专题24相似三角形及其应用二十个题型（举一反三）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_一轮复习资料_教师版（含答案解析）

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专题 24 相似三角形及其应用【二十大题型】
【题型1 选择或添加条件使两个三角形相似】.....................................................................................................4
【题型2 利用相似的性质求值】..............................................................................................................................7
【题型3 利用相似的性质求点的坐标】................................................................................................................11
【题型4 相似三角形在网格中的运用】................................................................................................................17
【题型5 与相似三角形有关的证明】....................................................................................................................23
【题型6 利用相似三角形的性质求解决折叠问题】...........................................................................................34
【题型7 利用相似三角形的性质判断函数图象】...............................................................................................40
【题型8 尺规作图与相似三角形综合应用】.......................................................................................................44
【题型9 三角板与相似三角形综合应用】...........................................................................................................50
【题型10 平移与相似三角形综合应用】................................................................................................................61
【题型11 利用相似三角形的性质与判定求线段比值】.......................................................................................66
【题型12 利用相似三角形的性质与判定求最值】...............................................................................................73
【题型13 利用相似三角形的性质与判定解决动点问题】...................................................................................82
【题型14 利用相似三角形的性质与判定解决存在性问题】...............................................................................96
【题型15 相似三角形的常见模型之（双）A字模型】......................................................................................108
【题型16 相似三角形的常见模型之（双）8字模型】......................................................................................114
【题型17 相似三角形的常见模型之K字模型】.................................................................................................127
【题型18 相似三角形的常见模型之母子型】.....................................................................................................138
【题型19 相似三角形的常见模型之旋转相似模型】.........................................................................................145
【题型20 相似三角形的实际应用】....................................................................................................................153
【知识点 相似三角形及其应用】
1.相似三角形的性质与判定
相似三角形的概念：对应角相等、对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形.相似用符号
“∽”，读作“相似于”.
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
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③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
相似三角形的性质：
1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等.
2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.
3）相似三角形周长的比等于相似比.
4）相似三角形面积比等于相似比的平方.
判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例．
2.相似三角形的常见模型
模型 图形 结论 证明过程（思路）
A字
正A字模型 反A字模型
①△ADE∽△ABC 1)已知DE∥BC 则
模型 ∠ADE=∠ABC
A A AD AE DE
② = =
AB AC BC 而∠A=∠A 所以
△ADE∽△ABC
2) 已知∠1=∠2 ∠A=∠A
D E E 2
D 所以△ADE∽△ABC
1
B C B C
已知：DE∥BC 已知：∠1=∠2
共边反A字模型 证明过程参照按照2）
共边反A字模型 剪刀反A字模型
A A ①△ABC∽△ACD ②
AB AC BC
= =
AC AD CD
E C ③AC2=AB•AD
D
1 2 剪刀反A字模型
2
1 B D ①△ABC∽△ADE ②
B C 已知：∠1=∠2 AB AC BC
= =
AD AE DE
已知：∠1=∠2
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8字 正8字模型 3)已知AB∥DC 则∠A=∠C
模型 正8字模型 反8字模型 B
①△AOB∽△COD ② 而∠AOB=∠DOC 所以
A B A 1 AO BO AB △AOB∽△COD
= =
CO DO CD
4) 已知∠1=∠2 ∠AOB=∠DOC
O O
反8字模型
所以△AOB∽△DOC
2 C ①△AOB∽△DOC ②
AO BO AB
= =
D C D DO CO CD
已知：AB∥CD 已知：∠1=∠2
一线 A A ①△ABC∽△CDE 5)∵∠B=∠D=∠ACE=90°
三垂 1 1 4 AB BC AC ∴∠1+∠2=90°∠2+∠3=90°
直 ② = =
E E CD DE CE 则∠1=∠3 由此可得△ABC∽△CDE
③当点C为BD中点时， 6)∵ △ABC∽△CDE
2 3 2 3
B C D B C D △ABC∽△CDE∽△ACE AB = AC
∴ 而点C为BD中点
已知：∠B=∠D=∠ACE=90° CD CE
AB AC
=
则 又
BC CE
∵∠B=∠ACE=90°
∴△ABC∽△ACE 则
△ABC∽△CDE∽△ACE
三角 ①△ABC∽△ADG 7)∵四边形DEFG为矩形
形内
A AD AG DG AM ∴DG∥BC 而AN⊥BC
接矩 ② = = =
形 AB AC BC AN ∴△ABC∽△ADG
D M G ③若四边形DEFG为正方形 ∠AMG=∠ANC=90°
AD AG DG AM
即
DG
=
AM
若假设DG=x
∴
AB
=
AC
=
BC
=
AN
BC AN
x AN−x
B
E N F
C
则 = 若已知
BC AN
已知：四边形DEFG为矩形，AN⊥BC BC、AN长，即可求出x的值
旋转 A ①△ABD∽△ACE ∵△ADE∽△ABC
相似
AD AE
模型 1 2 ∴∠BAC=∠DAE =
AB AC
E
而∠1+∠DAC=∠BAC，
∠2+∠DAC=∠DAE
D
∴∠1=∠2
B C ∴△ABD∽△ACE
已知：∆ADE~∆ABC
3.相似三角形的应用
（1）.利用影长测量物体的高度．
①测量原理：测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相
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等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
②测量方法：在同一时刻测量出参照物和被测量物体的影长来，再计算出被测量物的长度．
（2）.利用相似测量河的宽度（测量距离）．
①测量原理：测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．
必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．
②测量方法：通过测量便于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．
（3）.借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为
三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
【题型1 选择或添加条件使两个三角形相似】
【例1】（2023·吉林长春·统考模拟预测）在△ABC中，∠ACB=90°，用直尺和圆规在AB上确定点D，
使△ACD∽△CBD，根据作图痕迹判断，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】要使△ACD∽△CBD，则∠ADC=∠CDB，即可推出∠ADC=∠CDB=90°，则CD是AB边
的垂线即可，由此求解即可．
【详解】解：当CD是AB的垂线时，△ACD∽△CBD．
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=∠BDC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ACD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴△ACD∽△CBD．
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根据作图痕迹可知，
A选项中，CD是∠ACB的角平分线，不符合题意；
B选项中，CD不与AB垂直，不符合题意；
C选项中，CD是AB的垂线，符合题意；
D选项中，CD不与AB垂直，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，作垂线，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的判定条
件．
【变式1-1】（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，已知△ABC与△ADE中，∠C=∠AED=90°，点E在
AB上，那么添加下列一个条件后，仍然不能判定△ABC与△ADE相似的是（ ）
AC DE BC AD
A．∠CAB=∠D B． = C．AD∥BC D． =
BC AE AC AE
【答案】D
【分析】】根据相似三角形的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：A．由∠C=∠AED=90°，∠CAB=∠D，可知 ACB∽△DEA，本选项不符合题意；
AC DE AC BC △
B．设 = ，即 = ，
BC AE DE AE
又∵∠C=∠AED=90°，
∴△ACB∽△DEA，本选项不符合题意；
C．由BC∥AD，可得∠B=∠DAE，由∠C=∠AED=90°，可得 ACB∽△DEA，本选项不符合题意；
BC AD △
D．由 = ，无法判断三角形相似，本选项符合题意．
AC AE
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，属于中考常考题型．
【变式1-2】（2023·福建龙岩·统考一模）如图，点D为 ABC外一点，AD与BC边的交点为E，AE＝3，
DE＝5，BE＝4，要使 BDE∽△ACE，且点B，D的对应点△为A，C，那么线段CE的长应等于 ．
△
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15
【答案】 .
4
【分析】根据对顶角相等得到∠AEC=∠BED，则根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相
BE DE
似，当 = 时， BDE∽△ACE，然后利用比例性质计算CE的长．
AE CE
△
【详解】解：∵∠AEC＝∠BED，
BE DE
∴当 = 时，△BDE∽△ACE，
AE CE
4 5
即 =
3 CE
15
∴CE＝
4
15
故答案为 ．
4
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，此判定
方法要合理使用公共角或对顶角．
【变式1-3】（2023·山东潍坊·校考一模）如图所示，AB是⊙O的直径，D、E是半圆上任意两点，连接
AD、DE,AE与BD相交于点C，若添加一个条件使△ADC与△ABD相似，则可添加下列条件中的（
）
A．D´E=B´E B．AD=DE C．AB//DE D．AD2=BC⋅CD
【答案】B
【分析】根据三角形相似的判定，结合圆的性质综合判断即可．
【详解】∵ ADC∽△BDA，
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∴AD：BD=CD：AD，
∴AD2=BD⋅CD，
∴D选项不可以；
∵△ADC∽△BDA，
∴∠DAC=∠DBA，
∴AD=DE，
∴B选项可以；
如图，连接BE，∵D´E=B´E，
∴∠EDB=∠EBD，
∵∠EDB=∠EAB，∠EDB=∠DAC，
∴∠EAB=∠DAC，
不是 ADC和 BDA的对应角，无法判定两个三角形相似，
△ △
∴A选项不可以；
∵AB//DE，
∴∠EDB=∠DBA，∠EAB=∠DEA，
都无法证明 ADC∽△BDA，
∴C选项不可△以；
故选B
【点睛】本题考查了圆的基本性质，三角形相似的判定，熟练掌握圆的基本性质，灵活选择方法判定两个
三角形相似是解题的关键．
【题型2 利用相似的性质求值】
【例2】（2023·河北石家庄·统考一模）如图，在△ABC中，AB=4,BC=6,AC=5，点D，E分别在边
BC,AC上，且BD=4．若以C，D，E为顶点的三角形与△ABC相似，则AE的长度为（ ）
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10 13 13 10 12 5
A． B． C． 或 D． 或
3 5 5 3 5 3
【答案】C
CD CE
【分析】分两种情况讨论：当△CDE∽△CBA时，可得 = ，当△CDE∽△CAB时，可得
BC AC
CD CE
= ，再求解即可．
CA CB
【详解】解：如图，AB=4,BC=6,AC=5，BD=4，
∴CD=BC−BD=2，
当△CDE∽△CBA时，
CD CE 2 CE
∴ = ，即 = ，
BC AC 6 5
5 5 10
∴CE= ，AE=AC−CE=5− = ，
3 3 3
当△CDE∽△CAB时，如图，
CD CE 2 CE
∴ = ，即 = ，
CA CB 5 6
12
∴CE= ，
5
12 13
∴AE=AC−CE=5− = ，
5 5
10 13
综上：AE的长为： 或 ．
3 5
故选C
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【变式2-1】（2023·重庆大渡口·统考一模）如图，△ABC∽△ACP，若∠A=75°，∠APC=65°，则
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∠B的大小为 ．
【答案】40°/40度
【分析】本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的性质，由三角形内角和定理得到∠ACP=40°，由
相似三角形的性质即可得到∠B=∠ACP=40°，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵∠A=75°，∠APC=65°，
∴∠ACP=180°−∠A−∠APC=180°−75°−65°=40°，
∵△ABC∽△ACP，
∴∠B=∠ACP=40°，
故答案为：40°．
【变式2-2】（2023·四川泸州·统考一模）如图，△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'分别是△ABC和
△A'B'C'的高，若AD=2，A'D'=3，则△ABC与△A'B'C'的面积的比为（ ）
A．4：9 B．9：4 C．2：3 D．3：2
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质可直接得出结论．
【详解】解：∵AD和A'D'分别是△ABC和△A'B'C'的高，若AD=2，A'D'=3，
∴其相似比为2：3，
∴△ABC与△A'B'C'的面积的比为4：9；
故选：A．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，熟知相似三角形（多边形）的高的比等于相似比是解答此题的
关键．
【变式2-3】（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考二模）如图，平行四边形ABCD中，AB=5，BC=7，
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4
tan∠BAD= ，点O为对角线AC，BD交点，点E为CD延长线上一动点，连接OE交AD于点F，当
3
△AOD∽△OFD时，求DE的长度为（ ）
40 33 30 44
A． B． C． D．
33 40 44 30
【答案】A
BH 4
【分析】作BH⊥AD于H，延长FO交BC于M，∠AHB=∠BHD=90°，由tan∠BAD= = ，令
AH 3
BH=4x，AH=3x，勾股定理得AB=5，则x=1，得到BH=4x=4，AH=3x=3，由四边形ABCD是
平行四边形得到AB=CD=5，AD=BC=7，BC∥AD，则DH=4，得到△BHD是等腰直角三角形，则
1 8
BD=4√2，可得OD=OB= BD=2√2，由△AOD∽△OFD得到OD:FD=AD:OD，求得FD= ，
2 7
8 41
证明BOM≌△DOF(ASA)，则BM=DF= ，得到CM= ，由△EDF∽△ECM得到
7 7
ED:EC=FD:CM，即可得到DE的长度．
【详解】解：作BH⊥AD于H，延长FO交BC于M，∠AHB=∠BHD=90°，
BH 4
∵tan∠BAD= = ，
AH 3
∴令BH=4x，AH=3x，
∴AB=√BH2+DH=5x=5，
∴x=1，
∴BH=4x=4，AH=3x=3，
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∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5，AD=BC=7，BC∥AD，
∴DH=AD−AH=7−3=4，
∴△BHD是等腰直角三角形，
∴BD=√2BH=4√2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OD=OB= BD=2√2，
2
∵△AOD∽△OFD，
∴OD:FD=AD:OD，
∴2√2:FD=7:2√2，
8
∴FD= ，
7
∵BC∥AD，
∴∠MBO=∠FDO，
∵OB=OD，∠BOM=∠DOF，
∴BOM≌△DOF(ASA)，
8
∴BM=DF= ，
7
41
∴CM=BC−MB= ，
7
∵FD∥CM，
∴△EDF∽△ECM，
∴ED:EC=FD:CM，
8 41
∴DE:(ED+5)= : ，
7 7
40
∴DE= ．
33
故选：A．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数、平行四边
形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【题型3 利用相似的性质求点的坐标】
【例3】（2023·江西九江·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，已如A(1,0)，B(2,0)，C(0,1)，在坐
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标轴上有一点P，它与A,C两点形成的三角形与△ABC相似，则P点的坐标是 ．
【答案】(3,0)或(0,2)或(0,3)
【分析】分两种情形：当点P在x轴上时，△PAC∼△CAB时，当点P'在y轴上时，△P'CA∽△BAC或
△P″AC∼△BCA，分别求解即可．
【详解】解：如图，
∵A(1,0),B(2,0),C(0,1)，
∴OA=OC=1,OB=2,AB=OB−OA=1，
∴AC=√2，
当点P在x轴上时，△PAC∼△CAB时，
AC AP
∴ = ，
AB AC
√2 PA
∴ = ，
1 √2
∴PA=2，
∴OP=3，
∴P(3,0)，
当点P'在y轴上时，△P'CA∽△BAC，
∵AC=CA，
∴AB=CP'=1，
∴OP'=2，
∴P' (0,2)．
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AB AC
当△P″AC∼△BCA时，有 = ，
AC CP″
AC2
∴CP″= =2,
AB
∴OP″=1+2=3,
∴P″(0,3),
综上所述，满足条件的点P的坐标为(3,0)或(0,2)或(0,3)．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会与分类讨论的射线思考问题．
【变式3-1】（2013·浙江宁波·中考真题）如图，等腰直角三角形ABC顶点A在x轴上，∠BCA=90°，
3
AC=BC=2√2，反比例函数y= （x＞0）的图象分别与AB，BC交于点D，E．连接DE，当△BDE∽△BCA
x
时，点E的坐标为 ．
3
【答案】( √2，√2)．
2
3
【详解】如图，∵∠BCA=90°，AC=BC=2√2，反比例函数y= （x＞0）的图象分别与AB，BC交于点D，
x
E，
3 3
∴∠BAC=∠ABC=45°，且可设E（a， ），D（b， ）．
a b
∴C（a，0），B（a，2√2），A（a－√2，0），
设直线AB的解析式为y=kx+m，
(a−2√2)k+m=0 k=1
∴{ ，解得{ ．
ak+m=2√2 m=2√2−a
∴线AB的解析式为y=x+2√2−a．
又∵△BDE∽△BCA，
∴∠BDE=∠BCA=90°．
∴直线AB与直线DE垂直．
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过点D作x轴的垂线，过点R作y轴的垂线，两线交于点H ，
则△DEH为等腰直角三角形，
3 3
∴HE=HD，即b−a= − ．
a b
3
∴b= ．
a
3 3
又∵点D在直线AB上，∴ =b+2√2−a，即a= +2√2−a．
b a
∴2a2−2√2a−3=0，
3 1
解得a = √2，a =− √2（舍去）．
1 2 2 2
3
∴点E的坐标是( √2，√2)．
2
【变式3-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考一模）如图，直径为13的⊙E，经过原点
O，并且与x轴、y轴分别交于A、B两点，线段OA、OB(OA＞OB)的长分别是方程x2+kx+60＝0的两根．
(1)OA：OB＝ ；
(2)若点C在劣弧OA上，连结BC交OA于D，当△BOC∽△BDA时，点D的坐标为 ．
10
【答案】（1）12：5；（2）（ ，0）．
3
【详解】试题解析：连接AB，
∵∠AOB=90°，
∴AB是⊙E的直径，AB=13，
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∴OA2+OB2=AB2=169．
根据根与系数的关系可得：
OA+OB=-k＞0，OA×OB=60，
∴OA2+OB2=（OA+OB）2-2OA•OB=k2-120=169，
∴k=-17，
原方程为x2-17x+60=0，
解得x=5，x=12，
1 2
∴OA=12，OB=5，
∴OA：OB=12：5．
（2）过点D作DH⊥AB于H，如图．
∵△BOC∽△BDA，
∴∠OBC=∠DBA，
在△BOD和△BHD中，
∠OBD=∠HBD
{∠BOD=∠BHD，
BD=BD
∴△BOD≌△BHD，
∴BH=BO=5，DH=OD．
设OD=x，则DH=x，DA=12-x．
在Rt△DHA中，根据勾股定理可得，
x2+（13-5）2=（12-x）2，
10
解得x= ，
3
10
∴点D的坐标为（ ，0）．
3
【变式3-3】（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的边OB，OC分别在
x轴、y轴的正半轴上，点A的坐标为(8，6)，点P在矩形ABOC的内部，点E在BO边上，且满足
△PBE∽△CBO，当 APC是等腰三角形时，点P的坐标为 ．
△
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(32 6)
【答案】(4，3)或 ，
5 5
【分析】由题意知，PE∥OC，点P在线段BC上，分两种情况：当AP=CP时，点P是线段AC的垂直平
分线与BC的交点，即点P是OA的中点；当CA=CP时，利用相似三角形的性质即可求得点P的坐标．
【详解】解：∵△PBE∽△CBO，
∴∠BEP=∠BOC=90°，∠PBE=∠CBO，
∴PE∥OC，点P在线段BC上．
∵A点的坐标为(8，6)，
∴OB=8，OC=6，由勾股定理得：BC=10；
如图1所示，当AP=CP时，点P是线段AC的垂直平分线与BC的交点，即点P是BC的中点，
∴点P是OA的中点，
∴点P的坐标为(4，3)；
如图2所示，当CA=CP时，
∵四边形ABOC是矩形，
∴AC=OB=8，
∴CP=8，BP=2，
∵△PBE∽△CBO，
PE BE BP 1
∴ = = = ，
OC OB BC 5
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1 6 1 8
∴PE= OC= ，BE= OB= ，
5 5 5 5
8 32
∴OE=OB−BE=8− = ，
5 5
(32 6)
∴点P的坐标为 ， ；
5 5
(32 6)
综上所述，(4，3)或 ， ．
5 5
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形，勾股定理，矩形的性质等知识，
注意分类讨论思想的运用．
【题型4 相似三角形在网格中的运用】
【例4】（2023·上海杨浦·统考三模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶
点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．如图，已知△ABC是6×6的网格图中的格点三角
形，那么该网格中所有与△ABC相似且有一个公共角的格点三角形的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】取AB,BC,AC的中点D,F,E，再取网格点M、N，连接格点DE,DF,EF,MN，结合中位线
的性质可证明△ADE∽△ABC，△BDF∽△BAC，△CEF∽△CAB，再根据BN=3√2，BM=4，
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BN BC
BA=4√2，BC=6，可得 = ，结合∠ABC=∠MBN，有△ABC∽△MBN，即可获得答案．
BM BA
【详解】解：如图，取AB,BC,AC的中点D,F,E，再取网格点M、N，连接格点DE,DF,EF,MN，
1
则DE∥BC，且DE= BC，
2
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC．
同理可证：△BDF∽△BAC，△CEF∽△CAB．
∵BN=3√2，BM=4，BA=4√2，BC=6，
BN 3√2 3√2×√2 BC
∴ = = = ，
BM 4 4×√2 BA
BN BC
∴ = ，∠ABC=∠MBN，
BM BA
∴△ABC∽△MBN，
综上，满足条件的三角形有4个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中位线的性质、相似三角形的判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定条件是解
答本题的关键．
【变式4-1】（2023·贵州遵义·统考一模）如图，正方形网格中每个小正方形的边长均为1，其中，B、C、
D、E四点都在网格的格点上，则△ABC的面积为（ ）
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25
A．7.5 B．8 C． D．8.5
3
【答案】C
【分析】连接DE，过点A作AF⊥BC，垂足为F，证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质可知
AG DE 2
= = ，结合AG=AF−GF，即可求出△ABC的高AF的长度，再求出面积即可．
AF BC 5
【详解】解：连接DE，过点A作AF⊥BC，垂足为F，
由网格图的性质可知：AG⊥DE，DE∥BC，DE=2，BC=5，GF=2，
∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
AG DE 2
∴ = = ，
AF BC 5
AG AF−GF 2
∴ = = ，
AF AF 5
AF−2 2
∴ = ，
AF 5
10
∴AF= ，
3
1
∵S = ×BC×AF，
△ABC 2
1 10 50 25
∴S = ×5× = = ，
△ABC 2 3 6 3
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，熟知相似三角形的对应高的比等于相似比是解答本题的关
键．
【变式4-2】（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考二模）如图，在4×4的正方形网格中，每个小
正方形的边长都为1，E为BD与正方形网格线的交点，下列结论正确的是（ ）
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1
A．CE≠ BD B．△ABC≌△CBD C．AC=CD D．∠ABC=∠CBD
2
【答案】D
【分析】由题意易得CE∥AB，然后根据相似三角形的性质与判定、直角三角形斜边中线定理及全等三角形
的判定可排除选项．
【详解】解：∵每个小正方形的边长都为1，
∴AB=4,AC=2,BC=2√5,CD=√5,BD=5，
∴BC2+CD2=25=BD2，AC≠CD，故C错误；
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BCD=∠BAC=90°，
AB AC 2√5
∵ = = ，
BC CD 5
∴△ABC∽△CBD，故B错误；
∴∠ABC=∠CBD，故D正确；
∵E为BD与正方形网格线的交点，
∴CE∥AB，
∴∠ABC=∠BCE=∠CBD，
∴∠DBC+∠BDC=∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠BDC=∠ECD，
1
∴BE=CE=ED= BD，故A错误；
2
故选D．
【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理、相似三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理，熟练掌
握勾股定理的逆定理、相似三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
【变式4-3】（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫
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做格点，正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，
画图过程用虚线表示．
(1)在图（1）中，先将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF，再在CD上画点G，并连接BG，使
∠GBE=45°；
(2)在图（2）中，M是BE与网格线的交点，先画点M关于BD的对称点N，再在BD上画点H，并连接
MH，使∠BHM=∠MBD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取格点F，连接BF，连接EF，再取格点P，连接CP交EF于Q，连接BQ，延长交CD于G
即可．
（2）取格点F，连接BF、EF，交格线于N，再取格点P，Q，连接PQ交EF于O，连接MO并延长交BD
于H即可．
【详解】（1）解：如图（1）所示，线段BF和点G即为所作；
∵BC=BA，CF=AE，∠BCF=∠BAE=90°，
∴△BCF≌△BAE(SAS)
∴∠CBF=∠ABE
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∴∠FBE=∠CBF+∠CBE=∠ABE+∠CBE=∠CBA=90°
∴线段BE绕点B顺时针旋转90°得BF；
∵PE∥FC，
∴∠PEQ=∠CFQ，∠EPQ=∠FCQ，
∵PE=FC，
∴△PEQ≌△CFQ(ASA)，
∴EQ=FQ
由旋转性质得BE=BF，∠EBF=90°，
1
∴∠GBE= ∠EBF=45°．
2
（2）解：如图（2）所示，点N与点H即为所作．
∵BC=BA，∠BCF=∠BAE=90°，CF=AE，
∴△BCF≌△BAE(SAS)，
∴BF=BE
∵DF=DE
∴BF与BE关于BD对称，
∵BN=BM
∴M、N关于BD对称；
∵PE∥FC，
∴△POE∽△QOF，
EO PE 1
∴ = =
OF FQ 2
∵MG∥AE
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EM AG 2 1
∴ = = = ，
MB GB 4 2
EM EO 1
∴ = =
EB EF 3
∵∠MEO=∠BEF
∴△MEO∽△BEF
∴∠EMO=∠EBF
∴OM∥BF
∴∠MHB=∠FBH
由轴对称可得∠FBH=∠EBH
∴∠BHM=∠MBD．
【点睛】本题考查利用网格作图，轴对称性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定与性质．取恰当
的格点是解题的关键．
【题型5 与相似三角形有关的证明】
【例5】（2023·山西·统考中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩
形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中
∠ACB=∠≝=90°,∠A=∠D．将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为
点B）．当∠ABE=∠A时，延长DE交AC于点G．试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．
(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；
(2)深入探究：老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新
的问题．
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①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE=∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点
M,BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE=∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若
BC=9,AC=12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】(1)正方形，见解析
27
(2)①AM=BE，见解析；②
5
【分析】（1）先证明四边形BCGE是矩形，再由△ACB≅△DEB可得BC=BE，从而得四边形BCGE是
正方形；
1 1
（2）①由已知∠ABE=∠BAC可得AN=BN，再由等积方法S = AN⋅BC= BN⋅AM，再结合
△ABN 2 2
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已知即可证明结论；②设AB,DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，则易得MD=MB，点G是BD的
中点；利用三角函数知识可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）解：四边形BCGE为正方形．理由如下：
∵∠BED=90°，
∴∠BEG=180°−∠BED=90°．
∵∠ABE=∠A，
∴AC∥BE．
∴∠CGE=∠BED=90°．
∵∠C=90°，
∴四边形BCGE为矩形．
∵△ACB≅△DEB，
∴BC=BE．
∴矩形BCGE为正方形．
（2）：①AM=BE．
证明：∵∠ABE=∠BAC，
∴AN=BN．
∵∠C=90°，
∴BC⊥AN．
∵AM⊥BE，即AM⊥BN，
1 1
∴S = AN⋅BC= BN⋅AM．
△ABN 2 2
∵AN=BN，
∴BC=AM．
由（1）得BE=BC，
∴AM=BE．
②解：如图：设AB,DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，
∵△ACB≅△DEB，
∴BE=BC=9,DE=AC=12，∠A=∠D，∠ABC=∠DBE，
∴∠CBE=∠DBM；
∵∠CBE=∠BAC，
∴∠D=∠BAC，
∴MD=MB，
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∵MG⊥BD，
∴点G是BD的中点；
由勾股定理得AB=√AC2+BC2=15，
1 15
∴DG= BD= ；
2 2
DG DE
∵cos∠D= = ，
DM BD
15
×15 75
∴ DG⋅BD 2 75，即BM=DM= ；
DM= = = 8
DE 12 8
75 45
∴AM=AB−BM=15− = ；
8 8
∵AH⊥DE,BE⊥DE，∠AMH=∠BME，
∴△AMH∼△BME，
AH AM 3
∴ = = ，
BE BM 5
3 3 27 27
∴AH= BE= ×9= ，即AH的长为 ．
5 5 5 5
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与
性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
【变式5-1】（2023·山西运城·校联考模拟预测）“黄金三角形”是几何历史上的瑰宝，它有两种类型，其
中一种是顶角为36°的等腰三角形，如图，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．
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(1)实践与操作：利用尺规作∠B的平分线，交边AC于点D（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，
标明字母）；
(2)猜想与证明：请你利用所学知识，证明点D是边AC的黄金分割点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作∠ABC的角平分线，交AC于点D；
（2）根据等腰三角形的性质和角平分线的定义可知AD=BC，再证△BCD∽△ACB，根据相似三角形的
性质即可得证．
【详解】（1）解：如图所示，BD即为所求；
（2）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠ACB=72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=36°，
∴AD=BD，∠BDC=72°，
∴BD=BC，
∴AD=BC，
∵∠BCD=∠ACB，∠CBD=∠CAB，
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∴△BCD∽△ACB，
∴BC：AC=CD：BC，
∴AD：AC=CD：AD，
∴AD2=CD⋅CA，
∴点D是边AC的黄金分割点．
【点睛】本题考查了黄金分割，等腰三角形、相似三角形的判定和性质，以及尺规作图等知识；熟练掌握
相似三角形的性质和判定是解题的关键．
【变式5-2】（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，
将线段CA绕点C逆时针旋转α角得到线段CD，连接AD，过点C作CE⊥AD于点E，连接BD，分别交
CA、CE于点F、G．
(1)当α=60°时，求∠CBD的大小；
(2)当α≠60°时，试写出线段BG与CE满足的数量关系，并证明；
(3)若F为线段CA的中点，求DG的长．
【答案】(1)15°
BG
(2) =√2，证明见解析
CE
4√5
(3)
5
【分析】（1）根据题意作图，根据等腰三角形的性质和角的和差即可求解；
（2）根据等腰三角形的性质和角的和差即可求出∠GDE=45°；再根据等腰直角三角形的判定和性质得
出AG=√2DE，连接AG，可证明∠AGB是直角，进而证明△BGA∽△CED，根据相似三角形的性质求
解即可；
（3）过点F作FN⊥AB，通过证明△BNF∽△BGA，再利用相似三角形的性质和等腰三角形的性质进行
求解即可．
【详解】（1）解：∵∠ACB=90°，
当α=60°时，∠DCB=∠ACB+α=150°，
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∵CD=AC=AB，
180°−150°
∴∠CBD= =15°；
2
（2）BG=√2CE，证明如下：
连接AG，
∵∠ACD=α，DC=AC，CE⊥AD，
1 1 1 1
∴∠ADC= (180°−∠ACD)=90°− α，∠DCE= ∠ACD= α=∠DAC，∠CED=90°，
2 2 2 2
AE=DE，
∴AG=DG，
∵∠BCA=90°，
∴∠BCD=∠ABC+∠ACD=90°+α，
∵BC=CD，
1
∴ ∠CDB=∠CBD=45°− α，
2
∴∠GDE=∠ADC−∠CDB=45°=∠GAE，
∴∠CAG=∠CDG，∠AGD=90°=∠AGB，△DEG是等腰直角三角形，
∴AG=√2DE，
∵AC=BC，
∴∠CAB=45°，
1
∴∠BAG=∠BAC+∠CAG=90°− α，
2
∴∠CDE=∠BAG，
∵∠CED=∠BGA，
∴△BGA∽△CED，
BG AG
∴ = =√2，
CE DE
∴BG=√2CE；
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（3）过点F作FN⊥AB，则∠BNF=90°=∠BGA=∠ANF，
∵∠BNF=∠AGB，
∴△BNF∽△BGA，
BF NF
∴ = ，
AB AG
∵F为AC的中点，AC=BC=4，∠ACB=90°，
1
∴CF= AC=2=AF，AB=√AC2+BC2=4√2，∠BAC=45°，
2
∴BF=√BC2+CF2=2√5，NF=√2，
2√5 √2
∴ = ，
4√2 AG
4√5
∴AG= ，
5
∵△AEG是等腰直角三角形，
√2 2√10
∴AE= AG= ，
2 5
4√10
∴AD= ．
5
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2023·贵州遵义·校考一模）（1）【问题发现】如图1所示，△ABC和△ADE均为正三角形，
B、D、E三点共线．猜想线段BD、CE之间的数量关系为______；∠BEC=______°；
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（2）【类比探究】
如图2所示，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，AC=BC，AE=DE，B、
D、E三点共线，线段BE、AC交于点F．此时，线段BD、CE之间的数量关系是什么？请写出证明过程
并求出∠BEC的度数；
（3）【拓展延伸】
如图3所示，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，BC=8，DE为△ABC的中位线，将△ADE绕点
A顺时针方向旋转，当DE所在直线经过点B时，请直接写出CE的长．
【答案】（1）BD=CE，60
（2）BD、CE之间的数量关系是BD=√2CE，∠BEC的度数为45°
（3）CE的长为√15−√3或√3+√15
【分析】（1）证△ABD≌△ACE，得BD=CE，∠BDA=∠CEA，进而判断出∠BEC的度数为60°即
可；
BD AB AD
（2）证△ABD∽△ACE，得∠ADB=∠AEC=135°， = = ，则
CE AC AE
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BD AB
∠BEC=∠AEC−∠AED=45°，再求出 = =√2，即可得出结论；
CE AC
（3）分两种情况，根据相似三角形的判定与性质结合勾股定理分别求出BE的长即可．
【详解】解：（1）∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∠ADE=∠AED=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
¿，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠BDA=∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB=180°−60°=120°，
∴∠AEC=120°，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=120°−60°=60°，
综上所述，∠BEC的度数为60°，线段BD与CE之间的数量关系是BD=CE，
故答案为：BD=CE，60；
（2）结论：BD=2CE，∠BEC=45°，
理由如下：
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ADE=∠DAE=45°，∠ACB=∠AED=90°，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADB=135°，
AC
在Rt△ABC中，sin∠ABC= ，
AB
AE
在Rt△ADE中，sin∠ADE= ，
DE
√2
∵sin45°= ，
2
AC AE √2
∴ = = ，
AB AD 2
AB AC
∴ = ，
AD AE
又∵∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
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BD AB AD
∴∠ADB=∠AEC=135°， = = ，
CE AC AE
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=45°，
AC AE √2
∵ = = ，
AB AD 2
AB
∴ =√2，
AC
BD AB
∴ = =√2，
CE AC
∴BD=√2CE；
（3）如图所示：
∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，BC=8，
1
∴AC= BC=4，
2
∴AB=√BC2−C A2=√82−42=4√3，
∵DE为△ABC的中位线，
1 1 1
∴DE= BC=4，DE∥BC，AE= AC，AD= AB，
2 2 2
AD AE 1
∴∠ADE=∠ABC=30°， = = ，
AB AC 2
根据题意，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，当DE所在直线经过点B时，分两种情况讨论如下：
①如图4所示：
由旋转的性质得∠BAD=∠CAE，
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AD AE 1
∵ = = ，
AB AC 2
∴△BAD∽△CAE，
BD AB
∴ = =√3，∠ADB=∠AEC=180°−∠ADE=150°，
CE AC
∵∠AED=90°−∠CDE=60°，
∴∠CEB=∠AEC−∠AED=150°−60°=90°，
设CE=x，则BD=√3x，BE=BD+DE=√3x+4，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：x2+(√3x+4) 2=82，解得x=√15−√3或x=−√15−√3（舍去）
∴CE=√15−√3；
②如图5所示：
由旋转的性质得∠BAD=∠CAE，
AD AE 1
∵ = = ，
AB AC 2
∴ △AEC∽△ADB，
BD AD
∴ = =√3，∠CEB=90°，
CE AE
设CE= y，则BD=√3 y，BE=BD−DE=√3 y−4，
在Rt△BCE中，由勾股定理得y2+(√3 y−4) 2=82，解得y=√15+√3或y=−√15−√3（舍去），
∴CE=√15+√3；
综上所述，CE的长为√15−√3或√15+√3．
【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判
定和性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三
角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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【题型6 利用相似三角形的性质求解决折叠问题】
【例6】（2023·浙江杭州·临安市锦城第四初级中学校考三模）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，
点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，MF的延长线交边
BC于点G，EF交边BC于点H．EN=2，AB=4，，当GH=2HN时，MD的长为 ．
【答案】2√13−4
【分析】根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN=∠MNG，得到MG=NG，证明
△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，设MD=MF=x，根据勾
股定理列方程求出x即可．
【详解】解：∵将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，
∴MF=MD，CN=EN，∠E=∠C=∠D=∠MFE=90°，∠DMN=∠GMN，AD∥BC，
∴∠GFH=90°，∠DMN=∠MNG，
∴∠GMN=∠MNG，
∴MG=NG，
∵∠GFH=∠E=90°，∠FHG=∠EHN，
∴△FGH∽△ENH，
FG GH
∴ = =2，
EN HN
∴FG=2EN=4，
过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，PD=CG
设MD=MF=x，
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则MG=GN=x+4，
∴CG=GN+CN=x+6=MD+PM，
∴PM=6，
∵GP2+PM2=MG2，
∴42+62=(x+4) 2，
解得：x=2√13−4或x=−2√13−4（舍去，不符合题意），
∴MD=2√13−4．
故答案为：2√13−4．
【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定及性质，勾股定理，
根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
【变式6-1】（2023·广东茂名·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，点D在边AC上，AD=BD，
将△DBC沿BD折叠，BC的对应边BC'交AC于点P，连接AC'．若AP=4，AC=9，则AC'的长为
．
【答案】3√3
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理
等知识点，过点A作AM⊥DC'于点M，先证明△ABD是等边三角形，再证△APB∽△ABC，得出
AB=6，PD=2，CD=C'D=AC−AD=3，由折叠的性质可得∠ADC'=60°，利用三角函数求得DM
的长，进而得点C'与点M重合，从而求得AC'的长，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，
是解此题的关键．
【详解】解：过点A作AM⊥DC'于点M，
，
∵将△DBC沿BD折叠，BC的对应边BC'交AC于点P，
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∴∠PBD=∠DBC，∠BDC=∠BDC'，
∵∠BAC=60°，AD=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=∠ADB=60°，
∵∠ADB=∠DBC+∠C，
∴∠ABP+∠PBD=∠C+∠DBC，
∴∠C=∠ABP，
∵∠PAB=∠BAC，
∴△APB∽△ABC，
AP AB
∴ = ，
AB AC
∴AB2=AP⋅AC=4×9=36，
∴AB=AD=6，
∴PD=2，CD=C'D=AC−AD=3，
∵∠BDC=∠BDC'，∠ADB=60°，∠BDC+∠ADB=180°，
∴∠BDC'=120°，
∴∠ADC'=60°，
∵AM⊥DC'，
1 DM
∴cos∠ADC'=cos60°= = ，
2 AD
∴DM=3，
∵C'D=3，
∴点C'与点M重合，
∴AC'=√AD2−DC'2=3√3，
故答案为：3√3．
【变式6-2】（2023·浙江杭州·校考三模）如图，在菱形ABCD中，点E为BC中点，连接AE，DE，将
CF
△ABE沿直线AE折叠，使点B落在DE上的点B'处，连接AB'并延长交CD于点F，则 的值为 ．
FD
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1
【答案】 /0.5
2
【分析】如图，延长AF、BC，交于H，由折叠的性质可得，∠AEB'=∠AEB，BE=B'E，由E为BC
1
中点，可得BE=CE=B'E= BC，由菱形的性质可得，AD=BC，AD∥BC，则∠AEB'=∠DAE，
2
1
DE=AD=BC，DB'=DE−B'E= BC=B'E，证明△ADB'≌△HEB' (ASA)，则EH=AD，
2
1
1 BC
CH=EH−EC= BC，证明△HCF∽△ADF，则CF CH 2 ，计算求解即可．
2 = =
FD AD BC
【详解】解：如图，延长AF、BC，交于H，
由折叠的性质可得，∠AEB'=∠AEB，BE=B'E，
∵E为BC中点，
1
∴BE=CE=B'E= BC，
2
由菱形的性质可得，AD=BC，AD∥BC，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠AEB'=∠DAE，
∴DE=AD=BC，
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1
∴DB'=DE−B'E= BC=B'E，
2
∵AD∥BC，
∴∠ADB'=∠HEB'，
∵∠ADB'=∠HEB'，DB'=B'E，∠AB'D=∠EB'H，
∴△ADB'≌△HEB' (ASA)，
∴EH=AD，
1
∴CH=EH−EC= BC，
2
∵AD∥BC，
∴∠HCF=∠ADF，
又∵∠HFC=∠AFD，
∴△HCF∽△ADF，
1
BC
∴CF CH 2 1，
= = =
FD AD BC 2
1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判
定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式6-3】（2023·吉林松原·校联考三模）小英用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图所示，在
Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=6，点D在斜边AB上，连接CD，将△ADC沿CD折叠，点
A的对应点A'落在BC边上，则折叠后纸片重叠阴影部分的面积为 ．
24
【答案】
5
【分析】过点D作DE⊥BC于点E，由折叠的性质可得DE=CE，再根据相似三角形的性质可求出DE，
再由三角形面积公式即可得出答案．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥BC于点E，
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1
由折叠可知∠ACD=∠A'CD= ∠ACB=45°，A'C=AC=4，
2
∴∠CDE=∠A'CD=45°，
∴DE=CE，
设DE=x，则BE=6−x，
∵DE⊥BC，
∴∠BED=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BED=∠ACB，
∴DE∥AC，
∴△ABC∽△DBE，
DE BE x 6−x
∴ = ，即 = ，
AC BC 4 6
12
解得x= ，
5
12
即DE= ，
5
1 1 12 24
∴S = A'C⋅DE= ×4× = ，
阴影部分 2 2 5 5
24
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查直角三角形折叠问题，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形，掌握翻折的性质以及
相似三角形的性质是正确解答的前提．
【题型7 利用相似三角形的性质判断函数图象】
【例7】（2023·新疆乌鲁木齐·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点P是BC边上的
一个动点（点P与点B,C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF
的角平分线交AB于点E．设BP=x，BE= y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是
（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的图象，熟练的建立二次函数的
解析式是解本题的关键，先证明△BPE∽△CDP，再利用相似三角形的性质建立二次函数，从而可得答案．
【详解】解：∵矩形ABCD，AB=3，BC=5，
∴∠B=∠C=90°，AB=CD=3，
∵将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E，
∴∠CPD=∠FPD，∠BPE=∠FPE，
又∵∠CPD+∠FPD+∠BPE+∠FPE=180°，
∴∠CPD+∠BPE=90°，
又∵∠BPE+∠BEP=90°，
∴∠BEP=∠CPD，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△BPE∽△CDP，
BP BE x y
∴ = ，即 = ，
CD CP 3 5−x
1 5
则y=− x2+ x(0<x<5)，y是x的二次函数，且开口向下．
3 3
故选B．
【变式7-1】（2023·广东潮州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC（为定值），点P
为AB的中点．点D沿AB从点A运动到点B，过点D作DE⊥AB交AC于E，设A，D两点间的距离为
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x，DE+DP= y，则能够反映y与x之间函数关系的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设AP=PB=a，证明DE∥BC，求出AD=D E=x，分情况讨论当点D在AP上时，当点D在
PB上时的函数解析式，即可解答此题．
【详解】解：∵点P为AB的中点，设AP=PB=a，
∵∠B=90°,DE⊥AB，
∴DE∥BC，
故△ADE∽△ABC
∴AD:AB=DE:BC，
∵AB=BC，
∴AD=DE=x，
当点D在AP上时，y=x+a−x=a，
当点D在PB上时，y=x+x+a=2x+a，
故选：Ａ．
【点睛】本题考查了相似三角形，动点问题的函数图象的性质，结合图象分析题意是解题关键．
【变式7-2】（2023·河北沧州·统考模拟预测）在平行四边形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，
CF⊥BD，垂足分别为E、F，已知AE=2，且∠CBF=∠EAF，设EF=x，BF= y，假设x、y能组成
函数，则y与x的函数的图象为（ ）
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A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据平行四边形的性质得到S =S ，然后证明出△AEF∽△BFC，然后利用相似三角
△ABD △BCD
形的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S =S ，
△ABD △BCD
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴CF=AE=2，∠AEF=∠BFC=90o，
∵∠CBF=∠EAF，∠AEF=∠BFC，
∴△AEF∽△BFC，
EF AE
∴ = ，
CF BF
x 2
∴ = ，
2 y
4
∴y= ，
x
∴y与x的函数的图象为双曲线在第一象限内的部分．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质等知识，解此题的关键是证明出
△AEF∽△BFC．
【变式7-3】（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，AF∥BC，点
D在线段AC上运动，DE⊥AC交射线AF于点E，连接BD，CE，设线段BD的长为x，线段CE的长为y，
则下列图象能大致反映y与x的函数关系的图象是（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】A
CE AC
【分析】由等腰直角三角形的性质易证明△ABD∼△ACE，由此即可得出 = =√2．
BD AB
【详解】解：∵在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=45°，AC=√2AB，
∵AF∥BC，
∴∠EAC=∠ACB=∠BAC=45°，
又∵DE⊥AC，
∴AE=√2AD
AC AE
∴ = =√2，
AB AD
∴△ACE∼△ABD，
CE AC
∴ = =√2，
BD AB
设线段BD的长为x，线段CE的长为y，
∴y=√2x，
∴y与x的函数关系为正比例函数，
故选A．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，求函数关系式，判断函数图象，掌握相似三角形的判定正
确求出△ACE∼△ABD是解题的关键．
【题型8 尺规作图与相似三角形综合应用】
【例8】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在△ABC中，用尺规按①到③的步骤作图：
①以A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于F、E两点；
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1
②分别以F、E为圆心，大于 FE为半径画弧，两弧相交于点G；
2
③作射线AG，交BC于点D；
结论Ⅰ：线段AD上必有一点M，使得S +S >S ；
△ABM △ACM △BCM
AB BD
结论Ⅱ： = ；
AC CD
对于结论Ⅰ和结论Ⅱ，下列判断正确的是( )
A．结论Ⅰ和结论Ⅱ都对 B．结论Ⅰ和结论Ⅱ都不对
C．结论Ⅰ对，结论Ⅱ不对 D．结论Ⅰ不对，结论Ⅱ对
【答案】A
【分析】取△ABC的内心M，连接BM，CM，过点M作MH⊥AB，MK⊥BC，MN⊥AC，垂足分
1 1
别为H，K，N，得出MH=MK=MN，根据三角形面积公式得出S = AB⋅MH= rAB，
△ABM 2 2
1 1 1 1
S = AC⋅MN= rAC，S = BC⋅MK= rBC，根据三角形三边之间的关系得出
△ACM 2 2 △BCM 2 2
AB+AC>BC，则S +S >S ，即可判断结论Ⅰ正确；过点C作CH∥AB，交AG于点H，
△ABM △ACM △BCM
AB BD
证明 △CDH∽△BDA，得出 = ，即可判断结论Ⅱ正确．
AC CD
【详解】解：由题意得：AG为∠BAC的平分线，
∵三角形的内心是三个内角平分线的交点，
∴△ABC的内心在AG上，
取△ABC的内心M，连接BM，CM，过点M作MH⊥AB，MK⊥BC，MN⊥AC，垂足分别为H，
K，N，如图，
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则MH=MK=MN，
设MH=MK=MN=r，
1 1 1 1 1 1
∴ S = AB⋅MH= rAB，S = AC⋅MN= rAC，S = BC⋅MK= rBC，
△ABM 2 2 △ACM 2 2 △BCM 2 2
1
∴S +S = r(AB+AC)，
△ABM △ACM 2
∵AB+AC>BC，
∴S +S >S ，
△ABM △ACM △BCM
∴线段AD上必有一点M，使得S +S >S ．
△ABM △ACM △BCM
∴结论Ⅰ正确；
过点C作CH∥AB，交AG于点H，如图，
∴∠CHA=∠BAD，
∵AG为∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠CHA=∠CAD，
∴CH=AC．
∵CH∥AB，
∴△CDH∽△BDA，
BD AB
∴ = ，
CD CH
AB BD
∴ = ．
AC CD
∴结论Ⅱ正确．
综上，结论Ⅰ和结论Ⅱ都对．
故选：A．
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【点睛】本题主要考查了三角形内心的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握三角形三条角
平分线的交点到三边的距离相等，角平分线上的点到两边的距离相等，相似三角形对应边成比例．
【变式8-1】（2023·湖南邵阳·校联考三模）已知 ABC中，∠BAC=90°，用尺规过点A作一条直线，使其
将 ABC分成两个相似的三角形，其作法不正确的△是（ ）
△
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】分析：根据过直线外一点作这条直线的垂线，及线段中垂线的做法，圆周角定理，分别作出直角
三角形斜边上的垂线，根据直角三角形斜边上的垂线，把原直角三角形分成了两个小直角三角形，图中的
三个直角三角形式彼此相似的；即可作出判断.
详解：A、在角∠BAC内作作∠CAD=∠B,交BC于点D,根据余角的定义及等量代换得出∠B＋∠BAD=90°,
进而得出AD⊥BC,根据直角三角形斜边上的垂线，把原直角三角形分成了两个小直角三角形，图中的三个
直角三角形式彼此相似的；A不符合题意；
1
B、以点A为圆心，略小于AB的长为半径，画弧，交线段BC两点，再分别以这两点为圆心，大于 两交
2
点间的距离为半径画弧，两弧相交于一点，过这一点与A点作直线，该直线是BC的垂线；根据直角三角
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形斜边上的垂线，把原直角三角形分成了两个小直角三角形，图中的三个直角三角形是彼此相似的；B不
符合题意；
C、以AB为直径作圆，该圆交BC于点D，根据圆周角定理，过AD两点作直线该直线垂直于BC，根据
直角三角形斜边上的垂线，把原直角三角形分成了两个小直角三角形，图中的三个直角三角形式彼此相似
的；C不符合题意；
D、以点B为圆心BA的长为半径画弧，交BC于点E，再以E点为圆心，AB的长为半径画弧，在BC的
另一侧交前弧于一点，过这一点及A点作直线，该直线不一定是BE的垂线；从而就不能保证两个小三角
形相似；D符合题意;
故选D.
点睛：此题主要考查了相似变换以及相似三角形的判定，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
【变式8-2】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC为对角线，
∠BAC=∠BCD=90°，请用尺规在AC边上找一点E，使得△CDE∽△BCA．（保留作图痕迹，不写作
法）
【答案】见解析
【分析】过点D作DE⊥AC交AC于E，点E即为所求作．
【详解】解：如图，点E即为所求作．
由作图知，∠CED=90°，
∵∠BCD=∠BAC=90°，
∴∠DCE+∠ACB=∠B+∠ACB=90°，
∴∠DCE=∠B，
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∴△CDE∽△BCA．
【点睛】本题考查作图-相似变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式8-3】（2023·广东广州·统考一模）如图：△ABC中，∠C=45°，点D在AC上，且∠ADB=60°，AB
为△BCD外接圆的切线．
（1）用尺规作出△BCD的外接圆（保留作图痕迹，可不写作法）；
（2）求∠A的度数；
AD
（3）求 的值．
DC
AD
【答案】（1）作图见解析；（2）∠A=75°；（3） =2．
CD
【详解】试题分析：（1）利用三角形外接圆的圆心是各边垂直平分线的交点即可画出图形．
（2）只要证明△BOD是等腰直角三角形即可推出∠ABD=∠DBO=45°，利用三角形内角和定理即可解决问
题．
（3）过点B作BE⊥AC，垂足为点E，设DE=x，则BD=2x，BE=√BD2−DE2 =√3x，用x的代数式表示
AD、DC即可解决问题．
试题解析：（1）作BC的垂直平分线MN，作BD的垂直平分线HF，MN与FH的交点为O，以点O为圆
心OB为作⊙O即可．如图所示：
；
（2）连结OB、OD，
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由切线性质，知∠ABO=90°．
∵∠ACB=45°，∴∠BOD=90°（同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）．
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB=45°，
由∠ABO=90°，得∠ABD=45°，∴∠A=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=180°﹣45°﹣60°=75°；
（3）过点B作BE⊥AC，垂足为点E，
在Rt△BCE中，∵∠ACB=45°，∴∠EBC=45°，∴BE=CE．
在Rt△BDE中，∵∠DBE=90°﹣∠EDB=30°，∴BD=2DE，
设DE=x，则BD=2x，BE=√BD2−DE2=√3xDC=CE﹣DE=BE﹣DE=（√3﹣1）x．
AE=AD﹣DE=AD﹣x．
在△ABC和△ADB中，∵∠ABD=∠ACB=45°，∠A为公共角，∴△ABC∽△ADB，
AB AD
∴ = ，即AB2=AC•AD，即
AC AB
AB2=（AD+DC）•AD=AD2+AD•（√3﹣1）x ①．
在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB2=AE2+BE2=（AD﹣x）2+（√3x）2 ②．
由①、②，得AD2+AD•（√3﹣1）x=（AD﹣x）2+（√3x）2，
化简整理，解得AD=2（√3﹣1）x．
AD 2(√3−1)x
∴ = =2，
DC (√3−1)x
AD
∴ =2．
CD
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，
解题的关键是根据题意作出图形，能够从复杂的图形中找到基本图形，选取适合的知识点进行解答.
【题型9 三角板与相似三角形综合应用】
【例9】（2023·浙江丽水·统考中考真题）一副三角板按图1放置，O是边BC(DF)的中点，BC=12cm．
如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 cm．
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【答案】(3√3−3)
【分析】BC交EF于点N，由题意得，∠EDF=∠BAC=90°，∠≝=60°，∠DFE=30°，
∠ABC=∠ACB=45°，BC=DF=12，根据锐角三角函数即可得DE，FE，根据旋转的性质得△ONF是直
角三角形，根据直角三角形的性质得ON=3，即NC=3，根据角之间的关系得△CNG是等腰直角三角形，
即NG=NC=3cm，根据∠FNO=∠FDE=90°，∠NFO=∠DFE=30°得△FON∽△FED，即
ON FN
= ，解得FN=3√3，即可得．
DE DF
【详解】解：如图所示，BC交EF于点N，
由题意得，∠EDF=∠BAC=90°，∠≝=60°，∠DFE=30°，∠ABC=∠ACB=45°，BC=DF=12，
DF 12
在Rt△EDF中，DE= = =4√3，
tan∠EDF tan60°
DF 12
EF= = =8√3，
sin∠EDF sin60°
∵△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD=∠NOF=60°，
∴∠NOF+∠F=90°，
∴∠FNO=180°−∠NOF−∠F=90°，
∴△ONF是直角三角形，
1
∴ON= OF=3（cm），
2
∴NC=OC−ON=3（cm），
∵∠FNO=90°，
∴∠GNC=180°−∠FNO=90°，
∴△NGC是直角三角形，
∴∠NGC=180−∠GNC−∠ACB=45°，
∴△CNG是等腰直角三角形，
∴NG=NC=3cm，
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∵∠FNO=∠FDE=90°，∠NFO=∠DFE=30°，
∴△FON∽△FED，
ON FN
即 = ，
DE DF
3 FN
= ，
4√3 12
FN=3√3，
∴FG=FN−NG=3√3−3（cm），
故答案为：(3√3−3)．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是掌握这些
知识点．
【变式9-1】（2023·江苏无锡·无锡市江南中学校考二模）如图，将两块三角板OAB（∠OAB=45°）和三角
板OCD（∠OCD=30°）放置在矩形BCEF中，直角顶点O重合，点A、D在EF边上，AB=6．
（1）若点O到BC的距离为√6，则点O到EF的距离为 ；
（2）若BC=3AD，则 OCD外接圆的半径为 ．
【答案】 2√3 △ 6
【分析】（1）根据题意可得∠AOB=∠DOC=90°，AO=BO，CD=2DO，过点O作OG⊥BC于点G，延长
GO交EF于点H，证明 OAH≌△BOG（AAS），可得OH=BG，AH=OG=√6，然后根据勾股定理即可解决
问题； △
HO HD OD OD √3
（2）根据题意证明 HOD∽△GCO，可得 = = ，由tan∠OCD=tan30°= = ，设
GC OG OC OC 3
△
1
BG=OH=x，可得CG=√3x，设HD=k，可得OG=√3k，根据BC=3AD可得，k= x，然后利用勾股定理可得
3
DO=6，进而可以解决问题．
【详解】解：（1）∵两块三角板OAB（∠OAB=45°）和三角板OCD（∠OCD=30°）放置在矩形BCEF中，
∴∠AOB=∠DOC=90°，AO=BO，CD=2DO，
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如图，过点O作OG⊥BC于点G，延长GO交EF于点H，
∵四边形BCEF是矩形，
∴BC∥EF，
∴OH⊥EF，
∴∠OHA=∠AOB=90°，
∴∠AOH+∠OAH=∠AOH+∠BOG=90°，
∴∠OAH=∠BOG，
在 OAH和 BOG中，
¿，
△ △
∴△OAH≌△BOG（AAS），
∴OH=BG，AH=OG=√6，
∵AB=6．
√2
∴AO=BO= AB=3√2，
2
∴BG=√ (3√2) 2 −(√6) 2=2√3，
∴OH=2√3，
则点O到EF的距离为2√3，
故答案为：2√3；
（2）∵∠OGC=∠DHO=∠DOC=90°，
∴∠HOD+∠COG=∠GCO+∠COG=90°，
∴∠HOD=∠GCO，
∴△HOD∽△GCO，
HO HD OD
∴ = = ，
GC OG OC
∵∠OCD=30°，
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OD √3
∴tan∠OCD=tan30°= = ，
OC 3
HO HD √3
∴ = = ，
GC OG 3
由（1）知：OH=BG，AH=OG，
设BG=OH=x，
∴CG=√3x，
设HD=k，
∴OG=√3k，
∴AH=OG=√3k，
∴AD=AH+DH=（√3+1）k，
∵BC=3AD，BC=BG+CG=OH+CG=（√3+1）x，
∴（√3+1）x=3（√3+1）k，
1
∴k= x，
3
√3
∴AH=OG=√3k= x，
3
在Rt△AHO中，根据勾股定理得：
OH2+AH2=AO2，
√3
∴x2+（ x）2=（3√2）2，
3
解得x=3√3，
1
∴HD=k= x=√3，BG=OH=x=3√3，
3
在Rt△DHO中，根据勾股定理得：
DH2+OH2=DO2，
∴（√3）2+（3√3）2=DO2，
∴DO=6，
∴△OCD外接圆的半径为6．
故答案为：6．
【点睛】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角
形，勾股定理，三角形外接圆与外心，矩形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
【变式9-2】（2023·辽宁抚顺·统考三模）如图，将一块直角三角板的直角顶点E放在正方形ABCD的对角
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线AC上（不与点A，C重合，其中的一条直角边经过点D，另一条直角边与射线BC相交于点F．
(1)试猜想线段DE、EF之间的数量关系为__________；
(2)试猜想图中此时线段CE、CD、CF之间的数量关系，并说明理由；
(3)作射线DF交直线AC于点G，若AB=4，CF=1，请直接写出EG的长．
【答案】(1)EF=DE
(2)CD−CF=√2CE，证明见解析
17√2 17√2
(3) 或
6 10
【分析】（1）过点E作MN⊥BC于点N，交AD于点M，证明△DEM≌△EFN(ASA)，即可得出
DE=EF；
（2）过点E作EH⊥EC交CD于点H，证明△ECH为等腰直角三角形，得出EC=EH，CH=√2CE，
证明△CEF≌△HED(SAS)，得出CF=HD，即可证明CD−CF=CD−DH=√2CE；
（3）分两种情况：当点F在BC的延长线上时，当点F在边BC上时，分别作出图形，求出CG的长即可．
【详解】（1）解：过点E作MN⊥BC于点N，交AD于点M，如图所示：
则∠MNC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠BCD=∠CDM=90°，∠ACB= ∠BCD=45°，
2
∵∠BCD=∠CDM=∠MNC=90°，
∴四边形CDMN为矩形，
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∴∠DME=∠ENC=90°，DM=CN，
∵∠ENC=90°，∠ECN=45°，
∴∠NEC=90°−45°=45°，
∴∠CEN=∠ECN，
∴EN=CN，
∴EN=DM，
∵∠≝=90°，
∴∠FEN+∠DEM=90°，
∵∠DEM+∠EDM=90°，
∴∠EDM=∠FEN，
∴△DEM≌△EFN(ASA)，
∴DE=EF．
故答案为：DE=EF．
（2）解：CD−CF=√2CE；理由如下：
如图，过点E作EH⊥EC交CD于点H，
则∠CEH=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠ACD= ∠BCD=45°，
2
∴△ECH为等腰直角三角形，
∴EC=EH，CH=√2CE，
∵∠CEF+∠FEH=∠FEH+∠DEH=90°，
∴∠CEF=∠DEH，
∵DE=EF，
∴△CEF≌△HED(SAS)，
∴CF=HD，
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∴CD−CF=CD−DH=√2CE．
（3）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB=BC=AD=4，AD∥BC，
∴AC=√2AB=4√2，
当点F在BC的延长线上时，如图所示：
∵CF∥AD，，
∴△GCF∽△GAD，
CG CF 1
∴ = = ，
AG AD 4
CG CG 1
∴ = = ，
CG+AC CG+4√2 4
4
解得：CG= √2，
3
根据解析（2）可知，CD−CF=√2CE，
∵CF=1，
3√2
∴CE= ，
2
3√2 4√2 17√2
∴EG=CE+CG= + = ；
2 3 6
当点F在边BC上时，过点E作MN⊥BC于点N，交AD于点M，如图所示：
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则∠MNC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠BCD=∠CDM=90°，∠ACB= ∠BCD=45°，
2
∵∠BCD=∠CDM=∠MNC=90°，
∴四边形CDMN为矩形，
∴∠DME=∠ENC=90°，DM=CN，MN=CD=4，
∵∠ENC=90°，∠ECN=45°，
∴∠NEC=90°−45°=45°，
∴∠CEN=∠ECN，
∴EN=CN，
∴EN=DM，
∵∠≝=90°，
∴∠FEN+∠DEM=90°，
∵∠DEM+∠EDM=90°，
∴∠EDM=∠FEN，
∴△DEM≌△EFN(ASA)，
∴EM=NF，
设EM=NF=x，则EN=NC=x+1，
∴x+1+x=4，
3
解得：x= ，
2
3 5
∴CN=EN=1+ = ，
2 2
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5√2
∴CE=√CN2+EN2=
，
2
∵CF∥AD，
∴△GCF∽△GAD，
CG CF 1
∴ = = ，
AG AD 4
CG CG 1
∴ = = ，
AC−CG 4√2−CG 4
4
解得：CG= √2，
5
5√2 4√2 17√2
∴EG=CE−CG= − = ；
2 5 10
17√2 17√2
综上分析可知，CG的长为 或 ．
6 10
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，
等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造
全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．
【变式9-3】（2023·陕西咸阳·统考二模）【计算与推理】
（1）如图1，AB∥CF，AC与DF交于点E，E为DF的中点，AB=10，CF=6，则BD的长为
___________；
（2）数学课上张老师拿了两块相似比为2:1的大三角板ABC和小三角板EDC，按如图2所示位置放置，
使60°角的顶点C重合．试判断BD:AE的值是否变化？并加以证明；
【操作与探究】
（3）现有一块足够大的木板，为参加学校科技节比赛，小明想在这块木板上裁出一个等边三角形（
△CEF）部件做模型，他的操作如下：
第一步：用两块大小不一的含60°角的直角三角板ABC和ADE按如图3所示位置放置，使60°角的顶点A
重合，分别延长DE、BC交于点P，连接BD，得到△BDP；
第二步：取BD的中点F，分别连接EF、CF，CE，得到△CEF．
请问，按上述操作，裁得的△CEF部件是否符合要求？请说明理由．
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【答案】（1）4；（2）BD：AE的值不变，证明见解析；（3）符合要求，理由见解析
【分析】（1）证△ADE≅△CFE(ASA)，得出AD=CF=6，即可得出BD的长；
（2）证△BCD∼△ACE，得BD:AE=BC:AC，再得出∠BAC=30°，根据特殊角三角函数得出结论
即可；
CG BC
（3）证△≝≅△BGF(SAS)，得BG=DE，∠≝=∠BGF，证△BCG∼△ACE，得 = =√3，根
CE AC
据∠CEG=60°，CF=EF，得出△CEF是等边三角形即可．
【详解】解：（1）∵AB∥CF，
∴∠ADE=∠F，
∵点E是DF的中点，
∴DE=FE，
在△ADE和△CFE中，
¿，
∴△ADE≅△CFE(ASA)，
∴AD=CF=6，
即BD=AB−D=10−6=4，
故答案为：4；
（2）BD:AE的值不变，证明如下：
∵大三角板ABC和小三角板EDC的相似比为2:1，
CB CA CB CD
∴ = =2，即 = ，
CD CE CA CE
∵∠DCE=∠BCA=60°，
∴∠BCA−∠DCA=∠DCE−∠DCA，即∠BCD=∠ACE，
∴△BCD∼△ACE，
∴BD:AE=BC:AC，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°−∠ACB=30°，
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BC 1
∴sin∠BAC= = ，
AC 2
∴BD:AE=1:2，值不变；
（3）符合要求，理由如下：
如图，延长EF至G，使FG=EF，
∵∠DFE=∠BFG，点F是BD的中点，
∴DF=BF，
∴△≝≅△BGF(SAS)，
∴BG=DE，∠≝=∠BGF，
∴BG∥DP，
∴∠P+∠CBG=180°，
在四边形ACPE中，∠AEP=∠ACP=90°，
根据四边形的内角和得，∠CAE+∠P=180°，
∴∠CAE=∠CBG，
∵∠DAE=∠BAC=60°，
BC DE
∴ = =√3，
AC AE
BC BG
∴ = ，
AC AE
∴△BCG∼△ACE，
∴∠BCG=∠ACE，
∴∠ECG=∠ACE+∠ACG=∠BCG+∠ACG=90°，
在Rt△CEG中，EF=GF，
1
∴CF=EF= EG，
2
∵△BCG∼△ACE，
CG BC
∴ = =√3，
CE AC
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CG
在Rt△CEG中，tan∠CEG= =√3，
CE
∴∠CEG=60°，
∵CF=EF，
∴△CEF是等边三角形．
【点睛】本题主要考查相似形综合题，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知
识是解题的关键．
【题型10 平移与相似三角形综合应用】
【例10】（2023·海南海口·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐
标分别为（－2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，平移的距离
为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据已知条件得到AC=6，OC=2，OB=7，求得BC=9，根据正方形的性质得到DE=OC=OE=2，求
得O′E′=O′C′=2，根据相似三角形的性质得到BO′=3，于是得到结论．
【详解】解：如图，设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，
∵顶点A，B的坐标分别为（-2，6）和（7，0），
∴AC=6，OC=2，OB=7，
∴BC=9，
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∵四边形OCDE是正方形，
∴DE=OC=OE=2，
∴O′E′=O′C′=2，
∵E′O′⊥BC，
∴∠BO′E′=∠BCA=90°，
∴E′O′∥AC，
∴△BO′E′∽△BCA，
E'O' BO'
∴ = ，
AC BC
2 BO'
∴ = ，
6 9
∴BO′=3，
∴OO′=7-3=4，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题
的关键．
【变式10-1】（2023·浙江温州·校联考三模）如图在矩形ABCD中，AB=2√7，AD=8，E是AD上一
点，连结BE，过C作CF⊥BE于点F．将△ABE向右下方向平移到△IHC的位置，I在BC上，四边形
CDEF向左下方向平移到四边形HIBG的位置．若重新组成的矩形CFGH与矩形ABCD全等，则DE的长
为 ．△ABE内有一点O，平移后对应点为点O'，若O'是矩形CFGH的中心，则点O到AD的距离
为 ．
√7
【答案】2
4
【分析】根据题意可得BE=CH=AD=8，∠A=90°，则AE=√BE2−AB2=6，再由DE=AD−AE即
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可得到答案；连接CG，作OM⊥BC交BC于M，作GN⊥BC，交BC延长线于N，连接BH，由题意可
得BI=ED=2，HI=GH，∠BGH=∠BIH=∠A=90°，O'为CG的中点，通过证明
√7
Rt△BGH≌Rt△BIH(HL)，可得BG=2，通过证明△BNG∽△EAB可得NG= ，再根据三角形中位线
2
1 √7
定理可得O'M= NG= ，从而即可得到答案．
2 4
【详解】解：根据题意可得：BE=CH=AD=8，∠A=90°，
∴AE=√BE2−AB2=√ (8) 2−(2√7) 2=6，
∴DE=AD−AE=8−6=2；
如图所示，连接CG，作O'M⊥BC交BC于M，作GN⊥BC，交BC延长线于N，连接BH，
，
由题意可得BI=ED=2，HI=GH，∠BGH=∠BIH=∠A=90°，O'为CG的中点，点O到AD的距离
为O'到BC的距离，
在Rt△BGH和Rt△BIH中，
¿，
∴Rt△BGH≌Rt△BIH(HL)，
∴BG=BI=2，
∵∠GNB=∠ABC=90°，
∴GN∥AB，
∴∠NGB=∠ABE，
∵∠N=∠A=90°，
∴△BNG∽△EAB，
BG NG 2 NG
∴ = ，即 = ，
BE AB 8 2√7
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√7
∴NG= ，
2
∵ OM⊥BC，GN⊥BC，O'为CG的中点，
∴O'M为△CNG的中位线，
1 √7
∴O'M= NG= ，
2 4
√7
∴点O到AD的距离为 ，
4
√7
故答案为：2； ．
4
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、相似三角形的判定与性质、
三角形的中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、
相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理，添加适当的辅助线，是解题的关键．
【变式10-2】（2023·山西晋城·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4．AD
是BC边上的中线．将△ABC沿AD方向平移得到△A'B'C'．A'C'与BC相交于点E，连接BA'并延长，与
边AC相交于点F．当点E为A'C'的中点时，A'F的长为 ．
√97 1
【答案】 / √97
12 12
【分析】则E为A'C'的中点，得A'为AD的中点，证明△BE A'∽△BCF，推出
BE:BC=A'E:FC=BA':BF=3:4，在Rt△ABF中，利用勾股定理求得BF，再根据相似比即可求解．
【详解】解：∵由平移的性质得A'C'∥AC，A'C'=AC，
DE DA'
∴E为A'C'的中点， = ，
EC A A'
1
∴A'E= AC，
2
∴A'为AD的中点，
∵D是BC边上的中点，
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∴△BE A'∽△BCF，
∴BE:BC=A'E:FC=BA':BF=3:4，
∵AC=4，
∴A'E=2，
2 3 8
∴ = ，FC= ，
FC 4 3
8 4
∴AF=4− = ，
3 3
√ 16 √97
在Rt△ABF中，BF=√AB2+AF2= 9+ = ，
9 3
∵BA':BF=3:4，
1 1 √97 √97
∴A'F= BF= × = ，
4 4 3 12
√97
故答案为： ．
12
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识
解决问题．
【变式10-3】（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在等边三角形ABC中，AC=4，E为AB的中点，在
CB延长线上截取BD=BE，将△DEB沿BC向右平移，点B的对应点为G，当平移后的△DEG和△ABC重
1
叠部分的面积是△DEG面积的 时，△DEB平移的距离为 ．
4
【答案】2−√3或6−√2
【分析】分DE与AB相交，DE与AC相交，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：①如解图1所示，当DE与AB交于点F时，重叠部分为四边形BFEG．
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1 3
∵重叠部分的面积是△DEG面积的 ，S = S ．
4 △DBF 4 △DEG
由平移的性质，可知BF∥≥¿，
∴△DBF∽△DGE．
S 3
∵ △DBF = ，
S 4
△DGE
DB √3
∴ = ．
DG 2
1
∵¿= ×4=2，
2
∴DG=≥=2．
∴DB=√3．
∴BG=2−√3，即△DEB平移的距离为2−√3．
1
②如图2所示，当DE交AC于点H时，S = S ，过点G作GM⊥DE于点M，
△CDH 4 △DEG
1
则S = S ．
△DGM 2 △DEG
1
∴S = S ．
△CDH 2 △DGM
∵∠ACB=60°，∠GDE=30°，
∴∠CHD=90°，即CH⊥DE．
∴CH∥GM，
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∴△DCH∽△DGM．
S 1
∵ △DCH = ，
S 2
△DGM
DC 1
∴ = ．
DG √2
∵DG=2，
∴DC=√2．
∴CG=2−√2．
∴BG=4+2−√2=6−√2，即△DEB平移的距离为6−√2．
综上所述，△DEB平移的距离为2−√3或6−√2．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，平移的性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关性质，利用
数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
【题型11 利用相似三角形的性质与判定求线段比值】
【例11】（2023·广东深圳·校考一模）如图①，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D为BC边
上的一点，连接AD，过点C作CE⊥AD于点F，交AB于点E，连接DE．
(1)若AE=2BE，求证：AF=2CF；
BE
(2)如图②，若AB=√2，DE⊥BC，求 的值．
AE
【答案】(1)答案见详解
√5−1
(2)
2
【分析】（1）要证AE=2BE，过点B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，证得△AFE∽△BHF，得出
AF与BH的数量关系，再证得△AFC≌△CHB，得出CF=BH根据线段间关系，即可求证；
BE BD
（2）要求 的值，根据角度间的转化，得出△CAD∽△DCE，即可求出 的值，根据DE∥AC，推
AE CD
BE BD
出 = ，即可得到最后结果．
AE CD
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【详解】（1）证明：如图，过点B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，
∵AD⊥CE，
∴AF∥BH，
∴ △AFE∽△BHE，
AF AE
∴ = ，
BH BE
∵CE⊥AD，
∴∠CFD=90°，
∵∠ACB=90°，∠ADC=∠CDF，
∴△ACD∽△CFD，
∴∠CAF=∠BCH，
∵∠AFC=∠CHB=90°,AC=BC，
∴△AFC≌△CHB (AAS)，
∴CF=BH，
∴AF=2BH=2CF．
（2）解：∵DE⊥BC，∠ACB=90°，
∴DE∥AC，
∴∠ACE=∠CED，
由（1）可知△ACD∽△CFD，
∴∠CAF=∠DCF，
∵∠AFC=∠CFD，
∴△AFC∽△CFD，
∴∠ACE=∠CDA，
∴∠CDA=∠CED，
∵∠ACD=∠CDE=90°，
∴△CAD∽△DCE，
AC CD
∴ = ，
CD DE
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∵AB=BC，AB=√2，
∴∠B=∠CAB=45°，AC=BC=1，
设CD=x，则BD=BC−CD=1−x，
∵DE⊥BC，∠B=45°,
∴DE=BD=1−x，
1 x
∴ =
x 1−x
−1−√5 √5−1
解得x = <0（舍去），x = ，
1 2 2 2
BD DE CD √5−1
∴ = = = ，
CD CD AC 2
又∵DE∥AC，
BE BD √5−1
∴ = = ．
AE CD 2
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，求证三角形相似和全等，正确做出辅助线，利用直角三角形特殊
三角函数求角，是解本题的关键．
【变式11-1】（2023·河北唐山·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，DE∶EC＝
2∶3，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，则DF∶BF等于（ ）
A．2∶5 B．2∶3 C．3∶5 D．3∶2
【答案】A
DE 2
【分析】利用平行四边形的性质可得出AB∥CD且AB＝CD，结合DE∶EC＝2∶3可得出 ＝ ，由
DC 5
AB∥CD可得出△≝∽△BAF，再利用相似三角形的性质即可求出DF∶BF的值．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD．
∵DE∶EC＝2∶3，
DE DE 2 DE
∴ ＝ ＝ ＝ ．
DC DE+EC 5 BA
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∵AB∥CD，
∴△≝∽△BAF，
DF DE 2
∴ ＝ ＝ ．
BF BA 5
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，利用平行四边形的性质结合DE：
EC=2：3找出DE：BA的值是解题的关键．
【变式11-2】（2023·江苏连云港·统考一模）如图，点E、F分别在平行四边形的边BC、AD上，
BE=DF，点P在线段AB上，AP:PB=2:3，过点P作BC的平行线交边CD于点M，将△ABE分成S 和
1
S +S
S 两部分，将△CDF分成S 和S 两部分，则 1 3= ．
2 3 4 S +S
2 4
13
【答案】
37
【分析】通过全等得到两三角形面积相等，再通过平行证明相似三角形，得到边的数量关系，最后根据数
量关系直接求解即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,∠B=∠D，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴S =S
❑ ❑
△CFD △ABE
∵AP:PB=2:3，过点P作BC的平行线交边CD于点M，
∴△APG∽△ABE,△CMH∽△CDF，
AP 2 2 CM PB 3 3
∴ = = ， = = = ，
AB 2+3 5 CD AB 2+3 5
S 2 2 4 S 3 2 9
∴ 1 =( ) = ， 3 =( ) = ，
S 5 25 S 5 25
❑ ❑
△ABE △CFD
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∴设S =S =25x，
❑ ❑
△CFD △ABE
则S =4x,S =21x,S =9x,S =16x，
1 2 3 4
S +S 4x+9x 13
∴ 1 3= = ．
S +S 21x+16x 37
2 4
13
故答案为：
37
【点睛】此题考查相似三角形，解题关键是相似三角形的面积比为相似比的平方，设未知数后直接求解即
可．
【变式11-3】（2023·吉林四平·校联考三模）在△ABC中，D，E分别为AB，AC上一点，BE，CD交于
点F．
(1)设△ABE的面积为S ，△ACD的面积为S ，且S =S ．
1 2 1 2
①如图①，连接DE．若∠A=90°，求证：DE∥BC；
EF
②如图②，若∠FBC=45°，∠FCB=30°，求 的值．
DF
(2)如图③，若∠A=90°，CE=kAB，BD=kAE，DC=2BE，直接写出k的值．
√2
【答案】(1)①见解析；②
2
(2)k=√3
【分析】（1）①由S =S 可证AB⋅AE=AC⋅AD，即可证△ADE∽△ABC，可进一步推出结论；②连
1 2
接DE，作BM⊥AC于点M，作CN⊥AB于点N，过点F作FH⊥BC于点H．可证DE∥BC，推出
EF BF
= ，设FH=BH=x，则BF=√2x，则可分别求出BF，CF的长，即可求出结论；
DF CF
（2）过点B作BP∥EC，且BP=EC，连接DP，CP，构造平行四边形BPCE，证△BPD∽△ABE，推
EB AE 1 EB CP 1
出 = = ，证明 = = 再证明△DPC为直角三角形，且可求出其三边的比，即可求出k的值．
DP BD k DP DP k
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【详解】（1）解：①∵∠A=90°，
1 1
∴S =S = AB⋅AE，S =S = AC⋅AD．
1 △ABE 2 2 △ACD 2
∵S =S ，
1 2
AE AD
∴AB⋅AE=AC⋅AD，即 = ．
AC AB
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC
∴∠AED=∠ACB，
∴DE∥BC．
如图，连接DE，作BM⊥AC于点M，作CN⊥AB于点N，过点F作FH⊥BC于点H．
∵S =S ，
1 2
1 1
∴ AD⋅CN= AE⋅BM，
2 2
AE CN
∴ =
AD BM
1 1
又∵S = AB⋅CN= AC⋅BM，
△ABC 2 2
AC CN
∴ = ，
AB BM
AE AC
∴ = ．
AD AB
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴DE∥BC，
EF DF
∴ = ，
BF CF
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EF BF
∴ =
DF CF
设FH=BH=x，则BF=√2x，CF=2FH=2x
EF BF √2
∴ = = ．
DF CF 2
（2）如图，过点B作BP∥EC，且BP=EC，连接DP，CP，
则四边形BPCE为平行四边形．
∵CE=kAB，
BP CE
∴ = =k．
AB AB
∵BD=kAE，
BD
∴ =k，
AE
BP BD
∴ = ．
AB AE
又∵∠DBP=∠A=90°，
∴△BPD∽△ABE
EB AE 1
∴ = = ，∠ABE=∠BPD
DP BD k
∴∠ABE+∠PBF=90°
∴∠BPD+∠PBF=90°，即∠EFP=90°．
∵BE∥PC，
∴∠DPC=180°−∠EFP=90°．
EB PC 1
∵ = = ，
DC DC 2
∴设PC=a，DC=2a，
则在Rt△DPC中，PD=√DC2−PC2=√3a．
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EB CP 1
∵ = = ，
DP DP k
a 1
∴ = ，
√3a k
∴k=√3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是能够通过作出合适的辅助线构造相似三角
形，并且能够灵活运用相似三角形的判定与性质．
【题型12 利用相似三角形的性质与判定求最值】
【例12】（2023·广东深圳·校考模拟预测）已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,P为CD边上动点，连接
3
AP，过P作PM⊥AP，在AP上截取PM= PN，过P作PH⊥MN于H，连接DH，则DH的最小值
4
为 ．
24
【答案】
5
AD CD
【分析】连接AC，求出AC=10，根据 = 证明△ADC∽△NPM，得到∠ACD=∠NMP，由
PN PM
∠PHM=∠PCM=90°，得点P、C、M、H四点共圆，证得∠PCH=∠PMH=∠ACD，即AC与HC
共线，进而得到当DH⊥AC时，DH的值最小，利用面积法求出答案．
【详解】解：如图，连接AC，DH，
∵AB=6,AD=8,∠ADC=90°，
∴AC=10，
3 3
∴PM= PN，CD= AD，
4 4
AD CD
∴ =
PN PM
∵∠ADC=∠NPM=90°，
∴△ADC∽△NPM
∴∠ACD=∠NMP
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∵∠PHM=∠PCM=90°，
∴点P、C、M、H四点共圆，
∴∠PCH=∠PMH=∠ACD，
∴AC与HC共线，
AD⋅CD 8×6 24
∴当DH⊥AC时，DH的值最小，此时DH= = = ，
AC 10 5
24
故答案为：
5
【点睛】此题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，四点共圆，垂线段最短，正确理解四点共圆得
到AC与HC共线是解题的关键．
2 2
【变式12-1】（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，抛物线y=− x2+ x+4与坐标轴分别交于A，B，
3 3
C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
(1)A，B，C三点的坐标为____________，____________，____________；
(2)连接AP，交线段BC于点D，
PD
①当CP与x轴平行时，求 的值；
DA
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PD
②当CP与x轴不平行时，求 的最大值；
DA
(3)连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB=90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−2,0);B(3,0);C(0,4)
1 9
(2)① ；②
5 40
7
(3)存在点P，m=
4
2 2
【分析】(1)令x=0，则y=4，令y=0，则− x2+ x+4=0，所以x=-2或x=3，由此可得结论；
3 3
PD CP 1
(2)①由题意可知，P(1，4)，所以CP=1，AB=5，由平行线分线段成比例可知， = = ．
DA AB 5
4
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y=- x+4．设点P的横坐标为m，则P(m，-
3
2 2 1 1 2 2 1 1 1 3
m2+ m+4)，Q( m2− m，- m2+ m+4)．所以PQ=m-( m2− m)=- m2+ m，因为PQ∥AB，
3 3 2 2 3 3 2 2 2 2
1 3
PD PQ − m2+ m
所以 = = 2 2 1 3 2 9 ，由二次函数的性质可得结论；
DA AB =− (m− ) +
5 10 2 40
(3)假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由
∠BCO+2∠PCB=90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以
1 2 2 1
M(8，0)，所以直线CM的解析式为：y=- x+4，令− x2+ x+4=- x+4，可得结论．
2 3 3 2
【详解】（1）解：令x=0，则y=4，
∴C(0，4)；
2 2
令y=0，则− x2+ x+4=0，
3 3
∴x=-2或x=3，
∴A(-2，0)，B(3，0)．
故答案为：(-2，0)；(3，0)；(0，4)．
（2）解：①∵CP∥x轴，C(0,4)，
∴P(1,4)，CP=1，AB=5
又∵CP∥x轴，
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∴△CPD∽△BAD
PD CP 1
∴ = = ；
DA AB 5
②过P作PQ∥AB交BC于点Q，
设直线BC的解析式为y=k x+b ，
1 1
把B(3，0)，C(0，4)代入，得
¿，解得¿，
4
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
3
设P ( m,− 2 m2+ 2 m+4 ) ，则Q (1 m2− 1 m,− 2 m2+ 2 m+4 ) ，
3 3 2 2 3 3
∴PQ=m− (1 m2− 1 m ) =− 1 m2+ 3 m，
2 2 2 2
∵PQ∥AB，
∴△QPD∽△BAD
1 3
− m2+ m
∴PD PQ 2 2 1 ( 3) 2 9 ，
= = =− m− +
DA AB 5 10 2 40
3 PD 9
∴当m= 时， 取最大值 ；
2 DA 40
（3）解：假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0<m<3，
过C作CF∥x轴，连接CP，延长CP交x轴于点M，
∴∠FCP=∠BMC，
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∵∠BCO+2∠BCP=90°，
∴CP平分∠BCF，
∴∠BCP=∠FCP，
∴∠BCP=∠BMC，
∴BC=BM，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC=5，
∴BM=5，OM=8，M(8,0)，
设直线CM解析式为y=kx+b，
把C(0，4)，M(8,0)代入，得
¿，解得：¿，
1
∴直线CM的解析式为y=− x+4，
2
联立¿，
7
解得x= 或x=0(舍)，
4
7
∴存在点P满足题意，即m= ．
4
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内
容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
【变式12-2】（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对
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AP
角线AC上的动点，当PE+PF取得最小值时， 的值是 ．
PC
2
【答案】
7
【分析】作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，此时PE+PF取得最小值，过点F'作AD的
垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F'落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明
K P'
△AEP'∽△K F'P'，可得 =2，即可解答．
AP'
【详解】解：作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，过点F'作AD的垂线段，交AC于点
K，
由题意得：此时F'落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P'重合时PE+PF取得最小值，
2
设正方形ABCD的边长为a，则AF'=AF= a，
3
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠F' AK=45°，∠P' AE=45°，AC=√2a
∵F'K⊥AF'，
∴∠F' AK=∠F'KA=45°，
2√2
∴AK= a，
3
∵∠F'P'K=∠EP' A，
∴△E'K P'∽△EAP'，
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F'K K P'
∴ = =2，
AE AP'
1 2
∴AP'= AK= √2a，
3 9
7
∴CP'=AC−AP'= √2a，
9
AP' 2
∴ = ，
CP' 7
AP 2
∴当PE+PF取得最小值时， 的值是为 ，
PC 7
2
故答案为： ．
7
【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确
画出辅助线是解题的关键．
【变式12-3】（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在
边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．
连接DG，交PC于点H．
(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
CH
(4)求 的最大值．
CE
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
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√2+1
(4)
2
【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DE∥BP，然后由平行线的性质即可解
答；
√2 √2
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF= DE 、GF=CF= CG ；设AP=x，则
2 2
BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形
的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而
得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
CE CF CH CF⋅CD
（4）先说明△CEF∽△CDH得到 = ，进而得到 = ，然后将已经求得的量代入可得
CD CH CE CE2
12
CH = 1 ( 1 ) 2
= 288 ，然后根据a+ = √a+ −2≥2求最值即可．
CE x+12+ −24 a √a
x+12
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
1
∴DE∥BP，DE= BP
2
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
√2 √2
∴DF=EF= DE ，GF=CF= CG ，
2 2
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
12−x 12−x
∴DE= ，EF=
2 2√2
∵Rt△APC，
∴PC=√AP2+AC2=√x2+144
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1
∴CE=
√x2+144
2
∵Rt△EFC
∴FC=FG=√CE2−EF2= √(1 √x2+144 ) 2 − (12−x) 2 = √(x+12) 2 = 12+x
2 2√2 8 2√2
12+x
∴CG=√2CF=
2
12+x 12−x
∴AG=12-CG=12- =
2 2
1 1 12−x 12x−x2 −(x−6) 2+36
∴S APG= AP⋅AG= x⋅ = =
△
2 2 2 4 4
所以当x=6时，S APG有最大值9．
△
（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
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∴△CEF∽△CDH
CE CF
∴ = ，即CE⋅CH=CF⋅CF
CD CH
CH CF⋅CD
=
∴
CE CE2
12+x 1 1
∵FC= ，CE= √x2+144，CD= BC=√122+122=6√2
2√2 2 2
12+x
⋅6√2 x+12 12
CH 2√2 =12× =
∴ = x2+144 288
CE (1 √x2+144 ) 2 x+12+ x+12 −24
2
12 12 1 2√2+2 √2+1
≤ = = = =
2√288−24 24√2−24 2√2−2 4 2
CH √2+1
∴ 的最大值为 ．
CE 2
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相
似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
【题型13 利用相似三角形的性质与判定解决动点问题】
【例13】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点M、N分别是边
AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；
同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶
点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的
路径长是 ．
√5 √5π
【答案】 π/
2 2
【分析】根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，且ΔAQM∼ΔFQN， NQ:MQ=1:2,点H在
以BQ为直径的P´N上运动，运动路径长为P´N的长，求出BQ及P´N的圆角，运用弧长公式进行计算即可得
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到结果．
【详解】解：∵点M、N分别是边AD、BC的中点，
连接MN，则四边形ABNM是矩形，
1
∴MN=AB=6，AM=BN= AD==4，
2
根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴ΔAQM∼ΔFQN，
NF NQ 1
∴ = =
EM MQ 2
1
∴NQ= MN=2
3
1
当点E与点A重合时，则NF= AM=2，
2
∴BF=BN+NF=4+2=6，
∴AB=BF=6
∴ΔABF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=45°,
∵BP⊥AF，
∴∠PBF=45°
由题意得，点H在以BQ为直径的P´N上运动，运动路径长为P´N长，取BQ中点O，连接PO，NO，
∴∠PON=90°，
又∠BNQ=90°,
∴BQ=√BN2+NQ2=√42+22=2√5，
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1
∴ON=OP=OQ= BQ=√5，
2
90π×√5 √5
∴P´N的长为 = π
180 2
√5
故答案为： π
2
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及弧长等知识，判断出点
H运动的路径长为P´N长是解答本题的关键．
【变式13-1】（2023·四川达州·统考二模）如图，正方形ABCD中，AB=6，O是BC边的中点，点E是正
方形内一动点，OE=√5，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．
(1)求证：AE=CF；
(2)若A，E，O三点共线，如图2，连接OF，求线段OF的长．
(3)求线段OF长的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)OF=√53
(3)3√10−√5
【分析】（1）根据正方形的性质，旋转的性质，得∠ADE=∠FDC，根据全等三角形的判定，即可；
（2）过F作OC的垂线，交BC的延长线于P，当A，E，O三点共线，根据勾股定理求出OA；根据
△ADE≅△CDF，∠DAE=∠DCF，得∠OAB=∠PCF，根据相似三角形的判定和性质，得
AB CP
△ABO∼△CPF， = =2；设PF=x，则CP=2x，根据勾股定理，求出x；再根据
OB PF
OF2=OP2+FP 2 ❑，即可；
❑
（3）以O为圆心，OE为半径作圆，延长BA到P点，使得AP=OC，连接PE，根据全等三角形的判定和
性质，得△PAE≅△OCF，得PE=OF，根据当PE最小时，为O、E、P三点共线，
OP=√OB2+PB2=3√10，再根据PE=OF=OP−OE，即可．
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【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=DC，
∵线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，
∴∠EDF=90°，
∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠FDC，
∴∠ADE=∠FDC，
∴△ADE≅△CDF，
∴AE=CF．
（2）过F作OC的垂线，交BC的延长线于P，
∵O是BC的中点，AB=BC=6，A，E，O三点共线，
∴OB=3
∴AO2=AB2+BO2
∴AO=3√5，
∵△ADE≅△CDF，OE=√5，
∴∠DAE=∠DCF，CF=AE=2√5，
∵∠BAD=∠DCP，
∴∠OAB=∠PCF
∠ABO=∠P=90°，
∴△ABO∼△CPF，
AB CP
∴ = =2，
OB PF
∴CP=2PF，
设PF=x，CP=2x，
∴在Rt△CFP中，CF2=CP2+FP2，
∴(2√5) 2=x2+(2x) 2，
解得：x =2，x =−2（舍），
1 2
∴PF=2，CP=4，
∴OP=7，
在Rt△OFP中，OF2=OP2+FP2，
∴OF=√53．
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（3）如图3，以O为圆心，OE为半径作圆，延长BA到P点，使得AP=OC，连接PE，
∵∠DAE=∠DCF，
∴∠DAE+∠PAD=∠DCF+∠DCO，
∴∠PAE=∠OCF，
∵AE=CF，∠PAE=∠OCF，AP=OC，
∴△PAE≅△OCF，
∴PE=OF，
当PE最小时，为O、E、P三点共线，OP=√OB2+PB2=3√10，
∴PE=OF=OP−OE=3√10−√5，
∴OF的最小值是3√10−√5．
【点睛】本题考查几何图形和动点的结合，正方形，全等三角形，相似三角形的知识，解题的关键是掌握
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，折叠的性质．
【变式13-2】（2023·重庆·校联考模拟预测）如图，面积为15的菱形ABCD，AB=5，点E从点B出发沿
折线B−C−D向终点D运动，过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在
EF的右侧作矩形EFGH．
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(1)如图1，点G在AC上，求证：FA=FG；
(2)若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长；
(3)已知FG=4，设点E的运动路程为S，当S满足什么条件时，以G、C、H为顶点的三角形与△BEF相
似（不包括全等）？请直接写出答案．
【答案】(1)见详解
5 7
(2) 或
2 2
1 16 16
(3) 或 或
2 25 7
【分析】（1）根据菱形和矩形的性质得到∠BAC=∠BCA和∠FGA=∠BCA，即可证明结论；
（2）记AC中点为点O，①当点E在BC上时，过点A作AM⊥BC交BC于点M，有FG=EF=AM=3，
可求得CM，利用中位线求得EM，即可求得AG；②当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD交CD于点
N，同理，FG，CN和AF，即可求得AG；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．分点E在线段BM上时，点E在线段MC上时，
点E在线段CN上，点E在线段ND上，共四钟情况分别求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA．
∵四边形EFGH为矩形，
∴FG∥BC，
∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA
∴FA=FG．
（2）记AC中点为点O，
①当点E在BC上时，过点A作AM⊥BC交BC于点M，如图，
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∵菱形ABCD的面积为15，AB=5，
15
∴AM= =3，
5
则FG=EF=AM=3，
∴BM=√AB2−AM2=4，
∴CM=BC−BM=1，
∵O是AC中点，EF∥AM，
1 1
∴CE=EM= CM= ，
2 2
1
∴AF=EM= ，
2
7
∴AG=AF+FG= ；
2
②当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD交CD于点N，如图，
1 1
同理，FG=EF=AN=3，CN=1，AF=EN= CN= ，
2 2
5
∴AG=FG−AF= ，
2
5 7
综上所述，AG长为 或 ；
2 2
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．如图，
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则AM=3，
∴BM=√AB2−AM2=4，
∵EF⊥BC，
∴EF∥AM，
∴△BEF∼△BMA，
AM EF 3
∴ = = ，
BM BE 4
①当点E在线段BM上时，0<s≤4．设EF=3x，则BE=4x,GH=EF=3x，
若点H在点C的左侧，s+4≤5，即0<s≤1，如图，
∴CH=BC−BH=5−(4x+4)=1−4x．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3x 3
∴ = ，
1−4x 4
1
解得x= ，
8
1
经检验，x= 是方程的根，
8
1
∴s=4x= ．
2
∵△GHC∽△BEF，
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GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3x 4
∴ = ，
1−4x 3
4
解得x= ，
25
4
经检验，x= 是方程的根，
25
16
∴s=4x= ．
25
若点H在点C的右侧，s+4>5，即1<s≤4，如图，
则CH=BH−BC=(4x+4)−5=4x−1．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3x 3
∴ = ，
4x−1 4
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3x 4
∴ = ，
4x−1 3
4
解得x= ，
7
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4
经检验，x= 是方程的根，
7
16
∴s=4x= ．
7
②当点E在线段MC上时，4<s≤5，如图，
则EF=3,EH=4,BE=s．
∴BH=BE+EH=s+4,CH=BH−BC=s−1．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3 3
∴ = ，
s−1 s
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3 s
∴ = ，
s−1 3
1±√37
解得s= ，
2
1±√37
经检验，s= 是方程的根，
2
∵4<s≤5，
1±√37
∴s= 不合题意，舍去；
2
③当点E在线段CN上时，5≤s≤6，过点C作CJ⊥AB于点J，如图，
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在Rt△BJC中，BC=5,CJ=3,BJ=4．
则EH=BJ=4,JF=CE，
∴BJ+JF=EH+CE，
∴BF=CH，
∵GH=EF,∠GHC=∠EFB=90°，
此时，△GHC≌△EFB，不符合题意，舍去．
④当点E在线段ND上时，6<s<10，
∵∠EFB>90°，
∴△GHC与△BEF不相似．
1 16 16
综上所述，s满足的条件为： 或 或 ．
2 25 7
【点睛】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、三角形中位线定理、
相似三角形的性质和解分式方程，分类讨论方法是解题的关键．
【变式13-3】（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，点D
为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB—BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P不
与点A、C重合时，连结PD．作点A关于直线PD的对称点A'，连结A'D、A'A．设点P的运动时间为t
秒．
（1）线段AD的长为 ．
（2）用含t的代数式表示线段BP的长．
（3）当点A'在△ABC内部时，求t的取值范围．
（4）当∠A A'D与∠B相等时，直接写出t的值．
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8 5 5 13
【答案】（1）2；（2）BP=5-t或者BP=t-5；（3） <t< ；（4）t= 或t= ．
5 2 4 2
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长，再根据点D为AC的中点，得到结果；
（2）由AP=t，AB=5，得出结论；
（3）分情况计算出两个临界值，当点A'在AB上时，DP⊥AB，△APD∽△ACB，根据对应边成比例求出
8 5
t= ，当点A'在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，△ADP∽△ACB，根据对应边成比例求出t= ，最
5 2
后得出结论；
（4）根据要求画出图形，利用折叠全等与两角对应相等，两三角形相似，证明出三角形相似，再根据对
应边成比例计算出各边的长，最后得到结果．
【详解】解：（1）∵∠C=90︒，AB=5，BC=3，
∴AC=√52−32=4，
∵点D为边AC的中点，
∴AD=2；
（2）当点P在AB上时，∵AP=t，AB=5，
∴BP=5-t，
当点P在BC上时，BP=t-5，
∴BP=t-5或者BP=5-t ，
（3）如图，当点A'在AB上时，DP⊥AB，
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∴△APD∽△ACB
AP AD
∴ = ，
AC AB
2 t
∴ = ，
5 4
8
∴t= ，
5
如图，当点A'在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，
∴△ADP∽△ACB
AD AP
∴ = ，
AC AB
2 t
∴ = ，
4 5
5
∴t= ，
2
8 5
∴当点A'在△ABC内部时， <t< ，
5 2
（4）①如图，
∵点A关于直线PD的对称点A'，DE⊥AA’，
∴△ADE≌△A’DE，
∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
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∴△ABC∽△DA’E，
DE EA' DA'
∴ = = ，
AC BC AB
∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，
DE EA' 2
∴ = = ，
4 3 5
8 6
∴DE= ，EA'= ，
5 5
∵△ABC∽△DA’E，
∴∠EDA’=∠ADE=∠CAB，
∴AP=DP=t，
8 6
∵DE= ，EA'=EA= ，
5 5
8
∴PE= −t，
5
6 2 8 2
∴( ) +( −t) =t2，
5 5
5
∴t= ，
4
②如图，
∵点A关于直线PD的对称点A'，PE⊥AA’，
∴△ADE≌△A’DE，
∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，
∴△ABC∽△DA’E，
DE EA' DA'
∴ = = ，
AC BC AB
∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，
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DE EA' 2
∴ = = ，
4 3 5
8 6
∴DE= ，EA'= ，
5 5
∵∠DEA=∠DCP，∠C=∠DEA，
∴△DEA∽△DCP，
DE DA EA
∴ = = ，
DC DP CP
8 6
∴5 2 5
= =
2 DP CP
3
∴CP= ，
2
3 13
∴t=8− = ，
2 2
5 13
∴t= 或t= ．
4 2
【点睛】本题主要考查了直角三角形中的动点问题、相似三角形的判断与性质、勾股定理，解题关键在于
根据题意画出图形，再根据两角对应相等，两三角形相似证明三角形相似，再结合勾股定理求出结论．
【题型14 利用相似三角形的性质与判定解决存在性问题】
【例14】（2023·湖北十堰·统考中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+8过点B(4,8)和点C(8,4)，与y轴交
于点A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接AB,BC，点D在线段AB上（与点A,B不重合），点F是OA的中点，连接FD，过点D作
DE⊥FD交BC于点E，连接EF，当△≝¿面积是△ADF面积的3倍时，求点D的坐标；
(3)如图2，点P是抛物线上对称轴右侧的点，H(m,0)是x轴正半轴上的动点，若线段OB上存在点G（与
点O,B不重合），使得∠GBP=∠HGP=∠BOH，求m的取值范围．
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1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+8
8 2
(2)D(6−2√5,0)
9
(3)0<m<
5
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线BC的解析式为y=−x+12，设E(m,−m+12) (4<m<8)，过点E作EG⊥AB
交AB的延长线于点G，则∠G=90°，则G的坐标为(m,8)，得出△BGE是等腰直角三角形，设D(t,8)，
则AD=t,DG=m−t，证明△AFD∽△GDE，相似三角形的性质得出m−t=4，则DG=AF，可得
1 1
△AFD≌△GDE，当△≝¿面积是△ADF面积的3倍时，即 DF2 = AD×AF×3，即DF2=12AD，
2 2
在Rt△ADF中，DF2=AD2+AF2=t2+42，解方程即可求解；
（3）根据三角形外角的性质，结合已知条件得出∠OGH=∠BPG，证明△OGH∽△BPG，则
OH OG 4 40
= ，设BP交x轴于点S，过点B作BT⊥x轴于点T，求得直线BS的解析式为y=− x+ ，联立
BG BP 3 3
(32 8)
¿，得出P ,− ，勾股定理求得PB的长，根据相似三角形的性质得出m关于n的二次函数关系式，进
3 9
而根据二次函数的性质求得最值，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+8过点B(4,8)和点C(8,4)，
∴¿
解得：¿
1 1
∴抛物线解析式为y=− x2+ x+8；
8 2
1 1
（2）∵抛物线y=− x2+ x+8与y轴交于点A，
8 2
当x=0时，y=8，
∴A(0,8)，则OA=8，
∵B(4,8)，
∴AB∥x，AB=4，
∵点F是OA的中点，则F(0,4)，
∴AB=AF=4，
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设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵点B(4,8)和点C(8,4)，
∴¿
解得：¿
∴直线BC的解析式为y=−x+12，
设E(m,−m+12) (4<m<8)，
如图所示，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于点G，则∠G=90°，则G的坐标为(m,8)，
∴¿=8−(−m+12)=m−4，BG=m−4
∴BG=≥¿，
∴△BGE是等腰直角三角形，
设D(t,8)，则AD=t,DG=m−t，
∵DE⊥FD，
∴∠FDE=90°，
∵∠FAD=∠G=∠FDE=90°，
∴∠AFD=90°−∠ADF=∠GDE，
∴△AFD∽△GDE
AD AF
∴ =
GE DG
t 4
∴ =
m−4 m−t
即(t−4)m=(t−4)(t+4)
∵m>4
∴m=t+4
即m−t=4，
∴DG=AF，
∴△AFD≌△GDE
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∴DF=DE，
又DE⊥DF，
∴△≝¿是等腰直角三角形，
1
∴△≝¿的面积为
DF2
，
2
1
∵△ADF的面积为 AD×AF
2
当△≝¿面积是△ADF面积的3倍时
1 1
即 DF2 = AD×AF×3
2 2
即DF2=12AD
在Rt△ADF中，DF2=AD2+AF2=t2+42
∴AD2+AF2=12AD
∴t2+42=12t
解得：t=6−2√5或t=2√5+6（舍去）
∴D(6−2√5,0)；
（3）∵∠GBP=∠HGP=∠BOH，
又∠OGH+∠HGP=∠GBP+∠BPG，
∴∠OGH=∠BPG，
∴△OGH∽△BPG，
OH OG
∴ = ，
BG BP
设BP交x轴于点S，过点B作BT⊥x轴于点T，
∵∠GBP=∠BOH，
∴SB=SO，
∵OT=4,BT=8，
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∴OB=√OT2+BT2=4√5，
设BS=k，则TS=k−4，
在Rt△TBS中，SB2=ST2+BT2，
∴k2=(k−4) 2+82，
解得：k=10，
∴S(10,0)，
设直线BS的解析式为y=ex+f，
∴¿，
∴¿，
4 40
∴直线BS的解析式为y=− x+ ，
3 3
联立¿，
解得：¿或¿，
(32 8)
∴P ,− ，
3 9
√ (32 ) 2 ( 8) 2 100
∴PB= −4 + 8+ = ，
3 9 9
OH OG
∵ = ，
BG BP
设OG=n，则BG=OB−OG=4√5−n，
m n
=
∴4√5−n 100，
9
9n2−36√5n 9 9√5 9 9
整理得：m=− =− n2+ n=− (n−2√5) 2+ ，
100 100 25 100 5
∵G在线段OB上（与点O,B不重合），
∴0<OG<2√5,
∴0<n<2√5，
9
∴当n=2√5时，m取得的最大值为 ，
5
9
∴0<m< ．
5
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【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，面积问题，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，掌握
二次函数的性质是解题的关键．
【变式14-1】（2023·山东青岛·校考模拟预测）附加题：
如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BD⊥AC于点D，且BD=8cm．点M从点A出发，沿AC的方
向匀速运动，速度为2 cm/s；同时直线PQ由点B出发，沿BA的方向匀速运动，速度为1 cm/s，运动过
程中始终保持PQ∥AC，直线PQ交AB于点P、交BC于点Q、交BD于点F．连接PM，设运动时间为
ts (0<t<5)．
(1)当t为何值时，四边形PQCM是平行四边形？
(2)设四边形PQCM的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式；
9
(3)是否存在某一时刻t，使S = S ？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
四边形PQCM 16 △ABC
(4)连接PC，是否存在某一时刻t，使点M在线段PC的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，
说明理由．
10
【答案】(1)
3
2
(2)y= t2−8t+40
5
5
(3)t=
2
20
(4)t=
17
【分析】（1）根据平行四边形的性质进行求解；
（2）过P作PE⊥AC，交AC于E，根据PQ∥AC得出△PBQ∽△ABC，根据相似比求出函数关系式；
（3）首先求出△ABC的面积，然后求出y的值，解出方程得出x的值；
（4）假设存在某一时刻t，然后根据△AHM和△ADB相似进行以及△HMP的勾股定理进行解答．
【详解】（1）解：假设四边形PQCM是平行四边形，
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则PM∥QC，
∴AP=AM，
∴ 10−t=2t，
10
解得t=
3
10
答：当t= 时，四边形PQCM是平行四边形．
3
（2）过P作PE⊥AC，交AC于E．
∵ PQ∥AC
∴△PBQ∽△ABC，
∴△PBQ是等腰三角形，PQ=PB= t，
BF BP
∴ = ，
BD BA
BF t
即 = ，
8 10
4
解得BF= t，
5
4
∴ FD=BD−BF=8− t
5
又∵ MC=AC−AM=10−2t，
1 1 4 2
∴ y= (PQ+MC)⋅FD= (t+10−2t)(8− t)= t2−8t+40
2 2 5 5
2
答：y与t之间的函数关系式是y= t2−8t+40；
5
1 1
（3）S = AC⋅BD= ×10×8=40
△ABC 2 2
9 9 45
当y= S = ×40= 时，
16 △ABC 16 2
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2 45
t2−8t+40=
5 2
4t2−80t+175=0
5 35
解得t = ，t = （舍去）
1 2 2 2
5 9
答：当t= 时，S = S ；
2 四边形PQCM 16 △ABC
（4）假设存在某一时刻t，使点M在线段PC的垂直平分线上，则MP=MC，
过M作MH⊥AB，交AB于H，由△AHM∽△ADB
HM AH AM
∴ = = ，
BD AD AB
又AD=√102−82=6
HM AH 2t
∴ = = ，
8 6 10
8 6
∴ HM= t，AH= t
5 5
6 11
即HP=10−t− t=10− t
5 5
在Rt△HMP中，
M P2= (8 t ) 2 + ( 10− 11 t ) 2 = 37 t2−44t+100
5 5 5
又∵ MC2=(10−2t) 2=100−40t+4t2
由M P2=MC2
37
∴
t2−44t+100=100−40t+4t2
5
20
解得：t = ，t =0（舍去）
1 17 2
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20
答：当t= 时，点M在线段PC的垂直平分线上．
17
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，列二次函数关系式，解一元二次方程，
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．
【变式14-2】（2023·湖北宜昌·校联考模拟预测）如图，已知平行四边形ABCD中，AD=√5，AB=5，
tanA=2，点E是射线AD上一动点，过点E作EF⊥AD，垂足为点E，交射线AB于点F，交射线CB于
点G，联结CE、CF．设AE=m．
(1)如图当点E在边AD上时．
①求证△AEF∽△BGF．
②当S =4S 时，求AE:ED的值．
△DCE △BFG
(2)当点E在边AD的延长线上时，是否存在这样的点E使△AEF与△CFG相似？如果存在求出此时AE的
长度m．
【答案】(1)①见解析，②3
3√5 6√5
(2) 或
2 5
【分析】（1）①利用平行四边形的性质及相似三角形的判定即可求证结论；
②利用相似三角形的性质及三角形面积公式即可求解．
（2）根据相似三角形的性质及勾股定理，利用分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠G=∠AEF，∠A=∠FBG，
∴△AEF∽△BGF．
②由①知，△AEF∽△BGF，
FG BF
∴ = ，
EF AF
BF 5−√5m
∴FG= ⋅EF= ⋅2m=2(√5−m)，
AF √5m
∴EG=EF+FG=2m+2（√5−m）=2√5，
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1 1
∴S = DE⋅EG= （√5−m）⋅2√5=5−√5m，
△CDE 2 2
1 1
S = BG⋅FG= （√5−m）⋅2（√5−m）=（√5−m）2 ，
△BFG 2 2
当S =4S 时，
△DCE △BFG
∴5−√5m=4（√5−m）2，
3√5
∴m=√5（舍去）或m= ，
4
3√5 √5
∴DE=AD−AE=√5− = ，
4 4
3√5 √5
∴AE:ED= : =3，
4 4
即：AE:ED的值为3．
（2）存在，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=√5，AD∥BC，
∵EF⊥AD，
∴EF⊥BC，
∴∠AEF=∠CGF=90°，
①当△AEF∽△CFG时，设AE=m，如图1，
∴∠AFE=∠CFG，
∵EF⊥BC，
1 √5
∴BG= BC= ，
2 2
∵AD∥BC，
∴∠CBF=∠A，
∵tanA=2，
∴tan∠CBF=2，
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在Rt△BGF中，FG=BGtan∠CBF=√5，
5
根据勾股定理得，BF=√BG2+FG2=
，
2
5 15
∴AF=AB+BF=5+ = ，
2 2
∵AD∥BC，
∴△BGF∽△AEF，
BG BF
∴ = ，
AE AF
√5 5
2 2
∴ = ，
m 15
2
3√5
∴m= ；
2
②当△AEF∽△CFG时，设AE=m，如图2，
∴∠EAF=∠GFC，
∵∠EAF+∠AFE=90°，
∴∠GFC+∠AFE=90°，
∴∠AFC=90°，
∵AD∥BC，
∴∠CBF=∠A，
∴tan∠CBF=tanA=2，
在Rt△BFC中，CF=BF⋅∠CBF=2BF，
根据勾股定理得，BF2+CF2=BC2，
∴BF2+4BF2=（√5）2，
∴BF=1，
∴AF=AB+BF=6，
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√5
在Rt△BGF中，同理：BG= ，
5
∵AD∥BC，
∴△BGF∽△AEF，
AE AF
∴ = ，
BG BF
m 6
∴ =
√5 1，
5
6√5
∴m= ．
5
3√5 6√5
综上所述：如果△AEF与△CFG相似，AE的长度为 或 ．
2 5
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质、平行四边形的性质、勾股定理、正切，根据题意，作出相
应图形，利用数形结合与分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【变式14-3】（2023·贵州毕节·统考中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y
轴相交于点C，对称轴为直线x=2，顶点为D，点B的坐标为(3,0)．
（1）填空：点A的坐标为_________，点D的坐标为_________，抛物线的解析式为_________；
5
（2）当二次函数y=x2+bx+c的自变量：满足m≤x≤m+2时，函数y的最小值为 ，求m的值；
4
（3）P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使△PAC是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求
出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3 7
【答案】（1）（1，0），（2，-1），y=x2−4x+3；（2）m的值为− 或 ；（3）点P的坐标为：
2 2
（2，1），（2，2）
【分析】（1）根据抛物线的对称轴及点B坐标可求出点A坐标，根据对称轴可求出b的值，把点A或B的
坐标代入抛物线解析式可求出C的值，通过配方可求出顶点坐标；
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（2）根据抛物线开口向上，分两种情况讨论求解即可；
（3）设P（1，t），由AC为斜边，则∠APC=90°，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴为x=2，点B坐标为（3，0），且点A在B点的左侧，
∴A（1，0）
b
又x=− =2
2
∴b=−4
把A（1，0）代入y=x2−4x+c得，c=3
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3=(x−2) 2−1
∴顶点D坐标为（2，-1）
故答案为：（1，0），（2，-1），y=x2−4x+3；
（2）∵抛物线y=x2−4x+3开口向上，当x<2时，y随x的增大而减小；当x>2时，y随x的增大而增大，
5
①当m+2<2，即m<0时，y =(m+2−2)2−1=
最小值 4
3 3
解得，m= （舍去）或m=−
2 2
5
②当m>2时，y =(m−2)2−1=
最小值 4
7 1
解得，m= 或m= （舍去）
2 2
3 7
所以，m的值为− 或
2 2
（3）假设存在，设P（2，t）
当∠APC=90°时，如图，
过点C作CG⊥PE于点G，则CG=2，PG=3-t
∴∠CGP=∠AEP=90°,∠CPG+∠PCG=∠CPG+∠APE=90°,
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∴∠PCG=∠APE,
∴ ΔCPG∼ΔPAE，
CG PG 2 3−t
∴ = ，即 =
PE AE t 1
整理得，t2−3t+2=0
解得，t =1，t =2
1 2
经检验：t =1，t =2是原方程的根且符合题意，
1 2
∴点P的坐标为（2，1），（2，2）
综上，点P的坐标为：（2，1），（2，2）
【点睛】本题考查了二次函数综合题，二次函数图象的性质，相似三角形的判定与性质，灵活应用以上知
识解决问题是本题的关键．
【题型15 相似三角形的常见模型之（双）A字模型】
【例15】（2023·湖北武汉·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，D是AB上
一点，点E在BC上，连接CD，AE交于点F，若∠CFE=45°，BD=2AD，则CE＝ ．
【答案】2
【分析】过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，先利用解直角三角形求出CD的长，
其次利用△CDG∽△CBD，求出CG的长，得出BG的长，最后利用△BDG∽△BAE，求出BE的长，最
后得出答案．
【详解】解：如图：过D作DH垂直AC于H点，过D作DG∥AE交BC于G点，
∵在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=6√2，
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又∵BD=2AD，
∴AD=2√2 ，
∴在等腰直角三角形AHD中，AH=DH=2，
∴CH=6−2=4，
在Rt△CHD中，CD=√CH2+DH2=2√5，
∵DG∥AE，
∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，
∴∠CDG=∠B，
又∵∠DCG=∠BCD，
∴△CDG∽△CBD，
CD CG
∴ = ，
CB CD
∴ CD2=CG⋅CB，
即20=6CG，
10
∴CG= ，
3
10 8
∴BG=BC−CG= 6− = ，
3 3
又∵DG∥AE，
∴△BDG∽△BAE，
又∵BD＝2AD，
BD BG 2
∴ = = ，
BA BE 3
8
又BG= ，
3
3
∴BE=BG× =4，
2
∴CE=6−4=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做
出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
【变式15-1】（2023·江苏·三模）在△ABC中，AB=m(m>0)，D为AB上一点，过D作DE∥BC交AC
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S
于点E，连接CD．设S =S ,S =S ，求 2 的取值范围．
△DCE 2 △ABC 1 S
1
S 1
【答案】0< 2≤
S 4
1
DE GF
【分析】作AG⊥BC于F点，交DE于G点，设AD=x，首先结合相似三角形的判定与性质推出 和
BC AF
的值，然后结合面积公式进行列式，得出二次函数解析式，最后结合二次函数的性质以及自变量的取值范
围进行判断即可．
【详解】解：如图所示，作AG⊥BC于F点，交DE于G点，设AD=x，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
DE AD AG AE x
∴ = = = = ，
BC AB AF AC m
GF m−x
∴ = ，
AF m
1
DE·GF
S 2 DE GF x m−x x(m−x)
∴ 2= = × = × = ，
S 1 BC AF m m m2
1 BC·AF
2
整理得： S 2=− 1 x2+ x =− 1 ( x− m) 2 + 1 ，
S m2 m m2 2 4
1
∵点D在AB上，m>0，
1
∴0<x<m，− <0，
m2
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S m S 1
∴抛物线 2 的开口向下，且当x= 时， 2 取得最大值为 ，
S 2 S 4
1 1
S
当x=0和x=m时，均有 2=0，
S
1
S S 1
综上分析， 2 的取值范围是0< 2≤ ．
S S 4
1 1
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，二次函数的性质运用等，掌握相似三角形的判定与性质推出
相关线段的比例，以及熟练运用二次函数的性质分析是解题关键．
【变式15-2】（2023·江苏·三模）在△ABC中，AB=m(m>0)，D为AB上一点，过D作DE∥BC交AC
S
于点E，连接CD．设S =S ,S =S ，求 2 的取值范围．
△DCE 2 △ABC 1 S
1
S 1
【答案】0< 2≤
S 4
1
DE GF
【分析】作AG⊥BC于F点，交DE于G点，设AD=x，首先结合相似三角形的判定与性质推出 和
BC AF
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的值，然后结合面积公式进行列式，得出二次函数解析式，最后结合二次函数的性质以及自变量的取值范
围进行判断即可．
【详解】解：如图所示，作AG⊥BC于F点，交DE于G点，设AD=x，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
DE AD AG AE x
∴ = = = = ，
BC AB AF AC m
GF m−x
∴ = ，
AF m
1
DE·GF
S 2 DE GF x m−x x(m−x)
∴ 2= = × = × = ，
S 1 BC AF m m m2
1 BC·AF
2
整理得： S 2=− 1 x2+ x =− 1 ( x− m) 2 + 1 ，
S m2 m m2 2 4
1
∵点D在AB上，m>0，
1
∴0<x<m，− <0，
m2
S m S 1
∴抛物线 2 的开口向下，且当x= 时， 2 取得最大值为 ，
S 2 S 4
1 1
S
当x=0和x=m时，均有 2=0，
S
1
S S 1
综上分析， 2 的取值范围是0< 2≤ ．
S S 4
1 1
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，二次函数的性质运用等，掌握相似三角形的判定与性质推出
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相关线段的比例，以及熟练运用二次函数的性质分析是解题关键．
【变式15-3】（2023·福建泉州·一模）如图，正方形ABCD边长为3，点E是AD上一点，且AE=1，连接
BE，过C作CF⊥BE，垂足为F，CF交对角线BD于G，将△BCG沿CG翻折得到△HCG，CH交对角
线BD于M，则S = ．
△HGM
9
【答案】
28
【分析】过点G作GR⊥BC于R，过点H作HN∥BC交BD于N，由正方形性质可证明：△ABE∽△FCB，由
勾股定理可求BF，由翻折性质可得△HGC≌△BGC，进而可证明：△BHN∽△BED，可求得HN，再由
S
△HNM∽△CBM，可求得
△HGM
，再由△CGR∽△CBF即可求得结论．
S
△HGC
【详解】解：如图，过点G作GR⊥BC于R，过点H作HN∥BC交BD于N
则∠BRG=∠CRG=90°，
CF⊥BE
∵ ∴∠BFC=90°
∴∠CBF+∠BCF=90°
∵正方形ABCD
∴∠A=∠ABC=90°，AB=AD=BC=3
∴∠ABE+∠CBF=90°
∴∠ABE=∠BCF
∴△ABE∽△FCB
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在Rt△ABE中， BE=√AB2+AE2=√32+12=√10
BF AE BF 1
∴ = ，即 =
BC BE 3 √10
3√10
∴BF= ，
10
3√10 3√10
由翻折知：FH=BF= ，BH= ，HC=BC=3，△HGC≌△BGC
10 5
∵HN//BC ∴△BHN∽△BED
3√10
HN BH
∴ = ，即HN 5
DE BE =
2 √10
6
∴HN= ∵△HNM∽△CBM
5
HM HN 2
∴ = =
MC BC 5
HM 2
∴ = ，
HC 7
S HM 2
∴ △HGM = = ，
S HC 7
△HGC
∵GR⊥BC，∠CBG=45°
∴△BGR是等腰直角三角形，设BR=GR=x，则CR=3−x，
∵△CGR∽△CBF
GR BF 1 x 1 3
∴ = = ，即 = ，解得x=
CR CF 3 3−x 3 4
3
∴GR=
4
1 1 3 9
∴S = ×BC×GR= ×3× =
△BCG 2 2 4 8
9
∴S =
△HGC 8
2 2 9 9
∴S = S = × = ，
△HGM 7 △HGC 7 8 28
9
故答案为： ．
28
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【点睛】本题考查了正方形性质，翻折变换的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和
性质，相似三角形判定和性质，三角形面积等知识点；解题关键是利用平行线证明相似三角形进行转化，
有一定难度，属于中考填空压轴题类型．
【题型16 相似三角形的常见模型之（双）8字模型】
【例16】（2023·辽宁鞍山·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝AC，∠ADC＝α，点E为射线BA
上一动点，且AE＜AB，连接DE，将线段DE所在直线绕点D顺时针旋转α交BA延长线于点H，DE所在
直线与射线CA交于点G．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△ADH≌△CDG；
（2）当α≠60°时，
①如图2，连接HG，求证：△ADC∽△HDG；
②若AB＝9，BC＝12，AE＝3，请直接写出EG的长．
3√5 3√14
【答案】（1）证明见详解；（2）①证明见详解；②EG的长为 或 ．
2 2
【分析】（1）AD＝AC，∠ADC＝60°，可证△ACD为等边三角形，根据四边形ABCD为平行四边形，可
得AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，可得∠HAD=∠B=60°=∠GCD，由∠GDH=∠CDA=60°，可
证∠HAD =∠CDG，即可证△ADH≌△CDG（ASA）；
（2）①根据AD＝AC，∠ADC＝α，可得∠ACD=∠ADC＝α，根据四边形ABCD为平行四边形，可得
AD∥BC，可得∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，由∠GDH=α=∠ADC，可得∠ADH =∠CDG即可；
②根据点E的位置分两种情况，当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，根据四边
形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，可证 AGE∽△CGD，得出AG=3，CG=AC-
△
1 9
AG=12-3=9，根据等腰三角形三线合一性质可得AN=BN= AB= ，根据勾股定理CN=
2 2
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√ 9 2 3√55，由GM∥CN，再证 AMG∽△ANC，可求 1 9,
√BC2−BN2= 122−( ) = AM= AN=
2 2 4 8
△
1 3√55 9 15
GM= CN= ，EM=AE-AM=3− = ，根据勾股定理EG=
4 8 8 8
√ 15 2 3√55 2 3√5，当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作
√M E2+GM2= ( ) +( ) =
8 8 2
GM⊥AE于M，由AE∥CD， GAE∽△GCD，可求GA=6，由GM∥CN，可证 GMA∽△CNA，可得
△ △
1 1 3√55 3√55 1 1 9 9 9 3
GM= CN= × = ，AM= AN= × = ，EM=AE-AM=3- = ，根据勾股定理EG=
2 2 2 4 2 2 2 4 4 4
√ 3√55 2 3 2 3√14．
√GM2+EM2= ( ) +( ) =
4 4 2
【详解】（1）证明：∵AD＝AC，∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，
∴∠HAD=∠B=60°=∠GCD，
∵∠GDH=∠CDA=60°，
∴∠HDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG=60°，
∴∠HDA =∠CDG，
在 ADH和 CDG中
∠△ADH=∠△CDG
{ AD=CD
∠HAD=∠GCD
△ADH≌△CDG（ASA）；
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（2）①证明：∵AD＝AC，∠ADC＝α，
∴∠ACD=∠ADC＝α，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，
∵∠GDH=α=∠ADC，
∴∠ADH+∠ADG=∠CDG+∠ADG=α，
∴∠ADH =∠CDG，
∴△ADH∽△CDG；
②解：当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，
∴∠EAG=∠DCG，∠AEG=∠CDG，
∴△AGE∽△CGD，
AG AE 3 1
∴ = = = ，
CG CD 9 3
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∴CG=3AG，
∵AD=AC=12，
∴AG+CG=AG+3AG=4AG=12，
∴AG=3，
∴CG=AC-AG=12-3=9，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
1 9
∴AN=BN= AB= ，
2 2
√ 9 2 3√55
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=√BC2−BN2= 122−( ) = ，
2 2
∴GM∥CN，
∴△AMG∽△ANC，
AM AG GM 3 1
∴ = = = = ，
AN AC CN 12 4
1 9 1 3√55
∴AM= AN= ,GM= CN= ，
4 8 4 8
9 15
∴EM=AE-AM=3− = ，
8 8
√ 15 2 3√55 2 3√5
在Rt△MGE中，根据勾股定理EG=√M E2+GM2= ( ) +( ) = ，
8 8 2
当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵AE∥CD，
∴∠GAE=∠GCD，∠GEA=∠GDC，
∴△GAE∽△GCD，
GA EA 3 1
∴ = = = ，
GC DC 9 3
∴GC=3GA，
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∵AC=GC-GA=3GA-GA=2GA=12,
∴GA=6，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
1 9
∴AN=BN= AB= ，
2 2
√ 9 2 3√55
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=√BC2−BN2= 122−( ) = ，
2 2
∵CN⊥AB， GM⊥AE，
∴GM∥CN，
∴△GMA∽△CNA，
GA GM AM 6 1
∴ = = = = ，
CA CN AN 12 2
1 1 3√55 3√55 1 1 9 9
∴GM= CN= × = ，AM= AN= × = ，
2 2 2 4 2 2 2 4
9 3
∴EM=AE-AM=3- = ，
4 4
√ 3√55 2 3 2 3√14
在Rt△GME中，根据勾股定理EG=√GM2+EM2= ( ) +( ) = ，
4 4 2
3√5 3√14
∴综合EG的长为 或 ．
2 2
【点睛】本题考查图形旋转性质，平行四边形性质，等边三角形判定与性质，三角形全等判定，三角形相
似判定与性质，勾股定理，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，掌握以上知识是解题关键．
【变式16-1】（2023·上海奉贤·模拟预测）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上
截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
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（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到
BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所
以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用
CD=AB和比例的性质即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB•AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
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∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC•CD=MD•CN，
而CD=AB，
∴CM•AB=DM•CN．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：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，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相
似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性质．
【变式16-2】（2023上·河南郑州·二模）如图，已知D是BC的中点，M是AD的中点．求AN:NC的值．
1
【答案】
2
【分析】解法1：过点D作AC的平行线交BN于点H，构造“A”型和“8”型，得出△BDH∽△BCN和
△DHM∽△ANM，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；
解法2：过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出△BDM∽BCH和
△AMN∽△CHN，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；
解法3：过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出△AHM∽△DBM和
△AHN∽△CBN，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；
解法4：过点D作BN的平行线交AC于点H，根据三角形中位线定理得出AN=NH=CH，
即可得出答案；
【详解】解法1：如图2，过点D作AC的平行线交BN于点H．
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因为DH//AC．
所以△BDH∽△BCN，
DH BD
所以 = ．
CN BC
DH BD 1
因为D为BC的中点，所以 = = ．
CN BC 2
因为DH//AN，所以△DHM∽△ANM，
DH DM
所以 = ．
AN AM
DH DM
因为M为AD的中点，所以 = =1．
AN AM
所以DH=AN，
AN 1
所以 = ．
CN 2
解法2：如图3，过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H．
因为DM//CH，所以△BDM∽BCH，
DM BD
所以 = ．
CH BC
DM BD 1
因为D为BC的中点，所以 = = ．
CH BC 2
因为M为AD的中点，所以AM=DM，
AM 1
所以 = ．
CH 2
因为DM//CH，
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所以△AMN∽△CHN，
AN AM 1
所以 = = ．
CN CH 2
解法3：如图4，过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H．
因为AH//BD，所以△AHM∽△DBM，
AH AM
所以 = ．
BD DM
因为M为AD的中点，所以AM=DM，所以AH=BD．
因为AH//BD，所以△AHN∽△CBN，
AN AH
所以 = ．
CN BC
因为D为BC的中点，且AH=BD，
AN BD 1
所以 = = ．
CN BC 2
解法4：如图5，过点D作BN的平行线交AC于点H．
在△ADH中，
因为M为AD的中点，MN//DH，
所以N为AH的中点，即AN=NH．
在△CBN中，因为D为BC的中点，DH//BN，所以H为CN的中点，即CN=HN，
所以AN=NH=CH．
AN 1
所以 = ．
CN 2
【变式16-3】（2023·湖南常德·一模）如图1，ΔABC中，AB=AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，
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DE=DC，点F是DE与AC的交点．
（1）求证：∠BDE=∠ACD；
（2）若DE=2DF，过点E作EG//AC交AB于点G，求证：AB=2AG；
（3）将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”，“点F
是DE与AC的交点”改为“点F是ED的延长线与AC的交点”，其它条件不变，如图2．
①求证：AB·BE=AD·BC；
②若DE=4DF，请直接写出S :S 的值．
ΔABC ΔDEC
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②16:15．
【分析】（1）运用等腰三角形的性质及三角形的外角性质就可解决问题．
（2）如图1，证明△DCA≌△EDG（AAS），得AD=EG，根据等腰三角形的判定得：DG=AB，由平行线分
DE DG
线段成比例定理得： = =2，由此可得结论；
DF AD
（3）①如图2，作辅助线，构建三角形全等，证明△DCA≌△EDG（AAS），得DA=EG，再证明
△ACB∽△GEB，列比例式可得结论；
AF AD 1
②如图3，作辅助线，构建△ABC和△DCE的高线，先得 = = ，设AF=a，则EG=AD=4a，
EG DG 4
PD BD 12a 3
DG=16a，根据AH∥PD，得 = = = ，设PD=3h，AH=4h，根据EG∥AC，同理得
AH AB 16a 4
BG BE 4a 1
= = = ，设BE=y，BC=4y，利用三角形面积公式代入可得结论．
AB BC 16a 4
【详解】（1）证明：∵AC=AB，
∴∠ACB=∠B，
∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
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∴∠ACD+∠ACB=∠B+∠BDE，
∴∠BDE=∠ACD；
（2）证明：如图1，
∵EG∥AC，
∴∠DAC=∠DGE，∠BEG=∠ACB，
由（1）知：∠DCA=∠BDE，
∵DC=DE，
∴△DCA≌△EDG（AAS），
∴AD=EG，
∵∠B=∠ACB=∠BEG，
∴EG=BG=AD，
∴DG=AB，
∵DE=2DF，AF∥EG，
DE DG
∴ = =2，
DF AD
∴DG=2AD=2AG，
∴AB=DG=2AG；
（3）解：①如图2，过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，
则有∠A=∠G，
∵AB=AC，CD=DE，
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∴∠ACB=∠ABC，∠DCE=∠DEC，
∴∠ACD+∠DCE=∠EDG+∠DEC，
∴∠ACD=∠EDG，
在△DCA和△EDG中，
∵¿，
∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，
∵AC∥EG，
∴△ACB∽△GEB，
AC BC
∴ = ，
EG BE
∵EG=AD，AC=AB，
∴AB•BE=AD•BC；
②如图3，过A作AH⊥BC于H，过D作DP⊥BC于P，则AH∥PD，
∵AF∥EG，
AF AD DF
∴ = = ，
EG DG DE
∵DE=4DF，
AF AD 1
∴ = = ，
EG DG 4
设AF=a，则EG=AD=4a，DG=16a，
∵∠ACB=∠ABC，
∴∠GBE=∠BEG，
∴BG=EG=4a，
∴BD=12a，
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∵AH∥PD，
PD BD 12a 3
∴ = = = ，
AH AB 16a 4
设PD=3h，AH=4h，
∵EG∥AC，
BG BE 4a 1
∴ = = = ，
AB BC 16a 4
设BE=y，BC=4y，
1 4 y•4h 16 yh
∴S ABC= BC•AH= = =8yh，
△ 2 2 2
1 5 y•3h 15
S DCE= CE•PD= = yh，
△ 2 2 2
15
∴S ABC：S DEC=8yh： yh=16：15．
△ △ 2
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分
线段成比例、等腰三角形的性质和判定等知识，第三问有难度，利用参数表示各线段的长是本题的关键，
综合性较强．
【题型17 相似三角形的常见模型之K字模型】
【例17】（2023·陕西西安·一模）（1）如图1，∠ABC=90°，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂
线，垂足分别为E、F，AE=4，BE=2，BF=3，求CF的长度为 ．
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，点E、F、M分别在AB、BC、AD上，
∠EMF=90°，AM=2，当BE+BF=9时，求四边形MEBF的面积．
（3）如图3，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=15，BC=20，点E、F分别在边AB、BC上，
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3
∠CEF=α且tanα= ，若BF=8，求BE的长度．
4
3
【答案】（1） ，（2）17；（3）BE=16−4√6，
2
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质．
（1）根据一线三垂直模型容易证明△ABE∽△BCF，进而由相似三角形性质即可求解；
（2）过点F作FH⊥AD垂足为H，根据（1）可知△AME∽△FHM，根据相似三角形性质结合已知求
出BE=1，MH=6，AE=3，BF=8，再由四边形MEBF的面积=矩形ABFH的面积−S −S 即
△AME △MHF
可求解；
（3）延长BA到点P使CP=BC=20，连接CP，过点C作CH⊥AB，利用等腰三角形三线合一和解三角
PC BE
形求出BP=2BH=32，再证明△PEC∽△BFE，得 = 即可求解．
PE BF
【详解】解：（1）∵∠ABC=90°，AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠E=∠F=90°，∠A+∠ABE=90°，∠CBF+∠ABE=90°，
∴∠A=∠CBF，
∴△ABE∽△BCF，
AE BE
∴ = ，
BF CF
∵AE=4，BE=2，BF=3，
4 2
∴ = ，
3 CF
3
∴CF= ，
2
3
故答案为 ，
2
（2）如图，过点F作FH⊥AD垂足为H，
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同理（1）得：△AME∽△HFM，
AE AM
∴ = ，
MH HF
∵在矩形ABCD中，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABFH是矩形，
∴HF=AB=4，BF=AH=AM+MH，
∵AM=2，BE+BF=9，
∴BE+2+MH=9，即：MH=7−BE，
4−BE 2
∴ = ，解得：BE=1，
7−BE 4
∴MH=6，AE=AB−BE=3，BF=8，
∵四边形MEBF的面积=矩形ABFH的面积−S −S ，
△AME △MHF
1 1
∴四边形MEBF的面积=4×8− ×2×3− ×6×4=17．
2 2
（3）延长BA到点P使CP=BC=20，连接CP，过点C作CH⊥AB，
1
∴BH=HP= BP，∠B=∠P，
2
∵∠ACB=90°，AC=15，BC=20，
20 4
∴AB=25，cos∠B= = ，
25 5
4
∴BH=BCcos∠B=20× =16，
5
∴BP=2BH=32，
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3
∵∠CEF=α且tanα= ，
4
3
又∵tanB= ，
4
∴∠B=∠CEF=α，
∴∠B+∠ECF=∠CEF+∠ECF，
∴∠AEC=∠EFB，
∴△PEC∽△BFE，
PC BE
∴ = ，
PE BF
20 BE
∴ = ，解得：BE=16−4√6，BE=16+4√6>25（不合题意舍去）
32−BE 8
∴BE=16−4√6
【点睛】本题涉及了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、矩形的性质和判定、等腰三角形的判定和
性质、勾股定理解三角形等知识点，解题关键是根据一线三等角模型构造和证明三角形相似．
【变式17-1】（2023·江苏苏州·三模）如图，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与A、
C重合），连接PB，过点P作PE⊥PB，交DC于点E，已知AD=3，AC=5．设AP的长为x．
PE
(1)AB=___________；当x=1时，求 的值；
PB
PE
(2)试探究： 是否是定值?若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；
PB
(3)当△PCE是等腰三角形时，请求出x的值．
3
【答案】(1)4，
4
3
(2)是，
4
7
(3) 或4
5
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PE PN
【分析】（1）作PM⊥AB于M交CD于N．由ΔBMP∽ΔPNE，推出 = ，只要求出PN、BM
PB BM
即可解决问题；
PE
（2）结论： 的值为定值．证明方法类似（1）；
PB
CF BC 9
（3）连接BE交AC于F，在Rt△BCF中，cos∠BCF= = ，代入数据求得CF= ，进而即可求
BC AC 5
解．
【详解】（1）解：作PM⊥AB于M交CD于N．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=3，AC=5，∠ABC=90°，
∴AB=√AC2−BC2=√52−32=4．
3 4
在Rt△APM中，PA=1，PM= ，AM= ，
5 5
16
∴BM=AB−AM= ，
5
∵MN=AD=3，
12
∴PN=MN−PM= ，
5
∵∠PMB=∠PNE=∠BPE=90°，
∴∠BPM+∠EPN=90°，∠EPN+∠PEN=90°，
∴∠BPM=∠PEN，
∴△BMP∽△PNE，
12
PE 5 3
∴ = = ，
PB 16 4
5
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3
故答案为4， ．
4
PE
（2）结论： 的值为定值．
PB
3 4 4 3
理由：由PA=x，可得PM= x．AM= x，BM=4− x，PN=3− x，
5 5 5 5
∵△BMP∽△PNE，
3
3− x
PE PN 5 3
∴ = = = ；
PB BM 4 4
4− x
5
（3）连接BE交AC于F．
∵∠PEC>90°，所以只能EP=EC，
∴∠EPC=∠ECP，
∵∠BPE=∠BCE=90°，
∴∠BPC=∠BCP，
∴BP=BC，
∴BE垂直平分线段PC，
CF BC
在Rt△BCF中，cos∠BCF= = ，
BC AC
CF 3
∴ = ，
3 5
9
∴CF= ，
5
18
∴PC=2CF= ，
5
18 7
∴x=PA=5− = ．
5 5
7
综上所述，x的值为 ．
5
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【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角
形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
【变式17-2】（2023·河南开封·一模）某数学兴趣小组在学习了尺规作图、等腰三角形和相似三角形的有
关知识后，在等腰△ABC中，其中AB=AC，如图1，进行了如下操作：
第一步，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交BA的延长线和AC于点E，F，如图2；
1
第二步，分别以点E，F为圆心，大于 EF的长为半径画弧，两弧相交于点D，作射线AD；
2
第三步，以D为圆心，DA的长为半径画弧，交射线AE于点G；
(1)填空；写出∠CAD与∠GAD的大小关系为___；
(2)①请判断AD与BC的位置关系，并说明理由．
AD
②当AB=AC=6,BC=2时，连接DG，请直接写出 =___；
AG
(3)如图3，根据以上条件，点P为AB的中点，点M为射线AD上的一个动点，连接PM，PC，当
∠CPM=∠B时，求AM的长．
【答案】(1)∠CAD=∠GAD；
(2)①AD∥BC； ②3
(3)9
【分析】（1）根据题目的尺规作图发现AD平分∠CAG即可得到∠CAD=∠GAD；
（2）①由AD平分∠CAG再结合等腰三角形ABC的外角可得AD平行BC；
AD AB
②易证△ABC∼△DAG，可得 = =3
AG BC
（3）以M为圆心，MA的长为半径画弧，交射线BA于点N，由（2）可得∠CPM=∠B=∠N，
即可用一线三等角模型构造相似解题．
【详解】（1）由尺规作图步骤发现AD平分∠CAG
∴∠CAD=∠GAD；
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（2）①∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵∠CAD=∠GAD,∠CAG=∠GAD+∠CAD=∠ABC+∠ACB
∴∠GAD=∠CAD=∠ABC=∠ACB
∴AD∥BC
②∵DA=DG
∴∠GAD=∠AGD
∵∠GAD=∠CAD=∠ABC=∠ACB
∴∠GAD=∠CAD=∠ABC=∠ACB=∠AGD
∴△ABC∼△DAG
AD AB
∴ =
AG BC
∵AB=AC=6,BC=2
AD AB
∴ = =3
AG BC
（3）以M为圆心，MA的长为半径画弧，交射线BA于点N，如图
AM AB
由（1）（2）可得∠NAM=∠CAM=∠B=∠ACB=∠N, = =3
AN BC
设AN=x则AM=MN=3x
∵点P为AB的中点
1
∴PA=PB= AB=3
2
∵∠CPM=∠B
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∴∠CPM=∠B=∠N
∴∠BCP=∠MPN=∠NPC−∠B
∴△BPC∼△NMP
BP BC
∴ =
MN NP
3 2
∴ = ，解得x=3
3x x+3
∴AM=3x=9．
【点睛】本题考查尺规作图中的作角平分线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是能根据尺规作图
的步骤判断是作角平分线．
【变式17-3】（2023·辽宁·统考一模）已知△ABC和△DCE中，AB＝AC，DC＝DE，BF＝EF，点B，C，
E都在同一直线上，且△ABC和△DCE在该直线同侧．
（1）如图①，若∠BAC＝∠CDE＝90°，请猜想线段AF与DF之间的数量关系和位置关系，并证明你的猜
想；
（2）如图②，若∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，请直接写出线段AF与DF之间的数量关系和位置关系；
（3）如图③，若∠BAC＝α，∠CDE＝180°﹣α，且BC＞CE，请直接写出线段AF与DF之间的数量关系和
位置关系（用含α的式子表示）．
【答案】（1）AF=DF，AF⊥DF，证明见解析；（2）AF=√3DF,AF⊥DF，证明见解析；（3）
1
AF=DF⋅tan((90°− α),AF⊥DF．
2
【分析】（1）如图①中，结论：AF=DF，AF⊥DF．证明 AHF≌△FJD（SAS），可得结论；
（2）如图②中，结论：AF=√3DF,AF⊥DF．证明 △AHF∽△FJD，可得结论；
1 △
（3）如图③中，结论：AF=DF⋅tan((90°− α),AF⊥DF，证明方法类似（2）．
2
【详解】解：（1）如图①中，结论：AF=DF，AF⊥DF．
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理由：过点A作AH⊥BC于H，过点D作DJ⊥EC于J．
∵AB=AC，DC=DE，∠BAC=∠CDE=90°，
∴BH=CH，CJ=JE，
∴AH=BH=CH，DJ=CJ=JE，
∵BF=FE，
∴HJ=BF=EF，
∴BH=FJ=AH，FH=JE=DJ，
∵∠AHF=∠FJD=90°，
∴△AHF≌△FJD（SAS），
∴AF=FD，∠HAF=∠DFJ，
∵∠FAH+∠AFH=90°，
∴∠AFH+∠DFJ=90°，
∴∠AFD=90°，即AF⊥DF；
（2）如图②中，结论：AF=√3DF,AF⊥DF．
理由：过点A作AH⊥BC于H，过点D作DJ⊥EC于J．
∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BH=CH，AH=√3BH，
∵DC=DE，∠CDE=120°，
∴CJ=JE，∠DEC=∠DCE=30°，
∴JE=√3DJ，
∵BF=FE，
∴HJ=BF=EF，
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∴BH=FJ，HF=JE，
∴AH=√3FJ,FH=√3DJ，
AH HF
∴ = =√3，
FJ DJ
∵∠AHF=∠FJD=90°，
∴△AHF∽△FJD，
AF AH
∴ = =√3，∠HAF=∠DFJ，
DF FJ
∵∠FAH+∠AFH=90°，
∴∠AFH+∠DFJ=90°，
∴∠AFD=90°，即AF⊥DF，
∴AF=√3DF，AF⊥DF；
1
（3）如图③中，结论：AF=DF⋅tan((90°− α),AF⊥DF，
2
理由：过点A作AH⊥BC于H，过点D作DJ⊥EC于J．
∵AB=AC，∠BAC=α，
1
∴BH=CH，AH=BH⋅tan(90°− α)，
2
∵DC=DE，∠CDE=180°-α，
1
∴CJ=JE，JE=DJ⋅tan(90°− α)，
2
∵BF=FE，
∴HJ=BF=EF，
∴BH=FJ，HF=JE，
1 1
∴AH=FJ⋅tan(90°− α),FH=DJ⋅tan(90°− α)，
2 2
AH HF 1
∴ = =tan(90°− α)，
FJ DJ 2
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∵∠AHF=∠FJD=90°，
∴△AHF∽△FJD，
AF AH 1
∴ = =tan(90°− α)，∠HAF=∠DFJ，
DF FJ 2
∵∠FAH+∠AFH=90°，
∴∠AFH+∠DFJ=90°，
∴∠AFD=90°，即AF⊥DF，
1
∴AF=DF⋅tan((90°− α)，AF⊥DF．
2
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定
和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
【题型18 相似三角形的常见模型之母子型】
【例18】（2023·山东淄博·一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，❑∠BAC=120°，以CA为边在
∠ACB的另一侧作∠ACM=∠ACB，点D为边BC（不含端点）上的任意一点，在射线CM上截取
CE=BD，连接AD，❑DE，❑AE． 设AC与DE交于点F，则线段CF的最大值为 ．
15
【答案】
4
【分析】本题属于三角形综合题，利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到
AD2
AD=AE，∠CAE=∠BAD，再证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质得到AF= ，求出
5
AD的最小值，得到AF的最小值，求出CF的最大值．
【详解】解：∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=30°．
∵∠ACM=∠ACB，
∴∠B=∠ACM=30°．
在△ABD和△ACE中，
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∵¿，
∴△ABD≌△ACE，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠CAE+∠DAC=∠BAD+∠DAC=∠BAC=120°．即∠DAE=120°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠ACB=30°且∠DAF=∠CAD，
∴△ADF∽△ACD，
AD AF
∴ = ，
AC AD
∴AD2=AF·AC，
∴AD2=5AF，
AD2
∴AF= ，
5
∴当AD最短时，AF最短、CF最长，
1 5
易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD= AB= ，
2 2
5 2
( )
∴ AD2 2 5，
AF = = =
最小 5 5 4
5 15
∴CF =AC−AF =5− = ．
最大 最小 4 4
15
故答案为：
4
【点睛】本题涉及了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定与性质等知识，
解题的关键是利用旋转的特征正确寻找全等三角形、相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式18-1】（2023·山东滨州·一模）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB
交⊙O于点E、D，连接EC、CD．
（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并加以证明；
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（2）求证：BC2=BD⋅BE；
1
（3）若tanE= ，⊙O的半径为3，求OA的长．
2
【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OC⊥AB，据此解题；
（2）连接OC，90°圆周角所对的弦是直径，证明DE为⊙O的直径，再证明△BCD∽△BEC，最后根据相似
三角形的对应边成比例解题；
CD 1
（3）根据正切定义得到 = ，解得OC=OE=3，再由△BCD∽△BEC，设BC=x，根据相似三角形对应边
EC 2
成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题．
【详解】解：（1）AB与⊙O相切，连接OC，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB与⊙O相切；
（2）连接OC，
∵OC⊥AB，
∴∠OCB=90°即∠1+∠3=90°，
又∵DE为⊙O的直径，
∴∠ECD=90°即∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
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∵OE=OC，
∴∠E=∠2，
∴∠1=∠E，
∵∠B=∠B，
∴△BCD∽△BEC，
BC BD
∴ = ，
BE BC
∴BC2=BD•BE；
1
（3）∵tan∠E= ，∠ECD=90°，
2
CD 1
∴ = ，
EC 2
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OE=3，
∵△BCD∽△BEC，
BC CD
∴ = ，设BC=x，
BE EC
x 1
∴ = ，
OB+3 2
∴OB=2x-3，
∵∠OCB=90°，
∴OC2+BC2=OB2，
∴9+x2=（2x-3）2，
∴x=0（舍去），x=4，
1 2
∴OA=OB=5．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、
有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题
是关键．
【变式18-2】（2023·福建三明·二模）如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对
角线作正方形AEFG，边FG与AC相交于点H，连接DG．以下四个结论：
①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG；
②△ACF∽△ADG；
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③AH⋅AC＝√2AE2；
④DG⊥AC．
其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可知∠B=∠E=90°，有对顶角相等，可证∠EAB＝∠BFE，由
AC AF
∠EAG=∠BAD=90°可证∠EAB＝∠DAG，可判断结论①正确；由 = =√2，∠FAC=∠GAD，
AD AG
两边对应成比例且夹角相等即可得△ACF∽△ADG，可判断结论②正确；由结论②可知
∠ACF=∠ADG=45°，可得DG平分∠ADC，由正方形可知△ACD是等腰直角三角形，可推出
DG⊥AC，结论④正确；利用两组角对应相等的两个三角形相似可得△ACF∽△AFH，根据相似的性质可得
AH AF
= ，则AH⋅AC＝AF2，又有AF2＝2AE2，则结论③错误．
AF AC
【详解】解：设AB与EF相交于点O，如图所示，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴∠B=∠E=90°，∠EAG=∠BAD=90°．
又∵∠AOE=∠BOF，
∴∠EAB＝∠BFE．
∵∠EAG−∠BAG=∠BAD−∠BAG，
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∴∠EAB＝∠DAG，
∴∠EAB＝∠BFE＝∠DAG，
故结论①正确；
∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的对角线，
∴AC=√2AD，AF=√2AG，
AC AF
∴ = =√2．
AD AG
又∵∠FAG=∠CAD=45°，
∴∠FAG−∠GAH=∠CAD−∠GAH，
即∠FAC=∠GAD．
∴△ACF∽△ADG．
故结论②正确；
由△ACF∽△ADG可知∠ADG=∠ACF=45°，
∴DG平分∠ADC．
∵△ACD是等腰直角三角形，
∴DG⊥AC．
故结论④正确；
∵∠FAC=∠HAF，∠ACF=∠AFH=45°，
∴△ACF∽△AFH，
AH AF
∴ = ，
AF AC
∴AH⋅AC＝AF2．
∵在等腰直角△AEF中，AF2＝2AE2，
∴AH⋅AC＝2AE2，
故结论③错误，
∴正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定
理，熟练掌握相似三角形的判定定理证明三角形相似是解题的关键．
【变式18-3】（2023·江苏苏州·模拟预测）定义：如图，若点P在三角形的一条边上，且满足∠1=∠2，
则称点P为这个三角形的“理想点”．
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(1)如图①，若点D是△ABC的边AB的中点，AC=2√2，AB=4，试判断点D是不是△ABC的“理想
点”，并说明理由；
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4，若点D是△ABC的“理想点”，求CD的长．
【答案】(1)D为△ABC的理想点,理由见解析
12 9
(2) 或
5 4
AC AB
【分析】（1）由已知可得 = ，从而ΔACD∽ΔABC，∠ACD=∠B，可证点D是ΔABC的“理
AD AC
想点”；
（2）由D是ΔABC的“理想点”，分三种情况：当D在AB上时，CD是AB边上的高，根据面积法可求
CD长度；当D在AC上时，ΔBDC∽ΔABC，对应边成比例即可求CD长度；D不可能在BC上．
【详解】（1）解：点D是ΔABC的“理想点”，理由如下：
∵D是AB中点，AB=4，
∴AD=BD=2，AD⋅AB=8，
∵AC=2√2，
∴AC2=8，
∴AC2=AD⋅AB，
AC AB
∴ = ，
AD AC
∵∠A=∠A，
∴ΔACD∽ΔABC，
∴∠ACD=∠B，
∴点D是ΔABC的“理想点”；
（2）①D在AB上时，如图：
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∵D是ΔABC的“理想点”，
∴∠ACD=∠B或∠BCD=∠A，
当∠ACD=∠B时，
∵∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠BCD+∠B=90°，
∴∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，
当∠BCD=∠A时，同理可证∠CDB=90°，即CD是AB边上的高，
在RtΔABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，
∴BC=√AB2−AC2=3，
1 1
∵S = AB⋅CD= AC⋅BC，
ΔABC 2 2
12
∴CD= ，
5
②∵AC=4，BC=3，
∴AC>BC有∠B>∠A，
∴ “理想点” D不可能在BC边上，
③D在AC边上时，如图：
∵D是ΔABC的“理想点”，
∴∠DBC=∠A，
又∠C=∠C，
∴ΔBDC∽ΔABC，
CD BC CD 3
∴ = ，即 = ，
BC AC 3 4
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9
∴CD= ，
4
12 9
综上所述，点D是ΔABC的“理想点”， CD的长为 或 ．
5 4
【点睛】本题主要考查了相似三角形、勾股定理等知识，解题的关键是理解“理想点”的定义．
【题型19 相似三角形的常见模型之旋转相似模型】
【例19】（2023·河南周口·模拟预测）观察猜想
(1)如图1，在等边△ABC中，点M是边BC上任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边
△AMN，连接CN，则∠ABC与∠ACN的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其它条件不变，（1）
中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是边BC上任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为
边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连按CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理
由．
【答案】(1)∠ABC=∠ACN
(2)∠ABC=∠ACN成立
(3)∠ABC=∠ACN
【分析】（1）利用SAS可证明△BAM≅△CAN，继而得出结论；
（2）也可以通过证明△BAM≅△CAN，得出结论，和（1）的思路完全一样．
AB AC
（3）首先得出∠BAC=∠MAN，从而判定△ABC∽△AMN，得到 = ，根据
AM AN
∠BAM=∠BAC−∠MAC，∠CAN=∠MAN−∠MAC，得到∠BAM=∠CAN，从而判定
△BAM∽△CAN，得出结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC、△AMN是等边三角形，
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∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
∵在△BAM和△CAN中，
¿，
∴△BAM≅△CAN(SAS)，
∴∠ABC=∠ACN．
（2）解：结论∠ABC=∠ACN仍成立；
理由如下：∵△ABC、△AMN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
∵在△BAM和△CAN中，
¿，
∴△BAM≅△CAN(SAS)，
∴∠ABC=∠ACN．
（3）解：∠ABC=∠ACN；
理由如下：∵BA=BC，MA=MN，
AB AM
∴ = ，
BC MN
又∵∠ABC=∠AMN，
∴△ABC∽△AMN，
∴∠BAC=∠MAN，
AB AM
∴ = ，
AC AN
又∵∠BAM=∠BAC−∠MAC，∠CAN=∠MAN−∠MAC，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△BAM∽△CAN，
∴∠ABC=∠ACN．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的
关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）的性质证明结论．
【变式19-1】（2023·四川成都·二模）如图，正方形ABCD的边长为8，线段CE绕着点C逆时针方向旋转，
且CE=3，连接BE，以BE为边作正方形BEFG，M为AB边的中点，当线段FM的长最小时，tan∠ECB=
．
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1
【答案】
3
【分析】连接BD，BF，FD，证明△EBC∽△FBD，根据题意，知道M，F，D三点一线时，FM最小，然
后过点M作MG⊥BD，垂足为G，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理分别求出MG和DG的长，再根
据正切的定义计算即可．
【详解】解：连接BD，BF，FD，如图，
BD BF
∵ = =√2，
BC BE
BD BC
∴ = ，
BF BE
∵∠FBD+∠DBE=45°，∠EBC+∠DBE=45°，
∴∠FBD=∠EBC，
∴△EBC∽△FBD，
DF BD
∴∠FDB=∠ECB， = =√2，
CE BC
∴DF=√2CE=3√2，
由题意知：FM、DF、DM三条线段满足FM+DF≥MD，其中DM、DF的值一定，
∴当M，F，D三点一线时，FM最小，
过点M作MN⊥BD，垂足为G，
1
∵∠MBN=45°，BM= AB=4，
2
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∴MN=BN=2√2，
∵MD=√AM2+AD2=√42+82=4√5，
∴DG=√M D2−MG2=√ (4√5) 2 −(2√2) 2=6√2，
MG 2√2 1
∴tan∠ECB=tan∠FDG= = = ，
DG 6√2 3
1
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了正方形的性质，手拉手相似模型，锐角三角函数，勾股定理，三角形面积，线段最值
模型，熟练构造相似模型，准确确定线段最小值的条件是解题的关键．
【变式19-2】（2023·河南周口·二模）在△ABC中，CA=CB，∠ACB=α，点P是平面内不与点A，C重
合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP.
(1)观察猜想
BD
如图①，当α=60°时， 的值是_______，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是________．
CP
(2)类比探究
BD
如图②，当α=90°时，请写出 的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说
CP
明理由．
【答案】(1)1，60°；
(2)√2，45°，理由见解析
【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得△APC≌△ADB(SAS)，如图①
中，设直线PC与直线BD交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果；
AB AD
(2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得 = ，可证得∠DAB=∠PAC，即可证得
AC AP
△DAB∽△PAC，如图②中，设直线BD交CP于G，AC交BD于点H，再利用相似三角形的性质及角的
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关系，即可求得结果．
【详解】（1）解：∵∠ACB=60°，∠APD=60°，CA=CB，AP=DP，
∴△ACB与△APD都是等边三角形，
∴∠CAB=∠PAD=60°，AC=AB，AP=AD，
∴∠CAP=∠CAB−∠PAB=∠PAD−∠PAB=∠BAD，
在△APC与△ADB中，
¿
∴△APC≌△ADB(SAS)，
∴BD=CP，∠ACP=∠ABD，
BD
∴ =1；
CP
设CP与BD的延长线交于点I，如图①，
∴∠CIB=180°−∠PCB−∠CBD=180°−(60°−∠ACP)−(60°＋∠ABD)=60°＋∠ACP−∠AB，D=60°
∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为60°；
BD
（2）解： =√2，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°，
CP
理由如下：
∵∠ACB=90°，CA=CB，
AB
∴∠CAB=45°， =√2，
AC
AD
同理可得：∠PAD=45°， =√2，
AP
AB AD
∴ = ，
AC AP
∵∠CAB=∠PAD.
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∴∠CAB＋∠DAC=∠PAD＋∠DAC，
即∠DAB=∠PAC，
∴△DAB∽△PAC，
BD AB
∴ = =√2，∠DBA=∠PCA，
CP AC
设BD交CP于点G，BD交CA于点H，如图②，
∵∠BHA=∠CHG，
∴∠CGH=∠BAH=45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°．
【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，
全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．
【变式19-3】（2023·河南郑州·统考一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，
E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE
的交点为点P．
(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；
(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最
大值．
【答案】(1)AD＝√3BE，AD⊥BE
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(2)结论仍然成立，证明见解析
4 √3
(3)P点运动轨迹的长度是 π；P点到直线BC距离的最大值是
3 2
【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；
AD AC
（2）先证明△BCE∽△ACD ，可得 = ＝√3，∠CBO＝∠CAD即可解答；
BE BC
（3）利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求
P点到直线BC距离的最大值即可．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AC=√3BC=√3，AB=2BC=2，AD⊥BE
∵点D，E分别为AC，BC的中点
1 √3 1 1
∴AD=CD= AC= ，BE=EC= BC=
2 2 2 2
∴ AD＝√3BE．
故答案为：AD＝√3BE，AD⊥BE．
（2）解：结论仍然成立，理由如下：
√3 1
∵AC＝√3，BC＝1，CD＝ ，EC＝ ，
2 2
BC √3 EC √3
∴ = ， ＝ ，
AC 3 CD 3
BC EC
∴ = ，
AC DC
∵△CDE绕点C顺时针旋转，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
AD AC
∴ = ＝√3，∠CBO＝∠CAD，
BE BC
∴AD＝√3BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD．
（3）解：∵∠APB＝90°，
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∴点P在以AB为直径的圆上，
如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距
离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，
∵BE是⊙C切线，
∴CE⊥BE，
EC 1
∵ ＝ ，
BC 2
∴∠EBC＝30°，
∴∠GBP＝30°，
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，
∴∠BGP＝120°，
∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，
120°×π×1 4
∴P点运动轨迹的长度＝ ×2＝ π，
180° 3
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
1
∴AP＝ AB＝1，BP＝√3AP＝√3，
2
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
1 √3
∴PH＝ BP＝ ．
2 2
√3
∴P点到直线BC距离的最大值 ．
2
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、
锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
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【题型20 相似三角形的实际应用】
【例20】（2023·浙江温州·统考三模）根据以下素材，探索完成任务．
如何确定拱桥形状？
问
图是一座拱桥，其形状与抛物线和圆形相似． 为了定量的确定拱
题
桥形状，九年（8）班数学、科学项目化学习小组联合开展了本次
背
活动．
景
素 小晨认为可以在桥下不同的位置，用卷尺测量水面到桥的垂直距
96
材 离（记为x），进而确定形状． 经过测量，数学组绘制了图，并 6m的地方测得d= mm
7
一 得到水面宽AB为16m，拱顶离水面的距离CD为4m．
科学组发现在船上使用卷尺十分不便，所以决定使用激光三角测
距法测量x． 其测量流程如下：
1．在一个底部挖空的圆柱形薯片盒上安装放大镜（焦距
f =20cm），并在一侧的同一高度放置一枚激光笔．另一端盖上
瓶盖（半径r=12cm）；
素
2．让激光垂直照射拱桥，光线会在拱桥发生漫反射，并经过放大
材
镜光心（即圆心），再在瓶盖上形成一个光斑（记为点E）；
二
fr
3．测量光斑中心到瓶盖中心的距离d，根据公式x= 计算得到x
d
的值．
注：薯片盒的高度等于焦距． 忽略测量装置与水面的间距和激光
发射点到放大镜边缘的距离．
问题解决
任
务 若拱桥呈圆形，且小晨测得x=2m，求他到点D的距离．
一
任
务 请在测量示意图（图）中，画出光的传播路径，并直接写出公式的获得原理．
二
任 96
若小豪在距离点D，6m的地方测得d= mm，请在图中建立平面直角坐标系，通过计算判断拱桥
务 7
三 是否呈抛物线形．
项目复盘
科学组在实际操作时发现，激光三角测距法相比直接测量的方法有一定的缺点． 请结合生活经验及相关
科学知识，写出一条可能造成误差的原因．
【答案】任务一：小晨到点D的距离为6m；任务二：画图见解析，证明见解析；任务三：画图见解析，拱
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桥是否呈抛物线形，计算说明见解析；项目复盘：误差的原因，激光不一定垂直于水平面
1
【分析】任务一：根据素材一可得AD= AB=8,CD=4，如图所示，设点O为圆心，MN=x=2，过点
2
M作MS⊥OC交OC于点S，连接OM交AD于点T，连接OA，设OD=a，则CO=AO=a+4，在
Rt△AOD中，AD2+DO2=AO2，根据勾股定理求得OD=6，在Rt△MSO中，OM2=MS2+SO2，进
而即可求解．
任务二：根据题意画出图形，根据相似三角形的性质与判定即可求解；
任务三：根据题意求得抛物线解析式，进而根据公式求得点P是否在抛物线上，即可求解．
1
【详解】解：任务一：如图所示，根据素材一可得AD= AB=8,CD=4，如图所示，设点O为圆心，
2
MN=x=2，过点M作MS⊥OC交OC于点S，连接OM交AD于点T，连接OA，
设OD=a，则CO=AO=a+4，
在Rt△AOD中，AD2+DO2=AO2
即82+a2=(a+4) 2，
解得：a=6，
即OD=6，
∴OM=OA=OC=10，
在Rt△MSO中，OM2=MS2+SO2
即102=MS2+82
解得：MS=6
即ND=6
∴小晨到点D的距离为6m；
任务二：如图所示，
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∵AD∥BC，BD∥EC
∴∠EBC=∠A，∠ABD=∠BEC，
∴△ABD∽△BEC
AD BD
∴ =
BC EC
依题意，BD=r,EC=d,AD=x，BC=f
x r
∴ =
f d
fr
∴x=
d
任务三：如图所示，以点A为原点，AB所在直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角
坐标系，如图所示，
∵AB=16,CD=4
∴A(0,0),B(16,0),C(8,4),
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设抛物线解析式为y=a(x−8) 2+4
将点A(0,0)代入得，
64a+4=0
1
解得：a=− ；
16
1
∴抛物线解析式为y=− (x−8) 2+4
16
96 96
依题意，QD=6m，d= mm= cm
7 70
fr 20×12
PQ= = =1.75
∴ d 96 ，
70
∴P(2,1.75)，
1 9
当x=2时，y=− (2−8) 2+4=− +4=1.75
16 4
∴点P(2,1.75)在抛物线上
即拱桥是否呈抛物线形．
项目复盘：可能造成误差的原因，例如激光不一定垂直于水平面，
【点睛】本题考查了垂径定理的应用，二次函数的实际应用，相似三角形的实际应用，综合运用以上知识
是解题的关键．
【变式20-1】（2023·山东潍坊·统考中考真题）在《数书九章》（宋·秦九韶）中记载了一个测量塔高的问
题：如图所示，AB表示塔的高度，CD表示竹竿顶端到地面的高度，EF表示人眼到地面的高度，AB、
CD、EF在同一平面内，点A、C、E在一条水平直线上．已知AC=20米，CE=10米，CD=7米，
EF=1.4米，人从点F远眺塔顶B，视线恰好经过竹竿的顶端D，可求出塔的高度．根据以上信息，塔的
高度为 米．
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1
【答案】18.2/18
5
【分析】如图，过F作FQ⊥AB于Q，交CD于H，可得DH=7−1.4=5.6，证明△FDH∽△FBQ，可
DH FH
得 = ，可得QB=16.8，从而可得答案．
BQ FQ
【详解】解：如图，过F作FQ⊥AB于Q，交CD于H，
则FH=CE=10，QH=AC=20，FQ=AE=AC+CE=30，EF=CH=AQ=1.4，
∴DH=7−1.4=5.6，
∵DC∥BA，
∴△FDH∽△FBQ，
DH FH
∴ = ，
BQ FQ
10 5.6
∴ = ，解得：QB=16.8，经检验符合题意；
30 QB
∴AB=AQ+QB=1.4+16.8=18.2（米）；
故答案为：18.2
【点睛】本题考查的是相似三角形的实际应用，作出合适的辅助线构建相似三角形是解本题的关键．
【变式20-2】（2023·四川绵阳·统考中考真题）为测量操场上旗杆的高度，小丽同学想到了物理学中平面
镜成像的原理，她拿出随身携带的镜子和卷尺，先将镜子放在脚下的地面上，然后后退，直到她站直身子
刚好能从镜子里看到旗杆的顶端E，标记好脚掌中心位置为B，测得脚掌中心位置B到镜面中心C的距离
是50cm，镜面中心C距离旗杆底部D的距离为4m，如图所示．已知小丽同学的身高是1.54m，眼睛位置
A距离小丽头顶的距离是4cm，则旗杆DE的高度等于（ ）
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A．10m B．12m C．12.4m D．12.32m
【答案】B
AB BC
【分析】本题考查了相似三角形的应用，根据题意先证明△ABC∽△EDC，得出 = ，即
ED DC
1.5 0.5
= ，即可求出DE的长度．熟练掌握相似三角形的判定方法是解决问题的关键．
DE 4
【详解】解：由题意可得：∠ABC=∠EDC=90°，由镜面反射可知，∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
AB BC
∴ = ，
ED DC
∵AB=1.54−0.04=1.5m，BC=50cm=0.5m，DC=4m，
1.5 0.5
∴ = ，解得：DE=12m，
DE 4
故选：B．
【变式20-3】（2023·上海·统考中考真题）我们经常会采用不同方法对某物体进行测量，请测量下列灯杆
AB的长．
(1)如图1所示，将一个测角仪放置在距离灯杆AB底部a米的点D处，测角仪高为b米，从C点测得A点
的仰角为α，求灯杆AB的高度．（用含a，b，ａ的代数式表示）
(2)我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的方法，在至今仍有借鉴意义图2所示，现将一高度为2
米的木杆CG放在灯杆AB前，测得其影长CH为1米，再将木杆沿着BC方向移动1.8米至DE的位置，此
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时测得其影长DF为3米，求灯杆AB的高度
【答案】(1)atanα+b米
(2)3.8米
【分析】（1）由题意得BD=a，CD=b，∠ACE=α，根据四边形CDBE为矩形，得到BE=CD=b，
AE
BD=CE=a，在Rt∆ACE中，由正切函数tanα= ，即可得到AB的高度；
CE
ED AB
（2）根据AB∥ED，得到∆ABF~∆EDF，根据相似三角形的对应边成比例得到 = ，又根据
DF BF
AB GC
AB∥GC，得出∆ABH~∆GCH，根据相似三角形的对应边成比例得到 = 联立得到二元一次方程组解
BH CH
之即可得；
【详解】（1）解：如图
由题意得BD=a，CD=b，∠ACE=α
∠B=∠D=∠CEB=90°
∴四边形CDBE为矩形，
则BE=CD=b，BD=CE=a，
AE
在Rt∆ACE中，tanα= ，
CE
得AE=CE=CE×tanα=a tanα
而AB=AE+BE，
故AB= a tanα+b
答：灯杆AB的高度为atanα+b米
（2）由题意可得，AB∥GC∥ED，GC=ED=2，CH=1，DF=3，CD=1.8
由于AB∥ED，
∴∆ABF~∆EDF，
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ED AB
此时 =
DF BF
2 AB
即 = ①，
3 BC+1.8+3
∵AB∥GC
∴∆ABH~∆GCH，
AB GC
此时 = ，
BH CH
2 AB
= ②
1 BC+1
联立①②得
¿，
解得：¿
答：灯杆AB的高度为3.8米
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，锐角三角函数的应用，以及二元一次方程组，解题的关键是读懂
题意，熟悉相似三角形的判定与性质．
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