2023年中考數(shù)學(xué)常見幾何模型全歸納(全國通用版)：專題06 相似模型-母子型（共角共邊模型）和A（X）字型（解析版）

專題06相似模型-母子型（共角共邊模型）和A（X）字型相似三角形是初中幾何中的重要的內(nèi)容，常常與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，是中考的?？碱}型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到相似三角形的問題就信心更足了．本專題重點講解相似三角形的六大基本模型．模型1.“母子”模型(共邊角模型)【模型解讀與圖示】“母子”模型的圖形（通常有一個公共頂點和另外一個不是公共的頂點，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母懷），也是有一個“公共角”，再有一個角相等或夾這個公共角的兩邊對應(yīng)成比例就可以判定這兩個三角形相似．“雙垂線”型是其特例?！澳缸印蹦Ｐ停ㄐ鄙溆埃╇p垂直（射影定理）“母子型”的變形斜射影結(jié)論：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.雙垂直結(jié)論：①△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC；②△ADC∽△ACB，AC2＝AD·AB；③△CDB∽△ACB，CB2＝BD·BA.1．（2022·貴州貴陽·中考真題）如圖，在中，是邊上的點，，，則與的周長比是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先證明△ACD∽△ABC，即有，則可得，問題得解．【詳解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∵，∴，∴，∴△ADC與△ACB的周長比1:2，故選：B．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，證明△ACD∽△ABC是解答本題的關(guān)鍵．2．（2022·陜西漢中·九年級期末）如圖，是等腰直角斜邊的中線，以點為頂點的繞點旋轉(zhuǎn)，角的兩邊分別與、的延長線相交，交點分別為點、，與交于點，與交于點，且．(1)如圖1，若，求證：；(2)如圖2，若，求證：；(3)如圖2，過作于點，若，，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)．【分析】（1）由題意可得∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，從而可得∠DCE=∠DCF=135°，于是可證得，則有DE=DF；（2）結(jié)合（1）可求得∠CDF+∠F=45°從而可得∠F=∠CDE，則，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）由DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，結(jié)合（2）可求得CE=2，從而可求得CG=DG=，可證得，從而可求得GN=，再利用勾股定理即可求得DN．（1）證明∶∵∠ACB=90°，AC=BC，CD是中線，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°∵在△DCE與△DCF中，，∴，∴DE=DF；（2）證明∶∵∠DCE=∠DCF=135°∴∠CDF+∠F=180°-135°=45°，∵∠CDF+∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，∴，∴，即；（3）解：如圖，∵DG⊥BC，∠ACB=90°，∠BCD=∠ACD=45°，∴∠DGN=∠ECN=90°，∠GCD=∠CDG=45°，∴CG=DG當(dāng)CD=2，CF=時，由可得，CE=2，在Rt△DCG中，∵∠ECN=∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理，作出適當(dāng)?shù)妮o助線，并熟記相似三角形的判定條件與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022·浙江紹興·九年級期末）如果兩個相似三角形的對應(yīng)邊存在2倍關(guān)系，則稱這兩個相似三角形互為母子三角形．（1）如果與互為母子三角形，則的值可能為（

）A．2

B．

C．2或（2）已知：如圖1，中，是的角平分線，．求證：與互為母子三角形．（3）如圖2，中，是中線，過射線上點作，交射線于點，連結(jié)，射線與射線交于點，若與互為母子三角形．求的值．【答案】（1）C；（2）見解析；（3）或3．【分析】（1）根據(jù)互為母子三角形的定義即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)兩角對應(yīng)相等兩三角形相似得出，再根據(jù)從而得出結(jié)論；（3）根據(jù)題意畫出圖形，分當(dāng)分別在線段上時和當(dāng)分別在射線上時兩種情況加以討論；【詳解】（1）∵與互為母子三角形，∴或2故選：C（2）是的角平分線，，，．又，與互為母子三角形．

（3）如圖，當(dāng)分別在線段上時，與互為母子三角形，，，是中線，，又，．，，．如圖，當(dāng)分別在射線上時，與互為母子三角形，，，是中線，，又，．，，．綜上所述，或3【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、分類討論的數(shù)學(xué)思想以及接受與理解新生事物的能力．準(zhǔn)確理解題設(shè)條件中互為母子三角形的定義是正確解題的先決條件，在分析與解決問題的過程中，要考慮全面，進行分類討論，避免漏解．4．（2022.浙江中考模擬）如圖，在ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB．（1）圖1中共有對相似三角形，寫出來分別為（不需證明）：（2）已知AB＝5，AC＝4，請你求出CD的長：（3）在（2）的情況下，如果以AB為x軸，CD為y軸，點D為坐標(biāo)原點O，建立直角坐標(biāo)系（如圖2），若點P從C點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段CB運動，點Q出B點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段BA運動，其中一點最先到達線段的端點時，兩點即刻同時停止運動；設(shè)運動時間為t秒是否存在點P，使以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）3，ABC∽ACD，ABC∽CBD，ACD∽CBD；（2）；（3）存在，(，)，(，)【分析】（1）根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似即可得到3對相似三角形，分別為：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．（2）先在△ABC中由勾股定理求出BC的長，再根據(jù)△ABC的面積不變得到AB?CD＝AC?BC，即可求出CD的長．（3）由于∠B公共，所以以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似時，分兩種情況進行討論：①△PQB∽△ACB；②△QPB∽△ACB．【詳解】解：（1）圖1中共有3對相似三角形，分別為：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．證明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠A=∠A，∴△ADC∽△ACB同理可證：△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．故答案為：3；△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD．（2）如圖2中，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC＝＝＝3．∵△ABC的面積＝AB?CD＝AC?BC，∴CD＝＝．（3）存在點P，使以點B、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似，理由如下：在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝3，OC＝，∴OB＝．分兩種情況：①當(dāng)∠BQP＝90°時，如圖2①，此時△PQB∽△ACB，∴＝，∴，解得t＝，即，∴．在△BPQ中，由勾股定理，得，∴點P的坐標(biāo)為；②當(dāng)∠BPQ＝90°時，如圖2②，此時△QPB∽△ACB，∴，∴，解得t＝，即，過點P作PE⊥x軸于點E．∵△QPB∽△ACB，∴，即，∴PE＝．在△BPE中，，∴，∴點P的坐標(biāo)為，綜上可得，點P的坐標(biāo)為(，)；(，)．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．模型2.“A”字模型【模型解讀與圖示】“A”字模型圖形（通常只有一個公共頂點）的兩個三角形有一個“公共角”（是對應(yīng)角），再有一個角相等或夾這個公共角的兩邊對應(yīng)成比例，就可以判定這兩個三角形相似．1．（2022·湖南懷化·中考真題）如圖，△ABC中，點D、E分別是AB、AC的中點，若S△ADE＝2，則S△ABC＝_____．【答案】8【分析】根據(jù)三角形中位線定理求得DE∥BC，，從而求得△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解．【詳解】解：∵D、E分別是AB、AC的中點，則DE為中位線，所以DE∥BC，所以△ADE∽△ABC∴∵S△ADE=2，∴S△ABC=8故答案為：8．【點睛】本題考查中位線及平行線性質(zhì)，本題難度較低，主要考查學(xué)生對三角形中位線及平行線性質(zhì)等知識點的掌握．2．（2022·浙江杭州·中考真題）如圖，在ABC中，點D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，連接DE，EF，已知四邊形BFED是平行四邊形，．(1)若，求線段AD的長．(2)若的面積為1，求平行四邊形BFED的面積．【答案】(1)2(2)6【分析】（1）利用平行四邊形對邊平行證明，得到即可求出；（2）利用平行條件證明，分別求出、的相似比，通過相似三角形的面積比等于相似比的平方分別求出、，最后通過求出．(1)∵四邊形BFED是平行四邊形，∴，∴，∴，∵，∴，∴；(2)∵四邊形BFED是平行四邊形，∴，，DE=BF，∴，∴∴，∵，DE=BF，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題考查了相似三角形，熟練掌握相似三角形的面積比等于相似比的平方、靈活運用平行條件證明三角形相似并求出相似比是解題關(guān)鍵．3．（2022·浙江寧波·中考真題）(1)如圖1，在中，D，E，F(xiàn)分別為上的點，交于點G，求證：．(2)如圖2，在（1）的條件下，連接．若，求的值．(3)如圖3，在中，與交于點O，E為上一點，交于點G，交于點F．若平分，求的長．【答案】(1)證明見詳解(2)(3)【分析】（1）利用，證明，利用相似比即可證明此問；（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出的值；（3）遵循第（1）、（2）小問的思路，延長交于點M，連接，作，垂足為N．構(gòu)造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的長．(1)解：∵，∴，∴，∴．∵，∴．(2)解：由（1）得，∵，∴．∵，∴．∵，∴．∴．(3)解：如圖，延長交于點M，連接，作，垂足為N．在中，．∵，∴由（1）得，∵，∴，∴．∵，∴，∴．∵平分，∴，∴．∴．在中，．∵，∴，∴．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)及判定、等腰三角形的性質(zhì)及判定、解特殊的直角三角形等知識，遵循構(gòu)第（1）、（2）小問的思路，構(gòu)造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解決本題的關(guān)鍵．4．（2022·遼寧·中考真題）如圖，在中，，D，E，F(xiàn)分別為的中點，連接．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，將繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到，當(dāng)射線交于點G，射線交于點N時，連接并延長交射線于點M，判斷與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)時，求的長．【答案】(1)見解析(2)，理由見解析(3)【分析】（1）連接，可得，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，根據(jù)中位線定理可得，即可得證；（2）證明，根據(jù)（1）的結(jié)論即可得；（3）連接，過點作于，證明，可得，勾股定理求得，根據(jù)，，可得，進而求得，根據(jù)求得，根據(jù)（2）的結(jié)論，即可求解．(1)證明：如圖，連接，，D，E，F(xiàn)分別為的中點，，，，，(2)，理由如下，連接，如圖，，D，E，F(xiàn)分別為的中點，，四邊形是平行四邊形，，，，，，，將繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到，，，，，，，(3)如圖，連接，過點作于，中，,，，，，，，，中，，中，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，中位線的性質(zhì)定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，求角的正確，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．模型3.“X”字模型（“8”模型）【模型解讀與圖示】“X”字模型圖形的兩個三角形有“對頂角”，再有一個角相等或夾對頂角的兩邊對應(yīng)成比例就可以判定這兩個三角形相似．1．（2022·河北·中考真題）如圖是釘板示意圖，每相鄰4個釘點是邊長為1個單位長的小正方形頂點，釘點A，B的連線與釘點C，D的連線交于點E，則（1）AB與CD是否垂直？______（填“是”或“否”）；（2）AE＝______．【答案】

是

##【分析】（1）證明△ACG≌△CFD，推出∠CAG=∠FCD，證明∠CEA=90°，即可得到結(jié)論；（2）利用勾股定理求得AB的長，證明△AEC∽△BED，利用相似三角形的性質(zhì)列式計算即可求解．【詳解】解：（1）如圖：AC=CF=2，CG=DF=1，∠ACG=∠CFD=90°，

∴△ACG≌△CFD，∴∠CAG=∠FCD，∵∠ACE+∠FCD=90°，∴∠ACE+∠CAG=90°，∴∠CEA=90°，∴AB與CD是垂直的，故答案為：是；（2）AB=2，∵AC∥BD，∴△AEC∽△BED，∴，即，∴，∴AE=BE=．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．2．（2022·四川內(nèi)江·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，點M、N分別在AB、AD上，且MN⊥MC，點E為CD的中點，連接BE交MC于點F．(1)當(dāng)F為BE的中點時，求證：AM＝CE；(2)若＝2，求的值；(3)若MN∥BE，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)，證明△BMF≌△ECF，得BM＝CE，再利用點E為CD的中點，即可證明結(jié)論；(2)利用△BMF∽△ECF，得，從而求出BM的長，再利用△ANM∽△BMC，得，求出AN的長，可得答案；(3)首先利用同角的余角相等得∠CBF＝∠CMB，則tan∠CBF＝tan∠CMB，得，可得BM的長，由（2）同理可得答案．(1)證明：∵F為BE的中點，∴BF＝EF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD∴∠BMF＝∠ECF，∵∠BFM＝∠EFC，∴△BMF≌△ECF（AAS），∴BM＝CE，∵點E為CD的中點，∴CE＝CD，∵AB＝CD，∴，∴，∴AM＝CE；(2)∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，∴△BMF∽△ECF，∴，∵CE＝3，∴BM＝，∴AM＝，∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠ANM＝∠BMC，∵∠A＝∠MBC，∴△ANM∽△BMC，∴，∴，∴，∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，∴；(3)∵MN∥BE，∴∠BFC＝∠CMN，∴∠FBC+∠BCM＝90°，∵∠BCM+∠BMC＝90°，∴∠CBF＝∠CMB，∴tan∠CBF＝tan∠CMB，∴，∴，∴，∴，由（2）同理得，，∴，解得：AN＝，∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，∴．【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，求出BM的長是解決（2）和（3）的關(guān)鍵．3．（2022·廣西貴港·中考真題）已知：點C，D均在直線l的上方，與都是直線l的垂線段，且在的右側(cè)，，與相交于點O．(1)如圖1，若連接，則的形狀為______，的值為______；(2)若將沿直線l平移，并以為一邊在直線l的上方作等邊．①如圖2，當(dāng)與重合時，連接，若，求的長；②如圖3，當(dāng)時，連接并延長交直線l于點F，連接．求證：．【答案】(1)等腰三角形，(2)①；②見解析【分析】（1）過點C作CH⊥BD于H，可得四邊形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，進而可判斷△BCD的形狀，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求解．（2）①過點E作于點H，AC，BD均是直線l的垂線段，可得，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，再利用勾股定理即可求解．②連接，根據(jù)，得，即是等邊三角形，把旋轉(zhuǎn)得，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一般得到，則可得，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求證結(jié)論．(1)解：過點C作CH⊥BD于H，如圖所示：∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，∴四邊形ABHC是矩形，∴AC=BH，又∵BD=2AC，∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，∴的形狀為等腰三角形，∵AC、BD都垂直于l，∴△AOC∽△BOD，，即，，故答案為：等腰三角形，．(2)①過點E作于點H，如圖所示：∵AC，BD均是直線l的垂線段，∴，∵是等邊三角形，且與重合，∴∠EAD=60°，∴，∴，∴在中，，，又∵，，∴，∴，又，∴，又由（1）知，∴，則，∴在中，由勾股定理得：．②連接，如圖3所示：∵，∴，∵是等腰三角形，∴是等邊三角形，又∵是等邊三角形，∴繞點D順時針旋轉(zhuǎn)后與重合，∴，又∵，∴，∴，∴，又，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了矩形的判定及性質(zhì)、三角形相似的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握三角形相似的判定及性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用，巧妙借助輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·九年級期末）梅涅勞斯（Menelaus）是古希臘數(shù)學(xué)家，他首先證明了梅涅勞斯定理，定理的內(nèi)容是：如圖（1），如果一條直線與△ABC的三邊AB，BC，CA或它們的延長線交于F、D、E三點，那么一定有．下面是利用相似三角形的有關(guān)知識證明該定理的部分過程：證明：如圖（2），過點A作，交DF的延長線于點G，則有，，∴．請用上述定理的證明方法解決以下問題：(1)如圖（3），△ABC三邊CB，AB，AC的延長線分別交直線l于X，Y，Z三點，證明：．(2)如圖（4），等邊△ABC的邊長為2，點D為BC的中點，點F在AB上，且，CF與AD交于點E，則AE的長為________．(3)如圖（5），△ABC的面積為2，F(xiàn)為AB中點，延長BC至D，使，連接FD交AC于E，則四邊形BCEF的面積為________．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）如圖，過點作，交的延長線于點，可知△YBX∽△YAE，△ZCX∽△ZAE，可得，代入進而可證成立；（2）如圖，過點A作AG∥BC，交CF的延長線于點G，由題意可知，，代入求值即可；（3）如圖5，分別過作，由題意可知，，，有，，對計算求值即可．(1)證明：如圖，過點作，交的延長線于點∴故可知△YBX∽△YAE，△ZCX∽△ZAE∴∵∴．(2)解：如圖，過點A作AG∥BC，交CF的延長線于點G∴由題意可知∵D是BC的中點，為等邊三角形∴，在中∵∴解得故答案為：．(3)解：如圖5，分別過作∵圖5同圖1，故可知∵F為AB中點，CD=BC，∴∵∴∴∴∵∴四邊形BCEF的面積為故答案為：．【點睛】本題考查了三角形相似，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識．解題的關(guān)鍵在于證明三角形相似．課后專項訓(xùn)練：1．（2022?江蘇中考模擬）對于兩個相似三角形，如果沿周界按對應(yīng)點順序環(huán)繞的方向相同，那么稱這兩個三角形互為順相似；如果沿周界按對應(yīng)點順序環(huán)繞的方向相反，那么稱這兩個三角形互為逆相似．例如，如圖（1），△CDE∽△CAB，且沿周界CDEC與CABC環(huán)繞的方向（同為逆時針方向）相同，因此△CDE和△CAB互為順相似；如圖（2），△CDE∽△CBA，且沿周界CDEC與CBAC環(huán)繞的方向相反，因此△CDE和△CBA互為逆相似．（1）根據(jù)以上材料填空：①如圖（3），AB∥CD，則△AOB∽△COD，它們互為相似（填“順”或“逆”，下同）；②如圖（4），Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，則△ABC∽，它們互為相似；③如圖（5），若∠DAB＝∠EBC＝90°，并且BD⊥CE于點F，則△ABD∽，它們互為相似；（2）如圖（6），若△AOB∽△COD，指出圖中另外的一對相似三角形并說明理由，同時指出它們互為順相似還是互為逆相似；（3）如圖（7），在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，BC＝15，點P在△ABC的斜邊上，且AP＝16，過點P畫直線截△ABC，使截得的一個三角形與△ABC相似，則滿足的截線共有條．【答案】（1）①逆；②△ACD或△CBD，逆；③△BCE，順；（答案不唯一）；（2）△AOC∽△BOD，理由見解析；△AOC和△BOD互為順相似；（3）3．【分析】（1）①根據(jù)新定義直接判斷，即可得出結(jié)論；②先判斷出∠ADC=∠BDC=90°=∠ACB，進而分兩種情況，判斷出兩三角形相似，最后根據(jù)新定義判斷，即可得出結(jié)論；③先判斷出∠ABD=∠C，進而得出△ABD∽△BCE，最后用新定義判斷，即可得出結(jié)論；（2）先由△AOB∽△COD，判斷出，∠AOB=∠COD，進而得出∠AOC=∠BOD，即可得出結(jié)論；（3）先求出BP=9，分三種情況，過點P作AB，AC，BC的垂線，利用相似三角形得出比例式，建立方程求解，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）①∵AB∥CD，∴△AOB∽△COD，∴△AOB和△COD互為逆相似，故答案為：逆；②∵CD⊥AB，∴∠ADC＝∠BDC＝90°＝∠ACB，Ⅰ、∵∠A＝∠A，∴△ABC∽△ACD，∴△ABC和△ACD互為逆相似；Ⅱ、∠B＝∠B，∴△ABC∽△CBD，∴△ABC和△CBD互為逆相似；故答案為：△ACD或△CBD，逆；③∵BD⊥CE，∴∠BFC＝90°，∴∠CBD+∠C＝90°，∵∠EBC＝90°，∴∠CBD+∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠C，∴△ABD∽△BCE，∴△ABD和△BCE互為順相似；故答案為：△BCE，順；（2）△AOC∽△BOD，△AOC和△BOD互為順相似；理由：∵△AOB∽△COD，∴＝，∠AOB＝∠COD，∴∠AOB﹣∠BOC＝∠COD﹣∠BOC，∴∠AOC＝∠BOD，∵＝，∴＝，∴△AOC∽△BOD，∴△AOC和△BOD互為順相似；（3）在Rt△ABC中，AC＝20，BC＝15，根據(jù)勾股定理得，AB＝＝＝25，∵AP＝16，∴BP＝AB﹣AP＝9，如圖1，①過點P作PG⊥BC于G，∴∠BGP＝90°＝∠ACB，∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△PBG，∴，∴，∴BG＝＝＜BC，∴點G在線段BC（不包括端點）上，②過點P作PG''⊥AC于G''，∴∠AG''P＝∠ACB，∵∠A＝∠A，∴△ABC∽△APG''，∴，∴，∴AG''＝＝＜AC，∴點G''在線段AC（不包括端點）上，③過點P作PG'⊥AB，交直線BC與G'，交直線AC于H，∵∠APG'＝∠APH＝90°＝∠ACB，∵∠A＝∠A，∴△ABC∽△G'BP，∴，∴，∴BG'＝＝15＝BC，∴點G'和點H都和點C重合（注：為了說明問題，有意將點G'和點H沒畫在點C處），故答案為：3．【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，新定義的理解和應(yīng)用，理解新定義、熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．2．（2022·吉林·中考真題）下面是王倩同學(xué)的作業(yè)及自主探究筆記，請認真閱讀并補充完整．【作業(yè)】如圖①，直線，與的面積相等嗎？為什么？解：相等．理由如下：設(shè)與之間的距離為，則，．∴．【探究】(1)如圖②，當(dāng)點在，之間時，設(shè)點，到直線的距離分別為，，則．證明：∵(2)如圖③，當(dāng)點在，之間時，連接并延長交于點，則．證明：過點作，垂足為，過點作，垂足為，則，∴．∴．∴．由【探究】（1）可知，∴．(3)如圖④，當(dāng)點在下方時，連接交于點．若點，，所對應(yīng)的刻度值分別為5，1.5，0，的值為．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)三角形的面積公式可得，由此即可得證；（2）過點作，垂足為，過點作，垂足為，先根據(jù)平行線的判定可得，再根據(jù)相似三角形的判定可證，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，然后結(jié)合【探究】（1）的結(jié)論即可得證；（3）過點作于點，過點作于點，先根據(jù)相似三角形的判定證出，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形的面積公式可得，，由此即可得出答案．(1)證明：，，．(2)證明：過點作，垂足為，過點作，垂足為，則，．．．由【探究】（1）可知，．(3)解：過點作于點，過點作于點，則，，，，點所對應(yīng)的刻度值分別為5，，0，，，，又，，，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、三角形的面積等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．3．（2022·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習(xí)）如圖，在中，，，，平分，交邊于點，過點作的平行線，交邊于點．（1）求線段的長；（2）取線段的中點，聯(lián)結(jié)，交線段于點，延長線段交邊于點，求的值．【答案】（1）4；（2）【分析】（1）分別求出CD，BC，BD，證明，根據(jù)相似性質(zhì)即可求解；（2）先證明，再證明，根據(jù)相似三角形性質(zhì)求解即可．【詳解】解：（1）∵平分，，∴．在中，，，，∴．在中，，，，∴．∴．∵，∴∴．∴．（2）∵點是線段的中點，∴．∵，∴∴．∴．∵，∴∴∴．【點睛】本題考查了含30°角的直角三角形性質(zhì)，相似的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是能根據(jù)題意確定相似三角形，并根據(jù)相似性質(zhì)解題．4．（2022·上海市奉賢區(qū)古華中學(xué)九年級期中）已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，在邊AB的延長線上截取BE＝AB，點F在AE的延長線上，CE和DF交于點M，BC和DF交于點N，聯(lián)結(jié)BD．（1）求證：△BND∽△CNM；（2）如果AD2＝AB?AF，求證：CM?AB＝DM?CN．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AB∥CD，再證明四邊形BECD為平行四邊形得到BD∥CE，根據(jù)相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判斷△BND∽△CNM；（2）先利用AD2=AB?AF可證明△ADB∽△AFD，則∠1=∠F，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判斷△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥CD，而BE=AB，∴BE=CD，而BE∥CD，∴四邊形BECD為平行四邊形，∴BD∥CE，∵CM∥DB，∴△BND∽△CNM；（2）∵AD2=AB?AF，∴AD：AB=AF：AD，而∠DAB=∠FAD，∴△ADB∽△AFD，∴∠1=∠F，∵CD∥AF，BD∥CE，∴∠F=∠4，∠2=∠3，∴∠3=∠4，而∠NMC=∠CMD，∴△MNC∽△MCD，∴MC：MD=CN：CD，∴MC?CD=MD?CN，而CD=AB，∴CM?AB=DM?CN．【點睛】本題考查了三角形相似的判定與性質(zhì)：在判定兩個三角形相似時，應(yīng)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(fā)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(gòu)造相似三角形．在運用相似三角形的性質(zhì)時主要利用相似比計算線段的長．也考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)．5．（2022?安慶模擬）在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．（1）如圖①，若四邊形ABCD為矩形，過點O作OE⊥BC，求證：OE＝CD．（2）如圖②，若AB∥CD，過點O作EF∥AB分別交BC、AD于點E、F．求證：＝2．（3）如圖③，若OC平分∠AOB，D、E分別為OA、OB上的點，DE交OC于點M，作MN∥OB交OA于一點N，若OD＝8，OE＝6，直接寫出線段MN長度．【分析】（1）由OE⊥BC，DC⊥BC，可知EO∥CD，且OB＝OD，可得結(jié)論；（2）由△DFO∽△DAB，得，同理，，，利用等式的性質(zhì)將比例式相加，從而得出結(jié)論；（3）作DF∥OB交OC于點F，連接EF，可知△ODF是等腰三角形，得DO＝DF＝8，由△DMF∽△EMO，可得EM＝，由△DMN∽△DOE，得，從而得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴O是AC中點，AB⊥BC，∵OE⊥BC，∴OE∥AB，∴E是BC中點，∴OE＝；（2）證明：∵EF∥AB，∴△DFO∽△DAB，∴，同理，，，∴＝，∴，即；（3）解：作DF∥OB交OC于點F，連接EF，∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC，∵DF∥OB，∴∠DFO＝∠BOC＝∠AOC，∴△ODF是等腰三角形，∴DO＝DF＝8，∵DF∥OE，∴△DMF∽△EMO，∴，∴EM＝，∴，∵MN∥OE，∴△DMN∽△DOE，∴，∴，∴MN＝．【點評】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，對比例式進行恒等變形是解題的關(guān)鍵．6．（2022?重慶中考模擬）問題提出：如圖1，D、E分別在△ABC的邊AB、AC上，連接DE，已知線段AD＝a，DB＝b，AE＝c，EC＝d，則S△ADE，S△ABC和a，b，c，d之間會有怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？問題解決：探究一：（1）看到這個問題后，我們可以考慮先從特例入手，找出其中的規(guī)律．如圖2，若DE∥BC，則∠ADE＝∠B，且∠A＝∠A，所以△ADE∽△ABC，可得比例式：而根據(jù)相似三角形面積之比等于相似比的平方．可得．根據(jù)上述這兩個式子，可以推出：．（2）如圖3，若∠ADE＝∠C，上述結(jié)論還成立嗎？若成立，請寫出證明過程；著不成立，請說明理由．探究二：回到最初的問題，若圖1中沒有相似的條件，是否仍存在結(jié)論：？方法回顧：兩個三角形面積之比，不僅可以在相似的條件下求得，當(dāng)兩個三角形的底成高具有一定的關(guān)系時，也可以解決．如圖4，D在△ABC的邊上，做AH⊥BC于H，可得：．借用這個結(jié)論，請你解決最初的問題．延伸探究：（1）如圖5，D、E分別在△ABC的邊AB、AC反向延長線上，連接DE，已知線段AD＝a，AB＝b，AE＝c，AC＝d，則．（2）如圖6，E在△ABC的邊AC上，D在AB反向延長線上，連接DE，已知線段AD＝a，AB＝b，AE＝c，AC＝d，．結(jié)論應(yīng)用：如圖7，在平行四邊形ABCD中，G是BC邊上的中點，延長GA到E，連接DE交BA的延長線于F，若AB＝5，AG＝4，AE＝2，?ABCD的面積為30，則△AEF的面積是．【答案】探究一：（2）見解析；延伸探究：（1）;（2）；結(jié)論應(yīng)用：【分析】問題解決：探究一（2）：參照（1）中證明方法解答即可；探究二，過D、B點分別作,垂足分別為M、N，然后按照探究一中方法證明即可；延伸探究：（1）過D、B點分別作,垂足分別為M、N，然后按照探究一中方法證明即可；（2）過D、B點分別作,垂足分別為M、N，然后按照探究一中方法證明即可；結(jié)論應(yīng)用：取AD的中點M，連接GM并延長交DE于點N，連接DG，可得,根據(jù)題意，進而得出,根據(jù)AM=DM,,可得FN=DN，根據(jù)AE=2，AG=4，，可得FN=2EF，進而可得ED=5EF，即可得出．【詳解】解：問題解決：探究一：（2）成立，理由如下：∵∠ADE＝∠C，∠A＝∠A，∴,∴，∴；探究二：過D、B點分別作,垂足分別為M、N，∵，∴,∴,；延伸探究：（1）過D、B點分別作,垂足分別為M、N，∵，∴,∴,；（2）過D、B點分別作,垂足分別為M、N，∵，∴,∴,;結(jié)論應(yīng)用：取AD的中點M，連接GM并延長交DE于點N，連接DG，∴AM=DM，，∵AE=2，AG=4，∴,∵AM=DM,,∴FN=DN，∵AE=2，AG=4，,∴,即：FN=2EF,∴ED=5EF，∴．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例等知識點，熟練運用相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2022·貴州銅仁·中考真題）如圖，在四邊形中，對角線與相交于點O，記的面積為，的面積為．（1）問題解決：如圖①，若AB//CD，求證：（2）探索推廣：如圖②，若與不平行，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展應(yīng)用：如圖③，在上取一點E，使，過點E作交于點F，點H為的中點，交于點G，且，若，求值．【答案】（1）見解析；（2）（1）中的結(jié)論成立，理由見解析：（3）【分析】（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，求出，然后根據(jù)三角形面積公式求解即可；（2）同（1）求解即可；（3）如圖所示，過點A作交OB于M，取BM中點N，連接HN，先證明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，證明△OEF∽△OAM，得到，設(shè)，則，證明△OGF∽△OHN，推出，，則，由（2）結(jié)論求解即可．【詳解】解：（1）如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，∴，∴，，∵∠DOE=∠BOF，∴；∴；（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：如圖所示，過點D作AE⊥AC于E，過點B作BF⊥AC于F，∴，∴，，∵∠DOE=∠BOF，∴；∴；（3）如圖所示，過點A作交OB于M，取BM中點N，連接HN，∵，∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，又∵OE=OC，∴△OEF≌△OCD（AAS），∴OD=OF，∵，∴△OEF∽△OAM，∴，設(shè)，則，∵H是AB的中點，N是BM的中點，∴HN是△ABM的中位線，∴，∴△OGF∽△OHN，∴，∵OG=2GH，∴，∴，∴，，∴，由（2）可知．【點睛】本題主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．8．（2022·湖北隨州·九年級期末）請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．梅涅勞斯（Menelaus）是公元一世紀(jì)時的希臘數(shù)學(xué)家兼天文學(xué)家，著有幾何學(xué)和三角學(xué)方面的許多書籍．梅涅勞斯發(fā)現(xiàn)，三角形各邊（或其延長線）被一條不過任何一個頂點也不與任何一條邊平行的直線所截，這條直線可能與三角形的兩條邊相交（一定還會與一條邊的延長線相交），也可能與三條邊都不相交（與三條邊的延長線都相交）．他進行了深入研究并證明了著名的梅涅勞斯定理（簡稱梅氏定理）：設(shè)D，E，F(xiàn)依次是△ABC的三邊AB，BC，CA或其延長線上的點，且這三點共線，則滿足．這個定理的證明步驟如下：情況①：如圖1，直線DE交△ABC的邊AB于點D，交邊AC于點F，交邊BC的延長線與點E．過點C作CM∥DE交AB于點M，則，（依據(jù)），∴＝，∴BE?AD?FC＝BD?AF?EC，即．情況②：如圖2，直線DE分別交△ABC的邊BA，BC，CA的延長線于點D，E，F(xiàn)．…（1）情況①中的依據(jù)指：；（2）請你根據(jù)情況①的證明思路完成情況②的證明；（3）如圖3，D，F(xiàn)分別是△ABC的邊AB，AC上的點，且AD:DB＝CF:FA＝2:3，連接DF并延長，交BC的延長線于點E，那么BE:CE＝．【答案】（1）兩條直線被一組平行線所截，所得的對應(yīng)線段成比例；（2）見解析；(3)【分析】（1）根據(jù)平行線分線段成比例定理解決問題即可；（2）如圖2中，作CN∥DE交BD于N．模仿情況①的方法解決問題即可；（3）利用梅氏定理即可解決問題．【詳解】解：（1）情況①中的依據(jù)是：兩條直線被一組平行線所截，所得的對應(yīng)線段成比例．故答案為：兩條直線被一組平行線所截，所得的對應(yīng)線段成比例．（2）如圖2中，作CN∥DE交BD于N．則有＝，＝，∴＝，∴BE?AD?FC＝BD?AF?EC，∴＝1．（3）∵＝1，AD:DB＝CF:FA＝2:3，∴＝1，∴=．故答案為：．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．9.（2022長寧一模）已知,在△ABC中,,點是射線上的動點,點是邊上的動點，且,射線交射線于點．（1）如圖1,如果,求S△ADES（2）聯(lián)結(jié),如果是以為腰的等腰三角形，求線段的長；（3）當(dāng)點在邊上時,聯(lián)結(jié),求線段的長．【詳解】解：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵OC＝OE，∴∠OEC＝∠C，∴∠B＝∠OEC，∴△ABC∽△OEC，∴，∴，∴CE＝3.2，∴AE＝1.8；∵∠AED＝∠OEC＝∠B，∠D＝∠D，∴△OBD∽△AED，∴，∴S△ADES（2）∵是以為腰的等腰三角形，∴AE＝OE，∵OC＝OE，∴設(shè)AE＝OE＝OC=x，由（1）得，△ABC∽△OEC，∴，∴，解得，，經(jīng)檢驗，是原方程的解；則的長是為．（3）由（1）得，∠B＝∠OEC，∵∠OEC+∠OEA＝180°，∴∠B+∠OEA＝180°，∴A、B、O、E四點共圓，∴∠DBE＝∠AOD，∵，∴，∴AO∥DC，∴△AOE∽△CDE，△ABO∽△DBC，∴，，∴，設(shè)OC=x，OB=8-x，∵△ABC∽△OEC，∴，∴，解得，，∴∴，解得，，（舍去），則的長是為．10.（2022松江中考模擬）如圖，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交邊AC于點D，E是BC邊上一點，且BE＝BA，過點A作AG∥DE，分別交BD、BC于點F、G，聯(lián)結(jié)FE．（1）求證：四邊形AFED是菱形；（2）求證：AB2＝BG?BC；（3）若AB＝AC，BG＝CE，聯(lián)結(jié)AE，求的值．【分析】（1）由題目條件可證得△ABF≌△EBF（SAS）及△ABD≌△EBD（SAS），進而可推出AF＝FE＝ED＝DA，可得出四邊形AFED是菱形．（2）根據(jù)條件可證得△ABG∽△CBA，即可證明結(jié)論．（3）由條件可得△DAE∽△ABC，由相似比可得，由BE2＝EC?BC，得到點E是BC的黃金分割點，可得出，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABF＝∠EBF，∵BA＝BE，BF＝BF，∴△ABF≌△EBF（SAS），∴AF＝EF，同理可得△ABD≌△EBD（SAS），∴AD＝ED，∠ADB＝∠EDB，∵AG∥DE，∴∠AFD＝∠EDF，∴∠AFD＝∠ADF，∴AF＝AD，∴AF＝FE＝ED＝DA，∴四邊形AFED菱形．（2）證明：由（1）得：△ABF≌△EBF，∴∠BAG＝∠BEF，∵四邊形AFED是菱形，∴AD∥FE，∴∠BEF＝∠C，∴∠BAG＝∠C，∵∠ABG＝∠CBA，∴△ABG∽△CBA，∴，即AB2＝BG?BC．（3）解：如圖，∵AB＝AC，∴∠ABG＝∠C，∵∠BAG＝∠C，∴∠ABG＝∠BAG，∵∠AGC＝∠ABG＋∠BAG，∴∠AGC＝2∠BAG，∵BG＝CE，∴BE＝CG，∴CG＝CA，∴∠CAG＝∠CGA，∵∠CAG＝2∠DAE，∴∠DAE＝∠ABC，∴∠DEA＝∠ACB，∴△DAE∽△ABC，∴，∵AB2＝BG?BC，AB＝BE，∴BE2＝EC?BC，∴點E是BC黃金分割點，∴，∴，∵∠EAC＝∠C，∴CE＝AE，∴，∴．【點睛】本題考查了菱形的判定，相似三角形的性質(zhì)與判定及黃金分割點等知識，綜合性較強，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用所學(xué)知識求解是解題的關(guān)鍵．11．（2022?靜安區(qū)期末）如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD的平分線AE交邊BC于點E，已知AB＝9，AE＝6，AE2＝AB?AD，且DC∥AE．（1）求證：DE2＝AE?DC；（2）如果BE＝9，求四邊形ABCD的面積；（3）如圖2，延長AD、BC交于點F，設(shè)BE＝x，EF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．【分析】（1）先證明△ABE∽△AED，可得∠AEB＝∠ADE，再由平行線性質(zhì)可推出∠ADE＝∠DCE，進而證得△ADE∽△ECD，根據(jù)相似三角形性質(zhì)可證得結(jié)論；（2）如圖2，過點B作BG⊥AE，運用等腰三角形性質(zhì)可得G為AE的中點，進而可證得△ADE≌△ECD（SAS），再求得S△ABE＝×AE×BG＝18