初中数学中考复习 考点23 相似三角形 （解析版）

这是一份初中数学中考复习 考点23 相似三角形 （解析版），共39页。
考点二十三 相似三角形
【命题趋势】
在中考中，相似三角形在中考主要以选择题、填空题和解答题的简单类型为主；常考的3种相似模型经常以解答题形式考查，常结合二次函数、圆综合考查。

【中考考查重点】
一、 比例线段及性质
二、 相似三角形性质与判定


考点1：比例线段及性质

1、比例线段的有关概念：在比例式（）中，、叫外项，、叫内项，、叫前项，、叫后项，叫第四比例项，如果，那么叫做、的比例中项．
2、把线段AB分成两条线段AC和BC，使，叫做把线段AB黄金分割，C叫做线段AB的黄金分割点．
3比例性质：；
；
；
4、平行线分线段成比例定理
（1）平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
如图，已知∥∥，可得
等．

（2）推论：平行于三角形一边的直线截其它两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例．
由DE∥BC可得：．此推论较原定理应用更加广泛．

（3）推论的逆定理：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例．那么这条直线平行于三角形的第三边．
此定理给出了一种证明两直线平行方法，即：利用比例式证平行线．
（4）定理：平行于三角形的一边，并且和其它两边相交的直线，所截的三角形的三边与原三角形三边对应成比例．
1．（2021秋•金安区校级期末）如图，已知直线l1∥l2∥l3，直线m、n分别与直线l1、l2、l3分别交于点A、B、C、D、E、F，若DE＝3，DF＝8，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴，
∵DE＝3，DF＝8，
∴，
即＝，
故选：B．

2．（2021•兰州）如图，小明探究课本“综合与实践”板块“制作视力表”的相关内容：当测试距离为5m时，标准视力表中最大的“”字高度为72.7mm，当测试距离为3m时，最大的“”字高度为（　　）

A．121.17mm B．43.62mm C．29.08mm D．4.36mm
【答案】B
【解答】解：由题意得：CB∥DF，
，
∵AD＝3m，AB＝5m，BC＝72.7mm，
，
∴DF＝43.62（mm），
故选：B．


考点2 相似三角形的性质与判定
性质
（1）相似三角形的对应角相等；
（2）相似三角形的对应边成比例；
（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；
（4）相似三角形周长的比等于相似比；
（5）相似三角形面积的比等于相似比的平方；
判定
（1）两角对应相等，两个三角形相似；
（2）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；
（3）三边对应成比例，两三角形相似；

三大常考相似模型
模型一 A字型

模型二 8字型

模型三 K型



3．（2021•河北）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝（　　）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【答案】C
【解答】解：如图：过O作OM⊥CD，垂足为M，过O'作O'N⊥AB，垂足为N，

∵CD∥AB，
∴△CDO∽△ABO'，即相似比为，
∴＝，
∵OM＝15﹣7＝8（cm），O'N＝11﹣7＝4（cm），
∴＝，
∴AB＝3cm，
故选：C．
4．（2021秋•南岸区期末）如图，在△ABC中，D，E分别是AB和BC上的点，且DE∥AC，，，则△ABC与△DBE的面积之比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：∵，
∴＝，
∴＝，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴△ABC与△DBE的面积比＝（）2＝．
故选：D
5．（2021秋•椒江区期末）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且满足△ADE∽△ACB，∠AED＝∠B，若AB＝10，AC＝8，AD＝4，则CE的长是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解答】解：∵△ADE∽△ACB，∠AED＝∠B，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝5，
∴CE＝AC﹣AE＝3，
故选：B．
6．（2021秋•贞丰县期末）如图AC与BD相交于点E，AD∥BC．若AE：AC＝1：3，S△AED：S△CEB为（　　）

A．1：9 B．1：4 C． D．
【答案】B
【解答】解：∵AD∥BC．
∴△ADE∽△BCE，
∵AE：AC＝1：3，
∴AE：EC＝1：2，
∴S△AED：S△CEB＝1：4．
故选：B．
7．（2021•临沂）如图，点A，B都在格点上，若BC＝，则AC的长为（　　）

A． B． C．2 D．3
【答案】B
【解答】解：方法一：作CD⊥BD于点D，作AE⊥BD于点E，如右图所示，
则CD∥AE，
∴△BDC∽△BEA，
∴，
∴＝，
解得BA＝2，
∴AC＝BA﹣BC＝2﹣＝，
故选：B．
方法二：AB＝＝＝2，
∵BC＝，
∴AC＝AB﹣BC＝2﹣＝，
故选：B．

8．（2021•韩城市模拟）如图，矩形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，且AE⊥EF，BC＝2，则AC的长为（　　）

A． B．2 C．3 D．2
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠D＝90°，
∴∠DAE+∠AED＝90°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝90°，
∴∠DEA+∠CEF＝90°，
∴∠DAE＝∠CEF，
∴tan∠DAE＝tan∠CEF，
即，
∵E，F分别为CD，BC的中点，
∴DE＝CE，CF＝BC＝1，
∴DE2＝AD•CF＝2×1＝2，
∴DE＝（﹣舍去），
∴DC＝2DE＝2，
在Rt△ADC中，根据勾股定理，得
AC＝＝2．
故选：D．
9．（2021•安徽模拟）如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝45°，AB＝4，E为AC中点，D为AB上一点，连接DE，当∠AED＝60°时，AD的长为（　　）

A．2 B． C．3 D．
【答案】C
【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于H，

∵∠B＝60°，AH⊥BC，
∴∠BAH＝30°，
∴BH＝AB＝2，AH＝BH＝2，
∵sinC＝，∠C＝45°，
∴＝，
∴AC＝2，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝EC＝，
∵∠AED＝60°＝∠B，∠BAC＝∠DAE，
∴△DAE∽△CAB，
∴，
∴＝，
∴AD＝3，
故选：C．
10．（2020秋•长安区期末）如图，△ABC中，CD⊥AB于D，AD＝9，CD＝6，如果△ADC与△CDB相似，则BD的长度为　　．

【答案】4或9
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°,
∵△ADC与△CDB相似，
∴＝或,
∵AD＝9，CD＝6，
∴＝或＝,
∴BD＝4或9．
故答案为：4或9．
11．（2021•连云港）如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D．若BF＝3FE，则＝　　．

【答案】
【解答】解：如图，∵BE是△ABC的中线，
∴点E是AC的中点，
∴＝，
过点E作EG∥DC交AD于G，
∴∠AGE＝∠ADC，∠AEG＝∠C，
∴△AGE∽△ADC，
∴，
∴DC＝2GE，
∵BF＝3FE，
∴，
∵GE∥BD，
∴∠GEF＝∠FBD，∠EGF＝∠BDF，
∴△GFE∽△DFB，
∴＝＝，
∴，
∴＝，
故答案为：．
12．（2021•安徽模拟）（1）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC中点，E、F分别为AB、AC上的动点，且∠EDF＝90°．
求证：DE＝DF；
（2）如图2，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，AD⊥BC，∠EDF＝90°．
①求证：DF•DA＝DB•DE；
②求EF的最小值．


【答案】（1）略 （2）略；
【解答】（1）证明：如图1，连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝CD，
∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，∠B＝∠DAE＝45°，
∵∠ADB＝∠EDF＝90°，
∴∠ADB﹣∠ADF＝∠EDF﹣∠ADF，即∠ADE＝∠BDF，
在△BDF和△ADE中，
，
∴△BDF≌△ADE（ASA），
∴DE＝DF；
（2）①证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠EDF，
∴∠ADB﹣∠ADF＝∠EDF﹣∠ADF，即∠BDF＝∠ADE，
∵∠BAD+∠DAE＝90°，∠BAD+∠B＝90°，
∴∠B＝∠DAE，
∴△BDF∽△ADE，
∴＝，
∴DF•DA＝DB•DE；
②解：如图2，连接EF，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，
则BC＝＝5，
∴AD＝＝，
由勾股定理得：DC＝＝，
∵∠B＝∠B，∠ADB＝∠CAB，
∴△ADB∽△CAB，
∴＝，
由①可知，＝，
∴＝，
∵∠EDF＝∠CAB＝90°，
∴△EDF∽△CAB，
∴＝，即＝，
∴EF＝，
当DE最小时，EF取最小值，
当DE⊥AC时，DE最小，此时，DE＝＝＝，
∴EF的最小值为：＝．

13．（2021•靖西市模拟）如图，在△ABC中，点D，F，E分别在AB，BC，AC边上，DF∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDF∽△FEC．
（2）设．
①若BC＝15，求线段BF的长；
②若△FEC的面积是16，求△ABC的面积．

【答案】（1） 略 （2）BF＝5；S△ABC＝16×＝36
【解答】（ 1）证明：∵DF∥AC，
∴∠BFD＝∠C，
∵EF∥AB，
∴∠B＝∠EFC，
∴△BDF∽△FEC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴＝＝，
∵BC＝15，
∴＝，
∴BF＝5；
②∵＝，
∴＝，
∵EF∥AB，
∴∠CEF＝∠B，
∵∠C＝∠C．
∴△EFC∽△BAC，
∴＝（）2＝，
∵S△EFC＝16，
∴S△ABC＝16×＝36．


1．（2021春•永嘉县校级期中）如图，已知点C是线段AB的黄金分割点（其中AC＞BC），则下列结论正确的是（　　）

A． B．
C．AB2＝AC2+BC2 D．BC2＝AC•BA
【答案】A
【解答】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，
∴＝＝，
∴选项A符合题意，
AC2＝BC•AB，
∴选项D不符合题意；
∵＝＝，
∴选项B不符合题意；
∵AB2≠AC2+BC2，
∴选项C不符合题意；
故选：A
2．（2021秋•南京期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，＝，则下列结论中正确的是（　　）

A．＝
B．＝
C．＝
D．＝
【答案】C
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝，故A，B错误；
∴＝，故C正确；
∴＝（）2＝．故D错误．
故选：C．
3．（2021•平南县三模）如图，在△ABC中，点D在AC上，点F是BD的中点，连接AF并延长交BC点E，BE：BC＝2：7，则AD：CD＝（　　）

A．2：3 B．2：5 C．3：5 D．3：7
【答案】A
【解答】解：如图，过点D作DH∥AE交BC于H．

∵BF＝DF，FE∥DH，
∴BE＝EH，
∴BE：BC＝2：7，
∴EH：CH＝2：3，
∵AE∥DH，
∴＝＝，
故选：A．
4．（2021•吉安模拟）如图平行四边形ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连结EF交DC于点G，若△DEG的面积是1，则五边形DABFG的面积是（　　）

A．11 B．12 C． D．
【答案】D
【解答】解：如图，连接BG，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠E＝∠CFG，
∵F为BC中点，
∴FC＝BC＝AD，
∵DE：AD＝1：3，
∴DE：BC＝1：3，
∴DE：CF＝2：3，
∵∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF，
∴△DGE∽CGF，
∴DG：CG＝DE：CF＝2：3，
∴S△DEG：S△CFG＝4：9＝1：S△CFG，
∴S△CFG＝，
取AD的中点Q，连接FQ，

∴FQ∥DG，
∴△EDG∽△EQF，
∴DE：EQ＝1：2.5＝2：5，
∴S△DEG：S△QEF＝4：25＝1：S△EQF，
∴S△EQF＝，
∴S四边形DQFG＝﹣1＝，
∴S四边形ABFQ＝S四边形DQFG+S△CFG＝+＝，
∴S五边形DABFG＝+＝．
故选：D
5．（2021•蚌埠二模）如图，在△ABC中，点D是AB上一点，且∠A＝∠BCD，S△ADC：S△BDC＝5：4，CD＝4，则AC长为（　　）

A．5 B．6 C．9 D．
【答案】B
【解答】解：∵S△ADC：S△BDC＝5：4，
∴S△BCD：S△ABC＝4：9，
∵∠A＝∠BCD，∠ABC＝∠CBD，
∴△ABC∽△CBD，
∴＝（）2＝，
∴＝，
∴AC＝6，
故选：B．
6．（2021•东港区校级二模）如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E，连接BD．
求证：（1）△EDA∽△EBD；
（2）ED•BC＝AO•BE．

【答案】（1）略 （2）略
【解答】证明：（1）连接DO，如图：

∵AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，
∴∠CBO＝90°，
∵AD∥OC，
∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD．
又∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠COD＝∠COB．
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO＝∠CBO＝90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠EDO＝∠ADB＝90°，即∠EDA+∠ADO＝∠BDO+∠ADO＝90°，
∴∠EDA＝∠BDO，
∵OD＝OB，
∴∠BDO＝∠DBO，
∴∠EDA＝∠DBO，即∠EDA＝∠DBE，
∵∠E＝∠E，
∴△EDA∽△EBD；
（2）由（1）知：∠EDO＝∠EBC＝90°，
又∠E＝∠E，
∴△EOD∽△ECB，
∴＝，
∴ED•BC＝OD•BE
∵OD＝AO，
∴ED•BC＝AO•BE．

1．（2021•阿坝州）如图，直线l1∥l2∥l3，直线a，b与l1，l2，l3分别交于点A，B，C和点D，E，F．若AB：BC＝2：3，EF＝9，则DE的长是（　　）

A．4 B．6 C．7 D．12
【答案】B
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴AB：BC＝DE：EF．
∵AB：BC＝2：3，EF＝9，
∴DE＝6．
故选：B．
2．（2021•巴中）两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，即：如图，点P是线段AB上一点（AP＞BP），若满足，则称点P是AB的黄金分割点．黄金分割在日常生活中处处可见，例如：主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长20米，主持人从舞台一侧进入，设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上，则x满足的方程是（　　）

A．（20﹣x）2＝20x B．x2＝20（20﹣x）
C．x（20﹣x）＝202 D．以上都不对
【答案】A
【解答】解：由题意知，点P是AB的黄金分割点，且PB＜PA，PB＝x，则PA＝20﹣x，
∴，
∴（20﹣x）2＝20x，
故选：A．
3．（2021•巴中）如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，且＝＝，下列结论正确的是（　　）

A．DE：BC＝1：2
B．△ADE与△ABC的面积比为1：3
C．△ADE与△ABC的周长比为1：2
D．DE∥BC
【答案】D
【解答】解：∵＝＝，
∴AD：AB＝AE：AC＝1：3，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴DE：BC＝1：3，故A错误；
∵△ADE∽△ABC，
∴△ADE与△ABC的面积比为1：9，周长的比为1：3，故B和C错误；
∵△ADE∽△ABC，
∴∠ADE＝∠B，
∴DE∥BC．故D正确．
故选：D．
4．（2021•湘西州）如图，在△ECD中，∠C＝90°，AB⊥EC于点B，AB＝1.2，EB＝1.6，BC＝12.4，则CD的长是（　　）

A．14 B．12.4 C．10.5 D．9.3
【答案】C
【解答】解：∵EB＝1.6，BC＝12.4，
∴EC＝EB+BC＝14，
∵AB⊥EC，
∴∠ABE＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠ABE＝∠C，
又∵∠E＝∠E，
∴△ABE∽△DCE，
∴＝，
即＝，
解得：CD＝10.5，
故选：C．
5．（2021•温州）如图，图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2：3，点A，B的对应点分别为点A′，B′．若AB＝6，则A′B′的长为（　　）

A．8 B．9 C．10 D．15
【答案】B
【解答】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，位似比为2：3，AB＝6，
∴＝，即＝，
解得，A′B′＝9，
故选：B．
6．（2021•遂宁）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为（　　）

A．12cm2 B．9cm2 C．6cm2 D．3cm2
【答案】B
【解答】解：如图，
在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，且＝，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE的面积：△ABC的面积＝1：4，
∴△ADE的面积：四边形BDEC的面积＝1：3，
∵△ADE的面积是3cm2，
∴四边形BDEC的面积是9cm2，
7．（2021•南充）如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 　　．

【答案】
【解答】解：∵BC＝AB＝3BD，
∴，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△DBA，
∴,
∴AD:AC＝,
故答案为：．
8．（2021•百色）如图，△ABC中，AB＝AC，∠B＝72°，∠ACB的平分线CD交AB于点D，则点D是线段AB的黄金分割点．若AC＝2，则BD＝　　 ．

【答案】3﹣
【解答】解：∵AB＝AC＝2，
∴∠B＝∠ACB＝72°，∠A＝36°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝36°，
∴∠A＝∠ACD，
∴AD＝CD，
∵∠CDB＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝72°，
∴∠CDB＝∠B，
∴BC＝CD，
∴BC＝AD，
∵∠B＝∠B，∠BCD＝∠A＝36°，
∴△BCD∽△BAC，
∴BC：AB＝BD：BC，
∴AD：AB＝BD：AD，
∴点D是AB边上的黄金分割点，AD＞BD，
∴AD＝AB＝﹣1，
∴BD＝AB﹣AD＝2﹣（﹣1）＝3﹣，
故答案为：3﹣．
9．（2021•包头）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点B作BD⊥CB，垂足为B，且BD＝3，连接CD，与AB相交于点M，过点M作MN⊥CB，垂足为N．若AC＝2，则MN的长为 　　 ．

【答案】
【解答】解：∵∠ACB＝90°，BD⊥CB，MN⊥CB，
∴AC∥MN∥BD，∠CNM＝∠CBD，
∴∠MAC＝∠MBD，∠MCA＝∠MDB＝∠CMN，
∴△MAC∽△MBD，△CMN∽△CDB，
∴，，
∴，
∴，
∴MN＝．
故答案为：．
10．（2021•菏泽）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，AD＝5，BC＝10，四边形EFGH和四边形HGNM均为正方形，且点E、F、G、N、M都在△ABC的边上，那么△AEM与四边形BCME的面积比为 　　．

【答案】1：3
【解答】解：∵四边形EFGH和四边形HGNM均为正方形，
∴EF＝EH＝HM，EM∥BC，
∴△AEM∽△ABC，
∴，
∴，
∴EF＝，
∴EM＝5，
∵△AEM∽△ABC，
∴＝（）2＝，
∴S四边形BCME＝S△ABC﹣S△AEM＝3S△AEM，
∴△AEM与四边形BCME的面积比为1：3，
故答案为：1：3．
11．（2021•玉林）如图，在△ABC中，D在AC上，DE∥BC，DF∥AB．
（1）求证：△DFC∽△AED；
（2）若CD＝AC，求的值．

【答案】（1）略 （2）
【解答】（1）证明：∵DF∥AB，DE∥BC，
∴∠DFC＝∠ABF，∠AED＝∠ABF，
∴∠DFC＝∠AED，
又∵DE∥BC，
∴∠DCF＝∠ADE，
∴△DFC∽△AED；
（2）∵CD＝AC，
∴＝
由（1）知△DFC和△AED的相似比为：＝，
故：＝（）2＝（）2＝．

12．（2021•南通）如图，利用标杆DE测量楼高，点A，D，B在同一直线上，DE⊥AC，BC⊥AC，垂足分别为E，C．若测得AE＝1m，DE＝1.5m，CE＝5m，楼高BC是多少？

【答案】9m
【解答】解：∵DE⊥AC，BC⊥AC，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝9（m），
答：楼高BC是9m．
13．（2021•滨州）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点D，割线AC⊥DE于点E且交⊙O于点F，连接DF．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）求证：DF2＝EF•AB．

【答案】（1）略 （2）略
【解答】（1）证明：连接OD，如右图所示，
∵直线DE与⊙O相切于点D，AC⊥DE，
∴∠ODE＝∠DEA＝90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠DAC＝∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：连接OF，BD，如右图所示，
∵AC⊥DE，垂足为E，AB是⊙O的直径，
∴∠DEF＝∠ADB＝90°，
∵∠EFD+∠AFD＝180°，∠AFD+∠DBA＝180°，
∴∠EFD＝∠DBA，
∴△EFD∽△DBA，
∴，
∴DB•DF＝EF•AB，
由（1）知，AD平分∠BAC，
∴∠FAD＝∠DAB，
∴DF＝DB，
∴DF2＝EF•AB．
14．（2021•盐城）如图，O为线段PB上一点，以O为圆心，OB长为半径的⊙O交PB于点A，点C在⊙O上，连接PC，满足PC2＝PA•PB．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若AB＝3PA，求的值．




【答案】（1） 略 （2）
【解答】（1）证明：连接OC，
∵PC2＝PA•PB，
∴，
∵∠P＝∠P，
∴△PAC∽△PCB，
∴∠PCA＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠OCA，
∴∠PCA+∠OCA＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝3PA，
∴PB＝4PA，OA＝OC＝1.5PA，PO＝2.5PA，
∵OC⊥PC，
∴PC＝＝2PA，
∵△PAC∽△PCB，
∴＝＝＝．


1．（2021•武都区二模）如图所示，若点C是AB的黄金分割点，AB＝2，则AC的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵点C是AB的黄金分割点，
∴AC＝AB＝＝．
故选：C．
22．（2021•香洲区二模）如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，若BG＝2，GC＝1，CE＝5，则的值是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：∵GC＝1，CE＝5，
∴EG＝CE+CG＝5+1＝6，
∵AB∥EF，
∴∠BAG＝∠GFE，∠ABG＝∠GEF，
∴△ABG∽△FEG，
∴＝，
∵BG＝2，EG＝6，
∴＝＝，
故选：B．
2．（2021•武进区校级模拟）如图，在△ABC中，DE∥BC，，则下列结论中正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：∵，
∴，
∵DE∥BC，
∴，△ADE∽△ABC，
∴，故B错误；
，故C正确；
，故D错误；
已有的条件不能说明＝，故A错误．
故选：C．
3．（2021•镇江）如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若＝，则＝　　．

【答案】
【解答】解：∵M，N分别是DE，BC的中点，
∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，
∵△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴＝（）2＝，
故答案为：．
4．（2021秋•阳山县期末）如图，已知△ABC∽△AMN，点M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，则AN＝　　．

【答案】
【解答】解：∵△ABC∽△AMN，
∴，
∵M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，
∴AM＝MC＝4，
∴，
解得AN＝，
故答案为：．
5．（2021•兰州模拟）如图，已知△ABE∽△CDE，AD、BC相交于点E，△ABE与△CDE的周长之比是，若AE＝2、BE＝1，则BC的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【解答】解：∵△ABE∽△CDE，△ABE与△CDE的周长之比是，
∴AE：CE＝2：5，
∵AE＝2，
∴CE＝5，
∵BE＝1，
∴BC＝BE+EC＝1+5＝6，
故选：D．
6．（2021•云南模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD⊥AC于点D，AD＝4，AB＝5，则AC长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADB＝∠ABC，
∵∠DAB＝∠BAC，
∴△ADB∽△ABC，
∴＝，即＝，
解得：AC＝
故选：B．
7．（2021•元阳县模拟）如图，点E是正方形ABCD的边CD上的一点．且＝，延长AE交BC的延长线于点F，则△CEF和四边形ABCE的面积比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，AB∥CD，
∵，
∴，
∵AB∥CD，
∴△CEF∽△BAF，
∴＝（）2，
∴S△BAF＝9S△CEF，
∴S四边形ABCD＝8S△CEF，
故选：C．
8．（2021•滦南县二模）如图，某数学活动小组为测量校园内移动信号转播塔AB的高度，他们先在水平地面上一点E放置了一个平面镜，镜子与铁塔底端B的距离BE＝16m，当镜子与观测者小芳的距离ED＝2m时，小芳刚好从镜子中看到铁塔顶端A，已知小芳的眼睛距地面的高度CD＝1.5m，铁塔AB的高度为（　　）（根据光的反射原理，∠1＝∠2）

A．9m B．12m C．15m D．18m
【答案】B
【解答】解：由镜面对称可知：△CDE∽△ABE，
∴＝，
∴＝，
∴AB＝12（米）．
故选：B．
9．（2021•城关区校级模拟）如图，AB、CD都是BD的垂线，AB＝4，CD＝6，BD＝14，P是BD上一点，联结AP、CP，所得两个三角形相似，则BP的长是　 　．

【答案】2或12或
【解答】解：设BP＝x，则PD＝14﹣x，
当△ABP∽△PDC时，＝，即＝，
解得，x1＝2，x2＝12，
当△ABP∽△CDP时，＝，即＝，
解得，x＝，
综上所述，当所得两个三角形相似时，则BP的长为2或12或，
故答案为：2或12或．
10．（2021•二道区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB的中线，过点C、D分别作CE∥AB，DE∥AC交于点E，连结BE．
（1）求证：四边形CDBE是菱形．
（2）若AB＝10，tanA＝，则菱形CDBE的面积为 　　．

【答案】（1）略 （2）24
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB的中线，
∴CD＝AD＝DB＝AB，
∵CE∥AB，DE∥AC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD，
∴CE＝DB，
∴四边形CDEB是平行四边形，
∵CD＝DB，
∴四边形CDBE是菱形；
（2）解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，tanA＝，
∴＝，
∴设BC＝3x，AC＝4x，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴（4x）2+（3x）2＝102，
∴x＝2或x＝﹣2（舍去），
∴BC＝6，AC＝8，
∵四边形ADEC是平行四边形，
∴AC＝DE＝8，
∴菱形CDBE的面积＝BC•DE＝×6×8＝24，
故答案为：24．
11．（2020•曹县二模）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，PC切⊙O于C，AE⊥PC交PC的延长线于E，AE交⊙O于D，PC与AB的延长线相交于点P，连接AC、BC．
（1）求证：AC平分∠BAD；
（2）若PB：PC＝1：2，PB＝4，求AB的长．

【答案】（1）略 （2）12
【解答】解：（1）如图所示：连接OC．

∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥EP．
又∵AE⊥PC，
∴AE∥OC．
∴∠EAC＝∠ACO．
又∵∠ACO＝∠AOC，
∴∠EAC＝∠OAC．
∴AC平分∠BAD；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°．
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠ABC．
∵∠PCB+∠OCB＝90°，
∴∠PCB＝∠PAC．
∵∠P＝∠P，
∴△PCA∽△PBC，
∴＝，
∴PA＝＝16．
∴AB＝PA﹣PB＝16﹣4＝12．