考点19 相似三角形模型-备战2023届中考数学一轮复习考点梳理（解析版）

这是一份考点19 相似三角形模型-备战2023届中考数学一轮复习考点梳理（解析版），共65页。试卷主要包含了A字图及其变型“斜A型”，8字图及其变型“蝴蝶型”，一般母子型，一线三等角，手拉手相似模型等内容，欢迎下载使用。
考点19 相似三角形基本模型

相似三角形在初中数学中因为不同类型的规律比较明显，所以被总结了很多的模型，比如：A字图、8字图、母子三角形、一线三等角、手拉手相似等。而掌握了这类模型的套路后，可以更快的应对相似三角形类的应用。所以考生需要对该考点完全掌握。



一、 A字图及其变型
二、 8字图及其变型
三、 一般母子型
四、 一线三等角
五、 手拉手模型
考向一、A字图及其变型“斜A型”
当∠ADE=∠ACB时
△ADE∽△ACB
性质：

当DE∥BC时
△ADE∽△ABC
性质：





变型



☆：斜A型在圆中的应用：
如图可得：△PAB∽△PCD



1．如图，在△ABC中，DE∥BC，DE＝2，BC＝6，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝＝，
故选：C．
2．如图，在△ABC中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB＝1：2：5，则S△ADE：S四边形DEGF：S四边形FGCB＝（　　）

A．1：2：5 B．1：4：25 C．1：3：25 D．1：3：21
【分析】由DE∥FG∥BC，可得△ADE∽△AFG∽△ABC，又由AD：AF：AB＝1：2：5，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得S△ADE：S△AFG：S△ABC＝1：4：25，然后设△ADE的面积是a，则△AFG和△ABC的面积分别是3a，21a，即可求两个梯形的面积，继而求得答案．
【解答】解：∵DE∥FG∥BC，
∴△ADE∽△AFG∽△ABC，
∴AD：AF：AB＝1：2：5，
∴S△ADE：S△AFG：S△ABC＝1：4：25，
设△ADE的面积是a，则△AFG和△ABC的面积分别是4a，25a，
则S四边形DFGE＝S△AFG﹣S△ADE＝3a，S四边形FBCG＝S△ABC﹣S△AFG＝21a，
∴S△ADE：S四边形DFGE：S四边形FBCG＝1：3：21．
故选：D．
3．将一张直角三角形纸片沿一条直线剪开，将其分成一张三角形纸片与一张四边形纸片，如果所得四边形纸片ABCD如图5所示，其中∠A＝∠C＝90°，AB＝7厘米，BC＝9厘米，CD＝2厘米，那么原来的直角三角形纸片的面积是 　54或　平方厘米．

【分析】分两种情况讨论，由勾股定理求出AD长，由三角形面积公式求出四边形ABCD的面积，由相似三角形的性质，即可解决问题．
【解答】解：（1）分别延长CD，BA交于M，连接BD，设△MBC的面积是S（cm2），

∵∠C＝∠DAB＝90°，
∴DC2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，
∴22+92＝72+AD2，
∴AD＝6（cm），
∴△ADB的面积＝AD•AB＝×6×7＝21（cm2），△DCB的面积＝DC•BC＝×2×9＝9（cm2），
∴四边形ABCD的面积＝21+9＝30（cm2），
∴△DMA的面积＝（S﹣30）（cm2），
∵∠M＝∠M，∠MAD＝∠MCB，
∴△MDA∽△MBC，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴S＝54（cm2）．
（2）分别延长AD，BC交于N，设△NAB的面积是S′（cm2），

由（1）知四边形ABCD的面积＝30（cm2），
∵∠N＝∠N，∠NCD＝∠A＝90°，
∴△NCD∽△NAB，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴S′＝（cm2），
∴原来的直角三角形纸片的面积是54cm2或cm2．
故答案为：54或．
4．如图，矩形DEFG的边DE在△ABC的边BC上，顶点G、F分别在边AB、AC上．已知BC＝6cm，DE＝3cm，EF＝2cm，那么△ABC的面积是 　12　cm2．

【分析】过点A作AN⊥BC，先利用相似三角形的判定说明△AGF∽△ABC，再利用相似三角形的性质求出△ABC的高，最后利用三角形的面积得结论．
【解答】解：过点A作AN⊥BC，垂足为N，交GF于点M．
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥DE，GF＝DE＝3cm，EF＝MN＝2cm．
设AM＝acm，则AN＝（a+2）cm．
∵GF∥DE，
∴△AGF∽△ABC．
∴＝．
∴＝．
∴a＝2．
∴AN＝4cm．
S△ABC＝BC•AN＝6×4＝12（cm）2．
故答案为：12．

5．如图▱ABCD中，点E在BA的延长线上，连接EC、BD交于点G，EC交AD于F，已知EA：AB＝1：2．
（1）求EF：EC；
（2）求FG：GC．

【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理和比例的性质求解即可；
（2）利用相似三角形的判定，先说明△EAF∽△CDF，再利用相似三角形的性质和比例的性质求出BC：FD，最后通过说明△FDG∽△CBG，利用相似三角形的性质得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC．
（1）∵EA：AB＝1：2，
∴＝．
∵AD∥BC，
∴＝＝．
（2）∵AB∥CD，
∴△EAF∽△CDF．
∴＝＝＝．
∴＝＝．
∵AD∥BC，
∴△FDG∽△CBG．
∴＝＝．
考向二、8字图及其变型“蝴蝶型”
当AB∥CD时
△AOB∽△DOC
性质：

当∠A=∠C时
△AJB∽△CJD
性质：




变型



1．如图，在△ABC中，中线AD与中线BE相交于点G，联结DE．下列结论成立的是（　　）

A． B． C． D．
【分析】由AD，BE是△ABC的中线，得到DE是△ABC的中位线，推出△DEG∽△ABG，△CDE∽△CBA，由相似三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：AD，BE是△ABC的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DE＝AB，
∴△DEG∽△ABG，
∴DG：AG＝DE：AB＝1：2，BG：EG＝AB：DE，＝＝，
∴DG＝AG，
∵BG：EG＝AB：DE＝2：1，
∴GB：BE＝2：3，
∴S△AGB：S△AEB＝2：3，
∵AE＝EC，
∴S△AEB＝S△ABC，
∴S△AGB＝S△ABC，
∵△CDE∽△CBA，
∴＝＝，
∴S△CDE＝S△ABC，
∴＝，
结论成立的是＝，
故选：C．

2．如图，在平行四边形ABCD中，F为BC的中点，延长AD至点E，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G，则S△CFG：S△DEG等于（　　）

A．9：4 B．2：3 C．4：9 D．3：2
【分析】利用平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，，再根据线段中点的定义可得CF＝BC＝AD，然后证明8字模型相似三角形△EDG∽△FCG，利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC，
∴CF＝AD，
∵AE∥CF，
∴∠E＝∠GCF，∠EDG＝∠C，
∴△EDG∽△FCG，
∵DE：AD＝1：3，
∴DE＝AD，
∴S△CFG：S△DEG＝（）2＝（）2＝（）2＝，
故选：A．
3．如图，在正方形ABCD中，E为AD上的点，连接CE．以点E为圆心，以任意长为半径作弧分别交EC，ED于点N，M，再分别以M，N为圆心，以大于MN长为半径作弧，两弧在∠CED内交于点P，连接EP并延长交DC于点H，交BC的延长线于点G．若AB＝16，AE：AD＝1：4，则EH的长为 　6　．

【分析】根据题中作图判断EP是∠DEC的角平分线，利用线段比和勾股定理求出EC，再利用角平分线的性质和平行线的性质得到CG，利用相似三角形的判定和性质求出DH，最后利用勾股定理得结论．
【解答】解：∵以点E为圆心，以任意长为半径作弧分别交EC，ED于点N，M，
再分别以M，N为圆心，以大于MN长为半径作弧，两弧在∠CED内交于点P，连接EP，
∴EP是∠DEC的角平分线，
∴∠DEG＝∠CEG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝AB＝16，∠D＝90°，AD∥BC．
∵AE：AD＝1：4，AE+ED＝16，
∴AE＝4，ED＝12．
在Rt△EDC中，
EC＝＝＝20．
∵AD∥BC，
∴∠G＝∠DEG＝∠CEG．
∴EC＝CG＝20．
∵AD∥BC，
∴△EDH∽△GCH．
∴＝＝＝．
∵DH+HC＝CD＝16，
∴DH＝6．
在Rt△EDH中，
EH＝＝＝＝6．
故答案为：6．
4．如图，在▱ABCD中，G是CD延长线上一点，连接BG交AC，AD于E，F．
（1）求证：△ABE∽△CGE；
（2）若AF＝2FD，求的值．

【分析】（1）根据平行四边形对边平行，得到∠ABE＝∠CGE，再利用对顶角相等，可得△ABE∽△CGE；
（2）利用平行四边形对边平行，证明△AEF∽△CEB，得到，再由（1）得，，从而求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CGE，
又∵∠AEB＝∠CGE，
∴△ABE∽△CGE．
（2）解：设FD＝m，则AF＝2m，
∴AD＝3m，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝3m，
∴∠EAF＝∠ECB，∠AFE＝∠CBE，
∴△AEF∽△CEB
∴＝＝，
又∵△ABE∽△CGE，
∴＝＝．
即 的值为．
5．以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，A，B，C，D均在格点上．
（1）在图①中，的值为 　1：3　；
（2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法．
①如图②，在AB上找一点P，使AP＝3；
②如图③，在BD上找一点P，使△APB∽△CPD．

【分析】（1）如图①中，利用平行线的性质求解即可．
（2）①根据勾股定理得AB的长为5，再根据相似三角形的判定方法即可找到点P；
②作点A的对称点A′，连接A′C与BD的交点即为要找的点P，使△APB∽△CPD．
【解答】解：（1）如图①中，

∵AB∥CD，
∴△PCD∽△PBA．
∴＝＝，
故答案为：1：3；

（2）

①取格点E，F，连接EF交AB于点P，点P即为所求的点．
由勾股定理知：AB＝＝5．
∵AP＝3，
∴BP＝2．
∵BE∥FA，
∴△EPB∽△FPA．
∵AP：BP＝AF：BE＝3：2．
∴取格点E，F，连接EF交AB于点P，点P即为所求的点；
②如图③所示，作点A的对称点A′，
连接A′C，交BD于点P，
点P即为所要找的点，
∵AB∥CD，
∴△APB∽△CPD．
其中：
∠A是公共角
AB是公共边
BD与BC是对应边
当∠ABD=∠ACB时
△ABD∽△ACB
性质：

考向三、一般母子型：




联系应用：
切割线定理：如图，PB为圆O切线，B为切点，
则：△PAB∽△PBC
得：


1．如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，有下列条件：①∠A＝∠BCD；②∠A+∠BCD＝∠ADC；③；④BC2＝BD•BA．其中能判断△ABC是直角三角形的有（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据题目中①②③④给出的条件分别判定△BCD∽△BAC或△ABC∽△ACD即可求得∠ACB＝90°，计算能求证△BCD∽△BAC或△ABC∽△ACD的个数即可解题．
【解答】解：①∵∠A＝∠BCD，∠A+∠ACD＝90°，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，故本命题成立；
②条件不足，无法求证∠ACB＝90°，故本命题错误；
③∵BD：CD＝BC：AC，∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴Rt△ADC∽Rt△CDB，（因为都有一个直角，斜边直角边成比例）
∴∠ACD＝∠B；
∵∠B+∠BCD＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵∠ACB＝∠ACD+∠BCD，
∴∠ACB＝90°；故本命题正确；
④∵BC2＝BD×BA，
∴＝，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△CBD，
∴∠ACB＝90°，故本命题成立，
故选：D．
2．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E为斜边AB的中点，则＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】利用相似三角形的判定与性质得到∠BCD＝∠A＝22.5°，利用三角形的外角的性质得到∠CED＝45°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AE＝CE＝BE＝AB，设CD＝DE＝x，则CE＝，AD＝（+1）x，代入化简即可得出结论．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ACD＝3∠BCD，
∴∠BCD＝22.5°，∠ACD＝67.5°．
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴△BCD∽△BAC，
∴∠BCD＝∠A＝22.5°．
∵∠ACB＝90°，E为斜边AB的中点，
∴AE＝CE＝BE＝AB．
∴∠ECA＝∠A＝22.5°，
∴∠CED＝∠A+∠ECA＝45°，
∵CD⊥AB，
∴CD＝DE．
设CD＝DE＝x，则CE＝，
∴AE＝x，
∴AD＝AE+DE＝（+1）x，
∴＝+1．
故选：B．
3．如图，在△ABC中，∠A＝90°，点D、E分别在AC、BC边上，BD＝CD＝2DE，且∠C+∠CDE＝45°，若AD＝6，则BC的长为 　8　．

【分析】首先根据等腰三角形的性质和已知条件证出∠BDE＝90°，作DF⊥BC于F，则BF＝CF，△DEF∽△BED∽△BDF，得出＝＝＝，设EF＝x，则DF＝2x，BF＝CF＝4x，得出BC＝8x，DE＝x，得出CD＝BD＝2x，AC＝6+2x，证明△CDF∽△CBA，得出＝，代入计算即可得出结果．
【解答】解：∵∠A＝90°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∵BD＝CD，
∴∠DBC＝∠C，
∴∠ADB＝∠DBC+∠C＝2∠C，
∵∠C+∠CDE＝45°
∴2∠C+∠CDE＝90°，
∴∠ADB+∠CDE＝90°，
∴∠BDE＝90°，
作DF⊥BC于F，如图所示：

则BF＝CF，△DEF∽△BED∽△BDF，
∴＝＝＝，
设EF＝x，则DF＝2x，BF＝CF＝4x，
∴BC＝8x，DE＝x，
∴CD＝BD＝2x，AC＝6+2x，
∵∠DFC＝∠A＝90°，∠C＝∠C，
∴△CDF∽△CBA，
∴＝，即＝，
解得：x＝，
∴BC＝8；
故答案为：8．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG•EA；
（2）联结CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．

【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质可得结论；
（2）由直角三角形的性质得BD＝AC＝CD，再由相似三角形的判定与性质可得EC2＝GE•EA，结合（1）的结论可得答案．
【解答】证明：（1）∵AE⊥BD，
∴∠BGE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BGE＝∠ABE，
∵∠BEG＝∠AEB，
∴△ABE∽△BGE，
∴＝，
即EB2＝EG•EA；
（2）在Rt△ABC中，点D是斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵∠CGE＝∠DBC，
∴∠CGE＝∠DCB，
∵∠GEC＝∠GEC，
∴△GEC∽△CEA，
∴＝，
∴EC2＝GE•EA，
由（1）知EB2＝EG•EA，
∴EC2＝EB2，
∴BE＝CE．


考向四、一线三等角：
同侧型（通常以等腰三角形或者等边三角形为背景）





异侧型




1．如图，AB⊥BD于点B，ED⊥BD于点D．AB＝2，DE＝4，BD＝6．点C为BD上一点，连接AC、CE．当BC＝（　　）时，可使AC⊥CE．

A．3 B．2或4 C． D．2或3
【分析】根据垂直定义可得∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠A+∠ACB＝90°，再利用平角定义可得∠ACB+∠ECD＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠ECD＝∠A，从而证明△ABC∽△CDE，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵AC⊥CE，
∴∠ACE＝90°，
∴∠ACB+∠ECD＝180°﹣∠ACE＝90°，
∴∠ECD＝∠A，
∴△ABC∽△CDE，
∴＝，
∴＝，
解得：BC＝2或BC＝4，
∴当BC＝2或4时，可使AC⊥CE，
故选：B．
2．如图，点A，B，C在同一直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，则下列结论：①∠D＝∠CBE，②△ABD∽△CEB，③＝，其中正确的结论有（　　）个．

A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据三角形内角和和平角的定义可得①正确，进行可得△ABD∽△CEB，得出②正确；由相似三角形的性质可知，相似三角形的对应线段成比例，得出结论．
【解答】解：由图可知，∠A+∠D+∠ABD＝180°，∠ABD+∠DBE+∠CBE＝180°，
∵∠A＝∠DBE，
∴∠D＝∠CBE，故①正确；
∵∠A＝∠C，
∴△ABD∽△CEB，故②正确；
∴＝，故③正确；
故选：D．
3．如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】过点E作EN⊥BC，垂足为N，延长NE交AD于点M，根据矩形的性质可得AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，从而可得四边形AMNB是矩形，进而可得∠AMN＝90°，AB＝MN＝8，AM＝BN，MN∥AB，然后设ME＝x，则EN＝MN﹣EM＝8﹣x，再证明A字模型相似三角形△DME∽△DAB，并利用相似三角形的性质求出DM，从而求出AM，GN的长，最后证明一线三等角模型相似三角形△AME∽△ENG，利用相似三角形的性质列出关于x的方程，进行计算即可求出ME，AM的长，从而在Rt△AME中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点E作EN⊥BC，垂足为N，延长NE交AD于点M，

∴∠ENB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴四边形AMNB是矩形，
∴∠AMN＝90°，AB＝MN＝8，AM＝BN，MN∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，∠DEM＝∠DBA，
∴△DME∽△DAB，
∴＝，
设ME＝x，则EN＝MN﹣EM＝8﹣x，
∴＝，
∴DM＝x，
∴BN＝AM＝AD﹣DM＝6﹣x，
∵BG＝2，
∴GN＝BN﹣BG＝4﹣x，
∵EG⊥AE，
∴∠AEG＝90°，
∴∠AEM+∠GEN＝90°，
∵∠AEM+∠MAE＝90°，
∴∠MAE＝∠GEN，
∵∠AME＝∠ENG＝90°，
∴△AME∽△ENG，
∴＝，
∴＝，
∴x1＝，x2＝8，
经检验：x1＝，x2＝8都是原方程的根，x2＝8（舍去），
∴ME＝，AM＝6﹣x＝，
∴AE＝＝＝，
故选：B．
4．如图，在△ABC中，AB＝10，BC＝34，cos∠ABC＝，射线CM∥AB，D为线段BC上的一动点且和B，C不重合，联结DA，过点D作DE⊥DA交射线CM于点E，联结AE，作EF＝EC，交BC的延长线于点F，设BD＝x．
（1）如图1，当AD∥EF，求BD的长；
（2）若CE＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如图2，点G在线段AE上，作∠AGD＝∠F，若△DGE与△CDE相似，求BD的长．

【分析】（1）可推出△ABD是等腰三角形，从而求得BD；
（2）作AK⊥BC于K，EH⊥CF于H，可证得△AKD∽△DHE，可求得AK＝8，DK＝x﹣6，EH＝y，DH＝34﹣x+y，进一步求得结果；
（3）推出可以是△GDE∽△CDE或△GDE∽△CED，当△GDE∽△CDE时，可推出△GDE≌△CDE及△ABD≌△AGD，进而求得此时BD的值；当△GDE∽△CED时，推出四边形ADFED是平行四边形，再根据△AKD∽△DTE，进而求得此时BD．
【解答】解：（1）如图1，

作AK⊥BC于K，
∴BK＝AB•cos∠ABC＝10×＝6，
∴AK＝＝＝8，
∵EF＝EC，
∴∠ECF＝∠F，
∵CM∥AB，AD∥EF，
∴∠B＝∠ECF，∠ADB＝∠F，
∴∠B＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴BD＝2BK＝12；
（2）如图2，

作AK⊥BC于K，EH⊥CF于H，
∴∠ADK＝∠CHE＝90°，
∴∠ADK+∠DAK＝90°，
∵AD⊥DE，
∴∠ADE＝90°，
∴∠ADK+∠EDH＝90°，
∴∠DAK＝∠EDH，
∴△AKD∽△DHE，
∴＝，
∵BD＝x，BK＝6，BC＝34，
∴DK＝x﹣6，DC＝34﹣x，
∵∠ECF＝∠ABD，
∴CH＝CE•cos∠ECF＝y•cos∠ABD＝，
∴EH＝y，
∴DH＝DC+CH＝34﹣x+，
∴＝，
化简，得，
y＝，
当∠HDE＝∠ECF时，DE∥CE，
∴∠DAK＝∠ECH＝∠ABD，
∴DK＝AK•tan∠DAK＝8•tan∠ABK＝8×＝，
此时，BD＝BK+DK＝6+＝，
∴6＜x＜；
（3）如图3，

∵∠AGD＝∠F，∠AGD+∠DGE＝180°，
∴∠DGE+∠F＝180°，
∵∠ECF+∠DCE＝180°，
∠F＝∠ECF，
∴∠DGE＝∠DCE，
∴△GDE∽△CDE或△GDE∽△CED，
当△GDE∽△CDE时，
∠GDE＝∠CDE，
∵DE＝DE，
∴△CDE≌△GDE（AAS），
∴DG＝DC，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠EDC＝∠ADG+∠GDE＝90°，
∴∠ADB＝∠ADG，
∵∠ABD＝∠ECF＝∠F，
∴∠ABD＝∠AGD，
∵AD＝AD，
∴△ABD≌△AGD（AAS），\
∴DB＝DG，
∴BD＝CD＝BC＝17，
∵6＜BD＜，
∴BD＝17不符合题意，舍去；
当△GDE∽△CED时，如图4，

∠GDE＝∠DEC，∠GED＝∠CDE，
∴DG∥CE，CD∥GE，
∴四边形CDGE是平行四边形，
由（1）（2）知，
AK＝8，DK＝x﹣6，CD＝34﹣x，△AKD∽△DTE，
∴ET＝AK＝8，CT＝BK＝6，DT＝40﹣x，
∴＝，
∴＝，
∴x＝8，
综上所述：BD＝8．
考向五、手拉手相似模型：

模型名称
几何模型
图形特点
具有性质

相似型手拉手

△ABC∽△ADE
A、 D、E逆时针
A、B、C逆时针
连结BD、CE
①△ABD∽△ACE
②△AOB∽△HOC
③旋转角相等
④A、B、C、H四点共圆
“反向”相似型手拉手

△ABC∽△ADE
A、D、E顺时针
A、B、C逆时针
A、D、E`逆时针
作△ADE关于AD对称的△ADE`
性质同上①②③


1．如图，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，连接CC'，将CC′沿C′B′方向平移至EB'，连接BE，若CC'＝，则BE的长为（　　）

A．1 B． C． D．2
【分析】连接BB′，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得＝，再利用相似三角形的性质可得＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，从而利用等式的性质可得∠BAB′＝∠CAC′，进而可证△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性质可得∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，再利用平移的性质可得CC′∥B′E，＝＝，从而利用平行线的性质可得∠BB′E＝30°，最后证明△BCA∽△BEB′，从而可得∠BEB′＝90°，进而在Rt△BEB′中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：连接BB′，
∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，
∴cos30°＝＝，
∵△ABC∽△AB'C'，
∴＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，
∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，
∴∠BAB′＝∠CAC′，
∴△BAB′∽△CAC′，
∴∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，
由平移得：
CC′＝B′E＝，CC′∥B′E，
∴＝＝，
∵CC′∥B′E，
∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°，
∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°，
∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°，
∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°，
∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°，
∴∠BB′E＝30°，
∴∠BB′E＝∠CAB＝30°，
∴△BCA∽△BEB′，
∴∠BEB′＝∠ACB＝90°，
∴BE＝B′E•tan30°＝×＝，
故选：B．

2．如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝6，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为 　　．

【分析】以BC为边构建出和△BPD相似的三角形，通过将CD边转化为其他边来求值．
【解答】解：如图所示，以BC为底边向上作等腰△BQC，使∠BQC＝120°，连接PQ．

由题意可得△BQC和△BPD均为顶角为120° 的等腰三角形，
可得，∠QBC＝∠PBD＝30°，
∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，
∴∠PBQ＝∠DBC，
∴△PBQ∽△DBC，
∴，
∴当PQ⊥AC时，有PQ最小，即此时CD最小，

如图所示，设OP′⊥AC，延长AQ与BC交K，此时QP'为QP的最小值，
可得AK⊥BC，
∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，
∴BK＝3，∠QBK＝30°，
∴QK＝，
∵AB＝AC＝3，KC＝3，
∴AK＝＝6，
∴AQ＝AK﹣QK＝5，
∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，
∴△AQP'∽△ACK，
∴，
∴，
∴QP'＝，
∴CD＝P′＝．
3．已知在Rt△ABC中，CD⊥AB于点D．
（1）在图1中，写出其中两对相似三角形．
（2）已知BD＝1，DC＝2，将△CBD绕着点D按顺时针方向进行旋转得到△C'BD，连接AC'，BC．
①如图2，判断AC'与BC之间的位置及数量关系，并证明；
②在旋转过程中，当点A，B，C'在同一直线时，求BC的长．

【分析】（1）利用两个角相等可得△ABC∽△ACD，△BCD∽△BAC；
（2）①利用两边成比例且夹角相等证明△DBC∽△DC'A，得，∠DC'A＝∠DBC，可得结论；
②分点C'在线段AB或AB的延长线两种情形，分别画出图形，利用勾股定理列方程可得答案．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠BDC＝∠ACB＝90°，
∴△ABC∽△ACD，△BCD∽△BAC；
（2）①，AC'⊥BC，理由如下：
由（1）知，在图1中，△ABC∽△CBD∽△ACD，
∴，
如图2，∵∠BDC'＝∠CDA＝90°，
∴∠BDC＝∠C'DA，
∴△DBC∽△DC'A，
∴，∠DC'A＝∠DBC，

∵∠DEB＝∠CEC'，
∴∠C'FE＝∠BDC'＝90°，
∴AC'⊥BC，
∴，AC'⊥BC；
②如图，当点A、B、C'在同一直线上时，

由①知，，AC'⊥BC，
设BC＝x，AC'＝2x，
在Rt△ACB中，由勾股定理得，x2+（2x﹣）2＝（2）2，
解得x＝（负值舍去），
如图，当A、C'、B在同一直线上时，

同理可得，x2+（2x+）2＝（2）2，
解得x＝（负值舍去），
综上：BC＝或．

1．（2022秋•泗阳县期末）如图，利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高2m，测得AB＝3m，BC＝6m．则建筑物CD的高是（　　）

A．4m B．9m C．8m D．6m
【分析】利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵EB∥CD，
∴△AEB∽△ADC，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝6（m），
故选：D．
2．（2022秋•成华区期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BDEF是平行四边形，．若△ADE的面积为1，则平行四边形BDEF的面积为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】利用平行四边形的性质先说明△ADE∽△ABC、△CEF∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出△ADE、△ABC、△CEF的面积，最后利用面积的和差关系得结论．
【解答】解：∵四边形BDEF是平行四边形，
∴DE∥BC，EF∥AB．
∴△ADE∽△ABC，△CEF∽△CBA．
∵，
∴＝．
∴＝．
∴＝（）2＝，＝（）2＝．
∵S△ADE＝1，
∴S△ABC＝9，S△CEF＝4．
∵S△ADE+S△CEF+S平行四边形BDEF＝S△ABC，
∴S平行四边形BDEF＝9﹣1﹣4＝4．
故选：B．
3．（2022秋•海淀区校级月考）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BP＝BC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD＝　　．

【分析】根据已知易得BC＝6，从而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，从而利用三角形内角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定义可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，从而可得∠DPC＝∠BAP，进而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵BP＝BC＝2，
∴BC＝3BP＝6，
∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，
∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，
∵∠APD＝∠B，
∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，
∴∠DPC＝∠BAP，
∴△ABP∽△PCD，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝，
故答案为：．
4．（2022秋•万州区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，E为CD的中点，F为BC上一点，BF＜FC，且AF⊥FE．对角线AC与EF交于点G，则GC的长为 　　．

【分析】根据矩形的性质可得∠B＝∠FCE＝90°，由∠AFB+∠EFC＝∠AFB+∠BAF可得∠EFC＝∠BAF，以此证明△ABF∽△FCE，根据相似三角形的性质得，设BF＝x，则CF＝9﹣x，以此列出方程解得BF＝3，CF＝6，过点G作GH⊥BC于点H，再证明△CHG∽△CBA，△FHG∽△FCE，得到，，联立两式子，算出CH、GH，最后根据勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠FCE＝90°，
∵AF⊥FE，
∴∠AFB+∠EFC＝90°，
∵∠AFB+∠BAF＝90°，
∴∠EFC＝∠BAF，
∴△ABF∽△FCE，
∴，
设BF＝x，则CF＝9﹣x，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝6，E为CD的中点，
∴CE＝3，
∴，
整理得：x2﹣9x+18＝0，
解得：x1＝3，x2＝6，
∵BF＜FC，
∴BF＝3，CF＝6，
过点G作GH⊥BC于点H，如图，

∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴GH∥AB，GH∥CD，
∴△CHG∽△CBA，△FHG∽△FCE，
∴，，
∴①，②，
联立①②得：，
解得：，
在Rt△CHG中，由勾股定理得GC＝．
故答案为：．
5．（2022•安徽模拟）在数学探究活动中，小明进行了如下操作：如图，将两张等腰直角三角形纸片ABC和CDE如图放置（其中∠ACB＝∠E＝90°，AC＝BC，CE＝DE）．CD、CE分别与AB边相交于M、N两点．请完成下列探究：
（1）若AC＝2，则AN•BM的值为 　4　；
（2）过M作MF⊥AC于F，若＝，则的值为 　　．

【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，可得∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，即可证明△ACN∽△BMC，可得＝，即可求解；
（2）过点C作CG⊥AB于点G，可得∠CGN＝∠CFM＝90°，由等腰直角三角形的性质可得∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，从而可得∠NCG＝∠MCF，可证得△GCN∽△FCM，可得＝＝，设CG＝4k，则CF＝5k，AC＝4k，即可求解＝．
【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，∠MCN＝45°，BC＝AC＝2，
∵∠ACN＝∠ACM+∠MCN＝∠ACM+45°，∠BMC＝∠ACM+∠A＝∠ACM+45°，
∴∠ACN＝∠BMC，
∴△ACN∽△BMC，
∴＝，
∵BC＝AC＝2，
∴AN•BM＝AC•BC＝4，
故答案为：4；
（2）如图，过点C作CG⊥AB于点G，

∵MF⊥AC，
∴∠CGN＝∠CFM＝90°，
∵∠NCG+∠MCG＝45°，∠ACM+∠MCG＝45°，
∴∠NCG＝∠MCF，
∴△GCN∽△FCM，
∵＝，
∴＝＝，
设CG＝4k，则CF＝5k，AC＝4k，
∴＝，
故答案为：．
6．（2022秋•驻马店期末）如图，AD是Rt△ABC斜边上的高，若AB＝4cm，BC＝10cm，求BD的长．

【分析】根据射影定理列出算式，代入数据计算即可．
【解答】解：由射影定理得，AB2＝BD•BC，
则BD＝＝1.6．
7．（2022秋•开化县期中）如图，在△ABC和△DEC中，∠A＝∠D，∠BCE＝∠ACD．
（1）求证：△ABC∽△DEC；
（2）若AC：DC＝2：3，BC＝6，求EC的长．

【分析】（1）由∠BCE＝∠ACD，可得出∠BCA＝∠ECD，结合∠A＝∠D，可证出△ABC∽△DEC；
（2）由△ABC∽△DEC，利用相似三角形的性质可得出AC：DC＝BC：CE，结合已知条件，可求出EC的长．
【解答】（1）证明：∵∠BCE＝∠ACD，
∴∠BCE+∠ECA＝∠ACD+∠ACE，
即∠BCA＝∠ECD．
又∵∠A＝∠D，
∴△ABC∽△DEC．
（2）解：∵△ABC∽△DEC，AC：DC＝2：3，
∴AC：DC＝BC：CE＝2：3，
而BC＝6，
∴EC＝9，
∴EC的长为9．
8．（2022秋•奉贤区期中）如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC．E为边CB延长线上一点，联结DE交边AB于点F，联结AC交DE于点G，且＝．
（1）求证：AB∥CD；
（2）如果AE2＝AG•AC，求证：＝．

【分析】（1）由AD∥BC，得到△ADG∽△CEG，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（2）由AE2＝AG•AC易得△AEG∽△ACE，所以∠AEG＝∠ACE＝∠DAG，可得△ADG∽△EDA，再根据相似三角形的性质可得结论．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴△ADG∽△CEG，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴AB∥CD；
（2）∵AE2＝AG•AC，
∴＝，
∵∠EAG＝∠CAE，
∴△AEG∽△ACE，
∴∠AEG＝∠ACE，
∵AD∥BC，
∴∠ACE＝∠DAG，
∴∠DAG＝∠AEG，
∵∠ADG＝∠EDA，
∴△ADG∽△EDA，
∴，即＝．

9．（2022秋•长安区校级月考）如图，已知AB∥EF∥CD，AC，BD相交于点E，EF：AB＝2：3．
（1）若CE＝4，求AE的长；
（2）若CD＝6，求AB的长；
（3）若四边形ABFE的面积为8，直接写出△CEF的面积．

【分析】（1）根据AB∥EF得到△CEF∽△CAB，接着利用相似三角形的性质得到EF：AB＝2：3＝CE：CA，由此求出CA＝6即可求解；
（2）根据AB∥EF∥CD，得到△ABE∽△CDE，接着得到AB：CD＝AE：CE，利用比例的性质最后得到EFAE：CE＝AB：CD＝1：2即可求出AB＝3；
（3）由于△CEF∽△CAB得到S△CEF：S△CAB＝＝＝，由此即可求解．
【解答】解：（1）∵AB∥EF，
∴△CEF∽△CAB，
∴EF：AB＝2：3＝CE：CA，
∵CE＝4，
∴2：3＝4：CA，
∴CA＝6，
∴AE＝CA﹣CE＝6﹣4＝2；
（2）∵AB∥EF∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴AB：CD＝AE：CE，
∵EF：AB＝2：3＝CE：CA，
∴CE：EA＝2：1，
∴AE：CE＝AB：CD＝1：2，
而CD＝6，
∴AB＝3；
（3）∵△CEF∽△CAB，
∴S△CEF：S△CAB＝＝＝，
∴＝，
∴＝，
∴S△CEF＝．
10．（2022•文山州模拟）如图，在△ABC中，∠A＝90°，D、E分别是AB、BC上的点，过B、D、E三点作⨀O，交CD延长线于点F，AC＝3，BC＝5，AD＝1．
（1）求证：△CDE∽△CBF；
（2）当⨀O与CD相切于点D时，求⨀O的半径；
（3）若S△CDE＝3S△BDF，求DF的值．

【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得∠BED+∠BFD＝180°，再根据同角的补角相等可得∠CED＝∠BFD，然后根据两角相等的两个三角形相似进行证明即可解答；
（2）连接OD，过点O作OM⊥BD，垂足为M，可得DM＝BM＝DB，∠OMD＝90°，从而可得∠ODM+∠MOD＝90°，再在Rt△ABC中利用勾股定理求出AB的长，从而求出BD，DM的长，然后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出CD的长，再利用切线的性质可得∠ODC＝90°，最后利用一线三等角相似模型证明△DMO∽△CAD，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答；
（3）过点D作DH⊥BC，垂足为H，过点B作BG⊥CF，垂足为G，根据△BDC的面积＝BC•DH＝BD•AC＝BG•CD，可求出DH＝，BG＝，再根据已知S△CDE＝3S△BDF，可得＝，然后设DF＝x，则CE＝15x，从而利用（1）的结论，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形BEDF是⊙O的内接四边形，
∴∠BED+∠BFD＝180°，
∵∠BED+∠CED＝180°，
∴∠CED＝∠BFD，
∵∠DCE＝∠BCF，
∴△CDE∽△CBF；
（2）连接OD，过点O作OM⊥BD，垂足为M，

∴DM＝BM＝DB，∠OMD＝90°，
∴∠ODM+∠MOD＝90°，
∵∠A＝90°，BC＝5，AC＝3，
∴AB＝＝＝4，
∵AD＝1，
∴BD＝AB﹣AD＝4﹣1＝3，
∴DM＝BD＝，
在Rt△ADC中，CD＝＝＝，
∵⨀O与CD相切于点D，
∴∠ODC＝90°，
∴∠ODM+∠ADC＝180°﹣∠ODC＝90°，
∴∠MOD＝∠ADC，
∵∠OMD＝∠A＝90°，
∴△DMO∽△CAD，
∴＝，
∴＝，
∴DO＝，
∴⨀O的半径为；
（3）过点D作DH⊥BC，垂足为H，过点B作BG⊥CF，垂足为G，

∵△BDC的面积＝BC•DH＝BD•AC＝BG•CD，
∴BC•DH＝BD•AC＝BG•CD，
∴5DH＝3×3＝BG，
∴DH＝，BG＝，
∵S△CDE＝3S△BDF，
∴CE•DH＝3×DF•BG，
∴CE•DH＝3DF•BG，
∴CE＝3DF•，
∴＝＝，
∴设DF＝x，则CE＝15x，
由（1）得：△CDE∽△CBF，
∴＝，
∴＝，
解得：x＝，
经检验：x＝是原方程的根，
∴DF＝x＝，
∴DF的长为．

1．（2022•巴中）如图，在平面直角坐标系中，C为△AOB的OA边上一点，AC：OC＝1：2，过C作CD∥OB交AB于点D，C、D两点纵坐标分别为1、3，则B点的纵坐标为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据CD∥OB得出，根据AC：OC＝1：2，得出，根据C、D两点纵坐标分别为1、3，得出OB＝6，即可得出答案．
【解答】解：∵CD∥OB，
∴，
∵AC：OC＝1：2，
∴，
∵C、D两点纵坐标分别为1、3，
∴CD＝3﹣1＝2，
∴，
解得：OB＝6，
∴B点的纵坐标为6，
故选：C．
2．（2022•凉山州）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，，DE＝6cm，则BC的长为（　　）

A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm
【分析】根据＝，得到＝，根据DE∥BC，得到∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边成比例即可得出答案．
【解答】解：∵＝，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝15（cm），
故选：C．
3．（2022•哈尔滨）如图，AB∥CD，AC，BD相交于点E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，则BD的长为（　　）

A． B．4 C． D．6
【分析】利用平行线证明判定三角形相似，得到线段成比例求解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴＝，即＝，
∴BE＝1.5，
∴BD＝BE+DE＝4.5．
故选：C．
4．（2022•雅安）如图，在△ABC中，D，E分别是AB和AC上的点，DE∥BC，若＝，那么＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据相似三角形的判定定理和性质定理解答即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝＝．
故选：D．
5．（2022•扬州）如图，在△ABC中，AB＜AC，将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点D在BC边上，DE交AC于点F．下列结论：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【分析】由旋转的性质得出∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，进而得出∠B＝∠ADB，得出∠ADE＝∠ADB，得出DA平分∠BDE，可判断结论②符合题意；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，得出△AFE∽△DFC，可判断结论①符合题意；由∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠FAE，由相似三角形的性质得出∠FAE＝∠CDF，进而得出∠BAD＝∠CDF，可判断结论③符合题意；即可得出答案．
【解答】解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠ADB，
∴DA平分∠BDE，
∴②符合题意；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，
∴①符合题意；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵△AFE∽△DFC，
∴∠FAE＝∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴③符合题意；
故选：D．
6．（2022•达州）如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC边上的点F处，若CD＝3BF，BE＝4，则AD的长为（　　）

A．9 B．12 C．15 D．18
【分析】证明△BEF∽△CFD，求得CF，设BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，
∵将矩形ABCD沿直线DE折叠，
∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，
∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠CFD，
∴△BEF∽△CFD，
∴，
∵CD＝3BF，
∴CF＝3BE＝12，
设BF＝x，则CD＝3x，DF＝BC＝x+12，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，
∴（3x）2+122＝（x+12）2，
解得x＝3（舍去0根），
∴AD＝DF＝3+12＝15，
故选：C．
7．（2022•云南）如图，在△ABC中，D、E分别为线段BC、BA的中点，设△ABC的面积为S1，△EBD的面积为S2，则＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据三角形的中位线定理，相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可．
【解答】解：在△ABC中，D、E分别为线段BC、BA的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DE＝AC，
∴△BED∽△BAC，
∵＝，
∴＝，
即＝，
故选：B．
8．（2022•锦州）如图，在正方形ABCD中，E为AD的中点，连接BE交AC于点F．若AB＝6，则△AEF的面积为 　3　．

【分析】由正方形的性质可知AE＝3，AD//BC，则可判断△AEF∽△CBF，利用相似三角形的性质得到，然后根据三角形面积公式得到S△AEF＝S△ABE．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝AB＝6，AD∥BC，
∵E为AD的中点，
∴AE＝AB＝3，
∵AE∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴＝＝，
∴S△AEF：S△ABF＝1：2，
∴S△AEF＝S△ABE＝××3×6＝3．
故答案为：3．
9．（2022•牡丹江）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，AH⊥DE，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①AC＝CD；②AD2＝BC•AF；③若AD＝3，DH＝5，则BD＝3；④AH2＝DH•AC，正确的是 　②③　．

【分析】①根据等腰直角三角形可知∠B＝∠ACB＝45°，若AC＝CD，则∠ADC＝∠CAD＝67.5°，这个根据已知得不出来，所以①错误；
②证明△AEF∽△ABD，列比例式可作判断；
④证明△ADH∽△BAH，列比例式可作判断；
③先计算AH的长，由④中得到的比列式计算可作判断．
【解答】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，
而∠BAD的度数不确定，
∴∠ADC与∠CAD不一定相等，
∴AC与CD不一定相等，
故①错误；
②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵∠B＝∠AED＝45°，
∴△AEF∽△ABD，
∴＝，
∵AE＝AD，AB＝BC，
∴AD2＝AF•AB＝AF•BC，
∴AD2＝AF•BC，
故②正确；
④∵∠DAH＝∠B＝45°，∠AHD＝∠AHD，
∴△ADH∽△BAH，
∴＝，
∴AH2＝DH•BH，
而BH与AC不一定相等，
故④不一定正确；
③∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADG＝45°，
∵AH⊥DE，
∴∠AGD＝90°，
∵AD＝3，
∴AG＝DG＝，
∵DH＝5，
∴GH＝＝＝，
∴AH＝AG+GH＝2，
由④知：AH2＝DH•BH，
∴（2）2＝5BH，
∴BH＝8，
∴BD＝BH﹣DH＝8﹣5＝3，
故③正确；
本题正确的结论有：②③
故答案为：②③．
10．（2022•东营）如图，在△ABC中，点F、G在BC上，点E、H分别在AB、AC上，四边形EFGH是矩形，EH＝2EF，AD是△ABC的高，BC＝8，AD＝6，那么EH的长为 　　．

【分析】设AD交EH于点R，由矩形EFGH的边FG在BC上证明EH∥BC，∠EFC＝90°，则△AEH∽△ABC，得＝，其中BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，可以列出方程＝，解方程求出EH的值即可．
【解答】解：设AD交EH于点R，
∵矩形EFGH的边FG在BC上，
∴EH∥BC，∠EFC＝90°，
∴△AEH∽△ABC，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ARE＝∠ADB＝90°，
∴AR⊥EH，
∴＝，
∵EF⊥BC，RD⊥BC，EH＝2EF，
∴RD＝EF＝EH，
∵BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，
∴＝，
解得EH＝，
∴EH的长为，
故答案为：．

11．（2022•上海）我们经常会采用不同方法对某物体进行测量，请测量下列灯杆AB的长．
（1）如图（1）所示，将一个测角仪放置在距离灯杆AB底部a米的点D处，测角仪高为b米，从C点测得A点的仰角为α，求灯杆AB的高度．（用含a，b，α的代数式表示）
（2）我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的方法，在至今仍有借鉴意义．如图（2）所示，现将一高度为2米的木杆CG放在灯杆AB前，测得其影长CH为1米，再将木杆沿着BC方向移动1.8米至DE的位置，此时测得其影长DF为3米，求灯杆AB的高度．

【分析】（1）根据题意可得BE＝CD＝b米，EC＝BD＝a米，∠AEC＝90°，∠ACE＝α，然后在Rt△AEC中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，进行计算即可解答；
（2）根据题意得：GC＝DE＝2米，CD＝1.8米，∠ABC＝∠GCD＝∠EDF＝90°，然后证明A字模型相似三角形△ABH∽△GCH，从而可得＝，再证明A字模型相似三角形△ABF∽△EDF，从而可得＝，进而可得＝，最后求出BC的长，从而求出AB的长．
【解答】解：（1）如图：
由题意得：
BE＝CD＝b米，EC＝BD＝a米，∠AEC＝90°，∠ACE＝α，
在Rt△AEC中，AE＝CE•tanα＝atanα（米），
∴AB＝AE+BE＝（b+atanα）米，
∴灯杆AB的高度为（atanα+b）米；
（2）由题意得：
GC＝DE＝2米，CD＝1.8米，∠ABC＝∠GCD＝∠EDF＝90°，
∵∠AHB＝∠GHC，
∴△ABH∽△GCH，
∴＝，
∴＝，
∵∠F＝∠F，
∴△ABF∽△EDF，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝0.9米，
∴＝，
∴AB＝3.8米，
∴灯杆AB的高度为3.8米．


1．（2022•贺州）如图，在△ABC中，DE∥BC，DE＝2，BC＝5，则S△ADE：S△ABC的值是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵DE＝2，BC＝5，
∴S△ADE：S△ABC的值为，
故选：B．
2．（2022•南岗区三模）如图，点E在菱形ABCD的边CD的延长线上，连接BE交AD于点F，则下列式子一定正确的是（　　）

A． B． C． D．
【分析】利用菱形的性质可得AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，然后利用平行线分线段成比例，以及相似三角形的判定与性质，逐一判断即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，
A、∵AD∥BC，
∴＝，
故A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠A＝∠ADE，∠ABF＝∠E，
∴△BAF∽△EDF，
∴＝，
故B不符合题意；
C、∵＝，AB＝AD，
∴＝，
故C符合题意；
D、∵AD∥BC，
∴＝，
故D不符合题意；
故选：C．
3．（2022•南岗区校级二模）如图，在▱ABCD中，点E在CD边上，连接AE、BE，AE交BD于点F，则下列结论正确的是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例的性质进行解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD．
∴．
∴．
故选项A正确，符合题意；选项B错误，不符合题意；
由AB∥CD可得，，
∵AB＝DC，
∴，
∵点E在CD边上，
∴CE≠DC，
∴选项C错误，不符合题意；
如果AD∥BE，
那么，
∵AD与BE不平行，
∴，
故选项D错误，不符合题意．
故选：A．
4．（2022•鹿城区校级三模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，连结HF交DE于点M．若，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】延长CB，DE，交于点N，设AH＝1，AE＝2，依据△ADE∽△BNE，即可得出BN＝1.5；再根据△DHM∽△NFM，即可得到的值．
【解答】解：如图所示，延长CB，DE，交于点N，设AH＝1，AE＝2，
∵正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，
∴BE＝1，DH＝BF＝2，
∵AD∥BN，
∴△ADE∽△BNE，
∴＝，即＝，
∴BN＝1.5，
∵DH∥NF，
∴△DHM∽△NFM，
∴＝＝＝，
故选：C．

5．（2022•瑶海区三模）如图，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，连接CC'，将CC′沿C′B′方向平移至EB'，连接BE，若CC'＝，则BE的长为（　　）

A．1 B． C． D．2
【分析】连接BB′，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得＝，再利用相似三角形的性质可得＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，从而利用等式的性质可得∠BAB′＝∠CAC′，进而可证△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性质可得∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，再利用平移的性质可得CC′∥B′E，＝＝，从而利用平行线的性质可得∠BB′E＝30°，最后证明△BCA∽△BEB′，从而可得∠BEB′＝90°，进而在Rt△BEB′中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：连接BB′，
∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，
∴cos30°＝＝，
∵△ABC∽△AB'C'，
∴＝，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，
∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，
∴∠BAB′＝∠CAC′，
∴△BAB′∽△CAC′，
∴∠BB′A＝∠CC′A，＝＝，
由平移得：
CC′＝B′E＝，CC′∥B′E，
∴＝＝，
∵CC′∥B′E，
∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°，
∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°，
∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°，
∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°，
∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°，
∴∠BB′E＝30°，
∴∠BB′E＝∠CAB＝30°，
∴△BCA∽△BEB′，
∴∠BEB′＝∠ACB＝90°，
∴BE＝B′E•tan30°＝×＝，
故选：B．

6．（2022•瓯海区模拟）如图来自清朝数学家梅文鼎的《勾股举隅》，该图由四个全等的直角三角形围成，延长BC分别交AG，HG于点M，N，梅文鼎就是利用这幅图证明了勾股定理．若图中记△MNG的面积为S，△GDF的面积为9S，则阴影部分的面积为（　　）

A．20S B．21S C．22S D．24S
【分析】设AH＝a，MG＝x，则AC＝HN＝a，证明△MNG∽△AHG，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得＝＝＝，所以MN＝a，NG＝a，AG＝3x，根据△MNG的面积为S，表示a2＝12S，由勾股定理列等式表示x2＝a2，最后根据面积差可得结论．
【解答】解：设AH＝a，MG＝x，则AC＝HN＝a，

∵该图由四个全等的直角三角形围成，
∴S△ACB＝S△DFG＝S△BED＝S△AGH＝9S，
∵MN∥AH，
∴△MNG∽△AHG，
∴＝＝，
∴＝＝＝，
∴MN＝a，NG＝a，AG＝3x，
∵△MNG的面积为S，
∴•a•a＝S，
∴a2＝12S，
由勾股定理得：MG2＝MN2+NG2，
∴x2＝（a）2+（a）2，
∴x2＝a2，
∴阴影部分的面积＝（3x）2﹣2×9S
＝9x2﹣18S
＝9×a2﹣18S
＝×12S﹣18S
＝21S．
故选：B．
7．（2022•婺城区校级模拟）如图是一个5×6的正方形网格，点A，B，C，D都在格点上，且线段AB，CD相交于点P，则tan∠BPC的值为 　3　．

【分析】连接AN，则AN⊥CD，由勾股定理求出AN，CN的长，再由△MPN∽△BPC求出PN的长，即可求解．
【解答】解：连接AN，则AN⊥CD，

设小正方形的边长是1，
AN＝＝2，
∵MN∥CB，
∴△MPN∽△BPC，
∴＝＝，
∴＝，
∵CN＝＝4，
∴PN＝CN＝，
∴tan∠BPC＝tan∠APN＝＝3．
故答案为：3．
8．（2022•东城区二模）据《墨经》记载，在两千多年前，我国学者墨子和他的学生做了世界上第1个“小孔成像”的实验，阐释了光的直线传播原理，如图（1）所示．如图（2）所示的小孔成像实验中，若物距为10cm，像距为15cm，蜡烛火焰倒立的像的高度是6cm，则蜡烛火焰的高度是 　4　cm．

【分析】直接利用相似三角形的对应边成比例解答．
【解答】解：设蜡烛火焰的高度是xcm，
由相似三角形的性质得到：＝．
解得x＝4．
即蜡烛火焰的高度是4cm．
故答案为：4．
9．（2022•太原二模）如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，过CB的中点D作DE⊥AD，交AB于点E，则EB的长为 　　．

【分析】过点E作EM⊥BC，垂足为M，先证明一线三等角模型相似三角形△ACD∽△DME，从而利用相似三角形的性质可设EM＝2x，则DM＝3x，然后再证明A字模型相似三角形△BME∽△BCA，从而可得BM＝x，进而根据BD＝2列出关于x的方程，进行计算可求出EM，BM的长，最后在Rt△BME中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，

∴∠DME＝∠BME＝90°，
∴∠EDM+∠DEM＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠CDA+∠EDM＝90°，
∴∠CDA＝∠DEM，
∵点D是BC的中点，
∴CD＝BD＝BC＝2，
∵∠C＝∠DME＝90°，
∴△ACD∽△DME，
∴＝＝，
∴设EM＝2x，则DM＝3x，
∵∠BME＝∠C＝90°，∠B＝∠B，
∴△BME∽△BCA，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝x，
∵BD＝2，
∴DM+BM＝2，
∴3x+x＝2，
∴x＝，
∴EM＝，BM＝，
∴BE＝＝＝，
故答案为：．
10．（2022•嘉兴一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，且AD：DB＝AE：EC＝2：3．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）若DE＝4，求BC的长．

【分析】（1）根据已知可得＝＝，然后利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可解答；
（2）利用（1）的 结论，根据相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AD：DB＝AE：EC＝2：3，
∴＝＝，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC；
（2）解：∵△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝10，
∴BC的长为10．
11．（2022•金华模拟）在矩形ABCD中，AB＝4，点P是直线CD上（不与点C重合）的动点，连结BP，过点B作BP的垂线分别交直线AD、直线CD于点E、F，连结PE．
（1）如图，当AD＝4，点P是CD的中点时，求tan∠EBA的值；
（2）当AD＝2时，
①若△DPE与△BPE相似，求DP的长．
②若△PEF是等腰三角形，求DE的长．

【分析】（1）根据矩形的性质及同角的余角相等可得∠ABE＝∠PBC，再运用三角函数定义即可求得答案；
（2）①根据△DPE与△BPE相似，∠PDE＝∠PBE＝90°，可得△DPE∽△BPE或△DPE∽△BEP，分两种情况讨论即可；
③由△PEF是等腰三角形，可得PE＝PF或PE＝EF或PF＝EF，分三种情况进行讨论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝4，∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵点P是CD的中点，
∴CP＝CD＝2，
∵BP⊥EF，
∴∠ABE+∠ABP＝90°，
∴∠ABE＝∠PBC，
∴tan∠EBA＝tan∠PBC＝＝＝．
（2）①∵△DPE与△BPE相似，∠PDE＝∠PBE＝90°，
∴△DPE∽△BPE或△DPE∽△BEP，
当△DPE∽△BPE时，
∴＝＝，
∴PD＝PB，BE＝DE，
设PD＝x，则PB＝x，PC＝4﹣x，
在Rt△BPC中，BC2+PC2＝PB2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴PD＝．
当△DPE∽△BEP时，如图2，
∴＝＝，
∴DP＝BE，DE＝BP，
∵DP＝BE＞AB，
∴点P在DC的延长线上，
在△DEF和△BPF中，
，
∴△DEF≌△BPF（AAS），
∴DF＝BF，
设DF＝BF＝m，则CF＝4﹣m，
在Rt△BFC中，BC2+CF2＝FB2，
∴22+（4﹣m）2＝m2，
解得：m＝，
∴DF＝BF＝，CF＝，
∵∠FBC+∠PBC＝90°，∠PBC+∠BPC＝90°，
∴∠FBC＝∠BPC，
∵∠BCF＝∠BCP，
∴△FBC∽△BPC，
∴＝，即＝，
∴CP＝，
∴DP＝DC+CP＝4+＝，
综上所述，PD＝或．
②∵△PEF是等腰三角形，
∴PE＝PF或PE＝EF或PF＝EF，
当PE＝PF时，如图3，
∵BP⊥EF，
∴EB＝BF，
∴EF＝2FB，
∵BC∥AD，
∴△FBC∽△FED，
∴＝＝，
∴DE＝2BC＝2×2＝4；
当PE＝EF，点P在CD的延长线上时，如图4，
设CF＝m，则DF＝m+4，
∵PE＝EF，ED⊥PF，
∴DP＝DF＝m+4，
∴CP＝DP+DC＝m+8，
∵∠PBF＝∠PCB＝∠BCF＝90°，
∴∠PBC+∠BPC＝90°，∠PBC+∠FBC＝90°，
∴∠BPC＝∠FBC，
∴△PBC∽△BFC，
∴＝，即＝，
∵m＞0，
∴m＝2﹣4，
∴CF＝2﹣4，DF＝2，
∵BC∥AD，
∴△FBC∽△FED，
∴＝，即＝，
∴DE＝＝10+4；
当PE＝EF，点P在DC的延长线上时，如图5，
设CP＝t，则DP＝t+4，
∵PE＝EF，ED⊥PF，
∴DP＝DF＝t+4，
∴CF＝DF+DC＝t+8，
∵∠PBF＝∠PCB＝∠BCF＝90°，
∴∠PBC+∠BPC＝90°，∠PBC+∠FBC＝90°，
∴∠BPC＝∠FBC，
∴△PBC∽△BFC，
∴＝，即＝，
∵t＞0，
∴t＝2﹣4，
∴CP＝2﹣4，DF＝2，CF＝2+4，
∵BC∥AD，
∴△FBC∽△FED，
∴＝，即＝，
∴DE＝＝10﹣4；
当PF＝EF时，如图6，
∵PF＝EF，
∴∠BEP＝∠DPE，
∵∠EBP＝∠PDE＝90°，
∴△BEP≌△DPE（AAS），
∴BP＝DE，
设CP＝n，则DP＝4+n，
∴DE2＝BP2＝BC2+CP2＝4+n2，
∵∠FBP＝∠BCF＝∠BCP＝90°，
∴∠BFC+∠FBC＝90°，∠FBC+∠PBC＝90°，
∴∠BFC＝∠PBC，
∴△BFC∽△PBC，
∴＝，即＝，
∴CF＝，
∴DF＝4﹣，EF＝PF＝n+，
∵DE2+DF2＝EF2，
∴4+n2+（4﹣）2＝（n+）2，
解得：n＝，
∴DE＝＝＝；
综上所述，DE的长为4或10+4或10﹣4或．