专题16 相似三角形（6类重点考向）（解析版）.docx

1、主题四 平面几何专题16 相似三角形目录一览知识目标（新课程标准提炼）中考解密（分析考察方向，精准把握重难点）重点考向（以真题为例，探究中考命题方向）考向一 黄金分割考向二 平行线分线段成比例考向三 相似三角形的判定与性质考向四 相似三角形的应用考向五 位似变换考向六 相似形综合题最新真题荟萃（精选最新典型真题，强化知识运用，优化解题技巧）1. 了解比例的基本性质、线段的比、成比例线段；通过建筑、艺术上的实例了解黄金分割；2. 掌握基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；3. 了解相似三角形的判定定理和性质定理；4. 通过具体实例认识图形的相似；了解相似多边形和相似比；5.

2、会利用图形的相似解决一些简单的实际问题该板块内容主要考查相似的性质和判定，2024年各地中考仍以考查基础为主，在选择题中单独考查，是广大考生的得分点，相似应用的考查，主要体现在综合题中，作为综合题的一部分，在解决求线段长问题时和勾股定理、三角函数一起运用，此时解答题的难度变大，综合性就较强了，分值在15分左右，为避免丢分，应扎实掌握，灵活应用。考向一 黄金分割1（2023绵阳）黄金分割由于其美学性质，受到摄影爱好者和艺术家的喜爱，摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法其原理是：如图，将正方形ABCD的底边BC取中点E，以E为圆心，线段DE为半径作圆，其与底边BC的延长线交于点F，这样就把正方形ABC

3、D延伸为矩形ABFG，称其为黄金矩形若CF4a，则AB（）A（1）aB（2）aC（+1）aD（+2）a【思路点拨】设ABx，根据正方形的性质可得ABBCx，然后根据黄金矩形的定义可得，从而可得，最后进行计算即可解答【规范解答】解：设ABx，四边形ABCD是正方形，ABBCx，矩形ABFG是黄金矩形，解得：x（2+2）a，经检验：x（2+2）a是原方程的根，AB（2+2）a，故选：D【真题点拨】本题考查了黄金分割，正方形的性质，矩形的性质，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键2（2023泰安）如图，ABC是等腰三角形，ABAC，A36以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别

4、以点F和点G为圆心，大于FG的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于BD的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE下列四个结论：AEDABC；BCAE；EDBC；当AC2时，AD1其中正确结论的个数是（）A1B2C3D4【思路点拨】根据角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，可得到BCD也是含有36角的等腰三角形，进而得出ADBDBC，再根据三角形内角和定理和等腰三角形的判定，进一步得出AEADBDBC，对作出判断；在根据平行线的判定方法可得出DEBC，对作出判断；由AEBE，可得DE不是ABC的中位线，对作出判断，最后再

5、根据相似三角形的判定和性质，得出BCDABC，进而求出BC，即AD即可对作出判断【规范解答】解：由题意可知，BD是ABC的平分线，MN是线段BD的中垂线，ABAC，A36，ABCACB72，BD是ABC的平分线，ABDCBDABC36A，ADBD，在BCD中，C72，CBD36，BDC180367272C，BDBC，ADBDBC，MN是BD的中垂线，EBED，BDEABD36CBD，DEBC，AEDABC，因此正确，AEADBDBC，因此正确；由于DE不是ABC的中位线，因此不正确；CBDBAC36，BCDACB72，BCDABC，即BC2ACCD，设BCx，则CD2x，x22（2x），解得x

6、1（舍去）或x1，即BC1AD，因此正确，综上所述，正确的结论有，共有3个，故选：C【真题点拨】本题考查角平分线，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及相似三角形的判定和性质，掌握角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和是180以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提3（2023黄石）关于x的一元二次方程x2+mx10，当m1时，该方程的正根称为黄金分割数宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数（1）求黄金分割数；（2）已知实数a，b满足：a2+ma1，b22mb4，且b2a，求a

7、b的值；（3）已知两个不相等的实数p，q满足：p2+np1q，q2+nq1p，求pqn的值【思路点拨】（1）依据题意，将m1代入然后解一元二次方程x2+x10即可得解；（2）依据题意，将b22mb4变形为（）2+m（）10，从而可以看作a，是一元二次方程x2+mx10的两个根，进而可以得解；（3）依据题意，将已知两式相加减后得到，两个关系式，从而求得pq，进而可以得解【规范解答】解：（1）由题意，将m1代入x2+mx10得，x2+x10，x1，2黄金分割数大于0，黄金分割数为（2）b22mb4，b22mb40（）2+m（）10又b2a，a，是一元二次方程x2+mx10的两个根a（）1ab2（3

8、）由题意，令p2+np1q，q2+nq1p，+得，（p2+q2）+n（p+q）2p+q，（p+q）22pq+n（p+q）2p+q又得，（p2q2）+n（pq）（pq），p，q为两个不相等的实数，pq0，（p+q）+n1p+qn1又（p+q）22pq+n（p+q）2p+q（n1）22pq+n（n1）2n1n2+2n+12pqn2n2n1pqnpqn0【真题点拨】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系，灵活运用所学知识解决问题考向二 平行线分线段成比例解题技巧/易错易混1比例的基本性质：组成比例的四个数，叫做比例的项两端的两项叫做比例的外项，中间的两项叫做比例的内项

9、 2对于四条线段a、b、c、d，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如ab=cd（即ad=bc），我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段3判定四条线段是否成比例，只要把四条线段按大小顺序排列好，判断前两条线段之比与后两条线段之比是否相等即可，求线段之比时，要先统一线段的长度单位，最后的结果与所选取的单位无关系4（2022丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上若线段AB3，则线段BC的长是（）AB1CD2【思路点拨】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，根据平行线分线段

10、成比例定理列出比例式，计算即可【规范解答】解：过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在的平行横线于E，则，即2，解得：BC，故选：C【真题点拨】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键5（2022襄阳）如图，在ABC中，D是AC的中点，ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD3：1，AB+BE3，则ABC的周长为 5【思路点拨】如图，过点F作FMAB于点M，FNAC于点N，过点D作DTAE交BC于点T证明AB3AD，设ADCDa，证明ETCT，设ETCTb，则BE3b，求出a+b，可得结论【规范解答】解：如图，过点F作FMAB于点M，

11、FNAC于点N，过点D作DTAE交BC于点TAE平分BAC，FMAB，FNAC，FMFN，3，AB3AD，设ADDCa，则AB3a，ADDC，DTAE，ETCT，3，设ETCTb，则BE3b，AB+BE3，3a+3b3，a+b，ABC的周长AB+AC+BC5a+5b5，故答案为：5【真题点拨】本题考查平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题6（2023岳阳）如图，在O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E（1）若A30，AB6，则的长是 （结果保留）；（2）若，则【思路点拨】（1）连接

12、OC，根据圆周角定理可得BOC60，利用弧长公式即可求出的长；（2）连接OC，根据垂径定理得到OCBD，再由切线得到ECBD，利用平行线分线段成比例得出，再根据勾股求出EC2x，代入比例式即可解决问题【规范解答】解：（1）如图，连接OC，A30，AB6，BOC60，OB3，的长；故答案为：；（2）如图，连接OC，点C为的中点，OCBD，又EC是O的切线，OCEC，ECBD，设EBx，则AB3x，BOOCx，EOx，AE4x，EC2x，故答案为：【真题点拨】本题考查的是平行线分线段成比例定理、圆周角定理、切线的判定与性质，勾股定理，弧长的计算，掌握圆周角定理、切线的判定与性质是关键考向三 相似三

13、角形的判定与性质解题技巧/易错易混1相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形的周长的比等于相似比；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方由三角形的面积公式和相似三角形对应线段的比等于相似比可以推出相似三角形面积的比等于相似比的平方2相似三角形的判定：平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似3.相似三角形的

14、对应线段（边、高、中线、角平分线）成比例；4.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5如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心7（2023重庆）若两个相似三角形周长的比为1：4，则这两个三角形对应边的比是（）A1：2B1：4C1：8D1：16【思路点拨】根据相似三角形的性质：相似三角形周长的比等于相似比，求解即可【规范解答】解：两个相似三角形周长的比为1：4，这两个三角形对应边的比为1：4，故选：B【真题点拨】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键8（2023绍兴）如图，

15、在ABC中，D是边BC上的点（不与点B，C重合）过点D作DEAB交AC于点E；过点D作DFAC交AB于点F、N是线段BF上的点，BN2NF：M是线段DE上的点，DM2ME若已知CMN的面积，则一定能求出（）AAFE的面积BBDF的面积CBCN的面积DDCE的面积【思路点拨】如图所示，连接ND，证明FBDEDC，得出，由已知得出 ，则 ，又NFDMEC，则NFDMEC，进而得出MCDNDB，可得MCND，结合题意得出，即可求解【规范解答】解：如图所示，连接ND，DEAB，DFAC，ECDFDB，FBDEDC，BFDA，ADECFBDEDC，NFDMEC，DM2ME，BN2NF，MEDE，又NFD

16、MEC，NFDMECECMFDNFDBECD，MCDNDBMCNDSMNCSMDCDM2ME，故选：D【真题点拨】本题考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型9（2023苏州）如图，ABC是O的内接三角形，AB是O的直径，AC，BC2，点F在AB上，连接CF并延长，交O于点D，连接BD，作BECD，垂足为E（1）求证：DBEABC；（2）若AF2，求ED的长【思路点拨】（1）根据圆周角定理得BDEBAC，进而可以证明结论；（2）过点C作CGAB，垂足为G，证明DBEABC，得，代入值即可解决问题【规范解答】（1）证明

17、：AB为直径，ACB90，BECD，BED90， 所对的圆周角为BDE和BAC，BDEBAC，DBEABC；（2）解：如图，过点C作CGAB，垂足为G，ACB90，AC，BC2，AB5，CGAB，AGACcosA1，AF2，FGAG1，ACFC，CAFCFABFDBDF，BDBFABAF523，DBEABC，ED【真题点拨】本题考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，解决本题的关键是得到DBEABC考向四 相似三角形的应用10（2023南充）如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上），直

18、到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，则旗杆高度为（）A6.4mB8mC9.6mD12.5m【思路点拨】根据镜面反射的性质，ABCEDC，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可【规范解答】解：如图：ABBD，DEBD，ABCEDC90，ACBDCE，ABCEDC，即，DE8（m），故选：B【真题点拨】本题考查了相似三角形的应用应用镜面反射的基本性质，得出三角形相似，再运用相似三角形对应边成比例即可解答11（2023镇江）如图，用一个卡钳（ADBC，）测量某个零件的内孔直径AB，量得CD长度为6cm，

19、则AB等于 18cm【思路点拨】根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长【规范解答】解：，CODAOB，CODAOB，AB：CD3，CD6cm，AB6318（cm），故答案为：18【真题点拨】本题考查相似三角形的应用，求出AB的值是解答本题的关键12（2023攀枝花）拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度东塔的高度为AB，选取与塔底B在同一水平地面上的E、G两点，分别垂直地面竖立两根高为1.5m

20、的标杆EF和GH，两标杆间隔EG为46m，并且东塔AB、标杆EF和GH在同一竖直平面内从标杆EF后退2m到D处（即ED2m），从D处观察A点，A、F、D在一直线上；从标杆GH后退4m到C处（即CG4m），从C处观察A点，A、H、C三点也在一直线上，且B、E、D、G、C在同一直线上，请你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔AB的高度【思路点拨】设BDx m，则BC（x+48）m，通过证明ABDEFD，得到，即，同理得到，则可建立方程，解方程即可得到答案【规范解答】解：设BDx m，则BCBD+DG+CGx+462+4（x+48）m，ABBC，EFBC，ABEF，ABDFED，即，同理可证ABC

21、HGC，即，解得x48，经检验，x48是原方程的解，AB36m，该古建筑AB的高度为36m【真题点拨】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关键考向五 位似变换解题技巧/易错易混位似图形与坐标：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或k13（2023朝阳）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，2），B（4，1），以原点O为位似中心，相似比为2，把OAB放大，则点A的对应点A的坐标是（）A（1，1）B（4，4）或（8，2）C（4，4）D（4，4）或（4，4）【思路点拨】根据位似变换的性质计算，得到答案【规

22、范解答】解：以原点O为位似中心，相似比为2，把OAB放大，点A的坐标为（2，2），点A的对应点A的坐标为（22，22）或（2（2），2（2），即（4，4）或（4，4），故选：D【真题点拨】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或k14（2023绥化）如图，在平面直角坐标系中，ABC与ABC的相似比为1：2，点A是位似中心，已知点A（2，0），点C（a，b），C90则点C的坐标为 （62a，2b）.（结果用含a，b的式子表示）【思路点拨】过C作CMAB于M，过CAB于N，则ANCAMC90，根据相似三角形的判定和性

23、质定理即可得到结论【规范解答】解：过C作CMAB于M，过CAB于N，则ANCAMC90，ABC与ABC的相似比为1：2，NACCAM，ACMACN，点A（2，0），点C（a，b），OA2，OMa，CMb，AMa2，AN2a4，CN2b，ONANOA2a6，点C的坐标为（62a，2b），故答案为：（62a，2b）【真题点拨】本题考查的是位似变换和坐标与图形性质，掌握相似三角形的性质：相似三角形的对应边的比相等是解题的关键15（2023盘锦）如图，ABO的顶点坐标是A（2，6），B（3，1），O（0，0），以点O为位似中心，将ABO缩小为原来的，得到ABO，则点A的坐标为 （，2）或（，2）【思路

24、点拨】根据位似变换的性质计算，得到答案【规范解答】解：以原点O为位似中心，把ABC缩小为原来的，可以得到ABO，点A的坐标为（2，6），点A的坐标是（2，6）或（2（），6（），即（，2）或（，2）故答案为：（，2）或（，2）【真题点拨】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或k考向六 相似形综合题16（2023菏泽）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF，垂足为点G求证：ADEDCF【问题解决】（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF，延长B

25、C到点H，使CHDE，连接DH求证：ADFH【类比迁移】（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF11，DE8，AED60，求CF的长【思路点拨】（1）由矩形的性质得CADE90，再证AEDDFC，即可得出结论；（2）证RtADERtDCF（HL），得DECF，再证DCFDCH（SAS），得DFCH，然后由平行线的性质得ADFDFC，即可得出结论；（3）延长BC至点G，使CGDE8，连接DG，ADEDCG（SAS），得DGCAED60，AEDG，再证DFG是等边三角形，得FGDF11，即可解决问题【规范解答】（1）证明：四边形ABCD是矩形，CADE90，CDF+D

26、FC90，AEDF，DGE90，CDF+AED90，AEDDFC，ADEDCF；（2）证明：四边形ABCD是正方形，ADDC，ADBC，ADEDCF90，AEDF，RtADERtDCF（HL），DECF，CHDE，CFCH，点H在BC的延长线上，DCHDCF90，又DCDC，DCFDCH（SAS），DFCH，ADBC，ADFDFC，ADFH；（3）解：如图3，延长BC至点G，使CGDE8，连接DG，四边形ABCD是菱形，ADDC，ADBC，ADEDCG，ADEDCG（SAS），DGCAED60，AEDG，AEDF，DGDF，DFG是等边三角形，FGDF11，CF+CGFG，CFFGCG1183

27、，即CF的长为3【真题点拨】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型17（2023湖州）【特例感知】（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连结PD，过点D作DMPD，交BC的延长线于点M求证：DAPDCM【变式求异】（2）如图2，在RtABC中，ABC90，点D在边AB上，过点D作DQAB，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连结PQ，过点Q作QMPQ，

28、交射线BC于点M已知BC8，AC10，AD2DB，求的值【拓展应用】（3）如图3，在RtABC中，BAC90，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连结PQ，以Q为顶点作PQMPBC，PQM的边QM交射线BC于点M若ACmAB，CQnAC（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）【思路点拨】（1）根据正方形的性质及角的和差推出ADCM，ADDC，ADPCDM，利用ASA即可证明DAPDCM；（2）作QNBC于点N，则四边形DBNQ是矩形，根据矩形的性质推出DQN90，QNDB，根据角的和差推出DQPMQN，结合QDPQNM90，推出DQPNQM，根据相似三角形的性

29、质得到，根据勾股定理求出AB6，则DB2，根据矩形的性质推出DQBC，进而推出ADQABC，根据相似三角形的性质求解即可；（3）根据题意推出CQmnAB，AQ（mmn）AB，根据勾股定理求出BCAB，根据四边形内角和定理及邻补角定义推出AQPNQM，结合AQNM90，推出QAPQNM，根据相似三角形的性质得出，根据题意推出QCNBCA，根据相似三角形的性质求出，据此求解即可【规范解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AADCBCD90，ADDC，DCM180BCD90，ADCM，DMPD，ADP+PDCCDM+PDC90，ADPCDM，在DAP和DCM中，DAPDCM（ASA）；（2）解：如图

30、2，作QNBC于点N，ABC90，DQAB，QNBC，四边形DBNQ是矩形，DQN90，QNDB，QMPQ，DQP+PQNMQN+PQN90，DQPMQN，QDPQNM90，DQPNQM，BC8，AC10，ABC90，AD2DB，DB2，ADQABC90，DQBC，ADQABC，；（3）解：ACmAB，CQnAC，CQmnAB，AQACCQ（mmn）AB，BAC90，如图3，作QNBC于点N，BAC+ABN+BNQ+AQN360，BAC90，ABN+AQN180，ABN+PBN180，AQNPBN，PQMPBC，PQMAQN，AQPNQM，AQNM90，QAPQNM，AQNC90，QCNBCA

31、，QCNBCA，【真题点拨】此题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理并作出合理的辅助线是解题的关键1（2023济南）如图，在ABC中，ABAC，BAC36，以点C为圆心，以BC为半径作弧交AC于点D，再分别以B，D为圆心，以大于BD的长为半径作弧，两弧相交于点P，作射线CP交AB于点E，连接DE以下结论不正确的是（）ABCE36BBCAECD【思路点拨】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得ABCACB72，再根据题意可得：CP平分ACB，从

32、而可得BCEACE36，然后利用等量代换可得AACE36，从而可得AECE，再利用三角形的外角性质可得BCEB72，从而可得CBCE，进而可得AECECB，最后根据黄金三角形的定义可得，从而可得，再利用三角形的面积可得，从而进行计算即可解答【规范解答】解：ABAC，BAC36，ABCACB72，由题意得：CP平分ACB，BCEACEACB36，AACE36，AECE，CEBA+ACE72，BCEB72，CBCE，AECECB，BCE是顶角为36的等腰三角形，BCE是黄金三角形，故A、B、D不符合题意，C符合题意；故选：C【真题点拨】本题考查了黄金分割，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，作

33、图基本作图，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键2（2022绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中A90，AB9，BC7，CD6，AD2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（）ABC10D【思路点拨】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意【规范解答】解：如图1所示，由已知可得，DFEECB，则，设DFx，CEy，则，解得，DECD+CE6+，故选项B

34、不符合题意；EBDF+AD+2，故选项D不符合题意；如图2所示，由已知可得，DCFFEB，则，设FCm，FDn，则，解得，FD10，故选项C不符合题意；BFFC+BC8+715；如图3所示：此时两个直角三角形的斜边长为6和7；故选：A【真题点拨】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答3（2022连云港）ABC的三边长分别为2，3，4，另有一个与它相似的三角形DEF，其最长边为12，则DEF的周长是（）A54B36C27D21【思路点拨】（1）方法一：设2对应的边是x，3对应的边是y，根据相似三角形的对应边的比相等列等式，解出即可；方式二：根据相似

35、三角形的周长的比等于相似比，列出等式计算【规范解答】解：方法一：设2对应的边是x，3对应的边是y，ABCDEF，x6，y9，DEF的周长是27；方式二：ABCDEF，CDEF27；故选：C【真题点拨】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质的应用是解题关键4（2023东营）如图，ABC为等边三角形，点D，E分别在边BC，AB上，ADE60若BD4DC，DE2.4，则AD的长为（）A1.8B2.4C3D3.2【思路点拨】先证CADBDE，再根据BC60，得出ADCDEB，根据相似三角形的性质即可求出AD的长【规范解答】解：ABC是等边三角形，BCAC，BC60，CAD+ADC120，AD

36、E60BDE+ADC120，CADBDE，ADCDEB，BD4DC，设DCx，则BD4x，BCAC5x，AD3，故选：C【真题点拨】本题考查了三角形相似的判定与性质，等边三角形的性质，掌握有两个角相等的两个三角形相似是解题的关键5（2023东营）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BFCE，AE平分CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，MP是线段AG上的一个动点，过点P作PNAC，垂足为N，连接PM有下列四个结论：AE垂直平分DM；PM+PN的最小值为3；CF2GEAE；SADM6其中正确的是（）ABCD【思路点拨】先根据正方形的性质证得ADE和DCF全等，再利

37、用ASA证得AGM和AGD全等，即可得出AE垂直平分DM；连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形的性质求出BD的长，从而得出，即PM+PN的最小值；先证DGEADE，再根据相似三角形的性质及CFDE，即可判断；先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可【规范解答】解：四边形ABCD是正方形，ADDCBC，ADCDCB90，BFCE，BCBFDCCE，即CFDE，在ADE和DCF中，ADEDCF（SAS），DAECDF，CDF+ADG90，DAE+ADG90，AGD90，AGM90，AGMAGD

38、，AE平分CAD，MAGDAG，又AG为公共边，AGMAGD（ASA），GMGD，又AGMAGD90，AE垂直平分DM，故正确；如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，四边形ABCD是正方形，ACBD，即DOAM，AE垂直平分DM，HMHD，当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM+PNHM+HOHD+HODO，即PM+PN的最小值是DO的长，正方形ABCD的边长为4，ACBD，即PM+PN的最小值为，故错误；AE垂直平分DM，DGE90，ADC90，DGEADE，又DEGAED，DGEADE，即DE2GEAE，由知CFDE，CF2GEAE，故正确；AE垂直平分DM，AM

39、AD4，又，故错误；综上，正确的是：，故选：D【真题点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质，最短路径问题等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键6（2023浙江）如图，在直角坐标系中，ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（2，1），C（3，2），现以原点O为位似中心，在第一象限内作与ABC的位似比为2的位似图形ABC，则顶点C的坐标是（）A（2，4）B（4，2）C（6，4）D（5，4）【思路点拨】根据位似变换的性质解答即可【规范解答】解：ABC与ABC位似，ABC与ABC的相似比为2：1，ABC与ABC位似比为1：2，点C的坐

40、标为（3，2），点F的坐标为（32，22），即（6，4），故选：C【真题点拨】本题考查的是位似变换的性质、相似三角形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或k7（2022巴中）如图，在平面直角坐标系中，C为AOB的OA边上一点，AC：OC1：2，过C作CDOB交AB于点D，C、D两点纵坐标分别为1、3，则B点的纵坐标为（）A4B5C6D7【思路点拨】根据CDOB得出，根据AC：OC1：2，得出，根据C、D两点纵坐标分别为1、3，得出OB6，即可得出答案【规范解答】解：CDOB，AC：OC1：2，C、D两点纵坐标分别为1、3，C

41、D312，解得：OB6，B点的纵坐标为6，故选：C【真题点拨】本题主要考查了平行线的性质，平面直角坐标系中点的坐标，根据题意得出，是解题的关键8（2023达州）如图，乐器上的一根弦AB80cm，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 （80160）cm（结果保留根号）【思路点拨】根据黄金分割的定义，进行计算即可解答【规范解答】解：点C是靠近点B的黄金分割点，AB80cm，ACAB80（4040）cm，点D是靠近点A的黄金分割点，AB80cm，DBAB80（4040）cm，CDAC+BDAB2（4040）80（8

42、0160）cm，支撑点C，D之间的距离为（80160）cm，故答案为：（80160）【真题点拨】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键9（2023北京）如图，直线AD，BC交于点O，ABEFCD，若AO2，OF1，FD2，则的值为 【思路点拨】根据题意求出AF，再根据平行线分线段成比例定理计算即可【规范解答】解：AO2，OF1，AFAO+OF2+13，ABEFCD，故答案为：【真题点拨】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键10（2023怀化）在平面直角坐标系中，AOB为等边三角形，点A的坐标为（1，0）把A0B按如图所示的方式放置，并将AO

43、B进行变换：第一次变换将AOB绕着原点O顺时针旋转60，同时边长扩大为AOB边长的2倍，得到A1OB1；第二次旋转将A1OB1绕着原点O顺时针旋转60，同时边长扩大为A1OB1边长的2倍，得到A2OB2，依次类推，得到A2023OB2023，则A2023OB2023的边长为 22023，点A2023的坐标为 （22022，22022）【思路点拨】利用等边三角形的性质，探究规律后，利用规律解决问题【规范解答】解：由题意OA120，OA1221，OA2422，OA3823，OAn2n，A2023OB2023的边长为22023，202363371，A2023与A1都在第四象限，坐标为（22022，2

44、2022）故答案为：22023，（22022，22022）【真题点拨】本题考查相似三角形的性质，规律型点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型11（2023辽宁）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别是O（0，0），A（1，0），B（2，3），C（1，2），若四边形OABC与四边形OABC关于原点O位似，且四边形OABC的面积是四边形OABC面积的4倍，则第一象限内点B的坐标为 （4，6）【思路点拨】根据四边形OABC的面积是四边形OABC面积的4倍，可得四边形OABC与四边形OABC的位似比是2：1，进而得出各对应点位置，进而得第一象限内点B的坐标【规

45、范解答】解：四边形OABC与四边形OABC关于原点O位似，且四边形OABC的面积是四边形OABC面积的4倍，四边形OABC与四边形OABC的位似比是2：1，点B（2，3），第一象限内点B的坐标为（4，6）故答案为：（4，6）【真题点拨】本题考查作图位似变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题12（2023黑龙江）如图，ABC和ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH易证：FHFG若ABC和ADE都是等腰直角三角形，且BACDAE90，如图；若ABC和ADE都是等腰三角形，且BACDAE120，如图；其他条件不变，判断FH和FG之间的数量

46、关系，写出你的猜想，并利用图或图进行证明【思路点拨】如图；连接AH，CE，AF，根据等腰直角三角形的性质得到AHBC，AFDE，求得CAHEAF45，根据相似三角形的性质得到CEFH，根据三角形中位线定理得到CE2FG，于是得到FHFG；如图；连接AH，CE，AF，根据等腰三角形的性质得到AFDADEACBB30，AHBC，AFDE，CAHEAF，根据相似三角形的性质得到CE2FH，根据三角形中位线定理得到CE2FG，于是得到FHFG【规范解答】解：如图；FHFG，证明：连接AH，CE，AF，ABC和ADE都是等腰直角三角形，且BACDAE90，F，H分别是DE，BC的中点，AHBC，AFDE

47、，CAHEAF45，HAFEAC，AHFACE，CEFH，点F，G分别是DE，DC的中点，CE2FG，FHFG；如图；FHFG，证明：连接AH，CE，AF，ABC和ADE都是等腰三角形，且BACDAE120，AEDADEACBB30，点F，H分别是DE，BC的中点，AHBC，AFDE，CAHEAF，HAFEAC，AHFACE，CE2FH，点F，G分别是DE，DC的中点，CE2FG，FHFG；【真题点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，含30角的直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键13（2023娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始

48、终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星，如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，EAF的平分线交EF于点M（1）求证：AE2EFEM；（2）若AF1，求AE的长；（3）求的值【思路点拨】（1）根据正五边形的性质可得BAEAED108，从而利用平角定义可得FAEAEF72，进而利用三角形内角和定理可得F36，然后利用角平分线的定义可得FAMMAE36，从而可得FMAE，进而可证AEMFEA，最后利用相似三角形的性质进

49、行计算，即可解答；（2）设AEx，利用（1）的结论可得：FFAM36，从而可得FMAM，在利用（1）的结论可得：FAEAEF72，从而可得FAFE1，然后利用三角形的外角性质可得AMEAEF72，从而可得AMAE，进而可得AMAEFMx，再利用线段的和差关系可得ME1x，最后利用（1）的结论可得：AE2EFEM，从而可得x21（1x），进行计算即可解答；（3）连接BE，CE，根据正五边形的性质可得ABAEDECDBC，BAEAEDEDCABCBCD108，从而可得ABEDCE，再利用等腰三角形的性质可得ABEAEB36，DECDCE36，从而可得EBCECB72，然后利用（1）的结论可得：FA

50、EFEA72，从而可证利用ASA可证FAEEBC，再利用（2）的结论可得：，从而可得，进而可得，最后设ABE的面积为（1）k，则AEF的面积为2k，从而可得ABE的面积DEC的面积（1）k，AEF的面积BCE的面积2k，进而可求出五边形ABCDE的面积2k，再进行计算即可解答【规范解答】（1）证明：五边形ABCDE是正五边形，BAEAED108，FAE180BAE72，AEF180AED72，F180FAEAEF36，AM平分FAE，FAMMAEFAE36，FMAE，AEMAEF，AEMFEA，AE2EFEM；（2）解：设AEx，由（1）可得：FFAM36，FMAM，由（1）可得：FAEAEF

51、72，FAFE1，AMEF+FAM72，AMEAEF72，AMAE，AMAEFMx，MEEFFM1x，由（1）可得：AE2EFEM，x21（1x），解得：x或x（舍去），AE，AE的长为；（3）连接BE，CE，五边形ABCDE是正五边形，ABAEDECDBC，BAEAEDEDCABCBCD108，ABEDCE（SAS），ABAE，EDDC，BAECDE108，ABEAEB36，DECDCE36，EBCABCABE72，ECBBCDDCE72，由（1）可得：FAEFEA72，FAEEBC，FEAECB，FAEEBC（ASA），由（2）得：，设ABE的面积为（1）k，则AEF的面积为2k，ABE的

52、面积DEC的面积（1）k，AEF的面积BCE的面积2k，五边形ABCDE的面积ABE的面积+DCE的面积+BCE的面积2k，的值为【真题点拨】本题考查了相似三角形的应用，角平分线的性质，正多边形和圆，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键14（2023江西）课本再现思考我们知道，菱形的对角线互相垂直反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理；对角线互相垂直的平行四边形是菱形定理证明（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程已知：在ABCD中，对角线BDAC，垂足为O求证：ABCD是菱形知识

53、应用（2）如图2，在ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD5，AC8，BD6求证：ABCD是菱形；延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若EACD，求的值【思路点拨】（1）根据平行四边形的性质和已知条件判定AC是BD的垂直平分线，推出ABAD后利用菱形的定义即可判定ABCD是菱形；（2）根据平行四边形的性质求出AO、DO的长，然后根据勾股定理逆定理判定AOD，然后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可得证；设CD的中点为G，连接OG，根据已知条件求出OG、CE的长，判定OGFECF，然后根据相似三角形的性质即可求出的值【规范解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，BODO，又

54、BDAC，垂足为O，AC是BD的垂直平分线，ABAD，ABCD是菱形（2）证明：ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AC8，BD6，AOCOAC4，DOBD3，又AD5，在三角形AOD中，AD2AO2+DO2，AOD90，即BDAC，ABCD是菱形；解：如图，设CD的中点为G，连接OG，OG是ACD的中位线，OGAD，由知：四边形ABCD是菱形，ACDACB，又EACD，EACB，又ACBE+COE，ECOE，CECO4，OG是ACD的中位线，OGADBE，OGFECF，又OG，CE4，【真题点拨】本题是相似形综合题，主要考查菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及中位线定理，深入理解

55、题意是解决问题的关键15（2023内蒙古）已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点（1）如图1，连接BE，DE求证：ABEADE；（2）如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BFBE判断FBG的形状并说明理由；（3）在第（2）题的条件下，BEBF2求的值【思路点拨】（1）由正方形的性质得ABADCBCD，ABCADC90，则BACBCADACDCA45，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明ABEADE；（2）由ABEADE，得ABEADE，可推导出EBCEDC，因为ABCD，所以FGBEDC，则FGBEBC，而FBE90，则FBGEBC90ABE，所以FGBFBG，即可证明FB

56、G是等腰三角形；（3）由BEBF2，FBE90，得FBEF45，则BACF，可证明AEGFBG，进而证明AGEAEG，则AEAG，由勾股定理得EF2，而BFGF2，所以GE22，由全等三角形的性质得BEDE2，再证明AGECDE，则1，所以1【规范解答】（1）证明：四边形ABCD是正方形，ABADCBCD，ABCADC90，BACBCADACDCA45，在ABE和ADE中，ABEADE（SAS）（2）解：FBG是等腰三角形，理由如下：ABEADE，ABEADE，ABCABEADCADE，EBCEDC，ABCD，FGBEDC，FGBEBC，BFBE，FBE90，FBGEBC90ABE，FGBFB

57、G，BFGF，FBG是等腰三角形（3）解：BEBF2，FBE90，FBEF45，BACF，AEGAGFBACAGFFFBG，AGEFGB，且FGBFBG，AGEAEG，AEAG，EF2，BFGF2，GEEFGF22，ABEADE，BEDE2，AGCD，AGECDE，1，1，的值为1【真题点拨】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题16（2023常州）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形ABCD和矩形EFGH，点E、F在边AB上（EFAB），且点C、D、G、H在直线AB的

58、同侧；第二步，设m，n，矩形EFGH能在边AB上左右滑动；第三步，画出边EF的中点O，射线OH与射线AD相交于点P（点P、D不重合），射线OG与射线BC相交于点Q（点Q、C不重合），观测DP、CQ的长度（1）如图2，小丽取AB4，EF3，m1，n3，滑动矩形EFGH，当点E、A重合时，CQ；（2）小丽滑动矩形EFGH，使得O恰为边AB的中点她发现对于任意的mn，DPCQ总成立请说明理由；（3）经过数次操作，小丽猜想，设定m、n的某种数量关系后，滑动矩形EFGH，DPCQ总成立小丽的猜想是否正确？请说明理由【思路点拨】（1）可推出OGFOQB，从而，进一步得出结果；（2）可推出OEHOAP，从而

59、，同理可得出，进一步得出结论；（3）当mn时，DPCQ；可推出，从而AP，BQ，从而DPAD，CQAD，计算得出DPCQ0，从而得出DPCQ【规范解答】解：（1）四边形ACBD和四边形EFGH是矩形，BEFG90，BCAD，FGEH，FGBC，OGFOQB，1，3，AB4，EF3，BCAD4，FGEH1，OFOE，OBABOE4，BQ，CQ4，故答案为：；（2）如图1，EHAD，OEHOAP，同理可得，O是EF的中点，O是AB的中点，OEOF，OAOB，EHFG，APBQ，ADBC，DPCQ；（3）如图，当mn时，即：m时，DPCQ，理由如下：同理（2）可得，AP，BQ，O是EF的中点，AP，BQ，DPADAPAD，CQBQBCAD，DPCQ2AD2AD，DPCQ，当点O运动到AB的中点时，DPCQ0【真题点拨】本题考查了矩形和正方形的性质，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相似三角形的性质