专题16 相似三角形（6类重点考向）-备战2024年中考数学真题题源解密（全国通用）

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目录一览
1. 了解比例的基本性质、线段的比、成比例线段；通过建筑、艺术上的实例了解黄金分割；
2. 掌握基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；
3. 了解相似三角形的判定定理和性质定理；
4. 通过具体实例认识图形的相似；了解相似多边形和相似比；
5. 会利用图形的相似解决一些简单的实际问题．
该板块内容主要考查相似的性质和判定，2024年各地中考仍以考查基础为主，在选择题中单独考查，是广大考生的得分点，相似应用的考查，主要体现在综合题中，作为综合题的一部分，在解决求线段长问题时和勾股定理、三角函数一起运用，此时解答题的难度变大，综合性就较强了，分值在15分左右，为避免丢分，应扎实掌握，灵活应用。
►考向一 黄金分割
1．（2023•绵阳）黄金分割由于其美学性质，受到摄影爱好者和艺术家的喜爱，摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法．其原理是：如图，将正方形ABCD的底边BC取中点E，以E为圆心，线段DE为半径作圆，其与底边BC的延长线交于点F，这样就把正方形ABCD延伸为矩形ABFG，称其为黄金矩形．若CF＝4a，则AB＝（ ）
A．（﹣1）aB．（﹣2）aC．（+1）aD．（+2）a
【思路点拨】设AB＝x，根据正方形的性质可得AB＝BC＝x，然后根据黄金矩形的定义可得＝，从而可得，最后进行计算即可解答．
【规范解答】解：设AB＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝x，
∵矩形ABFG是黄金矩形，
∴＝，
∴＝，
解得：x＝（2+2）a，
经检验：x＝（2+2）a是原方程的根，
∴AB＝（2+2）a，
故选：D．
【真题点拨】本题考查了黄金分割，正方形的性质，矩形的性质，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
2．（2023•泰安）如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠A＝36°．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于FG的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于BD的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①∠AED＝∠ABC；②BC＝AE；③ED＝BC；④当AC＝2时，AD＝﹣1．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【思路点拨】根据角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，可得到△BCD也是含有36°角的等腰三角形，进而得出AD＝BD＝BC，再根据三角形内角和定理和等腰三角形的判定，进一步得出AE＝AD＝BD＝BC，对①作出判断；在根据平行线的判定方法可得出DE∥BC，对①作出判断；由AE≠BE，可得DE不是△ABC的中位线，对③作出判断，最后再根据相似三角形的判定和性质，得出△BCD∽△ABC，进而求出BC，即AD即可对④作出判断．
【规范解答】解：由题意可知，BD是∠ABC的平分线，MN是线段BD的中垂线，
∵AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝＝72°，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝36°＝∠A，
∴AD＝BD，
在△BCD中，∠C＝72°，∠CBD＝36°，
∴∠BDC＝180°﹣36°﹣72°＝72°＝∠C，
∴BD＝BC，
∴AD＝BD＝BC，
∵MN是BD的中垂线，
∴EB＝ED，
∴∠BDE＝∠ABD＝36°＝∠CBD，
∴DE∥BC，
∴∠AED＝∠ABC，
因此①正确，
∴AE＝AD＝BD＝BC，
因此②正确；
由于DE不是△ABC的中位线，
因此③不正确；
∵∠CBD＝∠BAC＝36°，∠BCD＝∠ACB＝72°，
∴△BCD∽△ABC，
∴＝，
即BC2＝AC•CD，
设BC＝x，则CD＝2﹣x，
∴x2＝2×（2﹣x），
解得x＝﹣1﹣（舍去）或x＝﹣1，
即BC＝﹣1＝AD，
因此④正确，
综上所述，正确的结论有①②④，共有3个，
故选：C．
【真题点拨】本题考查角平分线，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及相似三角形的判定和性质，掌握角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和是180°以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．
3．（2023•黄石）关于x的一元二次方程x2+mx﹣1＝0，当m＝1时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数．
（1）求黄金分割数；
（2）已知实数a，b满足：a2+ma＝1，b2﹣2mb＝4，且b≠﹣2a，求ab的值；
（3）已知两个不相等的实数p，q满足：p2+np﹣1＝q，q2+nq﹣1＝p，求pq﹣n的值．
【思路点拨】（1）依据题意，将m＝1代入然后解一元二次方程x2+x﹣1＝0即可得解；
（2）依据题意，将b2﹣2mb＝4变形为（﹣）2+m•（﹣）﹣1＝0，从而可以看作a，﹣是一元二次方程x2+mx﹣1＝0的两个根，进而可以得解；
（3）依据题意，将已知两式相加减后得到，两个关系式，从而求得pq，进而可以得解．
【规范解答】解：（1）由题意，将m＝1代入x2+mx﹣1＝0得，x2+x﹣1＝0，
∴x1，2＝＝．
∵黄金分割数大于0，
∴黄金分割数为．
（2）∵b2﹣2mb＝4，
∴b2﹣2mb﹣4＝0．
∴（﹣）2+m•（﹣）﹣1＝0．
又b≠﹣2a，
∴a，﹣是一元二次方程x2+mx﹣1＝0的两个根．
∴a•（﹣）＝﹣1．
∴ab＝2．
（3）由题意，令p2+np﹣1＝q①，q2+nq﹣1＝p②，
∴①+②得，（p2+q2）+n（p+q）﹣2＝p+q，
（p+q）2﹣2pq+n（p+q）﹣2＝p+q．
又①﹣②得，（p2﹣q2）+n（p﹣q）＝﹣（p﹣q），
∵p，q为两个不相等的实数，
∴p﹣q≠0，
∴（p+q）+n＝﹣1．
∴p+q＝﹣n﹣1．
又（p+q）2﹣2pq+n（p+q）﹣2＝p+q．
∴（﹣n﹣1）2﹣2pq+n（﹣n﹣1）﹣2＝﹣n﹣1．
∴n2+2n+1﹣2pq﹣n2﹣n﹣2＝﹣n﹣1．
∴pq＝n．
∴pq﹣n＝0．
【真题点拨】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系，灵活运用所学知识解决问题．
►考向二 平行线分线段成比例
4．（2022•丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段AB＝3，则线段BC的长是（ ）
A．B．1C．D．2
【思路点拨】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
【规范解答】解：过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，
则＝，即＝2，
解得：BC＝，
故选：C．
【真题点拨】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
5．（2022•襄阳）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，则△ABC的周长为 5 ．
【思路点拨】如图，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AC于点N，过点D作DT∥AE交BC于点T．证明AB＝3AD，设AD＝CD＝a，证明ET＝CT，设ET＝CT＝b，则BE＝3b，求出a+b，可得结论．
【规范解答】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AC于点N，过点D作DT∥AE交BC于点T．
∵AE平分∠BAC，FM⊥AB，FN⊥AC，
∴FM＝FN，
∴＝＝＝3，
∴AB＝3AD，
设AD＝DC＝a，则AB＝3a，
∵AD＝DC，DT∥AE，
∴ET＝CT，
∴＝＝3，
设ET＝CT＝b，则BE＝3b，
∵AB+BE＝3，
∴3a+3b＝3，
∴a+b＝，
∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝5a+5b＝5，
故答案为：5．
【真题点拨】本题考查平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E．
（1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 π （结果保留π）；
（2）若＝，则＝ ．
【思路点拨】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠BOC＝60°，利用弧长公式即可求出的长；
（2）连接OC，根据垂径定理得到OC⊥BD，再由切线得到EC∥BD，利用平行线分线段成比例得出，再根据勾股求出EC＝2x，代入比例式即可解决问题．
【规范解答】解：（1）如图，连接OC，
∵∠A＝30°，AB＝6，
∴∠BOC＝60°，OB＝3，
∴的长＝＝π；
故答案为：π；
（2）如图，连接OC，
∵点C为的中点，
∴＝，
∴OC⊥BD，
又∵EC是⊙O的切线，
∴OC⊥EC，
∴EC∥BD，
∵＝，
∴，
设EB＝x，则AB＝3x，BO＝OC＝x，EO＝x，AE＝4x，
∴EC＝＝＝2x，
∴＝＝．
故答案为：．
【真题点拨】本题考查的是平行线分线段成比例定理、圆周角定理、切线的判定与性质，勾股定理，弧长的计算，掌握圆周角定理、切线的判定与性质是关键．
►考向三 相似三角形的判定与性质
7．（2023•重庆）若两个相似三角形周长的比为1：4，则这两个三角形对应边的比是（ ）
A．1：2B．1：4C．1：8D．1：16
【思路点拨】根据相似三角形的性质：相似三角形周长的比等于相似比，求解即可．
【规范解答】解：∵两个相似三角形周长的比为1：4，
∴这两个三角形对应边的比为1：4，
故选：B．
【真题点拨】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
8．（2023•绍兴）如图，在△ABC中，D是边BC上的点（不与点B，C重合）．过点D作DE∥AB交AC于点E；过点D作DF∥AC交AB于点F、N是线段BF上的点，BN＝2NF：M是线段DE上的点，DM＝2ME．若已知△CMN的面积，则一定能求出（ ）
A．△AFE的面积B．△BDF的面积
C．△BCN的面积D．△DCE的面积
【思路点拨】如图所示，连接ND，证明△FBD∽△EDC，得出＝，由已知得出 ，则 ，又∠NFD＝∠MEC，则△NFD∽△MEC，进而得出∠MCD＝∠NDB，可得MC∥ND，结合题意得出，即可求解．
【规范解答】解：如图所示，连接ND，
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴∠ECD＝∠FDB，∠FBD＝∠EDC，∠BFD＝∠A，∠A＝DEC．
∴△FBD∽△EDC，∠NFD＝∠MEC．
∴＝，
∵DM＝2ME，BN＝2NF，
∴，ME＝DE，
∴
∴，
又∵∠NFD＝∠MEC，
∴△NFD∽△MEC．
∴∠ECM＝∠FDN．
∵∠FDB＝∠ECD，
∴∠MCD＝∠NDB．
∴MC∥ND．
∴S△MNC＝S△MDC．
∵DM＝2ME，
∴．
故选：D．
【真题点拨】本题考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．（2023•苏州）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AC＝，BC＝2，点F在AB上，连接CF并延长，交⊙O于点D，连接BD，作BE⊥CD，垂足为E．
（1）求证：△DBE∽△ABC；
（2）若AF＝2，求ED的长．
【思路点拨】（1）根据圆周角定理得∠BDE＝∠BAC，进而可以证明结论；
（2）过点C作CG⊥AB，垂足为G，证明△DBE∽△ABC，得＝，代入值即可解决问题．
【规范解答】（1）证明：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BE⊥CD，
∴∠BED＝90°，
∵ 所对的圆周角为∠BDE和∠BAC，
∴∠BDE＝∠BAC，
∴△DBE∽△ABC；
（2）解：如图，过点C作CG⊥AB，垂足为G，
∵∠ACB＝90°，AC＝，BC＝2，
∴AB＝＝5，
∵CG⊥AB，
∴AG＝ACcsA＝×＝1，
∵AF＝2，
∴FG＝AG＝1，
∴AC＝FC，
∴∠CAF＝∠CFA＝∠BFD＝∠BDF，
∴BD＝BF＝AB﹣AF＝5﹣2＝3，
∵△DBE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴ED＝．
【真题点拨】本题考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，解决本题的关键是得到△DBE∽△ABC．
►考向四 相似三角形的应用
10．（2023•南充）如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，则旗杆高度为（ ）
A．6.4mB．8mC．9.6mD．12.5m
【思路点拨】根据镜面反射的性质，△ABC∽△EDC，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【规范解答】解：如图：
∵AB⊥BD，DE⊥BD，
∴∠ABC＝∠EDC＝90°，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
即，
∴DE＝8（m），
故选：B．
【真题点拨】本题考查了相似三角形的应用．应用镜面反射的基本性质，得出三角形相似，再运用相似三角形对应边成比例即可解答．
11．（2023•镇江）如图，用一个卡钳（AD＝BC，＝＝）测量某个零件的内孔直径AB，量得CD长度为6cm，则AB等于 18 cm．
【思路点拨】根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长．
【规范解答】解：∵＝＝，∠COD＝∠AOB，
∴△COD∽△AOB，
∴AB：CD＝3，
∵CD＝6cm，
∴AB＝6×3＝18（cm），
故答案为：18．
【真题点拨】本题考查相似三角形的应用，求出AB的值是解答本题的关键．
12．（2023•攀枝花）拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品．某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度．东塔的高度为AB，选取与塔底B在同一水平地面上的E、G两点，分别垂直地面竖立两根高为1.5m的标杆EF和GH，两标杆间隔EG为46m，并且东塔AB、标杆EF和GH在同一竖直平面内．从标杆EF后退2m到D处（即ED＝2m），从D处观察A点，A、F、D在一直线上；从标杆GH后退4m到C处（即CG＝4m），从C处观察A点，A、H、C三点也在一直线上，且B、E、D、G、C在同一直线上，请你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔AB的高度．
【思路点拨】设BD＝x m，则BC＝（x+48）m，通过证明△ABD∽△EFD，得到，即，同理得到，则可建立方程，解方程即可得到答案．
【规范解答】解：设BD＝x m，则BC＝BD+DG+CG＝x+46﹣2+4＝（x+48）m，
∵AB⊥BC，EF⊥BC，
∴AB∥EF，
∴△ABD∽△FED，
∴，即，
同理可证△ABC∽△HGC，
∴，即，
∴，
解得x＝48，
经检验，x＝48是原方程的解，
∴＝，
∴AB＝36m，
∴该古建筑AB的高度为36m．
【真题点拨】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关键．
►考向五 位似变换
13．（2023•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，2），B（4，1），以原点O为位似中心，相似比为2，把△OAB放大，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（1，1）B．（4，4）或（8，2）
C．（4，4）D．（4，4）或（﹣4，﹣4）
【思路点拨】根据位似变换的性质计算，得到答案．
【规范解答】解：∵以原点O为位似中心，相似比为2，把△OAB放大，点A的坐标为（2，2），
∴点A的对应点A′的坐标为（2×2，2×2）或（2×（﹣2），2×（﹣2）），即（4，4）或（﹣4，﹣4），
故选：D．
【真题点拨】本题考查的是位似变换，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．
14．（2023•绥化）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，点A是位似中心，已知点A（2，0），点C（a，b），∠C＝90°．则点C′的坐标为 （6﹣2a，﹣2b） .（结果用含a，b的式子表示）
【思路点拨】过C作CM⊥AB于M，过C′⊥AB′于N，则∠ANC′＝∠AMC＝90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【规范解答】解：过C作CM⊥AB于M，过C′⊥AB′于N，
则∠ANC′＝∠AMC＝90°，
∵△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，
∴，
∵∠NAC′＝∠CAM，
∴△ACM∽△AC′N，
∴，
∵点A（2，0），点C（a，b），
∴OA＝2，OM＝a，CM＝b，
∴AM＝a﹣2，
∴，
∴AN＝2a﹣4，C′N＝2b，
∴ON＝AN﹣OA＝2a﹣6，
∴点C′的坐标为（6﹣2a，﹣2b），
故答案为：（6﹣2a，﹣2b）．
【真题点拨】本题考查的是位似变换和坐标与图形性质，掌握相似三角形的性质：相似三角形的对应边的比相等是解题的关键．
15．（2023•盘锦）如图，△ABO的顶点坐标是A（2，6），B（3，1），O（0，0），以点O为位似中心，将△ABO缩小为原来的，得到△A′B′O，则点A′的坐标为 （，2）或（﹣，﹣2） ．
【思路点拨】根据位似变换的性质计算，得到答案．
【规范解答】解：∵以原点O为位似中心，把△ABC缩小为原来的，可以得到△A'B'O，点A的坐标为（2，6），
∴点A'的坐标是（2×，6×）或（2×（﹣），6×（﹣）），即（，2）或（﹣，﹣2）．
故答案为：（，2）或（﹣，﹣2）．
【真题点拨】本题考查的是位似变换的性质，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．
►考向六 相似形综合题
16．（2023•菏泽）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．
【思路点拨】（1）由矩形的性质得∠C＝∠ADE＝90°，再证∠AED＝∠DFC，即可得出结论；
（2）证Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），得DE＝CF，再证△DCF≌△DCH（SAS），得∠DFC＝∠H，然后由平行线的性质得∠ADF＝∠DFC，即可得出结论；
（3）延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，△ADE≌△DCG（SAS），得∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，再证△DFG是等边三角形，得FG＝DF＝11，即可解决问题．
【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，
∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，
∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，
∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，
∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
【真题点拨】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
17．（2023•湖州）【特例感知】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
【变式求异】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．
【思路点拨】（1）根据正方形的性质及角的和差推出∠A＝∠DCM，AD＝DC，∠ADP＝∠CDM，利用ASA即可证明△DAP≌△DCM；
（2）作QN⊥BC于点N，则四边形DBNQ是矩形，根据矩形的性质推出∠DQN＝90°，QN＝DB，根据角的和差推出∠DQP＝∠MQN，结合∠QDP＝∠QNM＝90°，推出△DQP∽△NQM，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理求出AB＝6，则DB＝2，根据矩形的性质推出DQ∥BC，进而推出△ADQ∽△ABC，根据相似三角形的性质求解即可；
（3）根据题意推出CQ＝mnAB，AQ＝（m﹣mn）AB，根据勾股定理求出BC＝AB，根据四边形内角和定理及邻补角定义推出∠AQP＝∠NQM，结合∠A＝∠QNM＝90°，推出△QAP∽△QNM，根据相似三角形的性质得出，根据题意推出△QCN∽△BCA，根据相似三角形的性质求出，据此求解即可．
【规范解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠DCM，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDM，
在△DAP和△DCM中，
，
∴△DAP≌△DCM（ASA）；
（2）解：如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN＝90°，QN＝DB，
∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，
∴∠DQP＝∠MQN，
∵∠QDP＝∠QNM＝90°，
∴△DQP∽△NQM，
∴，
∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，
∴，
∵AD＝2DB，
∴DB＝2，
∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，
∴CQ＝mnAB，
∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，
∵∠BAC＝90°，
∴，
如图3，作QN⊥BC于点N，
∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，
∴∠ABN+∠AQN＝180°，
∵∠ABN+∠PBN＝180°，
∴∠AQN＝∠PBN，
∵∠PQM＝∠PBC，
∴∠PQM＝∠AQN，
∴∠AQP＝∠NQM，
∵∠A＝∠QNM＝90°，
∴△QAP∽△QNM，
∴，
∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
∴，
∴，
∴．
【真题点拨】此题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
1．（2023•济南）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，以点C为圆心，以BC为半径作弧交AC于点D，再分别以B，D为圆心，以大于BD的长为半径作弧，两弧相交于点P，作射线CP交AB于点E，连接DE．以下结论不正确的是（ ）
A．∠BCE＝36°B．BC＝AE
C．D．
【思路点拨】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠ACB＝72°，再根据题意可得：CP平分∠ACB，从而可得∠BCE＝∠ACE＝36°，然后利用等量代换可得∠A＝∠ACE＝36°，从而可得AE＝CE，再利用三角形的外角性质可得∠B＝∠CEB＝72°，从而可得CB＝CE，进而可得AE＝CE＝CB，最后根据黄金三角形的定义可得＝，从而可得＝，再利用三角形的面积可得＝＝，从而进行计算即可解答．
【规范解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝＝72°，
由题意得：CP平分∠ACB，
∴∠BCE＝∠ACE＝∠ACB＝36°，
∴∠A＝∠ACE＝36°，
∴AE＝CE，
∵∠CEB＝∠A+∠ACE＝72°，
∴∠B＝∠CEB＝72°，
∴CB＝CE，
∴AE＝CE＝CB，
∵△BCE是顶角为36°的等腰三角形，
∴△BCE是黄金三角形，
∴＝，
∴＝，
∴＝＝，
∴＝＝，
故A、B、D不符合题意，C符合题意；
故选：C．
【真题点拨】本题考查了黄金分割，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，作图﹣基本作图，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A．B．C．10D．
【思路点拨】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【规范解答】解：如图1所示，
由已知可得，△DFE∽△ECB，
则，
设DF＝x，CE＝y，
则，
解得，
∴DE＝CD+CE＝6+＝，故选项B不符合题意；
EB＝DF+AD＝+2＝，故选项D不符合题意；
如图2所示，
由已知可得，△DCF∽△FEB，
则，
设FC＝m，FD＝n，
则，
解得，
∴FD＝10，故选项C不符合题意；
BF＝FC+BC＝8+7＝15；
如图3所示：
此时两个直角三角形的斜边长为6和7；
故选：A．
【真题点拨】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
3．（2022•连云港）△ABC的三边长分别为2，3，4，另有一个与它相似的三角形DEF，其最长边为12，则△DEF的周长是（ ）
A．54B．36C．27D．21
【思路点拨】（1）方法一：设2对应的边是x，3对应的边是y，根据相似三角形的对应边的比相等列等式，解出即可；
方式二：根据相似三角形的周长的比等于相似比，列出等式计算．
【规范解答】解：方法一：设2对应的边是x，3对应的边是y，
∵△ABC∽△DEF，
∴＝＝，
∴x＝6，y＝9，
∴△DEF的周长是27；
方式二：∵△ABC∽△DEF，
∴＝，
∴＝，
∴C△DEF＝27；
故选：C．
【真题点拨】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质的应用是解题关键．
4．（2023•东营）如图，△ABC为等边三角形，点D，E分别在边BC，AB上，∠ADE＝60°．若BD＝4DC，DE＝2.4，则AD的长为（ ）
A．1.8B．2.4C．3D．3.2
【思路点拨】先证∠CAD＝∠BDE，再根据∠B＝∠C＝60°，得出△ADC∽△DEB，根据相似三角形的性质即可求出AD的长．
【规范解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，
∴∠CAD+∠ADC＝120°，
∵∠ADE＝60°．
∴∠BDE+∠ADC＝120°，
∴∠CAD＝∠BDE，
∴△ADC∽△DEB，
∴，
∵BD＝4DC，
∴设DC＝x，
则BD＝4x，
∴BC＝AC＝5x，
∴，
∴AD＝3，
故选：C．
【真题点拨】本题考查了三角形相似的判定与性质，等边三角形的性质，掌握有两个角相等的两个三角形相似是解题的关键．
5．（2023•东营）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BF＝CE，AE平分∠CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，M．P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足为N，连接PM．有下列四个结论：
①AE垂直平分DM；
②PM+PN的最小值为3；
③CF2＝GE•AE；
④S△ADM＝6．
其中正确的是（ ）
A．①②B．②③④C．①③④D．①③
【思路点拨】①先根据正方形的性质证得△ADE和△DCF全等，再利用ASA证得△AGM和△AGD全等，即可得出AE垂直平分DM；
②连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形的性质求出BD的长，从而得出，即PM+PN的最小值；
③先证△DGE∽△ADE，再根据相似三角形的性质及CF＝DE，即可判断；
④先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可．
【规范解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵BF＝CE，
∴BC﹣BF＝DC﹣CE，
即CF＝DE，
在△ADE和△DCF中，
，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠DAE+∠ADG＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴∠AGM＝90°，
∴∠AGM＝∠AGD，
∵AE平分∠CAD，
∴∠MAG＝∠DAG，
又AG为公共边，
∴△AGM≌△AGD（ASA），
∴GM＝GD，
又∵∠AGM＝∠AGD＝90°，
∴AE垂直平分DM，
故①正确；
②如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
即DO⊥AM，
∵AE垂直平分DM，
∴HM＝HD，
当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM+PN＝HM+HO＝HD+HO＝DO，即PM+PN的最小值是DO的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC＝BD＝，
∴，
即PM+PN的最小值为，
故②错误；
③∵AE垂直平分DM，
∴∠DGE＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DGE＝∠ADE，
又∵∠DEG＝∠AED，
∴△DGE∽△ADE，
∴，
即DE2＝GE•AE，
由①知CF＝DE，
∴CF2＝GE•AE，
故③正确；
④∵AE垂直平分DM，
∴AM＝AD＝4，
又，
∴，
故④错误；
综上，正确的是：①③，
故选：D．
【真题点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质，最短路径问题等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
6．（2023•浙江）如图，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（2，1），C（3，2），现以原点O为位似中心，在第一象限内作与△ABC的位似比为2的位似图形△A′B′C′，则顶点C′的坐标是（ ）
A．（2，4）B．（4，2）C．（6，4）D．（5，4）
【思路点拨】根据位似变换的性质解答即可．
【规范解答】解：∵△ABC与△A′B′C′位似，△A′B′C′与△ABC的相似比为2：1，
∴△ABC与△A′B′C′位似比为1：2，
∵点C的坐标为（3，2），
∴点F的坐标为（3×2，2×2），即（6，4），
故选：C．
【真题点拨】本题考查的是位似变换的性质、相似三角形的性质，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．
7．（2022•巴中）如图，在平面直角坐标系中，C为△AOB的OA边上一点，AC：OC＝1：2，过C作CD∥OB交AB于点D，C、D两点纵坐标分别为1、3，则B点的纵坐标为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【思路点拨】根据CD∥OB得出，根据AC：OC＝1：2，得出，根据C、D两点纵坐标分别为1、3，得出OB＝6，即可得出答案．
【规范解答】解：∵CD∥OB，
∴，
∵AC：OC＝1：2，
∴，
∵C、D两点纵坐标分别为1、3，
∴CD＝3﹣1＝2，
∴，
解得：OB＝6，
∴B点的纵坐标为6，
故选：C．
【真题点拨】本题主要考查了平行线的性质，平面直角坐标系中点的坐标，根据题意得出，是解题的关键．
8．（2023•达州）如图，乐器上的一根弦AB＝80cm，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 （80﹣160） cm．（结果保留根号）
【思路点拨】根据黄金分割的定义，进行计算即可解答．
【规范解答】解：∵点C是靠近点B的黄金分割点，AB＝80cm，
∴AC＝AB＝×80＝（40﹣40）cm，
∵点D是靠近点A的黄金分割点，AB＝80cm，
∴DB＝AB＝×80＝（40﹣40）cm，
∴CD＝AC+BD﹣AB＝2（40﹣40）﹣80＝（80﹣160）cm，
∴支撑点C，D之间的距离为（80﹣160）cm，
故答案为：（80﹣160）．
【真题点拨】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
9．（2023•北京）如图，直线AD，BC交于点O，AB∥EF∥CD，若AO＝2，OF＝1，FD＝2，则的值为 ．
【思路点拨】根据题意求出AF，再根据平行线分线段成比例定理计算即可．
【规范解答】解：∵AO＝2，OF＝1，
∴AF＝AO+OF＝2+1＝3，
∵AB∥EF∥CD，
∴＝＝，
故答案为：．
【真题点拨】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
10．（2023•怀化）在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为（1，0）．把△A0B按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A1OB1边长的2倍，得到△A2OB2，…．依次类推，得到△A2023OB2023，则△A2023OB2023的边长为 22023 ，点A2023的坐标为 （22022，﹣22022） ．
【思路点拨】利用等边三角形的性质，探究规律后，利用规律解决问题．
【规范解答】解：由题意OA＝1＝20，OA1＝2＝21，OA2＝4＝22，OA3＝8＝23，…OAn＝2n，
∴△A2023OB2023的边长为22023，
∵2023÷6＝337…1，
∴A2023与A1都在第四象限，坐标为（22022，﹣22022•）．
故答案为：22023，（22022，﹣22022）．
【真题点拨】本题考查相似三角形的性质，规律型—点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
11．（2023•辽宁）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别是O（0，0），A（1，0），B（2，3），C（﹣1，2），若四边形OA′B′C′与四边形OABC关于原点O位似，且四边形OA′B′C′的面积是四边形OABC面积的4倍，则第一象限内点B′的坐标为 （4，6） ．
【思路点拨】根据四边形OA′B′C′的面积是四边形OABC面积的4倍，可得四边形OA′B′C′与四边形OABC的位似比是2：1，进而得出各对应点位置，进而得第一象限内点B′的坐标．
【规范解答】解：∵四边形OA′B′C′与四边形OABC关于原点O位似，且四边形OA′B′C′的面积是四边形OABC面积的4倍，
∴四边形OA′B′C′与四边形OABC的位似比是2：1，
∵点B（2，3），
∴第一象限内点B′的坐标为（4，6）．
故答案为：（4，6）．
【真题点拨】本题考查作图﹣位似变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
12．（2023•黑龙江）如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH．易证：FH＝FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，如图②；若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，如图③；其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【思路点拨】如图②；连接AH，CE，AF，根据等腰直角三角形的性质得到AH⊥BC，AF⊥DE，，求得∠CAH＝∠EAF＝45°，根据相似三角形的性质得到CE＝FH，根据三角形中位线定理得到CE＝2FG，于是得到FH＝FG；
如图③；连接AH，CE，AF，根据等腰三角形的性质得到∠AFD＝∠ADE＝∠ACB＝∠B＝30°，AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH＝∠EAF＝，根据相似三角形的性质得到CE＝2FH，根据三角形中位线定理得到CE＝2FG，于是得到FH＝FG．
【规范解答】解：如图②；FH＝FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，，
∴∠CAH＝∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴，
∴CE＝FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE＝2FG，
∴FH＝FG；
如图③；FH＝FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠AED＝∠ADE＝∠ACB＝∠B＝30°，
∵点F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH＝∠EAF＝，
∴∠HAF＝∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴＝，
∴CE＝2FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE＝2FG，
∴FH＝FG；
【真题点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
13．（2023•娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星，如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．
（1）求证：AE2＝EF•EM；
（2）若AF＝1，求AE的长；
（3）求的值．
【思路点拨】（1）根据正五边形的性质可得∠BAE＝∠AED＝108°，从而利用平角定义可得∠FAE＝∠AEF＝72°，进而利用三角形内角和定理可得∠F＝36°，然后利用角平分线的定义可得∠FAM＝∠MAE＝36°，从而可得∠F＝∠MAE，进而可证△AEM∽△FEA，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答；
（2）设AE＝x，利用（1）的结论可得：∠F＝∠FAM＝36°，从而可得FM＝AM，在利用（1）的结论可得：∠FAE＝∠AEF＝72°，从而可得FA＝FE＝1，然后利用三角形的外角性质可得∠AME＝∠AEF＝72°，从而可得AM＝AE，进而可得AM＝AE＝FM＝x，再利用线段的和差关系可得ME＝1﹣x，
最后利用（1）的结论可得：AE2＝EF•EM，从而可得x2＝1•（1﹣x），进行计算即可解答；
（3）连接BE，CE，根据正五边形的性质可得AB＝AE＝DE＝CD＝BC，∠BAE＝∠AED＝∠EDC＝∠ABC＝∠BCD＝108°，从而可得△ABE≌△DCE，再利用等腰三角形的性质可得∠ABE＝∠AEB＝36°，∠DEC＝∠DCE＝36°，从而可得∠EBC＝∠ECB＝72°，然后利用（1）的结论可得：∠FAE＝∠FEA＝72°，从而可证利用ASA可证△FAE≌△EBC，再利用（2）的结论可得：＝，从而可得＝，进而可得＝，最后设△ABE的面积为（﹣1）k，则△AEF的面积为2k，从而可得△ABE的面积＝△DEC的面积＝（﹣1）k，△AEF的面积＝△BCE的面积＝2k，进而可求出五边形ABCDE的面积＝2k，再进行计算即可解答．
【规范解答】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE＝∠AED＝108°，
∴∠FAE＝180°﹣∠BAE＝72°，∠AEF＝180°﹣∠AED＝72°，
∴∠F＝180°﹣∠FAE﹣∠AEF＝36°，
∵AM平分∠FAE，
∴∠FAM＝∠MAE＝∠FAE＝36°，
∴∠F＝∠MAE，
∵∠AEM＝∠AEF，
∴△AEM∽△FEA，
∴＝，
∴AE2＝EF•EM；
（2）解：设AE＝x，
由（1）可得：∠F＝∠FAM＝36°，
∴FM＝AM，
由（1）可得：∠FAE＝∠AEF＝72°，
∴FA＝FE＝1，
∵∠AME＝∠F+∠FAM＝72°，
∴∠AME＝∠AEF＝72°，
∴AM＝AE，
∴AM＝AE＝FM＝x，
∴ME＝EF﹣FM＝1﹣x，
由（1）可得：AE2＝EF•EM，
∴x2＝1•（1﹣x），
解得：x＝或x＝（舍去），
∴AE＝，
∴AE的长为；
（3）连接BE，CE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝AE＝DE＝CD＝BC，∠BAE＝∠AED＝∠EDC＝∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∵AB＝AE，ED＝DC，∠BAE＝∠CDE＝108°，
∴∠ABE＝∠AEB＝36°，∠DEC＝∠DCE＝36°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝72°，∠ECB＝∠BCD﹣∠DCE＝72°，
由（1）可得：∠FAE＝∠FEA＝72°，
∴∠FAE＝∠EBC，∠FEA＝∠ECB，
∴△FAE≌△EBC（ASA），
由（2）得：＝，
∴＝，
∴＝，
∴设△ABE的面积为（﹣1）k，则△AEF的面积为2k，
∴△ABE的面积＝△DEC的面积＝（﹣1）k，△AEF的面积＝△BCE的面积＝2k，
∴五边形ABCDE的面积＝△ABE的面积+△DCE的面积+△BCE的面积＝2k，
∴＝＝，
∴的值为．
【真题点拨】本题考查了相似三角形的应用，角平分线的性质，正多边形和圆，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
14．（2023•江西）课本再现
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在▱ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证：▱ABCD是菱形．
知识应用
（2）如图2，在▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6．
①求证：▱ABCD是菱形；
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E＝∠ACD，求的值．
【思路点拨】（1）根据平行四边形的性质和已知条件判定AC是BD的垂直平分线，推出AB＝AD后利用菱形的定义即可判定▱ABCD是菱形；
（2）①根据平行四边形的性质求出AO、DO的长，然后根据勾股定理逆定理判定∠AOD，然后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形．”即可得证；
②设CD的中点为G，连接OG，根据已知条件求出OG、CE的长，判定△OGF∽△ECF，然后根据相似三角形的性质即可求出的值．
【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
又∵BD⊥AC，垂足为O，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴AB＝AD，
∴▱ABCD是菱形．
（2）①证明：∵▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，
∴AO＝CO＝AC＝4，DO＝BD＝3，
又∵AD＝5，
∴在三角形AOD中，AD2＝AO2+DO2，
∴∠AOD＝90°，
即BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形；
②解：如图，设CD的中点为G，连接OG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝AD＝，
由①知：四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠ACB，
又∵∠E＝∠ACD，
∴∠E＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠E+∠COE，
∴∠E＝∠COE，
∴CE＝CO＝4，
∵OG是△ACD的中位线，
∴OG∥AD∥BE，
∴△OGF∽△ECF，
∴，
又∵OG＝，CE＝4，
∴．
【真题点拨】本题是相似形综合题，主要考查菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及中位线定理，深入理解题意是解决问题的关键．
15．（2023•内蒙古）已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点．
（1）如图1，连接BE，DE．求证：△ABE≌△ADE；
（2）如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BF⊥BE．判断△FBG的形状并说明理由；
（3）在第（2）题的条件下，BE＝BF＝2．求的值．
【思路点拨】（1）由正方形的性质得AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，则∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABE≌△ADE；
（2）由△ABE≌△ADE，得∠ABE＝∠ADE，可推导出∠EBC＝∠EDC，因为AB∥CD，所以∠FGB＝∠EDC，则∠FGB＝∠EBC，而∠FBE＝90°，则∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，所以∠FGB＝∠FBG，即可证明△FBG是等腰三角形；
（3）由BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，得∠F＝∠BEF＝45°，则∠BAC＝∠F，可证明∠AEG＝∠FBG，进而证明∠AGE＝∠AEG，则AE＝AG，由勾股定理得EF＝＝2，而BF＝GF＝2，所以GE＝2﹣2，由全等三角形的性质得BE＝DE＝2，再证明△AGE∽△CDE，则＝＝﹣1，所以＝﹣1．
【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠ADC﹣∠ADE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵AB∥CD，
∴∠FGB＝∠EDC，
∴∠FGB＝∠EBC，
∵BF⊥BE，
∴∠FBE＝90°，
∴∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，
∴∠FGB＝∠FBG，
∴BF＝GF，
∴△FBG是等腰三角形．
（3）解：∵BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，
∴∠F＝∠BEF＝45°，
∴∠BAC＝∠F，
∴∠AEG＝∠AGF﹣∠BAC＝∠AGF﹣∠F＝∠FBG，
∵∠AGE＝∠FGB，且∠FGB＝∠FBG，
∴∠AGE＝∠AEG，
∴AE＝AG，
∵EF＝＝＝2，BF＝GF＝2，
∴GE＝EF﹣GF＝2﹣2，
∵△ABE≌△ADE，
∴BE＝DE＝2，
∵AG∥CD，
∴△AGE∽△CDE，
∴＝＝＝﹣1，
∴＝﹣1，
∴的值为﹣1．
【真题点拨】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
16．（2023•常州）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形ABCD和矩形EFGH，点E、F在边AB上（EF＜AB），且点C、D、G、H在直线AB的同侧；第二步，设＝m，＝n，矩形EFGH能在边AB上左右滑动；第三步，画出边EF的中点O，射线OH与射线AD相交于点P（点P、D不重合），射线OG与射线BC相交于点Q（点Q、C不重合），观测DP、CQ的长度．
（1）如图2，小丽取AB＝4，EF＝3，m＝1，n＝3，滑动矩形EFGH，当点E、A重合时，CQ＝ ；
（2）小丽滑动矩形EFGH，使得O恰为边AB的中点．她发现对于任意的m≠n，DP＝CQ总成立．请说明理由；
（3）经过数次操作，小丽猜想，设定m、n的某种数量关系后，滑动矩形EFGH，DP＝CQ总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．
【思路点拨】（1）可推出△OGF∽△OQB，从而，进一步得出结果；
（2）可推出△OEH∽△OAP，从而，同理可得出，进一步得出结论；
（3）当m＝n时，DP＝CQ；可推出，，从而AP＝，BQ＝，从而DP＝AD﹣，CQ＝﹣AD，计算得出DP﹣CQ＝0，从而得出DP＝CQ．
【规范解答】解：（1）∵四边形ACBD和四边形EFGH是矩形，
∴∠B＝∠EFG＝90°，BC＝AD，FG＝EH，
∴FG∥BC，
∴△OGF∽△OQB，
∴，
∵＝1，＝3，AB＝4，EF＝3，
∴BC＝AD＝4，FG＝EH＝1，
∵OF＝OE＝，OB＝AB﹣OE＝4﹣＝，
∴，
∴BQ＝，
∴CQ＝4﹣＝，
故答案为：；
（2）如图1，
∵EH∥AD，
∴△OEH∽△OAP，
∴，
同理可得，
，
∵O是EF的中点，O是AB的中点，
∴OE＝OF，OA＝OB，
∴，
∵EH＝FG，
∴AP＝BQ，
∵AD＝BC，
∴DP＝CQ；
（3）如图，
当m＝n时，即：＝＝m时，DP＝CQ，理由如下：
同理（2）可得，
，，
∴AP＝，BQ＝，
∵，O是EF的中点，
∴AP＝，BQ＝，
∴DP＝AD﹣AP＝AD﹣，CQ＝BQ﹣BC＝﹣AD，
∴DP﹣CQ＝2AD﹣＝2AD﹣＝＝，
∴DP＝CQ，
当点O运动到AB的中点时，DP＝CQ＝0．
【真题点拨】本题考查了矩形和正方形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相似三角形的性质
知识目标（新课程标准提炼）
中考解密（分析考察方向，精准把握重难点）
重点考向（以真题为例，探究中考命题方向）
►考向一 黄金分割
►考向二 平行线分线段成比例
►考向三 相似三角形的判定与性质
►考向四 相似三角形的应用
►考向五 位似变换
►考向六 相似形综合题
最新真题荟萃（精选最新典型真题，强化知识运用，优化解题技巧）
解题技巧/易错易混
1．比例的基本性质：组成比例的四个数，叫做比例的项．两端的两项叫做比例的外项，中间的两项叫做比例的内项．
2．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．
3．判定四条线段是否成比例，只要把四条线段按大小顺序排列好，判断前两条线段之比与后两条线段之比是否相等即可，求线段之比时，要先统一线段的长度单位，最后的结果与所选取的单位无关系．
解题技巧/易错易混
1．相似三角形的性质：①相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；②相似三角形的周长的比等于相似比；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比；③相似三角形的面积的比等于相似比的平方．由三角形的面积公式和相似三角形对应线段的比等于相似比可以推出相似三角形面积的比等于相似比的平方．
2．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；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．
3.相似三角形的对应线段（边、高、中线、角平分线）成比例；
4.相似三角形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
5．如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
解题技巧/易错易混
位似图形与坐标：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．
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．