文档内容
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
重难点 02 相似三角形模型及其综合题综合训练
中考数学中《相似三角形模型及其综合题综合训练》部分主要考向分为五类：
一、K型相似
二、8字图相似
三、A字图相似
四、母子型相似
五、手拉手相似
相似三角形的综合题中各种相似模型的掌握是解决对应压轴题的便捷方法，所以本专题是专门针对相
似三角形模型压轴题的，对提高类型的学生可以自主训练。
考向一：K型相似
①定义:一线三等角模型是指有三个等角的顶点在同一条直线上构成的相似图形，这个角可以是直角锐角或
钝角；
②识别一线三等角模型:在题目中，当看到三个等角(尤其是直角)的顶点在同一条直线上时，应想到一线三
等角模型；
③利用一线三等角模型求解:通过一线三等角模型，可以构造出相似三角形，并利用相似三角形的性质来求
解边长或角度。
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，BE=3，EC=6，
1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
CF=2．求证：△ABE∽△ECF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根
AB BE
据正方形的性质，得出∠B=∠C=90°，AB=CB=9，进而得出 = ，根据两边成比例且夹角
EC CF
相等的两个三角形相似即可证明．
【详解】解：∵BE=3，EC=6，
∴BC=9，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=9，∠B=∠C=90°，
AB 9 3 BE 3
∵ = = ， = ，
EC 6 2 CF 2
AB BE
∴ =
EC CF
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF．
2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解
《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三
直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作
DE⊥AB交AB的延长线于点E．
(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；
(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB=2，AC=6，求△BDF的面积；
BN
(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则 = ______；
BC
2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
2
(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP= ，请直接写出线段AP的长度．
3
【答案】(1)AB=DE
(2)10
9
(3)
13
54 18
(4) 或
7 11
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠CBD=90，CB=BD，进而证明△ABC≌△EDB(AAS)，即可
求解；
（2）根据（1）的方法证明△ABC≌△EDB(AAS)，进而证明△≝∽△CAF，求得EF=4，则
BF=10，然后根据三角形的面积公式，即可求解．
1
（3）过点N作NM⊥AF于点M，证明△ABC∽△MNB得出MN= BM，证明△EMN∽△ECA，
3
54
设BM=x，则ME=BE−BM=6−x，代入比例式，得出x= ，进而即可求解；
13
（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB
的延长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点
E．
∵∠CBD=90°
，
∴∠ABC+∠DBE=90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB；
（2）解：∵∠CBD=90°，
∴∠ABC+∠DBE= 90°，
∴∠A=90°，
3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
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD，
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB ，BE=AC
∵AB=2，AC=6
∴DE=2，BE=6
∴AE=AB+BE=2+6=8，
∵∠DEB +∠A=180°
∴ DE∥AC，
∴△≝∽△CAF，
DE EF
∴ =
AC FA
2 EF
∴ =
6 EF+8
∴EF=4，
∴BF=BE+EF=6+4=10，
1
∴ S = ×10×2=10；
△BDF 2
（3）解：如图所示，过点N作NM⊥AF于点M，
∵∠A=∠BMN=90°，∠ACB=90°−∠ABC=∠NBM
∴△ABC∽△MNB
BN BM MN
∴ = = ，
BC AC AB
BN BM MN 1
即 = = ，即MN= BM，
BC 6 2 3
又∵MN∥AC
∴△EMN∽△ECA
ME MN
∴ = ，
AE AC
设BM=x，则ME=BE−BM=6−x，
4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
x
6−x 3
=
8 6
54
解得：x=
13
54
∴BN BM 13 9 ；
= = =
BC AC 6 13
（4）解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q
2
∵tan∠BCP=
3
PQ 2
∴tan∠BCP= = ，设PQ=2a，则CQ=3a，
CQ 3
又∵AC=6,AB=2，∠BAC=90°
AC 6
∴tan∠ABC= = =3，BC=√22+62=2√10
AB 2
PQ
∴tan∠PBQ= =3
BQ
1 2
∴BQ= PQ= a
3 3
2 11
∴BC=CQ+BQ= a+3a= a
3 3
11
∴ a=2√10，
3
6√10
解得：a=
11
2
在Rt△PBQ中，PQ=2a, BQ= a
3
2√10 2√10 6√10 40
∴PB=√PQ2+BQ2= a= × =
3 3 11 11
40 18
∴AP=PB−AB= −2=
11 11
如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的延长线于点T，
5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
∵∠ABC=∠PBT,∠A=∠T=90°
∴∠BPT=∠ACB
AB 1
∵tan∠ACB= =
AC 3
BT 1
∴tan∠BPT= =tan∠ACB=
PT 3
设BT=b，则PT=3b，BP=√10b，
PT 2
∵tan∠BCP= = ，
CT 3
3b 2
∴ =
b+2√10 3
4√10
解得：b=
7
40
∴BP=√10b=
7
40 54
∴AP=AB+BP=2+ =
7 7
54 18
综上所述，AP= 或 ．
7 11
【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，解直角三角形，旋转的性
质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形ABCD中，E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，
使A的对称点P落在CD上，B的对称点为G，PG交BC于H．
(1)求证：△EDP∽△PCH．
(2)若P为CD中点，且AB=2,BC=3，求GH长．
(3)连接BG，若P为CD中点，H为BC中点，探究BG与AB大小关系并说明理由．
6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】(1)见详解
3
(2)GH=
4
(3)AB=√6BG
【分析】（1）根据矩形的性质得∠A=∠D=∠C=90°，由折叠得出∠EPH=∠A=90°，得出
∠3=∠2，即可证明△EDP∽△PCH；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出DP=CP=1，根据EP2=ED2+DP2代入数值得
5 ED EP 5
x2=(3−x) 2+1，进行计算x= ，再结合△EDP∽△PCH，则 = ，代入数值，得PH= ，所
3 PC PH 4
3
以GH=PG−PH= ；
4
（3）由折叠性质，得AP⊥EF，BG⊥直线EF，BG∥AP, ∠BAP=∠GPA，△MAP是等腰三角
形，则MA=MP，因为P为CD中点，H为BC中点，所以DP=CP= y，BH=CH，所以
√5 √6
△MBH≌△PCH(ASA)，则CH=√PH2−PC2= y，所以△BMG∽△MAP，则BG= y，即
2 3
可作答．
【详解】（1）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
7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
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
1
∴DP=CP= ×2=1，
2
设EP=AP=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=(3−x) 2+1，
5
解得x= ，
3
5
∴EP=AP=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
ED EP
∴ = ，
PC PH
4 5
∴3 3 ，
=
1 PH
5
解得PH= ，
4
∵PG=AB=2，
3
∴GH=PG−PH= ；
4
（3）解：如图：延长AB，PG交于一点M，连接AP
∵E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF
∴BG∥AP,
∵AE=EP
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP= y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
8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
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP= y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3 y
1 3
∴HP= PM= y，
2 2
√5
在Rt△PCH中，CH=√PH2−PC2= y，
2
∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△MAP，
BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴BG √6 ，
y
3
∴AB=√6BG，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，
正确掌握相关性质内容是解题的关键．
4．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，▱ABCD的顶点B、C在x轴
上，A在y轴上，OA=OC=2OB=4，直线y=x+t(−2≤t≤4)）分别与x轴，y轴，线段AD，直线
AB交于点E，F，P，Q．
9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)当t=1时，求证：AP=DP．
(2)探究线段AP，PQ之间的数量关系，并说明理由．
(3)在x轴上是否存在点M，使得∠PMQ=90°，且以点M、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似，若
存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)PQ=2√2AP
7 (1 ) 2 (14 )
(3)t= 时，M ,0 ;t= 时，M ,0 ;t=−1时，M(−7,0)
3 3 3 3
【分析】（1）根据t=1，求出t=1与AD交点P的坐标，即可求解；
（2）先求出直线AB的表达式为y=2x+4，再联立直线AB与直线y=x+t求出Q(t−4,2t−4)，再
求出点P(4−t,4)，利用坐标系中两点距离公式求出PQ=2√2(t−4)，结合AP=4−t即可求解；
PM AO PM BO 1
（3）证明△PHM∽△MIQ，得到 = =2或 = = ，分四种情况画图求解．
QM BO QM AO 2
【详解】（1）证明：由OA=OC=2OB=4知，OC=4,OB=2，
则AD=BC=6，
则点A、B的坐标分别为：(0,4),(−2,0)，
1
当y=4时，y=x+1=4，则x=3= AD，
2
即点P(3,4)，
∴AP=DP=3；
（2）解：PQ=2√2AP，
理由：
设直线AB的表达式为：y=kx+b，
将A(0,4),B(−2,0)代入得：¿，
解得：¿，
∴直线AB的表达式为：y=2x+4，
联立上式和y=x+t得¿，
解得¿．
即点Q(t−4,2t−4)，
10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
同理（1）可得，点P(4−t,4)，
∴PQ=√[(t−4)−(4−t)] 2+[(2t−4)−4] 2=2√2(4−t)，
∵AP=4−t，
∴PQ=2√2AP；
（3）解：分别过点P,Q作PH⊥x轴，QI⊥x轴，
∴∠PHM=∠MIQ=90°，
∵∠PMQ=90°，
∴∠PMH+∠QMI=90°，
∵∠MQI+∠QMI=90°，
∴∠PMH=∠MQI，
∴△PHM∽△MIQ，
PH MH PM
∴ = = ，
MI QI QM
设点M(x,0)，由（2）知，点P、Q的坐标分别为：(4−t,4)、(t−4,2t−4)，
①若m>0，如图2，则MI=m−(t−4),MH=4−t−m,QI=2t−4，
当△PMQ∽△AOB时，
PM AO 4
∴ = = =2，
QM BO 2
PH MH
∴ = =2，
MI QI
∴PH=2MI,MH=2QI，
联立方程组：¿，
解得：¿，
7 (1 )
∴t= 时，M ,0 ，
3 3
②若m>0,MI=m−(t−4),MH=m−(4−t),OI=4−2t，如图3，
11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
当△OMP∽△AOB时，
PM BO 2 1
∴ = = = ，
QM AO 4 2
PH MH 1
∴ = = ，
MI QI 2
∴2PH=MI,2MH=QI，
联立方程组：¿，
解得：¿．
2 (14 )
∴t= 时，M ,0 ；
3 3
③若m<0，当△PMQ∽△AOB时，
如图4，MI=(t−4)−m,MH=(4−t)−m,QI=4−2t，
PM QM
∴ =
AO BO
AI ，
PM AO 4
∴ = = =2，
QM BO 2
PH MH
∴ = =2，
MI QI
∴PH=2MI,MH=2QI，
联立方程组：¿，
解得：¿，
∴t=−1,M(−7,0)；
④m<0,△QMP∽△AOB的情况不存在，
12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
7 (1 ) 2 (14 )
综上，t= 时，M ,0 ;t= 时，M ,0 ;t=−1时，M(−7,0)．
3 3 3 3
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形相似、平行四边形的性质等知识点，分类求
解是解题的关键．
考向二：8字图相似
①定义:8字模型是指由两个三角形通过共享一条对角线或中线构成的图形结构，这条对角线或中线将两个
三角形分为两个小的相似三角形；
②利用8字模型求解边长或角度:在8字模型中，可以通过相似三角形的性质来求解边长或角度；
③添加辅助线构造8字模型:题目中并未直接给出8字模型，但可以通过添加辅助线(如中线或高)来构造8
字模型，从而简化问题。
1．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在四边形ABDE中，∠ABC=∠BDE，点C在边BD上，且
AC∥DE，AB∥CE，点F在边AC上，且AF=CE，连接BF,DF，DF交CE于点G．
(1)求证：BF=DF；
(2)如图2，若∠ACE=∠CDF，求证：CE⋅CF=BF⋅DG；
BC
(3)如图3，若延长BF恰好经过点E，求 的值．
CD
【答案】(1)见解析
(2)见解析
1+√5
(3)
2
【分析】（1）证明△ABF≌△CAE，得出BF=AE，证明四边形AFDE为平行四边形，得出
CF GF
AE=DF，则可得出结论；（2）证明△FCG∽△FDC，得出 = ，证明△FCG∽△DEG，得
DF CF
13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
GF CF AB AF
= ，则得出结论；（3）证明△ABF∽△CEF，得出 = ，设AB=x,AF=CE=m，解
DG DE CE CF
方程求出x，则可得出答案．
【详解】（1）∵AC∥DE,AB∥CE
∴∠BDE=∠ACB,∠ABC=∠DCE,∠BAC=∠ACE
∵∠ABC=∠BDE
∴∠ABC=∠BDE=∠ACB=∠DCE
∴AB=AC,CE=DE
在△ABF和△CAE中，
又∵¿
∴△ABF≌△CAE（SAS）
∴BF=AE
∵CE=DE,AF=CE
∴AF=DE
∵AF=DE,AC∥DE
∴四边形AFDE为平行四边形
∴AE=DF
∴BF=DF
（2）∵¿
∴△FCG∽△FDC
CF GF
∴ =
DF CF
又∵AC∥DE
∴△FCG∽△DEG
GF CF GF DG
∴ = ，即 =
DG DE CF DE
CF DG
∴ = ．
DF DE
又∵DE=CE,DF=BF
CF DG
∴ = ，即CE⋅CF=BF⋅DG
BF CE
（3）∵¿
∴△ABC∽△ECD
BC AB
∴ =
CD CE
∵AB∥CE，
∴△ABF∽△CEF
14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
AB AF
∴ =
CE CF
∴AB⋅CF=AF⋅CE．
设AB=x,AF=CE=m，则有x(x−m)=m2
1+√5
解得x= m（负值舍去）
2
BC AB 1+√5
∴ = =
CD CE 2
【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、平行四边形的性质，利用
相似三角形的判定和性质是本题解题的关键．
2．（2023·江苏南通·一模）正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线BD上的一动点，
∠DAE=α(α≠45°).将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线BF交射线DC于点G．
(1)当0°<α<45°时，求∠DBG的度数(用含α的式子表示)；
DG
(2)点E在运动过程中，试探究 的值是否发生变化？若不变，求出它的值.若变化，请说明理由；
DE
(3)若BF=FG，求α的值．
【答案】(1)∠DBG=α
DG
(2)
=√2，是定值
DE
(3)30°
【分析】(1)根据翻变换的性质可以得到∠ADE=∠AFE=45°，∠DAE=∠EAF，加上对顶角相
等得到的∠AOB=∠EOF，从而得到△AOB∼△EOF（AA），进而得到对应边成比例，再根据
AO EO
比例的性质得到 = ，加上对顶角相等得到的∠AOE=∠BOF证明出：
BO FO
△AOE∼△BOF(SAS) ，最终得到对应角相等得出结果．
(2)如图2中，连接EG，EC ．证明△DEG是等腰直角三角形，可得结论；
(3)证明△EFG是等边三角形，可得结论．
【详解】（1）如图1中，设AF交BD于点O．
15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
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
由翻折变换的性质可知，∠ADE=∠AFE=45°，∠DAE=∠EAF，
∴∠ABE=∠AFE=45°，
∵∠AOB=∠EOF，
∴△AOB~△EOF（AA），
AO BO
∴ = ，
EO FO
∴AO·FO=EO·BO，
AO EO
∴ = ，
BO FO
∵∠AOE=∠BOF，
∴△AOE~△BOF（SAS），
∴∠DBG=∠EAF=∠DAE=α．
DG
（2） =√2，是定值．
DE
理由：如图2中，连接EG，EC．
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴DA=DC，∠ADE=∠CDE=45°，
∵DE=DE，
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴∠DAE=∠DCE，
16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
∵∠EBG=∠DAE，
∴∠EBG=∠ECG，
同法可证，∠CEG=∠CBG，
∵∠CBG+∠CGB=90°，∠CGB=∠BEC，
∴∠CEG+∠BEC=90°，
∴∠BEG=∠DEG=90°，
∵∠EDG=45°，
∴∠EGD=∠EDG=45°，
∴DG=√2DE，
DG
∴ =√2；
DE
（3）如图2中，当BF=FG时，
∵∠BEG=90°，
∴EF=FB=FG，
∵DE=EF=EG，
∴EF=EG=FG，
∴∠FGE=60°，
∴∠EBG=30°，
∴α=∠DAE=∠EBG=30°．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相
似三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．（2025·重庆大渡口·模拟预测）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，
过点B作BE⊥AB交AC于点E．
(1)求证：△ABO∽△BEO；
(2)若AB=10,AC=16，求OE的长．
【答案】(1)证明见详解
9
(2)OE的长为
2
【分析】本题主要考查菱形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握菱形的判定和
性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据题意可证平行四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD，由垂直的定义可得
17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
∠AOB=∠BOE=90°，由同角的余角相等可得∠OBA=∠OEB，由此即可求解；
（2）根据菱形的性质得到AC⊥BD,OA=8，由勾股定理得到OB=6，由（1）中的相似得到
AO BO 8 6
= ，即 = ，由此即可求解．
BO EO 6 EO
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠BCA，
∴BA=BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=∠BOE=90°，
∴∠OBE+∠OEB=90°，
∵BE⊥AB，
∴∠OBE+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠OEB，
∴△ABO∽△BEO；
（2）解：∵平行四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，OA=OC= AC= ×16=8，
2 2
在Rt△AOB中，OB=√AB2−OA2=√102−82=6，
由（1）可知△ABO∽△BEO，
AO BO
∴ = ，
BO EO
8 6
∴ = ，
6 EO
9
解得，EO= ，
2
9
∴OE的长为 ．
2
考向三：A字图相似
①定义:A字模型是指由两个三角形共享一条边且这条边与两个三角形的另外两边分别构成相似三角形的一
种图形结构；
②直接利用A字模型解题:根据相似三角形的判定定理，若两个三角形有两个对应的角相等，则它们相似，
在A字模型中，通常可以通过平行线或给定的角来判定相似三角形；
18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
③添加辅助线构造A字模型:当题目中未直接给出A字模型时，可以通过添加辅助线(如平行线或垂线)来构
造A字模型，从而利用相似三角形的性质解题。
1．（2024·湖北·模拟预测）如图，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上，点C
DP 1
落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．若 ＝ ，则
CP 2
AE
的值是 ．
BE
12
【答案】
13
【详解】解：如图，延长MN,BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
MD MP DP 1
∴ = = = ，
QC QP CP 2
∴QC=2MD，QP=2MP，
设DP=a，MD=x，则CP=2a，QC=2x，正方形ABCD边长为3a，
∴BQ=3a+2x．
由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB=3a−AE．
∴∠EMB=∠EBM．
∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∴MQ=BQ=3a+2x．
1 3a+2x
∴MP= MQ= ．
3 3
19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
在Rt△DMP中，M D2+DP2=M P2，
∴x2+a2=
(3a+2x) 2
．
3a
12
解得：x =0（舍），x = a．
1 2 5
12 3
∴AM=3a− a= a．
5 5
在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，
3 2
∴AE2+( a) =(3a−AE) 2
5
36
解得：AE= a，
25
36 39
∴BE=EM=3a− a= a，
25 25
36
a
AE 25 12
∴ = = ，
BE 39 13
a
25
12
故答案为 ．
13
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，
勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
2．（2025·陕西西安·二模）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC、BC，过点C的直线
与⊙O相切，与BA延长线交于点D，点F为C´B上一点，且C´F=C´A，连接BF并延长交射线DC于点
E．
(1)求证：DE⊥BE；
5
(2)若DC= EC，DA=4，求BE的长．
3
【答案】(1)证明见解析
48
(2)BE=
5
【分析】本题考查圆与三角形的综合，掌握圆的切线的性质，三角形相似的判定与性质是解题的关键，
20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）如图所示，连接OC，可证OC∥BE，根据ED为⊙O的切线，OC⊥DE，即可求证；
（2）根据（1）中OC∥BE，设⊙O的半径为r，可证△DCO∽△DEB，可算出⊙O的半径，根据
三角形的相似即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接OC，
∵C´F=C´A
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC，
∴∠OCB=∠EBC，
∴OC∥BE，
∵ED为⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∴DE⊥BE．
5
（2）解：∵DC= EC，
3
设DC=5a，则EC=3a，
∴DE=8a，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，OD=DA+OA=4+r，DB=4+2r，
由（1）可知，OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
DC DO
∴ = ，
DE DB
5a 4+r
∴ = ，
8a 4+2r
∴r=6，
∴AB=12，DB=16，OD=10，
∵△DCO∽△DEB
OC DO 5
∴ = = ，
BE DB 8
48
∴BE= ．
5
21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
3．（2025·浙江宁波·一模）（1） 如图1， 在△ABC中， D是BC上一点，EF∥BC交AD于点G，
EG
则 = （用图中已有线段表示）
GF
（2） 如图2，在△ABC中， M、N是AB上的两点， 且满足BN=NM=MA， 在BC上取一点D，
QD
过点D作DP∥AC分别交 CM的延长线、CN于点 P、Q，求 的值：
QP
（3） 如图3， 在正方形ABCD中， 点E是BC上一点， 连接AE交BD于点F， 在AF上取一点
PD √10
P， 使得∠BPD=135°， 若 = ,AD=5, 求BE的长．
PB 2
BD 1
【答案】（1） ；（2） ；（3）2
CD 3
EG GF
【分析】（1）证明△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，可得 = ，从而可得答案；
BD CD
QD NF
（2）如图，过N作EF∥PD交CP于E，交BC于F，结合（1）得： = ，证明
QP NE
1
△ENM≌△CAM，可得EN=AC，证明△BNF∽△BAC，可得NF= AC，从而可得答案；
3
（3）如图，过P作MN∥BD交AB于M，交AD于N，证明△BMP∽△PND，可得
PD PN DN √10 2√10
= = = ，设PN=√10x，则BM=2x，求解PM= x，证明△BFE∽△DFA，
BP BM MP 2 5
BF BE PM BF
可得 = ，结合 = ，再进一步解方程即可．
DF AD PN DF
【详解】解：（1）∵EF∥BC，
∴△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，
EG AG GF AG
∴ = ， = ，
BD AD CD AD
EG GF
∴ = ，
BD CD
EG BD
∴ = ；
GF CD
（2）如图，过N作EF∥PD交CP于E，交BC于F，
22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
QD NF
由（1）得： = ，
QP NE
∵PD∥AC，
∴EF∥AC，
∴∠E=∠ACM，∠ANE=∠A，
∵BN=NM=MA，
∴△ENM≌△CAM，
∴EN=AC，
∵EF∥AC，
∴△BNF∽△BAC，
NF BN 1 1
∴ = = ，NF= AC，
AC AB 3 3
QD NF NF 1
∴ = = = ；
QP NE AC 3
（3）如图，过P作MN∥BD交AB于M，交AD于N，
∵正方形ABCD，
∴∠ABD=∠ADB=45°，AB=AD，AD∥BC，
∴∠BMN=∠BPD=∠PND=135°，
∴∠MBP+∠MPB=45°=∠MPB+∠DPN，
∴∠MBP=∠DPN，
∴△BMP∽△PND，
PD PN DN √10
∴ = = = ，
BP BM MP 2
23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
设PN=√10x，则BM=2x，
∵∠BMN=∠BPD=∠PND=135°，
∴∠AMN=∠ANM=45°，
∴AM=AN，
∴BM=DN=2x，
2√10
∴PM= x，
5
∵AD∥BC，
∴△BFE∽△DFA，
BF BE
∴ = ，
DF AD
PM BF
由（1）得： = ，
PN DF
PM BF BE
∴ = = ，
PN DF AD
2√10
x
∴ 5 BE，
=
√10x 5
∴BE=2．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，相似三角形的判定与性质，本题属于相似三角形的综合题，难
度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
考向四：母子型相似
①定义:母子模型是指一个大三角形内包含一个小2三角形，且这两个三角形在形状上相似的一种图形结构
②”识别母子模型:在题目中，当看到一个大三角形内包含一个小三角形，且这两个三角形的形状相似
时，应想到母子模型；
③利用母子模型求解:通过母子模型，可以构造出相似三角形，并利用相似三角形的性质来求解边长角度
或面积。
1．（2024·四川广元·中考真题）数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更
是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这
一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
24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
在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．
(1)初步探究
如图2，若∠ACD=∠B，求证：AC2=AD⋅AB；
(2)尝试应用
如图3，在（1）的条件下，若点D为AB中点，BC=4，求CD的长；
(3)创新提升
如图4，点E为CD中点，连接BE，若∠CDB=∠CBD=30°，∠ACD=∠EBD，AC=2√7，求BE
的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)CD=2√2
(3)√21
【分析】（1）根据题意，由∠ACD=∠B，∠A=∠A，利用两个三角形相似的判定定理即可得到
△ACD∽△ABC，再由相似性质即可得证；
（2）设AD=BD=m，由（1）中相似，代值求解得到AC=√2m，从而根据△ACD与△ABC的相似
AD 1
比为 = 求解即可得到答案；
AC √2
（3）过点C作EB的平行线交AB的延长线于点H，如图1所示，设CE=DE=a，过点B作BF⊥EC
于点F，如图2所示，利用含30°的直角三角形性质及勾股定理即可得到相关角度与线段长，再由三角
AD AC CD 2a 1
形相似的判定与性质得到 = = = = ，代值求解即可得到答案．
AC AH CH 2√7a √7
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
AC AD
∴ = ，
AB AC
∴AC2=AD⋅AB；
（2）解：∵点D为AB中点，
25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
∴设AD=BD=m，
由（1）知△ACD∽△ABC，
∴AC2=AD⋅AB=m⋅2m=2m2，
∴AC=√2m，
AD 1
∴△ACD与△ABC的相似比为 = ，
AC √2
CD 1
∴ = ，
BC √2
∵BC=4
∴CD=2√2；
（3）解：过点C作EB的平行线交AB的延长线于点H，过C作CY⊥AB，如图1所示：
∵点E为CD中点，
∴设CE=DE=a，
∵∠CDB=∠CBD=30°，
∴CB=CD=2a，∠DCB=120°，
1
在Rt△BCY中，CY = CD=a，则由勾股定理可得BD=2√3a，
2
过点B作BF⊥EC于点F，如图2所示：
∴∠FCB=60°，
∴∠CBF=30°，
1
∴CF= BC，
2
∴CF=a，BF=√3a，
∴EF=2a，
∴BE=√7a，
26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
∵CH∥BE，点E为CD中点，
∴CH=2BE=2√7a，DH=2DB=4√3a，∠EBD=∠H，
又∵∠ACD=∠EBD，
∴∠ACD=∠H，△ACD∽△AHC，
AD AC CD 2a 1
∴ = = = = ，
AC AH CH 2√7a √7
又∵AC=2√7，
∴AD=2，AH=14，
∴DH=12，即4√3a=12，
∴a=√3，
∴BE=√7a=√21．
【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质、含30°的直角三角形性质、勾股定理等知
识，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．
2．（2024·四川眉山·中考真题）如图，BE是⊙O的直径，点A在⊙O上，点C在BE的延长线上，
∠EAC=∠ABC，AD平分∠BAE交⊙O于点D，连结DE．
(1)求证：CA是⊙O的切线；
(2)当AC=8,CE=4时，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)6√2
【分析】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握切线
的判定是解题的关键．
（1）连接OA，根据圆周角定理得到∠BAE=90°，根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠BAO，求
得∠OAC=90°，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到BC=16，求得BE=BC−CE=12，连接BD，根据角平
分线的定义得到∠BAD=∠EAD，求得B´D=D´E，得到BD=DE，根据等腰直角三角形的性质即可
得到结论．
【详解】（1）证明：连接OA，
27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
∵BE ⊙O
是 的直径，
∴∠BAE=90°，
∴∠BAO+∠OAE=90°，
∵OA=OB，
∴∠ABC=∠BAO，
∵∠EAC=∠ABC，
∴∠CAE=∠BAO，
∴∠CAE+∠OAE=90°，
∴∠OAC=90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴CA是⊙O的切线；
（2）解：∵∠EAC=∠ABC，∠C=∠C，
∴△ABC∽△EAC，
AC CE
∴ = ，
BC AC
8 4
∴ = ，
BC 8
∴BC=16，
∴BE=BC−CE=12，
连接BD，
∵AD平分∠BAE，
∴∠BAD=∠EAD，
∴ B´D=D´E，
∴BD=DE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE=90°，
√2
∴DE=BD= BE=6√2．
2
28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
3．（2024·江苏泰州·二模）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接三角形，且AB=AC，点D是弧BC上一
动点，连接AD交弦BC于点E，点F在弦AD上，且BD=BF．
(1)求证：△EBF∽△EAB；
2
(2)如图2，若AD是⊙O的直径，AF=5，tan∠CBD= ，求直径AD的长；
3
(3)如图3，保持点B位置不变，调整点A、D的位置使得直线BF经过圆心O，点M在⊙O上，使得
CM EF
= 成立的所有点M中，有一个点的位置始终不变，试找出这个点M，并说明理由．
CA EB
【答案】(1)见解析
(2)13
(3)始终不变的点M是半径BO的延长线与圆的交点．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及圆周角的性质可知∠BFE=∠ABE，再利用相似三角形的判
定即可解答；
CD 2
（2）根据圆周角的定理可知∠CBD=∠DAC，再根据勾股定理可知tan∠DAC= = ，最后利
AD 3
用相似三角形的性质即可解答；
EF BF
（３）根据相似三角形的判定与性质可知 = ，再利用相似三角形的性质即可解答．
EB AB
【详解】（1）解：∵在△ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵在△BDF中，BD=BF，
∴∠D=∠BFD，
又∵A´B=A´B
∴∠C=∠D，
29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
∴∠ABE=∠BFE，
∵∠BEF=∠AEB，
∴△EBF∽△EAB；
（2）解：∵△EBF∽△EAB，
∴∠EBF=∠BAD，
∵AB=AC，
∴A´B=A´C
又∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，AD⊥BC，
⏜ ⏜
∴BD=CD,
∴∠CBD=∠BAD，
2
∴tan∠CBD=tan∠BAD=tan∠EBF= ，
3
EF BE DE 2
∴ = = = ，
BE AE BE 3
设EF=2x，则BE=3x，DE=2x，
3 9
∴AE= BE= x，
2 2
9
∵AE−EF=AF，即 x−2x=5
2
∴x=2，
∴DE=EF=2x=4，
∴AD=DE+EF+AF=13，
（3）解：延长BF，交圆于点M.
∵△EBF∽△EAB，
EF BF
∴ = ，∠EBF=∠BAD，
EB AB
∴B´D=C´M，
∴BD=CM
30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
∵BD=BF，
∴CM=BF，
CM BF
∴ = ，
CA AB
CM EF
∴ = ，
CA BE
∴始终不变的点M是半径BO（或BF）的延长线与圆的交点．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，掌握相似三角形的判定与性
质是解题的关键．
考向五：手拉手相似
①定义:手拉手模型是指两个相似的三角形通过旋转、平移或翻折等方式连接在一起的一种图形结构；
②识别手拉手模型:在题目中，当看到两个相似的三角形通过某种方式连接在一起时，应想到手拉手模
型；
③利用手拉手模型求解:通过手拉手模型，可以构造出相似三角形，并利用相似三角形的性质以及旋转、
平移或翻折等几何变换来求解边长、角度或面积。
1．（2024·河南新乡·三模）（1）【观察发现】如图（1），在△ABC，点D是边BC的中点，延长BA到
点E，使AE=AB，连接CE，可得AD与CE的数量关系是______，位置关系是______．
（2）【探究迁移】如图（2），在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点E为平面内一点，将线段
EB绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接BF，CF，点D为CF的中点，连接DE、AE，试判断
DE和AE的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展应用】在（2）的条件下，若AB=AC=5，EB=2，当EF∥AC时，请直接写出DE的长．
1 3√2 7√2
【答案】（1）AD= CE，AD∥CE；（2）AE=√2DE，理由见解析；（3） 或 ．
2 2 2
【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质和旋转相似模型；解题关键是构造旋转相似模型转换线
段关系．
（1）根据三角形中位线可直接得出结论；
（2）延长FE至点G，使EG=FE，连接BC、CG，根据旋转相似模型证明△BCG∽△BAE，即可
得出结论；
31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
（3）根据当EF∥AC时，可得点E在直线AB，点G在直线BC，再由EF不同位置分两种情况讨论，
结合（2）的结论即可解答．
【详解】（1）解：∵AE=AB，DB=DC，
1
∴AD= CE，AD∥CE；
2
（2）结论：AE=√2DE，
理由∶如图2-1，延长FE至点G，使EG=FE，连接BC、CG，
∵点D为CF的中点，
∴CG=2DE
由题意∶∠BEF=90°，
∴BG=BF， ∠FBE=∠GBE
由旋转知BE=EF
∴∠BFE=∠FBE=∠BGF=45 ，
∴∠FBE=∠GBE=45°，GB=BF=√2BE
∴∠EBA=∠GBC
∵AB=AC，∠BAC=90°，
BC GB
∴ BC=√2BA，即： = =√2，
BA EB
∴△BCG∽△BAE，
CG GB
∴ = =√2，
AE EB
∴CG=√2AE=2DE
∴AE=√2DE
（3）当EF∥AC时，
∵∠ABC=90°，即：AB⊥AC，
∴AB⊥EF，
又∵∠BEF=90°，
∴点E在直线AB，
当点E在线段AB上时，如图2-2，
32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
∵∠ABC=∠GBE=45°，
∴点G在直线BC，
∵AB=AC=5，EB=2，∠BAC=∠BEG=90°，
AB BE
∴BC= =5√2，BG= =2√2，
cos∠ABC cos∠ABC
∴GC=BC−BG=3√2，
1 3
∴DE= CG= √2；
2 2
当点E在线段AB延长线上时，如图2-2，
同理可证：点E在直线AB，点G在直线BC， BC=5√2，BG=2√2，
∴GC=BC+BG=7√2，
1 7
∴DE= CG= √2；
2 2
3√2 7√2
综上所述：DE的长为 或 ．
2 2
2．（23-24九年级上·辽宁沈阳·阶段练习）1.问题发现
图（1），在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=35°，连接AC，BD交
于点M.
AC
① 的值为______；②∠AMB的度数为_______．
BD
（2）类比探究
图（2），在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC，交
AC
BD的延长线于点M，请计算 的值及∠AMB的度数；
BD
33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
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若OD=2，AB=8，将△OCD绕点O在平面内旋转一周．
①当直线DC经过点B且点C在线段BD上时，求AC的长；
②请直接写出运动过程中M点到直线OB距离的最大值．
AC
【答案】（1）①1；②35°；（2） =√3，∠AMB=90°；（3）①AC的长为√3+√39；②M点
BD
到直线OB距离的最大值为2√3
【分析】（1）直接根据两个共顶点的等腰三角形证明△AOC≌△BOD(SAS)，可以证明
∠OBD=∠OAC，最后在△OFB和△MFA中导角直接可以求解．
（2）改变三角形结构，直接通过判定△AOC和△BOD相似，同样可以用第一问的方式证明
∠OBD=∠OAC，根据相似比，求线段比例，最后在△OFB和△MFA中导角直接可以求解∠AMB
的度数．
（3）深度理解题意，本质上问的就是当B，C，D，三点共线时，求DB的长，在利用
△DOB∽△COA，对应边成比例求AC的长，最值的求解，先找到点M和点D的轨迹，可以发现是在
两个圆弧上运动，再利用∠MBO最大时，则M点到直线OB距离的最大，直接求解即可．
【详解】（1）①∵∠AOB=∠COD=35°，
∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，
∴∠COA=∠DOB，
又∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴AC=BD，
AC
∴ =1，
BD
故答案为：1；
②设AO与BD交于点F，
由①知，△AOC≌△BOD，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB+∠DBO=∠DFO，
∠AMB+∠CAO=∠DFO，
∴∠AOB=∠AMB=35°，
34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
故答案为：35°；
（2）如下图，在△OAB和△OCD中，设AO与BD交于点E；
∵∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，
OD OB √3
∴tan30°= = = ；
CO OA 3
∵∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，
即∠DOB=∠COA，
∴△DOB∽△COA，
AC OC
∴ = =√3，∠DBO=∠CAO，
BD OD
∵∠DBO+∠OEB=90°，∠OEB=∠MEA，
∴∠CAO+∠MEA=90°，
∴∠AMB=90°，
AC
∴ =√3，∠AMB=90°．
BD
（3）①如下图所示，当直线DC经过点B且点C在线段BD上时；
1
在△ODB中，∠D=60°，OB= AB=4；
2
过点O作BD的垂线，垂足为H；
∴OH⊥BD；
∵∠D=60°；
∴∠DOH=30°；
∴HD=1，HO=√3；
在Rt△OHB中，由勾股定理得；
BH=√BO2−OH2=√16−3=√13；
35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
∴BD=√13+1；
∵△DOB∽△COA；
AC
∴ =√3；
BD
即AC=√3BD=√3+√39；
②如下图所示，∵∠AMB=90°，AB=8；
∴点M的轨迹是圆弧，即点M在圆P上运动，且∠OMB=∠OAB=30°；
要想求出点M到直线OB的最大值，动点M距离直线OB越远越好，
从下图可以看出，点D的轨迹也是圆，点M运动极限位置取决于∠MBO的最大值；
∵OD=2，OB=4；
∴∠MBO的最大值取得当且仅当OD⊥BM时；
即在Rt△ODB中；
2 1
sin∠OBD= = ；
4 2
∴∠OBD=30°；
过点M作OB的垂线，垂足为G；
∴MG⊥BG；
即线段GM即为所求；
在Rt△MGB中；
MG 1
sin∠GBM= = ；
MB 2
∵∠OBD=30°；
∴∠MBA=60°−30°=30°；
∵AB=8；
∴AM=4；
MB=√82−42=4√3；
1
∴MG= BM=2√3；
2
∴M点到直线OB距离的最大值为2√3．
36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
【点睛】本题主要考查等腰背景下全等三角形的判定和性质综合，特殊直角三角形为背景的相似三角
形的判定和性质综合，利用特殊角的三角函数解三角形，圆轨迹动态下求线段的最值，熟练掌握手拉
手模型证明三角形全等，数量掌握相似三角形的判定，特别是两边对应成比例，夹角相等类的，对于
求点到直线最值类型要注意动点的轨迹寻找和影响最值的主要因素，进而综合判定求解是解题的关键．
3．（2023·重庆江北·一模）在等腰三角形ABC中，AB=AC．点E为AC上一点，连接BE．
(1)如图1，若∠BAC=90°，过点C作CD⊥BE交BE延长线于点D，连接AD，过点A作AF⊥AD
交BD于点F，连接CF，求证：FC2=FB2+2F A2；
(2)如图2，过A作AD∥BC交BE延长线于点D，将AD绕着点A逆时针旋转至AN，连接DN，使得
DN⊥AC于点G，AN与BD交于点M，若点M为BD的中点，且∠DAM=∠DMA，猜想线段AM
与DE之间的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，若∠BAC=60°，AB=2√3，将AC沿着AP翻折得到AC′(∠CAC′<120°)，点C′落在
BE延长线上，BC′交AP于点P，点Q、R分别是射线AC、AB上的点，连接CP、PQ、QR，满足
1 2√3
AR−CP= AQ，当BP取得最大值时，直接写出 RQ+QP的最小值的平方．
2 3
【答案】(1)见解析
(2)DE=2AM，证明见解析
28+8√3
(3)
3
【分析】（1）利用边角条件证明△BAF≌△CAD，得到AF=AD与BF=CD的关系，再利用直角三
角形△FDC三边勾股定理得到FC2=FB2+2F A2；
（2）通过AD∥BC和点M为BD的中点得到△AMD≌△RMB，再通过计算角度和边长关系得到
37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
△CAD≌△ABR，得到AR=CD，然后计算角度得到∠GED=∠ACD，得到ED=CD，最后转换
边长得到DE=2AM；
（3）利用四点共圆找到最大BP位置，求出点P位置，构造相似找出Q、R的位置及关系，找到
2√3 2√3
RQ的线段，利用动点Q得到 RQ+QP的最值位置，最后利用特殊角构造直角三角形求解
3 3
即可．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，AF⊥AD，
∴∠BAF+∠FAE=∠DAC+∠FAE=90∘，∠ABF+∠AEB=∠ACD+∠AEB=90∘，
∴∠ABF=∠ACD，∠BAF=∠CAD，
又∵AB=AC，
∴△BAF≌△CAD，
∴AF=AD，BF=CD，
又∵AF⊥AD，
∴FD2=AF2+AE2=2AF2，
∵CD⊥BD，
∴CF2=CD2+FD2，
∴FC2=FB2+2F A2；
（2）解：DE=2AM，
证明：连接CD，
∵AN=AD ND⊥AC
， ，
∴∠NAC=∠DAC，
设∠NAC=∠DAC=x，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠BCA=x，∠DAM=∠BRM=2x，
又∵∠AMD=∠RMB，BM=DM，
∴△AMD≌△RMB
∴AD=BR，AM=RM，
又∵∠CAD=∠ABR，CA=AB，
∴△CAD≌△ABR，
38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
∴∠ACD=∠¯¿，AR=CD，
∵AB=AC，
∴∠BAC=∠ABC=x，
∴∠¯=∠BAC−∠NAC=180∘−3x，
∴∠ACD=∠¯=180∘−3x，
∵∠DAM=∠DMA=2x，∠MAE=x，
∴∠MEA=180∘−3x=∠GED=∠ACD，
∴ED=CD，
∵AR=CD，AM=RM，
∴DE=2AM；
（3）解：由AC沿AP翻折至AC′，
可知AC′=AC=AB，∠C′=∠ACP=∠ABC′，
∴A、P、C、B四点共圆，圆心为△ABC外心，
∴BP
最大时为直径，
又∵AC=2√3，AB=AC，∠BAC=60°，
得△ABC为等边三角形，
r=2=AP=CP，∠CAP=∠ACP=30∘，AP⊥AC，
在AB上取AD=AP=2，作DH⊥AD，连接HA，使AH=2DH，
HD 1
∴sin∠HAD= = ∠HAD=30∘
AH 2
，得 ，
DR′ AQ
在AB、AC射线上取 = ，连接HQ，
HD AH
39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
由∠HAQ=∠HDR′=90°得△HAQ∽△HDR′，
DR′ HD H R′ 1
∴ = = = ，∠R′HD=∠QHA，
AQ AH HQ 2
1 1
∴DR′= AQ，AR′−CP=AR′−AD= AQ，
2 2
即点R′为条件中的点R，
∵∠R′HD=∠QHA，
∴∠AHD=∠QHR，
HD H R′ 1
又∵ = = ，
AH HQ 2
∴△DHA∽△RHQ，
RQ AD √3
∴ = = ，
HQ AH 2
2√3
∴HQ= RQ，
3
2√3
∴ RQ+QP=HQ+QP≥HP，
3
2√3
当H、Q、P三点共线时， RQ+QP的最小值为HP，
3
4√3
∠HAP=∠HAD+∠DAP=120°，AD=AP=2，AH= ，
3
作MH⊥AP交PA延长线于点M，
1 2√3 √3
∠MAH=60° AM= HA= MH= AH=2
2 3 2
， ， ，
28+8√3
Rt△HMP中，H P2=√M H2+M P2= ，
3
2√3 28+8√3
∴ RQ+QP最小时平方的值为 ．
3 3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，涉及内容较多，难度非
常大，且题中的三个小问没有任何关联，在解题时按照常规思路寻找全等和角度关系能够解决大部分
问题，构造相似时须找准特殊位置进行构造，对全等和相似的灵活综合应用是解题的关键．
40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
（建议用时：35分钟）
1．（2024·河南·中考真题）如图，在□ ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OC的中点，
EF∥AB交BC于点F．若AB=4，则EF的长为（ ）
1 4
A． B．1 C． D．2
2 3
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、
1
线段中点定义可得出CE= AC，证明△CEF∽△CAB，利用相似三角形的性质求解即可．
4
【详解】解∶∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OC= AC，
2
∵点E为OC的中点，
1 1
∴CE= OC= AC，
2 4
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
EF CE EF 1
∴ = ，即 = ，
AB AC 4 4
∴EF=1，
故选：B．
2．（2024·辽宁·中考真题）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，且△AOB与△DOC的面积比是1:4，
若AB=6，则CD的长为 ．
【答案】12
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，把握相似三角形面积比等于相似比的平方是解题的关
键．
41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
可得△AOB∽△DOC，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴△AOB∽△DOC，
∴ S △AOB = ( AB) 2 ，
S CD
△DOC
1 ( 6 ) 2
∴ = ，
4 CD
∴CD=12，
故答案为：12．
3．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是
对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE=∠DAF．
【模型建立】
（1）求证：AF⊥BE；
【模型应用】
1
（2）若AB=2，AD=3，DF= BF，求DE的长；
2
【模型迁移】
1 AF
（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DF= BF，求 的值．
2 AD
7 √5
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
3 3
【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关
知识点，构造相似三角形，是解题的关键：
（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出∠AOE=90°，即可得证；
DG DF 1
（2）延长AF交CD于点G，证明△AFB∽△GFD，得到 = = ，再证明△ABE∽△DAG，
AB BF 2
求出AE的长，进而求出DE的长；
DG FG DF 1
（3）设正方形的边长为a，延长AF交CD于点G，证明△AFB∽△GFD，得到 = = = ，
AB AF BF 2
1
进而得到DG= AB，勾股定理求出AG，进而求出AF的长，即可得出结果．
2
【详解】解：（1）∵矩形ABCD，
42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
∴∠BAD=90°，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵∠ABE=∠DAF，
∴∠DAF+∠AEB=90°，
∴∠AOE=90°，
∴AF⊥BE；
（2）延长AF交CD于点G，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD,∠BAD=∠ADG=90°，
∴△AFB∽△GFD，
DG DF 1
∴ = = ，
AB BF 2
1
∴DG= AB=1，
2
∵∠BAD=∠ADG=90°，∠ABE=∠DAF，
∴△ABE∽△DAG，
AB AE 2
∴ = = ，
AD DG 3
2 2
∴AE= DG= ，
3 3
2 7
∴DE=AD−AE=3− = ；
3 3
（3）设正方形ABCD的边长为a，则：AB=AD=a，
延长AF交CD于点G，
∵正方形ABCD，
∴∠BAD=∠ADG=90°,AB∥CD，
∴△AFB∽△GFD，
43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
DG FG DF 1
∴ = = = ，
AB AF BF 2
1 1 1
∴DG= AB= a,FG= AF，
2 2 2
√5
∴AG=√AD2+DG2= a，
2
1
∵FG= AF，
2
2 √5
∴AF= AG= a，
3 3
√5a
∴AF 3 √5．
= =
AD a 3
4．（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，在△ABC中，∠ABC=α，将边AC绕点C顺时针旋
转α得到线段CE，在射线BC上取点D，使得∠CDE=α，线段BC与DE的数量关系是______；
1
（2）类比探究：如图2，若α=90°，作∠ACE=90°，且CE= AC，其他条件不变，写出变化后
2
线段BC与DE的数量关系，并给出证明；
（3）拓展延伸：如图3，正方形ABCD的边长为6，点E是边AD上一点，且AE=2，把线段CE逆时
针旋转90°得到线段EF，连接BF，直接写出线段BF的长．
【答案】（1）BC=DE；（2）BC=2DE，证明见解析；（3）2√41
【分析】（1）结合“一线三等角”推出△ABC≌△CDE，从而证得结论即可；
（2）利用条件证明△ABC∽△CDE，然后根据相似三角形的性质证明即可；
（3）作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，结合“一线三垂
直”证明△FTE≌△EGC，从而利用全等三角形的性质求出BH和FH，最后利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：∵将边AC绕点C顺时针旋转α得到线段CE，
∴AC=CE,∠ACE=α，
∵∠ABC=∠CDE=∠ACE=α，∠ACD=∠ACE+∠ECD=∠ABC+∠BAC，
∴∠A=∠ECD．
在△ABC和△CDE中，
¿
∴△ABC≌△CDE(AAS)，
44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
∴BC=DE．
故答案为：BC=DE
（2）BC=2DE．
证明：同（1）可得，∠A=∠ECD，∠ABC=∠CDE，
∴△ABC∽△CDE，
BC AC
∴ = ，
DE CE
1
∵CE= AC，
2
BC AC
∴ = =2，
DE CE
∴BC=2DE．
（3）如图所示，作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，
则TH=BG=AE=2，EG=AB=6，AH=TE，
由（1）同理可证，△FTE≌△EGC(AAS)，
∴FT=EG=6，AH=TE=GC=6−2=4，
∴FH=FT+TH=6+2=8，BH=BA+AH=6+4=10，
∴BF=√FH2+BH2=√82+102=2√41．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知
识点，掌握一线三等角全等和相似模型，并熟练运用是解题关键．
5．（2025·河南郑州·一模）【感知特例】
（1）如图1，点A，B在直线l上，AC⊥l，DB⊥l，垂足分别为A，B，点P在线段AB上，且
PC⊥PD，垂足为P．结论：AC⋅BD=AP⋅BP
(请将下列证明过程补充完整)
证明：∵AC⊥l，BD⊥l，PC⊥PD，
∴∠CAP=∠DBP=∠CPD=90°，
∴∠C+∠APC=90°，
______.+∠APC=90°，
∴ ______= ______，(同角的余角相等)
∴△APC∽______，(两角分别相等的两个三角形相似)
45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
∴ ______= ______，(相似三角形的对应边成比例)
即AC⋅BD=AP⋅BP．
【建构模型】
（2）如图2，点A，B在直线l上，点P在线段AB上，且∠CAP=∠DBP=∠CPD．结论
AC⋅BD=AP⋅BP仍成立吗？请说明理由．
【解决问题】
（3）如图3，在△ABC中，AC=BC=5，AB=8，点P和点D分别是线段AB，BC上的动点，始终
满足∠CPD=∠A．设AP长为x(0
