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第 21 讲 相似三角形及其应用
目 录
题型01 添加条件使两个三角形相似
题型02 证明两个三角形相似
题型03 确定相似三角形的对数
题型04 在网格中判断相似三角形
题型05 利用相似的性质求解
题型06 利用相似的性质求点的坐标
题型07 在网格中画与已知三角形相似的三角形
题型08 证明三角形的对应线段成比例
题型09 利用相似三角形的性质求解决折叠问题
题型10 利用相似三角形的性质判断函数图象
题型11 尺规作图与相似三角形综合应用
题型12 三角板与相似三角形综合应用
题型13 平移与相似三角形综合应用
题型14 利用相似三角形的性质与判定求线段比值
题型15 利用相似三角形的性质与判定求最值
题型16 利用相似三角形的性质与判定解决动点问题
题型17 利用相似三角形的性质与判定解决存在性问题
题型18 A字模型
题型19 8字模型
题型20 一线三垂直模型
题型21 三角形内接矩形模型
题型22 旋转相似模型
题型23 相似三角形的应用
【1 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
题型 01 添加条件使两个三角形相似
1．（2022·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．
2．（2023·广东广州·统考一模）已知：如图，点D在边AB上，若∠1=∠ 时，则△ADC∼△ACB．
【2 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定条件求解即可．
【详解】解：当∠1=∠B时，△ADC∼△ACB，理由如下，
∵∠A=∠A，∠1=∠B，
∴△ADC∼△ACB，
故答案为：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知两个角对应相等的三角形相似是解题的关键．
3．（2023·江西抚州·金溪一中校考模拟预测）如图，要使图中的两个三角形相似，需要添加一个条件，这
个条件可以是 ．（写一个即可）
【答案】∠B=∠E或∠C=∠D（答案不唯一）
【分析】根据图形，结合相似三角形的判定，即可得出答案．
【详解】解：根据图形，可得：∠DAE=∠BAC，
∴添加∠B=∠E或∠C=∠D，
∴△AED∽△ABC．
故答案为：∠B=∠E或∠C=∠D（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解本题的关键在熟练掌握相似三角形的判定定理．
题型 02 证明两个三角形相似
4．（2023·广东广州·广州市第二中学校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，点E为BC边上的点（不
与点B，点C重合），连接DE并延长，交AB的延长线于点F．求证：△CDE∽△AFD．
【3 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质证明∠A=∠C，∠CDE=∠F，即可证得结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠A=∠C，
∴∠CDE=∠F，
∴△CDE∽△AFD．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和平行线的性质以及相似三角形的判定，熟练掌握上述知识是解题
的关键．
5．（2023·湖北武汉·统考二模）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点E在AC上，且
∠EAD=∠ADE．
(1)求证：△DCE∽△BCA；
BD
(2)若AB=6，AC=8，求 的值．
CD
【答案】(1)见解析
BD 3
(2) = ．
CD 4
【分析】（1）已知AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠DAC，再由∠EAD=∠ADE，可得
∠BAD=∠ADE，即可得DE∥AB，从而得△DCE∽△BCA；
（2）作DF⊥AB于点F，DG⊥AC于点G，利用角平分线的性质得到DF=DG，再利用三角形面积公
【4 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
S 3
式求得 △ADB = ，据此即可求解．
S 4
△ADC
【详解】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC，
∵∠EAD=∠ADE，
∴∠BAD=∠ADE，
∴DE∥AB，
∴△DCE∽△BCA；
（2）解：作DF⊥AB于点F，DG⊥AC于点G，
∵AD平分∠BAC，
∴DF=DG，
1
AB×DF
S 2 AB 6 3
∴ △ADB = = = = ，
S 1 AC 8 4
△ADC AC×DG
2
S BD
∵ △ADB = ，
S CD
△ADC
BD 3
∴ = ．
CD 4
【点睛】本题考查了相似三角形的判定、平行线的判定和性质、角平分线的性质，掌握“角平分线上点到
角两边的距离相等”是解题的关键．
6．（2023·浙江宁波·校考三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B=90°，AB=4，CD=2，
BC=m，P为线段BC上一动点，且和B、C不重合，连接PA，过P作PE⊥PA交CD所在直线于E．
【5 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)请找出一对相似三角形，并说明理由；
(2)若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围．
【答案】(1)△ABP∽△PCE，理由见解析
(2)0≤m≤4√2
【分析】（1）证明 ∠B=∠C=90°，∠BAP=∠CPE可得△ABP∽△PCE；
1 m
（2）设BP=x，CE= y，则PC=m−x，根据△ABP∽△PCE，可得y=− x2+ x，求出y最大值为
4 4
m2 m2
，因为 ≤2且m≥0即可得到答案．
16 16
【详解】（1）解：△ABP∽△PCE，理由如下：
∵AB∥CD，∠B=90°，
∴∠B=∠C=90°，∠BAP+∠APB=90°，
∵PE⊥PA，
∴∠APB+∠CPE=90°，
∴∠BAP=∠CPE，
∴△ABP∽△PCE(AA)；
（2）解：∵BC=m，
设BP=x，CE= y，则PC=m−x，
∵△ABP∽△PCE，
AB BP
∴ = ，
PC CE
∵AB=4，
4 x 1 m
∴ = ，整理得y=− x2+ x，
m−x y 4 4
∴y=−
1
x2+
m
x=−
1(
x−
m) 2
+
m2
(0AC ．
猜想证明：（1）如图1，点D在BC边上∠DAC=45° ．将△ABC沿AD所在直线折叠，点C的对应点
【33淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
为E ．试猜想四边形ACDE的形状并加以证明 ．
实践探究：（2）如图2，拓展小组受此问题启发，将△ABC沿过点C的直线CF折叠 ．点B的对应点为
G ．且CG⊥AB于点H ．若AC=2√5，BC=4√5，求BF的长 ．
问题解决：（3）如图3 ．探究小组突发奇想，将△ABC沿过点A的直线AM折叠，若∠BAM=45°，
AC=4，CM=3，直接写出BM的长 ．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）10−2√5；（3）25
【分析】（1）先判断四边形ACDE是菱形即可得出结论；
FH AC 1
（2）先证明△ABC∽△CBH求出BH=8，再证△ABC∽△FGH得到 = = ，设未知数列方程解
GH BC 2
决即可；
4√2
（3）先证△BMN∽△BAC得AB= BM，在Rt△ABC中，由勾股定理求出BM即可．
5
【详解】（1）解：正方形 ．
证明：∵∠C=90°，∠DAC=45°，
∴∠ADC=180°−∠C−∠DAC=45° ，
即∠ADC=∠DAC，
∴CA=CD ，
由折叠知：AC=AE，CD=DE，
∴AC=CD=DE=AE，
∴四边形ACDE是菱形，
∵∠C=90°，
∴菱形ACDE是正方形 ；
（2）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2√5，BC=4√5，
∴AB=√AC2+BC2=10，
∵CG⊥AB，
∴∠ACB=∠BHC=90°，
又∠B=∠B，
∴△ABC∽△CBH ，
AB BC 10 4√5
∴ = ，即 = ，
BC BH 4√5 BH
∴BH=8 ，
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由折叠知：∠B=∠G，BF=GF，
∵CG⊥AB，
∴∠ACB=∠GHF=90° ，
∴△ABC∽△FGH ，
FH AC 1
∴ = = ，
GH BC 2
设FH=x，则GH=2x，BF=GF=8−x，
在Rt△FGH中，GF2=GH2+FH2，即(8−x) 2=x2+(2x) 2，
x =−2+2√5，x =−2−2√5（舍），
1 2
∴BF=8−x=10−2√5 ；
（3）在Rt△ACM中，AC=4，CM=3，
∴AM=5，
过点M作MN⊥AB于点N，如图：
则∠ANM=∠BNM=90°，
在Rt△AMN中，∠BAM=45°，
5√2
∴MN=AM⋅sin∠BAM= ，
2
∵∠BNM=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△BMN∽△BAC，
5√2
BM MN 2 5√2，
∴ = = =
BA AC 4 8
4√2
∴AB= BM，
5
在Rt△ABC中，由勾股定理，得：
AC2+BC2=AB2，
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2
即42+(3+BM) 2= (4√2 BM ) ，
5
25
解得：BM=25或BM=− （不合题意，舍去），
7
∴BM得长为25．
【点睛】本题考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，熟练应用正方形判定方法和相似三
角形判定定理是解题关键．
30．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考二模）如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在AC
上，且CD=2，点E在AB上（不与点A、B重合），连接DE，把△ADE沿DE折叠，当点A的对应点F落
在等边△ABC的边上时，AE的长为 ．
【答案】2或10−2√13
【分析】分两种情况：当F点落在边BC上时，利用翻折的性质和等边三角形的性质可得∠DFC=∠BEF，
BE BF EF
可证△DFC∽△FEB，可得 = = ，可求AE；F点落在边AB上时，利用30°所对的直角边等于
CF CD DF
斜边的一半即可求出AE．
【详解】解：①当F点落在边BC上时，
∵把△ADE沿DE折叠，
∴∠A=∠EFD=60°，
∵∠EFC=∠B+∠BEF，
∴∠EFD+∠DFC=∠B+∠BEF
∵∠EFD=∠A=∠B=60°，
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∴∠DFC=∠BEF，
∴△DFC∽△FEB，
BE BF EF
∴ = = ，
CF CD DF
而EF+BE=EA+BE=AB=6，DF=DA=AC−CD=4，
6−AE 6−CF AE
∴ = = ，
CF 2 4
4(6−AE) 1
∴¿，即 =6− AE，
AE 2
解得AE=10−2√13或AE=10+2√13（舍去）；
②F点落在边AB上时，
∵把△ADE沿DE折叠，
∴∠A=∠DFE=60°，∠DEA=90°，∠ADE=∠FDE，
∴∠ADE=30°，
1 1 1
∴AE= AD= (AC−CD)= ×4=2．
2 2 2
所以AE的长为2或10−2√13．
故答案为：2或10−2√13．
【点睛】本题考查翻折的性质，相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，，解题时要
考虑全面，难度中等．
31．（2023·江西吉安·校考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，D为AB的
中点，F为线段AC上的动点，将AD沿过点D的射线DF折叠得到DE，若AB下方的DE与△ABC的边垂
直，则AF的长度可能是 ．
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2√3
【答案】2或2√3−2或
3
【分析】由直角三角形的性质和勾股定理可得AB=4，AC=2√3，AD=BD=2，分三种情况：当
DE⊥AC时，设垂足为G；当DE⊥AB时，作FH⊥AD交AD于H；当DE⊥BC时，分别进行计算即
可得到答案．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴AC=√AB2−BC2=2√3，
∴D是AB的中点，
∴AD=BD=2，
如图1，当DE⊥AC时，设垂足为G，
，
由折叠可知，∠A=∠E=30°，∠EDF=∠FDA，EF=FA，
∵∠DGA=90°，
1
∴DG= AD=1，
2
∴AG=√AD 2−DG2=√3，
❑
∵∠ADE=60°，
∴∠EDF=∠FDA=30°=∠E，
1
∴DF=EF=FA，GF= DF，
2
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1 1
∴AG=AF+GF=AF+ DF=AF+ AF=√3，
2 2
2√3
∴AF= ；
3
如图2，当DE⊥AB时，
，
则∠ADE=90°，
由折叠可知：∠ADF=∠EDF=45°，∠A=∠E=30°，
∴∠AGD=90°−∠A=90°−30°=60°，
∵∠AGD=∠E+∠EFG，
∴∠EFG=∠AGD−∠E=60°−30°=30°，
∴∠E=∠EFG，
∴≥=GF，
1
在Rt△ADG中，AD=2，DG= AG，
2
∵DG2+AD2=AG2，
4√3 2√3
∴AG= ，DG= ，
3 3
作FH⊥AD交AD于H，则HF∥DG，
∵∠ADF=45°，
∴ △DHF是等腰直角三角形，
∴DH=HF，
设DH=HF=x，则AH=AD−DH=2−x，
∵HF∥DG，
∴△AHF∽△ADG，
x 2−x
HF AH =
∴ = ，即2√3 2 ，
DG AD
3
解得：x=√3−1，
∴DH=HF=√3−1，
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在Rt△AHF中，∠AHF=90°，∠A=30°，
∴AF=2HF=2√3−2；
如图3，当DE⊥BC时，
，
由折叠的性质可得：∠E=∠A=30°，∠EDF=∠ADF，∠AFD=∠EFD，
∵AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴∠E=∠EFC=30°，∠BDE=∠A=30°，
∵∠BDE+∠ADE=180°，∠AFE+∠EFC=180°，
∴∠EDA=∠EFA，
∴∠ADF=∠DFA，
∴AD=AF=2，
2√3
综上所述：AF的长为2或2√3−2或 ，
3
2√3
故答案为：2或2√3−2或 ．
3
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、等腰三
角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想解题，是解此
题的关键．
题型 10 利用相似三角形的性质判断函数图象
32．（2023·湖南长沙·统考三模）如图，AB⊥BC于点B，DC⊥BC于点C，点E是线段BC上一个动点，
AE⊥EF于点E，射线EF交射线CD于点F，BC=2AB=8，设BE=x，CF= y，当点E从点B运动到
点C时，y与x的函数图象大致是（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据BE=x，CF= y，得出CE=8−x，根据BC=2AB=8，得出AB=4，通过证明
CF CE
△ABE∽△ECF可得 = ，即可得出y关于x的函数表达式，即可得出结论．
BE AB
【详解】解：∵BC=2AB=8，
∴AB=4，
∵AB⊥BC，DC⊥BC，AE⊥EF，
∴∠AEB+∠FEC=90°，∠AEB+∠EAB=90°，
∴∠EAB=∠FEC，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF，
CF CE CE
∴ = ，即CF=BE⋅ ，
BE AB AB
∵BE=x，CF= y，则CE=8−x，
8−x 1 1
∴y=x⋅ =− x2+2x=− (x−4) 2+4(0BC．
(1)尺规作图：在AC和AB上分别确定点D，E的位置，使得△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形；
（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AB=6,BC=4，求BE的长．
【答案】(1)见解析
12
(2)
5
【分析】（1）以点B为圆心，以适当长为半径画弧，交AB,AC于点N，M，分别以点N，M为圆心，以
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适当长为半径画弧，两弧相交于点O，连接BO交AC于点D，过点D作DE∥BC，交AB于点E，△BDE
即为所求；先证BE=DE，再证∠DEB=90°，即可得答案；
AE DE
（2）先证△AED∽△ABC，得 = ，设BE=a，则DE=BE=a,AE=AB−BE=6−a，得
AB BC
a 6−a
= ，解方程即可得答案．
4 6
【详解】（1）解：如下图，以点B为圆心，以适当长为半径画弧，交AB,AC于点N，M，分别以点N，
M为圆心，以适当长为半径画弧，两弧相交于点O，连接BO交AC于点D，过点D作DE∥BC，交AB于
点E，△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形；
由作图可知：∠EBD=∠CBD，
∵ DE∥BC，
∴∠EDB=∠CBD，
∴∠EBD=∠EDB，
∴BE=DE，
∵∠ABD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠EDB=90°，
∴∠DEB=90°，
∴△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形；
（2）∵△BDE是以BD为底边的等腰直角三角形，
∴∠BED=90°,DE=BE，
∵∠AED=∠ABC=90°,∠A=∠A，
∴△AED∽△ABC，
AE DE
∴ = ，
AB BC
设BE=a，则DE=BE=a,AE=AB−BE=6−a，
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a 6−a
∴ = ，
4 6
12
解得：a= ，
5
12
∴BE的长等于 ．
5
【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握
相似三角形的判定方法．
题型 12 三角板与相似三角形综合应用
38．（2023·河北保定·统考模拟预测）如图，把两块全等的直角三角板ABC和DEF叠放在一起，使三角板
DEF的锐角顶点D与三角板ABC的斜边中点O重合，DF经过点B，其中∠ABC=∠≝=90∘，
∠C=∠F=45∘，AB=DE=4，把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点O逆时针旋转，旋转角为α．
其中0∘<α<90∘．设射线DE与射线AB相交于点P，线段DF与线段BC相交于点Q．给出下面三个结论：
①△APD∽△CDQ；
②AP⋅CQ的值不变，为8；
8−4x
③当45°≤α<90°时，设CQ=x，两块三角板重叠部分的面积为y=4−x− ．
4−x
其中正确的是（ ）
A．只有①与② B．只有①与③ C．只有②与③ D．①②③
【答案】D
【分析】利用等腰直角三角形的性质得∠A=∠EDF=∠E=45°，AC=√2AB=4√2，则
AD=CD=2√2，讨论：当0°<α<45°，如图1，利用三角形外角性质可证明∠ADP=∠DQC，加上
∠A=∠C，则根据相似三角形的判定方法可判断△APD∽△CDQ，利用相似比可得
AP⋅CQ=CD⋅AD=8，当45°≤a<90°，如图2，利用同样方法可证明△APD∽△CDQ，同样得到
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AP⋅CQ=CD⋅AD=8，于是可对（1）、（2）进行判断；如图2，作DH⊥BC于H，DH交BC于
8 8
M，由AP⋅CQ=8得到AP= ，则PB= −4，证明△BPM∽△HDM，利用相似比可表示出
x x
8−4x 8−4x
BM= ，所以MQ=4−x− ，根据三角形面积公式得到
4−x 4−x
1 ( 8−4x) 8−4x
S = ⋅2⋅ 4−x− =4−x− ，则可对（3）进行判断．
△DMQ 2 4−x 4−x
【详解】解：∵△ABC和△≝¿为全等的等腰直角三角形，
∴∠A=∠EDF=∠E=45°，AC=√2AB=4√2，
∴AD=CD=2√2，
当0°<α<45°，如图1，
∵∠ADQ=∠C+∠DQC，即∠ADP+∠PDQ=∠C+∠DQC，
∴∠ADP=∠DQC，
而∠A=∠C，
∴△APD∽△CDQ，
∴AP:CD=AD:CQ，
∴AP⋅CQ=CD⋅AD=2√2⋅2√2=8，
当45°≤a<90°，如图2，
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同样方法得到△APD∽△CDQ，则AP:CD=AD:CQ，
∴AP⋅CQ=CD⋅AD=2√2⋅2√2=8，所以（1）、（2）正确；
1
如图2，作DH⊥BC于H，DH交BC于M，则DH=BH= AB=2，
2
∵AP⋅CQ=8，
8
∴AP= ，
x
8
∴PB=AP−AB= −4，
x
∵PB∥DH，
∴△BPM∽△HDM，
(8 ) (8 )
∴BM:HM=BP:DH= −4 :2，即BM:(2−BM)= −4 :2，
x x
8−4x
∴BM= ，
4−x
8−4x
∴MQ=BC−BM−CQ=4−x− ，
4−x
1 ( 8−4x) 8−4x
∴S = ⋅2⋅ 4−x− =4−x− ，
△DMQ 2 4−x 4−x
8−4x
即当45°≤a<90°时，设CQ=x，两块三角板重叠面积为y=4−x− ，所以（3）正确．
4−x
故选：D．
【点睛】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质和等腰直角三角形的性质；会灵活应用相似三
角形的判定与性质．利用三角形面积公式，用x表示出MQ是判断（3）是否正确的关键．
39．（2022·广东深圳·校联考二模）一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一
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个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足
∠CME=2∠ADE，EM= ．
29
【答案】
4
【分析】由CE=5， AE=2，得AC=7，利用勾股定理，得到AD的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和
DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明△DNE∼△PCE，MP=x，在
Rt△MCE中，利用勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，
∴∠END=∠ENA=90°,
∴∠NEA=∠A=45°,
∴NE= NA，
∵AE=√N E2+N A2=√2NA,
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AE
∴NE=NA= =√2,
√2
AC 7√2
同理，AD= = ,
√2 2
5√2
∴DN=AD−NA= ,
2
延长MB至P，使MP=ME，连接PE，
∴可设∠MPE=∠MEP=x，
∴∠EMC=∠MPE+∠MEP=2x，
∵∠EMC=2∠ADE,
∴∠ADE=∠MPE=x,
又∠DNE=∠PCE=90°,
∴△DNE∼△PCE,
CE NE √2 2
∴ = = = ,
PE DN 5√2 5
2
25
∴PC= ,
2
25
设MP=ME=x,则CM= −x,
2
在Rt△MCE中，M E2=CM2+CE2,
∴ (25 −x ) 2 +25=x2,
2
29
∴x= ,
4
29
∴ME= ．
4
【点睛】本题考查了勾股定理，二倍角的辅助线的构造，方程思想求线段，熟练掌握二倍角辅助线是解决
问题的关键．
40．（2023·安徽合肥·校考一模）如图（1），直线L上摆放着两块大小相同的直角三角板，它们中较小直
角边长为6cm，较小锐角度数为30度．
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(1)将△ECD沿直线AC翻折到图（2）的位置，ED'与AB相交于点F，请证明：AF=FD'
(2)将△ECD沿直线L向左平移到图（3）的位置，使E点落在AB上，你可以求出平移距离，试试看；
(3)将△ECD绕点C逆时针旋转到图（4）的位置，使E点落在AB上，请求出旋转角的度数．
【答案】(1)见解析
(2)6−2√3
(3)30°
【分析】（1）根据题意：由轴对称的性质容易证明：△AFE≌△D'FB；即可证明AF=FD'；
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（2）根据平移的性质可知CC'为平移的距离，先求BC'BC'的长度，进而可得平移的距离．
（3）△ECD绕点C旋转的度数即∠ECE'的度数；可得△BCE'为等边三角形，∠ECE'=30度．
【详解】（1）解：根据轴对称的性质可知，在△AFE与△D'FB中，
∵∠A=∠D'=∠D=30°，AE=AC−CE=CD'−CB=BD'，∠AFE=∠D'FB，
∴△AFE≌△D'FB．
∴AF=FD'．
（2）根据平移的性质可知CC'为平移的距离．
∵在Rt△ABC中，BC=6，∠A=30°，
∴AB=2BC=12，AC=6√3．
∵C'E'∥CE，
∴△BC'E'∽△BCA，
BC' E'C'
∴ = ，
BC AC
∴BC'=2√3，
∴CC'=6−2√3．
（3）根据旋转的性质可知，CE'=CB，
又∵∠B=60°
则△BCE'为等边三角形，∠ECE'为旋转角．
∴∠BCE'=60°，
∴∠ECE'=90°−60°=30°，
∴旋转角∠ECE'为30°．
【点睛】本题考查相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平移、旋转的性质；平移的基本
性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且
相等，对应角相等．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应
点连线的垂直平分线的交点是旋转中心．
41．（2022·河南平顶山·平顶山市第十六中学校考模拟预测）问题发现．【发现】如图①，已知等边
△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上(点D不与点B、C重合)，使两边分别交线段AB、
AC于点E、F．
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(1)若AB=6，AE=4，BD=2，则CF=______；
(2)求证：△EBD∽△DCF．
(3)【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都
存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存
BD
在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
BC
(4)【探索】如图③，在等腰△ABC中，AB=AC，点O为BC边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放
在点O处(其中∠MON=∠B)，使两条边分别交边AB、AC于点E、F(点E、F均不与△ABC的顶点重
合)，连接EF.设∠B=α，则△AEF与△ABC的周长之比为______(用含α的表达式表示)．
【答案】(1)4
(2)见解析
BD 1
(3)存在， =
BC 2
(4)1−cosα
【分析】（1）证明△BDE，△CDF是等边三角形，即可求出CF的值；
（2）利用相似的判定，证明△EBD∽△DCF；
（3）存在，如图①，过点D作DM⊥AB，DG⊥EF，DN⊥CA，垂足分别为M，G，N，证明
BDM≌△CDN，BD＝CD，可得点D是BC的中点，可得出结论；
△（4）如图③连接AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，证明 OBG≌△OCH，可得
OG＝OH，GB＝CH，∠BOG＝∠COH＝90∘−α，则∠GOH＝2α，由【思考】猜想应△用EF＝ED＋DF＝
GE＋FH（可通过半角旋转证明），C AEF＝2AG设AB＝a，则OB=mcosα,GB=mcos2α，则可写出
△
△AEF与△ABC的周长之比．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
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∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°，
∵AE＝4，
∴BE＝2，则BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BED＝60°，
∴∠EDB＝∠B＝60°，
又∵∠EDF＝60°，
∴∠CDF＝180°－∠EDF－∠B＝60°，
∴∠CDF＝∠C＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CF＝CD=BC－BD＝6－2＝4．
（2）解：∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，
∴∠CDF＋∠BDE＝120°，∠BED＋∠BDE＝120°，
∴∠CDF＝∠BED，
又∵∠B＝∠C＝60°，
∴△EBD∽△DCF．
（3）解：存在，如图①，过点D作DM⊥AB，DG⊥EF，DN⊥CA，垂足分别为M，G，N，
∵ED平分∠BEF且FD平分∠CFE，
∴DM＝DG＝DN，
又∵∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，
∴ BDM≌△CDN，
∴△BD＝CD，即点D是BC的中点，
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BD 1
∴ = ．
BC 2
（4）解：如图③连接AO，作OM⊥BE，OG⊥EF，ON⊥AC，垂足分别为M，G，N，
∴∠BMO＝∠CNO＝90°，
∵AB＝AC，O是BC的中点，
∴∠B＝∠C，OB＝OC，
∴ OBM≌△OCN，
∴△OM＝ON，MB＝CN，∠BOM＝∠CON＝90∘−α，
则∠MON＝180°－（∠BOM＋∠CON）＝2α，
由【思考】猜想应用EF＝ED＋DF＝GE＋FH（可通过半角旋转证明），
∴C AEF＝AE＋EF＋AF＝AE＋EG＋GF＋AF＝AM＋AN＝2AM，
AB＝ △ m，则OB=mcosα,MB=mcos2α，
C 2AM AM m−mcos2α
∴ △AEF = = = =1−cosα．
C 2(AB+OB) AB+OB m+mcosα
△ABC
【点睛】本题是相似的综合应用，考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判
定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
题型 13 平移与相似三角形综合应用
42．（2023·安徽六安·校联考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为√5，点A在y轴
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1
正半轴上，点B在x轴负半轴上，B(−1,0)，C、D两点在抛物线y= x2+bx+c上．
2
(1)求此抛物线的表达式；
(2)正方形ABCD沿射线BC以每秒√5个单位长度平移，1秒后停止，此时B点运动到B 点，试判断B 点是
1 1
否在抛物线上，并说明理由；
(3)正方形ABCD沿射线BC平移，得到正方形A B C D ，A 点在x轴正半轴上，求正方形ABCD的平移
2 2 2 2 2
距离．
1 1
【答案】(1)y= x2+ −2
2 2
(2)点B 在抛物线上，理由见解析
1
(3)2√5
【分析】（1）首先作出辅助线证明Rt△BCE≌Rt△ABO，进而得出CE=BO，BE=AO，同理可得
△ADF≌△ABO，再求出C(1,−1)、D(2,1)即可求出抛物线解析式；
（2）根据题意，得1秒后点B移动的长度为，则BB =√5，进而求出Rt△ABO≌Rt△BB N，从而得出
1 1
B 坐标，得出答案即可；
1
（3）首先证明△A BB ∼△BAO，再求出正方形ABCD平移的距离．
2 2
【详解】（1）解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥y轴于点F．
∵正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠AOB=90°，
即∠OBC+∠ABO=∠BAO+∠ABO=90°．
∴∠OBC=∠BAO．
在Rt△BCE和Rt△ABO中，
∵∠OBC=∠BAO，AB=BC，∠CEB=∠BOA=90°，
∴Rt△BCE≌Rt△ABO(AAS)．
∴CE=BO，BE=AO．
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∵B(−1,0)，
∴BO=1．
∵AB=√5，
∴在Rt△ABO中，由勾股定理，得AO=√AB2−BO2=√5−1=2．
∴CE=1，BE=2．
∴OE=BE−BO=1．
∴C(1,−1)．
同理可得△ADF≌△ABO．
∴DF=AO=2，AF=BO=1．
∴OF=AO−AF=2−1=1．
∴D(2,1)．
1
将C(1,−1)、D(2,1)分别代入y= x2+bx+c中，
2
可得¿
解得¿
1 1
∴此抛物线的表达式为y= x2+ x−2．
2 2
（2）点B 在抛物线上．
1
理由：根据题意，得1秒后点B移动的长度为，
√5×1=√5，
则BB =√5．
1
如图，过点B 作B N⊥x轴于点N．
1 1
在Rt△ABO与Rt△BNB 中，
1
∵∠AOB=∠BNB =90°，∠2=∠B BN=90°−∠ABO，AB=BB ，
1 1 1
∴Rt△ABO≌Rt△BB N．
1
∴B N=BO=1，NB=AO=2．
1
∴NO=NB+BO=2+1=3．
∴B (−3,1)．
1
1 1
将点B (−3,1)代入y= x2+ x−2中，可得点B (−3,1)在抛物线上．
1 2 2 1
（3）如图，设正方形ABCD沿射线BC平移后的图形为正方形A B C D ．
2 2 2 2
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∵∠OBC=BAO，∠BB A =∠AOB，
2 2
∴△A BB ∼△BAO．
2 2
BB AO
∴ 2 = ．
A B BO
2 2
∵AO=2，BO=1，A B =√5，
2 2
BB 2
即
2=
，
√5 1
∴BB =2√5．
2
∴正方形ABCD平移的距离为2√5．
【点睛】本题考查了正方形，二次函数的应用以及全等三角形的应用，相似三角形的应用，熟练利用判定
得出点的坐标是解题的关键．
43．（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）正方形ABCD与正方形EFGH的AD边和EF边在直线MN
上，起始状态如图①所示，点F与点D重合，点G在CD边上．已知EF=2cm，AB=4cm．正方形
EFGH沿MN方向以2cm/s的速度运动，两个正方形重叠部分图形的面积为S(cm2)．
(1)在正方形EFGH平移过程中，若S=2cm2，求t的值．
(2)在1≤t≤3这段时间内，求S与t的函数关系式．
(3)当直线BG平分线段AH时，如图②，t=______s．
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1 5
【答案】(1)t的值为 s或 s；
2 2
(2)S=¿；
3
(3)
2
【分析】（1）由于正方形EFGH的面积为4cm2，若S=2cm2，CD或AB恰好经过EF的中点，据此求解
即可；
（2）先求得临界点，再分两情况讨论，利用正方形或矩形面积公式即可求解；
（3）证明△HGP≌△AQP，推出AQ=HG=2，再证明△QGF∽△QBA，求得DF=3，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵正方形EFGH的边长EF=2cm，
∴正方形EFGH的面积为EF2=22=4(cm2)，
∴S=2cm2时，CD或AB恰好经过EF的中点，
如图，当CD经过EF的中点时，
1
DF= EF=1，
2
1
∴t= s；
2
如图，当AB经过EF的中点时，
1
DF=AD+ EF=5，
2
5
∴t= s；
2
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1 5
综上，t的值为 s或 s；
2 2
（2）解：当t=1s时，DF=2×1=2，此时点E与点D重合；当t=2s时，DF=2×2=4，此时点F与点
A重合；当t=3s时，DF=2×3=6，此时点E与点A重合，
分两种情况讨论：
在1≤t≤2这段时间内，S=EF2=22=4(cm2)；
在20)有唯一公共点B，并交y= (x<0)于点A，交x轴于点C．
x x
(1)求b的值．
3
(2)若AB= AC，求k的值．
5
【答案】(1)b=4
(2)k=−5．
【分析】（1）根据有唯一公共点B，得出根的判别式为0，进而求出b的值；
（2）分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为E、D，利用相似三角形的判定和性质求得点A的坐标，
根据待定系数法即可求解．
【详解】（1）解：直线y=−x向上平移b个单位后，可得直线y=−x+b，
由题意可得，¿，
整理得，x2−bx+4=0，
∵Δ=0，
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∴b2−4×4=0，即b=4(负值已舍)；
（2）解：由（1）得直线的解析式为y=−x+4，
∵x2−4x+4=0，
解得x=2，
点B的坐标为(2，2)，点C的坐标为(4，0)，
分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为E、D，
则BD=2，OD=2，OC=4，CD=2，BD∥AE，
∴△CDB∽△CEA，
CD BD CB
∴ = = ，
CE AE CA
3 CB 2
∵AB= AC，则 = ，
5 CA 5
2 2 2
∴ = = ，
CE AE 5
∴AE=5，CE=5，
∴点A的坐标为(−1，5)，
∴k=−1×5=−5．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了相似三角形的判定和性质，待定系数法求解函
数的表达式，巧用一元二次方程根的判别式是解题的关键．
题型 14 利用相似三角形的性质与判定求线段比值
45．（2022·河南安阳·统考一模）兴趣小组探索等腰三角形中线段比值问题，部分探索活动如下：
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BE
(1)如图1，在 ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，D，E分别是BC，AC边上的点，∠AFE=∠ABC，则 的
AD
△
值为______．
(2)如图2，在 ABC中，AB=AC，∠ABC=45°，D，E分别是BC，AC边上的点，∠AFE=∠ABC，请你猜想
△
BE
的值，并给出证明；
AD
5
(3)如图3，在 ABC中，AB=AC，cos∠ABC= ，D，E分别是BC，CA边延长线上的点，∠DFB=∠ABC，
12
△
BE
请直接写出 的值．
AD
【答案】(1)1
BE
(2) 的值为√2，证明见解析
AD
BE 5
(3) 的值为 ．
AD 6
【分析】（1）利用三角形外角的性质证明∠CBE=∠BAD，再利用“ASA”证明 CBE≌△BAD可证明
BE=AD，即可求解； △
（2）利用等腰直角三角形的判定和性质得到BC=√2AB，再证明∠CBE=∠BAD，推出△BCE∽△ABD，利
BE BC
用相似三角形的性质即可得到 = =√2；
AD AB
BC 5
（3）过点A作AM⊥BC于点M，在Rt△ABM中，求得 = ，再证明∠E=∠D，推出△BCE∽△ABD，利
AB 6
用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：在 ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，
∴ ABC是等边三角形△，
△
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∴AB=BC，∠ABD=C=60°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°，
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，且∠AFE=∠ABC，
∴∠CBE+∠ABE=∠BAD+∠ABE，
∴∠CBE=∠BAD，
在 CBE和 BAD中，¿，
∴ △CBE≌△B△AD(ASA)，
∴△BE=AD，
BE BE
∴ =1，即 的值为1；
AD AD
故答案为：1；
BE
（2）解：猜想 的值为√2，证明如下：
AD
在△ABC中，AB=AC，∠ABC=45°，
∴∠C=∠ABC=45°，∠BAC=90°，
AB AB
= =√2AB
∴BC=cos∠ABC √2 ，
2
∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，∠AFE=∠ABC，∠CBE+∠ABE=∠ABC，
∴∠CBE+∠ABE=∠BAD+∠ABE，
∴∠CBE=∠BAD，
∴△BCE∽△ABD，
BE BC
∴ = =√2；
AD AB
5
（3）：在△ABC中，AB=AC，cos∠ABC= ，
12
∴∠BCE=∠ABD，
过点A作AM⊥BC于点M，如图：
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1
则∠AMB=90°，BM=CM= BC，
2
BM 5
在Rt△ABM中， = cos∠ABC= ，
AB 12
1
BC
∴2 5 ，
=
AB 12
BC 5
∴ = ，
AB 6
∵∠DFB=∠ABC，∠DFB=∠E+∠EAF，∠ABC=∠BCA=∠D+∠CAD，
∴∠E+∠EAF=∠D+∠CAD，而∠EAF=∠CAD，
∴∠E=∠D，
∴△BCE∽△ABD，
BE BC 5
∴ = = ，
AD AB 6
BE 5
即 的值为 ．
AD 6
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，本题综合性强，
有一定难度，证明三角形相似是解决问题的关键．
46．（2020·江苏扬州·统考二模）定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是4:5，那么称这
个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”．
（1）如图，在△ABC中，AC=8，BC=5，∠ACB=30°，试判断△ABC是否是“准黄金”三角形，请说明
理由．
（2）如图，△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把△ABC沿BC翻折得到△DBC，AD交BC的
AB
延长线于点E，若点C恰好是△ABD的重心，求 的值．
BC
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（3）如图，l //l ，且直线l 与l 之间的距离为4，“准黄金”△ABC的“金底”BC在直线l 上，点A在
1 2 1 2 2
AB 2√5
直线l 上， = ，若∠ABC是钝角，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到△A'B'C，线段A'C交
1 BC 5
AD
l 于点D．当点B'落在直线l 上时，则 的值为____．
1 1 CD
17 √65
【答案】（1）△ABC是“准黄金”三角形；理由见解析；（2） ；（3）
10 5
【分析】(1)过点A作AD⊥CB交CB的延长线于D．解直角三角形求出AD即可得出结论．
(2) 根据A，D关于BC对称，得到BE⊥AD，AE＝ED，根据△ABC是“准黄金”三角形，得到BC是
“金底”，再利用C是△ABD的重心求解即可得到答案；
(3) 过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AC于F，过点B′作B′G⊥BC于G．证明△CGB′∽△CFD，推出
DF：CF：CD=GB′：CG：CB′=4：3：5，设DF=4k，CF=3k，CD=5k，再求出AD（用k表示）即可解决问
题．
【详解】解：（1）结论：△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”．
理由：过点A作AD⊥CB交CB的延长线于D．
∵AC＝8，∠C＝30°，
∴AD＝4，
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AD 4
∴ ＝
BC 5
∴△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”；
（2）如图，
∵A，D关于BC对称，
∴BE⊥AD，AE＝ED，
∵△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”，
AE 4
∴ ＝ ，不妨设AE＝4k，BC＝5k，
BC 5
∵C是△ABD的重心，
∴BC：CE＝2：1，
5 15
∴CE＝ k ，BE＝ k ，
2 2
17k
∴AB＝ ，
2
AB 17
∴ = ；
BC 10
（3）如图4中，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AC于F，过点B′作B′G⊥BC于G．
在Rt△CB′G中，∵∠CGB′=90°，GB′=4，CB'=CB=5，
∴CG=√53−42=3 ，
AB 2√5
又∵ = ，
BC 5
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∴AB=2√5 ，
∴EB=√(2√5) 2 −42=2 ，
∴EC=7，
∵∠GCB′=∠FCD=α，∠CGB′=∠CFD=90°，
∴△CGB′∽△CFD，
∴DF：CF：CD=GB′：CG：CB′=4：3：5，
设DF=4k，CF=3k，CD=5k，
∵△AEC∽△DFA，
AE EC
= ，
DF AF
4 7
解得： = ，
4k AF
∴AF=7k，
∴AD=√AF2+DF2=√(7k) 2+(4k) 2=√65k
AD √65k √65
= = ．
CD 5k 5
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，“准黄金”三角形的
定义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构
建方程解决问题，属于中考压轴题．
47．（2020·山东东营·统考一模）【问题情境】在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝ （0°＜ ＜180°），点
P为直线BC上一动点（不与点B、C重合），连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋α 转得到线α 段PQ旋转角
为 ，连接CQ．
α
【特例分析】（1）当 ＝90°，点P在线段BC上时，过P作PF∥AC交直线AB于点F，如图 ，易得
图中与△APF全等的一α个三角形是 ，∠ACQ＝ °． ①
【拓展探究】（2）当点P在BC延长线上，AB：AC＝m：n时，如图 ，试求线段BP与CQ的比值；
②
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【问题解决】（3）当点P在直线BC上， ＝60°，∠APB＝30°，CP＝4时，请直接写出线段CQ的长．
BP mα
【答案】（1）△PQC，90；（2） = ；（3）线段CQ的长为2或8．
CQ n
【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，证明AF＝CP，利用旋
转的旋转证明AP＝PQ，∠PAF＝∠QPC，从而可得结论，
BA BC
（2）过P作PF∥AC，交BA的延长线于F，则 = ，再证明△AFP≌△PCQ，利用△ABC∽△FBP的性
AF CP
质可得答案，
（3）分情况讨论：当P在CB的延长线上时，证明△APC≌△QPC，利用等边三角形的性质可得答案，当P
在BC的延长线上时，连接AQ，利用等边三角形的性质，证明△ACQ≌△PCQ，从而可得答案．
【详解】解：（1）如图 ，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角①形，
∵PF∥AC，
∴∠BPF＝∠BFP＝45°，
∴△BPF是等腰直角三角形，
∴BF＝BP，
∴AF＝CP，
由旋转可得，AP＝PQ，∠APQ＝90°，而∠BPF＝45°，
∴∠QPC＝45°﹣∠APF，
又∵∠PAF＝∠PFB﹣∠APF＝45°﹣∠APF，
∴∠PAF＝∠QPC，
∴△APF≌△PQC，
∴∠PCQ＝∠AFP＝135°，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠ACQ＝90°，
故答案为：△PQC，90；
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BA BC
（2）如图 ，过P作PF∥AC，交BA的延长线于F，则 = ，
AF CP
②
又∵AB＝BC，
∴AF＝CP，
又∵∠FAP＝∠ABC+∠APB＝ +∠APB，∠CPQ＝∠APQ+∠APB＝ +∠APB，
∴∠FAP＝∠CPQ， α α
由旋转可得，PA＝PQ，
∴△AFP≌△PCQ，
∴FP＝CQ，
∵PF∥AC，
∴△ABC∽△FBP，
BP FP
∴ = ，
BC AC
BP BC
∴ = ,
FP AC
BP BP BC AB m
∴ = = = = .
CQ FP AC AC n
（3）如图，当P在CB的延长线上时，
∠CPQ＝∠APQ﹣∠APB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠APC＝∠QPC，
又∵AP＝QP，PC＝PC，
∴△APC≌△QPC，
∴CQ＝AC，
又∵BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
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∴∠ABC＝60°，∠BAP＝∠ABC﹣∠APB＝30°，
1
∴BP＝AB＝BC＝ PC＝2，
2
∴QC＝AC＝BC＝2；
如图，当P在BC的延长线上时，连接AQ，
由旋转可得，AP＝QP，∠APQ＝∠ABC＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴AQ＝PQ，∠APQ＝60°＝∠AQP，
又∵∠APB＝30°，∠ACB＝60°，
∴∠CAP＝30°，∠CPQ＝90°，
∴∠CAP＝∠APA，
∴AC＝PC，
∴△ACQ≌△PCQ，
1
∴∠AQC＝∠PQC＝ ∠AQP＝30°，
2
∴Rt△PCQ中，CQ＝2CP＝8．
综上所述，线段CQ的长为2或8．
【点睛】本题属于相似形综合题，主要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以及含
30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等
三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算．
48．（2022·湖北武汉·校考一模）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D在BC上，DE⊥BC交AB
于点E，证明：BE•BA=BD•BC；
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，D是BC上一点，AD⊥DE，且DE=√3AD，连接
BE，AC=5，CD=6，求BE的长；
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1
（3）拓展探究：在△BCD中，∠BAC=∠AEC=90°，CA平分∠BCD，若tan∠ABC= ，则AG：GE的比值
2
为____．（直接写出答案）
【答案】（1）证明见解析；（2）BE长为7；（3）5:2
【分析】（1）直接利用相似三角形的判定和性质即可证明；
（2）由30度角的直角三角形的性质可得BC=2AC=10，∠C=60°，过点A作AN⊥BC，利用锐角三角函数可
得AN、CN、DN长度，过点E作EM⊥CB延长线于点M，结合图形利用三角函数及勾股定理进行求解即可
得；
（3）延长DF交BC于点H，根据全等三角形的判定和性质可得∆ABC≅∆ADC，AB=AD，BC=CD，
∆BEC≅∆DHC，设AC与EH交于点N，结合图形，综合利用三角函数解三角形及相似三角形的判定和性质
4√5
得出AD=2√5x，EH= x，代入求解即可得．
5
【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠EDB=90°，
∴∠EDB=∠BAC=90°，
∵∠B=∠B，
∴∆EDB~∆CAB，
BE BD
∴ = ，
BC BA
即BE·BA=BD·BC；
（2）∵∠ABC=30°，AC=5，
∴BC=2AC=10，∠C=60°，
∵CD=6，
∴BD=4，
过点A作AN⊥BC，
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5√3 5
∴AN=AC∙sin60°= ，CN= ，
2 2
7
DN=CD-CN= ，
2
∴AD=√AN2+DN2=√31，
∴DE=√3AD=√93，
过点E作EM⊥CB延长线于点M，
∵AD⊥DE，
∴∠EDM+∠ADN=90°，
∵∠AND+∠DAN=90°，
∴∠EDM=∠DAN，
7
∴ DN ME 2 ，
sin∠EDM=sin∠DAN= = =
AD ED √31
7√3
∴ME= ，
2
15
∴MD=√DE2−ME2=
，
2
7
∴MB=MD-BD= ，
2
∴BE=√EM2+BM2=7；
（3）延长DF交BC于点H，
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∵∠BCA=∠DCA，∠BAC=∠DAC=90°，AC=AC，
∴∆ABC ∆ADC，
∴AB=AD≅，BC=CD，
∵BD⊥AC，
∴BF=DF，
∴∠FDA=∠FBA，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠EBC=∠HDC，
∵∠BCE=∠DCH，BC=CD，
∴∆BEC≅∆DHC，
∴CH=CE，
∵AC平分∠BCD，
设AC与EH交于点N，
∴AC⊥EH，
∵BD⊥AC，
∴EH∥BD，
∵∠AEC=90°，
∴∠EAC+∠ACE=90°，
∵∠ABC+∠ACB=90°，∠ACB=∠ACE，
∴∠EAC=∠ABC，
1 EC
∴tan∠EAC=tan∠ABC= = ，
2 AE
设EC=x，则AE=2x，
AC=√AE2+EC2=√5x，
1 AC
∵tan∠ABC= = ，
2 AB
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∴AB=2√5x=AD，
∵CE=CH，CN⊥EH，
∴NE=NH，
∵EH∥BD，
∴∠CEH=∠ADC=∠ABC，
1 NC
∴tan∠NEC= = ，
2 EN
∵EC=x，∠ENC=90°，
∴CN2+NE2=x2，
√5 2√5
∴CN= x，EN= x，
5 5
4√5
∴EH=2EN= x，
5
∵EH∥AD，
∴∆EGH~∆AGD，
4√5
∴AG:GE=AD:EH=2√5: =5:2，
5
故答案为：5：2．
【点睛】题目主要考查相似三角形及全等三角形的判定和性质，利用三角函数解三角形，勾股定理解三角
形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
题型 15 利用相似三角形的性质与判定求最值
49．（2023上·江苏无锡·九年级校联考阶段练习）在等边三角形ABC中，点M、N分别边AB、AC上．
(1)如图1，若将等边三角形ABC沿MN翻折，点A恰好落在边BC上的点D处，
①求证：△MBD∽△DCN；
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②若BC=6，CN=2，若设BM= y，DC=x，求y与x的函数关系式及y的最值．
(2)尺规作图：在BC边上求作一点P使∠MPN=60°，（不写作法，保留作图痕迹，请在图2中找出所有
符合条件的点P）
(3)若AB=9，BM=5，设CN=a，若要使得（2）中只能作出唯一的点P，则a的值应该满足什么条件，
请通过计算说明
1 9
【答案】(1)①见解析；②y=− x2+3x(0CD，
∵AB=2，AB=AC，
√5−1
∴AD= AC=√5−1，
2
∴CD=AC−AD=3−√5．
故选：B．
【点睛】本题考查了黄金分割、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等腰三角
形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
58．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，已知∠A=∠CBD，AC=4，CD=2，则BC的长是（ ）
A．2 B．2√2 C．2√3 D．4
【答案】B
【分析】通过证明△ABC∽△BDC，利用相似三角形的性质得出BC2=AC⋅CD，进而得出答案．
【详解】解：∵∠A=∠CBD，∠BCA=∠DCB，
∴△ABC∽△BDC，
BC CD
∴ = ，
AC BC
∵AC=4，CD=2，
∴BC2=AC⋅CD=4×2=8，
∴BC=2√2（负值已舍去）．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，正确得出对应边成比例的关系是解题关键．
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题型 19 8 字模型
59．（2021·广东广州·统考一模）如图，点E，F分别为平行四边形ABCD的边BC，AD上的点，且
CE=2BE，AF=2DF，AE与BF交于点H，若△BEH的面积为2，则五边形CEHFD的面积是（ ）
A．19 B．20 C．21 D．22
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质．
通过证明△BEH∽△FAH，可得HF=2BH，AH=2HE，求出S =12，S =36，由面积数量
△ABF ▱ABCD
关系可求解．
解题的关键是识别平行四边形中的相似三角形模型．
【详解】解：如图，过点B作BM⊥AD于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AD∥BC，
∵CE=2BE，AF=2DF，
∴BE=DF，AF=CE，
∵AD∥BC，
∴△BEH∽△FAH，
BE BH EH 1
∴ = = = ，
AF HF HA 2
∴HF=2BH，AH=2HE，
∴S =2S =4，S =2S =8，
△ABH △BEH △AFH △ABH
∴S =12，
△ABF
1 1 2
∴ AF⋅BM= × AD⋅BM=12，
2 2 3
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∴S =AD⋅BM=36，
▱ABCD
∴五边形CEHFD的面积S −S −S =36−12−2=22，
▱ABCD △ABF △BEH
故选：D．
60．（2022·河北邢台·校考三模）如图，嘉嘉在作业本上画了个“×”（作业本中的横格线都平行，且相邻
两条横格线间的距离都相等），A，B，C，D，O都在横格线上，且线段AD，BC交于点O．若
AB=4cm，则CD的长为（ ）
A．5cm B．6cm C．8cm D．12cm
【答案】C
【分析】过点O作OE⊥AB,OF⊥CD，证明△AOB∽△DOC，利用相似三角形对应边上高线比等于相
似比，列式求解即可．
【详解】解：过点O作OE⊥AB,OF⊥CD，
OE 2 1
由题意，得： = = ，AB∥DC，
OF 4 2
∴△AOB∽△DOC，
AB OE 1
∴ = = ，
CD OF 2
∴CD=2AB=8cm；
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握两个相似三角形对应边上高线比等于相似
比．
61．（2023·河南周口·校考三模）如图，在边长为5的正方形ABCD中，点E在AD边上，AE=2,CE交
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BD于点F，则DF的长为（ ）
15√2 25√2
A．2√2 B．3√2 C． D．
8 8
【答案】C
【分析】根据正方形的性质及平行线的性质及勾股定理可得出BD=5√2，∠EDF=∠CBF，易证
△EDF∽△CBF，再根据相似三角形的性质即可得出答案．
【详解】∵四边形为ABCD是边长为5的正方形
∴BC=AD=CD=5，AD∥BC
∴BD=√BC2+CD2=√52+52=5√2，∠EDF=∠CBF，
∵AE=2
∴DE=AD−AE=5−2=3
又∵∠EFD=∠CFB
∴△EDF∽△CBF
DF DF DF DE 3
∴ = = = =
BF BD−DF 5√2−DF BC 5
15√2
∴DF=
8
故选C
【点睛】本体考查了相似三角形的判定及性质、正方形的性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的
关键．
题型 20 一线三垂直模型
62．（2022·河北唐山·校考一模）如图，E为正方形ABCD的边AB的中点，过点E作∠GEF=90°，分别
与边AD，BC交于点G，F．若AG=2，BF=4，则GF的长为（ ）
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A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【分析】由正方形ABCD中，∠GEF=90°，易证得△AEG∽△BFE，然后由E为AB的中点，AG=2，
BF=4，根据相似三角形的对应边成比例，求得AE与BE的长，再利用勾股定理求解，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG+∠BEF=90°，
∴∠AGE=∠BEF，
∴△AEG∽△BFE，
AG AE
∴ = ，
BE BF
∵E为AB的中点，
∴AE=BE，
∵AG=2，BF=4，
∴AE=2√2或AE=−2√2（负值不符合题意，舍去），
∴BE=AE=2√2，
∴EG=√AG2+AE2=√22+(2√2) 2=2√3，
EF=√BE2+BF2=√(2√2) 2+42=2√6，
∴GF=√EG2+EF2=√(2√3) 2+(2√6) 2=6，
∴GF的长为6．
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理．证明△AEG∽△BFE是解题的
【10淘5 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
关键．
63．（2023·河南信阳·校考三模）如图①，已知矩形ABCD，E是BC边上的一个动点，BC=4，
AE⊥EF，EF交DC于F，设点E运动的路程为x，CF运动的路程为y，y与x之间的函数关系图象如图
②所示，则矩形ABCD面积为（ ）
A．8 B．6 C．12 D．1
【答案】C
x y 1 4
【分析】设AB=a．证△BAE∽△CEF得 = ，从而有y=− (x−2) 2+ ，进而利用二次函数的性
a 4−x a a
质求得a=3，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】设AB=a．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，∠ECF=90°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=180°−90°=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△BAE∽△CEF．
BE CF x y
∴ = ，则 = ，
AB EC a 4−x
1 4
∴y=− x2+ x，
a a
1 4
∴y=− (x−2) 2+ ．
a a
4 4
当x=2时，y有最大值 = 则a=3．
a 3
∴矩形ABCD的面积为12．
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故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、二次函数的性质以及相似三角形的判定及性质，熟练掌握二次函数
的性质以及相似三角形的判定及性质是解题的关键．
题型 21 三角形内接矩形模型
64．（2023·广东广州·统考一模）如图，正方形MNPQ内接于△ABC，点M、N在BC上，点P、Q分别
在AC和AB边上，且BC边上的高AD=6，BC=12，则正方形MNPQ的边长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】根据正方形及三角形高的定义易得△BMQ∽△BDA，△CNP∽△CDA，再根据对应线段成比例
BM QM NP CN
可得 = ， = ．设正方形边长为x，则QM=NP=MN=x，从而可求出
BD AD AD CD
x⋅(BD+CD) x⋅BC
BM+CN= = ．最后根据BM+CN=BC−MN，可列出关于x的方程，解出x的值
AD AD
即可．
【详解】解：∵正方形MNPQ内接于△ABC ，BC边上的高AD=6，
∴∠ADC=∠ADB=∠CNP=∠BMQ=90°．
∵∠B=∠B，∠C=∠C，
∴△BMQ∽△BDA，△CNP∽△CDA，
BM QM NP CN
∴ = ， = ．
BD AD AD CD
∵设正方形边长为x，则QM=NP=MN=x，
x⋅BD x⋅CD
∴BM= ，CN= ，
AD AD
x⋅BD x⋅CD x⋅(BD+CD) x⋅BC
∴BM+CN= + = = ．
AD AD AD AD
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又∵BM+CN=BC−MN，
x⋅BC 12x
∴ =BC−MN，即 =12−x，
AD 6
解得：x=4，
∴正方形MNPQ 的边长为4．
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，线段的和与差等知识．解题的关键是根据比
例表示出相应线段列方程．
65．（2022·江苏宿迁·统考一模）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH=h，AB=c，若内接正方形
DEFG的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ）
1 1 1 1
A．x2+h2=c2 B． x+h=c C．h2=xc D． = +
2 x h c
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质得到GF∥DE，继而证明ΔCGF∼ΔCAB，根据相似三角形的性质即可列
出比例式，再通过证明四边形DHMG是矩形表示出CM的长度，即可求解．
【详解】解：设CH与GF交于点M，
∵正方形DEFG，
∴GF∥DE，∠GDE=∠DGF=90°，
∴ΔCGF∼ΔCAB，
GF CM
∴ = ，
AB CH
∵ CH⊥AB，
∴∠DHM=90°，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG=MH，
∵ CH=h，AB=c，正方形DEFG的边长是x，
∴MH=x，
∴CM=CH−MH=h−x，
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x h−x
∴ = ，
c h
1 1 1
整理得 = + ，
x h c
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
题型 22 旋转相似模型
66．（2023·安徽黄山·校考一模）已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，△ADE绕点A逆时针旋转一
周．
(1)如图1，连接BD，CE，则BD与CE的数量关系为_______；直线BD与CE所夹角的度数为_______．
MN
(2)当△ADE旋转至如图2所示的位置时，取BC，DE的中点M，N，连接MN，BD．试问： 的值是
BD
否随△ADE的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由．
(3)M，N分别为BC，DE的中点，连接MN．若AB=3√10，AD=6，当△ADE旋转至B，D，E三点在
同一条直线上时，请直接写出MN的值．
【答案】(1)BD=CE，直线BD与CE所夹角的度数为：90°；
MN √2
(2)不变， = ；
BD 2
(3)MN=3或9．
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【分析】（1）根据△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，得AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，
根据全等三角形的判定和性质，得△ABD≅△ACE，延长BD交CE于点F，根据三角形的外角和，即可
求出直线BD与CE所夹角的度数；
（2）连接AN，AM；根据等腰三角形的性质，三线合一，得AN⊥ED，AM⊥BC，根据
AM √2 MN AM
sin∠ABC= = ，再根据相似三角形的判定，得△BAD∼△MAN，则 = 即可；
AB 2 BD AB
（3）根据当△ADE旋转至B，D，E三点在同一条直线上时，分类讨论：①当D在B，E之间；② ①当
MM
E在B，D之间，根据等腰三角形的性质，勾股定理，依次求出AN，BN，BD，再根据 是定值，即
BD
可求出MN．
【详解】（1）∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC，
∴∠BAD=∠EAC，
∴△ABD≅△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
延长BD交CE于点F，交AC于点H，
∵∠AHF=∠BHC，
∴∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC，
∴∠BAC=∠BFC=90°，
∴直线BD与CE所夹角的度数为：90°．
（2）不变，理由如下：
连接AN，AM
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点，
∴AM⊥BC，∠BAM=∠CAM=45°，AN⊥DE，∠EAN=∠DAN=45°；
AM √2 AN √2
∵sin∠ABM=sin45°= = ，sin∠ADN=sin45°= =
AB 2 AD 2
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AM AN √2
∴ = = ，
AB AD 2
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°+∠DAC，
∠MAN=∠MAC+∠DAC+∠DAN=45°+∠DAC+45°=90°+∠DAC，
∴∠BAD=∠MAN，
∴△BAD∼△MAN，
MN AM √2
∴ = = ．
BD AB 2
（3）如图：连接AM，AN，
①当D在B，E之间，
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点
∴AN⊥ED，ND=AN，
∴AD2=ND 2+AN2
❑
∵AB=3√10，AD=6，
∴DN=AN=3√2；
∵BN2+AN2=AB2，
∴BN=6√2，
∴BD=BN−DN=6√2−3√2=3√2，
MN √2
∵ = ，
BD 2
∴MN=3；
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②当E在B，D之间，
同理得：DN=AN=3√2，BN=6√2，BD=6√2+3√2=9√2，
MN √2 MN
∴ = = ，
BD 2 9√2
∴MN=9，
∴MN=3或9．
【点睛】本题考查等腰三角形，相似三角形，全等三角形的综合，解题的关键是掌握等腰三角形的性质：
三线合一，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．
67．（2023·安徽滁州·统考一模）已知△ABC和△ADE有公共的顶点A，AB=AC，AD=AE，且
∠BAC=∠DAE．AC与DE相交于点G，连接BE，CD．
(1)若点B，E，D在一条直线上，如图1，求证：∠BAC=∠BDC；
(2)将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定的角度，DE的延长线交BC于点F，如图2
①证明：AE⋅CG=DG⋅CF；
CF
②若∠AEB=∠BAC=90°，求 的值．
AB
【答案】(1)见解析
√2
(2)①见解析；②
2
【分析】（1）根据∠BAC=∠DAE，可得∠BAE=∠CAD，可证明△ABE≌△ACD，可得
∠ABE=∠ACD，再由三角形内角定理，即可；
（2）①根据等腰三角形的性质可得∠ADG=∠FCG，可证明△ADG∽△FCG，从而得到
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AD⋅CG=DG⋅CF，即可；②连接AF，由（1）得△ABE≌△ACD，可得∠ADC=∠AEB=90°，由
AG DG
①，得△ADG∽△FCG，可得∠DAG=∠DFC， = ，可证明△AFG∽△DCG，从而得到
FG CG
∠AFC=90°，再由锐角三角函数，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAE=∠DAE−∠CAE，即∠BAE=∠CAD．
又AB=AC，AE=AD，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴∠ABE=∠ACD．
在△ABG和△CDG中，∠ABG=∠DCG，∠AGB=∠DGC，
∴∠BAG=∠CDG，即∠BAC=∠BDC；
（2）解：①∵△ABC和△DAE都是等腰三角形，
180°−∠DAE 180°−∠BAC
∴∠ADG= ,∠FCG= ，
2 2
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠ADG=∠FCG，
又∠AGD=∠FGC，
∴△ADG∽△FCG，
AD DG
∴ = ，即AD⋅CG=DG⋅CF，
FC CG
又AD=AE，
∴AE⋅CG=DG⋅CF；
②如图，连接AF，
由（1）得△ABE≌△ACD，
∴∠ADC=∠AEB=90°．
由①，得△ADG∽△FCG，
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AG DG
∴∠DAG=∠DFC， = ，
FG CG
又∠AGF=∠DGC，
∴△AFG∽△DCG，
∴∠AFG=∠DCG，
∴∠AFG+∠CFG=∠DAG+∠ACD=180°−∠ADC=90°，即∠AFC=90°，
又△ABC是等腰直角三角形，
∴CF=BF，
CF BF √2
∴ = =cos∠ABC=cos45°= ．
AB AB 2
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直
角三角形等知识，熟练掌握等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解
题的关键．
68．（2023·安徽亳州·统考二模）如图1，在△ABD和△ACE中，∠BAD=∠CAE，∠ABD=∠ACE．
(1)①求证：△ABC∽△ADE；
②若AB=AC，试判断△ADE的形状，并说明理由；
(2)如图2，旋转△ADE，使点D落在边BC上，若∠BAC=∠DAE=90°，∠B=∠ADE．求证：
CE⊥BC．
【答案】(1)①见解析；②等腰三角形，见解析
(2)见解析
AB AC
【分析】（1）①先证明△ABD∽△ACE，得出 = ，再证明∠BAC=∠DAE，然后可证
AD AE
△ABC∽△ADE；
AB AC
②由 = ，AB=AC可得AD=AE，即△ADE是等腰三角形；
AD AE
AB AD
（2）先证明△BAC∽△DAE，得出 = ，再证明∠BAD=∠CAE，可证△BAD∽△CAE，得出
AC AE
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∠B=∠ACE，进而可证∠ACE+∠ACB=90°，即CE⊥BC．
【详解】（1）①证明：∵∠BAD=∠CAE，∠ABD=∠ACE，
∴△ABD∽△ACE，
AB AD AB AC
∴ = ，即 = ．
AC AE AD AE
又∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠BAC=∠DAE．
∴△ABC∽△ADE
②解：△ADE是等腰三角形．
AB AC
理由：由①知 = ．
AD AE
∵AB=AC，
∴AD=AE，即△ADE是等腰三角形．
（2）证明：∵∠BAC=∠DAE，∠B=∠ADE，
∴△BAC∽△DAE，
AB AC AB AD
∴ = ，即 = ．
AD AE AC AE
又∵∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠B=∠ACE．
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°，
∴CE⊥BC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．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．
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题型 23 相似三角形的应用
69．（2023·山西晋中·校联考模拟预测）如图1，滹沱河是山西地区一条途经了舟山和太行山的知名河流，
这条河流的流域面积达到了2.73万平方公里，其发源地处于山西省繁峙县泰戏山桥儿沟村，这条河流早在
《山海经》中就有出现过，被叫做为虔池．为了估算河流的宽度，我们在河的对岸选定一个目标P，在近
岸取点A和C，使点P、A、C共线且与河垂直，接着在过点C且与直线PC垂直的直线上选择适当的点D，
确定PD与过点A且与PC垂直的直线交点B．测得AC=50m，CD=120m，AB=80m，请根据这些数据
求河的宽度PA．
【答案】100m
【分析】根据题意证明△PAB∽△PCD，再由相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵BA⊥PC,CD⊥PC，
∴AB∥CD，
∴△PAB∽△PCD，
PA AB
∴ = ，
PC CD
PA AB
即 = ，
PA+AC CD
PA 80
∴ = ，
PA+50 120
解得：PA=100，
答：PA的长为100m．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
70．（2023·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在相对的两栋楼CD、EF中间有一堵院墙AB，
甲、乙两个人分别在这两栋楼内观察这堵墙，根据实际情况画出平面图形(CD⊥DF．AB⊥DF．
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EF⊥DF)．甲从点C可以看到点G处，乙从点E可以看到点D处．点B是DF的中点．墙AB高5.5米，
DF=120米，BG=10.5米，求甲、乙两人的观察点到地面的距离的差．（结果精确到0.1米）．
【答案】25.9米
AB DB 1
【分析】首先可证△DAB∽△≝¿，得 = = ，则EF=2AB=2×5.5=11（米)，再证
EF DF 2
△GAB∽△GCD，根据对应边成比例可得CD的长，用CD−EF即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥DF，EF⊥DF，
∴∠ABD=∠F=90°，
又∵∠EDF=∠ADB，
∴△DAB∽△≝¿，
同理可得△GAB∽△GCD，
∵点B是DF的中点，
1 1
∴DB=BF= DF= ×120=60（米)，
2 2
AB DB 1
∵ = = ，
EF DF 2
∴EF=2AB=2×5.5=11（米)，
∵BG=10.5米，
∴DG=10.5+60=70.5（米)，
AB BG 10.5 7
∵ = = = ，
CD GD 70.5 47
47 47
∴CD= AB= ×5.5≈36.9（米)，
7 7
∴甲、乙两人的观察点到地面的距离的差为：36.9−11=25.9（米)．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用，解题的关键是根据实际问题抽象出几何图形，
还要注意数形结合思想的应用．
71．（2023·陕西渭南·统考二模）如图，某天傍晚，数学兴趣小组的小敏和小芳在公园散步时作了如下探
索：当小芳竖直站立在A处时，她在路灯D下的影子为线段AC，并测得AC=2米，已知DE、AB均与地
面EC垂直，且E、A、C在同一直线上，小芳的身高AB为1.5米，小芳与灯杆底部E的距离为AE为8米．
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(1)求路灯的高度DE；
(2)如果要缩短小芳的影子AC的长度，同时不能改变路灯的高度和位置，请你写出一种方法．
【答案】(1)7.5米
(2)只需要小芳从原来的位置靠近路灯移动一段距离即可
DE CE
【分析】（1）先求出CE=10米，再证明△ABC∽△EDC，得到 = ，然后代值计算即可；
AB AC
AC AB 1
（2）根据相似三角形的性质得到 = = ，由此可知要缩短小芳的影子AC的长度，只需要缩短CE
CE DE 5
的距离即可．
【详解】（1）解：∵AC=2米，AE=8米，
∴CE=AC+AE=10米，
∵AB⊥EC，DE⊥EC，
∴AB∥DE，
∴△ABC∽△EDC，
DE CE DE 10
∴ = ，即 = ，
AB AC 1.5 2
∴DE=7.5米，
∴路灯的高度DE为7.5米；
（2）解：∵△ABC∽△EDC，
AC AB 1.5 1
∴ = = = ，
CE DE 7.5 5
∴要缩短小芳的影子AC的长度，只需要缩短CE的距离即可，
∴只需要小芳从原来的位置靠近路灯移动一段距离即可．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用举例，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
72．（2023·陕西西安·统考三模）西安古城墙凝聚了中国古代劳动人民的智慧，它作为古城西安的地标性
建筑，吸引了不少人慕名而来．节假日，乐乐去城墙游玩，看见宏伟的城墙后，他想要测量城墙的高度
DE．如图，他拿着一根笔直的小棍BC，站在距城墙约30米的点N处（即EN=30米），把手臂向前伸直
且让小棍BC竖直，BC∥DE，乐乐看到点B和城墙顶端D在一条直线上，点C和底端E在一条直线上．
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已知乐乐的臂长CM约为60厘米，小棍BC的长为24厘米，AN⊥EN，CM⊥AN，DE⊥EN，求城
墙的高度DE．
【答案】12米
0.24 0.6
【分析】由BC∥DE证出△ABC∽△ADE，利用 = 即可得到答案．
DE 30
【详解】如图，过点A作AH⊥DE于点H，交BC于点G．
则AG=CM=0.6米，AH=NE=30米．
∵BC∥DE，
∴∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED．
∴△ABC∽△ADE，
BC AG 0.24 0.6
∴ = ，即 = ，
DE AH DE 30
解得DE=12，
∴城墙的高度DE为12米．
【点睛】本题考查相似三角形的应用等知识点，解题的关键是准确寻找相似三角形利用相似比即可解决问
题．
73．（2023·陕西西安·统考三模）党的二十大报告提出要“全面推进乡村振兴”，这是对党的十九大报告
所提出的“实施乡村振兴战略”的进一步发展，彰显出新时代新征程在工农城乡关系布局上的深远谋划，
为不断推进乡村振兴、加快农村现代化进程指明了方向某市为了加快城乡发展，保障市民出行方便，在流
经该市的河流上架起一座桥，连通南北，铺就城市繁荣之路．小明和小颖想通过自己所学的数学知识计算
该桥AF的长．如图，该桥两侧河岸平行，他们在河的对岸选定一个目标作为点A，再在河岸的这一边选出
点B和点C，分别在AB、AC的延长线上取点D、E，使得DE∥BC．经测量，BC=120米，
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DE=210米，且点E到河岸BC的距离为60米．已知AF⊥BC于点F，请你根据提供的数据，帮助他们
计算桥AF的长度．
【答案】桥AF的长度为80米．
【分析】AF与DE的延长线相交于点G，则AG⊥DG，FG=60米，证明△ABC∽△ADE，利用相似三
角形的性质即可求解．
【详解】解：设AF与DE的延长线相交于点G，则AG⊥DG，FG=60米，
∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，
BC AF 120 AF
∴ = ，即 = ，
DE AG 210 AF+60
解得AF=80米，
答：桥AF的长度为80米．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确掌握“相似三角形的对应角相等、对应边成比例、对应高的
比等于相似比”是解题的关键．
74．（2023·浙江衢州·校考一模）（1）如图1，若D、E分别是△ABC的边AB、AC上的中点，我们把这
样的线段DE称为是三角形的中位线．你知道中位线DE与BC之间有什么关系吗？请同学们大胆地猜想一
下，并证明你的结论．
（2）如示意图2，小华家（点A处）和公路（l）之间竖立着一块35m长且平行于公路的巨型广告牌（DE
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）．广告牌挡住了小华的视线，请在图中画出视点A的盲区，并将盲区内的那段公路计为BC．一辆以
60km/h匀速行驶的汽车经过公路段的时间是3s，已知广告牌和公路的距离是40m，求小华家到公路的距
离（精确到1m）．
1
【答案】（1）DE∥BC，DE= BC，证明见解析；（2）133米
2
【分析】（1）首先要正确画出图形，根据平行四边形的性质进行证明即可．
（2）作射线AD、AE分别于L相交于点B、C，然后即可确定盲区；先根据路程=速度×时间求出BC的长
度，然后过点A作AF⊥BC，根据相似三角形对应高的比等于对应边的比列出比例式，然后求出AF的长
度，也就是小明家到公路的距离．
1
【详解】解：（1）DE∥BC，DE= BC
2
证明：延长DE到F，使EF=DE，连接CF．
∵AE=CE，∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CFE．
∴AD=CF，∠ADE=∠CFE．
AD∥CF．
∵AD=BD，
∴BD=CF．
∴四边形BCFD是平行四边形．
1
∴DE∥BC，DE= BC．
2
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∴三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半
（2）解：过A作AG⊥BC于G，交DE于F
∵DE∥BC则△ADE∽△ABC，
x−40 35
=
设AG=x则 x 60000 ，
×3
3600
400
∴x= ≈133
3
答：小华家到公路的距离是133米.
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理及相似三角形的应用，相似三角形对应高的比等于对应边的
比的性质，根据题意作出图形构造出相似三角形是解题的关键．
75．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）西安钟楼位于西安市中心，明城墙内东西南北四条大街的交汇处，
为中国现存钟楼中形制最大、保存最完整的一座．如图，小琪想要测出钟楼AB的高度，于是在地面上的C
处放置了一面镜子，当他站在离镜子C处1.2m的E处时，恰好从镜子里看到钟楼顶端A在镜子中的像（即
∠DCE=∠ACB）．已知B，C，E在同一直线上，小琪的眼睛离地面的高度DE=1.5m，BC=28.8m，
求钟楼AB的高度．
【答案】36m
DE AB
【分析】只需要证明△DCE∽△ACB得到 = ，然后代值计算即可．
CE BC
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【详解】解：由题意得，∠ABC=∠DEC=90°，
又∵∠DCE=∠ACB，
∴△DCE∽△ACB，
DE AB 1.5 AB
∴ = ，即 = ，
CE BC 1.2 28.8
∴AB=36m，
∴钟楼AB的高度为36m．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用举例，证明△DCE∽△ACB是解题的关键．
76．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，工地上有两根电线杆，分别在高为4m、6m的A、C处用铁丝将两
杆固定，求铁丝AD与铁丝BC的交点M处离地面的高．
【答案】铁丝AD与铁丝BC的交点M处离地面的高为2.4m．
【分析】先设MH=x，由于MH是EF上的高，AB、CD也分别垂直于EF，那么有AB∥MH∥CD，
x DH x BH
由△DHM∽△DBA，那么有MH:AB=DH:DB，即 = ，同理可得 = ，两式相加可得
4 DB 6 DB
x x
+ =1，解之即可．
4 6
【详解】解：设MH=x，
∵MH是EF上的高，AB、CD也分别垂直于EF，
∴AB∥MH∥CD，
∵AB∥MH，
∴△DHM∽△DBA，
∴MH:AB=DH:DB，
x DH
∴ = ①，
4 DB
x BH
同理 = ②，
6 DB
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x x
①+②得 + =1，
4 6
解得x=2.4．
故铁丝AD与铁丝BC的交点M处离地面的高为2.4m．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，本题利用了平行线的判定、平行线分线段成比例定理的推论、解
一元一次方程的有关知识．
77．（2023·陕西铜川·统考一模）已知有一块三角形材料∠ABC，其中BC=120cm，高AD=80cm，现
需要在三角形ABC上裁下一个正方形材料做零件，使得正方形EFGH的顶点E、F分别在边AB，AC上，
H、G在BC上，裁下的正方形EFGH的边长是多少？
【答案】48cm
【分析】利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求出边长．
【详解】解：∵正方形EFGH的边HG在BC上,
∴EF∥BC,
∴△AEF∽△ABC,
∵AD是△ABC的高,
EF AM
∴ = ,
BC AD
∴设EF=xcm，则EH=EH=MD=xcm,
x 80−x
∴ = ,
120 80
∴解得：x=48,
∴这个正方形零件的边长为48cm．
【点睛】本题主要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程
即可求出边长，此题考查了相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方．
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一、单选题
1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，已知△ABC∽△EDC，AC:EC=2:3，若AB的长度为6，则DE
的长度为（ ）
A．4 B．9 C．12 D．13.5
【答案】B
【分析】根据相似三角形的性质即可求出．
【详解】解：∵△ABC∽△EDC，
∴AC:EC=AB:DE，
∵AC:EC=2:3，AB=6，
∴2:3=6:DE，
∴DE=9，
故选：B.
【点睛】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键.
2．（2023·陕西·统考中考真题）如图，DE是△ABC的中位线，点F在DB上，DF=2BF．连接EF并延
长，与CB的延长线相交于点M．若BC=6，则线段CM的长为（ ）
13 15
A． B．7 C． D．8
2 2
【答案】C
【分析】根据三角形中中位线定理证得DE∥BC，求出DE，进而证得△≝∽△BMF，根据相似三角形的
【12淘5 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
性质求出BM，即可求出结论．
【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，
1 1
∴DE∥BC，DE= BC= ×6=3，
2 2
∴△≝∽△BMF，
DE DF 2BF
∴ = = =2，
BM BF BF
3
∴BM= ，
2
15
∴CM=BC+BM= ．
2
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握三角形中位线定理和相
似三角形的判定方法是解决问题的关键．
3．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，△ABC为等边三角形，点D，E分别在边BC，AB上，
∠ADE=60°，若BD=4DC，DE=2.4，则AD的长为（ ）
A．1.8 B．2.4 C．3 D．3.2
【答案】C
4
【分析】证明△ADC∽△DEB，根据题意得出BD= BC，进而即可求解．
5
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵∠ADB=∠ADE+∠BDE=∠C+∠DAC，∠ADE=60°，
∴∠BDE=∠DAC，
∴△ADC∽△DEB
AD AC
∴ =
DE BD
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∵BD=4DC，
4
∴BD= BC，
5
BC 5
AD AC = =
∴ = 4 4
DE BD BC
5
∵DE=2.4
5
∴AD= ×DE=3，
4
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是
解题的关键．
4．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放
置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．
已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为
10m，则旗杆高度为（ ）
A．6.4m B．8m C．9.6m D．12.5m
【答案】B
【分析】根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，再利用垂直求△ABC∽△EDC，最后根据三角形
相似的性质，即可求出答案.
【详解】解：如图所示，
由图可知，AB⊥BD，CD⊥DE，CF⊥BD
∴∠ABC=∠CDE=90°.
∵根据镜面的反射性质，
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∴∠ACF=∠ECF，
∴90°−∠ACF=90°−∠ECF，
∴∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
AB BC
∴ = .
DE CD
∵小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，
∴AB=1.6m，BC=2m，CD=10m.
1.6 2
∴ = .
DE 10
∴DE=8m.
故选：B.
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键在于熟练掌握镜面反射的基本性质和相似三角形的性
质.
5．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把
△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB=√3，AD=1．以下结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；
3−√3
③当点E在BA的延长线上时，MC= ；
2
1
④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为 ．
2
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明△BAD≌△CAE即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM∽∠ECA得
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MC √3−1
出 = ，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的
√3 2
值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中MC=√BC2−MB2 =√2+1，然后根据三角形的
面积公式即可判断④．
【详解】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA=CA,DA=EA,∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，故①正确；
设∠ABD=∠ACE=α，
∴∠DBC=45°−α,
∴∠EMB=∠DBC+∠BCM=∠DBC+∠BCA+∠ACE=45°−α+45°+α=90°，
∴BD⊥CE，故②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图所示
∵∠DCM=∠ECA，∠DMC=∠EAC=90°，
∴∠DCM∽∠ECA
MC CD
∴ =
AC EC
∵AB=√3，AD=1．
∴CD=AC−AD=√3−1，CE=√AE2+AC2=2
MC √3−1
∴ =
√3 2
3−√3
∴MC= ，故③正确；
2
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④如图所示，以A为圆心，AD为半径画圆，
∵∠BMC=90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小， ∠ADM=∠DAE=∠AEM=90°
∴四边形AEMD是矩形，
又AE=AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD=AE=1，
∵BD=EC=√AC2−AE2=√2，
∴MB=BD−MD=√2−1，
在Rt△MBC中，MC=√BC2−MB2
∴PB取得最小值时，MC=√AB2+AC2−MB2 =√3+3−(√2−1) 2=√2+1
1 1 1
∴S = MB×MC= (√2−1)(√2+1)=
△BMC 2 2 2
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形
的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
6．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=3√5，点C为平
3
面内一动点，BC= ，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM:MA=1:2．当线段OM取最大值
2
时，点M的坐标是（ ）
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(3 6) (3 6 ) (6 12) (6 12 )
A． , B． √5, √5 C． , D． √5, √5
5 5 5 5 5 5 5 5
【答案】D
3 ( 3√5 )
【分析】由题意可得点C在以点B为圆心， 为半径的OB上，在x轴的负半轴上取点D − ，0 ，连
2 2
接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得
OM OA 2
= = ，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点
CD AD 3
B在线段DC上时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形
的性质即可求解．
3
【详解】解：∵点C为平面内一动点，BC= ，
2
3
∴点C在以点B为圆心， 为半径的OB上，
2
( 3√5 )
在x轴的负半轴上取点D − ，0 ，连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，
2
∵OA=OB=3√5，
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9√5
∴AD=OD+OA= ，
2
OA 2
∴ = ，
AD 3
∵CM:MA=1:2，
OA 2 CM
∴ = = ，
AD 3 AC
∵∠OAM=∠DAC，
∴△OAM∽△DAC，
OM OA 2
∴ = = ，
CD AD 3
∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，
CD取得最大值，
3√5
∵OA=OB=3√5，OD= ，
2
∴BD= √OB2+OD2=
√
(3√5) 2+
(3√5) 2
=
15
，
2 2
∴CD=BC+BD=9，
OM 2
∵ = ，
CD 3
∴OM=6，
∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，
∴∠DOB=∠DFC=90°，
∵∠BDO=∠CDF，
∴△BDO∽△CDF，
15
OB BD
∴ = 即3√5 2 ，
CF CD =
CF 9
18√5
解得CF= ，
5
同理可得，△AEM∽△AFC，
ME 2
ME AM 2 =
∴ = = 即18√5 3，
CF AC 3
5
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12√5
解得ME= ，
5
∴OE=√OM2−M E2=
√
62−
(12√5) 2
=
6√5
，
5 5
(6√5 12√5)
∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是 ， ，
5 5
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握
相似三角形的判定及性质是解题的关键．
7．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠A=36°．以点B为圆心，
1
任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于 FG的长为半径作弧，
2
1
两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于 BD的长为半径作弧，两孤
2
相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①∠AED=∠ABC；②
1
BC=AE；③ED= BC；④当AC=2时，AD=√5−1．其中正确结论的个数是（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据等腰三角形两底角相等与∠A=36°，得到∠ABC=∠C=72°，根据角平分线定义得到
∠ABD=∠CBD=36°，根据线段垂直平分线性质得到EB=ED，得到∠EBD=∠EDB，推出
∠EDB=∠CBD，得到DE∥BC，推出∠AED=∠ABC，①正确；根据等角对等边得到AD=AE，
AD=BD，根据三角形外角性质得到∠BDC=72°=∠C，得到BC=BD，推出BC=AE，②正确；根据
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ED AD AD √5−1
△AED∽△ABC，得到 = = ，推出ED= BC，③错误；根据AC=2时，
BC AC AD+DC 2
√5−1 √5−1
CD= AD，得到 AD=2−AD,推出AD=√5−1，④正确．
2 2
【详解】∵△ABC中，AB=AC，∠A=36°，
1
∴∠ABC=∠C= (180°−∠A)=72°，
2
由作图知，BD平分∠ABC，MN垂直平分BD，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°，EB=ED，
2
∴∠EBD=∠EDB，
∴∠EDB=∠CBD，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ABC，①正确；
∠ADE=∠C，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∵∠A=∠ABD，
∴AD=BD，
∵∠BDC=∠A+∠ABD=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BC=BD，
∴BC=AE，②正确；
设ED=x，BC=a，
则AD=a，BE=x，
∴CD=BE=x，
∵△AED∽△ABC，
ED AD AD
∴ = = ，
BC AC AD+DC
x a
∴ = ，
a a+x
∴x2+ax−a2=0，
∵x>0，
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√5−1
∴x= a，
2
√5−1
即ED= BC，③错误；
2
当AC=2时，CD=2−AD，
√5−1
∵CD= AD，
2
√5−1
∴ AD=2−AD,
2
∴AD=√5−1，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，
相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
8．（2023·江苏·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=√3x+b的图象分别与x轴、y
k CA 1
轴交于A、B两点，且与反比例函数y= 在第一象限内的图象交于点C．若点A坐标为(2,0), = ，则
x AB 2
k的值是（ ）．
A．√3 B．2√3 C．3√3 D．4√3
【答案】C
【分析】过点C作CD⊥y轴于点D，则CD∥OA，可得△BOA∽△BDC，进而根据已知条件的CD=3，
求得直线AB的解析式，将x=3代入，得出点C的坐标，代入反比例函数解析式，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥y轴于点D，则CD∥OA
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∴△BOA∽△BDC
CD BC
∴ =
AO BA
CA 1
∵ = ,A(2,0)
AB 2
BC 3
∴ =
BA 2
CD 3
∴ =
2 2
解得：CD=3
∵点A(2,0)在y=√3x+b上，
∴2√3+b=0
解得：b=−2√3
∴直线AB的解析式为y=√3x−2√3
当x=3时，y=√3
即C(3,√3)
k
又反比例函数y= 在第一象限内的图象交于点C
x
∴k=3√3,
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，求得
点C的坐标是解题的关键．
9．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，以点A为圆心，以
1
AB的长为半径作弧交AC于点D，连接BD，再分别以点B，D为圆心，大于 BD的长为半径作弧，两弧
2
交于点P，作射线AP交BC于点E，连接DE，则下列结论中不正确的是（ ）
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S √3
A．BE=DE B．AE=CE C．CE=2BE D． △EDC =
S 3
△ABC
【答案】D
【分析】利用等腰三角形的性质和线段垂直平分线的性质可以判断①的正确；利用等边三角形的性质结合
①的结论和等腰三角形的三线合一的性质可以判断②正确；利用直有三角形中30度角所对的直角边等于斜
边的一半判断③的正确；利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可判断④的错误．
【详解】解：由题意得：AB=AD，AP为∠BAC的平分线，
∵∠ABC=90°，∠C=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AP为BD的垂直平分线，
∴BE=DE，故A的结论正确；
∵△ABD为等边三角形，
∴∠ABD=60°，∠ADB=60°，
∴∠DBE=30°，
∵BE=DE，
∴∠EDB=∠EBD=30°，
∴∠ADE=∠ADB+∠EDB=90°，
∴DE⊥AC．
∵∠ABC=90°，∠C=30°，
∴AC=2AB，
∵AB=AD，
∴AD=CD，
∴DE垂直平分线段AC，
∴AE=CE，故B的结论正确；
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∵Rt△CDE中，∠C=30°，
∴CE=2DE，
∵BE=DE，
∴CE=2BE，故C的结论正确．
∵∠EDC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
∴△CDE∽△CBA，
S DE 2
∴
ΔCDE=(
) ，
S AB
ΔCBA
∵AD=AB，
DE DE √3
∴ = =tan∠DAE=tan30°= ，
AB AD 3
S DE 2 1
∴ ΔCDE=( ) = ，
S AB 3
ΔCBA
故D的结论错误；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，角平分线，线段垂直平分线的判定与性质，相似
三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握含30°角的直角三角形的
性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，点P是△ABC的重心，点D是边AC的中点，PE∥AC交BC
于点E，DF∥BC交EP于点F，若四边形CDFE的面积为6，则△ABC的面积为（ ）
A．12 B．14 C．18 D．24
【答案】C
【分析】连接BD，由点P是△ABC的重心，点D是边AC的中点，可得点B、P、D在一条直线上，且
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1 4
BP:PD=2:1，S = S ，通过△BEP∽△BCD可得S = S ，从而得到
△BCD 2 △ABC △BEP 9 △BCD
5 1 1 4 1
S = S ，通过△BEP∽△DFP，可得S = S = × S = S ，再根据四边
四边形CEPD 9 △BCD △DFP 4 BEP 4 9 △BCD 9 △BCD
形CDFE的面积为6，可得出S ，进而可得出△ABC的面积．
△BCD
【详解】解：如图所示，连接BD，
，
∵点P是△ABC的重心，点D是边AC的中点，
1
∴点B、P、D在一条直线上，且BP:PD=2:1，S = S ，
△BCD 2 △ABC
∵ PE∥AC，
∴△BEP∽△BCD，
∵ BP:PD=2:1，
∴BP:BD=2:3，
∴S :S =4:9，
△BEP △BCD
4
∴S = S ，
△BEP 9 △BCD
5
∴S =S −S = S ，
四边形CEPD △BCD △BEP 9 △BCD
∵ DF∥BC，
∴△BEP∽△DFP，
∵ BP:PD=2:1，
∴S :S =4，
△BEP △DFP
1 1 4 1
∴S = S = × S = S ，
△DFP 4 △BEP 4 9 △BCD 9 △BCD
5 1 6
∵S =S +S = S + S = S =6，
四边形CDFE 四边形CEPD △DFP 9 △BCD 9 △BCD 9 △BCD
∴S =9，
△BCD
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∴S =18，
△ABC
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，根据三角形的中线求面积，熟
练掌握三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
二、填空题
11．（2023·广东·统考中考真题）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线
上（如图），则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】15
【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解．
【详解】解：如图，
由题意可知AD=DC=10,CG=CE=GF=6,∠CEF=∠EFG=90°，GH=4，
∴CH=10=AD，
∵∠D=∠DCH=90°,∠AJD=∠HJC，
∴△ADJ≌△HCJ(AAS)，
∴CJ=DJ=5，
∴EJ=1，
∵GI∥CJ，
∴△HGI∽△HCJ，
GI GH 2
∴ = = ，
CJ CH 5
∴GI=2，
∴FI=4，
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1
∴S = (EJ+FI)⋅EF=15；
梯形EJIF 2
故答案为15．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的
性质与判定是解题的关键．
12．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分
别与DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是 ．
【答案】√m2+n2
【分析】先根据折叠的性质可得S =S ，∠F=∠B=60°，从而可得S =S +S ，再根
△BDE △FDE △FHG △ADG △CHE
据相似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，然后将两个等式相加即可得．
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S =S ，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
△BDE △FDE
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴S =S =S ，
梯形ACED △BDE △FDE
∴S =S +S ，
△FHG △ADG △CHE
又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，
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∴
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
S S m2+n2 S +S
∴ △ADG+ △CHE = = △ADG △CHE=1，
S S GH2 S
△FHG △FHG △FHG
∴GH2=m2+n2，
解得GH=√m2+n2或GH=−√m2+n2（不符合题意，舍去），
故答案为：√m2+n2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似
三角形的判定与性质是解题关键．
13．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，MN垂直于x轴，以
MN为对称轴作△ODE的轴对称图形，对称轴MN与线段DE相交于点F，点D的对应点B恰好落在反比
k 1
例函数y= (x<0)的图象上，点O、E的对应点分别是点C、A．若点A为OE的中点，且S = ，则k
x △EAF 4
的值为 ．
【答案】−6
【分析】连接BO，设AG=EG=a，由对称的性质知EC=AO=AE=2a，AC=EO=4a，利用相似三角
1
形的判定和性质求得S = ×16=2，则S =2，根据S =S +S 以及反比例函数的几何意
△EOD 8 △ACB △OCB △ACB △AOB
义求解即可．
【详解】解：连接BO，
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设对称轴MN与x轴交于点G，
∵△ODE与△CBA关于对称轴MN，
∴AG=EG，AC=EO，EC=AO，
∵点A为OE的中点，
设AG=EG=a，则EC=AO=AE=2a，
∴AC=EO=4a，
1
∵S = ，
△EAF 4
1 1
∴S = S = ，
△EGF 2 △EAF 8
∵GF∥OD，
∴△EFG∽△EDO，
1
∴
S
△EGF =
(EG) 2
，即 8 ( a ) 2 ，
S EO =
△EOD S 4a
△EOD
1
∴S = ×16=2，
△EOD 8
∴S =2，
△ACB
∵AC=4a，AO=2a，
∴S =S +S =2+1=3，
△OCB △ACB △AOB
1
∴ |k|=3，
2
∵k<0，
∴k=−6，
故答案为：−6．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、中点的定义、相似三角形的判定和性质、反比例函数的定义等内容，
解决本题的关键是牢记相关定义与性质，能根据题意在图形中找到对应关系，能挖掘图形中的隐含信息等，
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本题蕴含了数形结合的思想方法等．
14．（2023·上海·统考中考真题）如图，在△ABC中，点D，E在边AB，AC上，2AD=BD,DE∥BC，
联结DE，设向量⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，那么用⃗a，⃗b表示⃗DE= ．
1 1
【答案】 ⃗b− ⃗a
3 3
【分析】先根据向量的减法可得⃗BC=⃗b−⃗a，再根据相似三角形的判定可得△ADE∼△ABC，根据相似三
1
角形的性质可得DE= BC，由此即可得．
3
【详解】解：∵向量⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，
∴⃗BC=⃗AC−⃗AB=⃗b−⃗a，
∵2AD=BD，
AD 1
∴ = ，
AB 3
∵DE∥BC，
∴△ADE∼△ABC，
DE AD 1
∴ = = ，
BC AB 3
1
∴DE= BC，
3
1 1 1
∴⃗DE= ⃗BC= ⃗b− ⃗a，
3 3 3
1 1
故答案为： ⃗b− ⃗a．
3 3
【点睛】本题考查了向量的运算、相似三角形的判定与性质，熟练掌握向量的运算是解题关键．
15．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，在△ABC中，AC=BC=16，点D在AB上，点E在BC上，
点B关于直线DE的轴对称点为点B'，连接DB'，EB'，分别与AC相交于F点，G点，若
AF=8，DF=7,B'F=4，则CG的长度为 ．
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【答案】4.5
AF DF
【分析】根据等边对等角和折叠的性质证明∠A=∠B'，进而证明△AFD∽△B'FG，则 = ，然
B'F GF
后代值计算求出GF=3.5，则CG=AC−AF−GF=4.5．
【详解】解：∵AC=BC=16，
∴∠A=∠B，
由折叠的性质可得∠B=∠B'，
∴∠A=∠B'，
又∵∠AFD=∠B'FG，
∴△AFD∽△B'FG，
AF DF 8 7
∴ = ，即 = ，
B'F GF 4 GF
∴GF=3.5，
∴CG=AC−AF−GF=4.5，
故答案为：4.5．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，证明
△AFD∽△B'FG是解题的关键．
16．（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=12，点E，F分别在边BC，CD上，
AE与BF相交于点G，若BE=CF=5，则BG的长为 ．
60
【答案】
13
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【分析】根据题意证明△ABE≌△BCF(SAS)，△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠C=90°，AB=BC，
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BGE=90°，
∴∠BGE=∠C，
又∵∠EBG=∠FBC，
∴△EBG∽△FBC，
BG BE
∴ = ，
BC BF
∵BC=AB=12，CF=BE=5，
∴BF=√BC2+CF2=√122+52=13，
BG 5
∴ = ，
12 13
60
∴ BG= ．
13
60
故答案为： ．
13
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质
是解题的关键．
三、解答题
17．（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探
究．
AD 1
在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=BC，D是AB边上一点，且 = （n为正整数），E是AC边上的动
BD n
点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F．
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【初步感知】
√2
(1)如图1，当n=1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BF= AB，请写出证明过程．
2
【深入探究】
(2)①如图2，当n=2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论
并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必
证明）
【拓展运用】
(3)如图3，连接EF，设EF的中点为M．若AB=2√2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的
路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
1 √2 1 √2
(2)①AE+ BF= AB，证明过程略；②当点F在射线BC上时，AE+ BF= AB，当点F在CB
2 3 n n+1
1 √2
延长线上时，AE− BF= AB
n n+1
(3)√n2+1
AD
【分析】（1）连接CD，当n=1时， =1，即AD=BD，证明AD=CD，从而得到△ADE≌△CDF即
BD
可解答；
（2）①过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，当n=2时，AD=DG，根据
1 √2
GH∥BC，可得△AHG是等腰直角三角形，JG= FB，根据（1）中结论可得AE+JG= AG，再根
2 2
1 2 1 √2
据JG= FB，AG= AB，即可得到AE+ BF= AB；
2 3 2 3
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②分类讨论，即当点F在射线BC上时；当点F在CB延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；
（3）如图，当E 与A重合时，取E F 的中点M ，当E 与C重合时，取E F 的中点M ，可得M的轨迹
1 1 1 1 2 2 2 2
长度即为M M 的长度，可利用建系的方法表示出E ,F ,E ,F 的坐标，再利用中点公式求出M ,M ，
1 2 1 1 2 2 1 2
最后利用勾股定理即可求出M M 的长度．
1 2
【详解】（1）证明：如图，连接CD，
AD
当n=1时， =1，即AD=BD，
BD
∵∠C=90°,AC=BC，
1
∴ ∠A=∠B=45°，CD⊥AB，∠FCD= ∠ACB=45°,
2
√2
∴CD=AD，AB=√2BC，即BC= AB，
2
∵DE⊥FD，
∴∠ADE+∠EDC=∠FDC+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDF
在△ADE与△CDF中，
¿，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，
√2
∴BC=CF+BF=AE+BF= AB；
2
1 √2
（2）①AE+ BF= AB
2 3
证明：如图，过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，
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AD 1
当n=2时， = ，即2AD=DB，
DB 2
∵ G是DB的中点，
2
∴AD=DG，AG= AB，
3
∵ HG∥BC，
∴∠AHG=∠C=90°，∠HGA=∠B=45°，
∵∠A=45°，
∴ △AHG是等腰直角三角形，且△DJG∽△DBF，
JG DG 1
∴ = = ，
FB DB 2
√2
根据（1）中的结论可得AE+JG= AG，
2
1 √2 2 √2 √2
∴AE+JG=AE+ FB= AG= × AB= AB；
2 2 3 2 3
1 √2
故线段AE，BF，AB之间的数量关系为AE+ BF= AB；
2 3
②解：当点F在射线BC上时，
如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，
√2
同①，可得AE+JG= AG，
2
AD 1
∵ = ，AD=DG，
BD n
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DG 1 2
∴ = ，AG= AB，
BD n n+1
JG DG 1
同①可得 = = ，
FB DB n
1 √2 2 √2 √2
∴AE+JG=AE+ FB= AG= × AB= AB，
n 2 n+1 2 n+1
1 √2
即线段AE，BF，AB之间数量关系为AE+ BF= AB；
n n+1
当点F在CB延长线上时，
如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，连接HD
同（1）中原理，可证明△DHE≌△DGJ(ASA)，
√2
可得AE−GJ= AG，
2
AD 1
∵ = ，AD=DG，
BD n
DG 1 2
∴ = ，AG= AB，
BD n n+1
JG DG 1
同①可得 = = ，
FB DB n
1 √2 2 √2 √2
∴AE−JG=AE− FB= AG= × AB= AB
n 2 n+1 2 n+1
1 √2
即线段AE，BF，AB之间数量关系为AE− BF= AB,
n n+1
1 √2
综上所述，当点F在射线BC上时，AE+ BF= AB；当点F在CB延长线上时，
n n+1
1 √2
AE− BF= AB；
n n+1
（3）解：如图，当E 与A重合时，取E F 的中点M ，当E 与C重合时，取E F 的中点M ，可得M的
1 1 1 1 2 2 2 2
轨迹长度即为M M 的长度，
1 2
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如图，以点D为原点，DF 为y轴，DB为x轴建立平面直角坐标系，过点E 作AB的垂线段，交AB于点G，
1 2
过点F 作AB的垂线段，交AB于点H，
2
AD 1
∵AB=2√2, = ，
DB n
2√2 2√2n
∴AD= ，DB= ，
n+1 n+1
( 2√2 )
∴E − ,0 ，
1 n+1
∵∠F BD=45°，
1
∴F D=BD，
1
( 2√2n)
∴F 0, ，
1 n+1
∵M 是E F 的中点，
1 1 1
( √2 √2n)
∴M − , ，
1 n+1 n+1
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1
∵GB=GC= AB=√2，
2
−√2+√2n
∴DG=DB−BG= ，
n+1
(−√2+√2n )
∴E ,√2 ，
2 n+1
1 √2
根据（2）中的结论AE − BF = AB，
2 n 2 n+1
( √2 ) 2n2−2n
∴BF =n AE − AB = ，
2 2 n+1 n+1
√2 √2n2−√2n
∴BH=F H= BF = ，
2 2 2 n+1
∴DH=DB+BH=√2n，
(
√2n2−√2n)
∴F √2n,− ，
2 n+1
(√2n2+2√2n−√2 −√2n2+2√2n+√2)
∴M , ，
2 2n+2 2n+2
∴M M =√n2+1．
1 2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的
性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．
18．（2023·安徽·统考中考真题）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位
置，点D在直线AB外，连接AD,BD．
(1)如图1，求∠ADB的大小；
(2)已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD,DE∥AB．
（ⅰ）如图2，连接CD，求证：BD=CD；
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（ⅱ）如图3，连接BE，若AC=8,BC=6，求tan∠ABE的值．
【答案】(1)∠ADB=90°
1
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）
2
【分析】（1）根据旋转的性质得出MA=MD=MB，根据等边对接等角得出
∠MAD=∠MDA,∠MBD=∠MDB，在△ABD中，根据三角形内角和定理即得出
∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB=180°，进而即可求解；
（2）（ⅰ）延长AC,BD交于点F，证明四边形AEDM是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，
AF=AB，根据等腰三角形的性质，得出D是BF的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
即可得证；
（ⅱ）如图所示，过点E作EH⊥AB于点H，由△AHE∽△ACB，得出EH=3,AH=4，
BH=AB−AH=10−4=6，进而根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：∵MA=MD=MB
∴∠MAD=∠MDA,∠MBD=∠MDB，
在△ABD中，∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB=180°
180°
∴∠ADB=∠ADM+∠BDM= =90°
2
（2）证明：（ⅰ）证法一：
如图，延长BD、AC，交于点F，则∠BCF=90°，
∵ME⊥AD，∠ADB=90°
∴EM∥BD．
又∵DE∥AB，
∴四边形BDEM是平行四边形．
∴DE=BM．
∵M是AB的中点，，
∴AM=BM．
∴DE=AM．
∴四边形AMDE是平行四边形．
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∵ME⊥AD，
∴ ▱AMDE是菱形．
∴AE=AM．
∵EM∥BD，
AE AM
∴ = ．
AF AB
∴AB=AF．
∵∠ADB=90°，即AD⊥BF，
∴BD=DF，即点D是Rt△BCF斜边的中点．
∴BD=CD．
证法二：
∵∠ACB=∠ADB=90°，M是斜边AB的中点，
∴点A、C、D、B在以M为圆心，AB为直径的⊙M上．
∵ME⊥AD，
∴ME垂直平分AD．
∴EA=ED．
∴∠EAD=∠EDA．
∵DE∥AB，
∴∠BAD=∠EDA．
∴∠EAD=∠BAD．
∴BD=CD．
证法三：
∵ME⊥AD，∠ADB=90°
∴EM∥BD．
又∵DE∥AB，
∴四边形BDEM是平行四边形．
∴DE=BM．
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∵M是AB的中点，，
∴AM=BM．
∴DE=AM．
∴四边形AMDE是平行四边形．
∵ME⊥AD，
∴ ▱AMDE是菱形．
∴∠EAD=∠MAD．
∵∠ACB=∠ADB=90°，M是斜边AB的中点，
∴点A、C、D、B在以M为圆心，AB为直径的⊙M上．
∴BD=CD．
（ⅱ）如图所示，过点E作EH⊥AB于点H，
∵AC=8,BC=6，
1
∴AB=√AC2+BC2=10，则AE=AM= AB=5，
2
∵∠EAH=∠BAC,∠ACB=∠AHE=90°，
∴△AHE∽△ACB，
EH AH AE 5
∴ = = = ，
BC AC AB 10
∴EH=3,AH=4，
∴BH=AB−AH=10−4=6，
EH 3 1
∴tan ABE= = =
BH 6 2
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与
判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定
是解题的关键．
19．（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
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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．
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．
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【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
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．
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∵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，
∵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
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【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．
20．（2023·新疆·统考中考真题）【建立模型】(1)如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，
AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB=BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】(2)如图2，一次函数y=3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆
时针旋转90°得到BC、直线AC交x轴于点D．
①求点C的坐标；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】(3)如图3，抛物线y=x2−3x−4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于C点，
1
已知点Q(0，−1)，连接BQ．抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ= ，若存在，求出点M的横坐
3
标．
1 4 14
【答案】（1）见解析； （2）①C(−4,1)；②直线AC的解析式为y= x+3；（3）− 或−
2 11 13
【分析】[建立模型]（1）根据题意得出∠C=∠D=∠ABE=90°，∠A=∠EBD，证明
△ACB≌△BDE(AAS)，即可得证；
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[类比迁移] （2）①过点C作CE⊥x轴于点E，同（1）的方法，证明△CBE≌△BAO，根据一次函数
y=3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，求得A(0,3)，B(−1,0)，进而可得C点的坐标；
1
②由A(0,3)，设直线AC的解析式为y=kx+3，将点C(−4,1)代入得直线AC的解析式为y= x+3；
2
[拓展延伸]（3）根据解析式求得A(−1,0)，B(4,0)；①当M点在x轴下方时，如图所示，连接MB，过点
Q作QH⊥BM于点H，过点H作DE⊥y轴于点D，过点B作BE⊥DE，于点E，证明△QDH∽△HEB，
1 QH QH DH 1
根据tan∠MBQ=tan∠QBH= = 得出 = = ，设DH=a，则BE=3a，求得点
3 BH BH BE 3
( 7 21)
H ,− ，进而求得直线BM的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当M点在x轴的上方时，如
10 10
图所示，过点Q作QG⊥MB，于点G，过点G作PF∥x轴，交y轴于点F，过点B作PB⊥FP于点P，同
①的方法即可求解．
【详解】[建立模型]（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠C=∠D=∠ABE=90°，
∴∠ABC+∠A=90°,∠ABC+∠EBD=90°，
∴∠A=∠EBD，
又∵AB=BE，
∴△ACB≌△BDE(AAS)；
[类比迁移]（2）如图所示，过点C作CE⊥x轴于点E，
∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，
∴BA=BC,∠ABC=90°，
又∠AOB=∠CEB=90°，
∴∠ABO=90°−∠CBE=∠ECB，
∴△CBE≌△BAO(AAS)，
∴BE=AO,CE=BO，
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∵一次函数y=3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，
当x=0时，y=3，即A(0,3)，
当y=0时，x=−1，即B(−1,0)，
∴BE=AO=3,CE=BO=1，
∴EO=EB+BO=3+1=4，
∴C(−4,1)；
②∵A(0,3)，设直线AC的解析式为y=kx+3，
将C(−4,1)代入得：1=−4k+3
1
解得：k=
2
1
∴直线AC的解析式为y= x+3，
2
（3）∵抛物线y=x2−3x−4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，
当y=0时，x2−3x−4=0，
解得：x =−1,x =4，
1 2
∴A(−1,0)，B(4,0)；
①当M点在x轴下方时，如图所示，连接MB，过点Q作QH⊥BM于点H，过点H作DE⊥y轴于点D，
过点B作BE⊥DE，于点E，
∵∠QDH=∠E=∠QHB=90°，
∴∠DQH=90°−∠QHD=∠BHE，
∴△QDH∽△HEB，
QH DH DQ
∴ = = ，
BH BE HE
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1 QH
∵tan∠MBQ=tan∠QBH= = ，
3 BH
QH DH 1
∴ = = ，
BH BE 3
设DH=a，则BE=3a，
∵DE=4，
4 a
∴HE=4−a，QD= − ，
3 3
∵OD=BE，Q(0,−1)，
4 a
∴1+ − =3a，
3 3
7
解得：a= ，
10
( 7 21)
∴H ,− ，
10 10
设直线BH的解析式为y=k'x+b，
( 7 21)
代入H ,− ，B(4,0)得：¿，
10 10
解得：¿，
7 28
∴直线BM解析式为y= x− ，
11 11
联立¿，
4
解得：x =4（舍去），x =− ；
1 2 11
②当M点在x轴的上方时，如图所示，过点Q作QG⊥MB于点G，过点G作PF∥x轴，交y轴于点F，过
点B作PB⊥FP于点P，
同理可得△FGQ∽△PBG，
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FG FQ QG 1
∴ = = = ，
PB PG GB 3
设FG=b，则PB=3b，
∵FP=4，
4−b
∴GP=4−b，FQ= ，
3
∵FQ=PB+1，
4−b
∴ =3b+1，
3
1
解得：b= ，
10
( 1 3 )
∴G ， ，
10 10
设直线MB的解析式为y=mx+n，
( 1 3 )
代入G ， ，B(4,0)得：¿，
10 10
解得：¿，
1 4
∴直线MB的解析式为y=− x+ ，
13 13
联立¿，
14
解得：x =4（舍去），x =− ，
1 2 13
4 14
综上所述，M的横坐标为− 或− ．
11 13
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等
三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
21．（2023·湖南·统考中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高．
(1)证明：△ABD∽△CBA；
(2)若AB=6，BC=10，求BD的长．
【答案】(1)见解析
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18
(2)BD=
5
【分析】（1）根据三角形高的定义得出∠ADB=90°，根据等角的余角相等，得出∠BAD=∠C，结合
公共角∠B=∠B，即可得证；
（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高．
∴∠ADB=90°，∠B+∠C=90°
∴∠B+∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠C
又∵∠B=∠B
∴△ABD∽△CBA，
（2）∵△ABD∽△CBA
AB BD
∴ = ，
CB AB
又AB=6，BC=10
AB2 36 18
∴BD= = = ．
CB 10 5
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
22．（2023·福建·统考中考真题）阅读下列材料，回答问题
任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走向的最大宽
度，如图1．
工具：一把皮尺（测量长度略小于AB）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的
两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）；
测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P，Q两点，可测得∠POQ的大小，
如图3．
小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度AB，其测量及求解过程如下：测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C，如图4，测得AC=am，BC=bm；
a b
（ⅱ）分别在AC，BC，上测得CM= m，CN= m；测得MN=cm．求解过程：
3 3
a b
由测量知，AC=a， BC=b，CM= ，CN= ，
3 3
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CM CN 1
∴ = = ，又∵①___________，
CA CB 3
MN 1
∴△CMN∽△CAB，∴ = ．
AB 3
又∵MN=c，∴AB=②___________(m)．
故小水池的最大宽度为___________m．
(1)补全小明求解过程中①②所缺的内容；
(2)小明求得AB用到的几何知识是___________；
(3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得AB．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何
量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的
长度用字母a，b，c ⋯表示，角度用α，β，γ ⋯表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出AB，
且测量的次数最少，才能得满分）．
【答案】(1)①∠C=∠C；②3c
(2)相似三角形的判定与性质
(
asinα)
(3)最大宽度为 acosα+ m，见解析
tanβ
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可；
（3）测量过程：在小水池外选点C，用测角仪在点B处测得∠ABC=α，在点A处测得∠BAC=β；用皮
尺测得BC=am；
求解过程：过点C作CD⊥AB，垂足为D，根据锐角三角函数的定义推得BD=acosα，CD=asinα，
asinα
AD= ，根据AB=BD+AD，即可求得．
tanβ
a b
【详解】（1）∵AC=a， BC=b，CM= ，CN= ，
3 3
CM CN 1
∴ = = ，
CA CB 3
又∵∠C=∠C，
∴△CMN∽△CAB，
MN 1
∴ = ．
AB 3
又∵MN=c，
∴AB=3c(m)．
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故小水池的最大宽度为3c m．
（2）根据相似三角形的判定和性质求得AB=3MN=3c，
故答案为：相似三角形的判定与性质．
（3）测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得∠ABC=α，在点A处测得∠BAC=β；
（ⅱ）用皮尺测得BC=am．
求解过程：
由测量知，在△ABC中，∠ABC=α，∠BAC=β，BC=a．
过点C作CD⊥AB，垂足为D．
BD
在Rt△CBD中，cos∠CBD= ，
BC
BD
即cosα= ，所以BD=acosα．
a
同理，CD=asinα．
CD
在Rt△ACD中，tan∠CAD= ，
AD
asinα asinα
即tanβ= ，所以AD= ．
AD tanβ
asinα
所以AB=BD+AD=acosα+ (m)．
tanβ
(
asinα)
故小水池的最大宽度为 acosα+ m．
tanβ
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立
数学模型是解题的关键．
23．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）【问题背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如图，即
∠CEF=∠AEF）．小军测量某建筑物高度的方法如下：在地面点E处平放一面镜子，经调整自己位置
后，在点D处恰好通过镜子看到建筑物AB的顶端A．经测得，小军的眼睛离地面的距离CD=1.7m，
BE=20m，DE=2m，求建筑物AB的高度．
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【活动探究】
观察小军的操作后，小明提出了一个测量广告牌高度的做法（如图）：他让小军站在点D处不动，将镜子
移动至E 处，小军恰好通过镜子看到广告牌顶端G，测出DE =2m；再将镜子移动至E 处，恰好通过镜
1 1 2
子看到广告牌的底端A，测出DE =3.4m．经测得，小军的眼睛离地面距离CD=1.7m，BD=10m，求这
2
个广告牌AG的高度．
【应用拓展】
小军和小明讨论后，发现用此方法也可测量出斜坡上信号塔AB的高度．他们给出了如下测量步骤（如
图）：①让小军站在斜坡的底端D处不动（小军眼睛离地面距离CD=1.7m），小明通过移动镜子（镜子
平放在坡面上）位置至E处，让小军恰好能看到塔顶B；②测出DE=2.8m；③测出坡长AD=17m；④测
8
出坡比为8:15（即tan∠ADG= ）．通过他们给出的方案，请你算出信号塔AB的高度（结果保留整
15
数）．
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【答案】[问题背景] AB=17m；[活动探究] AG=3.5m；[应用拓展] AB≈20m
【分析】[问题背景]根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，列出相似比代值求解即可得到答
案；
[活动探究] 根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，运用两次三角形相似，列出相似比代值，
作差求解即可得到答案；
AM AB
[应用拓展] 过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，证△DCN∽△ABM，得 = ，
DN CD
AM 8 15a 15b
再由锐角三角函数定义得tan∠ABM= = ，设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
BM 15 8 8
BM EM
进而由勾股定理求出a=0.8m，然后由相似三角形的性质得 = ，即可解决问题．
CN EN
【详解】解：[问题背景]如图所示：
∵ ∠CEF=∠AEF，AB⊥BD,FE⊥BD,CD⊥BD，
∴∠AEB=∠CED,∠B=∠D=90°，
∴△ABE∽△CDE，
AB CD
∴ = ，
BE DE
∵ CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，
AB 1.7
∴ = ，解得AB=17m；
20 2
[活动探究]如图所示：
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∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠GE B=∠CE D
1 1
∴△GBE ∽△CDE ，
1 1
GB CD
∴ = ，
BE DE
1 1
∵ DE =2m，BD=10m，
1
∴ BE =BD−DE =10−2=8m，
1 1
∵CD=1.7m，
GB 1.7
∴ = ，解得GB=6.8m；
8 2
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠AE B=∠CE D
2 2
∴△ABE ∽△CDE ，
2 2
AB CD
∴ = ，
BE DE
2 2
∵ DE =3.4m，BD=10m，
2
∴ BE =BD−DE =10−3.4=6.6m，
2 2
∵CD=1.7m，
AB 1.7
∴ = ，解得GB=3.3m；
6.6 3.4
∴AG=GB−AB=6.8−3.3=3.5m；
[应用拓展] 如图，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
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由题意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD=∠CDG=∠BMA=∠CND=90°，
∵∠BAM=∠GAD，
∴90°−∠BAM=90°−∠GAD，
即∠ABM=∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ADG+∠CDN=90°，
∴∠CDN=∠DAG，
∴90°−∠CDN=90°−∠DAG，
即∠DCN=∠ADG，
∴∠DCN=∠ADG=∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
AM AB
∴ = ，
DN CD
由题意得：AE=AD−DE=17−2.8=14.2(m)，
8
∵tan∠ADG= ，
15
DN 8 AM 8
∴tan∠DCN= = ，tan∠ABM= = ，
CN 15 BM 15
15a 15b
设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
8 8
∵CN2+DN2=CD2，
∴
(15a) 2
+a2=1.72 ，
8
解得：a=0.8(m)（负值已舍去），
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15×0.8
∴EN=DE−DN=2.8−0.8=2(m)，CN= =1.5(m)，
8
b AB
∴ = ，
0.8 1.7
17b
∴AB= ，
8
同【问题背景】得：△BME∽△CNE，
BM EM
∴ = ，
CN EN
15b
∴ 8 14.2+b，
=
1.5 2
426
解得：b= (m)，
45
17 426
∴AB= × ≈20(m)，
8 45
答：信号塔AB的高度约为20m．
【点睛】本题考查解直角三角形综合，涉及相似三角形的判定与性质、三角函数求线段长、勾股定理等知
识，读懂题意，熟练掌握相似三角形测高、三角函数测高的方法步骤是解决问题的关键．
24．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知
识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
(1)发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=30°，连接BE，
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CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：______，∠BDC=______°；
(2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，
CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，
且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：
______；
(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2，若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1，则S =
△ABP
______．
【答案】(1)BE=CF，30
(2)BE=CF，∠BDC=60°，证明见解析
(3)BF=CF+2AM
7+√7 7−√7
(4) 或
4 4
【分析】（1）根据已知得出∠BAE=∠CAF，即可证明△BAE≌△CAF，得出BE=CF，
∠ABE=∠ACF，进而根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）同（1）的方法即可得证；
1
（3）同（1）的方法证明△BAE≌△CAF(SAS)，根据等腰直角三角形的性质得出AM= EF=EM=MF，
2
即可得出结论；
（4）根据题意画出图形，连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，
√2
两圆交于点P,P ，延长BP至M，使得PM=DP=1，证明△ADP∽△BDM，得出PA= BM，勾股定
1 2
√2 √2+√14
理求得PB，进而求得BM，根据相似三角形的性质即可得出PA= (1+√7)= ，勾股定理求得
2 2
BQ,PQ，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠EAF=30°，
∴∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF
设AC,BD交于点O，
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∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO
∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，
故答案为：BE=CF，30．
（2）结论：BE=CF，∠BDC=60°；
证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，即∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF
∴BE=CF，
∠AEB=∠AFC
∵∠EAF=120°，AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD=∠AEB+30°−(∠AFC−30°)=60°，
（3）BF=CF+2AM，理由如下，
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形
∴AB=AC,AE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF，
在Rt△AEF中，AM⊥BF，
1
∴AM= EF=EM=MF，
2
∴BF=BE+EF=CF+2AM；
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（4）解：如图所示，
连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P ，
1
延长BP至M，使得PM=DP=1，
则△MDP是等腰直角三角形，∠MDP=45°
∵∠CDB=45°,
∴∠MDB=∠MDP+∠PDC+∠CDB=90°+∠PDC =∠ADP，
AD 1 DP 1
∵ = , = ，
DB √2 DM √2
∴△ADP∽△BDM
PA 1 √2
∴ = = ，
BM √2 2
√2
∴PA= BM，
2
∵AB=2，
在Rt△DPB中，PB=√DB2−DP2=√(2√2) 2 −12=√7，
∴BM=BP+PM=√7+1
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√2 √2+√14
∴PA= (1+√7)=
2 2
过点P作PQ⊥AB于点Q，
设QB=x，则AQ=2−x，
在Rt△APQ中，PQ2=AP2−AQ2，
在Rt△PBQ中，PQ2=PB2−BQ2
∴AP2−AQ2=PB2−BQ2
∴
(√2+√14) 2
−(2−x) 2=(√7) 2 −x2
2
7−√7 7−√7
解得：x= ，则BQ= ，
4 4
设PQ,BD交于点G，则△BQG是等腰直角三角形，
7−√7
∴QG=QB=
4
在Rt△DPB,Rt△DP B中，
1
¿
∴Rt△DPB≌Rt△DP B
1
∴∠PDB=∠P DB
1
又PD=P D=1，DG=DG
1
∴△PGD≌△P DG
1
∴∠PGD=∠P GD=45°
1
∴∠PGP =90°，
1
∴P G∥AB
1
1 1 7−√7 7−√7
∴S = AB×QG= ×2× = ，
△ABP 1 2 2 4 4
在Rt△PQB中，PQ=√PB2−BQ2=
√
(√7) 2 −
(7−√7) 2
=
7+√7
，
4 4
1 1 7+√7 7+√7
∴S = AB×PQ= ×2× = ，
△ABP 2 2 4 4
7+√7 7−√7
综上所述，S = 或
△ABP 4 4
7+√7 7−√7
故答案为： 或 ．
4 4
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【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直
径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．
25．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的
同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两
边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．
(1)如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请
用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留
作图痕迹；
(2)如图3，在Rt△APC中，∠A=90∘，AC>AP，延长AP至点B，使AB=AC，作∠A的等联角
∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线
于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP:PB=1:2，BF=√2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）．
【答案】(1)见解析
5
(2)①等腰直角三角形，见解析；②AB=3k；PE= k
2
【分析】（1）根据新定义，画出等联角；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．由折叠得AC=CM，
∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明
Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF=45°即可求解；
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．证明△APC≌△RFP，
得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=√2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，
3
则BQ=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根据相似三角形的性质得出NE= k，根据
2
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PE=PM+ME即可求解．
【详解】（1）解：如图所示（方法不唯一）
（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．
由折叠得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2
∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，
∴四边形ABNC为正方形
∴CN=AC=CM
又∵CE=CE，
∴Rt△CME≌Rt△CNE(HL)
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∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°
∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°
∴△PCF是等腰直角三角形．
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．
∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，
∴∠1=∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，
∴△APC≌△RFP(AAS)，
∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，
∴AP=BR=FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=√2k，
∴AP=BR=FR=k，
∴PB=2AP=2k，
∴AB=AP+PB=BN=3k，
由BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，
∴四边形BRFQ为正方形，BQ=QF=k，
由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥CN，
∴△QEF∽△NEC，
QE QF
∴ = ，而QE=BN−NE−BQ=3k−NE−k=2k−NE，
NE CN
2k−NE k 1 3
即 = = ，解得：NE= k，
NE 3k 3 2
3
由①知：PM=AP=k，ME=NE= k，
2
3 5
∴PE=PM+ME=k+ k= k．
2 2
【点睛】本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角
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形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
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