第四章三角形第19講相似三角形及其應用（6~12分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透視·目標導航02知識導圖·思維引航03考點突破·考法探究考點一相似三角形的性質與判定考點二相似三角形的常見模型考點三相似三角形的應用04題型精研·考向洞悉命題點一相似三角形的判定與性質?題型01添加條件使兩個三角形相似?題型02利用相似的性質求解?題型03利用相似的性質求點的坐標?題型04證明三角形的對應線段成比例?題型05利用相似三角形的性質判斷函數圖象（動點問題）?題型06相似三角形綜合應用命題點二相似三角形的常見模型?題型01A字模型?題型028字模型?題型03字母型模型?題型04一線三垂直模型?題型05旋轉相似模型命題點三相似三角形的應用?題型01測量高度問題?題型02相似三角形的實際問題?題型03相似三角形與其他知識交匯05分層訓練·鞏固提升基礎鞏固能力提升考點要求新課標要求考查頻次命題預測相似三角形的性質與判定了解相似三角形的判定定理.了解相似三角形判定定理的證明.了解相似三角形的性質定理.10年7考相似三角形是中考數學中非常重要的一個考點，也是難度最大的一個考點.它不僅可以作為簡單考點單獨考察，還經常作為壓軸題的重要解題方法，和其他如函數、特殊四邊形、圓等問題一起考察.而且在很多壓軸題中，經常通過相似三角形的判定以及性質來得到角相等或者邊長間的關系，也是動點問題中得到函數關系式的重要手段.需要考生在復習的時候給予加倍的重視!相似三角形的常見模型認識八大相似模型近10年連續考查相似三角形的應用會利用圖形的相似解決一些簡單的實際問題.10年8考考點一相似三角形的性質與判定相似三角形的概念：對應角相等、對應邊成比例的兩個三角形叫做相似三角形.相似用符號“∽”，讀作“相似于”.相似三角形的判定方法：1）平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或其延長線）相交，所構成的三角形與原三角形相似．2）兩個三角形相似的判定定理：①三邊成比例的兩個三角形相似；②兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似；③兩角分別相等的兩個三角形相似．④斜邊和直角邊成比例的兩個直角三角形相似.相似三角形的性質：1）相似三角形的對應角相等，對應邊的比相等.2）相似三角形對應高，對應中線，對應角平分線的比都等于相似比.3）相似三角形周長的比等于相似比.4）相似三角形面積比等于相似比的平方.判定兩個三角形相似需要根據條件選擇方法．有時條件不具備，需從以下幾個方面探求：1）條件中若有平行線，可考慮用平行線直接推出相似三角形；2）兩個三角形中若有一組等角，可再找一組等角，或再找夾這組等角的兩邊成比例；3）兩個三角形中若有兩邊成比例，可找這兩邊的夾角相等，或再找第三邊成比例；1.1.判斷網格中三角形是否相似，先運用勾股定理計算出三邊的長度，再看對應邊的比例是否相等.考點二相似三角形的常見模型模型圖形結論證明過程（思路）A字模型①?ADE~?ABC②1)已知DE∥BC則∠ADE=∠ABC而∠A=∠A所以?ADE~?ABC2)已知∠1=∠2∠A=∠A所以?ADE~?ABC共邊反A字模型①?ABC~?ACD②③AC2=AB?AD剪刀反A字模型①?ABC~?ADE②證明過程參照按照2）8字模型正8字模型①?AOB~?COD②反8字模型①?AOB~?DOC②3)已知AB∥DC則∠A=∠C而∠AOB=∠DOC所以?AOB~?COD4)已知∠1=∠2∠AOB=∠DOC所以?AOB~?DOC一線三垂直①?ABC~?CDE②③當點C為BD中點時，?ABC~?CDE~?ACE5)∵∠B=∠D=∠ACE=90°∴∠1+∠2=90°∠2+∠3=90°則∠1=∠3由此可得?ABC~?CDE6)∵?ABC~?CDE∴而點C為BD中點則又∵∠B=∠ACE=90°∴?ABC~?ACE則?ABC~?CDE~?ACE三角形內接矩形①?ABC~?ADG②③若四邊形DEFG為正方形即=若假設DG=x則=若已知BC、AN長，即可求出x的值7)∵四邊形DEFG為矩形∴DG∥BC而AN⊥BC∴?ABC~?ADG∠AMG=∠ANC=90°=旋轉相似模型①?ABD~?ACE∵?ADE~?ABC∴∠BAC=∠DAE而∠1+∠DAC=∠BAC，∠2+∠DAC=∠DAE∴∠1=∠2∴?ABD~?ACE考向洞悉考點三相似三角形的應用1.利用影長測量物體的高度．①測量原理：測量不能到達頂部的物體的高度，通常利用相似三角形的性質即相似三角形的對應邊的比相等和“在同一時刻物高與影長的比相等”的原理解決．②測量方法：在同一時刻測量出參照物和被測量物體的影長來，再計算出被測量物的長度．2.利用相似測量河的寬度（測量距離）．①測量原理：測量不能直接到達的兩點間的距離，常常構造“A”型或“X”型相似圖，三點應在一條直線上．必須保證在一條直線上，為了使問題簡便，盡量構造直角三角形．②測量方法：通過測量便于測量的線段，利用三角形相似，對應邊成比例可求出河的寬度．3.借助標桿或直尺測量物體的高度．利用桿或直尺測量物體的高度就是利用桿或直尺的高（長）作為三角形的邊，利用視點和盲區的知識構建相似三角形，用相似三角形對應邊的比相等的性質求物體的高度．命題點一相似三角形的判定與性質?題型01添加條件使兩個三角形相似1．（2023·廣東陽江·一模）如圖，在中，D是上一點，連接，下列條件中不能判斷的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本題考查的是相似三角形的判定，熟知有兩組角對應相等的兩個三角形相似是解答此題的關鍵．根據相似三角形的判定定理對各選項進行逐一判斷即可．【詳解】解：A、根據，，并不滿足相似三角形的判定條件中的“兩邊成比例且夾角相等”所以，不能判斷，故本選項符合題意；B、因為，，滿足相似三角形的判定條件“兩組對應角相等”，所以，，故本選項不符合題意；C、因為，，滿足相似三角形的判定條件“兩組對應角相等”，所以，，故本選項不符合題意；D、因為，，滿足相似三角形的判定條件中的“兩邊成比例且夾角相等”所以，，故本選項不符合題意．故選：A．2．（2022·廣東佛山·一模）如圖，點P是△ABC的AC邊上一點，連接BP，添加下列條件，不能判定△ABC∽△APB的是（）A．∠C＝∠ABP B．∠ABC＝∠APB C．＝ D．＝【答案】D【分析】根據相似三角形的判定條件求解即可．【詳解】解：添加條件∠C＝∠ABP，再由∠A=∠A，可以判斷△ABC∽△APB，故A不符合題意；添加條件∠ABC＝∠APB，再由∠A=∠A，可以判斷△ABC∽△APB，故B不符合題意；添加條件＝，再由∠A=∠A，可以判斷△ABC∽△APB，故C不符合題意；添加條件＝，再由∠A=∠A，不可以判斷△ABC∽△APB，故D符合題意；故選D．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定條件是解題的關鍵．3．（2024·黑龍江綏化·模擬預測）如圖，點P在的邊上，要判斷，添加一個條件，下列不正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查的是相似三角形的判定，分別利用相似三角形的判定方法判斷得出即可．【詳解】解：A、當時，又∵，∴，故此選項不符合題意；B、當時，又∵，∴，故此選項不符合題意；C、當時，又∵，∴，故此選項不符合題意；D、當時，無法得到，故此選項符合題意．故選：D．4．（2024·云南昆明·二模）如圖，已知，添加下列條件后，能判斷的是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】本題考查了相似三角形的判定，先根據求出，再根據相似三角形的判定方法解答即可，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法：兩角分別對應相等的兩個三角形相似；兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似；三邊成比例的兩個三角形相似．【詳解】解：∵，∴，、添加，不能判定，此選項不符合題意；、添加，不能判定，此選項不符合題意；、添加，利用“兩角分別對應相等的兩個三角形相似”能判定，此選項符合題意；、添加，不能判定，此選項不符合題意．故選：C．?題型02利用相似的性質求解5．（2023·廣東陽江·一模）已知，若與的相似比為，則與的面積之比為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查的是相似三角形的性質，根據相似三角形的面積的比等于相似比的平方計算．【詳解】解：∵，相似比為，∴與的面積之比為，即，故選：D．6．（2023·廣東深圳·二模）如圖，平行四邊形中，，，，點O為對角線交點，點E為延長線上一動點，連接交于點F，當時，求的長度為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】作于H，延長交于M，，由，令，，勾股定理得，則，得到，由四邊形是平行四邊形得到，，，則，得到是等腰直角三角形，則，可得，由得到，求得，證明，則，得到，由得到，即可得到的長度．【詳解】解：作于H，延長交于M，，

∵，∴令，，∴，∴，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故選：A．【點睛】此題考查了相似三角形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理、銳角三角函數、平行四邊形的性質等知識，熟練掌握相似三角形的性質、全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．7．（2023·廣東廣州·二模）如圖，點，都是邊上的點，，交于點，若，則的值是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據相似三角形的判定得出，根據相似三角形的性質得出的值．【詳解】解：∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故C正確．故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的性質和判定，三角形的面積等知識點，能熟記相似三角形的性質和判定是解此題的關鍵，相似三角形的面積之比等于相似比的平方．8．（2022·廣東深圳·二模）如圖，在中，為延長線上一點，為上一點，．若，，則的長是（

）A． B． C．6 D．【答案】A【分析】先利用平行四邊形的性質結合已知證得，利用相似三角形的性質得到，進而求出的長，最后求出問題得解．【詳解】解：如圖∵四邊形是平行四邊形，∴，．∵，∴．∵，∴．∴．∴，∵，，∴．∴，∴，（舍去）．∴．故選：A．【點睛】本題主要考查的是相似三角形的判定和性質，合理的選擇恰當的三角形相似，并學會利用相似三角形的性質求解線段是解決問題的關鍵．?題型03利用相似的性質求點的坐標9．（2021·黑龍江大慶·一模）如圖，已知矩形OABC與矩形FEDO是位似圖形，P是位似中心，若點A的坐標為（0，6），點E的坐標為（2，3），則點B的坐標為．【答案】【分析】根據位似圖形的概念得到DE//OP，OD//BC，AB//OP，根據相似三角形性質求出BC，進而求出點B的坐標．【詳解】解：∵點A的坐標為，點E的坐標為，∴OD=3，AD=3，DE=2，∵矩形OABC與矩形FEDO是位似圖形，P是位似中心，∴DE//OP，OD//BC，AB//OP，∵AD=DO，∴OP=AB=OC，∵DE//OP，∴△ADE∽△AOP，∴，即，解得，OP=4，∵OD//BC，∴△POD∽△PCB，∴，即，解得，BC=6，∴點B的坐標為，故答案為：.【點睛】本題考查的是位似變換的概念和性質、相似三角形的性質，掌握位似的兩個圖形必須是相似形、對應邊平行仰角相似三角形的性質是解題的關鍵．10．（2020·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點、的坐標分別為、，點在第一象限內，連接、．已知，則．【答案】【分析】過點C作CD⊥y軸，交y軸于點D，則CD∥AO，先證CDE≌CDB（ASA），進而可得DE＝DB＝4－n，再證AOE∽CDE，進而可得，由此計算即可求得答案．【詳解】解：如圖，過點C作CD⊥y軸，交y軸于點D，則CD∥AO，∴∠DCE＝∠CAO，∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y軸，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴CDE≌CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴，∴，解得：，故答案為：．【點睛】本題綜合考查了全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質以及點的坐標的應用，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解決本題的關鍵．11．（2020·遼寧營口·模擬預測）如圖，直線y=﹣x+2與x軸y軸分別交于A、C兩點，以AC為對角線作第一個矩形ABCO，對角線交點為A1，再以CA1為對角線作第二個矩形A1B1CO1，對角線交點為A2，同法作第三個矩形A2B2CO2對角線交點為A3，…以此類推，則第2020個矩形對角線交點A2020的坐標為．【答案】(2﹣，)【分析】先根據矩形的性質以及相似三角形的判定定理證得：，且相似比是（）n，即可求得AnOn，OOn的長，進而確定An的坐標，即可求得A2020的坐標．【詳解】解：在y=﹣x+2中令x=0，解得：y=2；令y=0，解得：x=2.∴則OC=2,OA=2.∵A1是矩形ABCO的對角線的交點，O1A1//OA，∴，相似比為，同理：，相似比是（）n；∴∴∴An的坐標為∴A2020的坐標為(2﹣，)【點睛】本題考查了矩形的性質以及相似三角形的判定與性質，證得且確定相似比（）n是解答本題的關鍵．12．（2019·廣西·二模）如圖，在平面直角坐標中，，，，，，的圓心在軸上，且半徑均為，的坐標為，坐標為，坐標為，坐標為射線與相切于點，射線與相切于點，按照這樣的規律，的橫坐標為．【答案】【分析】過點An作AnB⊥x軸于點B，連接AnOn，由切線的性質及所作的垂線可得∠OAnOn＝∠AnBOn＝90°，進而可證得△OOnAn∽△AnOnB，從而表示出OnB的長，再由計算即可．【詳解】解：如圖，過點An作AnB⊥x軸于點B，連接AnOn，∵的坐標為，坐標為，坐標為，坐標為∴On的坐標為（2n，0）即OOn＝2n，且AnOn＝1，∵射線與相切于點，AnB⊥x軸，∴∠OAnOn＝∠AnBOn＝90°，又∵∠OOnAn＝∠AnOnB∴△OOnAn∽△AnOnB∴∴∴∴故答案為：【點睛】本題主要考查了找規律，切線的性質及相似三角形的判定及性質的應用，能夠根據規律表示出OAn的長以及運用相似三角形的性質是解決本題的關鍵．?題型04證明三角形的對應線段成比例13．（2023·黑龍江哈爾濱·二模）如圖，在中，AC和BC上分別有一點E和點H，過點E和點H分別作BC和AC的平行線交于點D，DE交AB于點G，DH交AB于點F，則下列結論錯誤的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據平行線的性質，得出角相等，證明三角形相似即可求出對應線段比例相等.【詳解】解：A選項：，.，..A選項正確，不符合題意.B選項：，，，，四邊形為平行四邊形...B選項正確，不符合題意.C選項：，，C選項不正確，符合題意.D選項：，，，，，，.D選項正確，不符合題意.故選：C.【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質和判定，解題的關鍵在于是否能熟練運用相似三角形的性質和判定.14．（2022·河南南陽·二模）如圖，在中，點D、E分別在AB、AC邊上，，BE與CD相交于點F，下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平行線的性質可得內錯角相等，即可得出和，在根據相似三角形的性質及等量代換即可得出答案．【詳解】解：，，，，，，由，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了三角形相似的判定及性質，考查學生對相似三角形對應邊成比例知識點及等量代換技巧的掌握情況．15．（2020·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，四邊形是平行四邊形，點分別在的延長線，的延長線上，連接分別交于點則下列式子錯誤的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據平行四邊形的性質、平行線分線段成比例定理及相似三角形的判定與性質逐項判斷即可.【詳解】∵四邊形是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，且AB=CD，AD=BC，A、在△EBF中，∵AG∥BF，∴，故此選項正確；B、∵AE∥DH，∴，故此選項正確；C、在△EBF中，∵HC∥EB，∴，故此選項錯誤；D、在△EBF中，∵HC∥EB，∴，又∵AD=BC，∴，故此選項正確.故選C.【點睛】本題考查平行四邊形的性質、平行線分線段成比例定理及相似三角形的判定與性質，關鍵是根據相似三角形的判定和性質來分析判斷.?題型05利用相似三角形的性質判斷函數圖象（動點問題）16．（2020·安徽合肥·二模）如圖，在矩形ABCD中，點H為邊BC的中點，點G為線段DH上一點，且∠BGC=90°，延長BG交CD于點E，延長CG交AD于點F，當CD=4，DE=1時，則DF的長為（

）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】延長AD，BE相交于點M，可得△DFG∽△HCG，△DMG∽△HBG，根據相似三角形的性質可得DF=DM，由△MDE∽△CDF可得，進而得出，再根據比例的性質解答即可．【詳解】解：如圖，延長AD，BE相交于點M，∵DF∥CH，∴△DFG∽△HCG，∴，∵DM∥BH，∴△DMG∽△HBG，∴，∵CH=BH，∴DF=DM，又∵矩形△MDE∽△CDF，∴∴∴

∴DF＝．故選：A．【點睛】本題主要考查矩形的性質，相似三角形的判定與性質，正確作出輔助線并熟練掌握矩形的性質、相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．17．（2024·山東泰安·一模）如圖1，在等腰中，，動點從點出發以的速度沿折線方向運動到點停止，動點以的速度沿方向運動到點停止．設的面積為，運動時間為，與之間關系的圖象如圖2所示，則的長是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了三角形相似的判定和性質，動點問題的函數圖象，三角形面積的計算，解題的關鍵是數形結合，并注意進行分類討論．設，分兩種情況：①當點在上運動，即時，②當點運動到點時，點恰好運動到點，當點在上運動，即時，點與點重合，且停止運動，分別求出函數關系式，根據時，，列出方程，求出，（舍去），得出的長是即可．【詳解】解：設．①當點在上運動，即時，由題意知：，，∵在等腰中，，，，∴，，其函數圖象為拋物線對稱軸（軸）右側的一部分；②當點運動到點時，點恰好運動到點，如圖，

當點在上運動，即時，點與點重合，且停止運動，，，由圖2知，當時，，，解得，（舍去），的長是．故選：C．18．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖（1），為矩形的邊上一點，動點，同時從點出發，點沿折線運動到點時停止，點沿運動到點時停止，它們運動的速度都是秒．設、同時出發秒時，的面積為．已知與的函數關系圖象如圖（2）（曲線為拋物線的一部分），則下列結論：①；②當點在上時，；③當時，；④當秒時，；其中正確的結論是(

)A．①②③ B．②③ C．①③④ D．②④【答案】C【分析】根據圖（2）可以判斷三角形的面積變化分為三段，可以判斷出當點到達點時點到達點，從而得到、的長度，再根據、是從5秒到7秒，可得的長度，然后表示出的長度，根據勾股定理求出的長度，然后針對各結論分析解答即可．【詳解】解：如圖所示：根據圖（1）（2）可得，當點到達點時，點到達點，點、的運動的速度都是秒，，，故①正確；動點，同時從點出發，運動速度都是秒，設、同時出發秒時，當點在上時，，即是等腰三角形，則，過點作于點，如圖所示：，從到的變化是2，，，在中，，，，，，，設，在中，由勾股定理可得，則，解得，，當點在上時，，故②錯誤；，當時，，故③正確；當秒時，點在上，此時，，，，，，又，，故④正確；綜上所述，正確的有①③④，故選：C．【點睛】本題考查了動點問題的函數圖象，涉及從函數圖象中獲取信息、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定與性質等知識，根據圖（1）（2）判斷出點到達點時點到達點是解題的關鍵，也是本題的突破口．19．（2023·廣東湛江·三模）如圖，在中，，E是邊上一動點，沿A→C→B的路徑移動，過點E作，垂足為D．設，的面積為y，則下列能大致反映y與x函數關系的圖象是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】分類討論①當點E在上②當點E在上的情況，利用相似三角形的判定與性質，即可求解．【詳解】解：在中，，由勾股定理可得，①當點E在上時，如圖，∵，∴∵，∴，∴，∵，∴此時，即，∴是開口向上的一段拋物線；排除，②當點E在上時，，如圖，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，為開口向下的拋物線，故選：．【點睛】本題考查了動點問題與相似三角形的綜合．分類討論是解題關鍵，熟記相似三角形的判定與性質定理內容是推理關鍵．20．（2023·河北邯鄲·三模）在中，于點，點從點出發沿向點運動，設線段的長為，線段的長為（如圖1），而關于的函數圖象如圖2所示．是函數圖象上的最低點．當為銳角三角形時的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意得到的長度，分類討論為直角三角形時的情況即可．【詳解】解：根據題意得：，點到的距離為，即，此時點到達點，，當點與點重合時，為直角三角形，則在右側時，為銳角三角形，當時，，，，，，，，，，，，當為銳角三角形時，，故選：C．【點睛】本題為動點函數圖象問題，考查了二次函數圖象最小值的實際意義以及直角三角形的分類討論，相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是以為直角三角形作為臨界條件解決問題．?題型06相似三角形綜合應用21．（2024·廣東中山·模擬預測）如圖，線段是的直徑，弦于點H，點M是上任意一點，，．(1)求的半徑r的長度；(2)求(3)直線交直線于點，直線交于點，連接交于點，求的值【答案】(1)5(2)(3)16【分析】（1）在中，利用勾股定理即可解決問題；（2）只要證明，求出即可；（3）由，推出，推出，又，推出，由此即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，連接，，，在中，，，∴，．（2）解：如圖1中，連接．，是直徑，，，，，．（3）解：如圖2中，連接．是直徑，，，，，，∴，，，∵，∴，∴，，．【點睛】本題考查圓綜合題、垂徑定理、勾股定理、相似三角形的判定和性質、相交弦定理、銳角三角函數等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．22．（2024·廣東·模擬預測）綜合探究已知在矩形中，，，過點C作對角線的垂線l，點E為直線上一點，過點E作，交直線l于點F．(1)如圖（1）所示，當點F在的延長線上時，(2)如圖（2）所示，過點F作的延長線，垂足為點G，請寫出與的數量關系，并說明理由．(3)連接，當是等腰三角形時，求的長．【答案】(1)30度(2)相等，理由見解析(3)或或【分析】（1）首先由特殊角的三角函數值求出，然后證明出，得到，進一步證明出，即可得到；（2）首先由含角直角三角形的性質得到，然后證明出，得到，進而求解即可；（3）設，則，首先判斷出若是等腰三角形，則或，然后分情況討論，分別根據勾股定理求解即可．【詳解】（1）如圖所示，設與交于點O，∵在矩形中，∴∵，∴∴∵，∴又∵∴∴∴又∵∴∴；（2）相等，理由如下：∵，∴∵∴∴∵，∴∵，∴∴∴，即又∵∴∴∵，∴∴∴又∵∴；（3）設，則∵，∴若是等腰三角形，則或①如圖所示，當，且點F位于上方時，作，∵∴四邊形是矩形∴，∴∴在中，∴解得，（舍去）；②如圖所示，當，且點F位于下方時，延長交于點N，在中，同理可得解得，(舍去)；③如圖所示，當時，延長交于點N，∵，，綜上可得，或或．【點睛】此題考查了矩形的性質，相似三角形的性質和判定，解直角三角形，勾股定理，解題的關鍵是掌握以上知識點．23．（2024·廣東珠海·模擬預測）如圖，在中，，，點分別在邊上，，連接．將繞點順時針方向旋轉，記旋轉角為．(1)[問題發現]當時，_____；當時，____；(2)[拓展研究]試判斷：當時，的大小有無變化？請僅就圖的情形給出證明；(3)[問題解決]在旋轉過程中，的最大值為_______．【答案】(1)；；(2)沒有變化，證明見解析；(3)．【分析】（）利用等腰三角形的性質判斷出，，進而得出，得出，即可得出結論；同的方法，即可得出結論；（）利用兩邊成比例，夾角相等，判斷出，即可得出結論；（）判斷出點在的延長線上時，最大，再求出，即可得出結論；此題是考查了旋轉的性質，平行線的性質，相似三角形的判定和性質，判斷出兩三角形相似熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】（1）在中，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：；如圖，當時，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：；（2）當時，的大小沒有變化；證明：在中，∵，，∴，，同理，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）如圖，當點在的延長線上時，最大，其最大值為，在中，，∴，∴，由（）知，，∴，∴，∴，故答案為：．24．（2024·廣東韶關·二模）如圖，為的直徑，C是圓上一點，D是的中點，于點F，延長至點Q，連接，，(1)求證：是的切線；(2)若點P是上的一點，連接．①求的值；②若為的角平分線，求的長．【答案】(1)詳見解析(2)①；②【分析】（1）根據，證明，再根據圓周角定理得出，即可證明，即可證明；（2）①連接，證明，設的半徑為，利用相似三角形的性質得，，由勾股定理求得，得到，即可得到；②過點作交于點，證明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，由即可求解．本題考查圓的綜合應用，主要考查了相似三角形的判定與性質，垂徑定理，圓周角定理及推論，解直角三角形等知識，熟練掌握以上知識并靈活運用是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：如圖，連接，．，，，，為的直徑，，，是的切線；（2）解：①如圖，連接，是的中點，，，為的直徑，，，，．，設的半徑為，則，解得，經檢驗，是方程的解，，，，，．②如圖，過點作交于點，，，是的角平分線，，，，，，，．命題點二相似三角形的常見模型?題型01A字模型25．（2021·山東臨沂·三模）如圖，在△ABC中，DE∥BC，若AE＝2，EC＝3，則△ADE與△ABC的面積之比為（

）A．4：25 B．2：3 C．4：9 D．2：5【答案】A【分析】根據相似三角形的判定定理得到△ADE∽△ABC，根據相似三角形的面積比等于相似比的平方計算，得到答案．【詳解】解：∵AE=2，EC=3，∴AC=AE+EC=5，∵DEBC，∴△ADE∽△ABC，∴，故選：A．【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題的關鍵．26．（2020·浙江杭州·一模）如圖．在△ABC中，DE∥BC，∠B=∠ACD，則圖中相似三角形有（）A．2對 B．3對 C．4對 D．5對【答案】C【分析】根據相似三角形的判定定理即可得到結論．【詳解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴△ACD∽△ADE，∵DE∥BC，∴∠EDC=∠DCB，∵∠B=∠DCE，∴△CDE∽△BCD，故共4對，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定．注意掌握數形結合思想的應用，注意平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似．27．（2020·江蘇無錫·模擬預測）如圖，△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠A＝90°，點D在△ABC內，且DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，過點D作直線PQ，分別交AB、AC于點P、Q，若△APQ與△ABC相似，則線段PQ的長為（）A．5 B． C．5或 D．6【答案】B【分析】當PQ∥BC時，△APQ∽△ABC，如圖1，根據角平分線的定義得到∠PBD＝∠CBD，根據等腰三角形的性質得到PB＝PD，同理，DQ＝CQ，設AP＝4x，AQ＝3x，根據勾股定理得到PQ＝5x，根據題意列方程即可得到結論；當∠APQ＝∠ACB時，△APQ∽△ACB，由勾股定理得到BC＝10，過D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，根據角平分線的性質得到DE＝DF＝DG，根據三角形的面積公式得到DE＝＝2，四邊形AEDF是正方形，推出△PED∽△DFQ∽△CAB，求得＝＝＝，得到PE＝，FQ＝，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：當PQ∥BC時，△APQ∽△ABC，如圖1，∵DB平分∠ABC，∴∠PBD＝∠CBD，∵PD∥BC，∴∠PDB＝∠DBC，∴∠PBD＝∠PDB，∴PB＝PD，同理，DQ＝CQ，∵∠APQ＝∠ABC，∴tan∠APQ＝tan∠ABC＝＝＝，∴設AP＝4x，AQ＝3x，∴PQ＝5x，∵PB＝PD＝8﹣4x，PQ＝CQ＝6﹣3x，∴8﹣4x+6﹣3x＝5x，∴x＝，∴PQ＝5x＝；當∠APQ＝∠ACB時，△APQ∽△ACB，∵AB＝8，AC＝6，∠A＝90°，∴BC＝10，過D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，∵DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，∴DE＝DF＝DG，∵S△ABC＝DE（AB+AC+BC）＝AB?AC，∴DE＝＝2，四邊形AEDF是正方形，∴DF∥AP，∴∠EPD＝∠FDQ，同理∠EDP＝∠FQD，∴△PED∽△DFQ∽△CAB，∴＝＝＝，∴PE＝，FQ＝，∴PD＝＝＝，DQ＝＝＝，∴PQ＝PD+DQ＝+＝，綜上所述，若△APQ與△ABC相似，則線段PQ的長為，故選：B．【點睛】本題考查了相似三角形的性質，勾股定理，三角函數的定義，角平分線的性質，正方形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的性質是解題的關鍵．28．（2021·山東濱州·中考真題）在銳角中，分別以AB和AC為斜邊向的外側作等腰和等腰，點D、E、F分別為邊AB、AC、BC的中點，連接MD、MF、FE、FN．根據題意小明同學畫出草圖（如圖所示），并得出下列結論：①，②，③，④，其中結論正確的個數為（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根據直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半和三角形中位線定理判斷結論①，連接DF，EN，通過SAS定理證明△MDF≌△FEN判斷結論②，利用全等三角形的性質結合平行四邊形的判定和性質判斷結論③，利用相似三角形的判定和性質判定結論④．【詳解】解：∵D、E、F分別為邊AB、AC、BC的中點，且△ABM是等腰直角三角形，∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故結論①正確；連接DF，EN，∵D、E、F分別為邊AB、AC、BC的中點，且△ACN是等腰直角三角形，∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，∴∠MDF=∠FEN，在△MDF和△FEN中，，∴△MDF≌△FEN（SAS），∴∠DMF=∠EFN，故結論②正確；∵EF∥AB，DF∥AC，∴四邊形ADFE是平行四邊形，∴∠DFE=∠BAC，又∵△MDF≌△FEN，∴∠DFM=∠ENF，∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠ENF=180°-∠FEN=180°-（∠FEC+∠NEC）=180°-（∠BAC+90°）=90°-∠BAC，∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，∴MF⊥FN，故結論③正確；∵EF∥AB，∴△CEF∽△CAB，∴，∴，∴S△CEF=S四邊形ABFE，故結論④錯誤，∴正確的結論為①②③，共3個，故選：B．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，三角形中位線定理，題目難度適中，有一定的綜合性，適當添加輔助線構造全等三角形是解題關鍵．?題型028字模型29．（2021·山東聊城·一模）如圖，在平行四邊形中，點E是上一點，，連接交于點G，延長交的延長線于點F，則的值為（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質，平行四邊形的性質，解決本題的關鍵是利用平行四邊形的性質對邊平行而構建相似三角形．先根據平行四邊形的性質得到，則可判斷，，于是根據相似三角形的性質和即可得結果．【詳解】解：∵四邊形為平行四邊形，，，∴，∴，，，∴，∴．故選：A．30．（2020·廣東深圳·三模）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，CE平分∠DCB交BD于點F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，連接OE，下列結論：①∠ACD＝30°；②S平行四邊形ABCD＝；③OE：AC＝1：4；④S△OCF＝2S△OEF．其中正確的有（）A．1個 B．2個C．3個 D．4個【答案】C【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形，得到∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，根據角平分線的定義得到∠DCE=∠BCE=60°推出△CBE是等邊三角形，證得∠ACB=90°，求出∠ACD=∠CAB=30°，故①正確；由AC⊥BC，得到S?ABCD=AC?BC，故②正確；根據直角三角形的性質得到AC=BC，根據三角形的中位線的性質得到OE=BC，于是得到OE：AC=：6，故③錯誤；由三角形的中位線可得BC∥OE，可判斷△OEF∽△BCF，根據相似三角形的性質得到=2，求得S△OCF=2S△OEF；故④正確．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BCD=120°，∵CE平分∠BCD交AB于點E，∴∠DCE=∠BCE=60°∴△CBE是等邊三角形，∴BE=BC=CE，∵AB=2BC，∴AE=BC=CE，∴∠ACB=90°，∴∠ACD=∠CAB=30°，故①正確；∵AC⊥BC，∴S?ABCD=AC?BC，故②正確，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴AC=BC，∵AO=OC，AE=BE，∴OE=BC，∴OE：AC=：6；故③錯誤；∵AO=OC，AE=BE，∴OE∥BC，∴△OEF∽△BCF，∴=2∴S△OCF：S△OEF==2，∴S△OCF=2S△OEF；故④正確．故選C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、三角形中位線、相似三角形的性質，熟練掌握并靈活運用是解題的關鍵．31．（2020·四川遂寧·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠ABC的平分線交AC于點E，交AD于點F，交CD的延長線于點G，若AF＝2FD，則的值為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由AF＝2DF，可以假設DF＝k，則AF＝2k，AD＝3k，證明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行線分線段成比例定理即可解決問題．【詳解】解：由AF＝2DF，可以假設DF＝k，則AF＝2k，AD＝3k，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBG，∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，∴CG＝CD+DG＝3k，∵AB∥DG，∴△ABE∽△CGE，∴，故選：C．【點睛】本題考查了比例的性質、相似三角形的判定及性質、等腰三角形的性質、角平分線的性質、平行四邊形的性質、平行線分線段成比例定理，熟練掌握性質及定理是解題的關鍵．32．（2020·安徽合肥·一模）如圖，在△ABC中，BC＝6，，動點P在射線EF上，BP交CE于點D，∠CBP的平分線交CE于點Q，當CQ＝CE時，EP+BP的值為（）A．9 B．12 C．18 D．24【答案】C【分析】如圖，延長EF交BQ的延長線于G．首先證明PB＝PG，EP+PB＝EG，由EG∥BC，推出＝＝3，即可求出EG解決問題．【詳解】解：如圖，延長EF交BQ的延長線于G．∵，∴EG∥BC，∴∠G＝∠GBC，∵∠GBC＝∠GBP，∴∠G＝∠PBG，∴PB＝PG，∴PE+PB＝PE+PG＝EG，∵CQ＝EC，∴EQ＝3CQ，∵EG∥BC，∴△EQG∽△CQB，∴＝＝3，∵BC＝6，∴EG＝18，∴EP+PB＝EG＝18，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，平行線的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，正確的作出輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．?題型03字母型模型33．（2024·浙江·一模）如圖，正方形的邊長為2，平分交于E，F是延長線上一點，且，延長線交于G，則的值是．?【答案】【分析】本題考查正方形的性質、相似三角形的有關知識.由等腰三角形的判定與性質知是等腰三角形的中垂線.根據相似三角形的對應邊成比例、等腰三角形的性質列出比例式，即，最后在直角中利用勾股定理來求的值．【詳解】，四邊形是正方形,，又∵平分交于,，,，在和中,，，即，即,即，故答案為：．34．（20-21九年級上·江蘇無錫·期中）如圖，正方形ABCD中，BC=2，點M是邊AB的中點，連接DM，DM與AC交于點P，點F為DM中點，點E為DC上的動點．當∠DFE=45°時，則DE=．【答案】．【分析】如圖，連接．首先求出、的長，證明，可得，即求出．【詳解】解：四邊形是正方形，，，，∵點M是邊AB的中點，，在中，，，，∴，，∵點F為DM中點，∴，∵，∴∴即有．故答案是：．【點睛】本題考查正方形的性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題．35．（2020·江蘇鹽城·一模）如圖，在中，AB=AC=4，，點D為邊AC上一動點（點C除外），將線段BD繞點D順時針旋轉至ED，連接CE，則面積的最大值為【答案】【分析】設CD=x，過A作與Z，過B作的延長線于N，過E作的延長線于M，由得到，再利用勾股定理求出NC，證出，即可得出結果；【詳解】設CD=x，過A作與Z，過B作的延長線于N，過E作的延長線于M，如圖所示：∵AB=AC，∴，∵AC=4，∴，又∵，∴，∴，∴，解得，根據勾股定理得，∴，根據題意可得，即可得到,線段BD繞點D順時針旋轉至ED∴，∴ME=DN=CN-CD=，∴，∴面積最大時，，此時．【點睛】本題主要考查了相似三角形、等腰三角形的性質以及勾股定理的靈活應用，做出輔助線是解題的關鍵．36．（20-21九年級上·四川·階段練習）如圖，在邊長為4正方形中，以為腰向正方形內部作等腰，點在上，且．連接并延長，與交于點，與延長線交于點．連接交于點．若，則．【答案】【分析】作于，交于，根據勾股定理可得BG，再由相似三角形的性質可得BH，繼而判定，并求得BF的長，由全等三角形的性質可得ME，利用線段的和差求得EN，進而由三角形面積公式即可求解．【詳解】作于，交于，如圖，則，∵，∴，，在中，，∵，∴．∴即解得∵，而，∴，即，而，∴．∴，∴BF⊥AE．∴，∵∠BME＝EFB，∠MBE＝∠FEB，BE＝EB，∴△BME≌△EFB（AAS），∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質、勾股定理、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線求得關鍵線段的長解決問題．?題型04一線三垂直模型37．（2023·河南周口·三模）（1）問題發現：如圖1，在中，，將邊繞點C順時針旋轉得到線段，在射線上取點D，使得，線段與的數量關系是______；（2）類比探究：如圖2，若，作，且，其他條件不變，寫出變化后線段與的數量關系，并給出證明；（3）拓展延伸：如圖3，正方形的邊長為6，點E是邊上一點，且，把線段逆時針旋轉得到線段，連接，直接寫出線段的長．【答案】（1）；（2），證明見解析；（3）【分析】（1）結合“一線三等角”推出，從而證得結論即可；（2）利用條件證明，然后根據相似三角形的性質證明即可；（3）作延長線于點，過點作，交于點，交于點，結合“一線三垂直”證明，從而利用全等三角形的性質求出和，最后利用勾股定理計算即可．【詳解】（1）解：∵將邊繞點C順時針旋轉得到線段，∴，∵，，∴．在和中，∴，∴．故答案為：（2）．證明：同（1）可得，，，∴，∴，∵，∴，∴．（3）如圖所示，作延長線于點，過點作，交于點，交于點，則，，，由（1）同理可證，，∴，，∴，，∴．【點睛】本題考查旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識點，掌握一線三等角全等和相似模型，并熟練運用是解題關鍵．38．（20-21九年級上·山東濟南·期末）如圖1，正方形和正方形，連接．(1)[發現]：當正方形繞點旋轉，如圖2，線段與之間有怎樣的關系？請說明理由；(2)[探究]：如圖3，若四邊形與四邊形都為矩形，且，，猜想與的關系，并說明理由；(3)[應用]：在(2)情況下，連接點在上方，若，且，，求的長．【答案】(1)，，理由見解析(2)，，理由見解析(3)【分析】（1）先判斷出，進而得出，，再利用等角的余角相等即可得出結論；（2）先利用兩邊對應成比例夾角相等判斷出，得出，，再利用等角的余角相等即可得出結論；（3）先求出，進而得出，即可得出四邊形是平行四邊形，進而得出，求出的長，借助（2）得出的相似，即可得出結論．【詳解】（1）解：，，理由如下：四邊形和四邊形是正方形，，，，，，；如圖2，延長交于，交于，，，，，，，，，故答案為：，；（2），，理由如下：如圖3，延長交于，交于，四邊形與四邊形都為矩形，，，，，，，，，，，，，，，；（3）如圖4，設與的交點為，，，在中，，，根據勾股定理得：，，，，四邊形是平行四邊形，，，點，，在同一條直線上，如圖5，，在中，根據勾股定理得，，由（2）知，，，即，．【點睛】此題考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，旋轉的性質以及勾股定理等知識；熟練掌握正方形得性質和矩形的性質，證明和是解本題的關鍵．39．（2021·黑龍江哈爾濱·二模）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線與y軸交于點A，與x軸交于點B，，的面積為2．(1)如圖1，求直線的解析式．(2)如圖2，線段上有一點C，直線為，軸，將繞點B順時針旋轉，交于點D，求點D的坐標．（用含k的式子表示）(3)如圖3，在（2）的條件下，連接，交直線于點E，若，求點E的坐標．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用的面積為2，求出的長度，得到B的坐標，用待定系數法求的解析式；（2）利用，過D作軸于H，證明，得到，，由直線析式，求得C的坐標，從而得到長度，再證明四邊形為矩形，得到D的坐標；（3）利用，得到A，C，B，D四點共圓，則，，又，轉化得到，在上取一點M，使，構造出，利用兩個角的正切值相等，列出關于參數的方程，求出參數k，再利用直線和直線相交，列出二元一次方程組，求得交點E的坐標．【詳解】（1）∵，∴，∵，∴，∴，∴，設直線AB的解析式為：，代入點，得，∴，∴直線的解析式為：；（2）如圖1，過D作軸于H，∵軸，∴，∴四邊形為矩形，∴，由題可得，，∴，又∵，∴，在與中，，∴，∴，令，則，∴，∴，∴，∴；（3）如圖2，連接，取中點N，連接，，則在中，，同理，，∴，∴A，C，B，D四點共圓，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又，∴，在上取一點M，使，則，∴，∴，∴，，．∵，∴，∴，∴，解得，，∴直線解析式為：，，設直線解析式為：，把代入得，∴，則直線解析式為：，聯立，解得，∴．【點睛】本題考查了一次函數的綜合應用，涉及到待定系數法，一線三等角模型構造全等，四點共圓，三角函數，交點坐標的求法，其中轉化角的關系是解決本題的關鍵．40．（2020·山東濟南·二模）矩形中，，分別以所在直線為x軸，y軸，建立如圖1所示的平面直角坐標系．F是邊上一個動點（不與B，C重合），過點F的反比例函數的圖象與邊交于點E．(1)當點F運動到邊的中點時，點E的坐標為．(2)連接，求的正切值；(3)如圖2，將沿折疊，點C恰好落在邊上的點G處，求的長度．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先確定出點A，B坐標，進而求出點C坐標，再用點F是中點，求出點F坐標，利用待定系數法求出k，最后將點E的縱坐標為3代入反比例函數解析式中即可求出點E坐標；（2）設出點，代入反比例函數中得出，進而用m表示出，即可得出結論．（3）如圖所示，過點E作于H，證明，得到，則．【詳解】（1）解：，，四邊形是矩形，，，點F是的中點，∴點F在反比例函數的圖象上，，反比例函數的解析式為，點E在反比例函數的圖象上，且縱坐標為3，點E的橫坐標為，（2）解：如圖，設點，∴，點E，F在反比例函數的圖象上，，，，在中，；（3）解：如圖所示，過點E作于H，∴，∴，由折疊知，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了反比例函數與幾何綜合，矩形的性質，相似三角形的性質與判定，求角正切值，折疊的性質等等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．?題型05旋轉相似模型41．（2021·廣東佛山·一模）如圖1，、分別是的內角、的平分線，過點作，交的延長線于點．(1)求證：；(2)如圖2，如果，且，求的值；(3)如果是銳角，且與相似，求的度數，并直接寫出的值．【答案】(1)見解析(2)(3)，或，【分析】（1）由題意：，證明即可解決問題．（2）延長交于點．證明，可得，，由，可得．（3）因為與相似，，所以中必有一個內角為因為是銳角，推出．接下來分兩種情形分別求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1中，，，，平分，，同理，，，，．（2）解：延長交于點．，，平分，，，，，，，．（3）與相似，，中必有一個內角為是銳角，．①當時，，，，，此時．②當時，，，與相似，，此時．綜上所述，，．，．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，平行線的判定和性質，銳角三角函數等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．42．（2024·安徽安慶·二模）如圖1，在中，，與邊分別交于點D、E，連接，點F、G、H分別是的中點，分別連接．(1)觀察、猜想觀察圖1，猜想，(2)探究、說理把繞點C逆時針方向旋轉到圖2的位置，（1）中的結論還成立嗎？如果成立，請予以證明；如果不成立，請說明理由(3)拓展、思考在所在的平面內，把繞點C自由旋轉，當時，直接寫出線段的長度的取值范圍【答案】(1)，90(2)（1）中的結論還成立，理由見解析(3)【分析】（1）由平行得，則，由平行得到，則，由三角形中位線定理得到，故，，再根據平行導角即可；（2）由角正切得到，證明，則，由三角形中位線得到，，再根據平行和相似三角形的性質導角即可；（3）由題意可知，，則，由于是的中位線，則，繼而可求取值范圍．【詳解】（1）解：在中，，∴，∵，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∵點F、G、H分別是的中點，∴分別為的中位線，∴，∴，，∵，∴，∵，∴,故答案為：，90；（2）解：（1）中的結論還成立，理由如下：證明：如圖2，在中，，∴，在中，∴，∴又，∴∴∴∵是的中位線，∴．同理可得，∴∵是的中位線，∴，∴∵，由于，有，由得：∴；（3）解：由題意可知，，∴，即∴繞點C旋轉時，當D點落在邊上時，AD最小值為6；當點D落在延長線上時，最大值為14，∵是的中位線，，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，三角形的中位線定理，相似三角形的判定與性質，解直角三角形等知識點，難度較大，綜合性強，熟練掌握知識點和基本圖形是解題的關鍵．43．（2024·湖北武漢·模擬預測）【操作與思考】（1）如圖1，在正方形中，點E，F分別為，邊上的點，且，且繞點A順時針旋轉得到，畫出，并證明；【嘗試與應用】（2）如圖2，正方形邊長為8，點E，F分別為，邊上的點，．交于M，求證；【拓展與創新】（3）如圖3，矩形中，，，點E，F分別為，邊上的點，，交于M．若，直接寫出的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1），由旋轉性質可知，再證明，可得，由此證明結論；（2）延長到G，使得，連接，證明，得到，，，．過點F作，交的延長線于點N，得到，．證明，結合正切函數證明即可解題．（3）模仿（2），延長到G，使得，連接，過點F作，交的延長線于點N，構造，再證明，可得，再延長交于點K，結合，證明，列出比例式計算即可．【詳解】（1）∵繞點A順時針旋轉得到，如圖，∴，，∴，，∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴，（2）①延長到G，使得，連接，∴，∵四邊形是正方形，∴，，∵，∴，∴，，∴．過點F作，交的延長線于點N，∴，．∵，∴．∵，∴，∴，∴．∴．∴．∵，∴．（3）延長到G，使得，連接∴，∵矩形ABCD中，，，，∴，，∴，∴，，∴，．過點F作，交的延長線于點N，∴，．∵，∴．，∴∵，∴，∴，∴．∴．延長交于點K，∵，∴，∴．∵四邊形是矩形，，，∴，，∴，∴，整理，得，解方程，得（不合題意舍去），綜上所述，的長為．【點睛】本題考查了四邊形與全等三角形、相似三角形的綜合，解題關鍵是通過旋轉構造全等三角形或相似三角形，轉化線段關系．44．（2024·河南新鄉·三模）（1）【觀察發現】如圖（1），在，點D是邊的中點，延長BA到點E，使，連接，可得與的數量關系是______，位置關系是______．（2）【探究遷移】如圖（2），在中，，，點為平面內一點，將線段繞點E順時針旋轉90°得到線段，連接，，點為的中點，連接、，試判斷和的數量關系，并說明理由．（3）【拓展應用】在（2）的條件下，若，，當時，請直接寫出的長．【答案】（1），；（2），理由見解析；（3）或．【分析】本題主要考查了三角形中位線的性質和旋轉相似模型；解題關鍵是構造旋轉相似模型轉換線段關系．（1）根據三角形中位線可直接得出結論；（2）延長至點，使，連接、，根據旋轉相似模型證明，即可得出結論；（3）根據當時，可得點在直線，點在直線，再由不同位置分兩種情況討論，結合（2）的結論即可解答．【詳解】（1）解：∵，，∴，；（2）結論：，理由∶如圖2-1，延長至點，使，連接、，∵點為的中點，∴由題意∶，∴，由旋轉知∴，∴，∴∵，，∴，即：，∴，∴，∴∴（3）當時，∵，即：，∴，又∵，∴點在直線，當點在線段上時，如圖2-2，∵，∴點在直線，∵，，，∴，，∴，∴；當點在線段延長線上時，如圖2-2，同理可證：點在直線，點在直線，，，∴，∴；綜上所述：的長為或．命題點三相似三角形的應用?題型01測量高度問題45．（22-23九年級上·內蒙古包頭·期末）如圖，李老師用自制的直角三角形紙板去測“步云閣”的高度，他調整自己的位置，設法使斜邊保持水平，邊與點B在同一直線上．已知直角三角紙板中，，測得眼睛D離地面的高度為，他與“步云閣”的水平距離為，則“步云閣”的高度是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先證明，得到，求出，即可得到“步云閣”的高度．【詳解】解：，，，，，，，測得眼睛D離地面的高度為，，故選B．【點睛】本題考查了相似三角形的應用，熟練掌握相似三角形的判定和性質時解題關鍵．46．（2023·廣東深圳·一模）如圖，九年級（1）班課外活動小組利用平面鏡測量學校旗桿的高度，在觀測員與旗桿之間的地面上平放一面鏡子，在鏡子上做一個標記E，當觀測到旗桿頂端在鏡子中的像與鏡子上的標記重合時，測得觀測員的眼睛到地面的高度為，觀測員到標記E的距離為，旗桿底部到標記E的距離為，則旗桿的高度約是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根據相似三角形的判定證出，再根據相似三角形的性質求解即可得．【詳解】解：∵鏡子垂直于地面，∴入射角等于反射角，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得，故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的應用，正確找出兩個相似三角形是解題關鍵．47．（21-22九年級上·河北保定·期末）如圖，小明同學用自制的直角三角形紙板測量樹的高度，他調整自己的位置，設法使斜邊保持水平，并且邊與點B在同一直線上．已知紙板的兩條直角邊，測得邊離地面的高度，則樹高等于（

）A． B． C． D．都不對【答案】C【分析】先判定，再根據相似三角形對應邊成比例解答．【詳解】解：在與中，即樹的高為故選：C．【點睛】本題考查相似三角形的應用，是重要考點，掌握相關知識是解題關鍵．48．（2024·河北邯鄲·二模）如圖是一把折疊椅子及其側面的示意圖，把一個簡易刻度尺與地面垂直放置，其中與“0”刻度線重合，點落在“3”刻度線上，與“5”刻度線重合，若測得，則的長是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質．證明，根據相似三角形的性質“相似三角形對應高的比等于相似比”列式計算即可求解．【詳解】解：根據題意得，∴，∴，∵，∴，故選：B．?題型02相似三角形的實際問題49．（2024·廣東·模擬預測）九年級（1）班課外活動小組想利用標桿測量佛山千燈湖市民廣場醒獅雕塑的高度，見圖（醒獅雕塑線條圖）．已知點A，C，E在同一直線上，標桿高度，標桿與雕塑的水平距離，人的眼睛與地面的高度，人與標桿的水平距離，求醒獅雕塑的高度．【答案】12.8米【分析】本題考查了相似三角形的應用，利用三角形相似中的比例關系，首先由題目和圖形可看出，求的長度分成了2個部分，和部分，其中，剩下的問題就是求的長度，利用，得出，把相關條件代入即可求得的長度即可．【詳解】如圖所示，設線段與線段交于點G．∵，∴，四邊形、是矩形，∴，∵，∴，，∵，，∴，，∴，∴，∴答：醒獅雕塑的高度為．50．（23-24九年級上·浙江金華·期末）如圖，小李利用鏡面反射原理測樹高，小李在點，鏡子為點，表示樹，點，，在同一水平線上，小李身高米，米，米，則樹高為()A．4米 B．5米 C．6米 D．7米【答案】A【分析】本題考查了相似三角形的性質與判定；根據題意得出，代入數據，即可求解．【詳解】如圖可知：，，，，，，∴，米，米，米，∴，解得：，答：樹高為米．故選：A．51．（2024·廣東·模擬預測）路邊有一口廢棄的圓柱形枯井，出于安全考慮，大家準備運來泥土把它填平，如圖，先測得井口的直徑，然后在D處立一根長的鐵管，用聚光筆從鐵管的頂端E點照射井底B點，光線與直徑交于點O，測得．求填平這口井需要的泥土的體積（參考數據：）．【答案】【分析】本題考查的是相似三角形判定與性質及圓柱體積計算，先證明，求出枯井的深，進而求出結論．【詳解】解：∵，∴，∴∴解得，∴圓柱形枯井的體積為，∴填平這口井需要的泥土的體積大約是．52．（2024·廣東東莞·一模）如圖1是一張折疊型方桌子，圖是其側面結構示意圖，支架與交于點，測得，．(1)若，求的長；(2)將桌子放平后，兩條桌腿叉開角度，求距離地面的高．結果保留整數參考數值，【答案】(1)AB的長為cm(2)AB距離地面的高為48cm【分析】此題考查了相似三角形的判定及性質、解直角三角形的應用，（1）先證明，再由相似三角形的性質求出的長即可；（2）過點作于點，于點，在中，，在中，，，進而作答即可．【詳解】（1）解：，，與是等腰三角形，，，，即的長為；（2）過點作于點，于點，如圖，∵，∴E、O、F三點共線，，與是等腰三角形，，在中，，在中，，，距離地面的高為．?題型03相似三角形與其他知識交匯53．（2024·廣東·模擬預測）如圖，是的直徑，點C是半圓的中點，點D是上一點，連接交于E，點F是延長線上一點，且．(1)求證：是的切線；(2)連接，若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，利用圓周角定理，直角三角形的性質，等腰三角形的性質和等量代換求得，再利用圓的切線的判定定理解答即可得出結論；（2）利用圓周角定理得到，則，利用直角三角形的邊角關系定理和相似三角形的判定與性質得到的長，設的半徑為r，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出結論．【詳解】（1）證明：連接，如圖，∵點C是半圓的中點，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∵，∴，即，∴．∵為的半徑，∴是的切線；（2）解：∵，，∴，∵是的直徑，∴，∵，∴．∵，∴∴∵，∴，∴，∵，∴．設的半徑為r，則，∵，∴，解得：．∴的半徑為．【點睛】本題主要考查了圓的有關性質，圓周角定理，圓心角，弦，弧之間的關系定理，直角三角形的性質，等腰三角形的性質，圓的切線的判定與性質，直角三角形的邊角關系定理，相似三角形的判定與性質，勾股定理，連接經過切點的半徑是解決此類問題常添加的輔助線．54．（2024·廣東清遠·模擬預測）綜合探究如圖1，在四邊形中，，，點O是的中點，分別為，的角平分線．

(1)求證：；(2)如圖2，以點O為圓心，為直徑的與相切于點E，若，設，，求y關于x的函數表達式；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接與交于點G，與交于點F，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．【答案】(1)見解析；(2)(3)四邊形是矩形，理由見解析【分析】（1）利用平行線的性質，得出，由角平分線的定義得出，運用垂直的定義解答即可；（2）連接，得出，再利用圓的切線的性質定理，切線長定理和相似三角形的判定與性質解答即可；（3）連接，利用（1）（2）的結論，以及圓的切線的性質定理，則，，得出垂直平分，即，運用三個內角等于90度來證明四邊形是矩形，進行解答即可．【詳解】（1）證明：，，，分別為，的角平分線，，，，，，；（2）解：連接，如圖，點是的中點，，與相切于點，，．．，，，．分別與，，相切于點，，，，，，，，∵，，，即：，．（3）解：四邊形是矩形，理由如下：為的直徑，．由（1）得：，由（2）得：是的切線，連接，如圖，，，垂直平分，．，四邊形是矩形．【點睛】本題主要考查了圓的有關性質，圓周角定理，角平分線的定義，平行線的性質，矩形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，切線長定理，連接經過切點的半徑是解決此類問題常添加的輔助線．55．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，已知等腰，，作的外接圓為，小明同學利用尺規按以下步驟作圖：①以點C為圓心，以任意長為半徑畫弧，分別交于兩點，②再以點A為圓心，以相同長度為半徑畫弧交于點M，③以點M為圓心，以兩弧交點間的距離為半徑，交第一個弧于點N；過點C作的垂線交射線于點D，為∠CAD的角平分線；(1)求證：是的切線；(2)若，求的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題主要考查切線的判定，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等知識，正確作出輔助線構造相似三角形是解答本題的關鍵．（1）連接并延長，交于H，證明，得，由作圖得，得，從而得出結論；（2）過E作交于F，證明，得出，再證明和，求出的長，再由三角形面積公式求解即可．【詳解】（1）證明：連接并延長，交于H，∵是的外接圓，

∴平分，

∵，∴，∴，

∴由作圖可知，∴，∴，∵是半徑，∴是的切線.（2）解：過E作交于F，∴∵平分，∴，∴，

∴，∵，，∴，∴，

∵，平分，∴=1，∴，∴，∵，∴，∴，

∵，∴，∴56．（2024·廣東·模擬預測）綜合探究【教材回顧】（1）如圖（1），在中，，垂足為D．求證：．【嘗試應用】（2）如圖（2），是的高．以為邊在右側作菱形，點E恰好落在上，且，猜想與之間的數量關系，并說明理由．【拓展提高】（3）如圖（3），在中，點D為上一點，于點H，點E，F分別在上，且，求的值．【答案】（1）見解析；（2），見解析；（3）【分析】（1）先得出，再進行角的等量代換得證明，故，即可作答．（2）先連接與相交于點G．再結合四邊形為菱形，得與同理（1）可得因為，則，即可作答．（3）先運用（1）中的結論，表示出的長，進而求得的值．再過點D作于點P，求出的值，然后運用平行線分線段成比例求出的值，即可作答．【詳解】證明：∵，∴．又∵，∴∴∴∴，即．（2）．理由：如圖（1），連接與相交于點G．∵四邊形為菱形，∴又∴∴∴又∵，∴∴∴∴，同理（1）可得∴（3）．∴可設，則．∵，∴同理（1）可得∴∴如圖（2），過點D作于點P，則，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，又，∵【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，解直角三角形的性質，菱形的性質，平行線分線段成比例，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．基礎鞏固單選題1．（2024·廣東清遠·模擬預測）已知，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了相似三角形的性質，因為相似比是，所以面積比是相似比的平方，據此列式計算，即可作答．【詳解】解：∵，，∴，故選：D．2．（2024·廣東廣州·二模）如圖，在三角形中，D、F是邊上的點，E是邊上的點，，，則下列式子中不正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，平行線分線段成比例，通過證明以及平行線分線段成比例可求解．【詳解】解：∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，故只有C選項不正確故選：C．3．（2024·新疆烏魯木齊·一模）如圖，與是位似圖形，點O為位似中心，且，若的周長為8，則的周長為（

）A．4 B． C．16 D．32【答案】C【分析】本題考查位似圖形的性質，相似三角形的性質，根據位似比等于相似比，相似三角形的周長比等于相似比進行求解即可．【詳解】解：∵與是位似圖形，點O為位似中心，且，∴，且相似比為，∴與的周長比為：，∵的周長為8，∴的周長為16．故選：C．4．（2024·廣東深圳·二模）如圖，在四邊形中，，，以為腰作等腰，，點E恰好落在邊上，若，則的長是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質以及平行線的性質，熟練掌握勾股定理，證明三角形相似是解題的關鍵．過點E作，交于F，證明是等腰直角三角形，得，，進而證明，再由勾股定理得，然后證明，得，求出，即可得出結論．【詳解】解：如圖，過點E作，交于F，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故選：A．二、填空題5．（2024·廣東深圳·模擬預測）小明希望測量出電線桿的高度，于是在陽光明媚的一天，他在電線桿旁的點處立一標桿使標桿的影子與電線桿的影子部分重疊即點，，在一直線上，量得，，，則電線桿的長為．【答案】【分析】本題考查相似三角形的應用舉例，根據題意易證，得到，利用相似三角形的相似比即可求出電線桿長．【詳解】解：根據題意得：，，，，，，，，，故答案為：．6．（2024·廣東中山·模擬預測）已知在中，且，，則．【答案】3【分析】本題考查了平行線的性質，關鍵是掌握相似三角形的面積比等于邊長比的平方．因為，所以，，可得，所以，已知，，可得，因為，可得．【詳解】∵，，，∴，，，，∴，，故答案為：3．7．（2024·廣東深圳·三模）已知等腰中，，，點D是邊的中點，沿翻折，使點A落在同一平面的點E處，若，則．【答案】【分析】本題考查了翻折的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識．熟練掌握翻折的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理是解題的關鍵．記的交點為F，設，，則，，，由翻折的性質可知，，，，證明，則，即，可得，則，由勾股定理得，，即，整理得，；，即，整理得，；得，，可求，則，，由勾股定理得，，即，可求滿足要求的解，，進而可求的值．【詳解】解：如圖，記的交點為F，設，，則，，，由翻折的性質可知，，，，∵，∴，，∵，，∴，∴，即，解得，，∴，由勾股定理得，，即，整理得，；，即，整理得，；得，，∴，∴，，由勾股定理得，，即，解得，或（舍去），∴，故答案為：．三、解答題8．（2024·廣東韶關·二模）【操作探究】在數學綜合與實踐活動課上，老師組織同學們開展以“測量小樹的高度”為主題的探究活動．【學生】查閱學校資料得知樹前的教學樓高度為12米，如圖1，某一時刻測得小樹、教學樓在同一時刻陽光下的投影長分別是米，米．（1）請根據同學的數據求小樹的高度；【學生】借助皮尺和測角儀，如圖2，已知測角儀離地面的高度米，在處測得小樹頂部的仰角，測角儀到樹的水平距離米．（2）請根據同學的數據求小樹的高度（結果保留整數，，）．【答案】（1）大樹高是4米；（2）米【分析】此題考查了相似三角形的性質和解直角三角形應用，解此題的關鍵是利用相似三角形的性質，相似三角形的對應邊成比例求解，解題時還要注意認識圖形．（1）根據題意可得，根據相似三角形的性質即可求解；（2）在中，根據解直角三角形即可求解；【詳解】（1）解：根據題意可知，，，，

，即大樹高是4米．（2）如圖，在中，∵，∴米．9．（2024·山東濰坊·二模）如圖，在四邊形中，，，點，分別在線段，上，且，．(1)求證：；(2)若，求證：．【答案】(1)見詳解(2)見詳解【分析】本題考查相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質是解答本題的關鍵．（1）根據全等三角形的判定證明，即可得．（2）結合相似三角形的判定證明，則可得．【詳解】（1）證明：，．，，，，．（2）證明：，，．，，，，，10．（2024·廣東深圳·三模