中考数学第一轮专项复习专题第21讲 相似三角形及其应用（讲义）（解析版）

这是一份中考数学第一轮专项复习专题第21讲 相似三角形及其应用（讲义）（解析版），共126页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc156510557" \l "_Tc156054062" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc156510558" 考点一 相似三角形的性质与判定
\l "_Tc156510559" 题型01 添加条件使两个三角形相似
\l "_Tc156510560" 题型02 证明两个三角形相似
\l "_Tc156510561" 题型03 确定相似三角形的对数
\l "_Tc156510562" 题型04 在网格中判断相似三角形
\l "_Tc156510563" 题型05 利用相似的性质求解
\l "_Tc156510564" 题型06 利用相似的性质求点的坐标
\l "_Tc156510565" 题型07 在网格中画与已知三角形相似的三角形
\l "_Tc156510566" 题型08 证明三角形的对应线段成比例
\l "_Tc156510567" 题型09 利用相似三角形的性质求解决折叠问题
\l "_Tc156510568" 题型10 利用相似三角形的性质判断函数图象
\l "_Tc156510569" 题型11 尺规作图与相似三角形综合应用
\l "_Tc156510570" 题型12 三角板与相似三角形综合应用
\l "_Tc156510571" 题型13 平移与相似三角形综合应用
\l "_Tc156510572" 题型14 利用相似三角形的性质与判定求线段比值
\l "_Tc156510573" 题型15 利用相似三角形的性质与判定求最值
\l "_Tc156510574" 题型16 利用相似三角形的性质与判定解决动点问题
\l "_Tc156510575" 题型17 利用相似三角形的性质与判定解决存在性问题
\l "_Tc156510576" 考点二 相似三角形的常见模型
\l "_Tc156510577" 题型01 A字模型
\l "_Tc156510578" 题型02 8字模型
\l "_Tc156510579" 题型03 一线三垂直模型
\l "_Tc156510580" 题型04 三角形内接矩形模型
\l "_Tc156510581" 题型05 旋转相似模型
\l "_Tc156510582" 考点三 相似三角形的应用
\l "_Tc156510583" 题型01 测量树高
\l "_Tc156510584" 题型02 测量旗杆高度
\l "_Tc156510585" 题型03 测量楼高问题
\l "_Tc156510586" 题型04 测量河宽问题
\l "_Tc156510587" 题型05 杠杆问题
\l "_Tc156510587" 题型06 实验问题
\l "_Tc156510588" 题型07 九章算经问题
\l "_Tc156510589" 题型08 三角形内接矩形问题
考点一 相似三角形的性质与判定
相似三角形的概念：对应角相等、对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形.相似用符号“∽”，读作“相似于”.
相似三角形的判定方法：
1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
2）两个三角形相似的判定定理：
①三边成比例的两个三角形相似；
②两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
③两角分别相等的两个三角形相似．
④斜边和直角边成比例的两个直角三角形相似.
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）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.
3）相似三角形周长的比等于相似比.
4）相似三角形面积比等于相似比的平方.
判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
1. 判断网格中三角形是否相似，先运用勾股定理计算出三边的长度，再看对应边的比例是否相等.
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或两边成比例．
题型01 添加条件使两个三角形相似
【例1】（2023·河北邢台·统考一模）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠BAC，则添加下列条件后，不能判定△ADC和△BAC相似的是（ ）
A．CA平分∠BCDB．∠DAC=∠ABCC．ACBC=CDACD．ADAB=CDAC
【答案】C
【分析】可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等或两组对角相等来证明两个三角形相似．
【详解】解：A、 由CA平分∠BCD可得∠BCA=∠ACD，结合∠ADC=∠BAC，可以证明△ABC∽△DAC，故此选项不符合题意；
B、由∠DAC=∠ABC，结合∠ADC=∠BAC，可以证明△ABC∽△DAC，故此选项不符合题意；
C、由ACBC=CDAC，结合∠ADC=∠BAC，不可以证明△ABC∽△DAC，故此选项符合题意；
D、由ADAB=CDAC，结合∠ADC=∠BAC，可以证明△ABC∽△DAC，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定条件是解题的关键．
【变式1-1】（2023·黑龙江齐齐哈尔·校考三模）如图，要使△ACD∼△ABC，则需要添加的条件是 （填一个即可）

【答案】∠ACD=∠B（答案不唯一）
【分析】由图可得△ABD与△ACB有一个公共角∠C，再根据相似三角形的判定方法即可得到结果.
【详解】∵∠A=∠A，∠ACD=∠B
∴△ACD∼△ABC.
故填：∠ACD=∠B
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解答本题的关键是熟练掌握有两组角对应相等的两个三角形相似.
【变式1-2】（2023·江西赣州·统考一模）如图，已知ABAC=ACAD=k，请再添加一个条件，使△ABC∽△ACD，你添加的条件是 （写出一个即可）．
【答案】BCCD=k或∠BAC=∠CAD
【分析】根据相似三角形的判定定理即可进行解答．
【详解】解：添加BCCD=k，
∵ABAC=ACAD=BCCD=k，
∴△ABC∽△ACD；
添加∠BAC=∠CAD，
∵ABAC=ACAD=k，∠BAC=∠CAD，
∴△ABC∽△ACD；
故答案为：BCCD=k或∠BAC=∠CAD．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握：三边分别成比例的两个三角形相似；两边成比例，夹角相等的两个三角形相似；有两个角相等的两个三角形相似．
题型02 证明两个三角形相似
【例2】（2022·广东茂名·统考二模）如图所示，点A、D、C、E在同一直线上，满足∠ABC=90°，BD⊥BE，且CB=CE．求证：△ABD∽△AEB．

【答案】见解析
【分析】先根据同角的余角相等，得∠ABD=∠CBE，再根据“等边对等角”可得∠ABD=∠E，然后根据“两角相等的两个三角形相似”得出答案.
【详解】证明：∵∠ABC=90°，∠DBE=90°，
∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，
即∠ABD=∠CBE.
∵BC=CE，
∴∠CBE=∠E，
∴∠ABD=∠E..
又∵∠A=∠A，
∴△ABD∽△AEB ．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键．即两角相等的两个三角形相似.
【变式2-1】（2023·陕西西安·校考二模）如图，在△ABC中，∠BAC=2∠B．请用尺规作图法，在BC边上求作一点M，使△CMA∽△CAB．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】作∠BAC的平分线，交BC边于点M，此时∠CMA=∠CAB．
【详解】解：点M即为所作，
∵AM平分∠BAC，
∴∠BAM=∠CAM，
∵∠BAC=2∠B，
∴∠B=∠CAM，
∵∠MCA=∠ACB，
∴△CMA~△CAB．
【点睛】本题考查了作角平分线，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定是解题的关键．
【变式2-2】（2023·浙江杭州·统考二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC恰好是∠ABD的角平分线.

(1)求证：△APC∽△DPB；
(2)若AP＝BP＝1，AD＝CP，求DP的长.
【答案】(1)证明见解析；
(2)x=5-12
【分析】（1）由等腰三角形得∠C=∠ABC，由角平分线得∠ABC=∠CBD，进而可得∠C=∠CBD ，证得AC∥BD，结论得证；
（2）由△APC∽△DPB得APDP=CPBP，构建方程求解．
【详解】（1）证明：∵AB=AC
∴∠C=∠ABC
∵BC平分∠ABD
∴∠ABC=∠CBD
∴∠C=∠CBD
∴AC∥BD
∴∠C=∠DBP,∠CAP=∠D
∴△APC∽△DPB
（2）设PD=x
∵PC=AD
∴PC=1+x
∵△APC∽△DPB
∴APDP=CPBP
∴1x=x+11
∴x=5-12

【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练相关判定方法是解题的关键．
【变式2-3】（2023·浙江杭州·杭州育才中学校考一模）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，CE=BF，点Q在线段AB上，且AE2=AQ⋅AB．
求证：
(1)∠CAE=∠BAF；
(2)△ACE∽△AFQ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可；
（2）根据△ACE≌△ABF得出AE=AF，∠CAE=∠BAF，根据AE²=AQ·AB，AC=AB，得出AEAQ=ACAF，利用相似三角形的判定得出结论即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ACE和△ABF中，AC=AB∠C=∠BCE=BF，
∴△ACE≌△ABFSAS，
∴∠CAE=∠BAF；
（2）
证明：∵△ACE≌△ABF，
∴AE=AF，∠CAE=∠BAF，
∵AE²=AQ·AB，AC=AB，
∴AEAQ=ABAE，即AEAQ=ACAF，
∴△ACE∽△AFQ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
题型03 确定相似三角形的对数
【例3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图，在△ABC中，∠ABC=∠C=∠BDC=∠AED=72∘.则图中相似三角形共有（ ）

A．2对B．3对C．4对D．5对
【答案】C
【分析】首先算出三角形中角的度数，即可得到答案．
【详解】解：∵∠ABC=∠C=∠BDC=∠AED=72∘，
∴∠A=180°-∠ABC-∠C=180°-72°-72°=36°，
∴∠ADE=180°-∠A-∠AED=180°-36°-72°=72°，
∴∠DBC=180°-∠C-∠BDC=180°-72°-72°=36°，
∵∠AED=∠ABC，
∴ED//BC，
∴∠EDB=∠DBC=36°，
∴∠BED=180-∠EBD-∠EDB=180-36°-36°=108°，
∴∠DBC=180°-∠C-∠BDC=180°-72°-72°=36°，∠ADB=∠ADE+∠EDB=72°+36°=108°，
∵∠AED=∠ABD，∠ADE=∠ACB，
∴△AED∼△ABC，
∵∠AED=∠C，∠ADE=∠BDC，
∴△AED∼△BCD，
∵∠ABD=∠C，∠ACB=∠BDC，
∴△BCD∼△ABC，
∵∠A=∠EBD，∠ADB=∠BED，
∴△EBD∼△DAB．
故相似的三角形对数为4对：
故选：C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式3-1】（2022·广东江门·校考一模）如图，BD和CE是△ABC的高，在不添加其它字母情况下，则图中相似三角形共有（ ）
A．2对B．3对C．4对D．5对
【答案】A
【分析】利用相似三角形的判定方法可判定△ABD∽△ACE， △ADE∽△ABC，即可求解．
【详解】解：∵BD和CE是△ABC的高，
∴∠AEC=∠ADB=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ABD∽△ACE，
∵∠BEC=∠BDC=90°，
∴点B，点C，点D，点E四点共圆，
∴∠ACB+∠BED=180°，
∵∠BED+∠AED=180°，
∴∠ACB=∠AED，
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴相似三角形共有2对，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的有关知识，掌握相似三角形的判定是解题的关键．
题型04 在网格中判断相似三角形
【例4】（2019·浙江·校联考三模）如图，八个完全相同的小长方形拼成一个正方形网格，连结小长方形的顶点所得的四个三角形中是相似三角形的是（ ）
A．①和②B．②和③C．①和③D．①和④
【答案】D
【分析】设小长方形的长为2a，宽为a．利用勾股定理求出三角形的三边长即可判断．
【详解】由题意可知：小长方形的长是宽的2倍，
设小长方形的宽为a，则长为2a，
∴图①中的三角形三边长分别为2a、(2a)2+(2a)2=22a⋅(2a)2+(4a)2=25a；
图②中的三角形三边长分别为2a,(2a)2+(3a)2=13a,(3a)2+(4a)2=5a；
图③中的三角形三边长分别为2a.(2a)2+(4a)2=25a⋅(4a)2+(4a)2=42a；
图④中的三角形三边长分别为(2a)2+(a)2=5a,(a)2+(3a)2=10a、(3a)2+(4a)2=5a，
∴①和②图中三角形不相似；
∵2a2a≠13a25a≠5a42a
∴②和③图中三角形不相似；
∵2a2a≠22a25a≠25a42a
∴①和③图中三角形不相似；
∵2a5a=22a10a=25a5a=255
∴①和④图中三角形相似．
故选：D
【点睛】本题考查相似三角形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
【变式4-1】（2021·辽宁抚顺·统考一模）如图，在正方形网格中有3个斜三角形：①△ABC；②△CDB；③△DEB；其中能与△ABC相似的是 ．（△ABC除外）
【答案】③（△DEB）
【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=12+12=2，BC=12+22=5，△ABC的三边之比是AB：AC：BC＝1：2：5，
同理可求：②△CDB的三边之比是CD：BC：BD＝1：5：22；
③△DEB中DE：BD：BE＝2：22：25＝1：2：5．
∴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．
题型05 利用相似的性质求解
【例5】（2023·陕西榆林·校考三模）如图，在等边△ABC中，点D,E分别在边BC,AC上，∠ADE=60°，若AD=4,BDCE=32，则DE的长度为（ ）

A．1B．43C．2D．83
【答案】D
【分析】利用等边三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C=60°．
∴∠ADB+∠BAD=180°-∠B=120°．
∵∠ADE=60°，
∴∠ADB+∠EDC=180°-∠ADE=120°，
∴∠ADB+∠BAD=∠ADB+∠EDC，
∴∠BAD=∠EDC，
∴△BAD∽△CDE，
∴ BDCE=ADDE，
∴ 4DE=32，
∴DE=83．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【变式5-1】（2023·浙江杭州·校联考二模）如图，△ABC中，DE∥BC，若ADBD=23，那么下列结论中，正确的是（ ）

A． DEBC=23 B． AEAC=23
C． DOCO=23 D． S△DOES△BOC=425
【答案】D
【分析】由ADBD=23得到ADAB=25，通过证明△ADE∽△ABC，△DOE∽△COB，得到ADAB=AEAC=DEBC=25，DEBC=DOCO=25，即可判断A、B、C，再根据三角形的面积比等于相似比的平方即可判断D．
【详解】解：∵ DE∥BC，
∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，∠EDC=∠BCD，∠DEB=∠CBE，
∴△ADE∽△ABC，△DOE∽△COB，
∴ADAB=AEAC=DEBC，DEBC=DOCO，
∵ ADBD=23，
∴ADAB=25，
∴ADAB=AEAC=DEBC=25，DEBC=DOCO=25，故A、B、C错误，不符合题意，
∴S△DOES△BOC=DEBC2=252=425，故D正确，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
【变式5-2】（2023·云南红河·统考二模）如图，△ADE∼△ACB，DE=5，S△ADE:S四边形BCED=9:16，则BC为（ ）

A．8B．203C．253D．10
【答案】C
【分析】根据S△ADE:S四边形BCED的比，可得S△ADE:S△ACB的比，利用面积比是相似比的平方，可得DEBC，从而可得答案．
【详解】解：∵S△ADE:S四边形BCED=9:16，
∴S△ADE:S△ACB=9:25，
∴相似比为k=3:5，即DEBC=35，5BC=35，
∴BC=253；
故选：C．
【点睛】本题考查了形似三角形的性质，解题的关键是掌握面积比是相似比的平方．
【变式5-3】（2023·福建南平·统考二模）在等边三角形ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，若△ABC的周长为12，则△ADE的周长为（ ）
A．3B．4C．6D．9
【答案】C
【分析】利用中位线定理，得到三角形相似，运用周长之比等于相似比计算选择．
【详解】设三角形的周长用C表示，
∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴C△ADEC△ABC=DEBC=12，
∴C△ADE12=12，
∴C△ADE=6，
故选C．
【点睛】本题考查了中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【变式5-4】（2023·甘肃武威·统考三模）已知△ABC∽△DEF，且∠A=30°，∠E=30°，则∠C的度数是（ ）
A．120°B．60°C．90°D．30°
【答案】A
【分析】根据相似三角形的对应角相等，以及三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵△ABC∽△DEF，∠E=30°，
∴∠ABC=∠E=30°，
∵∠A=30°，
∴∠C=180°-∠A-∠ABC=120°，
故选A．
【点睛】本题考查相似三角形的性质、三角形的内角和定理．熟练掌握相似三角形的对应角相等，是解题的关键．
题型06 利用相似的性质求点的坐标
【例6】（2023·四川宜宾·四川省宜宾市第二中学校校考二模）如图，已知点A、B的坐标分别是0,1、0,3，点C为x轴正半轴上一动点，当∠ACB最大时，点C的坐标是（ ）
A．2,0B．3,0C．2,0D．1,0
【答案】B
【分析】过点A、B作⊙P，点⊙P与x轴相切于点C时，利用圆周角大于对应的圆外角得到此时∠ACB最大，连接PA、PB、PC，作PH⊥y轴于H，如图，利用垂径定理得AH=BH=1，则OH=2，再根据切线的性质得PC⊥x轴，则四边形PCOH为矩形，所以PC=OH=2，则PA=2，在RtΔPAH中，利用勾股定理计算出PH=3，于是可得到C点坐标为(3，0)．
【详解】解：过点A、B作⊙P，点⊙P与x轴相切于点C时，∠ACB最大，
连接PA、PB、PC，作PH⊥y轴于H，如图，
∵点A、B的坐标分别是(0,1)、(0,3)，
∴OA=1，AB=3-1=2，
∵PH⊥AB，
∴AH=BH=1，
∴OH=2，
∵ ⊙P与x轴相切于点C，
∴PC⊥x轴，
∴四边形PCOH为矩形，
∴PC=OH=2，
∴PA=2，
在RtΔPAH中，PH=PA2-AH2=22-12=3，
∴C点坐标为(3，0)．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的综合题，熟练掌握垂径定理、圆周角定理,勾股定理,坐标与图形，掌握相关定理性质是解题的关键．
【变式6-1】（2023·江西九江·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，已如A1,0，B2,0，C0,1，在坐标轴上有一点P，它与A,C两点形成的三角形与△ABC相似，则P点的坐标是 ．

【答案】3,0或0,2或0,3
【分析】分两种情形：当点P在x轴上时，△PAC∼△CAB时，当点P'在y轴上时，△P'CA∽△BAC或△P″AC∼△BCA，分别求解即可．
【详解】解：如图，

∵A(1,0),B(2,0),C(0,1)，
∴OA=OC=1,OB=2,AB=OB-OA=1，
∴AC=2，
当点P在x轴上时，△PAC∼△CAB时，
∴ACAB=APAC，
∴21=PA2，
∴PA=2，
∴OP=3，
∴P(3,0)，
当点P'在y轴上时，△P'CA∽△BAC，
∵AC=CA，
∴AB=CP'=1，
∴OP'=2，
∴P'(0,2)．
当△P″AC∼△BCA时，有ABAC=ACCP″，
∴CP″=AC2AB=2,
∴OP″=1+2=3,
∴P″0,3,
综上所述，满足条件的点P的坐标为3,0或0,2或0,3．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会与分类讨论的射线思考问题．
【变式6-2】（2023·陕西西安·校考模拟预测）已知抛物线y=ax2-32x+c与x轴交于A(-1,0)、B(4,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AC，点P为抛物线上一点，且在y轴右侧，过点P作PQ⊥x轴于Q，若△PAQ∽△ACO，请求出点P的坐标．
【答案】(1)y=12x2-32x-2
(2)5,3或者3,-4
【分析】（1）利用待定系数法即可作答；
（2）设Px,12x2-32x-2，且x>0，即有Qx,0，可得QO=x，PQ=12x2-32x-2，求出OC=2，AO=1，即AQ=AO+OQ=1+x，根据△PAQ∽△ACO，有COAO=AQPQ，可得21=1+x12x2-32x-2，即：x2-3x-4=1+x，解方程即可求解．
【详解】（1）将A(-1,0)、B(4,0)代入y=ax2-32x+c，可得：
a×-12-32×-1+c=0a×42-32×4+c=0，
解得：a=12c=-2，
即抛物线解析式为：y=12x2-32x-2；
（2）如图，
设Px,12x2-32x-2，且x>0，
∵PQ⊥x轴，
∴Qx,0，
∴QO=x，PQ=12x2-32x-2，
当x=0时，y=-2，即C0,-2，
∴OC=2，
∵A(-1,0)，
∴AO=1，即AQ=AO+OQ=1+x，
∵△PAQ∽△ACO，
∴COAO=AQPQ，
∴21=1+x12x2-32x-2，
即：x2-3x-4=1+x，
当x2-3x-4>0时，x2-3x-4=1+x，
解得：x=5（x=-1舍去），
即：P5,3，
当x2-3x-40相交于点P，PC⊥x轴于点C，且PC=4，点A的坐标为-4,0．
(1)求一次函数和双曲线的解析式；
(2)若点Q为双曲线上点P右侧的一点，且QH⊥x轴于H，当△ABO∼△CQH时，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x+2，y=16x
(2)Q8,2
【分析】（1）A的坐标为-4,0，代入直线y=ax+2待定系数即可求解；进而根据PC=4，即点P的纵坐标为4，代入y=12x+2得：P4,4，进而代入反比例数解析式即可求解；
（2）设HQ为x，则CH=2x，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵A的坐标为-4,0，代入直线y=ax+2
∴0=-4a+2，解得a=12
∴y=12x+2，
∵PC=4，即点P的纵坐标为4，代入y=12x+2得：
∴4=12x+2
解得：x=4，
即P4,4，
将P4,4代入y=kxx>0
∴4=k4，解得k=16
∴y=16x；
（2）当△ABO∼△CQH时
∴AOBO=CHHQ=2
设HQ为x，则CH=2x
∴Q4+2x,x代入反比例解析式x=164+2x
∴解得x=-4或2
∵x>0
∴x=2
∴Q8,2．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型07 在网格中画与已知三角形相似的三角形
【例7】（2023·吉林延边·统考一模）如图是由边长为1的小正方形组成的6×8的正方形网络，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，在给定的网络中，只用无刻度直尺，按要求作图，不要求写画法．

(1)在图①中，作△DEF，使△DEF≌△ABC，且点D、E、F均在格点上．
(2)在图②中，作△CGH，使△CGH∽△ABC，点G、H均在格点上，且相似比不为1．
(3)在图③中，作∠AMB，使∠AMB=2∠C．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用网格的特点和三角形全等的判定方法SSS进行作图即可；
（2）根据相似三角形的判定方法和网格的特点作图即可；
（3）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AM=BM=CM=12BC，则∠MAC=∠C，由三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可得到∠AMB=2∠C，满足题意．
【详解】（1）解：如图，△DEF满足题意，

（2）如图，△CGH满足题意，

（3）如图，∠AMB满足题意，

【点睛】此题考查全等三角形的判定、相似三角形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，根据网格特点正确作图是解题的关键．
【变式7-1】（2023·浙江温州·校考三模）如图，在6×6正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请按要求画格点三角形（顶点在格点上），且三角形的各个顶点均不与点A，B，C重合．

(1)在图1中，作一个格点△DEF，使得△DEF与△ABC相似（相似比不等于1），且AB∥DE；
(2)在图2中，作一个格点△PQR，使得△PQR与△ABC全等，且每条对应边都互相垂直．
注：图1，图2在答题卷上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定画出图形即可（答案不唯一）；
（2）根据全等三角形的判定，画出图形即可（答案不唯一）．
【详解】（1）解：如图，△DEF即为所求；

或者，满足DE∥AB即可：
；
（2）解：如图，△PQR即为所求；

或者，满足AB⊥PQ，BC⊥PR，AC⊥QR即可：
.
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
【变式7-2】（2023·安徽安庆·安庆市第四中学校考二模）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点及线段MN的端点均在格点（网格线的交点）上．
(1)作出△ABC关于直线MN对称的△A1B1C1；
(2)画出一个格点△EFC，使△EFC∽△ABC（相似比不为1）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先作出点A、B、C关于直线MN的对称点，再一次连接即可；
（2）连接点C和A1B1中点F，连接CM，连接MF，△MFC即为△EFC，点E和点M重合．
【详解】（1）解：如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图所示：△EFC即为所求．

【点睛】本题主要考查了轴对称的作图，以及作相似三角形，解题的关键是熟练掌握轴对称的作图方法，以及相似三角形对应边成比例，对应角相等．
题型08 证明三角形的对应线段成比例
【例8】（2020·河北唐山·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，DE∶EC＝2∶3，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，则DF∶BF等于（ ）
A．2∶5B．2∶3C．3∶5D．3∶2
【答案】A
【分析】利用平行四边形的性质可得出AB∥CD且AB＝CD，结合DE∶EC＝2∶3可得出DEDC＝25，由AB∥CD可得出△DEF∽△BAF，再利用相似三角形的性质即可求出DF∶BF的值．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD．
∵DE∶EC＝2∶3，
∴DEDC＝DEDE+EC＝25＝DEBA．
∵AB∥CD，
∴△DEF∽△BAF，
∴DFBF＝DEBA＝25．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，利用平行四边形的性质结合DE：EC=2：3找出DE：BA的值是解题的关键．
【变式8-1】（2020·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点H为边BC的中点，点G为线段DH上一点，且∠BGC=90°，延长BG交CD于点E，延长CG交AD于点F，当CD=4，DE=1时，则DF的长为（ ）
A．2B．32C．5D．95
【答案】A
【分析】延长AD，BE相交于点M，可得△DFG∽△HCG，△DMG∽△HBG，根据相似三角形的性质可得DF=DM，由△MDE∽△CDF可得DEDF=DMCD，进而得出DEDF=DFCD，再根据比例的性质解答即可．
【详解】解：如图，延长AD，BE相交于点M，
∵DF∥CH，
∴△DFG∽△HCG，
∴ DFCH=DGGH ，
∵DM∥BH，
∴△DMG∽△HBG，
∴ DMBH=DGGH，
∵CH=BH， ∴DF=DM，
又∵矩形ABCD,
∴∠CDF=∠EDM=90°,
∵∠BGC=90°,
∴∠CGE=90°,
∵∠CEG=∠MED,
∴∠FCD=∠M,
∴ △MDE∽△CDF，
∴ DEDF=DMCD,
∴ DEDF=DFCD,
∴DF2=DE•CD=1×4=4,
∴DF＝4=2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线并熟练掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（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．
题型09 利用相似三角形的性质求解决折叠问题
【例9】（2020·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=a，点E在边BC上，且BE=35a．连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B'落在矩形ABCD的边上，则a的值为( )
A．53B．35C．53或53D．35或53
【答案】C
【分析】B'落在矩形ABCD的边上有2种情况，一种落在AD边上，一种落在DC边上，具体分析见详解
【详解】情况一：点B'落在AD边上，图形如下
∵△AEB'是△AEB折叠得来
∴B'E=BE=35a，∠AB'E=∠ABE=90°
∴B'E∥AB，∴B'E=AB=1
∴35a=1，解得：a=53
情况二：点B'落在AD边上，图形如下
同理，B'E=BE=35a，∠AB'E=∠ABE=90°，AB'=AB=1
易得△ADB'∽△B'CE，EC=25a，AD=a
设DB'=x，则B'C=1-x
∴DB'EC=ABEB'，即：x25a=135a，解得：x=23
在Rt△ADB'中，a2+(23)2=12，解得：a=53
故选：C
【点睛】本题考查了折叠问题，还涉及到多解、相似和勾股定理的知识，此题关键是根据题干折叠，要确定2种方案
【变式9-1】（2023·河南平顶山·统考模拟预测）如图，△ABC中，AB=4，BC=5，AC=6，点D、E分别是AC、AB边上的动点，折叠△ADE得到△A'DE，且点A'落在BC边上，若△A'DC恰好与△ABC相似，AD的长为 ．

【答案】2.4或83
【分析】设AD=x，则CD=AC-AD=6-x，由折叠的性质得到A'D=AD=x，分两种情况：△A'DC∽△BAC或△A'DC∽△ABC，即可解决问题．
【详解】解：设AD=x，
∴CD=AC-AD=6-x，
∵折叠△ADE得到△A'DE，
∴A'D=AD=x，
当△A'DC∽△BAC时，
∴A'D:AB=CD:AC，
∴x:4=6-x:6，
∴x=2.4；
当△A'DC∽△ABC时，
∴A'D:AB=CD:BC，
∴x:4=6-x:5，
∴x=83，
∴AD长是2.4或83．
故答案为：2.4或83．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，折叠问题，关键是注意要分两种情况讨论，由相似三角形的性质：相似三角形的对应边成比例，即可解决问题．
【变式9-2】（2020·河南平顶山·统考一模）如图所示，已知等边△ABC，边长为3，点M为AB边上一点，且BM=1，点N为边AC上不与A、C重合的一个动点，连结MN，以MN为对称轴，折叠△AMN，点A的对应点为点P，当点P落在等边△ABC的边上时，AN的长为 ．
【答案】1或5-13
【分析】分点P落在AC上时和点P落在BC上时两种情况，分别运用相似三角形的性质构建方程组解答即可．
【详解】解：分为两种情况：
①当点P落在AC边上时，如图1所示．
由折叠可知：AM=PM
∵∠A=60°
∴△APM为等边三角形
∴AP=AM=AB-BM=3-1=2
∴AN=12AP=1；
②当点P落在BC边上时，如图2所示．
设AN=x
由折叠可知：PM=AM=AB-BM=2
PN=AN=x，∠MPN=∠A=60°
∴CN=3-x
易证：△PBM∽△NCP（“一线三等角”模型）
∴PBNC=BMCP=PMNP,PB3-x=1CP=2x
∴PB=6x-2,CP=12x
∵PB+PC=BC=3
∴6x-2+12x=3
整理得：x2-10x+12=0
解之得：x1=5-13,x2=5+13（舍去）
∴AN=5-13
综上所述， AN的长为1或5-13．
【点睛】本题考查翻折的性质、相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，准确寻找相似三角形是解答本题的关键.
【变式9-3】（2022·辽宁抚顺·统考一模）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，F是为射线AD上的一个动点，将△AEF沿EF折叠得到△HEF，连接AC，分别交EF和直线EH于点N，M，已知∠BAC＝30∘，BC=2，若△EMN与△AEF相似，则AF的长为多少？
【答案】1或3
【分析】分两种情况：①当EM⊥AC时∠AME=90°，然后根据三角函数的性质可得解；②当EN⊥AC时，∠MNE=90°，然后根据三角函数的性质可得解．
【详解】解：由已知△EMN与△AEF相似，△AEF与△HEF全等，所以可以分为两种情况：
①当EM⊥AC时，∠AME=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=2，∠B=90∘，
∵∠CAB=30°，
∴∠AEM=60°，AB=23，
由已知可得∠AEF=30°，AE=3，
∴AF=AE⋅tan30°=3×33=1；
②当EN⊥AC时，∠ANE=90°，
∴∠AEN=60°，
∴AF=AE⋅tan60°=3×3=3，
故答案为：1或3.
【点睛】本题考查三角形图形变换的应用，熟练掌握折叠、三角形相似、三角形全等及三角函数的性质是解题关键．
题型10 利用相似三角形的性质判断函数图象
【例10】（2023·河北邯郸·校考三模）在△ABC中，AH⊥BC于点H，点P从B点出发沿BC向C点运动，设线段AP的长为y，线段BP的长为x（如图1），而y关于x的函数图象如图2所示．Q1，3是函数图象上的最低点．当△ABP为锐角三角形时x的取值范围为（ ）
A．2B'D），则k= ．

【答案】-85
【分析】根据直角三角形的性质可求出点A的坐标，根据平移的性质，可判定△B'DC∽△B'A'C'，根据相似三角形的性质可求平移的距离，即B'C的长，由此可求出点A'的坐标，根据待定系数法即可求解反比例函数中的k值．
【详解】解：∵点C(2，0)，点B132,0，
∴OC=2，BC=132-2=92，
当x=2时，y=165×2=85，即点A2,85，
∵将△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C'，
∴AC∥A'C'，B'C'=BC=92，且DC∥A'B'，
∴△B'DC∽△B'A'C'，
∵点D在A'B'的三等分点（A'D>B'D），即B'DB'A'=13，
∴B'CB'C'=13，
∴B'C=13B'C'=13BC=13×92=32，
∴BB'=BC-B'C=92-32=3，
∴点C'的横坐标为2-3=-1，
∴点A'-1,85，
∴k=-1×85=-85，
故答案为：-85．
【点睛】本题主要考查反比例函数与几何图形的变换，掌握直角三角形的性质求边长与反比例函数的特点，几何图形的平移的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法求反比例函数解析式中的k值等知识的综合是解题的关键．
【变式13-3】（2023·河北石家庄·校考二模）如图1，正方形ABCD的边长是4，对角线AC的中点为O．△ACD沿AC方向平移得到△A'C'D'．

(1)如图2，当点A'移动到点O时，点A'移动的距离是___________，AD'=___________．
(2)当点A'移动到点O时，将△A'C'D'绕点O顺时针旋转．
①当A'C'过BC中点时，△A'C'D'旋转的度数是___________；
②P、Q分别是边AB、BC上的点，且AP=2PB，CQ=2BQ．嘉嘉说，当A'C'过点P时，A'D'恰好过点Q，你认为嘉嘉说的对吗？请说明理由．
【答案】(1)22，210
(2)①45°，②不对，见解析
【分析】(1)在正方形ABCD中，AD=DC=4,∠D=∠DAB=90°, AC平分∠DAB，求出∠DAC=45°，利用sin∠DAC=22求出AC=42，进而可求出点A'移动的距离是22，利用平移和三角函数可求得AE=2，即可求得AD'=210；
(2)①三角形的中位线性质和平移的性质即可得到答案；②利用已知求出CQ=83，再利用相似求出CK=3，然后比较CK，CQ大小即可得出答案．
【详解】（1）如图1，在正方形ABCD中，AD=DC=4,∠D=∠DAB=90°, AC平分∠DAB
∴∠DAC=∠1=45°
∵sin∠DAC=DCAC=22
∴AC=2DC
∴AC=42
∵点O是AC的中点
∴AO=12AC=22
∴点A'移动的距离是22，
由平移得：A'D'∥AD，A'D'=4
延长D'A'交AB于点E，
∴∠D'EA=180°-∠DAB=90°
∵sin∠1=A'EAO=22,cs∠1=AEAO=22
∴A'E=2,AE=2
∴D'E=D'A'+A'E=6
∴AD'=AE2+D'E2=22+62=210
故答案为：22，210

（2）①如图2,令BC中点为点M,
由题意知△A'C'D'旋转到△A'C″D″的位置，
∵点O为AC的中点，点M为BC的中点，
∴OM∥AB
∴∠2=∠1=45°
由平移得：∠D'A'C'=∠DAC=45°
∴A'D'旋转到直线AC上，
∴旋转角为45°，
∴△A'C'D'旋转的度数为45°，
故答案为：45°

②嘉嘉的说法不对，理由如下：
如图3，A'D'与BC交于点K，
∵AP=2PB，CQ=2BQ，
∴AP=CQ=83，
∵∠POK=45°，
∴∠AOP+∠COK=135°，
在△AOP中∠AOP+∠APO=180°-∠A=135°，
∴∠APO=∠COK，
∵∠A=∠C=45°；
∴△APO~△COK；
∴AOCK=APCO
∴CK=3；
则CK≠CQ，
∴A'C'过点P时，A'D'不过点Q，嘉嘉说的不对．

【点睛】本题考查了图形的平移和旋转的性质，正方形的性质，三角函数的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
题型14 利用相似三角形的性质与判定求线段比值
【例14】（2021·广东江门·校联考模拟预测）如图，线段AB是⊙O的直径，C、D是半圆的三等分点，过点C的直线与AD的延长线垂直，垂足为点E，与AB的延长线相交于点F，连接OE，交AC于点G．

(1)求证：FC是⊙O的切线；
(2)连接DC、CO，判断四边形ADCO的形状，并证明；
(3)求OG与GE的比值．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，理由见解析
(3)23
【分析】（1）用连半径，证垂直的方法，连接OC，由半圆的三等分点证出∠DAC=∠CAB，推出OC∥AE，即可证出∠OCF=∠AEC=90°，得出结论；
（2）由半圆的三等分点证出∴∠AOD=∠DOC=COB=60°，再证明△OAD与△OCD是等边三角形，即可推出四边形ADCO的四条边相等，得出结论；
（3）由OC∥AE判定△OCG∽△EAG，△FCO∽△FEA，推出OGGE=FOFA，再通过∠COF=∠EAF=60°，推出FOFA=23，即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵C、D是半圆的三等分点，
∴ DA=DC=CB，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AE，
∴∠OCF=∠AEC=90°，
∴OC⊥EF，
∴FC是⊙O的切线；
（2）解：四边形ADCO是菱形，理由如下：
连接DC、DO，
由（1）知DA=DC=CB，
∴∠AOD=∠DOC=COB=13×180°=60°，
又∵OA=OD=OC，
∴△OAD与△OCD是等边三角形，
∴OA=OD=AD，OD=OC=DC，
∴OA=AD=DC=OC，
∴四边形ADCO是菱形；
（3）解：由（1）知，OC∥AE，
∴△OCG∽△EAG，△FCO∽△FEA，∠COF=∠EAF=60°，
∴ OGGE=OCAE，OCAE=FOFA，
∴ OGGE=FOFA，
在Rt△OCF中，∠F=30°，
设OC=r，
则OF=2r，
∴ FOFA=2r3r=23，
∴ OGGE=23，
∴OG与GE的比值为23．

【点睛】本题考查了切线的判定定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质等，解题关键是能够熟练掌握圆的有关性质，并灵活运用相似三角形的判定定理与性质．
【变式14-1】（2023·湖南株洲·校考三模）已知：如图，过原点的直线l1与反比例函数y1=mx(x>0)的图像交于点A2,4，与反比例函数y2=2xx0)即可求出m，将Ba,b代入y2=2xx0)的图像交于点A2,4，
∴将A2,4代入y1=mx(x>0)得，4=m2，
∴解得m=8，
∵过原点的直线l1与反比例函数y2=2xx