专题21 相似三角形一、单选题1．（2022·山东东营·中考真题）如图，点D为边上任一点，交于点E，连接相交于点F，则下列等式中不成立的是（
?）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据平行线分线段成比例定理即可判断A，根据相似三角形的性质即可判断B、C、D．【详解】解：∵
，∴，△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，故A不符合题意；∴，，故B不符合题意，C符合题意；∴，故D不符合题意；故选C．【点睛
】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，熟知相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理是解题的关键．2
．（2022·山东威海·中考真题）由12个有公共顶点O的直角三角形拼成如图所示的图形，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝…＝∠LOM＝
30°．若S△AOB＝1，则图中与△AOB位似的三角形的面积为(?)A．（）3B．（）7C．（）6D．（）6【答案】C【分析】根据
题意得出A、O、G在同一直线上，B、O、H在同一直线上，确定与△AOB位似的三角形为△GOH，利用锐角三角函数找出相应规律得出OG
=，再由相似三角形的性质求解即可．【详解】解：∵∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝…＝∠LOM＝30°∴∠AOG＝180°，∠BOH＝
180°，∴A、O、G在同一直线上，B、O、H在同一直线上，∴与△AOB位似的三角形为△GOH，设OA=x，则OB=，∴OC=，∴
OD=，…∴OG=，∴，∴，∵，∴，故选：C．【点睛】题目主要考查利用锐角三角函数解三角形，找规律问题，相似三角形的性质等，理解题
意，找出相应边的比值规律是解题关键．3．（2022·山东临沂·中考真题）如图，在中，，，若，则（?）A．B．C．D．【答案】C【分
析】由，，可得再建立方程即可．【详解】解： ，， ， 解得：经检验符合题意故选C【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例，证明“”
是解本题的关键．4．（2021·山东淄博·中考真题）如图，相交于点，且，点在同一条直线上．已知，则之间满足的数量关系式是（?）A．
B．C．D．【答案】C【分析】由题意易得，，则有，，然后可得，进而问题可求解．【详解】解：∵，∴，，∴，，∴，∵，∴，即；故选C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．二、填空题5．（2022·山东东营·中考真
题）如图，在中，点F、G在上，点E、H分别在、上，四边形是矩形，是的高．，那么的长为____________．【答案】##4.8【
分析】通过四边形EFGH为矩形推出，因此△AEH与△ABC两个三角形相似，将AM视为△AEH的高，可得出，再将数据代入即可得出答案
．【详解】∵四边形EFGH是矩形，∴，∴，∵AM和AD分别是△AEH和△ABC的高，∴，∴，∵，代入可得：，解得，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及矩形的性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．6．（2022·山东潍坊·中考真题）《
墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它
的位似图形，若，则四边形的外接圆的周长为___________．【答案】【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出，根据位似比求出
，周长即可得出；【详解】解：正方形ABCD的面积为4，，，，，所求周长；故答案为：．【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的
面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．7．（2021·山东菏泽·中考真题）如图，在中，，垂足为，，，四
边形和四边形均为正方形，且点、、、、、都在的边上，那么与四边形的面积比为______．【答案】1∶3【分析】先设四边形和四边形的边
长为x，然后根据AEM∽ABC可得，进而可求得AP＝2.5，EM＝5，然后分别求得S△AEM＝，S△ABC＝25，即可求得S四边形
BCME＝S△ABC－S△AEM＝，由此可得答案．【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，∴设四边形和四边形的边长为x，则EM＝2
x，EF＝x，EF⊥BC，EM∥BC，∵AD⊥BC，∴PD＝EF＝x，∵AD＝5，∴AP＝AD－PD＝5－x，∵EMBC，∴AEM
∽ABC，∴，∴，解得：x＝2.5，∴AP＝2.5，EM＝5，∴S△AEM＝＝，又∵S△ABC＝＝25， ∴S四边形BCME＝S△
ABC－S△AEM＝25－＝，∴S△AEM∶S四边形BCME＝∶＝1∶3，故答案为：1∶3．【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三
角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．8．（2021·山东泰安·中考真题）如图，点在直线上，点的横坐标
为2，过点作，交x轴于点，以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长交x轴于点；以为边，向右作正方形，延长的
交x轴于点；…；按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为________（结果用含正整数n的代数式表示）．【答案】【分析】根据
题中条件，证明所有的直角三角形都相似且确定相似比，再具体算出前几个正方形的边长，然后再找规律得出第个正方形的边长．【详解】解：点在
直线上，点的横坐标为2，点纵坐标为1．分别过，作轴的垂线，分别交于，下图只显示一条；,类似证明可得，图上所有直角三角形都相似，有，
不妨设第1个至第个正方形的边长分别用：来表示，通过计算得：，， 按照这个规律进行下去，则第n个正方形的边长为，故答案是：．【点睛
】本题考查了三角形相似，解题的关键是：利用条件及三角形相似，先研究好前面几个正方形的边长，再从中去找计算第个正方形边长的方法与技巧
．9．（2020·山东威海·中考真题）如图，点在的内部，，与互补，若，，则__________．【答案】【分析】通过证明△ACO∽
△OCB，可得，可求出OC．【详解】解：∵∠OCA＝∠OCB，∠OCA与∠AOB互补，∴∠OCA＋∠AOB＝180°，∠OCB＋∠
AOB＝180°，∵∠OCA＋∠COA＋∠OAC＝180°，∠OCB＋∠OBC＋∠COB＝180°，∴∠AOB＝∠COA＋∠OAC
，∠AOB＝∠OBC＋∠COB，∴∠AOC＝∠OBC，∠COB＝∠OAC，∴△ACO∽△OCB，∴，∴OC2＝2×＝3，∴OC＝，
故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明△ACO∽△OCB是本题的关键．10．（2020·山东临沂·中考真题）如
图，在中，D，E为边的三等分点，，H为与的交点．若，则___________．【答案】1【分析】利用平行线分线段成比例得到EF=2
,再利用中位线得到DH的长即可.【详解】解:∵D，E为边的三等分点，，∴EF:DG:AC=1:2:3∵AC=6,∴EF=2,由中位
线定理得到,在△AEF中,DH平行且等于 故答案是:1【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用和中位线的性质,熟悉平行线之间
的性质是解题关键.三、解答题11．（2022·山东枣庄·中考真题）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A
出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．(
1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？【答案】
(1)当t＝2时，PQ⊥BC(2)当t的值为时，四边形QPCP′为菱形【分析】（1）根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质列出比例
式，计算即可．（2）作于，于，证明出为直角三角形，进一步得出和为等腰直角三角形，再证明四边形为矩形，利用勾股定理在、中，结合四边形
为菱形，建立等式进行求解．（1）解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，∴AB＝＝（cm），由题意得，AP＝tc
m，BQ＝tcm，则BP＝（4﹣t）cm，∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝90°，∴∠PQB＝∠ACB，∴PQAC，，，∴＝，∴，解得：
t＝2，∴当t＝2时，PQ⊥BC．（2）解：作于，于，如图，，，，，为直角三角形，，和为等腰直角三角形，，，，四边形为矩形，，，，
在中，，在中，，四边形为菱形，，，，（舍去）．的值为．【点睛】此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线
段垂直平分线的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．12．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在中，，E是边AC上一点，且，
过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：．【答案】见解析【分析】先根据等腰三角形的性质得∠C=∠BEC，又由对顶角相等可证
得∠AED=∠C，再由∠D=∠ABC=90°，即可得出结论．【详解】证明：∵∴∠C=∠BEC，∵∠BEC=∠AED，∴∠AED=∠
C，∵AD⊥BD，∴∠D=90°，∵，∴∠D=∠ABC，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定，熟练掌握等腰三角形
的性质和相似三角形的判定定理是解题的关键．13．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DA
E＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．（1）当∠CAB＝45°时．①如图1，当顶点D在边AC
上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段B
E与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考
：思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；思路二：取DE的中点G，连接A
G，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶
点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．【
分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取
AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕
点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．（2）结论：
BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．∵CA
＝CB，∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，∴∠ACB＝90°，∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，∴∠A
DE＝∠AED＝45°，∴AD＝AE， ∴AT⊥DE，DT＝ET，∴AB垂直平分DE，∴BD＝BE，∵∠BCD＝90°，DF＝F
B，∴CF＝BD，∴CF＝BE．故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．②结论不变．解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的
中点N，连接CM，MN．∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，由①得： 设AD＝AE＝y．F
M＝x，DM＝a， 点F是BD的中点，则DF＝FB＝a+x，∵AM＝BM，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即AD＝2FM，∵AM＝
BM，EN＝BN，∴AE＝2MN，MN∥AE，∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，∴∠CMF＝∠BMN＝90°，∴（SAS）
，∴CF＝BN，∵BE＝2BN，∴CF＝BE．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转9
0°得到，连接DT，GT，BG．∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝
EG，∵∠CAB＝45°，∴∠CAG＝90°，∴AC⊥AG，∴AC∥DE，∵∠ACB＝∠CBT＝90°， ∴AC∥BT∥，∵AG＝
BT，∴DG＝BT＝EG，∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，∴BD与GT互相平分， ∵点F是BD的中点，∴
BD与GT交于点F，∴GF＝FT，由旋转可得； 是等腰直角三角形，∴CF＝FG＝FT，∴CF＝BE．（2）结论：BE＝．理由：如
图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，∵AT＝TB，∴CT⊥AB
， ∴AT＝，∴AB＝，∵DF＝FB，AT＝TB，∴TF∥AD，AD＝2FT，∴∠FTB＝∠CAB＝30°，∵∠CTB＝∠DAE＝
90°，∴∠CTF＝∠BAE＝60°，∵∠ADE＝∠ACB＝60°， ∴AE＝AD＝FT，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题属于相似形综
合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关
键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．14．（2020·山东济宁·中考真题）如图,在△ABC
中,AB=AC，点P在BC上．(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法
)(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.【详解】解：（1）∵△PCD∽△ABP，∴∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP即可，如图，即为所作图形，（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，∴∠BAP =∠ABC，∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，即∠CPD =∠ABC，∴PD∥AB.【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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