2026年中考数学一轮复习专题训练 图形的相似（含解析）

这是一份2026年中考数学一轮复习专题训练 图形的相似（含解析），共34页。试卷主要包含了学会运用函数与方程思想，学会运用数形结合思想，要学会抢得分点，学会运用等价转换思想，学会运用分类讨论的思想，转化思想等内容，欢迎下载使用。
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度，寻求代数问题的方法。
3、要学会抢得分点。中考数学压轴题要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将复杂转为简单，将抽象转为具体，将实际转化数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解。
6、转化思想。体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
2026年中考数学一轮复习 图形的相似
一．选择题（共10小题）
1．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝90°，P为AB的中点，D，E两点分别在AC边和BC边上，∠DPE＝90°，则PEPD=（ ）
A．12B．23C．32D．33
2．（2025•蓬江区校级三模）如图，△ABC以顶点A为位似中心放大后得到△ADE，若方格纸的边长为1，则△ABC与△ADE的相似比是（ ）
A．2：3B．3：2C．2：5D．3：5
3．（2025•孝义市三模）我国古代数学著作《周髀算经》记载商高用矩（带有直角的曲尺）之道“偃矩以望高”的数学道理，即用曲尺测量物体高度的方法．如图所示：设曲尺平行于水平线的一边DE长度为a，垂直于水平线的一边CD长度为b，当人眼F，曲尺两边端点C，E，物体AB的顶端点A在同一直线上时，人眼F到过点B的水平线的高度为h，人眼F到物体AB的水平距离为c，则可求得物体AB的高度等于bca+ℎ.其依据的图形变化是（ ）
A．图形的平移B．图形的轴对称
C．图形的旋转D．图形的相似
4．（2025•岳麓区校级三模）已知△ABC与△A1B1C1是位似图形，位似比是1：3，则△ABC与△A1B1C1的面积比（ ）
A．1：3B．1：6C．1：9D．3：1
5．（2025•新兴县一模）如图，在▱ABCD中，BE是∠ABC的平分线，延长BE交CD的延长线于点F．若DF＝6，AB＝12，则BC的长为（ ）
A．12B．15C．18D．21
6．（2025•栖霞区校级三模）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，过点O的直线与AB，CD分别相交于点E，F，若AB＝2，CD＝4，则下列关系正确的是（ ）
A．AECF=12B．AOCO=12C．EOFO=12D．ADBC=12
7．（2025•浙江模拟）如图所示网格中，线段AB是由线段CD位似放大而成，则位似中心是（ ）
A．P1B．P2C．P3D．P4
8．（2025•东营模拟）如图，在△ABC中，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与点B，C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q．下列结论：①AC＝FG；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④
9．（2025•深圳校级模拟）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，若ADBD=34，AE＝6，则CE的长为（ ）
A．14B．92C．8D．6
10．（2025•萧山区二模）在平面直角坐标系中，△AOB的顶点A的坐标为（﹣2，4）．若以原点O为位似中心，相似比为12，把△AOB缩小，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，2）或（1，﹣2）
C．（﹣4，8）D．（﹣4，8）或（4，﹣8）
二．填空题（共5小题）
11．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点P在边BC上，过点P作AP的垂线交射线CD于点Q，若有且只有三个不同的点P，使得DQ=98，则BC的长为 ．
12．（2025•青阳县模拟）如图，P为正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PD，点E在PD上，连接CE，∠PBC＝∠PDB＝∠ECD．
（1）PBDE的值为 ；
（2）若∠PBC＝α，则∠PAD＝ ．（用含α的式子表示）
13．（2025•凌河区校级三模）点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相交于点M．若S△AMES△CMD=116 则sin∠CDE＝ ．
14．（2025•海伦市二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，CB＝2，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1相似于矩形ABCD；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B2相似于矩形ACC1B1；…按照此规律作下去．若矩形ABCD的面积记作S1，矩形ACC1B1的面积记S2，矩形AC1C2B2的面积记作S3，…，则S2025的值为 ．
15．（2025•河南校级三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形．发现四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，O是BD的中点，点E在边BC上，四边形OECF是矩形，则S△BEO：S△EOF是 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•锦江区校级模拟）（1）模型探究：
如图1，点D、E分别为△ABC的边AB、AC上的两点，DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转某个角度得△AD′E′，分别连接BD′、CE′（如图2）．
求证：△ABD′∽△ACE′；
（2）模型应用：
我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻四边形”．在“等邻四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，AC=2AB．试探究BC、CD、BD的数量关系．
（3）模型提升：
如图，在△ABC中，DB＝DA，∠ADB＝120°，连CD，∠BCD＝15°，BC＝42，AC＝213，直接写出﹣CD的长度为 ．
17．（2025•武汉）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边CD上，点F在边BC的延长线上，DE＝CF，射线AE交对角线BD于点G，交线段DF于点H．
（1）求证：DH＝GH．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明△ADE≌△DCF）
（2）求证：AG•EH＝EG•GH．
（3）若GEEH=n，直接写出DHDF的值（用含n的式子表示）．
18．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，点P在BC边上，过点P作PD∥AB，PE∥AC，Q为△ABC外一点，ED垂直平分PQ，分别连接AQ，DQ．
（1）如图1，求证：AE＝DQ；
（2）如图1，设PQ分别与DE，AD相交于点G，H，求证：AQEG=AHEP；
（3）如图2，若AB＝AC，连接CQ，求∠B+∠AQC的度数．
19．（2025•高要区校级二模）在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是线段OC上一个动点（不与点O，C重合），过点P分别作AD，CD的平行线，交CD于点E，交BC，BD于点F，G，连接EG．
（1）如图1，如果OP=12PC，∠BOC＝α，求证：∠DGE＝180°﹣α；
（2）如图2，如果∠ABC＝90°，ABBC=23，且△DGE与△PCF相似，求OPPC的值，并补全图形；
（3）如图3，如果BA＝BG＝BC，且射线EG过点A，求∠ABC的度数．
20．（2025•聊城模拟）如图，在△ABC中，D为BC上一点，E为AD上一点，如果∠DAC＝∠B，CD＝CE．
（1）求证：△ACE∽△BAD．
（2）若CE＝3，BD＝4，AE＝2，求ED的长．
2026年中考数学一轮复习 图形的相似
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝90°，P为AB的中点，D，E两点分别在AC边和BC边上，∠DPE＝90°，则PEPD=（ ）
A．12B．23C．32D．33
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；平行线的性质；三角形中位线定理；矩形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】过点P作PG⊥AC于点G，PH⊥BC于点H，则四边形CGPH是矩形，证△PEH∽△PDG，得出PEPD=PHPG，再证PG是△ABC的中位线，得出AG＝CG＝PH，然后由平行线的性质得出∠APG＝∠ABC＝30°，最后由锐角三角函数的定义即可得出答案．
【解答】解：如图，过点P作PG⊥AC于点G，PH⊥BC于点H，
则四边形CGPH是矩形，∠PHE＝∠PGD＝90°，
∴PG∥BC，CG＝PH，∠GPH＝90°，
∴∠GPD+∠DPH＝90°，
∵∠HPE+∠DPH＝∠DPE＝90°，
∴∠HPE＝∠GPD，
∴△PEH∽△PDG，
∴PEPD=PHPG，
∵P为AB的中点，PG∥BC，
∴PG是△ABC的中位线，∠APG＝∠ABC＝30°，
∴AG＝CG＝PH，
∴PEPD=PHPG=AGPG=tan∠APG＝tan30°=33，
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、解直角三角形、三角形中位线定理、平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质和锐角三角函数的定义是解题的关键．
2．（2025•蓬江区校级三模）如图，△ABC以顶点A为位似中心放大后得到△ADE，若方格纸的边长为1，则△ABC与△ADE的相似比是（ ）
A．2：3B．3：2C．2：5D．3：5
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△ADE，结合图形解答即可．
【解答】解：∵△ABC以顶点A为位似中心放大后得到△ADE，
∴△ABC∽△ADE，
∵AB＝2，AD＝5，
∴△ABC与△ADE的相似比是2：5，
故选：C．
【点评】本题考查的是位似变换，掌握位似图形的概念是解题的关键．
3．（2025•孝义市三模）我国古代数学著作《周髀算经》记载商高用矩（带有直角的曲尺）之道“偃矩以望高”的数学道理，即用曲尺测量物体高度的方法．如图所示：设曲尺平行于水平线的一边DE长度为a，垂直于水平线的一边CD长度为b，当人眼F，曲尺两边端点C，E，物体AB的顶端点A在同一直线上时，人眼F到过点B的水平线的高度为h，人眼F到物体AB的水平距离为c，则可求得物体AB的高度等于bca+ℎ.其依据的图形变化是（ ）
A．图形的平移B．图形的轴对称
C．图形的旋转D．图形的相似
【考点】相似三角形的应用；几何变换的类型．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】D
【分析】过E作FH⊥AB于H，判定△ECD∽△FAH，推出DE：HF＝CD：AH，求出AH=bca，因此AB＝AH+BH=bca+h，于是得到答案．
【解答】解：过E作FH⊥AB于H，
∴FH＝c，
∵DE∥HF，
∴∠CED＝∠AFH，
∵∠CDE＝∠AHF＝90°，
∴△ECD∽△FAH，
∴DE：HF＝CD：AH，
∴a：c＝b：AH，
∴AH=bca，
∴AB＝AH+BH=bca+h，
其依据的图形变化是图形的相似．
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的应用，几何变换的类型，关键是判定△ECD∽△FAH．
4．（2025•岳麓区校级三模）已知△ABC与△A1B1C1是位似图形，位似比是1：3，则△ABC与△A1B1C1的面积比（ ）
A．1：3B．1：6C．1：9D．3：1
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据位似图形的面积比等于位似比的平方，即可得到答案．
【解答】解：已知△ABC与△A1B1C1是位似图形，位似比是1：3，
∴S△ABC：SA1B1C1=1：9，
即△ABC与△A1B1C1的面积比为1：9，
故选：C．
【点评】本题主要考查位似变换，熟练掌握位似图形的面积比等于位似比的平方是解题的关键．
5．（2025•新兴县一模）如图，在▱ABCD中，BE是∠ABC的平分线，延长BE交CD的延长线于点F．若DF＝6，AB＝12，则BC的长为（ ）
A．12B．15C．18D．21
【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】先根据平行四边形的性质得到CD∥AB，AD∥BC，则∠AEB＝∠ABE，再证明∠ABE＝∠AEB得到AE＝AB＝12，接着证明△DEF∽△AEB，利用相似比求出DE＝6，然后计算出AD的长，从而得到BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，AD∥BC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝12，
∵DF∥AB，
∴△DEF∽△AEB，
∴DE：AE＝DF：AB，
即DE：12＝6：12，
解得DE＝6，
∴AD＝AE+DE＝12+6＝18，
∴BC＝18．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了平行四边形的性质．
6．（2025•栖霞区校级三模）如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，过点O的直线与AB，CD分别相交于点E，F，若AB＝2，CD＝4，则下列关系正确的是（ ）
A．AECF=12B．AOCO=12C．EOFO=12D．ADBC=12
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】由AB∥CD，证明△AOB∽△COD，因为AB＝2，CD＝4，所以AODO=ABCD=12，由AE∥DF，证明△AOE∽△DOF，得EOFO=AEDF=AOBO=12，但AECF不一定等于12，AOCO不一定等于12，可判断C符合题意，A不符合题意，B不符合题意；由AOAD=BOBC，得ADBC=AOBO，由AOBO不一定等于12，证明ADBC不一定等于12，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，AD与BC相交于点O，
∴△AOB∽△COD，
∴AODO=ABCD=24=12，
∵过点O的直线与AB，CD分别相交于点E，F，
∴AE∥DF，
∴△AOE∽△DOF，
∴EOFO=AEDF=AOBO=12，但AECF不一定等于12，AOCO不一定等于12，
故C符合题意，A不符合题意，B不符合题意；
∵AOAD=BOBC，
∴ADBC=AOBO，
∵AOBO不一定等于12，
∴ADBC不一定等于12，
故D不符合题意，
故选：C．
【点评】此题重点考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△AOB∽△COD及△AOE∽△DOF是解题的关键．
7．（2025•浙江模拟）如图所示网格中，线段AB是由线段CD位似放大而成，则位似中心是（ ）
A．P1B．P2C．P3D．P4
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；几何直观．
【答案】B
【分析】连接CA，DB，并延长，则交点即为它们的位似中心．继而求得答案．
【解答】解：∵如图，连接CA，DB，并延长，则交点即为它们的位似中心．
∴它们的位似中心是P2．
故选：B．
【点评】此题考查了位似变换．注意根据位似图形的性质求解是关键．
8．（2025•东营模拟）如图，在△ABC中，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与点B，C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q．下列结论：①AC＝FG；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，证出∠CAD＝∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG，①正确；
证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，②正确；
由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC＝∠ABF，③正确；
证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD•FE＝AD2＝FQ•AC，④正确．
【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠ADE＝∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，
∴∠CAD+∠FAG＝90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G＝90°＝∠ACB，
∴∠AFG+∠FAG＝90°，
∴∠CAD＝∠AFG，
在△FGA和△ACD中，
∠G=∠C∠AFG=∠CADAF=AD，
∴△FGA≌△ACD（AAS），
∴AC＝FG，故①正确；
∵BC＝AC，
∴FG＝BC，
∵∠ACB＝90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF＝90°，
S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，即S△FAB：S四边形CBFG＝1：2，故②正确；
∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，
∴∠ABC＝∠ABF＝45°，故③正确；
∠FQE＝∠DQB＝∠ADC＝90°﹣∠BDQ，∠E＝∠C＝90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：FE＝AD：FQ，
∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，故④正确；
∴正确的有①②③④，
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
9．（2025•深圳校级模拟）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，若ADBD=34，AE＝6，则CE的长为（ ）
A．14B．92C．8D．6
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算，得到答案．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴AEEC=ADDB，即6EC=34，
解得：EC＝8，
故选：C．
【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、找准对应关系是解题的关键．
10．（2025•萧山区二模）在平面直角坐标系中，△AOB的顶点A的坐标为（﹣2，4）．若以原点O为位似中心，相似比为12，把△AOB缩小，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，2）或（1，﹣2）
C．（﹣4，8）D．（﹣4，8）或（4，﹣8）
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】B
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，相似比为12，把△AOB缩小，点A的坐标为（﹣2，4），
∴点A的对应点A′的坐标为（﹣2×12，4×12）或[﹣2×（−12），4×（−12）），即（﹣1，2）或（1，﹣2），
故选：B．
【点评】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．
二．填空题（共5小题）
11．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点P在边BC上，过点P作AP的垂线交射线CD于点Q，若有且只有三个不同的点P，使得DQ=98，则BC的长为 5 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】5．
【分析】以B点为圆心，BC所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴建立直角坐标系，设P（m，0），C（a，0），则D（a，2），证明△ABP∽△PCQ，从而求出Q（a，am−m22），则DQ＝|am−m22−2|=98，再由题意分两种情况讨论：当m2﹣am+74=0有两个不同的实数根，m2﹣am+254=0有两个相等的实数根时，解得a＝5，可知BC的长为5；当m2﹣am+74=0有两个相等的实数根，m2﹣am+254=0有两个不同的实数根时，a2﹣7＝0，a2﹣25＞0，此时a无解．
【解答】解：以B点为圆心，BC所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴建立直角坐标系，
∵BA＝2，
∴A（0，2），
设P（m，0），C（a，0），则D（a，2），
∵AP⊥PQ，
∴∠APB+∠CPQ＝90°，
∵∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPQ＝∠PAB，
∴△ABP∽△PCQ，
∴ABCP=BPCQ，即2a−m=mCQ，
∴CQ=am−m22，
∴Q（a，am−m22），
∴DQ＝|am−m22−2|=98，
∴m2﹣am+74=0或m2﹣am+254=0，
∵有且只有三个不同的点P，
∴m有且只有三个不同的实数根，
当m2﹣am+74=0有两个不同的实数根，m2﹣am+254=0有两个相等的实数根时，
∴a2﹣7＞0，a2﹣25＝0，
解得a＝5，
∴BC的长为5；
当m2﹣am+74=0有两个相等的实数根，m2﹣am+254=0有两个不同的实数根时，
∴a2﹣7＝0，a2﹣25＞0，
此时a无解；
综上所述：BC的长为5；
故答案为：5．
【点评】本题考查相似三角形的判定及性质，根据所给的条件建立适当的坐标系，将所个问题转化为一元二次方程根的问题是解题的关键．
12．（2025•青阳县模拟）如图，P为正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PD，点E在PD上，连接CE，∠PBC＝∠PDB＝∠ECD．
（1）PBDE的值为 2 ；
（2）若∠PBC＝α，则∠PAD＝ 90°﹣2α ．（用含α的式子表示）
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）90°﹣2α．
【分析】（1）根据△PBD∽△EDC，得到PBDE=BDCD=2；
（2）如图，连接AC，交BD于点O，过点A作AM⊥PD于点M，连接OM，求出点A，O，M，D在同一个圆上，由此解决问题．
【解答】解：（1）∵∠CBD＝∠CDB＝45°，∠PBC＝∠PDB，
∴∠PBD＝∠CDE，
∴△PBD∽△EDC，
∴PBDE=BDCD=2；
（2）如图，连接AC，交BD于点O，过点A作AM⊥PD于点M，连接OM，
∴∠AOD＝∠AMD＝90°，
∴点A，O，M，D在同一个圆上，
∴∠MOD＝∠MAD，
∵∠MAD＝90°﹣∠ADB﹣∠PDB＝45°﹣α，
∴∠MOD＝45°﹣α．
∵∠DBP＝∠DBC﹣∠PBC＝45°﹣α，
∴∠MOD＝∠DBP，
∴OM∥BP，
∵O是BD的中点，
∴M是PD的中点，
∴AM垂直平分PD，
∴AM平分∠PAD，
∴∠PAD＝2∠MAD＝90°﹣2α．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质等，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13．（2025•凌河区校级三模）点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相交于点M．若S△AMES△CMD=116 则sin∠CDE＝ 41717 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；正方形的性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】41717．
【分析】由△AME∽△CMD，推出S△AMES△CMD=(AECD)2=116，得到AECD=14，因此AEAD=14，令AE＝x，AD＝4x，由勾股定理得到DE=17x，即可求出sin∠AED=41717．由∠CDE＝∠AED，得到sin∠CDE＝sin∠AED=41717．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AE∥CD，AD＝CD，
∴△AME∽△CMD，
∴S△AMES△CMD=(AECD)2=116，
∴AECD=14，
∴AEAD=14，
令AE＝x，AD＝4x，
DE=AE2+AD2=17x，
∴sin∠AED=ADED=4x17x=41717．
∵AE∥CD，
∴∠CDE＝∠AED，
∴sin∠CDE＝sin∠AED=41717．
故答案为：41717．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的性质，关键是由△AME∽△CMD，得到AEAD=14．
14．（2025•海伦市二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，CB＝2，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1相似于矩形ABCD；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B2相似于矩形ACC1B1；…按照此规律作下去．若矩形ABCD的面积记作S1，矩形ACC1B1的面积记S2，矩形AC1C2B2的面积记作S3，…，则S2025的值为 2×(54)2024 ．
【考点】相似多边形的性质；规律型：图形的变化类；矩形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】2×(54)2024．
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，再利用相似多边形的性质可发现规律Sn=2×(54)n−1．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∴AC=AB2+BC2=12+22=5，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形ACC1B1，
∴矩形ACC1B1的边长和矩形ABCD的边长的比为5：2，
∴矩形ACC1B1的面积和矩形ABCD的面积的比5：4，
S1＝2×1＝2，
S2＝2×54，
S3=2×(54)2，
⋯
S2025=2×(54)2024．
故答案为：2×(54)2024．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质，解题的关键是找出规律．
15．（2025•河南校级三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形．发现四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，O是BD的中点，点E在边BC上，四边形OECF是矩形，则S△BEO：S△EOF是 1：3 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质；矩形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】1：3．
【分析】连接OC交EF于点L，由矩形的性质得∠EOF＝∠OEC＝90°，OL＝EL，则∠BEO＝90°，由菱形的性质得BC＝DC，∠DCB＝∠DAB＝60°，则△BCD是等边三角形，所以∠OBE＝60°，则∠BOE＝90°﹣∠OBE＝30°，因为O是BD边的中点，所以CO⊥BD，求得∠LOE＝60°，则△EOL是等边三角形，所以∠FEO＝60°，可证明△BEO∽△EOF，由BEEO=tan∠BOE＝tan30°=33，求得S△BEOS△EOF=(BEEO)2=13，即S△BEO：S△EOF＝1：3，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OC交EF于点L，
∵四边形OECF是矩形，
∴∠EOF＝∠OEC＝90°，OL＝CL=12OC，EL＝FL=12EF，且OC＝EF，
∴∠BEO＝90°，OL＝EL，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴BC＝DC，∠DCB＝∠DAB＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠OBE＝60°，
∴∠BOE＝90°﹣∠OBE＝30°，
∵O是BD边的中点，
∴CO⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵∠LOE＝90°﹣∠BOE＝60°，
∴△EOL是等边三角形，
∴∠FEO＝60°，
∵∠BEO＝∠EOF，∠OBE＝∠FEO，
∴△BEO∽△EOF，
∵BEEO=tan∠BOE＝tan30°=33，
∴S△BEOS△EOF=(BEEO)2=(33)2=13，
∴S△BEO：S△EOF＝1：3，
故答案为：1：3．
【点评】此题重点考查矩形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•锦江区校级模拟）（1）模型探究：
如图1，点D、E分别为△ABC的边AB、AC上的两点，DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转某个角度得△AD′E′，分别连接BD′、CE′（如图2）．
求证：△ABD′∽△ACE′；
（2）模型应用：
我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻四边形”．在“等邻四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，AC=2AB．试探究BC、CD、BD的数量关系．
（3）模型提升：
如图，在△ABC中，DB＝DA，∠ADB＝120°，连CD，∠BCD＝15°，BC＝42，AC＝213，直接写出﹣CD的长度为 1033 ．
【考点】相似形综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）BC2+CD2＝2BD2；
（3）1033．
【分析】（1）可得出AD′AB=AE′AC，∠BAD′＝∠CAE′，从而△ABD′∽△ACE′；
（2）将△BAC绕点A逆时针旋转∠BAD至△DAW，连接CW，从而得出DW＝BC，∠CAW＝∠BAD，由（1）知，△CAW∽△BAD，从而CWBC=ACAB=2，∠AWD＝∠ACB，从而得出CW=2BC，∠CDW＝∠CAW+∠ACD+∠AWD＝∠BAD+∠ACD+∠ACB＝∠BAD+∠BCD＝90°，进一步得出结果；
（3）将△CDB绕点D逆时针旋转120°至△VDA，连接CV，作AX⊥CV于X，从而得出∠AVD＝∠BCD＝15°，∠CDV＝120°，CD＝DV，AV＝BC＝42，进而得出∠DVC＝∠DCV＝30°，从而∠AVC＝∠AVD+∠DVC＝45°，解三角形ACV得出结果．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，
∴ADAB=AEAC，
∵△ADE绕点A逆时针旋转某个角度得△AD′E′，
∴AD′＝AD，AE′＝AE，∠D′AE′＝∠DAE，
∴AD′AB=AE′AC，∠BAC+∠CAD′＝∠D′AE′+∠CAD′，
∴∠BAD′＝∠CAE′，
∴△ABD′∽△ACE′；
（2）如图1，
BC2+CD2＝2BD2，理由如下：
将△BAC绕点A逆时针旋转∠BAD至△DAW，连接CW，
∴DW＝BC，∠CAW＝∠BAD，
由（1）知，△CAW∽△BAD，
∴CWBC=ACAB=2，∠AWD＝∠ACB，
∴CW=2BC，∠CDW＝∠CAW+∠ACD+∠AWD＝∠BAD+∠ACD+∠ACB＝∠BAD+∠BCD＝90°，
∴DW2+CD2＝CW2，
∴BC2+CD2=(2BD)2，
∴BC2+CD2＝2BD2；
（3）如图2，
将△CDB绕点D逆时针旋转120°至△VDA，连接CV，作AX⊥CV于X，
∴∠AVD＝∠BCD＝15°，∠CDV＝120°，CD＝DV，AV＝BC＝42，
∴∠DVC＝∠DCV＝30°，
∴∠AVC＝∠AVD+∠DVC＝45°，
∴VX＝AX=22AV＝4，
∴CX=AC2−AX2=(213)2−42=6，
∴CV＝VX+CX＝10，
∴CD=CV3=1033，
故答案为：1033．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是利用旋转作辅助线，构造相似三角形．
17．（2025•武汉）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边CD上，点F在边BC的延长线上，DE＝CF，射线AE交对角线BD于点G，交线段DF于点H．
（1）求证：DH＝GH．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明△ADE≌△DCF）
（2）求证：AG•EH＝EG•GH．
（3）若GEEH=n，直接写出DHDF的值（用含n的式子表示）．
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）证明过程详见解答；
（3）n+1n2+2n．
【分析】（1）可证得△ADE≌△DCF，从而∠DAE＝∠CDF，进而证得∠HDG＝∠DGH，从而DH＝GH；
（2）作HW⊥DC，交DC的延长线于W，根据△ADE≌△DCF，GH＝DH，从而的粗∠AED＝∠F，可证得∠W＝∠F，∠W＝∠HEW，进而得出HW＝EH，可证得△ABG∽△EDG，进而证得AGEG=ABDE=ADDE=tan∠AED，GHEH=DHHW=tanW，从而得出AGEG=GHEH，进一步得出结果；
（3）由（1）知△ADE≌△DCF，DH＝GH，从而得出DF＝AE，由（2）知，AG•EH＝EG•GH，从而得出GEEH=AGGH=n，根据比例的性质得出GEGE+EH=AGAG+GH=nn+1，从而得出GEGH=AGAH=nn+1，设GE＝na，DH＝GH＝（n+1）a，AG＝nb，AH＝（n+1）b，则EH＝GH﹣GE＝a，AE＝AG+GE＝na+nb，可计算得出AH﹣AG＝GH＝（n+1）b﹣bn＝b，从而b＝（n+1）a，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠BCD＝∠DCF＝90°，∠ADB＝∠BDC＝45°，
∵DE＝CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠HDG＝∠CDF+∠BDC＝∠CDF+45°，
∠DGH＝∠DAE+∠ADB＝∠CDF+45°，
∴∠HDG＝∠DGH，
∴DH＝GH；
（2）证明：如图，
作HW⊥DC，交DC的延长线于W，
由（1）知，
△ADE≌△DCF，GH＝DH，
∴∠AED＝∠F，
∵∠WHF＝∠OCW＝90°，∠FOH＝∠COW，
∴∠W＝∠F，
∵∠HEW＝∠AED，
∴∠W＝∠HEW，
∴HW＝EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝AD，
∴△ABG∽△EDG，
∴AGEG=ABDE=ADDE=tan∠AED，
∵GHEH=DHHW=tanW，
∴AGEG=GHEH，
∴AG•EH＝EG•GH；
（3）解：由（1）知，
△ADE≌△DCF，DH＝GH，
∴DF＝AE，∠CDF＝∠DAE，
由（2）知，
AG•EH＝EG•GH，
∴GEEH=AGGH=n，
∴GEGE+EH=AGAG+GH=nn+1，
∴GEGH=AGAH=nn+1，
设GE＝na，DH＝GH＝（n+1）a，AG＝nb，AH＝（n+1）b，
∴EH＝GH﹣GE＝a，AE＝AG+GE＝na+nb，
∵AH﹣AG＝GH＝（n+1）b﹣bn＝b，
∴b＝（n+1）a，
∴DHDF=GHAE=(n+1)ana+nb=(n+1)ana+n(n+1)a=n+1n2+2n．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，比例的性质等知识，解决问题的关键是弄清数量之间的关系．
18．（2025•青阳县模拟）在△ABC中，点P在BC边上，过点P作PD∥AB，PE∥AC，Q为△ABC外一点，ED垂直平分PQ，分别连接AQ，DQ．
（1）如图1，求证：AE＝DQ；
（2）如图1，设PQ分别与DE，AD相交于点G，H，求证：AQEG=AHEP；
（3）如图2，若AB＝AC，连接CQ，求∠B+∠AQC的度数．
【考点】相似形综合题．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）∠B+∠AQC＝180°．
【分析】（1）证明AE＝PD，PD＝DQ，由此得到AE＝DQ；
（2）连接EQ，交AD于点O．证明△AQE≌△QAD（SSS），△AED≌△QDE（SSS），通过△AQH∽△EGP，得到AQEG=AHEP；
（3）连接EQ．通过角度计算得到∠B+∠AQC＝180°．
【解答】（1）证明：∵PD∥AB，PE∥AC，
∴四边形ADPE为平行四边形，
∴AE＝PD．
∵ED垂直平分PQ，
∴PD＝DQ，
∴AE＝DQ．
（2）证明：连接EQ，交AD于点O．
∵ED垂直平分PQ，
∴EP＝EQ＝AD．
∵AQ＝QA，AE＝QD，
∴△AQE≌△QAD（SSS），
∴∠AQE＝∠QAD，
同理△AED≌△QDE（SSS），
∴∠ADE＝∠QED．
又∵∠AOQ＝∠EOD，
∴∠ADE＝∠QED＝∠AQE＝∠QAD，
∴AQ∥DE，
∴∠AQH＝∠EGP．
∵PE∥AC，
∴∠AHQ＝∠EPG，
∴△AQH∽△EGP，
∴AQEG=AHEP；
（3）解：连接EQ．
∵AB＝AC，PD∥AB，
∴∠B＝∠DPC＝∠ACB，
∴DP＝DC．
∵ED垂直平分PQ，
∴DQ＝DP＝DC，
∴∠DCQ＝∠DQC．
由（2）知△AQE≌△QAD，
∴∠AQD＝∠BAQ，
∴∠B+∠AQC＝∠ACB+∠DQC+∠AQD＝∠ACB+∠DCQ+∠BAQ＝∠BCQ+∠BAQ，
∵∠B+∠AQC+∠BCQ+∠BAQ＝360°，
∴∠B+∠AQC＝180°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
19．（2025•高要区校级二模）在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是线段OC上一个动点（不与点O，C重合），过点P分别作AD，CD的平行线，交CD于点E，交BC，BD于点F，G，连接EG．
（1）如图1，如果OP=12PC，∠BOC＝α，求证：∠DGE＝180°﹣α；
（2）如图2，如果∠ABC＝90°，ABBC=23，且△DGE与△PCF相似，求OPPC的值，并补全图形；
（3）如图3，如果BA＝BG＝BC，且射线EG过点A，求∠ABC的度数．
【考点】相似形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）98，见解析；
（3）∠ABC＝72°．
【分析】（1）先证明CPCA=CECD=13，可得OGOD=CECD=13，再证明EG∥OC，即可得到结论；
（2）先补全图形，证明平行四边形ABCD为矩形，再证明∠DGE＝90°，∠DEG＝∠PGE＝∠PCF．此时有△DGE∽△PFC∽△CEP∽△ABC，可得DGGE=PFFC=CEPE=ABAC=23，证明PGPE=PECE=32，设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k，再进一步求解即可；
（3）证明平行四边形ABCD为菱形．四边形PFCE为菱形，可得PF＝FC＝CE，同理可得：FB＝FG，设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，可得a−bb=aa+b，求解ab=5+12（负根已舍），同理可得：DGGB=CFBF=ba=5−12，证明DGDA=DADB，证明△DGA∽△DAB，设∠DAG＝∠DBA＝∠ADB＝α，再进一步求解即可．
【解答】（1）证明：∵OP=12PC，PG∥CD，
∴OGOD=OPOC=13．
在平行四边形ABCD中，OA＝OC，
∴CPCA=CP2CO=13．
又∵PE∥AD，
∴CPCA=CECD=13，
∴OGOD=CECD=13，
∴DGDO=DEDC=23，
∵∠GDE＝∠ODC，
∴△DGE∽△DOC，
∴∠DGE＝∠DOC，
∴EG∥OC，
∴∠BGE＝∠BOC＝α，
∴∠DGE＝180°﹣α；
（2）解：补全图形，如图2即为所求；
∵∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD为矩形，AB∥CD，
∴OC＝OD，∠CPF＝∠PCE，
∴∠GDE＝∠PCE＝∠CPF．
又∵PG∥CD，
∴AB∥PG，∠DEG＝∠PGE，
∴∠CFP＝∠ABC＝90°，
∵∠DEG＜90°，△DGE与△PCF相似，
∴只能∠DGE＝90°，∠DEG＝∠PGE＝∠PCF，
∴此时有△DGE∽△PFC∽△CEP∽△ABC，
∵ABBC=23，
∴DGGE=PFFC=CEPE=ABAC=23，
同理可得：△PGE∽△EPC，
∴PGPE=PECE=32，
设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k，
在直角三角形PEG中，由勾股定理得：EG=PE2+PG2=313k，DG=213k，
在直角三角形DEG中，由勾股定理得：DE=DG2+GE2=13k．
∴CD＝17k，
∵PG∥CD，
∴△OPG∽△OCD，
∴OPOC=PGCD=917，
∴OPPC=98．
（3）解：∵BA＝BC，
∴平行四边形ABCD为菱形．
∴AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，
∴∠BAC＝∠BCA，∠CBD＝∠ABD，
∵PF∥CD∥AB，PE∥AD∥BC，
∴四边形PFCE为平行四边形，∠CPF＝∠CAB，
∴∠FCP＝∠CPF，
∴PF＝CF，
∴四边形PFCE为菱形，
∴PF＝FC＝CE，
同理可得：FB＝FG，
设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，
∴GP＝a﹣b．
∵GP∥CE，
∴△APG∽△ACE，
∴PGCE=APAC=BFBC，
∴a−bb=aa+b，
∴a2﹣ab﹣b2＝0，
∴(ab)2−ab−1=0，
∴ab=5+12（负值已舍去），
同理可得：DGGB=CFBF=ba=5−12，
∴DGGB=BGBD=5−12，
∵BG＝BA，
∴DGDA=DADB，
又∵∠ADG＝∠BDA，
∴△DGA∽△DAB，
∴设∠DAG＝∠DBA＝∠ADB＝α，
∴∠BAG＝∠BGA＝2α，
∴5α＝180°，
∴α＝36°，
∴∠ABC＝72°．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查的是平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例的含义，一元二次方程的解法，添加适当的辅助线是解答本题的关键．
20．（2025•聊城模拟）如图，在△ABC中，D为BC上一点，E为AD上一点，如果∠DAC＝∠B，CD＝CE．
（1）求证：△ACE∽△BAD．
（2）若CE＝3，BD＝4，AE＝2，求ED的长．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的相似；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据CD＝CE，可得∠CDE＝∠CED，即有∠ADB＝∠AEC，结合∠DAC＝∠B，可得△ACE∽△BAD；
（2）根据△ACE∽△BAD，可得AECE=BDAD，即AD=BD×CEAE，问题随之得解．
【解答】（1）证明：∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED，
∵∠ADB＝180°﹣∠CDE，∠AEC＝180°﹣∠CED，
∴∠ADB＝∠AEC，
∵∠DAC＝∠B，
∴△ACE∽△BAD，
（2）解：∵在（1）中已证明△ACE∽△BAD，
∴AECE=BDAD，AD=BD×CEAE，
∵CE＝3，BD＝4，AE＝2，
∴AD=BD×CEAE=4×32=6，
∴ED＝AD﹣AE＝6﹣2＝4．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．