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2026年中考数学一轮复习 图形的相似
一．选择题（共10小题）
1．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝90°，P为AB的中点，D，E两点分别在AC
PE
边和BC边上，∠DPE＝90°，则 =（ ）
PD
1 2 √3 √3
A． B． C． D．
2 3 2 3
2．（2025•蓬江区校级三模）如图，△ABC以顶点A为位似中心放大后得到△ADE，若方格纸的边
长为1，则△ABC与△ADE的相似比是（ ）
A．2：3 B．3：2 C．2：5 D．3：5
3．（2025•孝义市三模）我国古代数学著作《周髀算经》记载商高用矩（带有直角的曲尺）之道
“偃矩以望高”的数学道理，即用曲尺测量物体高度的方法．如图所示：设曲尺平行于水平线的
一边DE长度为a，垂直于水平线的一边CD长度为b，当人眼F，曲尺两边端点C，E，物体AB
的顶端点A在同一直线上时，人眼F到过点B的水平线的高度为h，人眼F到物体AB的水平距
bc
离为c，则可求得物体AB的高度等于 +h.其依据的图形变化是（ ）
a
A．图形的平移 B．图形的轴对称
C．图形的旋转 D．图形的相似
4．（2025•岳麓区校级三模）已知△ABC与△A B C 是位似图形，位似比是1：3，则△ABC与
1 1 1
△A B C 的面积比（ ）
1 1 1
A．1：3 B．1：6 C．1：9 D．3：1
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5．（2025•新兴县一模）如图，在 ABCD中，BE是∠ABC的平分线，延长BE交CD的延长线于
点F．若DF＝6，AB＝12，则BC▱的长为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．21
6．（2025•栖霞区校级三模）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，过点O的直线与AB，CD分
别相交于点E，F，若AB＝2，CD＝4，则下列关系正确的是（ ）
AE 1 AO 1 EO 1 AD 1
A． = B． = C． = D． =
CF 2 CO 2 FO 2 BC 2
7．（2025•浙江模拟）如图所示网格中，线段 AB是由线段 CD位似放大而成，则位似中心是
（ ）
A．P B．P C．P D．P
1 2 3 4
8．（2025•东营模拟）如图，在△ABC中，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与点B，C不
重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE
于点Q．下列结论：①AC＝FG；②S△FAB ：S四边形CBFG ＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝
FQ•AC．其中结论正确的序号是（ ）
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A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
AD 3
9．（2025•深圳校级模拟）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，若 = ，
BD 4
AE＝6，则CE的长为（ ）
9
A．14 B． C．8 D．6
2
10．（2025•萧山区二模）在平面直角坐标系中，△AOB的顶点A的坐标为（﹣2，4）．若以原点O
1
为位似中心，相似比为 ，把△AOB缩小，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
2
A．（﹣1，2） B．（﹣1，2）或（1，﹣2）
C．（﹣4，8） D．（﹣4，8）或（4，﹣8）
二．填空题（共5小题）
11．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点P在边BC上，过点P作AP的垂线交射
9
线CD于点Q，若有且只有三个不同的点P，使得DQ= ，则BC的长为 ．
8
12．（2025•青阳县模拟）如图，P为正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PD，点E在PD上，连
接CE，∠PBC＝∠PDB＝∠ECD．
PB
（1） 的值为 ；
DE
（2）若∠PBC＝ ，则∠PAD＝ ．（用含 的式子表示）
α α
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13．（2025•凌河区校级三模）点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相
S 1
交于点M．若 △AME = 则sin∠CDE＝ ．
S 16
△CMD
14．（2025•海伦市二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，CB＝2，连接AC，以对角线AC为边，
按逆时针方向作矩形ACC B ，使矩形ACC B 相似于矩形ABCD；再连接AC ，以对角线AC 为
1 1 1 1 1 1
边，按逆时针方向作矩形AC C B ，使矩形AC C B 相似于矩形ACC B ；…按照此规律作下去．
1 2 2 1 2 2 1 1
若矩形ABCD的面积记作S ，矩形ACC B 的面积记S ，矩形AC C B 的面积记作S ，…，则
1 1 1 2 1 2 2 3
S 的值为 ．
2025
15．（2025•河南校级三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象
为如图所示的平面图形．发现四边形 ABCD是菱形，∠DAB＝60°，O是BD的中点，点E在边
BC上，四边形OECF是矩形，则S△BEO ：S△EOF 是 ．
三．解答题（共5小题）
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16．（2025•锦江区校级模拟）（1）模型探究：
如图1，点D、E分别为△ABC的边AB、AC上的两点，DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转某
个角度得△AD′E′，分别连接BD′、CE′（如图2）．
求证：△ABD′∽△ACE′；
（2）模型应用：
我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻四边形”．在“等邻四边形”ABCD中，AB＝
AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，AC=√2AB．试探究BC、CD、BD的数量关系．
（3）模型提升：
如图，在△ABC中，DB＝DA，∠ADB＝120°，连CD，∠BCD＝15°，BC＝4√2，AC＝2√13，直
接写出﹣CD的长度为 ．
17．（2025•武汉）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边CD上，点F在边BC的延长线上，DE
＝CF，射线AE交对角线BD于点G，交线段DF于点H．
（1）求证：DH＝GH．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明△ADE≌△DCF）
（2）求证：AG•EH＝EG•GH．
GE DH
（3）若 = n，直接写出 的值（用含n的式子表示）．
EH DF
18．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，点P在BC边上，过点P作PD∥AB，PE∥AC，Q为△ABC
外一点，ED垂直平分PQ，分别连接AQ，DQ．
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（1）如图1，求证：AE＝DQ；
AQ AH
（2）如图1，设PQ分别与DE，AD相交于点G，H，求证： = ；
EG EP
（3）如图2，若AB＝AC，连接CQ，求∠B+∠AQC的度数．
19．（2025•高要区校级二模）在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是线段OC上
一个动点（不与点O，C重合），过点P分别作AD，CD的平行线，交CD于点E，交BC，BD
于点F，G，连接EG．
1
（1）如图1，如果OP= PC，∠BOC＝ ，求证：∠DGE＝180°﹣ ；
2
α α
AB 2 OP
（2）如图2，如果∠ABC＝90°， = ，且△DGE与△PCF相似，求 的值，并补全图形；
BC 3 PC
（3）如图3，如果BA＝BG＝BC，且射线EG过点A，求∠ABC的度数．
20．（2025•聊城模拟）如图，在△ABC中，D为BC上一点，E为AD上一点，如果∠DAC＝∠B，
CD＝CE．
（1）求证：△ACE∽△BAD．
（2）若CE＝3，BD＝4，AE＝2，求ED的长．
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2026年中考数学一轮复习 图形的相似
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝90°，P为AB的中点，D，E两点分别在AC
PE
边和BC边上，∠DPE＝90°，则 =（ ）
PD
1 2 √3 √3
A． B． C． D．
2 3 2 3
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；平行线的性质；三角形中位线定理；矩形的
判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形
及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】过点 P 作 PG⊥AC 于点 G，PH⊥BC 于点 H，则四边形 CGPH 是矩形，证
PE PH
△PEH∽△PDG，得出 = ，再证PG是△ABC的中位线，得出AG＝CG＝PH，然后由平
PD PG
行线的性质得出∠APG＝∠ABC＝30°，最后由锐角三角函数的定义即可得出答案．
【解答】解：如图，过点P作PG⊥AC于点G，PH⊥BC于点H，
则四边形CGPH是矩形，∠PHE＝∠PGD＝90°，
∴PG∥BC，CG＝PH，∠GPH＝90°，
∴∠GPD+∠DPH＝90°，
∵∠HPE+∠DPH＝∠DPE＝90°，
∴∠HPE＝∠GPD，
∴△PEH∽△PDG，
PE PH
∴ = ，
PD PG
∵P为AB的中点，PG∥BC，
∴PG是△ABC的中位线，∠APG＝∠ABC＝30°，
∴AG＝CG＝PH，
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PE PH AG √3
∴ = = =tan∠APG＝tan30°= ，
PD PG PG 3
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、解直角三角形、三角形中位
线定理、平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质和锐角三角函数的定义是解题
的关键．
2．（2025•蓬江区校级三模）如图，△ABC以顶点A为位似中心放大后得到△ADE，若方格纸的边
长为1，则△ABC与△ADE的相似比是（ ）
A．2：3 B．3：2 C．2：5 D．3：5
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△ADE，结合图形解答即可．
【解答】解：∵△ABC以顶点A为位似中心放大后得到△ADE，
∴△ABC∽△ADE，
∵AB＝2，AD＝5，
∴△ABC与△ADE的相似比是2：5，
故选：C．
【点评】本题考查的是位似变换，掌握位似图形的概念是解题的关键．
3．（2025•孝义市三模）我国古代数学著作《周髀算经》记载商高用矩（带有直角的曲尺）之道
“偃矩以望高”的数学道理，即用曲尺测量物体高度的方法．如图所示：设曲尺平行于水平线的
一边DE长度为a，垂直于水平线的一边CD长度为b，当人眼F，曲尺两边端点C，E，物体AB
的顶端点A在同一直线上时，人眼F到过点B的水平线的高度为h，人眼F到物体AB的水平距
bc
离为c，则可求得物体AB的高度等于 +h.其依据的图形变化是（ ）
a
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A．图形的平移 B．图形的轴对称
C．图形的旋转 D．图形的相似
【考点】相似三角形的应用；几何变换的类型．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】D
bc
【分析】过E作FH⊥AB于H，判定△ECD∽△FAH，推出DE：HF＝CD：AH，求出AH= ，
a
bc
因此AB＝AH+BH= +h，于是得到答案．
a
【解答】解：过E作FH⊥AB于H，
∴FH＝c，
∵DE∥HF，
∴∠CED＝∠AFH，
∵∠CDE＝∠AHF＝90°，
∴△ECD∽△FAH，
∴DE：HF＝CD：AH，
∴a：c＝b：AH，
bc
∴AH= ，
a
bc
∴AB＝AH+BH= +h，
a
其依据的图形变化是图形的相似．
故选：D．
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【点评】本题考查相似三角形的应用，几何变换的类型，关键是判定△ECD∽△FAH．
4．（2025•岳麓区校级三模）已知△ABC与△A B C 是位似图形，位似比是1：3，则△ABC与
1 1 1
△A B C 的面积比（ ）
1 1 1
A．1：3 B．1：6 C．1：9 D．3：1
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据位似图形的面积比等于位似比的平方，即可得到答案．
【解答】解：已知△ABC与△A B C 是位似图形，位似比是1：3，
1 1 1
∴S△ABC ：S
A B C
= 1：9，
1 1 1
即△ABC与△A B C 的面积比为1：9，
1 1 1
故选：C．
【点评】本题主要考查位似变换，熟练掌握位似图形的面积比等于位似比的平方是解题的关键．
5．（2025•新兴县一模）如图，在 ABCD中，BE是∠ABC的平分线，延长BE交CD的延长线于
点F．若DF＝6，AB＝12，则BC▱的长为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．21
【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】先根据平行四边形的性质得到CD∥AB，AD∥BC，则∠AEB＝∠ABE，再证明∠ABE＝
∠AEB得到AE＝AB＝12，接着证明△DEF∽△AEB，利用相似比求出DE＝6，然后计算出AD的
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长，从而得到BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，AD∥BC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝12，
∵DF∥AB，
∴△DEF∽△AEB，
∴DE：AE＝DF：AB，
即DE：12＝6：12，
解得DE＝6，
∴AD＝AE+DE＝12+6＝18，
∴BC＝18．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已
有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算
相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了平行四边形的性质．
6．（2025•栖霞区校级三模）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，过点O的直线与AB，CD分
别相交于点E，F，若AB＝2，CD＝4，则下列关系正确的是（ ）
AE 1 AO 1 EO 1 AD 1
A． = B． = C． = D． =
CF 2 CO 2 FO 2 BC 2
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的相似；推理能力．
【答案】C
AO AB 1
【分析】由AB∥CD，证明△AOB∽△COD，因为AB＝2，CD＝4，所以 = = ，由
DO CD 2
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EO AE AO 1 AE 1 AO
AE∥DF，证明△AOE∽△DOF，得 = = = ，但 不一定等于 ， 不一定等于
FO DF BO 2 CF 2 CO
1 AO BO AD AO AO
，可判断C符合题意，A不符合题意，B不符合题意；由 = ，得 = ，由 不
2 AD BC BC BO BO
1 AD 1
一定等于 ，证明 不一定等于 ，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案．
2 BC 2
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，AD与BC相交于点O，
∴△AOB∽△COD，
AO AB 2 1
∴ = = = ，
DO CD 4 2
∵过点O的直线与AB，CD分别相交于点E，F，
∴AE∥DF，
∴△AOE∽△DOF，
EO AE AO 1 AE 1 AO 1
∴ = = = ，但 不一定等于 ， 不一定等于 ，
FO DF BO 2 CF 2 CO 2
故C符合题意，A不符合题意，B不符合题意；
AO BO
∵ = ，
AD BC
AD AO
∴ = ，
BC BO
AO 1
∵ 不一定等于 ，
BO 2
AD 1
∴ 不一定等于 ，
BC 2
故D不符合题意，
故选：C．
【点评】此题重点考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明
△AOB∽△COD及△AOE∽△DOF是解题的关键．
7．（2025•浙江模拟）如图所示网格中，线段 AB是由线段 CD位似放大而成，则位似中心是
（ ）
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A．P B．P C．P D．P
1 2 3 4
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；几何直观．
【答案】B
【分析】连接CA，DB，并延长，则交点即为它们的位似中心．继而求得答案．
【解答】解：∵如图，连接CA，DB，并延长，则交点即为它们的位似中心．
∴它们的位似中心是P ．
2
故选：B．
【点评】此题考查了位似变换．注意根据位似图形的性质求解是关键．
8．（2025•东营模拟）如图，在△ABC中，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与点B，C不
重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE
于点Q．下列结论：①AC＝FG；②S△FAB ：S四边形CBFG ＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝
FQ•AC．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似．
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【答案】C
【分析】由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，证出∠CAD＝∠AFG，由AAS证明
△FGA≌△ACD，得出AC＝FG，①正确；
1 1
证明四边形CBFG是矩形，得出S = FB⋅FG= S ，②正确；
△FAB 2 2 四 边 形CBFG
由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC＝∠ABF，③正确；
证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD•FE＝AD2＝FQ•AC，④正确．
【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠ADE＝∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，
∴∠CAD+∠FAG＝90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G＝90°＝∠ACB，
∴∠AFG+∠FAG＝90°，
∴∠CAD＝∠AFG，
在△FGA和△ACD中，
{
∠G=∠C
∠AFG=∠CAD，
AF=AD
∴△FGA≌△ACD（AAS），
∴AC＝FG，故①正确；
∵BC＝AC，
∴FG＝BC，
∵∠ACB＝90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF＝90°，
1 1
S
△FAB
=
2
FB⋅FG=
2
S
四 边 形C
，
BF
即
G
S△FAB ：S四边形CBFG ＝1：2，故②正确；
∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，
∴∠ABC＝∠ABF＝45°，故③正确；
∠FQE＝∠DQB＝∠ADC＝90°﹣∠BDQ，∠E＝∠C＝90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：FE＝AD：FQ，
∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，故④正确；
∴正确的有①②③④，
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故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的
判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
AD 3
9．（2025•深圳校级模拟）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，若 = ，
BD 4
AE＝6，则CE的长为（ ）
9
A．14 B． C．8 D．6
2
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】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．
【解答】解：∵DE∥BC，
AE AD 6 3
∴ = ，即 = ，
EC DB EC 4
解得：EC＝8，
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
10．（2025•萧山区二模）在平面直角坐标系中，△AOB的顶点A的坐标为（﹣2，4）．若以原点O
1
为位似中心，相似比为 ，把△AOB缩小，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
2
A．（﹣1，2） B．（﹣1，2）或（1，﹣2）
C．（﹣4，8） D．（﹣4，8）或（4，﹣8）
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】B
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
1
【解答】解：∵以原点O为位似中心，相似比为 ，把△AOB缩小，点A的坐标为（﹣2，4），
2
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1 1 1 1
∴点A的对应点A′的坐标为（﹣2× ，4× ）或[﹣2×（− ），4×（− ）），即（﹣1，2）
2 2 2 2
或（1，﹣2），
故选：B．
【点评】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相
似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
二．填空题（共5小题）
11．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点P在边BC上，过点P作AP的垂线交射
9
线CD于点Q，若有且只有三个不同的点P，使得DQ= ，则BC的长为 5 ．
8
【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】5．
【分析】以B点为圆心，BC所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴建立直角坐标系，设P
am−m2
（m，0），C（a，0），则D（a，2），证明△ABP∽△PCQ，从而求出Q（a， ），则
2
am−m2 9 7
DQ＝| −2|= ，再由题意分两种情况讨论：当m2﹣am+ =0有两个不同的实数根，m2﹣
2 8 4
25 7
am+ =0有两个相等的实数根时，解得a＝5，可知BC的长为5；当m2﹣am+ =0有两个相等
4 4
25
的实数根，m2﹣am+ =0有两个不同的实数根时，a2﹣7＝0，a2﹣25＞0，此时a无解．
4
【解答】解：以B点为圆心，BC所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴建立直角坐标系，
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∵BA＝2，
∴A（0，2），
设P（m，0），C（a，0），则D（a，2），
∵AP⊥PQ，
∴∠APB+∠CPQ＝90°，
∵∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPQ＝∠PAB，
∴△ABP∽△PCQ，
AB BP 2 m
∴ = ，即 = ，
CP CQ a−m CQ
am−m2
∴CQ= ，
2
am−m2
∴Q（a， ），
2
am−m2 9
∴DQ＝| −2|= ，
2 8
7 25
∴m2﹣am+ =0或m2﹣am+ =0，
4 4
∵有且只有三个不同的点P，
∴m有且只有三个不同的实数根，
7 25
当m2﹣am+ =0有两个不同的实数根，m2﹣am+ =0有两个相等的实数根时，
4 4
∴a2﹣7＞0，a2﹣25＝0，
解得a＝5，
∴BC的长为5；
7 25
当m2﹣am+ =0有两个相等的实数根，m2﹣am+ =0有两个不同的实数根时，
4 4
∴a2﹣7＝0，a2﹣25＞0，
此时a无解；
综上所述：BC的长为5；
故答案为：5．
【点评】本题考查相似三角形的判定及性质，根据所给的条件建立适当的坐标系，将所个问题转
化为一元二次方程根的问题是解题的关键．
12．（2025•青阳县模拟）如图，P为正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PD，点E在PD上，连
接CE，∠PBC＝∠PDB＝∠ECD．
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PB
（1） 的值为 √2 ；
DE
（2）若∠PBC＝ ，则∠PAD＝ 90 ° ﹣ 2 ．（用含 的式子表示）
α α α
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】（1）√2；
（2）90°﹣2 ．
α PB BD
【分析】（1）根据△PBD∽△EDC，得到 = =√2；
DE CD
（2）如图，连接AC，交BD于点O，过点A作AM⊥PD于点M，连接OM，求出点A，O，M，
D在同一个圆上，由此解决问题．
【解答】解：（1）∵∠CBD＝∠CDB＝45°，∠PBC＝∠PDB，
∴∠PBD＝∠CDE，
∴△PBD∽△EDC，
PB BD
∴ = =√2；
DE CD
（2）如图，连接AC，交BD于点O，过点A作AM⊥PD于点M，连接OM，
∴∠AOD＝∠AMD＝90°，
∴点A，O，M，D在同一个圆上，
∴∠MOD＝∠MAD，
∵∠MAD＝90°﹣∠ADB﹣∠PDB＝45°﹣ ，
∴∠MOD＝45°﹣ ． α
∵∠DBP＝∠DBCα﹣∠PBC＝45°﹣ ，
∴∠MOD＝∠DBP， α
∴OM∥BP，
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∵O是BD的中点，
∴M是PD的中点，
∴AM垂直平分PD，
∴AM平分∠PAD，
∴∠PAD＝2∠MAD＝90°﹣2 ．
【点评】本题考查了相似三角α形的性质与判定，正方形的性质等，掌握相似三角形的性质与判定
是解题的关键．
13．（2025•凌河区校级三模）点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相
S 1 4√17
交于点M．若 △AME = 则sin∠CDE＝ ．
S 16 17
△CMD
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；正方形的性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
4√17
【答案】 ．
17
S AE 2 1 AE 1 AE 1
【分析】由△AME∽△CMD，推出 △AME =( ) = ，得到 = ，因此 = ，令AE＝
S CD 16 CD 4 AD 4
△CMD
4√17
x，AD＝4x，由勾股定理得到DE=√17x，即可求出sin∠AED= ．由∠CDE＝∠AED，得到
17
4√17
sin∠CDE＝sin∠AED= ．
17
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AE∥CD，AD＝CD，
∴△AME∽△CMD，
S AE 2 1
∴ △AME =( ) = ，
S CD 16
△CMD
AE 1
∴ = ，
CD 4
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AE 1
∴ = ，
AD 4
令AE＝x，AD＝4x，
DE=√AE2+AD2=√17x，
AD 4x 4√17
∴sin∠AED= = = ．
ED √17x 17
∵AE∥CD，
∴∠CDE＝∠AED，
4√17
∴sin∠CDE＝sin∠AED= ．
17
4√17
故答案为： ．
17
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的性质，关键是由
AE 1
△AME∽△CMD，得到 = ．
AD 4
14．（2025•海伦市二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，CB＝2，连接AC，以对角线AC为边，
按逆时针方向作矩形ACC B ，使矩形ACC B 相似于矩形ABCD；再连接AC ，以对角线AC 为
1 1 1 1 1 1
边，按逆时针方向作矩形AC C B ，使矩形AC C B 相似于矩形ACC B ；…按照此规律作下去．
1 2 2 1 2 2 1 1
若矩形ABCD的面积记作S ，矩形ACC B 的面积记S ，矩形AC C B 的面积记作S ，…，则
1 1 1 2 1 2 2 3
5
S 的值为 2×( ) 2024 ．
2025 4
【考点】相似多边形的性质；规律型：图形的变化类；矩形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
5
【答案】2×( ) 2024 ．
4
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得 AC，再利用相似多边形的性质可发现规律 S
5
❑ =2×( ) n−1．
n 4
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【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∴AC=√AB2+BC2=√12+22=√5，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形ACC B ，
1 1
∴矩形ACC B 的边长和矩形ABCD的边长的比为√5：2，
1 1
∴矩形ACC B 的面积和矩形ABCD的面积的比5：4，
1 1
S ＝2×1＝2，
1
5
S ＝2× ，
2 4
5
S❑ =2×( ) 2，
3 4
⋯
5
S❑ =2×( ) 2024．
2025 4
5
故答案为：2×( ) 2024 ．
4
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质，解题的关键是找出规律．
15．（2025•河南校级三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象
为如图所示的平面图形．发现四边形 ABCD是菱形，∠DAB＝60°，O是BD的中点，点E在边
BC上，四边形OECF是矩形，则S△BEO ：S△EOF 是 1 ： 3 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质；矩形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；
运算能力；推理能力．
【答案】1：3．
【分析】连接OC交EF于点L，由矩形的性质得∠EOF＝∠OEC＝90°，OL＝EL，则∠BEO＝
90°，由菱形的性质得BC＝DC，∠DCB＝∠DAB＝60°，则△BCD是等边三角形，所以∠OBE＝
60°，则∠BOE＝90°﹣∠OBE＝30°，因为O是BD边的中点，所以CO⊥BD，求得∠LOE＝60°，
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BE
则△EOL是等边三角形，所以∠FEO＝60°，可证明△BEO∽△EOF，由 =tan∠BOE＝tan30°
EO
√3 S BE 1
=
3
，求得
S
△BEO =(
EO
) 2=
3
，即S△BEO ：S△EOF＝1 ：3，于是得到问题的答案．
△EOF
【解答】解：连接OC交EF于点L，
∵四边形OECF是矩形，
1 1
∴∠EOF＝∠OEC＝90°，OL＝CL= OC，EL＝FL= EF，且OC＝EF，
2 2
∴∠BEO＝90°，OL＝EL，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴BC＝DC，∠DCB＝∠DAB＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠OBE＝60°，
∴∠BOE＝90°﹣∠OBE＝30°，
∵O是BD边的中点，
∴CO⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵∠LOE＝90°﹣∠BOE＝60°，
∴△EOL是等边三角形，
∴∠FEO＝60°，
∵∠BEO＝∠EOF，∠OBE＝∠FEO，
∴△BEO∽△EOF，
BE √3
∵ =tan∠BOE＝tan30°= ，
EO 3
S BE √3 1
∴ △BEO =( ) 2=( ) 2= ，
S EO 3 3
△EOF
∴S△BEO ：S△EOF＝1 ：3，
故答案为：1：3．
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【点评】此题重点考查矩形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定
与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•锦江区校级模拟）（1）模型探究：
如图1，点D、E分别为△ABC的边AB、AC上的两点，DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转某
个角度得△AD′E′，分别连接BD′、CE′（如图2）．
求证：△ABD′∽△ACE′；
（2）模型应用：
我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻四边形”．在“等邻四边形”ABCD中，AB＝
AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，AC=√2AB．试探究BC、CD、BD的数量关系．
（3）模型提升：
如图，在△ABC中，DB＝DA，∠ADB＝120°，连CD，∠BCD＝15°，BC＝4√2，AC＝2√13，直
10√3
接写出﹣CD的长度为 ．
3
【考点】相似形综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；
运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）BC2+CD2＝2BD2；
10√3
（3） ．
3
AD′ AE′
【分析】（1）可得出 = ，∠BAD′＝∠CAE′，从而△ABD′∽△ACE′；
AB AC
（2）将△BAC绕点A逆时针旋转∠BAD至△DAW，连接CW，从而得出DW＝BC，∠CAW＝
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CW AC
∠BAD，由（1）知，△CAW∽△BAD，从而 = =√2，∠AWD＝∠ACB，从而得出CW
BC AB
=√2BC，∠CDW＝∠CAW+∠ACD+∠AWD＝∠BAD+∠ACD+∠ACB＝∠BAD+∠BCD＝90°，进
一步得出结果；
（3）将△CDB绕点D逆时针旋转120°至△VDA，连接CV，作AX⊥CV于X，从而得出∠AVD＝
∠BCD＝15°，∠CDV＝120°，CD＝DV，AV＝BC＝4√2，进而得出∠DVC＝∠DCV＝30°，从而
∠AVC＝∠AVD+∠DVC＝45°，解三角形ACV得出结果．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，
AD AE
∴ = ，
AB AC
∵△ADE绕点A逆时针旋转某个角度得△AD′E′，
∴AD′＝AD，AE′＝AE，∠D′AE′＝∠DAE，
AD′ AE′
∴ = ，∠BAC+∠CAD′＝∠D′AE′+∠CAD′，
AB AC
∴∠BAD′＝∠CAE′，
∴△ABD′∽△ACE′；
（2）如图1，
BC2+CD2＝2BD2，理由如下：
将△BAC绕点A逆时针旋转∠BAD至△DAW，连接CW，
∴DW＝BC，∠CAW＝∠BAD，
由（1）知，△CAW∽△BAD，
CW AC
∴ = =√2，∠AWD＝∠ACB，
BC AB
∴CW=√2BC，∠CDW＝∠CAW+∠ACD+∠AWD＝∠BAD+∠ACD+∠ACB＝∠BAD+∠BCD＝
90°，
∴DW2+CD2＝CW2，
∴BC2+CD2=(√2BD) 2，
∴BC2+CD2＝2BD2；
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（3）如图2，
将△CDB绕点D逆时针旋转120°至△VDA，连接CV，作AX⊥CV于X，
∴∠AVD＝∠BCD＝15°，∠CDV＝120°，CD＝DV，AV＝BC＝4√2，
∴∠DVC＝∠DCV＝30°，
∴∠AVC＝∠AVD+∠DVC＝45°，
√2
∴VX＝AX= AV＝4，
2
∴CX=√AC2−AX2=√(2√13) 2−42=6，
∴CV＝VX+CX＝10，
CV 10√3
∴CD= = ，
√3 3
10√3
故答案为： ．
3
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，旋转的性质
等知识，解决问题的关键是利用旋转作辅助线，构造相似三角形．
17．（2025•武汉）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边CD上，点F在边BC的延长线上，DE
＝CF，射线AE交对角线BD于点G，交线段DF于点H．
（1）求证：DH＝GH．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明△ADE≌△DCF）
（2）求证：AG•EH＝EG•GH．
GE DH
（3）若 = n，直接写出 的值（用含n的式子表示）．
EH DF
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角
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形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）证明过程详见解答；
n+1
（3） ．
n2+2n
【分析】（1）可证得△ADE≌△DCF，从而∠DAE＝∠CDF，进而证得∠HDG＝∠DGH，从而
DH＝GH；
（2）作HW⊥DC，交DC的延长线于W，根据△ADE≌△DCF，GH＝DH，从而的粗∠AED＝
∠F，可证得∠W＝∠F，∠W＝∠HEW，进而得出HW＝EH，可证得△ABG∽△EDG，进而证得
AG AB AD GH DH AG GH
= = =tan∠AED， = =tanW，从而得出 = ，进一步得出结果；
EG DE DE EH HW EG EH
（3）由（1）知△ADE≌△DCF，DH＝GH，从而得出 DF＝AE，由（2）知，AG•EH＝
GE AG GE AG n
EG•GH，从而得出 = =n，根据比例的性质得出 = = ，从而得出
EH GH ¿+EH AG+GH n+1
GE AG n
= = ，设GE＝na，DH＝GH＝（n+1）a，AG＝nb，AH＝（n+1）b，则EH＝GH﹣
GH AH n+1
GE＝a，AE＝AG+GE＝na+nb，可计算得出AH﹣AG＝GH＝（n+1）b﹣bn＝b，从而b＝（n+1）
a，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠BCD＝∠DCF＝90°，∠ADB＝∠BDC＝45°，
∵DE＝CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠HDG＝∠CDF+∠BDC＝∠CDF+45°，
∠DGH＝∠DAE+∠ADB＝∠CDF+45°，
∴∠HDG＝∠DGH，
∴DH＝GH；
（2）证明：如图，
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作HW⊥DC，交DC的延长线于W，
由（1）知，
△ADE≌△DCF，GH＝DH，
∴∠AED＝∠F，
∵∠WHF＝∠OCW＝90°，∠FOH＝∠COW，
∴∠W＝∠F，
∵∠HEW＝∠AED，
∴∠W＝∠HEW，
∴HW＝EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝AD，
∴△ABG∽△EDG，
AG AB AD
∴ = = = tan∠AED，
EG DE DE
GH DH
∵ = = tanW，
EH HW
AG GH
∴ = ，
EG EH
∴AG•EH＝EG•GH；
（3）解：由（1）知，
△ADE≌△DCF，DH＝GH，
∴DF＝AE，∠CDF＝∠DAE，
由（2）知，
AG•EH＝EG•GH，
GE AG
∴ = = n，
EH GH
GE AG n
∴ = = ，
¿+EH AG+GH n+1
GE AG n
∴ = = ，
GH AH n+1
设GE＝na，DH＝GH＝（n+1）a，AG＝nb，AH＝（n+1）b，
∴EH＝GH﹣GE＝a，AE＝AG+GE＝na+nb，
∵AH﹣AG＝GH＝（n+1）b﹣bn＝b，
∴b＝（n+1）a，
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DH GH (n+1)a (n+1)a n+1
∴ = = = = ．
DF AE na+nb na+n(n+1)a n2+2n
【点评】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，锐角
三角函数的定义，比例的性质等知识，解决问题的关键是弄清数量之间的关系．
18．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，点P在BC边上，过点P作PD∥AB，PE∥AC，Q为△ABC
外一点，ED垂直平分PQ，分别连接AQ，DQ．
（1）如图1，求证：AE＝DQ；
AQ AH
（2）如图1，设PQ分别与DE，AD相交于点G，H，求证： = ；
EG EP
（3）如图2，若AB＝AC，连接CQ，求∠B+∠AQC的度数．
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）∠B+∠AQC＝180°．
【分析】（1）证明AE＝PD，PD＝DQ，由此得到AE＝DQ；
（2）连接EQ，交AD于点O．证明△AQE≌△QAD（SSS），△AED≌△QDE（SSS），通过
AQ AH
△AQH∽△EGP，得到 = ；
EG EP
（3）连接EQ．通过角度计算得到∠B+∠AQC＝180°．
【解答】（1）证明：∵PD∥AB，PE∥AC，
∴四边形ADPE为平行四边形，
∴AE＝PD．
∵ED垂直平分PQ，
∴PD＝DQ，
∴AE＝DQ．
（2）证明：连接EQ，交AD于点O．
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∵ED垂直平分PQ，
∴EP＝EQ＝AD．
∵AQ＝QA，AE＝QD，
∴△AQE≌△QAD（SSS），
∴∠AQE＝∠QAD，
同理△AED≌△QDE（SSS），
∴∠ADE＝∠QED．
又∵∠AOQ＝∠EOD，
∴∠ADE＝∠QED＝∠AQE＝∠QAD，
∴AQ∥DE，
∴∠AQH＝∠EGP．
∵PE∥AC，
∴∠AHQ＝∠EPG，
∴△AQH∽△EGP，
AQ AH
∴ = ；
EG EP
（3）解：连接EQ．
∵AB＝AC，PD∥AB，
∴∠B＝∠DPC＝∠ACB，
∴DP＝DC．
∵ED垂直平分PQ，
∴DQ＝DP＝DC，
∴∠DCQ＝∠DQC．
由（2）知△AQE≌△QAD，
∴∠AQD＝∠BAQ，
∴∠B+∠AQC＝∠ACB+∠DQC+∠AQD＝∠ACB+∠DCQ+∠BAQ＝∠BCQ+∠BAQ，
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∵∠B+∠AQC+∠BCQ+∠BAQ＝360°，
∴∠B+∠AQC＝180°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性
质与判定是解题的关键．
19．（2025•高要区校级二模）在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是线段OC上
一个动点（不与点O，C重合），过点P分别作AD，CD的平行线，交CD于点E，交BC，BD
于点F，G，连接EG．
1
（1）如图1，如果OP= PC，∠BOC＝ ，求证：∠DGE＝180°﹣ ；
2
α α
AB 2 OP
（2）如图2，如果∠ABC＝90°， = ，且△DGE与△PCF相似，求 的值，并补全图形；
BC 3 PC
（3）如图3，如果BA＝BG＝BC，且射线EG过点A，求∠ABC的度数．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
9
（2） ，见解析；
8
（3）∠ABC＝72°．
CP CE 1 OG CE 1
【分析】（1）先证明 = = ，可得 = = ，再证明EG∥OC，即可得到结论；
CA CD 3 OD CD 3
（2）先补全图形，证明平行四边形 ABCD为矩形，再证明∠DGE＝90°，∠DEG＝∠PGE＝
DG PF CE AB 2
∠PCF．此时有△DGE∽△PFC∽△CEP∽△ABC，可得 = = = = ，证明
GE FC PE AC 3
PG PE 3
= = ，设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k，再进一步求解即可；
PE CE 2
（3）证明平行四边形ABCD为菱形．四边形PFCE为菱形，可得PF＝FC＝CE，同理可得：FB
a−b a a √5+1
＝FG，设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，可得 = ，求解 = （负根已舍），同
b a+b b 2
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DG CF b √5−1 DG DA
理可得： = = = ，证明 = ，证明△DGA∽△DAB，设∠DAG＝∠DBA＝
GB BF a 2 DA DB
∠ADB＝ ，再进一步求解即可．
α 1
【解答】（1）证明：∵OP= PC，PG∥CD，
2
OG OP 1
∴ = = ．
OD OC 3
在平行四边形ABCD中，OA＝OC，
CP CP 1
∴ = = ．
CA 2CO 3
又∵PE∥AD，
CP CE 1
∴ = = ，
CA CD 3
OG CE 1
∴ = = ，
OD CD 3
DG DE 2
∴ = = ，
DO DC 3
∵∠GDE＝∠ODC，
∴△DGE∽△DOC，
∴∠DGE＝∠DOC，
∴EG∥OC，
∴∠BGE＝∠BOC＝ ，
∴∠DGE＝180°﹣ ；α
（2）解：补全图形α，如图2即为所求；
∵∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD为矩形，AB∥CD，
∴OC＝OD，∠CPF＝∠PCE，
∴∠GDE＝∠PCE＝∠CPF．
又∵PG∥CD，
∴AB∥PG，∠DEG＝∠PGE，
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∴∠CFP＝∠ABC＝90°，
∵∠DEG＜90°，△DGE与△PCF相似，
∴只能∠DGE＝90°，∠DEG＝∠PGE＝∠PCF，
∴此时有△DGE∽△PFC∽△CEP∽△ABC，
AB 2
∵ = ，
BC 3
DG PF CE AB 2
∴ = = = = ，
GE FC PE AC 3
同理可得：△PGE∽△EPC，
PG PE 3
∴ = = ，
PE CE 2
设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k，
在直角三角形PEG中，由勾股定理得：EG=√PE2+PG2=3√13k，DG=2√13k，
在直角三角形DEG中，由勾股定理得：DE=√DG2+GE2=13k．
∴CD＝17k，
∵PG∥CD，
∴△OPG∽△OCD，
OP PG 9
∴ = = ，
OC CD 17
OP 9
∴ = ．
PC 8
（3）解：∵BA＝BC，
∴平行四边形ABCD为菱形．
∴AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，
∴∠BAC＝∠BCA，∠CBD＝∠ABD，
∵PF∥CD∥AB，PE∥AD∥BC，
∴四边形PFCE为平行四边形，∠CPF＝∠CAB，
∴∠FCP＝∠CPF，
∴PF＝CF，
∴四边形PFCE为菱形，
∴PF＝FC＝CE，
同理可得：FB＝FG，
设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，
∴GP＝a﹣b．
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∵GP∥CE，
∴△APG∽△ACE，
PG AP BF
∴ = = ，
CE AC BC
a−b a
∴ = ，
b a+b
∴a2﹣ab﹣b2＝0，
a 2 a
∴( ) − −1=0，
b b
a √5+1
∴ = （负值已舍去），
b 2
DG CF b √5−1
同理可得： = = = ，
GB BF a 2
DG BG √5−1
∴ = = ，
GB BD 2
∵BG＝BA，
DG DA
∴ = ，
DA DB
又∵∠ADG＝∠BDA，
∴△DGA∽△DAB，
∴设∠DAG＝∠DBA＝∠ADB＝ ，
∴∠BAG＝∠BGA＝2 ， α
∴5 ＝180°， α
∴ α＝36°，
∴α∠ABC＝72°．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查的是平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的
判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例的含义，一元二次方程的解法，添
加适当的辅助线是解答本题的关键．
20．（2025•聊城模拟）如图，在△ABC中，D为BC上一点，E为AD上一点，如果∠DAC＝∠B，
CD＝CE．
（1）求证：△ACE∽△BAD．
（2）若CE＝3，BD＝4，AE＝2，求ED的长．
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【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的相似；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据CD＝CE，可得∠CDE＝∠CED，即有∠ADB＝∠AEC，结合∠DAC＝∠B，
可得△ACE∽△BAD；
AE BD BD×CE
（2）根据△ACE∽△BAD，可得 = ，即AD= ，问题随之得解．
CE AD AE
【解答】（1）证明：∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED，
∵∠ADB＝180°﹣∠CDE，∠AEC＝180°﹣∠CED，
∴∠ADB＝∠AEC，
∵∠DAC＝∠B，
∴△ACE∽△BAD，
（2）解：∵在（1）中已证明△ACE∽△BAD，
AE BD BD×CE
∴ = ，AD= ，
CE AD AE
∵CE＝3，BD＝4，AE＝2，
BD×CE 4×3
∴AD= = =6，
AE 2
∴ED＝AD﹣AE＝6﹣2＝4．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的
关键．
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