北师大版初中九年级数学上册专项素养巩固训练卷(四)相似三角形的五种基本类型(练模型)课件

相似三角形的五种基本类型(练模型)专项素养巩固训练卷(四)类型一“A”字型模型解读(1)“A”字型如图1,已知:DE∥BC.结论:△ADE∽△ABC⇒

=

=

.(2)反“A”字型如图2,已知:∠AED=∠C.结论:△ADE∽△ABC⇒

=

=

.(3)反“A”字型(共边共角)如图,已知:∠ABD=∠C.结论:①△ABD∽△ACB;②

=

=

;③AB2=AD·AC.第1题图1.(2022四川凉山州中考,11,★☆☆)如图,在△ABC中,点D、E分别在边AB、AC

上,若DE∥BC,

=

,DE=6cm,则BC的长为()CA.9cm

B.12cmC.15cm

D.18cm解析

C∵

=

,∴

=

,∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∴△ADE∽△ABC,∴

=

,∴

=

,∴BC=15cm,故选C.2.(★★☆)如图,在△ACB中,AC=30cm,BC=25cm.动点

P从点C出发,沿CA向终点A匀速运动,速度是2cm/s,同时,动点Q从点B出发,沿BC

向终点C匀速运动,速度是1cm/s.当△CPQ与△CAB相似时,求运动的时间.考向动态变化试题解析设运动的时间为ts,由题意可知,CP=2tcm,BQ=tcm,则CQ=(25-t)cm,①当△CPQ∽△CAB时,

=

,即

=

,解得t=

;②当△CPQ∽△CBA时,

=

,即

=

,解得t=

.综上所述,运动时间为

s或

s时,△CPQ与△CAB相似.类型二“X”字型模型解读特点:有一组对顶角.(1)正“X”字型:如图1,AB∥DE⇒△ABC∽△EDC.(2)斜“X”字型:如图2,另有一组角相等,如

⇒△ABC∽△DEC.3.(★☆☆)如图,点P是▱ABCD边AB上的一点,射线CP交DA的延长线于点E,则

图中相似的三角形有

()

A.0对

B.1对

C.2对

D.3对D解析

D∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥DC,AD∥BC,∴△EAP∽△EDC,△EAP∽△CBP,∴△EDC∽△CBP,故有3对相似三角形.故选D.4.(2023陕西西安铁一中学月考,7,★★☆)如图,在菱形ABCD中,EF⊥AC于点H,

交AD于点E,交CB的延长线于点F,交AB于G,且AE∶FB=1∶3,则GB∶CD的值为

()

A.

B.

C.

D.

D解析

D∵四边形ABCD是菱形,∴AB=CD,AE∥BF,∴∠EAB=∠ABF,∠AEF=

∠F,∴△EAG∽△FBG,∴

=

=

,∴

=

,∴

=

,故选D.5.(2023湖北武汉江夏模拟,18,★★☆)如图,已知平行四边形ABCD中,∠A=62°,

BE平分∠ABC交AD的延长线于点E.(1)求∠E的度数.(2)若点D为AE的中点,BE交DC于点F,求

的值.解析

(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,CD∥AB,AD=BC,∴∠A+∠ABC=180°,∠CBE=∠E.∵∠A=62°,∴∠ABC=118°.∵BE平分∠ABC,∴∠CBE=

∠ABC=59°,∴∠E=∠CBE=59°.(2)∵点D为AE的中点,∴DE=AD.∵BC=AD,∴DE=BC.∵AD∥BC,∴∠E=∠CBF,∠EDF=∠C,∴△DEF≌△CBF(ASA),∴△EAB的面积=四边形ABCD的面积,∵DF∥AB,∴△EDF∽△EAB,∴

=

=

=

.∴

=

.6.(★★★)如图,E为▱ABCD的边CD延长线上的一点,连接BE交AC于点O,交AD

于点F.(1)求证:△AOB∽△COE.(2)求证:BO2=EO·FO.证明:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,∴∠BAO=∠ECO,∵∠AOB=∠COE,∴△AOB∽△COE.(2)∵△COE∽△AOB,∴

=

,∵AD∥BC,∴△COB∽△AOF.∴

=

,∴

=

,即OB2=OF·OE.类型三一线三等角模型模型展示(1)如图1,△CAP∽△PBD(此模型又叫“三垂直模型”);(2)如图2、图3,有以下结论:①△CAP∽△PBD;②连接CD,当点P为AB的中点时,△CAP∽△PBD∽△CPD.7.(★☆☆)如图,在△ABC中,AB=AC,AB=4,BC=3,∠BAC=50°,P为BC上一点,且

BP=1,点D为边AC上一点,若∠APD=65°,则CD的长为

()

A.

B.

C.

D.

C解析

C∵AB=AC,∠BAC=50°,∴∠B=∠C=(180°-50°)÷2=65°,又∵∠APD=65°,∴∠APB+∠DPC=∠APB+∠BAP=180°-65°=115°,∴∠BAP=∠DPC,∴△ABP∽△PCD,∴

=

,∵BC=3,BP=1,∴PC=2,∴

=

,∴CD=

.故选C.8.(★★☆)如图,AB⊥BC,DC⊥BC,E是BC上一点,使得AE⊥DE.(1)求证:△ABE∽△ECD.(2)若AB=4,AE=BC=5,求CD的长.(3)当△AED∽△ECD时,请写出线段AD、AB、CD之间的数量关系,并说明理由.解析

(1)证明:∵AB⊥BC,DC⊥BC,∴∠B=∠C=90°,∴∠BAE+∠AEB=90°,∵AE⊥DE,∴∠AED=90°,∴∠AEB+∠DEC=90°,∴∠DEC=∠BAE,∴△ABE∽△ECD.(2)Rt△ABE中,∵AB=4,AE=5,∴BE=3,∵BC=5,∴EC=5-3=2,由(1)得,△ABE∽△ECD,∴

=

,∴

=

,∴CD=

.(3)线段AD、AB、CD之间的数量关系:AD=AB+CD.理由:如图,过E作EF⊥AD于F,

∵△AED∽△ECD,∴∠ADE=∠EDC,∵DC⊥BC,∴EF=EC,∵DE=DE,∴Rt△DFE≌Rt△DCE(HL),∴DF=DC,由(1)得△ABE∽△ECD,又△AED∽△ECD,∴△ABE∽△AED,同理可得,△ABE≌△AFE,∴AF=AB,∴AD=AF+DF=AB+CD.类型四双垂直模型模型展示如图,在Rt△ABC中,CD为斜边AB上的高,则有△ACD∽△ABC∽△CBD,CD2=BD

·AD,BC2=BD·AB,AC2=AD·AB.

9.(★☆☆)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD是边AB上的高.(1)求证:△ACD∽△ABC.(2)若AC=3,BC=4,求BD的长.解析

(1)证明:∵CD⊥AB,∴∠ADC=90°.∵∠ACB=90°,∴∠ADC=∠ACB.∵∠A=∠A,∴△ACD∽△ABC.(2)∵∠ACB=90°,AC=3,BC=4,∴AB=

=5,∵S△ABC=

AC·BC=

AB·CD,∴AC·BC=AB·CD,∴CD=

=

,∵CD⊥AB,∴BD=

=

=

.类型五手拉手模型模型解读手拉手模型——相似条件:如图1,在△AOB中,CD∥AB,将△OCD旋转至图2所示的位置,旋转角∠AOC=∠BOD,在相应的三角形中,旋转角的对边AC,BD称为“拉手线”.结论:如图2,△OCD∽△OAB,△AOC∽△BOD,若延长AC交BD于点E,则必有∠BEC=∠BOA.难点:复杂图形中寻找“手拉手”模型.突破口:①找旋转角;②找“拉手线”;③“手拉手”构造相似三角形.10.(2023甘肃天水八中期末,22,★☆☆)如图,在△ADE和△ABC中,AB·AE=AD·

AC,且∠EAC=∠DAB.求证:△ABC∽△ADE.证明:∵AB·AE=AD·AC,∴

=

,∵∠EAC=∠DAB,∴∠EAC+∠BAE=∠DAB+∠BAE,即∠BAC=∠DAE,∴△ABC∽△ADE.11.(2023河南新乡获嘉模拟,23,★★★)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=nBC,P为

AB上的一点(不与端点重合),过点P作PM⊥AB交AC于点M,得到△APM.(1)【问题发现】如图①,当n=1,P为AB的中点时,CM与BP的数量关系为

.(2)【类比探究】如图②,当n=2时,△APM绕点A顺时针旋转,连接CM,BP,则在旋

转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化?请说明理由.(3)【拓展延伸】在(2)的条件下,已知AB=4,AP=2,当△APM绕点A顺时针旋转至

B,P,M三点共线时,求出线段BM的长.第11题图解析

(1)当n=1时,AB=BC,∵∠ABC=90°,∴

=

,∵P为AB的中点,∴

=

,∴AP=BP=

AB,∵PM⊥AB,∴∠APM=90°,∴∠APM=∠ABC,∴PM∥BC,∴△APM∽△ABC,∴

=

=

,∴AC=

AB,AM=

AP=

AB,∴CM=AC-AM=

AB-

AB=

AB,∴

=

=

,∴CM=

BP,故答案为CM=

BP.(2)CM与BP的数量关系不变,理由如下:当n=2时,AB=2BC,由勾股定理可得AC=

=

=

AB,∴

=

,由(1)得△APM∽△ABC,∴

=

,由旋转得,∠PAB=∠MAC,∴△ABP∽△ACM,∴

=

=

,∴CM=

BP.