中考数学一轮复习专题4.9 图形的相似章末十大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题4.9 图形的相似章末十大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版），共50页。


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\l "_Tc11869" 【题型1 由比例的性质求值或证明】 PAGEREF _Tc11869 \h 1
\l "_Tc6509" 【题型2 由平行判断成比例的线段】 PAGEREF _Tc6509 \h 1
\l "_Tc25905" 【题型3 黄金分割】 PAGEREF _Tc25905 \h 1
\l "_Tc17719" 【题型4 证明两三角形相似】 PAGEREF _Tc17719 \h 2
\l "_Tc23714" 【题型5 证明三角形的对应线段成比例】 PAGEREF _Tc23714 \h 2
\l "_Tc11168" 【题型6 确定相似三角形的点的个数】 PAGEREF _Tc11168 \h 2
\l "_Tc3035" 【题型7 相似与翻折】 PAGEREF _Tc3035 \h 2
\l "_Tc7356" 【题型8 利用相似求坐标】 PAGEREF _Tc7356 \h 2
\l "_Tc18898" 【题型9 在网格中作位似图形】 PAGEREF _Tc18898 \h 2
\l "_Tc1556" 【题型10 相似三角形的应用】 PAGEREF _Tc1556 \h 3
【题型1 由比例的性质求值或证明】
【例1】（2023秋·安徽马鞍山·九年级安徽省马鞍山市第七中学校考期中）已知a+bc=b+ca=c+ab，求a+bb+cc+aabc的值．
【答案】8或−1
【分析】观察 (a+b)c=(b+c)a=(c+a)b 与 (a+b)(b+c)(c+a)abc 发 现，后者是通过前者相乘得来，那么只要找出 (a+b)c=(b+c)a=(c+a)b 的值解出，因此设(a+b)c=(b+c)a=(c+a)b=k 通过变换化为 (a+b+c)(k−2)=0 那么可能是 a+b+c=0 或 k=2 对这两种情况分别讨论；
【详解】设a+bc=b+ca=c+ab=k,
则a+b=kc,b+c=ka,c+a=kb
(a+b)+(b+c)+(c+a)=kc+ka +kb
2(a+b+c)=k(a+b+c)
即(a+b+c)(k−2)=0
所以a+b+c=0或k=2
当a+b+c=0时，则a+b=−c,
a+bc=−1,同理b+ca=−1, c+ab=−1
所以(a+b)(b+c)(c+a)abc=(a+b)c ×(b+c)a×(c+a)b=(−1)×(−1) ×(−1)=−1
当k=2时，
(a+b)c=(b+c)a=(c+a)b=2
所以(a+b)(b+c)(c+a)abc=(a+b)c ×(b+c)a×(c+a)b=2×2×2=8
故答案为 8 或 -1
【点睛】做好本题的关键是找出a、b、c三个变量间的关系，因而假设a+bc=b+ca=c+ab=k,做到这步已经成功了一半，因而同学们在解题中一定要仔细观察已知与结论找出其存在或隐含的关系
【变式1-1】（2023秋·安徽六安·九年级校考期中）已知a、b、c为△ABC的三边长，且a3=b4=c5，a+b+c=24，求△ABC三边的长．
【答案】△ABC三边的长为6，8，10
【分析】设a3=b4=c5=k，则a=3k，b=4k，c=5k，根据a+b+c=24进行计算求出k的值即可．
【详解】解：设a3=b4=c5=k，则a=3k，b=4k，c=5k，
∵a+b+c=24，
∴3k+4k+5k=24，
解得：k=2，
∴a=3k=6，b=4k=8，c=5k=10，
∴ △ABC三边的长为6，8，10．
【点睛】本题主要考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2023秋·浙江嘉兴·九年级校联考期中）已知线段a、b满足a:b=1:2，且a+2b=10．
(1)求a、b的值；
(2)若线段c是线段a、b的比例中项，求c的值．
【答案】(1)a=2,b=4
(2)c=22
【分析】（1）利用a:b=1:2，可设a=k,b=2k，则k+4k=10，然后解出k的值即可得到a、b的值；
（2）根据比例中项的定义得到c2=ab，即c2=8，然后根据算术平方根的定义求解．
【详解】（1）∵a:b=1:2
∴设a=k,b=2k，
∵a+2b=10，
∴k+4k=10，
∴k=2，
∴a=2,b=4
（2）∵c是a、b的比例中项，
∴c2=ab=8，
∵c是线段，c>0，
∴c=22．
【点睛】本题考查了比例线段：对于四条线段a,b,c,d，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如a:b=c:d(即ad=bc)，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．注意利用代数的方法解决较为简便．
【变式1-3】（2023秋·广东珠海·九年级统考期末）已知a，b，c，d都是互不相等的正数.
（1）若ab=2，cd=2，则ba dc，ac bd（用“＞”，“＜”或“=”填空）；
（2）若ab=cd,请判断ba+b和dc+d的大小关系，并证明；
（3）令ac=bd=t,若分式2a+ca−c−3b+db−d+2的值为3，求t的值.
【答案】（1）=；=；（2）ba+b=dc+d，理由见解析；（3）12
【分析】（1）由ab=2，cd=2，得到a=2b，c=2d，代入化简即可得到结论；
（2）设ab=t，则cd=t，得到a=bt，c=dt，代入化简即可得到结论；
（3）由已知得到：a=ct，b=dt.代入分式，化简后解方程即可得出结论.
【详解】（1）∵ab=2，cd=2，
∴a=2b，c=2d，
∴ba=dc=12，bd=2a2c=ac.
故答案为：==；
（2）ba+b=dc+d.理由如下：
设ab=t，则cd=t，
∴a=bt，c=dt，
∴ba+b=bbt+b=1t+1，
dc+d=ddt+d=1t+1，
∴ba+b=dc+d；
（3）∵ac=bd=t，
∴a=ct，b=dt.
∵2a+ca−c−3b+db−d+2=3，
∴2t+1t−1−3t+1t−1=1.
解得：t=12.
经检验：t=12是原方程的解.
【点睛】本题考查了比例的性质以及解分式方程.设参法是解答本题的关键.
【题型2 平行判断成比例的线段的运用】
【例2】（2023秋·安徽六安·九年级校考期中）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，ADBD=13，DE∥BC，EF∥AB，点M是EF的中点，连接BM并延长交AC于点N，则ENAC的值是（ ）

A．320B．29C．16D．17
【答案】A
【分析】过点F作FG∥BN交AC于点G,可证EN=GN．同理，可得AEEC=ADDB=13，EC=3AE，AEEC=BFFC=13；由FG∥BN,得BFFC=NGGC=13，于是GC=3NG；设EN=NG=a，则GC=3a，EC=5a，AC=203a，从而得ENAC=320．
【详解】解：过点F作FG∥BN交AC于点G,
∴ENGN=EMFM=1
∴EN=GN．
∵DE∥BC，
∴AEEC=ADDB=13．
∴EC=3AE．
∵EF∥AB，
∴AEEC=BFFC=13．
∵FG∥BN,
∴BFFC=NGGC=13．
∴GC=3NG．
设EN=NG=a，则GC=3a，
∴EC=EN+NG+GC=5a
∴EC=3AE=5a．
∴AE=53a．
∴AC=AE+EC=53a+5a=203a．
∴ENAC=a203a=320．
故选：A
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理；由平行线得到线段间的数量关系是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·陕西榆林·九年级校考期中）如图，AD与BC相交于点E，点F在BD上，且AB∥EF∥CD，若EF=2，CD=3，求AB的长．

【答案】6
【分析】根据平行线分线段成比例定理的推论——“平行于三角形一边，并且和其他两边相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例”，先由EF∥CD，得EFCD=BFBD，再由AB∥EF得EFAB=DFDB，即可求解．
【详解】解：∵△BCD中，EF∥CD，
∴EFCD=BFBD，
∵EF=2，CD=3，
∴23=BFBD，
∴DFDB=13，
∵AB∥EF，
∴EFAB=DFDB=13，
∴AB=3EF=6．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理的推论，解题的关键是从图形中找准成比例的线段．
【变式2-2】（2023春·安徽合肥·九年级统考期末）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，E在BC上，且EC=2BE，则AFFE=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【详解】取CE的中点M，连接DM，根据三角形中位线定理得DM∥AE，DM=12AE，再根据平行线分线段成比例得EFDM=BEBM=12，即可得出答案．
【解答】解：如图，取CE的中点M，连接DM，
∵D是AC边上的中点，
∴DM∥AE，DM=12AE，EM=MC
∵EC=2BE，
∴EFDM=BEBM=12，
∴EF=12DM，
∴12AE=2EF，
∴AE=4EF，
∴AFFE=3，
故选:B．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理和三角形中位线定理，本题辅助线的作法是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·四川成都·九年级校考期中）如图，已知△ABC，△DCE，△FEG是三个全等的等腰三角形，底边BC，CE，EG在同一直线上，且AB=3，BC=1，BF分别交AC，DC，DE于P，Q，R，则PQ的长为 ．
【答案】12
【分析】过点F作FH⊥BG于点H，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出EH=HG=12EG=12，FH=EF2−EH2=112，BF=FH2+BH2=3，根据平行线的判定得出AC∥DE∥FG，得出BPBC=PRCE=RFEG，根据BC=CE=EG=1，结合BF=3，得出BP=PR=RF=1，根据平行线的判定得出CD∥EF，得出BQQP=BCCE=1，从而求出BQ=QP=12BP=32，即可求出结果．
【详解】解：过点F作FH⊥BG于点H，
∵△ABC，△DCE，△FEG是三个全等的等腰三角形，
∴BC=CE=EG=1，AB=AC=DC=DE=EF=FG=3，
∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠DEC=∠FEG=∠FGE，
∵FH⊥BG，
∴EH=HG=12EG=12，
∴FH=EF2−EH2=112，
∴BH=BC+CE+EH=52，
∴BF=FH2+BH2=3，
∵∠ACB=∠DEC，
∴AC∥DE，
同理可得：DE∥FG，
∴AC∥DE∥FG，
∴BPBC=PRCE=RFEG，
∵BC=CE=EG=1，
∴BP=PR=RF，
∵BP+PR+RF=BF=3，
∴BP=PR=RF=1，
∵∠BCD=180°−∠DCE，∠BEF=180°−∠FEG，
又∵∠DCE=∠FEG，
∴∠BCD=∠BEF，
∴CD∥EF，
∴BQQP=BCCE=1，
∴BQ=QP=12BP=32，
∴PQ=BQ−BP=32−1=12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，求出BP=1，BQ=32．
【题型3 黄金分割的运用】
【例3】（2023秋·河南郑州·九年级河南省实验中学校考期中）五角星是我们生活中常见的一种图形，在如图所示的正五角星中，点C，D为线段AB 的黄金分割点，且AB=2，则图中五边形CDEFG的周长为（ ）
A．25−2B．103C．105−20D．105−10
【答案】C
【分析】根据点C，D分别为线段AB的右侧和左侧的黄金分割点，可得AC=BD=5−12AB=5−1，AD=BC=5−12BD=3−5，再根据CD=BD−BC求出CD的长度，然后乘以5即可求解．
【详解】解：∵点C，D分别为线段AB的右侧和左侧的黄金分割点，
∴AC=BD=5−12AB=5−1，AD=BC=5−12BD=3−5，
∴CD=BD−BC=5−1−3+5=25−4，
∴五边形CDEFG的周长525−4=105−20．
故选：C．
【点睛】本题考查了黄金分割的定义：线段上一点把线段分为较长线段和较短线段，若较长线段是较短线段和整个线段的比例中项，则这个点叫这条线段的黄金分割点．
【变式3-1】（2023春·山东威海·九年级校联考期末）在学习画线段AB的黄金分割点时，小明过点B作AB的垂线BC，取AB的中点M，以点B为圆心，BM为半径画弧交射线BC于点D，连接AD，再以点D为圆心，DB为半径画弧，前后所画的两弧分别与AD交于E，F两点，最后，以A为圆心，“■■”的长度为半径画弧交AB于点H，点H即为AB的其中一个黄金分割点，这里的“■■”指的是线段 ．

【答案】AF
【分析】根据作图可知，∠ABD=90°，DB=DF=BM=12AB，设DB=DF=a，则AB=2a，根据勾股定理得，AD=AB2+BD2=5a，求出AF=5a−a，得出AFAB=5−12，即可得出结论．
【详解】解：根据作图可知，∠ABD=90°，DB=DF=BM=12AB，
设DB=DF=a，则AB=2a，
∴根据勾股定理得，AD=AB2+BD2=5a，
∴AF=AD−DF=5a−a，
∴AFAB=5a−a2a=5−12，
∴以A为圆心，“AF”的长度为半径画弧交AB于点H，点H即为AB的其中一个黄金分割点．
故答案为：AF．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，黄金分割，解的关键是求出AFAB=5a−a2a=5−12．
【变式3-2】（2023秋·辽宁锦州·九年级统考期中）两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，黄金分割在日常生活中处处可见；例如：主持人在舞台上主持节目时，站在黄金分割点上，观众看上去感觉最好．若舞台长AB=20米，主持人从舞台一侧B进入，她至少走 米时恰好站在舞台的黄金分割点上．（结果保留根号）

【答案】30−105
【分析】根据黄金分割的概念，可求出AP，BP，即可求解．
【详解】由题意知 AB=20 米，
BPAP=APAB=5−12，
∴AP=20×5−12=(105−10)，
∴BP=20−(105−10) =(30−105)米，
故主持人从舞台一侧点 B 进入，则他至少走 (30−105) 米时恰好站在舞台的黄金分割点上，
故答案为：30−105．
【点睛】本题考查了黄金分割，理解黄金分割的概念找出黄金分割中成比例的对应线段是解决问题的关键．
【变式3-3】（2023春·江苏苏州·九年级苏州市立达中学校校考期末）已知线段AB=2，点P是线段AB的黄金分割点（AP>BP），

(1)求线段AP的长；
(2)以AB为三角形的一边作△ABQ，使得BQ=AP，连接QP，若QP平分∠AQB，求AQ的长．
【答案】(1)5−1
(2)2
【分析】（1）根据黄金分割点的定义得出BP=5−12×AB=5−1；
（2）根据角平分线的性质得出P到AQ、BQ的距离相等，可得出S△PAQS△PBQ=AQBQ=APPB，求出PB=AB−AP=3−5，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点P是线段AB的黄金分割点（AP>BP），
∴AP=5−12×AB=5−12×2=5−1；
（2）解：∵QP平分∠AQB，
∴P到AQ、BQ的距离相等，
∴S△PAQS△PBQ=AQBQ=APPB，
又由（1）AP=BQ=5−1，
∵AB=2，
∴PB=AB−AP=2−5−1=3−5，
∴AQ=AP·BQPB=5−123−5=2．
【点睛】本题考查黄金分割点的定义，角平分线的性质等知识，解题时要熟练掌握并灵活运用．
【题型4 证明两三角形相似】
【例4】（2023秋·广东清远·九年级统考期末）如图，已知正方形ABCD中，BE平分∠DBC且交CD边于点E，将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置，并延长BE交DF于点G．求证：

(1)△BDG∽△DEG；
(2)BG⊥DF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先判断出∠FDC=∠EBC，再利用角平分线判断出∠FDC=∠EBC，即可得出结论；
（2）由三角形的内角和定理可求∠DGE=∠BCE=90°，可得结论．
【详解】（1）证明：由旋转可知：△BCE≅△DCF，
∴∠FDC=∠EBC．
∵BE平分∠DBC，
∴∠DBE=∠EBC，
∴∠FDC=∠DBE，
∵∠DGE=∠DGB，
∴△BDG∽△DEG；
（2）证明：∵∠EBC=∠GDE，∠BEC=∠DEG，
∴∠DGE=∠BCE=90°．
∴BG⊥DF．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【变式4-1】（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期中）如图，已知∠B=∠E=90°，AB=6,BF=3,CF=5,DE=15,DF=25．
(1)求CE的长；
(2)求证：△ABC∽△DEF．
【答案】(1)CE=15
(2)见解析
【分析】（1）利用勾股定理求出EF，再用EF−CF即可求出CE的长；
（2）先求出BC的长，得到ABDE=BCEF，再根据∠B=∠E=90°，即可得证．
【详解】（1）解：∵DE=15,DF=25,∠E=90°，
∴EF=DF2−DE2=20，
∴CE=EF−CF=15；
（2）证明：∵BF=3，CF=5，
∴BC=BF+CF=8，
∵ABDE=615=25，BCEF=820=25，
∴ABDE=BCEF，
∵∠B=∠E=90°，
∴△ABC∽△DEF．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定．熟练掌握勾股定理，相似三角形的判定方法，是解题的关键．
【变式4-2】（2023秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90∘，CD⊥AB，垂足为点D，点M是AC上的一点，连接BM，作MN⊥BM，且交AB于点N.
（1）求证：ΔBCP~ΔMAN；
（2）除（1）中的相似三角形外，图中还有其它的相似三角形吗？若有，请将它们全部直接写出来.
【答案】（1）详见解析；（2）ΔACD~ΔABC； ΔACD~ΔBCD； ΔBCD~ΔABC； ΔBDP~ΔBMN.
【分析】（1）由∠ACB=90∘，CD⊥AB证得∠A=∠BCD，再利用MN⊥BM证得∠AMN=∠CBM，即可得到ΔACD~ΔABC；
（2）利用直角与公共角的关系得到ΔACD~ΔABC； ΔACD~ΔBCD； ΔBCD~ΔABC；ΔBDP~ΔBMN.
【详解】（1）∵AB⊥CD,AC⊥BC,
∴∠A+∠ACD=90∘,∠BCD+∠ACD=90∘,
∴∠A=∠BCD,
又∵NM⊥BM,AC⊥BC,
∴∠AMN+∠BMC=90∘,∠CBM+∠BMC=90∘,
∴∠AMN=∠CBM，
∴ΔAMN~ΔCBP；
（2）∵AB⊥CD,AC⊥BC，
∴∠ACB=∠ADC=∠BCD=90°，
∵∠A=∠A,
∴ΔACD~ΔABC;
∵∠ABC=∠CBD,
∴ΔBCD~ΔABC;
∴ΔACD~ΔBCD；
∵MN⊥BM,
∴∠BMN=∠BDP=90°，
又∵∠DBP=∠MBN,
∴ΔBDP~ΔBMN.
∴共4对相似三角形：ΔACD~ΔABC； ΔACD~ΔBCD； ΔBCD~ΔABC；ΔBDP~ΔBMN.
【点睛】此题考查相似三角形的判定，注意公共角在证明三角形相似中的作用，再由已知条件所给的都是关于角的条件，因此通过证明两组角分别相等证明两个三角形相似比较简单.
【变式4-3】（2023秋·安徽阜阳·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处．
(1)求证：△ABF∽△FCE；
(2)若AB=23，AD=4，求CE的长．
(3)当点F是线段BC的中点时，求证：AF2=AB⋅AE．
【答案】(1)证明见解析
(2)233
(3)证明见解析
【分析】（1）利用同角的余角相等，先说明∠BAF=∠EFC，再利用相似三角形的判定得结论；
（2）先利用勾股定理求出BF，再利用相似三角形的性质得方程，求解即可．
（3）由△ABF∽△FCE，可得ABCF=BFCE=AFEF，结合F为BC的中点，可得ABBF=AFEF，结合∠AFE=∠B=90°，可得△ABF∽△AFE，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°．
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠D=∠AFE=90°．
∵∠BAF+∠AFB=90°=∠AFB+∠EFC，
∴∠BAF=∠EFC．
又∵∠B=∠C，
∴△ABF∽△FCE．
（2）∵四边形ABCD是矩形， AB=23，AD=4，
∴AB=CD=23，AD=BC=4，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴AD=AF=4，DE=EF．
在Rt△ABF中， BF=AF2−AB2=2．
设CE的长为x，则DE=EF=23−x．
∵△ABF∽△FCE，
∴BFCE=AFFE．
∴CE⋅AF=BF⋅EF，
即4x=223−x．
∴x=233，
即EC=233．
（3）∵△ABF∽△FCE，
∴ABCF=BFCE=AFEF，
∵F为BC的中点，
∴BF=CF，
∴ABBF=AFEF，
∵∠AFE=∠B=90°，
∴△ABF∽△AFE，
∴ABAF=AFAE，
∴AF2=AB⋅AE．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定和性质，掌握“矩形的四个角都是直角、矩形的对边相等”、“折叠前后的两个图形全等”、“两角对应相等的两个三角形相似”及“相似三角形的对应边的比相等”是解决本题的关键．
【题型5 证明三角形的对应线段成比例】
【例5】（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，△ABC中，AB【答案】见解析
【分析】过点E作EM//AB 交BC于点M，可得到△CEM∼△CAB ，△FEM∼△FDB，进而有EMAB=CEAC ，EMDB=EFDF，根据BD=CE，可得到ABAC=EFDF，即证．
【详解】如图，过点E作EM//AB 交BC于点M，
∵EM//AB，
∴△CEM∼△CAB ，△FEM∼△FDB，
∴EMAB=CEAC ，EMDB=EFDF
∴AB⋅CE=EM⋅AC ,
即ABAC=EMCE ，
∵BD=CE
∴EMCE=EMDB ，
∴ABAC=EFDF，
∴AB⋅DF=AC⋅EF
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法和性质．
【变式5-1】（2023春·江西南昌·九年级统考期末）(1) 已知抛物线y=ax2−6x+c的图象经过点（-2，-1），其对称轴为x=-1．求抛物线的解析式．
(2) 如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E分别是BC，AB边上的点，且∠ADE=∠C．
求证：BD·CD=BE·AC
【答案】（1）y=−3x2−6x−1；（2）详见解析.
【分析】1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）由AB=AC可得∠B=∠C，由已知条件∠ADE=∠C可证∠BDE=∠CAD，根据相似三角形的判定定理即可证△BDE∽△CAD，由相似三角形的性质可得结论．
【详解】（1）解：由题意得，4a+12+c=−1−−62a=−1，解得a=−3c=−1
∴抛物线的解析式为y=−3x2−6x−1
（2）证明：∵AB=AC
∴∠B=∠C
∵∠ADB=∠C+∠DAC ∠ADE=∠C．
∠ADB=∠ADE+∠BDE
∴∠DAC=∠BDE
∴△BDE∽△CAD
∴ACBD=CDBE
∴BD·CD=BE·AC.
故答案为（1）y=−3x2−6x−1；（2）详见解析.
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的判定及性质，解题的关键是能够掌握并熟练运用所学知识．
【变式5-2】（2023·上海松江·统考一模）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC．E是边AB上一点，CE与对角线BD交于点F，且BE2=EF⋅EC．
求证：
(1)△ABD∼△FCB；
(2)BD⋅BE=AD⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由BE2=EF⋅EC可证△BEF∼△CEB，得到∠EBF=∠ECB，再由AD∥BC得到∠ADB=∠DCB，即可证明△ABD∼△FCB；
（2）由△BEF∼△CEB得到BFBC=BECE，△ABD∼△FCB得到ABFC=BDBC=ADBF，进而得到BECE=ADBD，即可得到BD⋅BE=AD⋅CE．
【详解】（1）∵BE2=EF⋅EC，
∴BEEF=CEBE
∵∠BEF=∠CEB，
∴△BEF∼△CEB
∴∠EBF=∠ECB
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DCB
∴△ABD∼△FCB；
（2）∵△BEF∼△CEB，
∴BFBC=BECE
∵△ABD∼△FCB，
∴ABFC=BDBC=ADBF
∴BFBC=ADBD
∴BECE=ADBD
∴BE⋅BD=AD⋅CE．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，相似三角形判定方法是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，已知，在△ABC中，∠ACB的平分线CD交AB于D，过B作BE∥CD交AC的延长线于点E.
求证：ADDB=ACCB.
【答案】证明见解析.
【分析】根据CD平分∠ACB，可知∠ACD=∠BCD；由BE∥CD，可求出△BCE是等腰三角形，故BC=CE；根据平行线的性质及BC=CE可得出结论．
【详解】解：证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD．
又∵BE∥CD，
∴∠CBE=∠BCD，∠CEB=∠ACD．
∵∠ACD=∠BCD，
∴∠CBE=∠CEB．
∴BC=CE．
∵BE∥CD，
∴ADDB=ACCE，
又∵BC=CE，
∴ADDB=ACCB．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定及性质和角平分线定理、平行线分线段成比例定理，关键是熟练掌握平行线分线段成比例定理和平行线的性质．
【题型6 确定相似三角形的点的个数】
【例6】（2023春·江苏苏州·九年级校联考期末）如图，已知点A（1，0），点B（b，0）（b＞1），点P是第一象限内的动点，且点P的纵坐标为b4，若△POA和△PAB相似，则符合条件的P点个数是（ ）

A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用相似三角形的对应边成比例，分①△PAO≌△PAB，②△PAO∽△BAP两种情况分别求解即可.
【详解】∵点P的纵坐标为b4，
∴点P在直线y＝b4上，
①当△PAO≌△PAB时，AB＝b﹣1＝OA＝1，∴b＝2，则P(1，12)；
②∵当△PAO∽△BAP时，PA：AB＝OA：PA，
∴PA2＝AB•OA，
∴b216＝b﹣1，
∴(b﹣8)2＝48，
解得 b＝8±43，
∴P(1，2+3)或(1，2﹣3)，
综上所述，符合条件的点P有3个，
故选D．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质，正确地分类讨论是解题的关键.
【变式6-1】（2023春·江苏苏州·九年级校考阶段练习）下列五幅图均是由边长为1的16个小正方形组成的正方形网格，网格中的三角形的顶点都在小正方形的顶点上，那么在下列右边四幅图中的三角形，与左图中的△ABC相似的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】可利用正方形的边把对应的线段表示出来，利用三边对应成比例两个三角形相似，分别计算各边的长度即可解题．
【详解】解：根据题意得：AC=12+12=2,BC=22+22=22,AB=12+32=10，
∴AC2+BC2=AB2，
∴该三角形为直角三角形，且两直角边的比为BCAC=2，
第1个图形中，有两边为2，4，且为直角三角三角形，则两直角边的比为2，故第1个图形中三角形与△ABC相似；
第2个图形中，三边长分别为12+22=5，12+22=5，12+32=10，
∵52+52=102，
则该三角形是直角三角形，两直角边的比为1，故第2个图形中三角形不与△ABC相似；
第3个图形中，三边长分别为12+22=5，32+22=13，12+32=10，
∵52+102≠132，
则该三角形不是直角三角形，故第3个图形中三角形不与△ABC相似；
第4个图形中，三边长分别为12+22=5，42+22=25，42+32=5，
∵52+252=52，
则该三角形是直角三角形，两直角边的比为2，故第4个图形中三角形与△ABC相似；
故选：B．
【点睛】此题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，三角形对应边比值相等判定三角形相似的方法，本题中根据勾股定理计算三角形的三边长是解题的关键．
【变式6-2】（2023秋·九年级单元测试）如图，在△ABC中，AB=4cm，AC=3cm，BC=6cm，D是AC上一点，AD=2cm，点P从C出发沿C→B→A方向，以1cm/s的速度运动至点A处，线段DP将△ABC分成两部分，可以使其中一部分与△ABC相似的点P的个数为（ ）
A．0个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据相似三角形的判定定理“有两个角分别相等的两个三角形相似”，按点P的运动轨迹，一次进行判断即可．
【详解】解：①当∠DPC=∠A时，△ABC∽△PDC，
②当∠PDC=∠A时，△ABC∽△DPC，
③当∠APD=∠B时，△ABC∽△APD，
④当∠APD=∠C时，△ABC∽△ADP，
综上：一共有4个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定定理，解题的关键是熟练掌握“有两个角分别相等的两个三角形相似”．
【变式6-3】（2023秋·安徽宣城·九年级校联考期中）如图，在△ABC中，∠A＝60°，AB＝4，AC＝6，将△ABC沿图示中的虚线剪开，有如下几种剪法，其中满足剪下的阴影三角形与△ABC相似的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】先利用勾股定理和直角三角形的性质求出BC的长，再根据相似三角形的判定逐个判断即可得．
【详解】解：如图1，过点B作BF⊥AC于点F，
∵∠A=60°,AB=4，
∴AF=12AB=2,BF=AB2−AF2=23，
∴CF=AC−AF=6−2=4，
∴BC=BF2+CF2=232+42=27≠AC，
∴∠A≠∠B，
在△BDE和△BAC中，BDAB=BEAC=12，但∠A≠∠B或者∠B=∠B，但BDAB≠BEBC，
则△BDE与△BAC不相似；
如图2，∵AB=4,AC=6,AD=AB−BD=3,AE=AC−CE=2，
∴ADAC=AEAB=12，
在△ADE和△ACB中，ADAC=AEAB=12∠A=∠A，
∴△ADE∼△ACB；
如图3和图4，剪下的阴影三角形均与△ABC有一组公共角∠C，还有一组大小均为60°的相等的角，
所以图3和图4中，剪下的阴影三角形均与△ABC相似；
综上，满足剪下的阴影三角形与△ABC相似的个数是3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定等知识点，熟练掌握相似三角形的判定是解题关键．
【题型7 相似与翻折】
【例7】（2023秋·河南漯河·九年级漯河市实验中学校考期末）在Rt△ABC中，BC=5，AC=12，点D，E是线段AB，AC上的两个动点（不与A，B，C重合）沿DE翻折△ADE使得点A的对应点F恰好落在直线BC上，当DF与Rt△ABC的一条边垂直的时候，线段AD的长为 ．
【答案】15625或15617
【分析】设AD=DF=x，则BD=13−x，分两种情况讨论：DF⊥BC，DF⊥AB，依据相似三角形的对应边成比例，即可得到比例式，进而得出AD的长．
【详解】∵Rt△ABC中，BC=5，AC=12，
∴AB=AC2+BC2=13，
设AD=DF=x，则BD=13−x，
①如图，当DF⊥BC时，∠DFB=∠ACB=90°，
∴AC∥DF，
∴△ABC∽△DBF，
∴DFAC=BDBA，即x12=13−x13 ，
解得x=15625；
②如图，当DF⊥AB时，∠ACB=∠BDB=90°，而∠ABC=∠FBD，
∴△ABC∽△FBD，
∴ACFD=BCBD，即12x=513−x，
解得x=15617；
综上所述，线段AD的长为15625或15617，
故答案为：15625或15617．
【点睛】考查了相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是依据相似三角形的对应边成比例列比例式求解．
【变式7-1】（2023秋·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期末）如图，在△ABC中，点D是AC边上的中点，连接BD，把△ABD沿若BD翻折，得到△A′BD．连接A′C．若A′C=6，∠A′CD=30°，BD=4，则AB为（ ）
A．3B．2C．3D．23
【答案】B
【分析】延长AB，CA'交于点H，连接AA'，过点A'作A'E⊥AH于E，由折叠性质可知AB=A'B，AD=A'D=DC，∠ADB=∠BDA'，易证△ABD∼△AHC，根据相似三角形的性质可得ADAC=ABAH=BDCH=12，进而可得CH=2BD，AH=2AB，根据直角三角形斜边中线定理可得∠AA'C=90°，根据含30°角的直角三角形的性质可求得AA'=23，进而在Rt△AA'H中，由勾股定理得AH，进而即可求解．
【详解】如图，延长AB，CA'交于点H，连接AA'，过点A'作A'E⊥AH于E，
∵点D是AC边上的中点，
∴AD=DC，
∵把△ABD沿若BD翻折，得到△A'BD，
∴AB=A'B，AD=A'D=DC，∠ADB=∠BDA'，
∴∠DCA'=∠DA'C，
∴∠ADB+∠A'DB=∠DCA'+∠DA'C，
∴∠ADB=∠ACA'，
∴BD∥CH，
∴△ABD∼△AHC，
∴ADAC=ABAH=BDCH=12，
∴CH=2BD，AH=2AB，
∵A'C=6，BD=4，
∴CH=8=A'C+A'H，
∴A'H=2，
∵AD=A'D=DC，
∴∠AA'C=90°，
∵∠ACA'=30°，
∴A'C=3AA'=6，
∴AA'=23，
∴在Rt△AA'H中，由勾股定理，得：
AH=A'A2+A'H2=232+22=4，
∴AB=12AH=12×4=2，
故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换、相似三角形的判定及其性质、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用所学性质．
【变式7-2】（2023春·上海徐汇·九年级上海市西南模范中学校考期末）已知：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，△ABD沿直线BD翻折，点A恰好落在腰CD上的点E处．
(1)如图，当点E是腰CD的中点时，求证：△BCD是等边三角形；
(2)延长BE交线段AD的延长线于点F，连接CF，如果CE2=DE⋅DC，求证：四边形ABCF是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由垂直平分线的性质得到DB=BC，通过折叠、等边对等角、平行线的性质得到∠BDE=∠C=∠ADB=60°，从而证明△BCD是等边三角形；
（2）过点D作DH⊥BC于H，得到四边形ABHD是矩形，从而AD=BH，AB=DH，再由折叠得到角之间的关系从而证明△BCE≌△DCH，得到DC=BC，CE=CH；由AD∥BC得到△FDE∽△BCE，进而CEDE=BCDF，结合已知条件CE2=DE⋅DC得到DF=CE=CH，进一步得到AF=BC，所以四边形ABCF是平行四边形，又∠A=90°，所以证明得到四边形ABCF是矩形．
【详解】（1）由折叠得：∠ADB=∠BDE，∠A=∠DEB=90°
∵点E是腰CD的中点
∴BE是DC的垂直平分线
∴DB=BC
∴∠BDE=∠C
∴∠BDE=∠C=∠ADB
∵AD∥BC
∴∠ADC+∠C=180°
:∠BDE+∠C+∠ADB=180°
∴∠BDE=∠C=∠ADB=60°
∴△BCD是等边三角形
（2）过点D作DH⊥BC，垂足为H，

∴∠DHB=∠DHC=90°，
∵AD∥BC，∠A=90°，
∠ABC=180°−∠A=90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AD=BH，AB=DH，
由折叠得：∠A=∠DEB=90°，AB=BE，
∠BEC=180°−∠DEB=90°，DH=BE，
∵∠BEC=∠DHC=90°，∠BCE=∠DCH，
∴△BCE≌△DCH(AAS)，
∴DC=BC，CE=CH，
∵AD∥BC，
∴∠DFE=∠EBC，∠FDE=∠ECB，
∴△FDE∽△BCE，
∴CEDE=BCDF，
∵CE2=DE⋅DC，
∴CEDE=DCCE，
∴BCDF=DCCE，
∴DF=CE，
∴CH=DF，
∴AD+DF=BH+CH，
∴AF=BC，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∵∠A=90°，
∴四边形ABCF是矩形．
【点睛】本题考查垂直平分线的性质，等边三角形的判定，矩形的判定．相似三角形的判定与性质，图中角和线段的转化是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·山西太原·九年级山西大附中校考期中）如图，已知∠ABC=135°，AB=32，BC=6，点P是边AC上任意一点，连接BP，将△CPB沿PB翻折，得到△C′PB．当C′P⊥AC时，AP的长为 ．

【答案】9105或3105
【分析】分两种情况讨论，根据翻折的性质证明△CPB∽△CBA或△APB∽△ABC，过点C作CH⊥AB交AB延长线于点H，结合勾股定理即可求出CP的长，即可求解．
【详解】解：①由翻折可知：∠CPB=∠C′PB，
∵∠C′PC=90°，
∴∠CPB=135°，
∴∠CPB=∠CBA，
∵∠ACB=∠BCP，
∴△CPB∽△CBA，
∴ CPCB=CBCA，
过点C作CH⊥AB交AB延长线于点H，

∴∠CBH=45°，BC=6，
∴CH=BH=32，
∴AH=62，
在Rt△CAH中，CA=CH2+AH2=18+72=310，
∴CP=CB2CA=36310=6105，
∴AP=9105；
②如图，

由翻折可知：∠CPB=∠C′PB，
∵∠C′PC=90°，
∴∠CPB=45°，
∴∠APB=135°，
∴∠APB=∠ABC，
∵∠A=∠A
∴△APB∽△ABC，
∴ APAB=ABAC，
∴AB2=AC⋅AP，
∵AB=32，AC=310，
∴AP=3105，
∴AP的长为9105或3105，
故答案为：9105或3105．
【点睛】本题考查了翻折变换，相似三角形的判定与性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
【题型8 利用相似求坐标】
【例8】（2023秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为−4,0、0,4，点C3,n在第一象限内，连接AC、BC．已知∠BCA=2∠CAO，则n= ．
【答案】145
【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证△CDE≌△CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证△AOE∽△CDE，进而可得43=2n−44−n，由此计算即可求得答案．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，
∴∠DCE＝∠CAO，
∵∠BCA＝2∠CAO，
∴∠BCA＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵CD⊥y轴，
∴∠CDE＝∠CDB＝90°，
又∵CD＝CD，
∴△CDE≌△CDB（ASA），
∴DE＝DB，
∵B（0，4），C（3，n），
∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，
∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，
∴OE＝OD－DE
＝n－（4－n）
＝2n－4，
∵A（－4，0），
∴AO＝4，
∵CD∥AO，
∴△AOE∽△CDE，
∴AOCD=OEDE ，
∴43=2n−44−n，
解得：n=145，
故答案为：145．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
【变式8-1】（2023秋·四川绵阳·九年级校考阶段练习）如图，平面直角坐标系xOy中，已知A（4，0）和B点（0，3），点C是AB的中点，点P在x轴上，若以P、A、C为顶点的三角形与△AOB相似，那么点P的坐标是 ．
【答案】（2，0）或（78，0）
【分析】设P（x，0），可表示出AP的长，分△APC∽△AOB和△ACP∽△AOB，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得P点的坐标．
【详解】解：∵A（4，0）和B点（0，3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
∵C是AB的中点，
∴AC=2.5，
设P（x，0），
由题意可知点P在点A的左侧，
∴AP=4﹣x，
∵以P、A、C为顶点的三角形与△AOB相似，
∴有△APC∽△AOB和△ACP∽△AOB两种情况，
当△APC∽△AOB时，则APAO=ACAB，即4−x4=2.55，解得x=2，
∴P（2，0）；
当△ACP∽△AOB时，则ACAO=APAB，即2.54=4−x5，解得x=78，
∴P（78，0）；
综上可知P点坐标为（2，0）或（78，0）．
故答案为：（2，0）或（78，0）．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键，注意分类讨论．
【变式8-2】（2023·江西·中考真题）在平面直角坐标系中，A，B，C三点的坐标分别为(4,0)，(4,4)，(0,4)，点P在x轴上，点D在直线AB上，若DA=1，CP⊥DP于点P，则点P的坐标为 ．
【答案】(2,0),(2+22,0),(2−22,0)
【分析】先由已知得出D1(4,1)，D2(4,−1)，然后分类讨论D点的位置从而依次求出每种情况下点P的坐标．
【详解】解：∵A，B两点的坐标分别为(4,0)，(4,4)
∴AB//y轴
∵点D在直线AB上，DA=1
∴D1(4,1)，D2(4,−1)
如图：
（Ⅰ）当点D在D1处时，要使CP⊥DP，即使ΔCOP1∼ △P1AD1
∴ COP1A=OP1AD1
即44−OP=OP1
解得：OP1=2
∴P1(2,0)
（Ⅱ）当点D在D2处时，
∵C(0,4)，D2(4,−1)
∴CD2的中点E(2,32)
∵CP⊥DP
∴点P为以E为圆心，CE长为半径的圆与x轴的交点
设P(x,0)，则PE=CE
即(2−x)2+(32−0)2=22+(32−4)2
解得：x=2±22
∴P2(2−22，0)，P3(2+22，0)
综上所述：点P的坐标为(2,0)或(2−22，0)或(2+22，0)．
【点睛】本题考查了动点型问题，主要涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆的相关知识，本题比较复杂，难度较大.
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·九年级统考期末）已知直线l1：y=−12x与直线l2：y=kx−2k+1相交于点P，且两直线的夹角为45°，则点P的坐标为 ．
【答案】145,−75或−25,15
【分析】根据直线l2恒经过点C2,1，分类讨论，结合一次函数的图象，构建直角三角形，等腰直角三角形，结合勾股定理和相似三角形的判定和性质进行求值即可求解．
【详解】解：∵直线y=kx−2k+1=kx−2+1，即恒过点C2,1，
当k<0时，过点C作CB ⊥x轴交l1于点B，点C作CE ⊥y轴交l1于点E，点C作CD⊥l1交l1于点D，过点P′作P′A⊥x轴交CE于点A，如图：

∵C2,0，故B2,−1，E−2,1，
在Rt△BEC中，EB=EC2+BC2=42+22=25，
又∵CD⊥l1，∠CED=∠CED，
∴△EBC∽△ECD，
∴BCCD=EBEC=ECED，
即2CD=254，254=4ED，
解得CD=455，ED=855，
∵两直线的夹角为45°，即∠CP′D=45°，
∵CD⊥l1，
∴∠CP′D=∠P′CD=45°，
∴DP′=CD=455，
∴EP′=ED+DP′=855+455=1255，
∵BC∥AP′，∠CED=∠CED，
∴△ECB∽△EAP′，
∴BCAP′=ECEA，
即2AP′=4AE，
故AP′AE=12，
∴AE=2AP′，
在Rt△AEP′中，EP′=EA2+AP′2=5AP′，
即1255=5AP′，
∴AP′=125，AE=2AP′=245
∵点A到x轴的距离为1，故点P′到x轴的距离为125−1=75，
点E到y轴的距离为2，故点P′到y轴的距离为245−2=145，
即点P′的纵坐标为−75，点P′的横坐标为145，
故P′145,−75；
当k>0时，过点C作CB ⊥x轴交l1于点B，点C作CE ⊥y轴交l1于点E，点C作CD⊥l1交l1于点D，过点P′作P′A⊥CE交CE于点A，如图：

∵C2,0，故B2,−1，E−2,1，
在Rt△BEC中，EB=EC2+BC2=42+22=25，
又∵CD⊥l1，∠CED=∠CED，
∴△EBC∽△ECD，
∴BCCD=EBEC=ECED，即2CD=254， 254=4ED，
解得CD=455，ED=855，
∵两直线的夹角为45°，即∠CP″D=45°，
∵CD⊥l1，
∴∠CP″D=∠P″CD=45°，
∴DP″=CD=455，
∴EP″=ED−DP″=855−455=455，
∵BC∥AP″，∠CED=∠CED，
∴△ECB∽△EAP″，
∴BCAP″=ECEA，
即2AP″=4AE，
故AP″AE=12，
∴AE=2AP″，
在Rt△AEP″中，EP″=EA2+AP′2=5AP″，
即455=5AP″，
∴AP″=45，AE=2AP″=85
∵点A到x轴的距离为1，故点P″到x轴的距离为1−45=15，
点E到y轴的距离为2，故点P″到y轴的距离为2−85=25，
即点P″的纵坐标为15，点P″的横坐标为−25，
故P″−25,15；
综上，点P的坐标为145,−75或−25,15．
故答案为：145,−75或−25,15．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【题型9 在网格中作位似图形】
【例9】（2023秋·山西临汾·九年级统考期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示：

(1)在网格内画出和△ABC以点O为位似中心的位似图形△A1B1C1，且△A1B1C1和△ABC的位似比为2:1．
(2)分别写出A1、B1、C1三个点的坐标：A1________；B1_________；C1___________．
(3)△A1B1C1的面积为_________．
【答案】(1)见解析
(2)(4，8)或(−4，−8)；(2，2)或(−2，−2)；(8，2)或(−8，−2)
(3)18
【分析】（1）分两种情况：原图形与位似图形在点O的同侧和原图形与位似图形在点O的异侧，先作A,B,C三个点关于点O为位似中心的对应点，再连接这些对应即可；
（2）观察所作的图形，写出A1、B1、C1三个点的坐标即可；
（3）观察图形可得，B1C1=6，B1C1边上的高也是6，再用面积公式求解即可；
【详解】（1）解：如图所示：△A1B1C1，即为所求；

（2）解：如图所示：A1（4，8）或（−4，−8）；B1（2，2）或（−2，−2），C1（8，2）或（−8，−2）；
（3）解：观察图形可得，B1C1=6，B1C1边上的高也是6，
∴△A1B1C1的面积为：12×6×6=18.
【点睛】本题考查了位似图形的作图和相关计算，正确分类是解题的关键.
【变式9-1】（2023秋·内蒙古锡林郭勒盟·九年级校考期中）如图，图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC与△A′B′C′是关于点O为位似中心的位似图形，它们的顶点都在小正方形的格点上．
（1）画出位似中心O；
（2）求出△ABC与△A′B′C′的相似比．
【答案】（1）见解析；（2）1：2．
【分析】△ABC与△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，位似中心O是每一组对应点所连直线的交点，它们的顶点都在小正方形的格点上．则△ABC与△A′B′C′的相似比为对应边之比．
【详解】解：（1）如图，点O即为所求；
（2）∵顶点都在格点上，B′C′=25，BC=5，
∴BC：B′C′=1：2
∴△ABC与△A′B′C′的相似比为1：2．
【点睛】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，位似比就是对应边的比．
【变式9-2】（2023秋·安徽六安·九年级统考期末）如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点O是格点，△ABC是格点三角形（顶点在网格线交点上），且点A1是点A以点O为位似中心得到的．

(1)画出△ABC以点O为位似中心的位似图形△A1B1C1；
(2)△A1B1C1与△ABC的相似比为___________；
(3)△A1B1C1与△ABC的面积之比为_____________．
【答案】(1)见解析
(2)3:1
(3)9:1
【分析】（1）直接利用A点对应点位置结合位似中心得出B，C点对应点;
（2）利用所画图形，结合对应点与位似中心的距离得出位似比；
（3）得出三角形面积即可得出答案.
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）解：∵由图可知，OAOA1=13，
∴△A1B1C1与△ABC的位似比为3:1；
（3）解：∵S△A1B1C1=12×9×3=272，S△ABC=12×1×3=32，
∴△A1B1C1与△ABC的面积比为9:1．
【点睛】此题主要考查了位似变换以及勾股定理，正确得出对应点位置是解题关键.
【变式9-3】（2023秋·吉林长春·九年级吉林大学附属中学校考期末）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图．
(1)在图①中确定格点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是轴对称图形，并画出这个四边形．
(2)在图②中确定格点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是中心对称图形，并画出这个四边形．
(3)在图③中△ABC的AC、BC边上分别确定点D、E，使得△CDE与△CAB位似，位似中心为点C，位似比为1:3．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意，以BC为对称轴，画△ABC关于BC对称的△DBC，则四边形ABDC是轴对称图形；
（2）根据网格的特点作平行四边形ABDC即可求解；
（3）找到D,E使得CE=13BC,CD=13CA即可．
【详解】（1）如图所示，以BC为对称轴，画△ABC关于BC对称的△DBC，四边形ABDC即为所求；
（2）如图所示，四边形ABDC即为所求；
（3）如图所示，D,E即为所求，
找到格点E,F，连接EF，交AC于点D，则CE=1=13BC，
∵AF∥EC
∴△AFD∽△CED
∴CDAD=ECAF=12，
∴CE=13BC,CD=13CA，
又∵∠DCE=∠ACB，
∴△CDE∽△CAB，
∴△CDE与△CAB位似，位似中心为点C，位似比为1:3．
【点睛】本题考查了画轴对称图形，中心对称图形，位似图形，掌握以上知识是解题的关键．
【题型10 相似三角形的应用】
【例10】（2023秋·陕西榆林·九年级校考期中）位于陕西省北部神木县红碱淖景区的大门口，树立着一座精致的王昭君雕像．在当地人看来，当年王昭君就是走过神木大地，去完成和亲使命的．她因为远离家乡而伤心落泪，泪水也因此化作了一颗“沙漠明珠”——红碱淖．某校社会实践小组为了测量这座雕像（如图1）的高度，如图2，小明先在地面上C处垂直于地面竖立了高度为2米的标杆CD，这时地面上的点E，标杆的顶端点D，雕像的顶端B正好在同一直线上，测得EC=3米；小明再从点E出发沿着EG方向前进9米，到达点F．在点F处放置一平面镜，小刚站在G处时，恰好在平面镜中看到雕像的顶端B的像，此时测得小刚的眼睛到地面的距离GH为1.5米，GF=3米．已知点G、F、E、C与雕像的底端A在同一直线上，AB⊥AG，CD⊥AG，GH⊥AG，请你根据以上数据，计算该雕像的高度AB．（平面镜大小忽略不计）

【答案】18米．
【分析】由AB⊥AG和CD⊥AG，可以证得 AB∥CD，即可证得△ECD∽△EAB，从而等到AB与AE之间的等量关系式，由光的反射的性质可以得出∠AFB=∠GFH，再结合AB⊥AG和 GH⊥AG，可以证得△BFA∽△HFG，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵EF=9，
∴AF=EA+9，
∵AB⊥AG，CD⊥AG，
∴AB∥CD，
∴△ECD∽△EAB，
∴CDAB=ECEA．
∵EC=3，CD=2，
∴EA=32AB．
∵AB⊥AG，GH⊥AG，
∴∠BAF=∠HGF=90°，
又∵∠BFA=∠HFG，
∴△BFA∽△HFG，
∴AFGF=ABGH，即EA+93=AB1.5，
∴32AB+93=AB1.5，
解得：AB=18，
∴该雕像的高度AB为18米．
【点睛】此题考查相似三角形的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建方程解决问题．
【变式10-1】（2023秋·河南驻马店·九年级统考期中）2022年9月16日，第九批在韩中国人民志愿军烈士遗骸归国，离家还是少年身，归来已是报国躯．七十多年前，超过19万名志愿军战士在异国疆场悲壮地倒下，义无反顾地用血肉之躯把祖国护卫在身后，把炮火挡在了国门之外．丹心赤诚，铁骨铮铮，中国人民志愿军用鲜血写就壮丽篇章，英烈们前仆后继的牺牲奉献，换来了我们这几十年的和平，换来了我们国家的富强和人民的幸福．
面对美帝国主义精良的精确制导武器，中国人民志愿军战士没有被吓倒，没有先进的武器装备，志愿军战士只能使用以前一些土办法，其中“跳眼法”就是炮兵常用的一种简易测距方法（图1），结合相似三角形原理和光的直线传播原理，可以计算出被测物的大致距离．
如图2，点A为左眼，点B为右眼，点O为右手大拇指，点C为敌人的位置，点D为敌人正左侧方的某一个参照物（CD∥AB），目测CD的长度后，然后利用相似三角形的知识来计算C处敌人距离我方的大致距离．

(1)“跳眼法”运用了相似三角形的哪些知识？（写出一条即可）
(2)已知大多数人的眼距长约为6.4厘米左右，而手臂长约为64厘米左右．若CD的估测长度为50米，那么CO的大致距离为多少米？
【答案】(1)见解析
(2)500m
【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质可得出结论；
（2）证明△ABO∽△DCO，由相似三角形的性质得出OBAB=COCD，则可得出答案．
【详解】（1）解：①平行于三角形一边的直线，和其他两边（或两边的延长线）相交所构成的三角形与原三角形相似；
②相似三角形的对应边成比例；
（2）∵CD∥AB，
∴△ABO∽△DCO，
∴ OBAB=COCD，
根据题意得，OB=64cm，AB=6.4cm，CD=50m，
∴CD=OB⋅CDAB=500m，
答：CO的大致距离为500m．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·山东烟台·九年级统考期末）如图为一块锐角三角形的余料，它的边BC=60mm，AB=40mm，工人师傅要把它加工成菱形零件，使菱形BGMF的一边BG在BC上，其余两个顶点F，M分别在边AB，AC上，加工成的零件的高ED=21mm，求△ABC的高AD的长．

【答案】35mm
【分析】由菱形的性质可得MF∥BC，MF=BF，证明△AFM∽△ABC得到MF=32AF，进而推出AF=25AB，再证明A、D、E三点共线，同理可证△AEF∽△ADB，得到AEAD=AFAB=25，则AD−21AD=25，由此即可得到答案．
【详解】解：∵四边形BGMF是菱形，
∴MF∥BC，MF=BF，
∴△AFM∽△ABC，
∴AFAB=MFBC，即AF40=MF60，
∴MF=32AF，
∴BF=MF=32AF，
∴AF=25AB，
∵ED、AD分别是菱形BGMF的高和△ABC的高，
∴AD⊥BC，ED⊥BC，
∴由平行线的唯一性可知A、D、E三点共线，
同理可证△AEF∽△ADB，
∴AEAD=AFAB=25，
∴AD−21AD=25，
经检验，AD=35mm是原方程的解，
∴AD=35mm，
∴△ABC的高AD的长35mm．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质，正确推出AF=25AB是解题的关键．
【变式10-3】（2023秋·广东梅州·九年级统考期末）北京时间2022年12月4日23时08分，神舟十五号载人飞船成功发射，为弘扬航天精神，某校在教学楼上悬挂了一幅励志条幅（即GF）．小亮同学想知道条幅的长度，他的测量过程如下：如图，刚开始他站在距离教学楼18m的点B处，在点B正上方点A处测得∠GAO=α，然后向教学楼条幅方向前行12m到达点D处，在点D正上方点C处测得∠FCO=α，若AB，CD，OE均为1.65m，FE的长为6.65m．
(1)如图1，请你帮助小亮计算条幅GF长度
(2)若小亮从B点开始以每秒1m的速度向点E行走至D（D正上方点C），经过多少秒后，以F、C、O为顶点的三角形与△GAO相似．
【答案】(1)10m
(2)12秒或836秒
【分析】（1）根据已知求出FO、AC和CO，再根据同位角相等求出CF∥AG，根据成比例线段求出GF长度；
（2）设经过t秒后，以F、C、O为顶点的三角形与△GAO相似，则AC=BD=t，CO=DE=18−t，利用三角形相似对应边成比例，分成△FCO∽△GAO和△CFO∼△GAO两种情况求解即可．
【详解】（1）解：由题意得：FO=6.65−1.65=5m，AC=BD=12m，CO=DE=18−12=6m，
∵∠GAO=∠FCO=α，
∴CF∥AG，
∴GFFO=ACCO，即GF5=126，
解得GF=10m，
∴条幅GF的长度为10m；
（2）设经过t秒后，以F、C、O为顶点的三角形与△GAO相似，则AC=BD=t，CO=DE=18−t，
当△FCO∽△GAO时，COAO=OFGO，即18−t18=510+5，
解得t=12，
当△CFO∼△GAO时，COGO=OFOA，即18−t10+5=518，
解得t=836，
∴经过12秒或836秒后，以F、C、O为顶点的三角形与△GAO相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，平行线的判定，平行线分线段成比例，熟练掌握并灵活运用这些性质是解答本题的关键．