（浙江专用）中考数学二轮提升练习热点06 相似三角形（2份，原卷版+解析版）

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相似三角形在中考数学中的地址永远都是无法撼动的第一，不管是对相似三角形性质、判定、亦或是应用的考察，都有出题类型多变、出题形式随意的特点；并且，因为其高度的融合性，不管是在选择题、填空题、解答题的压轴题中，都可以作为压轴题的问题背景出现，也是解决压轴题问题不可或缺的方法途径。基于以上特征，相似三角的考察难度可以从中等跨越到较难，属于中考数学中较为重要的压轴考点。
相似三角形的性质：分类记忆——边、角、线、面积＋周长；
相似三角形的性质有：对应边成比例、对应角相等、对应边上的“三线”之比=相似比、对应面积之比=相似比的平方、对应周长之比=相似比。另外，相似三角形之前还有有关平行线分线段成比例的基本性质的考察。
2.相似三角形的判定：重点记“AA”与“SAS”类型，小题勿忘“SSS”类型；
相似三角形的判定方法中，最常用的是有两个角对应相等的两个三角形相似，其次是对应角相等，对应边成比例的两个三角形相似。三边对应成比例的两个三角形相似不长出现，但是个别小题，特别是和网格结合的问题小题中，也是有出现几率的。
3.相似三角形的应用：理解题意、提炼模型、注意特殊要求；
相似三角形的应用多与实际生活结合，考察树或者楼的高度、物体的某些边的长度等。此时通常需要自己提炼出应用的相似模型，并根据需要添加辅助线等，个别时候还会要求结果符合一定的要求，需要特点别注意。当相似三角形与函数结合考察时，通常为压轴题，需要同时注意相似三角形与函数各自的性质的融合。
相似三角形的考察热点有：平行线分线段成比例的基本性质、相似三角形的性质、判定以及其综合应用。近几年也常考察相似里的几何模型，如：手拉手模型、K型图模型、A字图与8字图模型、母子三角形模型等。
A卷（建议用时：35分钟）
1．（2022•丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段AB＝3，则线段BC的长是（ ）
A．B．1C．D．2
【分析】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
【解答】解：过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，
则＝，即＝2，
解得：BC＝，
故选：C．
2．（2022•湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，DE∥BC，＝．若DE＝2，则BC的长是 6 ．
【分析】由平行线的旋转得出∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得出△ADE∽△ABC，由相似三角形的旋转得出，代入计算即可求出BC的长度．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵＝，DE＝2，
∴，
∴BC＝6，
故答案为：6．
3．（2022•杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，则AB＝ 9.88 m．
【分析】根据平行投影得AC∥DF，可得∠ACB＝∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC＝∠DEF＝90°，
∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，
∴，即，
解得AB＝9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
4．（2022•衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端A（人眼）望点E，使视线通过点C，记人站立的位置为点B，量出BG长，即可算得物高EG．令BG＝x（m），EG＝y（m），若a＝30cm，b＝60cm，AB＝1.6m，则y关于x的函数表达式为（ ）
A．y＝xB．y＝x+1.6
C．y＝2x+1.6D．y＝+1.6
【分析】根据题意和图形，可以得到AF＝BG＝xm，EF＝EG﹣FG，FG＝AB＝1.6m，EG＝ym，然后根据相似三角形的性质，可以得到y与x的函数关系式．
【解答】解：由图2可得，
AF＝BG＝xm，EF＝EG﹣FG，FG＝AB＝1.6m，EG＝ym，
∴EF＝（y﹣1.6）m，
∵CD⊥AF，EF⊥AF，
∴CD∥EF，
∴△ADC∽△AFE，
∴，
即，
∴，
化简，得y＝x+1.6，
故选：B．
5．（2022•嘉兴）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1，则直尺宽BD的长为 ．
【分析】根据正切的定义求出AB，证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：由题意得，DE＝1，BC＝3，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，
则AB＝＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，即＝，
解得：BD＝，
故答案为：．
6．（2022•金华）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′A′的延长线过点C．若＝，则的值为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．设BF＝2k，CG＝3k．则AE＝DE＝y，由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因为C，A′，B′共线，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得结论．
【解答】解：连接FG，CA′，过点G作GT⊥AD于点T．设AB＝x，AD＝y．
∵＝，
∴可以假设BF＝2k，CG＝3k．
∵AE＝DE＝y，
由翻折的性质可知EA＝EA′＝y，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，
∵AD∥CB，
∴∠AEF＝∠EFG，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴EG＝FG＝y﹣5k，
∴GA′＝y﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，
∵C，A′，B′共线，GA′∥FB′，
∴＝，
∴＝，
∴y2﹣12ky+32k2＝0，
∴y＝8k或y＝4k（舍去），
∴AE＝DE＝4k，
∵四边形CDTG是矩形，
∴CG＝DT＝3k，
∴ET＝k，
∵EG＝8k﹣5k＝3k，
∴AB＝CD＝GT＝＝2k，
∴＝＝2．
解法二：不妨设BF＝2，CG＝3，连接CE，则Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4 则A'B'＝2，
故选：A．
7．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A．B．C．10D．
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【解答】解：如右图1所示，
由已知可得，△DFE∽△ECB，
则，
设DF＝x，CE＝y，
则，
解得，
∴DE＝CD+CE＝6+＝，故选项B不符合题意；
EB＝DF+AD＝+2＝，故选项D不符合题意；
如图2所示，
由已知可得，△DCF∽△FEB，
则，
设FC＝m，FD＝n，
则，
解得，
∴FD＝10，故选项C不符合题意；
BF＝FC+BC＝8+7＝15；
如图3所示：
此时两个直角三角形的斜边长为6和7；
故选：A．
8．（2022•衢州）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得＝＝k，此时点P，A，B，Q共线．挖隧道时始终能看见P，Q处的标志即可．
（1）CD﹣EF﹣GJ＝ 1.8 km．
（2）k＝ ．
【分析】（1）根据图中三条线段所标数据即可解答；
（2）连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z．易得AZ＝1.8，BZ＝4＝2.6，证明△BMQ∽△BZA，即可解答．
【解答】解：（1）CD﹣EF﹣GJ＝5.5﹣1﹣2.7＝1.8（km）；
（2）连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z．
由矩形性质得：AZ＝CD﹣EF﹣GJ＝1.8，
BZ＝DE+FG﹣CB﹣AJ＝4.9+3.1﹣3﹣2.4＝2.6，
∵点P，A，B，Q共线，
∴∠MBQ＝∠ZBA，
又∵∠BMQ＝∠BZA＝90°，
∴△BMQ∽△BZA，
∴＝k＝＝＝．
故答案为：1.8；．
9．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于 10 米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 （10+） 米．
【分析】解法一：作平行线OP，根据平行线分线段成比例定理可知PC＝PD，由EF与影子FG的比为2：3，可得OM的长，同法由等角的正弦可得OB的长，从而得结论；
解法二：作辅助线，构建直角△CND，证明△HMC∽△EFG，根据垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，列比例式可得HM的长，由三角函数的定义可得CN的长，从而得OA＝OB＝，由此可解答．
【解答】解：解法一：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN⊥BD于N，则OB＝PN，
∵AC∥BD，
∴AC∥OP∥BD，
∴＝，∠EGF＝∠OPM，
∵OA＝OB，
∴CP＝PD＝CD＝6.5，
∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，
tan∠EGF＝tan∠OPM，
∴＝＝，
∴OM＝×15＝10；
∵DB∥EG，
∴∠EGF＝∠NDP，
∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝，
∴OB＝PN＝，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
解法二：如图，设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N，
∵HC∥EG，
∴∠HCM＝∠EGF，
∵∠CMH＝∠EFG＝90°，
∴△HMC∽△EFG，
∴＝＝，即＝，
∴HM＝，
∵BD∥EG，
∴∠BDC＝∠EGF，
∴tan∠BDC＝tan∠EGF，
∴＝＝，
设CN＝2x，DN＝3x，则CD＝x，
∴x＝13，
∴x＝，
∴AB＝CN＝2，
∴OA＝OB＝AB＝，
在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM，
∴sin∠AHO＝＝，
∴＝，
∴OH＝，
∴OM＝OH+HM＝+＝10（米），
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案为：10，（10+）．
10．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 或5 ．
【分析】如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．由tan∠CBT＝3＝，可以假设BT＝k，CT＝3k，证明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，再利用勾股定理，构建方程求解即可．
【解答】解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．
∵tan∠CBT＝3＝，
∴可以假设BT＝k，CT＝3k，
∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
，
∴△ATC≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴C，E，D，J四点共圆，
∵EC＝DE，
∴∠CJE＝∠DJE＝45°，
∴ET＝TJ＝10﹣2k，
∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，
∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[•]2，
整理得4k2﹣25k+25＝0，
∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，
∴k＝5和，
∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，
故答案为：5或．
11．（2022•杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，＝．
（1）若AB＝8，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
【分析】（1）证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边的比相等列式，可解答；
（2）根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得△ABC的面积是16，同理可得△EFC的面积＝9，根据面积差可得答案．
【解答】解：（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BF，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∵AB＝8，
∴AD＝2；
（2）∵△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵△ADE的面积为1，
∴△ABC的面积是16，
∵四边形BFED是平行四边形，
∴EF∥AB，
∴△EFC∽△ABC，
∴＝（）2＝，
∴△EFC的面积＝9，
∴平行四边形BFED的面积＝16﹣9﹣1＝6．
12．（2022•宁波）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于点G，求证：DG＝EG．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值．
【拓展提高】
（3）如图3，在▱ABCD中，∠ADC＝45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF＝40°，FG平分∠EFC，FG＝10，求BF的长．
【分析】（1）证明△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，根据相似三角形的性质得到＝，进而证明结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质求出CE，根据相似三角形的性质计算，得到答案；
（3）延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，根据直角三角形的性质求出∠EFG，求出∠MFN＝30°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，
∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，
∴＝，＝，
∴＝，
∵BF＝CF，
∴DG＝EG；
（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，
∴CE＝CD＝6，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝；
（3）解：延长GE交AB于M，连接MF，过点M作MN⊥BC于N，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵MG∥BD，
∴ME＝GE，
∵EF⊥EG，
∴FM＝FG＝10，
在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，
∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，
∵FG平分∠EFC，
∴∠GFC＝∠EFG＝50°，
∵FM＝FG，EF⊥GM，
∴∠MFE＝∠EFG＝50°，
∴∠MFN＝30°，
∴MN＝MF＝5，
∴NF＝＝5，
∵∠ABC＝45°，
∴BN＝MN＝5，
∴BF＝BN+NF＝5+5．
B卷（建议用时：50分钟）
1．（2022•萧山区二模）若2m＝3n，则的值是 ．
【分析】根据比例的基本性质，进行计算即可解答．
【解答】解：∵2m＝3n，
∴＝，
故答案为：．
2．（2022•钱塘区一模）已知线段a＝+1，b＝﹣1，则a，b的比例中项线段等于 2 ．
【分析】根据比例中项的定义直接列式求值，问题即可解决．
【解答】解：设a、b的比例中项为x，
∵a＝+1，b＝﹣1，
∴x2＝ab＝（+1）（﹣1）＝（）2﹣12＝5﹣1＝4
∴x＝＝2（舍去负值），
即a、b的比例中项线段等于2，
故答案为：2．
3．（2022•萧山区模拟）如图，点D，E，F分别在△ABC的各边上，且DE∥BC，DF∥AC，若AE：EC＝1：2，BF＝6，则DE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】先判断四边形DECF为平行四边形得到DE＝CF，再利用平行线分线段成比例，由DE∥BC得到＝，然后利用比例性质得到＝，从而可得到DE的长．
【解答】解：∵DE∥BC，DF∥AC，
∴四边形DECF为平行四边形，
∴DE＝CF，
∵DE∥BC，
∴＝，
∵AE：EC＝1：2，
∴AE：AC＝1：3，
∴＝，
∴DE＝3．
故选：C．
4．（2023•衢州模拟）如图是由一些边长为1的等边三角形组成的网格，其中A、B、D、E均是等边三角形的顶点，延长AB交DE于点C，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】证明△CBE∽△BAF，根据相似三角形的性质求得CE＝，即可求得CD＝，即比值可求．
【解答】解：如图，由题意知，BE∥AF，
∴∠CBE＝∠BAF，
∵∠CEB＝∠BFA＝60°，
∴△CBE∽△BAF，
∴＝，
即＝，
∴CE＝，
∴CD＝DE﹣CE＝1﹣＝，
∴＝＝，
故选：D．
5．（2022•镇海区二模）如图，点E、F、G、H分别在▱ABCD的AD、AB、BC、CD边上，EG∥CD，FH∥AD，EG与FH交于点P，连结BD交FH于点Q，连结BP，设▱AEPF、▱EDHP、▱FPGB、▱PHCG的面积分别为S1、S2、S3、S4，若▱AEPF∽▱PHCG，则只需知道（ ），就能求△BPQ的面积．
A．S2﹣S1B．S3﹣S1C．S4﹣S1D．S4﹣S3
【分析】证明S△BPQ＝（S4﹣S3），可得结论．
【解答】解：如图，∵▱AEPF∽▱PHCG，设相似比＝＝k，AE＝m，AF＝n，∠AFP＝θ．则DE＝PH＝CG＝kAE，BF＝PG＝CH＝kAF＝kn，
∴S1＝mn•sinθ，S2＝kmn•sinθ，S3＝kmn•sinθ，S4＝k2S1＝k2mn•sinθ，
∵△BFQ∽△DHQ，
∴＝＝＝k，
∴FQ＝FH＝（AE+DE）＝（m+km）＝km，
∴PQ＝FQ﹣FP＝km﹣m＝（k﹣1）m，
过点B作BM⊥FH于点M，则BM＝BF•sin∠BFM＝kn•sinθ，
∴S△BPQ＝•BM•PQ＝kn•sinθ•（k﹣1）m＝k（k﹣1）mn•sinθ，
∴S4﹣S3＝k2mn•sinθ﹣kmn•sinθ＝k（k﹣1）mn•sinθ，
∴S△BPQ＝（S4﹣S3），
故选：D．
6．（2023•金华模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．作EM∥NG∥AD．若GF＝2FM，则MN：GE的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD，可得AF＝BG＝CI＝DE，DF＝AG＝BI＝CE，DF⊥AF，FG＝EF，证明△FME∽△FAD，可得DF＝2AF，连接CF，证明四边形CNMF为平行四边形，所以CF＝MN，可得MN＝CD＝AD，设EF＝DE＝FG＝EI＝IG＝m，则EC＝2m，求出EG，MN，可得结论．
【解答】解：∵四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD，
∴AF＝BG＝CI＝DE，DF＝AG＝BI＝CE，DF⊥AF，FG＝EF，
∵ME∥AD，
∴△FME∽△FAD，
∴＝，
∴＝，
∵GF＝EF＝2FM，
∴DF＝2AF，
∴DF＝2DE，
∴E为DF中点，
∴M为AF中点，
∴MF＝AF，
同理HN＝CN＝CI，
∴IN＝MF，
如图，连接CF，
∴四边形CNMF为平行四边形，
∴CF＝MN，
∵E为DF中点，CE⊥DF，
∴CF＝CD，
∴MN＝CD＝AD，
设EF＝DE＝FG＝EI＝IG＝m，则EC＝2m，
∴MN＝CF＝CD＝＝m，
∵EG＝EF＝m，
∴MN：EG＝m：m＝：2．
故选：A．
7．（2023•镇海区校级一模）如图，⊙O直径AB，DC⊥平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且EF＝OA．弦DH交OC于G，满足GD2＝GO×GE，S△DHF﹣S△DCE＝2，AC长为（ ）
A．B．C．2D．
【分析】连接AD，OD，OH，OF，过点O作OM⊥HF于点M，利用线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定得到△OAD为等边三角形，设AC＝x，则OC＝x，OD＝OH＝OF＝OA＝EF＝2x，利用相似三角形的判定得到△GDO∽△GED，进而得到∠ODG＝∠E，∠GOD＝∠GDE＝60°；利用圆周角定理得到∠HOM＝∠HOF＝60°，利用等腰三角形的性质得到OM＝，HM＝x，HF＝2HM＝2；利用全等三角形的判定与性质得到S△ODH＝S△FOE，从而S△DHF﹣S△DCE＝S△OHF﹣S△ODC＝2，最后利用三角形的面积公式得到关于x的方程，解方程即可得出结论．
【解答】解：连接AD，OD，OH，OF，过点O作OM⊥HF于点M，如图，
∵DC⊥平分OA，
∴AD＝OD，
∵OA＝OD，
∴OA＝OD＝AD，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠A＝∠AOD＝60°．
设AC＝x，则OC＝x，OD＝OH＝OF＝OA＝EF＝2x，
∴CD＝x．
∵GD2＝GO×GE，
∴，
∵∠DGO＝∠EGD，
∴△GDO∽△GED，
∴∠ODG＝∠E，∠GOD＝∠GDE＝60°．
∴∠HOF＝2∠HDF＝120°．
∵OH＝OF，OM⊥HF，
∴∠HOM＝∠HOF＝60°，
∴OM＝，HM＝x．
∴HF＝2HM＝2．
∵OA＝EF，OF＝OA，
∴OF＝EF，
∴∠FOE＝∠E，
∴∠E＝∠FOE＝∠ODH．
∵OD＝OH，
∴∠ODH＝∠OHD，
∴∠∠OHD＝∠E＝∠FOE．
在△ODH和△FOE中，
，
∴△ODH≌△FOE（AAS），
∴S△ODH＝S△FOE．
∵S△DHF＝S△DOH+S△ODF+S△OHF，S△DCE＝S△FOE+S△ODF+S△OCD，
∴S△DHF﹣S△DCE＝S△OHF﹣S△ODC．
∵S△DHF﹣S△DCE＝2，
∴S△OHF﹣S△ODC＝2．
∴HF•OM﹣OC•CD＝2．
∴2x•x﹣x•x＝2，
∵x＞0，
∴x＝2．
∴AC＝2．
故选：C．
8．（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＝AB＝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．
9．（2023•宁波模拟）如图，为了测量平静的河面的宽度，即EP的长，在离河岸D点3.2米远的B点，立一根长为1.6米的标杆AB，在河对岸的岸边有一根长为4.5米的电线杆MF，电线杆的顶端M在河里的倒影为点N，即PM＝PN，两岸均高出水平面0.75米，即DE＝FP＝0.75米，经测量此时A、D、N三点在同一直线上，并且点M、F、P、N共线，点B、D、F共线，若AB、DE、MF均垂直于河面EP，求河宽EP是多少米？
【分析】延长AB交EP的反向延长线于点H，由△ABD∽△AHO求得OH，再由△AHO∽△NPO求得OP，便可解决问题，
【解答】解：延长AB交EP的反向延长线于点H，
则四边形BDEH是矩形，
∴BH＝DE＝0.75，BD∥EH，
∴AH＝AB+BH＝AB+DE＝1.6+0.75＝2.35，
∵BD∥OH，
∴△ABD∽△AHO，
∴＝，
∴＝，
∴HO＝4.7，
∵PM＝PN，MF＝4.5米，FP＝0.75米，
∴PN＝MF+FP＝5.25米，
∵AH⊥EP，PN⊥EP，
∴AH∥PN，
∴△AHO∽△NPO，
∴＝，
∴＝，
∴PO＝10.5，
∴PE＝PO+OE＝10.5+（4.7﹣3.2）＝12，
答：河宽EP是12米．
10．（2022•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P．
（1）求证：AP＝4PE．
（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四边形PFCE的面积．
【分析】（1）取BF的中点G，连接EG，然后利用三角形的中位线定理可得FC＝2GE，再根据矩形的性质可得∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，从而可得EG∥AB，再根据线段中点的定义可得AB＝CD＝2CF，最后证明8字模型相似三角形△ABP∽△EGP，从而利用相似三角形的性质，进行计算即可解答；
（2）根据等角的补角相等可得∠1＝∠2，从而可得∠1＝∠3，进而可得AB＝AP＝4PE，然后设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝5a，由勾股定理得BE＝3a，从而求出a的值，进而求出，再求出S△BCF＝，最后利用等式的性质可得S四边形PFCE＝S△ABP，即可解答．
【解答】（1）证明：如图：取BF的中点G，连接EG，
∵E是BC的中点，
∴EG是△BCF的中位线，
∴EG∥CD，FC＝2GE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，
∴EG∥AB，
∵F是CD的中点，
∴CD＝2CF，
∴AB＝CD＝2FC＝4GE，
∵EG∥AB，
∴∠BAE＝∠AEG，∠ABP＝∠BGE，
∴△ABP∽△EGP，
∴＝＝，
∴AP＝4PE；
（2）解：∵∠BPE＝∠BFD，∠BFD+∠2＝180°，∠BPE+∠1＝180°，
∴∠1＝∠2，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴AB＝AP＝4PE，
设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝AP+PE＝5a，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
BE＝＝＝3a，
∵点E是BC的中点，
∴BC＝2BE＝6a，
∴AD＝BC＝2BE＝6a，
∵AD＝8，
∴6a＝8，
∴，
∴，
∵F是CD的中点，
∴CF＝CD＝2a，
∴S△BCF＝＝＝6a2＝．
∴S△ABE＝S△BCF，
∴S△ABE＝﹣S△BPE＝S△BCF﹣S△BPE，
∴S四边形PFCE＝S△ABP，
∵AP＝4PE，
∴，
∴四边形PFCE的面积为．
11．（2022•西湖区校级二模）【证明体验】（1）如图1，正方形ABCD中，E，F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．求证：△DBE∽△DCF．
【思考探究】（2）如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长．
【拓展延伸】（3）如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E，F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，CF＝1，求DE的长．（请直接写出答案）
【分析】（1）由正方形的性质可得∠BDC＝45°＝∠ABD＝∠ACD，由相似三角形的判定可得结论；
（2）通过证明△BDE∽△CDF，可得，即可求解；
（3）通过证明△BDE∽△CDF，可求BE＝，由菱形的面积公式可求BH，由锐角三角函数可求HD，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°＝∠ABD＝∠ACD，
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDF＝∠BDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
又∵∠ABD＝∠ACD，
∴△DBE∽△DCF；
（2）解：如图2，连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，∠BAD＝90°，AO＝BO＝CO＝DO，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OCD＝∠ODC，BD＝＝＝10，
∵AB∥CD，
∴∠OBA＝∠ODC，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OCD＝∠ODC，
∵tan∠BDC＝＝，tan∠EDF＝，
∴tan∠BDC＝tan∠EDF，
∴∠BDC＝∠EDF，
∴∠EDB＝∠FDC，
又∵∠ABO＝∠OCD，
∴△BDE∽△CDF，
∴，
∴，
∴CF＝3；
（3）解：如图3，设AC与BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝3，AC⊥BD，BO＝DO，AB＝AD＝BC＝CD＝5，∠ADB＝∠CDB，
∴BO＝＝＝4，
∴DO＝4，BD＝8，
∵tan∠BDC＝，tan∠EDF＝，
∴tan∠BDC＝tan∠EDF，
∴∠BDC＝∠EDF，
∴∠BDE＝∠CDF，
∵BH⊥DH，
∴∠H＝90°＝∠COD，
∴∠ADB+∠HBD＝90°＝∠CDB+∠DCO，
∴∠OCD＝∠HBD，
∴△BDE∽△CDF，
∴，
∴＝，
∴BE＝，
∵S菱形ABCD＝×AC×BD＝AD×BH，
∴BH＝＝，
∴HE＝，
∵tan∠ADB＝tan∠BDC＝＝，
∴DH＝，
∴DE＝＝＝．