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数学第6章 图形的相似6.4 探索三角形相似的条件精品精练
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这是一份数学第6章 图形的相似6.4 探索三角形相似的条件精品精练，文件包含第13讲探索三角形相似的条件2大考点解析版docx、第13讲探索三角形相似的条件2大考点原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共88页， 欢迎下载使用。
第13讲探索三角形相似的条件（2大考点）
考点考向
一．平行线分线段成比例
（1）定理1：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
推论：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．
（2）推论1：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．
（3）推论2：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．
二．相似三角形的判定
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
【方法点拨】相似三角形的判定方法汇总：
1、定义法：三个对应角相等，三条对应边成比例的两个三角形相似．
2、平行法：平行于三角形一边的直线和其它两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角
形与原三角形相似．
3、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．简述为：两角对应相等，两三角形相似．
4、判定定理2：如果一个三角形的两条边与另一个三角形的两条边对应成比例，并且夹
角相等，那么这两个三角形相似．简述为：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似．
5、判定定理3：如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这
两个三角形相似．简述为：三边对应成比例，两三角形相似。
考点精讲
一．平行线分线段成比例（共11小题）
1．（2022秋•天宁区校级月考）如图，l1∥l2∥l3，若＝，DF＝15，则DE等于（ ）
A．5 B．6 C．7 D．9
【分析】根据平行线分线段成比例定理，得到DE、EF的关系，根据DF＝15，得到答案．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，，
∴＝＝，
∴，
∴DE＝6，
故选：B．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，正确运用定理找准对应关系是解题的关键．
2．（2022秋•江阴市校级月考）如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D．若BF＝3FE，BD＝3，则DC＝ 2 ．
【分析】过点E作EG∥DC交AD于G，可得EG是△ACD的中位线，所以CD＝2EG，由EG∥DC根据平行线分线段成比例定理得到BD＝3EF，可得EF＝1，即可求解．
【解答】解：如图，过点E作EG∥DC交AD于G，
∵BE是△ABC的中线，
∴点E是AC的中点，
∴EG是△ACD的中位线，
∴DC＝2EG，
∵GE∥BD，
∴，
∵BF＝3FE，
∴，
∴，
∵BD＝3，
∴EF＝1，
∴CD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例，三角形的中位线，过点E作EG∥DC，构造三角形的中位线是解题的关键．
3．（2021秋•灌云县期末）如图，，AD＝15，AB＝40，AC＝28，则AE＝ ．
【分析】根据比例的性质把原式变形，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵＝，
∴＝，
∵AD＝15，AB＝40，AC＝28，
∴＝，
解得：AE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、正确代入计算是解题的关键．
4．（2022秋•惠山区校级月考）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD：DB＝3：2，AE＝6cm，则AC的长为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．10cm
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可求出求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD：DB＝3：2，AE＝6cm，
∴＝，
∴EC＝4cm．
∴AC＝AE+CE＝10（cm），
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是解题的关键．
5．（2022秋•锡山区校级月考）如图，DE∥BC，且EC：BD＝2：3，AD＝6，则AE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由平行线分线段成比例定理得＝＝，即可得出结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝＝，
即＝，
解得：AE＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．
6．（2022秋•江阴市校级月考）如图，已知AB∥CD∥EF，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∵AB∥CD∥EF，
∴＝≠，故本选项不符合题意；
B．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
C．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
D．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
7．（2021秋•仪征市期末）如图，AD∥BE∥CF，直线l1、l2与这三条直线分别交于点A、B、C和D、E、F．若AB＝6，BC＝3，EF＝4，则DE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出＝，再求出DE的长度即可．
【解答】解：∵AD∥BE∥CF，
∴＝，
∵AB＝6，BC＝3，EF＝4，
∴＝，
解得：DE＝8，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
8．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在边AB，AC上，且DB＝2AD，AE＝3EC，连接BE，CD，相交于点O，若Rt△ABC的面积为4，则△ABO面积为 ．
【分析】过点D作DF∥AE，根据平行线分线段成比例定理可得＝＝，根据已知＝，得DF＝2EC，DO＝2OC，DO＝DC，所以得S△ADO＝S△ADC，S△BDO＝S△BDC，即S△ABO＝S△ABC．
【解答】解：如图，过点D作DF∥AE，交BE于点F，
则＝＝，
∵＝，
∴DF＝2EC，
∴DO＝2OC，
∴DO＝DC，
∴S△ADO＝S△ADC，S△BDO＝S△BDC，
∴S△ABO＝S△ABC＝×4＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握平行线分线段成比例定理．
9．（2021秋•常州期末）如图，在△ABC中，点D在AB上，AD：DB＝2：3，点E是CD的中点，连接AE并延长，交BC于点F，则BF：FC＝ 5：2 ．
【分析】过D作DG∥AF交BC于G，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．
【解答】解：过D作DG∥AF交BC于G，
∴，
∵AD：DB＝2：3，
∴＝，
∵DG∥EF，
∴＝，
∵点E是CD的中点，
∴＝1，
∴CF＝GF，
∴BF：FC＝5：2，
故答案为：5：2．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（2022秋•靖江市校级月考）如图，AB∥CD∥EF，AF交BE于点G，若AC＝CG，AG＝FG，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理进行逐项判断即可．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴＝，
∵AC＝CG，
∴＝＝，
故A正确，不符合题意；
∵CD∥EF，
∴＝，
∵DE＝3DG，
∴EG＝2DG，
∴＝＝，
故B正确，不符合题意．
∵CD∥EF，
∴＝
∵BG＝2DG，BE＝4DG，
∴DE＝3DG，
∴＝＝，
故C正确，不符合题意；
∵AB∥CD∥EF，
∴＝，
∵AG＝FG，
∴BG＝EG，
∴BE＝2BG，
∵＝＝，
∴BG＝2DG，
∵BE＝4DG，
∴＝，
故D错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理逐一分析四个结论的正误是解题的关键．
11．（2022秋•天宁区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC向终点C运动，在AB上以每秒5个单位长度的速度运动，在BC上以每秒3个单位长度的速度运动．点Q从点C出发，沿CA方向以每秒个单位长度的速度运动．P、Q两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止．设点P运动的时间为t秒．
（1）求线段AQ的长．（用含t的代数式表示）
（2）当PQ与△ABC的一边平行时，求t的值．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC即可解决问题．
（2）分两种情形分别讨论即可解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝＝8，
∵CQ＝t，
∴．
（2）①当点P在AB上，PQ∥BC时，
＝，
∴＝，
∴t＝，
②当点P在BC上，PQ∥AB时，
＝，
∴＝，
∴t＝3，
综上所述，t＝或3s时，PQ与△ABC的一边平行．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，勾股定理等知识，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．
二．相似三角形的判定（共14小题）
12．（2022秋•锡山区期中）如图，不能说明△ABC∽△ACD的一组条件是（ ）
A．∠B＝∠ACD B．∠ADC＝∠ACB C．AC2＝AD•AB D．＝
【分析】根据相似三角形的判定方法主要分析判断即可．
【解答】解：A、∠B＝∠ACD，∠BAC＝∠CAD，故△ABC∽△ACD，故选项A不符合题意；
B、∠ADC＝∠ACB，∠BAC＝∠CAD，故△ABC∽△ACD，故选项B不符合题意；
C、∵AC2＝AD•AB，∴，又∵∠BAC＝∠CAD，故△ABC∽△ACD，故选项C不符合题意；
D、∵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，∴不能判断△ABC∽△ACD，故选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形相似的判定，解题的关键是掌握三角形相似的判定方法，（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；这是判定三角形相似的一种基本方法；（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
13．（2022秋•海陵区校级月考）如图，在△ABC中，点P在边AB上，则在下列四个条件中：①∠ACP＝∠B；②∠APC＝∠ACB；③AC2＝AP•AB；④CP•AB＝AP•CB，能满足△APC与△ABC相似的条件是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③
【分析】根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对①②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：当∠ACP＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△APC∽△ACB；
故①符合题意；
当∠APC＝∠ACB，
∵∠A＝∠A，
∴△APC∽△ACB；
故②符合题意；
当AC2＝AP•AB，
即AC：AB＝AP：AC，
∵∠A＝∠A，
∴△APC∽△ACB；
故③符合题意；
当CP•AB＝AP•CB，即PC：BC＝AP：AB，
而∠PAC＝∠CAB，
所以不能判断△APC和△ACB相似．
故④不符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
14．（2022•宿豫区校级开学）已知AB＝4，CD＝9，BD＝17，AB⊥BD，CD⊥BD，在线段BD上有一点P，使得△PAB和△PCD相似，则满足条件的点P的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．无数
【分析】分两种情况讨论，由三角形的性质可列出等式，可求解．
【解答】解：设BP＝x，则PD＝17﹣x，
∵∠B＝∠D＝90°，
∴当或时，△PAB和△PCD相似，
当时，则，解得：x＝，
当时，则，解得：x＝，
∴BP的值有三个，
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
15．（2021秋•沛县校级月考）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P以2mm/s的速度从A向B移动，（不与B重合），动点Q以4mm/s的速度从B向C移动，（不与C重合），若P、Q同时出发，经过 3或 秒后，△PBQ与△ABC相似．
【分析】设x秒后△PBQ与原三角形相似，则可用x表示出AP＝2x，PB＝12﹣2x，BQ＝4x，由于△PBQ和△ABC有公共角∠B，则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，分两种情况．
【解答】解：设x秒后△PBQ与△ABC相似，则AP＝xcm，PB＝（12﹣2x）（cm），BQ＝4xcm，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴当时，△BPQ∽△BAC，
即，
解得x＝3；
当时，△PBQ∽△CBA，
即，
解得x＝．
即经过3秒或秒后，△PBQ与△ABC相似．
故答案为：3或．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
16．（2022秋•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，P是AD上的动点，连接BP，CP，若AD上存在三个不同位置的点P，使△ABP与△CDP相似，设，则d的取值范围是 0＜d＜ ．
【分析】分两种情况讨论，由相似三角形的性质列出方程，即可求解．
【解答】解：当点P是AD的中点时，则AP＝PD，
∴，
又∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABP∽△DCP，
当点P不是AD的中点时，
若，∠A＝∠D＝90°，则△ABP∽△DPC，
∴，
∴AB2﹣BC•AP+AP2＝0
∵AD上存在三个不同位置的点P，
∴Δ＞0，
∴BC2﹣4AB2＞0，
∴0＜＜，
∴0＜d＜，
故答案为：0＜d＜．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，列出方程是解题的关键．
17．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在第一象限内作与x轴的正半轴成60°的射线OC，在射线OC上截取OA＝2，过点A作AB⊥x轴于点B，在坐标轴上取一点P（不与点B重合），使得以P，O，A为顶点的三角形与△AOB相似，则所有符合条件的点P的坐标为 （4，0）或（0，）或（0，） ．
【分析】由于∠AOB＝60°，∠ABC＝90°，所以当P点在x轴上，∠AOP＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△ABO，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OP＝4，于是得到P（4，0）；当P点在y轴上，若∠APO＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△OBA，接着计算出OP＝，于是得到P（0，）；若∠PAO＝60°，∠APO＝90°时，△APO∽△OBA，则可计算出OP＝AP＝，于是得到P（0，）．
【解答】解：∵∠AOB＝60°，∠ABC＝90°，
∴当P点在x轴上，∠AOP＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△ABO，
此时OP＝2OA＝4，则P（4，0）；
当P点在y轴上，若∠APO＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△OBA，
此时AP＝OA＝，OP＝2AP＝，则P（0，）；
若∠PAO＝60°，∠APO＝90°时，△APO∽△OBA，
此时AP＝OA＝1，OP＝AP＝，则P（0，）；
综上所述，P点坐标为：（4，0）或（0，）或（0，）．
故答案为：（4，0）或（0，）或（0，）．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．也考查了分类讨论的思想．
18．（2022秋•射阳县月考）如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝5，P为CD边上的动点，当△ADP与△BCP相似时，求DP长．
【分析】设DP＝x，利用矩形的性质得到BC＝AD＝2，CD＝AB＝5，∠D＝∠C＝90°，则根据相似三角形的判定方法，当＝时，△DAP∽△CBP，＝；当＝时，△DAP∽△CFB，
即＝，然后分别解方程即可．
【解答】解：设DP＝x，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝2，CD＝AB＝5，∠D＝∠C＝90°，
∴PC＝5﹣x，
∵∠D＝∠C，
∴当＝时，△DAP∽△CBP，
即＝，解得x＝；
当＝时，△DAP∽△CFB，
即＝，解得x1＝1，x2＝4，
综上所述，DP的长为或1或4．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．也考查了矩形的性质．
19．（2022秋•锡山区校级月考）如图，在△ABC中，BA＝BC＝20cm，AC＝30cm，点P从点A出发，沿AB以4cm/s的速度向点B运动，同时点Q从点C出发，沿CA以3cm/s的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为xs．
（1）当PQ∥BC时，求x的值．
（2）△APQ与△CQB能否相似？若能，求出AP的长；若不能，请说明理由．
【分析】（1）当PQ∥BC时，根据平行线分线段成比例定理，可得出关于AP，PQ，AB，AC的比例关系式，我们可根据P，Q的速度，用时间x表示出AP，AQ，然后根据得出的关系式求出x的值；
（2）分两种情况进行讨论．由等腰三角形的性质得出∠A和∠C对应相等，那么就要分成AP和CQ对应成比例以及AP和BC对应成比例两种情况．
【解答】解：（1）当PQ∥BC时，AP：AB＝AQ：AC，
∵AP＝4x，AQ＝30﹣3x，
∴，
解得：x＝；
即当x＝，PQ∥BC；
（2）能，
①当△APQ∽△CQB时，有，
即：，
解得：x＝，
∴AP＝4x＝（cm），
②当△APQ∽△CBQ时，有，
即：，
解得：x＝5或x＝﹣10（舍去），
∴PA＝4x＝20（cm），
综上所述，当AP＝cm或20cm时，△APQ与△CQB相似．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
20．（2022秋•惠山区期中）如图，AB、DE是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC＝20°，点D从点C出发沿顺时针方向绕圆心O旋转α°（0＜α＜180），当α＝ 50、70、160 时，直径DE在△ABC中截得的三角形与△ABC相似．
【分析】分DE⊥AB或DE⊥BC或DE⊥AC三种情形，分别画出图形，求出旋转角∠COD的度数即可．
【解答】解：当DE⊥AB时，直径DE在△ABC中截得的三角形与△ABC相似．
连接OC，
∵∠ABC＝20°，OB＝OC，
∴∠OCB＝∠ABC＝20°，
∴∠COD＝∠AOD﹣∠AOC＝90°﹣40°＝50°，
∴α＝50，
当DE⊥BC时，△BOF∽△BCA，
∴∠COD＝∠BOD＝70°，
∴α＝70，
当DE⊥AC时，直径DE在△ABC中截得的三角形与△ABC相似．
∴∠COE＝∠AOE＝∠ABC＝20°，
∴α＝∠COD＝160，
故答案为：50或70或160．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定，圆周角定理，垂径定理，旋转的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
21．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在△ABC中，AB＝14，AC＝6，在AC上取一点D，使AD＝2，如果在AB上取点E，使△ADE和△ABC相似，则AE＝ 或 ．
【分析】本题应分两种情况进行讨论，①△ABC∽△AED；②△ABC∽△ADE；可根据各相似三角形得出的关于AE、AE、AB、AC四条线段的比例关系式求出AE的长．
【解答】解：本题分两种情况：
①△ADE∽△ACB，
∴AB：AC＝AE：AD，
∵AB＝14，AC＝6，AD＝2，
∴AE＝；
②△ADE∽△ABC，
∴AB：AC＝AD：AE，
∵AB＝14，AC＝6，AD＝2，
∴AE＝，
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质．由于题中没有明确相似三角形的对应角和对应边，因此本题要分情况进行讨论，以免漏解．
22．（2022秋•邗江区月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，D为AB上一动点（点D与点A不重合）．若在△ABC的直角边BC上存在一点E，使△ADE与△ABC相似，则AD的值为 或1或2或 ．
【分析】根据直角三角形的性质可得AB＝2，∠A＝60°，△ADE与△ABC相似，分以下四种情况：①△ACB∽△ADE，②△ACB∽△EDA，③△ACB∽△AED，④△ACB∽△DEA，分别求解即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，
∴AB＝2，∠A＝60°，
在△ABC的直角边BC上存在一点E，△ADE与△ABC相似，分以下四种情况：
①△ACB∽△ADE，如图所示：
此时点E与点C重合，
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，∠AED＝∠ABC＝30°，
∴AD＝＝；
②△ACB∽△EDA，如图所示：
此时∠ADE＝∠BCA＝90°，∠DAE＝∠ABC＝30°，
∴∠CAE＝30°，
∴∠DAE＝∠CAE，
∴△ADE≌△ACE（AAS），
∴AD＝AC＝1；
③△ACB∽△AED，如图所示：
此时△ACB≌△AED，
∴AD＝AB＝2；
④△ACB∽△DEA，如图所示：
此时∠DEA＝∠ACB＝90°，∠DAE＝∠ABC＝30°，
∴∠CAE＝30°，
∵AC＝1，
AE＝＝，
∴AD＝＝；
综上，AD的值为或1或2或．
故答案为：或1或2或．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质，解直角三角形，注意△ADE与△ABC相似要分情况讨论．
23．（2022秋•邗江区月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，动点E在边BC上，连接DE，过点A作AH⊥DE，垂足为H，AH交CD于F．
（1）求证：△CDE∽△DAF；
（2）当FC＝2时，求EC的长．
（3）若直线AF与线段BC延长线交于点G，当△DEB∽△GFD时，求DF的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝∠BCD＝90°．根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据矩形的性质得到DC＝AB＝3，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）由∠DEC＝∠AFD＝90﹣∠EDC可得∠BED＝∠DFG，用x的代数式表示ED、FG、EB，再运用相似三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴∠ADC＝∠BCD＝90°．
又∵AF⊥DE，
∴∠DCE＝∠ADF＝90°，∠EDC＝∠DAF＝90°﹣∠DFA，
∴△ADF∽△DCE
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝3，
∵FC＝2，
∴DF＝DC﹣FC＝1，
∵△ADF∽△DCE，
∴＝，
∴EC＝＝＝；
（3）解：如图中，
∵△ADF∽△DCE
∴＝，
∴＝＝＝2，
设EC＝x，则DF＝2x，
∵△DEB∽△GFD，
∴＝，
∴FG＝＝
∵△ADF∽△GCF，
∴＝，
∴FG＝•，
∴＝•
解得x＝，
∴DF＝2x＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
24．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D是BC边的中点，E为AB边上的一个动点，作∠DEF＝90°，EF交射线BC于点F设BE＝x，△BED的面积为y．
（1）求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）如果以B、E、F为顶点的三角形与△BED相似，求△BED的面积．
【分析】（1）根据∠B的正切值和AC的值，求出BC的值，也就求出了BD的值，然后求三角形BED的高；根据BC的长和∠B的正弦值，表示出BD边上的高，再根据三角形BED的面积公式得出y，x的函数关系式；
（2）若两三角形相似，则∠BEF＝∠BDF．求△BED的面积就需要知道底边和高，关键是求出BE的长，可通过构建相等的线段，来得出关于x的方程求解．
分别过E，D作EH⊥BC于H，DM⊥AB于M，根据∠DEM是∠MDE和∠FEB的余角，因此∠MDE＝∠FEB＝∠FDE．因此可得出EM＝EH，可根据EM，EH的不同的表示方法，来得出含x的等式，从而求出x的值．
也就可以求出三角形BED的面积了．
∠BEF为锐角和钝角的不同情况时，表示线段EM的式子会略有不同，但是思路是一致的，不要丢掉任何一种情况．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∴CD＝DB＝4．
如图1，过点E作EH⊥CB于H．
则可求得EH＝x．
∴y＝×4×x＝x（0＜x≤或5＜x≤10）．
即y＝x（0＜x≤或5＜x≤10）；
（2）由题意知∠BEF≠90°，故可以分两种情况．
①如图2，当∠BEF为锐角时，
由已知以B、E、F为顶点的三角形与△BED相似，又知∠EBF＝∠DBE，∠BEF＜∠BED，所以∠BEF＝∠BDE．
过点D作DM⊥BA于M，过E作EH⊥BC于H．
根据等角的余角相等，可证得∠MDE＝∠HDE，
∴EM＝EH．
又EM＝MB﹣EB＝﹣x，
由（1）知：EH＝x，
∴−x＝x，
∴x＝2．
∴y＝×2＝．
②如图3，当∠BEF为钝角时，
同理可求得x﹣＝x，
∴x＝8．
∴y＝×8＝．
所以，△BED的面积是或．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质，函数关系式．注意（2）中都要分情况进行讨论：要分∠BEF时钝角还是锐角进行分类讨论，不要丢掉任何一种情况．
25．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，其中点A、C分别在x轴、y轴上，B（4，2）．P是x轴负半轴上一点，OP＝OC，过点P的直线l分别与y轴、边BC交于点D、点E，连接AE．当△POD与△ABE相似时，求CE的长．
【分析】分两种情形：当△ABE∽△DOP时，∠AEB＝∠DPO，证明EP＝EA，求出点E的横坐标即可解决问题．②当△ABE∽△POD时，过点E作EH⊥PA于H．证明△PHE∽△EHA，可得EH2＝PH•AH，设AH＝x，则PH＝6﹣x，构建方程求出x，即可解决问题．
【解答】解：①当△ABE∽△DOP时，∠AEB＝∠DPO，
∵BC∥AP，
∴∠EAP＝∠AEB，
∴∠EPA＝∠EAP，
∴EP＝EA，
∴点E的横坐标为1，
∴CE＝1．
②当△ABE∽△POD时，过点E作EH⊥PA于H．
∵∠BAE＝∠EPA，∠BAE+∠EAP＝90°，
∴∠EPA+∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝90°，
∵EH⊥AP，
∴∠EHP＝∠EHA＝90°，
∴∠PEH+∠EPH＝90°，∠PEH+∠AEH＝90°，
∴∠EPH＝∠AEH，
∴△PHE∽△EHA，
∴EH2＝PH•AH，
设AH＝x，则PH＝6﹣x，
∴x（6﹣x）＝4，
∴x2﹣6x+4＝0，
∴x＝3﹣或3+（舍弃），
∴CE＝+1．
综上所述，满足条件的CE的值为1或+1．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
巩固提升
一、单选题
1．（2020·江苏·无锡市钱桥中学九年级月考）下列四个选项中的三角形，与图中的三角形相似的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由于已知三角形和选择项的三角形都放在小正方形的网格中，设正方形的边长为1，所以每一个三角形的边长都是可以表示出，然后根据三角形的对应边成比例即可判定选择项．
【详解】解：设小正方形的边长为1，那么已知三角形的三边长分别为 ，2，，所以三边之比为1：2：．
A、三角形的三边分别为2，，3，三边之比为 ：：3，故本选项错误；
B、三角形的三边分别为2，4，2，三边之比为1：2：，故本选项正确；
C、三角形的三边分别为2，3，，三边之比为2：3：，故本选项错误；
D、三角形的三边分别为，，4，三边之比为：：4，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定，属于基础题，掌握三边对应成比例的两个三角形相似是解答本题的关键，难度一般．
2．（2021·江苏·扬州市梅岭中学九年级月考）如图，在四边形中，如果，那么下列条件中不能判定和相似的是（ ）
A． B．是的平分线
C． D．
【答案】D
【分析】已知∠ADC＝∠BAC，则A、B选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项可以根据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来判定；D选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似.
【详解】在△ADC和△BAC中，∠ADC＝∠BAC，
如果△ADC∽△BAC，需满足的条件有：
①∠DAC＝∠ABC或AC是∠BCD的平分线；
②；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．
3．（2021·江苏·无锡市天一实验学校九年级期中）如图，已知∠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＝∠AED B．∠B＝∠D C． D．
【答案】C
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到最后答案．
【详解】解：∵∠1＝∠2
∴∠DAE＝∠BAC
∴A，B，D都可判定△ABC∽△ADE
选项C中不是夹这两个角的边，所以不相似，
故选：C．
【点睛】本题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．
4．（2021·江苏高邮·九年级期末）已知等腰△ABC的底角为75°，则下列三角形一定与△ABC相似的是（ ）
A．顶角为30°的等腰三角形
B．顶角为40°的等腰三角形
C．等边三角形
D．顶角为75°的等腰三角形
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得出等腰三角形的角的度数，进而利用相似三角形的判定解答即可．
【详解】解：∵等腰△ABC的底角为75°，
∴等腰△ABC的三角的度数分别为30°，75°，75°
∴一定与△ABC相似的是顶角为30°的等腰三角形
故选：A．
【点睛】本题考查了想做浅咖人判定，关键是根据等腰三角形的性质得出等腰三角形的角的度数解答．
5．（2021·江苏玄武·一模）如图，在中，是边上一点，在边上求作一点，使得．甲的作法：过点作，交于点，则点即为所求．乙的作法：经过点，，作，交于点，则点即为所求．对于甲、乙的作法，下列判断正确的是（ ）
A．甲错误，乙正确 B．甲正确，乙错误 C．甲、乙都错误 D．甲、乙都正确
【答案】A
【分析】根据相似三角形的判定解决问题即可．
【详解】解：乙的作法正确．
理由：∵B，C，Q，P四点共圆，
∴∠B+∠CQP=180°，
∵∠AQP+∠CQP=180°，
∴∠AQP=∠B，
∵∠A=∠A，
∴△AQP∽△ABC．
甲的作法，无法证明∠AQP=∠B，故甲的作法错误．
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，圆内接四边形．解决此题关键是理解有两个角对应相等的三角形相似．
6．（2020·江苏·射阳县第二初级中学九年级月考）如图，点P是△ABC的边AC上一点，连结BP，以下条件中，不能判定△ABP∽△ACB的是（ ）
A．＝ B．＝ C．∠ABP＝∠C D．∠APB＝∠ABC
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定定理（①有两角分别相等的两三角形相似，②有两边的比相等，并且它们的夹角也相等的两三角形相似）逐个进行判断即可．
【详解】解：A、∵∠A=∠A，＝∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；
B、根据＝和∠A=∠A不能判断△ABP∽△ACB，故本选项符合题意；
C、∵∠A=∠A，∠ABP=∠C，
∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；
D、∵∠A=∠A，∠APB=∠ABC，
∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了相似的三角形的判定定理的应用，能正确运用判定定理进行推理是解此题的关键．
二、填空题
7．（2021·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，则图中相似三角形共有______对．
【答案】6
【分析】根据平行于三角形的一边与另两边相交形成的三角形与原三角形相似，可知图中△AEF、△AGH、△AIJ和△ABC任意两个三角形都相似．
【详解】解：在△ABC中，EF∥GH∥IJ∥BC，
∴△AEF，△AGH，△AIJ，△ABC中的任意两个三角形都相似．
∴相似三角形共有6对．
故答案为：6.
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟记平行于三角形的一边与另两边相交形成的三角形与原三角形相似是解题关键．
8．（2020·江苏·淮安六中九年级期中）如图，若，需添加的一个条件是______（填写一个条件即可）．
【答案】或或（任填其一）
【分析】本题考查的是相似三角形的判定，本题要判定△ABC∽△EBD，已知∠ABC=∠EBD，具备了一组角对应相等，故添加∠BDE=∠BCA或∠BDE=∠BCA后可分别满足三角形相似，而三角形相似还需考虑一组角相等，对应两组边成比例，故还有．
【详解】解：∵要△ABC∽△EBD，
又∵∠ABC=∠EBD，
∴只需∠BDE=∠BCA或∠BDE=∠BCA或即可，
故答案为：∠BDE=∠BCA或∠BDE=∠BCA或（任选其一即可）．
【点睛】本题主要考查三角形相似判定定理，正确理解三角形相似判定定理是本题解题的关键．
9．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在正方形网格中有3个斜三角形：①；②；③；其中能与相似的是_________．（除外）
【答案】③（）
【分析】分别求出三个三角形的三边的比，再根据相似三角形的判定方法解答．
【详解】解：根据网格可知：AB=1，AC=，BC=，△ABC的三边之比是AB：AC：BC＝1：：，
同理可求：②△CDB的三边之比是CD：BC：BD＝1：：2；
③△DEB中DE：BD：BE＝2：2：＝1：：．
∴③（△DEB）与△ABC相似，
故答案为：③△DEB．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，从“三边对应成比例，两三角形相似”的角度考虑是解题关键．
10．（2019·江苏宝应·中考模拟）如图，中，，点是重心，点在斜边上，过点，作交于点，若，则的长为 __________.
【答案】
【分析】依据重心的性质即可得出CE=2DE，再根据△CEF∽△CDB，即可得到BD=9，依据Rt△ABC中，CD是中线，可得AB=2BD=18．
【详解】∵点E是重心，
∴CE=2DE，
∴，
又∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CDB，
∴，即，
∴BD=9，
又∵Rt△ABC中，CD是中线，
∴AB=2BD=18，
故答案为：18．
【点睛】本题主要考查了三角形的重心以及相似三角形的性质的应用，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
11．（2019·江苏·海庆中学九年级期末）如图，在△ABC中，P是AB边上的点，请补充一个条件，使△ACP∽△ABC，这个条件可以是：___(写出一个即可)，
【答案】∠ACP=∠B（或）．
【分析】由于△ACP与△ABC有一个公共角，所以可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或有两组角对应相等的两个三角形相似进行添加条件．
【详解】解：∵∠PAC=∠CAB，
∴当∠ACP=∠B时，△ACP∽△ABC；
当时，△ACP∽△ABC．
故答案为：∠ACP=∠B（或）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似：有两组角对应相等的两个三角形相似．
12．（2020·江苏宝应·九年级）如图，在中，，是上一点且，当________时，使得与相似．
【答案】或1.5
【分析】ΔADE与 ΔABC相似有两种情况，针对每一种情况，有对应边成比例，据此可列出等式求得AE的值．
【详解】解：分两种情况：
第一种情况：如图，过D作DE||AC于点E，
则；
第二种情况：如图，ΔADEΔACB
则
故答案为．
【点睛】本题考查三角形相似的判定，找出对应三角形相似的两种情况是解题关键．
13．（2020·江苏宜兴·九年级月考）如图，点D、E在△ABC的边AB、AC上，请添加一个条件：____，使△ADE∽△ACB．
【答案】∠1＝∠C或∠2＝∠B或AD∶AC＝AE∶AB（答一个即可）．
【分析】解：根据∠AED=∠B和∠A=∠A,可证△AED∽△ABC，故添加条件∠AED=∠B；根据∠2=∠B和∠A=∠A,可证△AED∽△ABC，故添加条件∠2=∠B；根据两边对应成比例且夹角相等，故添加条件AD∶AC＝AE∶AB，然后任选其一即可解答．
【详解】解：∵∠AED=∠B，∠A=∠A
∴△AED∽△ABC，故添加条件∠AED=∠B可证其相似；
∵∠2=∠B，∠A=∠A,
∴△AED∽△ABC，故添加条件∠2=∠B可证其相似；
根据两边对应成比例且夹角相等，故添加条件AD∶AC＝AE∶AB可证其相似．
故答案为∠1＝∠C或∠2＝∠B或AD∶AC＝AE∶AB（答一个即可）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键．
三、解答题
14．（2019·江苏无锡·九年级期末）如图2，与是两个全等的等腰三角形，，分别与相交于点，.
（1）图中有哪几对不全等的相似三角形，请把他们表示出来；
（2）根据图1两位同学对图形的探索，试探索之间的关系，并证明.
【答案】（1）共有3对. ；；；（2），证明见解析.
【分析】（1）直接根据相似三角形判定定理找出所有不全等的相似三角形的个数；
（2）方法（一）把△ABF、△AGC分别沿AD、AE折叠，利用三角形全等的知识证明∠FPG=∠B+∠C=90°，进而可以证明BF、FG、GC之间的关系；
方法（二）标出∠1、∠2、∠3、∠4，把△ABF旋转至△ACP，得△ABF≌△ACP，再利用三角形全等的知识证明∠ACP+∠ACB=90°，进而可以证明BF、FG、GC之间的关系．
【详解】解：（1）共有3对.
；
；
；
（或）
（2）证明方法（一）
∵把、分别沿折叠，
∴，，
∵两点重合，
∴，，，
在中，，
或证明方法（二）把旋转至，
得，
∴，，，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
在中，
故答案为：（1）共有3对. ；；；（2），证明见解析.
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质.
15．（2018·江苏雨花台·九年级期末）如图，已知AD•AC＝AB•AE．求证：△ADE∽△ABC．
【分析】由AD•AC＝AE•AB，可得,从而根据“两边对应成比例并且夹角相等的两个三角形相似”可证明结论成立.
【详解】证明：∵AD•AC＝AE•AB，
∴＝
在△ABC与△ADE 中
∵＝，∠A＝∠A，
∴ △ABC∽△ADE
16．（2020·江苏·常州市田家炳初级中学九年级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E为边CD延长线上一点，连接BE交边AD于点F．
（1）找出图中所有的相似三角形（不再添加辅助线），它们分别是_____．
（2）请在你找出的各对相似三角形中，选择一对加以证明．
【答案】（1）△EAF∽△EBC，△CDF∽△EBC，△CDF∽△EAF，（2）选△EAF∽△EBC，理由见解析．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形可以得到对边平行，那么就存在“A”字型和“8”字型的相似三角形；
（2）结合平行线的性质，利用两组对应角相等证明三角形相似．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴△EAF∽△EBC，
∵，
∴△CDF∽△EAF，
∴△CDF∽△EBC，
故答案是：△EAF∽△EBC，△CDF∽△EBC，△CDF∽△EAF；
（2）选△EAF∽△EBC，
理由如下：在ABCD中AD∥BC，
∴∠EAF＝∠B．
又∵∠E＝∠E，
∴△EAF∽△EBC．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
17．（2021·江苏淮安·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，E为AD上一点，EF⊥EC交AB于F，连接FC，求证：．
【分析】由矩形，证明 结合：，证明：，从而可得结论．
【详解】解： 矩形ABCD，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定，掌握两个角分别对应相等的两个三角形相似是解题的关键．
18．（2021·江苏江都·九年级期末）我们知道，全等是特殊的相似，相似与三角函数也有着密切的联系．某数学兴趣小组类比“斜边和直角边分别相等的两个直角三角形全等”，进而提出猜想“斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似吗？”如图，在和中，，且，则与相似吗？并说明理由．
【答案】相似；理由见解析
【分析】根据三角形相似的判定条件：三边对应成比例，即可证得．
【详解】相似，理由如下：
令，
则，，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题考查三角形相似，解题的关键是掌握三角形相似的判定条件．
19．（2021·江苏镇江·一模）如图1，二次函数的图像记为，与y轴交于点A，其顶点为B，二次函数的图像记为，其顶点为D，图像、相交于点P，设点P的横坐标为m．
（1）求证：点D在直线上；
（2）求m和h的数量关系；
（3）平行于x轴的直线经过点P，与图像交于另一点E，与图像交于另一点F，若，求h的值；
（4）如图2，过点P作平行于的直线，与图像交于另一点Q，连接．当时，_________．（直接写出结果）
【答案】（1）见解析；（2）m= h；（3）h的值为8；（4）4或20．
【分析】（1）先求出A、B的坐标，再代入，最后验证即可；
（2）联立 ，得出x与h的关系，再根据图象交于点P，即可得出结论；
（3）求出P、E、F的坐标轴即可得出结果；
（4）得出四边形BPQD为矩形，再分两种情况解得即可．
【详解】（1）证明：由，
令x=0时，y=1，即A(0，1)，令y=0时，x=2，即B(2，0)，
设A，B的解析式为： ，
把A，B的坐标代入得，解得，
∴顶点D的坐标为，
令x=h，则 ，
∴点D在直线上；
（2）联立 ，
得出，
根据图象交于点P，
设点P的横坐标为m,则；
（3）由点P的横坐标为x=，代入，得出E点的横坐标为4-，
将P的横坐标为x=，代入得出F点的横坐标为，
则，
解得h=8；
（4）由题意得由平移得到，
∴BD=PQ且BD∥PQ，得出四边形BPQD为矩形，
作DM⊥x轴，得出△AOB∽△BMP，当h=4时，一定成立；
又有 ，得出h=20，
综上所述h=4或20．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，矩形的性质，相似三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
20．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）如图1，抛物线（为常数）与轴交于两点（点在点右侧），与轴交于点．
（1）下列说法：①抛物线开口向上，②点在轴正半轴上；③；④抛物线顶点在直线上，其中正确的是_______；
（2）如图2，若直线与该抛物线交于两点（点在点下方），试说明：线段的长是一个定值，并求出这个值；
（3）在（2）的条件下，设直线与轴交于点，连接，当时，求此时的值，判断与是否相似，并说明理由．
【答案】（1）①③④；（2）见解析；（3）m=3，相似；m=1，不相似
【分析】（1）根据抛物线表达式，判断开口方向，令x=0，根据y值判断点C的位置，根据图像与x轴交点，结合根的判别式，得到△＞0，可得m的范围，求出顶点坐标，可判断在y=-2x+1上；
（2）联立抛物线表达式和直线表达式，解之得到M和N坐标，利用勾股定理求出MN值即可；
（3）分点D在线段MN的延长线上，点D在线段MN上，两种情况，结合DN和MN的比值，画出图像，分类讨论求解．
【详解】解：（1），
∵1＞0，
∴开口向上，故①正确；
当x=0时，，
∴点C在y轴正半轴或原点，故②错误；
由题意可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，
∴，
解得：，故③正确；
由可得顶点坐标为（m，），
∴顶点在y=-2x+1上，故④正确；
∴正确的是①③④；
（2）联立得：，
解得：，，代入可得：
，，
∴M（m，-2m+1），N（m-2，-2m+5），
∴MN==，为定值；
（3）当点D在线段MN的延长线上时，
∵DM：MN=1：2，
∴DM=，即，
解得：m=3或m=-3（舍），
此时，M（3，-5），
令，
解得：或，又点B在点A右侧，
∴B（，0），
∴BM=，
∵∠BMN是公共角，且，
∴△MBN与△MDB相似；
当D在线段MN上时，
∵DN：MN=1：2，
∴点D是MN的中点，
∴，
解得：m=1，
此时∠BDM>∠BND，∠BDM>∠DBM，
∴此时△MBN与△MDB不相似．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数与一元二次方程，相似三角形的判定，解题的关键是结合二次函数的性质画出图像，分类讨论，有一定难度．
21．（2021·江苏·宜兴市树人中学九年级期中）三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若内一点P满足，则点P是的布洛卡点，是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；
（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中）的布洛卡点，且．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；
②若的面积为，求的面积．
【答案】（1）30°，；（2）①，证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据题意理清布洛卡点、布洛卡角的概念，利用概念来解答；
（2）①找，证明过程利用等腰直角三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；
②把三角形面积看作三个三角形面积之和来表示，除所求三角形面积之外的两个，其中一个根据条件可以利用勾股定理求出面积，另一个可以利用所求三角形面积来表示，建立等式即可求解．
【详解】解：（1）由题意知：，
为等边三角形，
，AB=BC=AC,
，
，
，
，
，
同理可证得出：
，
，
故答案是：30°，．
（2）①
证明：∵是等腰直角三角形
∴，
即，
∵，∴，
又∵，
∴.
（3）∵是等腰直角三角形，
∴，∴.
∵，
∴，
∴，，，
∴.
∵，
∴.
在中，∵，，
由勾股定理得，，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题考查了新概念问题、等边三角形、直角三角形、三角形全等的判定定理和性质、相似三角形的判定定理和性质、勾股定理，涉及知识点多，综合性强，题目较难，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答．
第13讲探索三角形相似的条件（2大考点）
考点考向
一．平行线分线段成比例
（1）定理1：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
推论：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．
（2）推论1：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．
（3）推论2：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．
二．相似三角形的判定
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
【方法点拨】相似三角形的判定方法汇总：
1、定义法：三个对应角相等，三条对应边成比例的两个三角形相似．
2、平行法：平行于三角形一边的直线和其它两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角
形与原三角形相似．
3、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．简述为：两角对应相等，两三角形相似．
4、判定定理2：如果一个三角形的两条边与另一个三角形的两条边对应成比例，并且夹
角相等，那么这两个三角形相似．简述为：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似．
5、判定定理3：如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这
两个三角形相似．简述为：三边对应成比例，两三角形相似。
考点精讲
一．平行线分线段成比例（共11小题）
1．（2022秋•天宁区校级月考）如图，l1∥l2∥l3，若＝，DF＝15，则DE等于（ ）
A．5 B．6 C．7 D．9
【分析】根据平行线分线段成比例定理，得到DE、EF的关系，根据DF＝15，得到答案．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，，
∴＝＝，
∴，
∴DE＝6，
故选：B．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，正确运用定理找准对应关系是解题的关键．
2．（2022秋•江阴市校级月考）如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D．若BF＝3FE，BD＝3，则DC＝ 2 ．
【分析】过点E作EG∥DC交AD于G，可得EG是△ACD的中位线，所以CD＝2EG，由EG∥DC根据平行线分线段成比例定理得到BD＝3EF，可得EF＝1，即可求解．
【解答】解：如图，过点E作EG∥DC交AD于G，
∵BE是△ABC的中线，
∴点E是AC的中点，
∴EG是△ACD的中位线，
∴DC＝2EG，
∵GE∥BD，
∴，
∵BF＝3FE，
∴，
∴，
∵BD＝3，
∴EF＝1，
∴CD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例，三角形的中位线，过点E作EG∥DC，构造三角形的中位线是解题的关键．
3．（2021秋•灌云县期末）如图，，AD＝15，AB＝40，AC＝28，则AE＝ ．
【分析】根据比例的性质把原式变形，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵＝，
∴＝，
∵AD＝15，AB＝40，AC＝28，
∴＝，
解得：AE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、正确代入计算是解题的关键．
4．（2022秋•惠山区校级月考）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD：DB＝3：2，AE＝6cm，则AC的长为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．10cm
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可求出求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD：DB＝3：2，AE＝6cm，
∴＝，
∴EC＝4cm．
∴AC＝AE+CE＝10（cm），
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是解题的关键．
5．（2022秋•锡山区校级月考）如图，DE∥BC，且EC：BD＝2：3，AD＝6，则AE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由平行线分线段成比例定理得＝＝，即可得出结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝＝，
即＝，
解得：AE＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．
6．（2022秋•江阴市校级月考）如图，已知AB∥CD∥EF，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∵AB∥CD∥EF，
∴＝≠，故本选项不符合题意；
B．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
C．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
D．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
7．（2021秋•仪征市期末）如图，AD∥BE∥CF，直线l1、l2与这三条直线分别交于点A、B、C和D、E、F．若AB＝6，BC＝3，EF＝4，则DE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出＝，再求出DE的长度即可．
【解答】解：∵AD∥BE∥CF，
∴＝，
∵AB＝6，BC＝3，EF＝4，
∴＝，
解得：DE＝8，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
8．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在边AB，AC上，且DB＝2AD，AE＝3EC，连接BE，CD，相交于点O，若Rt△ABC的面积为4，则△ABO面积为 ．
【分析】过点D作DF∥AE，根据平行线分线段成比例定理可得＝＝，根据已知＝，得DF＝2EC，DO＝2OC，DO＝DC，所以得S△ADO＝S△ADC，S△BDO＝S△BDC，即S△ABO＝S△ABC．
【解答】解：如图，过点D作DF∥AE，交BE于点F，
则＝＝，
∵＝，
∴DF＝2EC，
∴DO＝2OC，
∴DO＝DC，
∴S△ADO＝S△ADC，S△BDO＝S△BDC，
∴S△ABO＝S△ABC＝×4＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握平行线分线段成比例定理．
9．（2021秋•常州期末）如图，在△ABC中，点D在AB上，AD：DB＝2：3，点E是CD的中点，连接AE并延长，交BC于点F，则BF：FC＝ 5：2 ．
【分析】过D作DG∥AF交BC于G，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．
【解答】解：过D作DG∥AF交BC于G，
∴，
∵AD：DB＝2：3，
∴＝，
∵DG∥EF，
∴＝，
∵点E是CD的中点，
∴＝1，
∴CF＝GF，
∴BF：FC＝5：2，
故答案为：5：2．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（2022秋•靖江市校级月考）如图，AB∥CD∥EF，AF交BE于点G，若AC＝CG，AG＝FG，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理进行逐项判断即可．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴＝，
∵AC＝CG，
∴＝＝，
故A正确，不符合题意；
∵CD∥EF，
∴＝，
∵DE＝3DG，
∴EG＝2DG，
∴＝＝，
故B正确，不符合题意．
∵CD∥EF，
∴＝
∵BG＝2DG，BE＝4DG，
∴DE＝3DG，
∴＝＝，
故C正确，不符合题意；
∵AB∥CD∥EF，
∴＝，
∵AG＝FG，
∴BG＝EG，
∴BE＝2BG，
∵＝＝，
∴BG＝2DG，
∵BE＝4DG，
∴＝，
故D错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理逐一分析四个结论的正误是解题的关键．
11．（2022秋•天宁区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC向终点C运动，在AB上以每秒5个单位长度的速度运动，在BC上以每秒3个单位长度的速度运动．点Q从点C出发，沿CA方向以每秒个单位长度的速度运动．P、Q两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止．设点P运动的时间为t秒．
（1）求线段AQ的长．（用含t的代数式表示）
（2）当PQ与△ABC的一边平行时，求t的值．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC即可解决问题．
（2）分两种情形分别讨论即可解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝＝8，
∵CQ＝t，
∴．
（2）①当点P在AB上，PQ∥BC时，
＝，
∴＝，
∴t＝，
②当点P在BC上，PQ∥AB时，
＝，
∴＝，
∴t＝3，
综上所述，t＝或3s时，PQ与△ABC的一边平行．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，勾股定理等知识，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．
二．相似三角形的判定（共14小题）
12．（2022秋•锡山区期中）如图，不能说明△ABC∽△ACD的一组条件是（ ）
A．∠B＝∠ACD B．∠ADC＝∠ACB C．AC2＝AD•AB D．＝
【分析】根据相似三角形的判定方法主要分析判断即可．
【解答】解：A、∠B＝∠ACD，∠BAC＝∠CAD，故△ABC∽△ACD，故选项A不符合题意；
B、∠ADC＝∠ACB，∠BAC＝∠CAD，故△ABC∽△ACD，故选项B不符合题意；
C、∵AC2＝AD•AB，∴，又∵∠BAC＝∠CAD，故△ABC∽△ACD，故选项C不符合题意；
D、∵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，∴不能判断△ABC∽△ACD，故选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形相似的判定，解题的关键是掌握三角形相似的判定方法，（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；这是判定三角形相似的一种基本方法；（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
13．（2022秋•海陵区校级月考）如图，在△ABC中，点P在边AB上，则在下列四个条件中：①∠ACP＝∠B；②∠APC＝∠ACB；③AC2＝AP•AB；④CP•AB＝AP•CB，能满足△APC与△ABC相似的条件是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③
【分析】根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对①②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：当∠ACP＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△APC∽△ACB；
故①符合题意；
当∠APC＝∠ACB，
∵∠A＝∠A，
∴△APC∽△ACB；
故②符合题意；
当AC2＝AP•AB，
即AC：AB＝AP：AC，
∵∠A＝∠A，
∴△APC∽△ACB；
故③符合题意；
当CP•AB＝AP•CB，即PC：BC＝AP：AB，
而∠PAC＝∠CAB，
所以不能判断△APC和△ACB相似．
故④不符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
14．（2022•宿豫区校级开学）已知AB＝4，CD＝9，BD＝17，AB⊥BD，CD⊥BD，在线段BD上有一点P，使得△PAB和△PCD相似，则满足条件的点P的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．无数
【分析】分两种情况讨论，由三角形的性质可列出等式，可求解．
【解答】解：设BP＝x，则PD＝17﹣x，
∵∠B＝∠D＝90°，
∴当或时，△PAB和△PCD相似，
当时，则，解得：x＝，
当时，则，解得：x＝，
∴BP的值有三个，
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
15．（2021秋•沛县校级月考）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P以2mm/s的速度从A向B移动，（不与B重合），动点Q以4mm/s的速度从B向C移动，（不与C重合），若P、Q同时出发，经过 3或 秒后，△PBQ与△ABC相似．
【分析】设x秒后△PBQ与原三角形相似，则可用x表示出AP＝2x，PB＝12﹣2x，BQ＝4x，由于△PBQ和△ABC有公共角∠B，则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，分两种情况．
【解答】解：设x秒后△PBQ与△ABC相似，则AP＝xcm，PB＝（12﹣2x）（cm），BQ＝4xcm，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴当时，△BPQ∽△BAC，
即，
解得x＝3；
当时，△PBQ∽△CBA，
即，
解得x＝．
即经过3秒或秒后，△PBQ与△ABC相似．
故答案为：3或．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
16．（2022秋•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，P是AD上的动点，连接BP，CP，若AD上存在三个不同位置的点P，使△ABP与△CDP相似，设，则d的取值范围是 0＜d＜ ．
【分析】分两种情况讨论，由相似三角形的性质列出方程，即可求解．
【解答】解：当点P是AD的中点时，则AP＝PD，
∴，
又∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABP∽△DCP，
当点P不是AD的中点时，
若，∠A＝∠D＝90°，则△ABP∽△DPC，
∴，
∴AB2﹣BC•AP+AP2＝0
∵AD上存在三个不同位置的点P，
∴Δ＞0，
∴BC2﹣4AB2＞0，
∴0＜＜，
∴0＜d＜，
故答案为：0＜d＜．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，列出方程是解题的关键．
17．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在第一象限内作与x轴的正半轴成60°的射线OC，在射线OC上截取OA＝2，过点A作AB⊥x轴于点B，在坐标轴上取一点P（不与点B重合），使得以P，O，A为顶点的三角形与△AOB相似，则所有符合条件的点P的坐标为 （4，0）或（0，）或（0，） ．
【分析】由于∠AOB＝60°，∠ABC＝90°，所以当P点在x轴上，∠AOP＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△ABO，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OP＝4，于是得到P（4，0）；当P点在y轴上，若∠APO＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△OBA，接着计算出OP＝，于是得到P（0，）；若∠PAO＝60°，∠APO＝90°时，△APO∽△OBA，则可计算出OP＝AP＝，于是得到P（0，）．
【解答】解：∵∠AOB＝60°，∠ABC＝90°，
∴当P点在x轴上，∠AOP＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△ABO，
此时OP＝2OA＝4，则P（4，0）；
当P点在y轴上，若∠APO＝60°，∠OAP＝90°时，△PAO∽△OBA，
此时AP＝OA＝，OP＝2AP＝，则P（0，）；
若∠PAO＝60°，∠APO＝90°时，△APO∽△OBA，
此时AP＝OA＝1，OP＝AP＝，则P（0，）；
综上所述，P点坐标为：（4，0）或（0，）或（0，）．
故答案为：（4，0）或（0，）或（0，）．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．也考查了分类讨论的思想．
18．（2022秋•射阳县月考）如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝5，P为CD边上的动点，当△ADP与△BCP相似时，求DP长．
【分析】设DP＝x，利用矩形的性质得到BC＝AD＝2，CD＝AB＝5，∠D＝∠C＝90°，则根据相似三角形的判定方法，当＝时，△DAP∽△CBP，＝；当＝时，△DAP∽△CFB，
即＝，然后分别解方程即可．
【解答】解：设DP＝x，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝2，CD＝AB＝5，∠D＝∠C＝90°，
∴PC＝5﹣x，
∵∠D＝∠C，
∴当＝时，△DAP∽△CBP，
即＝，解得x＝；
当＝时，△DAP∽△CFB，
即＝，解得x1＝1，x2＝4，
综上所述，DP的长为或1或4．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．也考查了矩形的性质．
19．（2022秋•锡山区校级月考）如图，在△ABC中，BA＝BC＝20cm，AC＝30cm，点P从点A出发，沿AB以4cm/s的速度向点B运动，同时点Q从点C出发，沿CA以3cm/s的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为xs．
（1）当PQ∥BC时，求x的值．
（2）△APQ与△CQB能否相似？若能，求出AP的长；若不能，请说明理由．
【分析】（1）当PQ∥BC时，根据平行线分线段成比例定理，可得出关于AP，PQ，AB，AC的比例关系式，我们可根据P，Q的速度，用时间x表示出AP，AQ，然后根据得出的关系式求出x的值；
（2）分两种情况进行讨论．由等腰三角形的性质得出∠A和∠C对应相等，那么就要分成AP和CQ对应成比例以及AP和BC对应成比例两种情况．
【解答】解：（1）当PQ∥BC时，AP：AB＝AQ：AC，
∵AP＝4x，AQ＝30﹣3x，
∴，
解得：x＝；
即当x＝，PQ∥BC；
（2）能，
①当△APQ∽△CQB时，有，
即：，
解得：x＝，
∴AP＝4x＝（cm），
②当△APQ∽△CBQ时，有，
即：，
解得：x＝5或x＝﹣10（舍去），
∴PA＝4x＝20（cm），
综上所述，当AP＝cm或20cm时，△APQ与△CQB相似．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
20．（2022秋•惠山区期中）如图，AB、DE是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC＝20°，点D从点C出发沿顺时针方向绕圆心O旋转α°（0＜α＜180），当α＝ 50、70、160 时，直径DE在△ABC中截得的三角形与△ABC相似．
【分析】分DE⊥AB或DE⊥BC或DE⊥AC三种情形，分别画出图形，求出旋转角∠COD的度数即可．
【解答】解：当DE⊥AB时，直径DE在△ABC中截得的三角形与△ABC相似．
连接OC，
∵∠ABC＝20°，OB＝OC，
∴∠OCB＝∠ABC＝20°，
∴∠COD＝∠AOD﹣∠AOC＝90°﹣40°＝50°，
∴α＝50，
当DE⊥BC时，△BOF∽△BCA，
∴∠COD＝∠BOD＝70°，
∴α＝70，
当DE⊥AC时，直径DE在△ABC中截得的三角形与△ABC相似．
∴∠COE＝∠AOE＝∠ABC＝20°，
∴α＝∠COD＝160，
故答案为：50或70或160．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定，圆周角定理，垂径定理，旋转的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
21．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在△ABC中，AB＝14，AC＝6，在AC上取一点D，使AD＝2，如果在AB上取点E，使△ADE和△ABC相似，则AE＝ 或 ．
【分析】本题应分两种情况进行讨论，①△ABC∽△AED；②△ABC∽△ADE；可根据各相似三角形得出的关于AE、AE、AB、AC四条线段的比例关系式求出AE的长．
【解答】解：本题分两种情况：
①△ADE∽△ACB，
∴AB：AC＝AE：AD，
∵AB＝14，AC＝6，AD＝2，
∴AE＝；
②△ADE∽△ABC，
∴AB：AC＝AD：AE，
∵AB＝14，AC＝6，AD＝2，
∴AE＝，
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质．由于题中没有明确相似三角形的对应角和对应边，因此本题要分情况进行讨论，以免漏解．
22．（2022秋•邗江区月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，D为AB上一动点（点D与点A不重合）．若在△ABC的直角边BC上存在一点E，使△ADE与△ABC相似，则AD的值为 或1或2或 ．
【分析】根据直角三角形的性质可得AB＝2，∠A＝60°，△ADE与△ABC相似，分以下四种情况：①△ACB∽△ADE，②△ACB∽△EDA，③△ACB∽△AED，④△ACB∽△DEA，分别求解即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，
∴AB＝2，∠A＝60°，
在△ABC的直角边BC上存在一点E，△ADE与△ABC相似，分以下四种情况：
①△ACB∽△ADE，如图所示：
此时点E与点C重合，
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，∠AED＝∠ABC＝30°，
∴AD＝＝；
②△ACB∽△EDA，如图所示：
此时∠ADE＝∠BCA＝90°，∠DAE＝∠ABC＝30°，
∴∠CAE＝30°，
∴∠DAE＝∠CAE，
∴△ADE≌△ACE（AAS），
∴AD＝AC＝1；
③△ACB∽△AED，如图所示：
此时△ACB≌△AED，
∴AD＝AB＝2；
④△ACB∽△DEA，如图所示：
此时∠DEA＝∠ACB＝90°，∠DAE＝∠ABC＝30°，
∴∠CAE＝30°，
∵AC＝1，
AE＝＝，
∴AD＝＝；
综上，AD的值为或1或2或．
故答案为：或1或2或．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质，解直角三角形，注意△ADE与△ABC相似要分情况讨论．
23．（2022秋•邗江区月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，动点E在边BC上，连接DE，过点A作AH⊥DE，垂足为H，AH交CD于F．
（1）求证：△CDE∽△DAF；
（2）当FC＝2时，求EC的长．
（3）若直线AF与线段BC延长线交于点G，当△DEB∽△GFD时，求DF的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝∠BCD＝90°．根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据矩形的性质得到DC＝AB＝3，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）由∠DEC＝∠AFD＝90﹣∠EDC可得∠BED＝∠DFG，用x的代数式表示ED、FG、EB，再运用相似三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴∠ADC＝∠BCD＝90°．
又∵AF⊥DE，
∴∠DCE＝∠ADF＝90°，∠EDC＝∠DAF＝90°﹣∠DFA，
∴△ADF∽△DCE
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝3，
∵FC＝2，
∴DF＝DC﹣FC＝1，
∵△ADF∽△DCE，
∴＝，
∴EC＝＝＝；
（3）解：如图中，
∵△ADF∽△DCE
∴＝，
∴＝＝＝2，
设EC＝x，则DF＝2x，
∵△DEB∽△GFD，
∴＝，
∴FG＝＝
∵△ADF∽△GCF，
∴＝，
∴FG＝•，
∴＝•
解得x＝，
∴DF＝2x＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
24．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D是BC边的中点，E为AB边上的一个动点，作∠DEF＝90°，EF交射线BC于点F设BE＝x，△BED的面积为y．
（1）求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）如果以B、E、F为顶点的三角形与△BED相似，求△BED的面积．
【分析】（1）根据∠B的正切值和AC的值，求出BC的值，也就求出了BD的值，然后求三角形BED的高；根据BC的长和∠B的正弦值，表示出BD边上的高，再根据三角形BED的面积公式得出y，x的函数关系式；
（2）若两三角形相似，则∠BEF＝∠BDF．求△BED的面积就需要知道底边和高，关键是求出BE的长，可通过构建相等的线段，来得出关于x的方程求解．
分别过E，D作EH⊥BC于H，DM⊥AB于M，根据∠DEM是∠MDE和∠FEB的余角，因此∠MDE＝∠FEB＝∠FDE．因此可得出EM＝EH，可根据EM，EH的不同的表示方法，来得出含x的等式，从而求出x的值．
也就可以求出三角形BED的面积了．
∠BEF为锐角和钝角的不同情况时，表示线段EM的式子会略有不同，但是思路是一致的，不要丢掉任何一种情况．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∴CD＝DB＝4．
如图1，过点E作EH⊥CB于H．
则可求得EH＝x．
∴y＝×4×x＝x（0＜x≤或5＜x≤10）．
即y＝x（0＜x≤或5＜x≤10）；
（2）由题意知∠BEF≠90°，故可以分两种情况．
①如图2，当∠BEF为锐角时，
由已知以B、E、F为顶点的三角形与△BED相似，又知∠EBF＝∠DBE，∠BEF＜∠BED，所以∠BEF＝∠BDE．
过点D作DM⊥BA于M，过E作EH⊥BC于H．
根据等角的余角相等，可证得∠MDE＝∠HDE，
∴EM＝EH．
又EM＝MB﹣EB＝﹣x，
由（1）知：EH＝x，
∴−x＝x，
∴x＝2．
∴y＝×2＝．
②如图3，当∠BEF为钝角时，
同理可求得x﹣＝x，
∴x＝8．
∴y＝×8＝．
所以，△BED的面积是或．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质，函数关系式．注意（2）中都要分情况进行讨论：要分∠BEF时钝角还是锐角进行分类讨论，不要丢掉任何一种情况．
25．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，其中点A、C分别在x轴、y轴上，B（4，2）．P是x轴负半轴上一点，OP＝OC，过点P的直线l分别与y轴、边BC交于点D、点E，连接AE．当△POD与△ABE相似时，求CE的长．
【分析】分两种情形：当△ABE∽△DOP时，∠AEB＝∠DPO，证明EP＝EA，求出点E的横坐标即可解决问题．②当△ABE∽△POD时，过点E作EH⊥PA于H．证明△PHE∽△EHA，可得EH2＝PH•AH，设AH＝x，则PH＝6﹣x，构建方程求出x，即可解决问题．
【解答】解：①当△ABE∽△DOP时，∠AEB＝∠DPO，
∵BC∥AP，
∴∠EAP＝∠AEB，
∴∠EPA＝∠EAP，
∴EP＝EA，
∴点E的横坐标为1，
∴CE＝1．
②当△ABE∽△POD时，过点E作EH⊥PA于H．
∵∠BAE＝∠EPA，∠BAE+∠EAP＝90°，
∴∠EPA+∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝90°，
∵EH⊥AP，
∴∠EHP＝∠EHA＝90°，
∴∠PEH+∠EPH＝90°，∠PEH+∠AEH＝90°，
∴∠EPH＝∠AEH，
∴△PHE∽△EHA，
∴EH2＝PH•AH，
设AH＝x，则PH＝6﹣x，
∴x（6﹣x）＝4，
∴x2﹣6x+4＝0，
∴x＝3﹣或3+（舍弃），
∴CE＝+1．
综上所述，满足条件的CE的值为1或+1．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
巩固提升
一、单选题
1．（2020·江苏·无锡市钱桥中学九年级月考）下列四个选项中的三角形，与图中的三角形相似的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由于已知三角形和选择项的三角形都放在小正方形的网格中，设正方形的边长为1，所以每一个三角形的边长都是可以表示出，然后根据三角形的对应边成比例即可判定选择项．
【详解】解：设小正方形的边长为1，那么已知三角形的三边长分别为 ，2，，所以三边之比为1：2：．
A、三角形的三边分别为2，，3，三边之比为 ：：3，故本选项错误；
B、三角形的三边分别为2，4，2，三边之比为1：2：，故本选项正确；
C、三角形的三边分别为2，3，，三边之比为2：3：，故本选项错误；
D、三角形的三边分别为，，4，三边之比为：：4，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定，属于基础题，掌握三边对应成比例的两个三角形相似是解答本题的关键，难度一般．
2．（2021·江苏·扬州市梅岭中学九年级月考）如图，在四边形中，如果，那么下列条件中不能判定和相似的是（ ）
A． B．是的平分线
C． D．
【答案】D
【分析】已知∠ADC＝∠BAC，则A、B选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项可以根据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来判定；D选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似.
【详解】在△ADC和△BAC中，∠ADC＝∠BAC，
如果△ADC∽△BAC，需满足的条件有：
①∠DAC＝∠ABC或AC是∠BCD的平分线；
②；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．
3．（2021·江苏·无锡市天一实验学校九年级期中）如图，已知∠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＝∠AED B．∠B＝∠D C． D．
【答案】C
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到最后答案．
【详解】解：∵∠1＝∠2
∴∠DAE＝∠BAC
∴A，B，D都可判定△ABC∽△ADE
选项C中不是夹这两个角的边，所以不相似，
故选：C．
【点睛】本题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．
4．（2021·江苏高邮·九年级期末）已知等腰△ABC的底角为75°，则下列三角形一定与△ABC相似的是（ ）
A．顶角为30°的等腰三角形
B．顶角为40°的等腰三角形
C．等边三角形
D．顶角为75°的等腰三角形
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得出等腰三角形的角的度数，进而利用相似三角形的判定解答即可．
【详解】解：∵等腰△ABC的底角为75°，
∴等腰△ABC的三角的度数分别为30°，75°，75°
∴一定与△ABC相似的是顶角为30°的等腰三角形
故选：A．
【点睛】本题考查了想做浅咖人判定，关键是根据等腰三角形的性质得出等腰三角形的角的度数解答．
5．（2021·江苏玄武·一模）如图，在中，是边上一点，在边上求作一点，使得．甲的作法：过点作，交于点，则点即为所求．乙的作法：经过点，，作，交于点，则点即为所求．对于甲、乙的作法，下列判断正确的是（ ）
A．甲错误，乙正确 B．甲正确，乙错误 C．甲、乙都错误 D．甲、乙都正确
【答案】A
【分析】根据相似三角形的判定解决问题即可．
【详解】解：乙的作法正确．
理由：∵B，C，Q，P四点共圆，
∴∠B+∠CQP=180°，
∵∠AQP+∠CQP=180°，
∴∠AQP=∠B，
∵∠A=∠A，
∴△AQP∽△ABC．
甲的作法，无法证明∠AQP=∠B，故甲的作法错误．
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，圆内接四边形．解决此题关键是理解有两个角对应相等的三角形相似．
6．（2020·江苏·射阳县第二初级中学九年级月考）如图，点P是△ABC的边AC上一点，连结BP，以下条件中，不能判定△ABP∽△ACB的是（ ）
A．＝ B．＝ C．∠ABP＝∠C D．∠APB＝∠ABC
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定定理（①有两角分别相等的两三角形相似，②有两边的比相等，并且它们的夹角也相等的两三角形相似）逐个进行判断即可．
【详解】解：A、∵∠A=∠A，＝∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；
B、根据＝和∠A=∠A不能判断△ABP∽△ACB，故本选项符合题意；
C、∵∠A=∠A，∠ABP=∠C，
∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；
D、∵∠A=∠A，∠APB=∠ABC，
∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了相似的三角形的判定定理的应用，能正确运用判定定理进行推理是解此题的关键．
二、填空题
7．（2021·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，则图中相似三角形共有______对．
【答案】6
【分析】根据平行于三角形的一边与另两边相交形成的三角形与原三角形相似，可知图中△AEF、△AGH、△AIJ和△ABC任意两个三角形都相似．
【详解】解：在△ABC中，EF∥GH∥IJ∥BC，
∴△AEF，△AGH，△AIJ，△ABC中的任意两个三角形都相似．
∴相似三角形共有6对．
故答案为：6.
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟记平行于三角形的一边与另两边相交形成的三角形与原三角形相似是解题关键．
8．（2020·江苏·淮安六中九年级期中）如图，若，需添加的一个条件是______（填写一个条件即可）．
【答案】或或（任填其一）
【分析】本题考查的是相似三角形的判定，本题要判定△ABC∽△EBD，已知∠ABC=∠EBD，具备了一组角对应相等，故添加∠BDE=∠BCA或∠BDE=∠BCA后可分别满足三角形相似，而三角形相似还需考虑一组角相等，对应两组边成比例，故还有．
【详解】解：∵要△ABC∽△EBD，
又∵∠ABC=∠EBD，
∴只需∠BDE=∠BCA或∠BDE=∠BCA或即可，
故答案为：∠BDE=∠BCA或∠BDE=∠BCA或（任选其一即可）．
【点睛】本题主要考查三角形相似判定定理，正确理解三角形相似判定定理是本题解题的关键．
9．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在正方形网格中有3个斜三角形：①；②；③；其中能与相似的是_________．（除外）
【答案】③（）
【分析】分别求出三个三角形的三边的比，再根据相似三角形的判定方法解答．
【详解】解：根据网格可知：AB=1，AC=，BC=，△ABC的三边之比是AB：AC：BC＝1：：，
同理可求：②△CDB的三边之比是CD：BC：BD＝1：：2；
③△DEB中DE：BD：BE＝2：2：＝1：：．
∴③（△DEB）与△ABC相似，
故答案为：③△DEB．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，从“三边对应成比例，两三角形相似”的角度考虑是解题关键．
10．（2019·江苏宝应·中考模拟）如图，中，，点是重心，点在斜边上，过点，作交于点，若，则的长为 __________.
【答案】
【分析】依据重心的性质即可得出CE=2DE，再根据△CEF∽△CDB，即可得到BD=9，依据Rt△ABC中，CD是中线，可得AB=2BD=18．
【详解】∵点E是重心，
∴CE=2DE，
∴，
又∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CDB，
∴，即，
∴BD=9，
又∵Rt△ABC中，CD是中线，
∴AB=2BD=18，
故答案为：18．
【点睛】本题主要考查了三角形的重心以及相似三角形的性质的应用，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
11．（2019·江苏·海庆中学九年级期末）如图，在△ABC中，P是AB边上的点，请补充一个条件，使△ACP∽△ABC，这个条件可以是：___(写出一个即可)，
【答案】∠ACP=∠B（或）．
【分析】由于△ACP与△ABC有一个公共角，所以可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或有两组角对应相等的两个三角形相似进行添加条件．
【详解】解：∵∠PAC=∠CAB，
∴当∠ACP=∠B时，△ACP∽△ABC；
当时，△ACP∽△ABC．
故答案为：∠ACP=∠B（或）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似：有两组角对应相等的两个三角形相似．
12．（2020·江苏宝应·九年级）如图，在中，，是上一点且，当________时，使得与相似．
【答案】或1.5
【分析】ΔADE与 ΔABC相似有两种情况，针对每一种情况，有对应边成比例，据此可列出等式求得AE的值．
【详解】解：分两种情况：
第一种情况：如图，过D作DE||AC于点E，
则；
第二种情况：如图，ΔADEΔACB
则
故答案为．
【点睛】本题考查三角形相似的判定，找出对应三角形相似的两种情况是解题关键．
13．（2020·江苏宜兴·九年级月考）如图，点D、E在△ABC的边AB、AC上，请添加一个条件：____，使△ADE∽△ACB．
【答案】∠1＝∠C或∠2＝∠B或AD∶AC＝AE∶AB（答一个即可）．
【分析】解：根据∠AED=∠B和∠A=∠A,可证△AED∽△ABC，故添加条件∠AED=∠B；根据∠2=∠B和∠A=∠A,可证△AED∽△ABC，故添加条件∠2=∠B；根据两边对应成比例且夹角相等，故添加条件AD∶AC＝AE∶AB，然后任选其一即可解答．
【详解】解：∵∠AED=∠B，∠A=∠A
∴△AED∽△ABC，故添加条件∠AED=∠B可证其相似；
∵∠2=∠B，∠A=∠A,
∴△AED∽△ABC，故添加条件∠2=∠B可证其相似；
根据两边对应成比例且夹角相等，故添加条件AD∶AC＝AE∶AB可证其相似．
故答案为∠1＝∠C或∠2＝∠B或AD∶AC＝AE∶AB（答一个即可）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键．
三、解答题
14．（2019·江苏无锡·九年级期末）如图2，与是两个全等的等腰三角形，，分别与相交于点，.
（1）图中有哪几对不全等的相似三角形，请把他们表示出来；
（2）根据图1两位同学对图形的探索，试探索之间的关系，并证明.
【答案】（1）共有3对. ；；；（2），证明见解析.
【分析】（1）直接根据相似三角形判定定理找出所有不全等的相似三角形的个数；
（2）方法（一）把△ABF、△AGC分别沿AD、AE折叠，利用三角形全等的知识证明∠FPG=∠B+∠C=90°，进而可以证明BF、FG、GC之间的关系；
方法（二）标出∠1、∠2、∠3、∠4，把△ABF旋转至△ACP，得△ABF≌△ACP，再利用三角形全等的知识证明∠ACP+∠ACB=90°，进而可以证明BF、FG、GC之间的关系．
【详解】解：（1）共有3对.
；
；
；
（或）
（2）证明方法（一）
∵把、分别沿折叠，
∴，，
∵两点重合，
∴，，，
在中，，
或证明方法（二）把旋转至，
得，
∴，，，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
在中，
故答案为：（1）共有3对. ；；；（2），证明见解析.
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质.
15．（2018·江苏雨花台·九年级期末）如图，已知AD•AC＝AB•AE．求证：△ADE∽△ABC．
【分析】由AD•AC＝AE•AB，可得,从而根据“两边对应成比例并且夹角相等的两个三角形相似”可证明结论成立.
【详解】证明：∵AD•AC＝AE•AB，
∴＝
在△ABC与△ADE 中
∵＝，∠A＝∠A，
∴ △ABC∽△ADE
16．（2020·江苏·常州市田家炳初级中学九年级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E为边CD延长线上一点，连接BE交边AD于点F．
（1）找出图中所有的相似三角形（不再添加辅助线），它们分别是_____．
（2）请在你找出的各对相似三角形中，选择一对加以证明．
【答案】（1）△EAF∽△EBC，△CDF∽△EBC，△CDF∽△EAF，（2）选△EAF∽△EBC，理由见解析．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形可以得到对边平行，那么就存在“A”字型和“8”字型的相似三角形；
（2）结合平行线的性质，利用两组对应角相等证明三角形相似．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴△EAF∽△EBC，
∵，
∴△CDF∽△EAF，
∴△CDF∽△EBC，
故答案是：△EAF∽△EBC，△CDF∽△EBC，△CDF∽△EAF；
（2）选△EAF∽△EBC，
理由如下：在ABCD中AD∥BC，
∴∠EAF＝∠B．
又∵∠E＝∠E，
∴△EAF∽△EBC．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
17．（2021·江苏淮安·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，E为AD上一点，EF⊥EC交AB于F，连接FC，求证：．
【分析】由矩形，证明 结合：，证明：，从而可得结论．
【详解】解： 矩形ABCD，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定，掌握两个角分别对应相等的两个三角形相似是解题的关键．
18．（2021·江苏江都·九年级期末）我们知道，全等是特殊的相似，相似与三角函数也有着密切的联系．某数学兴趣小组类比“斜边和直角边分别相等的两个直角三角形全等”，进而提出猜想“斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似吗？”如图，在和中，，且，则与相似吗？并说明理由．
【答案】相似；理由见解析
【分析】根据三角形相似的判定条件：三边对应成比例，即可证得．
【详解】相似，理由如下：
令，
则，，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题考查三角形相似，解题的关键是掌握三角形相似的判定条件．
19．（2021·江苏镇江·一模）如图1，二次函数的图像记为，与y轴交于点A，其顶点为B，二次函数的图像记为，其顶点为D，图像、相交于点P，设点P的横坐标为m．
（1）求证：点D在直线上；
（2）求m和h的数量关系；
（3）平行于x轴的直线经过点P，与图像交于另一点E，与图像交于另一点F，若，求h的值；
（4）如图2，过点P作平行于的直线，与图像交于另一点Q，连接．当时，_________．（直接写出结果）
【答案】（1）见解析；（2）m= h；（3）h的值为8；（4）4或20．
【分析】（1）先求出A、B的坐标，再代入，最后验证即可；
（2）联立 ，得出x与h的关系，再根据图象交于点P，即可得出结论；
（3）求出P、E、F的坐标轴即可得出结果；
（4）得出四边形BPQD为矩形，再分两种情况解得即可．
【详解】（1）证明：由，
令x=0时，y=1，即A(0，1)，令y=0时，x=2，即B(2，0)，
设A，B的解析式为： ，
把A，B的坐标代入得，解得，
∴顶点D的坐标为，
令x=h，则 ，
∴点D在直线上；
（2）联立 ，
得出，
根据图象交于点P，
设点P的横坐标为m,则；
（3）由点P的横坐标为x=，代入，得出E点的横坐标为4-，
将P的横坐标为x=，代入得出F点的横坐标为，
则，
解得h=8；
（4）由题意得由平移得到，
∴BD=PQ且BD∥PQ，得出四边形BPQD为矩形，
作DM⊥x轴，得出△AOB∽△BMP，当h=4时，一定成立；
又有 ，得出h=20，
综上所述h=4或20．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，矩形的性质，相似三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
20．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）如图1，抛物线（为常数）与轴交于两点（点在点右侧），与轴交于点．
（1）下列说法：①抛物线开口向上，②点在轴正半轴上；③；④抛物线顶点在直线上，其中正确的是_______；
（2）如图2，若直线与该抛物线交于两点（点在点下方），试说明：线段的长是一个定值，并求出这个值；
（3）在（2）的条件下，设直线与轴交于点，连接，当时，求此时的值，判断与是否相似，并说明理由．
【答案】（1）①③④；（2）见解析；（3）m=3，相似；m=1，不相似
【分析】（1）根据抛物线表达式，判断开口方向，令x=0，根据y值判断点C的位置，根据图像与x轴交点，结合根的判别式，得到△＞0，可得m的范围，求出顶点坐标，可判断在y=-2x+1上；
（2）联立抛物线表达式和直线表达式，解之得到M和N坐标，利用勾股定理求出MN值即可；
（3）分点D在线段MN的延长线上，点D在线段MN上，两种情况，结合DN和MN的比值，画出图像，分类讨论求解．
【详解】解：（1），
∵1＞0，
∴开口向上，故①正确；
当x=0时，，
∴点C在y轴正半轴或原点，故②错误；
由题意可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，
∴，
解得：，故③正确；
由可得顶点坐标为（m，），
∴顶点在y=-2x+1上，故④正确；
∴正确的是①③④；
（2）联立得：，
解得：，，代入可得：
，，
∴M（m，-2m+1），N（m-2，-2m+5），
∴MN==，为定值；
（3）当点D在线段MN的延长线上时，
∵DM：MN=1：2，
∴DM=，即，
解得：m=3或m=-3（舍），
此时，M（3，-5），
令，
解得：或，又点B在点A右侧，
∴B（，0），
∴BM=，
∵∠BMN是公共角，且，
∴△MBN与△MDB相似；
当D在线段MN上时，
∵DN：MN=1：2，
∴点D是MN的中点，
∴，
解得：m=1，
此时∠BDM>∠BND，∠BDM>∠DBM，
∴此时△MBN与△MDB不相似．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数与一元二次方程，相似三角形的判定，解题的关键是结合二次函数的性质画出图像，分类讨论，有一定难度．
21．（2021·江苏·宜兴市树人中学九年级期中）三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若内一点P满足，则点P是的布洛卡点，是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；
（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中）的布洛卡点，且．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；
②若的面积为，求的面积．
【答案】（1）30°，；（2）①，证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据题意理清布洛卡点、布洛卡角的概念，利用概念来解答；
（2）①找，证明过程利用等腰直角三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；
②把三角形面积看作三个三角形面积之和来表示，除所求三角形面积之外的两个，其中一个根据条件可以利用勾股定理求出面积，另一个可以利用所求三角形面积来表示，建立等式即可求解．
【详解】解：（1）由题意知：，
为等边三角形，
，AB=BC=AC,
，
，
，
，
，
同理可证得出：
，
，
故答案是：30°，．
（2）①
证明：∵是等腰直角三角形
∴，
即，
∵，∴，
又∵，
∴.
（3）∵是等腰直角三角形，
∴，∴.
∵，
∴，
∴，，，
∴.
∵，
∴.
在中，∵，，
由勾股定理得，，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题考查了新概念问题、等边三角形、直角三角形、三角形全等的判定定理和性质、相似三角形的判定定理和性质、勾股定理，涉及知识点多，综合性强，题目较难，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答．
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