小时，
AE+CF最小，根据两点之间线段最短，得出当A、E、G三点共线时，AE+EG最小，即AE+CF最小，
再证明△AED∽△GEC，根据相似三角形的性质，求出结果即可．
【详解】解：延长BC，截取CG=CD，连接GE，AG，如图所示：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=DC=2，AD=BC=4，AD∥BC，
∴∠D=∠ECG，
∵CD=CG，DF=CE，
∴△CDF≌△GCE，
∴CF=≥¿，
∴AE+CF=AE+EG，
∴当AE+EG最小时，AE+CF最小，
∵两点之间线段最短，
∴当A、E、G三点共线时，AE+EG最小，即AE+CF最小，且最小值为AG的长，
∵AD∥CG，
∴△AED∽△GEC，
AD DE 4 2−CE
∴ = ，即 = ，
GC CE 2 CE
2
解得CE= ．
3
2
故答案为： ．
3
重难点五： 相似模型-母子型
1．（2024·山东泰安·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AH是⊙O的切线，点C为⊙O上任意一点，
1
点D为A´C的中点，连接BD交AC于点E，延长BD与AH相交于点F，若DF=1，tanB= ，则AE的长
2
为 ．【答案】√5
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是
解题关键．
DF AD 1
先证∠DAF=∠ABD可得△DAF∽△DBA从而得到 = =tanB= ，求得AD=2，再运用勾股定
AD BD 2
理可得AF=√5，再根据圆周角定理以及角的和差可得∠AED=∠AFD，最后根据等角对等边即可解答．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AH是⊙O的切线，
∴∠BAF=90°，
∴∠DAF=∠ABD=90°−∠DAB，
∴△DAF∽△DBA，
DF AD 1
∴ = =tanB= ，
AD BD 2
∵DF=1，
∴AD=2，
∴AF=√5，
∵点D为A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴∠ABD=∠DAC=∠DAF，
∵∠ADE=∠ADF=90°，
∴90°−∠DAE=90°−∠DAF，即∠AED=∠AFD，
∴AE=AF=√5．
故答案为：√5．
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）探索发现；（1）如图1，在△ABC中，∠B=∠CAF；求证：
AC2=CF·BC；
初步应用：（2）如图2，在△ABC中，AB=AC，BD⊥AB，BE⊥AD，连接CE、CD；求证：BE CE
= ．
BD CD
迁移拓展：（3）如图3，在△ABC中，∠B=∠CAF，H为AC上一点使CH=CF，过H作HG∥BC交
BF
AB于G，AG=AF，求 的值；
CF
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【分析】（1）先证明△ABC∼△FAC，再根据相似三角形的性质即可证明结论；
AC AE
（2）先证明△ABE∼△ADB可得AB2=AD·AE，进而得到AC2=AD·AE即 = ，再结合
AD AC
CE AC AB BE AB
∠EAC=∠DAC可证△AEC∼△ACD，则 = = ；由正弦的定义可得sin∠ADB= = ，
CD AD AD BD AD
再运用等量代换即可证明结论；
AG AH
（3）由平行线等分线段和比的性质可得BG=AG，即G是AB的中点；进而说明 = =1，设设
BG CH
AH=CH=CF=a，则AC=2a (a>0)，然后代入AC2=CF·BC可得BF=3a，最后代入计算即可
【详解】解：（1）在△ABC和△AFC中，∠B=∠CAF，∠ACB=∠ACF，
∴△ABC∼△FAC，
AC BC
∴ = ，
FC AC
∴AC2=CF·BC；
（2）∵BD⊥AB，BE⊥AD，
∴∠ABD=∠AEB=90°，
∵∠BAE=∠BAD，
∴△ABE∼△ADB，
AB AE BE
∴ = = ，即AB2=AD·AE，
AD AB BD∵AB=AC，
∴AC2=AD·AE，
AC AE
∴ = ，
AD AC
∵∠EAC=∠DAC，
∴△AEC∼△ACD，
CE AC AB
∴ = = ，
CD AD AD
BE AB
∵sin∠ADB= = ，
BD AD
BE CE
∴ = ；
BD CD
（3）∵HG∥BC，
AC AB AC AB
∴ = ，即 = ，
AH AG AH AF
AC AB
∴ = ，
CH BG
∵CH=CF，
AC AB
∴ = ，
CF BG
又∵△ACF~△BCA，
AC AB AC BC
∴ = ， = ，
CF FA CF AC
∴BG=FA，AC2=CF·BC，
∵AG=FA，
∴BG=AG，即G是AB的中点，
AG AH
∴ = =1，
BG CH
设AH=CH=CF=a，则AC=2a (a>0)，
∵AC2=CF·BC，
∴4a2=(BF+a)a(a≠0)，解得：BF=3a，
BF 3a
∴ = =3．
CF a
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、正弦的定义等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
重难点六： 相似模型-手拉手模型
1．（2022·安徽合肥·三模）如图，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，且△ABC∽△AB'C'，连
接CC'，将CC'沿C'B'方向平移至EB'，连接BE，若CC' =√6，则BE的长为（ ）
A．1 B．√2 C．√3 D．2
【答案】B
AC √3
【分析】连接BB'，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得 = ，再利用相似三角形的性质
AB 2
可得对应角相等，对应边成比例，从而利用等式的性质可得∠BAB'=∠CAC'，进而可证
△BAB'∽△CAC'，然后利用相似三角形的性质可得对应角相等，对应边成比例，再利用平移的性质可得
B'E AC √3
CC'∥B'E， = = ，从而利用平行线的性质可得∠BB'E=30°，最后证明△BCA∽△BEB'，
BB' AB 2
从而可得∠BEB'=90°，进而在Rt△BEB'中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】解：连接BB'，
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，
AC √3
∴cos30° = = ，
AB 2
∵△ABC∽△AB'C'，
AB AC
∴ = ，∠ACB=∠AC'B'=90°，∠BAC=∠B' AC'=30°，
AB' AC'
∴∠BAC+∠CAB'=∠B' AC'+∠CAB'，
∴∠BAB'=∠CAC'，
∴△BAB'∽△CAC'，CC' AC √3
∴∠BB' A=∠CC' A， = = ，
BB' AB 2
由平移得：
CC'=B'E，CC'∥B'E，
B'E AC √3
∴ = = ，
BB' AB 2
∵CC'∥B'E，
∴∠CC'B'+∠AB'C'+∠BB' A+∠BB'E=180°，
∴∠CC'B'+∠AB'C'+∠CC' A+∠BB'E=180°，
∴∠AC'B'+∠AB'C'+∠BB'E=180°，
∵∠AC'B'=90°，∠B' AC'=30°，
∴∠AB'C'=90°−∠B' AC'=60°，
∴∠BB'E=30°，
∴∠BB'E=∠CAB=30°，
∴△BCA∽△BEB'，
∴∠BEB'=∠ACB=90°，
√3
∴BE=B'E⋅tan30°=√6× =√2，
3
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平移的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的
关键．
2．（2023·湖南常德·中考真题）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6，D是AB上一
BD
点，且AD=2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中
CE
的值为 ．4
【答案】 /0.8
5
AD AE
【分析】首先根据勾股定理得到AC=√AB2+BC2=10，然后证明出△ADE∽△ABC，得到 = ，
AB AC
AD AB
进而得到 = ，然后证明出△ABD∽△ACE，利用相似三角形的性质求解即可．
AE AC
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6，
∴AC=√AB2+BC2=10
∵DE∥BC
∴∠ADE=∠ABC=90°，∠AED=∠ACB
∴△ADE∽△ABC
AD AE
∴ =
AB AC
AD AB
∴ =
AE AC
∵∠BAC=∠DAE
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
∴∠BAD=∠CAE
∴△ABD∽△ACE
BD AB 8 4
∴ = = = ．
CD AC 10 5
4
故答案为： ．
5
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．重难点七： 相似模型-角含半角模型
1．（2022·广东深圳·二模）【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形
ABC和AFG摆放在一起，点A为公共顶点，∠BAC=∠G=90°，若△ABC固定不动，将△AFG绕点A
旋转，边AF，AG与边BC分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论
BE⋅CD=AB2是否成立 （填“成立”或“不成立”）；
【类比引申】（2）如图2，在正方形ABCD中，∠EAF为∠BAD内的一个动角，两边分别与BD，BC交
于点E，F，且满足∠EAF=∠ADB，求证：△ADE∽△△ACF；
【拓展延伸】（3）如图3，菱形ABCD的边长为12cm，∠BAD=120°，∠EAF的两边分别与BD，BC
相交于点E，F，且满足∠EAF=∠ADB，若BF=9cm，则线段DE的长为 cm．
【答案】（1）成立；（2）见解析；（3）5√3
【分析】（1）根据等腰三角形性质得出∠DAC=∠AEB，再证△BEA∽△CAD即可；
（2）根据正方形性质得出∠CAF=∠DAE即可；
（3）如图3，在DE上取一点M,使∠MAD=30°，过M作MN⊥AD于N，，根据四边形ABCD为菱形，
且∠BAD=120°，证出∠MAD=∠MDA=30°，，再证△ACF∽△AME，求出AC=√3AM，利用菱
形的边长为12cm，求出CF=√3ME=3cm即可．
【详解】解：（1）结论BE⋅CD=AB2成立
理由：如图1，∵△ABC和△AFG都是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=∠FAG=45°
∵∠DAC=∠CAE+45°，∠AEB=∠CAE+45°，
∴∠DAC=∠AEB，
又∵∠B=∠C，
△BEA∽△CAD,
∴ BE AB
∴ =
AC CD
AC=AB,
∵BE⋅CD=AB2,
∴故结论BE⋅CD=AB2成立；
（2）证明：如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∠CAD=∠ACB=∠ADB=45°,
∴∵∠EAF=∠ADB，
∠EAF=∠CAD=45°,
∴∴∠CAF+∠CAE=∠DAE+∠CAE，
∴∠CAF=∠DAE，
又∵∠ACB=∠ADB，
∴△ADE∽△ACF；
（3）线段DE的长为5√3cm
理由：如图3，在DE上取一点M,使∠MAD=30°，过M作MN⊥AD于N，又∵四边形ABCD为菱形,且∠BAD=120°，
∴∠CAD=∠ACB=∠ADC=60°，
1
∴∠MDA= ∠ADC=30°，
2
∴∠MAD=∠MDA=30°，
∴∠AME=60°，
∴∠AME=∠ACB=60°,
∵∠CAD=60°,∠MAD=30°，
∴∠CAM=30°，
∵∠EAF=∠ADB，
∴∠EAF=∠CAM=30°，
∴∠CAF=∠MAE，
∴△ACF∽△AME，
CF AC
= ,
ME AM
∴
1 √3
∵AN= AD，AN= AM，
2 2
√3
∴MA=MD= AD,
3
AD=AC,
∵∴AC=√3AM，
CF AC
∴ = =√3,
ME AM
CF=√3ME,
∴∵菱形ABCD的边长为12cm，
∴BC=AD=12cm，
∵BF=9cm，
∴CF=√3ME=3cm，∴ME=√3cm，
√3
∵MD= AD,
3
√3
MD= ×12=4√3cm，
3
∴
∴DE=ME+MD=4√3+√3=5√3 cm，
∴线段DE的长为5√3 cm．
【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函
数，掌握等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数是解题
关键．
2．（22-23九年级上·江苏徐州·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=_______°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．
【答案】(1)△APC∽△PBD，理由见解析；
(2)90；
(3)2∠APB−∠CPD=180°，理由见解析．
【分析】（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）由PC⊥AB，知∠ACP=∠PCB=90°，则∠A+∠APC=∠BPC+∠B=90°，当
∠A=∠BPD时，△APC∽△PBD，进而可知∠A+∠B=90°，即可得结论；
（3）由PC=PD，知∠3=∠4，可得∠PCA=∠PDB，则当∠A=∠2时，△APC∽△PBD，则
∠1=∠B，再结合三角形内角和可找到∠CPD和∠APB之间的数量关系．
【详解】（1）解：△APC∽△PBD，理由如下：
∵PC=PD，PC=CD，
则△PCD为等边三角形，
∴∠PCD=∠PDC=∠CPD=60°，
∴∠ACP=∠BDP=120°，∵∠A+∠APC=60°，∠APC+∠BPD=∠APB−∠CPD=120°−60°=60°，
∴∠A=∠BPD，
∴△APC∽△PBD；
（2）∵PC⊥AB，
∴∠ACP=∠PCB=90°，则∠A+∠APC=∠BPC+∠B=90°，
当∠A=∠BPD时，△APC∽△PBD，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠APB=90°，
故答案为：90；
（3）当∠CPD和∠APB满足2∠APB−∠CPD=180°时，△APC∽△PBD，理由如下：
∵PC=PD，
∴∠3=∠4，
∴∠PCA=∠PDB，
当∠A=∠2时，△APC∽△PBD，
∴∠1=∠B，
则∠1+∠2=∠A+∠B=∠APB−∠CPD，
又∵∠A+∠B=180°−∠APB。
∴∠APB−∠CPD=180°−∠APB
即：2∠APB−∠CPD=180°．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的对应角相等是解题的关键，注意三角
形内角和定理的应用．
重难点八： 相似模型-三角形内接矩形模型
1．（2023·内蒙古通辽·模拟预测）如图，正方形MNPQ内接于△ABC，点M、N在BC上，点P、Q分别在AC和AB边上，且BC边上的高AD=6cm，BC=12cm，则正方形MNPQ的边长为 ．
【答案】4cm
【分析】此题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
易知△APQ∽△ACB，ED的长等于正方形MNPQ的边长，正方形MNPQ的边长即PQ的长，已知BC和
AD的长，AE可用PQ表示出来，利用相似三角形的性质即可得解．
【详解】解：设正方形MNPQ的边长为xcm，则ED=xcm，AE=AD−x=(6−x)cm．
∵四边形MNPQ是正方形，
∴PQ∥BC．
∴△APQ∽△ACB．
又∵AD⊥BC，
∴AD⊥PQ，
AE PQ
∴ = ．
AD BC
∵四边形MNPQ是正方形，
∴∠PQM=∠QMN=90°，
∵AD⊥BC，
∴四边形EQMD是矩形，
∴PQ=MQ=ED，
∵PQ=ED=xcm，AE=(6−x)cm，BC=12cm，AD=6cm，
6−x x
∴ = ，
6 12
解得x=4．
故答案为：4cm．
2．（2024·河南·三模）阅读与思考：下面是小华同学写的一篇数学小论文，请你认真阅读并完成相应学习
任务：怎样作直角三角形的内接正方形？如果一个正方形的四个顶点都在直角三角形的三条边上，我们把
这样的正方形叫做该直角三角形的内接正方形．那么怎样作出一个直角三角形的内接正方形呢？我们可以
用如下方法：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，作∠ACB的角平分线，交斜边AB于点D；然后过
点D，分别作AC，BC的垂线，垂足分别为F，E，则DF=DE ．（依据 1 ） 容易证明四边形DFCE是正方形．
用上面方法所作出的正方形，有一个顶点恰好是直角三角形的直角顶点．
如图2，如果Rt△ABC的内接正方形的一边恰好在斜边AB上，我就可用如下方法，
第一步：过直角顶点C作CD⊥AB，垂足为D；
第二步，延长AB到M，使得BM=AD，连接CM；
第三步：作∠BDC的平分线，交MC于点E；
第四步：过点E分别作DC，DB的垂线，垂足分别为P，K，EP交BC于点F，EP的延长线交AC交于
G；
第五步：分别过点F，G作AB的垂线，垂足分别为N，H．
则四边形NFGH就是Rt△ABC的内接正方形，并且NH恰好在该直角三角形的斜边上．
理由如下：易证四边形EPDK是正方形，EG∥AM．
∵EG∥AM，∴∠CGP=∠CAD，∠CPG=∠CDA，∴△CGP∽△CAD，同理可得：
△CEF∽△CMB ．（依据 2 ）
GP CP EF CF CP
∴ = ； = = ．
AD CD BM CB CD
学习任务：
(1)材料中画横线部分的依据分别是：
依据1：__________；依据2：__________．
(2)请完成图2说理过程的剩余部分．
(3)分析图2的作图过程，不难看出是将图2转化成图1去完成的，即先作图形EPDK，再将正方形EPDK
转化为正方形NFGH，转化的过程可以看作是一种图形变换，这种图形变换是__________．（填出字母代
号即可）．
A．旋转 B．平移 C．轴对称 D．位似
【答案】(1)角平分线的性质；两个角对应相等的两个三角形相似
(2)证明见解析
(3)B【分析】（1）根据角平分线的性质定理与相似三角形的判定定理可得答案；
（2）由（1）得：四边形EPDK是正方形，EG∥AM．证明△CGP∽△CAD，△CEF∽△CMB．
GP CP EF CF CP
= ； = = ，证明GP=EF，GF=EP，证明GF=EP=EK=FN，从而可得结论；
AD CD BM CB CD
（3）由作图可得答案．
【详解】（1）解：依据1：角平分线的性质；
依据2：两个角对应相等的两个三角形相似；
（2）理由如下：由（1）得：四边形EPDK是正方形，EG∥AM．
∴EP=EK，
∵EG∥AM，
∴△CGP∽△CAD，△CEF∽△CMB．（依据2）
GP CP EF CF CP
∴ = ； = = ，
AD CD BM CB CD
GP EF
∴ = ，
AD BM
∵AD=BM，
∴GP=EF，
∴GF=EP，
由作图可得：四边形GHNF，四边形FNKE是矩形，
∴GH=FN=EK，
∵DE是∠CDB的角平分线，且EP⊥CD， EK⊥BD
∴EP=EK
∴GF=EP=EK=FN，
∴四边形GHNF，四边形FNKE是正方形，
∴四边形NFGH就是Rt△ABC的内接正方形，并且NH恰好在该直角三角形的斜边上．
（3）由作图可得：先做图形EPDK，再将正方形EPDK转化为正方形NFGH，由于这两个正方形的边
HN，DK在同一直线上，因此在转化的过程可以看作是一种图形变换，这种图形变换是平移；
故选：B．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与
性质，平移变换的理解，掌握基础作图的方法及相似三角形的判定是解本题的关键．重难点九： 相似模型-一线三垂直
1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点A(0,−2)，B(1,0)，将线段AB平移得到线段DC，若
∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是 ．
【答案】(4,−4)
【分析】由平移性质可知AB=CD，AB∥CD，则四边形ABCD是平行四边形，又∠ABC=90°，则有
四边形ABCD是矩形，根据同角的余角相等可得∠OBA=∠EAD，从而证明△OAB∽△EDA，由性质得
2 √5 1
= = ，设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，则√5a=2√5，解得：a=2，故有EA=2，
ED DA EA
ED=4，得出OE=OA+EA=4即可求解．
【详解】如图，过D作DE⊥y轴于点E，则∠AED=90°，
由平移性质可知：AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB，
∴∠OAB+∠EAD=90°，
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠EAD，
∵∠AOB=∠DEA=90°，∴△OAB∽△EDA，
OA AB OB
∴ = = ，
ED DA EA
∵A(0,−2)，B(1,0)，
∴OA=2，OB=1，AB=√5，
2 √5 1
∴ = = ，
ED DA EA
设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，
∴√5a=2√5，解得：a=2，
∴EA=2，ED=4，
∴OE=OA+EA=4，
∵点D在第四象限，
∴D(4,−4)，
故答案为：(4,−4)．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移
的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
k
2．（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B都在反比例函数y= (x>0)的
x
图象上，延长AB交y轴于点C，过点A作AD⊥y轴于点D，连接BD并延长，交x轴于点E，连接CE.若
AB=2BC，△BCE的面积是4.5，则k的值为 .
【答案】6
( k) ( k)
【分析】过点B作BF⊥AD于点F，连接AE，设点A的坐标为 a, ，点B的坐标为 b, ，则
a b
k k AB AF
AD=a, AF=a−b,BF= − ，证明△ABF∽△ACD，则 = ，得到a=3b，根据
b a AC ADS =2△BCE=9，进一步列式即可求出k的值.
△ABE
( k) ( k)
【详解】解：过点B作BF⊥AD于点F，连接AE，设点A的坐标为 a, ，点B的坐标为 b, ，则
a b
k k
AD=a, AF=a−b,BF= − ，
b a
∵AB=2BC，
AB 2
∴ = ，
AC 3
∵AD⊥y轴于点D，
∴CD∥BF，
∴△ABF∽△ACD，
AB AF
∴ = ，
AC AD
AB a−b 2
∴ = = ，
AC a 3
∴a=3b，
∵AB=2BC，△BCE的面积是4.5，
∴S =2△BCE=9，
△ABE
1 1
∴ AD⋅BF+ AD⋅OD=9，
2 2
1 (k k) 1 k
∴ a − + a⋅ =9，
2 b a 2 a
1 (k k ) 1 k
则 3b − + 3b⋅ =9，
2 b 3b 2 3b
3 1 1
即 k− k+ k=9，
2 2 2
解得k=6，故答案为：6
【点睛】此题考查反比例函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质等知识，求出a=3b是解题的关键.
3．（2023·海南·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=8，点E在边AD上，且AD=4AE，点P为
EF
边AB上的动点，连接PE，过点E作EF⊥PE，交射线BC于点F，则 = ．若点M是线段EF的
PE
中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．
【答案】 4 16
EF FK
【分析】过F作FK⊥AD交AD延长线于点K，证明△AEP∽△KFE，得到 = 即可求解；过M作
PE AE
GH⊥AD交AD于点G，交BC于点H，证明△EGM≌△FHM，得到MG=MH，故点M的运动轨迹是
一条平行于BC的线段，当点P与A重合时，BF =AE=2，当点P与B重合时，由△EF B∽△F F E得
1 1 2 1
2 8
到 = ，即F F =32，从而求解．
8 F F 1 2
1 2
【详解】解：过F作FK⊥AD交AD延长线于点K
则四边形ABFK为矩形，∠A=∠K=90°
∴AB=FK=8
1
由题意可得：AE= AD=2
4∵EF⊥PE
∴∠AEP+∠KEF=∠PEF=90°
又∵∠PEA+∠APE=90°
∴∠APE=∠KEF
∴△AEP∽△KFE
EF FK
∴ = =4
PE AE
过M作GH⊥AD交AD于点G，交BC于点H，如下图
∵AD∥CB，GH⊥AD
∴GH⊥BC
在△EGM和△FHM中
¿
∴△EGM≌△FHM(AAS)
∴MG=MH，
故点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段，
当点P与A重合时，BF =AE=2
1
当点P与B重合时，∠BEF =∠F +∠EBF =90°，∠BEF +∠EBF =90°
2 2 1 1 1
∴∠F =∠BEF
2 1
∵∠EF F =∠EF B=90°
1 2 1
∴△EF B∽△F F E
1 2 1
BF EF 2 8
∴
1= 1
，即
=
EF F F 8 F F
1 1 2 1 2
解得F F =32
1 2
∵M 、M 分别为EF 、EF 的中点
1 2 1 2
∴M M 是△EF F 的中位线
1 2 1 21
∴M M = F F =16，即点M运动的路径长为16
1 2 2 1 2
故答案为：4，16
【点睛】本题考查了正方形的性质，点的轨迹，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解
题的关键是掌握相关基础性质，确定出点M的轨迹，正确求出线段F F =32．
1 2
4．（2023·山东东营·中考真题）如图，一束光线从点A(−2,5)出发，经过y轴上的点B(0,1)反射后经过点
C(m,n)，则2m−n的值是 ．
【答案】－1
【分析】如图，过点A作AG⊥y轴，点C作CF⊥y轴，垂足分别为G，F，可证△AGB∼△CFB，
BF BG
得比例线段 = ，由A(−2,5)，B(0,1)得线段长度AG=2，BG=4，代入比例线段求解．
CF AG
【详解】如图，过点A作AG⊥y轴，点C作CF⊥y轴，垂足分别为G，F
由题意知，∠ABG=∠CBF，∠AGB=∠CFB
∴△AGB∼△CFB
BF BG
∴ =
CF AG
∵A(−2,5)，B(0,1)
∴AG=2，BG=5−1=4BF BG
∴ = =2
CF AG
BF 1−n
∴ = =2
CF −m
∴2m−n=−1
故答案为：−1
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，直角坐标系内点坐标的含义，添加辅助线构建相似三角形是
解题的关键．
易错点1： 当三角形对应关系不明确时，未进行分类讨论而漏解
1．如图，在钝角三角形ABC中，AB=6cm，AC=12cm，动点D从A点出发到B点止，动点E从C点出
发到A点止．点D运动的速度为1cm/秒，点E运动的速度为2cm/秒．如果两点同时运动，那么当以点A、
D、E为顶点的三角形与△ABC相似时，运动的时间是 ．
【答案】3秒或4.8秒
【分析】本题考查相似三角形性质．根据题意分情况讨论列式求解即可求出本题答案．
【详解】解：如果两点同时运动，设运动t秒时，以点A、D、E为顶点的三角形与△ABC相似，
则AD=t，CE=2t，AE=AC−CE=12﹣2t，
①当D与B对应时，有△ADE∽△ABC．
∴AD：AB=AE：AC，
∴t：6=(12−2t)：12，
∴t=3；
②当D与C对应时，有△ADE∽△ACB．
∴AD：AC=AE：AB，
∴t：12=(12﹣2t)：6，∴t=4.8．
故答案为：3秒或4.8秒．
易错点2： 未掌握相似比与面积比的关系
1．（2023·辽宁阜新·中考真题）如图，△ABC与△≝¿是以点O为位似中心的位似图形，若OA:OD=2:3，
则△ABC与△≝¿的面积比是 ．
【答案】4:9
【分析】直接利用位似图形的性质得出△ABC和△≝¿的面积比即可．
【详解】解：∵△ABC与△≝¿是以点O为位似中心的位似图形，OA:OD=2:3，
∴△ABC与△≝¿的面积比为：4:9，
故答案为：4:9．
【点睛】此题主要考查了位似变换，掌握相似三角形的性质是解题关键．
易错点3： 求位似图形对应坐标时漏解
1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，△ABO的顶点坐标是A(2,6)，B(3,1)，O(0,0)，以点O为位似中
1
心，将△ABO缩小为原来的 ，得到△A'B'O，则点A'的坐标为 ．
3(2 ) ( 2 )( 2 ) (2 )
【答案】 ,2 或 − ,−2 / − ,−2 或 ,2
3 3 3 3
【分析】根据位似变换的性质、坐标与图形性质计算．
1
【详解】解：∵以点O为位似中心，将△ABO缩小为原来的 ，得到△A'B'O，A(2,6)，
3
(1 1 ) (2 )
∴当△A'B'O在第一象限时，点A'的坐标为 ×2, ×6 ，即 ,2 ；
3 3 3
( 1 1 ) ( 2 )
当△A'B'O在第三象限时，点A'的坐标为 − ×2,− ×6 ，即 − ,−2 ；
3 3 3
(2 ) ( 2 )
综上可知，点A'的坐标为 ,2 或 − ,−2 ，
3 3
(2 ) ( 2 )
故答案为： ,2 或 − ,−2 ．
3 3
【点睛】本题考查图标与图形、位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质，注意分情况计算．
