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． 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． 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． 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×
=
， =3
，
▱S▱EGH=•GH•ME=•GH•▱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）如果证明你的结论．
；
，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
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． 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） ▱
=
=
，
，（10分）
▱EF=而▱CM=▱EF=▱EF=
BM=
，
，（11分） （b+．
），
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． 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． 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． 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（2）在（1）的条件下，当
时，求BP的长．
的值；
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． 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
；
的值；
（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
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． 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
▱PC=BC+BP=9+▱P1（﹣9﹣
，
， ，6）．
（不符实际，舍去）．
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．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容