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考点20 图形的相似-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷
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这是一份考点20 图形的相似-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷，共74页。试卷主要包含了比例的相关概念及性质，相似三角形的判定及性质，相似多边形，位似图形等内容，欢迎下载使用。
考点20 图形的相似
该板块内容主要考查相似的性质和判定, 2021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.
一、比例的相关概念及性质
1．线段的比：两条线段的比是两条线段的长度之比．
2．比例中项：如果=，即b2=ac，我们就把b叫做a，c的比例中项．
3．比例的性质
性质
内容
性质1
=⇔ad=bc（a，b，c，d≠0）．
性质2
如果=，那么．
性质3
如果==…=（b+d+…+n≠0），则=（不唯一）．
4.黄金分割：如果点C把线段AB分成两条线段，使，那么点C叫做线段AC的黄金分割点，AC是BC与AB的比例中项，AC与AB的比叫做黄金比．
二、相似三角形的判定及性质
1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形，相似三角形对应边的比叫做相似比．
2．性质：1）相似三角形的对应角相等；2）相似三角形的对应线段（边、高、中线、角平分线）成比例；
3）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．
3．判定：1）有两角对应相等，两三角形相似；2）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；3）三边对应成比例，两三角形相似；4）两直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似．
【方法技巧】判定三角形相似的几条思路：
1）条件中若有平行线，可采用相似三角形的判定（1）；
2）条件中若有一对等角，可再找一对等角[用判定（1）]或再找夹边成比例[用判定（2）]；
3）条件中若有两边对应成比例，可找夹角相等；
4）条件中若有一对直角，可考虑再找一对等角或证明斜边、直角边对应成比例；
5）条件中若有等腰条件，可找顶角相等，或找一个底角相等，也可找底和腰对应成比例．
三、相似多边形
1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个多边形叫做相似多边形，相似多边形对应边的比叫做它们的相似比．
2．性质：1）相似多边形的对应边成比例；2）相似多边形的对应角相等；3）相似多边形周长的比等于相似比，相似多边形面积的比等于相似比的平方．
四、位似图形
1．定义：如果两个图形不仅是相似图形而且每组对应点的连线交于一点，对应边互相平行（或在同一条直线上），那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心，相似比叫做位似比．
2．性质：1）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或–k；2）位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比或相似比．
3．找位似中心的方法：将两个图形的各组对应点连接起来，若它们的直线或延长线相交于一点，则该点即是位似中心．
4．画位似图形的步骤：1）确定位似中心；2）确定原图形的关键点；3）确定位似比，即要将图形放大或缩小的倍数；4）作出原图形中各关键点的对应点；5）按原图形的连接顺序连接所作的各个对应点．
考向一 比例线段及其性质
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．
1．（2020·甘肃金昌市·中考真题）生活中到处可见黄金分割的美，如图，在设计人体雕像时，使雕像的腰部以下与全身的高度比值接近0．618，可以增加视觉美感，若图中为2米，则约为（ ）
A．1．24米 B．1．38米 C．1．42米 D．1．62米
【答案】A
【分析】根据a:b≈0.618，且b=2即可求解．
【详解】解：由题意可知，a:b≈0.618，代入b=2，∴a≈2×0.618=1.236≈1.24．故答案为：A
【点睛】本题考查了黄金分割比的定义，根据题中所给信息即可求解，本题属于基础题．
2．（2020·四川泸州市·中考真题）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
【详解】解：过点A作AF⊥BC，∵AB=AC，∴BF=BC=2，
在Rt,AF=，
∵D是边的两个“黄金分割”点，∴即，
解得CD=，同理BE=，
∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，∴DE=CD-CE=4-8，
∴S△ABC===，故选：A.
【点睛】本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。
1．（2020·湖南娄底市·中考真题）若，则________．
【答案】
【分析】根据比例的基本性质进行化简，代入求职即可．
【详解】由可得，，
代入．故答案为．
【点睛】本题主要考查了比例的基本性质化简，准确观察分析是解题的关键．
2．（2020·湖南湘潭市·中考真题）若，则________．
【答案】
【分析】根据比例的基本性质变形，代入求职即可；
【详解】由可设，，k是非零整数，
则．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了比的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．
考向二 平行线分线段成比例
1．（2020·辽宁营口市·中考真题）如图，在△ABC中，DE∥AB，且＝，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式即可解答．
【详解】解：∵DE//AB，∴∴的值为．故答案为A．
【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理确定对应比例关系是解答本题的关键．
2．（2020·四川成都市·中考真题）如图，直线，直线和被，，所截，，，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入已知线段得长度求解即可．
【详解】解：∵直线l1∥l2∥l3，∴.∵AB=5，BC=6，EF=4，∴.∴DE=.故选：D．
【点睛】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．
1．（2020·山东临沂市·中考真题）如图，在中，D，E为边的三等分点，，H为与的交点．若，则___________．
【答案】1
【分析】利用平行线分线段成比例得到EF=2,再利用中位线得到DH的长即可.
【详解】解:∵D，E为边的三等分点，，∴EF:DG:AC=1:2:3
∵AC=6,∴EF=2, 由中位线定理得到,在△AEF中,DH平行且等于 故答案是:1
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用和中位线的性质,熟悉平行线之间的性质是解题关键.
2．（2020·吉林中考真题）如图，．若，，则______．
【答案】10
【分析】根据平行线分线段成比例得到，由条件即可算出DF的值．
【详解】解：∵，∴，
又∵，，∴，∴，故答案为：10．
【点睛】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．
考向三 相似多边形
1．如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，那么这两个多边形是相似多边形．
2．相似多边形对应边的比叫做相似比．
3．多边形的相似比为1的相似多边形是全等形．
4．相似多边形的性质为：①对应角相等；②对应边的比相等．
1．（2020·山西中考模拟）宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD、BC的中点E、F，连接EF：以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线于点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H，则图中下列矩形是黄金矩形的是（ ）
A．矩形ABFE B．矩形EFCD C．矩形EFGH D．矩形DCGH
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质以及勾股定理，求得DF的长，再根据DF=GF求得CG的长，最后根据CG与CD的比值为黄金比，判断矩形DCGH为黄金矩形．
【详解】解：设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1 在直角三角形DCF中，
∴矩形DCGH为黄金矩形 故选：D．
【点睛】本题主要考查了黄金分割，解决问题的关键是掌握黄金矩形的概念．解题时注意，宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，图中的矩形ABGH也为黄金矩形．
2．（2020·海南中考模拟）如图所示，在长为8cm，宽为6cm的矩形中，截去一个矩形（图中阴影部分），如果剩下的矩形与原矩形相似，那么剩下矩形的面积是（ ）
A．28cm2 B．27cm2 C．21cm2 D．20cm2
【答案】B
【分析】根据题意，剩下矩形与原矩形相似，利用相似形的对应边的比相等可得．
【详解】
解：依题意，在矩形ABDC中截取矩形ABFE，则矩形ABDC∽矩形FDCE，
则 设DF=xcm，得到：解得：x=4.5，则剩下的矩形面积是：4.5×6=27cm2．
【点睛】本题就是考查相似形的对应边的比相等，分清矩形的对应边是解决本题的关键．
1．（2020·福建莆田市·中考模拟）下列四组图形中，一定相似的是( )
A．正方形与矩形 B．正方形与菱形 C．菱形与菱形 D．正五边形与正五边形
【答案】D
【分析】根据相似多边形的定义对各选项进行判定.
【详解】A中，正方形的四条边都相等，而矩形的四条边不一定相等，∴不一定相似；
B中，正方形的四个角都是直角，菱形的四个角不一定都是直角，∴不一定相似；
C中，菱形的四条边都相等，即两个菱形的对应边的比相等，但对应角不一定相等，∴不一定相似；
D中，正五边形的五条边都相等，五个角都相等，故两个正五边形的对应边的比相等，对应角也相等，∴一定相似．故选D．
2．（2020·贵州六盘水市·中考模拟）矩形的两边长分别为a,b,下列数据能构成黄金矩形的是（ ）
A．a=4,b=+2 B．a=4,b=-2 C．a=2,b=+1 D．a=2,b=-1
【答案】D
【解析】黄金矩形的长宽之比为黄金分割比，即宽：长= ，只有选项D中b：a= ，故选D．
考向四 相似三角形性质与判定
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．
1．（2020·浙江绍兴市·中考模拟）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍然无法判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用相似三角形的判定依次判断可求解．
【详解】解：∵∠DAB=∠CAE，∴∠DAE=∠BAC，
A、若，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项A不符合题意；
B、若，且∠DAE=∠BAC，无法判定△ABC∽△ADE，故选项B符合题意；
C、若∠B=∠D，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项C不符合题意；
D、若∠C=∠AED，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项D不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．
2．（2020·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBG，∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，∴△ABE∽△CGE，∴，故选：C．
【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
3．（2020·湖南长沙市·中考真题）在矩形ABCD中，E为上的一点，把沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：（2）若，求EC的长；
（3）若，记，求的值．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）只要证明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；（2）因为△AFE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根据勾股定理可得BF的长，从而得到CF的长，根据△ABF∽△FCE，得到，从而求出EC的长；（3）根据△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=，所以tan+tan=，设CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的长，根据△ABF∽△FCE，得到，将求出的值代入化简会得到关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF，EF，AF的值，代入tan+tan=即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=∠D=90°，∴∠AFB+∠BAF=90°，
∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°，
∴∠BAF=∠CFE，∴△ABF∽△FCE．
（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴AF=AD=4，
∴BF=，∴CF=BC-BF=AD-BF=2，
由（1）得△ABF∽△FCE，∴，∴，∴EC=．
（3）
解：由（1）得△ABF∽△FCE，∴∠CEF=∠BAF=，
∴tan+tan=，设CE=1，DE=x，
∵，∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=
∵△ABF∽△FCE，∴，∴，∴，
∴，∴，∴x2-4x+4=0，解得x=2，
∴CE=1，CF=，EF=x=2，AF= AD==，
∴tan+tan==．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，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，学会运用方程的思想思考问题．
1．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，在中，点在边上，若，，且，则线段的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】由∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，可判定△BCD∽△BAC，从而可得比例式，再将BC＝3，BD＝2代入，可求得BA的长，然后根据AD＝BA−BD，可求得答案．
【详解】解：∵∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC，∴，
∵BC＝3，BD＝2，∴，∴BA＝，∴AD＝BA−BD＝−2＝．故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
2．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【分析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证．
【详解】
解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90°
又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确
②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴AD=DC，AG=FG
∴AC=AD，AF=AG∴，即
又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确
③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45°
又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即
又∵AF=AE∴∴③正确
④由②知又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线∴∠ADG=∠ACF=45°
∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．
3．（2020·上海中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；（2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．(2) 由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．
∵DF=BE，∴△CDF≌△CBE(SAS)，∴∠DCF=∠BCE．
∵CDBH，∴∠H=∠DCF，∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，∴△BEC∽△BCH．
(2)∵BE2=AB•AE，∴=，∵AGBC，∴=，∴=，
∵DF=BE，BC=AB，∴BE=AG=DF，即AG=DF．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
考向五 相似比相关问题
1．（2020·云南中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点，是的中点，则与的面积的比等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先证明OE//BC，再根据△DEO∽△DCB求解即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=DO，
∵是的中点，∴OE是△DCB的中位线，∴OE//BC，OE=BC，
∴△DEO∽△DCB，∴△DEO：△DCB=．故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
2.（2020·广西中考真题）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，∴解得：x=20所以，AN=20．故选：B．
【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
1．（2020·吉林中考真题）如图，在中，，分别是边，的中点．若的面积为．则四边形的面积为_______．
【答案】
【分析】先根据三角形中位线定理得出，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而可得的面积，由此即可得出答案．
【详解】点，分别是边，的中点
，即
又则四边形的面积为故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
2．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，在中，D是中点，，若的周长为6，则的周长为______．
【答案】12
【分析】由，可知，再由D是中点，可得到相似比，可求出的周长．
【详解】解：∵，∴，
又∵D是中点，∴，即与的相似比为1:2，∴与的周长比为1:2，
∵的周长为6，∴的周长为12，故答案为：12．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的相似比等于周长比是解题的关键．
考向六 相似三角形的实际应用
1．（2020·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，△ABC是一块锐角三角形的材料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，这个正方形零件的边长是多少mm．
【答案】48mm
【分析】设正方形的边长为x，表示出AI的长度，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式，然后进行计算即可得解．
【详解】设正方形的边长为x mm，则AI＝AD﹣x＝80﹣x，
∵EFHG是正方形，∴EF∥GH，∴△AEF∽△ABC，∴,即，
解得x＝48 mm，∴这个正方形零件的边长是48mm．
【点睛】本题主要考查了相似三角形判定与性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
2．（2020·甘肃天水市·中考真题）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求得AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可．
【详解】解：∵，∴AC=1.2m+12.8m=14m
∵标杆和建筑物CD均垂直于地面∴BE//CD∴△ABE∽△ACD
∴,即,解得CD=17.5m．故答案为A．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答本题的关键．
1．（2020·广西玉林市·中考真题）一个三角形支架三条边长分别是75cm，100cm，120cm，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为60cm，120cm的两根木条，要求以其中一根为一边，从另一根上截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有（ ）
A．一种 B．两种 C．三种 D．四种
【答案】B
【分析】设截成的两边的长分别为xcm、ycm，然后根据相似三角形对应边成比例，分两种情况求解即可．
【详解】解：设截成的两边的长分别为xcm、ycm，若从60cm长的木条上截取，
∵x+y≤60<120，∴不符合题意；若从120cm长的木条上截取，
①当60cm与75cm是对应边时，∵两三角形相似，∴，解得x=80，y=96，
∵80+96=176cm>120cm，∴此种情况不符合题意；
②当60cm与100cm是对应边时，∵两三角形相似，∴，解得x=45，y=72，
∵60cm <45+72=117cm<120cm，∴从120cm长的木条截取45cm和72cm两根木条；
③当60cm与120cm是对应边时，∵两三角形相似，∴，解得x=37.5，y=50，
∵60cm <37.5+50=87.5cm<120cm，∴从120cm长的木条截取37.5cm和50cm两根木条；
综上所述，共有两种截法：方法一：从120cm长的木条截取45cm和72cm两根木条，方法二：从120cm长的木条截取37.5cm和50cm两根木条．故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，难点在于根据对应边的不同分情况讨论．
2．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）在平行四边形中，E为的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
（1）如图1，在上找出一点M，使点M是的中点；
（2）如图2，在上找出一点N，使点N是的一个三等分点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接对角线AC,BD，再连接E与对角线的交点，与BC的交点即为M点；
（2）连接CE交BD即为N点，根据相似三角形的性质可得,于是DN=BD．
【详解】解：（1）如图1，点M即为所求；（2）如图2，点N即为所求．
【点睛】此题主要考查平行四边形与相似三角形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的特点．
考向七 位似
1．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．
2．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．
1．（2020·河北中考真题）在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（ ）
A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形
【答案】A
【分析】以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
【详解】解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．故选：A
【点睛】此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
2．（2020·辽宁丹东市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点，，的坐标分别为，，，先以原点为位似中心在第三象限内画一个，使它与位似，且相似比为2：1，然后再把绕原点逆时针旋转90°得到．（1）画出，并直接写出点的坐标；（2）画出，直接写出在旋转过程中，点到点所经过的路径长．
【答案】（1）见解析，A1(-2，-4)；（2）见解析，．
【分析】（1）连接AO、BO、CO，并延长到2AO、2BO、2CO，长度找到各点的对应点，顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理列式求出OA，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
【详解】（1）如图所示，A1(-2，-4)；
（2）如图所示，∵OA=∴的长为：．
【点睛】本题考查了平移变换作图和轴对称图形的作法及画位似图形．注意：画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
1．（2020·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】∵点O为位似中心，位似比为，A （4，3），∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
2．（2020·重庆）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的同侧画，使与成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（ ）
A． B．2 C．4 D．
【答案】D
【分析】把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长．
【详解】解：∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，而A（1，2），C（3，1），∴D（2，4），F（6，2），∴DF＝=，故选：D．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
1．（2020·山西中考真题）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（ ）
A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似
【答案】D
【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；
【详解】根据题意画出如下图形：可以得到，则
即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度
故选：D.
【点睛】本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解.
2．（2020·贵州铜仁市·中考真题）已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．5
【答案】A
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比解答．
【详解】解：∵△FHB和△EAD的周长分别为30和15，∴△FHB和△EAD的周长比为2：1，
∵△FHB∽△EAD，∴，即＝2， 解得，EA＝3，故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质进行解题．
3．（2020·河北邢台市·九年级期末）如图，是的边上的一点，下列条件不可能是的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定判断各选项即可进行解答．
【详解】解： A、∵∠ACP＝∠B，∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，故本选项不符合题意；
B、∵，缺少夹角相等，∴不可判定△ACP∽△ABC，故本选项符合题意；
C、∵∠APC＝∠ACB，∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，故本选项不符合题意；
D、∵，∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，故本选项不符合题意．故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定．要找的对应边与对应角，公共角是很重要的一个量，要灵活加以利用．
4．（2020·重庆中考真题）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA∶OD=1∶2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5
【答案】C
【分析】根据位似图形的性质即可得出答案．
【详解】由位似变换的性质可知，
△ABC与△DEF的相似比为：1∶2△ABC与△DEF的面积比为：1∶4故选C．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
5．（2020·浙江绍兴市·中考真题）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（ ）
A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【答案】A
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【详解】解：设投影三角尺的对应边长为xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,∴8：x＝2：5,解得x＝20.故选:A.
【点睛】本题主要考查了位似变换的应用.
6．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）
A． B．5 C． D．10
【答案】A
【分析】利用D为AB的中点，DE//BC，证明DE是中位线，求得的面积，利用相似三角形的性质求解的面积，由勾股定理可得答案．
【详解】解：是AB的中点，是的中位线，
故选A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2020·广东广州市·中考真题）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，
，，
，，，
，，
又，，，
，，，，
同理可证，，，，，
，故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
8．（2019·广西贺州市·中考真题）如图，在中，分别是边上的点，，若，则等于（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】由平行线得出，得出对应边成比例，即可得出结果．
【解析】解：∵，∴ ，∴，即，解得：，故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质；证明三角形相似得出对应边成比例是解题的关键．
9．（2019·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，在中，D在AC边上，，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：3
【答案】B
【分析】过O作BC的平行线交AC与G，由中位线的知识可得出，根据已知和平行线分线段成比例得出，再由同高不同底的三角形中底与三角形面积的关系可求出的比．
【详解】解：如图，过O作，交AC于G，∵O是BD的中点，∴G是DC的中点．
又，
设，又，
，故选B．
【点睛】考查平行线分线段成比例及三角形的中位线的知识，难度较大，注意熟练运用中位线定理和三角形面积公式．
10．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=2，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值为_____．
【答案】6
【分析】取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，证明此时D为BC的中点，证明CD=2DF，可得答案．
【详解】解：如图，
取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，
过A作于H，则由
为BC的中点，
即的最小值为6．故答案为：6．
【点睛】本题考查的是利用轴对称求最小值问题，考查了锐角三角函数，三角形的相似的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·四川宜宾市·中考真题）在直角三角形ABC中，是AB的中点，BE平分交AC于点E连接CD交BE于点O，若，则OE的长是________．
【答案】
【分析】过E点作EG⊥AB于G点，根据三角形面积公式求出CE=EG=3，延长CD交过B作BF⊥BC于F，可得△ACD≌△BFD，得到BF=8,再根据△CEO∽△FBO，找到比例关系得到EO=BE，再求出BE即可求解．
【详解】过E点作EG⊥AB于G点，∵BE平分∴CE=EG,
设CE=EG=x,∵,∴AB=
∵S△ABC= S△ABE+S△BCE，故
即解得x=3∴CE=3,
延长CD交过B作BF⊥BC于F，∵D是AB中点∴AD=BD
又AC∥BF∴∠A=∠DBF,由∠ADC=∠DBF∴△ACD≌△BFD，∴BF=AC=8,
∵AC∥BF∴△CEO∽△FBO，∴∴EO=BE=×=，故答案为：．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定、角平分线的性质及相似三角形的判定与性质．
12．（2020·广东深圳市·中考真题）如图，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，，则=___．
【答案】
【分析】过B点作BE//AD交AC于点E，证明，得到再证明利用设利用三角形的面积公式可得答案．
【详解】过B点作BE//AD交AC于点E， BE⊥AD，，∴
∴ 由，
∴
设 则
故答案为：
13．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，等腰中，，边的垂直平分线交于点，交于点．若的周长为，则的长为________．
【答案】
【分析】过点A作AF⊥BC于F，先根据垂直平分线已知条件得出BC=16，再根据等腰三角形的三线合一和勾股定理得出AF=6，再根据即可得出结论
【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线， ∴AD=CD，∠DEC=90°，AE=5
∵的周长为，∴AB+BD+AD=26∴AB+BD+DC=AB+BC=26
∵AB=10，∴BC=16，过点A作AF⊥BC于F，
∵AB=AC=10 ∴CF=8，
∵∠DEC=∠AFC= 90°，∠C=∠C∴
∴∴∴DE= 故答案为：
【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握有关的性质．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图，为平行四边形边上一点，分别为上的点，且的面积分别记为．若则____．
【答案】
【分析】证明△PEF∽△PAD，再结合△PEF的面积为2可求出△PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去△PAD的面积即可求解．
【详解】解：∵∴，且∠APD=∠EPF，∴△PEF∽△PAD，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且△PEF的面积为2可知，
，∴，
过P点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH，
∴，∴ ，即平行四边形ABCD的面积为，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握其性质是解决本题的关键．
15．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，在矩形中，是的中点，，垂足为．
（1）求证：；（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】根据矩形的性质可得，，．再根据“两直线平行，内错角相等”可得，再由垂直的定义可得．从而得出，再根据“有两组角对应相等的两个三角形相似”可得出结论；
根据中点的定义可求出BE=2，然后根据勾股定理求出AE= .再根据相似三角形的性质求解即可.
【详解】证明：（1）∵四边形是矩形，∴，．∴，
∵，∴．∴，∴．
解：（2）∵，∴．
∵，是的中点，∴．
∴在中，．
又∵，∴，∴．
【点晴】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.
16．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．（1）求证：△BDE∽△EFC．（2）设，①若BC＝12，求线段BE的长；②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）①BE＝4；②45
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出＝＝，即可得出结果；
②先求出＝，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，∴∠DBE＝∠FEC，∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，∴＝＝，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，∴＝，解得：BE＝4；
②∵＝，∴＝，∵EF∥AB，∴△EFC∽△BAC，
∴＝（）2＝（）2＝，∴S△ABC＝S△EFC＝×20＝45．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理与性质．
17．（2020·辽宁朝阳市·中考真题）如图所示的平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，请按如下要求画图：
（1）以坐标原点O为旋转中心，将顺时针旋转90°，得到，请画出；
（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出的位似图形，使它与的位似比为．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点O对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用位似的性质，找出点A2、B2、C2的位置，然后画出图形即可．
【详解】解：（1）位置正确；用直尺画图；
（2）位置正确；用直尺画图．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握所学的性质正确的做出图形．
18．（2020·江苏南京市·）如图，在和中，D、分别是AB、上一点，．
（1）当时，求证： 证明的途径可以用如框图表示，请填写其中的空格
（2）当时，判断与是否相似，并说明理由
【答案】（1），；（2）相似，理由见解析
【分析】（1）根据证得△△，推出，再证明结论；
（2）作DE∥BC，∥，利用三边对应成比例证得△，再推出，证得，即可证明△△．
【详解】（1）∵，∴，
∵，∴，∴△△，∴，
∵，∴△△，故答案为：，；
（2）如图，过点D、分别作DE∥BC，∥，
DE交AC于点E，交于点，
∵DE∥BC，∴△△，∴，
同理：，又，∴，∴，
同理：，∴，即，∴，
又，∴，∴△△， ∴，
∵DE∥BC，∴，同理：，∴，
又，∴△△．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，比例的性质，正确作出辅助线是解答第2问的关键．
19．（2020·湖南湘潭市·中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．
（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边的重心为点，求与的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知的重心为点，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形中，点是的中点，连接交对角线于点．
①若正方形的边长为4，求的长度；
②若，求正方形的面积．
【答案】（1），；（2）都是定值，，；（3）①；②12．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；（2）根据（1）的证明可求解；（3）①证明△CME∽△ABM得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；②分别求出S△BMC和S△ABM 即可.
【详解】（1）连接DE，如图，
∵点O是的重心，，是，C边上的中线，
为，边上的中点，为的中位线，
，，，，，
，，
；
（2）由（1）可知，是定值；是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，，，
为CD的中点，
，即；
②，且∴，，，
，，
又∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
20．（2020·江苏宿迁市·中考真题）（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．
（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，
同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；
（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，
过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，
∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，
∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，
∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1．（2020·贵州毕节市·中考真题）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将代入=+1中即可求出结论．
【解析】∵，∴=+1=+1=．故选D．
【点睛】本题考查了比例的性质．
2．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，在中，，四边形的面积为21，则的面积是（ ）
A． B．25 C．35 D．63
【答案】B
【分析】在中，，即可判断，然后由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可得出结果．
【详解】解：∵∴∴
∵∴∴∴
∵∴∴故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，难度不大，注意相似三角形的面积比等于相似比的平方．
3．（2020·山东德州市·九年级月考）如图，点D、E分别在△ABC的AB、AC边上，下列条件中：①∠ADE＝∠C；②；③．使△ADE与△ACB一定相似的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】C
【分析】由两角相等的两个三角形相似得出①正确，由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得出③正确；即可得出结果．
【详解】∵∠DAE＝∠BAC，∴当ADE＝∠C时，△ADE∽△ACB，故①符合题意，
当时，∵∠B不一定等于∠AED，∴△ADE与△ACB不一定相似，故②不符合题意，
当时，△ADE∽△ACB．故③符合题意，综上所述：使△ADE与△ACB一定相似的是①③，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，两角对应相等的两个三角形相似；两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边对应成比例的两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键
4．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）如图，在中，点D在BC上，连接AD，点E在AC上，过点E作，交AD于点F，过点E作，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据由平行线易得△AEF∽△ACD，△CEG∽△CAB，再根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
【详解】解：∵，∴△AEF∽△ACD，
∴，故选项A错误；∴，
∵，∴△CEG∽△CAB，∴，
∴，故选项B错误；，故选项D错误；
∵，∴，∵，∴，
∴，故选项正确C． 故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质和判定，能得出正确的比例式是解此题的关键．
5．（2019·甘肃庆阳市·中考真题）如图，将图形用放大镜放大，应该属于( )．
A．平移变换 B．相似变换 C．旋转变换 D．对称变换
【答案】B
【分析】根据放大镜成像的特点，结合各变换的特点即可得出答案．
【详解】解：根据相似图形的定义知，用放大镜将图形放大，属于图形的形状相同，大小不相同，所以属于相似变换．故选B．
【点睛】本题考查的是相似形的识别，关键要联系图形，根据相似图形的定义得出．
6．（2020·海南中考真题）如图，在矩形中，点在边上，和交于点若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过G作GN⊥BC于N，交EF于Q，同样也垂直于DA，利用相似三角形的性质可求出NG，GQ，以及EF的长，再利用三角形的面积公式可求出△BCG和△EFG的面积，用矩形ABCD的面积减去△BCG的面积减去△EFG的面积，即可求阴影部分面积．
【详解】解：过作GN⊥BC于N，交EF于Q，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，AD=BC，∴△EFG∽△CBG，
∵，∴EF：BC=1：2，∴GN：GQ=BC：EF=2：1，
又∵NQ=CD=6，∴GN=4，GQ=2，∴S△BCG=×10×4=20，∴S△EFG=×5×2=5，
∵S矩形BCDA=6×10=60，∴S阴影=60-20-5=35．故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，求出阴影部分的面积可以转化为几个规则图形的面积的和或差的关系．
7．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【详解】解：∵∴AD∥BC，AB//DF∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠BEA∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5∵BG⊥AE∴AG=EG=AE
∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8∴ ∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF∴△ABE∽△FCE且相似比为 ∴ ,解得=16．
故答案为A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
8．（2020·云南昆明市·中考真题）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．如图，△ABC是格点三角形，在图中的6×6正方形网格中作出格点三角形△ADE（不含△ABC），使得△ADE∽△ABC（同一位置的格点三角形△ADE只算一个），这样的格点三角形一共有（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】C
【分析】根据题意，得出ABC的三边之比，并在直角坐标系中找出与ABC各边长成比例的相似三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．
【详解】解：ABC的三边之比为，
如图所示，可能出现的相似三角形共有以下六种情况：
所以使得△ADE∽△ABC的格点三角形一共有6个，故选：C．
【点睛】本题考察了在直角坐标系中画出与已知三角形相似的图形，解题的关键在于找出与已知三角形各边长成比例的三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．
9．（2020·浙江温州市·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）
A．14 B．15 C． D．
【答案】A
【分析】连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
【详解】解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，
∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，
∵DE∥AI∥BH，∴∠CEP＝∠CHQ，∵∠ECP＝∠QCH，∴△ECP∽△HCQ，∴，
∵PQ＝15，∴PC＝5，CQ＝10，∵EC:CH＝1:2，∴AC:BC＝1:2，
设AC＝a，则BC＝2a，∵PQ⊥CR，CR⊥AB，∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，∴四边形ABQC为平行四边形，∴AB＝CQ＝10，
∵，∴，∴（舍负）∴，，
∵，∴，∵JR＝AF＝AB＝10，∴CR＝CJ＋JR＝14，故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
10．（2020·湖北孝感市·中考真题）如图，点在正方形的边上，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，过点作的垂线，垂足为点，与交于点．若，，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】B
【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可．
【详解】解：∵，∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形∴CD=BC=5设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90° ∴∠HFG=∠BAG
∴△ABG∽△CEF∴ ,即，解得x=∴CE=CD-DE=5-=．故答案为B．
【点睛】本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．
11．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）已知两个直角三角形的三边长分别为3，4，和6，8，，且这两个直角三角形不相似，则的值为（ ）
A．或 B．15 C． D．
【答案】A
【分析】判断未知边m、n是直角三角形的直角边还是斜边，再根据勾股定理计算出m、n的值，最后根据题目中两个三角形不相似，对应边的比值不同进行判断．
【详解】解：在第一个直接三角形中，若m是直角边，则，
若m是斜边，则；
在第二个直接三角形中，若n是直角边，则，
若n是斜边，则；
又因为两个直角三角形不相似，故m=5和n=10不能同时取，
即当m=5，，，当，n=10，，故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及相似三角形的性质，在直角三角形中对未知边是直角边还是斜边进行不同情况的讨论是解题的关键．
12．（2020·江苏南通市·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上．设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于_____．
【答案】
【分析】先证明两个三角形相似，再根据相似三角形的周长比等于相似比，得出周长比的值便可．
【详解】解：∵，，，
∴，∴△ABC∽△DEF，∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，勾股定理，本题关键是证明三角形相似．
13．（2020·山东菏泽市·中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．
【答案】
【分析】由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，∴PD=8，
∵AB∥DQ，∴，即解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，．故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
14．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别为，以点为位似中心，相似比为，将缩小，则点的对应点的坐标是____________．
【答案】或
【分析】利用以原点为位似中心，相似比为k，位似图形对应点的坐标的比等于k或-k，把B点的横纵坐标分别乘以或即可得到点B′的坐标．
【详解】解：∵以点为位似中心，相似比为，将缩小，
∴点的对应点B′的坐标是（2，4）或（-2，-4）．故答案为：（2，4）或（-2，-4）．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
15．（2020·辽宁鞍山市·中考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．
【答案】3
【分析】根据□ABCD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．
【详解】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，∴EC是△ABF的中位线；
在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，∴△ABF∽△ECF，
∴，∴S△ABF：S△CEF=1：4；
又∵△ECF的面积为1，∴S△ABF=4，∴S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．故答案为：3．
【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．
16．（2020·山西中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】如解图，过点作于，∵，∴，∴，
∵，点是的中点，∴，
∵，∴∽∴∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，∴，则，
∵且，∴∽，∴，
即，解得，∴．
∵∴
∴∴故答案为：
【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
17．（2020·四川乐山市·中考真题）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．
【答案】
【分析】连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.
【详解】连接CE，设CD=2x，在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，
∴∠D=60º，AD=4x，AC=，BC==x，AB=x，
∵点E为AD的中点，∴CE=AE=DE==2x，∴ΔCED为等边三角形，∴∠CED=60º，
∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，∴∠CED=∠BAD，∴AB∥CE，∴，
在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º∴AF平分∠BAE，
∴，∴，∴，故答案为：.
【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.
18．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，矩形中，，点E在边上，与相交于点F．设，，当时，y关于x的函数解析式为_____．
【答案】
【分析】利用矩形的性质可求得BAD为直角三角形，即可利用勾股定理得到BD的长，求证FEDFCB，运用相似三角形的性质建立等式即可求解．
【详解】∵四边形是矩形∴∠BAD=，BC=AD=8，AB=CD=6
∴在ABD中，BD=∴FD=BD−BF=10−y
又∵ADBC∴FEDFBC∴∴∴故答案为
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质建立等式是解题的关键．
19．（2020·四川攀枝花市·中考真题）三角形三条边上的中线交于一点，这个点叫三角形的重心．如图是的重心．求证：．
【答案】见解析
【分析】过点D作DH∥AB交CE于H，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BE=2DH，从而得到AE=2DH，再根据△AEG和△DHG相似，利用相似三角形对应边成比例列出比例式计算即可得证．
【详解】解：过点D作DH∥AB，交CE于点H，
∵AD是△ABC的中线，∴点D是BC的中点，∴DH是△BCE的中位线，∴BE=2DH，DH∥AB，
∵CE是△BCE的中线，∴AE=BE，∴AE=2DH，
∵DH∥AB，∴△AEG∽△DHG，∴，∴AG=2GD，即AD=3GD.
【点睛】本题考查了三角形的重心定理的证明，作辅助线构造成三角形的中位线和相似三角形是解题的关键，也是本题的难点．
20．（2020·广西中考真题）如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．（1）求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；（2）求证：CD平分∠ACB；（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求证：BO2+OF2＝EF•BF．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析
【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，判断出OA＝OB＝OC＝OD，即可得出结论；
（2）先求出∠COD＝150°，利用等腰三角形的性质得出∠ODC＝15°，进而求出∠BDC＝30°，进而求出∠BCD＝45°，即可得出结论；（3）先判断出，得出DF2＝BF•EF，再利用勾股定理得出OD2+OF2＝DF2，即可得出结论．
【详解】证明：（1）如图，连接OD，OC，
在Rt中，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，∴OC＝OA＝OB，
在Rt中，∠ADB＝90°，点O是AB的中点，∴OD＝OA＝OB，∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A，B，C，D四个点在以点O为圆心，为半径的同一个圆上；
（2）连接OC，OD，由（1）知，OA＝OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，
在Rt中，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠BOC＝60°，
在Rt中，∠DAB＝45°，∴∠ABD＝45°＝∠DAB，∴AD＝BD，
∵点O是AB的中点，∴OD⊥AB，∴∠BOD＝90°，∠ODB＝∠ADB＝45°，
∴∠COD＝150°，∴∠OCD＝∠ODC＝15°，∴∠BDC＝∠ODB﹣∠ODC＝30°，
∵∠CBD＝∠ABC+∠ABD＝105°，∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠BDC＝45°，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝45°＝∠BCD，∴CD平分∠ACB；
（3）由（2）知，∠BCD＝45°，∵∠ABC＝60°，∴∠BEC＝75°，∴∠AED＝75°，
∵DF∥BC，∴∠BFD＝∠ABC＝60°，
∵∠ABD＝45°，∴∠BDF＝180°﹣∠BFD﹣∠ABD＝75°＝∠AED，
∵∠DFE＝∠BFD，∴，∴，∴DF2＝BF•EF，
连接OD，则∠BOD＝90°，OB＝OD，在Rt中，根据勾股定理得，OD2+OF2＝DF2，
∴OB2+OF2＝BF•EF，即BO2+OF2＝EF•BF．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，四点共圆的判定，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
21．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，中，，点D从点B出发，沿边以的速度向终点C运动，过点D作，交边（或）于点E．设点D的运动时间为，的面积为．
（1）当点D与点A重合时，求t的值；（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
【答案】（1）；（2）当时，当＜时，
【分析】（1）利用勾股定理求解的长，从而可得答案；（2）分，＜两种情况讨论，利用相似三角形的性质求解的两条直角边，再利用面积公式列函数关系式即可．
【详解】解：（1），
（2）如图，当时，点在上，由题意得：
当＜时，点在上，如图，由题意得：
同理：
综上：当时，当＜时，
【点睛】本题考查的是几何动点问题，考查了相似三角形的判定与性质，考查了利用面积公式列函数关系式，分类讨论思想，掌握以上知识是解题的关键．
22．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）（1）（操作发现）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点，点C的对应点为点．连接；②在①中所画图形中，＝ °．
（2）（问题解决）如图2，在中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）（拓展延伸）如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．
【答案】（1）①见解析，②45；（2）135°；（3）
【分析】（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．
（3）如图3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG＝，由此即可解决问题．
【详解】解：（1）①如图，△AB′C′即为所求．
②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，∴∠AB′B＝45°，故答案为45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．
∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，∴△ABC≌△EAH（AAS），∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，∴CD＝AH，∴DH＝AC＝EH，∴∠EDH＝45°，∴∠ADE＝135°．
（3）如图③中，∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG+∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，
∴CG＝＝．∴BD＝CG＝．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，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，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
23．（2020·宁夏中考真题）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是．
（1）画出关于x轴成轴对称的；（2）画出以点O为位似中心，位似比为1∶2的．
【答案】（1）如图所示为所求；见解析； （2）如图所示为所求；见解析．
【分析】（1）将的各个点关于x轴的对称点描出，连接即可．（2）在同侧和对侧分别找到2OA=OA2，2OB=OB2，2OC=OC2所对应的A2，B2，C2的坐标，连接即可．
【详解】（1）由题意知：的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1），
则关于x轴成轴对称的的坐标为A1（1，-3），B1（4，-1），C1（1，-1），
连接A1C1，A1B1，B1C1 得到．如图所示为所求；
（2）由题意知：位似中心是原点，则分两种情况：第一种，和在同一侧
则A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），连接各点，得．第二种，在的对侧
A2（－2，－6），B2（－8，－2），C2（－2，－2），连接各点，得．
综上所述：如图所示为所求；
【点睛】本题主要考查了位似中心、位似比和轴对称相关知识点，正确掌握位似中心、位似比的概念及应用是解题的关键．
24．（2020·山东济南市·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．
∵CA＝CB，∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴AD＝AE，
∴AT⊥DE，DT＝ET，∴AB垂直平分DE，∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，∴CF＝BD，∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得： 设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，则DF＝FB＝a+x，∵AM＝BM，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，∴AE＝2MN，MN∥AE，∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，∴（SAS），∴CF＝BN，∵BE＝2BN，∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．
∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，∴∠CAG＝90°，∴AC⊥AG，∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°， ∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，∴DG＝BT＝EG，∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，∴BD与GT交于点F，∴GF＝FT，由旋转可得；
是等腰直角三角形，∴CF＝FG＝FT，∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．
∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，∴CT⊥AB， ∴AT＝，∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，∴TF∥AD，AD＝2FT，∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°， ∴AE＝AD＝FT，
∴，∴，∴，∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
考点20 图形的相似
该板块内容主要考查相似的性质和判定, 2021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.
一、比例的相关概念及性质
1．线段的比：两条线段的比是两条线段的长度之比．
2．比例中项：如果=，即b2=ac，我们就把b叫做a，c的比例中项．
3．比例的性质
性质
内容
性质1
=⇔ad=bc（a，b，c，d≠0）．
性质2
如果=，那么．
性质3
如果==…=（b+d+…+n≠0），则=（不唯一）．
4.黄金分割：如果点C把线段AB分成两条线段，使，那么点C叫做线段AC的黄金分割点，AC是BC与AB的比例中项，AC与AB的比叫做黄金比．
二、相似三角形的判定及性质
1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形，相似三角形对应边的比叫做相似比．
2．性质：1）相似三角形的对应角相等；2）相似三角形的对应线段（边、高、中线、角平分线）成比例；
3）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．
3．判定：1）有两角对应相等，两三角形相似；2）两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；3）三边对应成比例，两三角形相似；4）两直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似．
【方法技巧】判定三角形相似的几条思路：
1）条件中若有平行线，可采用相似三角形的判定（1）；
2）条件中若有一对等角，可再找一对等角[用判定（1）]或再找夹边成比例[用判定（2）]；
3）条件中若有两边对应成比例，可找夹角相等；
4）条件中若有一对直角，可考虑再找一对等角或证明斜边、直角边对应成比例；
5）条件中若有等腰条件，可找顶角相等，或找一个底角相等，也可找底和腰对应成比例．
三、相似多边形
1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个多边形叫做相似多边形，相似多边形对应边的比叫做它们的相似比．
2．性质：1）相似多边形的对应边成比例；2）相似多边形的对应角相等；3）相似多边形周长的比等于相似比，相似多边形面积的比等于相似比的平方．
四、位似图形
1．定义：如果两个图形不仅是相似图形而且每组对应点的连线交于一点，对应边互相平行（或在同一条直线上），那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心，相似比叫做位似比．
2．性质：1）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或–k；2）位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比或相似比．
3．找位似中心的方法：将两个图形的各组对应点连接起来，若它们的直线或延长线相交于一点，则该点即是位似中心．
4．画位似图形的步骤：1）确定位似中心；2）确定原图形的关键点；3）确定位似比，即要将图形放大或缩小的倍数；4）作出原图形中各关键点的对应点；5）按原图形的连接顺序连接所作的各个对应点．
考向一 比例线段及其性质
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．
1．（2020·甘肃金昌市·中考真题）生活中到处可见黄金分割的美，如图，在设计人体雕像时，使雕像的腰部以下与全身的高度比值接近0．618，可以增加视觉美感，若图中为2米，则约为（ ）
A．1．24米 B．1．38米 C．1．42米 D．1．62米
【答案】A
【分析】根据a:b≈0.618，且b=2即可求解．
【详解】解：由题意可知，a:b≈0.618，代入b=2，∴a≈2×0.618=1.236≈1.24．故答案为：A
【点睛】本题考查了黄金分割比的定义，根据题中所给信息即可求解，本题属于基础题．
2．（2020·四川泸州市·中考真题）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
【详解】解：过点A作AF⊥BC，∵AB=AC，∴BF=BC=2，
在Rt,AF=，
∵D是边的两个“黄金分割”点，∴即，
解得CD=，同理BE=，
∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，∴DE=CD-CE=4-8，
∴S△ABC===，故选：A.
【点睛】本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。
1．（2020·湖南娄底市·中考真题）若，则________．
【答案】
【分析】根据比例的基本性质进行化简，代入求职即可．
【详解】由可得，，
代入．故答案为．
【点睛】本题主要考查了比例的基本性质化简，准确观察分析是解题的关键．
2．（2020·湖南湘潭市·中考真题）若，则________．
【答案】
【分析】根据比例的基本性质变形，代入求职即可；
【详解】由可设，，k是非零整数，
则．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了比的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．
考向二 平行线分线段成比例
1．（2020·辽宁营口市·中考真题）如图，在△ABC中，DE∥AB，且＝，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式即可解答．
【详解】解：∵DE//AB，∴∴的值为．故答案为A．
【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理确定对应比例关系是解答本题的关键．
2．（2020·四川成都市·中考真题）如图，直线，直线和被，，所截，，，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入已知线段得长度求解即可．
【详解】解：∵直线l1∥l2∥l3，∴.∵AB=5，BC=6，EF=4，∴.∴DE=.故选：D．
【点睛】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．
1．（2020·山东临沂市·中考真题）如图，在中，D，E为边的三等分点，，H为与的交点．若，则___________．
【答案】1
【分析】利用平行线分线段成比例得到EF=2,再利用中位线得到DH的长即可.
【详解】解:∵D，E为边的三等分点，，∴EF:DG:AC=1:2:3
∵AC=6,∴EF=2, 由中位线定理得到,在△AEF中,DH平行且等于 故答案是:1
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用和中位线的性质,熟悉平行线之间的性质是解题关键.
2．（2020·吉林中考真题）如图，．若，，则______．
【答案】10
【分析】根据平行线分线段成比例得到，由条件即可算出DF的值．
【详解】解：∵，∴，
又∵，，∴，∴，故答案为：10．
【点睛】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．
考向三 相似多边形
1．如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，那么这两个多边形是相似多边形．
2．相似多边形对应边的比叫做相似比．
3．多边形的相似比为1的相似多边形是全等形．
4．相似多边形的性质为：①对应角相等；②对应边的比相等．
1．（2020·山西中考模拟）宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD、BC的中点E、F，连接EF：以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线于点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H，则图中下列矩形是黄金矩形的是（ ）
A．矩形ABFE B．矩形EFCD C．矩形EFGH D．矩形DCGH
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质以及勾股定理，求得DF的长，再根据DF=GF求得CG的长，最后根据CG与CD的比值为黄金比，判断矩形DCGH为黄金矩形．
【详解】解：设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1 在直角三角形DCF中，
∴矩形DCGH为黄金矩形 故选：D．
【点睛】本题主要考查了黄金分割，解决问题的关键是掌握黄金矩形的概念．解题时注意，宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，图中的矩形ABGH也为黄金矩形．
2．（2020·海南中考模拟）如图所示，在长为8cm，宽为6cm的矩形中，截去一个矩形（图中阴影部分），如果剩下的矩形与原矩形相似，那么剩下矩形的面积是（ ）
A．28cm2 B．27cm2 C．21cm2 D．20cm2
【答案】B
【分析】根据题意，剩下矩形与原矩形相似，利用相似形的对应边的比相等可得．
【详解】
解：依题意，在矩形ABDC中截取矩形ABFE，则矩形ABDC∽矩形FDCE，
则 设DF=xcm，得到：解得：x=4.5，则剩下的矩形面积是：4.5×6=27cm2．
【点睛】本题就是考查相似形的对应边的比相等，分清矩形的对应边是解决本题的关键．
1．（2020·福建莆田市·中考模拟）下列四组图形中，一定相似的是( )
A．正方形与矩形 B．正方形与菱形 C．菱形与菱形 D．正五边形与正五边形
【答案】D
【分析】根据相似多边形的定义对各选项进行判定.
【详解】A中，正方形的四条边都相等，而矩形的四条边不一定相等，∴不一定相似；
B中，正方形的四个角都是直角，菱形的四个角不一定都是直角，∴不一定相似；
C中，菱形的四条边都相等，即两个菱形的对应边的比相等，但对应角不一定相等，∴不一定相似；
D中，正五边形的五条边都相等，五个角都相等，故两个正五边形的对应边的比相等，对应角也相等，∴一定相似．故选D．
2．（2020·贵州六盘水市·中考模拟）矩形的两边长分别为a,b,下列数据能构成黄金矩形的是（ ）
A．a=4,b=+2 B．a=4,b=-2 C．a=2,b=+1 D．a=2,b=-1
【答案】D
【解析】黄金矩形的长宽之比为黄金分割比，即宽：长= ，只有选项D中b：a= ，故选D．
考向四 相似三角形性质与判定
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．
1．（2020·浙江绍兴市·中考模拟）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍然无法判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用相似三角形的判定依次判断可求解．
【详解】解：∵∠DAB=∠CAE，∴∠DAE=∠BAC，
A、若，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项A不符合题意；
B、若，且∠DAE=∠BAC，无法判定△ABC∽△ADE，故选项B符合题意；
C、若∠B=∠D，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项C不符合题意；
D、若∠C=∠AED，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项D不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．
2．（2020·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBG，∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，∴△ABE∽△CGE，∴，故选：C．
【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
3．（2020·湖南长沙市·中考真题）在矩形ABCD中，E为上的一点，把沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：（2）若，求EC的长；
（3）若，记，求的值．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）只要证明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；（2）因为△AFE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根据勾股定理可得BF的长，从而得到CF的长，根据△ABF∽△FCE，得到，从而求出EC的长；（3）根据△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=，所以tan+tan=，设CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的长，根据△ABF∽△FCE，得到，将求出的值代入化简会得到关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF，EF，AF的值，代入tan+tan=即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=∠D=90°，∴∠AFB+∠BAF=90°，
∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°，
∴∠BAF=∠CFE，∴△ABF∽△FCE．
（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，∴AF=AD=4，
∴BF=，∴CF=BC-BF=AD-BF=2，
由（1）得△ABF∽△FCE，∴，∴，∴EC=．
（3）
解：由（1）得△ABF∽△FCE，∴∠CEF=∠BAF=，
∴tan+tan=，设CE=1，DE=x，
∵，∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=
∵△ABF∽△FCE，∴，∴，∴，
∴，∴，∴x2-4x+4=0，解得x=2，
∴CE=1，CF=，EF=x=2，AF= AD==，
∴tan+tan==．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，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，学会运用方程的思想思考问题．
1．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，在中，点在边上，若，，且，则线段的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】由∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，可判定△BCD∽△BAC，从而可得比例式，再将BC＝3，BD＝2代入，可求得BA的长，然后根据AD＝BA−BD，可求得答案．
【详解】解：∵∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC，∴，
∵BC＝3，BD＝2，∴，∴BA＝，∴AD＝BA−BD＝−2＝．故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
2．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【分析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证．
【详解】
解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90°
又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确
②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴AD=DC，AG=FG
∴AC=AD，AF=AG∴，即
又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确
③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45°
又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即
又∵AF=AE∴∴③正确
④由②知又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线∴∠ADG=∠ACF=45°
∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．
3．（2020·上海中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；（2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．(2) 由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．
∵DF=BE，∴△CDF≌△CBE(SAS)，∴∠DCF=∠BCE．
∵CDBH，∴∠H=∠DCF，∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，∴△BEC∽△BCH．
(2)∵BE2=AB•AE，∴=，∵AGBC，∴=，∴=，
∵DF=BE，BC=AB，∴BE=AG=DF，即AG=DF．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
考向五 相似比相关问题
1．（2020·云南中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点，是的中点，则与的面积的比等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先证明OE//BC，再根据△DEO∽△DCB求解即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=DO，
∵是的中点，∴OE是△DCB的中位线，∴OE//BC，OE=BC，
∴△DEO∽△DCB，∴△DEO：△DCB=．故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
2.（2020·广西中考真题）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，∴解得：x=20所以，AN=20．故选：B．
【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
1．（2020·吉林中考真题）如图，在中，，分别是边，的中点．若的面积为．则四边形的面积为_______．
【答案】
【分析】先根据三角形中位线定理得出，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而可得的面积，由此即可得出答案．
【详解】点，分别是边，的中点
，即
又则四边形的面积为故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
2．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，在中，D是中点，，若的周长为6，则的周长为______．
【答案】12
【分析】由，可知，再由D是中点，可得到相似比，可求出的周长．
【详解】解：∵，∴，
又∵D是中点，∴，即与的相似比为1:2，∴与的周长比为1:2，
∵的周长为6，∴的周长为12，故答案为：12．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的相似比等于周长比是解题的关键．
考向六 相似三角形的实际应用
1．（2020·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，△ABC是一块锐角三角形的材料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，这个正方形零件的边长是多少mm．
【答案】48mm
【分析】设正方形的边长为x，表示出AI的长度，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式，然后进行计算即可得解．
【详解】设正方形的边长为x mm，则AI＝AD﹣x＝80﹣x，
∵EFHG是正方形，∴EF∥GH，∴△AEF∽△ABC，∴,即，
解得x＝48 mm，∴这个正方形零件的边长是48mm．
【点睛】本题主要考查了相似三角形判定与性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
2．（2020·甘肃天水市·中考真题）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求得AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可．
【详解】解：∵，∴AC=1.2m+12.8m=14m
∵标杆和建筑物CD均垂直于地面∴BE//CD∴△ABE∽△ACD
∴,即,解得CD=17.5m．故答案为A．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答本题的关键．
1．（2020·广西玉林市·中考真题）一个三角形支架三条边长分别是75cm，100cm，120cm，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为60cm，120cm的两根木条，要求以其中一根为一边，从另一根上截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有（ ）
A．一种 B．两种 C．三种 D．四种
【答案】B
【分析】设截成的两边的长分别为xcm、ycm，然后根据相似三角形对应边成比例，分两种情况求解即可．
【详解】解：设截成的两边的长分别为xcm、ycm，若从60cm长的木条上截取，
∵x+y≤60<120，∴不符合题意；若从120cm长的木条上截取，
①当60cm与75cm是对应边时，∵两三角形相似，∴，解得x=80，y=96，
∵80+96=176cm>120cm，∴此种情况不符合题意；
②当60cm与100cm是对应边时，∵两三角形相似，∴，解得x=45，y=72，
∵60cm <45+72=117cm<120cm，∴从120cm长的木条截取45cm和72cm两根木条；
③当60cm与120cm是对应边时，∵两三角形相似，∴，解得x=37.5，y=50，
∵60cm <37.5+50=87.5cm<120cm，∴从120cm长的木条截取37.5cm和50cm两根木条；
综上所述，共有两种截法：方法一：从120cm长的木条截取45cm和72cm两根木条，方法二：从120cm长的木条截取37.5cm和50cm两根木条．故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，难点在于根据对应边的不同分情况讨论．
2．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）在平行四边形中，E为的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
（1）如图1，在上找出一点M，使点M是的中点；
（2）如图2，在上找出一点N，使点N是的一个三等分点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接对角线AC,BD，再连接E与对角线的交点，与BC的交点即为M点；
（2）连接CE交BD即为N点，根据相似三角形的性质可得,于是DN=BD．
【详解】解：（1）如图1，点M即为所求；（2）如图2，点N即为所求．
【点睛】此题主要考查平行四边形与相似三角形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的特点．
考向七 位似
1．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．
2．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．
1．（2020·河北中考真题）在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（ ）
A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形
【答案】A
【分析】以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
【详解】解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．故选：A
【点睛】此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
2．（2020·辽宁丹东市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点，，的坐标分别为，，，先以原点为位似中心在第三象限内画一个，使它与位似，且相似比为2：1，然后再把绕原点逆时针旋转90°得到．（1）画出，并直接写出点的坐标；（2）画出，直接写出在旋转过程中，点到点所经过的路径长．
【答案】（1）见解析，A1(-2，-4)；（2）见解析，．
【分析】（1）连接AO、BO、CO，并延长到2AO、2BO、2CO，长度找到各点的对应点，顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理列式求出OA，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
【详解】（1）如图所示，A1(-2，-4)；
（2）如图所示，∵OA=∴的长为：．
【点睛】本题考查了平移变换作图和轴对称图形的作法及画位似图形．注意：画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
1．（2020·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】∵点O为位似中心，位似比为，A （4，3），∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
2．（2020·重庆）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的同侧画，使与成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（ ）
A． B．2 C．4 D．
【答案】D
【分析】把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长．
【详解】解：∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，而A（1，2），C（3，1），∴D（2，4），F（6，2），∴DF＝=，故选：D．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
1．（2020·山西中考真题）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（ ）
A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似
【答案】D
【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；
【详解】根据题意画出如下图形：可以得到，则
即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度
故选：D.
【点睛】本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解.
2．（2020·贵州铜仁市·中考真题）已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．5
【答案】A
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比解答．
【详解】解：∵△FHB和△EAD的周长分别为30和15，∴△FHB和△EAD的周长比为2：1，
∵△FHB∽△EAD，∴，即＝2， 解得，EA＝3，故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质进行解题．
3．（2020·河北邢台市·九年级期末）如图，是的边上的一点，下列条件不可能是的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定判断各选项即可进行解答．
【详解】解： A、∵∠ACP＝∠B，∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，故本选项不符合题意；
B、∵，缺少夹角相等，∴不可判定△ACP∽△ABC，故本选项符合题意；
C、∵∠APC＝∠ACB，∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，故本选项不符合题意；
D、∵，∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，故本选项不符合题意．故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定．要找的对应边与对应角，公共角是很重要的一个量，要灵活加以利用．
4．（2020·重庆中考真题）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA∶OD=1∶2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5
【答案】C
【分析】根据位似图形的性质即可得出答案．
【详解】由位似变换的性质可知，
△ABC与△DEF的相似比为：1∶2△ABC与△DEF的面积比为：1∶4故选C．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
5．（2020·浙江绍兴市·中考真题）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（ ）
A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【答案】A
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【详解】解：设投影三角尺的对应边长为xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,∴8：x＝2：5,解得x＝20.故选:A.
【点睛】本题主要考查了位似变换的应用.
6．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）
A． B．5 C． D．10
【答案】A
【分析】利用D为AB的中点，DE//BC，证明DE是中位线，求得的面积，利用相似三角形的性质求解的面积，由勾股定理可得答案．
【详解】解：是AB的中点，是的中位线，
故选A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2020·广东广州市·中考真题）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，
，，
，，，
，，
又，，，
，，，，
同理可证，，，，，
，故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
8．（2019·广西贺州市·中考真题）如图，在中，分别是边上的点，，若，则等于（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】由平行线得出，得出对应边成比例，即可得出结果．
【解析】解：∵，∴ ，∴，即，解得：，故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质；证明三角形相似得出对应边成比例是解题的关键．
9．（2019·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，在中，D在AC边上，，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，则（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：3
【答案】B
【分析】过O作BC的平行线交AC与G，由中位线的知识可得出，根据已知和平行线分线段成比例得出，再由同高不同底的三角形中底与三角形面积的关系可求出的比．
【详解】解：如图，过O作，交AC于G，∵O是BD的中点，∴G是DC的中点．
又，
设，又，
，故选B．
【点睛】考查平行线分线段成比例及三角形的中位线的知识，难度较大，注意熟练运用中位线定理和三角形面积公式．
10．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=2，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值为_____．
【答案】6
【分析】取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，证明此时D为BC的中点，证明CD=2DF，可得答案．
【详解】解：如图，
取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，
过A作于H，则由
为BC的中点，
即的最小值为6．故答案为：6．
【点睛】本题考查的是利用轴对称求最小值问题，考查了锐角三角函数，三角形的相似的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·四川宜宾市·中考真题）在直角三角形ABC中，是AB的中点，BE平分交AC于点E连接CD交BE于点O，若，则OE的长是________．
【答案】
【分析】过E点作EG⊥AB于G点，根据三角形面积公式求出CE=EG=3，延长CD交过B作BF⊥BC于F，可得△ACD≌△BFD，得到BF=8,再根据△CEO∽△FBO，找到比例关系得到EO=BE，再求出BE即可求解．
【详解】过E点作EG⊥AB于G点，∵BE平分∴CE=EG,
设CE=EG=x,∵,∴AB=
∵S△ABC= S△ABE+S△BCE，故
即解得x=3∴CE=3,
延长CD交过B作BF⊥BC于F，∵D是AB中点∴AD=BD
又AC∥BF∴∠A=∠DBF,由∠ADC=∠DBF∴△ACD≌△BFD，∴BF=AC=8,
∵AC∥BF∴△CEO∽△FBO，∴∴EO=BE=×=，故答案为：．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定、角平分线的性质及相似三角形的判定与性质．
12．（2020·广东深圳市·中考真题）如图，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，，则=___．
【答案】
【分析】过B点作BE//AD交AC于点E，证明，得到再证明利用设利用三角形的面积公式可得答案．
【详解】过B点作BE//AD交AC于点E， BE⊥AD，，∴
∴ 由，
∴
设 则
故答案为：
13．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，等腰中，，边的垂直平分线交于点，交于点．若的周长为，则的长为________．
【答案】
【分析】过点A作AF⊥BC于F，先根据垂直平分线已知条件得出BC=16，再根据等腰三角形的三线合一和勾股定理得出AF=6，再根据即可得出结论
【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线， ∴AD=CD，∠DEC=90°，AE=5
∵的周长为，∴AB+BD+AD=26∴AB+BD+DC=AB+BC=26
∵AB=10，∴BC=16，过点A作AF⊥BC于F，
∵AB=AC=10 ∴CF=8，
∵∠DEC=∠AFC= 90°，∠C=∠C∴
∴∴∴DE= 故答案为：
【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握有关的性质．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图，为平行四边形边上一点，分别为上的点，且的面积分别记为．若则____．
【答案】
【分析】证明△PEF∽△PAD，再结合△PEF的面积为2可求出△PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去△PAD的面积即可求解．
【详解】解：∵∴，且∠APD=∠EPF，∴△PEF∽△PAD，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且△PEF的面积为2可知，
，∴，
过P点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH，
∴，∴ ，即平行四边形ABCD的面积为，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握其性质是解决本题的关键．
15．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，在矩形中，是的中点，，垂足为．
（1）求证：；（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】根据矩形的性质可得，，．再根据“两直线平行，内错角相等”可得，再由垂直的定义可得．从而得出，再根据“有两组角对应相等的两个三角形相似”可得出结论；
根据中点的定义可求出BE=2，然后根据勾股定理求出AE= .再根据相似三角形的性质求解即可.
【详解】证明：（1）∵四边形是矩形，∴，．∴，
∵，∴．∴，∴．
解：（2）∵，∴．
∵，是的中点，∴．
∴在中，．
又∵，∴，∴．
【点晴】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.
16．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．（1）求证：△BDE∽△EFC．（2）设，①若BC＝12，求线段BE的长；②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）①BE＝4；②45
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出＝＝，即可得出结果；
②先求出＝，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，∴∠DBE＝∠FEC，∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，∴＝＝，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，∴＝，解得：BE＝4；
②∵＝，∴＝，∵EF∥AB，∴△EFC∽△BAC，
∴＝（）2＝（）2＝，∴S△ABC＝S△EFC＝×20＝45．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理与性质．
17．（2020·辽宁朝阳市·中考真题）如图所示的平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，请按如下要求画图：
（1）以坐标原点O为旋转中心，将顺时针旋转90°，得到，请画出；
（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出的位似图形，使它与的位似比为．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点O对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用位似的性质，找出点A2、B2、C2的位置，然后画出图形即可．
【详解】解：（1）位置正确；用直尺画图；
（2）位置正确；用直尺画图．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握所学的性质正确的做出图形．
18．（2020·江苏南京市·）如图，在和中，D、分别是AB、上一点，．
（1）当时，求证： 证明的途径可以用如框图表示，请填写其中的空格
（2）当时，判断与是否相似，并说明理由
【答案】（1），；（2）相似，理由见解析
【分析】（1）根据证得△△，推出，再证明结论；
（2）作DE∥BC，∥，利用三边对应成比例证得△，再推出，证得，即可证明△△．
【详解】（1）∵，∴，
∵，∴，∴△△，∴，
∵，∴△△，故答案为：，；
（2）如图，过点D、分别作DE∥BC，∥，
DE交AC于点E，交于点，
∵DE∥BC，∴△△，∴，
同理：，又，∴，∴，
同理：，∴，即，∴，
又，∴，∴△△， ∴，
∵DE∥BC，∴，同理：，∴，
又，∴△△．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，比例的性质，正确作出辅助线是解答第2问的关键．
19．（2020·湖南湘潭市·中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．
（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边的重心为点，求与的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知的重心为点，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形中，点是的中点，连接交对角线于点．
①若正方形的边长为4，求的长度；
②若，求正方形的面积．
【答案】（1），；（2）都是定值，，；（3）①；②12．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；（2）根据（1）的证明可求解；（3）①证明△CME∽△ABM得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；②分别求出S△BMC和S△ABM 即可.
【详解】（1）连接DE，如图，
∵点O是的重心，，是，C边上的中线，
为，边上的中点，为的中位线，
，，，，，
，，
；
（2）由（1）可知，是定值；是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，，，
为CD的中点，
，即；
②，且∴，，，
，，
又∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
20．（2020·江苏宿迁市·中考真题）（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．
（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，
同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；
（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，
过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，
∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，
∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，
∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1．（2020·贵州毕节市·中考真题）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将代入=+1中即可求出结论．
【解析】∵，∴=+1=+1=．故选D．
【点睛】本题考查了比例的性质．
2．（2020·湖南永州市·中考真题）如图，在中，，四边形的面积为21，则的面积是（ ）
A． B．25 C．35 D．63
【答案】B
【分析】在中，，即可判断，然后由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可得出结果．
【详解】解：∵∴∴
∵∴∴∴
∵∴∴故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，难度不大，注意相似三角形的面积比等于相似比的平方．
3．（2020·山东德州市·九年级月考）如图，点D、E分别在△ABC的AB、AC边上，下列条件中：①∠ADE＝∠C；②；③．使△ADE与△ACB一定相似的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】C
【分析】由两角相等的两个三角形相似得出①正确，由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得出③正确；即可得出结果．
【详解】∵∠DAE＝∠BAC，∴当ADE＝∠C时，△ADE∽△ACB，故①符合题意，
当时，∵∠B不一定等于∠AED，∴△ADE与△ACB不一定相似，故②不符合题意，
当时，△ADE∽△ACB．故③符合题意，综上所述：使△ADE与△ACB一定相似的是①③，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，两角对应相等的两个三角形相似；两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边对应成比例的两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键
4．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）如图，在中，点D在BC上，连接AD，点E在AC上，过点E作，交AD于点F，过点E作，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据由平行线易得△AEF∽△ACD，△CEG∽△CAB，再根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
【详解】解：∵，∴△AEF∽△ACD，
∴，故选项A错误；∴，
∵，∴△CEG∽△CAB，∴，
∴，故选项B错误；，故选项D错误；
∵，∴，∵，∴，
∴，故选项正确C． 故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质和判定，能得出正确的比例式是解此题的关键．
5．（2019·甘肃庆阳市·中考真题）如图，将图形用放大镜放大，应该属于( )．
A．平移变换 B．相似变换 C．旋转变换 D．对称变换
【答案】B
【分析】根据放大镜成像的特点，结合各变换的特点即可得出答案．
【详解】解：根据相似图形的定义知，用放大镜将图形放大，属于图形的形状相同，大小不相同，所以属于相似变换．故选B．
【点睛】本题考查的是相似形的识别，关键要联系图形，根据相似图形的定义得出．
6．（2020·海南中考真题）如图，在矩形中，点在边上，和交于点若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过G作GN⊥BC于N，交EF于Q，同样也垂直于DA，利用相似三角形的性质可求出NG，GQ，以及EF的长，再利用三角形的面积公式可求出△BCG和△EFG的面积，用矩形ABCD的面积减去△BCG的面积减去△EFG的面积，即可求阴影部分面积．
【详解】解：过作GN⊥BC于N，交EF于Q，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，AD=BC，∴△EFG∽△CBG，
∵，∴EF：BC=1：2，∴GN：GQ=BC：EF=2：1，
又∵NQ=CD=6，∴GN=4，GQ=2，∴S△BCG=×10×4=20，∴S△EFG=×5×2=5，
∵S矩形BCDA=6×10=60，∴S阴影=60-20-5=35．故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，求出阴影部分的面积可以转化为几个规则图形的面积的和或差的关系．
7．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【详解】解：∵∴AD∥BC，AB//DF∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠BEA∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5∵BG⊥AE∴AG=EG=AE
∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8∴ ∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF∴△ABE∽△FCE且相似比为 ∴ ,解得=16．
故答案为A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
8．（2020·云南昆明市·中考真题）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．如图，△ABC是格点三角形，在图中的6×6正方形网格中作出格点三角形△ADE（不含△ABC），使得△ADE∽△ABC（同一位置的格点三角形△ADE只算一个），这样的格点三角形一共有（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】C
【分析】根据题意，得出ABC的三边之比，并在直角坐标系中找出与ABC各边长成比例的相似三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．
【详解】解：ABC的三边之比为，
如图所示，可能出现的相似三角形共有以下六种情况：
所以使得△ADE∽△ABC的格点三角形一共有6个，故选：C．
【点睛】本题考察了在直角坐标系中画出与已知三角形相似的图形，解题的关键在于找出与已知三角形各边长成比例的三角形，并在直角坐标系中无一遗漏地表示出来．
9．（2020·浙江温州市·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）
A．14 B．15 C． D．
【答案】A
【分析】连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
【详解】解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，
∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，
∵DE∥AI∥BH，∴∠CEP＝∠CHQ，∵∠ECP＝∠QCH，∴△ECP∽△HCQ，∴，
∵PQ＝15，∴PC＝5，CQ＝10，∵EC:CH＝1:2，∴AC:BC＝1:2，
设AC＝a，则BC＝2a，∵PQ⊥CR，CR⊥AB，∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，∴四边形ABQC为平行四边形，∴AB＝CQ＝10，
∵，∴，∴（舍负）∴，，
∵，∴，∵JR＝AF＝AB＝10，∴CR＝CJ＋JR＝14，故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
10．（2020·湖北孝感市·中考真题）如图，点在正方形的边上，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，过点作的垂线，垂足为点，与交于点．若，，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】B
【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可．
【详解】解：∵，∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形∴CD=BC=5设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90° ∴∠HFG=∠BAG
∴△ABG∽△CEF∴ ,即，解得x=∴CE=CD-DE=5-=．故答案为B．
【点睛】本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．
11．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）已知两个直角三角形的三边长分别为3，4，和6，8，，且这两个直角三角形不相似，则的值为（ ）
A．或 B．15 C． D．
【答案】A
【分析】判断未知边m、n是直角三角形的直角边还是斜边，再根据勾股定理计算出m、n的值，最后根据题目中两个三角形不相似，对应边的比值不同进行判断．
【详解】解：在第一个直接三角形中，若m是直角边，则，
若m是斜边，则；
在第二个直接三角形中，若n是直角边，则，
若n是斜边，则；
又因为两个直角三角形不相似，故m=5和n=10不能同时取，
即当m=5，，，当，n=10，，故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及相似三角形的性质，在直角三角形中对未知边是直角边还是斜边进行不同情况的讨论是解题的关键．
12．（2020·江苏南通市·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上．设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于_____．
【答案】
【分析】先证明两个三角形相似，再根据相似三角形的周长比等于相似比，得出周长比的值便可．
【详解】解：∵，，，
∴，∴△ABC∽△DEF，∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，勾股定理，本题关键是证明三角形相似．
13．（2020·山东菏泽市·中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．
【答案】
【分析】由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，∴PD=8，
∵AB∥DQ，∴，即解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，．故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
14．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别为，以点为位似中心，相似比为，将缩小，则点的对应点的坐标是____________．
【答案】或
【分析】利用以原点为位似中心，相似比为k，位似图形对应点的坐标的比等于k或-k，把B点的横纵坐标分别乘以或即可得到点B′的坐标．
【详解】解：∵以点为位似中心，相似比为，将缩小，
∴点的对应点B′的坐标是（2，4）或（-2，-4）．故答案为：（2，4）或（-2，-4）．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
15．（2020·辽宁鞍山市·中考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．
【答案】3
【分析】根据□ABCD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．
【详解】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，∴EC是△ABF的中位线；
在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，∴△ABF∽△ECF，
∴，∴S△ABF：S△CEF=1：4；
又∵△ECF的面积为1，∴S△ABF=4，∴S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．故答案为：3．
【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．
16．（2020·山西中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】如解图，过点作于，∵，∴，∴，
∵，点是的中点，∴，
∵，∴∽∴∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，∴，则，
∵且，∴∽，∴，
即，解得，∴．
∵∴
∴∴故答案为：
【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
17．（2020·四川乐山市·中考真题）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．
【答案】
【分析】连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.
【详解】连接CE，设CD=2x，在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，
∴∠D=60º，AD=4x，AC=，BC==x，AB=x，
∵点E为AD的中点，∴CE=AE=DE==2x，∴ΔCED为等边三角形，∴∠CED=60º，
∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，∴∠CED=∠BAD，∴AB∥CE，∴，
在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º∴AF平分∠BAE，
∴，∴，∴，故答案为：.
【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.
18．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，矩形中，，点E在边上，与相交于点F．设，，当时，y关于x的函数解析式为_____．
【答案】
【分析】利用矩形的性质可求得BAD为直角三角形，即可利用勾股定理得到BD的长，求证FEDFCB，运用相似三角形的性质建立等式即可求解．
【详解】∵四边形是矩形∴∠BAD=，BC=AD=8，AB=CD=6
∴在ABD中，BD=∴FD=BD−BF=10−y
又∵ADBC∴FEDFBC∴∴∴故答案为
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质建立等式是解题的关键．
19．（2020·四川攀枝花市·中考真题）三角形三条边上的中线交于一点，这个点叫三角形的重心．如图是的重心．求证：．
【答案】见解析
【分析】过点D作DH∥AB交CE于H，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BE=2DH，从而得到AE=2DH，再根据△AEG和△DHG相似，利用相似三角形对应边成比例列出比例式计算即可得证．
【详解】解：过点D作DH∥AB，交CE于点H，
∵AD是△ABC的中线，∴点D是BC的中点，∴DH是△BCE的中位线，∴BE=2DH，DH∥AB，
∵CE是△BCE的中线，∴AE=BE，∴AE=2DH，
∵DH∥AB，∴△AEG∽△DHG，∴，∴AG=2GD，即AD=3GD.
【点睛】本题考查了三角形的重心定理的证明，作辅助线构造成三角形的中位线和相似三角形是解题的关键，也是本题的难点．
20．（2020·广西中考真题）如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．（1）求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；（2）求证：CD平分∠ACB；（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求证：BO2+OF2＝EF•BF．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析
【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，判断出OA＝OB＝OC＝OD，即可得出结论；
（2）先求出∠COD＝150°，利用等腰三角形的性质得出∠ODC＝15°，进而求出∠BDC＝30°，进而求出∠BCD＝45°，即可得出结论；（3）先判断出，得出DF2＝BF•EF，再利用勾股定理得出OD2+OF2＝DF2，即可得出结论．
【详解】证明：（1）如图，连接OD，OC，
在Rt中，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，∴OC＝OA＝OB，
在Rt中，∠ADB＝90°，点O是AB的中点，∴OD＝OA＝OB，∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A，B，C，D四个点在以点O为圆心，为半径的同一个圆上；
（2）连接OC，OD，由（1）知，OA＝OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，
在Rt中，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠BOC＝60°，
在Rt中，∠DAB＝45°，∴∠ABD＝45°＝∠DAB，∴AD＝BD，
∵点O是AB的中点，∴OD⊥AB，∴∠BOD＝90°，∠ODB＝∠ADB＝45°，
∴∠COD＝150°，∴∠OCD＝∠ODC＝15°，∴∠BDC＝∠ODB﹣∠ODC＝30°，
∵∠CBD＝∠ABC+∠ABD＝105°，∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠BDC＝45°，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝45°＝∠BCD，∴CD平分∠ACB；
（3）由（2）知，∠BCD＝45°，∵∠ABC＝60°，∴∠BEC＝75°，∴∠AED＝75°，
∵DF∥BC，∴∠BFD＝∠ABC＝60°，
∵∠ABD＝45°，∴∠BDF＝180°﹣∠BFD﹣∠ABD＝75°＝∠AED，
∵∠DFE＝∠BFD，∴，∴，∴DF2＝BF•EF，
连接OD，则∠BOD＝90°，OB＝OD，在Rt中，根据勾股定理得，OD2+OF2＝DF2，
∴OB2+OF2＝BF•EF，即BO2+OF2＝EF•BF．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，四点共圆的判定，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
21．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，中，，点D从点B出发，沿边以的速度向终点C运动，过点D作，交边（或）于点E．设点D的运动时间为，的面积为．
（1）当点D与点A重合时，求t的值；（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
【答案】（1）；（2）当时，当＜时，
【分析】（1）利用勾股定理求解的长，从而可得答案；（2）分，＜两种情况讨论，利用相似三角形的性质求解的两条直角边，再利用面积公式列函数关系式即可．
【详解】解：（1），
（2）如图，当时，点在上，由题意得：
当＜时，点在上，如图，由题意得：
同理：
综上：当时，当＜时，
【点睛】本题考查的是几何动点问题，考查了相似三角形的判定与性质，考查了利用面积公式列函数关系式，分类讨论思想，掌握以上知识是解题的关键．
22．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）（1）（操作发现）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点，点C的对应点为点．连接；②在①中所画图形中，＝ °．
（2）（问题解决）如图2，在中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）（拓展延伸）如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．
【答案】（1）①见解析，②45；（2）135°；（3）
【分析】（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．
（3）如图3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG＝，由此即可解决问题．
【详解】解：（1）①如图，△AB′C′即为所求．
②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，∴∠AB′B＝45°，故答案为45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．
∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，∴△ABC≌△EAH（AAS），∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，∴CD＝AH，∴DH＝AC＝EH，∴∠EDH＝45°，∴∠ADE＝135°．
（3）如图③中，∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG+∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，
∴CG＝＝．∴BD＝CG＝．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，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，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
23．（2020·宁夏中考真题）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是．
（1）画出关于x轴成轴对称的；（2）画出以点O为位似中心，位似比为1∶2的．
【答案】（1）如图所示为所求；见解析； （2）如图所示为所求；见解析．
【分析】（1）将的各个点关于x轴的对称点描出，连接即可．（2）在同侧和对侧分别找到2OA=OA2，2OB=OB2，2OC=OC2所对应的A2，B2，C2的坐标，连接即可．
【详解】（1）由题意知：的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1），
则关于x轴成轴对称的的坐标为A1（1，-3），B1（4，-1），C1（1，-1），
连接A1C1，A1B1，B1C1 得到．如图所示为所求；
（2）由题意知：位似中心是原点，则分两种情况：第一种，和在同一侧
则A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），连接各点，得．第二种，在的对侧
A2（－2，－6），B2（－8，－2），C2（－2，－2），连接各点，得．
综上所述：如图所示为所求；
【点睛】本题主要考查了位似中心、位似比和轴对称相关知识点，正确掌握位似中心、位似比的概念及应用是解题的关键．
24．（2020·山东济南市·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．
∵CA＝CB，∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴AD＝AE，
∴AT⊥DE，DT＝ET，∴AB垂直平分DE，∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，∴CF＝BD，∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得： 设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，则DF＝FB＝a+x，∵AM＝BM，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，∴AE＝2MN，MN∥AE，∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，∴（SAS），∴CF＝BN，∵BE＝2BN，∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．
∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，∴∠CAG＝90°，∴AC⊥AG，∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°， ∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，∴DG＝BT＝EG，∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，∴BD与GT交于点F，∴GF＝FT，由旋转可得；
是等腰直角三角形，∴CF＝FG＝FT，∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．
∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，∴CT⊥AB， ∴AT＝，∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，∴TF∥AD，AD＝2FT，∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°， ∴AE＝AD＝FT，
∴，∴，∴，∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
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