專(zhuān)題35 中考命題核心元素相似三角形的基本模型的應(yīng)用（解析版）

專(zhuān)題35中考命題核心元素相似三角形的基本模型的應(yīng)用（解析版）

模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練

模型一A字型

基本圖形：

DE∥BCDE與BC不平行

典例11．（2023春?阜城縣月考）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一邊與BC重合，

另一邊分別交AB，AC于點(diǎn)D，E．點(diǎn)B，C，D，E處的讀數(shù)分別為15，12，0，1．

（1）△ADE的周長(zhǎng)為1；

3+

（2）直尺寬BD的長(zhǎng)為．

23

3

思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)相似邊對(duì)應(yīng)成比例直接求解即可；

（2）將上題數(shù)據(jù)直接計(jì)算即可．

解：（1）由圖可知，DE＝1，

∵∠A＝60°，

∴Rt△ADE中，，，

??323

??==??=2??=

∴33；3

△???233

故答?案為=：1+3；+3=1+3

（2）過(guò)E作3E+P⊥1BC于P，

由圖可知，PC＝2，BC＝3，

∵AB∥EP，

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∴△ABC∽△EPC，

∴，

??2

=

∵R??t△AB3C中，，

??

??==3

∴，3

323

??=3?=

故答案為：3．3

23

總結(jié)提升：此3題考查相似三角形，解題關(guān)鍵是可通過(guò)相似比求對(duì)應(yīng)邊．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2021?博山區(qū)一模）如圖，Rt△ABC中，AC＝3，BC＝5，∠C＝90°，點(diǎn)G是AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)

G作GF垂直于AC于點(diǎn)F，點(diǎn)P是BC上的點(diǎn)，若△GFP是以GF為斜邊的等腰直角三角形，則此時(shí)

PC長(zhǎng)為（）

A．B．2C．D．

1593

思路1引1領(lǐng)：依題意補(bǔ)全圖形，判定△FPC是等腰1直0角三角形及△AFG∽4△ABC，從而得比例式，設(shè)CP

＝CF＝x，將相關(guān)線段的值或含x的代數(shù)式代入比例式，求解即可．

解：依題意補(bǔ)全圖形，如圖：

由題可知，GF⊥AC，△GFP是以GF為斜邊的等腰直角三角形，

在Rt△ABC中，BC⊥AC，

∴GF∥BC，

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∴∠GFP＝∠FPC＝45°，

∵∠C＝90°，

∴∠PFC＝∠FPC＝45°，

∴△FPC是等腰直角三角形，

設(shè)CP＝CF＝x，則FPx，GFFP＝2x，

∵AC＝3，=2=2

∴AF＝3﹣x，

∵GF∥BC，

∴△AFG∽△ABC，

∴，即，

????2?3??

==

解得??x??．53

15

故選：=A．11

總結(jié)提升：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握

相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．

3．（2022秋?汝城縣期末）如圖，AB＝16cm，AC＝12cm，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別以每秒2cm和1cm的速度同時(shí)開(kāi)

始運(yùn)動(dòng)，其中點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC邊一直移到點(diǎn)C為止，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BA邊一直移到點(diǎn)A為

止（點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)C后，點(diǎn)Q繼續(xù)運(yùn)動(dòng)），當(dāng)t＝或7時(shí)，△APQ與△ABC相似．

48

11

思路引領(lǐng)：分0≤t≤6，6≤t≤16兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出所用的時(shí)間．

解：當(dāng)0≤t≤6時(shí)，

①若QP∥BC，則有△AQP∽△ABC，

∴，

????

=

∵A?B?＝16?c?m，AC＝12cm，AP＝2tcm，AQ＝（16﹣t）cm，

∴，

16??2?

=

解得16t；12

48

=11

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②當(dāng)∠A＝∠A，若∠AQP＝∠C，則有△AQP∽△ACB，

所以，

????

=

即????，

16??2?

=

解得12t＝6.41（6不符合題意，舍去）；

當(dāng)6≤t≤16時(shí)，點(diǎn)P與C重合，

∵∠A＝∠A，只有當(dāng)∠AQC＝∠ACB時(shí)，有△AQC∽△ACB，

∴，

????

=

∴????，

16??12

=

解得12t＝7．16

綜上所述：在0≤t≤6中，當(dāng)t時(shí)，△AQP∽△ABC，在6≤t≤16中，當(dāng)t＝7時(shí)，△AQC∽△ACB．

48

=11

故答案為：或7．

48

總結(jié)提升：1本1題主要考查了路程問(wèn)題，相似三角形的判定和性質(zhì)以及一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，注意要根據(jù)

P點(diǎn)、Q點(diǎn)的不同位置進(jìn)行分類(lèi)求解．

模型二8字型

基本圖形：

AB∥CDAB，CD不平行，∠A＝∠C或∠B＝∠D

典例2（2022?北京）如圖，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，，則AE的長(zhǎng)為1．

??1

=

??4

思路引領(lǐng)：由矩形的性質(zhì)得出∠ABC＝90°，AD∥BC，利用勾股定理求出BC＝4，利用相似三角形的性

質(zhì)，即可求出AE的長(zhǎng)．

解：∵四邊形ABCD是矩形，

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∴∠ABC＝90°，AD∥BC，

∵AB＝3，AC＝5，

∴BC4，

2222

∵AD=∥BC??，???=5?3=

∴∠EAF＝∠BCF，∠AEF＝∠CBF，

∴△EAF∽△BCF，

∵，

??1

=

∴??4，

????1

==

∴???，?4

??1

=

∴A4E＝14，

故答案為：1．

總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角

形的判定與性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2021秋?鄲城縣期中）如圖，在ABCD中，E是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CE分別與AD，BD交于點(diǎn)G，F(xiàn)．則

下列結(jié)論：?

①；②；③；④CF2＝GF?EF．

????????????

===

其中??正確的??是（??）??????

A．①②③④B．①②③C．①③④D．①②

思路引領(lǐng)：根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平行線分線段成比例定理即可解決問(wèn)題．

解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BE∥CD，AD∥BC，

∴，故①正確，

????

=

∴????，故②正確，

????

=

????

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，故③正確，

????

=

∵????，

??????

2==

∴?C?F＝E?F??GF?，?故④正確，

故選：A．

總結(jié)提升：本題考查平行四邊形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本

知識(shí)，屬于中考常考題型．

2．（2020秋?吉水縣期末）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在AB，BC，AC邊上，DE∥AC，EF∥AB．

（1）求證：△BDE∽△EFC；

（2）設(shè)．

??1

=

①若BC?＝?20，2求線段BE的長(zhǎng)；

②若△EFC的面積是36，求△ABC的面積．

思路引領(lǐng)：（1）由平行線性質(zhì)可得到∠BED＝∠C，∠B＝∠FEC，則△BDE∽△EFC；

（2）①由EF∥AB，根據(jù)平行線分線段對(duì)應(yīng)成比例可得，故可求得BE；

????120

===3

②證明△EFC∽△BAC，可得，從而?可?得?S?△ABC＝23681．

?△?????244

=()=÷=

（1）證明：∵DE∥AC，?△?????99

∴∠BED＝∠C，

又∵EF∥AB，

∴∠B＝∠FEC，

∴△BDE∽△EFC；

（2）解：①∵EF∥AB，

∴，

????1

==

∵B?C?＝2?0，?2

∴，

??1

=

20???2

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∴BE．

20

=3

②∵，

??1

=

∴??，2

??2

=

∵?E?F∥A3B，

∴∠CEF＝∠B，

∵∠C＝∠C．

∴△EFC∽△BAC，

∴，

?△?????24

=()=

∵S?△E?F?C?＝36，??9

∴S△ABC＝3681．

4

總結(jié)提升：本÷題9考=查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線分線段對(duì)應(yīng)成比例，平行線的性質(zhì)，熟練掌握

相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

模型三母子型

基本圖形：

典例3（2023?紅花崗區(qū)校級(jí)一模）如圖，在△ABC中，D是AB邊上的點(diǎn)，∠B＝∠ACD，AC：AB＝1：2，

則△ADC與△ABC的面積比是（）

A．1：B．1：2C．1：3D．1：4

思路引領(lǐng)2：根據(jù)相似三角形的周長(zhǎng)之比等于相似比可以解答本題．

解：∵∠B＝∠ACD，∠CAD＝∠BAC，

∴△ACD∽△ABC，

∴，

2

?△?????1

=2=

?△?????4

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故選：D．

總結(jié)提升：本題考查相似三角形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確相似三角形的面積之比等于相似比的平

方．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2022?蘇州模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別在邊BC、邊AB上，且∠ADE＝∠B，求

證：△ADC∽△DEB．

思路引領(lǐng)：根據(jù)題意求出∠B＝∠C，∠BED＝∠ADC，進(jìn)而利用相似三角形的判定證明即可．

證明：在△ABC中，AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∵∠EDC＝∠ADE+∠ADC＝∠B+∠BED，∠ADE＝∠B，

∴∠DEB＝∠ADC，

在△ADC和△DEB中，∠ADC＝∠DEB，∠C＝∠B，

∴△ADC∽△DEB．

總結(jié)提升：本題考查了相似三角形的判定，等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)題意求出∠B＝∠C，∠BED＝∠ADC

是解題的關(guān)鍵．

2．（2022?德城區(qū)模擬）【基礎(chǔ)鞏固】

（1）如圖1，在△ABC中，D為AB上一點(diǎn)，∠ACD＝∠B，求證：AC2＝AD?AB．

【嘗試應(yīng)用】

（2）如圖2，在平行四邊形ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，F(xiàn)為CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠BFE＝∠A．若BF

＝5，BE＝3，求AD的長(zhǎng)．

【拓展提高】

（3）如圖3，在菱形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，EF∥AC，AC＝2EF，∠BAD＝2

∠EDF，AE＝1，DF＝4，求菱形ABCD的邊長(zhǎng)（直接寫(xiě)出答案）．

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思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)兩個(gè)角相等，證明△ADC∽△ACB，得，即可得出結(jié)論；

????

（）利用平行四邊形的性質(zhì)得∠＝∠，同理可得2＝=，求出的長(zhǎng)即可；

2BFECBF??BE??B?CBC

（3）延長(zhǎng)EF、DC交于G，同理證明△EDF∽△EGD，得DEEF，則DGDF＝4，再利用平

行四邊形的性質(zhì)得出答案．=2=22

（1）證明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，

∴△ADC∽△ACB，

∴，

????

∴2=＝；

A?C?A?D??AB

（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD＝BC，∠A＝∠C，

又∵∠BFE＝∠A，

∴∠BFE＝∠C，

又∵∠FBE＝∠CBE．

∴△BEF∽△BCF，

∴，

????

∴2=＝，

B?F?B?E??BC

∴，

22

??525

??===

∴??，33

25

（3?）?解=：3延長(zhǎng)EF、DC交于G，

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∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，∠BAD＝2∠ACD，

∵EF∥AC，

∴四邊形AEGC是平行四邊形，∠ACD＝∠G，

∵∠BAD＝2∠EDF，

∴∠EDF＝∠G，

∵∠DEF＝∠GED，

∴△EDF∽△EGD，

∴DE2＝EF×EG，

又∵EG＝AC＝2EF，

∴DE2＝2EF2，

∴DEEF，

又∵=2，

????

=

∴DG??D??F＝4，

∴DC＝=DG2﹣CG＝241，

∴菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2?4．

總結(jié)提升：本題是相似形綜2合?題1，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的性

質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的基本模型，并學(xué)會(huì)構(gòu)造模型是解題的關(guān)鍵．

模型四一線三等角型

基本圖形：

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典例4（2022秋?武侯區(qū)校級(jí)期末）如圖，點(diǎn)E在矩形ABCD的AB邊上，將△ADE沿DE翻折，點(diǎn)A恰好

落在BC邊上的點(diǎn)F處，若CD＝3BF，BE＝4，則AD的長(zhǎng)為15．

思路引領(lǐng)：證明△BEF∽△CFD，求得CF，設(shè)BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求

解．

解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，

∵將矩形ABCD沿直線DE折疊，

∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，

∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，

∴∠BEF＝∠CFD，

∴△BEF∽△CFD，

∴，

????

=

∵?C?D＝3?B?F，

∴CF＝3BE＝12，

設(shè)BF＝x，則CD＝3x，DF＝BC＝x+12，

∵∠C＝90°，

∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，

∴（3x）2+122＝（x+12）2，

解得x＝3（舍去0根），

∴AD＝DF＝3+12＝15，

故答案為：15．

總結(jié)提升：本題主要考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理的運(yùn)用，利用

勾股定理列出方程和證明相似三角形是本題的關(guān)鍵．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2021?信陽(yáng)模擬）如圖，AB是O的直徑，直線DE與O相切于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)A，B分別作AD⊥DE，

⊙⊙

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BE⊥DE，垂足為點(diǎn)D，E，連接AC，BC．若AD＝1，CE，則OA的長(zhǎng)為（）

=3

A．1B．C．2D．

思路引領(lǐng)：連接OC，如圖，3利用圓周角定理得到∠ACB＝90°，再證明2∴3Rt△ACD∽R(shí)t△CBE，利用相

似比得到，則利用正切的定義可求得∠ABC＝30°，接著證明△OAC為等邊三角形得到∠OCA

??3

=

＝60°，然??后根據(jù)3切線的性質(zhì)得OC⊥DE，所以∠ACD＝30°，從而求出CA即可．

解：連接OC，如圖，

∵AB是O的直徑，

∴∠ACB⊙＝90°，

∵AD⊥DE，BE⊥DE，

∴∠D＝∠E＝90°，

∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，

∴∠CAD＝∠BCE，

∴Rt△ACD∽R(shí)t△CBE，

∴，

????13

===

在?R?t△A?C?B中，3∵tan3∠ABC，

??3

∴∠ABC＝30°，=??=3

∴∠BAC＝60°，

∵OA＝OC，

∴△OAC為等邊三角形，

∴∠OCA＝60°，

∵直線DE與O相切于點(diǎn)C，

∴OC⊥DE，⊙

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∴∠ACD＝90°﹣∠OCA＝30°，

在Rt△ACD中，AC＝2AD＝2，

∴OA＝AC＝2．

故選：C．

總結(jié)提升：本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的半徑．也考查了圓周角定理、相似三角

形的判定與性質(zhì)和解直角三角形．

2．（2020秋?江都區(qū)期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B、

C重合），連接AP，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AP交DC于點(diǎn)Q．

（1）求證：AB?CQ＝PB?PC；

（2）當(dāng)CQ最大時(shí)，求BP的長(zhǎng)．

思路引領(lǐng)：（1）證明△ABP∽△PCQ，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案．

（2）根據(jù)比例線段可得到關(guān)于y的表達(dá)式，再根據(jù)二次函數(shù)來(lái)求出y的最大值．

（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠B＝∠C＝90°

∵PQ⊥AP，

∴∠APB+∠QPC＝90°，∠APB+∠BAP＝90°，

∴∠BAP＝∠QPC，

∴△ABP∽△PCQ，

∴，

????

=

????

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∴AB?CQ＝PB?PC；

（2）解：設(shè)BP＝x，CQ＝y(tǒng)，由（1）得2y＝x（2﹣x），

∴，

12121

?=?(??2?)=?(??1)+

∵＜2，開(kāi)口向下，對(duì)2稱(chēng)軸是直線2x＝1，且x的范圍是0≤x≤2，

1

?20

∴當(dāng)x＝1時(shí)，y有最大值為，即當(dāng)CQ最大時(shí)，BP＝1．

1

總結(jié)提升：本題考查了相似三2角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握相似三

角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

模型五旋轉(zhuǎn)型

基本圖形：

典例5（2022?玉林）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，點(diǎn)E是DC邊上的任一點(diǎn)（不包括端點(diǎn)D，

C），過(guò)點(diǎn)A作AF⊥AE交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，設(shè)DE＝a．

（1）求BF的長(zhǎng)（用含a的代數(shù)式表示）；

（2）連接EF交AB于點(diǎn)G，連接GC，當(dāng)GC∥AE時(shí)，求證：四邊形AGCE是菱形．

思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠ADE＝∠ABF，∠∠DAE+∠BAE＝90°，結(jié)合題干AF⊥AE可得

∠BAF+∠BAE＝90°，進(jìn)而可得∠DAE＝∠BAF，進(jìn)而可得△ADE∽△ABF，利用相似三角形的性質(zhì)可

得BF的長(zhǎng)度；

（2）先根據(jù)AG∥CE，GC∥AE進(jìn)而可得四邊形AGCE是平行四邊形，通過(guò)勾股定理可得GF2、EF2、

AE2，再過(guò)點(diǎn)G作GM⊥AF于點(diǎn)M，易得△MGF∽△AEF，進(jìn)而利用相似三角形的性質(zhì)可得GM的長(zhǎng)，

即可得GM＝GB，進(jìn)而可得GF是∠AFB的角平分線，最后利用角平分線得性質(zhì)可得EA＝EC，即可得

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平行四邊形AGCE是菱形．

（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠ADE＝∠ABF＝∠BAD＝90°，

∴∠DAE+∠BAE＝90°，

∵AF⊥AE，

∴∠BAF+∠BAE＝90°，

∴∠DAE＝∠BAF，

∴△ADE∽△ABF，

∴，即，

????4?

==

∴B?F?＝2a?，?8??

（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AG∥CE，

∵GC∥AE，

∴四邊形AGCE是平行四邊形．

∴AG＝CE＝8﹣a，

∴BG＝AB﹣AG＝8﹣（8﹣a）＝a，

在Rt△BGF中，GF2＝a2+（2a）2＝5a2，

在Rt△CEF中，EF2＝（2a+4）2+（8﹣a）2＝5a2+80，

在Rt△ADE中，AE2＝42+a2＝16+a2，

如圖，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥AF于點(diǎn)M，

∴GM∥AE，

∴△MGF∽△AEF，

∴，

????

=

∴????，

22

????

2=2

∴????，

22

??5?

2=2

∴1G6M+＝?a，5?+80

∴GM＝BG，

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又∵GM⊥AF，GB⊥FC，

∴GF是∠AFB的角平分線，

∴EA＝EC，

∴平行四邊形AGCE是菱形．

解法二：∵AG∥CE，CG∥AE，

∴四邊形AGCE是平行四邊形，

∴AG＝CE，

∵AB＝CD，

∴BG＝DE＝a，

∴tan∠EFC，

????1

∴EC＝a+2＝=8?﹣?a=??=2

∴a＝3，

∴AE5，

22

∴AE=＝CE3＝+5，4=

∴四邊形AGCE是菱形．

總結(jié)提升：本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、矩形性質(zhì)等，解題關(guān)鍵是熟練掌握相

關(guān)性質(zhì)與判定．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2020秋?丹陽(yáng)市期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心將矩形ABCD旋轉(zhuǎn)，

旋轉(zhuǎn)后的矩形記為AEFG，如圖所示．CD所在直線與AE、GF交于點(diǎn)H、I，CH＝IH．則線段HI的長(zhǎng)

度為（）

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A．3B．2C．5D．

5

22

思路引領(lǐng)：由“HL”可證Rt△AGI≌Rt△ADI，可得∠GAI＝∠DAI，由2余角的性質(zhì)可得∠IAH＝∠AID，

可證IH＝AH，通過(guò)證明△ADI∽△CDA，可得，可求DI＝1，即可求解．

????

=

解：如圖，連接AI，AC，????

∵以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心將矩形ABCD旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為AEFG，

∴AG＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，

在Rt△AGI和Rt△ADI中，

，

??=??

∴?R?t=△?A?GI≌Rt△ADI（HL），

∴∠GAI＝∠DAI，

∴90°﹣∠GAI＝90°﹣∠DAI，

∴∠IAH＝∠AID，

∴IH＝AH，

又∵IH＝HC，

∴IH＝HC＝AH，

∴∠IAC＝90°，

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∴∠DAI+∠DAC＝90°，

又∵∠DAC+∠DCA＝90°，

∴∠DAI＝∠DCA，

又∵∠ADI＝∠ADC＝90°，

∴△ADI∽△CDA，

∴，

????

=

∴???，?

2??

=

∴4DI＝12，

∴CI＝ID+CD＝5，

∴IHIC，

15

故選：=D2．=2

總結(jié)提升：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)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)

等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．

2．（2020?長(zhǎng)豐縣一模）如圖，在銳角三角形ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊AC、AB上，AG⊥BC

于點(diǎn)G，AF⊥DE于點(diǎn)F，∠EAF＝∠GAC．

（1）求證：△ADE∽△ABC；

（2）若AD＝BE＝4，AE＝3，求CD的值．

思路引領(lǐng)：（1）由垂直得出∠AFE＝∠AGC＝90°，則∠AEF+∠EAF＝90°，∠GAC+∠ACG＝90°，

由∠EAF＝∠GAC得出∠AEF＝∠ACG，即可得出結(jié)論；

（2）由△ADE∽△ABC得出，求出AB＝BE+AE＝7，則，求出AC，則CD＝AC﹣

????3421

===

AD．??????74

5

（1=）4證明：AG⊥BC，AF⊥DE，

∴∠AFE＝∠AGC＝90°，

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∴∠AEF+∠EAF＝90°，∠GAC+∠ACG＝90°，

∵∠EAF＝∠GAC，

∴∠AEF＝∠ACG，

∵∠EAD＝∠CAB，

∴△ADE∽△ABC；

（2）解：∵△ADE∽△ABC，

∴，

????

=

∵A?D?＝B?E?＝4，AE＝3，

∴AB＝BE+AE＝4+3＝7，

∴，

34

=

解得??：AC7，

21

=

∴CD＝AC﹣4AD4．

215

總結(jié)提升：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定

=4?=4

與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

模塊二2023中考押題預(yù)測(cè)

一．選擇題

1．（2019秋?瑤海區(qū)期末）如圖，在ABCD中，AB：BC＝4：3，AE平分∠DAB交CD于點(diǎn)E，則△DEF

的面積與△BAF的面積之比為（?）

A．3：4B．9：16C．4：3D．16：9

思路引領(lǐng)：根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方即可解決問(wèn)題．

解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∴∠DEA＝∠EAB，

∵AE平分∠DAB，

∴∠DAE＝∠EAB，

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∴∠DAE＝∠DEA，

∴AD＝DE，

∵AB：BC＝4：3，

∴DE：AB＝3：4，

∵△DEF∽△BAF，

∵DE：EC＝3：1，

∴DE+DC＝DE：AB＝3：4，

∴（）2．

?△?????9

==

故選?△：??B?．??16

總結(jié)提升：本題考查平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本

知識(shí)，屬于中考常考題型．

2．（2016?東勝區(qū)校級(jí)三模）如圖，已知△ABC是面積為的等邊三角形，△ABC∽△ADE，AB＝2AD，∠

BAD＝45°，AC與DE相交于點(diǎn)F，則點(diǎn)D到線段AB3的距離等于（結(jié)果保留根號(hào)）（）

A．B．C．1D．

23

3

思路引2領(lǐng)：先根據(jù)相似三角2形面積比等于相似比的平方求得三角形ADE的面積，再根據(jù)等邊三角形的面

積公式求出其邊長(zhǎng)，進(jìn)而求出點(diǎn)D到線段AB的距離．

解：∵△ABC∽△ADE，AB＝2AD，

∴（）2＝4，

?△?????

=

∵?S△A?B?C?，??

=3

∴S△ADE，

3

∵△ABC=是4等邊三角形，△ABC∽△ADE，

∴△ADE是等邊三角形，

∴AD2，

33

=

44

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∴AD＝1．

如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于H．

在△ADH中，∵∠HAD＝45°，

∴DH＝AD?sin∠HAD＝1．

22

故選：A．×2=2

總結(jié)提升：此題考查了相似三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，解此題的關(guān)鍵是根據(jù)相

似三角形面積比等于相似比的平方求得三角形ADE的面積，然后問(wèn)題可解．

3．（2021?仙桃校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC邊中線，點(diǎn)D，E分別

在邊AC和BC上，DB＝DE，EF⊥AC于點(diǎn)F，以下結(jié)論：①△BMD≌△DFE；②△NBE∽△DBC；

③AC＝2DF；④EF?AB＝CF?BC，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）

A．1B．2C．3D．4

思路引領(lǐng)：①設(shè)∠EDC＝x，則∠DEF＝90°﹣x，從而可得到∠DBE＝∠DEB＝180°﹣（90°﹣x）﹣

45°＝45°+x，∠DBM＝∠DBE﹣∠MBE＝45°+x﹣45°＝x，從而可得到∠DBM＝∠CDE，再根據(jù)AAS

定理得△BMD≌△DFE；②由直角三角形的性質(zhì)得∠C＝∠EBN，由DB＝DE得∠DBC＝∠DEB，進(jìn)而

由相似三角形的判定得△NBE∽△DBC；③由△BDM≌△DEF，可知DF＝BM，由直角三角形斜邊上的

中線的性質(zhì)可知BMAC，于是得AC＝2DF；④可證明CF＝EF．

1

解：①設(shè)∠EDC＝x=，2則∠DEF＝90°﹣x，

∴∠DBE＝∠DEB＝∠EDC+∠C＝x+45°，

∵BD＝DE，

∴∠DBM＝∠DBE﹣∠MBE

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＝45°+x﹣45°

＝x．

∴∠DBM＝∠E，

∵AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC邊中線．

∴∠BMD＝90°，

∵EF⊥AC，

∴∠DFE＝90°＝∠BMD，

在△BMD和△DFE中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴?△?B=M?D?≌△DFE（AAS）．

故①正確；

②∵DB＝DE，

∴∠BEN＝∠CBD．

又∵∠C＝∠NBE＝45°，

∴△DBC∽△NEB；

而其對(duì)應(yīng)點(diǎn)未寫(xiě)在對(duì)應(yīng)位置上，故②錯(cuò)誤；

③∵∠ABC＝90°，M是AC的中點(diǎn)，

∴BMAC，

1

∵△B=MD2≌△DFE，

∴BM＝DF，

∴AC＝2DF．

故③正確；

④∵∠C＝45°，EF⊥AC，

∴∠CEF＝45°＝∠C，

∴CF＝EF，

∵AB＝BC，

∴EF?AB＝CF?BC，

故④正確；

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故選：C．

總結(jié)提升：本題主要考查的是全等三角有形、相似三角形性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵在

于證明三角形相似或全等．

二．填空題

4．如圖，在△ABC中，D是AB邊上一點(diǎn)，連接CD，要使△ADC∽△ABC，應(yīng)添加的條件可以是∠ADC

＝∠ACB或∠ACD＝∠B或或AC2＝AB?AD．

????

=

????

思路引領(lǐng)：△ACD和△ABC中，已知了公共角∠A，若兩個(gè)三角形相似，則需添加一組對(duì)應(yīng)角相等，或

夾∠A的兩組對(duì)應(yīng)邊成比例．

解：△ABC和△ACD中，∠DAC＝∠CAB，

若要△ADC與△ABC，需添加的條件為：

①∠ADC＝∠ACB；

②∠ACD＝∠B；

③或AC2＝AB?AD．

????

=

故答??案是：??∠ADC＝∠ACB或∠ACD＝∠B或或AC2＝AB?AD．

????

=

總結(jié)提升：此題主要考查的是相似三角形的判定??方法?：?

如果一個(gè)三角形的兩個(gè)角與另一個(gè)三角形的兩個(gè)角對(duì)應(yīng)相等，那么這兩個(gè)三角形相似；

如果兩個(gè)三角形的兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等，并且相應(yīng)的夾角相等，那么這兩個(gè)三角形相似．

5．（2018秋?惠山區(qū)校級(jí)月考）在矩形ABCD中，BC＝10cm、DC＝6cm，點(diǎn)E、F分別為邊AB、BC上的

兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，E從點(diǎn)A出發(fā)以每秒5cm的速度向B運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)從點(diǎn)B出發(fā)以每秒3cm的速度向C運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)

動(dòng)時(shí)間為t秒．若∠AFD＝∠AED，則t的值．

2

3

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思路引領(lǐng)：根據(jù)題意知AE＝5t、BF＝3t，證出，且∠DAE＝∠ABF＝90°，證△ADE∽△BAF

????

=222

得∠2＝∠3，結(jié)合∠3＝∠4、∠1＝∠2得∠1＝?∠?4，即??可知DF＝DA，從而得6+（10﹣3t）＝10，解

之可得t的值，繼而根據(jù)0≤5t≤6且0≤3t≤10取舍可得答案．

解：如圖，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB＝DC＝6cm，AD＝BC＝10cm，

根據(jù)題意知，AE＝5t，BF＝3t，

∵BC＝10cm，DC＝6cm，

∴，，

??5????3??

====

∴??10，2??62

????

=

又?∵?∠DA?E?＝∠ABF＝90°，

∴△ADE∽△BAF，

∴∠2＝∠3，

∵AD∥BC，

∴∠3＝∠4，

∴∠2＝∠4，

∵∠1＝∠2，

∴∠1＝∠4，

∴DF＝DA，即DF2＝AD2，

∵BF＝3t，BC＝10，

∴CF＝10﹣3t，∴DF2＝DC2+CF2，即DF2＝62+（10﹣3t）2，

∴62+（10﹣3t）2＝102，

解得：t或t＝6，

2

∵0≤5t≤=63且0≤3t≤10，

∴0≤t，

6

≤

∴t，5

2

=

故答案3為：

2

3

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總結(jié)提升：本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等角對(duì)等邊和矩形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，根

據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例且?jiàn)A角相等得出兩三角形相似繼而由等角對(duì)等邊得出關(guān)于t的方程是解題的關(guān)鍵．

6．（2022?西寧二模）如圖，矩形AOBC的頂點(diǎn)A，B在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)C的坐標(biāo)是（﹣10，8），點(diǎn)D在AC

上，將△BCD沿BD翻折，點(diǎn)C恰好落在OA邊上點(diǎn)E處，則D點(diǎn)坐標(biāo)是（﹣10，3）．

思路引領(lǐng)：由點(diǎn)C坐標(biāo)和矩形的性質(zhì)可得∠C＝90°，AO＝BC＝10，AC＝BO＝8，設(shè)CD＝x，則AD＝

8﹣x，由折疊性質(zhì)可得BE＝BC＝10，∠BED＝∠BCD＝90°，DE＝CD＝x，由勾股定理可得OE＝6，

則AE＝4，由勾股定理可得x＝5，可求得AD，即可求解．

解：∵四邊形AOBC為矩形，點(diǎn)C的坐標(biāo)是（﹣10，8），

∴∠C＝∠A＝∠AOB＝90°，AO＝BC＝10，AC＝BO＝8，

設(shè)CD＝x，則AD＝8﹣x，

由折疊性質(zhì)可得：

BE＝BC＝10，∠BED＝∠C＝90°，DE＝CD＝x，

在Rt△BOE中，

由勾股定理可得OE6，

2222

∴AE＝AO﹣EO＝4，=?????=10?8=

在Rt△ADE中，

由勾股定理可得AE2+AD2＝DE2，

即42+（8﹣x）2＝x2，

解得：x＝5，

∴CD＝5，

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∴AD＝AC﹣CD＝8﹣5＝3，

∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣10，3），

故答案為：（﹣10，3）．

總結(jié)提升：本題考查折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是利用折疊性質(zhì)和勾股

定理求出DE．

三．解答題（共3小題）

7．（2020秋?安徽月考）如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，C，E，F(xiàn)三點(diǎn)在一條直線上，

連接FA并延長(zhǎng)交邊CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．

（1）求證：△HCA∽△HFC；

（2）求的值；

??

（3）若?H?C＝6，HB＝2，求正方形AEFG的邊長(zhǎng)．

思路引領(lǐng)：（1）由四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，所以∠BCA＝∠AFE＝45°，即∠HCA＝

∠HFC＝45°，又∠CHA＝∠FHC，所以△HCA∽△HFC；

（2）由四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，所以ACAB，AFAE，可證明∠FAC＝∠BAE，

=2=2

結(jié)合，可判定△FAC∽△EAB，所以；

????????

==2==2

（3）?因?為?B?C＝6﹣2＝4，由勾股定理可得AH?，?由（?1?）得△HCA∽△HFC，所以，可得

????

=25=

HF，所以AF＝HF﹣AH．設(shè)正方形AEFG的邊長(zhǎng)為x，在直角三角形AEF?中?，由?勾?股定理

18585

=5=5

得方程2x2＝（）2，解出x即可得答案．

85

（1）證明：∵四5邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，

∴∠BCA＝∠AFE＝45°，

即∠HCA＝∠HFC＝45°，

又∠CHA＝∠FHC，

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∴△HCA∽△HFC；

（2）解：∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，

∴∠ABC＝90°，由勾股定理可得ACAB，

同理可得：AFAE，=2

又∠FAE＝∠B=AC，2

∴∠FAE+∠EAC＝∠BAC+∠EAC，

即∠FAC＝∠BAE，

∴，

????

==2

∴△??FAC?∽?△EAB，

∴．

????

==2

????

（3）解：∵HC＝6，HB＝2，

∴BC＝6﹣2＝4．

由勾股定理得：AH，

22

由（1）得△HCA∽=△H?F?C，+??=25

∴，

????

=

即????，

625

=

解得??：HF6，

185

=

∴AF＝HF﹣A5H．

18585

設(shè)正方形AEFG=的邊5長(zhǎng)為?2x，5在=直角5三角形AEF中，

由勾股定理有：2x2＝（）2，

85

解得：x．5

410

=5

即正方形AEFG的邊長(zhǎng)為．

410

總結(jié)提升：本題考查了正方5形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是要學(xué)會(huì)綜合運(yùn)用這

些知識(shí)．

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8．（2022秋?徐州期末）如圖，在△PAB中，C、D為AB邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，PC＝PD．

（1）若PC＝CD，∠APB＝120°，則△APC與△PBD相似嗎？為什么？

（2）若PC⊥AB（即C、D重合），則∠APB＝90°時(shí)，△APC∽△PBD；

（3）當(dāng)∠CPD和∠APB滿(mǎn)足怎樣的數(shù)量關(guān)系時(shí)，△APC∽△PBD？請(qǐng)說(shuō)明理由．

思路引領(lǐng)：（1）由條件可證明△PCD為等邊三角形，結(jié)合∠APB＝120°可得到∠A＝∠BPD，可證明△

APC∽△PBD；

（2）利用（1）的結(jié)論可得到對(duì)應(yīng)邊成比例，把條件代入可得到y(tǒng)與x之間的關(guān)系；

（3）由條件可知當(dāng)關(guān)系成立時(shí)則有△APC∽△PBD，可得到∠A＝∠CPB，再結(jié)合外角和三角形內(nèi)角和

可找到和之間的關(guān)系式．

解：（1α）結(jié)β論：△APC∽△PBD．

理由：∵PC＝PD＝CD，

∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，

∴∠ACP＝∠BDP＝120°，

∵∠A+∠APC＝60°，∠APC+∠BPD＝∠APB﹣∠CPD＝120°﹣60°＝60°，

∴∠A＝∠BPD，

∴△APC∽△PBD；

（2）當(dāng)∠APB＝90°時(shí)，△APC∽△PBD．

理由：如圖，

∵PD⊥AB，

∴∠APB＝∠ADB＝∠PDB＝90°，

∴∠APD+∠DPB＝90°，∠B+∠DPB＝90°，

∴∠APD＝∠B，

∴△APC∽△PBD．

故答案為：90；

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（3）結(jié)論：2∠APB﹣∠CPD＝180°．

理由：∵PC