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初中数学华师大版九年级上册第23章 图形的相似23.3 相似三角形3. 相似三角形的性质课时练习
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这是一份初中数学华师大版九年级上册第23章 图形的相似23.3 相似三角形3. 相似三角形的性质课时练习，文件包含专题234相似三角形的性质-重难点题型举一反三华东师大版原卷版docx、专题234相似三角形的性质-重难点题型举一反三华东师大版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
专题23.4 相似三角形的性质-重难点题型
【华东师大版】
【知识点1 相似三角形的性质】
①相似三角形的对应角相等．
如图，，则有
．
②相似三角形的对应边成比例．
如图，，则有
（为相似比）．
③相似三角形的对应边上的中线，高线和对应角的平分线成比例，都等于相似比．
如图，∽，和是中边上的中线、高线和角平分线，、和是中边上的中线、高线和角平分线，则有
④相似三角形周长的比等于相似比．
如图，∽，则有
．
⑤相似三角形面积的比等于相似比的平方．
如图，∽，则有
【题型1 相似三角形的性质（对应角相等问题）】
【例1】（2020秋•岳阳期末）如图，AE与BD相交于点C，已知AC＝5，BC＝3，EC＝10，DC＝6．求证：AB∥DE．
【解题思路】根据已知条件证明△ACB∽△ECD，可得∠A＝∠E，进而可得结论．
【解答过程】证明：∵ACEC=510=12，BCDC=36=12，
∴ACEC=BCDC，
∵∠ACB＝∠ECD，
∴△ACB∽△ECD，
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE．
【变式1-1】（2020秋•德江县期末）如图，∠1＝∠2，ABAE=ACAD，求证：∠C＝∠D．
【解题思路】根据∠1＝∠2可得∠BAC＝∠EAD，结合ABAE=ACAD，证明△BAC∽△EAD，再根据相似三角形的性质即可得到∠C＝∠D．
【解答过程】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠CAE＝∠2+∠CAE，
∴∠BAC＝∠EAD，
∵ABAE=ACAD，
∴△BAC∽△EAD，
∴∠C＝∠D．
【变式1-2】（2020秋•遂川县期末）如图，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，D为平面上一动点，在运动过程上保持AD⊥BD于点D，将△BCD沿BD翻折得到△BED，在直线AD上取点F，作CF∥DE．
（1）如图1，若AD与BC相交于点G，求证DGCG=BGAG；
（2）猜想△CDF的形状，并说明理由．
【解题思路】（1）证明△BDG∽△ACG即可得到结论；
（2）先证明△CDG∽△ABG，可得∠ADC＝∠ABC＝45°，即∠BDC＝135°，由翻折得∠BDE＝∠BDC＝135°，进一步得到∠CDE＝90°，由CF∥DE，可得∠DCF＝∠CDE＝90°，即∠CFD＝45°，进而可得△CDF为等腰直角三角形．
【解答过程】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC，AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
又∵∠BGD＝∠AGC，
∴△BDG∽△ACG，
∴DGCG=BGAG；
（2）△CDF为等腰直角三角形，
理由：由（1）得DGCG=BGAG．
又∵∠CGD＝∠AGB，
∴△CDG∽△ABG，
∴∠ADC＝∠ABC＝45°，即∠BDC＝135°，
由翻折得∠BDE＝∠BDC＝135°．
∴∠CDE＝90°，
∵CF∥DE，
∴∠DCF＝∠CDE＝90°，
∴∠CFD＝45°，
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，
∴CF＝CD，
∴△CDF为等腰直角三角形．
【变式1-3】（2020秋•中方县期末）在锐角△ABC中，点D，E分别在AC、AB上，AG⊥BC与点G，AF⊥DE于F，∠EAF＝∠GAC．
（1）求证：△AEF∽△ACG．
（2）求证：∠ADE＝∠B．
（3）若AD＝3，AB＝5，求AFAG．
【解题思路】（1）利用有两个角对应相等的三角形相似进行判定即可；
（2）由（1）的结论可得∠AEF＝∠C，∠EAD＝∠CAB，可得△EAD∽△CAB，利用相似三角形的对应角相等，结论得证；
（3）由△AEF∽△ACG可得AFAG=AEAC；由△EAD∽△CAB可得AEAC=ADAB；则AGAG=ADAB，结论可求．
【解答过程】证明：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE于，
∴∠AFE＝∠AGC＝90°．
∵∠EAF＝∠GAC
∴△AEF∽△ACG．
（2）由（1）知△AEF∽△ACG，
∴∠AEF＝∠C
∵∠DAE＝∠BAC（公共角），
∴△EAD∽△CAB．
∴∠ADE＝∠B．
解：（3）由（2）知：△ADE∽△ABC，
∴AEAC=ADAB．
由（1）知△AEF∽△ACG，
∴AEAC=AFAG．
∴AFAG=ADAB．
∵AD＝3，AB＝5，
∴AFAG=35．
【题型2 相似三角形的性质（对应边成比例问题）】
【例2】（（2020秋•崇左期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，连接AE，过点E作EF⊥AE交DC于点F．若AB＝4，BC＝6，则DF的长为（ ）
A．94 B．74 C．3 D．1
【解题思路】结合矩形的性质证明△BAE∽△CEF可求得CF的长，再利用DF＝CD﹣DF可求解．
【解答过程】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，CD＝AB＝4，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△BAE∽△CEF，
∴AB：CE＝BE：CF，
∵E是BC的中点，BC＝6，
∴BE＝CE＝3，
∵AB＝4，
∴4：3＝3：CF，
解得CF=94，
∴DF＝CD﹣DF＝4−94=74．
故选：B．
【变式2-1】（2020秋•万荣县期末）如图，在△ABC中，D、E分别在边AB、AC上，且DE∥BC，若AEEC=23，DE=2，则BC的长为（ ）
A．522 B．5 C．225 D．532
【解题思路】由DE∥BC，得∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，故△ADE∽△ABC，进而推断出AEAC=DEBC．由AEEC=23，DE=2，故可求出BC．
【解答过程】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C．
∴△ADE∽△ABC．
∴AEAC=DEBC．
又∵AEEC=23，
∴AE=23EC．
∴DEBC=23ECAE+EC=23EC23EC+EC=25．
∴BC=5DE2=522．
故选：A．
【变式2-2】（2021•岳麓区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点G是对角线上一点，CG的延长线交AB于点E，交DA的延长线于点F，连接AG．
（1）求证：AG＝CG；
（2）若GE•GF＝9，求CG的长．
【解题思路】（1）根据正方形的性质得到∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝CD，从而利用全等三角形的判定定理推出△ADG≌△CDG（SAS），进而利用全等三角形的性质进行证明即可；
（2）根据正方形的性质得到AD∥CB，推出∠FCB＝∠F，由（1）可知△ADG≌△CDG，利用全等三角形的性质得到∠DAG＝∠DCG，结合图形根据角之间的和差关系∠DAB﹣∠DAG＝∠DCB﹣∠DCG，推出∠BCF＝∠BAG，从而结合图形可利用相似三角形的判定定理得到△AEG∽△FAG，进而根据相似三角形的性质进行求解即可．
【解答过程】（1）证明：∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，
又AD＝CD，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴AG＝CG；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，
∴∠FCB＝∠F，
由（1）可知△ADG≌△CDG，
∴∠DAG＝∠DCG，
∴∠DAB﹣∠DAG＝∠DCB﹣∠DCG，即∠BCF＝∠BAG，
∴∠EAG＝∠F，
又∠EGA＝∠AGF，
∴△AEG∽△FAG，
∴GEGA=GAGF，即GA2＝GE•GF，
∴GA＝3或GA＝﹣3（舍去），
根据（1）中的结论AG＝CG，
∴CG＝3．
【变式2-3】（2021•滕州市一模）在矩形ABCD中，E为DC上的一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：△ABF∽△FCE；
（2）若AB＝23，AD＝4，求CE的长．
【解题思路】（1）根据矩形的性质得到∠B＝∠C＝∠D＝90°，根据翻折变换的性质得到∠D＝∠AFE＝90°，结合图形利用角之间的互余关系推出∠BAF＝∠EFC，从而根据相似三角形的判定定理证明即可；
（2）根据矩形的性质及翻折变换的性质推出BC＝AD＝AF＝4，从而利用勾股定理求得BF＝2，进而结合线段之间的和差关系利用相似三角形的性质进行求解即可．
【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
又△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠D＝∠AFE＝90°，
∵∠BAF+∠AFB＝90°，∠EFC+∠AFB＝90°，
∴∠BAF＝∠EFC，
∴△ABF∽△FCE；
（2）解：∵AB＝23，AD＝4，
∴BC＝AD＝AF＝4，
在Rt△ABF中，
BF=AF2−AB2=16−12=2，
∴CF＝BC﹣BF＝4﹣2＝2，
根据（1）中的结论△ABF∽△FCE，
∴ABFC=BFCE，即232=2CE，
解得CE=233，
故CE长为233．
【题型3 相似三角形的性质（周长问题）】
【例3】（2020春•罗定市月考）已知△ABC∽△A′B′C′，△ABC的边长分别为3，4，5，△A′B′C′中最小的边长为7，求△A′B′C′的周长．
【解题思路】先求出△ABC的周长，再根据相似三角形周长的比等于相似比列出比例式，计算即可求解．
【解答过程】解：△ABC的周长为：3+4+5＝12，
设△A′B′C′的周长为x，
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴12x=37，
解得x＝28．
故答案为：28．
【变式3-1】．（2020秋•北碚区校级期中）已知：△ABC∽△A1B1C1，相似比为3：4，AB：BC：CA＝2：3：4，△A1B1C1的周长是72cm，求△ABC的各边的长．
【解题思路】根据题意，△ABC中，AB：BC：CA＝2：3：4，可设AB＝2k，BC＝3k，AC＝4k，则根据△ABC与△A1B1C1的相似比为3：4，可用k表示出A1B1=83k，B1C1=123k，A1C1=163k，然后，根据△A1B1C1的周长是72cm，可得83k+123k+163k＝72，解得k＝6，代入即可求出△ABC的各边的长；
【解答过程】解：∵△ABC中，AB：BC：CA＝2：3：4，
∴可设AB＝2k，BC＝3k，AC＝4k，
∵△ABC与△A1B1C1的相似比为3：4，
∴A1B1=43AB=43×2k=83k，
B1C1=43BC=43×3k=123k，
A1C1=43AC=43×4k=163k，
又∵△A1B1C1的周长是72cm，
∴83k+123k+163k＝72，
解得，k＝6．
【变式3-2】（2020秋•泰兴市期末）如图，分别以△ABC的边AC和BC为腰向外作等腰直角△DAC和等腰直角△EBC，连接DE．
（1）求证：△DAC∽△EBC；
（2）求△ABC与△DEC的周长比．
【解题思路】（1）根据等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠EBC＝90°，∠ACD＝∠BCE＝45°，从而根据相似三角形的判定定理证明即可；
（2）根据相似三角形的性质得到ACDC=BCEC，结合图形由角之间的和差关系推出∠BCA＝∠ECD，从而得到△ABC∽△DEC，利用等腰直角三角形的性质推出ACDC=22，进而利用相似三角形的性质证明即可．
【解答过程】证明：（1）∵△DAC和△EBC是等腰直角三角形，
∴∠DAC＝∠EBC＝90°，∠ACD＝∠BCE＝45°，
∴△DAC∽△EBC；
（2）根据（1）中的结论△DAC∽△EBC，
∴ACDC=BCEC，
又∠BCE＝∠ACD，
∴∠BCE﹣∠ACE＝∠ACD﹣∠ACE，即∠BCA＝∠ECD，
∴△ABC∽△DEC，
∴C△ABCC△DEC=ACDC，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴ACDC=22，
∴△ABC与△DEC的周长比为22．
【变式3-3】（2020秋•东莞市校级月考）如图，△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2．△OAB与△OCD的面积分别是S1与S2，周长分别是C1与C2．则下列说法正确的是（ ）
A．OAOD=32 B．OBCD=32 C．C1C2=32 D．S1S2=32
【解题思路】根据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，一一判断即可．
【解答过程】解：∵△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2，
∴C1C2=OAOC=32，S1S2=（OAOC）2=94，
∴选项C正确，选项D错误，
∵无法确定OAOD，OBCD的值，故选项A，B错误，
故选：C．
【题型4 相似三角形的性质（面积问题）】
【例4】（2021春•海阳市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD与BD分别是△ABC的内角∠BAC，∠ABC的平分线，过点A作AE⊥AD交BD的延长线于点E，△ABC∽△EDA．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求S△ABCS△EDA的值．
【解题思路】（1）依据三角形内角和定理以及角平分线的定义，即可得到∠1+∠2的度数，根据三角形外角性质即可得出∠3的度数，最后根据相似三角形的对应角相等，即可得出结论；
（2）过A作AF⊥DE于点F，设AF＝a，易得DE＝2a，DF＝a，AD=2a，BF=2a+a，依据勾股定理即可得到AB2＝AF2+BF2＝（4+22）a2，最后根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）∵AD与BD分别是△ABC的内角∠BAC，∠ABC的平分线，
∴∠1=12∠ABC，∠2=12∠BAC，
∵∠C＝90°，
∴∠1+∠2=12（∠ABC+∠BAC）=12×90°＝45°，
∴∠3＝∠1+∠2＝45°，
∵△ABC∽△EDA，
∴∠ABC＝∠3＝45°；
（2）过A作AF⊥DE于点F，
∵∠3＝45°，AE⊥AD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
设AF＝a，则DE＝2a，DF＝a，
Rt△ADF中，AD=2a，
∵2∠1＝2∠2＝45°，
∴∠1＝∠2，
∴AD＝BD=2a，
∴BF=2a+a，
在Rt△ABF中，AB2＝AF2+BF2＝a2+（2a+a）2＝（4+22）a2，
∵△ABC∽△EDA，
∴S△ABCS△EDA=AB2ED2=(4+22)a2(2a)2=2+22．
【变式4-1】（2020秋•道里区期末）如图，△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，则S△ADES四边形BEDC的值为（ ）
A．12 B．13 C．23 D．14
【解题思路】根据相似三角形的性质解答即可．
【解答过程】解：∵△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，
∴S△ADES△ABC=(EDBC)2=14，
∴S△ADES四边形BEDC=14−1=13，
故选：B．
【变式4-2】（2020•河北模拟）如图，在等腰三角形△ABC中，AB＝AC，图中所有三角形均相似，其中最小的三角形面积为1，△ABC的面积为44，则四边形DBCE的面积是（ ）
A．22 B．24 C．26 D．28
【解题思路】利用△AFH∽△ADE得到S△AFHS△ADE=（FHDE）2=916，所以S△AFH＝9x，S△ADE＝16x，则16x﹣9x＝7，解得x＝1，从而得到S△ADE＝16，然后计算两个三角形的面积差得到四边形DBCE的面积．
【解答过程】解：如图，由题意
根据题意得△AFH∽△ADE，所有三角形均相似，
可得FH：DE＝3：4，
∴S△AFHS△ADE=（FHDE）2=916，
设S△AFH＝9x，则S△ADE＝16x，
∴16x﹣9x＝7，解得x＝1，
∴S△ADE＝16，
∴四边形DBCE的面积＝44﹣16＝28．
故选：D．
【变式4-3】（2020秋•德江县期末）如图，在▱ABCD中，E是AB的中点，EC交BD于点F，那么S△BEF：S△BCF＝（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：3
【解题思路】由矩形性质可证明△BEF∽△DCF，从而可得BECD=EFCF=12，由于△BEF与△BCF等高，故S△BEF：S△BCF＝1：2．
【解答过程】解：∵四边形ABCD为矩形，E为AB中点，
∴AB∥CD，BE=12AB=12CD，
∴△BEF∽△DCF，
∴BECD=EFCF=12，
∵△BEF与△BCF等高，
∴S△BEF：S△BCF=EFCF=12．
故选：A．
【题型5 相似三角形的性质（多结论问题）】
【例5】（2021•大埔县模拟）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2＝OE•OP；③S△AOD＝S四边形OECF；其中正确结论的个数（ ）
A．1 B．3 C．2 D．0
【解题思路】由四边形ABCD是正方形，得到AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠P＝∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2＝OD•OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE•OP；故②错误；根据全等三角形的性质得到CF＝BE，DF＝CE，于是得到S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，即S△AOD＝S四边形OECF；故③正确．
【解答过程】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵BP＝CQ，
∴AP＝BQ，
在△DAP与△ABQ中，
AD=AB∠DAP=∠ABQAP=BQ，
∴△DAP≌△ABQ（SAS），
∴∠P＝∠Q，
∵∠Q+∠QAB＝90°，
∴∠P+∠QAB＝90°，
∴∠AOP＝90°，
∴AQ⊥DP，故结论①正确；
∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠DAO＝∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴AOOD=OPOA，
∴AO2＝OD•OP，
∵AE＞AB，
∴AE＞AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE•OP；故结论②错误；
在△CQF与△BPE中，
∠FCQ=∠EBPCQ=BP∠Q=∠P，
∴△CQF≌△BPE（ASA），
∴CF＝BE，
∴DF＝CE，
在△ADF与△DCE中，
AD=CD∠ADC=∠DCEDF=CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴S△ADF＝S△DCE，
∴S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，
即S△AOD＝S四边形OECF；故结论③正确；
故选：C．
【变式5-1】（2021春•淮阳区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝2BC．AE平分∠BAD，交CD于点E，点F为AB边的中点，AE与DF交于点M，BD与EP交于点N，连接MN．则下列结论：①四边形ADEF是菱形；②与△BFN全等的三角形有5个；③S四边形BCEN＝7S△FMN；④当FM＝FN时，∠BAD＝60°．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【解题思路】①根据四边形ABCD是平行四边形，可得：AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，再由AE平分∠BAD，可得出∠AED＝∠DAE，进而推出AF＝DE，即可运用菱形的判定方法证得结论；
②根据题目条件可证明△BFN≌△DEN（AAS），其它三角形均不能证明；
③根据题目条件可得出S△FMN＝S△DMN=12S△BFN，再由S菱形BCEF＝4S△BFN，进而得出S四边形BCEN＝3S△BFN，即可判断结论③错误；
④由FM＝FN可得出DF＝AF＝AD，即△ADF是等边三角形，可判定结论④正确．
【解答过程】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
∵点F为AB边的中点，
∴AF=12AB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠BAE，
∴∠AED＝∠DAE，
∴AD＝DE，
∴BC＝DE，
∵AB＝2BC．
∴BC=12AB，
∴AF＝DE，
∵AF∥DE，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∵AD＝DE，
∴四边形ADEF是菱形，故①正确；
②∵AB∥CD，
∴∠FBN＝∠EDN，
∵DE＝AF＝BF，∠BNF＝∠DNE，
∴△BFN≌△DEN（AAS），
能够确定与△BFN全等的三角形只有1个，故②错误；
③∵△BFN≌△DEN，
∴FN＝EN，BN＝DN，
∵四边形ADEF是菱形，
∴DM＝FM，
∴S△FMN＝S△DMN=12S△BFN，
同理可证：四边形BCEF是菱形，
∴S菱形BCEF＝4S△BFN，
∴S四边形BCEN＝3S△BFN，
∵S△BFN＝2S△FMN，
∴S四边形BCEN＝6S△FMN，故③错误；
④当FM＝FN时，
∵FN＝EN，EF＝AF，
∴AF＝2FM，
∵DF＝2FM，
∴DF＝AF＝AD，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，故④正确；
故选：B．
【变式5-2】（2020秋•松桃县期末）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE（∠ABC和∠AED是直角），连接BE，CD交于点P，CD与AE边交于点M，对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②∠BPC＝45°；③MP•MD＝MA•ME；④2CB2＝CP•CM，其中正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解题思路】①由等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE三边份数关系可证；②根据相似三角形的性质即可得到结论；③通过等积式倒推可知，证明△PME∽△AMD即可；④2CB2转化为AC2，证明△ACP∽△MCA问题可证．
【解答过程】解：由已知得：AC=2AB，AD=2AE，
∴ACAB=ADAE，
∵∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴①正确；
如图：设BE与AC相交于点O，
则∠AOB＝∠POC，
∵△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴∠BPC＝∠BAC＝45°，
∴②正确；
∵△BAE∽△CAD，
∴∠BEA＝∠CDA，
∵∠PME＝∠AMD，
∴MPMA=MEMD，
∴MP•MD＝MA•ME，
∴③正确；
由③MP•MD＝MA•ME，∠PMA＝∠DME，
∴△PMA∽△EMD，
∴∠APD＝∠AED＝90°，
∠CAE＝180°﹣∠BAC﹣∠EAD＝90°，
∠ACP＝∠MCA，
∴△CAP∽△CMA，
∴AC2＝CP•CM，
∵AC=2BC，
∴2CB2＝CP•CM，
∴④正确，
故选：D．
【变式5-3】（2021春•龙泉驿区期末）如图，Rt△ABC中，CD⊥AB于D，下列结论中：①∠1＝∠A；②∠2+∠B＝90°；③CD2＝AD•BD；④BC2＝BD•AD，一定成立的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由题意根据直角三角形的判定及相似三角形的判定方法，对各选项﹣﹣分析可得出答案．
对于①，根据∠1+∠2＝90°，2+∠A＝90°，可得结论．
对于③，由所给条件，结合夹角相等，易证得△CDA∽△BDC，至此③也就可作出判断了．
对于②，由∠B＝∠2，但∠2+∠B不一定等于90°．
对于④，△CDB∽△ACB，根据形似三角形的性质得CBAB=DBCB，进而得出④不正确．
【解答过程】解：∵Rt△ABC中∠ACB＝90°，
∴∠1+∠2＝∠ACB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ACB＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴∠2+∠A＝90°，
∴∠1＝∠A，
故①正确；
∠2＝B，但是∠2+∠B不一定等于90°，
故②错误；
∵∠1＝∠A，∠CDB＝∠ADC＝90°，
∴△CDB∽△ADC，
则CD：AD＝BD：CD，
即CD²＝AD•BD，
故③正确；
∵∠1＝∠A，∠B＝∠B，
∴△CDB∽△ACB，
则BC：AB＝BD：BC，
即BC²＝BD•AB≠BD•AD，
故④错误；
所以一定成立的是：①③，
故选：B．
【题型6 相似三角形的性质（常见辅助线问题）】
【例6】（2020秋•开江县期末）如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝CE，AD与BE相交于点F．若AF＝7，DF＝1，则△ABC的边长等于（ ）
A．57−2 B．58−2 C．58+2 D．57+2
【解题思路】先由△ABC是等边三角形证明△ABD≌△BCE，由此得∠BAD＝∠CBE，再证明△ABD∽△BFD，由此得ADBD=BDDF，即BD2＝AD•DF＝（AF+DF）•DF＝8，BD＝22，再过点D作DG⊥AB于G，用勾股定理求出AG、BG即可．
【解答过程】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠BCE，
在△ABD与△BCE中，
AB=BC∠ABC=∠BAC=∠C=60°BD=CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∠BAD＝∠CBE，
∵∠BDA＝∠FDB，
∴△ABD∽△BFD，
∴ADBD=BDDF，
∴BD2＝AD•DF＝（AF+DF）•DF＝8，
∴BD＝22，
如图，过点D作DG⊥AB于G，
∵∠DBG＝30°，
∴BG=12BD=2，
∴DG=BD2−BG2=6，
∴AG=AD2−DG2=58，
∴AB=2+58．
故选：C．
【变式6-1】（2020秋•天长市期末）如图，已知△ABC，△DCE，△FEG，△HGI是四个全等的等腰三角形，底边BC，CE，EG，GI在同一直线上，且AB＝4，BC＝2，连接AI交FG于点Q，则QI的值为（ ）
A．4 B．103 C．3 D．83
【解题思路】过点A作AM⊥BC于点M，根据题意得到BC＝CE＝EG＝GI＝2，BM＝MC=12BC＝1，AB＝AC＝4，从而利用勾股定理求得AM=15，AI＝8，再根据同位角相等推出FG∥AC，从而得到△IQG∽△IAC，进而利用相似三角形的性质进行求解即可．
【解答过程】解：如下图所示，
过点A作AM⊥BC于点M，
∵△ABC，△DCE，△FEG，△HGI是四个全等的等腰三角形，AB＝4，BC＝2，
∴BC＝CE＝EG＝GI＝2，BM＝MC=12BC＝1，AB＝AC＝4，
∴AM=AC2−MC2=16−1=15，
又MI＝BI﹣BM＝7，
∴AI=AM2+MI2=15+49=8，
∵∠ACB＝∠FGE，
∴FG∥AC，
∴△IQG∽△IAC，
∴QIAI=GICI，即QI8=13，
解得QI=83，
故选：D．
【变式6-2】（2021•利辛县二模）如图1，在正方形ABCD中，E为BC延长线上一点，且BC＝3CE，F为CD的中点，EF的延长线交AD于点G，连接BG．
（1）求AGDG的值；
（2）求证：BG＝EG；
（3）如图2，M为AB的中点，DM交BG于点N，连接CN，求证：CN∥GE．
【解题思路】（1）根据已知条件，利用ASA证明△GDF≌△ECF，可得DG＝CE，再由BC＝3CE，得CE=13BC＝DG，AG=23BC，即可得出答案；
（2）过点G作GH⊥BC于H，利用SAS证明△ABG≌△HGE，即可证得结论；
（3）过点M作MT∥AD交BG于T，利用AAS证明△MNT≌△DNG，进而得出BNBG=BCBE=34，可证△CBN∽△EBG，得出∠BCN＝∠BEG，可得CN∥EG．
【解答过程】解：（1）∵F为CD的中点，
∴DF＝CF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴∠GDF＝∠ECF＝90°．
又∵∠DFG＝∠CFE．
∴△GDF≌△ECF（ASA），
∴DG＝CE．
∵BC＝3CE，
∴CE=13BC＝DG，
∴AG＝AD﹣DG＝BC﹣CE＝BC−13BC=23BC，
∴AGDG=23BC13BC=2；
（2）过点G作GH⊥BC于H，
∴CH＝DG＝CE=13BC，
∴EH＝CH+CE=23BC，
在△ABG和△HGE中，
AG=EH=23BC∠A=∠GHE=90°AB=GH，
∴△ABG≌△HGE（SAS），
∴BG＝EG；
（3）过点M作MT∥AD交BG于T，
∵M为AB的中点，
∴MT=12AG＝DG，
∵AD∥MT，
∴∠NMT＝∠NDG，
在△MNT和△DNG中，
∠MNT=∠DNG∠NMT=∠NDGMT=DG，
∴△MNT≌△DNG（AAS），
∴NT＝NG，
∴BG＝4NG，
∴BNBG=34，
∵BC＝3CE，
∴BCBE=34，
∴BNBG=BCBE，
∵∠CBN＝∠EBG，
∴△CBN∽△EBG，
∴∠BCN＝∠BEG，
∴CN∥EG．
【变式6-3】 （2020秋•潜山市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝4，点D在边BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC于点G．
（1）求证：△EFG∽△AEG；
（2）设FG＝x，△EFG的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【解题思路】（1）由ED＝EB得到∠B＝∠DEB，再根据等角的余角相等得到∠A＝∠FEG，加上公共角∠G，则可判断△EFG∽△AEG；
（2）过E点作EH⊥AC于H，如图，先证明△AEF∽△ACB得到EFAE=BCAC=12，再利用△EFG∽△AEG得到FGEG=GEGA=EFAE=12，则EG＝2x，GA＝4x，AF＝3x，在Rt△AEF中利用勾股定理可求出EF=355x，AE=655x，接着利用面积法求出EH=65x，然后根据三角形面积公式得到y关于x的函数解析式．
【解答过程】（1）证明：∵ED＝EB，
∴∠B＝∠DEB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵EF⊥AB，
∴∠FBE＝90°，
∴∠DEB+∠FEG＝90°，
∴∠A＝∠FEG，
∵∠EGF＝∠AGE，
∴△EFG∽△AEG；
（2）解：过E点作EH⊥AC于H，如图，
∵∠AEF＝∠ACB，∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴EFBC=AEAC，
∴EFAE=BCAC=24=12，
∵△EFG∽△AEG，
∴FGEG=GEGA=EFAE=12，
∵FG＝x，
∴EG＝2x，GA＝4x，
∴AF＝3x，
在Rt△AEF中，∵EF2+AE2＝AF2，
∴EF2+4EF2＝（3x）2，解得EF=355x，
∴AE=655x，
∵12EH•AF=12EF•AE，
∴EH=355x⋅655x3x=65x，
∴△EFG的面积=12•FG•EH=12•65x•x=35x2，
即y关于x的函数解析式为y=35x2．
专题23.4 相似三角形的性质-重难点题型
【华东师大版】
【知识点1 相似三角形的性质】
①相似三角形的对应角相等．
如图，，则有
．
②相似三角形的对应边成比例．
如图，，则有
（为相似比）．
③相似三角形的对应边上的中线，高线和对应角的平分线成比例，都等于相似比．
如图，∽，和是中边上的中线、高线和角平分线，、和是中边上的中线、高线和角平分线，则有
④相似三角形周长的比等于相似比．
如图，∽，则有
．
⑤相似三角形面积的比等于相似比的平方．
如图，∽，则有
【题型1 相似三角形的性质（对应角相等问题）】
【例1】（2020秋•岳阳期末）如图，AE与BD相交于点C，已知AC＝5，BC＝3，EC＝10，DC＝6．求证：AB∥DE．
【解题思路】根据已知条件证明△ACB∽△ECD，可得∠A＝∠E，进而可得结论．
【解答过程】证明：∵ACEC=510=12，BCDC=36=12，
∴ACEC=BCDC，
∵∠ACB＝∠ECD，
∴△ACB∽△ECD，
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE．
【变式1-1】（2020秋•德江县期末）如图，∠1＝∠2，ABAE=ACAD，求证：∠C＝∠D．
【解题思路】根据∠1＝∠2可得∠BAC＝∠EAD，结合ABAE=ACAD，证明△BAC∽△EAD，再根据相似三角形的性质即可得到∠C＝∠D．
【解答过程】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠CAE＝∠2+∠CAE，
∴∠BAC＝∠EAD，
∵ABAE=ACAD，
∴△BAC∽△EAD，
∴∠C＝∠D．
【变式1-2】（2020秋•遂川县期末）如图，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，D为平面上一动点，在运动过程上保持AD⊥BD于点D，将△BCD沿BD翻折得到△BED，在直线AD上取点F，作CF∥DE．
（1）如图1，若AD与BC相交于点G，求证DGCG=BGAG；
（2）猜想△CDF的形状，并说明理由．
【解题思路】（1）证明△BDG∽△ACG即可得到结论；
（2）先证明△CDG∽△ABG，可得∠ADC＝∠ABC＝45°，即∠BDC＝135°，由翻折得∠BDE＝∠BDC＝135°，进一步得到∠CDE＝90°，由CF∥DE，可得∠DCF＝∠CDE＝90°，即∠CFD＝45°，进而可得△CDF为等腰直角三角形．
【解答过程】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC，AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
又∵∠BGD＝∠AGC，
∴△BDG∽△ACG，
∴DGCG=BGAG；
（2）△CDF为等腰直角三角形，
理由：由（1）得DGCG=BGAG．
又∵∠CGD＝∠AGB，
∴△CDG∽△ABG，
∴∠ADC＝∠ABC＝45°，即∠BDC＝135°，
由翻折得∠BDE＝∠BDC＝135°．
∴∠CDE＝90°，
∵CF∥DE，
∴∠DCF＝∠CDE＝90°，
∴∠CFD＝45°，
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，
∴CF＝CD，
∴△CDF为等腰直角三角形．
【变式1-3】（2020秋•中方县期末）在锐角△ABC中，点D，E分别在AC、AB上，AG⊥BC与点G，AF⊥DE于F，∠EAF＝∠GAC．
（1）求证：△AEF∽△ACG．
（2）求证：∠ADE＝∠B．
（3）若AD＝3，AB＝5，求AFAG．
【解题思路】（1）利用有两个角对应相等的三角形相似进行判定即可；
（2）由（1）的结论可得∠AEF＝∠C，∠EAD＝∠CAB，可得△EAD∽△CAB，利用相似三角形的对应角相等，结论得证；
（3）由△AEF∽△ACG可得AFAG=AEAC；由△EAD∽△CAB可得AEAC=ADAB；则AGAG=ADAB，结论可求．
【解答过程】证明：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE于，
∴∠AFE＝∠AGC＝90°．
∵∠EAF＝∠GAC
∴△AEF∽△ACG．
（2）由（1）知△AEF∽△ACG，
∴∠AEF＝∠C
∵∠DAE＝∠BAC（公共角），
∴△EAD∽△CAB．
∴∠ADE＝∠B．
解：（3）由（2）知：△ADE∽△ABC，
∴AEAC=ADAB．
由（1）知△AEF∽△ACG，
∴AEAC=AFAG．
∴AFAG=ADAB．
∵AD＝3，AB＝5，
∴AFAG=35．
【题型2 相似三角形的性质（对应边成比例问题）】
【例2】（（2020秋•崇左期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，连接AE，过点E作EF⊥AE交DC于点F．若AB＝4，BC＝6，则DF的长为（ ）
A．94 B．74 C．3 D．1
【解题思路】结合矩形的性质证明△BAE∽△CEF可求得CF的长，再利用DF＝CD﹣DF可求解．
【解答过程】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，CD＝AB＝4，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△BAE∽△CEF，
∴AB：CE＝BE：CF，
∵E是BC的中点，BC＝6，
∴BE＝CE＝3，
∵AB＝4，
∴4：3＝3：CF，
解得CF=94，
∴DF＝CD﹣DF＝4−94=74．
故选：B．
【变式2-1】（2020秋•万荣县期末）如图，在△ABC中，D、E分别在边AB、AC上，且DE∥BC，若AEEC=23，DE=2，则BC的长为（ ）
A．522 B．5 C．225 D．532
【解题思路】由DE∥BC，得∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，故△ADE∽△ABC，进而推断出AEAC=DEBC．由AEEC=23，DE=2，故可求出BC．
【解答过程】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C．
∴△ADE∽△ABC．
∴AEAC=DEBC．
又∵AEEC=23，
∴AE=23EC．
∴DEBC=23ECAE+EC=23EC23EC+EC=25．
∴BC=5DE2=522．
故选：A．
【变式2-2】（2021•岳麓区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点G是对角线上一点，CG的延长线交AB于点E，交DA的延长线于点F，连接AG．
（1）求证：AG＝CG；
（2）若GE•GF＝9，求CG的长．
【解题思路】（1）根据正方形的性质得到∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝CD，从而利用全等三角形的判定定理推出△ADG≌△CDG（SAS），进而利用全等三角形的性质进行证明即可；
（2）根据正方形的性质得到AD∥CB，推出∠FCB＝∠F，由（1）可知△ADG≌△CDG，利用全等三角形的性质得到∠DAG＝∠DCG，结合图形根据角之间的和差关系∠DAB﹣∠DAG＝∠DCB﹣∠DCG，推出∠BCF＝∠BAG，从而结合图形可利用相似三角形的判定定理得到△AEG∽△FAG，进而根据相似三角形的性质进行求解即可．
【解答过程】（1）证明：∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，
又AD＝CD，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴AG＝CG；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，
∴∠FCB＝∠F，
由（1）可知△ADG≌△CDG，
∴∠DAG＝∠DCG，
∴∠DAB﹣∠DAG＝∠DCB﹣∠DCG，即∠BCF＝∠BAG，
∴∠EAG＝∠F，
又∠EGA＝∠AGF，
∴△AEG∽△FAG，
∴GEGA=GAGF，即GA2＝GE•GF，
∴GA＝3或GA＝﹣3（舍去），
根据（1）中的结论AG＝CG，
∴CG＝3．
【变式2-3】（2021•滕州市一模）在矩形ABCD中，E为DC上的一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：△ABF∽△FCE；
（2）若AB＝23，AD＝4，求CE的长．
【解题思路】（1）根据矩形的性质得到∠B＝∠C＝∠D＝90°，根据翻折变换的性质得到∠D＝∠AFE＝90°，结合图形利用角之间的互余关系推出∠BAF＝∠EFC，从而根据相似三角形的判定定理证明即可；
（2）根据矩形的性质及翻折变换的性质推出BC＝AD＝AF＝4，从而利用勾股定理求得BF＝2，进而结合线段之间的和差关系利用相似三角形的性质进行求解即可．
【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
又△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠D＝∠AFE＝90°，
∵∠BAF+∠AFB＝90°，∠EFC+∠AFB＝90°，
∴∠BAF＝∠EFC，
∴△ABF∽△FCE；
（2）解：∵AB＝23，AD＝4，
∴BC＝AD＝AF＝4，
在Rt△ABF中，
BF=AF2−AB2=16−12=2，
∴CF＝BC﹣BF＝4﹣2＝2，
根据（1）中的结论△ABF∽△FCE，
∴ABFC=BFCE，即232=2CE，
解得CE=233，
故CE长为233．
【题型3 相似三角形的性质（周长问题）】
【例3】（2020春•罗定市月考）已知△ABC∽△A′B′C′，△ABC的边长分别为3，4，5，△A′B′C′中最小的边长为7，求△A′B′C′的周长．
【解题思路】先求出△ABC的周长，再根据相似三角形周长的比等于相似比列出比例式，计算即可求解．
【解答过程】解：△ABC的周长为：3+4+5＝12，
设△A′B′C′的周长为x，
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴12x=37，
解得x＝28．
故答案为：28．
【变式3-1】．（2020秋•北碚区校级期中）已知：△ABC∽△A1B1C1，相似比为3：4，AB：BC：CA＝2：3：4，△A1B1C1的周长是72cm，求△ABC的各边的长．
【解题思路】根据题意，△ABC中，AB：BC：CA＝2：3：4，可设AB＝2k，BC＝3k，AC＝4k，则根据△ABC与△A1B1C1的相似比为3：4，可用k表示出A1B1=83k，B1C1=123k，A1C1=163k，然后，根据△A1B1C1的周长是72cm，可得83k+123k+163k＝72，解得k＝6，代入即可求出△ABC的各边的长；
【解答过程】解：∵△ABC中，AB：BC：CA＝2：3：4，
∴可设AB＝2k，BC＝3k，AC＝4k，
∵△ABC与△A1B1C1的相似比为3：4，
∴A1B1=43AB=43×2k=83k，
B1C1=43BC=43×3k=123k，
A1C1=43AC=43×4k=163k，
又∵△A1B1C1的周长是72cm，
∴83k+123k+163k＝72，
解得，k＝6．
【变式3-2】（2020秋•泰兴市期末）如图，分别以△ABC的边AC和BC为腰向外作等腰直角△DAC和等腰直角△EBC，连接DE．
（1）求证：△DAC∽△EBC；
（2）求△ABC与△DEC的周长比．
【解题思路】（1）根据等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠EBC＝90°，∠ACD＝∠BCE＝45°，从而根据相似三角形的判定定理证明即可；
（2）根据相似三角形的性质得到ACDC=BCEC，结合图形由角之间的和差关系推出∠BCA＝∠ECD，从而得到△ABC∽△DEC，利用等腰直角三角形的性质推出ACDC=22，进而利用相似三角形的性质证明即可．
【解答过程】证明：（1）∵△DAC和△EBC是等腰直角三角形，
∴∠DAC＝∠EBC＝90°，∠ACD＝∠BCE＝45°，
∴△DAC∽△EBC；
（2）根据（1）中的结论△DAC∽△EBC，
∴ACDC=BCEC，
又∠BCE＝∠ACD，
∴∠BCE﹣∠ACE＝∠ACD﹣∠ACE，即∠BCA＝∠ECD，
∴△ABC∽△DEC，
∴C△ABCC△DEC=ACDC，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴ACDC=22，
∴△ABC与△DEC的周长比为22．
【变式3-3】（2020秋•东莞市校级月考）如图，△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2．△OAB与△OCD的面积分别是S1与S2，周长分别是C1与C2．则下列说法正确的是（ ）
A．OAOD=32 B．OBCD=32 C．C1C2=32 D．S1S2=32
【解题思路】根据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，一一判断即可．
【解答过程】解：∵△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2，
∴C1C2=OAOC=32，S1S2=（OAOC）2=94，
∴选项C正确，选项D错误，
∵无法确定OAOD，OBCD的值，故选项A，B错误，
故选：C．
【题型4 相似三角形的性质（面积问题）】
【例4】（2021春•海阳市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD与BD分别是△ABC的内角∠BAC，∠ABC的平分线，过点A作AE⊥AD交BD的延长线于点E，△ABC∽△EDA．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求S△ABCS△EDA的值．
【解题思路】（1）依据三角形内角和定理以及角平分线的定义，即可得到∠1+∠2的度数，根据三角形外角性质即可得出∠3的度数，最后根据相似三角形的对应角相等，即可得出结论；
（2）过A作AF⊥DE于点F，设AF＝a，易得DE＝2a，DF＝a，AD=2a，BF=2a+a，依据勾股定理即可得到AB2＝AF2+BF2＝（4+22）a2，最后根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）∵AD与BD分别是△ABC的内角∠BAC，∠ABC的平分线，
∴∠1=12∠ABC，∠2=12∠BAC，
∵∠C＝90°，
∴∠1+∠2=12（∠ABC+∠BAC）=12×90°＝45°，
∴∠3＝∠1+∠2＝45°，
∵△ABC∽△EDA，
∴∠ABC＝∠3＝45°；
（2）过A作AF⊥DE于点F，
∵∠3＝45°，AE⊥AD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
设AF＝a，则DE＝2a，DF＝a，
Rt△ADF中，AD=2a，
∵2∠1＝2∠2＝45°，
∴∠1＝∠2，
∴AD＝BD=2a，
∴BF=2a+a，
在Rt△ABF中，AB2＝AF2+BF2＝a2+（2a+a）2＝（4+22）a2，
∵△ABC∽△EDA，
∴S△ABCS△EDA=AB2ED2=(4+22)a2(2a)2=2+22．
【变式4-1】（2020秋•道里区期末）如图，△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，则S△ADES四边形BEDC的值为（ ）
A．12 B．13 C．23 D．14
【解题思路】根据相似三角形的性质解答即可．
【解答过程】解：∵△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，
∴S△ADES△ABC=(EDBC)2=14，
∴S△ADES四边形BEDC=14−1=13，
故选：B．
【变式4-2】（2020•河北模拟）如图，在等腰三角形△ABC中，AB＝AC，图中所有三角形均相似，其中最小的三角形面积为1，△ABC的面积为44，则四边形DBCE的面积是（ ）
A．22 B．24 C．26 D．28
【解题思路】利用△AFH∽△ADE得到S△AFHS△ADE=（FHDE）2=916，所以S△AFH＝9x，S△ADE＝16x，则16x﹣9x＝7，解得x＝1，从而得到S△ADE＝16，然后计算两个三角形的面积差得到四边形DBCE的面积．
【解答过程】解：如图，由题意
根据题意得△AFH∽△ADE，所有三角形均相似，
可得FH：DE＝3：4，
∴S△AFHS△ADE=（FHDE）2=916，
设S△AFH＝9x，则S△ADE＝16x，
∴16x﹣9x＝7，解得x＝1，
∴S△ADE＝16，
∴四边形DBCE的面积＝44﹣16＝28．
故选：D．
【变式4-3】（2020秋•德江县期末）如图，在▱ABCD中，E是AB的中点，EC交BD于点F，那么S△BEF：S△BCF＝（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：3
【解题思路】由矩形性质可证明△BEF∽△DCF，从而可得BECD=EFCF=12，由于△BEF与△BCF等高，故S△BEF：S△BCF＝1：2．
【解答过程】解：∵四边形ABCD为矩形，E为AB中点，
∴AB∥CD，BE=12AB=12CD，
∴△BEF∽△DCF，
∴BECD=EFCF=12，
∵△BEF与△BCF等高，
∴S△BEF：S△BCF=EFCF=12．
故选：A．
【题型5 相似三角形的性质（多结论问题）】
【例5】（2021•大埔县模拟）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2＝OE•OP；③S△AOD＝S四边形OECF；其中正确结论的个数（ ）
A．1 B．3 C．2 D．0
【解题思路】由四边形ABCD是正方形，得到AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠P＝∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2＝OD•OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE•OP；故②错误；根据全等三角形的性质得到CF＝BE，DF＝CE，于是得到S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，即S△AOD＝S四边形OECF；故③正确．
【解答过程】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵BP＝CQ，
∴AP＝BQ，
在△DAP与△ABQ中，
AD=AB∠DAP=∠ABQAP=BQ，
∴△DAP≌△ABQ（SAS），
∴∠P＝∠Q，
∵∠Q+∠QAB＝90°，
∴∠P+∠QAB＝90°，
∴∠AOP＝90°，
∴AQ⊥DP，故结论①正确；
∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠DAO＝∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴AOOD=OPOA，
∴AO2＝OD•OP，
∵AE＞AB，
∴AE＞AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE•OP；故结论②错误；
在△CQF与△BPE中，
∠FCQ=∠EBPCQ=BP∠Q=∠P，
∴△CQF≌△BPE（ASA），
∴CF＝BE，
∴DF＝CE，
在△ADF与△DCE中，
AD=CD∠ADC=∠DCEDF=CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴S△ADF＝S△DCE，
∴S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，
即S△AOD＝S四边形OECF；故结论③正确；
故选：C．
【变式5-1】（2021春•淮阳区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝2BC．AE平分∠BAD，交CD于点E，点F为AB边的中点，AE与DF交于点M，BD与EP交于点N，连接MN．则下列结论：①四边形ADEF是菱形；②与△BFN全等的三角形有5个；③S四边形BCEN＝7S△FMN；④当FM＝FN时，∠BAD＝60°．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【解题思路】①根据四边形ABCD是平行四边形，可得：AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，再由AE平分∠BAD，可得出∠AED＝∠DAE，进而推出AF＝DE，即可运用菱形的判定方法证得结论；
②根据题目条件可证明△BFN≌△DEN（AAS），其它三角形均不能证明；
③根据题目条件可得出S△FMN＝S△DMN=12S△BFN，再由S菱形BCEF＝4S△BFN，进而得出S四边形BCEN＝3S△BFN，即可判断结论③错误；
④由FM＝FN可得出DF＝AF＝AD，即△ADF是等边三角形，可判定结论④正确．
【解答过程】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
∵点F为AB边的中点，
∴AF=12AB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠BAE，
∴∠AED＝∠DAE，
∴AD＝DE，
∴BC＝DE，
∵AB＝2BC．
∴BC=12AB，
∴AF＝DE，
∵AF∥DE，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∵AD＝DE，
∴四边形ADEF是菱形，故①正确；
②∵AB∥CD，
∴∠FBN＝∠EDN，
∵DE＝AF＝BF，∠BNF＝∠DNE，
∴△BFN≌△DEN（AAS），
能够确定与△BFN全等的三角形只有1个，故②错误；
③∵△BFN≌△DEN，
∴FN＝EN，BN＝DN，
∵四边形ADEF是菱形，
∴DM＝FM，
∴S△FMN＝S△DMN=12S△BFN，
同理可证：四边形BCEF是菱形，
∴S菱形BCEF＝4S△BFN，
∴S四边形BCEN＝3S△BFN，
∵S△BFN＝2S△FMN，
∴S四边形BCEN＝6S△FMN，故③错误；
④当FM＝FN时，
∵FN＝EN，EF＝AF，
∴AF＝2FM，
∵DF＝2FM，
∴DF＝AF＝AD，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，故④正确；
故选：B．
【变式5-2】（2020秋•松桃县期末）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE（∠ABC和∠AED是直角），连接BE，CD交于点P，CD与AE边交于点M，对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②∠BPC＝45°；③MP•MD＝MA•ME；④2CB2＝CP•CM，其中正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解题思路】①由等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE三边份数关系可证；②根据相似三角形的性质即可得到结论；③通过等积式倒推可知，证明△PME∽△AMD即可；④2CB2转化为AC2，证明△ACP∽△MCA问题可证．
【解答过程】解：由已知得：AC=2AB，AD=2AE，
∴ACAB=ADAE，
∵∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴①正确；
如图：设BE与AC相交于点O，
则∠AOB＝∠POC，
∵△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴∠BPC＝∠BAC＝45°，
∴②正确；
∵△BAE∽△CAD，
∴∠BEA＝∠CDA，
∵∠PME＝∠AMD，
∴MPMA=MEMD，
∴MP•MD＝MA•ME，
∴③正确；
由③MP•MD＝MA•ME，∠PMA＝∠DME，
∴△PMA∽△EMD，
∴∠APD＝∠AED＝90°，
∠CAE＝180°﹣∠BAC﹣∠EAD＝90°，
∠ACP＝∠MCA，
∴△CAP∽△CMA，
∴AC2＝CP•CM，
∵AC=2BC，
∴2CB2＝CP•CM，
∴④正确，
故选：D．
【变式5-3】（2021春•龙泉驿区期末）如图，Rt△ABC中，CD⊥AB于D，下列结论中：①∠1＝∠A；②∠2+∠B＝90°；③CD2＝AD•BD；④BC2＝BD•AD，一定成立的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由题意根据直角三角形的判定及相似三角形的判定方法，对各选项﹣﹣分析可得出答案．
对于①，根据∠1+∠2＝90°，2+∠A＝90°，可得结论．
对于③，由所给条件，结合夹角相等，易证得△CDA∽△BDC，至此③也就可作出判断了．
对于②，由∠B＝∠2，但∠2+∠B不一定等于90°．
对于④，△CDB∽△ACB，根据形似三角形的性质得CBAB=DBCB，进而得出④不正确．
【解答过程】解：∵Rt△ABC中∠ACB＝90°，
∴∠1+∠2＝∠ACB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ACB＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴∠2+∠A＝90°，
∴∠1＝∠A，
故①正确；
∠2＝B，但是∠2+∠B不一定等于90°，
故②错误；
∵∠1＝∠A，∠CDB＝∠ADC＝90°，
∴△CDB∽△ADC，
则CD：AD＝BD：CD，
即CD²＝AD•BD，
故③正确；
∵∠1＝∠A，∠B＝∠B，
∴△CDB∽△ACB，
则BC：AB＝BD：BC，
即BC²＝BD•AB≠BD•AD，
故④错误；
所以一定成立的是：①③，
故选：B．
【题型6 相似三角形的性质（常见辅助线问题）】
【例6】（2020秋•开江县期末）如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝CE，AD与BE相交于点F．若AF＝7，DF＝1，则△ABC的边长等于（ ）
A．57−2 B．58−2 C．58+2 D．57+2
【解题思路】先由△ABC是等边三角形证明△ABD≌△BCE，由此得∠BAD＝∠CBE，再证明△ABD∽△BFD，由此得ADBD=BDDF，即BD2＝AD•DF＝（AF+DF）•DF＝8，BD＝22，再过点D作DG⊥AB于G，用勾股定理求出AG、BG即可．
【解答过程】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠BCE，
在△ABD与△BCE中，
AB=BC∠ABC=∠BAC=∠C=60°BD=CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∠BAD＝∠CBE，
∵∠BDA＝∠FDB，
∴△ABD∽△BFD，
∴ADBD=BDDF，
∴BD2＝AD•DF＝（AF+DF）•DF＝8，
∴BD＝22，
如图，过点D作DG⊥AB于G，
∵∠DBG＝30°，
∴BG=12BD=2，
∴DG=BD2−BG2=6，
∴AG=AD2−DG2=58，
∴AB=2+58．
故选：C．
【变式6-1】（2020秋•天长市期末）如图，已知△ABC，△DCE，△FEG，△HGI是四个全等的等腰三角形，底边BC，CE，EG，GI在同一直线上，且AB＝4，BC＝2，连接AI交FG于点Q，则QI的值为（ ）
A．4 B．103 C．3 D．83
【解题思路】过点A作AM⊥BC于点M，根据题意得到BC＝CE＝EG＝GI＝2，BM＝MC=12BC＝1，AB＝AC＝4，从而利用勾股定理求得AM=15，AI＝8，再根据同位角相等推出FG∥AC，从而得到△IQG∽△IAC，进而利用相似三角形的性质进行求解即可．
【解答过程】解：如下图所示，
过点A作AM⊥BC于点M，
∵△ABC，△DCE，△FEG，△HGI是四个全等的等腰三角形，AB＝4，BC＝2，
∴BC＝CE＝EG＝GI＝2，BM＝MC=12BC＝1，AB＝AC＝4，
∴AM=AC2−MC2=16−1=15，
又MI＝BI﹣BM＝7，
∴AI=AM2+MI2=15+49=8，
∵∠ACB＝∠FGE，
∴FG∥AC，
∴△IQG∽△IAC，
∴QIAI=GICI，即QI8=13，
解得QI=83，
故选：D．
【变式6-2】（2021•利辛县二模）如图1，在正方形ABCD中，E为BC延长线上一点，且BC＝3CE，F为CD的中点，EF的延长线交AD于点G，连接BG．
（1）求AGDG的值；
（2）求证：BG＝EG；
（3）如图2，M为AB的中点，DM交BG于点N，连接CN，求证：CN∥GE．
【解题思路】（1）根据已知条件，利用ASA证明△GDF≌△ECF，可得DG＝CE，再由BC＝3CE，得CE=13BC＝DG，AG=23BC，即可得出答案；
（2）过点G作GH⊥BC于H，利用SAS证明△ABG≌△HGE，即可证得结论；
（3）过点M作MT∥AD交BG于T，利用AAS证明△MNT≌△DNG，进而得出BNBG=BCBE=34，可证△CBN∽△EBG，得出∠BCN＝∠BEG，可得CN∥EG．
【解答过程】解：（1）∵F为CD的中点，
∴DF＝CF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴∠GDF＝∠ECF＝90°．
又∵∠DFG＝∠CFE．
∴△GDF≌△ECF（ASA），
∴DG＝CE．
∵BC＝3CE，
∴CE=13BC＝DG，
∴AG＝AD﹣DG＝BC﹣CE＝BC−13BC=23BC，
∴AGDG=23BC13BC=2；
（2）过点G作GH⊥BC于H，
∴CH＝DG＝CE=13BC，
∴EH＝CH+CE=23BC，
在△ABG和△HGE中，
AG=EH=23BC∠A=∠GHE=90°AB=GH，
∴△ABG≌△HGE（SAS），
∴BG＝EG；
（3）过点M作MT∥AD交BG于T，
∵M为AB的中点，
∴MT=12AG＝DG，
∵AD∥MT，
∴∠NMT＝∠NDG，
在△MNT和△DNG中，
∠MNT=∠DNG∠NMT=∠NDGMT=DG，
∴△MNT≌△DNG（AAS），
∴NT＝NG，
∴BG＝4NG，
∴BNBG=34，
∵BC＝3CE，
∴BCBE=34，
∴BNBG=BCBE，
∵∠CBN＝∠EBG，
∴△CBN∽△EBG，
∴∠BCN＝∠BEG，
∴CN∥EG．
【变式6-3】 （2020秋•潜山市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝4，点D在边BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC于点G．
（1）求证：△EFG∽△AEG；
（2）设FG＝x，△EFG的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【解题思路】（1）由ED＝EB得到∠B＝∠DEB，再根据等角的余角相等得到∠A＝∠FEG，加上公共角∠G，则可判断△EFG∽△AEG；
（2）过E点作EH⊥AC于H，如图，先证明△AEF∽△ACB得到EFAE=BCAC=12，再利用△EFG∽△AEG得到FGEG=GEGA=EFAE=12，则EG＝2x，GA＝4x，AF＝3x，在Rt△AEF中利用勾股定理可求出EF=355x，AE=655x，接着利用面积法求出EH=65x，然后根据三角形面积公式得到y关于x的函数解析式．
【解答过程】（1）证明：∵ED＝EB，
∴∠B＝∠DEB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵EF⊥AB，
∴∠FBE＝90°，
∴∠DEB+∠FEG＝90°，
∴∠A＝∠FEG，
∵∠EGF＝∠AGE，
∴△EFG∽△AEG；
（2）解：过E点作EH⊥AC于H，如图，
∵∠AEF＝∠ACB，∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴EFBC=AEAC，
∴EFAE=BCAC=24=12，
∵△EFG∽△AEG，
∴FGEG=GEGA=EFAE=12，
∵FG＝x，
∴EG＝2x，GA＝4x，
∴AF＝3x，
在Rt△AEF中，∵EF2+AE2＝AF2，
∴EF2+4EF2＝（3x）2，解得EF=355x，
∴AE=655x，
∵12EH•AF=12EF•AE，
∴EH=355x⋅655x3x=65x，
∴△EFG的面积=12•FG•EH=12•65x•x=35x2，
即y关于x的函数解析式为y=35x2．
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