人教版九年级数学下册第二十七章相似章末提升训练（Word版含答案）

人教版九年级数学下第二十七章章末提升训练相似三角形的五种基本模型►模型一“A”字形(1)如图1①，公共角所对的边平行，则△ADE∽△ABC；(2)如图1②，公共角的对边不平行，且有另一对角相等，则△AED∽△ABC；(3)如图1③，公共角的对边不平行，且有另一对角相等，两个三角形有一条公共边，则△ACD∽△ABC.(图②③又称母子图)图11．如图2，在△ABC中，AB＝2eq\r(5)，AC＝4eq\r(5)，BC＝6，M为AB的中点，在线段AC上取一点N，使△AMN与△ABC相似，求MN的长．图22．如图3，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AE2＝AD·AB，∠ABE＝∠ACB.(1)求证：DE∥BC；(2)如果S△ADE∶S四边形DBCE＝1∶8，求S△ADE∶S△BDE的值．图3►模型二“X”字形(1)如图4①，对顶角的对边平行，则△ABO∽△DCO；(2)如图4②，对顶角的对边不平行，且∠OAB＝∠OCD(或∠ABO＝∠CDO)，则△ABO∽△CDO.图43．如图5，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分线BD交AC于点E，请求出DE的长度．图54．如图6所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O，BE∥CD交CA的延长线于点E.求证：OC2＝OA·OE.图6►模型三旋转型如图7，∠1＝∠2，∠B＝∠D，则△ADE∽△ABC.图75．如图8，eq\f(AB,AD)＝eq\f(BC,DE)＝eq\f(AC,AE)，AC，BE交于点F，点B，D，F，E在同一条直线上，请写出图中所有的相似三角形：__________________________．图86．如图9，设D为锐角三角形ABC内一点，∠ADB＝∠ACB＋90°，过点B作BE⊥BD，BE＝BD，连接EC.(1)求∠CAD＋∠CBD的度数．(2)若AC·BD＝AD·BC，①求证：△ACD∽△BCE；②求eq\f(AB·CD,AC·BD)的值．图9►模型四垂直型(1)如图10，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD(双垂直图)．图10(2)如图11，Rt△ABD与Rt△BCE的斜边互相垂直，且点A，B，C共线，则有△ABD∽△CEB(M型，也可归入模型五)．图117．已知：如图12，AB⊥BD，ED⊥BD，C是线段BD的中点，且AC⊥CE，ED＝1，BD＝4，则AB的长为________．图128．(1)如图13，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上一点，且CD⊥AB.求证：AC2＝AB·AD.(2)若在△ABC中，∠ACB>∠B，则在AB边上(不包括A，B两个顶点)是否仍存在点D，使AC2＝AB·AD.若存在，请加以证明；若不存在，请说明理由．图13►模型五一线三等角型如图14，∠ABC＝∠ACE＝∠CDE，则△ABC∽△CDE，称为“一线三等角型”的相似三角形．图149．如图15，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，D是边BC上一动点(不与点B，C重合)，∠ADE＝∠B＝α，DE交AC于点E.给出下列结论：①图中有2对相似三角形；②线段CE长的最大值为；③当AD＝DC时，BD的长为eq\f(39,4).其中正确的结论是()图15A．①② B．②③C．①③ D．①②③10．如图16所示，△ABC，△DEF均为等边三角形，点D，E分别在边AB，BC上，请找出一个与△DBE相似的三角形，并给予证明．图16

参考答案1．解：①如图(a)，过点M作MN∥BC交AC于点N，则△AMN∽△ABC，∴eq\f(AM,AB)＝eq\f(MN,BC).∵M为AB的中点，AB＝2eq\r(5)，∴AM＝eq\r(5).又∵BC＝6，∴eq\f(\r(5),2\r(5))＝eq\f(MN,6)，∴MN＝3.②如图(b)，作∠ANM＝∠B，则△ANM∽△ABC，∴eq\f(AM,AC)＝eq\f(MN,BC).∵M为AB的中点，AB＝2eq\r(5)，∴AM＝eq\r(5).又∵BC＝6，AC＝4eq\r(5)，∴eq\f(\r(5),4\r(5))＝eq\f(MN,6)，∴MN＝eq\f(3,2).综上，MN的长为3或eq\f(3,2).2．解：(1)证明：∵AE2＝AD·AB，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(AD,AE).又∵∠EAD＝∠BAE，∴△AED∽△ABE，∴∠AED＝∠ABE.∵∠ABE＝∠ACB，∴∠AED＝∠ACB，∴DE∥BC.(2)由(1)，得DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴eq\f(S△ADE,S△ABC)＝(eq\f(AD,AB))2.∵eq\f(S△ADE,S四边形DBCE)＝eq\f(1,8)，∴eq\f(S△ADE,S△ABC)＝eq\f(1,9)，∴(eq\f(AD,AB))2＝eq\f(1,9)，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(AD,DB)＝eq\f(1,2)，∴S△ADE∶S△BDE＝1∶2.3．解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，∴AC＝8.∵BD平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE.∵CD∥AB，∴∠D＝∠ABE，∴∠D＝∠CBE，∴CD＝BC＝6.∵CD∥AB，∴△AEB∽△CED，∴eq\f(AE,CE)＝eq\f(EB,ED)＝eq\f(AB,CD)＝eq\f(10,6)＝eq\f(5,3)，∴CE＝eq\f(3,8)AC＝eq\f(3,8)×8＝3，∴BE＝eq\r(BC2＋CE2)＝eq\r(62＋32)＝3eq\r(5)，∴DE＝eq\f(3,5)BE＝eq\f(3,5)×3eq\r(5)＝eq\f(9,5)eq\r(5).4．证明：∵AD∥BC，∴△COB∽△AOD，∴eq\f(OC,OA)＝eq\f(OB,OD).∵BE∥CD，∴△EOB∽△COD，∴eq\f(OE,OC)＝eq\f(OB,OD)，∴eq\f(OC,OA)＝eq\f(OE,OC)，即OC2＝OA·OE.5．△ABC∽△ADE，△BAD∽△CAE，△ABF∽△ECF，△AEF∽△BCF.[解析]∵eq\f(AB,AD)＝eq\f(BC,DE)＝eq\f(AC,AE)，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，即∠BAD＝∠CAE.∵eq\f(AB,AD)＝eq\f(AC,AE)，即eq\f(AB,AC)＝eq\f(AD,AE)，∴△BAD∽△CAE，∴∠ABF＝∠FCE.又∵∠AFB＝∠EFC，∴△ABF∽△ECF.由△ABC∽△ADE，得∠ACB＝∠AEF.又∵∠AFE＝∠BFC，∴△AEF∽△BCF.6．解：(1)延长CD交AB于点F，则∠ADF＝∠CAD＋∠ACD，∠BDF＝∠CBD＋∠BCD，∴∠ADB＝∠ADF＋∠BDF＝∠CAD＋∠CBD＋∠ACB.∵∠ADB＝∠ACB＋90°，∴∠CAD＋∠CBD＝90°.(2)①证明：∵∠CAD＋∠CBD＝90°，∠CBD＋∠CBE＝90°，∴∠CAD＝∠CBE.∵AC·BD＝AD·BC，BD＝BE，∴eq\f(AC,BC)＝eq\f(AD,BE)，∴△ACD∽△BCE.②连接DE.∵BE⊥BD，BE＝BD，∴△BDE是等腰直角三角形，∴eq\f(DE,BD)＝eq\r(2).∵△ACD∽△BCE，∴∠ACD＝∠BCE，eq\f(AC,BC)＝eq\f(CD,CE)，∴∠ACB＝∠DCE，eq\f(AC,CD)＝eq\f(BC,CE)，则△ACB∽△DCE，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(DC,DE)，∴eq\f(AB·CD,AC·BD)＝eq\f(AB,AC)·eq\f(CD,BD)＝eq\f(DE,CD)·eq\f(CD,BD)＝eq\f(DE,BD)＝eq\r(2).7．4[解析]∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴∠B＝∠D＝90°，∠ACB＋∠A＝90°.∵AC⊥CE，∴∠ACB＋∠ECD＝90°，∴∠A＝∠ECD，∴△ABC∽△CDE，∴eq\f(AB,CD)＝eq\f(BC,ED).∵C是线段BD的中点，BD＝4，∴BC＝CD＝2，∴eq\f(AB,2)＝eq\f(2,1)，∴AB＝4.8．解：(1)证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°.又∵∠ACB＝90°，∴∠ADC＝∠ACB.∵∠A＝∠A，∴△ACD∽△ABC，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(AD,AC)，∴AC2＝AB·AD.(2)存在．证明：如图，过点C作∠ACD＝∠B交AB于点D.∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ACD∽△ABC，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(AD,AC)，∴AC2＝AB·AD.9．D[解析]由∠ADE＝∠B＝∠C＝α，得∠BAD＋∠ADB＝180°－α＝∠ADB＋∠CDE，得∠BAD＝∠CDE，于是△ABD∽△DCE，又易证△ADE∽△ACD，故①正确；设BD＝x，由△ABD∽△DCE得eq\f(AB,CD)＝eq\f(BD,CE)，∴CE＝eq\f(BD·CD,AB)＝eq\f(x（16－x）,10)＝－eq\f(1,10)(x－8)2＋，故CE长的最大值为，故②正确；当AD＝DC时，∠DAC＝∠C＝∠B，易证△ABC∽△DAC，得eq\f(AC,CD)＝eq\f(BC,AC)，即eq\f(1