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专题六尖子四边形中的相似问题专题答案

四边形中的相似问题专题
题型一：平行四边形中的相似问题
例14．（2006•威海）已知：如图①，在▱ABCD中，O为对角线BD的中点．过O的直线MN交直线AB于点M，交直线CD于点N；过O的另一条直线PQ交直线AD于点P，交直线BC于点Q，连接PN、MQ．

（1）试证明△PON与△QOM全等；
（2）若点O为直线BD上任意一点，其他条件不变，则△PON与△QOM又有怎样的关系？试就点O在图②所示的位置，画出图形，证明你的猜想；
（3）若点O为直线BD上任意一点（不与点B、D重合），设OD：OB=k，PN=x，MQ=y，则y与x之间的函数关系式为　y=　．

考点：
相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．305660
专题：
综合题．
分析：
（1）根据平行四边形的性质容易得到全等条件证明△DOP≌△BOQ，△PON≌△QOM，然后利用全等三角形的性质得到PO=QO，MO=NO，然后再证明△PON≌△QOM就可以解决问题；
（2）点O为直线BD上任意一点，则△MOQ∽△NOP．根据AP∥BQ，BM∥CN可以得到比例线段，而∠NOP=∠MOQ，可以证明△MOQ∽△NOP了；
（3）根据（2）和已知可以得到，根据这个等式可以求出y与x之间的函数关系式．
解答：
（1）证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠PDO=∠QBO．
∵∠DOP=∠BOQ，DO=BO，
∴△DOP≌△BOQ．
∴PO=QO．（2分）
同理MO=NO．
∵∠PON=∠QOM，
∴△PON≌△QOM．（4分）

（2）解：画图．（5分）
△MOQ∽△NOP．（6分）
∵AP∥BQ，BM∥CN，
∴OD：OB=OP：OQ，OD：OB=ON：OM．
∴OP：OQ=ON：OM．（7分）
∴∠NOP=∠MOQ．
∴△MOQ∽△NOP．（8分）

（3）解：根据（2）和已知可以得到，
∴y=．（10分）

点评：
此题综合性比较强，把全等三角形，相似三角形放在平行四边形的背景下，综合利用这些知识来解题．
　15．（2010•成都）已知：在菱形ABCD中，O是对角线BD上的一动点．
（1）如图甲，P为线段BC上一点，连接PO并延长交AD于点Q，当O是BD的中点时，求证：OP=OQ；
（2）如图乙，连接AO并延长，与DC交于点R，与BC的延长线交于点S．若AD=4，∠DCB=60°，BS=10，求AS和OR的长．

考点：
全等三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质．305660
专题：
综合题．
分析：
（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ODQ≌△OBP．
2）首先求AS的长，要通过构建直角三角形求解；过A作BC的垂线，设垂足为T，在Rt△ABT中，易证得∠ABT=∠DCB=60°，又已知了斜边AB的长，通过解直角三角形可求出AT、BT的长；进而可在Rt△ATS中，由勾股定理求出斜边AS的值；由于四边形ABCD是菱形，则AD∥BC，易证得△ADO∽△SBO，已知了AD、BS的长，根据相似三角形的对应边成比例线段可得出OA、OS的比例关系式，即可求出OA、OS的长；同理，可通过相似三角形△ADR和△SCR求得AR、RS的值；由OR=OS﹣RS即可求出OR的长．
解答：
（1）证明：∵ABCD为菱形，∴AD∥BC．
∴∠OBP=∠ODQ
∵O是BD的中点，
∴OB=OD
在△BOP和△DOQ中，
∵∠OBP=∠ODQ，OB=OD，∠BOP=∠DOQ
∴△BOP≌△DOQ（ASA）
∴OP=OQ．

（2）解：如图，过A作AT⊥BC，与CB的延长线交于T．
∵ABCD是菱形，∠DCB=60°
∴AB=AD=4，∠ABT=60°
∴AT=ABsin60°=
TB=ABcos60°=2
∵BS=10，∴TS=TB+BS=12，
∴AS=．
∵AD∥BS，∴△AOD∽△SOB．
∴，
则，∴
∵AS=，∴OS=AS=．
同理可得△ARD∽△SRC．
∴，
则，∴，
∴．
∴OR=OS﹣RS=．12分）

点评：
此题考查了菱形的性质、全等三角形及相似三角形的判定和性质；（2）中能够正确的构建出直角三角形，求出AS的长是解答此题的关键．
17．（2010•宁波）如图1在平面直角坐标系中，O是坐标原点，▱ABCD的顶点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（0，2），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点，过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G．
（1）求∠DCB的度数；
（2）连接OE，以OE所在直线为对称轴，△OEF经轴对称变换后得到△OEF'，记直线EF'与射线DC的交点为H．
①如图2，当点G在点H的左侧时，求证：△DEG∽△DHE；
②若△EHG的面积为3，请直接写出点F的坐标．

考点：
相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定；平行四边形的性质；轴对称的性质．305660
专题：
综合题；压轴题；数形结合；分类讨论．
分析：
（1）由于平行四边形的对角相等，只需求得∠DAO的度数即可，在Rt△OAD中，根据A、D的坐标，可得到OA、OD的长，那么∠DAO的度数就不难求得了．
（2）①根据A、D的坐标，易求得E点坐标，即可得到AE、OE的长，由此可判定△AOE是等边三角形，那么∠OEA=∠AOE=∠EOF′=60°，由此可推出OF′∥AE，即∠DEH=∠OF′E，根据轴对称的性质知∠OF′E=∠EFA，通过等量代换可得∠EFA=∠DGE=∠DEH，由此可证得所求的三角形相似．
②过E作CD的垂线，设垂足为M，则EM为△EGH中GH边上的高，根据△EGH的面积即可求得GH的长，在①题已经证得△DEG∽△DHE，可得DE2=DG•DH，可设出DG的长，然后表示出DH的值，代入上面的等量关系式中，即可求得DG的长，根据轴对称的性质知：DG=AF，由此得到AF的长，进而可求得F点的坐标，需注意的是，在表示DH的长时，要分两种情况考虑：一、点H在G的右侧，二、点H在G的左侧．
解答：
解：（1）在直角△OAD中，∵tan∠OAD=OD：OA=，
∴∠A=60°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C∠A=60°；

（2）①证明：∵A（﹣2，0），D（0，2），且E是AD的中点，
∴E（﹣1，），AE=DE=2，OE=OA=2，
∴△OAE是等边三角形，则∠AOE=∠AEO=60°；
根据轴对称的性质知：∠AOE=∠EOF′，故∠EOF′=∠AEO=60°，即OF′∥AE，
∴∠OF′E=∠DEH；
∵∠OF′E=∠OFE=∠DGE，
∴∠DGE=∠DEH，
又∵∠GDE=∠EDH，
∴△DGE∽△DEH．

②过点E作EM⊥直线CD于点M，
∵CD∥AB，
∴∠EDM=∠DAB=60°，
∴EM=DE•sin60°=2×=，
∵S△EGH=•GH•ME•GH•=3，
∴GH=6；
∵△DHE∽△DEG，
∴=即DE2=DG•DH，
当点H在点G的右侧时，设DG=x，DH=x+6，
∴4=x（x+6），
解得：x1=﹣3+，x2=﹣3﹣（舍），
∴点F的坐标为（1﹣，0）；
当点H在点G的左侧时，设DG=x，DH=x﹣6，
∴4=x（x﹣6），
解得：x1=3+，x2=3﹣（舍），
∵△DEG≌△AEF，
∴AF=DG=3+，
∵OF=AO+AF=3++2=+5，
∴点F的坐标为（﹣﹣5，0），
综上可知，点F的坐标有两个，分别是F1（1﹣，0），F2（﹣﹣5，0）．

点评：
此题涉及的知识点较多，主要有：平行四边形的性质、轴对称的性质、全等三角形以及相似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大．

题型二：梯形中的相似问题

21．（2000•朝阳区）已知：在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在AB上，点F在DC上，且AD=a，BC=b．
（1）如果点E、F分别为AB、DC的中点，如图．求证：EF∥BC，且EF=；
（2）如果，如图，判断EF和BC是否平等，并用a、b、m、n的代数式表示EF．请证明你的结论．

考点：
梯形中位线定理；全等三角形的判定与性质；平行线分线段成比例．305660
分析：
（1）连接AF并延长，交BC的延长线于M，利用ASA可证△ADF≌△MCF，那么，AF=MF，AD=CM，于是EF就转化为△ABM的中位线，那么EF=BM，而CM=AD，所以EF=BM=（BC+CM）=（BC+AD）；
（2）证法和（1）相同，只是换成求线段的长．先利用平行线分线段成比例定理的推论，可得AF：FM=AD：CM=DF：FC=m：n，从而在△ABM中，AE：BE=AF：FM，再利用比例线段的性质，就有AE：AB=AF：AM，再加上一个公共角，可证△AEF∽△ABM，则∠AEF=∠ABM，那么EF∥BM，从而有EF：BM=AE：AB=m：（m+n），而AD：CM=m：n，可求CM，那么BM可求，把BM代入上式即可求EF．
解答
（1）证明：连接AF并延长，交BC的延长线于点M，（1分）
∵AD∥BM，
∴∠D=∠1，
∵点F为DC的中点，
∴DF=FC，
又∵∠2=∠3，
∴△ADF≌△MCF，
∴AF=FM，AD=CM，（3分）
∵点E为AB的中点，
∴EF是△ABM的中位线，
∴EF∥BC，EF=BM，
∵BM=BC+CM=BC+AD，
∴EF=（AD+BC），即EF=（a+b）；（5分）

（2）答：EF∥BC，EF=，
证明：连接AF并延长，交BC的延长线于点M，
∵AD∥BM，
∴
又∵，在△ABM中，有=
∴EF∥BC，（9分）
∴==，
∴EF=BM=，（10分）
而，
∴CM=，（11分）
∴EF=（b+），
∴EF=．

点评：
本题利用了平行线的性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理的推论、比例线段的性质等知识．

10．（2007•岳阳）已知：等腰Rt△ABC中，∠A=90°，
（1）如图1，E为AB上任意一点，以CE为斜边作等腰Rt△CDE，连接AD，则有AD∥BC；
（2）若将等腰Rt△ABC改为正△ABC，如图2所示，E为AB边上任一点，△CDE为正三角形，连接AD，上述结论还成立吗？答　成立　；
（3）若△ABC为任意等腰三角形，AB=AC，如图3，E为AB上任一点，△DEC∽△ABC，连接AD，请问AD与BC的位置关系怎样？答：　AD∥BC　．
请你在上述3个结论中，任选一个结论进行证明．

考点：
相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质；等腰直角三角形．305660
专题：
几何综合题．
分析：
欲证AD∥BC，可以根据等腰直角三角形，正三角形，等腰三角形的性质，证明△ACD∽△BCE，再证明AD与BC的内错角相等，得出结论．
解答：
解：（1）∵△ABC和△DEC是等腰直角三角形，
∴△ABC∽△DEC，∠ACB=∠DCE=45°．
∴=，∠DCA=∠ECB．
∴△ACD∽△BCE．
∴∠DAC=∠EBC=45°．
∴∠DAC=∠ACB．
∴AD∥BC．

（2）∵△ABC和△DEC是正三角形，
∴△ABC∽△DEC，∠ACB=∠DCE=60°．
∴=，∠DCA=∠ECB．
∴△ACD∽△BCE．
∴∠DAC=∠EBC=60°．
∴∠DAC=∠ACB．
∴AD∥BC．
成立．

（3）∵△ABC和△DEC是等腰直角三角形，△ABC∽△DEC，
∴∠ACB=∠DCE．
∴=，∠DCA=∠ECB．
∴△ACD∽△BCE．
∴∠DAC=∠EBC．
∴∠DAC=∠ACB．
∴AD∥BC．
点评：
观察测量，然后进行推理证明，是数学知识发现的基本规律．本题考查了等腰直角三角形正三角形，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定．注意证明方式相同．

8．（2008•安徽）如图，四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，点R为DE的中点，BR分别交AC、CD于点P、Q．
（1）请写出图中各对相似三角形（相似比为1除外）；
（2）求BP：PQ：QR．

考点：
相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．305660
专题：
几何综合题．
分析：
此题的图形比较复杂，需要仔细分析图形．
（1）根据平行四边形的性质，可得到角相等．∠BPC=∠BRE，∠BCP=∠E，可得△BCP∽△BER；
（2）根据AB∥CD、AC∥DE可得出△PCQ∽△PAB，△PCQ∽△RDQ，△PAB∽△RDQ．根据相似三角形的性质，对应边成比例即可得出所求线段的比例关系．
解答：
解：（1）∵四边形ACED是平行四边形，
∴∠BPC=∠BRE，∠BCP=∠E，
∴△BCP∽△BER；
同理可得∠CDE=∠ACD，∠PQC=∠DQR，
∴△PCQ∽△RDQ；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAP=∠PCQ，
∵∠APB=∠CPQ，
∴△PCQ∽△PAB；
∵△PCQ∽△RDQ，△PCQ∽△PAB，
∴△PAB∽△RDQ．

（2）∵四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，
∴BC=AD=CE，
∵AC∥DE，
∴BC：CE=BP：PR，
∴BP=PR，
∴PC是△BER的中位线，
∴BP=PR，
又∵PC∥DR，
∴△PCQ∽△RDQ．
又∵点R是DE中点，
∴DR=RE．
，
∴QR=2PQ．
又∵BP=PR=PQ+QR=3PQ，
∴BP：PQ：QR=3：1：2

点评：
此题考查了相似三角形的判定和性质：
①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；
②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；
③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．

题型三：矩形中的相似问题
12．（2008•厦门）已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD＞AB），将纸片折叠一次，使点A与C重合，再展开，折痕EF交AD边于E，交BC边于F，分别连接AF和CE．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若AE=10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长；
（3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC•AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由．

考点：
菱形的判定；勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．305660
专题：
开放型；存在型．
分析：
（1）因为是对折所以AO=CO，利用三角形全等证明EO=FO，四边形便是菱形；
（2）因为面积是24，也就是AB、BF的积可以求出，所以求周长只要求出AB、BF的和就可以，而结合勾股定理它们和的平方减去乘积二倍就是AF的平方；
（3）因为AC=AO所以可以从与△AOE相似的角度考虑，即过E作EP⊥AD．
解答：
（1）证明：连接EF交AC于O，
当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，
∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°（1分）
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF（ASA）．
∴OE=OF（2分）
∴四边形AFCE是菱形．（3分）

（2）解：四边形AFCE是菱形，∴AF=AE=10．
设AB=x，BF=y，∵∠B=90，
∴（x+y）2﹣2xy=100①
又∵S△ABF=24，∴xy=24，则xy=48．②（5分）
由①、②得：（x+y）2=196（6分）
∴x+y=14，x+y=﹣14（不合题意舍去）
∴△ABF的周长为x+y+AF=14+10=24．（7分）

（3）解：过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点．（9分）
证明：由作法，∠AEP=90°，
由（1）得：∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP，
∴△AOE∽△AEP（AA），
∴=，则AE2=AO•AP（10分）
∵四边形AFCE是菱形，∴AO=AC，AE2=AC•AP（11分）
∴2AE2=AC•AP（12分）
即P的位置是：过E作EP⊥AD交AC于P．

点评：
本题主要考查（1）菱形的判定方法“对角线互相垂直且平分的四边形”，（2）相似三角形的判定和性质．

30．（2006•成都）已知：如图，在正方形ABCD中，AD=12，点E是边CD上的动点（点E不与端点C，D重合），AE的垂直平分线FP分别交AD，AE，BC于点F，H，G，交AB的延长线于点P．
（1）设DE=m（0＜m＜12），试用含m的代数式表示的值；
（2）在（1）的条件下，当时，求BP的长．

考点：
正方形的性质；平行线的性质；相似三角形的判定与性质．305660
专题：
几何综合题．
分析：
（1）通过构建相似三角形来求解，过点H作MN∥AB，分别交AD，BC于M，N两点．那么MH就是三角形ADE的中位线，MH=m，那么HN=12﹣m，只要证出两三角形相似，就可表示出FH：HG的值，已知了一组对顶角，一组直角，那么两三角形就相似，FH：HG=MH：NH，也就能得到所求的值．
（2）可通过构建相似三角形求解，过点H作HK⊥AB于点K，那么HN=KB，MH=AK，根据FH：HG=1：2，就能求出m的值，也就求出了MH，HN的长，又知道了HK的长，那么通过三角形AKH和HKP相似我们可得出关于AK，KH，KP的比例关系，就可求出KP的长，然后BP=KP﹣KB就能求出BP的长了．
解答：
解：（1）过点H作MN∥AB，分别交AD，BC于M，N两点，
∵FP是线段AE的垂直平分线，
∴AH=EH，
∵MH∥DE，
∴Rt△AHM∽Rt△AED，
∴==1，
∴AM=MD，即点M是AD的中点，
∴AM=MD=6，
∴MH是△ADE的中位线，MH=DE=m，
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABNM是矩形，
∵MN=AD=12，
∴HN=MN﹣MH=12﹣m，
∵AD∥BC，
∴Rt△FMH∽Rt△GNH，
∴，
即（0＜m＜12）；

（2）过点H作HK⊥AB于点K，则四边形AKHM和四边形KBNH都是矩形．
∵，
解得m=8，
∴MH=AK=m=8=4，HN=KB=12﹣m=12﹣8=8，KH=AM=6，
∵Rt△AKH∽Rt△HKP，
∴，即KH2=AK•KP，
又∵AK=4，KH=6，
∴62=4•KP，解得KP=9，
∴BP=KP﹣KB=9﹣8=1．

点评：
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，要充分利用好正方形的性质，通过已知和所求的条件构建出相似三角形来求解是解题的关键．

13．（2009•宁波）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（﹣8，0），直线BC经过点B（﹣8，6），C（0，6），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时OA′、B′C′分别与直线BC相交于P、Q．
（1）四边形OA′B′C′的形状是　矩形　，当α=90°时，的值是　　；
（2）①如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴上时，求的值；
②如图3，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在直线BC上时，求△OPB′的面积；
（3）在四边形OABC旋转过程中，当0°＜α≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BP=BQ？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：
相似三角形的判定与性质；三角形的面积；直角三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定；坐标与图形变化-旋转．305660
专题：
压轴题．
分析：
（1）根据有一个角是直角的平行四边形进行判断当α=90°时，就是长与宽的比；
（2）①利用相似三角形求得CP的比，就可求得BP，PQ的值；
②根据勾股定理求得PB′的长，再根据三角形的面积公式进行计算．
（3）构造全等三角形和直角三角形，运用勾股定理求得PC的长，进一步求得坐标．
解答：
解：（1）图1，四边形OA′B′C′的形状是矩形；根据题意即是矩形的长与宽的比，即．

（2）①图2∵∠POC=∠B′OA′，∠PCO=∠OA′B′=90°，
∴△COP∽△A′OB′．
∴，即，
∴CP=，BP=BC﹣CP=．
同理△B′CQ∽△B′C′O，
∴，即，
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴==；
②图3，在△OCP和△B′A′P中，，
∴△OCP≌△B′A′P（AAS）．
∴OP=B′P．设B′P=x，
在Rt△OCP中，（8﹣x）2+62=x2，解得x=．
∴S△OPB′=．

（3）存在这样的点P和点Q，使BP=BQ．
点P的坐标是P1（﹣9﹣，6），P2（﹣，6）．
【对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求】
过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，
∵S△POQ=PQ•OC，S△POQ=OP•QH，∴PQ=OP．
设BP=x，∵BP=BQ，∴BQ=2x，
如图4，当点P在点B左侧时，
OP=PQ=BQ+BP=3x，
在Rt△PCO中，（8+x）2+62=（3x）2，
解得，（不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+，
∴P1（﹣9﹣，6）．
如图5，当点P在点B右侧时，
∴OP=PQ=BQ﹣BP=x，PC=8﹣x．
在Rt△PCO中，（8﹣x）2+62=x2，解得x=．
∴PC=BC﹣BP=，
∴P2（﹣，6），
综上可知，存在点P1（﹣9﹣，6），P2（﹣，6），使BP=BQ．

点评：
特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，根据勾股定理列方程求解．