全国各地2022年中考数学试卷分类汇编 图形的相似与位似

图形的相似与位似一．选择题1．（2022湖北孝感，9，3分）在平面直角坐标系中，已知点E（﹣4，2），F（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心，相似比为，把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标是（　　）　A．（﹣2，1）B．（﹣8，4）C．（﹣8，4）或（8，﹣4）D．（﹣2，1）或（2，﹣1）考点：位似变换；坐标与图形性质．专题：作图题．分析：根据题意画出相应的图形，找出点E的对应点E′的坐标即可．解答：解：根据题意得：则点E的对应点E′的坐标是（﹣2，1）或（2，﹣1）．故选D．点评：此题考查了位似图形，以及坐标与图形性质，位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．2．（2022湖北孝感，12，3分）如图，在△ABC中，AB=AC=a，BC=b（a＞b）．在△ABC内依次作∠CBD=∠A，∠DCE=∠CBD，∠EDF=∠DCE．则EF等于（　　）　A．B．C．D．考点：相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质．分析：依次判定△ABC∽△BDC∽△CDE∽△DFE，根据相似三角形的对应边成比例的知识，可得出EF的长度．40\n解答：解：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，又∵∠CBD=∠A，∴△ABC∽△BDC，同理可得：△ABC∽△BDC∽△CDE∽△DFE，∴=，=，=，解得：CD=，DE=，EF=．故选C．点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，本题中相似三角形比较容易找到，难点在于根据对应边成比例求解线段的长度，注意仔细对应，不要出错．3．（2022湖北宜昌，15，3分）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）考点：相似三角形的性质；坐标与图形性质．分析：根据相似三角形的判定：两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似即可判断．解答：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．点评：本题考查了相似三角形的判定，难度中等．牢记判定定理是解题的关键．图（四）4..[2022湖南邵阳，14，3分]如图(四)所示，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，连结DE，若DE=5，则BC=___________．40\n知识考点：三角形中位线定理.审题要津：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半.满分解答：解：∵点D、E分别是AB、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线.又DE=5，则BC=2DE=10.故答案为10.名师点评：本题考查了三角形中位线的性质，解题时注意数形结合思想的运用.5．（2022·聊城，11，3分）如图，D是△ABC的边BC上一点，已知AB＝4，AD＝2．∠DAC＝∠B，若△ABD的面积为a，则△ACD的面积为（　　）A．aB．C．D．考点：相似三角形的判定与性质．分析：首先证明△ACD∽△BCA，由相似三角形的性质可得：△ACD的面积：△ABC的面积为1：4，因为△ABD的面积为a，进而求出△ACD的面积．解答：解：∵∠DAC＝∠B，∠C＝∠C，∴△ACD∽△BCA，∵AB＝4，AD＝2，∴△ACD的面积：△ABC的面积为1：4，∴△ACD的面积：△ABD的面积＝1：3，∵△ABD的面积为a，∴△ACD的面积为a，故选C．点评：本题考查了相似三角形的判定和性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方，是中考常见题型．　6．（2022•东营，10，3分）如果一个直角三角形的两条边长分别是6和8，另一个与它相似的直角三角形边长分别是3、4及x，那么x的值（）A．只有1个B．可以有2个C．可以有3个D．有无数个答案：B解析：当直角边为6，8时，且另一个与它相似的直角三角形3，4也为直角边时，x的值为5，当8，4为对应边且为直角三角形的斜边时，x的值为，故x的值可以为5或．两种情况。40\n7．（2022·济宁，11，3分）如图，放映幻灯时，通过光源，把幻灯片上的图形放大到屏幕上，若光源到幻灯片的距离为20cm，到屏幕的距离为60cm，且幻灯片中的图形的高度为6cm，则屏幕上图形的高度为cm．考点：相似三角形的应用．分析：根据题意可画出图形，再根据相似三角形的性质对应边成比例解答．解答：解：∵DE∥BC，∴△AED∽△ABC∴=设屏幕上的小树高是x，则=解得x=18cm．故答案为：18．点评：本题考查相似三角形性质的应用．解题时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．　8.（2022•新疆（5分）如图，△ABC中，DE∥BC，DE=1，AD=2，DB=3，则BC的长是（　　）　A．B．C．D．【答案】C．【解析】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，则=，∵DE=1，AD=2，DB=3，∴AB=AD+DB=5，∴BC==．40\n【方法指导】本题考查了相似三角形的判定和性质，难度一般，解答本题的关键是根据平行证明△ADE∽△ABC9.（2022四川绵阳，10，3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于G，则GH=（B）10题图A．B．C．D．［解析］OA=4，OB=3，AB=5，△BDH∽△BOA，BD/AB=BH/OB=DH/OA，6/5=BH/3，BH=18/5，AH=AB-BH=5-18/5=7/5，△AGH∽△ABO，GH/BO=AH/AO，GH/3=7/5/4，GH=21/20。10.（2022四川内江，8，3分）如图，在▱ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，S△DEF：S△ABF=4：25，则DE：EC=（　　）　A．2：5B．2：3C．3：5D．3：2考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．分析：先根据平行四边形的性质及相似三角形的判定定理得出△DEF∽△BAF，再根据S△DEF：S△ABF=4：10：25即可得出其相似比，由相似三角形的性质即可求出DE：EC的值，由AB=CD即可得出结论．解答：解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠EAB=∠DEF，∠AFB=∠DFE，∴△DEF∽△BAF，∵S△DEF：S△ABF=4：25，∴DE：AB=2：5，∵AB=CD，∴DE：EC=2：3．故选B．点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，熟知相似三角形边长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．　11．（2022黑龙江省哈尔滨市，9）如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，则△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为()．(A)(B)(C)(D)考点：相似三角形的性质。，三角形的中位线分析：利用相似三角形的判定和性质是解题的关键解答：由MN是三角形的中位线，2MN=BC,MN∥BC40\n∴△ABC∽△AMN∴三角形的相似比是2：1，∴△ABC与△AMN的面积之比为4：1．，则△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为,故选B12．（2022山东日照，10，4分）如图，在△ABC中，以BC为圆的直径分别交边AC、AB于D、E两点，连接BD、DE．若BD平分∠ABC，则下列结论不一定成立的是A.BD⊥ACB.AC2=2AB·AEC.△ADE是等腰三角形D.BC＝2AD.【答案】D【解析】∵BC为圆的直径，∴∠BDC=90°,即BD⊥AC。∵BD平分∠ABC，∴AD=DC.∴△ABC是等腰三角形。由题意得∠ADE=∠ABC,∠A为公共角，∴△ADE∽△ABC,∴,∴AC2=2AB·AE。∴△ADE是等腰三角形。故只有D不一定正确。【方法指导】本题是以圆为背景的几何证明题，涉及到的知道点等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质。13．（2022浙江台州，8，4分）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，且，则：的值为（）A．1：B．1:2C．1:3D．1:4ABCDE第8题【答案】：C．40\n【解析】分别取AB、AC的中点M、N，连结MN，又∵，易知AM=AE，AN=AD，易证△ADE≌△ANM（SAS），由于MN为△ABC的中位线，利用相似三角形的性质，易知，∴：=1:3.【方法指导】本题考查中位线定理、证明三角形全等、相似三角形的面积比等于相似比的平方等知识点，解决本题时，通过作中位线构造全等三角形。14．（2022重庆，4，4分）已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为3︰4，则△ABC与△DEF的面积之比为（）A．4︰3B．3︰4C．16︰9D．9︰16【答案】D【解析】解：△ABC与△DEF的相似比为3︰4，∴△ABC与△DEF的面积比为，即9︰16，故选D．【方法指导】本题考查了相似三角形的面积比与相似比的关系．相似三角形的对应边、对应高、对应周长比都等于相似比，而面积的比等于相似比的平方；反过来，相似图形对应边、对应高、对应周长的比都等于面积比的算术平方根．【关键词】相似三角形相似比【易错警示】不要误认为面积比等于相似比的算术平方根．15．（2022四川雅安，8，3分）如图，DE是△ABC的中位线，延长DE至F使EF＝DE，连接CF，则S△CEF∶S四边形BCED的值为（　　）　A．1∶3　　B．2∶3　　C．1∶4　　D．2∶5【答案】A【解析】易知S△ADE∶S四边形BCED＝1∶3，S△ADE＝S△CEF，所以S△CEF∶S四边形BCED＝1∶3．【方法指导】本题考查的知识点有：三角形中位线的性质，相似三角形的性质，全等三角形的判定．虽有综合性，但难度不大．二．填空题40\n1．（2022白银，14，4分）如图，路灯距离地面8米，身高1.6米的小明站在距离灯的底部（点O）20米的A处，则小明的影子AM长为　5　米．考点：相似三角形的应用．分析：易得：△ABM∽△OCM，利用相似三角形的相似比可得出小明的影长．解答：解：根据题意，易得△MBA∽△MCO，根据相似三角形的性质可知=，即=，解得AM=5m．则小明的影长为5米．点评：本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比可得出小明的影长．2．（2022广西钦州，16，3分）如图，DE是△ABC的中位线，则△ADE与△ABC的面积的比是　1：4　．考点：相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．分析：由中位线可知DE∥BC，且DE=BC；可得△ADE∽△ABC，相似比为1：2；根据相似三角形的面积比是相似比的平方，即得结果．解答：解：∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，且DE=BC，∴△ADE∽△ABC，相似比为1：2，∵相似三角形的面积比是相似比的平方，∴△ADE与△ABC的面积的比为1：4（或）．点评：本题要熟悉中位线的性质及相似三角形的判定及性质，牢记相似三角形的面积比是相似比的平方．40\n3．（2022贵州安顺，15，4分）在平行四边形ABCD中，E在DC上，若DE：EC=1：2，则BF：BE=．考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．分析：由题可知△ABF∽△CEF，然后根据相似比求解．解答：解：∵DE：EC=1：2∴EC：CD=2：3即EC：AB=2：3∵AB∥CD，∴△ABF∽△CEF，∴BF：EF=AB：EC=3：2．∴BF：BE=3：5．点评：此题主要考查了平行四边形、相似三角形的性质．　4.（2022湖南长沙，16，3分）如图，在⊿ABC中，点D，点E分别是边AB，AC的中点，则⊿ADE与⊿ABC的周长之比等于.答案：1:2【详解】由于点D、E分别是AB、AC的中点，即DE是△ABC的中位线，所以DE∥BC、且DE=0.5BC，所以△ADE∽△ABC，两三角形的周长比等于相似比，即为0.5:1=1：2。5.（2022四川巴中，18，3分）如图，小明在打网球时，使球恰好能打过网，而且落在离网4米的位置上，则球拍击球的高度h为　1.5米　．考点：相似三角形的应用．分析：根据球网和击球时球拍的垂直线段平行即DE∥BC可知，△ADE∽△ACB，根据其相似比即可求解．解答：解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，即=，则=，∴h=1.5m．故答案为：1.5米．40\n点评：本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时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．　6．（2022贵州省六盘水，13，4分）如图，添加一个条件：　∠ADE=∠ACB（答案不唯一）　，使△ADE∽△ACB，（写出一个即可）考点：相似三角形的判定．专题：开放型．分析：相似三角形的判定有三种方法：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；③两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．由此可得出可添加的条件．解答：解：由题意得，∠A=∠A（公共角），则可添加：∠ADE=∠ACB，利用两角法可判定△ADE∽△ACB．故答案可为：∠ADE=∠ACB．点评：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三角形相似的三种判定方法，本题答案不唯一．　7．（2022山东菏泽，14，3分）如图所示，在△ABC中，BC=6，E、F分别是AB、AC的中点，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于Q，当CQ=CE时，EP+BP=____________.ABCDEPFQ（第14题）【答案】12．【解析】延长BQ角射线EF于M.40\n∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF//BC，即EM//BC.∴△EQM∽△EQB，∴，即，∴EM=12.∵∠CBP的平分线交CE于Q，∴∠PBM=∠CBM，∵EM//BC，∴∠EMB=∠CBM，∴∠PBM=∠EMB，∴PB=PM，所以EP+BP=EM=12.【方法指导】本题考查三角形相似、三角形中位线性质、角平分线意义等.本题是一道动点型问题，解题时要善于从“动中求静，联想关联知识”.8．（2022江苏泰州，15，3分）如图，平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（3，0），(2，-3)，则△AB'O'是△ABO关于点A的位似图形，且O'的坐标为(一1,0)，则点B'的坐标为___________.【答案】．【解析】∵△AB'O'是△ABO关于点A的位似图形，且O'的坐标为(一1,0)，∴AO'=4，即AO：AO'=3：4，根据相似三角形性质，△AB'O'与△ABO的过点B'与B的高之比等于位似比3：4，∵B（2，-3），B'.【方法指导】两个位似图形对应点的连线必过位似中心，位似比等于对应高之比、等于相似比.三．解答题1．（2022年佛山市，17，6分）网格图中每个方格都是边长为1的正方形．若A，B，C，D，E，F都是格点，试说明△ABC∽△DEF．40\n分析：利用图形与勾股定理可以推知图中两个三角形的三条对应边成比例，由此可以证得△ABC∽△DEF．解：证明：∵AC=，BC==，AB=4，DF==2，EF==2，ED=8，∴===2，∴△ABC∽△DEF．点评：本题考查了相似三角形的判定、勾股定理．相似三角形相似的判定方法有：（1）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；这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形；（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；（3）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；（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．2．（2022广东珠海，21，9分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′），当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E．（1）求证：∠CBP=∠ABP；（2）求证：AE=CP；（3）当，BP′=5时，求线段AB的长．考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．3481324专题：几何综合题．分析：（1）根据旋转的性质可得AP=AP′，根据等边对等角的性质可得∠APP′=∠AP′P，再根据等角的余角相等证明即可；（2）过点P作PD⊥AB于D，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CP=DP，然后求出∠PAD=∠AP′E，利用“角角边”证明△APD和△P′AE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=DP，从而得证；40\n（3）设CP=3k，PE=2k，表示出AE=CP=3k，AP′=AP=5k，然后利用勾股定理列式求出P′E=4k，再求出△ABP′和△EPP′相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出P′A=AB，然后在Rt△ABP′中，利用勾股定理列式求解即可．解答：（1）证明：∵AP′是AP旋转得到，∴AP=AP′，∴∠APP′=∠AP′P，∵∠C=90°，AP′⊥AB，∴∠CBP+∠BPC=90°，∠ABP+∠AP′P=90°，又∵∠BPC=∠APP′（对顶角相等），∴∠CBP=∠ABP；（2）证明：如图，过点P作PD⊥AB于D，∵∠CBP=∠ABP，∠C=90°，∴CP=DP，∵P′E⊥AC，∴∠EAP′+∠AP′E=90°，又∵∠PAD+∠EAP′=90°，∴∠PAD=∠AP′E，在△APD和△P′AE中，，∴△APD≌△P′AE（AAS），∴AE=DP，∴AE=CP；（3）解：∵=，∴设CP=3k，PE=2k，则AE=CP=3k，AP′=AP=3k+2k=5k，在Rt△AEP′中，P′E==4k，∵∠C=90°，P′E⊥AC，∴∠CBP+∠BPC=90°，∠EP′P+∠P′PE=90°，∵∠BPC=∠EPP′（对顶角相等），∴∠CBP=∠P′PE，又∵∠BAP′=∠P′EP=90°，∴△ABP′∽△EPP′，∴=，即=，解得P′A=AB，在Rt△ABP′中，AB2+P′A2=BP′2，40\n即AB2+AB2=（5）2，解得AB=10．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，（2）作辅助线构造出过渡线段DP并得到全等三角形是解题的关键，（3）利用相似三角形对应边成比例求出P′A=AB是解题的关键．3．（2022湖南娄底，25，10分）如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．（1）求证：；（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．考点：相似形综合题．分析：（1）由相似三角形，列出比例关系式，即可证明；（2）首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积；（3）本问是运动型问题，要点是弄清矩形EFPQ的运动过程：（I）当0≤t≤2时，如答图①所示，此时重叠部分是一个矩形和一个梯形；（II）当2＜t≤4时，如答图②所示，此时重叠部分是一个三角形．解答：（1）证明：∵矩形EFPQ，∴EF∥BC，∴△AHF∽△ADC，∴，∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴，40\n∴．（2）解：∵∠B=45°，∴BD=AD=4，∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1．∵EF∥BC，∴△AEH∽△ABD，∴，∵EF∥BC，∴△AFH∽△ACD，∴，∴，即，∴EH=4HF，已知EF=x，则EH=x．∵∠B=45°，∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x．S矩形EFPQ=EF•EQ=x•（4﹣x）=﹣x2+4x=﹣（x﹣）2+5，∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5．（3）解：由（2）可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4﹣×=2．在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：（I）当0≤t≤2时，如答图①所示．设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1．此时DD1=t，H1D1=2，∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，．∵KN∥EF，∴，即，得KN=（2﹣t）．S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1=（KN+EF）•HH1+EF•EQ1=[（2﹣t）+]×t+（2﹣t）=t2+5；（II）当2＜t≤4时，如答图②所示．40\n设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2．此时DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t，∵KN∥EF，∴，即，得KN=5﹣t．S=S△AKN=KN•AD2=（5﹣t）（4﹣t）=t2﹣5t+10．综上所述，S与t的函数关系式为：S=．点评：本题是运动型相似三角形压轴题，考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点，涉及考点较多，有一定的难度．难点在于第（3）问，弄清矩形的运动过程是解题的关键．4.（2022江苏南京，27，10分）对于两个相似三角形，如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相同，那么称这两个三角形互为顺相似；如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相反，那么称这两个三角形互为逆相似。例如，如图，△ABC～△A’B’C’且沿周界ABCA与A’B’C’A’环绕的方向相同，因此△ABC与△A’B’C’互为顺相似；如图，△ABC～△A’B’C’，且沿周界ABCA与A’B’C’A’环绕的方向相反，因此△ABC与△A’B’C’互为逆相似。kABCjABCA’B’C’A’B’C’(1)根据图I、图II和图III满足的条件，可得下列三对相似三角形：△ADE与△ABC；△GHO与△KFO；△NQP与△NMQ。其中，互为顺相似的是；互为逆相似的是。(填写所有符合要求的序号)(2)如图，在锐角△ABC中，ÐA<ÐB<ÐC，点P在△ABC的边上(不与点A、B、C重40\n合)。过点P画直线截△ABC，使截得的一个三角形与△ABC互为逆相似。请根据点P的不同位置，探索过点P的截线的情形，画出图形并说明截线满足的条件，不必说明ABCl理由。解析：(1)jk；l(4分)(2)解：根据点P在△ABC边上的位置分为以下三种情况。第一种情况：如图j，点P在BC(不含点B、C)上，过点P只能画出2条截线PQ1、PQ2，分别使ÐCPQ1=ÐA，ÐBPQ2=ÐA，此时△PQ1C、△PBQ2都与△ABC互为逆相似。第二种情况：如图k，点P在AC(不含点A、C)上，过点B作ÐCBM=ÐA，BM交AC于点M。当点P在AM(不含点M)上时，过点P1只能画出1条截线P1Q，使ÐAP1Q=ÐABC，此时△AP1Q与△ABC互为逆相似；当点P在CM上时，过点P2只能画出2条截线P2Q1、P2Q2，分别使ÐAP2Q1=ÐABC，ÐCP2Q2=ÐABC，此时△AP2Q1、△Q2P2C都与△ABC互为逆相似。第三种情况：如图l，点P在AB(不含点A、B)上，过点C作ÐBCD=ÐA，ÐACE=ÐB，CD、CE分别交AC于点D、E。当点P在AD(不含点D)上时，过点P只能画出1条截线P1Q，使ÐAP1Q=ÐABC，此时△AQP1与△ABC互为逆相似；当点P在DE上时，过点P2只能画出2条截线P2Q1、P2Q2，分别使ÐAP2Q1=ÐACB，ÐBP2Q2=ÐBCA，此时△AQ1P2、△Q2BP2都与△ABC互为逆相似；当点P在BE(不含点E)上时，过点P3只能画出1条截线P3Q’，使ÐBP3Q’=ÐBCA，此时△Q’BP3与△ABC互为逆相似。(10分)ABCQ1PjQ2ABCQ1MQ2QP1P2ABCQ1Q’QP1P2D’EQ2P3kl5．[2022湖南邵阳，26，10分]如图(十二)所示，在Rt△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90°.点P是△ABC外角∠BCN的角平分线上一个动点，点P/是点P关于直线BC的对称点，连结PP/交BC于点M、BP/交AC于点D，连结BP、AP/、CP/.(1)若四边形BPCP/为菱形，求BM的长；(2)若△BMP/∽△ABC，求BM的长；(3)若△ABD为等腰三角形，求△ABD的面积.图(十一)②③①40\n知识考点：菱形的性质，相似三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形面积计算.审题要津：（1）根据菱形的对角线互相垂直平分即可求解；（2）根据勾股定理求解；（3）根据面积公式求解.满分解答：解：（1）∵四边形BPCP/是菱形，∴BC与PP/互相平分，∴BM=BC=3.(2)∵△BMP/∽△ABC，且△ABC是等腰直角三角形，∴△BMP/是等腰直角三角形，∴BM=MP/,∠BPP/=45°.∵P与P/关于直线BC对称，∴∠BPM=45°，PM=MP/，∴BM=MP.∵CP平分∠NCB，∴∠BCP=∠BCN=(180°-45°)=67.5°.又∵∠CPM=90°-∠BCP=90°-67.5°=22.5°，∴∠BPC=∠BPM+∠CPM=45°+22.5°=67.5°，∴∠BCP=∠BPC，∴BP=BC=6.在Rt△BMP中，∵BM2+MP2=BP2，2BM2=62，∴BM=3.(3)由题意，知∠BAD=45°.①当AB=AD时，过点D作DE⊥AB，垂足为D.在Rt△AED中，DE=AD·sin∠DAB=6×sin45°=3,此时△ABD的面积为：AB·DE=×6×3=9.错误！未指定书签。②当AD=BD时，有∠ABD=∠BAD=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AC，∵△ABC是等腰在解三角形，且AB=BC，∴D为AC的中点，∴△ABD的面积为△ABC面积的一半，∴△ABC的面积为×AB·AC=×6×6=9.③当AB=BD时，∵∠BAD=45，∴∠ABC=90°，此时△ABD就是△ABC，40\n∴△ABD的面积为AB·BD=AB·BC=×6×6=18.综上所述，△ABD的面积为9,或9,或18.名师点评：本题是一道综合性压轴题，题目难度较大，解题时注意转换思想的运用.错误！未指定书签。6．（2022·泰安，26，?分）如图，四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ADC＝∠ACB＝90°，E为AB的中点，（1）求证：AC2＝AB•AD；（2）求证：CE∥AD；（3）若AD＝4，AB＝6，求的值．考点：相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．分析：（1）由AC平分∠DAB，∠ADC＝∠ACB＝90°，可证得△ADC∽△ACB，然后由相似三角形的对应边成比例，证得AC2＝AB•AD；（2）由E为AB的中点，根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得CE＝AB＝AE，继而可证得∠DAC＝∠ECA，得到CE∥AD；（3）易证得△AFD∽△CFE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得的值．解答：（1）证明：∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB，∵∠ADC＝∠ACB＝90°，∴△ADC∽△ACB，∴AD：AC＝AC：AB，∴AC2＝AB•AD；（2）证明：∵E为AB的中点，∴CE＝AB＝AE，∴∠EAC＝∠ECA，∵∠DAC＝∠CAB，∴∠DAC＝∠ECA，∴CE∥AD；（3）解：∵CE∥AD，∴△AFD∽△CFE，∴AD：CE＝AF：CF，40\n∵CE＝AB，∴CE＝×6＝3，∵AD＝4，∴，∴．点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．　7.（2022•绍兴12分）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．（1）如图1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD．（2）如图2，AC：AB=1：，EF⊥CE，求EF：EG的值．【思路分析】（1）根据同角的余角相等得出∠CAD=∠B，根据AC：AB=1：2及点E为AB的中点，得出AC=BE，再利用AAS证明△ACD≌△BEF，即可得出EF=CD；（2）作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=AE，又BE=AE，进而求出EF：EG的值．【解析】（1）证明：如图1，在△ABC中，∵∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，∴∠CAD=∠B=90°﹣∠ACB．∵AC：AB=1：2，∴AB=2AC，∵点E为AB的中点，∴AB=2BE，∴AC=BE．在△ACD与△BEF中，，∴△ACD≌△BEF，∴CD=EF，即EF=CD；（2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC，∴四边形EQDH是矩形，40\n∴∠QEH=90°，∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG，又∵∠EQF=∠EHG=90°，∴△EFQ∽△EGH，∴EF：EG=EQ：EH．∵AC：AB=1：，∠CAB=90°，∴∠B=30°．在△BEQ中，∵∠BQE=90°，∴sin∠B==，∴EQ=BE．在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°，∴cos∠AEH==，∴EH=AE．∵点E为AB的中点，∴BE=AE，∴EF：EG=EQ：EH=BE：AE=1：．【方法指导】本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，解直角三角形，综合性较强，有一定难度．解题的关键是作辅助线，构造相似三角形，并且证明四边形EQDH是矩形．8.（2022上海市，24，12分）如图9，在平面直角坐标系中，顶点为的抛物线经过点和轴正半轴上的点，=2，．40\n（1）求这条抛物线的表达式；（2）联结，求的大小；（3）如果点在轴上，且△与△相似，求点的坐标．40\n9.（2022陕西，20，8分）一天晚上，李明和张龙利用灯光下的影子来测量一路灯D的高度，如图，当李明走到点A处时，张龙测得李明直立身高AM与其影子长AE正好相等，接着李明沿AC方向继续向前走，走到点B处时，李明直立时身高BN的影子恰好是线段AB，并测得AB=1.25m。已知李明直立时的身高为1.75m，求路灯的高CD的长.（结果精确到0.1m）BAECDNM第21题图考点：此题考查稳定，就是考查解直角三角形，或者考查的是相似三角形的应用测量高度，宽度等线段的长度的具体计算，将问题转换成方程（组）来求解，经常设置的具体的实际情景得到与测量相关的计算；解析：本题考查的是典型的测量问题之中心投影下的测量，而此问题设置基本上就是应用相似的性质来将实际问题转化成数学问题来解决，解：如图，设CD长为m∵AM⊥EC，CD⊥EC，BN⊥EC，EA=MA∴MA∥CD，BN∥CD，∴EC=CD=，∴△ABN∽△ACD∴即解得所以路灯高CD约为6.1米10.（2022四川巴中，29，10分）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B（1）求证：△ADF∽△DEC；（2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长．40\n考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质．分析：（1）利用对应两角相等，证明两个三角形相似△ADF∽△DEC；（2）利用△ADF∽△DEC，可以求出线段DE的长度；然后在在Rt△ADE中，利用勾股定理求出线段AE的长度．解答：（1）证明：∵▱ABCD，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC．∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，∴∠AFD=∠C．在△ADF与△DEC中，∴△ADF∽△DEC．（2）解：∵▱ABCD，∴CD=AB=8．由（1）知△ADF∽△DEC，∴，∴DE===12．在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE===6．点评：本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质和勾股定理三个知识点．题目难度不大，注意仔细分析题意，认真计算，避免出错．11.（2022四川乐山，22，10分）选做题：从甲、乙两题中选做一题，如果两题都做，只以甲题计分。题甲：如图，AB是⊙O的直径，经过圆上点D的直线CD恰∠ADC=∠B。（1）求证：直线CD是⊙O的的切线；（2）过点A作直线AB的垂线交BD的延长线于点E，且AB=，BD=2，求线段AE的长。40\n12.（2022四川内江，25，12分）如图，AB是半圆O的直径，点P在BA的延长线上，PD切⊙O于点C，BD⊥PD，垂足为D，连接BC．（1）求证：BC平分∠PDB；（2）求证：BC2=AB•BD；（3）若PA=6，PC=6，求BD的长．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．专题：计算题．分析：（1）连接OC，由PD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC垂直于PD，由BD垂直于PD，得到OC与BD平行，利用两直线平行得到一对内错角相等，再由OC=OB，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换即可得证；（2）连接AC，由AB为圆O的直径，利用直径所对的圆周角为直角得到△ABC为直角三角形，根据一对直角相等，以及第一问的结论得到一对角相等，确定出△ABC与△BCD相似，由相似得比例，变形即可得证；（3）由切割线定理列出关系式，将PA，PC的长代入求出PB的长，由PB﹣PA求出AB的长，确定出圆的半径，由OC与BD平行得到△PCO与△DPB相似，由相似得比例，将OC，OP，以及PB的长代入即可求出BD的长．解答：（1）证明：连接OC，∵PD为圆O的切线，∴OC⊥PD，40\n∵BD⊥PD，∴OC∥BD，∴∠OCB=∠CBD，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠CBD=∠OBC，则BC平分∠PBD；（2）证明：连接AC，∵AB为圆O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠ACB=∠CDB=90°，∠ABC=∠CBD，∴△ABC∽△CBD，∴=，即BC2=AB•BD；（3）解：∵PC为圆O的切线，PAB为割线，∴PC2=PA•PB，即72=6PB，解得：PB=12，∴AB=PB﹣PA=12﹣6=6，∴OC=3，PO=PA+AO=9，∵△OCP∽△BDP，∴=，即=，则BD=4．点评：此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．13.（2022四川遂宁，24，10分）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）求证：△ACM∽△DCN；（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BOC=，求BN的长．40\n考点：圆的综合题．分析：（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=90°，即可得出答案；（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；（3）根据已知得出OE的长，进而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用（2）中相似三角形的性质得出NB的长即可．解答：（1）证明：∵△BCO中，BO=CO，∴∠B=∠BCO，在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，又∵∠1=∠2，∴∠1+∠BCO=90°，即∠FCO=90°，∴CF是⊙O的切线；（2）证明：∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=∠FCO=90°，∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO，即∠3=∠1，∴∠3=∠2，∵∠4=∠D，∴△ACM∽△DCN；（3）解：∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，在Rt△COE中，cos∠BOC=，∴OE=CO•cos∠BOC=4×=1，由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：CE===，AC===2，BC===2，∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，∴由垂径定理得：CD=2CE=2，∵△ACM∽△DCN，40\n∴=，∵点M是CO的中点，CM=AO=×4=2，∴CN===，∴BN=BC﹣CN=2﹣=．点评：此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定和勾股定理的应用等知识，根据已知得出△ACM∽△DCN是解题关键．　14．（2022湖北省咸宁市，1，10分）阅读理解：如图1，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与点A、点B重合），分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的相似点；如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的强相似点．解决问题：（1）如图1，∠A=∠B=∠DEC=55°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由；（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=2，且A，B，C，D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图2中画出矩形ABCD的边AB上的一个强相似点E；拓展探究：（3）如图3，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处．若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB和BC的数量关系．40\n考点：相似形综合题．分析：（1）要证明点E是四边形ABCD的AB边上的相似点，只要证明有一组三角形相似就行，很容易证明△ADE∽△BEC，所以问题得解．（2）根据两个直角三角形相似得到强相似点的两种情况即可．（3）因为点E是梯形ABCD的AB边上的一个强相似点，所以就有相似三角形出现，根据相似三角形的对应线段成比例，可以判断出AE和BE的数量关系，从而可求出解．解答：解：（1）点E是四边形ABCD的边AB上的相似点．理由：∵∠A=55°，∴∠ADE+∠DEA=125°．∵∠DEC=55°，∴∠BEC+∠DEA=125°．∴∠ADE=∠BEC．（2分）∵∠A=∠B，∴△ADE∽△BEC．∴点E是四边形ABCD的AB边上的相似点．（2）作图如下：40\n（3）∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，∴△AEM∽△BCE∽△ECM，∴∠BCE=∠ECM=∠AEM．由折叠可知：△ECM≌△DCM，∴∠ECM=∠DCM，CE=CD，∴∠BCE=∠BCD=30°，∴BE=CE=AB．在Rt△BCE中，tan∠BCE==tan30°，∴，∴．点评：本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，梯形的性质以及理解相似点和强相似点的概念等，从而可得到结论．　15．（2022广东广州，24，14分）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.（1）当OC=时（如图12），求证：CD是⊙O的切线；（2）当OC＞时，CD所在直线与⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.①当D为CE中点时，求△ACE的周长;②连接OD,是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE·ED的值；若不存在，请说明理由。【思路分析】40\n（1）由勾股定理的逆定理即可证明直角三角形，进而证明圆的切线；（2）作出图形，得到等边三角形之后，即可得到相应的角的度数，从而把问题转化为计算问题；（3）利用平行线的性质得到5个相等的角，然后利用角间关系，得到相似三角形，进而利用边长的比求得答案.【解】（1）如答案图1，连接OD，在⊙O中，直径AB=4，则半径OD=2，∵CD=OA∴CD=2又∵OC=，在△OCD中，∴CD⊥OD于D，∴CD是⊙O的切线。（2）①如答案图2，由D为CE的中点，得DE=2∴△ODE为等边三角形，∴∠E=∠ODE=又∵OD=CD，∴∠C=∠COD=∴OE⊥OD于O，由勾股定理，得OC=在Rt△ODE中，AO=OE=2，∴AE=∴△ACE的周长=AE+CE+AC=②如答案图3，四边形AODE为梯形，只可能是OD∥AE，当OD∥AE时，∠A=∠DOC=∠C=∠AEO=∠EOD，设∠EOD=x则∠ODE=∠OED=2x，由△ODE的内角和为得x=∴△CED∽△OED，且△AOE≌△OCD∴，且AE=OC，40\n∴，∴AE·ED=4。【方法指导】在几何图形中，如果一道问题比较复杂，而且有一个已知条件是平行线，那么通常都要由此平行得到相似三角形，从而将问题转化。16．（2022山东德州,24,12分）如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转900，得到△DOC。抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C。（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t。①设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F。求出当△CEF与△COD相似时点P的坐标；②是否存在一点P，使△PCD的面积最大？若存在，求出△PCD面积的最大值；若不存在，请说明理由。【思路分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；（2）求动点P坐标，需要进行探究，分类讨论存在情况，结合相似、列一元二次方程解题；要探究使△PCD的面积最大，寻求PN=PM-NM，S△PCD＝△PCN+△PND列出二次函数模型来解决.【解】（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAO=3∵tan∠BAO=∴OB＝OA·tan∠BAO＝3∵△DOC是由△AOB绕原点O逆时针旋转900而得到的。∴OC＝OB＝3，OD＝OA＝1∴A、B、C三点的坐标分别为（1，0），（0，3），（－3，0）代放抛物线解析式得，a+b+c=0c=39a-3b+c=0解之得，a=-1,b=-2,c=3∴抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3（2）①抛物线y=-x2-2x+3的对称轴l为：x==－1∴E点坐标为（－1，4）40\n（ⅰ）当∠CEF＝900时，△CEF∽△COD,此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点。坐标为（－1，4）（ⅱ）当∠CFE＝900时，△CFE∽△COD。过点P做PMCA于点M，则△EFC∽△EMP。于是，,∴MP=3EM.即：-t2-2t+3=3(-1-t)。整理得：t2-t-6=0解之得：t1=-2,t2=-3（不合题意，舍去）。所以此时点P的坐标为（－2，3）所以当△CEF与△COD相似时点P的坐标分别为：（－1，4）或（－2，3）。②设直线CD的解析式为：y=kx+m则得：，解之得：k=,m=1所以直线CD的解析式为：y=x+1设PM与CD的交点为N，则点N的坐标为（t,t+1）.∴PN=PM-NM=-t2-2t+3－（t+1）＝-t2-t+2则S△PCD＝△PCN+△PND＝PN×CM+PN×OM=PN×(CM+OM)=PN×OC＝（-t2-t+2）＝－（t+）2+∴当t＝－时，S△PCD的最大值为。【方法指导】本题主要考查二次函数、一次函数与相似三角形、旋转等结合，具有较强探究性、同时融合方程思想、分类讨论思想、函数建摸等.17．(2022四川成都，20，10分)如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC．(1)求证：AC＝AD＋CE；(2)若AD＝3，CE＝5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q．i)当点P与A，B两点不重合时，求的值；40\nii)当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径(线段)长．(直接写出结果，不必写出解答过程)APBCEQD第20题图【思路分析】(1)证△ABD≌△CEB即可；(2)i)过点Q作QH⊥BC于点H，利用相似三角形把转化为对应边的比．解题的关键是证明AP＝BH．ii)利用第i)问中求得的结果求出MQ的长，再反复利用勾股定理求出BQ的长，从而利用三角形的中位线定理求出DQ的中点所经过的路径长．【解】(1)证明：∵BD⊥BE，∴∠DBE＝90°，即∠ABD＋∠EBC＝90°．∵∠E＋∠EBC＝90°，∴∠ABD＝∠E．又∵∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，∴△ABD≌△CEB．∴AD＝BC，AB＝CE．∵AC＝AB＋BC，∴AC＝AD＋CE．(2)i)如图2，过点Q作QH⊥BC于点H，则△ADP∽△HPQ，△BHQ∽△BCE．∴，．即AD·QH＝AP·PH①BC·QH＝BH·EC②由第(1)问可知，BC＝AD＝3，AB＝EC＝5．∴AP·PH＝BH·EC．设AP＝x，BH＝y，则PH＝AB＋BH－AP＝5＋y－x，∴x(5＋y－x)＝5y．整理得x2－(5＋y)x＋5y＝0．即(x－5)(x－y)＝0．∴x＝5或x＝y．∵点P与点B不重合，∴舍去x＝5．当x＝y时，PH＝5．∴＝＝．APBCEQD图2HABCED图3QP(M)O1O2ii)．提示：设DQ的中点为O，连结OB．∵∠DBE＝90°，∴DO＝BO．∴点O在线段DB的垂直平分线上．∴点O所经过的路径是线段DB垂直平分线上的一部分(线段)．当点P与点A重合时，DQ的中点即是DB的中点O1．设AC的中点为M，当点P与点M重合时，如图3，设此时DQ的中点为O2．40\n∵AD＝3，AM＝4，∴DM＝5．由i)可知＝，∴＝．∴MQ＝．在Rt△DMQ中，DQ＝＝．在Rt△ABD中，DB＝＝．在Rt△DBQ中，BQ＝＝．∴O1O2＝DB＝．【方法指导】此题在经典题的基础上作了较大的拓展．拓展部分是一个较难的动态探索问题，涉及的知识点有相似三角形、勾股定理等．18．（2022湖南永州，25，10分）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD．(1)若AB=9，CD=4，BD=10，请问在BD上是否存在P点，使以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由；(2)若AB=9，CD=4，BD=12，请问在BD上存在多少个P点，使以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似？并求BP的长；(3)若AB=9，CD=4，BD=15，请问在BD上存在多少个P点，使以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似？并求BP的长；(4)若AB=m，CD=n，BD=，请问在m、n、满足什么关系时，存在以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似的一个P点?两个P点?三个P点?【思路分析】每小问按两种对应关系来说明。【解】(1)设BP=x，则DP=10-x如果是△ABP∽△CDP，则，即，解得；如果是△ABP∽△PDC，则，即，得方程：，方程无解；所以BP=(2)设BP=x，则DP=12-x如果是△ABP∽△CDP，则，即，解得；如果是△ABP∽△40\nPDC，则，即，得方程：，解得x=6；所以BP=6或（3）设BP=x，则DP=15-x如果是△ABP∽△CDP，则，即，解得；如果是△ABP∽△PDC，则，即，得方程：，解得x=3或12所以BP=，3或12.（4）设BP=x，则DP=l-x如果是△ABP∽△CDP，则，即，解得；如果是△ABP∽△PDC，则，即，得方程：，当时，存在以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似的一个P点；当时，存在以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似的两个P点；当时，存在以P、A、B三点为顶点的三角形与以P、C、D三点为顶点的三角形相似的三个P点；【方法指导】三角形相似没有明确对应关系，得分情形来讨论，由于本题是两个直角三角形，所以对应关系有两种。由于数量关系的制约，本题有一种对应关系是始终存在的，另一种对应关系则需要通过一元二次方程的判别式来进行讨论。19．（2022四川南充，19，8分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，BC=7，∠B=60°，P为BC边上一点（不与B，C重合），过点P作∠APE=∠B，PE交CD于E.（1）求证：△APB∽△PEC；（2）若CE=3，求BP的长.【答案】：（1）∵四边形ABCD是等腰梯形∴∠B=∠C∵∠APB+∠EPC=180°﹣∠APE∠APB+∠PAB=180°﹣∠B又∠APE=∠B∴∠PAB=∠EPC40\n∴△APB∽△PEC（2）过A作AF⊥BC于F，过D作DH⊥BC于H则△ABF≌△DCH∵AD=3BC=7∴BF=CH=2在Rt△AFB中，∠AFB=90°，AB=∵△APB∽△PEC∴∴∴BP=3或4【解析】（1）由等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，可得∠B=∠C=60°，又由∠APE+∠EPC=∠B+∠BAP，∠APE=∠B，可证得∠BAP=∠EPC，根据有两角对应相等的三角形相似，即可证得：△APB∽△PEC；（2）过A作AF⊥BC于F，过D作DH⊥BC于H则△ABF≌△DCH得到BF=CH=2，再由三角函数求得AB的长，最后利用相似三角形对应边成比例，即可求得答案.也可过点A作AF∥CD交BC于点F，则四边形ADCF是平行四边形，△ABF为等边三角形，又由△APB∽△PEC，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．【方法指导】此题考查了等腰梯形的性质、相似三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．20.（2022四川宜宾，24，10分）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D，点O是AC边上的一点，连接BO交AD于F，OE⊥OB交BC边于点E．(1)求证：△ABF∽△COE；(2)当O为AC边中点，时，如图2，求的值；(3)当O为AC边中点，时，如图2，请直接写出的值；【思路分析】（1）根据有两个角对应相等的两个三角形相似可证.（2）因为AC=2AB，O是AC边的中点，所以可得AB=OC=OA，由（1）知△ABF∽△COE所以可得△ABF≌△COE，所以BF=OE．要求可先求想到构造“X”形，作OG⊥AC，交AD的延长线于G可得出△ABC≌△OAG所以OG=AC=2AB根据“X”形中的两个相似三角形可推出.（3）由问号（2）的推导过程可得出该题的结论.40\n【解】　(1)∵AD⊥BC，∴∠DAC+∠C=90°．∵∠BAC=90°，∴∠BAF=∠C．∵OE⊥OB，∴∠BOA+∠COE=90°，∵∠BOA+∠ABF=90°，∴∠ABF=∠COE．△ABF∽△COE；(2)　作OG⊥AC，交AD的延长线于G．∵AC=2AB，O是AC边的中点，∴AB=OC=OA．由(1)有△ABF∽△COE，∴△ABF≌△COE，∴BF=OE．∵∠BAD+∠DAC=90°，∠DAB+∠ABD=90°，∴∠DAC=∠ABD，又∠BAC=∠AOG=90°，AB=OA．∴△ABC≌△OAG，∴OG=AC=2AB．∵OG⊥OA，∴AB∥OG，∴△ABF∽△GOF，∴．(3)【方法指导】（1）题目中出现多个直角有相等的角出现；求线段的比往往与相似三角形有关；解结合解答题时往往要用到三角形全等、相似等知识两条线段的比不能直接根据相似三角形得出时要注意等量之间的代换、转化.21.(湖南株洲,23)已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.⑴当点P在线段AB上时，求证：△AQP∽△ABC；⑵当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.【答案】：（1）证明：在△AQP与△ABC中∵∠AQP=∠ABC=90°∠A=∠A（公共角）∴△AQP∽△ABC40\n（2）解：设AP=.∵在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，∴AC=由（1）知△AQP∽△ABC∴即∴PQ=由图1知：PB=AB-AP=3-又∵△PQB为等腰三角形∴PQ=PB即=3-∴=由图2知：PB=AP-AB=-3又∵△PQB为等腰三角形∴PQ=PB即=-3∴=15综上所述，AP的长为或15.【方法指导】本题考查了相似三角形的证明，及相似三角形的性质，熟练掌握两个三角形相似的证明方法：（1）两角对应相等的两个三角形相似，（2）两对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，（3）三边对应成比例的两个三角形相似，同时注意相似三角形对应边成比例第二问还考查等腰三角形的性质，注意运用分类讨论的思想方法.22（2022湖南益阳，15，6分）如图4，在中，，，于.求证：．ABDCE图4【思路分析】首先由“三线合一”可知，从而可以得到，又这两个三角形有公共角，所以两个三角形相似。【答案】：解：证明：在中，，，∴，∵，∴，又，∴．40\n【方法指导】两个三角形相似的条件有：（1）两角对应相等；（2）一个角对应相等，并且夹边对应成比例。40