中考数学一轮复习：专题23.10 图形的相似章末十大题型总结（拔尖篇）（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题23.10 图形的相似章末十大题型总结（拔尖篇）（华东师大版）（解析版），共77页。

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\l "_Tc32165" 【题型1 利用平行线分线段成比例进行求值或证明】 PAGEREF _Tc32165 \h 1
\l "_Tc24648" 【题型3 利用相似三角形的判定与结论求长度】 PAGEREF _Tc24648 \h 13
\l "_Tc9641" 【题型4 利用相似三角形的判定与结论求面积】 PAGEREF _Tc9641 \h 20
\l "_Tc11092" 【题型5 利用相似三角形的判定与结论求最值】 PAGEREF _Tc11092 \h 28
\l "_Tc32733" 【题型6 利用相似三角形的判定与结论解决规律探究问题】 PAGEREF _Tc32733 \h 37
\l "_Tc23768" 【题型7 利用相似三角形的判定与结论解决动态探究问题】 PAGEREF _Tc23768 \h 42
\l "_Tc21655" 【题型8 利用相似三角形的判定与结论解决多结论问题】 PAGEREF _Tc21655 \h 51
\l "_Tc9716" 【题型9 利用相似三角形的判定与结论解决新定义问题】 PAGEREF _Tc9716 \h 60
\l "_Tc6650" 【题型10 利用相似三角形的判定与结论在格点中作图】 PAGEREF _Tc6650 \h 69
【题型1 利用平行线分线段成比例进行求值或证明】
【例1】（2023秋·福建三明·九年级统考期中）请阅读以下材料，并完成相应的问题：
角平分线分线段成比例定理，如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，则ABAC=BDCD．
下面是这个定理的部分证明过程．
证明：如图2，过点C作CE∥DA．交BA的延长线于点E．…
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；
(2)如图3，已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC，求△ABD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)9+352
【分析】（1）过C作CE∥DA，交BA的延长线于E，利用平行线分线段成比例定理得到BDCD=BAEA，利用平行线的性质得∠2=∠ACE，∠1=∠E，由∠1=∠2得∠ACE=∠E，所以AE=AC，于是有ABAC=BDCD；
（2）先利用勾股定理计算出AC=5，再利用（1）中的结论得到ACAB=CDBD，即53=CDBD，则可计算出BD=32，然后利用勾股定理计算出AD=325，从而可得到△ABD的周长．
【详解】（1）证明：如图2，过C作CE∥DA．交BA的延长线于E，
∵CE∥AD，
∴BDCD=BAEA，∠2＝∠ACE，∠1＝∠E，
∵∠1＝∠2，
∴∠ACE＝∠E，
∴AE＝AC，
∴ABAC=BDCD．
（2）解：如图3，∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，
∴AC=BC2+AB2=42+32=5，
∵AD平分∠BAC，
∴ACAB=CDBD，即53=CDBD，
∴BD=38BC=38×4=32，
∴AD=BD2+AB2=322+32=325，
∴△ABD的周长=32+3+325=9+352．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，勾股定理，掌握平行线分线段成比例定理，理解角平分线分线段成比例定理是关键．
【变式1-1】（2023春·山西吕梁·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，2AB=BC=6，把△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，连接BC′交AD于点E，点M是EC′的中点，点N是AC的中点，连接MN，则MN的长为 ．

【答案】352
【分析】如图所示，连接EN，过点M作MT⊥AD于点T，MN与AD交于点K，可证△BCC′,△EDC′,△ETM都是等腰直角三角形，点E是BC′,AD的中点，可得MT是△EDC′的中位线，NE是△ACD的中位线，再证△MTK≌△NEK(AAS)，可得MN=2MK，在Rt△MTK中根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接EN，过点M作MT⊥AD于点T，MN与AD交于点K，

∵四边形ABCD是矩形，2AB=BC=6，
∴∠ADC=90°，AB=CD=12BC=12×6=3，BC=AD=6，
∵△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，
∴∠ADC=∠ADC′=90°，CD=DC′=3+3=6，则CC′=BC=6，
∴△BCC′是等腰直角三角形，∠CBC′=∠CC′B=45°，
∵DE∥BC，
∴∠DEC′=∠CBC′=45°，且∠BC′C=45°，
∴△EDC′是等腰直角三角形，则C′D=DE=3，
在Rt△EDC′中，点M是EC′的中点，MT⊥DE，C′D⊥DE，
∴MT∥C′D，
∴EMEC=ETED，即12=ET3，
∴ET=32，即点T是ED的中点，
∴MT是△EDC′的中位线，则MT=12C′D=12×3=32，
∵BC=6，DE=C′D=3，
∴点E是AD的中点，
∵点N是AC的中点，
∴NE是△ADC的中位线，
∴NE∥CD，NE=12CD=12×3=32，
∴MT=NE=32，
∵MT⊥BD，
∴∠MTK=90°，
∵NE∥CD，∠CDE=90°
∴∠NEK+∠CDE=180°，
∴∠NEK=90°，即EN⊥BC，
∴∠MTK=∠NEK=90°，
在△MTK,△NEK中，
∠MTK=∠NEK∠MKT=∠NKEMT=NE，
∴△MTK≌△NEK(AAS)，
∴MK=NK，TK=EK，
∴点K是ET的中点，
∴TK=EK=12ET=12MT=12×32=34，
∴在Rt△MTK中，MK=MT2+TK2=322+342=354，
∴MN=2MK=2×354=352，
故答案为：352．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的性质，中位线的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判断和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
【变式1-2】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，点P是▱ABCD内的一点，连接PA，PB，PC，PD，过点P作PE∥BC，PF∥AB，分别交AB、BC于点E、F，若S△PAD=1,S△PCD=2,S△PBC=4，则四边形PEBF的面积为 ．

【答案】245
【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，交CD于点R，作PM⊥AD于M，交CB于点N，根据已知先求出S▱ABCD=AD⋅MN=10，然后求出S△PAB=3，再根据面积比求出PMPN=14，PRPQ=23，结合平行线分线段成比例可得AEBE=PMPN=14，进而得到PQ=35QR，BE=45AB，然后根据平行四边形的面积公式计算即可．
【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，交CD于点R，作PM⊥AD于M，交CB于点N，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，AD=CB，
∴PR⊥CD，PN⊥CB，
∵S△PAD=1，S△PCD=2，S△PBC=4，
∴S△PAD+S△PBC=12AD⋅PM+12CB⋅PN=12AD⋅MN=1+4=5，
∴S▱ABCD=AD⋅MN=10，
∴12AB⋅PQ+12CD⋅PR=12AB⋅PQ+2=12AB⋅QR=12S▱ABCD=5，
∴S△PAB=12AB⋅PQ=3，
∴S△PADS△PBC=12AD⋅PM12CB⋅PN=PMPN=14，S△PCDS△PAB=12CD⋅PR12AB⋅PQ=PRPQ=23，
∵PE∥BC，PF∥AB，
∴四边形PEBF是平行四边形，
∵AM∥PE∥BC，
∴AEBE=PMPN=14，
∴PQ=35QR，BE=45AB，
∴S四边形PEBF=BE·PQ=45AB×35QR=1225AB⋅QR=1225S▱ABCD=1225×10=245，
故答案为：245．
【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、三角形的面积公式、平行线分线段成比例定理等知识，此题的计算和推理过程较为复杂，求出PQ=35QR，BE=45AB是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·广东·九年级专题练习）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．
①若CD=3，AC⊥CD于点C，求AD的长；
②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的长；
(2)如图②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，点P是对角线BD上的一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，要使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
【答案】(1)①41；②42+4
(2)满足条件的AE的长为12
【分析】（1）①根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出AD的值；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，证明BD垂直平分AC，得出AF=CF，证明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，证明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根据勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，当AE=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，当BF=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】（1）解：①连接AC，如图所示：
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=42，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∴AD=AC2+CD2=422+32=41；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，如图所示：
则∠BCE=90°，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，
∴∠ECF=90°−45°=45°，
∵AB=BC，AD=CD，
∴B、D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，
∵AD=CD，
∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，
∴∠DCF=90°−22.5°=67.5°，
∴∠ECD=∠DCF−∠ECF=67.5°−45°=22.5°，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∵AB=BC，AF=CF，
∴∠CBF=12∠ABC=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠BEC=90°−45°=45°，
∴∠BEC=∠CBE，
∴CE=BC=4，
∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，
∴BD=BE+DE=42+4．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；
若EF⊥BC时，如图所示：
则四边形AEFB和DEFC为矩形，
∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∵DE+BF=DE+AE=15，
∴DE=5，BF=10，
∴AE=BF=10，
∴AE≠EF，BF≠EF；
∴四边形ABFE不可能是等腰直角四边形；
若EF与BC不垂直，当AE=AB时，如图所示：
∵AE=AB=6，
∴DE=AD−AE=15−6=9，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴BF=2DE=2×9=18，
∵18>15，
∴此时点F不在边BC上，不符合题意；
若EF与BC不垂直，当BF=AB时，如图所示：
此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=6，
∵DE∥BF，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴DE=12BF=3，
∴AE=AD−DE=15−3=12，
综上所述，满足条件的AE的长为12．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．
【题型2 利用相似三角形的判定与结论在格点中求值】
【例2】（2023·安徽宿州·统考一模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A、B、C、D均在格点上，连接AC、BD相交于点E，若小正方形的边长为1，则点E到AB的距离为 ．
【答案】65
【分析】证明△ABE∽△CDE，利用相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：如图，过点E作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCE，∠ABE=∠CDE，MN⊥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴EMEN=ABCD=23，
∵MN=3，
∴EM=23+2×3=65，即点E到AB的距离为65．
故答案为65．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【变式2-1】（2023·山东烟台·统考一模）如图，在方格纸中，△ABC和△DEF的顶点都在格点上，则∠BAC+∠ACB的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】根据网格的特点，利用勾股定理求得△ABC、△EDF各边长，进而证明△ABC∽△DEF，根据相似三角形的性质得出∠ABC=∠DEF=135°，即可求解．
【详解】解：∵AB=12+22=5,BC=12+32=10,AC=5，
DE=12+12=2,EF=2,DF=12+32=10，
∵52=102=510，
∴ABDE=BCEF=ACDF，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠ABC=∠DEF=135°，
∴∠BAC+∠ACB=180°−135°=45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
【变式2-2】（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D、F在网格中的格点处，AF与BC相交于点E，设小正方形的边长为1，则阴影部分△DEF的面积等于 ．

【答案】92
【分析】先证明△ABE∽△ECF，设△CEF的高为h，AM=3，得出ℎ=95，即可求出答案．
【详解】解：

∵AB∥CD，AB=CD=2，CF=3，
∴∠ABE=∠ECF，
∵∠AEB=∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
设△CEF的高为h，AM=3，
∴ABCF=3−ℎℎ，
∴ℎ=95，
∴阴影部分△DEF的面积12×95×5=92，
故答案为：92．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·福建福州·九年级校联考期末）在正方形网格中，A、B、C、D均为格点，则∠BAC−∠DAE= ．

【答案】45°
【分析】在正方形网格中，连接正方形的顶点，作出Rt△EFD和Rt△EGD，设正方形网格的边长为1，则有EG=12+12=2，FG=1，AG=2，可知EGAG=FGEG，可证△EGF∽△AGE，可得∠EFG=∠AEG，则可证出∠EFG=45°−∠EAG，根据作图可知△CBA≌△FDE，得∠BAC=∠DEF，可以求出∠BAC−∠DAE=45°．
【详解】解：如图，在正方形网格中，连接正方形的顶点，得到Rt△EFD和Rt△EGD，

设正方形网格的边长为1，则有EG=12+12=2，FG=1，AG=2，
∴EGAG=22，FGEG=12=22，
∴EGAG=FGEG
∵∠EGF=∠AGE，
∴△EGF∽△AGE，
∴∠EFG=∠AEG，
∴∠EFG+∠EAG=∠AEG+∠EAG=∠EGD=45°，
∴∠EFG=45°−∠EAG，
又∵AB=DE=1，∠B=∠D=90°，BC=FD=2，
∴△CBA≌△FDE，
∴∠BAC=∠DEF，
∴∠BAC=∠DEF=90°−∠EFD=90°−45°−∠EAG，
即有：∠BAC−∠DAE=45°，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质，求得△EGF∽△AGE是解题的关键．
【题型3 利用相似三角形的判定与结论求长度】
【例3】（2023·黑龙江绥化·校考三模）在▱ABCD中，AH⊥BD，垂足为H，∠ABD为锐角，且∠ABH=∠DAH，若AH=6，BD=5，则BC边长为 ．
【答案】10或15或7
【分析】如图，设DH=x．利用相似三角形的性质，构建方程即可解决问题；
【详解】解：当AH在△ABD内部时，如图，设DH=x．
∵AH⊥BD，
∴∠AHB=∠AHD=90°，
∵∠ABH=∠DAH，
∴△DAH∽△ABH，
∴ DHAH=AHBH，
∴ x6=65−x，
整理得：x2−5x+6=0，
解得x=2或3，
∴DH=2或3，
∴BC=AD=AH2+DH2=10或15，
当AH在△ABD外部时，设DH=x．
∵△HAB∽△HDA，
∴AH2=BH⋅DH，
∴6=x(x+5)，
∴x2+5x−6=0，
∴x=1，x=−6（舍去），
∴DH=1，
∴BC=AD=AH2+DH2=7，
故答案为10或15或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式3-1】（2023秋·上海·九年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）如图，在矩形ABCD中，已知AB=12，如果将矩形沿直线l翻折后，点B落在边CD的中点E处，直线l分别与边AB、BC交于点M、N，如果BN=6.5，那么AM的长为 ．

【答案】94
【分析】连接NE，构造直角三角形，依据折叠的性质以及勾股定理，即可得到CN的长以及BC的长，再根据△BMN∽△CBE，得到比例式求出BM，进而得出AM的长．
【详解】解：如图，连接NE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=12，∠ABC=∠C=90°，
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=6，
∵将矩形沿直线l翻折后，点B落在边CD的中点E处，直线l分别与边AB、BC交于点M、N，
∴MN⊥BE，BN=EN=6.5，
在Rt△CNE中，CN=EN2−CE2=6.52−62=2.5，
∴AD=6.5+2.5=9，
∵∠MBE+∠BMN=90°，∠MBE+∠CBE=90°，
∴∠BMN=∠CBE，
又∵∠NBM=∠C，
∴△BMN∽△CBE，
∴ BMBC=BNCE，即BM9=6.56，
∴BM=394，
∴AM=AB−BM=12−394=94；
故答案为：94．

【点睛】本题主要考查了折叠问题、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理和相似三角形的性质进行计算求解．
【变式3-2】（2023·河南郑州·校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A0,6，B−10,0，把△AOB绕点O按顺时针方向旋转，点A，B的对应点分别是A′，B′，连接AB′．当点B′在第二象限内，AB′⊥y轴时，点A的对应点A′的坐标为 ．

【答案】185,245
【分析】过点B′作B′D⊥OB于点D，过点A′作A′C⊥OC于点C，易得AB'=OD，B'D=OA，由旋转的性质知，OB′=OB=10，即有AB′=102−62=8．再证明 △B′OD∽△OA′C，即有B′OOA′=ODA′C=B′DOC，解得OC=185，A′C=245，问题得解．
【详解】如图，过点B′作B′D⊥OB于点D，过点A′作A′C⊥OC于点C，

∵AB′⊥y轴，A′C⊥OC，B′D⊥OB，
∴四边形AB′DO是矩形，
∴AB'=OD,DB'=OA，
由题意可知，OA=6，OB=10，
∵AB′⊥y轴，
∴∠B′AO=90°，
由旋转的性质知，OB′=OB=10，∠AOB=∠A′OB′=90°，
在Rt△B′AO中，由勾股定理得AB′=102−62=8．
∵ ∠A′OB′=90°，
∴∠BOB′+∠A′OC=90°，
又∵∠A′OC+∠OA′C=90°，
∴∠BOB′=∠OA′C，
∴△B′OD∽△OA′C，
∴B′OOA′=ODA′C=B′DOC，即106=8A′C=6OC，
解得OC=185，A′C=245，
∴点A的对应点A′的坐标为185,245，
故答案为：185,245．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的旋转等知识
【变式3-3】（2023·安徽合肥·校联考模拟预测）等腰直角ΔABC与等腰直角ΔCDE的直角顶点C重合．DE与AC相交于F，CD的延长线交AB于G，连接BD．

(1)如图1，求证：AC⋅CF=CE⋅CG；
(2)如图2，B，D，E在同一条直线上，取AB的中点M，分别连接MC，ME，求证：MC=ME；
(3)如图3，过A作BD的平行线，过B作AC的平行线，两线相交于H，且点H在CG的延长线上，若BC=2BH，求AHDE的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AHDE=2
【分析】（1）通过证明ΔECF∽ΔBCG，得到CECF=BCCG，再利用AC=BC等量代换即可；
（2）连接AE，由SAS证明ΔACE≌ΔBCD，得到∠EAC=∠DBC，从而证明∠AEF=90°，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；
（3）延长BD与AC交于点P，得到四边形APBH为平行四边形，从而得到BH=AP，AH=BP，通过等量代换可得四边形PCBH为矩形，得到BP=CH，再设CD=x，可得CH=BP=AH=2x，DE=2x，即可得到AHDE的值．
【详解】（1）证明：∵ΔABC、ΔCDE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90° ，
∴∠E=∠ABC=45°，AC=BC， EC=DC
∵∠ECA+∠ACG=∠ACG+∠BCG=90°，
∴∠ECA=∠BCG，
在ΔECF和ΔBCG中，
∠E=∠CBG∠ECA=∠BCG
∴ΔECF∽ΔBCG
∴CECF=BCCG
又∵AC=BC
∴CECF=ACCG，即AC⋅CF=CE⋅CG
（2）连接AE，

在ΔACE和ΔBCD中，
AC=BC∠ECA=∠BCGEC=DC
∴ΔACE≌ΔBCD（SAS）
∴∠EAC=∠DBC，
∵∠DBC+∠BFC=90° ，∠BFC=∠AFE ，
∴∠EAC+∠AFE=90°，即∠AEF=90° ，
在RtΔAEB中，
∵点M为AB中点，
∴EM=12AB，
又∵CM=12AB，
∴MC=ME；
（3）延长BD与AC交于点P，连接PH，

∵AH∥BD，BH∥AC，
∴四边形APBH为平行四边形，
∴BH=AP，AH=BP ；
又∵BC=2BH，AC=BC，
∴AC=2AP，即点P为AC中点，
∵PC=BH，PC∥BH，
∴四边形PCBH为平行四边形，
又∵∠ACB=90°，
∴▱PCBH为矩形，
∴BP=CH，点D为对角线交点，
设CD=x，则CH=BP=AH=2x，DE=2x，
∴AHDE=2x2x=2．
【点睛】本题是三角形与四边形的综合题目，考查了相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形及矩形的判定性质，综合性较强，熟练掌握相关的性质及判定，构造合理的辅助线是解决本题的关键．
【题型4 利用相似三角形的判定与结论求面积】
【例4】（2023秋·安徽合肥·九年级校考期中）△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，则根据图中标示的长度，求四边形ADEF与△ABC的面积比为何？（ ）

A．1:3B．1:4C．2:5D．3:8
【答案】D
【分析】先证明△CAF∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出AC=45，得出S△ACFS△ACB=516，再证明△BDE∽△BCA，求出S△BDES△ACB=516，即可求出答案．
【详解】解：∵BE=7，EF=4，FC=5，
∴ BC=7+4+5=16，
∵∠B=∠FAC，∠C=∠C，
∴ △CAF∽△CBA，
∴ CACB=CFCA，
∴ CA2=CF⋅CB=5×16=80，
∵CA>0，
∴ AC=45，
∴ ACBC=4516=54，
∴ S△ACFS△ACB=ACBC2=542=516，
同理可证△BDE∽△BCA，
∵BD=AC，
∴ BDBC=ACBC=54，
∴ S△BDES△ACB=BDBC2=542=516，
∴四边形ADEF与△ABC的面积比=16−5−5:16=3:8，
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
【变式4-1】（2023·浙江温州·校联考三模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=kx+203过点A5,0，C2,a，与y轴交于点B．点D，E分别为线段OB，OA上的一点（不含端点），且CD⊥DE．

(1)求k和a的值；
(2)当∠AEC与△CDE中的一个角相等时，求线段OD的长；
(3)如图2，连接BE交CD于点H，将点B绕点H逆时针旋转90°至点B′，若点B′到x轴的距离恰好等于OD的长，求△BDH的面积．
【答案】(1)k=−43，a=4
(2)OD=2或OD=4−23
(3)S=9839
【分析】（1）将A5,0代入y=kx+203求出k的值，得出一次函数解析式，将x=2代入y=−43x+203求出a的值即可；
（2）分三种情况：当∠AEC=∠DCE时，当∠AEC=∠CDE时，当∠AEC=∠DEC时，分别画出图形，求出结果即可；
（3）连接B′H，B′D，过点H作HN⊥B′D于点N，HM⊥BD于点M，证明△BMH≌△B′NHAAS，得出MH=HN，证明四边形MDNH为正方形，得出∠HDM=∠HDN=45°，证明△DOE为等腰直角三角形，得出OD=OE=2，求出OB=203，得出BD=OB−OD=203−2=143，设MH=MD=m，则BM=143−m，证明MH∥OE，得出BMBO=MHOE，即143−m203=m2，求出m=1413，根据三角形面积公式求出结果即可．
【详解】（1）解：将A5,0代入y=kx+203，
解得k=−43．
将x=2代入y=−43x+203，得a=4．
（2）解：①当∠AEC=∠DCE时，点E与点O重合，舍去
②当∠AEC=∠CDE时，此时CE⊥OA，过点C作CF⊥BD于点F，

∵C2,4，
∴OE=CF=2，OF=4，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE=90°，
∴∠CFD=∠CDE=∠DOE=90°，
∴∠FDC+∠ODE=∠ODE+∠OED=90°，
∴∠FDC=∠OED，
∴△CDF∽△DEO，
∴CFDF=ODOE，
设OD=x，则FD=4−x，
即24−x=x2，
解得：x1=x2=2，
经检验x=2是原方程的解，
∴OD=2；
③当∠AEC=∠DEC时，作CG⊥OA于点G

∵EC平分∠DEG，CD⊥ED，CG⊥EA，
∴CD=CG=4，
∵DF=CD2−CF2=23，
∴OD=OF−DF=4−23；
综上分析可知，OD=2或OD=4−23；
（3）解：连接B′H，B′D，过点H作HN⊥B′D于点N，HM⊥BD于点M，如图所示：

由题意可得，B′D⊥BO，
根据旋转可知，B′H⊥BH且B′H=BH，
∴∠BHB′=∠B′NH=∠BMH=90°，
∴∠BHM+∠MHB'=∠BHM+∠MBH=90°，
∴∠MBH=∠MHB′，
∵HM⊥BD，B′D⊥BO，
∴MH∥B′N，
∴∠MHB′=∠NB′H，
∴∠MBH=∠NB′H，
∴△BMH≌△B′NHAAS，
∴MH=HN，
∵∠HMD=∠MDN=∠DNH=90°，
∴四边形MDNH为矩形，
∵MH=HN，
∴四边形MDNH为正方形，
∴∠HDM=∠HDN=45°，
∵∠CDE=90°，
∴∠NDE=90°−45°=45°，
∴∠ODE=90°−45°=45°，
∴△DOE为等腰直角三角形，
∴OD=OE=2，
把x=0代入y=kx+203得：y=203，
∴OB=203，
∴BD=OB−OD=203−2=143，
设MH=MD=m，则BM=143−m，
∵∠BMH=∠BOE=90°，
∴MH∥OE，
∴BMBO=MHOE，
即143−m203=m2，
解得m=1413，
∴S=143×1413×12=9839．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形相似的判定和性质，求一次函数的函数值，解题关键是数形结合，画出相应的图形，作出辅助线，注意进行分类讨论．
【变式4-2】（2023春·上海静安·九年级统考期末）（1）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=4，AB=3，BC=7，∠B=60°．求证：四边形ABCD是等腰梯形；
（2）若点M是直线AB上的一点，直线DM交直线BC于点N．
①当点M在线段AB的延长线上时（如图2），设BM=x，DM=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；
②如果△AMD是等腰三角形，求△BMN的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）①y=x2+10x+37，定义域x≥0；②34
【分析】（1）过D作DE∥AB交BC于E，证明△DEC是等边三角形即可；
（2）①过D作DF⊥AB交AB于F，即可利用∠B=∠FAD=60°得到AF=12AD=2，DF=23，最后在Rt△FDM中利用勾股定理计算即可；
②先根据△AMD是等腰三角形求出BM=x，DM=y的值，再利用△BMN∼△AMD求△BMN的面积即可．
【详解】（1）过D作DE∥AB交BC于E，则∠B=∠DEC=60°，

∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AB=DE=3,AD=BE=4，
∵BC=7，
∴EC=BC−BE=3，
∴AB=DE=3=EC，
∴△DEC是等边三角形，
∴AB=DE=3=EC=DC，
∴四边形ABCD是等腰梯形；
（2）①过D作DF⊥AB交AB于F，

∵∠B=60°，AD∥BC，
∴∠B=∠FAD=60°，
∴AF=12AD=2，DF=AD2−AF2=23，
∵BM=x，DM=y
∴FM=FA+AB+BM=5+x
在Rt△FDM中DF2+FM2=DM2，
∴232+5+x2=y2，整理得y2=x2+10x+37
∴y关于x的函数解析式为y=x2+10x+37，定义域x≥0；
②∵AD∥BC，
∴△BMN∼△AMD，
∴S△BMNS△AMD=BMMA2=xx+32，
∴S△BMN=xx+32S△AMD=xx+32×12DF⋅AM=xx+32×12×23×x+3=3x2x+3，
∵△AMD是等腰三角形，
∴当AD=AM时，4=x+3，解得x=1，此时S△BMN=3x2x+3=34；
当AD=DM时，y2=x2+10x+37=42，解得x1=−3,x2=−7，不符合题意；
当DM=AM时，y2=x2+10x+37=x+32，解得x=−7，不符合题意；
综上所述，S△BMN=34．
【点睛】本题考查了梯形的判定，平行四边形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时构造30°直角三角形是是关键，寻找相似三角形是难点．
【变式4-3】（2023春·四川德阳·九年级统考期末）如图，已知F是△ABC内的一点，DF∥BC，EF∥AB，若四边形BDFE的面积为2，BD=13BA，BE=14BC，则△ABC的面积是（ ）．
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】延长EF、DF分别交AC于点M、N，可以得到相似三角形并利用相似三角形分别求出AM 、MN 、CN之间的关系，从而得到三角形的面积关系即可求解．
【详解】解：如图所示：延长EF、DF分别交AC于点M、N，
∵BD=13BA，BE=14BC，
∴CE=3BE，AD=2BD．
∵DF∥BC，EF∥AB，
∴CMAM=CEBE=3，ANCN=ADBD=2，
∴令AM=x，则CM=3x，
∴AC=4x，
∴AN=23AC=83x，CN=13AC=43x，
∴MN=AC−AM−CN=53x，
∴MNAN=58，MNCM=59．
∵MF∥AD，NF∥CE,
∴△NMF∽△NAD,△NMF∥△CME,
∴S△NMFS△NAD=MNAN2=2564，S△NMFS△MEC=MNCM2=2581．
∴设S△NMF=25a，则S△NAD=64a，S△MEC=81a，
∴S四边形FECN=56a，
∴S△ABC=S四边形BDEF+S△NAD+S△MEC−S△NMF=2+120a．
∵DN∥BC,
∴△ADN∽△ABC,
∴S△ADNS△ABC=64a2+120a=ADAB2=49，
解得a=112，
∴S△ABC=2+120a=12．
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形，平行线分线段成比例．一定的难度，利用相似三角形的性质：对应线段成比例进行求解线段的长度；利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
【题型5 利用相似三角形的判定与结论求最值】
【例5】（2023秋·四川成都·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，E是AD上的一点，且AE=2，F，G是AB，CD上的动点，且BE=FG，BE⊥FG，连接EF，BG，当EF+FG+BG的值最小时，CG的长为 ．

【答案】3
【分析】由勾股定理得BE=AB2+AE2=210，FG=210，可知当EF+BG最小时，EF+FG+BG的值最小，如图，以BE，BG为邻边作平行四边形BGME，则BG=EM，BG∥EM，EF+BG=EF+EM，则当E、F、M三点共线时，EF+BG=EF+EM=FM最短，证明△AEF∽△CBG，则EFBG=AFCG=AEBC=26=13，证明△EFN∽△BGN，则ENBN=EFBG=13，解得BN=3EN，由BN+EN=BE，可得BN=34BE=3102，设CG=x，则AF=13x，BF=6−13x，证明△BNF∽△BAE，则BFBE=BNAB，即6−13x210=31026，计算求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD，AB=6，AE=2，
∴BE=AB2+AE2=210，∠BCG=∠A=90°，
∵BE=FG，
∴FG=210，
当EF+BG最小时，EF+FG+BG的值最小，
如图，以BE，BG为邻边作平行四边形BGME，则BG=EM，BG∥EM，

∴EF+BG=EF+EM，
∴当E、F、M三点共线时，EF+BG=EF+EM=FM最短，
∴EF∥BG，
∴∠AFE=∠ABG，
∵∠AFE+∠AEF=90°=∠ABG+∠CBG，
∴∠AEF=∠CBG，
又∵∠EAF=∠BCG=90°，
∴△AEF∽△CBG，
∴EFBG=AFCG=AEBC=26=13，
∵EF∥BG，
∴∠EFN=∠BGN，∠FEN=∠GBN，
∴△EFN∽△BGN，
∴ENBN=EFBG=13，解得BN=3EN，
∵BN+EN=BE，
∴BN=34BE=3102，
设CG=x，则AF=13x，BF=6−13x，
∵∠FBN=∠EBA，∠BNF=∠BAE=90°，
∴△BNF∽△BAE，
∴BFBE=BNAB，即6−13x210=31026，解得x=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式5-1】（2023秋·广东梅州·九年级校考期末）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=3，且mn=12，则m+n的最大值为 ．
【答案】274
【分析】如图所示（见详解），过点B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过点A作AN⊥l2于N，过点C作CM⊥l2于M，设AE=x，CF=y，则BN=x,BM=y，可求出△ABE∽△BCF，得xy=mn，求△CMD∽△AND得，y=9−2x，且mn=12，可求出mn=xy=x(9−2x)=−2x2+9x=2m2，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过点A作AN⊥l2于N，过点C作CM⊥l2于M，
设AE=x，CF=y，则BN=x,BM=y，
∵BD=3，
∴DM=y−3，DN=3−x，
∵∠ABC=∠AEB=∠BFC=∠CMD=∠AND=90°，
∴∠EAB+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠EAB=∠CBF，
∴△ABE∽△BCF，
∴AEBF=BECF，即xn=my，
∴xy=mn，
∵∠ADN=∠CDM，
∴△CMD∽△AND，
∴ANCM=DNDM，即mn=3−xy−3，
∵mn=12，
∴3−xy−3=12，n=2m，
∴y=9−2x，
∴(m+n)=3m，
∵mn=xy=x(9−2x)=−2x2+9x=2m2，
∴2m2=−2x−942+818，
∴当x=94时，m最大=94，
∴m+n的最大值为3m=3×94=274，
故答案为：274．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，二次函数的性质，做辅助线，图形结合是解题的关键．
【变式5-2】（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，点D是等边△ABC边AB上的一动点(不与端点重合)，点D绕点C引顺时针方向旋转60∘得点E，所得的△CDE边DE与BC交于点F，则CFDE的最小值为 ．

【答案】32
【分析】由旋转的性质得△CDE为等边三角形，由△CEF∽△CAD得到CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC，从而得到当CD最小时，比值最小，再由“垂线段最短”得到当CD⊥AB时，CD值最小，作出对应图形，利用“△ACD是含30°角的直角三角形”求出CDAC，从而得解．
【详解】解：由旋转的性质得：CD=CE，∠DCE=60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE=CD=CE，∠A=∠DEC=60°
∵∠ACD+∠DCB=60°
∠DCB+∠ECF=60°
∴∠ACD=∠ECF
∵∠A=∠DEC=60∘，∠ACD=∠ECF
∴△CEF∽△CAD
∴CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC
∵AC为定值，
∴当CD最小时，比值最小．
根据“垂线段最短”可知：当CD⊥AB时，CD值最小，
过点C作CD⊥AB于D，并补全图形如下：

∵△ABC是等边三角形，CD⊥AB，∠ACB=60°
∴∠ACD=12∠ACB=30°
设AC=2a，则AD=12AC=a
∴CD=AC2−AD2=3a，
∴此时CFDE=CDAC=3a2a=32，
即CFDE的最小值为32．
故答案为：32．
【点睛】此题考查图形的旋转变化与性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，垂线段最短，理解“垂线段最短”和利用相似三角形的性质将CFDE转化为CDAC是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·吉林长春·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度，沿射线BC方向运动，动点Q从点C出发，以每秒1个单位长度的速度，沿线段CD方向运动．点P和点Q同时出发，当点Q到达点D时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒(t>0)．

(1)用含t的代数式表示线段CP的长；
(2)当PQ与矩形的对角线平行时，求t的值；
(3)若点M为DQ的中点，求以M、P、C为顶点的三角形与△ABC相似时t的值；
(4)直接写出点B关于直线AP的对称点B′落在△ACD内部时t的取值范围．
【答案】(1)当0