專題14 全等三角形、相似三角形（講義）（解析版）

專題14全等三角形、相似三角形核心知識點精講理解全等三角形的概念、全等三角形的表示方法以及性質(zhì)；理解掌握三角形全扽的判定方法、定理、全等變換；理解掌握相似三角形的概念；理解掌握相似三角形的基本定理以及運用；掌握三角形相似的判定方法以及綜合運用；理解掌握相似三角形的性質(zhì)以及運用?？键c1全等三角形的概念和性質(zhì)1.全等三角形的概念：能夠完全重合的兩個圖形叫做全等形。能夠完全重合的兩個三角形叫做全等三角形。兩個三角形全等時，互相重合的頂點叫做對應(yīng)頂點，互相重合的邊叫做對應(yīng)邊，互相重合的角叫做對應(yīng)角。夾邊就是三角形中相鄰兩角的公共邊，夾角就是三角形中有公共端點的兩邊所成的角。2.全等三角形的表示和性質(zhì)全等用符號“≌”表示，讀作“全等于”。如△ABC≌△DEF，讀作“三角形ABC全等于三角形DEF”?？键c2三角形全等的判定三角形全等的判定定理：（1）邊角邊定理：有兩邊和它們的夾角對應(yīng)相等的兩個三角形全等（可簡寫成“邊角邊”或“SAS”）（2）角邊角定理：有兩角和它們的夾邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等（可簡寫成“角邊角”或“ASA”）（3）邊邊邊定理：有三邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等（可簡寫成“邊邊邊”或“SSS”）。（4）角角邊定理：有兩角和其中一個角所對的邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等（可簡寫成“角角邊”或“AAS”）考點3直角三角形全等的判定對于特殊的直角三角形，判定它們?nèi)葧r，還有HL定理（斜邊、直角邊定理）：有斜邊和一條直角邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等（可簡寫成“斜邊、直角邊”或“HL”）考點4全等變換、全等三角形的應(yīng)用1.只改變圖形的位置，二不改變其形狀大小的圖形變換叫做全等變換。全等變換包括一下三種：（1）平移變換：把圖形沿某條直線平行移動的變換叫做平移變換。（2）對稱變換：將圖形沿某直線翻折180°，這種變換叫做對稱變換。（3）旋轉(zhuǎn)變換：將圖形繞某點旋轉(zhuǎn)一定的角度到另一個位置，這種變換叫做旋轉(zhuǎn)變換。2.全等三角形的實際應(yīng)用考點5相似三角形的概念、性質(zhì)1.對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例的三角形叫做相似三角形。相似用符號“∽”來表示，讀作“相似于”。相似三角形對應(yīng)邊的比叫做相似比（或相似系數(shù)）。2.平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或兩邊的延長線）相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似。用數(shù)學(xué)語言表述如下：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC相似三角形的等價關(guān)系：（1）反身性：對于任一△ABC，都有△ABC∽△ABC；（2）對稱性：若△ABC∽△A’B’C’，則△A’B’C’∽△ABC；（3）傳遞性：若△ABC∽△A’B’C’，并且△A’B’C’∽△A’’B’’C’’，則△ABC∽△A’’B’’C’’。3.相似三角形的性質(zhì)相似三角形的定義：如果兩個三角形的對應(yīng)邊的比相等，對應(yīng)角相等，那么這兩個三角形相似．（1）相似三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)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(yīng)線段（對應(yīng)中線、對應(yīng)角平分線、對應(yīng)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(yīng)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．考點6三角形相似的判定（1）三角形相似的判定方法①定義法：對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例的兩個三角形相似②平行法：平行于三角形一邊的直線和其他兩邊（或兩邊的延長線）相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似③判定定理1：如果一個三角形的兩個角與另一個三角形的兩個角對應(yīng)相等，那么這兩個三角形相似，可簡述為兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似。④判定定理2：如果一個三角形的兩條邊和另一個三角形的兩條邊對應(yīng)相等，并且夾角相等，那么這兩個三角形相似，可簡述為兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似。⑤判定定理3：如果一個三角形的三條邊與另一個三角形的三條邊對應(yīng)成比例，那么這兩個三角形相似，可簡述為三邊對應(yīng)成比例，兩三角形相似（2）直角三角形相似的判定方法①以上各種判定方法均適用②定理：如果一個直角三角形的斜邊和一條直角邊與另一個直角三角形的斜邊和一條直角邊對應(yīng)成比例，那么這兩個直角三角形相似③垂直法：直角三角形被斜邊上的高分成的兩個直角三角形與原三角形相似?？键c7相似三角形的性質(zhì)（1）相似三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例（2）相似三角形對應(yīng)高的比、對應(yīng)中線的比與對應(yīng)角平分線的比都等于相似比（3）相似三角形周長的比等于相似比（4）相似三角形面積的比等于相似比的平方【題型1：全等三角形的性質(zhì)】【典例1】（2022?龍崗區(qū)模擬）如圖，△ABC≌△A′B′C，且點B′在AB邊上，點A′恰好在BC的延長線上，下列結(jié)論錯誤的是（）A．∠BCB′＝∠ACA′ B．∠ACB＝2∠B C．∠B′CA＝∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′【答案】C【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BC＝B′C，∠ACB＝∠A′CB′，∠B＝∠A′B′C，再逐個判斷即可．【解答】解：∵△ABC≌△A′B′C，∴BC＝B′C，∠ACB＝∠A′CB′，∠B＝∠A′B′C，A．∵∠ACB＝∠A′CB′，∴∠ACB﹣∠ACB′＝∠A′CB′﹣∠ACB′，∴∠BCB′＝∠ACA′，故本選項不符合題意；B．∵BC＝B′C，∴∠B＝∠CB′B，∴∠A′CB′＝∠B+∠BB′C＝2∠B，∵∠ACB＝∠A′CB′，∴∠ACB＝2∠B，故本選項不符合題意；C．不能推出∠B′CA＝∠B′AC，故本選項符合題意；D．∵∠B＝∠BB′C，∠B＝∠A′B′C，∴∠A′B′C＝∠BB′C，即B′C平分∠BB′A′，故本選項不符合題意；故選：C．1．（2023?高州市校級二模）如圖，△ABC≌△DEF，AC∥DF，則∠C的對應(yīng)角為（）A．∠F B．∠AGE C．∠AEF D．∠D【答案】A【分析】根據(jù)△ABC≌△DEF可得：∠B的對應(yīng)角為∠DEF，∠BAC的對應(yīng)角為∠D，∠C的對應(yīng)角為∠F．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴∠C＝∠F，∴∠C的對應(yīng)角是∠F，故選：A．2．（2023?廣東模擬）如圖，△ABC≌△BAD，A的對應(yīng)頂點是B，C的對應(yīng)頂點是D，若AB＝8，AC＝3，BC＝7，則AD的長為（）A．3 B．7 C．8 D．以上都不對【答案】B【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)進行求解即可．【解答】解：∵△ABC≌△BAD，A的對應(yīng)頂點是B，C的對應(yīng)頂點是D，知AD和BC是對應(yīng)邊，BC＝7，∴AD＝BC＝7．故選：B．3．（2023?澄海區(qū)模擬）將兩塊全等的三角板如圖擺放，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠A＝∠D＝30°，BC＝1，AB與CD交于點Q，在CE上取一點P，連接BP、PQ，當(dāng)PB⊥QB時，△PBQ面積的最大值為36【答案】36【分析】證明∴△AQC∽△BPC，則有AQ：BP＝AC：BC=3：1，設(shè)AQ＝x，則BP=33x，得出S△PBQ【解答】解：∵∠ACB＝∠QBP＝90°，∠ABC＝60°，∴∠A＝∠CBQ＝30°，∴AC=3BC由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠ACQ＝∠BCP，∴△AQC∽△BPC，∴AQ：BP＝AC：BC=3：1設(shè)AQ＝x，則BP=33在Rt△ABC中，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝2，∴S△PBQ=12×33x=-36x2=-36（x﹣1）2故當(dāng)x＝1時，S△PBQ（max）=3故答案為：36【題型2：三角形全等的判定】【典例2】（2023?海珠區(qū)校級二模）如圖，AB＝AD，AC平分∠BAD．求證：△ABC≌△ADC．【答案】證明過程見解答．【分析】先利用角平分線的定義可得∠BAC＝∠DAC，然后再利用SAS證明△ABC≌△ADC，即可解答．【解答】證明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，在△ABC和△ADC中，AB=AD∠BAC=∠DAC∴△ABC≌△ADC（SAS）．1．（2023?香洲區(qū)校級一模）如圖，用直尺和圓規(guī)作已知角的平分線的示意圖，則說明∠CAD＝∠DAB的依據(jù)是（）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【答案】D【分析】利用三角形全等的判定證明．【解答】解：從角平分線的作法得出，△AFD與△AED的三邊全部相等，則△AFD≌△AED．故選：D．2．（2023?光明區(qū)校級三模）如圖，點A，B，C，D是⊙O上的四點，AB為⊙O的直徑，OC∥AD，CE⊥AB，垂足為E，則△ACE和四邊形ABCD的面積之比為（）A．1：3 B．1：2 C．2：2【答案】B【分析】作CH⊥AD交AD延長線于H，由角平分線的性質(zhì)得到CH＝CE，于是可以證明△CDH≌△CBE（AAS），得到四邊形ABCD的面積＝四邊形AECH的面積，而∴Rt△ACH≌Rt△ACE（HL），得到四邊形AECH的面積＝△ACE面積×2，即可解決問題．【解答】解：作CH⊥AD交AD延長線于H，∵OC∥AD，∴∠DAC＝∠OCA，∵OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠DAC＝∠OAC，∵CE⊥AB，∴CH＝CE，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADB+∠B＝180°，∵∠CDH+∠ADC＝180°，∴∠CDH＝∠B，∵∠CHD＝∠CEB＝90°，∴△CDH≌△CBE（AAS），∴四邊形ABCD的面積＝四邊形AECH的面積，∵CH＝CE，AC＝AC，∴Rt△ACH≌Rt△ACE（HL），∴四邊形AECH的面積＝△ACE面積×2，∴△ACE和和四邊形ABCD的面積之比為1：2．故選：B．3．（2023?增城區(qū)一模）如圖，點E、F在線段BC上，AB∥CD，∠A＝∠D，BE＝CF．求證：△ABE≌△DCF．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】先利用兩直線平行，內(nèi)錯角相等求出∠B＝∠C，再利用“AAS”即可求證．【解答】證明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，在△ABE和△DCF中，∠A=∠D∠B=∠C∴△ABE≌△DCF（AAS）．【題型3：直角三角形的全等判定】【典例4】（2023春?禪城區(qū)校級期中）已知：如圖，∠A＝∠D＝90°，AC＝BD．求證：OB＝OC．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】因為∠A＝∠D＝90°，AC＝BD，BC＝BC，知Rt△BAC≌Rt△CDB（HL），所以∠ACB＝∠DBC，即∠OCB＝∠OBC，所以有OB＝OC．【解答】證明：∵∠A＝∠D＝90°，AC＝BD，BC＝BC，∴Rt△BAC≌Rt△CDB（HL）∴∠ACB＝∠DBC．∴∠OCB＝∠OBC．∴OB＝OC（等角對等邊）．1．（海珠區(qū)校級模擬）下列判斷一定正確的是（）A．有兩角和其中一角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等 B．有一個角和一邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等 C．有兩邊和其中一邊的對角對應(yīng)相等的兩個三角形全等 D．有兩邊對應(yīng)相等，且有一個角為30°的兩個等腰三角形全等【答案】A【分析】根據(jù)三角形全等的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL逐個判斷即可．【解答】解：A、有兩角和其中一角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等，符合AAS，正確，故本選項符合題意；B、當(dāng)兩三角形的直角邊和斜邊相等時，就不全等，故本選項不符合題意；C、有兩邊和其中一邊的對角對應(yīng)相等的兩個三角形全等（SSA）不符合全等三角形的判定定理，故本選項不符合題意；D、30°角沒有對應(yīng)關(guān)系，不能成立，錯誤，故本選項不符合題意；故選：A．2．（寶安區(qū)校級一模）下面四個條件，不能判定兩個直角三角形全等的是（）A．兩條直角邊分別相等 B．兩個銳角分別相等 C．斜邊和一直角邊對應(yīng)相等 D．一銳角和斜邊分別相等【答案】B【分析】利用SAS、HL、AAS進行判定．【解答】解：A、兩條直角分別相等，再加上夾角都是直角，根據(jù)SAS可證全等，此選項錯誤；B、兩個銳角分別相等，只有角沒有邊，不能判定全等，此選項正確；C、斜邊和一直角邊對應(yīng)相等，利用HL可判定全等，此選項錯誤；D、一銳角和斜邊分別相等，再加上一直角相等，利用AAS可證全等，此選項錯誤．故選：B．【題型4：全等三角形的性質(zhì)與判定】【典例4】（2023?南海區(qū)三模）如圖，已知∠AOC＝∠BOC，點P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為D，E．（1）求證：△OPD≌△OPE．（2）如果OE＝3，PD=3，求四邊形OEPD【答案】（1）見解析；（2）33【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到PD＝PE，再利用直角三角形全等判定定理證明即可；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，將四邊形OEPD的面積轉(zhuǎn)化為兩個三角形的面積計算即可．【解答】（1）證明：∵∠AOC＝∠BOC，PD⊥OA，PE⊥OB，∴PD＝PE．在Rt△OPD和Rt△OPE中，OP=OPPD=PE∴Rt△OPD≌Rt△OPE（HL）．（2）解：∵PD=3∴PE=3∵△OPD≌△OPE，OE＝3，∴S四邊形1．（2023?香洲區(qū)二模）如圖，在△ABC和△DEF中，∠B＝∠DEF，AB＝DE，添加一個條件后，仍然不能證明△ABC≌△DEF，這個條件可能是（）A．∠A＝∠D B．AC∥DF C．BE＝CF D．AC＝DF【答案】D【分析】根據(jù)全等三角形的判定，利用ASA、AAS、SAS即可得出答案．【解答】解：∵∠B＝∠DEF，AB＝DE，∴當(dāng)∠A＝∠D時，由ASA可得△ABC≌△DEF，故A不符合題意；當(dāng)AC∥DF時，則∠C＝∠F，由AAS可得△ABC≌△DEF，故B不符合題意；當(dāng)BE＝CF時，則BC＝EF，由SAS可得△ABC≌△DEF，故C不符合題意；當(dāng)AC＝DF時，不能得出△ABC≌△DEF，故D符合題意；故選：D．2.（2023?福田區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC，點P是BC上一點，BD⊥AP交AP延長線于點D，連接CD，若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，S△ACP﹣S△PBD＝32），則CD＝8．【答案】8．【分析】由“ASA”可證△ACH≌△BCD，可得CH＝CD，S△ACH＝S△BCD，即可求解．【解答】解：如圖，過點C作CH⊥CD，交AD于H，∴∠HCD＝∠ACB＝90°，∴∠ACH＝∠BCD，∵∠ACP＝∠ADB＝90°，∠APC＝∠BPD，∴∠CAH＝∠CBD，又∵AC＝BC，∴△ACH≌△BCD（ASA），∴CH＝CD，S△ACH＝S△BCD，∵S△ACP﹣S△PBD＝32，∴S△ACH+S△CHP﹣S△PBD＝32，∴S△CHD＝32，∴12×CD2＝∴CD＝8，故答案為：8．3．（2023?香洲區(qū)校級一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點D在BC上點E是AC延長線上一點，且BE＝AD．（1）求證：△ACD≌△BCE；（2）若∠BAD＝22°，求∠ABE的度數(shù)．【答案】（1）證明見解析；（2）∠ABE＝68°．【分析】（1）根據(jù)“HL”證明Rt△ACD≌Rt△BCE；（2）由Rt△ACD≌Rt△BCE，求出∠CAD＝∠CBE，再求出∠EBC＝23°，即可求解．【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，在Rt△ACD與Rt△BCE中，AD=BEAC=BC∴Rt△ACD≌Rt△BCE（HL）；（2）解：∵Rt△ACD≌Rt△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝45°，∴∠CAD＝45°﹣22°＝23°，∴∠EBC＝23°，∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝68°．【題型5：全等三角形的應(yīng)用】【典例5】（2023?順德區(qū)校級一模）如圖，AC＝BC＝BE＝DE＝10cm，點A、B、D在同一條直線上，AB＝12cm，BD＝16cm，則點C和點E之間的距離是（）A．6cm B．7cm C．8cm D．10【答案】D【分析】連接CE，過C作CM⊥AB于M，過E作EN⊥BD于N，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AM＝BM＝6cm，BN＝DN＝8cm，根據(jù)勾股定理得到的長，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠MBC＝∠BEN，推出∠CBE＝90°，根據(jù)勾股定理得出答案．【解答】解：連接CE，過C作CM⊥AB于M，過E作EN⊥BD于N，∴∠AMC＝∠BMC＝∠BNE＝∠DNE＝90°，∵AC＝BC，BE＝DE，∴AM＝BM=12AB=12×12＝6（cm），BN＝DN=12BD∴CM=BC2-B在Rt△BCM與Rt△EBN中，CM=BNBC=BE∴Rt△BCM≌Rt△EBN（HL），∴∠MBC＝∠BEN，∵∠BEN+∠EBN＝90°，∴∠MBC+∠EBN＝90°，∴∠CBE＝90°，∴CE=BC2+BE故點C和點E之間的距離是102cm，故選：D．1．（2022?東莞市校級一模）一塊三角形玻璃不慎被小明摔成了四片碎片（如圖所示），小明經(jīng)過仔細(xì)的考慮認(rèn)為只要帶其中的兩塊碎片去玻璃店，就可以讓師傅配一塊與原玻璃一樣的玻璃．你認(rèn)為下列四個答案中考慮最全面的是（）A．帶其中的任意兩塊去都可以 B．帶1、4或2、3去就可以了 C．帶1、4或3、4去就可以了 D．帶1、2或2、4去就可以了【答案】C【分析】直接利用全等三角形的判定方法分析得出答案．【解答】解：帶3、4可以用“角邊角”確定三角形，帶1、4可以用“角邊角”確定三角形，故選：C．【題型6：相似三角形的性質(zhì)】【典例6】（2023?汕頭二模）若兩個相似三角形的周長之比是1：2，則它們的面積之比是（）A．1：2 B．1：2 C．2：1 D．1：4【答案】D【分析】根據(jù)相似三角形周長的比等于相似比、相似三角形面積的比等于相似比的平方解答即可．【解答】解：∵兩個相似三角形的周長之比是1：2，∴兩個相似三角形的相似比是1：2，∴它們的面積之比是：1：4，故選：D．1．（2023?蓬江區(qū)一模）如圖，在△ABC中，D是AB邊上的點，∠B＝∠ACD，AC：AB＝1：2，則△ADC與△ABC的面積比是（）A．1：2 B．1：2 C．1：3 D．1：4【答案】D【分析】根據(jù)相似三角形的周長之比等于相似比可以解答本題．【解答】解：∵∠B＝∠ACD，∠CAD＝∠BAC，∴△ACD∽△ABC，∴S△ACD故選：D．2．（2023?東莞市校級二模）如圖，△ABC∽△ADE，S△ABC：S四邊形BDEC＝1：3，BC=2，則DEA．6 B．22 C．32 D【答案】B【分析】利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】解：∵S△ABC：S四邊形BDEC＝1：3，∴S△ABC：S△ADE＝1：4，∵△ABC∽△ADE，∴(BC∴BCDE=1∵BC=2∴DE=22故選：B．3．（2023?禪城區(qū)校級三模）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【答案】C【分析】根據(jù)相似多邊形的性質(zhì)得最長邊的長為三角形的周長×4【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36×42+3+4故選：C．【題型7：相似三角形的性質(zhì)與判定】【典例7】（2023?南海區(qū)校級模擬）已知BD是平行四邊形ABCD的對角線，E是AB上一點，連接EC，交BD于點F，若△BEF與△DCF的面積比是1：9，則BEABA．13 B．23 C．14 【答案】A【分析】先畫出幾何圖形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AB∥CD，AB＝DC，接著證明△BEF∽△DCF，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得（BEDC）2=19，然后計算出BE【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝DC，∴△BEF∽△DCF，∴S△BEFS△DCF=（BE∴BEDC∴BEAB故選：A．1．（2023?深圳模擬）下列說法中錯誤的是（）A．同角或等角的補角相等 B．圓周角等于圓心角的一半 C．對角線互相平分的四邊形是平行四邊形 D．兩邊成比例及其夾角相等的兩個三角形相似【答案】B【分析】根據(jù)補角的定義，圓周角定理，平行四邊形的判定，相似三角形的判定定理逐項分析判斷即可求解．【解答】解：A．同角或等角的補角相等，故該選項正確，不符合題意；B．在同圓或等圓中，同一條弧所對的圓周角等于圓心角的一半，故該選項不正確，符合題意；C．對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，故該選項正確，不符合題意；D．兩邊成比例及其夾角相等的兩個三角形相似，故該選項正確，不符合題意；故選：B．2．（2023?雷州市一模）如圖，在正方形ABCD中，△BPC是等邊三角形，BP、CP的延長線分別交AD于點E，F(xiàn)，連接BD、DP，BD與CF相交于點H，給出下列結(jié)論：①∠DPC＝75°；②CF＝2AE；③DFBC=23；④△A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】由等邊三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可得∠CPD＝∠CDP＝75°，故①正確；通過證明△BDE∽△DPE，可得∠EPD＝∠BDE＝45°，可求∠DPF＝∠BHP＝105°，可證△BHP∽△DPF，故④正確；由相似三角形的性質(zhì)可得PFPH=DFBC=33，故③錯誤，根據(jù)∠BPC＝∠EPF＝60°，得∠ABE＝30°，△BPC是等邊三角形，PC＝PB，PE＝PF，得CF【解答】解：∵△BPC是等邊三角形，∴BP＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ABE＝∠DCF＝30°，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，故①正確；∵△BPC是等邊三角形，∴BP＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠PEF＝∠PFE＝60°，∴△PEF是等邊三角形，∴PE＝PF，∴CP+PF＝CP+PE，∴CF＝BE，在Rt△ABE中，∠ABE＝∠ABC﹣∠PBC＝30°，∴BE＝2AE，∴CF＝2AE，故②正確；∴∠PDE＝15°，∵∠PBD＝∠PBC﹣∠HBC＝60°﹣45°＝15°，∴∠EBD＝∠EDP，∵∠DEP＝∠DEB，∴△BDE∽△DPE，∴∠EPD＝∠BDE＝45°，∵∠BPC＝∠EPF＝60°，∴∠FPD＝105°，∵∠BHP＝∠BCH+∠HBC＝105°，∴∠DPF＝∠BHP，又∵∠PDF＝∠DBP＝15°，∴△BHP∽△DPF，故④正確；∴PFPH∴PFPH∵∠DCF＝30°，∴DC=3DF∴DFDC∴PFPH=DF故選：B．3．（2023?天河區(qū)校級三模）如圖，正方形MNPQ內(nèi)接于△ABC，點M、N在BC上點P、Q分別在AC和AB邊上，且BC邊上的高AD＝6，BC＝12，則正方形MNPQ的邊長為（）A．6 B．5 C．3 D．4【答案】D【分析】通過證明△AQP∽△ABC，可得AEAD【解答】解：設(shè)正方形MNPQ的邊長為x，∵QP∥MN，∴△AQP∽△ABC，∴AEAD∴6-x6∴x＝4，∴正方形MNPQ的邊長為4，故選：D．【題型8：相似三角形的實際應(yīng)用】【典例8】（2023?高州市校級二模）如圖，有一塊直角邊AB＝4cm，BC＝3cm的Rt△ABC的鐵片，現(xiàn)要把它加工成一個正方形（加工中的損耗忽略不計），則正方形的邊長為（）A．67 B．3037 C．127 【答案】D【分析】過點B作BP⊥AC，垂足為P，BP交DE于Q，三角形的面積公式求出BP的長度，由相似三角形的判定定理得出△BDE∽△BAC，設(shè)邊長DE＝x，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例求出x的長度可得．【解答】解：如圖，過點B作BP⊥AC，垂足為P，BP交DE于Q．∵S△ABC=12?AB?BC=12?∴BP=AB?BC∵DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C，∴△BDE∽△BAC，∴DEAC設(shè)DE＝x，則有：x5解得x=60故選：D．1．（2024?深圳模擬）如圖是凸透鏡成像示意圖，CD是蠟燭AB通過凸透鏡MN所成的虛像．已知蠟燭的高AB為5.4cm，蠟燭AB離凸透鏡MN的水平距離OB為6cm，該凸透鏡的焦距OF為10cm，AE∥OF，則像CD的高為（）A．15cm B．14.4cm C．13.5cm D．9cm【答案】C【分析】先證△CAE∽△COF得出OACO=25，再證△OAB∽△OCD，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例得出【解答】解：由題意得，AB∥MN，AE∥OF，AB∥CD，∴四邊形ABOE是平行四邊形，∴AE＝OB＝6cm，∵AE∥OF，∴△CAE∽△COF，∴CACO∴CACO∴OACO∵AB∥CD，∴△OAB∽△OCD，∴ABCD∴5.4CD∴CD＝13.5cm，故選：C．2．（2024?深圳模擬）擊地傳球是籃球運動中的一種傳球方式，利用擊地傳球可以有效地躲避對手的攔截．傳球選手從點A處將球傳出，經(jīng)地面點O處反彈后被接球選手在點C處接住，將球所經(jīng)過的路徑視為直線，此時∠AOB＝∠COD．若點A距地面的高度AB為1.5m，點C距地面的高度CD為1m，傳球選手與接球選手之間的距離BD為5m，則OB的長度為（）A．53m B．2m C．2.5m D．3【答案】D【分析】先根據(jù)兩角分別相等的兩個三角形相似證得△ABO∽△CDO，再根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例即可求出OB的長．【解答】解：由題意得∠ABO＝∠CDO，∠AOB＝∠COD，∴△ABO∽△CDO，∴ABCD設(shè)OB＝xm，則OD＝（5﹣x）m，∴1.51∴x＝3，即OB＝3m，故選：D．3．（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖，身高1.6米的小慧同學(xué)從一盞路燈下的B處向前走了8米到達點C處時，發(fā)現(xiàn)自己在地面上的影子CE的長是2米，則路燈AB的高為（）A．5米 B．6.4米 C．8米 D．10米【答案】C【分析】根據(jù)CD∥AB，得出△ECD∽△EBA，進而得出比例式求出即可．【解答】解：由題意知，CE＝2米，CD＝1.6米，BC＝8米，CD∥AB，則BE＝BC+CE＝10米，∵CD∥AB，∴△ECD∽△EBA∴CDAB=CE解得AB＝8，即路燈的高AB為8米；故選：C．一．選擇題（共7小題）1．在△ABE與△DBC中，BC＝BE，AB＝DB，要使這兩個三角形全等，還需具備的條件是（）A．∠E＝∠C B．∠ABD＝∠CBE C．∠ABE＝∠DBE D．∠A＝∠D【答案】B【分析】根據(jù)所給條件可知，應(yīng)加已知邊的夾角才可證明這兩個三角形全等．【解答】解：A、加上∠E＝∠C，不能證明這兩個三角形全等，故此選項不符合題意；B、加上∠ABD＝∠CBE可得∠ABD+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，即∠ABE＝∠DBC，根據(jù)SAS能證明這兩個三角形全等，故此選項符合題意；C、加上∠ABE＝∠DBE，不能證明這兩個三角形全等，故此選項不符合題意；D、加上∠A＝∠D，不能證明這兩個三角形全等，故此選項不符合題意．故選：B．2．如圖，已知∠1＝∠2，則不一定能使△ABD≌△ACD的條件是（）A．BD＝CD B．AB＝AC C．∠B＝∠C D．∠BDA＝∠CDA【答案】A【分析】分析已知條件知道，在△ABD與△ACD中，有一對對應(yīng)角相等，一公共邊，所以結(jié)合全等三角形的判定定理進行判斷即可．【解答】解：A、∵∠1＝∠2，AD為公共邊，若BD＝CD，不符合全等三角形判定定理，不能判定△ABD≌△ACD，故本選項正確；B、∵∠1＝∠2，AD為公共邊，若AB＝AC，則△ABD≌△ACD（SAS），故本選項錯誤；C、∵∠1＝∠2，AD為公共邊，若∠B＝∠C，則△ABD≌△ACD（AAS）故本選項錯誤；D、∵∠1＝∠2，AD為公共邊，若∠BDA＝∠CDA，則△ABD≌△ACD（ASA）故本選項錯誤；故選：A．3．如圖，已知△ABC的六個元素，則下面甲、乙、丙三個三角形中和△ABC全等的圖形是（）A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙【答案】B【分析】全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，根據(jù)定理逐個判斷即可．【解答】解：圖甲不符合三角形全等的判定定理，即圖甲和△ABC不全等；圖乙符合SAS定理，即圖乙和△ABC全等；圖丙符合AAS定理，即圖丙和△ABC全等；故選：B．4．圖中的小正方形邊長都相等，若△MNP≌△MEQ，則點Q可能是圖中的（）A．點A B．點B C．點C D．點D【答案】D【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和已知圖形得出即可．【解答】解：∵△MNP≌△MEQ，∴點Q應(yīng)是圖中的D點，如圖，故選：D．5．如圖，點P是△ABC的邊AC上一點，連接BP，以下條件中，不能判定△ABP∽△ACB的是（）A．ABAP=ACAB B．BCBP=ACAB C．∠ABP【答案】B【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理（①有兩角分別相等的兩三角形相似，②有兩邊的比相等，并且它們的夾角也相等的兩三角形相似）逐個進行判斷即可．【解答】解：A、∵∠A＝∠A，ABAP∴△ABP∽△ACB，故本選項不符合題意；B、根據(jù)BCBP=ACAB和∠A＝∠A不能判斷△C、∵∠A＝∠A，∠ABP＝∠C，∴△ABP∽△ACB，故本選項不符合題意；D、∵∠A＝∠A，∠APB＝∠ABC，∴△ABP∽△ACB，故本選項不符合題意．故選：B．6．如圖，△ABC中，DE∥BC，AD＝5，BD＝10，DE＝4，則BC的長度為（）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】C【分析】根據(jù)DE∥BC可得△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可進行解答．【解答】解：∵DE∥BC，∴∠B＝∠ADE，∠C＝∠AED，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB即ADAD+BD∴55+10解得BC＝12，故選：C．7．我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中的“井深”問題：“今有井徑五尺，不知其深，立五尺木于井上，從木末望水岸，入徑四寸，問井深幾何？”，它的題意是：如圖AB＝DE＝5尺，BF＝0.4尺，問井深BD是多少．如圖，設(shè)井深為x尺，所列方程正確的是（）A．55+x=0.45 C．x5+x=50.4【答案】A【分析】利用相似三角形的性質(zhì)，構(gòu)建方程即可．【解答】解：設(shè)BD＝x尺．∵四邊形BCED是矩形，∴BF∥DE，∴△AFB∽△AED，∴BFBE∴0.45故選：A．二．填空題（共5小題）8．如圖，點B的坐標(biāo)為（0，1），點A是x軸正半軸上的一動點，以AB為邊作等腰直角△ABC，使∠ABC＝90°，設(shè)點A的橫坐標(biāo)為x，點C的縱坐標(biāo)為y，則y與x的關(guān)系式為y＝x+1．【答案】y＝x+1．【分析】作BD∥x軸，作CD⊥BD于點D，利用AAS證明△OBA≌△DBC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可建立y與x的函數(shù)關(guān)系．【解答】解：作BD∥x軸，作CD⊥BD于點D，如圖所示，由已知可得，OA＝x，OB＝1，∠AOB＝90°，∠ABC＝90°，AB＝BC，點C的縱坐標(biāo)是y，∵BD∥x軸，∴∠DBO+∠AOB＝180°，∴∠DBO＝90°，∴∠OBA+∠ABD＝∠ABD+∠DBC＝90°，∴∠OBA＝∠DBC，在△OBA和△DBC中，∠AOB=∠CDB=90°∠OBA=∠DBC∴△OBA≌△DBC（AAS），∴OA＝CD，∴CD＝x，∵點C到x軸的距離為y，點D到x軸的距離等于點B到x的距離1，∴y＝x+1，故答案為：y＝x+1．9．如圖，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于點D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于點E，與CD相交于點F，H是BC邊的中點，連接DH與BE相交于點G，下列結(jié)論：①BF＝AC；②2AE＝BF；③S四邊形ADGE＝S四邊形GHCE；④△DGF，△ABC都是等腰三角形．其中正確的是①②④．【答案】①②④．【分析】證明△ACD≌△FBD（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AC＝BF．則①正確；證明△ABE≌△CBE（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CE，則可得出②正確；過G作GM⊥BD于點M，由直角三角形的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)得出S四邊形ADGE＜S四邊形GHCE，故③錯誤；證出∠DGF＝∠DFG，由等腰三角形的判定可得出④正確．【解答】解：①∵CD⊥AB，∴∠CDA＝∠BDF＝90°，∠DBF+∠DFB＝180°﹣∠BDF＝90°，又∵BE⊥AC，∴∠BEA＝90°，∴∠DBF+∠DAC＝180°﹣∠BEA＝90°，∴∠DAC＝∠DFB，又∵∠ABC＝45°，∴∠DCB＝180°﹣∠ABC﹣∠BDF＝45°，△BCD是等腰直角三角形，∴BD＝CD，∴在△ACD和△FBD中，∠DAC=∠DFB∠CDA=∠BDF∴△ACD≌△FBD（AAS），∴AC＝BF．故①正確；②∵BE平分∠ABC，BE⊥AC，∴∠ABE＝∠CBE，∠BEA＝∠BEC＝90°，∴在△ABE和△CBE中，∠ABE=∠CBEBE=BE∴△ABE≌△CBE（ASA），∴AE＝CE，∴AC＝AE+CE＝2CE，又∵AC＝BF，∴BF＝2CE故②正確；③如圖所示，過G作GM⊥BD于點M，∵H為等腰直角△BCD斜邊BC的中點，∴DH⊥BC，即∠GHB＝90°，又∵BE平分∠ABC，GM⊥BD，∴GM＝GH，又∵BD＞BH，∴S△BDG＞S△BGH，又∵△ABE≌△CBE，∴S△ABE＝S△CBE，∴S四邊形ADGE＝S△ABE﹣S△BDG，S四邊形GHCE＝S△CBE﹣S△BGH，∴S四邊形ADGE＜S四邊形GHCE，故③錯誤；④∵∠HBG+∠BGH＝180°﹣∠GHB＝90°，∠DBF+∠DFG＝180°﹣∠BDF＝90°，∠HBG＝∠DBF，∴∠BGH＝∠DFG，又∵∠BGH＝∠DGF，∴∠DGF＝∠DFG，∴△DGF為等腰三角形．故答案為：①②④．10．如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的對角線AC上的兩點，AC=42，AE＝CF=2，則四邊形BEDF的周長是410【答案】410．【分析】根據(jù)題意和正方形的性質(zhì)，利用勾股定理，可以求得DE、EB、BF、FD的長，從而可以求得四邊形BEDF的周長．【解答】解：如圖，連接BD，交AC于O，∵四邊形ABCD是正方形，AC＝42，∴AC＝BD＝42，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD＝22，∵AE＝CF=2∴EO＝FO=2∴DE＝DF＝BF＝BE=(2∴四邊形BEDF的周長是410，故答案為：410．11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中已知點A（8，0）和點B（0，6），C是AB的中點，若有一動點P在折線AOB上運動，直線CP截△AOB所得的三角形為直角三角形，則點P的坐標(biāo)為（0，3）、（4，0）、（74，0）【答案】（0，3）、（4，0）、（74，0【分析】分類討論：當(dāng)PC∥OA時，∠BPC＝∠BOA＝90°，Rt△BPC∽Rt△BOA，易得P點坐標(biāo)為（0，3）；當(dāng)PC∥OB時，∠APC＝∠BOA＝90°，Rt△ACP∽Rt△ABO，易得P點坐標(biāo)為（4，0）；當(dāng)PC⊥AB時，如圖，由于∠CAP＝∠OAB，則Rt△APC∽Rt△ABC，計算出AB、AC，則可利用比例式計算出AP，于是可得到OP的長，從而得到P點坐標(biāo)．【解答】解：當(dāng)PC∥OA時，∠BPC＝∠BOA＝90°，∵∠B＝∠B，∴Rt△BPC∽Rt△BOA，由點C是AB的中點，可得P為OB的中點，此時P點坐標(biāo)為（0，3）；當(dāng)PC∥OB時，∠APC＝∠BOA＝90°，∵∠A＝∠A，∴Rt△ACP∽Rt△ABO，由點C是AB的中點，可得P為OA的中點，此時P點坐標(biāo)為（4，0）；當(dāng)PC⊥AB時，如圖，∠ACP＝∠BOA＝90°，∵∠CAP＝∠OAB，∴Rt△APC∽Rt△ABO，∴ACOA∵點A（8，0）和點B（0，6），∴AB=62∵點C是AB的中點，∴AC＝5，∴58∴AP=25∴OP＝OA﹣AP＝8-25此時P點坐標(biāo)為（74，0綜上所述，滿足條件的P點坐標(biāo)為（0，3）、（4，0）、（74，0故答案為：（0，3）、（4，0）、（74，012．在某一時刻，測得一根高為1.2m的竹竿的影長為2m，同時測得一棟樓的影長為90m，這棟樓的高度是54m．【答案】54．【分析】設(shè)這棟樓的高度為x米，根據(jù)題意可得：x90【解答】解：設(shè)這棟樓的高度為x米，由題意得：x90解得：x＝54，∴這棟樓的高度為54米．故答案為：54．三．解答題（共3小題）13．如圖，點B，F(xiàn)，C，E在同一條直線上，BF＝CE，∠B＝∠E，∠ACB＝∠DFE．求證：△ABC≌△DEF．【答案】證明見解答過程．【分析】根據(jù)線段的和差得出BC＝EF，利用ASA證明△ABC≌△DEF即可．【解答】證明：∵BF＝CE，∴BF+CF＝CE+CF，即BC＝EF，在△ABC和△DEF中，∠B=∠EBC=EF∴△ABC≌△DEF（ASA）．14．如圖，點B、C、D、E在同一直線上，BC＝DE，AB＝FC，∠B＝∠FCE，求證：AD∥FE．【答案】證明過程見解答．【分析】先由BC＝DE，推導(dǎo)出BD＝CE，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“SAS”證明△ABC≌△FCE，得∠ADB＝∠E，即可證明AD∥FE．【解答】證明：∵BC＝DE，∴BC+CD＝DE+CD，∴BD＝CE，在△ABC和△FCE中，AB=FC∠B=∠FCE∴△ABC≌△FCE（SAS），∴∠ADB＝∠E，∴AD∥FE．15．如圖，一塊直角三角板的直角頂點P放在正方形ABCD的邊BC上，并且使一條直角邊經(jīng)過點D．另一條直角邊與AB交于點Q．求證：△BPQ∽△CDP．【答案】見解析過程．【分析】由余角的性質(zhì)可證∠BPQ＝∠PDC，由相似三角形的判定可得結(jié)論．【解答】證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵∠QPD＝90°，∴∠BPQ+∠DPC＝90°＝∠DPC+∠PDC，∴∠BPQ＝∠PDC，∴△BPQ∽△CDP．一．選擇題（共6小題）1．如圖，已知△CAD≌△CBE，若∠A＝30°，∠C＝80°，則∠CEB＝（）A．50° B．60° C．70° D．80°【答案】C【分析】三角形內(nèi)角和定理，求出∠ADC，△CAD≌△CBE，得到∠CEB＝∠CDA，即可得解．【解答】解：∵∠A＝30°，∠C＝80°，∴∠ADC＝180°﹣80°﹣30°＝70°，∵△CAD≌△CBE，∴∠CEB＝∠CDA＝70°；故選：C．2．如圖，AD是△ABC的邊BC上的中線，AB＝7，AD＝5，則AC的取值范圍為（）A．3＜AC＜17 B．3＜AC＜15 C．1＜AC＜6 D．2＜AC＜12【答案】A【分析】延長AD至E，使DE＝AD，連接CE．根據(jù)SAS證明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可求解．【解答】解：延長AD至E，使DE＝AD，連接CE．在△ABD與△ECD中，DB=CD∠ADB=∠EDC∴△ABD≌△ECD（SAS），∴CE＝AB．在△ACE中，AE﹣EC＜AC＜AE+CE，即5+5﹣7＜AC＜5+5+7，3＜AC＜17．故選：A．3．如圖，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，AD＜AB，且點E在線段CD上，則下列結(jié)論中不一定成立的是（）A．△ABD≌△ACE B．BD⊥CD C．∠BAE﹣∠ABD＝45° D．DE＝CE【答案】D【分析】利用SAS可判定△ABD≌△ACE；由題意可得∠BCD＝45°﹣∠ACD，∠CBD＝45°+∠ABD，從而有∠CBD+∠BCD＝90°，即有∠BDC＝90°，從而得BD⊥CD；由三角形的內(nèi)角和可得∠ABD+∠BAD＝45°，則有∠BAD＝45°﹣∠ABD，結(jié)合∠DAE＝90°從而可求解．【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD與△ACE中，AC=AB∠CAE=∠BAD∴△ACE≌△ABD（SAS），故A不符合題意；∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，∴∠BCD＝45°﹣∠ACD，∠CBD＝45°+∠ABD，∵△ACE≌△ABD，∴∠ACE＝∠ABD，∴∠CBD+∠BCD＝45°+∠ABD+45°﹣∠ACD＝90°，∴BD⊥CD，故B不符合題意；∴∠ADB＝∠CBD+∠ADE＝135°，∴∠ABD+∠BAD＝180°﹣∠ADB＝45°，∴∠BAD＝45°﹣∠ABD，∵∠BAE＝90°﹣∠BAD，∴∠BAE＝90°﹣（45°﹣∠ABD）＝45°+∠ABD，∴∠BAE﹣∠ABD＝45°，故C不符合題意；現(xiàn)有條件不能求得DE＝CE，故D符合題意．故選：D．4．小麗與爸媽在公園里蕩秋千．如圖，小麗坐在秋千的起始位置A處，OA與地面垂直，兩腳在地面上用力一蹬，媽媽在距地面1m高的B處接住她后用力一推，爸爸在C處接住她．若媽媽與爸爸到OA的水平距離BD、CE分別為1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C處接住小麗時，小麗距離地面的高度是（）A．1m B．1.6m C．1.8m D．1.4m【答案】D【分析】由直角三角形的性質(zhì)得出∠COE＝∠OBD，根據(jù)AAS可證明△COE≌△OBD，由全等三角形的性質(zhì)得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的長則可得出答案．【解答】解：由題意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．∴∠COE＝∠OBD，在△COE和△OBD中，∠COE=∠OBD∠CEO=∠ODB∴△COE≌△OBD（AAS），∴CE＝OD，OE＝BD，∵BD、CE分別為1.4m和1.8m，∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝1.8﹣1.4＝0.4（m），∵AD＝1m，∴AE＝AD+DE＝1.4（m），答：爸爸是在距離地面1.4m的地方接住小麗的．故選：D．5．如圖，點P在△ABC的邊AC上，要判斷△ABP≌△ACB，添加下列一個條件，不正確的是（）A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C．APAB=BPBC【答案】C【分析】根據(jù)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(dāng)∠ABP＝∠C時，滿足兩組角對應(yīng)相等，可判斷△ABP∽△ACB，故A正確；當(dāng)∠APB＝∠ABC時，滿足兩組角對應(yīng)相等，可判斷△ABP∽△ACB，故B正確；當(dāng)APAB=BPBC時，其夾角不相等，則不能判斷△ABP∽△當(dāng)APAB=ABAC時，滿足兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，可判斷△ABP∽△故選：C．6．如圖所示，王華晚上在路燈下散步，已知王華的身高AB＝1.6米，燈柱的高OP＝O'P'＝4.8米，兩燈柱之間的距離OO'＝10米，王華在兩路燈之間行走時（O、A、O'三點在一條直線上），則他身子前后的兩個影子之和DC的長為（）米．A．6 B．5 C．4 D．3【答案】B【分析】利用AB∥OP可判斷△CAB∽△COP，則CACO=ABOP=13，所以CA=13CO，同理方法得到DA=13DO′，所以CD＝CA+DA=13（CO+DO′），即3CD【解答】解：∵AB∥OP，∴△CAB∽△COP，∴CACO∴CA=13同理可得DA=13∴CD＝CA+DA=13（CO+∴3CD＝CO+DO′，即3CD＝OC+CD+CO′＝CD+OO′，∵OO′＝10米，∴3CD＝CD+10，解得CD＝5（米）．故選：B．二．填空題（共4小題）7．如圖所示的“趙爽弦圖”是我國古代數(shù)學(xué)的驕傲．它巧妙地利用面積關(guān)系證明了勾股定理，若大正方形邊長為4，M為邊FG的中點，則AM＝2，當(dāng)正方形ABCD變化時，則MD的最小值為22-2【答案】2，22-2【分析】由四邊形ABCD、EFGH是正方形，可得：GH＝FG＝4，∠ADC＝∠BAD＝90°，推出∠GDH＝∠FAG＝90°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得AM=12FG＝2；取GH的中點O，連接OD、OM，可得△GOM是等腰直角三角形，得出OM=2OG＝22，再根據(jù)三角形三邊的關(guān)系可得MD≥OM﹣OD＝22-【解答】解：∵四邊形ABCD、EFGH是正方形，∴GH＝FG＝4，∠ADC＝∠BAD＝90°，∴∠GDH＝∠FAG＝90°，∵M為邊FG的中點，∴AM=12FG＝如圖，取GH的中點O，連接OD、OM，∵∠GDH＝90°，點O為H的中點，M為邊FG的中點，∴OD=12GH＝2，GO＝GM＝∵∠OGM＝90°，∴△GOM是等腰直角三角形，∴OM=2OG＝22在△ODM中，MD≥OM﹣OD，∴MD≥22-2∴MD的最小值為22-2故答案為：2，22-28．如圖，把△ABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，已知AB＝BC，∠ABC＝90°，A（3，0），B（0，﹣1），點C在第四象限，則點C的坐標(biāo)是（1，﹣4）．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】過點C作CD⊥y軸于點D，通過角的計算可找出∠OAB＝∠DBC，結(jié)合∠AOB＝∠BDC、AB＝BC，即可證出△OAB≌△DBC（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出BD＝AO、DC＝OB，再結(jié)合點A、B的坐標(biāo)即可得出DC、OD的長度，進而可得出點C的坐標(biāo)．【解答】解：過點C作CD⊥y軸于點D，如圖所示．∵∠ABC＝90°，∠AOB＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∠OBA+∠DBC＝90°，∴∠OAB＝∠DBC．在△OAB和△DBC中，∠AOB=∠BDC=90°∠OAB=∠DBC∴△OAB≌△DBC（AAS），∴BD＝AO，DC＝OB．∵A（3，0），B（0，﹣1），∴BD＝AO＝3，DC＝OB＝1，OD＝OB+BD＝4，∴點C的坐標(biāo)為（1，﹣4）．故答案為：（1，﹣4）．9．如圖①是用杠桿撬石頭的示意圖，當(dāng)用力壓杠桿時，杠桿繞著支點轉(zhuǎn)動，另一端會向上撬起，石頭就被撬動了．在圖②中，杠桿的D端被向上撬起的距離BD＝9cm，動力臂OA與阻力臂OB滿足OA＝3OB（AB與CD相交于點O），要把這塊石頭撬起，至少要將杠桿的C點向下壓27cm．【答案】27．【分析】首先根據(jù)題意構(gòu)造出相似三角形，然后根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例求得端點C向下壓的長度．【解答】解：由題意得，AC∥BD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD∵AO＝3OB，∴ACBD=∴AC＝3BD＝27cm，∴至少要將杠桿的C點向下壓27cm，故答案為：27．10．如圖，N是線段AB上一點，AC⊥AB，BD⊥AB，NM⊥AB，聯(lián)結(jié)CM并延長交AB于點P，聯(lián)結(jié)DM并延長交AB于點Q．已知AB＝4，AC＝3，BD＝2，MN＝1，PN＝1.2，那么QN＝1.6．【答案】1.6．【分析】先證△MNP∽△CAP，求得PN、NB，再證△MNQ∽△DBQ，可得QN．【解答】解：∵AC⊥AB，NM⊥AB，∴∠CAP＝∠MNP＝90°，∵∠MPN＝∠CPA，∴△MNP∽△CAP，∴PNPA∵AC＝3，MN＝1，PN＝1.2，∴PA＝3.6，PB＝AB﹣PA＝0.4，NB＝NP+PB＝1.6，設(shè)QN＝x，則QB＝x+1.6，∵BD⊥AB，NM⊥AB，∴∠MNQ＝∠DBQ＝90°，∵∠DQB＝∠MQN，∴△MNQ∽△DBQ，∴MNDB∵BD＝2，MN＝1，∴12解得：x＝1.6，即QN＝1.6，故答案為：1.6．三．解答題（共3小題）11．已知：如圖，點E、F在線段BC上，BF＝EC，且AB∥CD，∠A＝∠D，求證：AE＝DF．【答案】證明見解析．【分析】由平行線的性質(zhì)得∠B＝∠C，再證BE＝CF，然后證△ABE≌△CDF（AAS），即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，∵BF＝EC，∴BF﹣EF＝EC﹣EF，即BE＝CF，在△ABE與△DCF中，∠A=∠D∠B=∠C∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝DF．12．如圖，OD平分∠AOG，DC⊥OA，垂足為C．（1）若△AOD的面積為18cm2，OA＝12cm，求點D到OG的距離；（2）點B在線段OG上，∠A＝∠GBD，求證：AO+BO＝2CO．【答案】（1）點D到OG的距離為3cm；（2）證明過程見解答．【分析】（1）根據(jù)三角形的面積求出CD，過點D作DH⊥OG于點H，根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可解決問題；（2）先證明△ACD≌△HBD（AAS），得AC＝BH，再證明Rt△OCD≌Rt△OHD（HL），得OC＝OH，然后利用線段的和差即可得結(jié)論．【解答】（1）解：∵△AOD的面積為18cm2，OA＝12cm，DC⊥OA，∴12OA?CD＝18∴CD＝3cm，如圖，過點D作DH⊥OG于點H，∵OD平分∠AOG，DC⊥OA，∴DH＝DC＝3cm，∴點D到OG的距離為3cm；（2）證明：∵DC⊥OA，DH⊥OG，∴∠DCA＝∠DHB＝90°，在△ACD和△HBD中，∠A=∠DBH∠ACD=∠BHD=90°∴△ACD≌△HBD（AAS），∴AC＝BH，在Rt△OCD和Rt△OHD中，OD=ODDC=DH∴Rt△OCD≌Rt△OHD（HL），∴OC＝OH，∴AO+BO＝AC+CO+OB＝BH+OB+CO＝OH+CO＝2CO．13．如圖，在梯形ABCD中AD∥BC，點F，E分別在線段BC，AC上，且∠FAC＝∠ADE，AC＝AD．（1）求證：DE＝AF；（2）若∠ABC＝∠CDE，求證：AF2＝BF?CE．【答案】證明過程見解答．【分析】（1）證明△ACF≌△DAE（ASA），即可解決問題；（2）證明△ABF∽△CDE，得AF?DE＝BF?CE，結(jié)合（1）AF＝DE，即可解決問題．【解答】證明：（1）∵AD∥BC，∴∠ACF＝∠DAC∵∠FAC＝∠ADE，AC＝AD，∴△ACF≌△DAE（ASA），∴AF＝DE；（2）∵△ACF≌△DAE，∴∠AFC＝∠DEA，∴∠AFB＝∠DEC，∵∠ABC＝∠CDE，∴△ABF∽△CDE，∴AFCE∴AF?DE＝BF?CE，∵AF＝DE，∴AF2＝BF?CE．一．填空題（共4小題）1．（2023?廣東）邊長分別為10，6，4的三個正方形拼接在一起，它們的底邊在同一直線上（如圖），則圖中陰影部分的面積為15．【答案】15．【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面積公式計算即可．【解答】解：如圖，∵BF∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴ABAD∵AB＝4，AD＝4+6+10＝20，DE＝10，∴420∴BF＝2，∴GF＝6﹣2＝4，∵CK∥DE，∴△ACK∽△ADE，∴ACAD∵AC＝4+6＝10，AD＝20，DE＝10，∴1020∴CK＝5，∴HK＝6﹣5＝1，∴陰影梯形的面積=12（HK+GF=12×（＝15．故答案