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考点16 中考一轮复习之图形的相似-2022届九年级《新题速递 数学》（人教版）
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考点16 中考一轮复习之图形的相似
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题（共14小题）
1.（2021秋•顺德区期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝4，DB＝2，AE＝3，则EC的长为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算，得到答案．
【解答】解：∵DE∥BC，AD＝4，DB＝2，AE＝3，
∴＝，即＝，
解得，EC＝，
故选：D．
【知识点】平行线分线段成比例
2.（2021•九龙坡区校级二模）如图，以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，OA＝2，AC＝5，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接利用位似图形的性质，进而得出＝，求出答案即可．
【解答】解：∵以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，
∴△BOA∽△DOC，
∴＝，
∵OA＝2，AC＝5，
∴＝．
故选：A．
【知识点】位似变换
3.（2021•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C的坐标为（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以﹣即可．
【解答】解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（﹣，﹣1）．
故选：B．
【知识点】坐标与图形性质、位似变换
4.（2021•花都区一模）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠AED＝∠B，若AD＝1，BD＝AC＝3，则AE的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定与性质即可求出答案．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
∴，
∵AD＝1，BD＝AC＝3，
∴AB＝1+3＝4，
∴，
∴AE＝，
故选：C．
【知识点】相似三角形的判定与性质
5.（2021秋•高邑县期中）如图，△ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA：AD＝3：4，S△ABC＝9，则△DEF的面积为（ ）
A．12 B．16 C．21 D．49
【答案】D
【分析】直接利用位似图形的性质得出位似比，进而得出面积比，即可得出答案．
【解答】解：∵ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA：AD＝3：4，
∴OA：OD＝3：7，
∴S△ABC：S△DEF＝9：49，
∵S△ABC＝9，
∴△DEF的面积为：49．
故选：D．
【知识点】位似变换
6.（2021•长宁区一模）如图，己知在△ABC中，点D、点E是边BC上的两点，联结AD、AE，且AD＝AE，如果△ABE∽△CBA，那么下列等式错误的是（ ）
A．AB2＝BE•BC B．CD•AB＝AD•AC
C．AE2＝CD•BE D．AB•AC＝BE•CD
【答案】D
【分析】根据相似三角形的性质，由△ABE∽△CBA得到AB：BC＝BE：AB，则可对A选项进行判断；由△ABE∽△CBA得到∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，则证明△CAD∽△CBA，利用相似三角形的性质得CD：AC＝AD：AB，则可对B选项进行判断；证明△CAD∽△ABE得到AD：BE＝CD：AE，加上AD＝AE，则可对C选项进行判断；利用△CBA∽△ABE得到AB•AC＝AE•CB，由于AE2＝CD•BE，AE≠CB，则可对D选项进行判断．
【解答】解：∵△ABE∽△CBA，
∴AB：BC＝BE：AB，
∴AB2＝BE•BC，所以A选项的结论正确；
∵△ABE∽△CBA，
∴∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，∠ACD＝∠BCA，
∴∠ADE＝∠BAC，
∵∠ADC＝∠BAC，
∴△CAD∽△CBA，
∴CD：AC＝AD：AB，
即CD•AB＝AD•AC，所以B选项的结论正确；
∵△ABE∽△CBA，△CAD∽△CBA，
∴△CAD∽△ABE，
∴AD：BE＝CD：AE，
即AD•AE＝CD•BE，
∵AD＝AE，
∴AE2＝CD•BE，所以C选项的结论正确；
∵△CBA∽△ABE，
∴AC：AE＝CB：AB，
∴AB•AC＝AE•CB，
∵AE2＝CD•BE，AE≠CB，
∴AB•AC≠BE•CD，所以D选项的结论不正确．
故选：D．
【知识点】相似三角形的性质
7.（2021秋•武侯区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABO的两个顶点分别为A（﹣8，4），B（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心画△A′B′O，使它与△ABO位似，且相似比为，则点A的对应点A'的坐标为（ ）
A．（4，2） B．（1，1） C．（﹣4，2） D．（4，﹣2）
【答案】D
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得答案．
【解答】解：∵△ABO的两个顶点分别为A（﹣8，4），B（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心画△A′B′O，使它与△ABO位似，且相似比为，
∴点A的对应点A'的坐标为：[﹣8×（﹣），4×（﹣）]即（4，﹣2）．
故选：D．
【知识点】坐标与图形性质、位似变换
8.（2021秋•青浦区期末）如图，在△ABC中，点D在边AB上，DE∥BC，DF∥AC，联结BE，BE与DF相交于点G，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用相似三角形的性质和平行线分线段成比例依次判断可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
故A，B选项不符合题意，
∵DF∥AC，
∴，
又DE∥BC，
∴四边形DFCE为平行四边形，
∴CF＝DE，
∴．
故C选项正确，
∵DE∥BF，
∴△DGE∽△FGB，
∴＝，
故D选项不符合题意．
故选：C．
【知识点】相似三角形的判定与性质
9.（2021秋•青田县期末）如图，△ABC的两条中线CD，BE交于点O，则下列结论：①△ADE∽△ABC；②△DOE∽△COB；③＝；④；⑤＝，其中正确的个数有（ ）
A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．5 个
【答案】C
【分析】BE、CD是△ABC的中线，即D、E是AB和AC的中点，即DE是△ABC的中位线，则DE∥BC，△ODE∽△OCB，△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质即可判断．
【解答】解：∵BE、CD是△ABC的中线，即D、E是AB和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC，即，
DE∥BC，
∴△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，
故①②③正确；
∵△ADE∽△ABC，
∴＝，
故④不正确；
∵△DOE∽△COB，
∴，
∴故⑤正确；
故本题正确的是①②③⑤，共4个．
故选：C．
【知识点】三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、三角形的重心
10.（2021•潍坊）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，以点O为圆心，2为半径的圆与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点．当PC+PD最小时，OP的长为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】延长CO交⊙O于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线分线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【解答】解：如图，延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，此时PC+PD的值最小．
∵CD⊥OB，
∴∠DCB＝90°，
又∠AOB＝90°，
∴∠DCB＝∠AOB，
∴CD∥AO
∴
∵OC＝2，OB＝4，
∴BC＝2，
∴，解得，CD＝；
∵CD∥AO，
∴＝，即＝，解得，PO＝
故选：B．
【知识点】平行线分线段成比例、轴对称-最短路线问题
11.（2021秋•哈尔滨期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是AB及BA延长线上一点，连接CE、DF相交于点H，CE交AD于点G，下列结论错误的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质可得出AB∥DC，AD∥BC，AD＝BC，从而可得△AEG∽△BEC，△EFH∽△CDH，△AEG∽△DCG，进而可得比例式，据此逐个选项判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC，AD＝BC，
∴△AEG∽△BEC，△EFH∽△CDH，△AEG∽△DCG，
∴＝，故A正确，不符合题意；
＝，故B错误，符合题意；
＝，故C正确，不符合题意；
∵＝，
∴+＝+，
∴＝，
∵AD＝BC，
∴＝，
∴＝，故D正确，不符合题意．
综上，只有B符合题意．
故选：B．
【知识点】相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质
12.（2021•朝阳）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC边上，且CE＝2BE，连接AE交BD于点G，过点B作BF⊥AE于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作OP⊥OF交DC于点N，S四边形MONC＝，现给出下列结论：①；②sin∠BOF＝；③OF＝；④OG＝BG；其中正确的结论有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【分析】①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；②过点O作OH∥BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE，AF，EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM，BK的长度，然后利用sin∠BOF＝即可判断；③利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求；④直接利用平行线的性质证明△HOG≌△EBG，即可得出结论．
【解答】解：如图，过点O作OH∥BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠BOM+∠MOC＝90°．
∵OP⊥OF，
∴∠MON＝90°，
∴∠CON+∠MOC＝90°，
∴∠BOM＝∠CON，
∴△BOM≌△CON（ASA），
∴S△BOM＝S△CON，
∴，
∴，
∴．
∵CE＝2BE，
∴，
∴．
∵BF⊥AE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴BM＝，MQ＝．
∵AD∥BC，
∴，故①正确；
∵OH∥BC，
∴，
又∵CE＝2BE，
∴OH＝BE，AH＝HE＝．
∵∠HGO＝∠EGB，
∴△HOG≌△EBG（AAS），
∴OG＝BG，故④正确；
∵OQ2+MQ2＝OM2，
∴，
∴，故③正确；
∵，
即，
∴，
∴，故②错误；
∴正确的有①③④．
故选：D．
【知识点】平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、正方形的性质
13.（2021•浙江自主招生）等腰△ABC中，AB＝AC，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF，连结CE、BF交于点P，若＝，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作ED∥AC交BF于D，如图，根据平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例，设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，易得AE＝FC＝3x，再利用DE∥AF得到对应边成比例，利用比例的性质和解方程得到y＝6x，进而可得结果．
【解答】解：作ED∥AC交BF于D，如图，
∵ED∥FC，
∴＝＝，
设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，
∵AB＝AC，
∴AE＝FC＝3x，
∵DE∥AF，
∴＝，即＝，
整理得y2﹣4xy﹣12x2＝0，
∴（y+2x）（y﹣6x）＝0，
∴y＝6x，
∴＝＝．
故选：A．
【知识点】黄金分割、等腰三角形的性质
14.（2021•无锡）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：
①CP与QD可能相等；
②△AQD与△BCP可能相似；
③四边形PCDQ面积的最大值为；
④四边形PCDQ周长的最小值为3+．
其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【分析】①利用图象法判断或求出DQ的最大值，PC的最小值判定即可．
②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，因为∠A＝∠B＝60°，当＝时，△ADQ与△BPC相似，
即，解得x＝1或，推出当AQ＝1或时，两三角形相似．
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，当x取最大值时，可得结论．
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．求出CF的长即可判断．
【解答】解：①利用图象法可知PC＞DQ，或通过计算可知DQ的最大值为，PC的最小值为，所以PC＞DQ，故①错误．
②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，
∵∠A＝∠B＝60°，
∴当＝或＝时，△ADQ与△BPC相似，
即或＝，解得x＝1或或，
∴当AQ＝1或或时，两三角形相似，故②正确
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，
∵x的最大值为3﹣＝，
∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，最大值＝，故③正确，
如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．
过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．
由题意，DD′＝2AD•sin60°＝，HJ＝DD′＝，CJ＝，FH＝﹣﹣＝，
∴CH＝CJ+HJ＝，
∴CF＝＝＝，
∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3+，故④错误，
故选：D．
【知识点】相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、轴对称-最短路线问题、二次函数的最值
二、填空题（共10小题）
15.（2021春•南召县月考）已知x：y：z＝2：3：4，且x+y﹣z＝2，那么x+y+z＝ ．
【答案】18
【分析】直接利用比例的性质表示出x，y，z的值，进而结合已知得出答案．
【解答】解：∵x：y：z＝2：3：4，
∴设x＝2a，y＝3a，z＝4a，
故x+y﹣z＝2a+3a﹣4a＝a＝2，
故x＝4，y＝6，z＝8，
∴x+y+z＝4+6+8＝18．
故答案为：18．
【知识点】比例的性质
16.（2021秋•河南期中）已知△FBC∽△EAD，它们的周长分别为30和15，若边FB上的中线长为10，则边EA上的中线长为 ．
【答案】5
【分析】根据相似三角形的性质求出△FBC和△EAD的相似比，根据相似三角形的性质列式计算，得到答案．
【解答】解：∵△FBC∽△EAD，它们的周长分别为30和15，
∴△FBC和△EAD的相似比为2：1，
∵边FB上的中线长为10，
∴边EA上的中线长为5，
故答案为：5．
【知识点】相似三角形的性质
17.（2021秋•徐汇区期末）如果a：b＝2：3，那么代数式的值是 ．
【分析】根据已知条件得出＝，再把要求的式子化成＝﹣1，然后代值计算即可．
【解答】解：∵a：b＝2：3，
∴＝，
∴＝﹣1＝﹣1＝．
故答案为：．
【知识点】比例的性质
18.（2021秋•顺德区期末）如图，在正方形ABCD中，DE＝CE，AF＝3DF，过点E作EG⊥BF于点H，交AD于点G．下列结论：
①△DEF∽△CBE；
②∠EBG＝45°；
③AD＝3AG．正确的有 ．
【答案】①②③
【分析】设DF＝x，则AF＝3x，由正方形的性质得出∠A＝∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，AD＝CD＝BC＝AB＝4x，可得出，则可得出①正确；证明△HBE≌△CBE（AAS），由全等三角形的性质得出BC＝BH，CE＝HE，证明Rt△ABG≌Rt△HBG（HL），得出∠ABG＝∠HBG，则可得出②正确；证明Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），由全等三角形的性质得出DF＝FH，证明△FHG∽△EDG，由相似三角形的性质可得出③正确．
【解答】解：设DF＝x，则AF＝3x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，AD＝CD＝BC＝AB＝4x，
∴DE＝CE＝CD＝2x，
∴，
∴△DEF∽△CBE；
故①正确；
∵△DEF∽△CBE，
∴，∠FED＝∠EBC，
∵∠CEB+∠EBC＝90°，
∴∠FED+∠CEB＝90°，
∴∠FEB＝90°，
∴∠FEB＝∠C，
∴△FEB∽△ECB，
∴∠FBE＝∠EBC，
∵EG⊥BF，
∴∠EHB＝90°，
在△HBE和△CBE中，
，
∴△HBE≌△CBE（AAS），
∴BC＝BH，CE＝HE，
∴AB＝BH，
在Rt△ABG和Rt△HBG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△HBG（HL），
∴∠ABG＝∠HBG，AG＝GH，
∴∠EBG＝∠HBG+∠HBE＝∠ABC＝×90°＝45°；
故②正确；
∵△HBE≌△CBE，
∴HE＝CE，
∵DE＝CE，
∴DE＝EH，
在Rt△DEF和Rt△HEF中，
，
∴Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），
∴DF＝FH，
∵∠FGH＝∠EGD，∠FHG＝∠GDE＝90°，
∴△FHG∽△EDG，
∴，
∴，
∴，
∴AD＝3AG．
故③正确．
故答案为：①②③．
【知识点】相似三角形的判定与性质、正方形的性质
19.（2021秋•龙华区期末）如图，小明为了测量树的高度CD，他在与树根同一水平面上的B处放置一块平面镜，然后他站在A处刚好能从镜中看到树顶D，已知A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2m，BC＝8m．他的眼睛离地面的高度1.6m，则树的高度CD为 m．
【答案】6.4
【分析】根据题意得出△EAB∽△DCB，进而利用相似三角形的性质得出答案．
【解答】解：由题意可得：∠EBA＝∠DBC，∠EAB＝∠DCB，
故△EAB∽△DCB，
则＝，
∵AB＝2m，BC＝8m，AE＝1.6m，
∴＝，
解得：DC＝6.4，
故答案为：6.4．
【知识点】相似三角形的应用
20.（2021•宝山区一模）在一块直角三角形铁皮上截一块正方形铁皮，如图，已有的铁皮是Rt△ABC，∠C＝90°，要截得的正方形EFGD的边FG在AB上，顶点E、D分别在边CA、CB上，如果AF＝4，GB＝9，那么正方形铁皮的边长为 ．
【答案】6
【分析】首先根据题意判定△AEF∽△DBG，然后结合相似三角形的对应边成比例求得答案．
【解答】解：根据题意知，∠AFE＝∠BDG＝∠C＝90°，
∴∠A＝BDG（同角的余角相等）．
∴△AEF∽△DBG，
∴＝．
又∵EF＝DG，AF＝4，GB＝9，
∴＝．
∴EF＝6．
即正方形铁皮的边长为6．
故答案是：6．
【知识点】相似三角形的应用、正方形的性质
21.（2021秋•成华区期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC，ED分别交于点G，H，则GH的长为 ．
【分析】先求出BE＝2，再判断出△BAF≌△MDF，得出DM＝AB＝4，FM＝BF＝2，进而得出BM＝4，再判断出△BEH∽△MDH，得出比例式求出BH，再判断出△BGE∽△MGC，得出比例式求出BG，即可得出结论．
【解答】解：如图，延长BF，CD相交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB＝AD＝CD＝4，AB∥CD，
∴∠ABF＝∠M，
∵点F是AD的中点，
∴AF＝DF＝AD＝2，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF＝＝2，
在△BAF和△MDF中，
，
∴△BAF≌△MDF（AAS），
∴DM＝AB＝4，FM＝BF＝2，
∴BM＝2BF＝4，CM＝CD+DM＝8，
∵AB∥CD，
∴△BEH∽△MDH，
∴，
∵点E是AB的中点，
∴BE＝AB＝2，
∴＝，
∴，
∴BH＝BM＝，
∵AB∥CD，
∴△BGE∽△MGC，
∴＝＝，
∴，
∴BG＝BM＝，
∴GH＝BH﹣BG＝﹣＝，
故答案为：．
【知识点】全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质
22.（2021秋•和平区期末）如图，在△ABC中，点D，E在AC边上，且AE＝ED＝DC．点F，M在AB边上，且FE∥MD∥BC，延长FD交BC的延长线于点N，则的值＝ ．
【分析】首先证明EF：BC＝1：3，再利用全等三角形的性质证明EF＝CN即可解决问题．
【解答】解：∵EF∥DM∥BC，AE＝DE＝CD，
∴，
在△EFD与△CND中，
，
∴△EFD≌△CND（AAS），
∴EF＝CN，
∵CN：BC＝1：3，
∴CN：BN＝1：4，
∴，
故答案为．
【知识点】平行线分线段成比例
23.（2021秋•朝阳区校级期末）如图，有一块形状为Rt△ABC的斜板余料，∠A＝90°，AB＝6cm，AC＝8cm，要把它加工成一个形状为▱DEFG的工件，使GF在边BC上，D、E两点分别在边AB、AC上，若点D是边AB的中点，则S▱DEFG的面积为 cm2．
【答案】12
【分析】直接利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定与性质得出平行四边形DGFE的高，进而得出答案．
【解答】解：过点A作AM⊥BC，交DE于点N，
∵∠A＝90°，AB＝6cm，AC＝8cm，
∴BC＝＝10（cm），
∵＝BC•AM，
∴AM＝，即AM＝＝4.8（cm），
∵四边形DEFG是平行四边形，
∴DE∥BC．
又∵点D是边AB的中点，
∴DE＝BC＝5cm．
∴DE＝FG＝5cm，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴AN＝MN＝2.4cm，
∴▱DEFG的面积为：5×2.4＝12（cm2）．
故答案是：12．
【知识点】相似三角形的应用、平行四边形的性质
24.（2021•南岗区校级一模）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，点E在AD上，∠BEC＝135°，若BC＝5，S△ECA＝2，则BD＝ ．
【分析】如图，延长BE交AC于F，做E关于BE的对称点E′，连接BE′，CE′，则△BE′C≌△BEC，得到∠BE′C＝∠BEC＝135°，推出点A，B，E′，C四点共圆，根据圆周角定理得到∠E′BC＝∠E′AC，求得AF＝BF，得到EF＝FC，设EF＝FC＝x，BF＝AF＝y，解方程组得到y＝＝，求得BE＝y﹣x＝3，根据勾股定理得到AE＝＝5，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图，延长BE交AC于F，做E关于BC的对称点E′，连接BE′，CE′，则△BE′C≌△BEC，
∴∠BE′C＝∠BEC＝135°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAC+∠BE′C＝180°，
∴点A，B，E′，C四点共圆，
∴∠E′BC＝∠E′AC，
∵∠EBC＝∠E′BC，
∴∠EBC＝∠E′AC，
∵∠BED＝∠AEF，
∴∠AFE＝∠ADB＝90°，
∴AF＝BF，
∵∠FEC＝45°，
∴EF＝FC，
设EF＝FC＝x，BF＝AF＝y，
∴，
解得：x＝±，x＝4，
∵x＞0，
∴x＝，
∵当EF＝FC＝4时，CE＝4＞5＝BC，
∴x＝4不合题意，
∴y＝＝，
∴BE＝y﹣x＝3，
∴AE＝＝5，
∵△BDE∽△AFE，
∴，
∴＝，
∴BD＝，
故答案为：．
【知识点】相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
三、解答题（共10小题）
25.（2021春•文登区期中）如图，已知DE∥BC，FE∥CD，AF＝3，AD＝5，AE＝4．
（1）求CE的长；
（2）求AB的长．
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算即可．
【解答】解：（1）∵FE∥CD，
∴＝，即＝，
解得，AC＝，
则CE＝AC﹣AE＝﹣4＝；
（2）∵DE∥BC，
∴＝，即＝，
解得，AB＝．
【知识点】平行线分线段成比例
26.（2021春•越秀区校级月考）如图所示，在▱ABCD中，AE：EB＝1：2．
（1）求△AEF与△CDF的周长比；
（2）如果S△AEF＝6cm2，求S△CDF和S△ADF．
【分析】（1）易证△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质：周长之比等于相似比即可求出△AEF与△CDF的周长的比；
（2）由（1）可知△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质：面积之比等于相似比的平方即可求出S△CDF，再根据三角形面积关系求出S△ADF即可．
【解答】解：（1）∵AE：EB＝1：2，
∴AE：AB＝1：3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴△AEF∽△CDF
∴C△AEF：C△CDF＝EF：DF＝AE：CD＝AE：AB＝1：3，
即△AEF与△CDF的周长比为1：3；
（2）∵△AEF∽△CDF，
∴S△AEF：S△CDF＝（AE：CD）2，
即6：S△CDF＝（1：3）2
∴S△CDF＝6×9＝54 cm2．
∵＝＝，
∴S△ADF＝3×6＝18（cm2）．
【知识点】平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质
27.（2021秋•解放区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q同时出发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤6）．
（1）当t为何值时，△QAP为等腰三角形？
（2）当t为何值时，以Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？
（3）设△QCP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出当t为何值时，△QCP的面积有最小值？最小值是多少？
【分析】（1）根据题意分析可得：因为对于任何时刻t，AP＝2t，DQ＝t，QA＝6﹣t．当QA＝AP时，△QAP为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案；
（2）根据题意，在矩形ABCD中，可分为 、两种情况来研究，列出关系式，代入数据可得答案；
（3）利用面积的差，用t表示出△PCQ的面积，即可得出结论．
【解答】解：（1）由运动知，AP＝2t（cm），DQ＝t（cm），QA＝（6﹣t）（cm）．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PAQ＝90°，
∵△QAP为等腰三角形，
∴QA＝AP，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2，
所以，当t＝2时，△QAP为等腰三角形．
（2）根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：
①当△QAP∽△ABC时，，
∴，
∴t＝＝1.2，
即当t＝1.2时，△QAP∽△ABC；
②当△PAQ∽△ABC时，，
∴，
∴t＝3，
即当t＝3时，△PAQ∽△ABC；
所以，当t＝1.2或3时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似．
（3）S△PCQ＝S四边形QAPC﹣S△QAP
＝S四边形ABCD﹣S△CDQ﹣S△PBC﹣S△QAP
＝12×6﹣×12×t﹣×6×（12﹣2t）﹣×2t×（6﹣t）
＝36﹣6t+t2
＝（t﹣3）2+27，
∵0≤t≤6，
∴当t＝3时，△QCP的面积最小，最小值为27cm2．
【知识点】相似形综合题
28.（2021秋•商河县期中）探究证明：
（1）如图1，正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM⊥BN．求证：BN＝AM；
（2）如图2，矩形ABCD中，点M在BC上，EF⊥AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：；
（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值．
【分析】（1）根据同角的余角相等判断出∠NBC＝∠MAB，进而判断出△BCN≌△ABM，即可得出结论；
（2）结论：＝．如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，首先证明四边形BEFG是平行四边形，推出BG＝EF，由△GBC∽△MAB，得＝，由此即可证明．
（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．由（2）中结论可得：＝，想办法求出BS即可解决问题．
【解答】解：（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°
∴∠NBA+∠NBC＝90°，
∵AM⊥BN，
∴∠MAB+∠NBA＝90°，
∴∠NBC＝∠MAB，
在△NBC和△MAB中，
，
∴△BCN≌△ABM，
∴BN＝AM；
（2）结论：＝．
理由：如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴BG＝EF，
∵EF⊥AM，
∴BG⊥AM，
∴∠GBA+∠MAB＝90°，
∵∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠GBC+∠GBA＝90°，
∴∠MAB＝∠GBC，
∴△GBC∽△MAB，
∴＝，
∴＝．
（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABSR是矩形，
∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS，
∵AM⊥DN，
∴由（2）中结论可得：＝，
∵AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠SDC+∠RDA＝90°，
∵∠RAD+∠RDA＝90°，
∴∠RAD＝∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴＝，
设SC＝x，
∴＝，
∴RD＝2x，DS＝10﹣2x，
在Rt△CSD中，CD2＝DS2+SC2，
∴52＝（10﹣2x）2+x2，
∴x＝3或x＝5（舍弃），
∴BS＝5+x＝8，
∴＝＝＝．
【知识点】相似形综合题
29.（2021•长宁区一模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CH⊥AB，垂足为点H．点D在边BC上，联结AD，交CH于点E，且CE＝CD．
（1）求证：△ACE∽△ABD；
（2）求证：△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACH＝∠CBH，根据等腰三角形的性质得到∠CED＝∠CDE，进而得到∠AEC＝∠ADB，根据相似三角形的判定定理证明结论；
（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据相似三角形的性质得到＝，根据相似三角形的面积公式计算，证明结论．
【解答】证明：（1）∵AC⊥BC，CH⊥AB，
∴∠ACB＝∠AHC＝90°，
∴∠ACH＝∠CBH，
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠CDE，
∴∠AEC＝∠ADB，
∴△ACE∽△ABD；
（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，
∴∠CAD＝∠G，
∵△ACE∽△ABD，
∴＝，∠CAD＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠G，
∴AB＝BG，
∵BG∥AC，
∴△ADC∽△GDB，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∴△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．
【知识点】相似三角形的判定与性质
30.（2021秋•河南期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，AE＝ED，DF＝DC，连接EF并延长交BC的延长线于点G．
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）若正方形的边长为4，求FG的长．
【分析】（1）由正方形的性质可得AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，然后根据对应边成比例且夹角相等可判定△ABE∽△DEF；
（2）通过证明△DEF∽△CGF，可得，根据DF＝DC可得CF＝3，CG＝6，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，
∵AE＝ED，
∴＝，
∵DF＝DC，
∴＝，
∴，
∴△ABE∽△DEF；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴ED∥BG，
∴△DEF∽△CGF，
∴，
又∵DF＝DC，正方形的边长为4，
∴DF＝1，ED＝2，
∴CF＝3，CG＝6，
∴GF＝＝＝3．
【知识点】正方形的性质、相似三角形的判定与性质
31.（2021•松江区一模）如图，已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，tan∠ABC＝2，BF⊥AC，垂足为F，点D是边AB上一点（不与A，B重合）．
（1）求边BC的长；
（2）如图2，延长DF交BC的延长线于点G，如果CG＝4，求线段AD的长；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为E，DE交BF于点Q，联结DF，如果△DQF和△ABC相似，求线段BD的长．
【分析】（1）先利用等腰三角形的性质判断出BC＝2BH，再用三角函数和勾股定理求出BH，即可得出结论；
（2）先利用勾股定理和三角函数求出CF，再判断出△CFK∽△AFD和△CGK∽△BGD，得出比例式，即可得出结论；
（3）先求出BF＝4，再判断出△BEQ∽△BFC，得出，设EQ＝m，则BQ＝5m，BE＝2m，进而表示出BD＝10m，DQ＝3m，∠DQF＝∠C，再分两种情况，利用相似得出比例式表示出FQ，最后用BF＝4建立方程求出m，即可得出结论．
【解答】解（1）如图1，过点A作DH⊥BC于H，
∴∠AHB＝90°，
∵AB＝AC＝5，
∴BC＝2BH，
在Rt△AHB中，tan∠ABC＝＝2，
∴AH＝2BH，
根据勾股定理得，AH2+BH2＝AB2，
∴（2BH）2+BH2＝（5）2，
∴BH＝5，
∴BC＝2BH＝10；
（2）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵tan∠ABC＝2，
∴tan∠ACB＝2，
由（1）知，BC＝10，
∵BF⊥AC，
∴∠BFC＝90°，
在Rt△BFC中，tan∠ACB＝＝2，
∴BF＝2CF，
根据勾股定理得，BF2+CF2＝BC2，
∴（2CF）2+CF2＝102，
∴CF＝2，
∴AF＝AC﹣CF＝5﹣2＝3，
如图2，过点C作CK∥AB交FG于K，
∴△CFK∽△AFD，
∴，
∴＝，
∴△CGK∽△BGD，
∴，
∴CG＝4，
∴＝，
∴，
∴，
∴AD＝AB＝×5＝；
（3）如备用图，
在Rt△BFC中，根据勾股定理得，BF＝＝＝4，
∵DE⊥BC，
∴∠BEQ＝90°＝∠BFC，
∵∠EBQ＝∠FBC，
∴△BEQ∽△BFC，
∴，
∵CF＝2，BC＝10，
∴，
∴，
∴设EQ＝m，则BQ＝5m，
根据勾股定理得，BE＝2m，
在Rt△BEQ中，tan∠ABC＝＝2，
∴DE＝2BE＝4m，
根据勾股定理得，BD＝10m，
∴DQ＝DE﹣EQ＝3m，
∵DE⊥BC，
∴∠BEQ＝90°，
∴∠CBF+∠BQE＝90°，
∵∠BQE＝∠DQF，
∴∠CBF+∠DQF＝90°，
∵∠BFC＝90°，
∴∠CBF+∠C＝90°，
∴∠DQF＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝∠DQF，
∵△DQF和△ABC相似，
∴①当△DQF∽△ACB时，
∴，
∴，
∴QF＝6m，
∵BF＝4，
∴5m+6m＝4，
∴m＝，
∴BD＝10m＝，
②当△DQF∽△BCA时，，
∴，
∴FQ＝m，
∴m+5m＝4，
∴m＝，
∴BD＝10m＝，
即BD的长为或．
【知识点】相似形综合题
32.（2021•枣庄）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝2，CF＝，求DN的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
（2）证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；
（3）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由（2）的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠DCE＝135°，
在△DCF和△DCE中，
，
∴△DCF≌△DCE（SAS）
∴DE＝DF；
（2）证明：∵∠DCF＝135°，
∴∠F+∠CDF＝45°，
∵∠FDE＝45°，
∴∠CDE+∠CDF＝45°，
∴∠F＝∠CDE，
∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，
∴△FCD∽△DCE，
∴＝，
∴CD2＝CE•CF；
（3）解：过点D作DG⊥BC于G，
∵∠DCB＝45°，
∴GC＝GD＝CD＝，
由（2）可知，CD2＝CE•CF，
∴CE＝＝2，
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△ENC∽△DNG，
∴＝，即＝，
解得，NG＝，
由勾股定理得，DN＝＝．
【知识点】相似形综合题
33.（2021秋•吴兴区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，BC＝2，AC＝2．点D是AC边上的中点．有一动点P由点A以每秒1个单位的速度向终点B运动，设运动时间为t秒．
（1）如图1，当△ADP是以点P为直角顶点的直角三角形时，求t的值；
（2）如图2，过点A作直线DP的垂线AE，点E为垂足．
（i）是否存在这样的t，使得以A，P，E为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
（ii）连结BE，当点P由点A运动到点B的过程中（不包括端点），请直接写出BE的取值范围．
【分析】（1）由锐角三角函数可求∠A＝30°，进而可求AP＝，即可求解；
（2）（i）分三种情况讨论，由相似三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（ii）取AD的中点F，连接BF，过点F作FH⊥AB于H，当点E在线段BF上时，BE有最小值，当点E与点A重合时，BE有最大值为4，由勾股定理可求BF的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝Rt∠，BC＝2，AC＝2，
∴tanA＝＝，
∴∠A＝30°，
∵点D是AC边上的中点，
∴AD＝CD＝，
∵DP⊥AB，
∴cosA＝＝＝，
∴AP＝，
∴t＝＝（s）；
（2）（i）∵AE⊥DP，
∴∠C＝∠AED＝90°，
如图3，当∠BAC＝∠ADP＝30°时，
∵∠E＝90°，∠ADP＝30°，
∴AE＝AD＝，
∵∠APE＝∠ADP+∠PAD＝60°，
∴∠PAE＝30°，
∴AP＝2PE，AE＝PE＝，
∴AP＝1，
∴t＝＝1（s）；
如图4，若∠APD＝∠BAC＝30°时，
∴AP＝2AE，∠ADE＝∠APD+∠PAD＝60°，
∴∠DAE＝30°，
∴DE＝AD＝，AE＝DE＝，
∴AP＝3，
∴t＝＝3（s）；
如图5，若点E与点D重合时，
∴AP＝2DP，AD＝DP＝，
∴DP＝1，AP＝2，
∴t＝＝2（s）；
综上所述：t的值为1或2或3；
（ii）∵∠AED＝90°，
∴点E在以AD为半径的圆上，
如图6，取AD的中点F，连接BF，过点F作FH⊥AB于H，
∴AF＝，
∵∠BAC＝30°，
∴FH＝AF＝，AH＝AH＝，AB＝2BC＝4，
∴AH＝，
∴BF＝＝＝，
∵点E在以AD为半径的圆上，
∴当点E在线段BF上时，BE有最小值，
∴BE的最小值为﹣，
当点E与点A重合时，BE有最大值为4，
∴≤BE＜4．
【知识点】相似形综合题
34.（2021秋•双流区校级月考）请解答下列各题：
（1）如图1，矩形ABCD中，点E、F分别在AB和BC上，且DF⊥CE，垂足G，求证：＝．
（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形．试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，使得＝成立？并证明你的结论．
（3）如图3，若BA＝BC＝2，DA＝DC＝，∠BAD＝90°，DE⊥CF．请直接写出的值．
【分析】（1）如图（1）中，根据矩形性质得出∠B＝∠FCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，求出∠BEC＝∠GFC，证出△CEB∽△DFC即可；
（2）如图（2）中，当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立，证△DFG∽△DEA，得出＝，证△CGD∽△CDF，得出＝，即可得出答案；
（3）如图（3）中，过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD＝∠A＝90°，证△BCM∽△DCN，求出CM＝x，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2＝BC2，代入得出方程（x﹣2）2+（x）2＝22，求出CN＝，证出△AED∽△NFC，即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图（1）中，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠FCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
∵DF⊥CE，
∴∠CGF＝90°，
∴∠BCE+∠BEC＝90°，∠FCE+∠CFG＝90°，
∴∠BEC＝∠GFC，
∴△CEB∽△DFC，
∴＝，
∴＝．
（2）当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
证明：如图（2）中，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠A＝∠EGC＝∠FGD，
∵∠FDG＝∠EDA，
∴△DFG∽△DEA，
∴＝，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，
∴∠CGD＝∠CDF，
∵∠GCD＝∠DCF，
∴△CGD∽△CDF，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
即当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
（3）解：结论：＝．
理由是：如图（3）中，过C作CN⊥AD延长线于N，CM⊥AB交AB于M，连接BD，设CN＝x，
∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，
∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM＝CN，AN＝CM，
在△BAD和△BCD中，
，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD＝∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠MBC＝∠ADC，
∵∠CND＝∠M＝90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴＝，
∴＝，
∴CM＝x，
在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣2，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，
∴（x﹣2）2+（x）2＝22，
解得x1＝0（舍去），x2＝，
∴CN＝，
∵∠A＝∠FGD＝90°，
∴∠AED+∠AFG＝180°，
∵∠AFG+∠NFC＝180°，
∴∠AED＝∠CFN，
∵∠A＝∠CNF＝90°，
∴△AED∽△NFC，
∴＝＝＝．
【知识点】相似形综合题
考点16 中考一轮复习之图形的相似
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题（共14小题）
1.（2021秋•顺德区期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝4，DB＝2，AE＝3，则EC的长为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算，得到答案．
【解答】解：∵DE∥BC，AD＝4，DB＝2，AE＝3，
∴＝，即＝，
解得，EC＝，
故选：D．
【知识点】平行线分线段成比例
2.（2021•九龙坡区校级二模）如图，以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，OA＝2，AC＝5，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接利用位似图形的性质，进而得出＝，求出答案即可．
【解答】解：∵以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，
∴△BOA∽△DOC，
∴＝，
∵OA＝2，AC＝5，
∴＝．
故选：A．
【知识点】位似变换
3.（2021•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C的坐标为（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以﹣即可．
【解答】解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（﹣，﹣1）．
故选：B．
【知识点】坐标与图形性质、位似变换
4.（2021•花都区一模）如图，D、E分别是△ABC边AB，AC上的点，∠AED＝∠B，若AD＝1，BD＝AC＝3，则AE的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定与性质即可求出答案．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
∴，
∵AD＝1，BD＝AC＝3，
∴AB＝1+3＝4，
∴，
∴AE＝，
故选：C．
【知识点】相似三角形的判定与性质
5.（2021秋•高邑县期中）如图，△ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA：AD＝3：4，S△ABC＝9，则△DEF的面积为（ ）
A．12 B．16 C．21 D．49
【答案】D
【分析】直接利用位似图形的性质得出位似比，进而得出面积比，即可得出答案．
【解答】解：∵ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA：AD＝3：4，
∴OA：OD＝3：7，
∴S△ABC：S△DEF＝9：49，
∵S△ABC＝9，
∴△DEF的面积为：49．
故选：D．
【知识点】位似变换
6.（2021•长宁区一模）如图，己知在△ABC中，点D、点E是边BC上的两点，联结AD、AE，且AD＝AE，如果△ABE∽△CBA，那么下列等式错误的是（ ）
A．AB2＝BE•BC B．CD•AB＝AD•AC
C．AE2＝CD•BE D．AB•AC＝BE•CD
【答案】D
【分析】根据相似三角形的性质，由△ABE∽△CBA得到AB：BC＝BE：AB，则可对A选项进行判断；由△ABE∽△CBA得到∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，则证明△CAD∽△CBA，利用相似三角形的性质得CD：AC＝AD：AB，则可对B选项进行判断；证明△CAD∽△ABE得到AD：BE＝CD：AE，加上AD＝AE，则可对C选项进行判断；利用△CBA∽△ABE得到AB•AC＝AE•CB，由于AE2＝CD•BE，AE≠CB，则可对D选项进行判断．
【解答】解：∵△ABE∽△CBA，
∴AB：BC＝BE：AB，
∴AB2＝BE•BC，所以A选项的结论正确；
∵△ABE∽△CBA，
∴∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，∠ACD＝∠BCA，
∴∠ADE＝∠BAC，
∵∠ADC＝∠BAC，
∴△CAD∽△CBA，
∴CD：AC＝AD：AB，
即CD•AB＝AD•AC，所以B选项的结论正确；
∵△ABE∽△CBA，△CAD∽△CBA，
∴△CAD∽△ABE，
∴AD：BE＝CD：AE，
即AD•AE＝CD•BE，
∵AD＝AE，
∴AE2＝CD•BE，所以C选项的结论正确；
∵△CBA∽△ABE，
∴AC：AE＝CB：AB，
∴AB•AC＝AE•CB，
∵AE2＝CD•BE，AE≠CB，
∴AB•AC≠BE•CD，所以D选项的结论不正确．
故选：D．
【知识点】相似三角形的性质
7.（2021秋•武侯区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABO的两个顶点分别为A（﹣8，4），B（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心画△A′B′O，使它与△ABO位似，且相似比为，则点A的对应点A'的坐标为（ ）
A．（4，2） B．（1，1） C．（﹣4，2） D．（4，﹣2）
【答案】D
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得答案．
【解答】解：∵△ABO的两个顶点分别为A（﹣8，4），B（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心画△A′B′O，使它与△ABO位似，且相似比为，
∴点A的对应点A'的坐标为：[﹣8×（﹣），4×（﹣）]即（4，﹣2）．
故选：D．
【知识点】坐标与图形性质、位似变换
8.（2021秋•青浦区期末）如图，在△ABC中，点D在边AB上，DE∥BC，DF∥AC，联结BE，BE与DF相交于点G，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用相似三角形的性质和平行线分线段成比例依次判断可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
故A，B选项不符合题意，
∵DF∥AC，
∴，
又DE∥BC，
∴四边形DFCE为平行四边形，
∴CF＝DE，
∴．
故C选项正确，
∵DE∥BF，
∴△DGE∽△FGB，
∴＝，
故D选项不符合题意．
故选：C．
【知识点】相似三角形的判定与性质
9.（2021秋•青田县期末）如图，△ABC的两条中线CD，BE交于点O，则下列结论：①△ADE∽△ABC；②△DOE∽△COB；③＝；④；⑤＝，其中正确的个数有（ ）
A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．5 个
【答案】C
【分析】BE、CD是△ABC的中线，即D、E是AB和AC的中点，即DE是△ABC的中位线，则DE∥BC，△ODE∽△OCB，△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质即可判断．
【解答】解：∵BE、CD是△ABC的中线，即D、E是AB和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC，即，
DE∥BC，
∴△DOE∽△COB，△ADE∽△ABC，
故①②③正确；
∵△ADE∽△ABC，
∴＝，
故④不正确；
∵△DOE∽△COB，
∴，
∴故⑤正确；
故本题正确的是①②③⑤，共4个．
故选：C．
【知识点】三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、三角形的重心
10.（2021•潍坊）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，以点O为圆心，2为半径的圆与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点．当PC+PD最小时，OP的长为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】延长CO交⊙O于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线分线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【解答】解：如图，延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，此时PC+PD的值最小．
∵CD⊥OB，
∴∠DCB＝90°，
又∠AOB＝90°，
∴∠DCB＝∠AOB，
∴CD∥AO
∴
∵OC＝2，OB＝4，
∴BC＝2，
∴，解得，CD＝；
∵CD∥AO，
∴＝，即＝，解得，PO＝
故选：B．
【知识点】平行线分线段成比例、轴对称-最短路线问题
11.（2021秋•哈尔滨期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是AB及BA延长线上一点，连接CE、DF相交于点H，CE交AD于点G，下列结论错误的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质可得出AB∥DC，AD∥BC，AD＝BC，从而可得△AEG∽△BEC，△EFH∽△CDH，△AEG∽△DCG，进而可得比例式，据此逐个选项判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC，AD＝BC，
∴△AEG∽△BEC，△EFH∽△CDH，△AEG∽△DCG，
∴＝，故A正确，不符合题意；
＝，故B错误，符合题意；
＝，故C正确，不符合题意；
∵＝，
∴+＝+，
∴＝，
∵AD＝BC，
∴＝，
∴＝，故D正确，不符合题意．
综上，只有B符合题意．
故选：B．
【知识点】相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质
12.（2021•朝阳）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC边上，且CE＝2BE，连接AE交BD于点G，过点B作BF⊥AE于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作OP⊥OF交DC于点N，S四边形MONC＝，现给出下列结论：①；②sin∠BOF＝；③OF＝；④OG＝BG；其中正确的结论有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【分析】①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；②过点O作OH∥BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE，AF，EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM，BK的长度，然后利用sin∠BOF＝即可判断；③利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求；④直接利用平行线的性质证明△HOG≌△EBG，即可得出结论．
【解答】解：如图，过点O作OH∥BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠BOM+∠MOC＝90°．
∵OP⊥OF，
∴∠MON＝90°，
∴∠CON+∠MOC＝90°，
∴∠BOM＝∠CON，
∴△BOM≌△CON（ASA），
∴S△BOM＝S△CON，
∴，
∴，
∴．
∵CE＝2BE，
∴，
∴．
∵BF⊥AE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴BM＝，MQ＝．
∵AD∥BC，
∴，故①正确；
∵OH∥BC，
∴，
又∵CE＝2BE，
∴OH＝BE，AH＝HE＝．
∵∠HGO＝∠EGB，
∴△HOG≌△EBG（AAS），
∴OG＝BG，故④正确；
∵OQ2+MQ2＝OM2，
∴，
∴，故③正确；
∵，
即，
∴，
∴，故②错误；
∴正确的有①③④．
故选：D．
【知识点】平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、正方形的性质
13.（2021•浙江自主招生）等腰△ABC中，AB＝AC，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF，连结CE、BF交于点P，若＝，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作ED∥AC交BF于D，如图，根据平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例，设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，易得AE＝FC＝3x，再利用DE∥AF得到对应边成比例，利用比例的性质和解方程得到y＝6x，进而可得结果．
【解答】解：作ED∥AC交BF于D，如图，
∵ED∥FC，
∴＝＝，
设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，
∵AB＝AC，
∴AE＝FC＝3x，
∵DE∥AF，
∴＝，即＝，
整理得y2﹣4xy﹣12x2＝0，
∴（y+2x）（y﹣6x）＝0，
∴y＝6x，
∴＝＝．
故选：A．
【知识点】黄金分割、等腰三角形的性质
14.（2021•无锡）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：
①CP与QD可能相等；
②△AQD与△BCP可能相似；
③四边形PCDQ面积的最大值为；
④四边形PCDQ周长的最小值为3+．
其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【分析】①利用图象法判断或求出DQ的最大值，PC的最小值判定即可．
②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，因为∠A＝∠B＝60°，当＝时，△ADQ与△BPC相似，
即，解得x＝1或，推出当AQ＝1或时，两三角形相似．
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，当x取最大值时，可得结论．
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．求出CF的长即可判断．
【解答】解：①利用图象法可知PC＞DQ，或通过计算可知DQ的最大值为，PC的最小值为，所以PC＞DQ，故①错误．
②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，
∵∠A＝∠B＝60°，
∴当＝或＝时，△ADQ与△BPC相似，
即或＝，解得x＝1或或，
∴当AQ＝1或或时，两三角形相似，故②正确
③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，
∵x的最大值为3﹣＝，
∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，最大值＝，故③正确，
如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．
过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．
由题意，DD′＝2AD•sin60°＝，HJ＝DD′＝，CJ＝，FH＝﹣﹣＝，
∴CH＝CJ+HJ＝，
∴CF＝＝＝，
∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3+，故④错误，
故选：D．
【知识点】相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、轴对称-最短路线问题、二次函数的最值
二、填空题（共10小题）
15.（2021春•南召县月考）已知x：y：z＝2：3：4，且x+y﹣z＝2，那么x+y+z＝ ．
【答案】18
【分析】直接利用比例的性质表示出x，y，z的值，进而结合已知得出答案．
【解答】解：∵x：y：z＝2：3：4，
∴设x＝2a，y＝3a，z＝4a，
故x+y﹣z＝2a+3a﹣4a＝a＝2，
故x＝4，y＝6，z＝8，
∴x+y+z＝4+6+8＝18．
故答案为：18．
【知识点】比例的性质
16.（2021秋•河南期中）已知△FBC∽△EAD，它们的周长分别为30和15，若边FB上的中线长为10，则边EA上的中线长为 ．
【答案】5
【分析】根据相似三角形的性质求出△FBC和△EAD的相似比，根据相似三角形的性质列式计算，得到答案．
【解答】解：∵△FBC∽△EAD，它们的周长分别为30和15，
∴△FBC和△EAD的相似比为2：1，
∵边FB上的中线长为10，
∴边EA上的中线长为5，
故答案为：5．
【知识点】相似三角形的性质
17.（2021秋•徐汇区期末）如果a：b＝2：3，那么代数式的值是 ．
【分析】根据已知条件得出＝，再把要求的式子化成＝﹣1，然后代值计算即可．
【解答】解：∵a：b＝2：3，
∴＝，
∴＝﹣1＝﹣1＝．
故答案为：．
【知识点】比例的性质
18.（2021秋•顺德区期末）如图，在正方形ABCD中，DE＝CE，AF＝3DF，过点E作EG⊥BF于点H，交AD于点G．下列结论：
①△DEF∽△CBE；
②∠EBG＝45°；
③AD＝3AG．正确的有 ．
【答案】①②③
【分析】设DF＝x，则AF＝3x，由正方形的性质得出∠A＝∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，AD＝CD＝BC＝AB＝4x，可得出，则可得出①正确；证明△HBE≌△CBE（AAS），由全等三角形的性质得出BC＝BH，CE＝HE，证明Rt△ABG≌Rt△HBG（HL），得出∠ABG＝∠HBG，则可得出②正确；证明Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），由全等三角形的性质得出DF＝FH，证明△FHG∽△EDG，由相似三角形的性质可得出③正确．
【解答】解：设DF＝x，则AF＝3x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，AD＝CD＝BC＝AB＝4x，
∴DE＝CE＝CD＝2x，
∴，
∴△DEF∽△CBE；
故①正确；
∵△DEF∽△CBE，
∴，∠FED＝∠EBC，
∵∠CEB+∠EBC＝90°，
∴∠FED+∠CEB＝90°，
∴∠FEB＝90°，
∴∠FEB＝∠C，
∴△FEB∽△ECB，
∴∠FBE＝∠EBC，
∵EG⊥BF，
∴∠EHB＝90°，
在△HBE和△CBE中，
，
∴△HBE≌△CBE（AAS），
∴BC＝BH，CE＝HE，
∴AB＝BH，
在Rt△ABG和Rt△HBG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△HBG（HL），
∴∠ABG＝∠HBG，AG＝GH，
∴∠EBG＝∠HBG+∠HBE＝∠ABC＝×90°＝45°；
故②正确；
∵△HBE≌△CBE，
∴HE＝CE，
∵DE＝CE，
∴DE＝EH，
在Rt△DEF和Rt△HEF中，
，
∴Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），
∴DF＝FH，
∵∠FGH＝∠EGD，∠FHG＝∠GDE＝90°，
∴△FHG∽△EDG，
∴，
∴，
∴，
∴AD＝3AG．
故③正确．
故答案为：①②③．
【知识点】相似三角形的判定与性质、正方形的性质
19.（2021秋•龙华区期末）如图，小明为了测量树的高度CD，他在与树根同一水平面上的B处放置一块平面镜，然后他站在A处刚好能从镜中看到树顶D，已知A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2m，BC＝8m．他的眼睛离地面的高度1.6m，则树的高度CD为 m．
【答案】6.4
【分析】根据题意得出△EAB∽△DCB，进而利用相似三角形的性质得出答案．
【解答】解：由题意可得：∠EBA＝∠DBC，∠EAB＝∠DCB，
故△EAB∽△DCB，
则＝，
∵AB＝2m，BC＝8m，AE＝1.6m，
∴＝，
解得：DC＝6.4，
故答案为：6.4．
【知识点】相似三角形的应用
20.（2021•宝山区一模）在一块直角三角形铁皮上截一块正方形铁皮，如图，已有的铁皮是Rt△ABC，∠C＝90°，要截得的正方形EFGD的边FG在AB上，顶点E、D分别在边CA、CB上，如果AF＝4，GB＝9，那么正方形铁皮的边长为 ．
【答案】6
【分析】首先根据题意判定△AEF∽△DBG，然后结合相似三角形的对应边成比例求得答案．
【解答】解：根据题意知，∠AFE＝∠BDG＝∠C＝90°，
∴∠A＝BDG（同角的余角相等）．
∴△AEF∽△DBG，
∴＝．
又∵EF＝DG，AF＝4，GB＝9，
∴＝．
∴EF＝6．
即正方形铁皮的边长为6．
故答案是：6．
【知识点】相似三角形的应用、正方形的性质
21.（2021秋•成华区期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC，ED分别交于点G，H，则GH的长为 ．
【分析】先求出BE＝2，再判断出△BAF≌△MDF，得出DM＝AB＝4，FM＝BF＝2，进而得出BM＝4，再判断出△BEH∽△MDH，得出比例式求出BH，再判断出△BGE∽△MGC，得出比例式求出BG，即可得出结论．
【解答】解：如图，延长BF，CD相交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB＝AD＝CD＝4，AB∥CD，
∴∠ABF＝∠M，
∵点F是AD的中点，
∴AF＝DF＝AD＝2，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF＝＝2，
在△BAF和△MDF中，
，
∴△BAF≌△MDF（AAS），
∴DM＝AB＝4，FM＝BF＝2，
∴BM＝2BF＝4，CM＝CD+DM＝8，
∵AB∥CD，
∴△BEH∽△MDH，
∴，
∵点E是AB的中点，
∴BE＝AB＝2，
∴＝，
∴，
∴BH＝BM＝，
∵AB∥CD，
∴△BGE∽△MGC，
∴＝＝，
∴，
∴BG＝BM＝，
∴GH＝BH﹣BG＝﹣＝，
故答案为：．
【知识点】全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质
22.（2021秋•和平区期末）如图，在△ABC中，点D，E在AC边上，且AE＝ED＝DC．点F，M在AB边上，且FE∥MD∥BC，延长FD交BC的延长线于点N，则的值＝ ．
【分析】首先证明EF：BC＝1：3，再利用全等三角形的性质证明EF＝CN即可解决问题．
【解答】解：∵EF∥DM∥BC，AE＝DE＝CD，
∴，
在△EFD与△CND中，
，
∴△EFD≌△CND（AAS），
∴EF＝CN，
∵CN：BC＝1：3，
∴CN：BN＝1：4，
∴，
故答案为．
【知识点】平行线分线段成比例
23.（2021秋•朝阳区校级期末）如图，有一块形状为Rt△ABC的斜板余料，∠A＝90°，AB＝6cm，AC＝8cm，要把它加工成一个形状为▱DEFG的工件，使GF在边BC上，D、E两点分别在边AB、AC上，若点D是边AB的中点，则S▱DEFG的面积为 cm2．
【答案】12
【分析】直接利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定与性质得出平行四边形DGFE的高，进而得出答案．
【解答】解：过点A作AM⊥BC，交DE于点N，
∵∠A＝90°，AB＝6cm，AC＝8cm，
∴BC＝＝10（cm），
∵＝BC•AM，
∴AM＝，即AM＝＝4.8（cm），
∵四边形DEFG是平行四边形，
∴DE∥BC．
又∵点D是边AB的中点，
∴DE＝BC＝5cm．
∴DE＝FG＝5cm，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴AN＝MN＝2.4cm，
∴▱DEFG的面积为：5×2.4＝12（cm2）．
故答案是：12．
【知识点】相似三角形的应用、平行四边形的性质
24.（2021•南岗区校级一模）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，点E在AD上，∠BEC＝135°，若BC＝5，S△ECA＝2，则BD＝ ．
【分析】如图，延长BE交AC于F，做E关于BE的对称点E′，连接BE′，CE′，则△BE′C≌△BEC，得到∠BE′C＝∠BEC＝135°，推出点A，B，E′，C四点共圆，根据圆周角定理得到∠E′BC＝∠E′AC，求得AF＝BF，得到EF＝FC，设EF＝FC＝x，BF＝AF＝y，解方程组得到y＝＝，求得BE＝y﹣x＝3，根据勾股定理得到AE＝＝5，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图，延长BE交AC于F，做E关于BC的对称点E′，连接BE′，CE′，则△BE′C≌△BEC，
∴∠BE′C＝∠BEC＝135°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAC+∠BE′C＝180°，
∴点A，B，E′，C四点共圆，
∴∠E′BC＝∠E′AC，
∵∠EBC＝∠E′BC，
∴∠EBC＝∠E′AC，
∵∠BED＝∠AEF，
∴∠AFE＝∠ADB＝90°，
∴AF＝BF，
∵∠FEC＝45°，
∴EF＝FC，
设EF＝FC＝x，BF＝AF＝y，
∴，
解得：x＝±，x＝4，
∵x＞0，
∴x＝，
∵当EF＝FC＝4时，CE＝4＞5＝BC，
∴x＝4不合题意，
∴y＝＝，
∴BE＝y﹣x＝3，
∴AE＝＝5，
∵△BDE∽△AFE，
∴，
∴＝，
∴BD＝，
故答案为：．
【知识点】相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
三、解答题（共10小题）
25.（2021春•文登区期中）如图，已知DE∥BC，FE∥CD，AF＝3，AD＝5，AE＝4．
（1）求CE的长；
（2）求AB的长．
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算即可．
【解答】解：（1）∵FE∥CD，
∴＝，即＝，
解得，AC＝，
则CE＝AC﹣AE＝﹣4＝；
（2）∵DE∥BC，
∴＝，即＝，
解得，AB＝．
【知识点】平行线分线段成比例
26.（2021春•越秀区校级月考）如图所示，在▱ABCD中，AE：EB＝1：2．
（1）求△AEF与△CDF的周长比；
（2）如果S△AEF＝6cm2，求S△CDF和S△ADF．
【分析】（1）易证△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质：周长之比等于相似比即可求出△AEF与△CDF的周长的比；
（2）由（1）可知△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质：面积之比等于相似比的平方即可求出S△CDF，再根据三角形面积关系求出S△ADF即可．
【解答】解：（1）∵AE：EB＝1：2，
∴AE：AB＝1：3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴△AEF∽△CDF
∴C△AEF：C△CDF＝EF：DF＝AE：CD＝AE：AB＝1：3，
即△AEF与△CDF的周长比为1：3；
（2）∵△AEF∽△CDF，
∴S△AEF：S△CDF＝（AE：CD）2，
即6：S△CDF＝（1：3）2
∴S△CDF＝6×9＝54 cm2．
∵＝＝，
∴S△ADF＝3×6＝18（cm2）．
【知识点】平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质
27.（2021秋•解放区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q同时出发，用t（s）表示移动时间（0≤t≤6）．
（1）当t为何值时，△QAP为等腰三角形？
（2）当t为何值时，以Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？
（3）设△QCP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出当t为何值时，△QCP的面积有最小值？最小值是多少？
【分析】（1）根据题意分析可得：因为对于任何时刻t，AP＝2t，DQ＝t，QA＝6﹣t．当QA＝AP时，△QAP为等腰直角三角形，可得方程式，解可得答案；
（2）根据题意，在矩形ABCD中，可分为 、两种情况来研究，列出关系式，代入数据可得答案；
（3）利用面积的差，用t表示出△PCQ的面积，即可得出结论．
【解答】解：（1）由运动知，AP＝2t（cm），DQ＝t（cm），QA＝（6﹣t）（cm）．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PAQ＝90°，
∵△QAP为等腰三角形，
∴QA＝AP，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2，
所以，当t＝2时，△QAP为等腰三角形．
（2）根据题意，可分为两种情况来研究，在矩形ABCD中：
①当△QAP∽△ABC时，，
∴，
∴t＝＝1.2，
即当t＝1.2时，△QAP∽△ABC；
②当△PAQ∽△ABC时，，
∴，
∴t＝3，
即当t＝3时，△PAQ∽△ABC；
所以，当t＝1.2或3时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似．
（3）S△PCQ＝S四边形QAPC﹣S△QAP
＝S四边形ABCD﹣S△CDQ﹣S△PBC﹣S△QAP
＝12×6﹣×12×t﹣×6×（12﹣2t）﹣×2t×（6﹣t）
＝36﹣6t+t2
＝（t﹣3）2+27，
∵0≤t≤6，
∴当t＝3时，△QCP的面积最小，最小值为27cm2．
【知识点】相似形综合题
28.（2021秋•商河县期中）探究证明：
（1）如图1，正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM⊥BN．求证：BN＝AM；
（2）如图2，矩形ABCD中，点M在BC上，EF⊥AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：；
（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值．
【分析】（1）根据同角的余角相等判断出∠NBC＝∠MAB，进而判断出△BCN≌△ABM，即可得出结论；
（2）结论：＝．如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，首先证明四边形BEFG是平行四边形，推出BG＝EF，由△GBC∽△MAB，得＝，由此即可证明．
（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．由（2）中结论可得：＝，想办法求出BS即可解决问题．
【解答】解：（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°
∴∠NBA+∠NBC＝90°，
∵AM⊥BN，
∴∠MAB+∠NBA＝90°，
∴∠NBC＝∠MAB，
在△NBC和△MAB中，
，
∴△BCN≌△ABM，
∴BN＝AM；
（2）结论：＝．
理由：如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴BG＝EF，
∵EF⊥AM，
∴BG⊥AM，
∴∠GBA+∠MAB＝90°，
∵∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠GBC+∠GBA＝90°，
∴∠MAB＝∠GBC，
∴△GBC∽△MAB，
∴＝，
∴＝．
（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABSR是矩形，
∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS，
∵AM⊥DN，
∴由（2）中结论可得：＝，
∵AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠SDC+∠RDA＝90°，
∵∠RAD+∠RDA＝90°，
∴∠RAD＝∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴＝，
设SC＝x，
∴＝，
∴RD＝2x，DS＝10﹣2x，
在Rt△CSD中，CD2＝DS2+SC2，
∴52＝（10﹣2x）2+x2，
∴x＝3或x＝5（舍弃），
∴BS＝5+x＝8，
∴＝＝＝．
【知识点】相似形综合题
29.（2021•长宁区一模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CH⊥AB，垂足为点H．点D在边BC上，联结AD，交CH于点E，且CE＝CD．
（1）求证：△ACE∽△ABD；
（2）求证：△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACH＝∠CBH，根据等腰三角形的性质得到∠CED＝∠CDE，进而得到∠AEC＝∠ADB，根据相似三角形的判定定理证明结论；
（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据相似三角形的性质得到＝，根据相似三角形的面积公式计算，证明结论．
【解答】证明：（1）∵AC⊥BC，CH⊥AB，
∴∠ACB＝∠AHC＝90°，
∴∠ACH＝∠CBH，
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠CDE，
∴∠AEC＝∠ADB，
∴△ACE∽△ABD；
（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，
∴∠CAD＝∠G，
∵△ACE∽△ABD，
∴＝，∠CAD＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠G，
∴AB＝BG，
∵BG∥AC，
∴△ADC∽△GDB，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∴△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．
【知识点】相似三角形的判定与性质
30.（2021秋•河南期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，AE＝ED，DF＝DC，连接EF并延长交BC的延长线于点G．
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）若正方形的边长为4，求FG的长．
【分析】（1）由正方形的性质可得AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，然后根据对应边成比例且夹角相等可判定△ABE∽△DEF；
（2）通过证明△DEF∽△CGF，可得，根据DF＝DC可得CF＝3，CG＝6，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，
∵AE＝ED，
∴＝，
∵DF＝DC，
∴＝，
∴，
∴△ABE∽△DEF；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴ED∥BG，
∴△DEF∽△CGF，
∴，
又∵DF＝DC，正方形的边长为4，
∴DF＝1，ED＝2，
∴CF＝3，CG＝6，
∴GF＝＝＝3．
【知识点】正方形的性质、相似三角形的判定与性质
31.（2021•松江区一模）如图，已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，tan∠ABC＝2，BF⊥AC，垂足为F，点D是边AB上一点（不与A，B重合）．
（1）求边BC的长；
（2）如图2，延长DF交BC的延长线于点G，如果CG＝4，求线段AD的长；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为E，DE交BF于点Q，联结DF，如果△DQF和△ABC相似，求线段BD的长．
【分析】（1）先利用等腰三角形的性质判断出BC＝2BH，再用三角函数和勾股定理求出BH，即可得出结论；
（2）先利用勾股定理和三角函数求出CF，再判断出△CFK∽△AFD和△CGK∽△BGD，得出比例式，即可得出结论；
（3）先求出BF＝4，再判断出△BEQ∽△BFC，得出，设EQ＝m，则BQ＝5m，BE＝2m，进而表示出BD＝10m，DQ＝3m，∠DQF＝∠C，再分两种情况，利用相似得出比例式表示出FQ，最后用BF＝4建立方程求出m，即可得出结论．
【解答】解（1）如图1，过点A作DH⊥BC于H，
∴∠AHB＝90°，
∵AB＝AC＝5，
∴BC＝2BH，
在Rt△AHB中，tan∠ABC＝＝2，
∴AH＝2BH，
根据勾股定理得，AH2+BH2＝AB2，
∴（2BH）2+BH2＝（5）2，
∴BH＝5，
∴BC＝2BH＝10；
（2）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵tan∠ABC＝2，
∴tan∠ACB＝2，
由（1）知，BC＝10，
∵BF⊥AC，
∴∠BFC＝90°，
在Rt△BFC中，tan∠ACB＝＝2，
∴BF＝2CF，
根据勾股定理得，BF2+CF2＝BC2，
∴（2CF）2+CF2＝102，
∴CF＝2，
∴AF＝AC﹣CF＝5﹣2＝3，
如图2，过点C作CK∥AB交FG于K，
∴△CFK∽△AFD，
∴，
∴＝，
∴△CGK∽△BGD，
∴，
∴CG＝4，
∴＝，
∴，
∴，
∴AD＝AB＝×5＝；
（3）如备用图，
在Rt△BFC中，根据勾股定理得，BF＝＝＝4，
∵DE⊥BC，
∴∠BEQ＝90°＝∠BFC，
∵∠EBQ＝∠FBC，
∴△BEQ∽△BFC，
∴，
∵CF＝2，BC＝10，
∴，
∴，
∴设EQ＝m，则BQ＝5m，
根据勾股定理得，BE＝2m，
在Rt△BEQ中，tan∠ABC＝＝2，
∴DE＝2BE＝4m，
根据勾股定理得，BD＝10m，
∴DQ＝DE﹣EQ＝3m，
∵DE⊥BC，
∴∠BEQ＝90°，
∴∠CBF+∠BQE＝90°，
∵∠BQE＝∠DQF，
∴∠CBF+∠DQF＝90°，
∵∠BFC＝90°，
∴∠CBF+∠C＝90°，
∴∠DQF＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝∠DQF，
∵△DQF和△ABC相似，
∴①当△DQF∽△ACB时，
∴，
∴，
∴QF＝6m，
∵BF＝4，
∴5m+6m＝4，
∴m＝，
∴BD＝10m＝，
②当△DQF∽△BCA时，，
∴，
∴FQ＝m，
∴m+5m＝4，
∴m＝，
∴BD＝10m＝，
即BD的长为或．
【知识点】相似形综合题
32.（2021•枣庄）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝2，CF＝，求DN的长．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
（2）证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；
（3）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由（2）的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠DCE＝135°，
在△DCF和△DCE中，
，
∴△DCF≌△DCE（SAS）
∴DE＝DF；
（2）证明：∵∠DCF＝135°，
∴∠F+∠CDF＝45°，
∵∠FDE＝45°，
∴∠CDE+∠CDF＝45°，
∴∠F＝∠CDE，
∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，
∴△FCD∽△DCE，
∴＝，
∴CD2＝CE•CF；
（3）解：过点D作DG⊥BC于G，
∵∠DCB＝45°，
∴GC＝GD＝CD＝，
由（2）可知，CD2＝CE•CF，
∴CE＝＝2，
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△ENC∽△DNG，
∴＝，即＝，
解得，NG＝，
由勾股定理得，DN＝＝．
【知识点】相似形综合题
33.（2021秋•吴兴区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，BC＝2，AC＝2．点D是AC边上的中点．有一动点P由点A以每秒1个单位的速度向终点B运动，设运动时间为t秒．
（1）如图1，当△ADP是以点P为直角顶点的直角三角形时，求t的值；
（2）如图2，过点A作直线DP的垂线AE，点E为垂足．
（i）是否存在这样的t，使得以A，P，E为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
（ii）连结BE，当点P由点A运动到点B的过程中（不包括端点），请直接写出BE的取值范围．
【分析】（1）由锐角三角函数可求∠A＝30°，进而可求AP＝，即可求解；
（2）（i）分三种情况讨论，由相似三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（ii）取AD的中点F，连接BF，过点F作FH⊥AB于H，当点E在线段BF上时，BE有最小值，当点E与点A重合时，BE有最大值为4，由勾股定理可求BF的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝Rt∠，BC＝2，AC＝2，
∴tanA＝＝，
∴∠A＝30°，
∵点D是AC边上的中点，
∴AD＝CD＝，
∵DP⊥AB，
∴cosA＝＝＝，
∴AP＝，
∴t＝＝（s）；
（2）（i）∵AE⊥DP，
∴∠C＝∠AED＝90°，
如图3，当∠BAC＝∠ADP＝30°时，
∵∠E＝90°，∠ADP＝30°，
∴AE＝AD＝，
∵∠APE＝∠ADP+∠PAD＝60°，
∴∠PAE＝30°，
∴AP＝2PE，AE＝PE＝，
∴AP＝1，
∴t＝＝1（s）；
如图4，若∠APD＝∠BAC＝30°时，
∴AP＝2AE，∠ADE＝∠APD+∠PAD＝60°，
∴∠DAE＝30°，
∴DE＝AD＝，AE＝DE＝，
∴AP＝3，
∴t＝＝3（s）；
如图5，若点E与点D重合时，
∴AP＝2DP，AD＝DP＝，
∴DP＝1，AP＝2，
∴t＝＝2（s）；
综上所述：t的值为1或2或3；
（ii）∵∠AED＝90°，
∴点E在以AD为半径的圆上，
如图6，取AD的中点F，连接BF，过点F作FH⊥AB于H，
∴AF＝，
∵∠BAC＝30°，
∴FH＝AF＝，AH＝AH＝，AB＝2BC＝4，
∴AH＝，
∴BF＝＝＝，
∵点E在以AD为半径的圆上，
∴当点E在线段BF上时，BE有最小值，
∴BE的最小值为﹣，
当点E与点A重合时，BE有最大值为4，
∴≤BE＜4．
【知识点】相似形综合题
34.（2021秋•双流区校级月考）请解答下列各题：
（1）如图1，矩形ABCD中，点E、F分别在AB和BC上，且DF⊥CE，垂足G，求证：＝．
（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形．试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，使得＝成立？并证明你的结论．
（3）如图3，若BA＝BC＝2，DA＝DC＝，∠BAD＝90°，DE⊥CF．请直接写出的值．
【分析】（1）如图（1）中，根据矩形性质得出∠B＝∠FCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，求出∠BEC＝∠GFC，证出△CEB∽△DFC即可；
（2）如图（2）中，当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立，证△DFG∽△DEA，得出＝，证△CGD∽△CDF，得出＝，即可得出答案；
（3）如图（3）中，过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD＝∠A＝90°，证△BCM∽△DCN，求出CM＝x，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2＝BC2，代入得出方程（x﹣2）2+（x）2＝22，求出CN＝，证出△AED∽△NFC，即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图（1）中，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠FCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
∵DF⊥CE，
∴∠CGF＝90°，
∴∠BCE+∠BEC＝90°，∠FCE+∠CFG＝90°，
∴∠BEC＝∠GFC，
∴△CEB∽△DFC，
∴＝，
∴＝．
（2）当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
证明：如图（2）中，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠A＝∠EGC＝∠FGD，
∵∠FDG＝∠EDA，
∴△DFG∽△DEA，
∴＝，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，
∴∠CGD＝∠CDF，
∵∠GCD＝∠DCF，
∴△CGD∽△CDF，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
即当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
（3）解：结论：＝．
理由是：如图（3）中，过C作CN⊥AD延长线于N，CM⊥AB交AB于M，连接BD，设CN＝x，
∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，
∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM＝CN，AN＝CM，
在△BAD和△BCD中，
，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD＝∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠MBC＝∠ADC，
∵∠CND＝∠M＝90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴＝，
∴＝，
∴CM＝x，
在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣2，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，
∴（x﹣2）2+（x）2＝22，
解得x1＝0（舍去），x2＝，
∴CN＝，
∵∠A＝∠FGD＝90°，
∴∠AED+∠AFG＝180°，
∵∠AFG+∠NFC＝180°，
∴∠AED＝∠CFN，
∵∠A＝∠CNF＝90°，
∴△AED∽△NFC，
∴＝＝＝．
【知识点】相似形综合题
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