专题27.3 相似三角形的判定【十大题型】（原卷版+解析版）-2022-2023学年九年级数学下册举一反三系列（人教版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18412" 【题型1 相似三角形的判定条件】 PAGEREF _Tc18412 \h 2
\l "_Tc5484" 【题型2 格点中的相似三角形】 PAGEREF _Tc5484 \h 5
\l "_Tc19528" 【题型3 相似三角形的证明】 PAGEREF _Tc19528 \h 7
\l "_Tc8078" 【题型4 利用相似三角形的判定探究线段之间的关系】 PAGEREF _Tc8078 \h 12
\l "_Tc31837" 【题型5 相似三角形在坐标系中的运用】 PAGEREF _Tc31837 \h 18
\l "_Tc26489" 【题型6 确定相似三角形的对数】 PAGEREF _Tc26489 \h 23
\l "_Tc20795" 【题型7 相似三角形中的多结论问题】 PAGEREF _Tc20795 \h 27
\l "_Tc17311" 【题型8 相似三角形与动点的综合】 PAGEREF _Tc17311 \h 31
\l "_Tc2727" 【题型9 相似与最值】 PAGEREF _Tc2727 \h 34
\l "_Tc4966" 【题型10 旋转型相似】 PAGEREF _Tc4966 \h 39
【知识点1 相似三角形的判定】
【题型1 相似三角形的判定条件】
【例1】（2022秋•汉寿县期末）如图，若点P为△ABC的边AB上一点（AB＞AC），下列条件不能判定△ABC∽△ACP的是（ ）
A．∠B＝∠ACPB．∠ACB＝∠APCC．ACAB=APACD．PCCB=ACAB
【分析】欲证△ACP∽△ABC，通过观察发现两个三角形已经具备一组角对应相等，即∠A＝∠A，此时，再求夹此对应角的两边对应成比例或另一组对应角相等即可．
【解答】解：A、∠B＝∠ACP，因为∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合题意；
B、∠ACB＝∠APC，因为∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合题意；
C、ACAB=APAC，因为∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合题意；
D、PCCB=ACAB，因为∠A＝∠A，而PC和BC的夹角为∠C，所以不能判定△ABC∽△ACP，符合题意．
故选：D．
【变式1-1】（2022春•泰安期末）如图，△ABC，AB＝12，AC＝15，D为AB上一点，且AD＝8，在AC上取一点E，使以A、D、E为顶点的三角形与ABC相似，则AE等于（ ）
A．325或152B．10或152
C．325或10D．以上答案都不对
【分析】分情况讨论.
【解答】解：∵△ABC与△ADE相似，
∴ADAB=AEAC或ADAC=AEAB，
∵AD＝8，AB＝12，AC＝15，
∴812=AE15或815=AE12，
解得：AE＝10或6.4．
故选：C．
【变式1-2】（2022秋•合肥期末）如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，过点C作CE⊥CD交AB的延长线于点E，添加下列条件仍不能判断△CEB与△CAD相似的是（ ）
A．∠CBA＝2∠AB．点B是DE的中点
C．CE•CD＝CA•CBD．CECA=BEAD
【分析】根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
【解答】解：∵CE⊥CD，
∴∠EDC＝90°，
∵∠BCA＝90°，
∴∠BCE＝∠DCA＝90°﹣∠BCD，
∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，
∴DC＝DB＝DA，
∴∠DAC＝∠A，
∴∠BCE＝∠DCA＝∠A，
∵∠CBA＝2∠A，∠CBA+∠A＝90°，
∴∠A＝∠BCE＝∠DCA＝30°，∠CBA＝60°，
∴∠E＝∠CBA﹣∠BCE＝30°，
∴∠BCE＝∠DCA＝∠E＝∠A，
∴△CEB∽△CAD，
∴A不符合题意，
∵点B是DE的中点，
∴BE＝BC，
∴∠BCE＝∠E，
∴∠BCE＝∠E＝∠DCA＝∠A，
∴△CEB∽△CAD，
∴B不符合题意，
∵CE•CD＝CA•CB，
∴CECA=CBCD，
∵∠BCE＝∠DCA，
∴△CEB∽△CAD，
∴C不符合题意．
由CECA=BEAD，由于∠E和∠A不能判断相等，故不能判断△CEB与△CAD相似，
∴D符合题意，
故选：D．
【变式1-3】（2022秋•通州区期末）王华在学习相似三角形时，在北京市义务教育教科书九年级上册第31页遇到这样一道题，如图1，在△ABC中，P是边AB上的一点，连接CP，要使△ACP∽△ABC，还需要补充的一个条件是 ∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB） ，或 AC2＝AP•AB ．
请回答：
（1）王华补充的条件是 ∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB） ，或 AC2＝AP•AB ．
（2）请你参考上面的图形和结论，探究，解答下面的问题：
如图2，在△ABC中，∠A＝30°，AC2＝AB2+AB•BC．求∠C的度数．
【分析】（1）由∠A＝∠A，当∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；或ACAB=APAC时，△ACP∽△ABC；
（2）延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，由已知条件得出证出ACAD=ABAC，由∠A＝∠A，证出△ACB∽△ADC，得出对应角相等∠ACB＝∠D，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠ACB+∠BCD+∠D+∠A＝180°，得出∠ACB＝50°即可．
【解答】解：∵∠A＝∠A，
∴当∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；
或ACAB=APAC，即AC2＝AP•AB时，△ACP∽△ABC；
故答案为：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP•AB；
（1）王华补充的条件是：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB）；或AC2＝AP•AB；理由如下：
∵∠A＝∠A，
∴当∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；
或ACAB=APAC，即AC2＝AP•AB时，△ACP∽△ABC；
故答案为：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP•AB；
（2）延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，如图所示：
∵AC2＝AB2+AB•BC＝AB（AB+BC）＝AB（AB+BD）＝AB•AD，
∴ACAD=ABAC，
又∵∠A＝∠A，∴△ACB∽△ADC，
∴∠ACB＝∠D，
∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠D，
在△ACD中，∠ACB+∠BCD+∠D+∠A＝180°，
∴3∠ACB+30°＝180°，
∴∠ACB＝50°．
【题型2 格点中的相似三角形】
【例2】（2022春•文登区期末）如图，在正方形网格中有5个格点三角形，分别是：①△ABC，②△ACD，③△ADE，④△AEF，⑤△AGH，其中与⑤相似的三角形是（ ）
A．①③B．①④C．②④D．①③④
【分析】根据相似三角形的旋转可知，相似三角形的对应角相等即可判断．
【解答】解：由图形知，⑤中∠AHG＝135°，
而①②③④中，只有①∠BAC＝135°和③∠ADE＝135°，
再根据两边成比例可判断，与⑤相似的三角形是①③，
故选：A．
【变式2-1】（2022秋•雄县期末）如图，小正方形的边长均为1，则下列图中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC＝2，然后根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可对各选项进行判定即可．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC＝2，
在B、C、D选项中的三角形都没有135°，而在A选项中，三角形的钝角为135°，它的两边分别为1和2，
因为22=21，所以A选项中的三角形与△ABC相似．
故选：A．
【变式2-2】（2022秋•青田县期末）如图，四个三角形的顶点都在方格子的格点上，下列两个三角形中相似的是（ ）
A．①④B．①③C．②③D．②④
【分析】可分别求出三角形的边长，根据对应边成比例三角形相似，进行判断即可．
【解答】解：第一个三角形的边长分别为：10，5，5；
第二个三角形的边长分别为：5，22，17；
第三个三角形的边长分别为：2，2，10；
第四个三角形的边长分别为：3，2，5；
对应边成比例的是①和③．
故选：B．
【变式2-3】（2022秋•法库县期末）如图，在5×6的方格纸中，画有格点△EFG，下列选项中的格点，与E，G两点构成的三角形中和△EFG相似的是（ ）
A．点AB．点BC．点CD．点D
【分析】根据网格图形可得所给△EFG是两直角边分别为1，2的直角三角形，然后利用相似三角形的判定方法选择答案即可．
【解答】解：观察图形可得△EFG中，直角边的比为FGEF=12，
观察各选项，EGDG=525=12，只有D选项三角形符合，与所给图形的三角形相似．
故选：D．
【题型3 相似三角形的证明】
【例3】（2022•淳安县一模）如图，在△ABC中，D、E分别是边AC、BC的中点，F是BC延长线上一点，∠F＝∠B．
（1）若AB＝10，求FD的长；
（2）若AC＝BC，求证：△CDE∽△DFE．
【分析】（1）首先利用中位线定理得到DE∥AB以及DE的长，再证明∠DEC＝∠F即可；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，进而求出∠CDE＝∠F并结合∠CED＝∠DEF即可证明△CDE∽△DFE．
【解答】解：（1）∵D、E分别是AC、BC的中点，
∴DE∥AB，DE=12AB＝5，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠B，而∠F＝∠B，
∴∠DEC＝∠F，
∴DF＝DE＝5；
（2）∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∵∠CDE＝∠A，∠CED＝∠B，
∴∠CDE＝∠B，
∵∠B＝∠F，
∴∠CDE＝∠F，
∵∠CED＝∠DEF，
∴△CDE∽△DFE．
【变式3-1】（2022秋•临安区期末）如图，点B、D、E在一条直线上，BE交AC于点F，ABAD=ACAE，且∠BAD＝∠CAE．
（1）求证：△ABC∽△ADE；
（2）求证：△AEF∽△BCF．
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据相似三角形的性质定理得到∠C＝∠E，结合图形，证明即可．
【解答】（1）∵∠BAD＝∠CAE
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD
即∠BAC＝∠DAE
在△ABC和△ADE中
ABAD=ACAE，∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
（2）∵△ABC∽△ADE，
∴∠C＝∠E、
在△AEF和△BFC中，∠C＝∠E，∠AFE＝∠BFC，
∴△AEF∽△BCF．
【变式3-2】（2022秋•下城区期末）已知：如图，O为△ABC内一点，A'，B'，C'分别是OA，OB，OC上的点，且OA'：AA'＝OB'：BB'＝1：2，OC'：CC'＝2：1，且OB＝6．
（1）求证：△OA'B'∽△OAB；
（2）以O，B'，C'为顶点的三角形是否可能与△OBC相似？如果可能，求OC的长；如果不可能，请说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等即可证明；
（2）要使以O，B'，C'为顶点的三角形与△OBC相似，只要满足OB'OC=OC'OB，想办法构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵OA′：AA′＝OB′：BB′＝1：2，
∴OA′：OA＝OB′：OB＝1：3，
∵∠A′OB′＝∠AOB，
∴△OA'B'∽△OAB；
（2）解：可能相似．理由如下：
∵OA'：AA'＝OB'：BB'＝1：2，OB＝6，
∴OB′＝2，
∵OC'：CC'＝2：1，∠COB＝∠C′OB′，设CC′＝x，OC′＝2x，OC＝3x，
要使以O，B'，C'为顶点的三角形与△OBC相似，
只要满足OB'OC=OC'OB，
∴23x=2x6，
∴x＝±2
∵x＞0，
∴x=2
∴OC＝32．
【变式3-3】（2022春•仪征市校级期末）如图，△ABC、△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．
（1）若将△DEP的顶点P放在BC上（如图1），PD、PE分别与AC、AB相交于点F、G．求证：△PBG∽△FCP；
（2）若使△DEP的顶点P与顶点A重合（如图2），PD、PE与BC相交于点F、G．试问△PBG与△FCP还相似吗？为什么？
【分析】（1）如图1，先根据等腰直角三角形的性质得∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，再利用平角定义得到∠BPG+∠CPF＝135°，利用三角形内角和定理得到∠BPG+∠BGP＝135°，根据等量代换得∠BGP＝∠CPF，加上∠B＝∠C，于是根据有两组角对应相等的两个三角形相似即可得到结论；
（2）如图2，由于∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，利用三角形外角性质得∠BGP＝∠C+∠CPG＝45°+∠CAG，而∠CPF＝45°+∠CAG，所以∠AGB＝∠CPF，加上∠B＝∠C，于是可判断△PBG∽△FCP．
【解答】（1）证明：如图1，
∵△ABC、△DEP是两个全等的等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，
∴∠BPG+∠CPF＝135°，
在△BPG中，∵∠B＝45°，
∴∠BPG+∠BGP＝135°，
∴∠BGP＝∠CPF，
∵∠B＝∠C，
∴△PBG∽△FCP；
（2）解：△PBG与△FCP相似．理由如下：
如图2，∵△ABC、△DEP是两个全等的等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，
∵∠BGP＝∠C+∠CPG＝45°+∠CAG，
∠CPF＝∠FPG+∠CAG＝45°+∠CAG，
∴∠AGB＝∠CPF，
∵∠B＝∠C，
∴△PBG∽△FCP．
【题型4 利用相似三角形的判定探究线段之间的关系】
【例4】（2022秋•上城区期末）四边形ABCD中，点E在边AB上，连接DE，CE．
（1）若∠A＝∠B＝∠DEC＝50°，找出图中的相似三角形，并说明理由；
（2）若四边形ABCD为矩形，AB＝5，BC＝2，且图中的三个三角形都相似，求AE的长．
（3）若∠A＝∠B＝90°，AD＜BC，图中的三个三角形都相似，请判断AE和BE的数量关系并说明理由．
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理推出即可；
（2）根据相似得出比例式，代入求出即可；
（3）分为两种情况，化成图形，再根据相似三角形的性质求出即可．
【解答】解：（1）△DAE∽△EBC，
理由是：∵∠A＝∠DEC＝50°，
∴∠ADE+∠DEA＝180°﹣∠A＝130°，∠DEA+∠CEB＝180°﹣∠DEC＝130°，
∴∠ADE＝∠CEB，
∵∠A＝∠B，
∴△DAE∽△EBC；
设AE＝x，则BE＝5﹣x，
∵∠ADE＜90°，∠ECB＜90°，
∴∠DEC＝90°，
∴△DAE∽△EBC，
∴ADAE=BEBC，
即2x=5-x2，
解得：x＝1或4，
即AE＝1或4；
（3）AE＝BE或BE＝2AE，
理由是：①
当∠A＝∠B＝∠DEC＝90°时，∠DCE≠∠CEB，可得∠DCE＝∠BCE，
所以△DEC∽△DAE∽△EBC，
∴DEEC=ADAE，DEEC=AEBC=ADBE，
∴ADEB=ADAE，即BE＝AE；
②
当∠DEC≠90°时，
∵△ADE∽△BCE，∠DEA＝∠CEB，
∴DEEC=AEBE=ADBC＜1，
∴DE＜CE，则∠CDE＞∠ECD，∠CDE＝90°，
∵∠DCE≠∠CEB，
∴∠DEA＝∠DEC＝∠CEB＝60°，
∴AEDE=DEEC=BECE=12，
∴BE＝2AE．
【变式4-1】（2022秋•德清县期末）如图，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，若△AEM与△ECM相似，则AB和BC的数量关系为 BC=32AB ．
【分析】利用折叠的性质∠MEC＝∠D＝90°，∠DMC＝∠EMC，ME＝MD，则∠A＝∠MEC，根据三角形相似的判定方法，当∠AEM＝∠EMC时，△AEM与△ECM相似，则AE∥MC，不合题意舍去；当∠AEM＝∠MCE时，△AEM与△ECM相似，∠AME＝∠EMC，此时∠DMC＝∠EMC＝∠AME＝60°，利用含30度的直角三角形三边的关系得到MD=33CD＝EM，AM=36CD，则AD=32CD，从而得到AB和BC的数量关系．
【解答】解：∵矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，
∴∠MEC＝∠D＝90°，∠DMC＝∠EMC，ME＝MD，
∴∠A＝∠MEC，
当∠AEM＝∠EMC时，△AEM与△ECM相似，则AE∥MC，不合题意舍去；
当∠AEM＝∠MCE时，△AEM与△ECM相似，∠AME＝∠EMC，此时∠DMC＝∠EMC＝∠AME＝60°，
在Rt△CDM中，MD=33CD，
∴EM=33CD，
在Rt△AEM中，AM=12EM=36CD，
∴AD＝AM+DM=36CD+33CD=32CD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，BC＝AD，
∴BC=32AB．
故答案为BC=32AB．
【变式4-2】（2022秋•淮安期末）（1）填空：如图1，在正△ABC中，M、N分别在BC、AC上，且BM＝CN，连AM、BN交于点O，则∠AON＝ 60 °
（2）填空：如图2，在正方形PQRS中，已知点M、N分别在边QR、RS上，且QM＝RN，连接PN、SM相交于点O，则∠POM＝ 90 °．
（3）如图3，在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°．以此为部分条件，构造一个与上述命题类似的正确命题并加以证明．
（4）在（1）的条件下，把直线AM平移到图4的直线EOF位置，
①写出所有与△BOF相似的三角形： △BCD、△EBF
②若点N是AC中点，（其它条件不变）试探索线段EO与FO的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）易证△ABM≌△BCN，可得∴∠AON＝∠BAM+∠ABN＝∠CBN+∠ABN＝60°；
（2）易证△PSN≌△SRM，可得∠POM＝∠MSR+∠SNP＝∠MSR+∠SMR＝90°；
（3）命题：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°M、N分别在CD、CB上，且DM＝CN，连AM、DN交于点O，则∠AON＝120°．
（4）由勾股定理得BF=3OF，由△BOF∽△EBF得BF2＝OF•EF，即可求证EO＝2FO．
【解答】解：（1）在△ABM和△BCN中，
AB=BC∠ABC=∠CBM=CN，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∴∠AON＝∠BAM+∠ABN＝∠CBN+∠ABN＝60°；
（2）∵QM＝RN，∴RM＝SN，
∵PS＝SR，∠PSR＝∠SRM＝90°
∴△PSN≌△SRM，∴∠PNS＝∠SMR，
∴∠POM＝∠MSR+∠SNP＝∠MSR+∠SMR＝90°；
（3）命题：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，
∠ABC＝60°M、N分别在CD、CB上，且DM＝CN，连AM、DN交于点O，则∠AON＝120°．
通过证△MDA≌△NCD得∴∠MAD＝∠NDC，
∴∠AON＝∠MAD+∠ADO＝∠NDC+∠ADO＝∠ADC＝120°；
（4）①△BCD、△EBF，
②EO＝2FO，
∵BN平分∠ABC，
∴∠NBF＝30°，
∵∠BOF＝60°，
∴∠BFO＝90°，
由勾股定理得BF=3OF，
由△BOF∽△EBF得BF2＝OF•EF，
∴（3OF）2＝OF•EF，
∴3OF＝EF，
∴EO＝2FO．
【变式4-3】（2022秋•城关区期末）如图，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一点，使得AE⊥DE；
（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的长；
（3）当△AED∽△ECD时，请写出线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由．
【分析】（1）先根据同角的余角相等可得：∠DEC＝∠A，利用两角相等证明三角形相似；
（2）先根据勾股定理得：BE＝3，根据△ABE∽△ECD，列比例式可得结论；
（3）先根据△AED∽△ECD，证明∠EAD＝∠DEC，可得∠ADE＝∠EDC，证明Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），则DF＝DC，同理可得：AF＝AB，相加可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECD；
（2）解：Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，
∴BE＝3，
∵BC＝5，
∴EC＝5﹣3＝2，
由（1）得：△ABE∽△ECD，
∴ABBE=ECCD，
∴43=2CD，
∴CD=32；
（3）解：线段AD、AB、CD之间数量关系：AD＝AB+CD；
理由是：过E作EF⊥AD于F，
∵△AED∽△ECD，
∴∠EAD＝∠DEC，
∵∠AED＝∠C，
∴∠ADE＝∠EDC，
∵DC⊥BC，
∴EF＝EC，
∵DE＝DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），
∴DF＝DC，
同理可得：△ABE≌△AFE，
∴AF＝AB，
∴AD＝AF+DF＝AB+CD．
【题型5 相似三角形在坐标系中的运用】
【例5】（2022秋•上城区期末）已知：Rt△OAB在直角坐标系中的位置如图所示，点B的坐标为（4，2），P为OB的中点，点C为折线OAB上的动点，线段PC把Rt△OAB分割成两部分，问：点C在什么位置时，分割得到的三角形与Rt△OAB相似？要求在图上画出所有符合要求的线段PC，并求出相应的点C的坐标．
【分析】由于C点不确定，故分△OPC∽△OBA，△BPC∽△BOA，△OPC∽△OAB三种情况进行讨论．
【解答】解：∵点B的坐标为（4，2），
∴OA＝4，AB＝2，OB=42+22=25，OP=5．
如图，当△OPC∽△OBA时，
∵OCOA=OPOB=12，即PC2=OC4=12，
∴PC＝1，OC＝2，
∴C1（2，0）；
当△BPC∽△BOA时，
∵PBOB=BCOA=PCOA，即12=BC2=PC4，解得BC＝2，
∴AC2＝2﹣1＝1，
∴C2（4，1）；
当△OPC∽△OAB时，
∴OPOA=OCOB，即54=OC25，解得OC＝2.5，
∴C3（2.5，0）；
综上所述，C点坐标为：（2，0）或（4，1）或（2.5，0）．
【变式5-1】（2022秋•汝南县期末）如图，在直角坐标系中，已知点A（2，0），B（0，4），在x轴上找到点C（1，0）和y轴的正半轴上找到点D，使△AOB与△DOC相似，则D点的坐标是 （0，12）或（0，2） ．
【分析】分△AOB∽△DOC和△AOB∽△COD两种情况进行讨论，利用相似三角形的对应边成比例求得相关线段的长度，继而求得点D的坐标．
【解答】解：若△AOB∽△DOC，点D在x轴上方：∠B＝∠OCD，
∴OCOB=ODOA，即14=OD2．
∴OD=12．
∴D（0，12），
若△AOB∽△COD，点D在x轴上方：可得D（0，2）．
综上所述，D点的坐标是（0，12）或（0，2）．
故答案是：（0，12）或（0，2）．
【变式5-2】（2022•盘锦）如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，0），点C在第一象限，若以A、B、C为顶点的三角形与△AOB相似（不包括全等），则点C的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据题意画出图形，根据相似三角形的判定定理即可得出结论．
【解答】解：如图①，∠OAB＝∠BAC1，∠AOB＝∠ABC1时，△AOB∽△ABC1．
如图②，AO∥BC，BA⊥AC2，则∠ABC2＝∠OAB，故△AOB∽△BAC2；
如图③，AC3∥OB，∠ABC3＝90°，则∠ABO＝∠CAB，故△AOB∽△C3BA；
如图④，∠AOB＝∠BAC4＝90°，∠ABO＝∠ABC4，则△AOB∽△C4AB．
故选：D．
【变式5-3】（2022•淮安）如（a）图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（12，0），点B坐标为（6，8），点C为OB的中点，点D从点O出发，沿△OAB的三边按逆时针方向以2个单位长度/秒的速度运动一周．
（1）点C坐标是 ，当点D运动8.5秒时所在位置的坐标是 ；
（2）设点D运动的时间为t秒，试用含t的代数式表示△OCD的面积S，并指出t为何值时，S最大；
（3）点E在线段AB上以同样速度由点A向点B运动，如（b）图，若点E与点D同时出发，问在运动5秒钟内，以点D，A，E为顶点的三角形何时与△OCD相似？（只考虑以点A、O为对应顶点的情况）
【分析】（1）点C的坐标易求得；当点D运动8.5s时，D点运动的总路程为8.5×2＝17，那么此时点D运动到线段AB上，且AD＝5；根据AB的坐标易知AB＝10，那么此时点D是AB的中点，即可求得点D的坐标；
（2）①当D在线段OA上，即0＜t≤6时，以OD为底，C点纵坐标的绝对值为高即可得到△OCD的面积，也就求得了此时y、x的函数关系式；
②当D在线段AB上，即6≤t＜11时，由于△BCD和△OCD等底同高，所以△OCD的面积是△OBD的一半，只需求出△OBD的面积即可；△OBD和△OAB等底，那么面积比等于高的比，分别过D、A作OB的垂线，设垂足为M、N；易证得△BDM∽△BAN，那么两条高的比即为BD、BA的比，易求得△ABO的面积由此得解；
③当D在线段OB上时，O、A、D三点共线，构不成三角形，故此种情况不成立；
（3）由D、E的运动速度及OA、AB的长可知：D、E在运动过程中总在OA、AB上；可分两种情况：
①∠ODC＝∠ADE，此时△ODC∽△ADE；②∠ODC＝∠AED，此时△ODC∽△AED；
根据上述两种情况所得到的比例线段即可求得t的值．
【解答】解：（1）C（3，4），D（9，4）；
（2）易知：OB＝AB＝10；
∵C点坐标为（3，4），
∴点C到x轴的距离为4
①当点D在线段OA上，即0＜t≤6时，OD＝2t；
则：S=12OD×4=12×2t×4＝4t；
②当D在线段AB上，即6≤t＜11时，BD＝OA+AB﹣2t＝22﹣2t；
过D作DM⊥OB于M，过点A作AN⊥OB于N；
则△BMD∽△BNA，得：DMAN=BDBA=22-2t10=11-t5；
易知S△OAB＝48；
∵S△ODB：S△OAB＝DM：AN＝（11﹣t）：5，
∴S△OBD＝S△OAB•11-t5=485（11﹣t）；
∵BC＝OC，
∴S＝S△BCD，即S=12S△OBD=245（11﹣t）=-245t+2645；
③当D在线段OB上时，O、C、D三点共线，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上可知：当t＝6时，S最大，且Smax＝24；
（3）当0≤t≤5s时，D在线段OA上运动，E在线段AB上运动；
△OCD中，OC＝5，OD＝2t；△DAE中，AD＝12﹣2t，AE＝2t；
①当△OCD∽△ADE时，OCAD=ODAE=1，∴OC＝AD，即12﹣2t＝5，t=72；
②当△OCD∽△AED时，OCAE=ODAD，即52t=2t12-2t，解得t=265-54；
综上所述，当t=72或265-54时，两个三角形相似．
【题型6 确定相似三角形的对数】
【例6】（2022秋•余姚市期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，AE＝4，AB＝6，AD：AC＝2：3，△ABC的角平分线AF交DE于点G，交BC于点F．
（1）请你直接写出图中所有的相似三角形；
（2）求AG与GF的比．
【分析】（1）可得到三组三角形相似；
（2）先利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似证明△ADE∽△ACB，则∠ADG＝∠C，再利用有两组角对应相等的两个三角形相似证明△ADG∽△ACF，然后利用相似比和比例的性质求AGGF的值．
【解答】解：（1）△ADG∽△ACF，△AGE∽△AFB，△ADE∽△ACB；
（2）∵AEAB=46=23，ADAC=23，
∴AEAB=ADAC，
又∵∠DAE＝∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
∴∠ADG＝∠C，
∵AF为角平分线，
∴∠DAG＝∠FAE
∴△ADG∽△ACF，
∴AGAF=ADAC=23，
∴AGGF=2．
【变式6-1】（2022秋•金山区期末）如图，M是平行四边形ABCD的对角线BD上一点，AM的延长线交BC于点E，交DC的延长线于点F，图中相似三角形有（ ）
A．6对B．5对C．4对D．3对
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得AD∥BC，AB∥CD，从而得到△AMD∽△EMB，△EFC≌△AFD，△ABE∽△FCE，△ABM∽△FDM，则△AME∽△FDA，可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，∠ADB＝∠DBC，
∴△ABD∽△CDB，
∵AD∥BC，
∴△AMD∽△EMB，△EFC≌△AFD，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FCE，△ABM∽△FDM，
∴△AME∽△FDA，
∴相似三角形共有6对，
故选：A．
【变式6-2】（2007春•常州期末）如图，已知△ABC、△DEF均为正三角形，D、E分别在AB、BC上．
（1）图中有几组相似三角形并把它们表示出来；
（2）请找一个与△DBE相似的三角形并说明理由．
【分析】（1）根据相似三角形的判定方法（有两角分别相等的两三角形相似）判断即可；
（2）根据等边三角形性质求出∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，求出∠AGD＝∠BDE，根据三角形的判定证出即可．
【解答】（1）解：相似三角形有：△ABC∽△DEF，△ADG∽△BDE∽△CEH∽△FGH，
理由是：∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴∠A＝∠FDE＝60°，∠B＝∠DEF＝60°，
∴△ABC∽△DEF；
∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，
∴∠ADG+∠BDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADG+∠AGD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AGD＝∠BDE，
∵∠A＝∠B，
∴△ADG∽△BED；
同理△BDE∽△CEH，△BDE∽△FGH；
（2）解：△ADG∽△BED，
理由是：∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，
∴∠ADG+∠BDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADG+∠AGD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AGD＝∠BDE，
∵∠A＝∠B，
∴△ADG∽△BED．
【变式6-3】（2022春•宁波校级期末）如图，四边形ABCD和ACED都是平行四边形，B，C，E在一条直线上，点R为DE的中点，BR分别交AC，CD于点P，Q．
（1）则图中相似三角形（相似比为1除外）共有 4 对；
（2）求线段BP：PQ：QR，并说明理由．
【分析】此题的图形比较复杂，需要仔细分析图形．
（1）根据平行四边形的性质，可得到角相等．∠BPC＝∠BRE，∠BCP＝∠E，可得△BCP∽△BER；
（2）根据AB∥CD、AC∥DE，可得出△PCQ∽△PAB，△PCQ∽△RDQ，△PAB∽△RDQ．根据相似三角形的性质，对应边成比例即可得出所求线段的比例关系．
【解答】解：（1）∵四边形ACED是平行四边形，
∴∠BPC＝∠BRE，∠BCP＝∠E，
∴△BCP∽△BER；
同理可得∠CDE＝∠ACD，∠PQC＝∠DQR，
∴△PCQ∽△RDQ；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAP＝∠PCQ，
∵∠APB＝∠CPQ，
∴△PCQ∽△PAB；
∵△PCQ∽△RDQ，△PCQ∽△PAB，
∴△PAB∽△RDQ．
综上所述，图中相似三角形（相似比为1除外）共有4对．
故答案是：4．
（2）∵四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，
∴BC＝AD＝CE，
∵AC∥DE，
∴BC：CE＝BP：PR，
∴BP＝PR，
∴PC是△BER的中位线，
∴BP＝PR，PCRE=12，
又∵PC∥DR，
∴△PCQ∽△RDQ．
又∵点R是DE中点，
∴DR＝RE．
PQQR=PCDR=PCRE=12，
∴QR＝2PQ．
又∵BP＝PR＝PQ+QR＝3PQ，
∴BP：PQ：QR＝3：1：2．
【题型7 相似三角形中的多结论问题】
【例7】（2022秋•常宁市期末）如图，△ABC中，∠A＝60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，BM，CN交于点O，连接MN．下列结论：①∠AMN＝∠ABC；②图中共有8对相似三角形；③BC＝2MN．其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．0个
【分析】依据△ABM∽△ACN，即可得出△AMN∽△ABC，进而得到∠AMN＝∠ABC；依据△ABM∽△ACN∽△OBN∽△OCM，△AMN∽△ABC，△BCO∽△NMO，可得图中共有8对相似三角形；依据AN=12AC，△AMN∽△ABC，即可得到MNBC=ANAC=12，即BC＝2MN．
【解答】解：∵BM⊥AC，CN⊥AB，
∴∠ANC＝∠AMB＝90°，
又∵∠A＝∠A，
∴△ABM∽△ACN，
∴ANAM=ACAB，即ANAC=AMAB，
又∵∠A＝∠A，
∴△AMN∽△ABC，
∴∠AMN＝∠ABC，故①正确；
由题可得，△ABM∽△ACN∽△OBN∽△OCM，△AMN∽△ABC，△BCO∽△NMO，
∴图中共有8对相似三角形，故②正确；
∵Rt△ACN中，∠A＝60°，
∴∠ACN＝30°，
∴AN=12AC，
又∵△AMN∽△ABC，
∴MNBC=ANAC=12，
即BC＝2MN，故③正确．
故选：C．
【变式7-1】（2022•越秀区校级二模）如图，F是△ABC的AB边上一点，下列结论正确的个数是（ ）
①若∠AFC＝∠ACB，则△ACF∽△ABC
②若∠AFC＝∠B，则△ACF∽△ABC
③若AC2＝AF•AB，则△ACF∽△ABC
④若AC：CF＝AB：BC，则△ACF∽△ABC．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】由于两个三角形有公共角，则根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对①进行判断，根据三角形外角性质可对②进行判断；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可对③④进行判断．
【解答】解：∵∠FAC＝∠CAB，
∴当∠AFC＝∠ACB，则△ACF∽△ABC，所以①正确；
而∠AFC＞∠B，所以②错误；
当AC：AB＝AF：AC，即AC2＝AF•AB，△ACF∽△ABC，所以③正确，④错误．
故选：C．
【变式7-2】（2022秋•浦东新区校级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，连接CF，DE，交点为G．以下结论正确的个数是（ ）
①∠CAD＝∠CBE，
②AF•FD＝BF•FE，
③△CDE∽△CAB，
④△FGE∽△DGC．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据同角的余角相等判断①；根据两角相等的两个三角形相似判断②③④．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACB＝90°，
同理：∠CBE+∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠CBE，①结论正确；
∵∠CAD＝∠CBE，∠AFE＝∠BFD，
∴△AFE∽△BFD，
∴AFBF=FEFD，
∴AF•FD＝BF•FE，②结论正确；
∵∠CAD＝∠CBE，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△BEC，
∴CDCE=CACB，
∵∠DCE＝∠ACB，
∴△CDE∽△CAB，③结论正确；
∵∠BEC＝∠ADC＝90°，
∴∠FEG＝∠DCG，
∵∠FGE＝∠DGC，
∴△FGE∽△DGC，④结论正确；
故选：D．
【变式7-3】（2022秋•商河县校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上，AE、AF分别交BD于点M、N，连接CN、EN，且CN＝EN．下列结论：①AN＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；③MNEF=22；④图中只有4对相似三角形，其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】①正确，只要证明△NBA≌△NBC，∠ABE+∠ANE＝180°即可解决问题；
②正确．只要证明△AFH≌△AFE即可；
③正确．如图2中，首先证明△AMN∽△AFE，可得NMEF=ANAE=22，即可解决问题；
④错误．相似三角形不止4对相似三角形．
【解答】解：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH．
∵四边形ABCD是中正方形，
∴AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
在△BNA和△BNC中，BN=BN∠NBA=∠NBCBA=BC，
∴△NBA≌△NBC（SAS），
∴AN＝CN，∠BAN＝∠BCN，
∵EN＝CN，
∴AN＝EN，∠NEC＝∠NCE＝∠BAN，
∵∠NEC+∠BEN＝180°，
∴∠BAN+∠BEN＝180°，
∴∠ABC+∠ANE＝180°，
∴∠ANE＝90°，
∴AN＝NE，AN⊥NE，故①正确，
∴∠3＝∠AEN＝45°，
∵∠3＝45°，∠1＝∠4，
∴∠2+∠4＝∠2+∠1＝45°，
∴∠3＝∠FAH＝45°，∵AF＝AF，AE＝AH，
∴△AFE≌△AFH（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE，∠AFH＝∠AFE，故②正确，
∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，
∴∠AMN＝∠AFD，
∴∠AMN＝∠AFE，
∵∠MAN＝∠EAF，
∴△AMN∽△AFE，
∴NMEF=ANAE=22，
故③正确，
图中相似三角形有△ANE∽△BAD∽△BCD，△ANM∽△AEF，△ABN∽△FDN，△BEM∽△DAM等，故④错误，
故选：B．
【题型8 相似三角形与动点的综合】
【例8】（2022春•成华区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，AE＝EB，MN＝2，线段MN的两端在CB、CD上滑动，当CM＝ 455或255 时，△ADE与△CMN相似．
【分析】根据AE＝EB，△AED中AD＝2AE，所以在△MNC中，分CM与AE和AD是对应边两种情况利用相似三角形对应边成比例求出CM与CN的关系，然后利用勾股定理列式计算即可．
【解答】解：∵AE＝EB，
∴AD＝2AE，
又∵△AED与以M、N、C为顶点的三角形相似，
∴分两种情况：
①CM与AD是对应边时，CM＝2CN，
∴CM2+CN2＝MN2＝4，
即CM2+14CM2＝4，
解得：CM=455；
②CM与AE是对应边时，CM=12CN，
∴CM2+CN2＝MN2＝4，
即CM2+4CM2＝4，
解得：CM=255．
综上所述：当CM为455或255时，△AED与△CMN相似．
故答案是：455或255．
【变式8-1】（2022秋•金台区期末）如图，在△ABC中，AB＝10cm，BC＝20cm，点P从点A开始沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿边BC以2cm/s的速度移动．如果点P，Q分别从点A，B同时出发，经过几秒钟后，以点P、B、Q三点为顶点的三角形与△ABC相似？
【分析】首先设经x秒钟△PBQ与△ABC相似，由题意可得AP＝2xcm，BQ＝2xcm，BP＝AB﹣AP＝（10﹣2x）cm，又由∠B是公共角，分别从当BPBA=BQBC与当BPBC=BQBA去分析，即可求得答案．
【解答】解：设经x秒钟△PBQ与△ABC相似，
则AP＝2xcm，BQ＝2xcm，
∵AB＝10cm，BC＝20cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（10﹣2x）cm，
∵∠B是公共角．
∴①当BPBA=BQBC，即10-2x10=2x20时，△PBQ∽△ABC，解得x=103；
②当BPBC=BQBA，即10-2x20=2x10时，△QBP∽△ABC，解得x=53．
∴经103或53秒时，以点P、B、Q三点为顶点的三角形与△ABC相似．
【变式8-2】（2022秋•砀山县期末）如图所示，已知AB⊥BC于B，CD⊥BC于C，AB＝4，CD＝6，BC＝14，P为BC上一点，试问BP为何值时，△ABP与△PCD相似？
【分析】此题分两种情况进行讨论：①△ABP∽△PCD时，ABBP=PCCD；②当△ABP∽△DCP时，ABBP=CDCP，然后再代入数值进行计算．
【解答】解：∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABP与△PCD相似只有两种情况，即A与D对应或A与P点对应，
（1）当△ABP∽△PCD时，
ABBP=PCCD，4BP=14-BP6，
解得：BP＝2或BP＝12；
（2）当△ABP∽△DCP时，
ABBP=CDCP，4BP=614-BP，
解得：BP＝5.6．
综合以上可知，当BP的值为2，12或5.6时，两三角形相似．
【变式8-3】（2022秋•正定县期末）在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/秒的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/秒的速度移动，如果P、Q同时出发，用t（秒）表示运动时间（0≤t≤6），那么当t为何值时，△APQ与△ABD相似？说明理由．
【分析】由题意可设AP＝2tcm，DQ＝tcm，又由AB＝12cm，AD＝6cm，即可求得AQ的值，然后分别从①当AQAD=APAB时，△APQ∽△ABD；与②当AQAB=APAD时，△APQ∽△ADB，然后利用方程即可求得t的值．
【解答】解：设AP＝2tcm，DQ＝tcm，
∵AB＝12cm，AD＝6cm，
∴AQ＝（6﹣t）cm，
∵∠A＝∠A，
∴①当 AQAD=APAB时，△APQ∽△ABD，
∴6-t6=2t12，
解得：t＝3；
②当 AQAB=APAD时，△APQ∽△ADB，
∴6-t12=2t6，
解得：t＝1.2．
∴当t＝3或1.2时，△APQ与△ABD相似．
【题型9 相似与最值】
【例9】（2022秋•余姚市校级月考）如图，等腰△ABC中，BA＝BC，AO＝3CO＝6．动点F在BA上以每分钟5个单位长度的速度从B点出发向A点移动，过F作FE∥BC交AC边于E点，连接FO、EO．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）证明：当△EFO面积最大时，△EFO∽△CBA．
【分析】（1）先根据题意得出AC两点的坐标，再设BO＝x，由勾股定理求出x的值，进而可得出B点坐标；
（2）过F点作FK⊥BC于K，可设F点移动的时间为t，且0＜t＜2，由FE∥BC可得△AFE∽△ABC，而AO⊥BC交EF于T，故EFBC=ATAO，EF10=6-3t6，即EF＝10﹣5t，故S△EFO=12EF×TO=12，当t＝1时，△EFO的面积达到最大值；此时BF＝FA，EF恰好为△ABC的中位线，所以EFBC=12，由AO⊥BC于O得出OFAB=EOAC=12，故FOAB=EOAC=EFBC，由此可得出结论；
【解答】解：（1）∵AO＝3CO＝6，
∴CO＝2，
∴C（2，0），A（0，6）．
设BO＝x，且x＞0；则BC2＝（2+x）2，AB2＝AO2+OB2＝36+x2；
又∵BC＝AB，
∴（2+x）2＝36+x2，解得x＝8，
∴B（﹣8，0）；
（2）如图1，过F点作FK⊥BC于K，
可设F点移动的时间为t，且0＜t＜2，
则：BF＝5t，TO＝FK＝3t；∴AT＝6﹣3t，
又∵FE∥BC，
∴△AFE∽△ABC，
而AO⊥BC交EF于T，
则：EFBC=ATAO，∴EF10=6-3t6即EF＝10﹣5t，
故S△EFO=12EF×TO=12（10﹣5t）×3t，
即S△EFO=-152（t﹣2）t，
∴当t＝1时，△EFO的面积达到最大值；
此时BF＝FA，EF恰好为△ABC的中位线．
则：FEBC=12，
又有AO⊥BC于O，
则：OFAB=EOAC=12，
∴FOAB=EOAC=EFBC，
∴△EFO∽△CBA．
【变式9-1】（2022•扬州）如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AD＝4，AB＝5，BC＝6，点P是AB上一个动点，当PC+PD的和最小时，PB的长为 3 ．
【分析】要求PC+PD的和的最小值，PC，PD不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PC，PD的值，从而找出其最小值求解．
【解答】解：延长CB到E，使EB＝CB，连接DE交AB于P．则DE就是PC+PD的和的最小值．
∵AD∥BE，
∴∠A＝∠PBE，∠ADP＝∠E，
∴△ADP∽△BEP，
∴AP：BP＝AD：BE＝4：6＝2：3，
∴PB=32PA，
又∵PA+PB＝AB＝5，
∴PB=35AB＝3．
故答案为：3
【变式9-2】（2022•兖州区一模）如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点M、N，满足AB=2MN，点P是BC的中点，连接AN、PM，若AB＝6，则当AN+PM的值最小时，线段AN的长度为 ．
【分析】过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N'，过P作PM'∥AE交BD于M'，当M、N分别与M'、N'重合时，此时AN+PM＝AE的值最小，根据勾股定理得到AE=AD2+DE2=35，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N'，过P作PM'∥AE交BD于M'，当M、N分别与M'、N'重合时，此时AN+PM＝A'+EN'＝AEN'+PM'＝AE的值最小，
∵P是BC的中点，
∴E为CD的中点，
∴PE=12BD，
∵AB=22BD，AB=2PE，
∴PE∥BD，PM'∥AE，
∴四边形PEN'M'是平行四边形，
∴PE＝M'N'，
∴AB=2M'N'=2MN，满足题中条件，
∵AE=AD2+DE2=35，
∵AB∥CD，
∴△ABN'∽△EDN'，
∴AN'N'E=ABDE=2，
∴AN'＝25，即AN＝25．
【变式9-3】（2022•锦江区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC上一动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使△ADE∽△ABC，则△ADE的最小面积与最大面积之比等于 925 ．
【分析】根据勾股定理得到AC＝4，当AD⊥BC时，△ADE的面积最小，根据三角形的面积 公式得到AD=AB⋅ACBC=3×45=125，根据相似三角形的性质得到AE=165，当D与C重合时，△ADE的面积最大，根据相似三角形的性质得到AE=163，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，
∴AC＝4，
当AD⊥BC时，△ADE的面积最小，
∴AD=AB⋅ACBC=3×45=125，
∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，
∴1253=AE4，
∴AE=165，
∴△ADE的最小面积=12×125×165=9625；
当D与C重合时，△ADE的面积最大，
∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，
∴43=AE4，
∴AE=163，
∴△ADE的最大面积=12×4×163=323，
∴△ADE的最小面积与最大面积之比=9625323=925，
故答案为：925．
【题型10 旋转型相似】
【例10】（2022秋•襄汾县期末）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，P为BC上的动点，小慧拿含45°角的透明三角板，使45°角的顶点落在点P，三角板可绕P点旋转．
（1）如图a，当三角板的两边分别交AB、AC于点E、F时．求证：△BPE∽△CFP；
（2）将三角板绕点P旋转到图b情形时，三角板的两边分别交BA的延长线、边AC于点E、F．△BPE与△CFP还相似吗？（只需写出结论）
（3）在（2）的条件下，连接EF，△BPE与△PFE是否相似？若不相似，则动点P运动到什么位置时，△BPE与△PFE相似？说明理由．
【分析】（1）找出△BPE与△CFP的对应角，其中∠BPE+∠CPF＝135°，∠CPF+∠CFP＝135°，得出∠BPE＝∠CFP，从而解决问题；
（2）利用（1）小题证明方法可证：△BPE∽△CFP；
（3）动点P运动到BC中点位置时，△BPE与△PFE相似，同（1），可证△BPE∽△CFP，得 CP：BE＝PF：PE，而CP＝BP，因此 PB：BE＝PF：PE，进而求出，△BPE与△PFE相似．
【解答】（1）证明：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°．
∵∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，
∴∠BPE+∠BEP＝135°，
∵∠EPF＝45°，
又∵∠BPE+∠EPF+∠CPF＝180°，
∴∠BPE+∠CPF＝135°，
∴∠BEP＝∠CPF，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP（两角对应相等的两个三角形相似）．
（2）解：△BPE∽△CFP；
理由：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°．
∵∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，
∴∠BPE+∠BEP＝135°，
∵∠EPF＝45°，
又∵∠BPE+∠EPF+∠CPF＝180°，
∴∠BPE+∠CPF＝135°，
∴∠BEP＝∠CPF，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP（两角对应相等的两个三角形相似）．
（3）解：动点P运动到BC中点位置时，△BPE与△PFE相似，
证明：同（1），可证△BPE∽△CFP，
得 CP：BE＝PF：PE，
而CP＝BP，
因此 PB：BE＝PF：PE．
又因为∠EBP＝∠EPF，
所以△BPE∽△PFE（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）．
【变式10-1】（2022•炎陵县一模）如图，在△ABC中，∠ACD＝∠B，将△ACD绕A点旋转，点D落在点E处，点C落在点F处，CD，EF交于O点，连接DE，FC，找出其中相似三角形．
【分析】由∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，得出△ACD∽△ABC；由旋转的性质得出AE＝AD，AF＝AC，因此DF＝EC，∠AFC＝∠ACF，AD：AF＝AE：AC，证出DE∥FC，得出△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF；再由两边成比例且夹角相等得出△ACD∽△AFE，△DFC∽△ECF，△FDE∽△CED，得出△ODF∽△OEC即可．
【解答】解：△ACD∽△ABC∽△AFE，△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF，△DFC∽△ECF，△FDE∽△CED，△ODF∽△OEC；理由如下：
∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△ABC；
由旋转的性质得：AE＝AD，AF＝AC，
∴DF＝EC，∠AFC＝∠ACF，AD：AF＝AE：AC，
∴DE∥FC，
∴△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF；
∵AD：AE＝AC：AF，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△AFE，
∴△ACD∽△ABC∽△AFE．
∵DF：EC＝FC：CF，∠AFC＝∠ACF，
∴△DFC∽△ECF，
同理：△FDE∽△CED，△ODF∽△OEC．
【变式10-2】（2022春•龙泉驿区期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，点P，Q分别在BC，AC上，CP＝3x，CQ＝4x（0＜x＜3），把△PCQ绕点P旋转，得到△PDE，点D落在线段PQ上．
（1）求证：PQ∥AB；
（2）若点D在∠BAC的平分线上，求CP的长；
（3）在（2）的情况下，求△PDE与△ABC重叠部分图形的面积．
【分析】（1）先根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定定理得出△PQC∽△BAC，由相似三角形的性质得出∠CPQ＝∠B，由此可得出结论；
（2）连接AD，根据PQ∥AB可知∠ADQ＝∠DAB，再由点D在∠BAC的平分线上，得出∠DAQ＝∠DAB，故∠ADQ＝∠DAQ，AQ＝DQ．在Rt△CPQ中根据勾股定理可知，AQ＝12﹣4x，故可得出x的值，进而得出结论；
（3）设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足为H，利用相似三角形的性质求出FG，GH，可得结论．
【解答】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC=AB2-BC2=152-92=12，
∵PCBC-3x9=x3，QCAC=4x12=x3，
∴PCCB=CQCA，
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQ∥AB
（2）解：连接AD，
∵PQ∥AB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
在Rt△CPQ中，PQ＝5x，
∵PD＝PC＝3x，
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
（3）解：设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足为H，
∴HG＝DF，FG＝DH，
∴Rt△PHG∽Rt△PDE，
∴GHED=PGPE=PHPD．
∵PG＝PB＝9﹣6＝3，
∴GH8=310=PH6，
∴GH=125，PH=95，
∴FG＝DH＝6-95=215，
∴△PDE与△ABC重叠部分图形的面积=12×（215+6）×125=30625．
【变式10-3】（2022•大庆模拟）已知，如图①所示，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，且点B、A、D在一条直线上，连接BE、CD．
（1）求证：BE＝CD；
（2）若M、N分别是BE和CD的中点，将△ADE绕点A按顺时针旋转，如图②所示，试证明在旋转过程中，△AMN是等腰三角形；
（3）试证明△AMN与△ABC和△ADE都相似．
【分析】（1）因为∠BAC＝∠DAE，所以∠BAE＝∠CAD，又因为AB＝AC，AD＝AE，利用SAS可证出△ABE≌△ACD，进而可得BE＝CD；
（2）由（1）中△ABE≌△ACD，可得对应边、对应角相等，进而得出△ABM≌△ACN，即可得出结论；
（3）先由（2）中△ABM≌△ACN，可得∠BAM＝∠CAN，所以∠MAN＝∠BAC，又因为AM：AB＝AN：AC，利用两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似，证出△AMN∽△ABC；同理证出△ABC∽△ADE，即可得出△AMN∽△ABC∽△ADE．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，
即∠BAE＝∠CAD．
在△ABE与△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD；
（2）由（1）得△ABE≌△ACD，
∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD．
∵M，N分别是BE，CD的中点，
∴BM＝CN．
在△ABM与△ACN中，
AB=AC∠ABM=∠ACNBM=CN，
∴△ABM≌△ACN，
∴AM＝AN，
∴△AMN为等腰三角形；
（3）由（2）得△ABM≌△ACN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴∠BAM+∠BAN＝∠CAN+∠BAN，
即∠MAN＝∠BAC，
又∵AM＝AN，AB＝AC，
∴AM：AB＝AN：AC，
∴△AMN∽△ABC；
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴AB：AD＝AC：AE，
又∵∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
∴△AMN∽△ABC∽△ADE．
判定定理
判定定理1：
如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．
简称为两角对应相等，两个三角形相似．
如图，如果，，则
．
判定定理2：
如果两个三角形的三组对应边成比例，那么这两个三角形相似．
简称为三边对应成比例，两个三角形相似．
如图，如果，则
．
判定定理3：
如果两个三角形的两组对应边成比例，并且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似．
简称为两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似．如图，如果，，则．