中考数学一轮复习：专题22.3 相似三角形的判定与性质（一）【八大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题22.3 相似三角形的判定与性质（一）【八大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版），共36页。


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\l "_Tc30574" 【题型1 利用相似三角形的性质求面积】 PAGEREF _Tc30574 \h 2
\l "_Tc11487" 【题型2 添加条件使两三角形相似】 PAGEREF _Tc11487 \h 5
\l "_Tc31088" 【题型3 根据图形数据判断两三角形相似】 PAGEREF _Tc31088 \h 8
\l "_Tc19781" 【题型4 坐标系中确定坐标使两三角形相似】 PAGEREF _Tc19781 \h 11
\l "_Tc25754" 【题型5 确定相似三角形的对数】 PAGEREF _Tc25754 \h 15
\l "_Tc26575" 【题型6 相似三角形的证明】 PAGEREF _Tc26575 \h 18
\l "_Tc15753" 【题型7 找格点中的相似三角形】 PAGEREF _Tc15753 \h 23
\l "_Tc11643" 【题型8 由图形相似求线段长度】 PAGEREF _Tc11643 \h 26
【知识点1 相似三角形的性质】
【题型1 利用相似三角形的性质求面积】
【例1】（2023春·辽宁沈阳·九年级校考期中）如图，△OAB∽△OCD，且OA:OC=6:5,∠A=α,∠B=β,△OAB与△OCD的面积分别是S1和S2，△OAB与△OCD的周长分别是C1和C2，则一定成立的等式是（ ）
A．OBCD=65B．αβ=65C．S1S2=65D．C1C2=65
【答案】D
【分析】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．
【详解】解：∵△OAB∽△OCD，OA：OC=6：5，
∴C1C2=OAOC=65,S1S2=(OAOC)2=3625，
∴选项D正确，选项C错误，
∵无法确定OAOD,OBCD和∠ A与∠B的比的值，故选项A，B错误，
故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
【变式1-1】（2023春·九年级上海市民办文绮中学校考期中）两个相似三角形的面积之差为3cm2，周长比是2：3，那么较小的三角形面积是 cm2．
【答案】125
【分析】根据三角形相似的性质得到面积比，设较小三角形的面积为4S，则较大三角形的面积为9S，列出等量解出S的值即可求出结果．
【详解】解：∵两个三角形的周长比是2：3，
∴两个三角形的面积比等于4：9，
设较小的三角形的面积为4S，
则较大的三角形面积为9S，
∴9S-4S=3，
解得S=35
∴较小三角形的面积为4S=125cm2．
故答案为：125
【点睛】本题考查三角形相似的性质，相似三角形周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，熟记相关性质内容是解题关键．
【变式1-2】（2023春·四川成都·九年级成都实外校考期中）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，若ΔABC∽ΔDCE，则ΔDCE的面积是 ．
【答案】253
【分析】根据图形得到BC=3，CE=5，ℎΔABC=2，再根据面积比等于相似比平方即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
BC=3，CE=5， ℎΔABC=2，
∴BCCE=35，SΔABC=12×3×2=3 ，
∴SΔABC:SΔDCE=(35)2=925，
∴SΔDCE=3×259=253，
故答案为253．
【点睛】本题考查相似比与面积比的换算，解题关键是从图形得到相似比，熟练掌握面积比是相似比平方．
【变式1-3】（2023春·山东淄博·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在线段DE上，且△ADF∽△DEC，若DC=4cm，AD=33cm，AF=23cm．
（1）求DE的长；
（2）求平行四边形ABCD的面积．
【答案】（1）DE=6；（2）93cm2
【分析】（1）根据相似三角形的性质，列出比例式，进而即可求解；
（2）根据勾股定理求出AE的长，进而即可求解．
【详解】解：（1）∵△ADF∽△DEC，
∴ADDE=AFDC，
∴33DE=234，
∴DE=6；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∠EAD=∠AEB=90°，
∴在Rt△EAD中，AE2=DE2−AD2=62−332=9，
∴AE=3（cm），
∴S□ABCD=BC·AE=33×3=93cm2．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，平行四边形的性质以及勾股定理，熟练掌握上述性质和定理，是解题的关键．
【知识点2 相似三角形的判定】
【题型2 添加条件使两三角形相似】
【例2】（2023春·山东潍坊·九年级统考期末）如图，ABCD是正方形，E是CD的中点，P是BC边上的一动点，下列条件中，不能得到△ABP与△ECP相似的是（ ）

A．ABCE=BPCPB．P是BC的中点
C．∠BAP=∠EPCD．AB:BP=3:2
【答案】B
【分析】由四边形ABCD是正方形，可得∠B=∠C=90°，又由E是CD的中点，易得CE:AB=1:2，然后分别利用相似三角形的判定定理，判定△ABP与△ECP相似．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，AB=CD=BC，
∵E是CD的中点，
∴CE:CD=1:2，
即CE:AB=1:2，
A、∵∠B=∠C，ABCE=BPCP，
∴△ABP∽△ECP，故A符合题意；
B、∵P是BC中点，
∴BP=PC=BC，
没办法判定△ABP与△ECP中各边成比例，故B符合题意；
C、∵∠BAP=∠EPC时，∠B=∠C，
∴△ABP∽△PCE，
故C不符合题意；
D、∵AB:BP=3:2，AB=BC，
∴BP=2PC，
∴PC:BP=1:2，
∴PC:BP=CE:AB=1:2，
∴△ABP∽△PCE，故D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定以及正方形的性质．注意灵活应用判定定理是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·北京石景山·九年级校考期中）如图，标记了△ABC与△DEF边、角的一些数据，如果再添加一个条件使△ABC∽△DEF，那么这个条件可以是 ．（只填一个即可）
【答案】∠C=60°或∠B=40°或DF=6
【分析】利用三角形相似的条件即可进行解答.
【详解】由图可知：∠A=∠D=80°，且∠F=60°，
∴当∠C=60°时，△ABC∽△DEF；
由图可知：∠A=∠D=80°，且∠F=60°，
∴当∠B=40°时，即可求得∠C=60°，△ABC∽△DEF；
由图可知：AB=4，AC=3，DE=8，
∴当ABDE=ACDF，即DF=6时，△ABC∽△DEF；
综上所述：当∠C=60°或∠B=40°或DF=6时，△ABC∽△DEF
【点睛】本题考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定条件是解题关键
【变式2-2】（2023春·四川雅安·九年级雅安中学校考期中）根据下列各组条件，不能判定△ABC∽△A1B1C1的是（ ）
A．∠B＝∠B1＝60°，∠C＝50°，∠A1＝70°
B．∠C＝∠C1＝90°，AB＝10，AC＝6，A1B1＝5，A1C1＝3
C．∠A＝40°，AB＝2，AC＝3，∠A1＝40°，A1B1＝4，A1C1＝5
D．AB＝12，BC＝15，AC＝24，A1B1＝8，A1C1＝16，B1C1＝10
【答案】C
【分析】两角对应相等的两个三角形相似；两边成比例，夹角相等的两个三角形相似；三边成比例的两个三角形相似．根据定理内容依次计算判定即可．
【详解】解：A、∵∠B=60∘,∠C=50∘
∴∵∠A=180∘−60∘−50∘=70∘
又∵∠A1＝70°，∠B1＝60°
∴△ABC∽△A1B1C1
所以选项A正确；
B、∵∠C＝∠C1＝90°
∴△ABC和△A1B1C1都是直角三角形
在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝6
由勾股定理得：BC2=AB2−AC2=102−62=82
∵BC>0
∴BC=8
在Rt△A1B1C1中，A1B1＝5，A1C1＝3
由勾股定理得：B1C12=A1B12−A1C12=52−32=42
∵B1C1>0
∴B1C1=4
∵ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1=2
∴△ABC∽△A1B1C1
所以选项B正确；
C、∵ABA1B1=24=12,ACA1C1=35
∴不能判定两个三角形相似
所以选项C错误；
D、∵ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1=32
∴△ABC∽△A1B1C1
所以选项D正确．
故选：C
【点睛】本题考查三角形相似的判定，根据定理内容解题是关键．
【变式2-3】（2023春·河南南阳·九年级南阳市第十三中学校校考期末）如图，在△ABC中，P为AB上一点，下列四个条件中：①AC2=AP⋅AB；②AB⋅CP=AP⋅CB；③∠APC=∠ACB﹔④∠ACP=∠B能满足△APC与△ACB相似的条件是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定方法对每个条件进行分析，从而获得答案．
【详解】解：①∵AC2=AP⋅AB，
∴ACAP=ABAC，
又∵∠A=∠A，
∴△APC∽△ACB；
②∵AB⋅CP=AP⋅CB，
∴APAB=CPCB，AP是△APC的最短边，AB是△ACB的最长边，AP和AB不是对应边，不能判定△APC与△ACB相似；
③∵∠APC=∠ACB，∠A=∠A，
∴△APC∽△ACB；
④∠ACP=∠B，∠A=∠A，
∴△APC∽△ACB．
综上所述，能满足△APC与△ACB相似的条件是①③④．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定方法，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
【题型3 根据图形数据判断两三角形相似】
【例3】（2023春·河北保定·九年级统考期末）如图，△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6．将△ABC沿图中的虚线剪开，下列四种剪开的方法中，剪下的阴影三角形一定与原三角形相似的是（ ）
A．①②③B．③④C．①②③④D．①②④
【答案】D
【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．
【详解】解：①阴影部分的三角形与原三角形有两个角对应相等，故两三角形相似；
②阴影部分的三角形与原三角形有两个角对应相等，故两三角形相似；
③两三角形虽然满足23=46，但两边所夹的角不一定相等，故两三角形不一定相似；
④两三角形对应边成比例4−16=6−44=12且夹角相等，故两三角形相似．
故正确的有①②④，
故选：D．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键．
【变式3-1】（2023春·河南新乡·九年级统考期末）如图，已知△MNP．下列四个三角形，与△MNP相似的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定条件分别判断即可；
【详解】根据图形可知，MN=MP，∠P=∠N=75°，
∴∠M=180°−75°−75°=30°，
∴根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得C中的图形与△MNP相似；
故选C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定条件，结合三角形内角和定理计算是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·山西阳泉·九年级统考期末）如图是老师画出的△ABC，已标出三边的长度．下面四位同学画出的三角形与老师画出的△ABC不一定相似的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据两个三角形相似的判定方法进行判定即可．
【详解】解：A、由有两个角对应相等的三角形相似即可判定这两个三角形相似；
B、由于48=3.46.8，且夹角相等，所以这两个三角形相似；
C、不能判定相似；
D、由有两个角对应相等的三角形相似即可判定这两个三角形相似；
故选：C．
【点睛】本题考查了两个三角形相似的判定，掌握相似三角形判定的方法是关键．
【变式3-3】（2023春·河南商丘·九年级统考期末）已知图中有两组三角形，其边长和角的度数已在图上标注，对于各组中的两个三角形而言，下列说法正确的是（）
A．都相似B．都不相似
C．只有①相似D．只有②相似
【答案】A
【分析】根据相似三角形的判定去判断两个三角形是否相似即可．
【详解】在图①中：第一个三角形三个角分别为：75°，35°，180°－75°－35°＝70°；
第二个三角形的两个角分别为：75°，70°；
故根据两个角分别相等的两个三角形相似，得两个三角形相似；
在图②中：∵AOOD=43，COBO=86=43，
∴AOOD=COBO，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC∽△DOB,
故都相似．
故选：A
【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．
【题型4 坐标系中确定坐标使两三角形相似】
【例4】（2023春·浙江金华·九年级校联考期中）如图，点A，B，C，D的坐标分别是（1，7），（1，1），（4，1），（6，1），以C，D，E为顶点的三角形与△ABC相似，则点E的坐标不可能是（ ）

A．（6，0）B．（6，3）C．（6，5）D．（4，2）
【答案】B
【详解】△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=3，AB：BC=2．
A、当点E的坐标为（6，0）时，∠CDE=90°，CD=2，DE=1，则AB：BC=CD：DE，△CDE∽△ABC，故本选项不符合题意；
B、当点E的坐标为（6，3）时，∠CDE=90°，CD=2，DE=2，则AB：BC≠CD：DE，△CDE与△ABC不相似，故本选项符合题意；
C、当点E的坐标为（6，5）时，∠CDE=90°，CD=2，DE=4，则AB：BC=DE：CD，△EDC∽△ABC，故本选项不符合题意；
D、当点E的坐标为（4，2）时，∠ECD=90°，CD=2，CE=1，则AB：BC=CD：CE，△DCE∽△ABC，故本选项不符合题意．
故选B．
【变式4-1】（2023春·河南南阳·九年级校考阶段练习）如图，A、B、C、D都是格点（小正方形的顶点），动点E在线段AC上，若点A的坐标是1,1，则当△ADE与△ABC相似时，动点E的坐标是 ．

【答案】(3，3)或(54，54)
【分析】首先根据图，可得AD=1，AB=3， AC=62+62=62，然后分别从若△ADE∽△ABC与若△ADE∽△ACB去分析，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得AE的值．
【详解】解：根据题意得：AD=1，AB=3， AC=62+62=62，
∵∠A=∠A，
∴若△ADE∽△ABC时，ADAB＝AEAC，
即：13=AE62，
解得： AE=2，
∵点A的坐标是(1，1)，
∴E(3，3)；
若△ADE∽△ACB时，ADAC＝AEAB，
即： 162=AE3，
解得：AE＝24，
∴E(54，54)，
∴当△ADE与△ABC相似时，动点E的坐标是(3，3)或(54，54)，
故答案为：(3，3)或(54，54)．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．
【变式4-2】（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4-3】（2023春·山东淄博·九年级统考期末）平面直角坐标系中，直线y=−12x+2和x、y轴交于A、B两点，在第二象限内找一点P，使△PAO和△AOB相似的三角形个数为( )

A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据相似三角形的相似条件，画出图形即可解决问题．
【详解】解：如图，

①分别过点O、点A作AB、OB的平行线交于点P1，则△OAP1与△AOB相似（全等），
②作AP2⊥OP1，垂足为P2则△AOP2与△AOB相似．
③作∠AOP3=∠ABO交AP1于P3，则△AOP3与△AOB相似．
④作AP4⊥OP3垂足为P4，则△AOP4与△AOB相似．
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活掌握相似三角形的判定方法，属于中考常考题型．
【题型5 确定相似三角形的对数】
【例5】（2023·安徽淮南·统考模拟预测）如图，把ΔABC绕点A旋转到ΔADE，当点D刚好落在BC上时，连结CE，设AC,DE，相交于点F，则图中相似三角形（不含全等）的对数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△ADE，∠2=∠l，利用三角形内角和得到∠3=∠4，则可判断△AFE∽△DFC；根据相似的性质得AF：DF=EF：FC，而∠AFD=∠EFC，则可判断△AFD∽△EFC；由于∠BAC=∠DAE，AB=AD，AC=AE，所以∠3=∠5，于是可判断△ABD∽△AEC．
【详解】
∵把△ABC绕点A旋转得到△ADE（D与E重合），
∴△ABC≌△ADE，∠2=∠1，
∴∠3=∠4，
∴△AFE∽△DFC，
∴AF：DF=EF：FC，
又∵∠AFD=∠EFC，
∴△AFD∽△EFC，
∵把△ABC绕点A旋转得到△ADE（D与E重合），
∴∠BAC=∠DAE，AB=AD，AC=AE，
∴∠3=∠5，
∴△ABD∽△AEC，
综上，共有3对相似三角形，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，掌握知识点是解题关键．
【变式5-1】（2023春·河北石家庄·九年级统考期末）如图，E为矩形ABCD的CD边延长线上一点，BE交AD于G ， AF⊥BE于F ， 图中相似三角形的对数是（ ）

A．5B．7C．8D．10
【答案】D
【详解】试题解析：∵矩形ABCD
∴AD∥BC，AB∥CD，∠DAB=∠ADE=90°
∴△EDG∽△ECB∽△BAG
∵AF⊥BE
∴∠AFG=∠BFA=∠DAB=∠ADE=90°
∵∠AGF=∠BGA，∠ABF=∠GBA
∴△GAF∽△GBA∽△ABF
∴△EDG∽△ECB∽△BAG∽△AFG∽△BFA
∴共有10对
故选D．
【变式5-2】（2023春·内蒙古呼伦贝尔·九年级校考期中）如图，AB与CD相交于点O，且∠OAD=∠OCB，延长AD、CB交于点P，那么图中的相似三角形的对数为 ．
【答案】3
【详解】分析：图中有4对相似三角形，利用相似三角形的判定方法一一证明即可．
详解：
∵在△ABP与△CDP中，∠BAP=∠DCP，∠APB=∠CPD，
∴△ABP∽△CDP，
∴∠ABP=∠CDP，AP：CP=BP：DP，
∴∠ADO=∠CBO，
又∵∠OAD=∠OCB，
∴△OAD∽△OCB，
∴OAOC=ODOB,
∴OAOD=OCOB，
∵∠AOC=∠DOB，
∴△AOC∽△DOB，
∵在△PAC与△PBD中，∠P=∠P，AP：BP=CP：DP
∴△PAC∽△PBD，
综上所述，图中的相似三角形有4对：△ABP∽△CDP，△OAD∽△OCB，△PAC∽△PBD，△AOC∽△DOB．
故答案是：4．
点睛：考查了相似三角形的判定．①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．
【变式5-3】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD上一点，且CF=3FD．则图中相似三角形的对数是（ ）
A．1B． 2C．3D．)4
【答案】C
【详解】FD=k,CF=3k,DE=AE=2k
在RtΔBCF 中，CF=3k,BC=4k,BF=5k
在RtΔDEF 中，DF=k,DE=2k,EF=5k
在RtΔABE 中，AE=2k,AB=4k,BE=25k
在RtΔBEF 中，EF=5k,BE=25k,BF=5k
根据相似三角形的判定，RtΔDEF∼RtΔABE∼RtΔEBF,故选C.
【题型6 相似三角形的证明】
【例6】（2023春·九年级课时练习）如图，已知∠B=∠E=90°，AB=6,BF=3,CF=5,DE=15,DF=25．
(1)求CE的长；
(2)求证：△ABC∽△DEF．
【答案】(1)CE=15
(2)见解析
【分析】（1）利用勾股定理求出EF，再用EF−CF即可求出CE的长；
（2）先求出BC的长，得到ABDE=BCEF，再根据∠B=∠E=90°，即可得证．
【详解】（1）解：∵DE=15,DF=25,∠E=90°，
∴EF=DF2−DE2=20，
∴CE=EF−CF=15；
（2）证明：∵BF=3，CF=5，
∴BC=BF+CF=8，
∵ABDE=615=25，BCEF=820=25，
∴ABDE=BCEF，
∵∠B=∠E=90°，
∴△ABC∽△DEF．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定．熟练掌握勾股定理，相似三角形的判定方法，是解题的关键．
【变式6-1】（2023·全国·九年级假期作业）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，交AC于点D，点E是AB上一点，连接DE，BD2=BC·BE.
证明：△BCD∽△BDE.

【答案】见解析
【分析】根据角平分线的定义可得∠DBE=∠CBD，由BD2=BC⋅BE可得BCBD=BDBE，根据相似三角形的判定定理即可得△BCD∽△BDE.
【详解】∵BD平分∠ABC，
∴∠DBE=∠CBD，
∵BD2=BC⋅BE，
∴BCBD=BDBE，
∴△BCD∽△BDE.
【点睛】本题考查相似三角形的判定，如果两个三角形的两组对应边的比相等，且相对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；正确找出对应边和对应角是解题关键.
【变式6-2】（2013·广西河池·中考真题）请在图中补全坐标系及缺失的部分，并在横线上写恰当的内容．图中各点坐标如下：A1，0，B6，0，C1，3，D6，2．线段AB上有一点M，使△ACM∽△BDM，且相似比不等于1．求出点M的坐标并证明你的结论．

解：M（ ， ）
证明：∵CA⊥AB，DB⊥AB，
∴∠CAM=∠DBM= 度．
∵CA=AM=3，DB=BM=2，
∴∠ACM=∠AMC（ ），∠BDM=∠BMD（同理），
∴ ∠ACM=12(180°− )＝45°． ∠BDM＝45°（同理）．
∴∠ACM＝∠BDM．
在△ACM与△BDM中，∠ACNM=∠BDM_______________，
∴△ACM∽△BDM（如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似）．
【答案】详见解析
【分析】根据题意补图，应用相似三角形的判定证明即可．
【详解】解：补全坐标系及缺失的部分如下：

M4,0
证明：∵CA⊥AB，DB⊥AB，
∴∠CAM=∠DBM=90度．
∵CA=AM=3，DB=BM=2，
∴∠ACM=∠AMC（ 等边对等角 ），∠BDM=∠BMD（同理），
∴∠ACM=12180°−90°=45°． ∠BDM=45°(同理)．
∴∠ACM=∠BDM．
在△ACM与△BDM中，∠ACM=∠BDM∠CAM=∠DBM，
∴△ACM∽△BDM（如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似）．
【点睛】此题考查了坐标与图形，相似三角形的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法．同时还要注意解题的完整性．
【变式6-3】（2023·河南平顶山·统考一模）三角形的布洛卡点（Brcardpint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brcard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=∠α，则点P是△ABC的布洛卡点，∠α是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；
（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中∠BAC=90°）的布洛卡点，且∠1=∠2=∠3．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；
②若△ABC的面积为52，求△PBC的面积．
【答案】（1）30°，PA=PB=PC；（2）①△ABP∽△BCP，证明见解析；（3）S△PBC=1．
【分析】（1）根据题意理清布洛卡点、布洛卡角的概念，利用概念来解答；
（2）①找△ABP∽△BCP，证明过程利用等腰直角三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；
②把三角形△ABC面积看作三个三角形面积之和来表示，除所求三角形面积之外的两个，其中一个根据条件可以利用勾股定理求出面积，另一个可以利用所求三角形面积来表示，建立等式即可求解．
【详解】解：（1）由题意知：∠BAP=∠CBP=∠ACP，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠BCA=∠CAB，AB=BC=AC,
∴△APB≌△BPC，
∴AP=BP，
∴∠PAB=∠PBA，
∴∠PBA=∠PBC,∠PBA+∠PBC=60°，
∴∠PBC=30°，
同理可证得出：
∠BAP=∠CBP=∠ACP=30°，
∠ABP=∠BCP=∠CBP=30°，
PA=PB=PC
故答案是：30°，PA=PB=PC．
（2）①△ABP∽△BCP
证明：∵△ABC是等腰直角三角形
∴∠ABC=∠ACB=45°，
即∠ABP+∠2=∠3+∠BCP=45°，
∵∠2=∠3，∴∠ABP=∠BCP，
又∵∠1=∠2，
∴△ABP∽△BCP.
（3）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴S△ABC=12AB⋅AC=12AC2=52，∴AC=5.
∵△PAB∽△PBC，
∴BPCP=APBP=ABBC=22，
∴AP=22BP，CP=2BP，S△PAB=12S△PBC，
∴CP=2AP.
∵∠APB=∠BPC=180°−(∠1+∠ABP)=180°−(∠2+∠ABP)=135°，
∴∠APC=360°−∠APB−∠BPC=90°.
在Rt△APC中，∵CP=2AP，AC=5，
由勾股定理得AP=1，CP=2，
∴S△APC=12CP⋅AP=1，
∴S△ABC=S△PBC+S△PAC+S△PAB=S△PBC+1+12S△PBC=52
∴S△PBC=1．
【点睛】本题考查了新概念问题、等边三角形、直角三角形、三角形全等的判定定理和性质、相似三角形的判定定理和性质、勾股定理，涉及知识点多，综合性强，题目较难，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答．
【题型7 找格点中的相似三角形】
【例7】（2023春·山西临汾·九年级统考期末）如图，每个小正方形边长均为1，则图中的三角形中与△ABC相似的是（ ）

A．△FBEB．△BEDC．△DFED．△ABE
【答案】B
【分析】直接利用相似三角形的判定方法结合正方形的性质分析得出答案．
【详解】解：由题意可得：∠BDE=90°+45°=135°，∠BCA=90°+45°=135°，
BD=1，DE=2，BC=2，AC=2，
∵ BDAC=12=22，DEBC=22，
∴ BDAC=DEBC，
又∵∠BDE=∠BCA，
∴△BDE∽△ACB．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定，正确得出对应边的关系是解题关键．
【变式7-1】（2023春·湖南衡阳·九年级校考期中）如图，小正方形的边长均为1，则下列图中的三角形（阴影部分）与△ABC相似的是 ．

【答案】A
【分析】根据网格中的数据求出AB,AC,BC的长，求出三边之比，利用三边对应成比例的两三角形相似判断即可．
【详解】解：根据题意可得：AB=32+12=10,BC=2,AC=2,
∴AC:BC:AB=2:2:10,
A．三边之比为1:2:5=2:2:10,图中的三角形（阴影部分）与△ABC相似．
B．三边之比为2:5:3,图中的三角形（阴影部分）与△ABC不相似．
C．三边之比为1:5:8=2:10:16,图中的三角形（阴影部分）与△ABC不相似．
D．三边之比为2:5:13=2:52:132,图中的三角形（阴影部分）与△ABC不相似．
故答案为：A．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定方法是解本题的关键．
【变式7-2】（2023·上海·九年级假期作业）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．如图，已知△ABC是6×6的网格图中的格点三角形，那么该网格中所有与△ABC相似且有一个公共角的格点三角形的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】取AB,BC,AC的中点D,F,E，再取网格点M、N，连接格点DE,DF,EF,MN，结合中位线的性质可证明△ADE∽△ABC，△BDF∽△BAC，△CEF∽△CAB，再根据BN=32，BM=4，BA=42，BC=6，可得BNBM=BCBA，结合∠ABC=∠MBN，有△ABC∽△MBN，即可获得答案．
【详解】解：如图，取AB,BC,AC的中点D,F,E，再取网格点M、N，连接格点DE,DF,EF,MN，

则DE∥BC，且DE=12BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC．
同理可证：△BDF∽△BAC，△CEF∽△CAB．
∵BN=32，BM=4，BA=42，BC=6，
∴BNBM=324=32×24×2=BCBA，
∴BNBM=BCBA，∠ABC=∠MBN，
∴△ABC∽△MBN，
综上，满足条件的三角形有4个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中位线的性质、相似三角形的判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答本题的关键．
【变式7-3】（2023春·江苏泰州·九年级统考期中）定义：我们知道，凸四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这个凸四边形叫做“自相似四边形”． 如图，点A、B、C是正方网格中的格点，在网格中确定格点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是“自相似四边形”，符合条件的格点D的个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】根据题目中“自相似四边形”的定义，在网格中找到符合条件的点D即可．
【详解】解：如图1，由ABD1A=ACD1C=BCAC=105，得△ABC∽△D1AC，故D1为所求点；
如图2，由ABD2A=BCAB=ACD2B=2，得△ABC∽△D2AB，故D2为所求点；
如图3，由BCAB=CD3BD3=BD3AD3=2，得△BCD3∽△ABD3，故D3为所求点；
如图4，由ABD4C=BCCA=ACD4A=105，得△ABC∽△D4CA，故D4为所求点；
如图5，由ABBC=BCCD5=ACBD5=22，得△ABC∽△BCD5，故D5为所求点；
∴符合条件的格点D的个数有5个．
故选：D．
【点睛】此题是新定义题，主要考查了网格中的勾股定理、判定两个格点三角形相似，熟练掌握三边对应成比例的两个三角形相似是解答此题的关键．
【题型8 由图形相似求线段长度】
【例8】（2023春·安徽·九年级专题练习）矩形ABCD对角线的交点为O，点E在边AB上，点F在AD的延长线上，连接EF，EO，FO，∠EOF=90°．试探究：

(1)如图1，若EF垂直平分AO，AB=8，AD=4，则AE的长为 ；
(2)如图2，若BE=3，FD=1，则EF的长为 ．
【答案】(1)52
(2)10
【分析】（1）设EF与AO交于点H，根据矩形的性质，得∠ABC=90°，AO=OC=12AC；根据EF垂直平分AO，则AE=EO=12AO，∠AHE=90°；根据相似三角形的判定和性质，得△EAH∼△CAB，推出AEAC=AHAB，解出AE，即可；
（2）延长EO交CD于点G，连接FG，根据矩形的性质，得AB∥CD，AO=CO，根据平行线的性质，对顶角相等，得△AOE≌△COG，推出AE=CG，OE=OG，再根据∠EOF=90°，OE=OG，得FO是EG的垂直平分线，则EF=GF，根据勾股定理求出FG，即可．
【详解】（1）设EF与AO交于点H，
∵四边形ABCD是矩形，AC是对角线，
∴BC=AD=4，∠ABC=90°，OA=12AC，
∵AB=8，
∴AC2=AB2+BC2=82+42=45，
∴OA=25，
∵EF垂直平分AO，
∴AH=OH=5，∠AHE=∠ABC=90°，
∵∠EAH=∠CAB，
∴△EAH∼△CAB，
∴AEAC=AHAB=AE45=58，
∴AE=52，
故答案为：52；

（2）延长EO交CD于点G，连接FG，
∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO，AB∥CD，AB=CD，
∴∠OAE=∠OCG，
∵∠AOE=∠COG，
∴△AOE≌△COG，
∴AE=CG，OE=OG，
∵AB=CD，
∴BE=DG=3，
∵∠EOF=90°，OE=OG，
∴FO是EG的垂直平分线，
∴EF=GF，
∵∠GDF=90°，
∴GF=DG2+DF2=10，
∴EF=10，
故答案为：10．

【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，关键是准确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
【变式8-1】（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8-2】（2023春·四川南充·九年级校考阶段练习）在矩形ABCD中，点E是对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE交AB于点F．

(1)如图1，当DE=DA时，求证：AF=EF；
(2)如图2，点E在运动过程中DEEF的值是否发生变化？请说明理由；
(3)如图3，若点F为AB的中点，连接DF交AC于点G，将△GEF沿EF翻折得到△HEF，连接DH交EF于点K，当AD=2，CD=23时，求KH的长．
【答案】(1)见解析；
(2)DEEF的值不变；
(3)KH=9112．
【分析】（1）连接DF，证明Rt△DAF≌Rt△DEFHL，由全等三角形的性质得出AF=EF；
（2）如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点E作EN⊥AB于点N，证明△EAM∽△CAD，得出比例线段AMAD=EMCD①，证明△DME∽△FNE，得出比例线段DEEF=EMEN②，由①②可得DEEF=DCAD，则可得出结论；
（3）连接GH交EF于点I，由勾股定理求出DF的长，证明△AGF∽△CGD，由相似三角形的性质得出DGGF=DCAF=2，则GFDF=13，由折叠的性质可知GI=IH，GH⊥EF，证明△GFI∽△DFE，由相似三角形的性质得出GIDE=FIEF=GFDF=13，证明△DEK∽△HIK，由相似三角形的性质得出KIEK=IHDE=13，由勾股定理可求出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接DF，在矩形ABCD中，∠DAF=90°，

又∵DE⊥EF，
∴∠DEF=90°，
∵AD=DE，DF=DF，
∴Rt△DAF≌Rt△DEFHL，
∴AF=EF；
（2）解：DEEF的值不变；
如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点E作EN⊥AB于点N，

∴四边形ANEM是矩形，
∴EN=AM，
∵∠EAM=∠CAD，∠EMA=∠CDA．
∴△EAM∽△CAD，
∴ AMAD=EMCD，即EMEN=CDAD①，
∵∠DEF=∠MEN=90°，
∴∠DEM=∠FEN，
又∵∠DME=∠ENF=90°，
∴△DME∽△FNE，
∴ DEEF=EMEN②，
由①②可得DEEF=DCAD，
∵AD与DC的值不变，
∴ DEEF的值不变；
（3）解：连接GH交EF于点I，

∵点F是AB的中点，
∴AF=3，
在Rt△DAF中，DF=DA2+AF2=22+(3)2=7，
由（2）知DEEF=DCAD=232=3，
∴DE=3EF，
在Rt△DEF中，EF=72，DE=212，
又∵AB∥CD，
∴△AGF∽△CGD，
∴ DGGF=DCAF=2，
∴ GFDF=13，
由折叠的性质可知GI=IH，GH⊥EF，
又∵DE⊥EF，
∴GH∥DE，
∴△GFI∽△DFE，
∴ GIDE=FIEF=GFDF=13，
∴EI=23EF=73，GI=IH=216，
又∵GH∥DE，
∴△DEK∽△HIK，
∴ KIEK=IHDE=13，
∴KI=14EI=712，
∴HK=IH2+KI2=9112．
【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，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，矩形的性质等知识的综合运用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·广东深圳·九年级校联考阶段练习）（1）如图1，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，E是AC上一点，AE=5，ED⊥AB，垂足为D，求AD的长．
（2）类比探究：如图2，△ABC中，AC=14，BC=6，点D，E分别在线段AB，AC上，∠EDB=∠ACB=60°，DE=2，求AD的长．
（3）拓展延伸：如图3，△ABC中，点D，点E分别在线段AB，AC上，∠EDB=∠ACB=60°，延长DE，BC交于点F，AD=4，DE=5，EF=6， 求BD=______．
【答案】(1) AD=4；(2) AD=83；(3) BD=559
【分析】(1)证明△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质得到ADAC=AEAB，把已知数据代入计算，求出AD；
(2)在AC上截取CH=CB，连接BH，根据等边三角形的性质得到CH=BH=BC=6，∠CHB=60°，证明△ADE∽△AHB，根据相似三角形的性质计算即可；
(3)过点B作BM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AB于点N，设DM=a，用a表示出FM、BM，证明△AEN∽△FMB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】(1) ∵∠ADE=∠C=90°，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴ADAC=AEAB，
∵AB=10，AC=8，AE=5，
∴AD8=510，
解得：AD=4．
(2)如图2，在AC上截取CH=CB，连接BH，
∵∠ACB=60°，
∴△BCH为等边三角形，
∴CH=BH=BC=6，∠CHB=60°，
∴AH=AC−CH=8，∠AHB=120°，
∵∠EDB=60°，
∴∠ADE=120°，∠ADE=∠AHB，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AHB，DEBH=ADAH，即26=AD8，
解得：AD=83．
(3)如图3，过点B作BM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∴∠BMD=∠BME=∠ANE=90°，
∵∠EDN=60°，
∴∠DEN=30°，
∴DN=12DE=52，
则EN=DE2−DN2=523，
∴AN=AD+DN=4+52=132，
设DM=a，
∵∠BDM=60°，∠DMB=30°，
∴∠MBD=30°，BD=2a，
∴BM=BD2−DM2=3a，
∵DE=5，EF=6，
∴MF=DE+EF−DM=11−a，
∵∠BCA=∠F+∠FEC，∠BDE=∠A+∠AED，∠AED=∠FEC，
∠BCA=∠BDE，
∴∠A=∠F，
∴△AEN∽△FMB，
∴NEBM=ANMF，即5233a=13211−a，
解得：a=5518，
∴BD=2a=559．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，正确作出辅助线、熟记三角形相似的判定定理是解题的关键．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
判定定理
判定定理1：
如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．
简称为两角对应相等，两个三角形相似．
如图，如果，，则
．
判定定理2：
如果两个三角形的三组对应边成比例，那么这两个三角形相似．
简称为三边对应成比例，两个三角形相似．
如图，如果，则
．
判定定理3：
如果两个三角形的两组对应边成比例，并且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似．
简称为两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似．如图，如果，，则．