专题02 相似三角形的判定（知识串讲+8大考点）-九年级数学上册重难考点一遍过（北师大版）

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知识一遍过
（一）相似三角形的判定
考点一遍过
考点1：相似多边形
典例1：（2022秋·河北保定·九年级校联考阶段练习）如图，有甲、乙、丙三个矩形，其中相似的是（ ）

A．甲与丙B．乙与丙C．甲与乙D．三个矩形都不相似
【答案】A
【分析】如果两个边数相同的多边形的对应角相等，对应边成比例，这两个多边形叫做相似多边形，据此作答．
【详解】解：三个矩形的角都是直角，甲、乙、丙相邻两边的比分别为3:5，3:4，3:5，
∴甲与丙相似，
故选：A．
【点睛】本题考查相似多边形的概念与判定，解题的关键是要考虑对应角相等，对应边成比例．
【变式1】（2022秋·上海奉贤·九年级校考期中）下列两个图形一定相似的是（ ）
A．两个菱形
B．两个周长相等的直角三角形
C．两个正方形
D．两个等腰梯形
【答案】C
【分析】根据相似图形的判断依据，对应边的比相等，对应角相等，两个条件必须同时具备，结合选项，用排除法求解．
【详解】A. 两个菱形，对应边成比例，对应角不一定成相等，故不符合题意；
B. 两个周长相等的直角三角形，只有一个直角相同，锐角不一定相等，故不符合题意；
C. 两个正方形，形状相同，大小不一定相同，符合相似性定义，故符合题意；
D. 两个等腰三角形顶角不一定相等，故不符合题意.
故选C.
【点睛】此题主要考查了相似多边形的识别．理解相似多边形的判断依据是解题的关键．
【变式2】（2022秋·广东佛山·九年级校联考期中）下面四个选项中的一般三角形、等边三角形、正方形、矩形的各边分别等距向外扩张1个单位，那么扩张后的几何图形与原几何图形不一定相似的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】若边数相同的两个多边形，它们的对应边成比例，对应角相等，则这两个多边形相似；根据相似多边形的定义进行判断即可．
【详解】解：A：形状相同，符合相似形的定义，对应角相等，所以三角形相似，故A选项不符合要求；
B：形状相同，符合相似形的定义，故B选项不符合要求；
C：形状相同，符合相似形的定义，故C选项不符合要求；
D：两个矩形，虽然四个角对应相等，但对应边不一定成比例，故D选项符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了相似多边形的判定，熟悉多边形相似的概念是关键．
【变式3】（2022秋·贵州铜仁·九年级校考期中）下列说法错误的是（ ）
A．任意两个正方形一定相似B．任意两个等边三角形一定相似
C．任意两个菱形一定相似D．任意两个等腰直角三角形一定相似
【答案】C
【分析】根据相似图形的判定，正方形、等边三角形、菱形的性质、等腰直角三角形，即可．
【详解】∵如果两个边数相同的多边形的角对应相等，边对应成比例，则这两个多边形相似
A、正方形的四个角都是直角，各边都相等，
∴任意两个正方形一定相似，不合题意；
B、等边三角形三个角都是60°，三边得相等，
∴任意两个等边三角形一定相似，不合题意；
C、菱形四条边相等，但是四个角不一定相等，
∴任意两个菱形不一定相似，符合题意；
D、等腰直角三角形中，两个角为45°，一个角为90°，且边长满足勾股定理，
∴任意两个等腰直角三角形一定相似，不合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查相似图形的判定，解题的关键是掌握相似图形的判定，正方形、等边三角形、菱形的性
质、等腰直角三角形的性质．
考点2：相似多边形的性质
典例2：（2023·山东·统考中考真题）如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折痕为CF．若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD=1，则CD的长为（ ）

A．2−1B．5−1C．2+1D．5+1
【答案】C
【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得DH=CG=1，设CD的长为x，则HG=x−2，再根据相似多边形性质得出EHCD=HGAD，即1x=x−21，求解即可．
【详解】解：，由折叠可得：DH=AD，CG=BC，
∵矩形ABCD，
∴AD=BC=1，
∴DH=CG=1，
设CD的长为x，则HG=x−2，
∵矩形HEFG，
∴EH=1，
∵矩形HEFG与原矩形ABCD相似，
∴EHCD=HGAD，即1x=x−21，
解得：x=2+1（负值不符合题意，舍去）
∴CD=2+1，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题的关键．
【变式1】（2022秋·浙江温州·九年级统考阶段练习）如图，一块矩形ABCD绸布的长AB=a，宽AD=1，按照图中的方式将它裁成相同的三面矩形彩旗，如果裁出的每面彩旗与矩形ABCD绸布相似，则a的值等于（ ）

A．2B．3C．5D．23−1
【答案】B
【分析】由裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同，则可利用相似多边形的性质构建比例式，求解后即可得出结论．
【详解】解：∵裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同，
∴1a=13a1，
解得：a=3或a=−3（不合题意，舍去），
∴a=3，
故选：B．
【点睛】此题考查了相似多边形的性质，掌握相似多边形的对应边成比例是解答此题的关键．
【变式2】（2022春·九年级单元测试）如图，把一个矩形剪去一个正方形，剩下的矩形与原矩形相似，则原矩形的长与宽的比为（ ）
A．1+52B．32C．1+32D．1+62
【答案】A
【分析】设原来矩形的长为x，宽为y，则减去的正方形的边长为y，剩下的矩形的长为y，宽为x−y，剩下的矩形与原矩形相似，利用对应边成比例得xy=yx−y，然后计算求得原矩形的长与宽的比xy即可．
【详解】解：设：原来矩形的长为x，宽为y，则减去的正方形的边长为y，剩下的矩形的长为y，宽为x−y，
∵剩下的矩形与原矩形相似，
∴xy=yx−y，
整理得：x2−xy−y2=0，
各项同时除以y2得：xy2−xy−1=0，
令t=xy，则t2−t−1=0，解得：t1=1+52，t2=1−52（舍），
∴原矩形的长与宽的比xy=1+52，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，根据相似多边形的性质列出方程，并舍去不合题意的解是解答本题的关键．
【变式3】（2023·河北张家口·校考模拟预测）把一根铁丝首尾相接围成一个长为3cm，宽为2cm的矩形ABCD，要将它按如图所示的方式向外扩张得到矩形A′B′C′D′，使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，则这根铁丝需增加（ ）

A．3.5cmB．5cmC．7cmD．10cm
【答案】D
【分析】由图形知，扩张后的长方形宽为4cm，设长为xcm，根据相似长方形的性质列式计算求得x=6，再计算即可求解．
【详解】解：原长方形的长和宽分别为3cm和2cm，由图形知，扩张后的长方形宽为4cm，设长为xcm，
∵矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，
∴23=4x，
∴x=6，
经检验，x=6是分式方程的解，
∴扩张后的长方形长为6cm，
原长方形的周长为2×2+3=10cm，扩张后长方形的周长为2×4+6=20cm，
20−10=10，
∴这根铁丝需增加10cm，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，根据相似多边形的性质求解是解题的关键．
考点3：相似三角形的判定条件
典例3：（2022秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，线段AE、BD交于点C，下列条件中，不能判定△ABC和△DCE相似的是（ ）

A．∠A=∠DB．AB∥DE
C．AC⋅CD=BC⋅CED．AC⋅DE=AB⋅CE
【答案】D
【分析】本题中已知∠ACB＝∠DCE是对顶角，应用两三角形相似的判定定理，即可作出判断．
【详解】解：A、由∠A=∠D，∠ACB＝∠DCE能判定△ABC∽△DCE故本选项不符合题意．
B、由AB∥DE能判定△ABC∽△DCE，故本选项不符合题意．
C、由AC⋅CD=BC⋅CE、∠ACB＝∠DCE能判定△ABC∽△DCE，故本选项不符合题意．
D、已知两组对应边的比相等：AC⋅DE=AB⋅CE，但其夹角不一定对应相等，不能判定△ABC和△DCE相似，故本选项符合题意．
故选：D
【点睛】此题考查了相似三角形的判定：①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．
【变式1】（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，∠1=∠2，那么添加一个条件后，仍不能判定△ABC与△ADE相似的是（ ）

A．∠C=∠ADE B．∠B=∠D C． ABAD=BCDE D． ABAD=ACAE
【答案】C
【分析】根据∠1=∠2得到∠DAE=∠BAC，结合选项根据三角形相似的判定逐个判断即可得到答案；
【详解】解：∵∠1=∠2，
∴∠DAE=∠BAC，
若添加∠C=∠AED或∠B=∠D或ABAD=ACAE都可以得到△ABC与△ADE相似，
故A、B、D不符合题意，
若添加ABAD=BCDE，不能得到△ABC与△ADE相似，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定：①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．
【变式2】（2022秋·安徽蚌埠·九年级统考期末）如图，点P在△ABC的边AC上，添加一个条件可判断△ABP∼△ACB，下列不满足的条件是（ ）

A．∠ABP=∠CB．∠APB=∠ABC
C．APBP=ACCBD．APAB=ABAC
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定方法，逐项判断即可．
【详解】解：∵在△ABP和△ACB中，∠BAP=∠CAB，
∴当∠ABP=∠C时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∼△ACB，故A不符合题意．
当∠APB=∠ABC时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∼△ACB，故B不符合题意．
当APBP=ACCB时，其夹角不相等，则不能判断△ABP∼△ACB，故C符合题意．
当APAB=ABAC时，满足两边对应成比例且夹角相等，可判断△ABP∼△ACB，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键，即在两个三角形中，满足三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等或两组角对应相等，则这两个三角形相似．
【变式3】（2022秋·河北·九年级校联考阶段练习）如图，下列条件不能判定△ADB∽△ABC的是（ ）

A．∠ABD=∠ACBB．∠ADB=∠ABCC．AB2=AD⋅ACD．AD⋅BC=AB⋅DB
【答案】D
【分析】根据有两个角对应相等的三角形相似，以及根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，分别判断得出即可．
【详解】解：A、∵∠ABD=∠ACB，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
B、∵∠ADB=∠ABC，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
C、∵AB2=AD⋅AC，
∴ACAB=ABAD，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
D、AD⋅BC=AB⋅DB不能判定△ADB∽△ABC，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟悉相似三角形的判定定理是解题的关键.
考点4：格点中相似三角形
典例4：（2022·广东湛江·岭师附中校联考三模）如图，在小正方形的边长为1的网格中，三角形的顶点都在格点上，与△ABC相似的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据分别求出个三角形的三边长，再根据相似三角形的判定，逐项判断即可求解．
【详解】解：根据题意得：AB=12+32=10，AB=12+12=2，AB=22+22=22，
A、三边长分别为2,32+12=10,32+32=33，则3310≠1022≠22，则该三角形不与△ABC相似，故本选项不符合题意；
B、三边长分别为2,3,22+32=13，则1310≠322≠22，则该三角形不与△ABC相似，故本选项不符合题意；
C、三边长分别为2,4,22+42=25，则2510=422=22=2，则该三角形与△ABC相似，故本选项符合题意；
D、三边长分别为22+12=5,4,22+32=13，则410≠1322≠52，则该三角形不与△ABC相似，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式1】（2022秋·安徽·九年级阶段练习）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．
【答案】A
【分析】求出△ABC的三边长，然后根据三角形相似的判定方法可对各选项进行判定即可．
【详解】解：在△ABC中，AB=12+12=2，BC=2，AC=5，∠ABC=135°，

选项B，C，D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，
∵12=22，
∴A选项中的三角形与△ABC相似．
故选：A．
【变式2】（2022秋·山西临汾·九年级统考期末）如图，每个小正方形边长均为1，则图中的三角形中与△ABC相似的是（ ）

A．△FBEB．△BEDC．△DFED．△ABE
【答案】B
【分析】直接利用相似三角形的判定方法结合正方形的性质分析得出答案．
【详解】解：由题意可得：∠BDE=90°+45°=135°，∠BCA=90°+45°=135°，
BD=1，DE=2，BC=2，AC=2，
∵ BDAC=12=22，DEBC=22，
∴ BDAC=DEBC，
又∵∠BDE=∠BCA，
∴△BDE∽△ACB．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定，正确得出对应边的关系是解题关键．
【变式3】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，在4×4的正方形网格中，画2个相似三角形，正确的画法有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】先计算出三角形的各边再判断两个三角形对应边是否成比例，即可得．
【详解】解：第一个网格中的两个三角形对应边的比例：22=510=332，这两个三角形是相似三角形；
第二个网格中的两个三角形对应边的比例：22=442=1025，这两个三角形是相似三角形；
第三个网格中的两个三角形对应边的比例：22=222=1020，这两个三角形是相似三角形；
第四个网格中的两个三角形对应边的比例：22≠55≠313，这两个三角形不是相似三角形；
综上，正确的画法有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定．注意两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．
考点5：证明三角形相似
典例5：（2022秋·安徽·九年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，点F在CD上，且CF=3FD．

(1)求证：△ABE∽△DEF；
(2)△ABE与△BEF相似吗？为什么？
【答案】(1)见解析
(2)相似，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得∠A=∠D=90°,AB=CD，再根据CF=3FD可得FD=14CD，进而说明AEAB=DFED=12，再结合∠A=∠D=90°，即可证明结论；
（2）设AB=AD=CD=4a，利用E为边AD的中点，CF=3FD，得到AE=DE=2a，DF=a，则可计算出EF、BE、BF,由勾股定理逆定理可得∠A=∠BEF=90°以及再说明ABAE=BEEF即可证明结论．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD，
∴∠A=∠D=90°,AB=CD
∵CF=3FD，
∴FD=14CD，
∵点F在CD上，
∴AE=ED=12AD,
∴AEAB=DFED=12,
∵∠A=∠D=90°,
∴△ABE∽△DEF．
（2）解：△ABE与△BEF相似，理由如下：
设AB=AD=CD=4a，
∵E为边AD的中点，CF=3FD，
∴AE=DE=2a，DF=a，
∴BE=AE2+AB2=25a，EF=DF2+DE2=5a,BF=CF2+BC2=5a,
∴BF2=EF2+BE2,即∠BEF=90°,
∴∠A=∠BEF=90°,
∵ABAE=4a2a=2,BEEF=25a5a=2,
∴ABAE=BEEF,
∴△ABE∽△BEF．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定、正方形的性质、勾股定理逆定理等知识点，掌握两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似是解答本题的关键．
【变式1】（2022秋·江苏盐城·九年级东台市三仓镇中学校联考阶段练习）如图，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上

(1)求证：△ABC∼△DEF
(2)△ABC的△DEF的面积比为________．
【答案】(1)见解析；
(2)2:1，见解析．
【分析】（1）根据勾股定理求得两三角形三边长，按大小边顺序，求出两三角形对应三边比，根据“两三角形三边对应成比例，两三角形相似”得证．
（2）根据相似三角形性质“面积比等于相似比的平方”求解．
【详解】（1）解：由图知，BA=2，BC=22+22=22，AC=22+42=25，DE=12+12=2，EF=2，DF=12+32=10，
∴BAED=22=2，BCEF=222=2，ACDF=2510=2；
∴BAED=BCEF=ACDF=2
∴△ABC∼△DEF
（2）解：∵△ABC∼△DEF
∴△ABC的△DEF的面积比为(ACDF)2=(2)2=2=2:1，即2:1．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键．
【变式2】（2023春·湖南衡阳·九年级校考阶段练习）如图，点A、B、E、D在同一条直线上，AB=DE，AC∥DF，BC∥EF求证：△ABC∽△DEF．

【答案】见解析
【分析】根据AC∥DF，BC∥EF，得到∠A=∠FDE,∠ABC=∠E，即可得证．
【详解】证明：∵点A、B、E、D在同一条直线上，AC∥DF，BC∥EF，
∴∠A=∠FDE,∠ABC=∠E，
∴△ABC∽△DEF．
【点睛】本题考查相似三角形的判定．熟练掌握相似三角形的判定方法，是解题的关键．
【变式3】（2022秋·湖南衡阳·九年级统考期末）已知如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，AD=3，AB=8，AE=4，AC=6．求证：△ADE∽△ACB．
【答案】见解析
【分析】根据“两条边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似”即可求证．
【详解】证明：∵AD=3，AB=8，AE=4，AC=6，
∴ADAC=AEAB=12
又∵∠DAE=∠CAB，
∴△ADE∽△ACB．
【点睛】本题考查相似三角形的判定．熟记相关判定定理是解题的关键．
考点6：相似三角形与坐标系问题
典例6：（2022春·九年级课时练习）将矩形OABC如图放置，O为坐标原点，若点A（﹣1，2），点B的纵坐标是72，则点C的坐标是（ ）
A．（4，2）B．（3，32）C．（3，94）D．（2，32）
【答案】B
【分析】首先构造直角三角形，利用相似三角形的判定与性质以及结合全等三角形的判定与性质得出CM＝=32，MO＝3，进而得出答案．
【详解】如图，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，过点A作AN⊥BF于点N，
过点C作CM⊥x轴于点M．
∵∠EAO+∠AOE=90°，∠AOE+∠MOC=90°，
∴∠EAO=∠COM，
又∵∠AEO=∠CMO=90°，
∴△AEO∽△OMC，
∴OECM=AEOM，
∵∠BAN+∠OAN=90°，∠EAO+∠OAN=90°，
∴∠BAN=∠EAO=∠COM，
在△ABN和△OCM中，
∠BNA=∠CMO∠BAN=∠COMAB=OC，
∴△ABN≌△OCM（AAS），
∴BN=CM．
∵点A（﹣1，2），点B的纵坐标是72，
∴BN=32，
∴CM=32，
∴132=2OM，
∴MO=3，
∴点C的坐标是：（3，32）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及相似三角形的判定与性质以及结合全等三角形的判定与性质等知识.构造直角三角形，正确得出CM的长是解题的关键.
【变式1】（2023春·广东惠州·九年级校考开学考试）如图，点A 坐标为（1，1），点C是线段OA上的一个动点（不运动至O，A两点）过点C作CD⊥x轴，垂足为D，以CD为边在右侧作正方形CDEF，连接AF并延长交x轴的正半轴于点B，连接OF，若以B、E、F为顶点的三角形与△OEF相似，，则B的坐标是
【答案】（32，0）或（3，0）
【分析】根据点A坐标是（1，1）可以确定∠AOB=45°，又四边形CDEF是正方形，所以0D=CD=DE，即可证明△OFE的边OE=2EF，再根据“以B，E，F为顶点的三角形与△OFE相似”分①EF=2EB，②EB=2EF两种情况讨论，根据△ACF与△AOB相似，相似三角形对应高的比等于对应边的比列出比例式计算即可求出正方形的边长，从而OB的长亦可求出．
【详解】
过点A作AH⊥OB，
∵点A的坐标为(1,1)，
∴AH=OH=1,∠AOB=45°，
∴OD=CD，
设CF=x，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CF∥DE，CD=CF=EF=DE，
∴CD=CF=EF=DE=x，
∴OE=OD+DE=2EF，
∵以B，E，F为顶点的三角形与△OFE相似，
∴①EF=2EB,则EB=12x，
∴OB=OE+EB=2x+12x=52x，
∵CF∥DE，
∴△ACF∽△AOB，
∴CFOB=1−x1，
即x52x=1−x，
解得x=35，
OB=52×35=32，
∴点B的坐标为(32,0)，
②EB=2EF时，则EB=2x，
∴OB=OE+EB=2x+2x=4x，
∵CF∥DE，
∴△ACF∽△AOB，
∴CFOB=1−x1，
即x4x=1−x，
解得x=34，
OB=4x=4×34=3，
∴点B的坐标为(3,0).
综上所述,点B的坐标是(32,0)或(3,0).
故答案为(32,0)或(3,0).
【点睛】本题考查了相似三角形与正方形的性质，解题的关键是熟练的掌握相似三角形与正方形的性质.
【变式2】（2023·广西贵港·统考二模）如图，在直角坐标系中点A1的坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线y=2x于A2，过点A2作直线y=2x的垂线交x轴于A3，过点A3作x轴的垂线交直线y=2x于A4…，依此规律，则A2018的坐标为 .
【答案】（51008，2×51008）
【详解】分析：
分析、观察图形可知点A2n(n为正整数)，在直线y=2x上，计算出点A2、A4、A6的坐标，并分析其中的规律，即可求得A2018的坐标.
详解：
观察图形可知，当n为偶数时，点An在直线y=2x上，
∵A1的坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线y=2x于A2，
∴y=2×1=2，
∴A1A2=2，
∴A2的坐标为（1，2）；
由A2A3垂直于直线y=2x，可得△OA1A2∽△A2A3A1，
∴A1A3A1A2=A1A2OA1，即A1A32=21，
解得：A1A3=4，
∴OA3=1+4=5，
∵A3A4⊥x轴，交直线y=2x于点A4，
∴A3A4=2×5=10，
∴A4的坐标为（5，10）；
同理可得：A6的坐标为（25，50），A8的坐标为（125，250），⋯，A2n(5n−1，2×5n−1)，
∴点A2018的坐标为(51008，2×51008).
故答案为(51008，2×51008).
点睛：根据题意，结合图形，计算出点A2、A4、A6、A8的坐标，分析出其中的规律，是解答本题的关键.
【变式3】（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）如图，一束光线从点A4,5出发，经y轴上的点C反射后经过点B1,0，则点C的坐标是（ ）
A．0,12B．0,45C．0,1D．0,2
【答案】C
【分析】延长AC交x轴于点D，利用反射定律，推出等角，从而证明得出△CDO≌△CBO，得到BO=DO，得到D−1,0，设AD的直线的解析式为y=kx+b，待定系数法求出解析式，并求出AD直线与y轴的交点坐标，即C点坐标．
【详解】延长AC交x轴于点D，如图所示：
∵由反射可知：∠1=∠BCO，
又∵∠1=∠DCO，
∴∠BCO=∠DCO，
在△CDO和△CBO中，
∠DCO=∠BCO∠DOC=∠BOCCO=CO
∴△CDO≌△CBO，
∴BO=DO
∵B1,0
∴BO=DO=1
∴D−1,0
∵A4,5，设AD的直线的解析式为y=kx+b，
∴5=4k+b0=−k+b，
解得k=1b=1，
∴AD的直线的解析式为y=x+1，
∴当x=0时，y=1，
∴C0,1．
故选C．
【点睛】本题考查了反射定律，全等三角形的性质和判定，待定系数法求一次函数解析式，综合性较强，将知识综合运用是本题的关键．
考点7：相似三角形与动点问题
典例7：（2022秋·安徽滁州·九年级校联考期中）如图，在△ABC中，AB=4cm，BC=8cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P、Q分别从A、B同时出发，那么经几秒后，点P、B、Q构成的三角形与△ABC相似?

【答案】经过0.8s或2s后，△PBQ与△ABC相似．
【分析】分两种情况讨论，可得PBAB=BQBC或PBBC=BQAB，求得t的值．
【详解】解：①设经过ts后，△PBQ∽△ABC，
根据已知条件，可得AP=t，BQ=2t，
∵△PBQ∽△ABC，
∴PBAB=BQBC，
∴4−t4=2t8，
解得t=2；
②设经过ts后，△PBQ∽△CBA，
∵△PBQ∽△CBA，
∴PBBC=BQAB，
∴4−t8=2t4，
解得t=0.8．
故经过0.8s或2s后，△PBQ与△ABC相似．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，利用分类思想解决问题是本题的关键.
【变式1】（2022秋·辽宁丹东·九年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=7，点E在边DC上，且DE=1，点P在边BC上移动，当以P，C．E为顶点的三角形与△ABP相似时，求PC的长．
【答案】当以P，C，D为顶点的三角形与△ABP相似时，PC的长为145cm或1cm或6cm
【分析】根据相似三角形的性质，列方程，即可解答。
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=3 cm，BC=7 cm，ED=1，
∴EC=DC−DE=BA−DE=2 cm，BC=AD=7 cm．
设CP=x cm，则BP=7−x cm．
∵ ∠B=∠C=90°，
∴存在两种情况．
①当△ECP∽△ABP时，CPEC=BPBA，
即x2=7−x3，
解得x=145；
②当△PCE∽△ABP时，CPEC=BABP，
即x2=37−x，
整理，得：x2−7x+6=0，
解得：x1=1，x2=6．
∴当以P，C，D为顶点的三角形与△ABP相似时，PC的长为145cm或1cm或6cm．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质-动点问题，能够考虑到需要分类讨论是解题的关键．
【变式2】（2022秋·广东佛山·九年级校考阶段练习）建立如图所示们平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的点A2，0,C0,3,Rt△PBE以点B为旋转中心，BC为起始边，逆时针方向，直角边BP交OC射线于点P，直角边BE交x轴于点E．

(1)当∠CBP=45°时，求点E的坐标；
(2)在旋转过程中，是否存在以P、O、E为顶点的三角形与△ABE相似．若存在，诗求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(5，0)
(2)P0,13−2133或0,−13
【分析】（1）证∠ABE=∠CBP=45°，则AE=AB=3，得OE=OA+AE=5，即可得出点E的坐标．
（2）设PC=t，本题需先证出ΔBCP∽ΔBAE，求出AE=32OP，再分两种情况讨论，求出t的值即可．
【详解】（1）∵A(2,0)，C(0,3)，
∴OA=2，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=AO=2，AB=OC=3，∠BCO=∠OAB=∠ABC=90°，
∴∠BAE=90°，
∵BE⊥PB，
∴∠PBE=90°，
∴∠ABC=∠PBE=90°，
∴∠PBE−∠ABP=∠ABC−∠ABP，
即∠ABE=∠CBP=45°，
∴AE=AB=3，
∴OE=OA+AE=2+3=5，
∴点E的坐标为(5，0)；
（2）存在，理由如下：
设PC=t，
∵∠ABE+∠ABP=90°，∠PBC+∠ABP=90°，
∴∠ABE=∠PBC，
∵∠BAE=∠BCP=90°，
∴△BCP∽△BAE，
∴ BCAB=PCAE，
∴ 23=tAE，
解得：AE=32t，
当点P在点O上方时，如图，

若OPAE=OEAB时，△POE∽△EAB，
∵OP=3−t，OE=2+32t，
∴ 3−t32t=2+32t3，
解得：t1=−4+2133，t2=−4−2133（不合题意舍去），
∴t=−4+2133；
∴OP=3−−4+2133=13−2133，
∴P0,13−2133
当点P在点O下方时，如图，

①若OPAB=OEAE，
则△OPE∽△ABE，
∴ t−33=2+32t32t，
解得：t1=3+13，t2=3−13（不合题意舍去），
∴OP=t−3=3+13−3=13，
∴P0,−13；
②若OPAE=OEAB，则△OEP∽△ABE，
∴ t−332t=2+32t3，
整理得：94t2=−9，
∴这种情况不成立；
综上所述，在运动的过程中，存在以P、O、E为顶点的三角形与ΔABE相似，P0,13−2133或0,−13．
【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、坐标与图形、等腰直角三角形的判定以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式3】（2022秋·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中AB=AC=6cm，BC=8cm，点E是线段BC边上的一动点（不含B、C两端点），连接AE，作∠AED=∠B，交线段AB于点D．

(1)求证：△BDE∽△CEA
(2)设BE=x，AD=y，请求y与x之间的函数关系式．
(3)E点在运动的过程中，△ADE能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)y=16x2−43x+60