第08講相似三角形的判定與性質（6大考點）考點考點考向一．相似三角形的性質相似三角形的定義：如果兩個三角形的對應邊的比相等，對應角相等，那么這兩個三角形相似．（1）相似三角形的對應角相等，對應邊的比相等．（2）相似三角形（多邊形）的周長的比等于相似比；相似三角形的對應線段（對應中線、對應角平分線、對應邊上的高）的比也等于相似比．（3）相似三角形的面積的比等于相似比的平方．由三角形的面積公式和相似三角形對應線段的比等于相似比可以推出相似三角形面積的比等于相似比的平方．二．相似三角形的判定（1）平行線法：平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似；這是判定三角形相似的一種基本方法．相似的基本圖形可分別記為“A”型和“X”型，如圖所示在應用時要善于從復雜的圖形中抽象出這些基本圖形．（2）三邊法：三組對應邊的比相等的兩個三角形相似；（3）兩邊及其夾角法：兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似；（4）兩角法：有兩組角對應相等的兩個三角形相似．三．相似三角形的判定與性質（1）相似三角形是相似多邊形的特殊情形，它沿襲相似多邊形的定義，從對應邊的比相等和對應角相等兩方面下定義；反過來，兩個三角形相似也有對應角相等，對應邊的比相等．（2）三角形相似的判定一直是中考考查的熱點之一，在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形；或依據基本圖形對圖形進行分解、組合；或作輔助線構造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可單獨使用，有時需要綜合運用，無論是單獨使用還是綜合運用，都要具備應有的條件方可．四．相似三角形的應用（1）利用影長測量物體的高度．①測量原理：測量不能到達頂部的物體的高度，通常利用相似三角形的性質即相似三角形的對應邊的比相等和“在同一時刻物高與影長的比相等”的原理解決．②測量方法：在同一時刻測量出參照物和被測量物體的影長來，再計算出被測量物的長度．（2）利用相似測量河的寬度（測量距離）．①測量原理：測量不能直接到達的兩點間的距離，常常構造“A”型或“X”型相似圖，三點應在一條直線上．必須保證在一條直線上，為了使問題簡便，盡量構造直角三角形．②測量方法：通過測量便于測量的線段，利用三角形相似，對應邊成比例可求出河的寬度．（3）借助標桿或直尺測量物體的高度．利用桿或直尺測量物體的高度就是利用桿或直尺的高（長）作為三角形的邊，利用視點和盲區的知識構建相似三角形，用相似三角形對應邊的比相等的性質求物體的高度．五．作圖-相似變換（1）兩個圖形相似，其中一個圖形可以看作由另一個圖形放大或縮小得到．（2）相似圖形的作圖在沒有明確規定的情況下，我們可以利用相似的基本圖形“A”型和“X”型進行簡單的相似變換作圖．如圖所示：（3）如果題目有條件限制，可根據相似三角形的判定條件作為作圖的依據．比較簡單的是把原三角形的三邊對應的縮小或放大一定的比例即可得到對應的相似圖形．六．射影定理（1）射影定理：①直角三角形中，斜邊上的高是兩直角邊在斜邊上射影的比例中項．②每一條直角邊是這條直角邊在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．（2）Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜邊BC上的高，則有射影定理如下：①AD2＝BD?DC；②AB2＝BD?BC；AC2＝CD?BC．考點精講考點精講一．相似三角形的性質（共8小題）1．（2021秋?柯城區期末）如圖，△ABC∽△A'B′C′，下列說法正確的是（）A．∠B＝∠C′ B．S△ABC＝2S△A′B'C' C．AC＝4A'C' D．A'B′＝6【分析】根據相似三角形的性質解答即可．【解答】解：∵△ABC∽△A'B′C′，AB＝12，BC＝2a，B'C'＝a，∴∠B＝∠B'，S△ABC：S△ABC＝＝4，AC＝2A'C'，A'B'＝AB＝＝6．故A、B、C錯誤，D正確；故選：D．【點評】本題考查了相似三角形的性質，相似三角形的對應角相等，對應邊的比相等．相似三角形的周長的比等于相似比，相似三角形的對應線段（對應中線、對應角平分線、對應邊上的高）的比也等于相似比，相似三角形的面積的比等于相似比的平方．2．（2022?拱墅區模擬）如圖，點P是矩形ABCD內一點，連接PA、PB、PC、PD，已知AB＝3，BC＝4，設△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面積分別為S1、S2、S3、S4，下列判斷，其中不正確的是（）A．PA+PB+PC+PD的最小值為10 B．若△PAB≌△PCD，則△PAD≌△PBC C．若△PAB∽△PDA，則PA＝2 D．若S1＝S2，則S3＝S4【分析】A．當點P是矩形ABCD兩對角線的交點時，PA+PB+PC+PD的值最小，根據勾股定理可得PA+PB+PC+PD的最小值，即可判斷；B．根據全等三角形的性質可得PA＝PC，PB＝PD，那么P在線段AC、BD的垂直平分線上，即P是矩形ABCD兩對角線的交點，易證△PAD≌△PBC，即可判斷；C．根據相似三角形的性質可得∠PAB＝∠PDA，∠PAB+∠PAD＝∠PDA+∠PAD＝90°，利用三角形內角和定理得出∠APD＝180°﹣（∠PDA+∠PAD）＝90°，同理可得∠APB＝90°，那么∠BPD＝180°，即B、P、D三點共線，根據三角形面積公式可得PA＝2.4，即可判斷；D．易證S1+S3＝S2+S4，所以若S1＝S2，則S3＝S4，即可判斷．【解答】解：A．當點P是矩形ABCD兩對角線的交點時，PA+PB+PC+PD的值最小，根據勾股定理得，AC＝BD＝5，所以PA+PB+PC+PD的最小值為10，故此選項正確，不符合題意；B．若△PAB≌△PCD，則PA＝PC，PB＝PD，所以P在線段AC、BD的垂直平分線上，即P是矩形ABCD兩對角線的交點，所以△PAD≌△PBC，故此選項正確正確，不符合題意；C．若△PAB∽△PDA，則∠PAB＝∠PDA，∠PAB+∠PAD＝∠PDA+∠PAD＝90°，∠APD＝180°﹣（∠PDA+∠PAD）＝90°，同理可得∠APB＝90°，那么∠BPD＝180°，B、P、D三點共線，P是直角△BAD斜邊上的高，根據面積公式可得PA＝3×4÷5＝2.4，故此選項不正確，符合題意；D．如圖，若S1＝S2，過點P作PH⊥BC于H，HP的延長線交AD于G，則PG⊥AD．∴四邊形ABHG是矩形，∴GH＝AB，∴S2+S4＝AD?PG+BC?PH＝BC?（PH+PG）＝BC?GH＝BC?AB，過點P作PM⊥AB于M，MP的延長線交CD于N，同理S1+S3＝BC?AB，∴S1+S3＝S2+S4，則S3＝S4，故此選項正確，不符合題意．故選：C．【點評】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，全等三角形、相似三角形的性質，勾股定理，矩形的性質，線段垂直平分線的判定等知識，掌握相關的判定定理和性質定理是解題的關鍵．3．（2021秋?麗水期末）如圖，若△ABC∽△DEF，則∠C的度數是（）A．70° B．60° C．50° D．40°【分析】利用相似三角形的性質求解即可．【解答】解：∵△ABC∽△DEF，∴∠C＝∠F，∵∠F＝50°，∴∠C＝50°，也可以直接用三角形內角和定理可求∠C＝50°，故選：C．【點評】本題考查相似三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的性質，屬于中考常考題型．4．（2021秋?拱墅區期末）已知一個三角形的三邊長分別為2，3，4，與其相似的另一個三角形的周長為36，則它的最長邊的長為（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】根據相似多邊形的性質得最長邊的長為三角形的周長×，依此列式計算即可求解．【解答】解：∵一個三角形的三邊長分別為2，3，4，與其相似的另一個三角形的周長為36，∴它的最長邊的長為36×＝16．故選：C．【點評】本題考查了相似多邊形的性質：對應角相等；對應邊的比相等．5．（2021秋?鹿城區校級期末）如圖，在矩形ABCD中，點E、F分別在邊AD、DC上，△ABE∽△DEF，AB＝6，AE＝9，DE＝2，求EF的長．【分析】先根據相似三角形的性質求出DF的長，再由勾股定理即可得出結論．【解答】解：∵△ABE∽△DEF，AB＝6，AE＝9，DE＝2，∴＝，即＝，解得DF＝3，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠D＝90°，由勾股定理得：EF＝＝＝．【點評】本題考查的是相似三角形的性質，熟知相似三角形的對應邊成比例是解答此題的關鍵．6．（2021秋?拱墅區校級月考）如圖，點P是正方形ABCD邊AB上一點（不與點A，B重合），連接PD并將線段PD繞點P順時針方向旋轉90°得到線段PE，PE交邊BC于點F，連接BE，DF．（1）若∠ADP＝32°，求∠FPB；（2）若AP＝，求BE；（3）若△PFD∽△BFP，求．【分析】（1）根據∠ADP與∠EPB都是∠APD的余角，根據同角的余角相等，即可求解；（2）首先證得△PAD≌△EQP，可以證得△BEQ是等腰直角三角形，即可求解；（3）這兩個三角形是直角三角形，若相似，則對應邊的比相等，即可求得的值．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形．∴∠A＝∠PBC＝90°，AB＝AD，∴∠ADP+∠APD＝90°，∵∠DPE＝90°，∴∠APD+∠FPB＝90°，∴∠ADP＝∠FPB＝32°；（2）過點E作EQ⊥AB交AB的延長線于點Q，則∠EQP＝∠A＝90°，又∵∠ADP＝∠EPB，PD＝PE，∴△PAD≌△EQP（AAS），∴EQ＝AP，AD＝AB＝PQ，∴AP＝EQ＝BQ＝，∴BE＝；（3）∵△PFD∽△BFP，∴＝，∵∠A＝∠PBC，∠ADP＝∠FPB，∴△APD∽△BFP，∴＝，∴AP＝BP，∴＝．解法二：如圖，過點P作PT⊥DF于點T．∵△PFD∽△BFP，∵∠BPF＝∠PDT，∵∠BPF＝∠ADP，∴∠ADP＝∠TDP，∵∠A＝∠DTP＝90°，DP＝DP，∴△ADP≌△TDP（AAS），∴PA＝PT，∠APD＝∠DPT，∵∠BPF+∠APD＝90°，∠FPT+∠DPT＝90°，∴∠BPF＝∠TPF，∵∠PTF＝∠PBF＝90°，PF＝PF，∴△PFT≌△PFB（AAS），∴PT＝PB，∴PA＝PB，∴＝．【點評】本題主要考查了正方形的性質，以及三角形相似的判定與性質，正確探究三角形相似的性質是解題的關鍵．7．（2022?紹興）將一張以AB為邊的矩形紙片，先沿一條直線剪掉一個直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個直角三角形（剪掉的兩個直角三角形相似），剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，則剪掉的兩個直角三角形的斜邊長不可能是（）A． B． C．10 D．【分析】根據題意，畫出相應的圖形，然后利用相似三角形的性質和分類討論的方法，求出剪掉的兩個直角三角形的斜邊長，然后即可判斷哪個選項符合題意．【解答】解：如右圖1所示，由已知可得，△DFE∽△ECB，則，設DF＝x，CE＝y，則，解得，∴DE＝CD+CE＝6+＝，故選項B不符合題意；EB＝DF+AD＝+2＝，故選項D不符合題意；如圖2所示，由已知可得，△DCF∽△FEB，則，設FC＝m，FD＝n，則，解得，∴FD＝10，故選項C不符合題意；BF＝FC+BC＝8+7＝15；如圖3所示：此時兩個直角三角形的斜邊長為6和7；故選：A．【點評】本題考查相似三角形的性質、矩形的性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用分類討論的方法解答．8．（2021?西湖區二模）如圖，在矩形ABCD中，E是CD上一點，AE＝AB，作BF⊥AE．（1）求證：△ADE≌△BFA；（2）連接BE，若△BCE與△ADE相似，求．【分析】（1）根據矩形的性質得出∠D＝∠DAB＝90°，求出∠DAE+∠FAB＝90°，∠FBA+∠FAB＝90°，求出∠D＝∠AFB，∠DAE＝∠FBA，再根據全等三角形的判定推出即可；（2）根據矩形的性質得出∠C＝∠D＝90°，DC∥AB，根據平行線的性質得出∠CEB＝∠ABE，設∠CEB＝∠ABE＝x°，根據等腰三角形的性質求出∠AEB＝∠EBA＝x°，根據相似三角形的性質得出兩種情況：①∠DEA＝∠CEB＝x°，根據∠DEA+∠AEB+∠CEB＝180°得出x+x+x＝180，求出x，再解直角三角形求出AE和AD，再求出答案即可；②∠DEA＝∠EBC，設∠DEA＝∠EBC＝y°，求出∠DEA+∠AEB+∠CEB＝（y+2x）°＝180°，∠EBC+∠CEB＝（y+x）°＝90°，求出x，再得出答案即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAB＝90°，∴∠DAE+∠FAB＝90°，∵BF⊥AE，∴∠AFB＝90°，∴∠D＝∠AFB，∠FBA+∠FAB＝90°，∴∠DAE＝∠FBA，在△ADE和△BFA中，∴△ADE≌△BFA（AAS）；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°，DC∥AB，∴∠CEB＝∠ABE，設∠CEB＝∠ABE＝x°，∵AE＝AB，∴∠AEB＝∠EBA＝x°，當△BCE與△ADE相似時，有兩種情況：①∠DEA＝∠CEB＝x°，∵∠DEA+∠AEB+∠CEB＝180°，∴x+x+x＝180，解得：x＝60，即∠DEA＝60°，∴∠DAE＝90°﹣60°＝30°，∴AE＝2DE，由勾股定理得：AD＝＝＝DE，∵AE＝AB，∴＝＝＝；②∠DEA＝∠EBC，設∠DEA＝∠EBC＝y°，∵∠CEB＝∠EBA＝∠AEB＝x°，則∠DEA+∠AEB+∠CEB＝y°+x°+x°＝（y+2x）°＝180°，在Rt△BCE中，∠EBC+∠CEB＝y°+x°＝（y+x）°＝90°，即，解得：x＝90°，即∠CEB＝90°，此時點E和點C重合，△BEC不存在，舍去；所以＝．【點評】本題考查了矩形的性質，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，相似三角形的性質，等腰三角形的性質和直角三角形的性質等知識點，能綜合運用知識點進行推理和計算是解此題的關鍵．二．相似三角形的判定（共9小題）9．（2020秋?溫州月考）如圖，下列條件不能判定△ACD與△ABC相似的是（）A． B． C．∠ADC＝∠ACB D．∠ACD＝∠B【分析】本題中已知∠A是公共角，應用兩三角形相似的判定定理，即可做出判斷．【解答】解：由圖可得：∠A＝∠A，∴當或∠ADC＝∠ACB或∠ACD＝∠B時，△ACD與△ABC相似，也可以；A選項中角A不是成比例的兩邊的夾角．故選：A．【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形判定條件是解決問題的關鍵．10．（2021秋?鄞州區校級期末）如圖，點P在△ABC的邊AC上，要判斷△ABP∽△ACB，添加一個條件，不正確的是（）A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C． D．【分析】根據相似三角形的判定方法，逐項判斷即可．【解答】解：在△ABP和△ACB中，∠BAP＝∠CAB，∴當∠ABP＝∠C時，滿足兩組角對應相等，可判斷△ABP∽△ACB，故A正確；當∠APB＝∠ABC時，滿足兩組角對應相等，可判斷△ABP∽△ACB，故B正確；當時，滿足兩邊對應成比例且夾角相等，可判斷△ABP∽△ACB，故C正確；當時，其夾角不相等，則不能判斷△ABP∽△ACB，故D不正確；故選：D．【點評】本題主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解題的關鍵，即在兩個三角形中，滿足三邊對應成比例、兩邊對應成比例且夾角相等或兩組角對應相等，則這兩個三角形相似．11．（2021秋?柯橋區月考）如圖，已知∠BAC＝∠EAD，AB＝24，AC＝48，AE＝17，AD＝34，求證：△ABC∽△AED．【分析】根據兩邊成比例夾角相等兩三角形相似證明即可．【解答】證明：∵AB＝24，AC＝48，AE＝17，AD＝34，∴＝＝，∴＝，∵∠BAC＝∠EAD，∴△BAC∽△EAD．【點評】本題考查相似三角形的判定，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法，屬于中考常考題型．12．（2022?淳安縣一模）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，以點A為圓心，以AB的長為半徑作弧交AC于點D，連接BD，再分別以點B，D為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點P，作射線AP交BC于點E，連接DE，則下列結論正確的是（）A．DE垂直平分AC B．△ABE∽△CBA C．BD2＝BC?BE D．CE?AB＝BE?CA【分析】由“SSS”可證△ABE≌△ADE，可得∠ABE＝∠ADE＝90°，可證△ABC∽△EDC，可得結論．【解答】解：由題意可得AB＝AD，AP平分∠BAC，∴AE垂直平分BD，∴BE＝DE，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SSS），∴∠ABE＝∠ADE＝90°，又∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△EDC，∴，∴CE?AB＝BE?CA，故選D．【點評】本題考查了相似三角形的判定，全等三角形的性質，證明三角形相似是解題的關鍵．13．（2021秋?北侖區期末）如圖，一副三角板，AD＝AB，頂點A重合，將△ADE繞其頂點A旋轉，在旋轉過程中，以下4個位置，不存在相似三角形的是（）A． B． C． D．【分析】利用相似三角形的判定方法依次判斷可求解．【解答】解：選項B，∵∠BCA＝∠AED＝90°，∠CAF＝∠DAE，∴△ACF∽△AED，故選項B不合題意；選項C，如圖，設CD與AE交于點O，∵∠ACO＝∠DEO＝90°，∠AOC＝∠DOE，∴△ACO∽△DEO，故選項C不合題意；選項D，∵AD＝AB，∠B＝30°，∠D＝45°，∴AC＝AB，AE＝AD＝AB，∴CE＝＝AB，∴AC＝EC，∴∠CAE＝45°＝∠EAD，又∵∠C＝∠AED＝90°，∴△ACE∽△AED，故選項D不合題意，故選：A．【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，掌握相似三角形的判定方法是解題的關鍵．14．（2021秋?新昌縣期末）如圖，在下列四個三角形中，與△ABC相似的是（）A． B． C． D．【分析】根據網格的特點，利用勾股定理求出△ABC各邊的長度，求出三邊的比，然后結合四個選項即可得解．【解答】解：設網格的邊長是1，則AB＝＝，BC＝＝2，AC＝＝，∴AC：BC：AB＝：2：＝1：2：，A、三邊之比是，2：4：2＝1：2：，故本選項符合題意；B、三邊之比是，：：3≠1：2：，故本選項不符合題意；C、三邊之比是，：：4≠1：2：，故本選項不符合題意；D、三邊之比是，：3：2≠1：2：，故本選項不符合題意．故選：A．【點評】本題考查了相似三角形的判定，勾股定理，網格圖形的性質，分別求出各圖形的三角形的三邊之比是解題的關鍵，計算比較復雜．15．（2021秋?北侖區校級期中）如圖，小正方形的邊長均為1，則下列圖中的三角形（陰影部分）與△ABC相似的是（）A． B． C． D．【分析】利用△ABC中，∠ACB＝135°，AC＝，BC＝2，然后根據兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似可對各選項進行判定即可．【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝135°，AC＝，BC＝2，在B、C、D選項中的三角形都沒有135°，而在A選項中，三角形的鈍角為135°，它的兩邊分別為1和，因為＝，所以A選項中的三角形與△ABC相似．故選：A．【點評】此題考查了相似三角形的判定．注意兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似．16．（2021秋?西湖區期末）如圖，在矩形ABCD中，點E，F分別在CD，AD上，連結AE，BF，AE⊥BF且AE＝BF．（1）求證：AB＝AD．（2）連結EF，BE，線段FD是線段AD與AF的比例中項．①若AD＝4，求線段FD的長．②求證：△DEF∽△CEB．【分析】（1）根據正方形的性質得到∠BAD＝∠ADE＝90°，進而證明∠ABF＝∠DAE，得到△ABF≌△DAE，根據全等三角形的性質得到AB＝AD；（2）①根據全等三角形的性質得到AF＝DE，求得DF＝CE，根據已知條件得到DF2＝AF?AD，于是得到DF＝﹣2+2；②根據線段DF是線段AF與AD的比例中項，得到DF2＝AF?AD，根據相似三角形的判定定理即可得到結論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ADE＝90°，∴∠ABF+∠AFB＝90°，∵AE⊥BF，∴∠DAE+∠AFB＝90°，∴∠ABF＝∠DAE，在△ABF和△DAE中，，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AB＝AD；（2）①由（1）可知，△ABF≌△DAE，∴AF＝DE，∴DF＝CE，∵線段DF是線段AF與AD的比例中項，∴DF2＝AF?AD，∵AD＝4，∴DF2＝（4﹣DF）×4，∴DF＝﹣2+2（負值舍去）；②∵線段DF是線段AF與AD的比例中項，∴DF2＝AF?AD，∴＝，∵∠FDE＝∠BCE＝90°，∴△DEF∽△CEB．【點評】本題考查的是正方形的性質、相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．17．（2022?淳安縣一模）如圖，在△ABC中，D、E分別是邊AC、BC的中點，F是BC延長線上一點，∠F＝∠B．（1）若AB＝10，求FD的長；（2）若AC＝BC，求證：△CDE∽△DFE．【分析】（1）首先利用中位線定理得到DE∥AB以及DE的長，再證明∠DEC＝∠F即可；（2）根據等腰三角形的性質得到∠A＝∠B，進而求出∠CDE＝∠F并結合∠CED＝∠DEF即可證明△CDE∽△DFE．【解答】解：（1）∵D、E分別是AC、BC的中點，∴DE∥AB，DE＝AB＝5，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B，而∠F＝∠B，∴∠DEC＝∠F，∴DF＝DE＝5；（2）∵AC＝BC，∴∠A＝∠B，∵∠CDE＝∠A，∠CED＝∠B，∴∠CDE＝∠B，∵∠B＝∠F，∴∠CDE＝∠F，∵∠CED＝∠DEF，∴△CDE∽△DFE．【點評】本題主要考查了相似三角形的判定，解題的關鍵是掌握有兩個角相等的三角形是相似三角形，此題難度不大．三．相似三角形的判定與性質（共7小題）18．（2022?拱墅區校級開學）如圖，△ABC中，D是AB上的一點，∠ABC＝∠ACD．（1）求證：△ABC∽△ACD；（2）若AC＝3，AD＝2，求AB的長．【分析】（1）由∠ABC＝∠ACD結合公共角∠BAC＝∠CAD，即可證出△ABC∽△ACD；（2）利用相似三角形的性質可得出＝，結合AC＝3，AD＝2，即可求出AB的長．【解答】（1）證明：∵∠ABC＝∠ACD，∠BAC＝∠CAD，∴△ABC∽△ACD．（2）解：∵△ABC∽△ACD，∴＝，即＝，∴AB＝，∴AB的長為．【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）牢記“兩角對應相等，兩個三角形相似”；（2）牢記“相似三角形對應邊成比例”．19．（2022?鹿城區校級二模）在《寺廟難題》書中，有這樣一道題：五個正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如圖所示排列，其中點A，B、E，H，M共線，可得結論：正方形CEFG與△SGQ的面積相等．若正方形CEFG與△SGQ的面積之和為120，則正方形DGST與正方形GNPQ面積之和為（）A．270 B．300 C．320 D．350【分析】由“AAS”可證△CGK≌△EFH，可得GK＝FH，CK＝EH，同理可得BC＝CK＝EH＝GJ，BE＝GK＝JF＝FH，由勾股定理可求解．【解答】解：如圖，過點G作GK⊥CD，交DC的延長線于K，GJ⊥FN，交NF的延長線于J，∵四邊形GCEF是正方形，∴CG＝EF＝GF＝CE，∠CGF＝∠GFE＝∠CEF＝∠GCE＝90°，∴∠CGK+∠JGF＝90°＝∠JGF+∠GFJ＝∠GFJ+∠JFE＝∠JFE+∠EFH，∴∠CGK＝∠EFH，又∵∠GKC＝∠EHF＝90°，∴△CGK≌△EFH（AAS），∴GK＝FH，CK＝EH，同理可求：GJ＝BC，JF＝BE，BC＝EH，BE＝FH，∴BC＝CK＝EH＝GJ，BE＝GK＝JF＝FH，∴DK＝2BC，NJ＝2FH＝2BE，∵正方形CEFG與△SGQ的面積相等．若正方形CEFG與△SGQ的面積之和為120，∴正方形CEFG的面積＝60，∴BC2+BE2＝CE2＝60，∵正方形DGST與正方形GNPQ面積之和＝DG2+GN2，∴正方形DGST與正方形GNPQ面積之和＝DK2+GK2+GJ2+JN2＝4BC2+BE2+4BE2+BC2＝5（BC2+BE2）＝300，故選：B．【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理等知識，添加恰當的輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．20．（2022?鄞州區校級開學）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，M為AD中點，連接CM交BD于點N，則S△MDN：S△BCD＝（）A．1：3 B．1：5 C．2：3 D．1：6【分析】通過證明△MDN∽△CBN，可求BN＝2DN，CN＝2MN，可得S△CDN＝2S△MDN，S△BNC＝2S△CDN，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵點M是AD中點，∴MD＝AD＝BC，∵AD∥BC，∴△MDN∽△CBN，∴＝，∴BN＝2DN，CN＝2MN，∴S△CDN＝2S△MDN，S△BNC＝2S△CDN，∴S△BCD＝6S△MDN，∴S△MDN：S△BCD＝1：6，故選：D．【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，平行四邊形的性質，證明△MDN∽△CBN是解題的關鍵．21．（2022?嘉興二模）如圖，點F，G分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，E為AB中點，連結ED，正方形FGQP的邊PQ恰好在DE上，記正方形ABCD面積為S1，正方形FPQG面積為S2，則S1：S2的值為（）A．10：7 B．20：7 C．49：10 D．49：20【分析】由相似三角形的性質和銳角三角函數可求DC＝2a＝b+b，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠A＝∠ADG＝∠C＝90°，∵四邊形FGQP是正方形，∴∠PQC＝∠DQG＝90°，∠QGF＝90°，∴∠ADE+∠QDG＝∠QDG+∠DGQ＝90°，∴∠ADE＝∠DGQ，∵∠A＝∠DQG＝90°，∴△ADE∽△QGD，∴，設正方形ABCD的邊長為2a，則AD＝DC＝AB＝2a，∵E為AB中點，∴AE＝a，∴＝＝2，設正方形FGQP的邊長為2b，則FG＝QG＝2b，QD＝b，∴DG＝＝＝b，∵∠DGQ+∠FGC＝90°＝∠DGQ+∠GDQ，∴∠GDQ＝∠FGC，∴cos∠GDQ＝cos∠FGC＝，∴＝，∴GC＝b，∵DC＝2a＝b+b，∴2a＝b，∴S1：S2＝＝，故選：D．【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，銳角三角函數等知識，利用參數表示線段的長度是解題的關鍵．22．（2022?拱墅區校級二模）如圖．已知BD是∠ABC的角平分線，E是BD延長線上的一點且AE＝AB．（1）求證：△ADE∽△CDB；（2）若AB＝6，BD＝4，DE＝5，求BC的長．【分析】（1）BD是角平分線可得∠ABD＝∠CBD，AE＝AB可得∠ABD＝∠E，從而∠CDB＝∠E，再利用對頂角相等可得∠CDB＝∠ADE，根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可得結論；（2）由（1）中的結論，利用相似三角形對應邊成比例得出比例式，將已知線段代入可求BC．【解答】（1）證明：∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABD＝∠CBD．∵AB＝AE，∴∠ABD＝∠E．∴∠E＝∠CBD．∵∠EDA＝∠BDC，∴△ADE∽△CDB．（2）解：∵AE＝AB，AB＝6，∴AE＝6．∵△ADE∽△CDB，∴＝．∵BD＝4，DE＝5，∴＝．∴BC＝．【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，正確合理的使用相似三角形的判定定理是解題的關鍵．23．（2022?蕭山區校級二模）如圖，已知四邊形ABCD是矩形，點E在BA的延長線上，AE＝AD．EC與BD相交于點G，與AD相交于點F，AF＝AB．（1）求證：BD⊥EC．（2）若AB＝1，求AE的長．【分析】（1）根據SAS證明△AEF≌△ADB（SAS）可得∠AEF＝∠ADB，然后利用直角三角形兩個銳角互余即可解決問題；（2）證明△AEF∽△DCF，得出＝，即AE?DF＝AF?DC，設AE＝AD＝a（a＞0），則有a?（a﹣1）＝1，化簡得a2﹣a﹣1＝0，解方程即可得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，點E在BA的延長線上，∴∠EAF＝∠DAB＝90°，在△EAF和△DAB中，，∴△AEF≌△ADB（SAS），∴∠AEF＝∠ADB，∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，∴∠EGB＝90°，∴BD⊥EC；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AE∥CD，∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，∴△AEF∽△DCF，∴＝，即AE?DF＝AF?DC，設AE＝AD＝a（a＞0），則有a?（a﹣1）＝1，化簡得a2﹣a﹣1＝0，解得a＝或（舍去），∴AE＝．【點評】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．24．（2022?鄞州區校級自主招生）銳角三角形△ABC的外心為O，外接圓直徑為d，延長AO，BO，CO，分別與對邊BC，CA，AB交于D，E，F．（1）求的值；（2）求證：．【分析】（1）根據S△ABC＝S△ABO+S△ACO+S△BCO，進而可以解決問題；（2）延長AD交⊙O于M，由于AD，BE，CF共點O．然后由OD＝R﹣DM、AM＝2R，可以求得結論．【解答】（1）解：由于AD，BE，CF交于點O，∴＝，＝，＝，∴++＝1；（2）證明：如圖，延長AD交⊙O于M，設R為△ABC的外接圓半徑，AD，BE，CF交于點O．∵＝＝1﹣＝1﹣，同理有：＝1﹣，＝1﹣，代入++＝1，得（1﹣）+（1﹣）+（1﹣）＝1，∴++＝2，∴++＝＝．【點評】本題考查了三角形外接圓與外心，分式的加減法，解決本題的關鍵是掌握三角形外接圓與外心．四．相似三角形的應用（共5小題）25．（2021秋?諸暨市期末）如圖，圖1是裝了液體的高腳杯，加入一些液體后如圖2所示，則此時液面AB為（）A．5.6cm B．6.4cm C．8cm D．10cm【分析】根據相似三角形的高之比等于相似比即可．【解答】解：由題意根據相似三角形的性質得：，解得：AB＝6.4，故選：B．【點評】本題主要考查了相似三角形的應用，熟練掌握相似三角形的高之比等于相似比是解題的關鍵．26．（2021秋?諸暨市期末）如圖，小聰和他同學利用影長測量旗桿的高度，當1米長的直立的竹竿的影長為1.5米時，此時測得旗桿落在地上的影長為12米，落在墻上的影長為2米，則旗桿的實際高度為（）A．8米 B．10米 C．18米 D．20米【分析】如圖，CD＝2m，BD＝12m，根據“在同一時刻物高與影長的比相等”得到，則可計算出DE，然后再利用可計算出AB．【解答】解：如圖，CD＝2m，BD＝12m，∵，∴DE＝1.5CD＝3，∵，∴AB＝＝10．∴旗桿的高度為10m．故選：B．【點評】本題考查了相似三角形的應用：利用影長測量物體的高度，通常利用相似三角形的性質即相似三角形的對應邊的比相等和“在同一時刻物高與影長的比相等”的原理解決．27．（2022?上城區二模）在上完相似三角形一課后，小方設計了一個實驗來測量學校教學樓的高度．如圖，在距離教學樓MN為18米的點B處豎立一個長度為2.8米的直桿，小方調整自己的位置，使得他直立時眼睛所在位置點C、直桿頂點A和教學樓頂點M三點共線．測得人與直桿的距離DB為2米，人眼高度CD為1.6米，則教學樓的高度MN為（）米．A．12 B．12.4 C．13.6 D．15.2【分析】如圖中，過點C作CH⊥MN于點H，交AB于點J．則四邊形CDBJ，四邊形CDNH都是矩形．利用相似三角形的性質求出CH，可得結論．【解答】解：如圖，過點C作CH⊥MN于點H，交AB于點J．則四邊形CDBJ，四邊形CDNH都是矩形．∴CD＝BJ＝NH＝1.6米，BD＝CJ＝2米，BN＝JH＝18米，∵AB＝2.8米．∴AJ＝AB﹣BJ＝2.8﹣1.6＝1.2（米），∵AJ∥MH，∴△CAJ∽△CMH，∴＝，∴＝，∴MH＝12（米），∴MN＝MH+NH＝12+1.6＝13.6（米），故選：C．【點評】本題考查相似三角形的應用，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．28．（2021秋?上城區期末）如圖，小明在A時測得某樹的影長為8m，B時又測得該樹的影長為2m，若兩次日照的光線互相垂直，則樹的高度為（）m．A．2 B．4 C．6 D．8【分析】根據題意，畫出示意圖，易得：△EDC∽△FDC，進而可得＝，即DC2＝ED?FD，代入數據可得答案．【解答】解：根據題意，作△EFC，樹高為CD，且∠ECF＝90°，ED＝2m，FD＝8m；∵∠E+∠F＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∴∠ECD＝∠F，∴△EDC∽△CDF，∴＝，即DC2＝ED?FD＝2×8＝16，解得CD＝4m．故選：B．【點評】本題考查的是相似三角形的應用，熟知相似三角形的對應邊成比例是解答此題的關鍵．29．（2021秋?海曙區校級期中）如圖，小紅同學正在使用手電筒進行物理光學實驗，地面上從左往右依次是墻、木板和平面鏡．手電筒的燈泡在點G處，手電筒的光從平面鏡上點B處反射后，恰好經過木板的邊緣點F，落在墻上的點E處．點E到地面的高度DE＝3.5m，點F到地面的高度CF＝1.5m，燈泡到木板的水平距離AC＝5.4m，墻到木板的水平距離為CD＝4m．已知光在鏡面反射中的入射角等于反射角，圖中點A、B、C、D在同一水平面上．（1）求BC的長．（2）求燈泡到地面的高度AG．【分析】（1）直接利用相似三角形的判定與性質得出BC的長；（2）根據相似三角形的性質列方程進而求出AG的長．【解答】解：（1）由題意可得：FC∥DE，則△BFC∽BED，故，即，解得：BC＝3；（2）∵AC＝5.4m，∴AB＝5.4﹣3＝2.4（m），∵光在鏡面反射中的入射角等于反射角，∴∠FBC＝∠GBA，又∵∠FCB＝∠GAB，∴△BGA∽△BFC，∴＝，∴，解得：AG＝1.2（m），答：燈泡到地面的高度AG為1.2m．【點評】此題主要考查了相似三角形的應用，正確得出相似三角形是解題關鍵．五．作圖-相似變換（共3小題）30．（2022?義烏市校級開學）如圖，在7×4方格紙中，點A，B，C都在格點上（△ABC稱為格點三角形，即格點△ABC），用無刻度直尺作圖．（1）在圖1中的線段AC上找一個點D，使CD＝AC；（2）在圖2中作一個格點△CEF，使△CEF與△ABC相似．【分析】（1）根據“8字形”相似，可得CD：AD＝2：3，從而得出點D的位置；（2）根據∠ACB＝90°，AC＝2BC，即可畫出△CEF．【解答】解：（1）如圖1，點D即為所求；（2）如圖2，△CEF即為所求．【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．31．（2020秋?柯橋區月考）如圖，在4×4的正方形網格中，畫2個相似三角形，在下列各圖中，正確的畫法有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據相似三角形的判定定理逐一判斷即可得．【解答】解：第1個網格中兩個三角形對應邊的比例滿足＝＝，所以這兩個三角形相似；第2個網格中兩個三角形對應邊的比例＝＝，所以這兩個三角形相似；第3個網格中兩個三角形對應邊的比例滿足＝＝＝，所以這兩個三角形相似；第4個網格中兩個三角形對應邊的比例＝＝，所以這兩個三角形相似；故選：D．【點評】本題考查了相似三角形的判定，熟練掌握三角形相似的判定并根據網格結構判斷出三角形的三邊的比例是解題的關鍵32．（2021秋?溫州期末）如圖，在6×6的正方形網格中，點A，B，C均在格點上，請按要求作圖．（1）在圖1中畫一個格點△ADE，使△ADE∽△ABC．（2）在圖2中畫一條格點線段BP，交AC于點Q，使CQ＝2AQ．【分析】（1）根據相似三角形的判定，并結合網格求解即可；（2）根據平行線分線段成比例定理，并結合網格特點求解即可．【解答】解：（1）如圖1所示，△ADE即為所求；（2）如圖2所示，線段BP即為所求．【點評】本題主要考查作圖—相似變換，解題的關鍵是掌握相似三角形的判定與性質及平行線分線段成比例定理．六．射影定理（共5小題）33．（2016秋?嵊州市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，如果AC＝3，AB＝6，那么AD的值為（）A． B． C． D．3【分析】根據射影定理得到：AC2＝AD?AB，把相關線段的長度代入即可求得線段AD的長度．【解答】解：如圖，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴AC2＝AD?AB，又∵AC＝3，AB＝6，∴32＝6AD，則AD＝．故選：A．【點評】本題考查了射影定理．每一條直角邊是這條直角邊在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．34．（2010?鹿城區校級自主招生）在Rt△ABC中，C為直角頂點，過點C作AB的垂線，若D為垂足，若AC、BC為方程x2﹣6x+2＝0的兩根，則AD?BD的值等于．【分析】由AC、BC是方程x2﹣6x+2＝0的兩根，則可得x1＝，x2＝，所以，可得斜邊AB及其高CD的長，根據射影定理即可得出AD?BD的值；【解答】解：∵AC、BC為方程x2﹣6x+2＝0的兩根，∴x1＝，x2＝，令AC＝，BC＝，∴AB＝＝4，又AB×CD＝AC×BC，∴CD＝＝＝，∴AD?BD＝CD2＝＝．故答案為：．【點評】本題主要考查了學生對于射影定理、勾股定理及三角形面積公式的理解及運用．35．（2010?長沙校級自主招生）兩個任意大小的正方形，都可以適當剪開，拼成一個較大的正方形，如用兩個邊長分別為a，b的正方形拼成一個大正方形．圖中Rt△ABC的斜邊AB的長等于（用a，b的代數式表示）．【分析】Rt△ABC的邊BC在斜邊AB上的射影為a，利用勾股定理直接解答即可．【解答】解：Rt△ABC的邊BC在斜邊AB上的射影為a，由BC2＝a?AB可得，AB＝．故答案為：．【點評】本題考查射影定理的知識，屬于基礎題，注意掌握每一條直角邊是這條直角邊在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．36．（2017秋?濱江區期末）如圖，在銳角△ABC中，BD⊥AC于D，DE⊥BC于E，AB＝14，AD＝4，BE：EC＝9：2，則CD＝2．【分析】先利用勾股定理得到BD2＝180，設BE＝9x，EC＝2x，利用射影定理得到BD2＝BE?BC，即180＝9x（9x+2x），解得x2＝，于是CD2＝CE?CB＝2x?11x＝40，從而得到CD的長．【解答】解：∵BD⊥AC，∴∠ADB＝90°，∴BD2＝AB2﹣AD2＝142﹣42＝180，設BE＝9x，EC＝2x，∵DE⊥BC，∴BD2＝BE?BC，即180＝9x（9x+2x），解得x2＝，∵CD2＝CE?CB＝2x?11x＝22×＝40，∴CD＝2．故答案為2．【點評】本題考查了射影定理：直角三角形中，斜邊上的高是兩直角邊在斜邊上射影的比例中項．每一條直角邊是這條直角邊在斜邊上的射影和斜邊的比例中項．37．（2018秋?衢江區期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于點D，BD＝4，AD＝6．（1）求證△ABD∽△CAD；（2）求AC的長．【分析】（1）依據∠BAC＝90°，AD⊥BC，即可得到∠BAD＝∠C，∠ADB＝∠CDA＝90°，進而判定△ABD∽△CAD；（2）依據相似三角形的性質即可得到CD的長，再根據勾股定理進行計算，即可得出AC的長．【解答】解：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAD＝90°，∵AD⊥BC，∴∠C+∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠C，又∵∠ADB＝∠CDA＝90°，∴△ABD∽△CAD；（2）∵△ABD∽△CAD，∴＝，∴AD2＝BD×CD，∴CD＝＝＝9，Rt△ACD中，AC＝＝＝3．【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與性質以及勾股定理的綜合運用，在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形；或依據基本圖形對圖形進行分解、組合；或作輔助線構造相似三角形．鞏固鞏固提升一、單選題1．（2020·余姚市蘭江中學九年級月考）如圖，在△ABC中，DE∥BC分別交AB，AC于點D，E，若，則下列說法不正確的是()A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意可以得到△ADE∽△ABC，然后根據題目中的條件即可推出選項中的說法是否正確，從而可以解答本題．【詳解】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，=，==，=（）2=，∴=，故A、B、D選項正確，C選項錯誤，故選C．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用相似三角形的性質解答問題．2．（浙江金華·）如圖，點P在△ABC的邊AC上，要判斷△ABP∽△ACB，添加一個條件，不正確的是（）A．∠ABP=∠C B．∠APB=∠ABCC． D．【答案】D試題分析：A．當∠ABP=∠C時，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此選項錯誤；B．當∠APB=∠ABC時，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此選項錯誤；C．當時，又∵∠A=∠A，∴△ABP∽△ACB，故此選項錯誤；D．無法得到△ABP∽△ACB，故此選項正確．故選D．考點：相似三角形的判定．3．（2019·浙江柯橋·九年級期中）已知點C是線段AB的黃金分割點，且AC＞BC，則下列等式中成立的是()A． B．C． D．【答案】C【分析】把一條線段分成兩部分，使其中較長的線段為全線段與較短線段的比例中項，這樣的線段分割叫做黃金分割，他們的比值()叫做黃金比．【詳解】解：根據線段黃金分割的定義得：AC2=BC?AB．故選：C．【點睛】本題主要考查了黃金分割的概念，找出黃金分割中成比例的對應線段是解決問題的關鍵，難度適中．4．（2020·浙江濱江·濱蘭實驗學校）如圖，四邊形，四邊形，四邊形都是正方形，圖中與相似的三角形為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】設正方形ABGH的邊長為1，先運用勾股定理分別求出FD、DG的長，將其三邊按照從大到小的順序求出比值，再分別求出四個選項中每一個三角形三邊的比值，根據三組對應邊的比相等的兩個三角形相似求解即可．【詳解】解：設正方形ABGH的邊長為1，∴DF=，DG=，∴GF：DF：DG=1：：，A、DF=，DH=，HF=2，DF：HF：DH=GF：DF：DG，則△DFG∽△HFD，符合題意；B、HG=1，DG=，DH=，HG：DG：DH≠GF：DF：DG，則△DFG和△DGH不相似，不符合題意；C、△DEG是直角三角形，△DFG是鈍角三角形，故不相似，不符合題意；D、△DEH是直角三角形，△DFG是鈍角三角形，故不相似，不符合題意；故選A．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，判定兩個三角形相似的一般方法有：（1）平行線法；（2）三邊法；（3）兩邊及其夾角法；（4）兩角法；本題還可以利用方法（3）進行判定．5．（2020·浙江紹興·）如圖，已知∠1＝∠2，添加下列條件后，仍無法判定△ABC∽△ADE的是（）A．＝ B．∠B＝∠D C．∠C＝∠AED D．＝【答案】D【分析】由兩邊對應成比例，且夾角相等的兩個三角形相似，可判斷，由兩角分別對應相等的兩個三角形相似可判斷，兩邊對應成比例，而夾角不一定相等，可判斷從而可得答案．【詳解】解：，，所以再添上：，可得：△ABC∽△ADE，故不符合題意；再添上：，可得：△ABC∽△ADE，故不符合題意；再添上：，可得：△ABC∽△ADE，故不符合題意；再添上：，不能判定：△ABC∽△ADE，故符合題意；故選：【點睛】本題考查的是相似三角形的判定，掌握三角形相似的判定是解題的關鍵．6．（2020·浙江九年級期末）如圖，點D，E分別在的邊上，增加下列哪些條件不能使與相似（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知及三角形相似的判定方法，對每個選項分別分析、判斷解答出即可．【詳解】解：由題意得，∠A=∠A，A、當∠ADE=∠B時，△ADE∽△ABC；故本選項不符合題意；B、當時，不能推斷△ADE與△ABC相似；故選項符合題意；C、當時，△ADE∽△ACB；故本選項不符合題意．D、當∠ADE=∠C時，△ADE∽△ACB；故本選項不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查了直角三角形相似的判定：①有兩個對應角相等的三角形相；②有兩個對應邊的比相等，且其夾角相等，則兩個三角形相似；③三組對應邊的比相等，則兩個三角形相似．7．（2021·浙江九年級期末）如圖，在正方形ABCD中，點E，F，G分別在邊BC，CD，DA上，四邊形EFGH由兩個正方形組成，且，則線段BE的長為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先證明△DGF∽△CFE，得出，再證明△CFE∽△BEA，得出，設CE=a，則CF=1-2a,BE=1-a，代入計算即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形ABCD，四邊形EFGH由兩個正方形組成∴∠D=∠B=∠C=∠GFE=90°，GF=2EF∵∠DFG+∠CFE=90°∠CFE+∠CEF=90°∴∠DFG=∠CEF∴△DGF∽△CFE設CE=a，則CF=1-2a,BE=1-a∵∠CEF+∠AEB=90°∠AEB+∠EAB=90°∴∠EAB=∠CEF又∠C=∠B∴△CFE∽△BEA∴∴∴∵a<1∴∵BE=1-a=故選：D．【點睛】本題考查相似三角形的性質及判定，正方形的性質，一元二次方程的解法，熟練掌握相似三角形的判定是關鍵．8．（2021·寧波市海曙外國語學校）下列每個矩形都是由五個同樣的小正方形拼合組成，其中和的頂點都在小正方形的頂點上，則與一定相似的圖形是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由已知根據相似三角形的判定和性質對每個選項分析論證得出正確選項．【詳解】解：已知每個矩形都是由五個同樣的小正方形拼合組成．A：∠ABC=90°+45°=135°，∠CDE=90°+45°=135°，∴∠ABC=∠CDE，BC=DC=，∴，，∴△ABC∽△CDE；B：△ABC為等腰三角形，則△CDE不是等腰三角形，所以不相似；C：△ABC中∠ABC=90°+45°=135°，而△CDE中∠CDE=∠135°，對應角不相等，所以不相似；D：，，∴，所以不相似．故選：A．【點睛】此題考查的知識點是相似三角形的判定，解題的關鍵是根據相似三角形的判定和性質對每個選項分析論證得出正確選項．二、填空題9．（2019·浙江江北·中考模擬）如圖，將矩形ABCD沿直線AE折疊，頂點D恰好落在BC邊上的點F處，若DE＝5，AB＝8，則S△ABF：S△FCE＝_____．【答案】4【分析】由矩形的性質可得，，由折疊的性質可得，，由勾股定理可求，由相似三角形的性質可求：的值．【詳解】解：四邊形ABCD是矩形，，,折疊，在中，，，，且∽.故答案為4.【點睛】本題考查翻折變換，矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是證∽．10．（2019·浙江臺州·中考真題）如圖，直線，，，分別為直線，，上的動點，連接，，，線段交直線于點．設直線，之間的距離為，直線，之間的距離為，若，，且，則的最大值為_____．【答案】【分析】過作于，延長交于，過作于，過作于，設，，，，則，，由，得，即，由，得，即，故，整理得，根據二次函數最值即可求解.【詳解】過作于，延長交于，過作于，過作于，設，，，，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴當最大時，，∵，∴當時，，∴，∴的最大值為.故答案為.【點睛】此題主要考查相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是根據已知條件作出輔助線構造相似三角形進行求解.11．（2020·浙江越城·）《九章算術》是我國古代數學名著，書中有下列問題：“今有勾五步，股十二步，問勾中容方幾何？”其意思為：“今有直角三角形，勾（短直角邊）長為5步，股（長直角邊）長為12步，問該直角三角形能容納的正方形邊長最大是多少步？”該問題的答案是______步．【答案】．【分析】如圖，根據正方形的性質得：DE∥BC，則△ADE∽△ACB，列比例式可得結論.【詳解】如圖，∵四邊形CDEF是正方形，∴CD=ED，DE∥CF，設ED=x，則CD=x，AD=12-x，∵DE∥CF，∴∠ADE=∠C，∠AED=∠B，∴△ADE∽△ACB，∴＝，∴＝，∴x=，故答案為.【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、正方形的性質，設未知數，構建方程是解題的關鍵．12．（2020·余姚市姚北實驗學校九年級期中）如圖，、是銳角的兩條高線，則圖中與相似三角形有______個．【答案】3【分析】根據∠BEO=∠CDO=90°，可證，同理可證，，從而得出答案；【詳解】，是的高，，，，，，，，又∵，，，，，綜上與相似的三角形有3個．故答案為：3．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，解題的關鍵是找出兩個對應角相等即可；13．（2021·浙江湖州·九年級模擬預測）如圖，將矩形置于平面直角坐標系中，點О是坐標原點，點A的坐標是，點C在x軸上，點在邊BC上，將沿AD折疊，得到，若拋物線（且a為常數）的頂點落在的內部（不含邊界），則a的取值范圍是__________．【答案】且【分析】先根據折疊得出AE、ED的長度，再根據兩三角形相似得出點E的坐標，再根據直線AD的解析式得出拋物線對稱軸與AD的交點，將拋物線寫成頂點式，由題意得出a的范圍．【詳解】由折疊可知：BD=ED，AB=AE∵在矩形OABC中，A(0，6).D(10，1)∴AE=AB=10，BD=ED=5，∠B=∠E=90°過點E作EF垂直于y軸于G，交BC的延長線于點F∵∠AEG+∠DEF=90°，∠AEG+∠GAE=90°∴∠GAE=∠DEF，又∠AGE=∠F=90°∴△AG