初中數(shù)學(xué)人教版九年級下冊第二十七章相似27.2 相似三角形27.2.1 相似三角形的判定課時練習(xí)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc18412" 【題型1 相似三角形的判定條件】 PAGEREF _Tc18412 \h 2
\l "_Tc5484" 【題型2 格點(diǎn)中的相似三角形】 PAGEREF _Tc5484 \h 5
\l "_Tc19528" 【題型3 相似三角形的證明】 PAGEREF _Tc19528 \h 7
\l "_Tc8078" 【題型4 利用相似三角形的判定探究線段之間的關(guān)系】 PAGEREF _Tc8078 \h 12
\l "_Tc31837" 【題型5 相似三角形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】 PAGEREF _Tc31837 \h 18
\l "_Tc26489" 【題型6 確定相似三角形的對數(shù)】 PAGEREF _Tc26489 \h 23
\l "_Tc20795" 【題型7 相似三角形中的多結(jié)論問題】 PAGEREF _Tc20795 \h 27
\l "_Tc17311" 【題型8 相似三角形與動點(diǎn)的綜合】 PAGEREF _Tc17311 \h 31
\l "_Tc2727" 【題型9 相似與最值】 PAGEREF _Tc2727 \h 34
\l "_Tc4966" 【題型10 旋轉(zhuǎn)型相似】 PAGEREF _Tc4966 \h 39
【知識點(diǎn)1 相似三角形的判定】
【題型1 相似三角形的判定條件】
【例1】（2022秋?漢壽縣期末）如圖，若點(diǎn)P為△ABC的邊AB上一點(diǎn)（AB＞AC），下列條件不能判定△ABC∽△ACP的是（）
A．∠B＝∠ACPB．∠ACB＝∠APCC．ACAB=APACD．PCCB=ACAB
【分析】欲證△ACP∽△ABC，通過觀察發(fā)現(xiàn)兩個三角形已經(jīng)具備一組角對應(yīng)相等，即∠A＝∠A，此時，再求夾此對應(yīng)角的兩邊對應(yīng)成比例或另一組對應(yīng)角相等即可．
【解答】解：A、∠B＝∠ACP，因為∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合題意；
B、∠ACB＝∠APC，因為∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合題意；
C、ACAB=APAC，因為∠A＝∠A，所以△ABC∽△ACP，不符合題意；
D、PCCB=ACAB，因為∠A＝∠A，而PC和BC的夾角為∠C，所以不能判定△ABC∽△ACP，符合題意．
故選：D．
【變式1-1】（2022春?泰安期末）如圖，△ABC，AB＝12，AC＝15，D為AB上一點(diǎn)，且AD＝8，在AC上取一點(diǎn)E，使以A、D、E為頂點(diǎn)的三角形與ABC相似，則AE等于（）
A．325或152B．10或152
C．325或10D．以上答案都不對
【分析】分情況討論.
【解答】解：∵△ABC與△ADE相似，
∴ADAB=AEAC或ADAC=AEAB，
∵AD＝8，AB＝12，AC＝15，
∴812=AE15或815=AE12，
解得：AE＝10或6.4．
故選：C．
【變式1-2】（2022秋?合肥期末）如圖，CD是Rt△ABC斜邊AB上的中線，過點(diǎn)C作CE⊥CD交AB的延長線于點(diǎn)E，添加下列條件仍不能判斷△CEB與△CAD相似的是（）
A．∠CBA＝2∠AB．點(diǎn)B是DE的中點(diǎn)
C．CE?CD＝CA?CBD．CECA=BEAD
【分析】根據(jù)相似三角形的判定方法一一判斷即可．
【解答】解：∵CE⊥CD，
∴∠EDC＝90°，
∵∠BCA＝90°，
∴∠BCE＝∠DCA＝90°﹣∠BCD，
∵CD是Rt△ABC斜邊AB上的中線，
∴DC＝DB＝DA，
∴∠DAC＝∠A，
∴∠BCE＝∠DCA＝∠A，
∵∠CBA＝2∠A，∠CBA+∠A＝90°，
∴∠A＝∠BCE＝∠DCA＝30°，∠CBA＝60°，
∴∠E＝∠CBA﹣∠BCE＝30°，
∴∠BCE＝∠DCA＝∠E＝∠A，
∴△CEB∽△CAD，
∴A不符合題意，
∵點(diǎn)B是DE的中點(diǎn)，
∴BE＝BC，
∴∠BCE＝∠E，
∴∠BCE＝∠E＝∠DCA＝∠A，
∴△CEB∽△CAD，
∴B不符合題意，
∵CE?CD＝CA?CB，
∴CECA=CBCD，
∵∠BCE＝∠DCA，
∴△CEB∽△CAD，
∴C不符合題意．
由CECA=BEAD，由于∠E和∠A不能判斷相等，故不能判斷△CEB與△CAD相似，
∴D符合題意，
故選：D．
【變式1-3】（2022秋?通州區(qū)期末）王華在學(xué)習(xí)相似三角形時，在北京市義務(wù)教育教科書九年級上冊第31頁遇到這樣一道題，如圖1，在△ABC中，P是邊AB上的一點(diǎn)，連接CP，要使△ACP∽△ABC，還需要補(bǔ)充的一個條件是 ∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或 AC2＝AP?AB ．
請回答：
（1）王華補(bǔ)充的條件是 ∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或 AC2＝AP?AB ．
（2）請你參考上面的圖形和結(jié)論，探究，解答下面的問題：
如圖2，在△ABC中，∠A＝30°，AC2＝AB2+AB?BC．求∠C的度數(shù)．
【分析】（1）由∠A＝∠A，當(dāng)∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；或ACAB=APAC時，△ACP∽△ABC；
（2）延長AB到點(diǎn)D，使BD＝BC，連接CD，由已知條件得出證出ACAD=ABAC，由∠A＝∠A，證出△ACB∽△ADC，得出對應(yīng)角相等∠ACB＝∠D，再由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理得出∠ACB+∠BCD+∠D+∠A＝180°，得出∠ACB＝50°即可．
【解答】解：∵∠A＝∠A，
∴當(dāng)∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；
或ACAB=APAC，即AC2＝AP?AB時，△ACP∽△ABC；
故答案為：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP?AB；
（1）王華補(bǔ)充的條件是：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB）；或AC2＝AP?AB；理由如下：
∵∠A＝∠A，
∴當(dāng)∠ACP＝∠B，或∠APC＝∠ACB；
或ACAB=APAC，即AC2＝AP?AB時，△ACP∽△ABC；
故答案為：∠ACP＝∠B（或∠APC＝∠ACB），或AC2＝AP?AB；
（2）延長AB到點(diǎn)D，使BD＝BC，連接CD，如圖所示：
∵AC2＝AB2+AB?BC＝AB（AB+BC）＝AB（AB+BD）＝AB?AD，
∴ACAD=ABAC，
又∵∠A＝∠A，∴△ACB∽△ADC，
∴∠ACB＝∠D，
∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠D，
在△ACD中，∠ACB+∠BCD+∠D+∠A＝180°，
∴3∠ACB+30°＝180°，
∴∠ACB＝50°．
【題型2 格點(diǎn)中的相似三角形】
【例2】（2022春?文登區(qū)期末）如圖，在正方形網(wǎng)格中有5個格點(diǎn)三角形，分別是：①△ABC，②△ACD，③△ADE，④△AEF，⑤△AGH，其中與⑤相似的三角形是（）
A．①③B．①④C．②④D．①③④
【分析】根據(jù)相似三角形的旋轉(zhuǎn)可知，相似三角形的對應(yīng)角相等即可判斷．
【解答】解：由圖形知，⑤中∠AHG＝135°，
而①②③④中，只有①∠BAC＝135°和③∠ADE＝135°，
再根據(jù)兩邊成比例可判斷，與⑤相似的三角形是①③，
故選：A．
【變式2-1】（2022秋?雄縣期末）如圖，小正方形的邊長均為1，則下列圖中的三角形（陰影部分）與△ABC相似的是（）
A．B．C．D．
【分析】利用△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC＝2，然后根據(jù)兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可對各選項進(jìn)行判定即可．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC＝2，
在B、C、D選項中的三角形都沒有135°，而在A選項中，三角形的鈍角為135°，它的兩邊分別為1和2，
因為22=21，所以A選項中的三角形與△ABC相似．
故選：A．
【變式2-2】（2022秋?青田縣期末）如圖，四個三角形的頂點(diǎn)都在方格子的格點(diǎn)上，下列兩個三角形中相似的是（）
A．①④B．①③C．②③D．②④
【分析】可分別求出三角形的邊長，根據(jù)對應(yīng)邊成比例三角形相似，進(jìn)行判斷即可．
【解答】解：第一個三角形的邊長分別為：10，5，5；
第二個三角形的邊長分別為：5，22，17；
第三個三角形的邊長分別為：2，2，10；
第四個三角形的邊長分別為：3，2，5；
對應(yīng)邊成比例的是①和③．
故選：B．
【變式2-3】（2022秋?法庫縣期末）如圖，在5×6的方格紙中，畫有格點(diǎn)△EFG，下列選項中的格點(diǎn)，與E，G兩點(diǎn)構(gòu)成的三角形中和△EFG相似的是（）
A．點(diǎn)AB．點(diǎn)BC．點(diǎn)CD．點(diǎn)D
【分析】根據(jù)網(wǎng)格圖形可得所給△EFG是兩直角邊分別為1，2的直角三角形，然后利用相似三角形的判定方法選擇答案即可．
【解答】解：觀察圖形可得△EFG中，直角邊的比為FGEF=12，
觀察各選項，EGDG=525=12，只有D選項三角形符合，與所給圖形的三角形相似．
故選：D．
【題型3 相似三角形的證明】
【例3】（2022?淳安縣一模）如圖，在△ABC中，D、E分別是邊AC、BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是BC延長線上一點(diǎn)，∠F＝∠B．
（1）若AB＝10，求FD的長；
（2）若AC＝BC，求證：△CDE∽△DFE．
【分析】（1）首先利用中位線定理得到DE∥AB以及DE的長，再證明∠DEC＝∠F即可；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠B，進(jìn)而求出∠CDE＝∠F并結(jié)合∠CED＝∠DEF即可證明△CDE∽△DFE．
【解答】解：（1）∵D、E分別是AC、BC的中點(diǎn)，
∴DE∥AB，DE=12AB＝5，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠B，而∠F＝∠B，
∴∠DEC＝∠F，
∴DF＝DE＝5；
（2）∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∵∠CDE＝∠A，∠CED＝∠B，
∴∠CDE＝∠B，
∵∠B＝∠F，
∴∠CDE＝∠F，
∵∠CED＝∠DEF，
∴△CDE∽△DFE．
【變式3-1】（2022秋?臨安區(qū)期末）如圖，點(diǎn)B、D、E在一條直線上，BE交AC于點(diǎn)F，ABAD=ACAE，且∠BAD＝∠CAE．
（1）求證：△ABC∽△ADE；
（2）求證：△AEF∽△BCF．
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定定理證明；
（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)定理得到∠C＝∠E，結(jié)合圖形，證明即可．
【解答】（1）∵∠BAD＝∠CAE
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD
即∠BAC＝∠DAE
在△ABC和△ADE中
ABAD=ACAE，∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
（2）∵△ABC∽△ADE，
∴∠C＝∠E、
在△AEF和△BFC中，∠C＝∠E，∠AFE＝∠BFC，
∴△AEF∽△BCF．
【變式3-2】（2022秋?下城區(qū)期末）已知：如圖，O為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，A'，B'，C'分別是OA，OB，OC上的點(diǎn)，且OA'：AA'＝OB'：BB'＝1：2，OC'：CC'＝2：1，且OB＝6．
（1）求證：△OA'B'∽△OAB；
（2）以O(shè)，B'，C'為頂點(diǎn)的三角形是否可能與△OBC相似？如果可能，求OC的長；如果不可能，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)兩邊成比例夾角相等即可證明；
（2）要使以O(shè)，B'，C'為頂點(diǎn)的三角形與△OBC相似，只要滿足OB'OC=OC'OB，想辦法構(gòu)建方程即可解決問題；
【解答】（1）證明：∵OA′：AA′＝OB′：BB′＝1：2，
∴OA′：OA＝OB′：OB＝1：3，
∵∠A′OB′＝∠AOB，
∴△OA'B'∽△OAB；
（2）解：可能相似．理由如下：
∵OA'：AA'＝OB'：BB'＝1：2，OB＝6，
∴OB′＝2，
∵OC'：CC'＝2：1，∠COB＝∠C′OB′，設(shè)CC′＝x，OC′＝2x，OC＝3x，
要使以O(shè)，B'，C'為頂點(diǎn)的三角形與△OBC相似，
只要滿足OB'OC=OC'OB，
∴23x=2x6，
∴x＝±2
∵x＞0，
∴x=2
∴OC＝32．
【變式3-3】（2022春?儀征市校級期末）如圖，△ABC、△DEP是兩個全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．
（1）若將△DEP的頂點(diǎn)P放在BC上（如圖1），PD、PE分別與AC、AB相交于點(diǎn)F、G．求證：△PBG∽△FCP；
（2）若使△DEP的頂點(diǎn)P與頂點(diǎn)A重合（如圖2），PD、PE與BC相交于點(diǎn)F、G．試問△PBG與△FCP還相似嗎？為什么？
【分析】（1）如圖1，先根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，再利用平角定義得到∠BPG+∠CPF＝135°，利用三角形內(nèi)角和定理得到∠BPG+∠BGP＝135°，根據(jù)等量代換得∠BGP＝∠CPF，加上∠B＝∠C，于是根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似即可得到結(jié)論；
（2）如圖2，由于∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，利用三角形外角性質(zhì)得∠BGP＝∠C+∠CPG＝45°+∠CAG，而∠CPF＝45°+∠CAG，所以∠AGB＝∠CPF，加上∠B＝∠C，于是可判斷△PBG∽△FCP．
【解答】（1）證明：如圖1，
∵△ABC、△DEP是兩個全等的等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，
∴∠BPG+∠CPF＝135°，
在△BPG中，∵∠B＝45°，
∴∠BPG+∠BGP＝135°，
∴∠BGP＝∠CPF，
∵∠B＝∠C，
∴△PBG∽△FCP；
（2）解：△PBG與△FCP相似．理由如下：
如圖2，∵△ABC、△DEP是兩個全等的等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝∠DPE＝45°，
∵∠BGP＝∠C+∠CPG＝45°+∠CAG，
∠CPF＝∠FPG+∠CAG＝45°+∠CAG，
∴∠AGB＝∠CPF，
∵∠B＝∠C，
∴△PBG∽△FCP．
【題型4 利用相似三角形的判定探究線段之間的關(guān)系】
【例4】（2022秋?上城區(qū)期末）四邊形ABCD中，點(diǎn)E在邊AB上，連接DE，CE．
（1）若∠A＝∠B＝∠DEC＝50°，找出圖中的相似三角形，并說明理由；
（2）若四邊形ABCD為矩形，AB＝5，BC＝2，且圖中的三個三角形都相似，求AE的長．
（3）若∠A＝∠B＝90°，AD＜BC，圖中的三個三角形都相似，請判斷AE和BE的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定定理推出即可；
（2）根據(jù)相似得出比例式，代入求出即可；
（3）分為兩種情況，化成圖形，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出即可．
【解答】解：（1）△DAE∽△EBC，
理由是：∵∠A＝∠DEC＝50°，
∴∠ADE+∠DEA＝180°﹣∠A＝130°，∠DEA+∠CEB＝180°﹣∠DEC＝130°，
∴∠ADE＝∠CEB，
∵∠A＝∠B，
∴△DAE∽△EBC；
設(shè)AE＝x，則BE＝5﹣x，
∵∠ADE＜90°，∠ECB＜90°，
∴∠DEC＝90°，
∴△DAE∽△EBC，
∴ADAE=BEBC，
即2x=5-x2，
解得：x＝1或4，
即AE＝1或4；
（3）AE＝BE或BE＝2AE，
理由是：①
當(dāng)∠A＝∠B＝∠DEC＝90°時，∠DCE≠∠CEB，可得∠DCE＝∠BCE，
所以△DEC∽△DAE∽△EBC，
∴DEEC=ADAE，DEEC=AEBC=ADBE，
∴ADEB=ADAE，即BE＝AE；
②
當(dāng)∠DEC≠90°時，
∵△ADE∽△BCE，∠DEA＝∠CEB，
∴DEEC=AEBE=ADBC＜1，
∴DE＜CE，則∠CDE＞∠ECD，∠CDE＝90°，
∵∠DCE≠∠CEB，
∴∠DEA＝∠DEC＝∠CEB＝60°，
∴AEDE=DEEC=BECE=12，
∴BE＝2AE．
【變式4-1】（2022秋?德清縣期末）如圖，將矩形ABCD沿CM折疊，使點(diǎn)D落在AB邊上的點(diǎn)E處，若△AEM與△ECM相似，則AB和BC的數(shù)量關(guān)系為 BC=32AB ．
【分析】利用折疊的性質(zhì)∠MEC＝∠D＝90°，∠DMC＝∠EMC，ME＝MD，則∠A＝∠MEC，根據(jù)三角形相似的判定方法，當(dāng)∠AEM＝∠EMC時，△AEM與△ECM相似，則AE∥MC，不合題意舍去；當(dāng)∠AEM＝∠MCE時，△AEM與△ECM相似，∠AME＝∠EMC，此時∠DMC＝∠EMC＝∠AME＝60°，利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到MD=33CD＝EM，AM=36CD，則AD=32CD，從而得到AB和BC的數(shù)量關(guān)系．
【解答】解：∵矩形ABCD沿CM折疊，使點(diǎn)D落在AB邊上的點(diǎn)E處，
∴∠MEC＝∠D＝90°，∠DMC＝∠EMC，ME＝MD，
∴∠A＝∠MEC，
當(dāng)∠AEM＝∠EMC時，△AEM與△ECM相似，則AE∥MC，不合題意舍去；
當(dāng)∠AEM＝∠MCE時，△AEM與△ECM相似，∠AME＝∠EMC，此時∠DMC＝∠EMC＝∠AME＝60°，
在Rt△CDM中，MD=33CD，
∴EM=33CD，
在Rt△AEM中，AM=12EM=36CD，
∴AD＝AM+DM=36CD+33CD=32CD，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AB＝CD，BC＝AD，
∴BC=32AB．
故答案為BC=32AB．
【變式4-2】（2022秋?淮安期末）（1）填空：如圖1，在正△ABC中，M、N分別在BC、AC上，且BM＝CN，連AM、BN交于點(diǎn)O，則∠AON＝ 60 °
（2）填空：如圖2，在正方形PQRS中，已知點(diǎn)M、N分別在邊QR、RS上，且QM＝RN，連接PN、SM相交于點(diǎn)O，則∠POM＝ 90 °．
（3）如圖3，在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°．以此為部分條件，構(gòu)造一個與上述命題類似的正確命題并加以證明．
（4）在（1）的條件下，把直線AM平移到圖4的直線EOF位置，
①寫出所有與△BOF相似的三角形： △BCD、△EBF
②若點(diǎn)N是AC中點(diǎn)，（其它條件不變）試探索線段EO與FO的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）易證△ABM≌△BCN，可得∴∠AON＝∠BAM+∠ABN＝∠CBN+∠ABN＝60°；
（2）易證△PSN≌△SRM，可得∠POM＝∠MSR+∠SNP＝∠MSR+∠SMR＝90°；
（3）命題：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，∠ABC＝60°M、N分別在CD、CB上，且DM＝CN，連AM、DN交于點(diǎn)O，則∠AON＝120°．
（4）由勾股定理得BF=3OF，由△BOF∽△EBF得BF2＝OF?EF，即可求證EO＝2FO．
【解答】解：（1）在△ABM和△BCN中，
AB=BC∠ABC=∠CBM=CN，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∴∠AON＝∠BAM+∠ABN＝∠CBN+∠ABN＝60°；
（2）∵QM＝RN，∴RM＝SN，
∵PS＝SR，∠PSR＝∠SRM＝90°
∴△PSN≌△SRM，∴∠PNS＝∠SMR，
∴∠POM＝∠MSR+∠SNP＝∠MSR+∠SMR＝90°；
（3）命題：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，BC＝CD，
∠ABC＝60°M、N分別在CD、CB上，且DM＝CN，連AM、DN交于點(diǎn)O，則∠AON＝120°．
通過證△MDA≌△NCD得∴∠MAD＝∠NDC，
∴∠AON＝∠MAD+∠ADO＝∠NDC+∠ADO＝∠ADC＝120°；
（4）①△BCD、△EBF，
②EO＝2FO，
∵BN平分∠ABC，
∴∠NBF＝30°，
∵∠BOF＝60°，
∴∠BFO＝90°，
由勾股定理得BF=3OF，
由△BOF∽△EBF得BF2＝OF?EF，
∴（3OF）2＝OF?EF，
∴3OF＝EF，
∴EO＝2FO．
【變式4-3】（2022秋?城關(guān)區(qū)期末）如圖，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一點(diǎn)，使得AE⊥DE；
（1）求證：△ABE∽△ECD；
（2）若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的長；
（3）當(dāng)△AED∽△ECD時，請寫出線段AD、AB、CD之間數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）先根據(jù)同角的余角相等可得：∠DEC＝∠A，利用兩角相等證明三角形相似；
（2）先根據(jù)勾股定理得：BE＝3，根據(jù)△ABE∽△ECD，列比例式可得結(jié)論；
（3）先根據(jù)△AED∽△ECD，證明∠EAD＝∠DEC，可得∠ADE＝∠EDC，證明Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），則DF＝DC，同理可得：AF＝AB，相加可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECD；
（2）解：Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，
∴BE＝3，
∵BC＝5，
∴EC＝5﹣3＝2，
由（1）得：△ABE∽△ECD，
∴ABBE=ECCD，
∴43=2CD，
∴CD=32；
（3）解：線段AD、AB、CD之間數(shù)量關(guān)系：AD＝AB+CD；
理由是：過E作EF⊥AD于F，
∵△AED∽△ECD，
∴∠EAD＝∠DEC，
∵∠AED＝∠C，
∴∠ADE＝∠EDC，
∵DC⊥BC，
∴EF＝EC，
∵DE＝DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），
∴DF＝DC，
同理可得：△ABE≌△AFE，
∴AF＝AB，
∴AD＝AF+DF＝AB+CD．
【題型5 相似三角形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】
【例5】（2022秋?上城區(qū)期末）已知：Rt△OAB在直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），P為OB的中點(diǎn)，點(diǎn)C為折線OAB上的動點(diǎn)，線段PC把Rt△OAB分割成兩部分，問：點(diǎn)C在什么位置時，分割得到的三角形與Rt△OAB相似？要求在圖上畫出所有符合要求的線段PC，并求出相應(yīng)的點(diǎn)C的坐標(biāo)．
【分析】由于C點(diǎn)不確定，故分△OPC∽△OBA，△BPC∽△BOA，△OPC∽△OAB三種情況進(jìn)行討論．
【解答】解：∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），
∴OA＝4，AB＝2，OB=42+22=25，OP=5．
如圖，當(dāng)△OPC∽△OBA時，
∵OCOA=OPOB=12，即PC2=OC4=12，
∴PC＝1，OC＝2，
∴C1（2，0）；
當(dāng)△BPC∽△BOA時，
∵PBOB=BCOA=PCOA，即12=BC2=PC4，解得BC＝2，
∴AC2＝2﹣1＝1，
∴C2（4，1）；
當(dāng)△OPC∽△OAB時，
∴OPOA=OCOB，即54=OC25，解得OC＝2.5，
∴C3（2.5，0）；
綜上所述，C點(diǎn)坐標(biāo)為：（2，0）或（4，1）或（2.5，0）．
【變式5-1】（2022秋?汝南縣期末）如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（2，0），B（0，4），在x軸上找到點(diǎn)C（1，0）和y軸的正半軸上找到點(diǎn)D，使△AOB與△DOC相似，則D點(diǎn)的坐標(biāo)是（0，12）或（0，2）．
【分析】分△AOB∽△DOC和△AOB∽△COD兩種情況進(jìn)行討論，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例求得相關(guān)線段的長度，繼而求得點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【解答】解：若△AOB∽△DOC，點(diǎn)D在x軸上方：∠B＝∠OCD，
∴OCOB=ODOA，即14=OD2．
∴OD=12．
∴D（0，12），
若△AOB∽△COD，點(diǎn)D在x軸上方：可得D（0，2）．
綜上所述，D點(diǎn)的坐標(biāo)是（0，12）或（0，2）．
故答案是：（0，12）或（0，2）．
【變式5-2】（2022?盤錦）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（0，4），B（2，0），點(diǎn)C在第一象限，若以A、B、C為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似（不包括全等），則點(diǎn)C的個數(shù)是（）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)相似三角形的判定定理即可得出結(jié)論．
【解答】解：如圖①，∠OAB＝∠BAC1，∠AOB＝∠ABC1時，△AOB∽△ABC1．
如圖②，AO∥BC，BA⊥AC2，則∠ABC2＝∠OAB，故△AOB∽△BAC2；
如圖③，AC3∥OB，∠ABC3＝90°，則∠ABO＝∠CAB，故△AOB∽△C3BA；
如圖④，∠AOB＝∠BAC4＝90°，∠ABO＝∠ABC4，則△AOB∽△C4AB．
故選：D．
【變式5-3】（2022?淮安）如（a）圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A坐標(biāo)為（12，0），點(diǎn)B坐標(biāo)為（6，8），點(diǎn)C為OB的中點(diǎn)，點(diǎn)D從點(diǎn)O出發(fā)，沿△OAB的三邊按逆時針方向以2個單位長度/秒的速度運(yùn)動一周．
（1）點(diǎn)C坐標(biāo)是，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動8.5秒時所在位置的坐標(biāo)是；
（2）設(shè)點(diǎn)D運(yùn)動的時間為t秒，試用含t的代數(shù)式表示△OCD的面積S，并指出t為何值時，S最大；
（3）點(diǎn)E在線段AB上以同樣速度由點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動，如（b）圖，若點(diǎn)E與點(diǎn)D同時出發(fā)，問在運(yùn)動5秒鐘內(nèi)，以點(diǎn)D，A，E為頂點(diǎn)的三角形何時與△OCD相似？（只考慮以點(diǎn)A、O為對應(yīng)頂點(diǎn)的情況）
【分析】（1）點(diǎn)C的坐標(biāo)易求得；當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動8.5s時，D點(diǎn)運(yùn)動的總路程為8.5×2＝17，那么此時點(diǎn)D運(yùn)動到線段AB上，且AD＝5；根據(jù)AB的坐標(biāo)易知AB＝10，那么此時點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，即可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）①當(dāng)D在線段OA上，即0＜t≤6時，以O(shè)D為底，C點(diǎn)縱坐標(biāo)的絕對值為高即可得到△OCD的面積，也就求得了此時y、x的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)D在線段AB上，即6≤t＜11時，由于△BCD和△OCD等底同高，所以△OCD的面積是△OBD的一半，只需求出△OBD的面積即可；△OBD和△OAB等底，那么面積比等于高的比，分別過D、A作OB的垂線，設(shè)垂足為M、N；易證得△BDM∽△BAN，那么兩條高的比即為BD、BA的比，易求得△ABO的面積由此得解；
③當(dāng)D在線段OB上時，O、A、D三點(diǎn)共線，構(gòu)不成三角形，故此種情況不成立；
（3）由D、E的運(yùn)動速度及OA、AB的長可知：D、E在運(yùn)動過程中總在OA、AB上；可分兩種情況：
①∠ODC＝∠ADE，此時△ODC∽△ADE；②∠ODC＝∠AED，此時△ODC∽△AED；
根據(jù)上述兩種情況所得到的比例線段即可求得t的值．
【解答】解：（1）C（3，4），D（9，4）；
（2）易知：OB＝AB＝10；
∵C點(diǎn)坐標(biāo)為（3，4），
∴點(diǎn)C到x軸的距離為4
①當(dāng)點(diǎn)D在線段OA上，即0＜t≤6時，OD＝2t；
則：S=12OD×4=12×2t×4＝4t；
②當(dāng)D在線段AB上，即6≤t＜11時，BD＝OA+AB﹣2t＝22﹣2t；
過D作DM⊥OB于M，過點(diǎn)A作AN⊥OB于N；
則△BMD∽△BNA，得：DMAN=BDBA=22-2t10=11-t5；
易知S△OAB＝48；
∵S△ODB：S△OAB＝DM：AN＝（11﹣t）：5，
∴S△OBD＝S△OAB?11-t5=485（11﹣t）；
∵BC＝OC，
∴S＝S△BCD，即S=12S△OBD=245（11﹣t）=-245t+2645；
③當(dāng)D在線段OB上時，O、C、D三點(diǎn)共線，不能構(gòu)成三角形，此種情況不成立；
綜上可知：當(dāng)t＝6時，S最大，且Smax＝24；
（3）當(dāng)0≤t≤5s時，D在線段OA上運(yùn)動，E在線段AB上運(yùn)動；
△OCD中，OC＝5，OD＝2t；△DAE中，AD＝12﹣2t，AE＝2t；
①當(dāng)△OCD∽△ADE時，OCAD=ODAE=1，∴OC＝AD，即12﹣2t＝5，t=72；
②當(dāng)△OCD∽△AED時，OCAE=ODAD，即52t=2t12-2t，解得t=265-54；
綜上所述，當(dāng)t=72或265-54時，兩個三角形相似．
【題型6 確定相似三角形的對數(shù)】
【例6】（2022秋?余姚市期末）如圖，在△ABC中，D、E分別是AB、AC上的點(diǎn)，AE＝4，AB＝6，AD：AC＝2：3，△ABC的角平分線AF交DE于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F．
（1）請你直接寫出圖中所有的相似三角形；
（2）求AG與GF的比．
【分析】（1）可得到三組三角形相似；
（2）先利用兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似證明△ADE∽△ACB，則∠ADG＝∠C，再利用有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似證明△ADG∽△ACF，然后利用相似比和比例的性質(zhì)求AGGF的值．
【解答】解：（1）△ADG∽△ACF，△AGE∽△AFB，△ADE∽△ACB；
（2）∵AEAB=46=23，ADAC=23，
∴AEAB=ADAC，
又∵∠DAE＝∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
∴∠ADG＝∠C，
∵AF為角平分線，
∴∠DAG＝∠FAE
∴△ADG∽△ACF，
∴AGAF=ADAC=23，
∴AGGF=2．
【變式6-1】（2022秋?金山區(qū)期末）如圖，M是平行四邊形ABCD的對角線BD上一點(diǎn)，AM的延長線交BC于點(diǎn)E，交DC的延長線于點(diǎn)F，圖中相似三角形有（）
A．6對B．5對C．4對D．3對
【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形，得AD∥BC，AB∥CD，從而得到△AMD∽△EMB，△EFC≌△AFD，△ABE∽△FCE，△ABM∽△FDM，則△AME∽△FDA，可得答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，∠ADB＝∠DBC，
∴△ABD∽△CDB，
∵AD∥BC，
∴△AMD∽△EMB，△EFC≌△AFD，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FCE，△ABM∽△FDM，
∴△AME∽△FDA，
∴相似三角形共有6對，
故選：A．
【變式6-2】（2007春?常州期末）如圖，已知△ABC、△DEF均為正三角形，D、E分別在AB、BC上．
（1）圖中有幾組相似三角形并把它們表示出來；
（2）請找一個與△DBE相似的三角形并說明理由．
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定方法（有兩角分別相等的兩三角形相似）判斷即可；
（2）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)求出∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，求出∠AGD＝∠BDE，根據(jù)三角形的判定證出即可．
【解答】（1）解：相似三角形有：△ABC∽△DEF，△ADG∽△BDE∽△CEH∽△FGH，
理由是：∵△ABC和△DEF是等邊三角形，
∴∠A＝∠FDE＝60°，∠B＝∠DEF＝60°，
∴△ABC∽△DEF；
∵△ABC和△DEF是等邊三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，
∴∠ADG+∠BDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADG+∠AGD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AGD＝∠BDE，
∵∠A＝∠B，
∴△ADG∽△BED；
同理△BDE∽△CEH，△BDE∽△FGH；
（2）解：△ADG∽△BED，
理由是：∵△ABC和△DEF是等邊三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，∠FDE＝60°，
∴∠ADG+∠BDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADG+∠AGD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AGD＝∠BDE，
∵∠A＝∠B，
∴△ADG∽△BED．
【變式6-3】（2022春?寧波校級期末）如圖，四邊形ABCD和ACED都是平行四邊形，B，C，E在一條直線上，點(diǎn)R為DE的中點(diǎn)，BR分別交AC，CD于點(diǎn)P，Q．
（1）則圖中相似三角形（相似比為1除外）共有 4 對；
（2）求線段BP：PQ：QR，并說明理由．
【分析】此題的圖形比較復(fù)雜，需要仔細(xì)分析圖形．
（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可得到角相等．∠BPC＝∠BRE，∠BCP＝∠E，可得△BCP∽△BER；
（2）根據(jù)AB∥CD、AC∥DE，可得出△PCQ∽△PAB，△PCQ∽△RDQ，△PAB∽△RDQ．根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，對應(yīng)邊成比例即可得出所求線段的比例關(guān)系．
【解答】解：（1）∵四邊形ACED是平行四邊形，
∴∠BPC＝∠BRE，∠BCP＝∠E，
∴△BCP∽△BER；
同理可得∠CDE＝∠ACD，∠PQC＝∠DQR，
∴△PCQ∽△RDQ；
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠BAP＝∠PCQ，
∵∠APB＝∠CPQ，
∴△PCQ∽△PAB；
∵△PCQ∽△RDQ，△PCQ∽△PAB，
∴△PAB∽△RDQ．
綜上所述，圖中相似三角形（相似比為1除外）共有4對．
故答案是：4．
（2）∵四邊形ABCD和四邊形ACED都是平行四邊形，
∴BC＝AD＝CE，
∵AC∥DE，
∴BC：CE＝BP：PR，
∴BP＝PR，
∴PC是△BER的中位線，
∴BP＝PR，PCRE=12，
又∵PC∥DR，
∴△PCQ∽△RDQ．
又∵點(diǎn)R是DE中點(diǎn)，
∴DR＝RE．
PQQR=PCDR=PCRE=12，
∴QR＝2PQ．
又∵BP＝PR＝PQ+QR＝3PQ，
∴BP：PQ：QR＝3：1：2．
【題型7 相似三角形中的多結(jié)論問題】
【例7】（2022秋?常寧市期末）如圖，△ABC中，∠A＝60°，BM⊥AC于點(diǎn)M，CN⊥AB于點(diǎn)N，BM，CN交于點(diǎn)O，連接MN．下列結(jié)論：①∠AMN＝∠ABC；②圖中共有8對相似三角形；③BC＝2MN．其中正確的個數(shù)是（）
A．1個B．2個C．3個D．0個
【分析】依據(jù)△ABM∽△ACN，即可得出△AMN∽△ABC，進(jìn)而得到∠AMN＝∠ABC；依據(jù)△ABM∽△ACN∽△OBN∽△OCM，△AMN∽△ABC，△BCO∽△NMO，可得圖中共有8對相似三角形；依據(jù)AN=12AC，△AMN∽△ABC，即可得到MNBC=ANAC=12，即BC＝2MN．
【解答】解：∵BM⊥AC，CN⊥AB，
∴∠ANC＝∠AMB＝90°，
又∵∠A＝∠A，
∴△ABM∽△ACN，
∴ANAM=ACAB，即ANAC=AMAB，
又∵∠A＝∠A，
∴△AMN∽△ABC，
∴∠AMN＝∠ABC，故①正確；
由題可得，△ABM∽△ACN∽△OBN∽△OCM，△AMN∽△ABC，△BCO∽△NMO，
∴圖中共有8對相似三角形，故②正確；
∵Rt△ACN中，∠A＝60°，
∴∠ACN＝30°，
∴AN=12AC，
又∵△AMN∽△ABC，
∴MNBC=ANAC=12，
即BC＝2MN，故③正確．
故選：C．
【變式7-1】（2022?越秀區(qū)校級二模）如圖，F(xiàn)是△ABC的AB邊上一點(diǎn)，下列結(jié)論正確的個數(shù)是（）
①若∠AFC＝∠ACB，則△ACF∽△ABC
②若∠AFC＝∠B，則△ACF∽△ABC
③若AC2＝AF?AB，則△ACF∽△ABC
④若AC：CF＝AB：BC，則△ACF∽△ABC．
A．4個B．3個C．2個D．1個
【分析】由于兩個三角形有公共角，則根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可對①進(jìn)行判斷，根據(jù)三角形外角性質(zhì)可對②進(jìn)行判斷；根據(jù)兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可對③④進(jìn)行判斷．
【解答】解：∵∠FAC＝∠CAB，
∴當(dāng)∠AFC＝∠ACB，則△ACF∽△ABC，所以①正確；
而∠AFC＞∠B，所以②錯誤；
當(dāng)AC：AB＝AF：AC，即AC2＝AF?AB，△ACF∽△ABC，所以③正確，④錯誤．
故選：C．
【變式7-2】（2022秋?浦東新區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，BE⊥AC于點(diǎn)E，AD與BE交于點(diǎn)F，連接CF，DE，交點(diǎn)為G．以下結(jié)論正確的個數(shù)是（）
①∠CAD＝∠CBE，
②AF?FD＝BF?FE，
③△CDE∽△CAB，
④△FGE∽△DGC．
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】根據(jù)同角的余角相等判斷①；根據(jù)兩角相等的兩個三角形相似判斷②③④．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACB＝90°，
同理：∠CBE+∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠CBE，①結(jié)論正確；
∵∠CAD＝∠CBE，∠AFE＝∠BFD，
∴△AFE∽△BFD，
∴AFBF=FEFD，
∴AF?FD＝BF?FE，②結(jié)論正確；
∵∠CAD＝∠CBE，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△BEC，
∴CDCE=CACB，
∵∠DCE＝∠ACB，
∴△CDE∽△CAB，③結(jié)論正確；
∵∠BEC＝∠ADC＝90°，
∴∠FEG＝∠DCG，
∵∠FGE＝∠DGC，
∴△FGE∽△DGC，④結(jié)論正確；
故選：D．
【變式7-3】（2022秋?商河縣校級期中）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、DC上，AE、AF分別交BD于點(diǎn)M、N，連接CN、EN，且CN＝EN．下列結(jié)論：①AN＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；③MNEF=22；④圖中只有4對相似三角形，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）
A．4B．3C．2D．1
【分析】①正確，只要證明△NBA≌△NBC，∠ABE+∠ANE＝180°即可解決問題；
②正確．只要證明△AFH≌△AFE即可；
③正確．如圖2中，首先證明△AMN∽△AFE，可得NMEF=ANAE=22，即可解決問題；
④錯誤．相似三角形不止4對相似三角形．
【解答】解：將△ABE繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADH．
∵四邊形ABCD是中正方形，
∴AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
在△BNA和△BNC中，BN=BN∠NBA=∠NBCBA=BC，
∴△NBA≌△NBC（SAS），
∴AN＝CN，∠BAN＝∠BCN，
∵EN＝CN，
∴AN＝EN，∠NEC＝∠NCE＝∠BAN，
∵∠NEC+∠BEN＝180°，
∴∠BAN+∠BEN＝180°，
∴∠ABC+∠ANE＝180°，
∴∠ANE＝90°，
∴AN＝NE，AN⊥NE，故①正確，
∴∠3＝∠AEN＝45°，
∵∠3＝45°，∠1＝∠4，
∴∠2+∠4＝∠2+∠1＝45°，
∴∠3＝∠FAH＝45°，∵AF＝AF，AE＝AH，
∴△AFE≌△AFH（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE，∠AFH＝∠AFE，故②正確，
∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，
∴∠AMN＝∠AFD，
∴∠AMN＝∠AFE，
∵∠MAN＝∠EAF，
∴△AMN∽△AFE，
∴NMEF=ANAE=22，
故③正確，
圖中相似三角形有△ANE∽△BAD∽△BCD，△ANM∽△AEF，△ABN∽△FDN，△BEM∽△DAM等，故④錯誤，
故選：B．
【題型8 相似三角形與動點(diǎn)的綜合】
【例8】（2022春?成華區(qū)期末）如圖，正方形ABCD的邊長為4，AE＝EB，MN＝2，線段MN的兩端在CB、CD上滑動，當(dāng)CM＝ 455或255 時，△ADE與△CMN相似．
【分析】根據(jù)AE＝EB，△AED中AD＝2AE，所以在△MNC中，分CM與AE和AD是對應(yīng)邊兩種情況利用相似三角形對應(yīng)邊成比例求出CM與CN的關(guān)系，然后利用勾股定理列式計算即可．
【解答】解：∵AE＝EB，
∴AD＝2AE，
又∵△AED與以M、N、C為頂點(diǎn)的三角形相似，
∴分兩種情況：
①CM與AD是對應(yīng)邊時，CM＝2CN，
∴CM2+CN2＝MN2＝4，
即CM2+14CM2＝4，
解得：CM=455；
②CM與AE是對應(yīng)邊時，CM=12CN，
∴CM2+CN2＝MN2＝4，
即CM2+4CM2＝4，
解得：CM=255．
綜上所述：當(dāng)CM為455或255時，△AED與△CMN相似．
故答案是：455或255．
【變式8-1】（2022秋?金臺區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB＝10cm，BC＝20cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AB向點(diǎn)B以2cm/s的速度移動，點(diǎn)Q從B點(diǎn)開始沿邊BC以2cm/s的速度移動．如果點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，B同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒鐘后，以點(diǎn)P、B、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？
【分析】首先設(shè)經(jīng)x秒鐘△PBQ與△ABC相似，由題意可得AP＝2xcm，BQ＝2xcm，BP＝AB﹣AP＝（10﹣2x）cm，又由∠B是公共角，分別從當(dāng)BPBA=BQBC與當(dāng)BPBC=BQBA去分析，即可求得答案．
【解答】解：設(shè)經(jīng)x秒鐘△PBQ與△ABC相似，
則AP＝2xcm，BQ＝2xcm，
∵AB＝10cm，BC＝20cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（10﹣2x）cm，
∵∠B是公共角．
∴①當(dāng)BPBA=BQBC，即10-2x10=2x20時，△PBQ∽△ABC，解得x=103；
②當(dāng)BPBC=BQBA，即10-2x20=2x10時，△QBP∽△ABC，解得x=53．
∴經(jīng)103或53秒時，以點(diǎn)P、B、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．
【變式8-2】（2022秋?碭山縣期末）如圖所示，已知AB⊥BC于B，CD⊥BC于C，AB＝4，CD＝6，BC＝14，P為BC上一點(diǎn)，試問BP為何值時，△ABP與△PCD相似？
【分析】此題分兩種情況進(jìn)行討論：①△ABP∽△PCD時，ABBP=PCCD；②當(dāng)△ABP∽△DCP時，ABBP=CDCP，然后再代入數(shù)值進(jìn)行計算．
【解答】解：∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABP與△PCD相似只有兩種情況，即A與D對應(yīng)或A與P點(diǎn)對應(yīng)，
（1）當(dāng)△ABP∽△PCD時，
ABBP=PCCD，4BP=14-BP6，
解得：BP＝2或BP＝12；
（2）當(dāng)△ABP∽△DCP時，
ABBP=CDCP，4BP=614-BP，
解得：BP＝5.6．
綜合以上可知，當(dāng)BP的值為2，12或5.6時，兩三角形相似．
【變式8-3】（2022秋?正定縣期末）在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，點(diǎn)P沿AB邊從點(diǎn)A開始向點(diǎn)B以2cm/秒的速度移動，點(diǎn)Q沿DA邊從點(diǎn)D開始向點(diǎn)A以1cm/秒的速度移動，如果P、Q同時出發(fā)，用t（秒）表示運(yùn)動時間（0≤t≤6），那么當(dāng)t為何值時，△APQ與△ABD相似？說明理由．
【分析】由題意可設(shè)AP＝2tcm，DQ＝tcm，又由AB＝12cm，AD＝6cm，即可求得AQ的值，然后分別從①當(dāng)AQAD=APAB時，△APQ∽△ABD；與②當(dāng)AQAB=APAD時，△APQ∽△ADB，然后利用方程即可求得t的值．
【解答】解：設(shè)AP＝2tcm，DQ＝tcm，
∵AB＝12cm，AD＝6cm，
∴AQ＝（6﹣t）cm，
∵∠A＝∠A，
∴①當(dāng) AQAD=APAB時，△APQ∽△ABD，
∴6-t6=2t12，
解得：t＝3；
②當(dāng) AQAB=APAD時，△APQ∽△ADB，
∴6-t12=2t6，
解得：t＝1.2．
∴當(dāng)t＝3或1.2時，△APQ與△ABD相似．
【題型9 相似與最值】
【例9】（2022秋?余姚市校級月考）如圖，等腰△ABC中，BA＝BC，AO＝3CO＝6．動點(diǎn)F在BA上以每分鐘5個單位長度的速度從B點(diǎn)出發(fā)向A點(diǎn)移動，過F作FE∥BC交AC邊于E點(diǎn)，連接FO、EO．
（1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）證明：當(dāng)△EFO面積最大時，△EFO∽△CBA．
【分析】（1）先根據(jù)題意得出AC兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再設(shè)BO＝x，由勾股定理求出x的值，進(jìn)而可得出B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）過F點(diǎn)作FK⊥BC于K，可設(shè)F點(diǎn)移動的時間為t，且0＜t＜2，由FE∥BC可得△AFE∽△ABC，而AO⊥BC交EF于T，故EFBC=ATAO，EF10=6-3t6，即EF＝10﹣5t，故S△EFO=12EF×TO=12，當(dāng)t＝1時，△EFO的面積達(dá)到最大值；此時BF＝FA，EF恰好為△ABC的中位線，所以EFBC=12，由AO⊥BC于O得出OFAB=EOAC=12，故FOAB=EOAC=EFBC，由此可得出結(jié)論；
【解答】解：（1）∵AO＝3CO＝6，
∴CO＝2，
∴C（2，0），A（0，6）．
設(shè)BO＝x，且x＞0；則BC2＝（2+x）2，AB2＝AO2+OB2＝36+x2；
又∵BC＝AB，
∴（2+x）2＝36+x2，解得x＝8，
∴B（﹣8，0）；
（2）如圖1，過F點(diǎn)作FK⊥BC于K，
可設(shè)F點(diǎn)移動的時間為t，且0＜t＜2，
則：BF＝5t，TO＝FK＝3t；∴AT＝6﹣3t，
又∵FE∥BC，
∴△AFE∽△ABC，
而AO⊥BC交EF于T，
則：EFBC=ATAO，∴EF10=6-3t6即EF＝10﹣5t，
故S△EFO=12EF×TO=12（10﹣5t）×3t，
即S△EFO=-152（t﹣2）t，
∴當(dāng)t＝1時，△EFO的面積達(dá)到最大值；
此時BF＝FA，EF恰好為△ABC的中位線．
則：FEBC=12，
又有AO⊥BC于O，
則：OFAB=EOAC=12，
∴FOAB=EOAC=EFBC，
∴△EFO∽△CBA．
【變式9-1】（2022?揚(yáng)州）如圖，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AD＝4，AB＝5，BC＝6，點(diǎn)P是AB上一個動點(diǎn)，當(dāng)PC+PD的和最小時，PB的長為 3 ．
【分析】要求PC+PD的和的最小值，PC，PD不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化PC，PD的值，從而找出其最小值求解．
【解答】解：延長CB到E，使EB＝CB，連接DE交AB于P．則DE就是PC+PD的和的最小值．
∵AD∥BE，
∴∠A＝∠PBE，∠ADP＝∠E，
∴△ADP∽△BEP，
∴AP：BP＝AD：BE＝4：6＝2：3，
∴PB=32PA，
又∵PA+PB＝AB＝5，
∴PB=35AB＝3．
故答案為：3
【變式9-2】（2022?兗州區(qū)一模）如圖，正方形ABCD的對角線上的兩個動點(diǎn)M、N，滿足AB=2MN，點(diǎn)P是BC的中點(diǎn)，連接AN、PM，若AB＝6，則當(dāng)AN+PM的值最小時，線段AN的長度為．
【分析】過P作PE∥BD交CD于E，連接AE交BD于N'，過P作PM'∥AE交BD于M'，當(dāng)M、N分別與M'、N'重合時，此時AN+PM＝AE的值最小，根據(jù)勾股定理得到AE=AD2+DE2=35，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】解：過P作PE∥BD交CD于E，連接AE交BD于N'，過P作PM'∥AE交BD于M'，當(dāng)M、N分別與M'、N'重合時，此時AN+PM＝A'+EN'＝AEN'+PM'＝AE的值最小，
∵P是BC的中點(diǎn)，
∴E為CD的中點(diǎn)，
∴PE=12BD，
∵AB=22BD，AB=2PE，
∴PE∥BD，PM'∥AE，
∴四邊形PEN'M'是平行四邊形，
∴PE＝M'N'，
∴AB=2M'N'=2MN，滿足題中條件，
∵AE=AD2+DE2=35，
∵AB∥CD，
∴△ABN'∽△EDN'，
∴AN'N'E=ABDE=2，
∴AN'＝25，即AN＝25．
【變式9-3】（2022?錦江區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，點(diǎn)D是線段BC上一動點(diǎn)，連接AD，以AD為邊作△ADE，使△ADE∽△ABC，則△ADE的最小面積與最大面積之比等于 925 ．
【分析】根據(jù)勾股定理得到AC＝4，當(dāng)AD⊥BC時，△ADE的面積最小，根據(jù)三角形的面積公式得到AD=AB?ACBC=3×45=125，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AE=165，當(dāng)D與C重合時，△ADE的面積最大，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AE=163，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，
∴AC＝4，
當(dāng)AD⊥BC時，△ADE的面積最小，
∴AD=AB?ACBC=3×45=125，
∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，
∴1253=AE4，
∴AE=165，
∴△ADE的最小面積=12×125×165=9625；
當(dāng)D與C重合時，△ADE的面積最大，
∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，
∴43=AE4，
∴AE=163，
∴△ADE的最大面積=12×4×163=323，
∴△ADE的最小面積與最大面積之比=9625323=925，
故答案為：925．
【題型10 旋轉(zhuǎn)型相似】
【例10】（2022秋?襄汾縣期末）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，P為BC上的動點(diǎn)，小慧拿含45°角的透明三角板，使45°角的頂點(diǎn)落在點(diǎn)P，三角板可繞P點(diǎn)旋轉(zhuǎn)．
（1）如圖a，當(dāng)三角板的兩邊分別交AB、AC于點(diǎn)E、F時．求證：△BPE∽△CFP；
（2）將三角板繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)到圖b情形時，三角板的兩邊分別交BA的延長線、邊AC于點(diǎn)E、F．△BPE與△CFP還相似嗎？（只需寫出結(jié)論）
（3）在（2）的條件下，連接EF，△BPE與△PFE是否相似？若不相似，則動點(diǎn)P運(yùn)動到什么位置時，△BPE與△PFE相似？說明理由．
【分析】（1）找出△BPE與△CFP的對應(yīng)角，其中∠BPE+∠CPF＝135°，∠CPF+∠CFP＝135°，得出∠BPE＝∠CFP，從而解決問題；
（2）利用（1）小題證明方法可證：△BPE∽△CFP；
（3）動點(diǎn)P運(yùn)動到BC中點(diǎn)位置時，△BPE與△PFE相似，同（1），可證△BPE∽△CFP，得 CP：BE＝PF：PE，而CP＝BP，因此 PB：BE＝PF：PE，進(jìn)而求出，△BPE與△PFE相似．
【解答】（1）證明：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°．
∵∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，
∴∠BPE+∠BEP＝135°，
∵∠EPF＝45°，
又∵∠BPE+∠EPF+∠CPF＝180°，
∴∠BPE+∠CPF＝135°，
∴∠BEP＝∠CPF，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP（兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似）．
（2）解：△BPE∽△CFP；
理由：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°．
∵∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，
∴∠BPE+∠BEP＝135°，
∵∠EPF＝45°，
又∵∠BPE+∠EPF+∠CPF＝180°，
∴∠BPE+∠CPF＝135°，
∴∠BEP＝∠CPF，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP（兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似）．
（3）解：動點(diǎn)P運(yùn)動到BC中點(diǎn)位置時，△BPE與△PFE相似，
證明：同（1），可證△BPE∽△CFP，
得 CP：BE＝PF：PE，
而CP＝BP，
因此 PB：BE＝PF：PE．
又因為∠EBP＝∠EPF，
所以△BPE∽△PFE（兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似）．
【變式10-1】（2022?炎陵縣一模）如圖，在△ABC中，∠ACD＝∠B，將△ACD繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處，點(diǎn)C落在點(diǎn)F處，CD，EF交于O點(diǎn)，連接DE，F(xiàn)C，找出其中相似三角形．
【分析】由∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，得出△ACD∽△ABC；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AD，AF＝AC，因此DF＝EC，∠AFC＝∠ACF，AD：AF＝AE：AC，證出DE∥FC，得出△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF；再由兩邊成比例且夾角相等得出△ACD∽△AFE，△DFC∽△ECF，△FDE∽△CED，得出△ODF∽△OEC即可．
【解答】解：△ACD∽△ABC∽△AFE，△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF，△DFC∽△ECF，△FDE∽△CED，△ODF∽△OEC；理由如下：
∵∠A＝∠A，∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△ABC；
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AE＝AD，AF＝AC，
∴DF＝EC，∠AFC＝∠ACF，AD：AF＝AE：AC，
∴DE∥FC，
∴△ADE∽△AFC，△DOE∽△COF；
∵AD：AE＝AC：AF，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△AFE，
∴△ACD∽△ABC∽△AFE．
∵DF：EC＝FC：CF，∠AFC＝∠ACF，
∴△DFC∽△ECF，
同理：△FDE∽△CED，△ODF∽△OEC．
【變式10-2】（2022春?龍泉驛區(qū)期末）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，點(diǎn)P，Q分別在BC，AC上，CP＝3x，CQ＝4x（0＜x＜3），把△PCQ繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)，得到△PDE，點(diǎn)D落在線段PQ上．
（1）求證：PQ∥AB；
（2）若點(diǎn)D在∠BAC的平分線上，求CP的長；
（3）在（2）的情況下，求△PDE與△ABC重疊部分圖形的面積．
【分析】（1）先根據(jù)勾股定理求出AC的長，再由相似三角形的判定定理得出△PQC∽△BAC，由相似三角形的性質(zhì)得出∠CPQ＝∠B，由此可得出結(jié)論；
（2）連接AD，根據(jù)PQ∥AB可知∠ADQ＝∠DAB，再由點(diǎn)D在∠BAC的平分線上，得出∠DAQ＝∠DAB，故∠ADQ＝∠DAQ，AQ＝DQ．在Rt△CPQ中根據(jù)勾股定理可知，AQ＝12﹣4x，故可得出x的值，進(jìn)而得出結(jié)論；
（3）設(shè)PE交AB于點(diǎn)G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足為H，利用相似三角形的性質(zhì)求出FG，GH，可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC=AB2-BC2=152-92=12，
∵PCBC-3x9=x3，QCAC=4x12=x3，
∴PCCB=CQCA，
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQ∥AB
（2）解：連接AD，
∵PQ∥AB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵點(diǎn)D在∠BAC的平分線上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
在Rt△CPQ中，PQ＝5x，
∵PD＝PC＝3x，
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
（3）解：設(shè)PE交AB于點(diǎn)G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足為H，
∴HG＝DF，F(xiàn)G＝DH，
∴Rt△PHG∽Rt△PDE，
∴GHED=PGPE=PHPD．
∵PG＝PB＝9﹣6＝3，
∴GH8=310=PH6，
∴GH=125，PH=95，
∴FG＝DH＝6-95=215，
∴△PDE與△ABC重疊部分圖形的面積=12×（215+6）×125=30625．
【變式10-3】（2022?大慶模擬）已知，如圖①所示，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，且點(diǎn)B、A、D在一條直線上，連接BE、CD．
（1）求證：BE＝CD；
（2）若M、N分別是BE和CD的中點(diǎn)，將△ADE繞點(diǎn)A按順時針旋轉(zhuǎn)，如圖②所示，試證明在旋轉(zhuǎn)過程中，△AMN是等腰三角形；
（3）試證明△AMN與△ABC和△ADE都相似．
【分析】（1）因為∠BAC＝∠DAE，所以∠BAE＝∠CAD，又因為AB＝AC，AD＝AE，利用SAS可證出△ABE≌△ACD，進(jìn)而可得BE＝CD；
（2）由（1）中△ABE≌△ACD，可得對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等，進(jìn)而得出△ABM≌△ACN，即可得出結(jié)論；
（3）先由（2）中△ABM≌△ACN，可得∠BAM＝∠CAN，所以∠MAN＝∠BAC，又因為AM：AB＝AN：AC，利用兩組對應(yīng)邊的比相等且相應(yīng)的夾角相等的兩個三角形相似，證出△AMN∽△ABC；同理證出△ABC∽△ADE，即可得出△AMN∽△ABC∽△ADE．
【解答】證明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，
即∠BAE＝∠CAD．
在△ABE與△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD；
（2）由（1）得△ABE≌△ACD，
∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD．
∵M(jìn)，N分別是BE，CD的中點(diǎn)，
∴BM＝CN．
在△ABM與△ACN中，
AB=AC∠ABM=∠ACNBM=CN，
∴△ABM≌△ACN，
∴AM＝AN，
∴△AMN為等腰三角形；
（3）由（2）得△ABM≌△ACN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴∠BAM+∠BAN＝∠CAN+∠BAN，
即∠MAN＝∠BAC，
又∵AM＝AN，AB＝AC，
∴AM：AB＝AN：AC，
∴△AMN∽△ABC；
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴AB：AD＝AC：AE，
又∵∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
∴△AMN∽△ABC∽△ADE．
判定定理
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．
簡稱為兩角對應(yīng)相等，兩個三角形相似．
如圖，如果，，則
．
判定定理2：
如果兩個三角形的三組對應(yīng)邊成比例，那么這兩個三角形相似．
簡稱為三邊對應(yīng)成比例，兩個三角形相似．
如圖，如果，則
．
判定定理3：
如果兩個三角形的兩組對應(yīng)邊成比例，并且對應(yīng)的夾角相等，那么這兩個三角形相似．
簡稱為兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩個三角形相似．如圖，如果，，則．

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