第21讲 相似三角形及其应用（讲义）2024年中考数学一轮复习（讲义+练习）（全国通用）

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

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

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

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

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

A．2对B．3对C．4对D．5对
【答案】C
【分析】首先算出三角形中角的度数，即可得到答案．
【详解】解：∵∠ABC=∠C=∠BDC=∠AED=72∘，
∴∠A=180°−∠ABC−∠C=180°−72°−72°=36°，
∴∠ADE=180°−∠A−∠AED=180°−36°−72°=72°，
∴∠DBC=180°−∠C−∠BDC=180°−72°−72°=36°，
∵∠AED=∠ABC，
∴ED//BC，
∴∠EDB=∠DBC=36°，
∴∠BED=180−∠EBD−∠EDB=180−36°−36°=108°，
∴∠DBC=180°−∠C−∠BDC=180°−72°−72°=36°，∠ADB=∠ADE+∠EDB=72°+36°=108°，
∵∠AED=∠ABD，∠ADE=∠ACB，
∴△AED∼△ABC，
∵∠AED=∠C，∠ADE=∠BDC，
∴△AED∼△BCD，
∵∠ABD=∠C，∠ACB=∠BDC，
∴△BCD∼△ABC，
∵∠A=∠EBD，∠ADB=∠BED，
∴△EBD∼△DAB．
故相似的三角形对数为4对：
故选：C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式3-1】（2022·广东江门·校考一模）如图，BD和CE是△ABC的高，在不添加其它字母情况下，则图中相似三角形共有（ ）
A．2对B．3对C．4对D．5对
【答案】A
【分析】利用相似三角形的判定方法可判定△ABD∽△ACE， △ADE∽△ABC，即可求解．
【详解】解：∵BD和CE是△ABC的高，
∴∠AEC=∠ADB=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ABD∽△ACE，
∵∠BEC=∠BDC=90°，
∴点B，点C，点D，点E四点共圆，
∴∠ACB+∠BED=180°，
∵∠BED+∠AED=180°，
∴∠ACB=∠AED，
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴相似三角形共有2对，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的有关知识，掌握相似三角形的判定是解题的关键．
题型04 在网格中判断相似三角形
【例4】（2019·浙江·校联考三模）如图，八个完全相同的小长方形拼成一个正方形网格，连结小长方形的顶点所得的四个三角形中是相似三角形的是（ ）
A．①和②B．②和③C．①和③D．①和④
【答案】D
【分析】设小长方形的长为2a，宽为a．利用勾股定理求出三角形的三边长即可判断．
【详解】由题意可知：小长方形的长是宽的2倍，
设小长方形的宽为a，则长为2a，
∴图①中的三角形三边长分别为2a、(2a)2+(2a)2=22a⋅(2a)2+(4a)2=25a；
图②中的三角形三边长分别为2a,(2a)2+(3a)2=13a,(3a)2+(4a)2=5a；
图③中的三角形三边长分别为2a.(2a)2+(4a)2=25a⋅(4a)2+(4a)2=42a；
图④中的三角形三边长分别为(2a)2+(a)2=5a,(a)2+(3a)2=10a、(3a)2+(4a)2=5a，
∴①和②图中三角形不相似；
∵2a2a≠13a25a≠5a42a
∴②和③图中三角形不相似；
∵2a2a≠22a25a≠25a42a
∴①和③图中三角形不相似；
∵2a5a=22a10a=25a5a=255
∴①和④图中三角形相似．
故选：D
【点睛】本题考查相似三角形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
【变式4-1】（2021·辽宁抚顺·统考一模）如图，在正方形网格中有3个斜三角形：①△ABC；②△CDB；③△DEB；其中能与△ABC相似的是 ．（△ABC除外）
【答案】③（△DEB）
【分析】分别求出三个三角形的三边的比，再根据相似三角形的判定方法解答．
【详解】解：根据网格可知：AB=1，AC=12+12=2，BC=12+22=5，△ABC的三边之比是AB：AC：BC＝1：2：5，
同理可求：②△CDB的三边之比是CD：BC：BD＝1：5：22；
③△DEB中DE：BD：BE＝2：22：25＝1：2：5．
∴③（△DEB）与△ABC相似，
故答案为：③△DEB．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，从“三边对应成比例，两三角形相似”的角度考虑是解题关键．
题型05 利用相似的性质求解
【例5】（2023·陕西榆林·校考三模）如图，在等边△ABC中，点D,E分别在边BC,AC上，∠ADE=60°，若AD=4,BDCE=32，则DE的长度为（ ）

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

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

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

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

∵A(1,0),B(2,0),C(0,1)，
∴OA=OC=1,OB=2,AB=OB−OA=1，
∴AC=2，
当点P在x轴上时，△PAC∼△CAB时，
∴ACAB=APAC，
∴21=PA2，
∴PA=2，
∴OP=3，
∴P(3,0)，
当点P'在y轴上时，△P'CA∽△BAC，
∵AC=CA，
∴AB=CP'=1，
∴OP'=2，
∴P'(0,2)．
当△P″AC∼△BCA时，有ABAC=ACCP″，
∴CP″=AC2AB=2,
∴OP″=1+2=3,
∴P″0,3,
综上所述，满足条件的点P的坐标为3,0或0,2或0,3．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会与分类讨论的射线思考问题．
【变式6-2】（2023·陕西西安·校考模拟预测）已知抛物线y=ax2−32x+c与x轴交于A(−1,0)、B(4,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AC，点P为抛物线上一点，且在y轴右侧，过点P作PQ⊥x轴于Q，若△PAQ∽△ACO，请求出点P的坐标．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)5,3或者3,−4
【分析】（1）利用待定系数法即可作答；
（2）设Px,12x2−32x−2，且x>0，即有Qx,0，可得QO=x，PQ=12x2−32x−2，求出OC=2，AO=1，即AQ=AO+OQ=1+x，根据△PAQ∽△ACO，有COAO=AQPQ，可得21=1+x12x2−32x−2，即：x2−3x−4=1+x，解方程即可求解．
【详解】（1）将A(−1,0)、B(4,0)代入y=ax2−32x+c，可得：
a×−12−32×−1+c=0a×42−32×4+c=0，
解得：a=12c=−2，
即抛物线解析式为：y=12x2−32x−2；
（2）如图，
设Px,12x2−32x−2，且x>0，
∵PQ⊥x轴，
∴Qx,0，
∴QO=x，PQ=12x2−32x−2，
当x=0时，y=−2，即C0,−2，
∴OC=2，
∵A(−1,0)，
∴AO=1，即AQ=AO+OQ=1+x，
∵△PAQ∽△ACO，
∴COAO=AQPQ，
∴21=1+x12x2−32x−2，
即：x2−3x−4=1+x，
当x2−3x−4>0时，x2−3x−4=1+x，
解得：x=5（x=−1舍去），
即：P5,3，
当x2−3x−4<0时，−x2+3x+4=1+x，
解得：x=3（x=−1舍去），
即：P3,−4，
综上：点P的坐标为：5,3或者3,−4．
【点睛】本题考查了待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的图象与性质，相似三角形的性质，解一元二次方程等知识，掌握相似三角形的性质以及解一元二次方程的方法是解答本题的关键．
【变式6-3】（2023·江西赣州·统考一模）如图，直线y=ax+2与x轴，y轴分别相交于A，B两点，与双曲线y=kxx>0相交于点P，PC⊥x轴于点C，且PC=4，点A的坐标为−4,0．
(1)求一次函数和双曲线的解析式；
(2)若点Q为双曲线上点P右侧的一点，且QH⊥x轴于H，当△ABO∼△CQH时，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x+2，y=16x
(2)Q8,2
【分析】（1）A的坐标为−4,0，代入直线y=ax+2待定系数即可求解；进而根据PC=4，即点P的纵坐标为4，代入y=12x+2得：P4,4，进而代入反比例数解析式即可求解；
（2）设HQ为x，则CH=2x，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵A的坐标为−4,0，代入直线y=ax+2
∴0=−4a+2，解得a=12
∴y=12x+2，
∵PC=4，即点P的纵坐标为4，代入y=12x+2得：
∴4=12x+2
解得：x=4，
即P4,4，
将P4,4代入y=kxx>0
∴4=k4，解得k=16
∴y=16x；
（2）当△ABO∼△CQH时
∴AOBO=CHHQ=2
设HQ为x，则CH=2x
∴Q4+2x,x代入反比例解析式x=164+2x
∴解得x=−4或2
∵x>0
∴x=2
∴Q8,2．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型07 在网格中画与已知三角形相似的三角形
【例7】（2023·吉林延边·统考一模）如图是由边长为1的小正方形组成的6×8的正方形网络，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，在给定的网络中，只用无刻度直尺，按要求作图，不要求写画法．

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

（2）如图，△CGH满足题意，

（3）如图，∠AMB满足题意，

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

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

或者，满足DE∥AB即可：
；
（2）解：如图，△PQR即为所求；

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

【点睛】本题主要考查了轴对称的作图，以及作相似三角形，解题的关键是熟练掌握轴对称的作图方法，以及相似三角形对应边成比例，对应角相等．
题型08 证明三角形的对应线段成比例
【例8】（2020·河北唐山·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，DE∶EC＝2∶3，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，则DF∶BF等于（ ）
A．2∶5B．2∶3C．3∶5D．3∶2
【答案】A
【分析】利用平行四边形的性质可得出AB∥CD且AB＝CD，结合DE∶EC＝2∶3可得出DEDC＝25，由AB∥CD可得出△DEF∽△BAF，再利用相似三角形的性质即可求出DF∶BF的值．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD．
∵DE∶EC＝2∶3，
∴DEDC＝DEDE+EC＝25＝DEBA．
∵AB∥CD，
∴△DEF∽△BAF，
∴DFBF＝DEBA＝25．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，利用平行四边形的性质结合DE：EC=2：3找出DE：BA的值是解题的关键．
【变式8-1】（2020·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点H为边BC的中点，点G为线段DH上一点，且∠BGC=90°，延长BG交CD于点E，延长CG交AD于点F，当CD=4，DE=1时，则DF的长为（ ）
A．2B．32C．5D．95
【答案】A
【分析】延长AD，BE相交于点M，可得△DFG∽△HCG，△DMG∽△HBG，根据相似三角形的性质可得DF=DM，由△MDE∽△CDF可得DEDF=DMCD，进而得出DEDF=DFCD，再根据比例的性质解答即可．
【详解】解：如图，延长AD，BE相交于点M，
∵DF∥CH，
∴△DFG∽△HCG，
∴ DFCH=DGGH ，
∵DM∥BH，
∴△DMG∽△HBG，
∴ DMBH=DGGH，
∵CH=BH， ∴DF=DM，
又∵矩形ABCD,
∴∠CDF=∠EDM=90°,
∵∠BGC=90°,
∴∠CGE=90°,
∵∠CEG=∠MED,
∴∠FCD=∠M,
∴ △MDE∽△CDF，
∴ DEDF=DMCD,
∴ DEDF=DFCD,
∴DF2=DE•CD=1×4=4,
∴DF＝4=2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线并熟练掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（2023·上海松江·统考一模）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC．E是边AB上一点，CE与对角线BD交于点F，且BE2=EF⋅EC．
求证：
(1)△ABD∼△FCB；
(2)BD⋅BE=AD⋅CE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由BE2=EF⋅EC可证△BEF∼△CEB，得到∠EBF=∠ECB，再由AD∥BC得到∠ADB=∠DCB，即可证明△ABD∼△FCB；
（2）由△BEF∼△CEB得到BFBC=BECE，△ABD∼△FCB得到ABFC=BDBC=ADBF，进而得到BECE=ADBD，即可得到BD⋅BE=AD⋅CE．
【详解】（1）∵BE2=EF⋅EC，
∴BEEF=CEBE
∵∠BEF=∠CEB，
∴△BEF∼△CEB
∴∠EBF=∠ECB
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DCB
∴△ABD∼△FCB；
（2）∵△BEF∼△CEB，
∴BFBC=BECE
∵△ABD∼△FCB，
∴ABFC=BDBC=ADBF
∴BFBC=ADBD
∴BECE=ADBD
∴BE⋅BD=AD⋅CE．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，相似三角形判定方法是解题的关键．
题型09 利用相似三角形的性质求解决折叠问题
【例9】（2020·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=a，点E在边BC上，且BE=35a．连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B'落在矩形ABCD的边上，则a的值为( )
A．53B．35C．53或53D．35或53
【答案】C
【分析】B'落在矩形ABCD的边上有2种情况，一种落在AD边上，一种落在DC边上，具体分析见详解
【详解】情况一：点B'落在AD边上，图形如下
∵△AEB'是△AEB折叠得来
∴B'E=BE=35a，∠AB'E=∠ABE=90°
∴B'E∥AB，∴B'E=AB=1
∴35a=1，解得：a=53
情况二：点B'落在AD边上，图形如下
同理，B'E=BE=35a，∠AB'E=∠ABE=90°，AB'=AB=1
易得△ADB'∽△B'CE，EC=25a，AD=a
设DB'=x，则B'C=1-x
∴DB'EC=ABEB'，即：x25a=135a，解得：x=23
在Rt△ADB'中，a2+(23)2=12，解得：a=53
故选：C
【点睛】本题考查了折叠问题，还涉及到多解、相似和勾股定理的知识，此题关键是根据题干折叠，要确定2种方案
【变式9-1】（2023·河南平顶山·统考模拟预测）如图，△ABC中，AB=4，BC=5，AC=6，点D、E分别是AC、AB边上的动点，折叠△ADE得到△A'DE，且点A'落在BC边上，若△A'DC恰好与△ABC相似，AD的长为 ．

【答案】2.4或83
【分析】设AD=x，则CD=AC−AD=6−x，由折叠的性质得到A'D=AD=x，分两种情况：△A'DC∽△BAC或△A'DC∽△ABC，即可解决问题．
【详解】解：设AD=x，
∴CD=AC−AD=6−x，
∵折叠△ADE得到△A'DE，
∴A'D=AD=x，
当△A'DC∽△BAC时，
∴A'D:AB=CD:AC，
∴x:4=6−x:6，
∴x=2.4；
当△A'DC∽△ABC时，
∴A'D:AB=CD:BC，
∴x:4=6−x:5，
∴x=83，
∴AD长是2.4或83．
故答案为：2.4或83．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，折叠问题，关键是注意要分两种情况讨论，由相似三角形的性质：相似三角形的对应边成比例，即可解决问题．
【变式9-2】（2020·河南平顶山·统考一模）如图所示，已知等边△ABC，边长为3，点M为AB边上一点，且BM=1，点N为边AC上不与A、C重合的一个动点，连结MN，以MN为对称轴，折叠△AMN，点A的对应点为点P，当点P落在等边△ABC的边上时，AN的长为 ．
【答案】1或5−13
【分析】分点P落在AC上时和点P落在BC上时两种情况，分别运用相似三角形的性质构建方程组解答即可．
【详解】解：分为两种情况：
①当点P落在AC边上时，如图1所示．
由折叠可知：AM=PM
∵∠A=60°
∴△APM为等边三角形
∴AP=AM=AB−BM=3−1=2
∴AN=12AP=1；
②当点P落在BC边上时，如图2所示．
设AN=x
由折叠可知：PM=AM=AB−BM=2
PN=AN=x，∠MPN=∠A=60°
∴CN=3−x
易证：△PBM∽△NCP（“一线三等角”模型）
∴PBNC=BMCP=PMNP,PB3−x=1CP=2x
∴PB=6x−2,CP=12x
∵PB+PC=BC=3
∴6x−2+12x=3
整理得：x2−10x+12=0
解之得：x1=5−13,x2=5+13（舍去）
∴AN=5−13
综上所述， AN的长为1或5−13．
【点睛】本题考查翻折的性质、相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，准确寻找相似三角形是解答本题的关键.
【变式9-3】（2022·辽宁抚顺·统考一模）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，F是为射线AD上的一个动点，将△AEF沿EF折叠得到△HEF，连接AC，分别交EF和直线EH于点N，M，已知∠BAC＝30∘，BC=2，若△EMN与△AEF相似，则AF的长为多少？
【答案】1或3
【分析】分两种情况：①当EM⊥AC时∠AME=90°，然后根据三角函数的性质可得解；②当EN⊥AC时，∠MNE=90°，然后根据三角函数的性质可得解．
【详解】解：由已知△EMN与△AEF相似，△AEF与△HEF全等，所以可以分为两种情况：
①当EM⊥AC时，∠AME=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=2，∠B=90∘，
∵∠CAB=30°，
∴∠AEM=60°，AB=23，
由已知可得∠AEF=30°，AE=3，
∴AF=AE⋅tan30°=3×33=1；
②当EN⊥AC时，∠ANE=90°，
∴∠AEN=60°，
∴AF=AE⋅tan60°=3×3=3，
故答案为：1或3.
【点睛】本题考查三角形图形变换的应用，熟练掌握折叠、三角形相似、三角形全等及三角函数的性质是解题关键．
题型10 利用相似三角形的性质判断函数图象
【例10】（2023·河北邯郸·校考三模）在△ABC中，AH⊥BC于点H，点P从B点出发沿BC向C点运动，设线段AP的长为y，线段BP的长为x（如图1），而y关于x的函数图象如图2所示．Q1，3是函数图象上的最低点．当△ABP为锐角三角形时x的取值范围为（ ）
A．2【答案】C
【分析】根据题意得到BH、AH的长度，分类讨论△ABP为直角三角形时的情况即可．
【详解】解：根据题意得：
AB=2，点A到BC的距离为3，即AH=3，此时点P到达点H，BP=1，
当点C与点H重合时，△ABP为直角三角形，则C在H右侧时，△ABP为锐角三角形，
当∠BAP=90°时，∠BAH+∠CAH=90°，
∵AH⊥BC，
∴∠AHB=∠AHC=90°，
∴∠CAH+∠C=90°，
∴∠BAH=∠C，
∴△AHB∽△PHA，
∴AHHP=BHAH，
∴AH2=BH⋅HP，
∴32=1⋅HP，
∴HP=3，
∴BP=4，
∴当△ABP为锐角三角形时，1故选：C．
【点睛】本题为动点函数图象问题，考查了二次函数图象最小值的实际意义以及直角三角形的分类讨论，相似三角形的判定与性质，解题的关键是以△ABP为直角三角形作为临界条件解决问题．
【变式10-1】（2023·河南焦作·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=3,BC=4，点P为边AB上一动点，过点P作直线l⊥AB，交折线ACB于点Q．设AP=x,CQ=y，则y关于x的函数图象大致是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分两种情况：当点Q在AC时，当点Q在BC时，结合相似三角形的判定和性质，即可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°,AC=3,BC=4，
∴AB=AC2+BC2=5，
当点Q在AC时，
∵直线l⊥AB，
∴∠APQ=∠ACB=90°，
∵∠A=∠A，
∴△APQ∽△ACB，
∴APAC=AQAB，
即x3=3−y5，
解得：y=−53x+3；
当点Q在BC时，如图，

∵直线l⊥AB，
∴∠BPQ=∠ACB=90°，
∵∠B=∠B，
∴△BPQ∽△BCA，
∴BPBC=BQAB，
即5−x4=4−y5，
解得：y=54x−94；
综上所述，y关于x的函数图象大致是：

故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
【变式10-2】（2023·江苏南通·校考一模）如图1，在矩形ABCD中，动点E从点A出发，沿AB→BC方向运动，当点E到达点C时停止运动，过点E作FE⊥AE，交CD于点F，设点E的运动路程为x，FC=y，如图2所表示的是y与x的函数关系的大致图象，当点E在BC上运动时，FC的最大长度是45，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．20B．16C．65D．85
【答案】A
【分析】由题意可知，易证△CFE∽△BEA，可得CFBE=CEAB，根据二次函数图象对称性可得E在BC中点时，CF有最大值，列出方程式即可解题．
【详解】解：若点E在BC上时，如图，
∵∠EFC+∠AEB=90°，∠FEC+∠EFC=90°，
∴∠CFE=∠AEB，
∵在△CFE和△BEA中，∠CFE=∠AEB，∠C=∠B=90°，
∴△CFE∽△BEA，
由二次函数图象对称性可得E在BC中点时，CF有最大值，此时CFBE=CEAB，
BE=CE=x−5，
即yx−5=x−55，
∴y=15x−52，
当y=45时，代入方程式
解得：x1=3(舍去)，x2=7，
∴BE=CE=2，
∴BC=4，AB=5，
∴矩形ABCD的面积为4×5=20；
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数动点问题，考查了相似三角形的判定和性质，考查了矩形面积的计算，本题中由图象得出E为BC中点是解题的关键．
【变式10-3】（2022·黑龙江齐齐哈尔·校联考二模）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P从B点出发，沿B→C→D方向移动，连接DP，过P作PQ⊥DP交边AB于点Q，设点P走的路程为x，线段BQ的长度为y，则y与x之间函数图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分点P在BC和CD上运动两种情况讨论，求出函数解析式即可判断．
【详解】解：①当P在BC上时，
∵矩形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，
∴∠QPB+∠DPC＝90°，
∵PQ⊥DP，
∴∠QPD＝90°，
∴∠PDC+∠DPC＝90°，
∴∠PDC＝∠QPB，
∴△DPC∽△PQB，
∴PCQB=DCPB，
即6−xy=4x，
∴y=14(−x2+6x)=−14(x−3)2+94（0≤x≤6），
故第一段图象为二次函数，顶点坐标为（3，94），故选项A、B、D不合题意；
②当点P在CD上时，
∵∠QPD＝∠C＝90°，
∴QP∥BC，
∴QB＝PC＝x﹣6，
∴y＝x﹣6（6＜x≤10），
故第二段为一次函数的图象，并经过（10，4），选项B符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
题型11 尺规作图与相似三角形综合应用
【例11】（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，在△ABC中，AB边上有一点D．

(1)尺规作图：在AC上取一个点E，使得△ADE∽△ACB（尺规作图，保留作图痕迹）
(2)在（1）的基础上，若AD=3 cm，AC=6 cm，BC=5 cm，求DE的长度．
【答案】(1)见解析
(2)DE=52cm
【分析】（1）利用基本作图，作∠ADE=∠ACB即可，因为由∠ADE=∠ACB，∠A=∠A，可得出△ADE∽△ACB；
（2）由△ADE∽△ACB可得ADAC=DEBC，再代入数据求解即可．
【详解】（1）如图所示，点E即为所求．

（2）∵△ADE∽△ACB，
∴ADAC=DEBC
∴36=DE5，
∴DE=52cm．
【点睛】本题考查了作图-基本作图及相似三角形的判定及性质，熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．
【变式11-1】（2023·福建福州·校考模拟预测）已知△ABC．

(1)在边AB上取一点P，使△APC∽△ACB（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若PB=AC，求PBAB的值．
【答案】(1)见详解
(2)5−12
【分析】（1）作∠ACP=∠B即可；
（2）设PB=x,AB=y，则AP=y−x,AC=x，由（1）中△APC∽△ACB，得AC2=AP⋅AB，再代入解一元二次方程即可．
【详解】（1）解；如图所示：

作法：1．以B为圆心，一定长度为半径画弧，与边BC,BA分别交于点C,D，
2．以C为圆心，BE的长为半径画弧，与边CA,CB分别交于点F,G，
3．以F为圆心，DE的长为半径画弧，与FG交于点H，
4．作直线CH交AB于点P，
故△ACP即为所求．
证明：由作法知：BD=CF,BE=CH,DE=FH，
∴△BDE≌△CFH(SSS)，
∴∠B=∠ACP，
∵∠A=∠A，
∴△ACB∽△APC．
（2）
解：设PB=x,AB=y，则AP=y−x,AC=x，
由（1）中△APC∽△ACB，得AC2=AP⋅AB，
∴x2=(y−x)y，且xy>0，
解得：xy=5−12，
故PBAB的值为5−12．
【点睛】本题考查了尺规作图：作一个角等于已知角，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法，本题的关键是熟练掌握尺规作图：作一个角等于已知角．
【变式11-2】（2023·广东广州·校考二模）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点．

(1)尺规作图，过点D作DE⊥BC交边AC于点E；
(2)求ED、EC的长；
(3)点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°，若BP=2，求CQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE=154， CE=254
(3)CQ=194或314
【分析】（1）如图：以D为圆心，以任意长为半径画弧与BC交于点M、N，然后分别以点M、N为圆心，以大于12MN为半径画弧，两弧交于Q，连接DQ交AC于E即可；
（2）由勾股定理可得BC=10，则CD=12BC=5；然后再证△CDE∼△CAB，然后根据相似三角形的性质即可解答；
（3）分点P在线段AB上和线段AB的延长线上两种情况，分别运用相似三角形的判定与性质即可解答．
【详解】（1）解：如图1即为所求：

（2）解：如图1，∵∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴根据勾股定理得到， BC=AB2+AC2=10，
∴CD=12BC=5．
∵DE⊥BC．
∴∠A=∠CDE=90°,∠C＝∠C，
∴△CDE∼△CAB，
∴DE：AB=CE：CB=CD：CA，即DE：6=CE：10=5：8，
∴DE=154，CE=254．
（3）解：如图2：当点P在线段AB上时，
∵△CDE∼△CAB，
∴∠B=∠DEC，
，
∵∠PDQ=90°，
∴∠1+∠4=90°．
∵∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠4，
∴△PBD∼△QED，
∴PBEQ=BDED，
∴2EQ=5154，
∴EQ=32，
∴CQ=CE−EQ= 254−32=194．
如图2：当点P在线段AB的延长线上时，
∵∠B=DEC，
∴∠PBD=∠QED．

∵∠PDQ=90°，
∴∠1+∠2=90°．
∵∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∴△PBD∼△QED，
∴PBEQ=BDED，
∴2EQ=5154，
∴EQ=32，
∴CQ=254+32=314，
故CQ=194或314．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、作垂线、勾股定理等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
题型12 三角板与相似三角形综合应用
【例12】（2022·湖北荆门·校考模拟预测）如图，两块大小不相同的含30°的直角三角板拼在一起，若AB=3，CD=2，则AECE的值为（ ）
A．2B．32C．12D．23
【答案】C
【分析】构造四边形FBCD为矩形，可知△AEF∼△ACB，再根据相似三角形的性质得出答案．
【详解】解：延长DE交AB于F，如图，
根据题意可知∠ACB=30°，∠ECD=60°，
∴∠BCD=90°．
由∠B=∠D=90°，
∴四边形FBCD为矩形．
∴BF=CD=2，EF∥BC，
∴AF=AB−BF=3－2=1．
∵EF∥BC，
∴△AEF∼△ACB，
∴AECE=AFBF=12．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等，构造矩形是解题的关键．
【变式12-1】（2023·陕西渭南·统考一模）【问题情景】
含30°角的直角三角板ABC中∠A=30°．将其绕直角顶点C顺时针旋转α角(0°<α<90°)，得到Rt△A'B'C，边A'C与边AB交于点D．
(1)如图1，若A'B'边经过点B，则α的度数为 °；
(2)【探究发现】
如图2是旋转过程的一个位置，过点D作DE∥A'B'交CB'边于点E，连接BE，小明发现在三角板旋转的过程中，∠CBE度数是定值，求∠CBE的度数；
(3)【拓展延伸】
在（2）的条件下，设BC=1，△BDE的面积为S，当S=13S△ABC时，
①求AD的长；
②以点E为圆心，BE为半径作⊙E，并判断此时直线A'C与⊙E的位置关系．
【答案】(1)60
(2)30°
(3)①1；②直线A'C与⊙E相切
【分析】（1）由旋转可以得到∠α=∠BCB'=60°；
（2）由DE∥A'B'以及旋转性质证明△BCE∽△ACD，由相似和旋转的性质得出∠CBE=∠A=30°；
（3）①先求出△ABC的面积，由△BCE∽△ACD，求得BE=33x,BD=2−x，利用S=12BD⋅BE解出AD的长；
②利用圆心E到A'C的距离EC等于⊙E的半径，得到直线A'C与⊙E相切．
【详解】（1）当A'B'边经过点B时，∠α=∠BCB'，
由旋转知，BC=B'C,∠AB'C=∠ABC=90°−∠A=60°，
∴△BCB'是等边三角形，
∴∠α=∠BCB'=60°；
故答案为：60；
（2）∵DE∥A'B'，
∴CDCA'=CECB'，
由旋转性质可知CA=CA',CB=CB',∠ACD=∠BCE，
∴CDAC=CECB，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠CBE=∠A=30°；
（3）①在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AB=2,AC=3,S△ABC=32，
由△BCE∽△ACD，得BCAC=BEAD，
设AD=x，
∴13=BEx，即BE=33x，
∵BD=AB−AD=2−x,∠DBE=90°，
此时S=12BD⋅BE=12(2−x)×33x，
∵S=13S△ABC
∴−3x2+23x6=13×32，
解得x1=x2=1，即AD=1，
②∵AD=1，
∴这时D为AB的中点，
∴DA=DC，
∵∠ACB=∠A'CB'=90°，
∴∠BCE=∠ACD=30°，
如图2，
∴∠BCE=∠CBE，
∴CE=BE，
∵∠A'CB'=90°，点E在CB'边上，
∴圆心E到A'C的距离EC等于⊙E的半径，
∴直线A'C与⊙E相切．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，灵活运用相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式12-2】（2022·吉林长春·校考模拟预测）取一副三角板按图①拼接，固定三角板ADC，将三角板ABC绕点A依顺时针方向旋转一个大小为α的角(0°<α≤45°)得到△ABC'，如图所示．
试问：
(1)当α为多少度时，能使得图②中AB∥DC；
(2)当旋转至图③位置，此时α又为多少度图③中你能找出哪几对相似三角形，并求其中一对的相似比；
(3)连接BD，当0°<α≤45°时，探寻∠DBC'+∠CAC'+∠BDC值的大小变化情况，并给出你的证明．
【答案】(1)15°
(2)△CBF∽△CAD，相似比为2−2:2；△EFC'∽△EAD,相似比为 6+2−2:2
(3)∠DBC'+∠CAC'+∠BDC的值为定值105°
【分析】（1）根据平行线的性质和判定即可进行解答；
（2）令AC'和DC相交于点E，BC'和DC相交于点F；易证DA∥C'B，根据平行线的性质可得∠D=∠EFC',∠EAD=∠C'，即可证明△EFC'∽△EAD；根据∠BCF=∠ACD，∠CBF=∠CAD，即可证明△CBF∽△CAD，设AC=x，将各条边的长度表示出来，即可求出相似比；
（3）分两种情况进行讨论，得出结论即可，①当0°<α<45°时，②当α=45°时．
【详解】（1）解：当α为15°时，能使得图②中AB∥DC，理由如下：
∵AB∥DC，
∴∠C=∠BAC=30°，
∵△ABC'由△ABC旋转所得，
∴∠CAC'=α=∠BAC'−∠BAC=45°−30°=15°；
（2）令AC'和DC相交于点E，BC'和DC相交于点F，
∵△ABC'由△ABC旋转所得，
∴∠CAC'=α=45°；
∵DA⊥AC,C'B⊥AC，
∴DA∥C'B，
∴∠D=∠EFC',∠EAD=∠C'，
∴△EFC'∽△EAD；
∵∠BCF=∠ACD，∠CBF=∠CAD，
∴△CBF∽△CAD．
设AC=x，则AC'=AC=x，
∴AD=AC⋅tanC=AC⋅tan30°=33x，AB=BC'=AC'⋅sinC'=AC⋅sin45°=22x，
∴BCAC=AC−ABAC=x−22xx=2−22，
∴BFAD=2−22，即BF33x=2−22，解得：BF=23−6x6，
∴C'F=BC'−BF=22x−23−6x6=32−23+6x6，
∴C'FAD=32−23+6x633x=6+2−22．
综上：△CBF∽△CAD，相似比为2−2:2；△EFC'∽△EAD相似比为 6+2−2:2；
（3）①当0°<α<45°时，如图：
在△AMN中，∠CAC'+∠1+∠2=180°，
∵∠2=∠C+∠BDC=30°+∠BDC，∠1=∠C'+∠DBC'=45°+∠DBC'，
∴∠CAC'+30°+∠BDC+45°+∠DBC'=180°，
即∠DBC'+∠CAC'+∠BDC=105°，
②当α=45°时，如图：
∵DA∥C'B，
∴∠DBC'=∠ADB，
∴∠DBC'+∠BDC=∠ADB+∠BDC=∠ADC=60°，
∴∠DBC'+∠CAC'+∠BDC=60°+α=105°．
综上：∠DBC'+∠CAC'+∠BDC的值为定值105°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，相似三角形的性质和判定,旋转的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定以及三角板的角度．
【变式12-3】（2022·湖南永州·统考二模）如图，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在同一条直线上，AB=BC=40cm，OD=20cm．
(1)如图①，当AC与量角器的半圆相切时，求AD的长；
(2)如图②，当AB和DE重合时，求证：CF2=CG⋅CE．
【答案】(1)AD的长为(202-20)cm；
(2)见解析
【分析】（1）根据切线的性质和判定结合等腰直角三角形的性质得出AO的长，进而求出答案；
（2）利用圆周角定理以及切线的性质定理得出∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，进而求出△CFG∽△CEF，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，连接O与切点H，则OH⊥AC，
又∵∠A=45°，
∴AO=2OH=202cm，
∴AD=AO-DO=（202-20）cm；
（2）证明：如图，连接EF，
∵OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD，
∵DE为直径，
∴∠ODF+∠DEF=90°，
∠DEC=∠DEF+∠CEF=90°，
∴∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG，
又∵∠FCG=∠ECF，
∴△CFG∽△CEF，
∴CFCG=CECF，
∴CF2=CG•CE．
【点睛】此题主要考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据题意得出△CFG∽△CEF是解题关键．
题型13 平移与相似三角形综合应用
【例13】（2023·河南南阳·统考二模）如图，三角形OAB的顶点O0,0、A6,0、B6,8，C是OB边的中点，过点C作CD⊥OB交x轴于点D，将△OCD沿x轴向右平移，当点C的对应点恰好落在AB边上时，此时点D对应点的坐标为（ ）

A．343,0B．253,0C．254,0D．172,0
【答案】A
【分析】根据勾股定理可得，OB=OA2+AB2=10，由C是OB的中点可得，OC=12OB=5，由题意可得：△OCD∽△OAB，可得ODOB=OCOA，即可求得OD，即可求解．
【详解】解：∵O0,0、A6,0、B6,8
∴OA=6，AB=8，AB⊥OA
∴OB=OA2+AB2=10
∵C是OB的中点
∴OC=5，C3,4
∵CD⊥OB，
∴∠OCD=∠OAB=90°
又∵∠COD=∠AOB
∴△OCD∽△OAB，
∴ODOB=OCOA，即OD10=56
解得OD=253
∵C3,4，B6,8，A6,0
将△OCD沿x轴向右平移，当点C的对应点恰好落在AB边上时，可知是将△OCD沿x轴向右平移了3个单位长度
此时点D对应的坐标为253+3,0，即343,0
故选：A
【点睛】此题考查了坐标与图形变化-平移，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，正确求得OD的长．
【变式13-1】（2022·山西晋城·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4．AD是BC边上的中线．将△ABC沿AD方向平移得到△A'B'C'．A'C'与BC相交于点E，连接BA'并延长，与边AC相交于点F．当点E为A'C'的中点时，A'F的长为 ．

【答案】9712/11297
【分析】则E为A'C'的中点，得A'为AD的中点，证明△BEA'∽△BCF，推出BE:BC=A'E:FC=BA':BF=3:4，在Rt△ABF中，利用勾股定理求得BF，再根据相似比即可求解．
【详解】解：∵由平移的性质得A'C'∥AC，A'C'=AC，
∴E为A'C'的中点，DEEC=DA'AA'，
∴A'E=12AC，
∴A'为AD的中点，
∵D是BC边上的中点，
∴△BEA'∽△BCF，
∴BE:BC=A'E:FC=BA':BF=3:4，
∵AC=4，
∴A'E=2，
∴2FC=34，FC=83，
∴AF=4−83=43，
在Rt△ABF中，BF=AB2+AF2=9+169=973，
∵BA':BF=3:4，
∴A'F=14BF=14×973=9712，
故答案为：9712．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式13-2】（2023·广东深圳·校考三模）如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，点C(2，0)，点B132,0，双曲线y=165x经过点A．将△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C'，点A'在反比例函数y=kx上，边AC与边A'B'相交于点D，若点D在A'B'的三等分点（A'D>B'D），则k= ．

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

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

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

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

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

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

【点睛】本题考查了切线的判定定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质等，解题关键是能够熟练掌握圆的有关性质，并灵活运用相似三角形的判定定理与性质．
【变式14-1】（2023·湖南株洲·校考三模）已知：如图，过原点的直线l1与反比例函数y1=mx(x>0)的图像交于点A2,4，与反比例函数y2=2xx<0的图像交于点Ba,b，过原点的直线l2与y1，y2的图像分别相交于C、D点，过点C、D分别作x轴，y轴的垂线，交点为E，∠E=90°．

(1)求m和ab的值；
(2)当直线l2绕点O旋转时，
①直接写出比值OCOD=___________；
②点E是否在某个反比例函数的图像上运动？如果是，请求出这个反比例函数的解析式；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)m=8，ab=2
(2)①2；②y=−4x
【分析】（1）将A2,4代入y1=mx(x>0)即可求出m，将Ba,b代入y2=2xx<0即可求出ab=2；
（2）①首先根据反比例函数的比例系的意义得到，S△COM=4，S△ODN=1，然后证明出△OCM∽△ODN，利用相似三角形的性质求解即可；
②首先证明出△COM∽△CDE，然后利用相似三角形的性质得到S△CDE=9，设点Ex,y，则xy=S▭ONEM=4，然后求解即可．
【详解】（1）∵过原点的直线l1与反比例函数y1=mx(x>0)的图像交于点A2,4，
∴将A2,4代入y1=mx(x>0)得，4=m2，
∴解得m=8，
∵过原点的直线l1与反比例函数y2=2xx<0的图像交于点Ba,b，
∴将Ba,b代入y2=2xx<0得，b=2a，
∴解得ab=2；
（2）①设CE与x轴交于点M，DE与y轴交于点N，

∵S△COM=12×OM×CM=12×8=4，S△ODN=12×ON×DN=12×2=1，
∵DE∥x轴，
∴∠COM=∠ODN，
∵∠CMO=∠OND=90°，
∴△OCM∽△ODN，
∴S△COMS△ODN=OCOD2，即8222=OCOD2，
∴解得OCOD=2．
故答案为：2；
②∵DE∥x轴，
∴△COM∽△CDE，
∴S△COMS△CDE=COCD2，即4S△CDE=232，
∴解得S△CDE=9，
∴S▭ONEM=S△CDE−S△COM−S△ODN=4，
∴设点Ex,y，
∴xy=S▭ONEM=4，
∵点E在第四象限，
∴点E在反比例函数y=−4x的图像上运动．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点，三角形的性质以及正方形的面积，掌握反比例函数比例系数的意义是本题的关键．
【变式14-2】（2023·江苏无锡·模拟预测）（1）如图1，正方形ABCD，点E、F分别在边AB、BC上，连接AF与DE交于点O，有∠FOD＝90°，则AFDE= ；

（2）如图2，平行四边形ABCD，AB=285，BC=165，点E、F分别在边AB、BC上，连接AF与DE交于点O，当∠FOD＝∠B时，你能求出AFDE的比值吗？请写出求比值的过程；

（3）如图3，四边形ABCD，AB＝113，∠B＝∠ADC＝120°，BC＝45，CDAD=97，点E在边AB上，连接AC与DE交于点O，当∠COD＝∠B时，求ACDE的值．

【答案】（1）1；（2）74，过程见解析；（3）11363
【分析】（1）证△BAF≌△ADE（ASA），得AF＝DE，即可得出结论；
（2）证△OAE∽△BAF，得AEOA=AFAB，再证△ADO∽△EDA，得DEAD=AEOA，则DEAD=AFAB，即可得出结论；
（3）过点D作DN∥AB交BC的延长线于点N，过点A作AM∥BC交ND的延长线于点M，连接OM，则四边形ABNM是平行四边形，同（2）得△OAE∽△BAC，则AEOA=ACAB，再证△ADE∽△OMA，得AEOA=DEAM，则ACDE=ABAM，在NM上取一点P，使NP＝NC，连接CP，证△PCN是等边三角形，得CP＝NC＝NP，∠CPN＝60°，然后证△PCD∽△MDA，得DMCP=AMDP=ADCD=79，设AM＝7x，则DP＝9x，CP＝PN＝NC＝7x﹣45，进而由MN＝PN+PD+DM＝113得出方程，求出x＝9，即可解决问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝90°，
∵∠FOD＝90°，
∴∠AOE＝∠FOD＝90°，
∴∠BAF+∠AED＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BAF＝∠ADE，
在△BAF和△ADE中，
∠BAF=∠ADEAB=DA∠B=∠DAE，
∴△BAF≌△ADE（ASA），
∴AF＝DE，
∴AFDE=1，
故答案为：1；
（2）能求出AFDE的比值为74，过程如下：
∵∠FOD＝∠B，∠AOE＝∠FOD，
∴∠AOE＝∠B，
∵∠OAE＝∠BAF，
∴△OAE∽△BAF，
∴AEOA=AFAB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，AD＝BC=165，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B＝180°﹣120°＝60°，
∵∠FOD+∠AOD＝180°，
∴∠AOD＝∠BAD，
∵∠ADO＝∠EDA，
∴△ADO∽△EDA，
∴DEAD=AEOA，
∴DEAD=AFAB，
∴AFDE=ABAD=285165=74；
（3）如图3，过点D作DN∥AB交BC的延长线于点N，过点A作AM∥BC交ND的延长线于点M，连接OM，

则四边形ABNM是平行四边形，
∴∠AMN＝∠B＝120°，∠BAM＝180°﹣∠B＝60°，AM＝BN，MN＝AB＝113，
同（2）得：△OAE∽△BAC，
∴AEOA=ACAB，
∵∠COD＝∠B＝120°，
∴∠AOD＝60°，
∴∠AOD+∠AMN＝180°，
∴A、O、D、M四点共圆，
∴∠ADO＝∠OMA，∠DOM＝∠DAM，
∵∠AOD＝∠BAM＝60°，
∴∠AOD﹣∠DOM＝∠BAD﹣∠DAM，
即∠AOM＝∠EAD，
∴△ADE∽△OMA，
∴AEOA=DEAM，
∴ACAB=DEAM，
∴ACDE=ABAM，
在NM上取一点P，使NP＝NC，连接CP，
∵AB∥MN，∠B＝120°，
∴∠N+∠B＝180°，
∴∠N＝60°，
∴△PCN是等边三角形，
∴CP＝NC＝NP，∠CPN＝60°，
∴∠CPD＝120°＝∠M，
∵∠ADC＝120°，
∴∠PDC+∠PCD＝180°﹣∠ADC＝60°＝∠PDC+∠MDA，
∴∠PCD＝∠MDA，
∴△PCD∽△MDA，
∴DMCP=AMDP=ADCD=79，
设AM＝7x，则DP＝9x，CP＝PN＝NC＝BN﹣BC＝7x﹣45，
∴DM=79CP=499x﹣35，
∵MN＝PN+PD+DM＝113，
∴7x﹣45+9x+499x﹣35＝113，
解得：x＝9，
∴AM＝7x＝63，
∴AEDE=ABAM=11363．
【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识，本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
题型15 利用相似三角形的性质与判定求最值
【例15】（2019·广东·江门市第二中学校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D，点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
(1)求线段CD的长；
(2)当△CPQ与△BDC相似时，求t值；
(3) 设△CPQ的面积为y，求y与t的函数关系式，并判断△PCQ的面积是否有最大值还是最小值？若有，求出t为何值时y的最值，若没有，则说明理由．
【答案】(1)线段CD的长为4.8；(2)当t为3或 95时，△CPQ与△△ABC相似；(3) 当t=125时，S最大=288125．
【分析】（1）先根据勾股定理求出AB的长，再由三角形的面积公式即可得出结论；
（2）先用t表示出DP，CQ，CP的长，再分PQ⊥CD与PQ⊥AC两种情况进行讨论；
（3）结论：△PCQ的面积是否有最大值；过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；即可解决问题；
【详解】（1）∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10．
∵CD⊥AB，
∴S△ABC=12BC•AC=12AB•CD．
∴CD=BC⋅ACAB=6×810=4.8．
∴线段CD的长为4.8．
（2）由题可知有两种情形，
设DP=t，CQ=t．则CP=4.8-t．
①当PQ⊥CD时，如图a
∵△QCP∽△ABC，△ABC∽CBD，
∴△QCP∽△CBA，
∴CQAB=CPBC，即 t10=4.8−t6，
∴t=3；
②当PQ⊥AC，如图b．
∵△PCQ∽△ABC
∴ CPAB=CQBC，即 4.8−t10=t6，解得t=95，
∴当t为3或95时，△CPQ与△△ABC相似；
（3）结论：△PCQ的面积有最大．
理由：过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图所示．
由题可知DP=t，CQ=t．
则CP=4.8-t．
∵∠ACB=∠CDB=90°，
∴∠HCP=90°-∠DCB=∠B．
∵PH⊥AC，
∴∠CHP=90°．
∴∠CHP=∠ACB．
∴△CHP∽△BCA．
∴PHAC=PCAB，
∴PH8=4.8−t10，
∴PH=9625−45t．
∴S=S△CPQ
=12CQ⋅PH=12t9625−45t=−25t2+4825t=−25t2−245t=−25t−1252+288125；
∵-25＜0，
∴S有最大值，
∴当t=125时，S最大=288125．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、一元二次方程的应用、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，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
【变式15-1】（2022·山东济宁·统考一模）通过构造恰当的图形，可以对线段长度、图形面积大小等进行比较，直观地得到一些不等关系或最值，这是“数形结合”思想的典型应用．
【理解】
（1）如图1，AC⊥BC,CD⊥AB，垂足分别为C、D，E是AB的中点，连接CE．已知AD=a，BD=b0①分别求线段CE、CD的长（用含a、b的代数式表示）；
②比较大小：CE__________CD（填“＜”、“＝”或“＞”），并用含a、b的代数式表示该大小关系．
【应用】
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，点M、N在反比例函数y=1xx>0的图像上，横坐标分别为m、n．设p=m+n,q=1m+1n，记l=14pq．
①当m=1,n=2时，l=__________；当m=3,n=3时，l=________；
②通过归纳猜想，可得l的最小值是__________．请利用图2构造恰当的图形，并说明你的猜想成立．
【答案】（1）①CD=ab，CE=12a+b；②＞，12a+b＞ab；（2）①98，1；②l的最小值是1，理由见详解
【分析】（1）①先证明△ADC∽△CDB，从而得CD2=ab，进而得CD的值，根据直角三角形的性质，直接得CE的值；②根据点到线之间，垂线段最短，即可得到结论；
（2）①把m，n的值直接代入l= 14pq=14m+n1m+1n进行计算，即可；②过点M作x，y轴的平行线，过点N作x，y轴的平行线，如图所示，则A(n，1m)，B(m，1n)，画出图形，用矩形的面积表示14m×1m+m×1n+n×1n+n×1m，进而即可得到结论．
【详解】解：（1）①∵AC⊥BC,CD⊥AB，
∴∠ACD+∠A=∠ACD+∠BCD=90°，即：∠A=∠BCD，
又∵∠ADC=∠CDB=90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ADCD=CDBD，即：aCD=CDb，
∴CD2=ab，即：CD=ab（负值舍去），
∵E是AB的中点，
∴CE=12AB=12a+b；
②∵CD⊥AB，0∴CE＞CD，即：12a+b＞ab．
故答案是：＞；
（2）①当m=1,n=2时，l= 14pq=14m+n1m+1n=14×1+2×11+12=98，
当m=3,n=3时，l= 14pq=14m+n1m+1n=14×3+3×13+13=1，
故答案是：98，1；
②l的最小值是：1，理由如下：
由题意得：M(m，1m)，N(n，1n)，过点M作x，y轴的平行线，过点N作x，y轴的平行线，如图所示，则A(n，1m)，B(m，1n)，
l= 14pq=14m+n1m+1n=14m×1m+m×1n+n×1n+n×1m
=14[（①的面积+②的面积）+②的面积+（②的面积+④的面积）+（①的面积+②的面积+③的面积 +④的面积）]
=14 [（①的面积+②的面积）+（②的面积+④的面积）+（①的面积+②的面积）+（②的面积+④的面积）+③的面积]
=14(1+1+1+1+③的面积)≥1，
∴l的最小值是1．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，反比例函数的图像和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，反比例函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．
题型16 利用相似三角形的性质与判定解决动点问题
【例16】（2023·广东茂名·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB上，点E为BC上的动点，将△BDE沿DE翻折得到△FDE，EF与AC相交于点G，若AB=3AD，AC=3，BC=6，CG=0.8，则CE的值为 ．
【答案】32
【分析】作DH⊥BC于H，作DT⊥AC与T，交EF于R，得△BHD∽△BCA，求得BH、DH和CH，证得四边形DTCH是正方形，可得则△RTG∽△ECG，有RTEC=TGCG=32，设CE=2x，即可得RT，DR和EH，根据折叠的性质得DQ=DH，EQ=EH，进一步得RQ=5x，在Rt△DQR中即可解得CE．
【详解】解：作DH⊥BC于H，作DT⊥AC与T，交EF于R，如图，
则∠BHD=∠CHD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠BHD，
∴△BHD∽△BCA，
∴BHBC=DHAC=BDAB，
∵AB=3AD，
∴BD=23AB，
∴BH6=DH3=23，
∴BH=4，DH=2，
∴CH=BC−BH=2，
∴CH=DH，
∵∠ACB=∠DHC=∠DTC=90°，
∴四边形DTCH是矩形，
∴矩形DTCH是正方形，
∴CT=DH=2，DT∥CH，
则△RTG∽△ECG，
∵TG=CT−CG=2−45=65，
∴RTEC=TGCG=6545=32，
设CE=2x，RT=3x，
∴DR=DT+RT=2+3x，EH=CH−CE=2−2x，
由折叠得：∠BED=∠FED，
∴DQ=DH=2，EQ=EH=2−2x，
∵DT∥CH，
∴∠BED=∠RDE，
∴∠FED=∠RDE，
∴RE=DR=2+3x，
∴RQ=RE−EQ=2+3x−2−2x=5x，
在Rt△DQR中，RQ2+DQ2=DR2，
∴5x2+22=2+3x2，解得x1=34，x2=0（舍去），
则CE=2x=32，
故答案为：32．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、折叠的性质、勾股定理和一元二次方程，解题的关键是添加辅助线通过证明三角形的相似，及利用相似性质进一步求线段之间的关系．
【变式16-1】（2023·广东深圳·深圳市桂园中学校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=75°，BC=6−2 3，点P是BC上一动点，PD⊥AC，PE⊥AB，线段DE的最小值为

【答案】3
【分析】根据PD⊥AC，PE⊥AB可以确定A，D，P，E四点共圆，根据三角形内角和定理确定∠BAC=60°，进而确定当AP⊥BC时，线段DE取得最小值，根据三角形内角和定理和圆周角定理的推论确定∠ADE=45°，根据相似三角形的判定定理和性质可ADAB=DEBC，设AE=2x，根据等角对等边和勾股定理表示出AB和AP，根据30°所对的直角边是斜边的一半，圆周角定理和勾股定理表示出AD，最后代入比例式中计算即可．
【详解】解：当AP⊥BC时，线段DE的值最小，
如图，

∵PD⊥AC于D，PE⊥AB于E，
∴∠ADP=∠AEP=90°，
∴∠ADP+∠AEP=180°，
∴A、D、P、E四点共圆，且直径为AP，
∴∠BAC=60°是定值，所以直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小，
在Rt△PBE中，∠B=45°
∴△PBE是等腰直角三角形，∠APE=45°，
∴△APE也是等腰直角三角形，
∴∠PAE=45°，
∴∠PBE=∠PAE=45°，
∴∠ADE=45°，
∴∠ADE=∠B，
∵∠EAD=∠CAB，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC，
设AE=2x，则PE=EB=2x，AP＝22x，
如图，取AP的中点O，连接DO，则AO=OD=OP=x，
∵∠DAP=∠BAC−∠PAE=60°−45°=15°，
∴∠DOP=2∠DAO=30°，
过D作DM⊥AP于M，则DM=22x，
∵cs30°=OMOD=32，
∴OM=2x⋅32=62x，
∴AM=2x+62x，
由勾股定理得：AD=AM2+DM2=(3+1)x，
∴(3+1)x4x=DE6−23，
∴ED=3，
则线段DE的最小值为3
故答案为：3．
【点睛】本题考查确定圆的条件，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定定理和性质，含30°的直角三角形，正确确定何时DE取得最小值是解题关键．
题型17 利用相似三角形的性质与判定解决存在性问题
【例17】（2023·广东汕尾·统考二模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（B在A的左边），与y轴交于点C0,3，顶点为D−1,4．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式；
(2)如图，若点P是第二象限内抛物线上的一动点，过点P作PM⊥x轴于点M，交BC于点E，连接PC，是否存在点P，使得△PCE与△BME相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，P点坐标为−1,5
【分析】本题考查二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质．
（1）设出顶点式，待定系数法求解析式即可；
（2）求出A,B的坐标，进而求出BC的解析式，设Pt,−t2−2t+3，则Et,t+3，易得△BEM是等腰直角三角形，根据相似，得到△PCE也是等腰直角三角形，分∠PCE=90°和∠EPC=90°，两种情况，进行讨论求解即可．
利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．
【详解】（1）解：设y=ax+12+4，
将点C0,3代入，得3=a+4，
∴a=−1，
∴y=−x+12+4=−x2−2x+3；
（2）存在点P，使得△PCE与△BME相似，理由如下：
令y=0，则−x2−2x+3=0，
∴x=1或x=−3，
∴A1,0,B−3,0，
设BC的解析式为y=kx+b，
∴b=3−3k+b=0，
∴k=1b=3，
∴y=x+3，
设Pt,−t2−2t+3，则Et,t+3，
∵C0,3，
∴OC=OB，
∴∠CBO=45°，
∵PM⊥x轴，
∴∠EMB=90°，
∵∠BEM=∠PEC=45°，
∴△BEM是等腰直角三角形，
∵△PCE与△BME相似，
∴△PCE也是等腰直角三角形，
①当∠PCE=90°时，EC=22PE，
∴2t2=12t2+3t2，
∴t=−1或t=−5，
∵−3∴P−1,5；
②当∠EPC=90°时，PE=22CE，
∴12t2=t2+3t2，
∴t=3+22或t=3−22，
∵﹣3∴此种情况不存在；
综上所述：P点坐标为−1,5．
【变式17-1】（2023·广东深圳·校考模拟预测）【问题发现】数学小组成员小明做作业时遇到以下问题：请你帮助解决

（1）若四边形ABCD是菱形，边长为2，∠ABC=60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，如图1，连接CE、DE，则BP与CE的数量关系为 ，DE长度的最小值为 ．
【类比探究】数学小组对该问题进一步探究，请你帮助解决：
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形，边长为2，点O为BD中点，点P是射线BD上一动点，以AP为斜边在AP边的右侧作等腰Rt△APE，∠AEP=90°，连接OE、DE．求：
①BP与OE的数量关系；
②求DE长度的最小值．
【拓展应用】
（3）如图3，在（2）的基础上，当P是对角线BD的延长线上一动点时，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰Rt△APE，∠APE=90°，连接BE，若AB=2，BE=6，求△BPE的面积．
【答案】（1）BP=CE，1；（2）BP=2EO，DE长度的最小值为1；（3）8−22
【分析】（1）连接AC，由菱形性质得到推出△ABC和△ADC是等边三角形，又△APE是等边三角形，可证明△BAP≌△CAESAS即得BP=CE，∠ABP=∠ACE，延长CE交AD于K，则E在射线CK上运动，当DE⊥CK，即E与K重合时，DE取最小值，可得DK=12CD，即可求出DE的最小值为1；
（2）①连接AO，根据正方形性质可知O是BD的中点，知△AOB是等腰直角三角形，有∠BAO=45°=∠ABO，ABAO=2，而△APE是等腰直角三角形，可知∠PAE=45°，APAE=2，即可推出△ABP∽△AOE，利用相似三角形性质可得结果；②延长OE交AD于T，由E在射线OT上运动，当DE⊥OT，即E与T重合时，DE取最小值，可求出DT=12AD，故可求出DE最小值；
（3）连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交BP于点G，根据正方形性质，可得BF的长，证明△FAP≌△GPEAAS，结合勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵∠ABC=60°=∠ADC，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠BAP=∠CAE=60°−∠PAC，
∴△BAP≌△CAESAS，
∴BP=CE，∠ABP=∠ACE，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠ABP=30°，
∴∠ACE=30°，
如图，延长CE交AD于K，则E在射线CK上运动，当DE⊥CK，即E与K重合时，DE取最小值，

∵∠ACE=30°=∠DCK，∠ACD=∠ADC=60°，
∴∠CKD=90°，
∴DK=12CD=12×2=1，
∴DE的最小值为1，
故答案为：BP=CE，1；
（2）①如图，连接AO，

∵四边形ABCD为正方形，O为BD的中点，
∴△AOB是等腰三角形，
∴∠BAO=45°=∠ABO，ABAO=2，
∵△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=45°，APAE=2，
∴∠BAO=∠PAE，ABAO=APAE，
∴∠BAP=∠OAE，
∴△ABP∽△AOE，
∴BPOE=ABAO=2，∠ABP=∠AOE=45°，
∴BP=2EO；
②延长OE交AD于T，如图，

∵∠AOE=45°，
∴E在射线OT上运动，当DE⊥OT，即E与T重合时，DE取最小值，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADB=45°，
∵∠DOT=90°−∠AOT=90°−45°=45°，
∴∠OTD=90°，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴DT=12AD=12×2=1，
∴DE的最小值为1；
（3）如图，连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交BP于点G，

∵四边形ABCD为正方形，AB=2，
∴BC=AB=2，∠BAD=90°，AC⊥BD，
∴∠ABD=45°，∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠BAC=45°，∠FAP=∠APF=90°，
∴AF=BF，
∴BF=AF=AB⋅sin45°=2，
在Rt△APE中，∠APE=90°，AP=PE，
∴∠APF+∠EPG=90°，
∴∠FAP=∠EPG，
∵EG⊥BG，
∴∠AFP=∠PGE=90°，
∴△FAP≌△GPEAAS，
∴FP=EG，PG=AF=2，
在Rt△EGB中，有勾股定理得：BE2=BG2+EG2，
∴62=22+x2+x2，
解得：x1=4−2，x2=−4−2（舍去），
∴FP=4−2+2=4，
∴S△BPE=12BP⋅EG=12×4×4−2=8−22．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、作辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．
【变式17-2】（2023·广东湛江·统考二模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点(B在A的左边)，与y轴交于点C0,3，顶点为D−1,4．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式；
(2)如图，若点P是第二象限内抛物线上的一动点，过点P作PM⊥x轴于点M，交BC于点E，连接PC，是否存在点P，使得△PCE与△BME相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，−1,4或−2,3
【分析】本题考查了二次函数综合问题，相似三角形的性质与判定；
（1）根据顶点设y=ax+12+4，将C0,3代入，待定系数法求解析式，即可求解；
（2）先求得BC的解析式为y=x+3，设Pt,−t2−2t+3，则Et,t+3，得出△BEM是等腰直角三角形，根据相似三角形的性质得出△PCE也是等腰直角三角形，①当∠PCE=90°时；②当∠EPC=90°时，分类讨论，即可求解．
【详解】（1）解：设y=ax+12+4，
将点C0,3代入，得3=a+4，
∴a=−1，
∴y=−x+12+4=−x2−2x+3；
（2）存在点P，使得△PCE与△BME相似，理由如下：
令y=0，则−x2−2x+3=0，
∴x=1或x=−3，
∴A1,0，B−3,0，
设BC的解析式为y=kx+b，
∴b=3−3k+b=0，
∴k=1b=3，
∴y=x+3，
设Pt,−t2−2t+3，则Et,t+3，
∵C0,3，
∴OC=OB，
∴∠CBO=45°，
∵PM⊥x轴，
∴∠EMB=90°，
∵∠BEM=∠PEC=45°，
∴△BEM是等腰直角三角形，
∵△PCE与△BME相似，
∴△PCE也是等腰直角三角形，
EC=t2+t+3−32=2t,PE=−t2−2t+3−t−3=−t2−3t
①当∠PCE=90°时，EC=22PE，
∴2t2=12t2+3t2，
∴t=−1或t=−5，
∵−3∴P−1,4；
②当∠EPC=90°时，PE=22EC，
∴−t2−3t2=t2，
∴t=−2或t=−4，
∵−3∴P−2,3；
综上所述：P点坐标为−1,4或P−2,3．
【变式17-3】（2022·湖北宜昌·校联考模拟预测）如图，已知平行四边形ABCD中，AD=5，AB=5，tanA=2，点E是射线AD上一动点，过点E作EF⊥AD，垂足为点E，交射线AB于点F，交射线CB于点G，联结CE、CF．设AE=m．

(1)如图当点E在边AD上时．
①求证△AEF∽△BGF．
②当S△DCE=4S△BFG时，求AE:ED的值．
(2)当点E在边AD的延长线上时，是否存在这样的点E使△AEF与△CFG相似？如果存在求出此时AE的长度m．
【答案】(1)①见解析，②3
(2)352或655
【分析】（1）①利用平行四边形的性质及相似三角形的判定即可求证结论；
②利用相似三角形的性质及三角形面积公式即可求解．
（2）根据相似三角形的性质及勾股定理，利用分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠G=∠AEF，∠A=∠FBG，
∴△AEF∽△BGF．
②由①知，△AEF∽△BGF，
∴FGEF=BFAF，
∴FG=BFAF⋅EF=5−5m5m⋅2m=2(5−m)，
∴EG=EF+FG=2m+2（5−m）=25，
∴S△CDE=12DE⋅EG=12（5−m）⋅25=5−5m，
S△BFG=12BG⋅FG=12（5−m）⋅2（5−m）=（5−m）2 ，
当S△DCE=4S△BFG时，
∴5−5m=4（5−m）2，
∴m=5（舍去）或m=354，
∴DE=AD−AE=5−354=54，
∴AE:ED=354:54=3，
即：AE:ED的值为3．
（2）存在，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，AD∥BC，
∵EF⊥AD，
∴EF⊥BC，
∴∠AEF=∠CGF=90°，
①当△AEF∽△CFG时，设AE=m，如图1，

∴∠AFE=∠CFG，
∵EF⊥BC，
∴BG=12BC=52，
∵AD∥BC，
∴∠CBF=∠A，
∵tanA=2，
∴tan∠CBF=2，
在Rt△BGF中，FG=BGtan∠CBF=5，
根据勾股定理得，BF=BG2+FG2=52，
∴AF=AB+BF=5+52=152，
∵AD∥BC，
∴△BGF∽△AEF，
∴BGAE=BFAF，
∴52m=52152，
∴m=352；
②当△AEF∽△CFG时，设AE=m，如图2，

∴∠EAF=∠GFC，
∵∠EAF+∠AFE=90°，
∴∠GFC+∠AFE=90°，
∴∠AFC=90°，
∵AD∥BC，
∴∠CBF=∠A，
∴tan∠CBF=tanA=2，
在Rt△BFC中，CF=BF⋅∠CBF=2BF，
根据勾股定理得，BF2+CF2=BC2，
∴BF2+4BF2=（5）2，
∴BF=1，
∴AF=AB+BF=6，
在Rt△BGF中，同理：BG=55，
∵AD∥BC，
∴△BGF∽△AEF，
∴AEBG=AFBF，
∴m55=61，
∴m=655．
综上所述：如果△AEF与△CFG相似，AE的长度为352或655．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质、平行四边形的性质、勾股定理、正切，根据题意，作出相应图形，利用数形结合与分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【变式17-4】（2023·湖南长沙·统考模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+4a>0与x轴交于点A1,0和B4,0，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，联结OQ，当四边形OCPQ恰好是平行四边形时，求点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE=2∠ODQ，在直线QE上是否存在点F，使得△BEF与△ADC相似？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−5x+4
(2)Q2,−2
(3)存在，F的坐标为4,2或1.6,−2.8
【分析】（1）用待定系数法可得y=−x2−5x+4；
（2）由B4,0，C0,4可得直线BC解析式为y=−x+4，设Pm,−m+4，由OC=PQ，有−m2+4m=4，即可解得Q2,−2；
（3）可得直线DQ的表达式为y=−2x+2，知A在直线DQ上，AD=5，AC=17，过点Q作OH⊥x轴于点H，过E作EK⊥x轴于K，根据∠DQE=2∠ODQ，可得直线AQ和直线QE关于直线QH对称，有∠DAO=∠QAH=∠QGH=∠EGB，GH=AH=1，G3,0，从而可得直线QE的表达式为y=2x−6，点E的坐标为5,4，即得△EKB∼△COA，∠EBK=∠CAO，故∠DAC=∠GEB，△BEF与△ADC相似，点E与点A是对应点，设点F的坐标为t,2t−6，当△BEF∼△CAD时，有1717=5−t2+10−2t25，解得F4,2；当△BEF∼△DAC时，175=5−t2+10−2t217，解得F1.6,−2.8．
【详解】（1）解：把A1,0，B4,0代入y=ax2+bx+4a>0得：
a+b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=1b=−5，
∴y=−x2−5x+4；
（2）∵B4,0，C0,4
∴直线BC解析式为y=−x+4，
∵点P在线段BC上，设Pm,−m+4
∴PQ∥y
∴Qm,m2−5m+4，
∴PQ=−m+4−m2−5m+4=−m2+4m，
∵OC∥PQ，要使四边形OCPQ恰好是平行四边形，只需OC=PQ，
∴−m2+4m=4，
解得m=2，
∴Q2,−2；
（3）在直线QE上存在点F，使得△BEF与△ADC相似，理由如下：
∵D是OC的中点，点C0,4，
∴点D0,2，
由（2）知Q2,−2，
设直线DQ的表达式为y=kx+b，
将D0,2，Q2,−2代入解析式y=kx+b得，
2=b−2=2k+b，
解得：k=−2b=2，
∴直线DQ的表达式为y=−2x+2，
∵A1,0，
∴A在直线DQ上，AD=5，AC=17，
过点Q作QH⊥x轴于点H，过E作EK⊥x轴于K，如图：

∵QH∥CO，故∠AQH=∠ODQ，
∵∠DQE=2∠ODQ，
∴∠HQA=∠HQE，
∴直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
设直线QE的表达式为y=2x+r，
将点Q的坐标代入上式并解得r=−6，
∴直线QE的表达式为y=2x−6，
联立y=x2−5x+4y=2x−6，
解得x=5y=4或x=2y=−2，
∴点E的坐标为5,4，
∵B4,0，
∴BK=1，EK=4，BE=17，
∴BKEK=14=OAOC，
∵∠EKB=90°=∠COA，
∴△EKB∼△COA，
∴∠EBK=∠CAO，
∴∠CAO−∠DAO=∠EBK−∠EGB，即∠DAC=∠GEB，
∴△BEF与△ADC相似，点E与点A是对应点，
设点F的坐标为t,2t−6，
则EF=5−t2+10−2t2，
当△BEF∼△CAD时，有BEAC=EFAD，
∴1717=5−t2+10−2t25，
解得t=4或t=6（在E右侧，舍去），
∴F4,2；
当△BEF∼△DAC时，BEAD=EFAC，
∴175=5−t2+10−2t217，
解得t=8.4（舍去）或t=1.6，
∴F1.6,−2.8，
综上所述，F的坐标为4,2或1.6,−2.8．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法，平行四边形，相似三角形等知识，解题的关键是证明∠DAC=∠GEB，从而得到△BEF与△ADC相似，点E与点A是对应点．
考点二 相似三角形的常见模型
题型01 A字模型
【例1】（2023·江苏南京·南师附中新城初中校考二模）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，ADDB=23，DE＝6cm，则BC的长为（ ）
A．9cmB．12cmC．15cmD．18cm
【答案】C
【分析】根据平行得到ΔADE∼ΔABC，根据相似的性质得出ADAB=DEBC，再结合ADDB=23，DE＝6cm，利用相似比即可得出结论．
【详解】解：∵在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，
∵∠A=∠A，
∴ΔADE∼ΔABC，
∴ADAB=DEBC，
∵ ADDB=23，
∴DEBC=ADAB=ADAD+DB=25，
∵ DE=6cm，
∴BC=5DE2=5×62=15cm，
故选：C．
【点睛】本题考查利用相似求线段长，涉及到平行线的性质、两个三角形相似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决问题的关键．
【变式1-1】（2022·广东中山·统考一模）如图，在△ABC中，D是AB边上的点，∠B=∠ACD，AC:AB=1:2，则△ADC与△ACB的周长比是（ ）
A．1:2B．1:2C．1:3D．1:4
【答案】B
【分析】先证明△ACD∽△ABC，即有ACAB=ADAC=CDBC=12，则可得AC+AD+CDAB+AC+BC=12，问题得解．
【详解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ACAB=ADAC=CDBC，
∵ACAB=12，
∴ACAB=ADAC=CDBC=12，
∴ACAB=ADAC=CDBC=AC+AD+CDAB+AC+BC=12，
∴△ADC与△ACB的周长比1:2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，证明△ACD∽△ABC是解答本题的关键．
【变式1-2】（2023·河南驻马店·统考一模）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BFED是平行四边形，DEBC=14．
(1)若AB=8，求线段AD的长．
(2)若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
【答案】(1)2
(2)6
【分析】（1）利用平行四边形对边平行证明△ADE∽△ABC，得到DEBC=ADAB即可求出；
（2）利用平行条件证明△ADE∽△EFC，分别求出△ADE与△EFC、△ADE与△ABC的相似比，通过相似三角形的面积比等于相似比的平方分别求出S△EFC、S△ABC，最后通过S▱BFED=S△ABC−S△EFC−S△ADE求出．
【详解】（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BC ，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB，
∵DEBC=14，
∴ADAB=14，
∴AD=14AB=14×8=2；
（2）∵四边形BFED是平行四边形，
∴DE∥BC，EF∥AB，DE=BF，
∴∠AED=∠ECF,∠EAD=∠CEF，
∴△ADE∽△EFC
∴S△ADES△EFC=DEFC2，
∵DEBC=14，DE=BF，
∴FC=BC−DE=4DE−DE=3DE，
∴DEFC=DE3DE=13，
∴S△ADES△EFC=DEFC2=132=19，
∵△ADE∽△ABC，DEBC=14，
∴S△ADES△ABC=DEBC2=142=116，
∵S△ADE=1，
∴S△EFC=9,S△ABC=16，
∴S▱BFED=S△ABC−S△EFC−S△ADE=16−9−1=6．
【点睛】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方、灵活运用平行条件证明三角形相似并求出相似比是解题关键．
题型02 8字模型
【例2】（2023·山东淄博·统考一模）如图，若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则阴影部分的面积为（ ）
A．5B．6C．163D．173
【答案】C
【分析】证明△ABE∽△CDE，求得AE：CE，再根据三角形的面积关系求得结果．
【详解】解：∵CD∥AB，
∴△ABE∽△CDE，
∴AECE=ABCD=42=2，
∴S阴影=23SΔABC=23×12×4×4=163，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形的面积公式，关键在于证明三角形相似．
【变式2-1】（2020·湖北武汉·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连结AE并延长，交对角线BD于点F、DC的延长线于点G．如果CEBE=23，求FEEG的值．
【答案】FEEG=916
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得AD=BC，AD∥BC，即可证得△ADF∽△EBF，△GEC∽△GAD，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴△ADF∽△EBF，△GEC∽△GAD，
∴EFAF＝BEAD，EGAG＝ECAD ，
∵CEBE=23，
∴BEAD＝35，CEAD＝25，
∴FEAF=35，EGAG=25 ，
∴FEAE=38，EGAE=23 ，
∴FEEG=916 ．
【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．解题关键在于注意掌握数形结合思想的应用．
【变式2-2】（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC=OB：OD=3，且量得CD=3cm，则零件的厚度x为（ ）
A．0.3cmB．0.5cmC．0.7cmD．1cm
【答案】B
【分析】求出△AOB和△COD相似，利用相似三角形对应边成比例列式计算求出AB，再根据外径的长度解答．
【详解】解：∵OA：OC=OB：OD=3，∠AOB=∠COD，
∴△AOB∽△COD，
∴AB：CD=3，
∴AB：3=3，
∴AB=9（cm），
∵外径为10cm，
∴9+2x=10，
∴x=0.5（cm）．
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是利用相似三角形的性质求出AB的长．
【变式2-3】（2023·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）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 ．
【答案】3
【分析】由正方形的性质可知AE=12AD=12AB=12BC=3，AD//BC，则有△AEF∽△CBF，然后可得EFBF=AEBC=12，进而问题可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=6，
∴AD=BC=AB=6，AD//BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴EFBF=AEBC，
∵E为AD的中点，
∴AE=12AD=12AB=12BC=3，
∴EFBF=AEBC=12，S△ABE=12AE⋅AB=9，
∴EFBE=13，
∴S△AEF=13S△ABE=3；
故答案为3．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
题型03 一线三垂直模型
【例3】（2018·湖南永州·校联考一模）如图，正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且AE⊥BF，垂足为G．
（1）求证：AE＝BF；（2）若BE＝3，AG＝2，求正方形的边长．
【答案】（1）见解析；（2）正方形的边长为6.
【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，由AE⊥BF，得出∠CBF+∠AEB＝90°，推出∠BAE＝∠CBF，由ASA证得△ABE≌△BCF即可得出结论；
（2）证出∠BGE＝∠ABE＝90°，∠BEG＝∠AEB，得出△BGE∽△ABE，得出BE2＝EG•AE，设EG＝x，则AE＝AG+EG＝2+x，代入求出x，求得AE＝3，由勾股定理即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥BF，垂足为G，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE与△BCF中，
∠BAE=∠CBFAB=BC∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BGE＝∠ABE＝90°，
∵∠BEG＝∠AEB，
∴△BGE∽△ABE，
∴BEAE＝EGBE，
即：BE2＝EG•AE，
设EG＝x，则AE＝AG+EG＝2+x，
∴（3）2＝x•（2+x），
解得：x1＝1，x2＝﹣3（不合题意舍去），
∴AE＝3，
∴AB＝AE2−BE2＝32−(3)2＝6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等与相似是解题的关键．
【变式3-1】（2023·广西·模拟预测）如图，点A(0,3)、B(1,0)，将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC=90°,BC=2AB，则点D的坐标是（ ）

A．(7,2)B．(7,5)C．(5,6)D．(6,5)
【答案】D
【分析】先过点C做出x轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．
【详解】
如图过点C作x轴垂线，垂足为点E，
∵∠ABC=90°
∴∠ABO+∠CBE=90°
∵∠CBE+BCE=90°
∴∠ABO=∠BCE
在ΔABO和ΔBCE中，
{∠ABO=∠BCE∠AOB=∠BEC=90° ，
∴ΔABO∽ΔBCE，
∴ABBC=AOBE=OBEC=12 ，
则BE=2AO=6 ,EC=2OB=2
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，
故答案选D
【点睛】本题考查了图象的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图象左右、上下平移的距离是解题的关键．
【变式3-2】（2020·重庆·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数y=kx （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（ ）

A．163B．8C．10D．323
【答案】D
【分析】先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得BA=CD=103，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=83，进而可求得B（4，83）；将B（4，83）代入反比例函数y=kx，即可求得k的值．
【详解】解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，

∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴AH=AD2-DH2=52-32=4，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：y=−34x+32，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴AE=AO2+EO2=22+322=52,
∴ED=AD- AE=5-52=52，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴EOED=AOCD,
∴CD=AO×EDEO=103,
∴在矩形ABCD中，BA=CD=103，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴BAAE=AFEO=BFAO,
∴代入数值，可得AF=2，BF=83，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，83），
∴将B（4，83）代入反比例函数y=kx，得k=323，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求反比例函数的系数、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质等知识．解题关键是通过求证△AOE ∽△CDE，△AOE∽△BFA，得到B点坐标，将B点坐标代入反比例函数，即可得解．
【变式3-3】（2018·河南信阳·统考二模）如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在反比例函数y＝1x的图象上．若点B在反比例函数y＝kx的图象上，则k的值为 ．
【答案】-4
【分析】要求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到：BDOC=ODAC=OBOA＝2，然后用待定系数法求解即可．
【详解】过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D，
设点A的坐标是(m，n)，则AC＝n，OC＝m．
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝90°，
∵∠DBO+∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC，
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA．
∴BDOC=ODAC=OBOA，
∵OB＝2OA，
∴BD＝2m，OD＝2n，
因为点A在反比例函数y＝1x的图象上，
∴mn＝1，
∵点B在反比例函数y＝kx的图象上，
∴B点的坐标是(﹣2n，2m)，
∴k＝﹣2n•2m＝﹣4mn＝﹣4，
故答案为﹣4．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质求得点B的坐标(用含n的式子表示)是解题的关键．
【变式3-4】（2020·福建漳州·统考模拟预测）如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=14AB，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为 ．
【答案】4
【分析】先证明ΔBPE∽ΔCQP，得到与CQ有关的比例式，设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x，代入解析式，得到y与x的二次函数式，根据二次函数的性质可求最值．
【详解】解：∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°，
∴∠BEP＝∠CPQ．
又∠B＝∠C＝90°，
∴ΔBPE∽ΔCQP．
∴BEPC=BPCQ
设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x．
∴912−x=xy，化简得y=−19x2−12x，
整理得y=−19(x−6)2+4，
所以当x＝6时，y有最大值为4．
故答案为4．
【点睛】考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质，以及二次函数最值问题，几何最值用二次函数最值求解考查了树形结合思想．
【变式3-5】（2019·四川成都·校联考一模）感知：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，点P在BC边上，当∠APD＝90°时，可知△ABP∽△PCD．（不要求证明）
探究：如图②，在四边形ABCD中，点P在BC边上，当∠B＝∠C＝∠APD时，求证：△ABP∽△PCD．
拓展：如图③，在△ABC中，点P是边BC的中点，点D、E分别在边AB、AC上．若∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，BC＝62，BD＝4，则DE的长为 ．
【答案】探究：见解析；拓展：52.
【分析】感知：先判断出∠BAP＝∠DPC，进而得出结论；
探究：根据两角相等，两三角形相似，进而得出结论；
拓展：利用△BDP∽△CPE得出比例式求出CE，结合三角形内角和定理证得AC⊥AB且AC＝AB；最后在直角△ADE中利用勾股定理来求DE的长度．
【详解】解：感知：∵∠APD＝90°，
∴∠APB+∠DPC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠APB+∠BAP＝90°，
∴∠BAP＝∠DPC，
∵AB∥CD，∠B＝90°，
∴∠C＝∠B＝90°，
∴△ABP∽△PCD；
探究：∵∠APC＝∠BAP+∠B，∠APC＝∠APD+∠CPD，
∴∠BAP+∠B＝∠APD+∠CPD．
∵∠B＝∠APD，
∴∠BAP＝∠CPD．
∵∠B＝∠C，
∴△ABP∽△PCD；
拓展：同探究的方法得出，△BDP∽△CPE，
∴BDCP=BPCE，
∵点P是边BC的中点，
∴BP＝CP＝32，
∵BD＝4，
∴432=32CE，
∴CE＝92，
∵∠B＝∠C＝45°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝90°，
即AC⊥AB且AC＝AB＝6，
∴AE＝AC﹣CE＝6﹣92＝32，AD＝AB﹣BD＝6﹣4＝2，
在Rt△ADE中，DE＝AD2+AE2＝322+22＝52．
故答案是：52．
【点睛】此题是相似综合题．主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理以及三角形外角的性质．解本题的关键是判断出△ABP∽△PCD．
【变式3-6】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）【试题再现】如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l过点C，过点A、B分别作AD⊥l于点D，BE⊥l于点E，则DE=AD+BE（不用证明）．

(1)【类比探究】如图2，在△ABC中，AC=BC，且∠ACB=∠ADC=∠BEC=100°，上述结论是否成立？若成立，请说明理由：若不成立，请写出一个你认为正确的结论．
(2)【拓展延伸】①如图3，在△ABC中，AC=nBC，且∠ACB=∠ADC=∠BEC=100°，猜想线段DE、AD、BE之间有什么数量关系？并证明你的猜想．
②若图1的Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=nBC，并将直线l绕点C旋转一定角度后与斜边AB相交，分别过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点D和点E，请在备用图上画出图形，并直接写出线段DE、AD、BE之间满足的一种数量关系（不要求写出证明过程）．
【答案】(1)成立，见解析
(2)①DE=1nAD+nBE，见解析；②DE=1nAD−nBE或DE=nBE−1nAD
【分析】（1）易证△ACD≌△CBE，则有AD=CE，CD=BE，从而可得DE=AD+BE；
（2）①易证△ADC∽△CEB，则有ADCE=CDBE=ACBC=n，从而可得CE=1nAD，CD=nBE，即可得到DE=DC+CE=1nAD+nBE；
②同①可得CE=1nAD，CD=nBE．由于直线l在绕着点C旋转过程中，点A到直线l的距离AD与点B到直线l的距离BE大小关系会发生变化，因此需分情况讨论（如图4、图5)，然后只需结合图形就可解决问题．
【详解】（1）猜想DE=AD+BE．
理由：如图2，

∵∠ADC=100°，
∴∠DAC+∠DCA=80°．
∵∠ACB=100°，
∴∠DCA+∠ECB=80°，
∴∠DAC=∠ECB．
在△ACD和△CBE中，
∠ADC=∠CEB∠DAC=∠ECBAC=CB，
∴△ACD≌△CBE，
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=AD+BE；
（2）①猜想：DE=1nAD+nBE．
理由：如图3，

∵∠ADC=100°，
∴∠DAC+∠DCA=80°．
∵∠ACB=100°，
∴∠DCA+∠ECB=80°，
∴∠DAC=∠ECB．
∵∠ADC=∠CEB，
∴△ADC∽△CEB，
∴ ADCE=CDBE=ACBC=n，
∴CE=1nAD，CD=nBE，
∴DE=DC+CE=1nAD+nBE；
②DE=1nAD−nBE或DE=nBE−1nAD．
同①可得：CE=1nAD，CD=nBE．
如图4，

DE=CE−CD=1nAD−nBE；
如图5，

DE=CD−DE=nBE−1nAD．
【点睛】本题是一道探究题，用到了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、平角的定义等知识，考查了探究能力，渗透了分类讨论的思想以及特殊到一般的思想，是一道好题．
题型04 三角形内接矩形模型
【例4】（2021·山东淄博·统考二模）如图，在△ABC中，BC=120，高AD=60，正方形EFGH一边在BC上，点E,F分别在AB,AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（ ）
A．15B．20C．25D．30
【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，
∴EFBC=ANAD．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，
∴60−x120=x60
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．
【变式4-1】（2023·云南·模拟预测）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 ．
【答案】245/4.8
【分析】通过四边形EFGH为矩形推出EH ∥ BC，因此△AEH与△ABC两个三角形相似，将AM视为△AEH的高，可得出AMAD=EHBC，再将数据代入即可得出答案．
【详解】∵四边形EFGH是矩形，
∴EH ∥ BC，
∴△AEH∽△ABC，
∵AM和AD分别是△AEH和△ABC的高，
∴AMAD=EHBC,DM=EF，
∴AM=AD−DM=AD−EF=6−EF，
∵EH=2EF，
代入可得：6−EF6=2EF8，
解得EF=125，
∴EH=2×125=245，
故答案为：245．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及矩形的性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．
【变式4-2】（2022·内蒙古包头·校考三模）如图，矩形EFGH内接于△ABC，且边FG落在BC上，若AD⊥BC,BC=3,AD=2,EF=23EH，那么EH的长为( )
A．23B．13C．32D．12
【答案】C
【分析】设EH=3x，表示出EF，由AD-EF表示出三角形AEH的边EH上的高，根据三角形AEH与三角形ABC相似，利用相似三角形对应边上的高之比等于相似比求出x的值，即为EH的长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形EFGH是矩形，
∴EH∥BC，
∴△AEH∽△ABC，
∵AM⊥EH，AD⊥BC，
∴AMAD=EHBC，
设EH=3x，则有EF=2x，AM=AD-EF=2-2x，
∴2−2x2=3x3，
解得：x=12，
则EH=32．
故选：C．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
【变式4-3】（2023·湖南长沙·统考二模）如图，已知在△ABC中，BC=20，高AD=16，内接矩形EFGH的顶点E、F在BC边上，G、H分别在AC、AB上，则内接矩形EFGH的最大面积为 ．

【答案】80
【分析】利用矩形的性质和平行线之间的距离相等的性质可得PD=HE=FG，设PD=HE=FG=x，则AP=AD−PD=16−x；利用相似三角形的判定与性质、对应高的比对应相似比求得线段HG的长度，再利用矩形的面积公式求得用含x的代数式表示的矩形EFGH的面积，最后利用配方法和二次函数的性质解答即可解答论．
【详解】解：∵四边形EFGH矩形，
∴HE=GF，HG∥EF．
∵AD⊥BC，
∴PD=HE=FG，
设PD=HE=FG=x，则AP=AD−PD=16−x．
∵HG∥EF，
∴△AHG∼△ABC，△APG∼△ADC
∴HGBC=AGAC,APAD=AGAC，即HGBC=APAD，
∴HG20=16−x16，
∴GH=20−54x．
∴矩形EFGH的面积为HG·HE=x20−54x=−54x2+20x=−54x−82+80，
∵−54<0，
∴当x=8时，内接矩形EFGH的最大面积为80．
故答案为：80．
【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、用二次函数求最值等知识点，列出矩形EFGH的面积函数解析式是解题的关键．
题型05 旋转相似模型
【例5】（2023·湖南岳阳·统考三模）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD，CE．
①求BDCE的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)①35；②45
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴ABAE=ABAC=12，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=12=22；
（3）解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35 ；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC=BCAC=45．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
【变式5-1】（2021·山东德州·校考一模）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）BG2+DE2=260．
【分析】（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可；
（2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；
（3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到∠GHE=∠EAC=90°，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD，∠DAB=90°
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG，∠EAG=90°
∴∠EAB=∠GAD
在△EAB和△GAD中有：
AE=AG∠EAB=∠GADAB=AD
∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。
证明：∵四边形ABCD菱形
∴AB=AD
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD
∴∠EAG+∠GAB=∠DAB+∠CAB
∴∠EAB=∠GAD
在△EAB和△GAD中有：
AE=AG∠EAB=∠GADAB=AD
∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H
∵四边形AEFG和ABCD为矩形
∴∠EAG=∠BAD=90°
∴∠EAB=∠GAD
∵AEAG=ABAD
∴△EAB∽△GAD
∴∠AEB=∠AGD
∴∠GHE=∠EAC=90°
∴DE2=EH2+HD2,BG2=GH2+HB2
∴BG2+DE2=GH2+HB2+EH2+HD2=GH2+EH2+HB3+HD3=EG2+BD2
EG2=AE2+AG2=42+62=52，BD2=AB2+AD2=82+122=208
∴BG2+DE2=260．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
【变式5-2】（2023·广东深圳·深圳市福田区上步中学校考三模）问题背景：小李在探究几何图形的时候，发现了一组非常神奇的性质：如图1，等边三角形△ABC，△CDE中，连接AD，BE可以得到△ACD≌△BCE，好学的他发问取AD，BE的中点，得到的△CMN是特殊三角形吗？请说明理由；
迁移应用：如图2，在正方形ABCD中，点O为CB的中点，构造正方形EHMF绕O点进行旋转，OE=OF，连接AH，BE，DM，求AHBE的值；
联系拓展：如图3，等腰Rt△ABC，△BDE中，AB=AC，BD=DE， ∠BDE=∠BAC=90°，当△BDE绕B点旋转的过程中取AD，CE的中点M，N，连接MN，若AB=3BD，且∠ABD=30°，BD=1时，直接写出MN的长度．

【答案】△CMN是等边三角形，理由见解析；5；MN=72
【分析】问题背景：证明△ACD≌△BCESAS，则AD=BE，∠CAD=∠CBE，由AM=12AD，BN=12BE，可得AM=BN，证明△ACM≌△BCNSAS，则CM=CN，∠ACM=∠BCN，由∠MCN=∠ACB=60°，可证△CMN是等边三角形；
迁移应用：如图2，连接AO，OH，由正方形的性质， 勾股定理得，OA=5OB，OH=5OE，则ABBO=EHEO，ABEH=BOEO，证明△ABO∽△HEO，△AOH∽△BOE，则AHBE=AOBO=5 ；
联系拓展：如图3中，连接BM并延长到K，使得MK=BM，连接DK，AK，BN，作KJ⊥BD交BD的延长线于J．由AM=DM，BM=MK，证明四边形ABDK是平行四边形，则DK=AB=3，∠KDJ=∠ABD=30°，KJ=12DK=32，DJ=3KJ=32，BJ=BD+DJ=1+32=52，由勾股定理得，BK=BJ2+KJ2=7，则BM=MK=12BK=72 ，证明△ABD∽△CBE，则∠ADB=∠CEB，ADCE=BDBE，证明△BDM∽△BEN，则∠MBD=∠EBN，BMBN=BDBE=22，∠MBN=∠DBE=45°，作NM'⊥BK于M'，由BM'=BN⋅cs45°=22BN，BM=22BN，可得BM=BM'，M与M'重合，则△BMN是等腰直角三角形，根据MN=BM求解即可．
【详解】问题背景：解：△CMN是等边三角形．理由如下：
∵△ACB，△DCE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠BCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCESAS，
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵AM=12AD，BN=12BE，
∴AM=BN，
∵AC=CB，
∴△ACM≌△BCNSAS，
∴CM=CN，∠ACM=∠BCN，
∴∠BCM+∠MCN=∠BCM+∠ABC，即∠MCN=∠ACB=60°，
∴△CMN是等边三角形；
迁移应用：如图2，连接AO，OH．

∵四边形ABCD，EFMH是正方形，
∴∠ABO=∠HEO=90°，AB=BC，HE=EF，
∵OB=OC，OE=OF，
∴AB=2BO，EH=2OE，
由勾股定理得，OA=5OB，OH=5OE，
∴ABBO=EHEO，
∴ABEH=BOEO
∴△ABO∽△HEO，
∴∠AOB=∠HOE，
∵∠BOE+∠BOH=∠AOH+∠BOH，
∴∠BOE=∠AOH，
∵AOBO=5=HOEO，
∴△AOH∽△BOE，
∴AHBE=AOBO=5 ，
∴AHBE=5．
联系拓展：如图3中，连接BM并延长到K，使得MK=BM，连接DK，AK，BN，作KJ⊥BD交BD的延长线于J．

∵AB=3BD，BD=1，
∴AB=3，
∵AM=DM，BM=MK，
∴四边形ABDK是平行四边形，
∴DK=AB=3，AB∥DK，
∴∠KDJ=∠ABD=30°，
∵KJ⊥BJ，
∴∠J=90°，
∴KJ=12DK=32，DJ=3KJ=32，BJ=BD+DJ=1+32=52，
由勾股定理得，BK=BJ2+KJ2=7，
∴BM=MK=12BK=72 ，
∵△BDE，△ABC都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠DBE=45°，BC=2AB，BE=2BD，
∴BCAB=2=BEBD ，∠ABC−∠CBD=∠DBE−∠CBD，即∠ABD=∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴∠ADB=∠CEB，ADCE=BDBE，
∵AM=DM，EN=CN，
∴AD=2DM，CE=2EN，
∴DMEN=BDBE，
∵∠BDM=∠BEN，
∴△BDM∽△BEN，
∴∠MBD=∠EBN，BMBN=BDBE=22，
∴∠MBD+∠DBN=∠EBN+∠DBN，即∠MBN=∠DBE=45°，
作NM'⊥BK于M'，
∴BM'=BN⋅cs45°=22BN，
∵BM=22BN，
∴BM=BM'，
∴M与M'重合，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴MN=BM=72，
∴MN=72．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，含30°的直角三角形，余弦等知识．解题的关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【变式5-3】（2022·安徽合肥·校考三模）在△ABC和△AED中，点E为△ABC内一点，∠ABC=∠AED=60°，∠ACB=∠ADE=α．
(1)如图①，若α=60°，求证：BE=CD．
(2)如图②，若α=90°，直线BE分别交线段AC和直线CD于点H、G，求CDBE的值．
(3)在（2）的条件下，若AC=9，AD=6，将△ADE绕点A旋转，当点H恰是线段AC的三等分点时，请直接写出AG的长．
【答案】(1)见解析
(2)CDBE=32
(3)3217或33
【分析】（1）通过证明△ABE≌△ACD即可得到结论；
（2）通过证明△ACD∽△ABE计算得出CDBE=ACAB=32即可；
（3）先证明△AHB∽△GHC，再证明△BHC∽△AHG，得出BHAH=BCAG，分两种情况计算即可．
【详解】（1）解：∵∠ACB=∠ADE=α=60°，∠ABC=∠AED=60°，
∴△ABC与△AED均为等边三角形，
∴AB=AC，AE=AD，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAD−∠EAC，
即∠BAE=∠CAD，
∴△ABE≌△ACD，
∴BE=CD；
（2）解：∵∠ADE=∠ACB=90°，∠ABC=∠AED=60°，
∴∠BAC=∠EAD=30°，
∴∠BAE=∠CAD，
又∵cs30°=ACAB=ADAE=32，
∴△ACD∽△ABE，
∴CDBE=ACAB=32；
（3）解：AG=3217或33，理由如下：
由（2）知：∠ABH=∠ACG，
又∵∠AHB=∠GHC，
∴△AHB∽△GHC，
∴AHGH=HBHC ，
∴AHHB=GHHC，
又∵∠AHG=∠BHC，
∴△BHC∽△AHG，
∴BHAH=BCAG，
当AH=13AC，即AH=3时，则CH=AC−AH=6，
在Rt△ABC中，BC=AC⋅tan30°=9×33=33，
在Rt△BCH中，BH=BC2+HC2=(33)2+62=37，
有373=33AG解得AG=3217；
当AH=23AC，同理可得：AG=33；
综上所述，AG=3217或33．
【点睛】本题考查了旋转变换、全等三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
考点三 相似三角形的应用
1.利用影长测量物体的高度．
①测量原理：测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
②测量方法：在同一时刻测量出参照物和被测量物体的影长来，再计算出被测量物的长度．
2.利用相似测量河的宽度（测量距离）．
①测量原理：测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．
②测量方法：通过测量便于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．
3.借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
题型01 测量树高
【例1】（2023·安徽宿州·统考一模）我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的方法，至今仍有借鉴意义．如图1，身高1.5m的小王晚上在路灯灯柱AH下散步，他想通过测量自己的影长来估计路灯的高度，具体做法如下：先从路灯底部A向东走20步到M处，发现自己的影子端点落在点P处，作好记号后，继续沿刚才自己的影子走4步恰好到达点P处，此时影子的端点在点Q处，已知小王和灯柱的底端在同一水平线上，小王的步间距保持一致．
(1)请在图中画出路灯O和影子端点Q的位置．
(2)估计路灯AO的高，并求影长PQ的步数．
(3)无论点光源还是视线，其本质是相同的，日常生活中我们也可以直接利用视线解决问题．如图2，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．测得DF=0.5m，EF=0.3m，CD=10m，小明眼睛到地面的距离为1.5m，则树高AB为______m．
【答案】(1)见解析
(2)路灯AO的高为9m，影长PQ为245步
(3)9
【分析】(1)根据中心投影的知识画出图即可．
(2)利用相似三角形的判定和性质计算即可．
(3)利用勾股定理，锐角三角函数，矩形的判定和性质计算即可．
【详解】（1）路灯O和影子端点Q的位置如图所示．
．
（2）∵MN∥OA，
∴△PMN∽△PAO，
∴MNOA=PMPA，即1.5OA=44+20，
解得OA=9．
∵PB∥OA，
∴△QPB∽△QAO，
∴PBOA=PQQA，即1.59=PQPQ+24，
解得PQ=245，
∴路灯AO的高为9m，影长PQ为245步．
（3）如图，∵DF=0.5m，EF=0.3m，∠DEF=90°，
∴DE=DF2−EF2=0.52−0.32=0.4m，
∴tanD=EFDE=，
∵tanD=BCCD=34=BC10，CD=10m，
∴BC=7.5m，
∵四边形ACDG是矩形，
∴DG=AC=1.5m，
∴AB=AC+BC=7.5m+1.5m=9m，
故答案为：9．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，正切函数，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握解直角三角形的应用是解题的关键．
【变式1-1】（2022·陕西渭南·统考一模）雨过天晴，小李急忙跑到室外呼吸新鲜空气，广场上E处有一处积水，如图，若小李站在D处距积水2米，他正好从水面上看到距他约10米的前方一棵树的顶端A的影子．已知点D、E、B在同一直线上，AB⊥BD，CD⊥BD，小李的眼睛到地面的距离CD为1.6米，求树AB的高．（∠CED＝∠AEB，积水水面大小忽略不计）
【答案】8米
【分析】通过证明△CDE∽△ABE得到ABCD=BEDE，求出结果．
【详解】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠CDE=∠ABE，
又∵∠CED=∠AEB，
∴△CDE∽△ABE，
∴ABCD=BEDE ，
即AB1.6=102，
解得AB=8米，
故树AB的高为8米．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，构造相似三角形是解决问题的关键．
题型02 测量旗杆高度
【例2】（2023·广东深圳·校考一模）如图，九年级（1）班课外活动小组利用平面镜测量学校旗杆的高度，在观测员与旗杆AB之间的地面上平放一面镜子，在镜子上做一个标记E，当观测到旗杆顶端在镜子中的像与镜子上的标记重合时，测得观测员的眼睛到地面的高度CD为1.6m，观测员到标记E的距离CE为2m，旗杆底部到标记E的距离AE为16m，则旗杆AB的高度约是（ ）
A．22.5mB．20mC．14.4mD．12.8m
【答案】D
【分析】先根据相似三角形的判定证出△BAE∼△DCE，再根据相似三角形的性质求解即可得．
【详解】解：∵镜子垂直于地面，
∴入射角等于反射角，
∴∠DEC=∠BEA，
∵DC⊥AC,BA⊥AC，
∴∠DCE=∠BAE=90°，
∴△BAE∼△DCE，
∴ABCD=AECE，即AB1.6=162，
解得AB=12.8m，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确找出两个相似三角形是解题关键．
【变式2-1】（2023·江苏泰州·泰州市海军中学校考三模）某学习小组利川直立在地而上标杆DE测量直立在同一水平地面上的旗杆AB的高度（如图），同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光，下的影长分别BC=8.8m,EF=2.2m已知B，C，E，F在同一直线上AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.4m，则AB= ．

【答案】9.6m
【分析】由题意可得出AC∥DF，即得出∠ACB=∠DFE，再根据∠ABC=∠DEF=90°，即可证△ABC∽△DEF，得出ABDE=BCEF，代入数据，即可求出AB=9.6m，即旗杆的高度为9.6m．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.8m，EF=2.2m，
∴AC∥DF，

∴∠ACB=∠DFE．
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴△ABC∽△DEF，
∴ABDE=BCEF，即AB2.4=8.82.2，
解得AB=9.6，
∴旗杆的高度为9.6m．
故答案为：9.6m．
【点睛】本题主要考查相似三角形的应用，熟练掌握三角形相似的判定定理和性质定理是解题关键．
【变式2-2】（2023·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考二模）问题背景：在某次活动课中，甲、乙两个学习小组于同一时刻在阳光下对校园中的旗杆和景观灯进行了测量．下面是他们通过测量得到的一些信息：甲组：如图1，测得学校旗杆的影长为900cm，在影子的外端F点处测得旗杆顶端E的仰角为53°．
乙组：如图2，测得校园景观灯（灯罩视为球体，灯杆为圆柱体，其粗细忽略不计）的高度为200cm，影长为156cm．

任务要求：
(1)请根据以上的信息计算出学校旗杆的高度；
(2)如图2，设太阳光线NH与⊙O相切于点M．请根据以上的信息，求景观灯灯罩的半径（景观灯的影长等于线段NG的影长．）（参考数据：sin53°≈45,cs53°≈35,tan53°≈43）
【答案】(1)12m
(2)12cm
【分析】（1）在Rt△DEF中，利用锐角三角函数解答即可；
（2）先求解直角三角形NGH的三边，进而可得NK的长，然后证明△NMO∽△NGH，利用相似三角形的性质即可求出圆的半径．
【详解】（1）解：在Rt△DEF中，∠EFD=53°，DF=900cm，
∴ED=DF⋅tan53°≈900×43=1200(cm)=12(m)，
∴学校旗杆的高度约为12m；
（2）连接OM，
由题意得：∠NHG=∠EFD=53°．
在Rt△NGH中，GH=156，
∴NG=GH⋅tan53°≈156×43=208，
∴NH=GHcs53°=260，
∵KG=200，
∴NK=NG−GK=8，
设景观灯灯罩的半径为rcm，
∵太阳光线NH与⊙O相切于点M，
∴∠OMN=90°，
∴∠OMN=∠NGH=90°，
∵∠N=∠N，
∴△NMO∽△NGH，
∴OMGH=NONH，
∴r156=r+8260
∴r=12，
∴景观灯灯罩的半径为12cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、平行投影以及相似三角形的实际应用，正确理解题意、熟练掌握锐角三角函数和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型03 测量楼高问题
【例3】（2023·北京顺义·统考二模）如图，要测量楼高MN，在距MN为15m的点B处竖立一根长为5.5m的直杆AB，恰好使得观测点E、直杆顶点A和高楼顶点N在同一条直线上．若DB=5m，DE=1.5m，则楼高MN是（ ）
A．13.5mB．16.5mC．17.5mD．22m
【答案】C
【分析】依题意，四边形CBDE,FMED,DCMF都是矩形，FM=CB=ED=1.5m，EC=DB=5m，FC=BM=15m，证明△AEC∽△NEF，进而根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：依题意，四边形CBDE,FMED,DCMF都是矩形，
∴FM=CB=ED=1.5m，EC=DB=5m，FC=BM=15m，
∵AB=5.5m
∴AC=AB−BC=5.5−1.5=4(m),
∵AC∥MF
∴△AEC∽△NEF
∴ACNF=ECEF
即4NF=55+15
解得：NF=16m
∴MN=MF+FN=16+1.5=17.5(m)，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式3-1】（2021·浙江台州·统考一模）如图，为测量楼高AB，在适当位置竖立一根高2m的标杆MN，并在同一时刻分别测得其落在地面上的影长AC=20m, MP=2.5m，则楼高AB为（ ）
A．15mB．16mC．18mD．20m
【答案】B
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．根据相似三角形的对应边的比相等，即可求解．
【详解】∵ABAC＝MNPM，
∴AB20＝22.5，
∴AB＝16（米）．
故选：B．
【点睛】考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
题型04 测量河宽问题
【例4】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，为了估算河面的宽度，即EP的长，在离河岸D点2米远的B点，立一根长为1米的标杆AB，在河对岸的岸边有一块高为2.5米的安全警示牌MF，警示牌的顶端M在河里的倒影为点N，即PM=PN，两岸均高出水平面1.25米，即DE=FP=1.25米，经测量此时A、D、N三点在同一直线上，并且点M、F、P、N共线，点B、D、F共线，若AB、DE、MF均垂直于河面EP，求河宽EP是多少米？
【答案】10米
【分析】延长AB交EP的反向延长线于点H，由△ABD∽△AHO求得OH，再由△AHO∽△NPO求得OP，即可解决问题，
【详解】解：延长AB交EP的反向延长线于点H，

则四边形BDEH是矩形，
∴BH=DE=1.25，BD∥EH，
∴AH=AB+BH=AB+DE=1+1.25=2.25，
∵BD∥OH，
∴△ABD∽△AHO，
∴BDHO=ABAH，
∴2OH=12.25，
∴HO=4.5，
∵PM=PN，MF=2.5米，FP=1.25米，
∴PN=MF+FP=3.75（米），
∵AH⊥EP，PN⊥EP，
∴AH∥PN，
∴△AHO∽△NPO，
∴AHNP=HOPO，
∴，
∴PO=7.5，
∴PE=PO+OE=7.5+4.5−2=10（米），
答：河宽EP是10米．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，构造和证明三角形相似是解题的关键．
【变式4-1】（2021·陕西西安·校考一模）周末，小华和小亮想用所学的数学知识测量家门前小河的宽．测量时，他们选择了河对岸边的一棵大树，将其底部作为点A，在他们所在的岸边选择了点B，使得AB与河岸垂直，并在B点竖起标杆BC，再在AB的延长线上选择点D竖起标杆DE，使得点E与点C、A共线．
已知：CB⊥AD，ED⊥AD，测得BC＝1m，DE＝1.5m，BD＝8.5m．测量示意图如图所示．请根据相关测量信息，求河宽AB．
【答案】河宽为17米．
【分析】由题意先证明∆ABC∽∆ADE，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得AB的长．
【详解】解：∵CB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠CBA＝∠EDA＝90°，
∵∠CAB＝∠EAD，
∴∆ABC∽∆ADE，
∴ADAB=DEBC，
又∵AD=AB+BD，BD=8.5，BC＝1，DE＝1.5，
∴AB+8.5AB=1.51，
∴AB＝17，
即河宽为17m．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键．
题型05 杠杆问题
【例5】（2023·吉林白城·校联考三模）如图①是用杠杆撬石头的示意图，当用力压杠杆时，杠杆绕着支点转动，另一端会向上翘起，石头就被翘动了．在图②中，杠杆的D端被向上翘起的距离BD=9cm，动力臂OA与阻力臂OB满足OA=3OB（AB与CD相交于点O），要把这块石头翘起，至少要将杠杆的C点向下压 cm．

【答案】27
【分析】首先根据题意构造出相似三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例求得端点C向下压的长度．
【详解】解：由题意得，AC∥BD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ACBD=AOBO，
∵AO=3OB，
∴ACBD=AOBO=3，
∴AC=3BD=27cm，
∴至少要将杠杆的C点向下压27cm，
故答案为：27．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用，正确地构造相似三角形是解题的关键．
【变式5-1】（2023·宁夏银川·银川市第三中学校考一模）如图是用杠杆撬石头的示意图，C是支点，当用力压杠杆的A端时，杠杆绕C点转动，另一端B向上翘起，石头就被撬动．现有一块石头，要使其滚动，杠杆的B端必须向上翘起10cm，已知杠杆的动力臂AC与阻力臂BC之比为5：1，要使这块石头滚动，至少要将杠杆的A端向下压 cm.
【答案】50．
【分析】首先根据题意构造出相似三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例求得端点A向下压的长度．
【详解】解：如图；AM、BN都与水平线垂直，即AM//BN；
易知：△ACM∽△BCN；
∴ACBC＝AMBN，
∵杠杆的动力臂AC与阻力臂BC之比为5：1，
∴AMBN=51，即AM＝5BN；
∴当BN≥10cm时，AM≥50cm；
故要使这块石头滚动，至少要将杠杆的端点A向下压50cm．
故答案为50．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用，正确的构造相似三角形是解题的关键．
题型06 实验问题
【例6】（2023·河南南阳·统考一模）同学们在物理课上做“小孔成像”实验．如图，蜡烛与带“小孔”的纸板之间的距离为m，当蜡烛火焰的高度 AB是它在光屏上所成的像A'B'高度的13时，带“小孔”的纸板距离光屏（ ）
A．mB．13mC．3mD．12m
【答案】C
【分析】先证△BAO∽△B'A'O，根据“相似三角形的相似比等于对应边上的高的比”即可求解．
【详解】解：如图，
由题意知AB∥A'B'，
∴ ∠BAO=∠B'A'O，∠ABO=∠A'B'O，
∴ △BAO∽△B'A'O，
设带“小孔”的纸板距离光屏距离为x，
则mx=ABA'B'=13，
解得x=3m，
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的实际应用，解题的关键是掌握相似三角形的相似比等于对应边上的高的比．
【变式6-1】（2023·陕西西安·校考一模）【学科融合】如图1，在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一个平面内，反射光线和入射光线分别位于法线两侧：入射角i等于反射角r，这就是光的反射定律．
【问题解决】如图2，小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙，木板和平面镜，手电筒的灯泡在点G处，手电筒的光从平面镜上点B处反射后，恰好经过木板的边缘点F，落在墙上的点E处，点E到地面的高度DE=3.5m，点FE到地面的高度CF=1.5m，灯泡到木板的水平距离AC=5.4m，木板到墙的水平距离为CD=4m．图中A，B，C，D在同一条直线上，求灯泡到地面的高度AG．
【答案】灯泡到地面的高度AG为1.2m．
【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出BC的长，根据相似三角形的性质列方程进而求出AG的长．
【详解】解：由题意可得：FC∥DE，
则△BFC∽△BED，
∴BCBD=FCDE，
即BCBC+4=1.53.5，
解得：BC=3，
∵AC=5.4m
∴AB=5.4−3=2.4m，
∵光在镜面反射中的反射角等于入射角，
∴∠FBC=∠GBA，
又∵∠FCB=∠GAB，
∴△BGA∽△BFC，
∴AGAB=FCBC，
∴AG2.4=1.53，
解得：AG=1.2m，
答：灯泡到地面的高度AG为1.2m．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出相似三角形，列出比例式是解题关键．
题型07 九章算经问题
【例7】（2022·福建泉州·统考一模）我国古代数学著作《九章算法比类大全》有题如下：“方种芝麻斜种黍，勾股之田十亩无零数．九十股差方为界，勾差十步分明许．借问贤家如何取，多少黍田多少芝麻亩．算的二田无误处，智能才华算中举．”大意是：正方形田种芝麻，斜形（三角形）种黍，有一块直角三角形ABC是10亩整．股差AD=90步，勾差BF=10步．请问黍田、芝麻各多少亩？（1亩=240平方步）答：（ ）
A．艺麻田3.75亩，黍田6.25亩B．芝麻田3.25亩，黍田6.75亩
C．芝麻田3.70亩，黍田6.30亩D．芝麻田3.30亩，黍田6.70亩
【答案】A
【分析】首先判定△AED∽△EBF，然后利用该相似三角形的对应边成比例和DE=EF求得DE=30；然后利用三角形和正方形的面积公式解答．
【详解】解：根据题意知，△AED∽△EBF，则ADDE=EFFB．
又∵DE=EF，
∴DE=AD⋅FB=90×10=30．
所以，芝麻田的面积为：S芝麻=30×30÷240=3.75（亩)．
黍田的面积为：S黍=12AC⋅CB÷240−S芝麻
=12AD+DCCF+FB÷240−S芝麻
=12×(90+30)(30+10)÷240−3.75
=6.25（亩)．
综上所述，芝麻田3.75亩，黍田6.25亩．
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用，解决此问题的关键是在正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
【变式7-1】（2023·江苏宿迁·统考三模）《孙子算经》中记载一题：“今有竿，不知长短，度其影，得一丈五尺．别立一表，长一尺五寸，影得五寸．问：竿长几何？”其大意是：“今有一根木杆，不知道其长度．量它的影子，等于1丈5尺．另外再有一根标杆，杆长1尺5寸，量得标杆的影子为5寸．问：木杆长多少？”（注：一丈＝十尺，一尺＝十寸）．若单位统一为尺，则木杆长 尺．
【答案】45
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】解：∵一丈等于十尺，一尺等于十寸，
∴木杆的影子长15尺，标杆长1.5尺，标杆的影子长0.5尺，
设木杆长x尺，
由题意得：x15=1.50.5，
∴x=45，
即木杆长45尺，
故答案为：45．
【点睛】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
【变式7-2】（2023·四川成都·统考一模）《海岛算经》是中国最早的一部测量数学专著，也是中国古代高度发达的地图学的数学基础．某班数学兴趣小组利用《海岛算经》中第一个问题的方法进行如下测量：如图，要测量一栋建筑物的高度AH，立两根高3米的标杆BC和DE，两杆之间的距离BD=19米，D，B，H成一线，从B处退5米到F，人的眼睛贴着地面观察A点，A，C，F三点成一线；从D处退6米到G，从G观察A点，A，E，G三点也成一线．请你帮助小组同学，试计算该建筑物的高度AH及HB的长．
【答案】该建筑物的高度AH为60米，HB长为95米
【分析】根据题意得出△AHF∽△CBF，△EDG∽△AHG，进而利用相似三角形的性质求出即可．
【详解】解：由题意，得：AH⊥HG，CB⊥HG．
∴BC∥HA．
∴△AHF∽△CBF．
∴BCAH=BFHF．
同理，△EDG∽△AHG，
∴DEAH=DGHG．
又∵BC=DE=3米，
∴BFHF=DGHG．
∵BF=5米，BD=19米，DG=6米，
∴HF=HB+BF=HB+5．
∴HG=HB+BD+DG=HB+19+6=HB+25．
∴5HB+5=6HB+25，
解得：HB=95．
∴3AH=595+5，
解得：AH=60．
答：该建筑物的高度AH为60米，HB长为95米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，得出△FCB∽△FAH，△EDG∽△AHG是解题关键．
题型08 三角形内接矩形问题
【例8】（2020·四川绵阳·统考二模）△ABC中，BC=12， 高AD=8，矩形EFGH的一边GH在BC上，顶点E、F分别在AB、AC上，AD与EF交于点M．
(1)求证：AMAD=EFBC；
(2)矩形EFGH可以为正方形吗?若能，请求出正方形的面积，若不能，请说明理由；
(3)设EF=x， EH=y，设矩形EFGH的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最值．
【答案】（1）见解析；（2）能，SEHGF=57625；（3）S=-23x2+8x，当x=6时S最大=24
【分析】（1）先判断出AM是△AEF的高，再判断出△AEF∽△ABC，即可得出结论；
（2）假设EFGH为正方形设EF=m，则AM=8-m，列出方程8−m8=m12求出m的值即可得出答案；
（3）先判断出四边形EMDG是矩形，得出DM＝EH，进而表示出AM＝8﹣y，借助（1）的结论即可得出结论；由矩形的面积公式得出函数关系式，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵矩形EFGH
∴EF∥BC
∵AD⊥BC
∴AD⊥EF
又∵△AEF∽△ABC
∴AMAD=EFBC
（2）能，解：假设EFGH为正方形设EF=m
∴AM=8-m
∴8−m8=m12
∴m=245
∴假设成立SEHGF=57625
（3）∵EH=y
∴AM=8-y
∵EFBC=AMAD
∴x12=8−y8
∴y=8-23x
∵S=xy
∴S=x(8-32x)
∴S=-23x2+8x=-23(x-6)2+24
∴a=-23＜0、
∴当x=6时S最大=24
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的判定，相似三角形的判定和性质，矩形的面积公式，掌握相似三角形的性质是解本题的关键．
【变式8-1】（2020·广东江门·统考二模）如图，有一块三角形土地，它的底边BC＝100m，高AH＝80m．某单位要沿着底边BC修一座底面积是矩形DEFG的大楼．
（1）求地基的面积y（m2）和边EF的长x（m）的函数关系式；
（2）当地基的边长EF为多少时地基的面积最大，最大面积是多少？
【答案】（1）y＝80x﹣45x2；（2）当EF＝50m时，地基的面积最大，最大面积为2000m2
【分析】（1）证明△ADG∽△ABC，由相似三角形的性质得出DGBC=AMAH，得出AM＝45x，则由矩形的面积公式可得出答案；
（2）由二次函数的性质可得出答案．
【详解】解：（1）∵四边形DEFG为矩形，
∴EF＝DG＝x，DG∥BC，
∵DE⊥BC，
∴DE＝HM，
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ABC，
∴DGBC=AMAH，
∴x100=AM80，
∴AM＝45x，
∴DE＝80﹣45x，
∴y＝DE×DG＝x(80−45x)＝80x﹣45x2；
（2）∵y＝﹣45x2＋80x＝﹣45（x﹣50）2＋2000，
∴当x＝50时，y的最大值为2000，
即当EF＝50m时，地基的面积最大，最大面积为2000m2．
【点睛】本题主考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式8-2】（2018·河北邢台·统考一模）一块材料的形状是锐角三角形ABC，边BC＝12 cm，高AD＝8 cm，把它加工成矩形零件如图，要使矩形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，且矩形的长与宽的比为3∶2，求这个矩形零件的边长．
【答案】个矩形零件的长为6 cm，宽为4 cm或长为7213cm，宽为4813cm.
【分析】由已知可得 BC∥PQ，从而有△APQ∽△ABC，继而可得PQBC=AHAD，由于矩形长与宽的比为3：2，分两种情况分别求解即可.
【详解】解：∵四边形PQMN是矩形，
∴BC∥PQ，
∴△APQ∽△ABC，
∴PQBC=AHAD，
由于矩形长与宽的比为3：2，
∴分两种情况：
①若PQ为长，PN为宽，
设PQ=3k，PN=2k，
则3k12=8−2k8，
解得：k=2，
∴PQ=6cm，PN=4cm；
②PN为6，PQ为宽，
设PN=3k，PQ=2k，
则2k12=8−3k8，
解得：k=2413，
∴PN=7213cm，PQ=4813cm；
综上所述：矩形的长为6cm，宽为4cm或长为7213cm，宽为4813cm．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应高的比等于对应边的比，根据已知分情况进行讨论是解本题的关键．
【变式8-3】（2022·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第六十八中学校考模拟预测）课本中有一道作业题：
有一块三角形余料ABC，它的边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．问加工成的正方形零件的边长是多少mm？
小颖解得此题的答案为48mm，小颖善于反思，她又提出了如下的问题．
（1）如果原题中要加工的零件是一个矩形，且此矩形是由两个并排放置的正方形所组成，如图1，此时，这个矩形零件的两条边长又分别为多少mm？请你计算．
（2）如果原题中所要加工的零件只是一个矩形，如图2，这样，此矩形零件的两条边长就不能确定，但这个矩形面积有最大值，求达到这个最大值时矩形零件的两条边长．
【答案】（1）2407mm，4807mm；（2）PN=60mm，PQ=40mm．
【分析】(1)、设PQ=y（mm），则PN=2y（mm），AE=80-y（mm），根据平行得出△APN和△ABC相似，根据线段的比值得出y的值，然后得出边长；(2)、根据第一题同样的方法得出y与x的函数关系式，然后求出S与x的函数关系式，根据二次函数的性质得出最大值.
【详解】(1)、设PQ=y（mm），则PN=2y（mm），AE=80-y（mm）
∵PN∥BC,
∴=，△APN∽△ABC
∴=
∴=
∴=解得 y=
∴2y=
∴这个矩形零件的两条边长分别为mm，mm
(2)、设PQ=x（mm），PN=y（mm），矩形面积为S ，则AE=80-x（mm）．.
由（1）知=
∴=
∴ y=
则S=xy===
∵
∴ S有最大值
∴当x=40时，S最大=2400（mm2） 此时，y==60 ．
∴面积达到这个最大值时矩形零件的两边PQ、PN长分别是40 mm ，60 mm．
考点：三角形相似的应用
考点要求
新课标要求
命题预测
相似三角形的性质与判定
了解相似三角形的判定定理.
了解相似三角形判定定理的证明.
了解相似三角形的性质定理.
相似三角形是中考数学中非常重要的一个考点，也是难度最大的一个考点.它不仅可以作为简单考点单独考察，还经常作为压轴题的重要解题方法，和其他如函数、特殊四边形、圆等问题一起考察.而且在很多压轴题中，经常通过相似三角形的判定以及性质来得到角相等或者边长间的关系，也是动点问题中得到函数关系式的重要手段.需要考生在复习的时候给予加倍的重视!
相似三角形的常见模型
相似三角形的应用
会利用图形的相似解决一些简单的实际问题.
模型
图形
结论
证明过程（思路）
A字模型
①∆ADE~∆ABC
②ADAB=AEAC=DEBC
1)已知DE∥BC 则∠ADE=∠ABC
而∠A=∠A 所以∆ADE~∆ABC
2) 已知∠1=∠2 ∠A=∠A
所以∆ADE~∆ABC
共边反A字模型
①∆ABC~∆ACD ②ABAC=ACAD=BCCD
③AC2=AB•AD
剪刀反A字模型
①∆ABC~∆ADE ②ABAD=ACAE=BCDE
证明过程参照按照2）
8字模型
正8字模型
①∆AOB~∆COD ②AOCO=BODO=ABCD
反8字模型
①∆AOB~∆DOC ②AODO=BOCO=ABCD
3)已知AB∥DC 则∠A=∠C
而∠AOB=∠DOC 所以∆AOB~∆COD
4) 已知∠1=∠2 ∠AOB=∠DOC
所以∆AOB~∆DOC
一线三垂直
①∆ABC~∆CDE
②ABCD=BCDE=ACCE
③当点C为BD中点时，
∆ABC~∆CDE~∆ACE
5)∵∠B=∠D=∠ACE=90°
∴∠1+∠2=90°∠2+∠3=90°
则∠1=∠3 由此可得∆ABC~∆CDE
6)∵ ∆ABC~∆CDE
∴ABCD=ACCE而点C为BD中点
则ABBC=ACCE 又∵∠B=∠ACE=90°
∴∆ABC~∆ACE 则∆ABC~∆CDE~∆ACE
三角形内接矩形
①∆ABC~∆ADG
②ADAB=AGAC=DGBC= AMAN
③若四边形DEFG为正方形
即DGBC= AMAN 若假设DG=x
则xBC= AN−xAN 若已知BC、AN长，即可求出x的值
7)∵四边形DEFG为矩形
∴DG∥BC 而AN⊥BC
∴∆ABC~∆ADG ∠AMG=∠ANC=90°
∴ADAB=AGAC=DGBC= AMAN
旋转相似模型
①∆ABD~∆ACE
∵∆ADE~∆ABC
∴∠BAC=∠DAE ADAB=AEAC
而∠1+∠DAC=∠BAC，∠2+∠DAC=∠DAE
∴∠1=∠2
∴∆ABD~∆ACE