难点10相似三角形的常考题型（9大热考题型）（解析版）_2数学总复习_2025中考复习资料_2025年中考数学一轮知识梳理_难点10+相似三角形的常考题型（9大热考题型）

难点 10 相似三角形的常考题型 （9 大热考题型） 题型一：比例的性质 题型二：黄金分割 题型三：相似多边形的性质 题型四：平行线分线段成比例定理 题型五：相似三角形的判定 题型六：相似三角形的性质 题型七：相似三角形的性质与判定的综合 题型八：相似三角形的实际应用 题型九：图形位似 题型一：比例的性质 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·四川成都·中考真题）盒中有 枚黑棋和 枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中 随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是 ，则 的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查简单的概率计算、比例性质，根据随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是 ，可得 ，进而利用比例性质求解即可． 【详解】解：∵随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是 ， ∴ ，则 ， 故答案为： ． 【变式1-1】（2023·甘肃武威·中考真题）若 ，则 （ ）A．6 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】根据等式的性质即可得出结果． 【详解】解：等式两边乘以 ，得 ， 故选：A． 【点睛】本题考查了等式的性质，熟练掌握等式的性质是本题的关键． 【变式1-2】（2023·浙江·中考真题）小慧同学在学习了九年级上册“4.1比例线段”3节课后，发现学习内 容是一个逐步特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值，感受这种特殊化的学习过程．图中横线处应填： 【答案】 【分析】根据题意得出 ，进而即可求解． 【详解】解：∵ ∴ ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键． 【变式1-3】（2023·四川甘孜·中考真题）若 ，则 ． 【答案】1 【分析】根据比例的性质解答即可． 【详解】解： ， ．故答案为：1． 【点睛】本题考查了比例的性质，解决本题的关键是掌握比例的性质． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知 ，且 ，那么k的值是（ ） A．2 B． C．2或0 D．2或 【答案】D 【分析】本题考查了比例的性质，熟练掌握知识点是解题的关键，注意分类讨论． 当 时，利用比的等比性质求解；当 时，则 ，再代入求值即可． 【详解】解：①当 时，由等比性质可得： 即： ； ②当 时，则 ， ∴ ， 所以k的值是2或 ， 故选：D． 2．（2024·浙江宁波·二模）已知 ，则下列比例式正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了比例的性质，根据比例的性质进行计算，逐一判断即可解答． 【详解】解：A、∵ ， ∴ ， 故A不符合题意； B、∵ ， ∴ , 故B不符合题意； C、∵ ，∴ , 故C不符合题意； D、∵ ， ∴ , 故D符合题意； 故选：D． 3．（2024·广东深圳·一模）已知 ，且 ，那么 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了比例的性质，用 分别表示 的值是解题的关键．设比值为 ，利用比例的 性质得到 ，故 ，求出 的值即可得到答案． 【详解】解：设 ， 故 ， 故 ， ， ， 故答案为： ． 4．（2025·上海闵行·一模）如果 ，那么 的值为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了比例的性质．利用比例的性质，进行计算即可解答． 【详解】解：∵ ， ∴设 ， ， ∴ ， 故答案为：6． 5．（2024·江西九江·模拟预测）已知 ，则 （其中 ）的值是 ． 【答案】【分析】本题考查比例的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型． 设 ，则 ，代入原式化简计算即可． 【详解】解：∵ ， ∴ 设 ， 则 ， ∴ ， 故答案为： ． 题型二：黄金分割 【中考母题学方法】 【典例1】（2023·四川达州·中考真题）如图，乐器的一根弦 ，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 ，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 ．（结果保留根号） 【答案】 【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 ，则 ，由 得 ，解方程求出 的长，同理求出 的长，进而可 求出点C，D之间的距离． 【详解】解：设 ，则 ， ，， 解得 （舍）， ， 同理可求， ， ∴ ， ∴ ． 故答案为： ． 【变式2-1】（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 上，且 ，“晋”字的笔画“、”的位置在 的黄金分割点C处，且 ，若 ，则 的长为 （结果保留根号）． 【答案】 / 【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 是矩形， 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． 【详解】∵四边形 是正方形， ∴ ，又∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴四边形 是矩形， ∴ ． 又∵ ， ∴ ， 故答案为： ． 【变式2-2】（2022·陕西·中考真题）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一 种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所做 将矩形窗框 分为上下两部分，其中E为边 的黄金分割点，即 ．已知 为2米，则线段 的 长为 米． 【答案】 / 【分析】根据点E是AB的黄金分割点，可得 ，代入数值得出答案． 【详解】∵点E是AB的黄金分割点， ∴ ． ∵AB=2米， ∴ 米． 故答案为：（ ）． 【点睛】本题主要考查了黄金分割的应用，掌握黄金比是解题的关键．【中考模拟即学即练】 1．（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． 如图，点 P是 的黄金分割点，即 ， 这个无理数约是（ ） A．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 ，据此求解即可． 【详解】解：∵ ， ∴ ， ∴ ， 观察四个选项，选项B符合题意； 故选：B． 2．（2024·安徽合肥·三模）古筝是一种弹拨弦鸣乐器，又名汉筝、秦筝，是汉民族古老的民族乐器，流行 于中国各地．若古筝上有一根弦 ，支撑点 是靠近点 的一个黄金分割点，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了黄金分割，根据黄金分割的定义进行计算即可得出答案，熟练掌握黄金分割的定义是 解此题的关键．【详解】解：∵ ，支撑点 是靠近点 的一个黄金分割点， ∴ ， 故选：C． 3．（2024·湖南长沙·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分 与较大部分的比值，其比值为 ．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割． 如图，乐器上的一根弦长 ，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，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 ．（结果保留根号） 【答案】 【分析】本题主要考查了黄金分割的定义，根据黄金分割的定义分别求出 ， ，再根据线段的和差关 系进行计算即可解答． 【详解】解：∵点C是靠近点B的黄金分割点， ， ∴ ， ∵点D是靠近点A的黄金分割点， ， ∴ ∴ ， ∴支撑点C，D之间的距离为 ， 故答案为： ． 4．（2024·江苏苏州·一模）如图，将⊙O的圆周分成五等份，依次隔一个分点相连，即成一个正五角星形． 此时点M是线段 的黄金分割点，也是线段 的黄金分割点，则 ．【答案】 【分析】本题考查了黄金分割，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的 关键．连接 ，根据题意可得： ，从而利用等弧所对的圆周角相等可得 ，进而 可得 ，然后利用黄金分割的定义进行计算即可解答． 【详解】解：连接 ， ∵将 的圆周分成五等份， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵点M是 的黄金分割点， ∴ ， ∴ 故答案为： ． 5．（2024·福建厦门·模拟预测）活动一：某数学兴趣小组在研究“黄金比例与黄金矩形”，阅读课本时发现可以通过折叠得到黄金矩形．请根据每一步的操作完成以下填空．（假设原矩形纸片的宽 为 ） ①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然 后把纸片展平，则 ______ ； ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平， 则 _______ ； ③折出内侧矩形的对角线 ，并把 折到图3中所示的 处，则 _______ ； ④展平纸片，按照所得到的点D折出 ，则 _______，我 们将这个比值称为黄金比，将宽与长的比等于黄金比的矩形称为 黄金矩形，如图4矩形 就是一个黄金矩形． 活动二：类似的，我们将底与腰的比等于黄金比的等腰三角形称为黄金三角形． 如图，已知线段a，请你根据以下步骤作出以 为腰长的黄金三角形 ．（要求：尺规作图，保留 作图痕迹，不写作法） 步骤一：作一条线段 ，使得 的长度等于 的腰长； 步骤二：作一条线段 ，使得 的长度等于 的底边长； 步骤三：作黄金三角形 ． 【答案】（1）活动一：①2；②1；③ ；④ ； （2）见解析 【分析】活动一：利用折叠的性质和勾股定理解答即可； 活动二：利用作一条线段等于已知线段的方法，黄金分割的作法和 公理解答即可．【详解】解：活动一： ①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，则 ； ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，则 ； ③折出内侧矩形的对角线 ，并把 折到图3中所示的 处，则 ； ④展平纸片，按照所得到的点D折出 ， ，则 ； 活动二： 步骤一：作一条线段 ，使得 的长度为 ， 步骤二：1．过点H作 于点H， 2．在 上截取 ，连接 ， 3．在 上截取 ， 4．以点G为圆心，以 为半径画弧交 于点M， 则点M为 的黄金分割点， 的长度等于 ，则 的长度等于 底边的长度，即 ，如图： 步骤三：作 ，作线段 ，分别以 为圆心，以 为半径画弧，两弧交于点 ，连接 ，如图，则 为黄金三角形． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，黄金分割的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，基 本作图，本题是操作性题 目，熟练掌握基本作图的知识和折叠的性质是解题的关键． 6．（2024·江苏盐城·二模）【教材呈现】苏科版数学九年级下册课本P52第2题 如图1，点 是线段 的黄金分割点，且 ， 表示以 为一边的正方形的面积， 表示以 为长、 为宽的矩形的面积，请根据教材内容，尝试解决以下两个问题： （1）若 ，则 （结果保留根号）； （2） （填“ ”、“ ”或“ ” ． 【初步探究】 （3）将图1补成矩形 ，如图2，小明猜想点 在矩形 的对角线 上，请帮助小明判断其猜 想是否正确，并说明理由． 【深入探究】 （4）如图3，已知线段 为 的弦，请利用无刻度直尺和圆规，在线段 上作一点 ，在圆上作一点 Q，使得 ．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】（1） ；（2） ；（3）正确，理由见解析；（4）见解析【分析】（1）利用黄金分割比解答即可； （2）利用黄金分割的性质得到：设 ，则 ， ，利用矩形的性 质，正方形的性质和矩形的面积公式解答即可； （3）连接 ， ，过点 作 ，交 于点 ，交 于点 ，利用黄金分割比的性质和相似 三角形的判定与性质得到 ，再利用平角的定义解答即可； （4）利用线段垂直平分线的性质，勾股定理解答即可得出线段 的黄金分割点；再利用相似三角形的判 定与性质解答即可． 【详解】解：（1） 点 是线段 的黄金分割点，且 ， ， ， ． 故答案为： ； （2） 点 是线段 的黄金分割点，且 ， ． 设 ，则 ， ． ， ， ， 故答案为： ； （3）小明猜想点 在矩形 的对角线 上，小明的猜想正确，理由： 连接 ， ，过点 作 ，交 于点 ，交 于点 ，如图，则四边形 ，四边形 ，四边形 ，四边形 为矩形， ， ， ， ， ， 四边形 为正方形， ， ， 点 是线段 的黄金分割点，且 ， ， ， ， ， ． ， ， ， 点 ， ， 在同一直线上， 点 在矩形 的对角线 上； （4）①．过点 作 于点 ， ②．过点 作 的垂线，在此垂线上截取 ， ③．连接 ，以点 为圆心， 为半径画弧交 于点 ， ④．以点 为圆心，以 为半径画弧，交 于点 ，则点 为 的黄金分割点． ⑤．以点 为圆心，以 的长为半径画圆交圆 于点 ， ⑥．连接 ， ，则点 为所求的点．如图：【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，线段的 垂直平分线的性质，线段的黄金分割，相似三角形的判定与性质，基本作图，矩形的判定与性质，熟练掌 握黄金分割的性质是解题的关键． 题型三：相似多边形的性质 【中考母题学方法】 【典例1】（2022·广西梧州·中考真题）如图，以点O为位似中心，作四边形 的位似图形 ﹐ 已知 ，若四边形 的面积是2，则四边形 的面积是（ ） A．4 B．6 C．16 D．18 【答案】D 【分析】两图形位似必相似，再由相似的图形面积比等于相似比的平方即可求解． 【详解】解：由题意可知，四边形 与四边形 相似， 由两图形相似面积比等于相似比的平方可知： ， 又四边形 的面积是2，∴四边形 的面积为18， 故选：D． 【点睛】本题考查相似多边形的性质，属于基础题，熟练掌握相似图形的性质是解决本题的关键． 【变式3-1】（2023·山东·中考真题）如图，四边形 是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠： 使 边落在 边上，点 落在点 处，折痕为 ；使 边落在 边上，点 落在点 处，折痕为 ．若矩形 与原矩形 相似， ，则 的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得 ，设 的长为x，则 ，再根据相似 多边形性质得出 ，即 ，求解即可． 【详解】解：，由折叠可得： ， ， ∵矩形 ， ∴ ， ∴ ， 设 的长为x，则 ， ∵矩形 ， ∴ ， ∵矩形 与原矩形 相似， ∴ ，即 ， 解得： （负值不符合题意，舍去） ∴ ， 故选：C．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题 的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·云南昆明·模拟预测）如图 与 关于点A 成位似图形，若他们的位似比为 ， 则 与 的面积比为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是位似图形的概念和性质，掌握位似图形的概念、相似多边形的面积比等于相似比的 平方是解题的关键．根据位似图形的概念得到 与 相似，根据相似多边形的性质计算，得 到答案． 【详解】解：∵ 与 关于点A 成位似图形，他们的位似比为 ， ∴ 与 相似，他们的相似比为 ， ∴ 与 的面积比为 ， 故选：A． 2．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，装裱一幅宽 、长 的矩形画，要使装裱完成后的大矩形与 原矩形画相似，装裱上去的上下部分宽都为 ，若装裱上去的左右部分的宽都为 ，则 （ ） A．9 B．12 C．16 D．18 【答案】A【分析】本题考查了相似图形的性质，解分式方程的运用，根据相似的性质“对应边成比例”即可求解． 【详解】解：根据题意，大矩形的长为： （ ），宽为： ， ∵大矩形与原矩形画相似， ∴ 或 ， 解得， 或 （不符合题意，舍去）， 检验，当 时，原分式方程的分母不为0，有意义， ∴ ， 故选：A ． 3．（2024·重庆渝北·模拟预测）我国习惯上对开本的命名是以几何级数来命名的，全张纸对折后的大小为 对开，再对折为4开纸，再对折为8开纸，再对折为16开纸，以此类推，如图，全张矩形纸 沿 对开后，再把矩形纸 沿 对开，依此类推．若各种开本的矩形都相似，那么 等于 （ ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】该题主要考查了相似多边形的性质，解题的关键是掌握相似多边形的性质． 根据矩形 与矩形 相似，且矩形 的面积是矩形 面积的2倍，根据相似图形面积比 是相似比的平方，即可得； 【详解】解：∵矩形 的面积是矩形 面积的2倍， ∵各种开本的矩形都相似， ， ， 故选：C．4．（2024·浙江宁波·一模）如图，点O为四边形 内的一点，连结 ，若 ，则四边形 的面积与四边形 的面积比为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了位似图形的性质，得出两四边形的相似比是解题关键．利用位似图形的定义得出 四边形 与四边形 的位似比为 ，进而得出面积比，即可得出四边形 的面积与四边 形 的面积比． 【详解】解：∵ ， ∴四边形 与四边形 的位似比为 ， ∴四边形 与四边形 的面积比为 ， 故选：D． 5．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知 中，点 ， ， ， 分别为 ， ， ， 上的点，且 ， ， 分别与 ， 相交于点 ， ，若 ，则 的面积一定可以表示为（ ） A． B．C． D． 【答案】B 【分析】如图，过点 作AQEF 于点Q，过点E作EPBC于点P，过N 作NW BC于W ，设 BE ，设 ， ， k，由 ，得 ， ，再证 D AEa EM b AE  AEMG∽  EBCF BEak BC bk AEF EBP，四边形AEMG，四边形AEFD，四边形ABHG，四边形BCFE，四边形MHCF，四 边形GHCD，四边形EBHM 都是平行四边性质，得EF BC bk ，CF EBak ，BH EM b， MF bk1 NHW D ， ，进而利用面积公式即可得解． 【详解】解：如图，过点A作AQEF 于点Q，过点E作EPBC于点P，过N 作NW BC于W，设 BE ，设 ， ， k， D AE a EM b AE ∵ AEMG∽  EBCF， BE BC ∴  k， AE EM ∴BEak，BC bk， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC，EBPD， ∵EF∥BC，GH∥AB， ∴EF∥BC∥AD，GH  AB  CD， ∴AEF EBP，四边形AEMG，四边形AEFD，四边形ABHG，四边形BCFE，四边形MHCF， 四边形GHCD，四边形EBHM 都是平行四边性质， ∴EF BC bk ，CF EBak ，BH EM b， NHW D， MF bk1 ∴ ， ∵AQEF 于，EPBC，EPBEsinEBPaksin AQ AEsinAEF asin ∴ ， ， S S abksinabk1sinabsinS ∴ EBHM GMFD AEMG． ∵GH∥CD， ∴BHN C，BNH BFC， ∴△BHN∽△BCF， HN BH HN b ∴  ，即  ， ． CF BC ak bk HN a ∵NW BC， ∴NW NHsinNHW asin， 1 1 1 ∴S  BHNW  absin S S  ． BHN 2 2 2 EBHN GMFD 故选B． 【点睛】本题主要考查了平行线的判定及性质，平行四边形的判定及性质，解直角三角形，相似形的性质， 熟练掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键． ABCD(ABBC) M N AD BC 6．（2023·海南海口·模拟预测）有一张矩形纸片 ， 、 分别是 ， 的中点，现 沿线段MN将矩形纸片一分为二，如果所得的两张矩形纸片与原来的矩形纸片相似，那么AB:BC的值为 ． 1: 2 【答案】 【分析】本题考查了相似多边形的性质．熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键． 设ABCDa，BC  AD2b，0a2b，则AM bBN ，由所得的两张矩形纸片与原来的矩形纸片 AB BC a 2b 相似，可得矩形 和矩形 相似，则  ，即  ，可求 ，进而可求 ABCD AMNB AM MN b a a 2b AB:BC 的值． 【详解】解：∵矩形ABCD， 设ABCDa，BC  AD2b，0a2b，则AM bBN ， ∴四边形ABNM 是矩形， ∵所得的两张矩形纸片与原来的矩形纸片相似， ∴矩形ABCD和矩形AMNB相似， AB BC a 2b ∴  ，即  ， AM MN b aa 2b a 2b 解得， 或 （舍去）， AB:BC a:2b 2:21: 2 ∴ ， 1: 2 故答案为： ． 题型四：平行线分线段成比例定理 【中考母题学方法】 1 【典例1】（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形 中，分别以点A和 为圆心，以大于 AB ABCD B 2 的长为半径作弧，两弧相交于点E和F ，作直线EF，再以点A为圆心，以AD的长为半径作弧交直线EF 于点G（点G在正方形ABCD内部），连接DG并延长交BC于点K．若BK 2，则正方形ABCD的边长 为（ ） 5 3 5 A． 21 B．2 C． 2 D． 31 【答案】D 【分析】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，由作图知，AG AD2x，EF垂直平分AB， AH BH x AHG90 GH  3x AD  GH  BC DGGK 得到 ， ，由勾股定理得到 ，证明 ，推出 ，推出 GH x1 3xx1 2x 31 ，得到 ，即得 ． 【详解】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，由作图知，AG AD2x，EF垂直平分AB， 1 ∴AH BH  ABx， ， 2 AHG90 GH  AG2AH2  3x ∴ ， ∵BAD90， ∴AD∥GH， ∵AD∥BC， AD GH BC   ∴ ， DG AH ∴  1， GK HB ∴DGGK ， ∵BK 2， 1 ∴GH  ADBKx1， 2 3xx1 ∴ ， 31 ∴x ， 2 2x 31 ∴ ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾 股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键． 【变式4-1】（2024·山东·中考真题）如图，点E为 ABCD的对角线AC上一点，AC 5，CE1，连接 DE F EF DE BF BFDE并延长至点F ，使得EF DE，连接BF，则BF为（ ） 5 7 A． B．3 C． D．4 2 2 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助 线是解题关键． CE DE DC 解法一：延长 和 ，交于 点，先证 ，得到   ，再证 ， DF AB G  DEC∽  GAE AE GE AG  BGF∽  AGE BF FG 3 得到   ，即可求得结果； AE EG 4 CDE≌ HFEAAS 解法二：作FH∥AB交 AC 于点H，证明出   ，得到 HECE1 ， FH CD ，然后证 明出四边形ABFH 是平行四边形，得到BF  AH  ACCH 3． 【详解】解：解法一：延长DF和AB，交于G点， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB，DCAB即DC∥AG， ∴ DEC∽  GAE CE DE DC ∴   ， AE GE AG ∵AC 5，CE1， ∴AE  ACCE 514， CE DE DC 1 ∴    ， AE GE AG 4 DE DE 1 又∵ ，   ， EF DE GE EFFG 4EF 1 ∴  ， FG 3 DC DC 1 ∵   ， ， AG ABBG 4 DCAB DC 1 ∴  ， BG 3 EF DC 1 ∴   ， FG BG 3 BG FG 3 ∴   AG EG 4 ∴AE∥BF ， ∴ BGF∽  AGE， BF FG 3 ∴   AE EG 4 ∵AE4， ∴BF 3． 解法二：作FH∥AB交AC于点H ∴CDEHFE，DCEFHE， 又∵EF DE， CDE≌ HFEAAS   ∴ ， ∴HECE1，FH CD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，CD AB， ∴HF∥AB，HF  AB， ∴四边形ABFH 是平行四边形， ∴BF  AH  ACCH 3． 故选：B． 【变式4-2】（2024·吉林长春·中考真题）如图，在VABC中，O是边AB的中点．按下列要求作图： ①以点B为圆心、适当长为半径画弧，交线段BO于点D，交BC于点E；②以点O为圆心、BD长为半径画弧，交线段OA于点F ； ③以点F 为圆心、DE长为半径画弧，交前一条弧于点G，点G与点C在直线AB同侧； ④作直线OG，交AC于点M ．下列结论不一定成立的是（ ） AOM B OMCC 180 A． B． 1 C． D．OM  AB AM CM 2 【答案】D 【分析】本题主要考查了作一个角等于已知角，平行线的性质和判定，平行线分线段成比例定理，解题的 关键是熟练掌握相关的性质，先根据作图得出AOM B，根据平行线的判定得出OM∥BC，根据平行 AM AO 线的性质得出 ，根据平行线分线段成比例得出  1，即可得出 ． OMCC 180 CM OB AM CM 【详解】解：A．根据作图可知：AOM B一定成立，故A不符合题意； B．∵AOM B， ∴OM∥BC， OMCC 180 ∴ 一定成立，故B不符合题意； C．∵O是边AB的中点， ∴AOBO， ∵OM∥BC， AM AO ∴  1， CM OB ∴AM CM 一定成立，故C不符合题意； 1 D．OM  AB不一定成立，故D符合题意． 2 【变式4-3】（2024·重庆·中考真题）如图，在VABC中，延长AC至点D，使CDCA，过点D作 DE∥CB，且DE DC，连接AE交BC于点F ．若CABCFA，CF 1，则BF  ．【答案】3 【分析】先根据平行线分线段成比例证AF EF ，进而得DE CD AC 2CF 2，AD4，再证明  CAB≌  DEA，得BC  AD4，从而即可得解． 【详解】解：∵CDCA，过点D作DE∥CB，CDCA，DE DC， FA CA ∴  1， ， FE CD CDCADE ∴AF EF ， ∴DE CD AC 2CF 2， ∴AD ACCD4， ∵DE∥CB， ∴CFAE，ACBD， ∵CABCFA， ∴CABE， ∵CDCA，DECD， ∴CADE， ∴ CAB≌  DEA， ∴BC  AD4， ∴BF BCCF 3， 故答案为：3， 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判 定及性质，熟练掌握三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质是解题的关 键． 【变式4-4】（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在 ABCD中，AB6，AD4，以A为圆心，AD的长 1 为半径画弧交 于点 ，连接 ，分别以 为圆心，以大于 DE的长为半径画弧，两弧交于点 ， AB E DE D，E 2 F 作射线AF ，交DE于点M ，过点M 作MN∥AB交BC于点N ．则MN的长为 ．【答案】4 【分析】由尺规作图可知，射线AF 是BAD的角平分线，由于AD AE4，结合等腰三角形“三线合 一”得M 是DE边中点，再由MN∥AB，根据平行线分线段成比例定理得到N 是边BC中点，利用梯形中 1 位线的判定与性质得到MN  DCEB 即可得到答案． 2 【详解】解：由题意可知AD AE4，射线AF 是BAD的角平分线， 由等腰三角形“三线合一”得M 是DE边中点，  MN∥AB， BN EM 由平行线分线段成比例定理得到  1，即 是边 中点，  NC MD N BC MN是梯形BCDE的中位线， 1 MN  DCEB ，  2 在 ABCD中，CD AB6，BE ABAE642，则MN 4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长问题，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行线分 线段成比例定理、梯形中位线的判定与性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握梯形中位线的判定与性 质是解决问题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知直线 a∥b∥c，直线 m 分别交直线a，b，c于点A，B，C，直 AB 3 线 分别交直线 于点 ，若  ，DF 22 ，则 （ ） n a，b，c D，E，F BC 8 EF A．6 B．16 C．18 D．20 【答案】B 【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据 代入计算得到答案． 【详解】解：∵a∥b∥c， AB DE ∴  ， BC EF AB 3 又  BC 8 DE 3 ∴  ， EF 8 ∵ DF 22 ， 3 22EF ∴  8 EF 解得，EF 16 ． 经检验：EF 16是方程的解， 故选 B 2．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在VABC中，D为BC边上一点，且AD平分BAC，若AB5， AC 4，则△ABD与 ACD的面积比为（ ） A．5：4 B．4:5 C．16:25 D．25：16 【答案】A 【分析】过点C作CE∥AD，交BA的延长线于点E，利用平行线分线段成比例定理，等腰三角形判定和性质，三角形面积特点解答即可． 本题考查了平行线分线段成比例定理，等腰三角形判定和性质，三角形面积，熟练掌握定理是解题的关键． 【详解】解：过点C作CE∥AD，交BA的延长线于点E， BD BA 则  ， ， DC AE EBAD,DAC ACE ∵AD平分BAC， ∴BADDAC， ∴EACE， ∴AE AC， ∵AB5，AC 4， ∴AE4， BD 5 ∴  ， DC 4 S BD 5 ABD   ∴S DC 4， ACD 故选A． 3．（2024·湖南·二模）如图，在VABC中，D，E分别为边AB，AC上的点，且DE∥BC，若 AD2，BD6，AE1，则AC的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握定理内容是解决问题的关键．根据平行线分线段成比例定理求出EC 3，即可求解． 【详解】解：∵DE∥BC， AD AE ∴  ， BD EC 2 1 ∴  ， 6 EC 解得，EC 3， ∴AC  AEEC 4． 故答案为：4． ABCD AC，BD O BC OC 4．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形 中，对角线 相交于点 ，且 ． 点E为OB的中点，过点E作OC的平行线，交BC于点F．在EF的延长线上取一点G，使得FGEF ． 连接EC，BG，CG． (1)求证：四边形ECGB是矩形； (2)若BD12，EG5，求AB的长． 【答案】(1)见解析 97 (2) 【分析】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的性质，平行线分线段成比例； BE BF （1）由平行线可得  1，即 ，结合 可得四边形 是平行四边形，由三线合 OE FC BF FC FGEF ECGB 一可得CEB90即可得到四边形ECGB是矩形； 1 1 （2）先求出BE OB BD3， ，即可求出 ，利用勾股定理求出 即可． 2 4 EG=BC =5 EC 4 DC 【详解】（1）证明∵BC OC，点E为OB的中点， 1 ∴ ，BE=OE= OB， CEB90 2 ∵OC∥EG， BE BF ∴  1， OE FC∴BF FC， ∵FGEF ， ∴四边形ECGB是平行四边形， ∵CEB90 ∴四边形ECGB是矩形； （2）解：∵平行四边形ABCD， 1 ∴OBOD BD6， ， 2 DCAB 1 ∴BE OB3， ， 2 DE BDBE 9 ∵四边形ECGB是矩形， ∴EG=BC =5， EC  BC2BE2 4 ∴ ， ABDC  DE2EC2  4292  97 ∴ ． 5．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知正方形ABCD，点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重 合），点E在DP上，满足AEAB，延长BE交CD于点F ． (1)求证：BED135； BP (2)连接 ，当 时，求 的值． CE CEBF PC 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查的是正方形的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例 定理，牢记性质是解题关键， （1）根据正方形性质得出BAD90，再根据AEBABEAEDADEBAD360即可求出结 论；（2）作AGBE于点G，作PH BE于点H，证明 BEC≌  AGB，进而证出HEHP，利用PH∥CE PC HE HP EC 1 求出   tanCBE  即可求出结论． BP BH BH BE 2 【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，AEAB， AB AD，BAD90， AE AD， AEBABE，AEDADE，  AEBABEAEDADEBAD360， 2AEB2AED90360， AEBAED135， BEDAEBAED135． （2）解：如图1，作AGBE于点G，则GBGE， ， CEBF  BEC AGBABC 90， CBEBAG90ABG，  BCAB，  BEC≌ AGBAAS   ， 1 ECGB BE， 2 作PH BE于点H，则PHBPHE90，  HEP180BED18013545， HPEHEP45， HEHP， PH BF,CEBF  PH∥CE， PC HE HP EC 1   tanCBE  ，  BP BH BH BE 2BP 2，  PC BP 的值是2．  PC 题型五：相似三角形的判定 【中考母题学方法】 【典例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 ， ，进而得出  ，根据两边成比例且夹角相等的两个三 BC90 ABCB9 EC CF 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． 【变式5-1】（2023·黑龙江大庆·中考真题）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题 开展数学活动．有一张矩形纸片ABCD如图所示，点N 在边AD上，现将矩形折叠，折痕为BN ，点A对 应的点记为点M ，若点M 恰好落在边DC上，则图中与 NDM 一定相似的三角形是 ．【答案】△MCB 【分析】由矩形的性质得ADC 90，从而得到DNM DMN 90，由折叠的性质可得： BMN A90，从而得到DNM BMC，由此推断出 NDM∽  MCB． 【详解】解：四边形ABCD是矩形， ADC90， DNM DMN 90， 由折叠的性质可得：BMN A90，  NMDBMNBMC 180， NMDBMC 90， DNM BMC，   NDM∽  MCB， 故答案为：△MCB． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，熟练掌握矩形的性质、折叠的性 质、相似三角形的判定，是解题的关键． 【变式5-2】（2022·江苏盐城·中考真题）如图，在VABC与 ABC中，点D、D�分别在边BC、BC上， BD BD AB AB 且 ，若___________，则 ．请从①  ；②  ；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 ． CD CD △ABD∽△AB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． 【变式5-3】（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在Rt  ABC中，ABC90，E是边AC上一点，且 BEBC，过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：△ADE∽△ABC． 【答案】见解析 【分析】先根据等腰三角形的性质得∠C=∠BEC，又由对顶角相等可证得∠AED=∠C，再由 ∠D=∠ABC=90°，即可得出结论． 【详解】证明：∵BEBC ∴∠C=∠BEC， ∵∠BEC=∠AED， ∴∠AED=∠C， ∵AD⊥BD，∴∠D=90°， ∵ABC90， ∴∠D=∠ABC， ∴△ADE∽△ABC． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定，熟练掌握等腰三角形的性质和相似三角形的判 定定理是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）如图，点P在VABC的边AC上，要判断 ABP∽  ACB，添加一个条件， 下列不正确的是（ ） AP AB AP AB A． B． C．  D．  ABPC APBABC AB AC BP CB 【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ABPC时， 又∵AA， ∴ ABP∽  ACB，故此选项不符合题意； B、当APBABC时， 又∵AA， ∴ ABP∽  ACB，故此选项不符合题意； AP AB C、当  时， AB AC 又∵AA， ∴ ABP∽  ACB，故此选项不符合题意； AP AB D、当  时，无法得到 ，故此选项符合题意． BP CB ABP∽ ACB   故选：D．AD BC VAOB △DOC 2．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图， 与 相交于点 O，要使 与 相似，可添加的一个 条件是（ ） A．AD B．AB C．C D D．AOBDOC 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的判定．根据相似三角形的判定方法，进行判断即可． 【详解】解：AOBDOC（对顶角相等）， AD VAOB △DOC A、当 时，则 与 相似，符合题意； AB VAOB △DOC B、当 时，无法证明 与 相似，不符合题意； C D VAOB △DOC C、当 时，无法证明 与 相似，不符合题意； AOBDOC VAOB △DOC D、 ，无法证明 与 相似，不符合题意； 故选：A． 3．（2023·广东佛山·模拟预测）如图， ABC中，D、E分别是AB、AC的点，要使 ADE∽  ACB，需添 加一个条件是 ．（只要写一个条件） AD AE 【答案】 或 或  ADE C AEDB AC AB 【分析】 由A是公共角，根据相似三角形的判定方法，即可得要使 ADE∽  ACB，可添加：ADEACB或 AD AE 或  等． AEDABC AC AB此题考查了相似三角形的判定．此题属于开放题，答案不唯一．注意掌握两组对应边的比相等且夹角对应 相等的两个三角形相似与有两组角对应相等的两个三角形相似是解此题的关键． 【详解】 解： A是公共角，  AD AE 要使 ，可添加： 或 或  等．  ADE∽ ACB ADEACB AEDABC AC AB   AD AE 故答案为：如 或 或  等（此题答案不唯一）． ADEACB AEDABC AC AB VABC △MBN CN. 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，将 绕点B逆时针旋转得到 ，连接MA， 求证：  ABM ∽ CBN. 【答案】见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理，旋转的性质是解 题的关键． AB MB 由旋转性质可得： ， ， ，进而可得  ， ，由此 ABMB BC BN ABC MBN BC BN ABM CBN 根据相似三角形的判定定理即可证明 ABM ∽  CBN. VABC △MBN  【详解】证明： 将 绕点B逆时针旋转得到 ， 由旋转性质，得ABMB，BC BN，ABC MBN ， AB MB   ， BC BN  ABCMBN， ABCABN MBNABN ， 即ABM CBN ，   ABM ∽ CBN. 5．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知VABC，BC，请用尺规作图法在AC边上作一点P，使得 ABP∽  ACB．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了利用尺规作图——作一个角等于已知角，相似三角形的判定，掌握尺规作图——作一 个角等于已知角是解题的关键． 根据相似三角形的判定得到ABPC，再利用尺规作图作ABPC即可． 【详解】解：如图，点P即为所求． 6．（2024·北京·模拟预测）如图，四边形ABCD为正方形，DE EF，FG AB． (1)证明：△DAE∽△EGF (2)不添加辅助线，添加一个角的条件，证明△DAE≌△EGF 【答案】(1)见解析 (2)添加FBG45，证明见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定，正方形的性质，垂直的概念，三角形全等的判定； （1）证明有两对角相等即可判断； （2）假设 DAE≌  EGF，可以推出FBG45即可． 【详解】（1）证明： FG AB， FGEEAD90， 又 DEEF， DEF 90， AEDFEG90，  FEGEFG90， AEDEFG， △DAE∽△EGF； （2）解：添加FBG45， 如果△DAE≌△EGF ， AEGF,DAEG AB ， AEEBEBBG， AEBG， GF BG，  FG AB， Rt  BGF 为等腰直角三角形， FBG45， 故添加：FBG45，能证明△DAE≌△EGF ． 题型六：相似三角形的性质 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·重庆·中考真题）若两个相似三角形的相似比是1:3，则这两个相似三角形的面积比是 （ ） A．1:3 B．1:4 C．1:6 D．1:9 【答案】D 【分析】此题考查了相似三角形的性质，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”解答即可． 【详解】解：两个相似三角形的相似比是1:3，则这两个相似三角形的面积比是1:9， 故选：D． 【典例2】（2024·四川内江·中考真题）已知 VABC 与 △A 1 B 1 C 1相似，且相似比为 1:3 ，则 VABC 与 △ABC 1 1 1的周长比为（ ） A．1:1 B．1:3 C．1:6 D．1:9 【答案】B【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形周长之比等于相似比是解题的关键． 【详解】解：∵ VABC 与 △A 1 B 1 C 1相似，且相似比为 1:3 ， ∴ VABC 与 △A 1 B 1 C 1的周长比为 1:3 ， 故选B． 【变式6-1】（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． 64 B． 64 C．27 D． 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    cos30   12 ，可得OB OC OD 2 ，再进一步探究即可； 【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 ， L 2  6 64 OG1 3  ∴ 3  27， 故选C 【变式6-2】（2023·山东聊城·中考真题）如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分． OO 2 若该几何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分 1为 ，则其侧面展开图的面积 为（ ） 3 2 3 3 3 4 3 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可． 【详解】根据题意，补图如下： OC BO,OC 2,BO 1 ∵  1 1 ，BOA∽ COA ∴  1  ， AO BO 1 ∴ 1  1  ， AO OC 2 AO OO 2 ∴ 1 1 ，  2 ∴ABBC  2 12  3， 22 31 33 3 ∴侧面展开图的面积为 ， 故选C． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面积计算是解题的 关键． 【变式6-3】（2023·重庆·中考真题）如图，已知 ABC∽  EDC，AC:EC 2:3，若AB的长度为6，则 DE的长度为（ ） A．4 B．9 C．12 D．13.5 【答案】B 【分析】根据相似三角形的性质即可求出． 【详解】解：∵ ABC∽  EDC， ∴AC:EC  AB:DE， ∵AC:EC 2:3，AB6， ∴2:36:DE， ∴DE9， 故选：B. 【点睛】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键. 【中考模拟即学即练】 1．（2023·广东阳江·一模）已知△ABC∽△DEF，若VABC与 DEF 的相似比为2:5，则VABC与 DEF 的面积之比为（ ） A．2:5 B．5:2 C．25:4 D．4:25【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：∵△ABC∽△DEF，相似比为2:5， 2 2 4    ∴VABC与 DEF 的面积之比为5 25，即4:25，  故选：D． OA:OD7:5 A B OAB∽ ODC △OAB OCD    2．（2023·浙江宁波·三模）如图 ， ， ， ， 与 的 面积分别是 S 1和 S 2， △OAB 与 OCD 的周长分别是 C 1和 C 2，则一定成立的等式是（ ） OB  7   7 S 1  7 C 1  7 A．CD 5 B． 5 C．S 5 D．C 5 2 2 【答案】D 【分析】本题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的对应角相等，对应边的比相等； 相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．根据相似三角 形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，一一判断即可． 【详解】解：∵ OAB∽  ODC ，OA:OD7:5， C OA 7 S OA 2 49 1   , 1    ∴C OC 5 S OD 25， 2 2 ∴选项D正确，选项C错误， OB  ∵无法确定 和 的比的值，故选项A，B错误， CD 故选：D． 3．（2024·上海杨浦·一模）如图，在VABC中，点G是重心，过点G作GD∥BC，交边AC于点D，联结 BG ，如果 S △ABC 36 ，那么 S 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 BC,AC ∴ 分别为 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  AG 2 4 AGD    ∴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． 4．（2024·江西·模拟预测）将一把直尺与VABC按如图所示的方式摆放，AB与直尺的一边重合，AC， BC分别与直尺的另一边交于点D，E．若点A，B，D，E分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应， 直尺的宽为1cm，则点C到边AB的距离为 cm． 【答案】2 CM DE 【分析】本题考查了点到直线的距离，相似三角形的判定和性质，证 ，可得  ， △CDE∽△CAB CF AB CM 已知点 ， ， ， 分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，可得 、 的长，即得 的值，设 A B D E AB DE CF CM xcm，则CF (x1)cm，可得CM 的长，即得点C到边DE的距离，关键是掌握相似三角形对应边 成比例． 【详解】解：过C作CF  AB，交AB于点F ，交DE于点M ，， 由题意得，AB4，DE2，  DE∥AB，CF  AB， CM DE，BCED，  DCEACB，   CDE∽  CAB， CM DE 1   ，  CF AB 2 CM xcm CF (x1)cm 设 ，则 ， x 1  ，  x1 2 解得：x1， CM 1cm， CF 2cm． 故答案为：2． 5．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，在VABC中，已知AC 4，BC 3，D是AB上一点，连接CD．若 AD2DB，  BCD∽  BAC，则CD的长为 ． 4 3 4 3 【答案】 3 /3 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，设BD x，AD2x，根据相似三角形的性质列出比例式求 解即可． 【详解】解：∵AD2DB， ∴可设BD x，AD2x，∵△BCD∽△BAC， BC CD BD 3 CD x ∴   ，即   ， AB AC BC 3x 4 3 4 ∴3x2 9，CD x， 3 x 3 x 3 解得 或 （舍去）， 4 4 3 CD x ∴ 3 3 4 3 故答案为： ． 3 6．（2024·云南·模拟预测）如图 ADE∽  ACB ， BC5 ， S △ADE :S 四边形BCED 9:16 ，则 DE 为 ． 【答案】3 S :S S :S 【分析】本题考查了相似三角形的性质，根据 ADE 四边形BCED的比，可得 ADE ACB的比，利用面积比是 相似比的平方，可得DE:BC，从而可得答案． S :S 9:16 【详解】  ADE 四边形BCED ， S :S 9:25 ADE ACB ， 相似比为k 3:5，即DE:CB3:5， DE:53:5， DE3； 故答案为：3． 7．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图，在66的正方形网格中，点A，B，C均在格点上，请按要求作图．(1)在图1中画一个格点VADE，使△ADE∽△ABC． (2)在图2中找一点F，使AFC2ABC． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查基本作图，涉及相似三角形的判定、勾股定理、圆周角定理等知识，熟系相关知识是解 答的关键． AE AD （1）找格点E、D，根据网格特点，得到  2，根据相似三角形的判定可求解； AC AB （2）找格点F，证得点F为VABC的外接圆圆心，利用圆周角定理可得结论． 【详解】（1）解：如图，VADE即为所求： AB 2222 2 2 AD 4242 4 2 作图依据：由网格特点， ， ， AE AD ∴  2，又 ， AC AB AA ∴△ADE∽△ABC； （2）解：如图，点F即为所求：作图依据：取格点F，连接AF 、BF、 CF ，则 AF BF CF  1222  5 ， ∴点F为VABC的外接圆圆心， ∴AFC2ABC，则点F即为所求． 题型七：相似三角形的性质与判定的综合 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·山东德州·中考真题）在VABC中，AC BC，ACB120°，点D是AB上一个动点 （点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段DC顺时针旋转120得到线DE． (1)如图1，当∠ACD15时，求BDE的度数； (2)如图2，连接BE，当0ACD90时，ABE的大小是否发生变化？如果不变求，ABE的度数； 如果变化，请说明理由； (3)如图3，点M在CD上，且CM :MD3:2，以点C为中心，将线CM逆时针转120得到线段CN，连接 EN，若AC 4，求线段EN的取值范围． 【答案】(1)75 (2)ABE的大小不发生变化，ABE30，理由见解析 4 21 8 21 EN  (3) 5 5【分析】（1）由旋转的性质得CDE120，由等边对等角和三角形内角和定理得到A30，由三角形 外角的性质得BDC 45，进而可求出BDE的度数； OC OD （2）连接 交 于点O，证明 得  ，再证明 即可求出 的度 CE BD  BOC∽  EOD OB OE  COD∽  BOE ABE 数； 1 （3）过点C作 于H，求出 ，则CH  AC2；由旋转的性质得 ， CH  AB A30 2 CDE120 CDDE，∠MCN 120，CM CN ，设CDDE 5x，则CM CN 3x；如图所示，过点D作 1 5 5 3 DG DC  x CG CD2DG2  x DG^CE于G，则可得到 2 2 ，CE2CG，由勾股定理得 2 ；证明 2 4 ，在 中，由勾股定理得 ；再求出 x ，即可得到 ECN 90 Rt△ECN EN 2 21x 5 5 4 21 8 21 EN  5 5 ． 【详解】（1）解：由旋转的性质得CDE120． ∵AC BC，ACB120°， 180ACB ∴AB 30． 2 ∵∠ACD15， ∴BDC ∠ACD∠A301545， ∴BDE ∠CDE∠BDC 1204575； （2）解：ABE的大小不发生变化，ABE30，理由如下： 连接CE交BD于点O， 由旋转的性质得CDE120，CDDE，180∠CDE ∴DCODEO 30， 2 ∴DEOABC 30， 又∵BOC EOD， ∴ BOC∽  EOD， OC OB ∴  OD OE OC OD ∴  ， OB OE ∵CODBOE， ∴ COD∽  BOE， ∴ABEDCO30； （3）解：如图所示，过点C作CH  AB于H， ∵AC BC，ACB120°， 180ACB ∴AB 30， 2 ∵CH  AB， 1 ∴CH  AC2； 2 由旋转的性质得CDE120，CDCE，∠MCN 120，CM CN ， 设CDDE 5x， ∵CM :MD3:2， 3 ∴CM CN  CD3x， 5 如图所示，过点D作DG^CE于G， ∵CDE120，CDCE， 180∠CDE ∴DCODEO 30， 2 ∵DG^CE， 1 5 ∴DG DC  x， ， 2 2 CE2CG 5 3 CG CD2DG2  x 在Rt△CDG中，由勾股定理得 2 ，CE 5 3x ∴ , ∵∠DCE 30，∠DCN 120， ∴∠ECN 1203090， Rt△ECN EN2 CE2CN2 在 中，由勾股定理得 3x2  5 3x 2 84x2， EN 2 21x EN 2 21x ∴ 或 （舍去）； ∵点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合）， ∴CGCD AC，即25x4， 2 4 ∴ x ， 5 5 4 21 8 21 EN  ∴ 5 5 ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性 质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键． 【变式7-1】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形ABCD中，AB3，点E在边AD上， DE 2AE,F BE CD EFH 45 FH 是 的中点，点H在 边上， ，则 的长为（ ）．3 10 3 5 5 5 2 10 A． 4 B． 2 C． 4 D． 3 【答案】C 【分析】首先过点B作BN  FH ，连接数EN FN 、，延长DC到点G，使CG AE，连接BG，根据 EFH 45可得NBG45，利用SAS可证 ABE  CBG，再利用SAS可证 EBN  GBN，从而可得 3 5 ，利用勾股定理可得DN CN  ，利用梯形中位线定理可以求出FN  ，根据 可证 EN NG 2 2 BN  FH  FHN∽  BNC，根据相似三角形对应边成比例可以求出FH 的值． 【详解】解：如下图所示，过点B作BN  FH ，连接数EN 、FN ，延长DC到点G，使CG AE，连接 BG， 四边形ABCD是正方形，AB3， ADCDBC  AB3，ABC90，  DE2AE， DE2，AE1， BE AE2AB2  10 ，  EFH 45，BN  FH ， EBN EFH 45， ABENBC 45， AECG  ABCG90 在 和 中 ，   ABE  CBG ABBC   ABE  CBG， ABECBG，BEBG，GBN CBGNBC ABENBC 45， EBN NBG， BEBG  EBN NBG 在 和 中 ，  EBN GBN BN BN     EBN  GBN， EN NG， 设NC x，则DN 3x，EN NGx1， 在Rt  EDN 中，ED2DN2 EN2， 223x2 1x2 ， 3 解得：x ， 2 3 DN CN  ， 2 3 2 3 BN  BC2CN2  32   5 ， 2 2 点N 是CD的中点， FN是梯形EBCD的中位线， 1 1 5 FN  EDBC 23 ， ， 2 2 2 FNH 90 FH BN   ， FHN BNC， 又 FNH BCN 90，   FHN∽  BNC， FH FN   ， BN BC 5 FH 2   3 3 ， 5 2 5 解得：FH  5． 4故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、梯 形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． 【变式7-2】（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在VABC中，ACB90，AC 8，将VABC绕点C按 ABC AB AC BE AC 逆时针方向旋转得到  1 1 ，满足 1 1 ，过点B作 1 ，垂足为E，连接 AE ，若 S 3S △ABE △ACE，则 AB 的长为 ． 4 5 【答案】 【分析】设 A 1 C 交AB于 D ,由 A 1 B 1 AC ,由旋转可得 CD AD ,而 ACB90 ,即可得 BDCD AD ,故 1 S 2 CE 2 S S  S ACE   BDE ADE 2 ABE,因S 3S ,即有S 3,DE 3,设CE 2x,则DE3x,CD5xBD AD, ABE ACE ADE 4x 2 5x  求出BE BD2DE2 4x,BC  BE2CE2 2 5x,证明 BCE∽ ABC,即可得 8 AB ,进而即可得解．   AC 【详解】解：设 1 交AB于 D ,如图， , AB AC  1 1 A ACA 1 1 ,将 ABC 绕点 C 按逆时针方向旋转得到  A 1 B 1 C , A BAC 1 , ACABAC 1 , CD AD,  ACB90, CBDBAC 90ACABCD 1 , CBDBCD, BDCD, BDCD AD, 1 S S  S , BDE ADE 2 ABE S 3S  ABE ACE, 3 S S  S , BDE ADE 2 ACE S 2  ACE  S 3, ADE CE 2   , DE 3 CE 2x DE3x,CD5xBD AD 设 ,则 , BE BD2DE2 4x , BC  BE2CE2 2 5x ,  BCE CBA,BEC 90BCA,   BCE∽  ABC, BE BC   , AC AB  AC 8,4x 2 5x   8 AB , AB4 5 4 5 故答案为： . 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，平行线性质及应用，勾股定理，等腰三 角形的判定，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转的性质和相似三角形的判定定理. 【变式7-3】（2024·山西·中考真题）如图，在 ABCD中，AC为对角线，AEBC于点E，点F是AE延 ACF CAF AB 5 AD4 tanABC＝2 BG 长线上一点，且 ，线段的延长线交于点G．若 ， ， ，则 的 长为 ． 20 5 20 5 【答案】 19 /19 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点， 正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键． AE 如图：过点F作 于H，延长 与 的延长线交于K，由tanABC 2得 ，进而 FH AC AD GC BE AE2BE 13 得 ，则 ，再由 得 ，则AH CH  ，由 BE1，AE2 CE3，AC  13 ACF CAF FAFC 2 1 1 AFCE 3AF 13 S  AC·FH  AF·CE，得FH   ，在 中由勾股定理得AF  ，则 FAC 2 2 AC 13 Rt△AFH 4 5 39 19 EF  AFAE ，证明 得AK  ，则DK  AKAD ，再证明 得 4 FCE∽ FKA 5 5 KDC∽ KAG     39 5 AG 1939 5 AG 19 ，由此可得BG的长． 【详解】解：如图：过点F作FH AC于H，延长AD与GC的延长线交于K， ∵四边形ABCD为平行四边形， ABCD 5,BC  AD4 AB∥CD，BC∥AD ∴ ， ， 又∵AEBC， AE 在 中，tanABC 2， Rt△ABE BE ∴AE2BE， 2BE2 BE2   5 2 由勾股定理得：AE2BE2  AB2，即 ， ∴BE1， ∴AE2BE2， ∴CE BCBE 3， Rt ACE AC AE2CE2  13 在  中，由勾股定理得： ， ∵ACF CAF ， ∴FAFC， ∵FH AC， 1 13 ∴AH CH  AC  ， 2 2 1 1 ∵S  ACFH  AFCE， FAC 2 2 AFCE 3AF ∴FH   ， AC 13 3AF  2  13 2 在 Rt△AFH 中，由勾股定理得： AF2FH2  AH2 ，即 AF2   13      2    ，13 ∴AF  ， 4 5 ∴EF  AFAE ， 4 ∵BC∥AD， ∴ FCE∽  FKA， 5 13 ∴ ，即 : 3:AK ， EF：AF CE：AK 4 4 39 ∴AK  ， 5 19 ∴DK  AKAD ， 5 ∵AB∥CD， ∴ KDC∽  KAG， 19 39 ∴ ，即 :  5:AG， DK：AK CD：AG 5 5 39 5 AG ∴ 19 ， 39 5 20 5 ∴BG AGAB  5  ． 19 19 20 5 故答案为： ． 19 【变式7-4】（2024·山东日照·中考真题）如图，以 ABCD的顶点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于 1 点 ，再分别以点 ， 为圆心，大于 AE的长为半径画弧，两弧交于点 ，画射线 ，交 于点 ， E A E 2 F BF AD G 交CD的延长线于点H． (1)由以上作图可知，1与2的数量关系是_______ (2)求证：CBCH(3)若AB4，AG2GD，ABC 60，求VBCH的面积． 【答案】(1)12 (2)证明见解析 9 3 (3) 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质， 解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据作图可知，BF为ABC的角平分线，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质可知1H ，结合12，从而推出2H ，即可证明； （3）过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M ，根据平行四边形的性质ABCD4， AB AG 1 ，  ，结合 ，推出DH  AB，从而得到 ， ， HCM ABC 60 DH GD AG2GD 2 CH BC 1 ，最后由S  BCHM 计算即可． HM CHsinHCM BCH 2 【详解】（1）解：由作图可知，BF为ABC的角平分线 12 故答案为：12 （2）证明：四边形ABCD为平行四边形 AB∥CD 1H 12  2H CBCH （3）解：如图，过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M 四边形 为平行四边形， ABCD AB4  AB∥CD，ABCD4 HCM ABC60， ABG∽  DHGAB AG   DH GD 又 AG2GD AG  2 GD AB AG   2 DH GD 1 1 DH  AB 42 2 2 CH DH CD6 BC CH 6 3 HM CHsinHCM CHsin606 3 3 2 1 1 S  BCHM  63 39 3． BCH 2 2 ABCD AB4,BC 8 AD 【变式7-5】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形 中， ，点E是边 上的动点， 连结CE，以CE为边作矩形CEFG（点D，G在CE的同侧），且CE2EF，连结BF． (1)如图1，当点E为AD边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求BF的长． (2)如图2，若BCE30，设CE与BF交于点K．求证：BK FK． (3)在点E的运动过程中，BF的长是否存在最大（小）值？若存在，求出BF的最值；若不存在，请说明理 由． 6 2 【答案】(1) (2)见解析 18 5 (3)存在，最小值 5 ，最大值2 29 【分析】（1）当点E在AD的中点时可得AB ADEDDC 4，则 ABE和 EFD是等腰直角三角形，  分别求出BE和EF的长，然后根据线段的和差即可解答； 1 （2）如图：过B作 交 于M，由 可得BM  BC4 AB，即可得到 BK EC EC BCE30 2 Rt ABE≌Rt BKEHL   得到 AEBBEM CBE ，推出 BC CE ，再由 CE2EF 得到BM EF，最 后证明 BHK≌  FEK，然后根据全等三角形的性质即可证明结论； （3）如图：过点F作AB的垂线，交AB延长线于点M，过点E作AB的平行线交BC于点N，交MF于点 1 P．设 ．然后证明 可得PF 2,PE 4 x，根据勾股定理可得 AEx,BF  y PEF∽ NCE 2   5 8 2 324 y2  x   BF2 MB2MF2，进而得到 4 5 5 ，然后根据二次函数的性质求解即可． ABCD AB4,BC 8 【详解】（1）解：∵矩形 中， ， ∴ABCD4，BC  AD8，AADC 90，AD∥BC， ∵点E在AD的中点 ∴AB AE EDDC 4， ∴BECE4 2，AEB45， ∵点B、E、F在同一直线上， ∴AEBFED45， ∵F 90 ED4 2EF ∴ ， EF 2 2 ∴ ， BF BEEF 6 2 ∴ ． （2）证明：如图：过B作BH EC 交EC于H，∵AD∥BC， ∴BCECED，AEBCBE， ∵BCE30， 1 ∴BH  BC 4 AB， ， 2 BCECED30 ∵BEBE Rt ABE≌Rt BEHHL   ∴ ， ∴AEBBEH ， ∴AEBBEH CBE， ∴BC CE， ∵CE2EF， 1 1 ∴EF  CE  BC BH ， 2 2  FEC BHE90,EKF HKB， △BHK≌△FEK(AAS)， ∴BK FK ． 18 5 （3）解：存在，BF的最小值 5 ，最大值2 29． 如图：过点F作AB的垂线，交AB延长线于点M，过点E作AB的平行线交BC于点N，交MF于点P．则 AEx,BF  y 设 ． ∵四边形ABCD和四边形EFGC都是矩形， FPEENC FEC90， PEFPFE90,PEFNEC 90 ∴ ， ∴PFENEC ， ∵FPE ENC 90，   PEF∽  NCE， FE PF PE 1 PF PE    ，即   ， EC EN NC 2 4 8x 1 PF 2,PE4 x， 2 ∴在Rt△BMF 中，BF2 MB2MF2， 1  2 5 5 8 2 324 y2 44 x (2x)2  x24x68 x   即  2  4 4 5 5 ， 8 18 5 x 当 5时，y有最小值为 5 ．  0x8， x8 2 29 ∴当 时，y有最大值为 ， 18 5 ∴在点E的运动过程中，BF的长存在最小值 5 ，最大值2 29． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、 二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在 ABCD中，AC，BD相交于点O，将 ABCD绕点C旋转至  EOCF的位置，点B的对应点恰好落在点O处，B，O，D，E四点共线．（1）已知COB，则 FCD （用含α的代数式表示）；（2）若BO2，则BC的长为 ． 如 1802 2 2 【答案】 【分析】先根据旋转的性质得BC CO,FCDBCO，再根据等腰三角形的性质求得BCO，可得答案； 先根据平行四边形性质得出CDBD AB4，再说明△ABO∽△ACB，然后根据相似三角形的对应边成 比例得出答案． 【详解】根据旋转的性质得BC CO,FCDBCO，∵COB， ∴BCO1802， ∴BCOFCD1802． 故答案为：1802； 由（1）得BC CO，FCDBCO， ∴BOC OBC，FCDDCODCOBCO， 即FCOBCD． ∵FC∥EB， ∴BOC FCD， ∴BOC FCDCBOBCD， ∴BDCD． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD2BO4，AB  CD，AC 2AO， ∴ABCBCD180． ∵AOBBOC 180， ∴AOBABC． ∵BAOCAB， ∴△ABO∽△ACB， AB AO ∴  ， AC AB 即AB2  ACAO2AO2， CO AO2 2 解得 ， BC 2 2 ∴ ． 2 2 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质和判定， 相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法． ABCD AD∥BC BD BD2  ADBC 2．（2025·上海普陀·一模）已知：如图，梯形 中， ， 为对角线， ．(1)求证：ABDC； (2)E为BC的中点，作DEF C，EF交边AD于点F，求证：2ABDEBDEF ． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法，证明三角形相似，是解题 的关键： （1）证明 ADB∽  DBC，即可得证； DC EF AB BD （2）先证明 ，可得  ，再由 可得  ，结合 ， △FED∽△DCE EC DE △ABD∽△DCB DC BC BC 2EC 2AB EF 得到  ，即可得证． BD DE BD2  ADBC 【详解】（1）证明：∵ ， AD BD ∴  ． BD BC ∵AD∥BC， ∴ADBDBC． ∴△ABD∽△DCB． ∴ABDC． （2）如图， ∵AD∥BC， ∴FDEDEC， 又∵DEF C， ∴△FED∽△DCE． DE EF ∴  ， EC DCDC EF ∴  ． EC DE ∵△ABD∽△DCB， AB DC ∴  ． BD BC ∵BC 2EC， AB DC 2AB DC ∴  ． 即：  ， BD 2EC BD EC 2AB EF ∴  BD DE ∴2ABDEBDEF 3．（2024·浙江宁波·二模）已知在等腰 VABC 中， AB AC，E是BC的三等分点且靠近点B，F 是 AC的中点，过点C作CD∥AB交EF延长线于点D ． (1)求EF:DF 的值； (2)连接AE ，若 DEAB，BE2，求AE的值． 1 【答案】(1) ； 3 2 2 (2) 【分析】此题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关 键． AH BE 1 1 1 （ ）作 交 于点 ，则   ，所以AH  AC，而AF CF  AC，求得 1 EH∥BA AC H AC BC 3 3 2 1 EF HF 1 1 HF  AC，再证明 ，得   ，所以 的值为 ； 6  HEF∽  CDF DF CF 3 EF:DF 3 1 1 （ ）连接 ，由BE BC，CF  AC，得 ， ，由 ，得 ， 2 AE 3 2 CE2BE AC 2CF AB AC BECA EF AE AF 而 ，所以 ，可证明 ，得   ，则 DEAB FEAECA  EAF∽  CAE CE AC AE CF BE2 EF CE 2BE BE EF CF BE CF      AE AC 2CF CF AE2  AFAC CEF∽ BAE AE BE CF BE  EF CE 2BE BE EF CF BE CF    ， ，再证明 ，得  ，所以  ，则 AE AC 2CF CF AE2  AFAC CEF∽ BAE AE BE CF BE   CF BE2 AF 2 AC 4 AE AFAC 2 2 ，所以 ， ，求得 ； 【详解】（1）解：作EH∥BA交AC于点H， ∵E是BC的三等分点且靠近点B， AH BE 1 ∴   ， AC BC 3 1 ∴AH  AC， 3 ∵F 是AC的中点， 1 ∴AF CF  AC， 2 1 1 1 ∴HF  AFAH  AC AC  AC ， 2 3 6 ∵HE∥AB，CD∥AB， ∴HE∥CD， ∴ HEF∽  CDF ， 1 AC EF HF 6 1    ∴DF CF 1 3， AC 2 1 ∴ 的值为 ； EF:DF 3 （2）解：连接AE，， ， 1 1 1 BE BC BECE CF  AC 3 3 2 ∴CE2BE，AC 2CF， ∵AB AC， ∴BECA， ∵DEAB， ∴FEAECA， ∵EAF CAE， ∴ EAF∽  CAE， EF AE AF ∴   ， CE AC AE EF CE 2BE BE AE AC ∴    ，  ， AE AC 2CF CF AF AE AE2  AFAC ∴ ， ∵ECF B，CEF 180DEAAEB180BAEBBAE ， ∴ CEF∽  BAE， EF CF ∴  ， AE BE BE CF ∴  ， CF BE CF2 BE2 ∴ ， ∵CF、BE都是正数， ∴CF BE2， ∴AF CF 2，AC 2CF 4， AE AFAC  24 2 2 ∴ ， AE 2 2 ∴ 的值为 ． 4．（2025·湖南娄底·一模）如图1，在矩形ABCD中，AB4，BC 6，点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作EF CE，交AB于点F ． (1)求证： AEF∽  DCE； (2)如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF ，垂足为G，连接AG，点M 是线段BC的中点，连接GM ． ①求AGGM 的最小值； ②当AGGM 取最小值时，求线段AF 的长． 【答案】(1)详见解析 (2)①AGGM 的最小值为5 ②当AGGM 取最小值时，线段AF 的长为1 【分析】（1）证明出DCEAEF 即可求解； 1 （2）①连接 ，先证明BM CM GM  BC 3．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上． AM 2 当A，G，M三点共线时，AGGM  AM ．此时，AGGM 取最小值．在Rt  ABM 中利用勾股定理即可 求出AM ，则问题得解． MN CM 1 ②过点M作 交 于点N，即有 ，进而有   ．设 ，则 MN∥AB FC △CMN∽△CBF BF CB 2 AF x 1 AF AG ，MN  4x ．再根据 ，得到 ，得到  ，则有 BF 4x 2 MN∥AB △AFG∽△MNG MN GM x 2  1 4x 3，解方程即可求出 ． 2 AF 【详解】（1）证明：如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD90，∴CEDDCE90． ∵EF CE， ∴CEDAEF 90， ∴DCEAEF ， ∴ AEF∽  DCE； （2）①解：如图2-1，连接AM． ∵BG⊥CF ， ∴ BGC是直角二角形． ∵点M 是线段BC的中点， 1 ∴BM CM GM  BC 3． 2 当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：AGGM  AM ， 当A，G，M三点共线时，AGGM  AM ． AGGM Rt ABM AM  AB2BM2 5 此时， 取最小值．在  中， ． ∴AGGM 的最小值为5． ②如图2-2，过点M作MN∥AB交FC于点N， ∴△CMN∽△CBF ． MN CM 1 ∴   ． BF CB 2 设AF x，则BF 4x，1 1 ∴MN  BF  4x ． 2 2 ∵MN∥AB， ∴△AFG∽△MNG， AF AG ∴  ， MN GM 由①知AGGM 的最小值为5、即AM 5， 又∵GM 3， ∴AG2． x 2  ∴ 1 4x 3，解得 ， 2 x1 经检验，x=1是分式方程的解， 即AF 1． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及分式方程的应用等知识， 掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 5．（2025·安徽·模拟预测）如图①，在四边形ABCD中，ABC DCB，E为BC上一点，且DE∥AB， BF AD DE CF CF BF 过点B作 交 的延长线于点F，连接 ， ． (1)求证：△ADE≌△FCD； (2)如图②，连接DB交AE于点G． ①若AGDC，求证：BC平分DBF； CF ②若 ，求 的值． DB∥CF BD 【答案】(1)见解析 CF 51  (2)①见解析；②BD 2DECD ABFD ADBF,ADEABF 【分析】（1）先证 ，再证四边形 是平行四边形，则 ，然后证 ABF DCF ，则ADEFCD，由SAS即可得出结论； CG AGCD CG∥AD,CG AD BFCG （2）①连接 ，先证四边形 是平行四边形，得 ，再证四边形 是平行四 边形，然后证平行四边形BFCG是菱形，即可得出结论； DE EC CF CE EF DE EF ②先证 ，得  ，进而证 ，得   ，则  ，然后 △ABE∽△DEC DF BE △BDE∽△CFE BD BE DE DF DE EF 51  求出DE 2 ，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵DE∥AB， DEC ABC，  ABC DCB， DEC DCB， DECD， DE∥AB,BF∥AD  ， ∴四边形ABFD是平行四边形， ADBF,ADEABF ，  CF BF ， FBC FCB,ADCF ， ABCFBC DCBFCB， 即ABF DCF ， ADEFCD， 在VADE和 FCD中， ADFC  ADEFCD ，  DECD \ ADE≌ FCD(SAS)   ． （2）解：①证明：如图，连接CG，由（1）得：△ADE≌△FCD， DEACDF ∴AE∥CD，  AGDC， ∴四边形AGCD是平行四边形， CG∥ADCG AD ∴ , ， ADBF,AD∥BF ∵ ， CG∥BF,CGBF ∴ ， ∴四边形BFCG是平行四边形，  CF BF ， ∴平行四边形BFCG是菱形， ∴BC平分DBF； ②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD， AEDFDC，  DE∥AB， BAE AED,ABE DEC ， BAEEDC， △ABE∽△DEC， DE EC   ， AB BE DE EC   ， DF BE 由（1）可知，四边形BFCG是平行四边形， BD∥FC，△BDE∽△CFE， CF CE EF    ， BD BE DE DE EF   ， DF DE  DF DEEF ， DE EF   ， DEEF DE 即DE2 DEEFEF2， EF  EF  2 1   两边除以DE2得： DE DE ， EF 51 EF  51   解得：DE 2 ，或DE 2 （舍去）， CF EF 51   ∴BD DE 2 ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判 定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合 性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 6．（2025·广东·模拟预测）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在 等腰直角三角形ABC中，CACB，C 90，过点B作射线BDAB，垂足为B，点P在CB上． (1)【动手操作】 如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90与BD交于点E，根据题 意在图中画出图形，图中PBE的度数为______度； (2)【问题探究】 根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图③，若在直角VABC中，A30，ABC 60，点P在线段CB上，将射线PA绕点P逆时针旋转 90 BD E BA BP BE90与BD交于点E，探究线段BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)135 (2)PAPE，理由见解析 BA2BP 3BE (3) ，理由见解析 【分析】（1）根据题意画出图形，由CACB，C 90得ABC45，再根据PBEABCABE 可得结论； （2）连接AE，推出四边形APBE内接于直径为AE的圆，根据同弧所对的圆周角相等得 AEPABP45，推出AEPEAP，即可得出结论； （3）当点P在线段BC上时，连接AE，过点P作PF∥AB交AC于点F ，证明△APF∽△PEB得 AP AF PF   ，推出四边形 内接于直径为 的圆，得 ，推出 ， PE PB EB APBE AE AEPABP45 EAP30 AE 2PE AP 3PE PF  3BE 30 BA2BC 得 ， ， ，再根据含 角的直角三角形的性质得 ，可得结论． 【详解】（1）解：如图， ∵CACB，C 90， 1 1 ∴ABC BAC  180C 9045， 2 2 ∵BDAB， ∴�ABD� 90 ， ∴PBE ABCABE 4590135， ∴图中PBE的度数为135度， 故答案为：135； （2）PAPE． 理由：如图，连接AE，∵将射线PA绕点P逆时针旋转90与BD交于点E， ∴APE90， ∵BDAB， ∴ABE90， ∴四边形APBE内接于直径为AE的圆， ∴AEPABP45， ∴EAP90AEP904545， ∴AEPEAP， ∴PAPE； （3）当点P在线段BC上时，连接AE，过点P作PF∥AB交AC于点F ，如图所示， ∵将射线PA绕点P逆时针旋转90与BD交于点E， ∴APE90， ∵PF∥AB，CAB30，CBA60， ∴CPF CBA60，CFPCAB30， ∴12180906030，23CFP30， ∴13， AFP1802318030150 PBE ABDABC 9060150 ∵ ， ， ∴AFPPBE， ∴△APF∽△PEB， AP AF PF ∴   ， PE PB EB ∵ABEAPE90， ∴四边形APBE内接于直径为AE的圆，∴AEPABP45， ∴1EAB， ∴EAPEABBAPBAP330， ∴AE 2PE， AP AE2PE2  2PE2 PE2  3PE ∴ ， PF  3BE ∴ ， ∵C 90，CFP30， ∴PF 2PC， BA2BC 2BP2PC 2BPPF 2BP 3BE ∴ ， BA2BP 3BE 即 ． 【点睛】本题属于几何变换综合应用，考查了等腰直角三角形，旋转变换，同弧所对的圆周角相等，相似 三角形的判定和性质，含30角的直角三角形的性质，勾股定理等知识．解题的关键是作辅助线构造相似 三角形解决问题． 7．（2025·甘肃·模拟预测）【模型建立】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，且AE⊥DF，求证：DECF； 【模型应用】 （2）如图2，在矩形ABCD中，AB3，BC5，点E在边AD上，点M，N分别在边AB，CD上，且 BE ，求 的值； BEMN MN 【模型迁移】 AB 2 （3）如图3，在四边形 中， ，  ， ， ，点E，F分别在边 ， ABCD BAD90 AD 3 ABBC ABBC AB CF 上，且 ，垂足为G，求 的值． AD DE CF DEBE 3 CF 12 【答案】（1）见解析；（2） ＝ ；（3）  MN 5 DE 13 ADE≌ DCFAAS   【分析】（1）证明 ，即可得证； （2）证明四边形BCNH 是矩形，得出NH BC 5，NHBNHM 90A，再证明 MNH∽  EBA， 即可得解； （3）过点C作CN  AD于点N，CM  AB交AB的延长线于点M，连接BD，证明四边形AMCN是矩形， BAD≌ BCDSSS 得出 AM CN ，AN CM ，证明   ，得出 BCDA90 ，证明 BCM ∽  DCN ，得 BM BC 2 出   ．设 ，则 ，设 ，则 ，由勾股定理可得 DN CD 3 BM 2y DN 3y ABBC 2x ADCD3x 5x13y △ADE∽ △NCF ，再证明 ，即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴ADCD，ADCC90， ∵AEDF ， ∴CDFAED90CDFDFC， ∴AEDDFC， ADE≌ DCFAAS   ∴ ， ∴DECF． （2）解：过点N作NH  AB于点H， ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AABC 90， ∵HNAB， ∴四边形BCNH 是矩形， ∴NH BC 5，NHBNHM 90A， ∵NMBABE90AEBABE，∴AEBNMH ， ∴ MNH∽  EBA， BE AB 3 ∴   ． MN NH 5 （3）解：过点C作CN  AD于点N，CM AB交AB的延长线于点M，连接BD， ∴BADM CNA90， ∴四边形AMCN是矩形， ∴AM CN ，AN CM ， BAD≌ BCDSSS   ∴ ， ∴BCDA90， ∴ABCADC180， ∵ABCCBM 180， ∴MBC ADC ， ∵CNDM 90， ∴ BCM ∽  DCN ， BM BC 2 ∴   ． DN CD 3 BM 2y DN 3y ABBC 2x ADCD3x 设 ，则 ，设 ，则 ， CN 2x2y ∴ ， Rt△CND DN2CN2 CD2 在 中，由勾股定理，得 ， 3y22x2y2 3x2 ∴ ， 5x13y xy 解得 ( 舍去)，∵DFGFDGADEAED90， ∴DFGAED， ∵ACHF 90， ∴△ADE∽ △NCF， CF CN 2x2y 12 ∴    ． DE AD 3x 13 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定 理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． ABCD PE  CD 8．（2024·广东深圳·模拟预测）在四边形 中， P为对角线BD延长线上的一点，过点P作 PF CE DC  交射线AD于点E，连接CE．过点P作 交射线 于点F ． (1)如图1，若四边形为正方形，求证： BCF≌  CDE ABCD ABC(090) BF (2)若四边形 为菱形，且 ，连接 并延长，交直线CE于点G ． CF ①如图2，当G为CE中点，求 的值； CD ②如图3，若P点为射线BD上一点，当 CFG为等腰三角形时，请直接写出 EPF的度数（用含的代 数式表示）． 【答案】(1)见解析 CF 2   (2)①  21；② 的度数为120 或120 或 ． CD EPF 3 3 3 【分析】（1）根据正方形的性质先证明 DEP是等腰直角三角形，推出DEPE，再证明四边形CEPF 是 平行四边形，推出PECF ，进而得到DECF，利用SAS即可证明 BCF≌  CDE； （2）①延长 BG 交AD延长线于点 H ，证明  BCG≌  HEG ，设 DEx,AD y ，证明  HDF∽  HAB ，利 用相似三角形的性质即可解答；②分点P在BD延长线上和点P在BD上两种情况讨论，利用等腰三角形的 性质结合菱形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴PDEBDC 45，ADC 90，BC CD， PE CD  ∵ ， ∴DEPADC 90， ∴DPE45， ∴ DEP是等腰直角三角形，  ∴DEPE， PE CD PF CE   ∵ ， ， ∴四边形CEPF 是平行四边形， ∴PECF ， ∴DECF， ∵BC CD,CDE BCD90， BCF≌ CDESAS   ∴ ； （2）解：①延长BG交AD延长线于点H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AH  BC，AD ABBC CD，H CBH ， ∵G为CE中点， ∴CGEG ∵BGC HGEBCG≌ HEGAAS   ∴ ， ∴EH BC ∴EH BC  AD AB DEx,AD y EH  ABCD y 设 ，则 ， ∵四边形ABCD是菱形， ∴ADBBDC， ∵ADBPDE， ∴PDEBDC， PE CD  ∵ ， ∴DPEBDC， ∴DPEPDE， ∴ DEP是等腰三角形，  ∴DEPE， PE CD PF CE   ∵ ， ， ∴四边形CEPF 是平行四边形， ∴PECF ， ∴DE CF x， ∵DF  AB，PF  CE， ∴ HDF∽ HAB，   DF DH yx yx ∴  ，即  ， AB AH y 2yx 2xyx2y2 0 ∴ ， CF x ∵  x0,y0 ， CD y 2 2xy x2 y2 2x  x   0   10 ∴ y2 y2 y2 ，即 y  y x 令 t，则 ， y t22t10t 21 解得： （负值舍去）， CF ∴  21； CD ②如图，当点P在BD延长线上时， ABC 090 ABCD ∵ ，四边形 是菱形， AB CD  ∴ ， ∴BCD18090， ∴BCE18090， ∵ CFG为等腰三角形， ∴此时，仅存在CF GF ，则FCGFGC， 同理①得 DEP是等腰三角形，四边形CEPF 是平行四边形，  ∴DECF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC CD,AE  BC， ∴EDC BCD， BCF≌ CDESAS   ∴ ； ∴CBF DCE， ∴CBF FGC， ∴CBFFGCBCDDCE 180， ∴BCD3DCE180， 3DCE180180 ∴ ，  ∴DCE ， 3 ∵四边形CEPF 是平行四边形，∴EPFPFC PFCDCE 180，  ∴EPF DCE ； 3 如图，当点P在BD上，CF FG时， 同理得： BCF≌  CDE； CBF DCE,BCF CDE ∴ ， ∵DCEFCG，GFCG，CDEBADBADABC 180， ∴CDEABC ，CBF GFCG， ∴CDEBCF ， ∴CBFGFCGBCF 180， ∴BCF3DCE 180， ∴3DCE180，  ∴DCE60 ， 3  ∴ECF 180DCE120 ， 3 ∵四边形CEPF 是平行四边形， ∴EPFPFC PFCDCE 180，  ∴EPF DCE120 ； 3 如图，当点P在BD上，CF CG时，1 1 设 ，则GCFG 180x90 x， FCGx 2 2 同理得：DCECBF x，BCF ， ∴CBFGFCGBCF 180，  1  x90 xx180 ∴  2  ， 2 ∴x60 ， 3 2 ∴DCE60 ， 3 2 ∴ECF 180DCE120 ， 3 ∵四边形CEPF 是平行四边形， ∴EPFPFC PFCDCE 180， 2 ∴EPF DCE 120 ； 3 2   综上， 的度数为120 或120 或 ． EPF 3 3 3 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，正方形的性质，平行四边形的性质与 判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造 相似三角形和全等三角形是解题的关键． 题型八：相似三角形的实际应用 【中考母题学方法】 【典例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． PQ 如图5，在支架上端P处，用细线系小重物Q，标高线 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 ，由题意得：  ， DEDF 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 3.61.5x1.825.5x 整理得 ， 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． 【变式8-1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，小杰从灯杆AB的底部点B处沿水平直线前进到达点C处， 他在灯光下的影长CD3米，然后他转身按原路返回到点B处，返回过程中小杰在灯光下的影长可以是 （ ）A．4.5米 B．4米 C．3.5米 D．2.5米 【答案】D 【分析】本题考查相似三角形的应用举例，设回过程中小杰身高为FH ，连接AF 并延长交BC于点G，根 CE CD FH GH 据题意得到 ，证明 ，得到  ,  ，由 CE∥FH∥AB  DCE∽  DBA,  GHF∽  GBA AB BD AB GB CEFH CD GH 推出  ，即可得出结论． BD GB 【详解】解：设回过程中小杰身高为FH ，连接AF 并延长交BC于点G， 根据题意得到CE∥FH∥AB，  DCE∽  DBA,  GHF∽  GBA， CE CD FH GH  ,  ，  AB BD AB GB CEFH  CD GH  ，  BD GB  BDGB， CDGH ，  CD3米， GH 3，  返回过程中小杰在灯光下的影长可以是2.5米， 故选：D． 【变式8-21】（2024·江苏扬州·中考真题）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特 性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）AB经小孔O在屏幕（竖直放置）上成像AB．设AB36cm，AB24cm．小孔O到AB的距离为30cm，则小孔O到AB的距离为 cm． 【答案】20 【分析】此题主要考查了相似三角形的应用，由题意得AB∥AB，△AOB∽△AOB，过O作OCAB于 点C，CO交AB于点C，利用已知得出△AOB∽△A'OB'，进而利用相似三角形的性质求出即可，熟练 掌握相似三角形的性质是解题关键． 【详解】由题意得：AB∥AB， ∴△AOB∽△AOB， 如图，过O作OCAB于点C，CO交AB于点C， ∴OC AB，OC 30cm， AB OC 24 OC ∴  ，即  ， AB OC 36 30 ∴OC20（cm）， 即小孔O到AB的距离为20cm， 故答案为：20． 【变式8-3】（2024·湖北·中考真题）小明为了测量树AB的高度，经过实地测量，得到两个解决方案： 方案一：如图（1），测得C地与树AB相距10米，眼睛D处观测树AB的顶端A的仰角为32： 方案二：如图（2），测得C地与树AB相距10米，在C处放一面镜子，后退2米到达点E，眼睛D在镜 子C中恰好看到树AB的顶端A． 已知小明身高1.6米，试选择一个方案求出树AB的高度．（结果保留整数，tan320.64）【答案】树AB的高度为8米 【分析】本题考查了相似三角形的实际应用题，解直角三角形的实际应用题． 方案一：作DEAB，在Rt  ADE中，解直角三角形即可求解； 方案二：由光的反射规律知入射角等于反射角得到相似三角形后列出比例式求解即可． 【详解】解：方案一：作DEAB，垂足为E， 则四边形BCDE是矩形， ∴DE BC 10米， 在Rt  ADE中，ADE32， ∴AE DEtan32100.646.4（米）， 树AB的高度为6.41.68米． 方案二：根据题意可得ACBDCE， ∵BE90， ∴ ACB∽  DCE AB BC AB 10 ∴  ，即  DE CE 1.6 2 解得：AB8米， 答：树AB的高度为8米． 【变式8-4】（2023·江苏南京·中考真题）如图，玻璃桌面与地面平行、桌面上有一盏台灯和一支铅笔，点 光源O与铅笔AB所确定的平面垂直于桌面．在灯光照射下，AB在地面上形成的影子为CD（不计折射）， AB∥CD．(1)在桌面上沿着AB方向平移铅笔，试说明CD的长度不变． (2)桌面上一点P恰在点O的正下方，且OP36cm，PA18cm，AB18cm，桌面的高度为60cm．在点 O与AB所确定的平面内，将AB绕点A旋转，使得CD的长度最大． ①画出此时AB所在位置的示意图； ②CD的长度的最大值为 cm． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②80 【分析】本题考查了相似三角形的应用举例，勾股定理的实际应用，正确写出比例式，并进行换算是解题 关键． （1）设AB平移到EF，EF在地面上形成的影子为MN．利用平行相似即可； A AB OQ  A H CD CQ （2）①以 为圆心， 长为半径画圆，当 与 相切于 时，此时 最大为 ．②先证明 OP AG  ，再利用勾股定理求出 ，由 ，即可求出 的长度的最大值． GHA∽ GPO AG30 OR CQ CD   【详解】（1）解：设AB平移到EF，EF在地面上形成的影子为MN． ， AB∥CD    OAB∽  OCD， OEF∽OMN ， OEB∽  OMD， AB OB EF OE OB OE  ，  ，  ， CD OD MN OM OD OMEF AB  ，  MN CD  EF  AB， ∴MN CD， 沿着AB方向平移时，CD长度不变． （2）解：①以A为圆心，AB长为半径画圆， OQ  A H CD CQ 当 与 相切于 时，此时 最大为 ． 此时AB所在位置为AH ． ② HGAPGO，AHGOPG90，   GHA∽  GPO， GA AH 18 1    GO OP 36 2 ， 设GA=x，则GO2x， 在Rt△ OPG中， OP2PG2 OG2， 362(18x)2 (2x)2 ， x212x5400， x 30 x 18 1 ， 2 （舍去）， AG30， OP AG  由① ， OR CQ 36 30  ， 3660 CQ CQ80，即CD的长度的最大值为80cm， 故答案为：80． 【变式8-51】（2023·四川攀枝花·中考真题）拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺 兰县拜寺口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍 品．某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度． 东塔的高度为AB，选取与塔底B在同一水平地面上的E、G两点，分别垂直地面竖立两根高为1.5m的标 杆EF和GH ，两标杆间隔EG为46m，并且东塔AB、标杆EF和GH 在同一竖直平面内．从标杆EF后退 2m到D处（即ED2m），从D处观察A点，A、F 、D在一直线上；从标杆GH 后退4m到C处（即 CG4m），从C处观察A点，A、H、C三点也在一直线上，且B、E、D、G、C在同一直线上，请 你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔AB的高度． 【答案】36m EF DE 1.5 2 【分析】设 ，则BC x48m，通过证明 ，得到  ，即  ，同理得 BDxm ABD∽ FED AB BD AB x   1.5 4 2 4 到  ，则可建立方程  ，解方程即可得到答案． AB x48 x x48 BC BDDGCGx48m BDxm 【详解】解：设 ，则 ∵ABBC，EFBC， ∴AB∥EF， ∴ ABD∽ FED，   EF DE 1.5 2 ∴  ，即  ， AB BD AB x 同理可证△ ABC∽△ HGC， GH CG 1.5 4 ∴  ，即  ， AB BC AB x48 2 4 ∴  ， x x48解得x48， 经检验，x48是原方程的解， 1.5 2 ∴  ， AB 48 ∴AB36， ∴该古建筑AB的高度为36m． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知箱子沿着斜面向上运动，箱高AB1.2m．当BC 2.5m时， 点B到地面的距离BE1.5m，则点A到地面的距离AD为（ ） A．2.6m B．2.5m C．2.46m D．2.22m 【答案】C 【分析】本题主要考查了相似三角形的应用．利用相似三角形的判定与性质进而求出DF、AF的长即可得 出的长． 【详解】解：由题意可得：AD∥EB，则CFDAFBCBE， ∴ CDF∽  CEB， ∵ABF CEB90，AFBCBE， ∴ CBE∽  AFB， BE BC EC ∴   ， FB AF AB ∵BC 2.5m，BE1.5m， EC 2.521.52 2m ∴ ， 1.5 2.5 2 即   ，解得： ， FB AF 1.2 FB0.9，AF 1.5 ∵ CDF∽  CEB， DF CF DF 2.50.9 ∴  ，即  ，解得： ， BE CB 1.5 2.5 DF 0.96∴ADAFDF 1.50.962.46m． 故选C． 2．（2024·浙江温州·三模）图1是《九章算术》中记载的“测井深”示意图，译文指出：“如图2，今有 井直径CD为5尺，不知其深AD．立5尺长的木CE于井上，从木的末梢E点观察井水水岸A处，测得 “入径CF”为4寸，问井深AD是多少？（其中1尺10寸）”根据译文信息，则井深AD为 （ ） A．500寸 B．525寸 C．550寸 D．575寸 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，由题意得：CD50寸，CE50寸，CF 4寸，AD  CE， DF 46寸，证明△ADF∽△ECF ，代入数据计算即可得出答案． 【详解】解：由题意得：CD50寸，CE50寸，CF 4寸，AD  CE， ∴DF CDCF 46寸， ∵AD  CE， ∴△ADF∽△ECF ， AD CE AD 50 ∴  ，即  ， DF CF 46 4 ∴AD575寸， 故选：D． 3．（2025·广东深圳·一模）2022年2月20日北京冬奥会花样滑冰表演赛，中国男单一哥金博洋登场，他 使用的地面光影直到结束后都让人意犹未尽．如图，设聚光灯O的底部为A，金博洋的身高（BD）为 1.7m，金博洋与点A的距离AB为10.2m，他在聚光灯下的影子BC为3.4m，则 聚光灯距离地面的高度 OAOA为 m． 【答案】6.8 【分析】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际图形中抽象出相似三角形，熟练掌握相似三 角形的判定和性质． 根据相似三角形的对应边的比相等列方程计算即可． 【详解】解：由题意得：DB∥OA， ∴ CDB∽  COA， CB DB ∴  ， CA OA ∵金博洋的身高（BD）为1.7m，金博洋与点A的距离为AB为10.2m，他在聚光灯下的影子BC为3.4m， 3.4 1.7 ∴  ， 3.410.2 OA 解得：OA6.8， 故答案为：6.8． 4．（2024·吉林松原·三模）如图①是液体沙漏的平面示意图（数据如图），经过一段时间后的液体如图② 所示，此时液面AB cm． 8 2 【答案】 /2 3 3 【分析】本题考查了相似三角形的实际应用．画出截面图，过点C作CGDE交DE于点G，交AB于点 F，由△DCE∽△ACB，列出等量关系式，即可求解． 【详解】解：如图所示为沙漏横截面，过点C作CGDE交DE于点G，交AB于点F，由题意得：DE 4cm，CG1266cm，CF 1064cm， ∵CF  AB， ∴CG，CF 分别是DE，AB边上的高， ∵AB∥DE， ∴△DCE∽△ACB， DE CG 4 6 ∴  ，即  ， AB CF AB 4 8 解得：AB cm． 3 8 故答案为： ． 3 5．（2024·广东·模拟预测）学习相似三角形后，小红利用灯光下自己的影子长度来测量一路灯的高度．如 图，已知小红的身高是1.5米，他在路灯下的影长为2米，小红距路灯灯杆的底部4米，则路灯灯泡距地面 的高度是 米． 9 【答案】 2 【分析】此题主要考查了相似三角形的应用．根据已知得出图形，进而利用相似三角形的判定与性质求出 即可． 【详解】解：结合题意画出图形得：DCAEAB，DCAEBA90，， △ADC∽△AEB AC CD  ，  AB BE 小红的身高为1.5米，他在路灯下的影子长为2米；小红距路灯杆底部为4米， AC2，BC 4，CD1.5， 2 1.5  ，  24 BE 9 解得：BE ， 2 9 则路灯灯泡距地面的高度是 米． 2 9 故答案为： ． 2 6．（2024·山西晋中·模拟预测）普救寺位于山西省运城市永济市蒲州古城内，是我国历史名剧《西厢记》 故事的发生地，寺庙规模宏伟，内部有很多著名建筑.其中，最著名的便是莺莺塔（如图1）．数学兴趣小 组根据光的反射定律（如图2），把一面镜子放在离古塔（CD）72m的点P处，然后观测者沿着直线CP 后退到点B处．这时恰好在镜子里看到塔顶端D，量得BP3m，已知观测者目高AB1.5m，那么该古塔 （CD）的高度是 m． 【答案】36 【分析】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与性质是解题关键．证出  DCP∽  ABP，根据相似三角形的性质求解即可得． 【详解】解：如图，由反射角等于入射角可知，APEDPE， ABBC,EPBC,DC BC CP72m 由题意可知， ， ，∴DCPABPEPBEPC 90， ∴EPBAPE EPCDPE，即APBDPC， 在  ABP和 DCP中， DCPABP  DPC APB， ∴ DCP∽  ABP， CD CP CD 72 ∴  ，即  ， AB BP 1.5 3 解得CD36， 故答案为：36． 7．（2024·广东东莞·一模）如图1是一张折叠型方桌子，图2是其侧面结构示意图，支架AD与CB交于点 O，测得AOBO50cm，CODO30cm． (1)若CD40cm，求AB的长； AOB106 )( (2)将桌子放平后，两条桌腿叉开角度 ，求AB距离地面的高．(结果保留整数 参考数值 sin370.60 cos370.80) ， 200 【答案】(1)AB的长为 cm 3 (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 ABO∽  DCO，再由相似三角形的性质求出AB的长即可； （2）过点O作OE AB于点E，OF CD于点F ，在Rt  DOF 中，OF ODsin37，在Rt  BOE中， OE OBsin37 EF OEOFOE OBsin37，EF OEOF ，进而作答即可． 【详解】（1）解： AOBO50cm，CODO30cm，   AOB与 COD是等腰三角形，  AOBCOD， ABC D，   ABO∽  DCO， AB AO   CD OD AB 50   40 30 200 AB 3 200 即 的长为 cm； AB 3 （2）过点O作OE AB于点E，OF CD于点F ，如图， AB CD  ∵ ， ∴E、O、F三点共线， ， 与 是等腰三角形， AOB106 AOB COD    180106 ， ABC D 2 37 在Rt  DOF 中， OF ODsin37300.6018cm ， 在Rt  BOE中， OEOBsin37500.6030cm ， EF OEOF 301848cm ， AB距离地面的高为48cm． 8．（2024·江苏苏州·二模）【数学眼光】 星港学校比邻园区海关大楼，星港学校九年级学生小星在学习过“相似”的内容后，也想要利用相似的知识得海关大楼的高度，如图1所示．小星选择把数学和物理知识相结合利用平面镜的镜面反射特点来构造 相似，如图2所示． 【问题提出】 问题一：现测量得到BCa，CEb，DEc．问：海关大楼高AB高为多少？（用a，b，c表示） 【数学思维】 但在进一步观察海关大楼周围的环境之后，小星发现由于条件限制，海关大楼的底部不可到达，所以无法 准确测量海关大楼底部到平面镜的距离，如图3所示，在老师帮助下小星进一步完善了自己的想法，得到 了方案二：既然无法测量平面镜到海关大楼底部的距离，那就将这部分用其他长度来表示，即构造二次相 似，将测量距离进行转化，如图4所示． 问题二：小星测量得到EG 16.8m，DF 1.6m，GN 1.8m，DE 1.45m，请你求出海关大楼AB的高 度． 【数学语言】 问题三：小星在求出来数据之后，上网查阅了资料发现海关大楼高度为81m，请你尝试着分析出现这样误 差的原因是什么？ ac 【答案】问题一：AB ；问题二： ；问题三：见详解 b AB76.8 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质， AB BC 问题一：根据反射特点可知 ，即可证明 ，有  ，即可求得 ． ACBDCE △ABC∽△DEC DE EC AB 问题二：由反射特点可知AEBFED，AGBMGN，证得 AEB∽  FED， AGB∽  MGN ，有 AB EB AB GB EB GB    FD ED MN GN FDMN ED GN EB ABAB EB AB GB EB GB  ，  ，结合 得到  ，求得 ，可得 ； FD ED MN GN FDMN ED GN EB AB 问题三：（1）在角度误差上分析；（2）在测量距离上分析即可． 【详解】解：问题一：由反射特点可知ACBDCE， 又∵ABC DEC 90， ∴△ABC∽△DEC， AB BC ∴  DE EC ∵BCa，CEb，DEc AB a  即： ， c b ac ∴AB ． b 问题二： 由反射特点可知AEBFED，AGBMGN， ∵ABCFDEMNG90 ∴ AEB∽  FED， AGB∽  MGN ， AB EB AB GB ∴  ，  ， FD ED MN GN ∵FDMN ， EB GB ∴  ， ED GN ∵EG 16.8m，DF 1.6m，GN 1.8m，DE 1.45m， EB EB16.8 ∴  ，解得 ， 1.45 1.8 EB69.6 AB 69.6 ∴  ， 1.6 1.45 解得AB76.8； 问题三：（1）理论上入射角等于反射角，即本题中直角减去入射角和反射角得到AEBFED和 AGBMGN，实际操作中有误差； （2）实际中测量两点之间的距离也存在误差． 题型九：图形位似【中考母题学方法】 A3,0 OABC 【典例1】（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形 各顶点的坐标分别为O(0,0)， ， 1 B3,2，C0,2，以原点 为位似中心，将这个矩形按相似比 缩小，则顶点 在第一象限对应点的坐标 O 3 B 是（ ）  3  2 9,4 4,9 1,  1,  A． B． C． 2 D． 3 【答案】D 1 【分析】本题考查了位似图形的性质，根据题意 横纵的坐标乘以 ，即可求解． B 3 1 【详解】解：依题意，B3,2，以原点 为位似中心，将这个矩形按相似比 缩小，则顶点 在第一象限 O 3 B  2 对应点的坐标是1,   3 故选：D． 【变式9-1】（2024·浙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，VABC与 ABC是位似图形，位似中 O A(3,1) A(6,2) B(2,4) B 心为点 ．若点 的对应点为 ，则点 的对应点 的坐标为（ ） (4,8) (8,4) (8,4) (4,8) A． B． C． D．【答案】A 【分析】本题考查了位似变换，根据点A、A'的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似变 换的性质是解题的关键． VABC ABC A(3,1) A(6,2)  【详解】解：∵ 与 是位似图形，点 的对应点为 ， ∴ ABC与 ABC的位似比为2， B(2,4) B 22,42 4,8 ∴点 的对应点 的坐标为 ，即 ， 故选：A． 【变式9-2】（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 OABC OABC O OABC ，若四边形 与四边形 关于原点 位似，且四边形 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 ． 4，6 【答案】 【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 ∵ ， B22，32 B4，6 ∴第一象限内点 ，即 ， 4，6 故答案为： ． 【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．A2,6 B3,1 O0,0 ABO 【变式9-3】（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图， 的顶点坐标是 ， ， ，以点O 1 为位似中心，将 缩小为原来的 ，得到 ，则点 的坐标为 ．  ABO 3 △ABO A 2   2   2  2   ,2  ,2  ,2  ,2 【答案】3 或 3 / 3 或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 3 ，得到 △ABO ，A2,6，   1 1  2   2, 6  ,2 当△ABO在第一象限时，点A的坐标为3 3 ，即3 ；  1 1   2   2, 6  ,2  当△ABO在第三象限时，点 A的坐标为 3 3 ，即 3 ； 2   2   ,2  ,2  综上可知，点 A的坐标为3 或 3 ， 2   2   ,2  ,2  故答案为：3 或 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． 60cm2 VABC 【变式9-4】（2024·四川凉山·中考真题）如图，一块面积为 的三角形硬纸板（记为 ）平行于 O △ABC OB:BB 2:3 △ABC 投影面时，在点光源 的照射下形成的投影是 1 1 1，若 1 ，则 1 1 1的面积是 （ ）90cm2 135cm2 150cm2 375cm2 A． B． C． D． 【答案】D 60cm2 VABC O 【详解】解：∵一块面积为 的三角形硬纸板（记为 ）平行于投影面时，在点光源 的照射下 △ABC OB:BB 2:3 形成的投影是 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， 60cm2 ∵三角形硬纸板的面积为 ， S 2 2 4 ABC    ∴S 5 25， A1B1C1 △ABC 375cm2 ∴ 1 1 1的面积为 ． 故选：D． 【中考模拟即学即练】 1 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图， VABC 和△A 1 B 1 C 1 是以点 P 为位似中心的位似图形，若AP 2 A 1 P， VABC 的周长为 6 ，则 △A 1 B 1 C 1的周长是（ ）A．8 B．12 C．18 D．24 【答案】B VABC △ABC 【分析】本题主要考查了位似变换，熟练掌握位似变换的性质是解题的关键； 由 和 1 1 1是以点 AB AP 1   P为位似中心的位似图形，得 ABP∽  A 1 B 1 P，则 A 1 B 1 A 1 P 2，然后根据位似图形的周长之比等于相似 比即可求解． 【详解】解：∵ VABC 和 △A 1 B 1 C 1是以点 P 为位似中心的位似图形， AB∥AB ∴ 1 1， ABP∽ ABP ∴   1 1 ， AB AP 1   ∴ AB AP 2， 1 1 1 VABC :△ABC 1:2 ∴ 的周长为 1 1 1的周长 ， ∵VABC的周长为6， △ABC 12 ∴ 1 1 1的周长为 ， 故选：B． 2．（2024·山西大同·二模）如图，在平面直角坐标系中，A，B，C，D四个点都在格点上．若正方形 ABCD和正方形ABCD是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1:2，则点B的坐标为 （ ）4,2 4,2 4,2 4,2 A． 或 B． 或 4,2 4,2 4,2 4,2 C． 或 D． 或 【答案】C 【分析】本题考查了中心位似图形，根据正方形ABCD和正方形ABCD是以原点O为位似中心的位似图 形，且相似比为1:2，即可得出答案，掌握中心位似图形的定义是解题的关键． 【详解】解：如图： 由图可知，点B(2,1)， ∵正方形ABCD和正方形ABCD是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1:2， B4,2 B4,2 ∴点 或 ， 故选：C． B2,0 3．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在直角坐标系中，A(0,−1)， ，以A为位似中心，把 VABC 按 相似比1:3放大，放大后的图形记作VADE，则点D的坐标为 ． 6,2 【答案】 【分析】此题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似的性质和相似三角形的判B2,0 定与性质定理是解题的关键．过点 D 作 DH x 轴于点H，由A(0,−1)， ，可得 OA1 ， OB2 ， 1 1 根据位似图形的性质得到AB AD，推出AB BD，证明 ，根据相似三角形的性质可求 3 2 AOB∽ DHB   出DH 2，BH 4，进而求出OH 6，即可求解． 【详解】解：如图，过点D作DH x轴于点H， B2,0 A(0,−1)， ， OA1，OB2， 以A为位似中心，把VABC按相似比1:3放大，放大后的图形记作VADE， 1 AB AD，  3 1 AB BD，  2  AOBDHB90，ABODBH ，  AOB∽  DHB， OA OB AB 1    ，  DH BH BD 2 1 2 1   ，  DH BH 2 DH 2，BH 4， OH OBBH 246， D6,2  ， 6,2 故答案为： ． 4．（2023·四川成都·二模）如图，以点O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形ABCD，已知 OA 2  AA 5 ABCD ABCDOA 2  ，若四边形 的周长为8，则四边形 的周长为 ． AA 5 ABCD ABCD 【答案】28 【分析】本题考查位似图形，相似三角形的判定和性质．熟练掌握位似图形的性质，证明三角形相似，是 解题的关键．根据位似的性质，得到AB∥AB，推出△OAB∽△OAB，进而求出四边形ABCD与四边形 ABCD的相似比，利用周长比等于相似比，进行求解即可． OA 2 【详解】解：∵  ， AA 5 OA 2 ∴  ， OA 7 ∵四边形ABCD与四边形ABCD是位似图形， ∴四边形ABCD∽ 四边形ABCD，AB∥AB， ∴△OAB∽△OAB， AB OA 2 ∴   ， AB OA 7 ∴四边形ABCD的周长∶四边形ABCD的周长2:7， ∵四边形ABCD的周长是8， ∴四边形ABCD的周长为28， 故答案为：28． 5．（2024·广东·模拟预测）《墨子·天志》记载：“轮匠执其规、矩，以度天下之方圆．”知圆度方，感 悟数学之美．如图，以正方形ABCD的对角线交点为位似中心，作它的位似图形ABCD，若四边形 ABCD的外接圆半径为4，AB:AB2:1，则正方形ABCD的周长为 ．8 2 【答案】 【分析】此题考查了位似图形的性质，正多边形和圆的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知 识点．设位似中心为O，连接OA，OB，首先得到OAOB4，然后利用勾股定理求出 AB OAOB 4 2 AB2 2 ，然后根据位似图形的性质得到 ，进而求解即可． 【详解】解：如图所示，设位似中心为O，连接OA，OB ∵正方形ABCD的外接圆半径为4， ∴OAOB4，AOB90 AB OAOB 4 2 ∴ ∵AB:AB2:1， AB2 2 ∴ 4AB8 2 ∴ ． ABCD 8 2 ∴正方形 的周长为 ． 8 2 故答案为： ． VABC A(3，5) 6．（2024·安徽宣城·三模）如图，在平面直角坐标系中， 三个顶点的坐标分别为点 ， B(4，1) C(0，3)B(4，1) C(0，3) ， ． VABC △ABC C (1)把 先向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到 1 1 1，并写出点 1的坐标； △ABC ABC (2)以点O为位似中心，将 1 1 1放大两倍得到 ； (3)直接写出VABC的面积：______． △ABC C (2，0) 【答案】(1)如图， 1 1 1即为所求，由图可得，点 1的坐标为 ； ABC △ABC  (2)如图， 和 均满足题意： (3)7 【分析】本题考查作图位似变换、平移变换，熟练掌握位似的性质、平移的性质是解答本题的关键． （1）根据平移的性质作图，即可得出答案． （2）根据位似的性质作图即可． （3）利用割补法求三角形的面积即可． △ABC 【详解】（1）解：如图， 1 1 1即为所求．C (2,0) 由图可得，点 1的坐标为 ． ABC △ABC  （2）解：如图， 和 均满足题意； 1 1 1 (34)4 42 3214437 （3）解：VABC的面积为 2 2 2 ． 故答案为：7．