专题08 相似三角形（解析版）-2023年中考数学二轮复习讲练测（上海专用）

相似三角形专题08

相似三角形专题08二模所涉及的相似问题一般来说，填选除考察的比较简单，以一些性质判定为主，结合一些我们所熟悉的相似模型，题一般就是一个设计相似的几何证明题，题也是结合相似的综合题，本讲以题为主.相似三角形的认识1．定义：对应角相等，对应边成比例的两个三角形相似对应相等的角的顶点是这两个相似三角形的对应顶点，以对应顶点为端点的边是这两个相似三角形的对应边．两个三角形是相似三角形，也可以表述为“两个三角形相似”，或“一个三角形与另一个三角形相似”．在和中，，，且，那么与相似，记作，符号读作“相似于”．（通常把对应顶点的字母分别写在三角形记号“”后相应的位置上）2．两个相似三角形的对应边的比（），叫做这两个三角形的相似比（或相似系数）．注意相似比与两个三角形相似的表述顺序有关．（当两个相似三角形的相似比为时，这两个相似三角形就成为全等三角形，反过来，两个全等三角形一定是相似三角形，它们的相似比等于．因此全等三角形是相似三角形的特例）3．三角形相似的传递性：如果两个三角形分别与同一个三角形相似，那么这两个三角形也相似．二．相似三角形的判定1．相似三角形的预备定理：平行于三角形一边的直线截其他两边所在的直线，截得的三角形与原三角形相似（用定义判定两三角形相似需验证六个条件）判定定理1如果一个三角形的两角与另一个三角形的两角对应相等，那么这两个三角形相似．（简称：两角对应相等，两个三角形相似）判定定理2如果一个三角形的两边与另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．（简称：两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似）判定定理3如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．（简称：三边对应成比例，两个三角形相似）直角三角形相似的判定定理如果一个直角三角形的斜边及一条直角边与另一个直角三角形的斜边及一条直角边对应成比例，那么两个直角三角形相似．（简称：斜边和直角边对应成比例，两个直角三角形相似）．三．相似三角形的性质相似三角形性质相似三角形的对应角相等，对应边成比例．相似三角形性质定理1相似三角形对应高的比、对应中线的比及对应角平分线的比都等于相似比．如图，与相似，是中边上的高线，是中边上的高线，是中边上的中线，是中边上的中线，是中的角平分线，是中的角平分线，则有（为相似比）．相似三角形性质定理2相似三角形的周长比等于相似比．相似三角形性质定理3相似三角形的面积比等于相似比的平方．

相对而言，二模所涉及的相似问题一般来说，填选除考察的比较简单，以一些性质判定为主，结合一些我们所熟悉的相似模型，题一般就是一个设计相似的几何证明题，题也是结合相似的综合题，本讲以题为主.相似基础1．（2023·上海徐汇·统考一模）在△ABC中，点D、E分别在边BA、CA的延长线上，下列比例式中能判定DE∥BC的为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行线分线段成比例定理、平行线的判定定理判断即可．【详解】解：当时，不能判定DE∥BC，A选项错误；时，不能判定DE∥BC，B选项错误；时，DE∥BC，C选项正确；时，不能判定DE∥BC，D选项错误；故选：C．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理、平行线的判定定理，掌握相关的判定定理是解题的关键．2．（2023·上海徐汇·校联考一模）如图，在中，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由于，那么，根据，可求出三个相似三角形的面积比．进而可求出、四边形、四边形的面积比．【详解】解：∵，∴，∵，∴，设的面积是，则和的面积分别是，，则和分别是，，∴．故选：D．【点睛】此题考查三角形相似的判定与性质，解题关键在于掌握相似三角形的性质与判定．3．（2023·上海静安·统考一模）如图，在中，中线与中线相交于点G，联结．下列结论成立的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由中线与中线得出是的中位线，推出，，由相似三角形的性质即可解决问题．【详解】∵中线与中线相交于点G，∴是的中位线，∴，∴，，∴，∴，，，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴，∴结论正确的是，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．相似相关证明真题分享：如图，在中，，点在边上，联结，以为一边作，满足，，联结．⑴求证：平分；⑵如果，求证：四边形是平行四边形．⑴容易证明即平分⑵则又模拟演练：★★★☆☆如图，已知在梯形中，，点在边上，且，平分，交于点，联结．⑴求证：；⑵如果，求证：．⑴作，为正方形易证，，即⑵设，垂直平分∴即：★★★☆☆如图，在中，，，，、是线段上两点且为等边三角形，⑴求证：；⑵求线段的长；⑶求的面积．⑴∵等边，∴，∴，又∵，∴∴，∴，即注：，⑵法一：由，∴设，则，∴，再由，可得，∴，∴，∴．法二：过作，交延长线于点．计算得，由，∴得，.⑶过作于∵为等边三角形，∴，∴∴★★★☆☆如图，已知：在中，，，是边的中点，、分别是边、上的一点，,与的延长线相交于点，⑴在不添加字母和线段的情况下写出图中一定相似的三角形，并证明其中的一对；⑵联结，当时，求的长．⑴（一线三等角型）、（共边斜型）⑵由可得即，∴，进而在中，由勾股定理可得或者由中点型一线三等角可得，对可解化斜为直（过作于）计算出，∴即，∴★★★☆☆已知，如图，在梯形中，，，对角线、相交于点，且．

⑴求证：；

⑵点是边上一点，联结，与相交于点，如果，求证：．⑴易证，∴即⑵证，∴，又∵，∴★★★☆☆已知：如图，正方形分别是正方形的两个外角平分线，将绕着正方形的顶点旋转，边分别交两条角平分线于点联结．⑴求证：；⑵联结，当的度数为多少时，四边形为矩形，并加以证明．①∴②矩形时，由相似，，则∴★★★☆☆如图，已知在正方形中，点在边长，过点作的垂线交于点，联结，过点作的垂线交于点，联结．⑴求证：；⑵如果为的中点，求证：．⑴，∴⑵设正方形边长为由得，由，得，即，1．（2023秋·上海黄浦·九年级上海市民办明珠中学校考阶段练习）如图，在梯形ABCD中，，AD=BC，E是CD的中点，BE交AC于F，过点F作，交AE于点G．（1）求证：AG=BF；（2）当时，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据等腰梯形的性质求得∠ADE＝∠BCE，进而证得△ADE≌△BCE，得出AE＝BE，根据平行线分线段成比例定理即可证得结论；（2）先根据已知条件证得△CAB∽△CBF，证得，因为BF＝AG，BC＝AD，所以，从而证得AB•AD＝AG•AC．【详解】证明：（1）∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝BC，∴∠ADE＝∠BCE，在△ADE和△BCE中∴△ADE≌△BCE．∴AE＝BE，∵FG∥AB，∴，∴AG＝BF．（2）∵AD2＝CA•CF，∴，∵AD＝BC，∴．∵∠BCF＝∠ACB，∴△CAB∽△CBF．∴．∵BF＝AG，BC＝AD，∴．∴AB•AD＝AG•AC．【点睛】主要考查了三角形相似的判断和性质，平行线分线段成比例定理的应用，解题关键是熟练掌握性质定理，并灵活运用．2．（2023·上海徐汇·上海市第四中学校考一模）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，，AG分别交线段DE、BC于点F、G，且AD：：，求证：（1）AG平分；（2）EF·CG=DF·BG．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）由三角形的内和定理，角的和差求出∠ADE＝∠C，根据两边对应成比例及夹角相等证明△ADF∽△ACG，其性质和角平分线的定义得AG平分∠BAC；（2）由两对应角相等证明△AEF∽△ABG，△ADF∽△AGC，其性质得，，再根据等式的性质求出EF•CG＝DF•BG．【详解】（1）证明：，，，，在和中，∽，，平分；（2）证明：在和中，，∽，，在和中，，∽，，，．【点睛】本题综合考查了三角形的内角和定理，相似三角形的判定与性质，角的和差，等量代换，等式的性质等相关知识点，重点掌握相似三角形的判定与性质，难点是利用等式的性质将比例式转换成乘积式．3．（2023·上海徐汇·统考一模）如图，已知在中，，垂足为点，点是边的中点．(1)求边的长；(2)求的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由求出，在中由勾股定理可求出的长；（2）过点作于点F，证明，根据相似三角形的性质求出EF，DF的长，根据勾股定理求出AE的长，再根据正弦的定义求解即可．【详解】（1）∵∴和均为直角三角形，∵∴∵∴∵由勾股定理得，（2）过点作于点F，如图，∵，∴//∴∴∵点是边的中点∴∴∵∴∴∴在中，∵∴∴【点睛】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．4．（2023·上海浦东新·上海市建平实验中学校考一模）已知：如图，△ABC中，AD平分∠BAC．过点B作AD的垂线，垂足为E．过点C作AD的垂线交AD的延长线于F．联结CE交FB的延长线于点P，联结AP．(1)求证：AB•AF＝AC•AE；(2)求证：CF∥AP．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由是的角平分线，过点、分别作的垂线，可得，，根据有两角对应相等的三角形相似，可得，即可证明；（2）由（1）有，利用，，证明出，得，证明出，，通过等量代换得，根据平行线分线段成比例定理即可求证．【详解】（1）解：证明：平分，，又，，，，，；（2）解：证明：由（1）有，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，角平分线、以及平行线分线段成比例定理，解题的关键是数形结合思想的应用，注意仔细识图．5．（2022·上海黄浦·统考二模）如图，已知A、B、C是圆O上的三点，AB＝AC，M、N分别是AB、AC的中点，E、F分别是OM、ON上的点．(1)求证：∠AOM＝∠AON；(2)如果AEON，AFOM，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据垂径定理的推论，得出，，再证Rt△AOM≌Rt△AON（HL），即可得出结论；（2）连接EF，交AO于点P．先证四边形AEOF是平行四边形，再证四边形AEOF是菱形，根据菱形的性质得，．然后证．得，代入即可得出结论．【详解】（1）证明：∵M、N分别是AB、AC的中点，OM、ON过圆心，∴，．又∵，∴．∵在Rt△AOM和Rt△AON中，，∴Rt△AOM≌Rt△AON（HL），∴．（2）解：连接EF，交AO于点P．∵，，∴四边形AEOF是平行四边形．∵，∴，∵，∴．∴，∴四边形AEOF是菱形．∴，．∵，∴．∵，∴．∴，∴，即．【点睛】本题考查垂径定理的推论，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定与性质，证四边形AEOF是菱形是解题的关键．6．（2023·上海徐汇·校联考一模）如图，在平行四边形中，点在边上，，、相交于点．(1)求的值；(2)如果，，试用、表示向量.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；（2）利用三角形法则即可解决问题．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，，，，，即；（2）解：，，，，，，，．【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．7．（2023·上海闵行·统考一模）已知：如图，在中，，点、分别是边的中点，，与相交于点，的延长线与相交于点．(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】（1）点、分别是边的中点，，可知，可证，由此即可求解；（2）根据题意可证，则，，由此即可求解．【详解】（1）证明：∵点、分别是边的中点，∴，∵，∴，∵；∴，∴．（2）证明：∵点是边的中点，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质，三角形相似的性质，掌握三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．8．（2023·上海浦东新·校考一模）已知：如图，在中，点，分别在边，上，（1）求证：；（2）如果，求证：．【答案】(1)见解析;(2)见解析.【分析】（1）由BA•BD=BC•BE得，结合∠B=∠B，证△ABC∽△EBD得，即可得证；（2）先根据AC2=AD•AB证△ADC∽△ACB得∠ACD=∠B，再由证△BAE∽△BCD得∠BAE=∠BCD，根据∠AEC=∠B+∠BAE，∠ACE=∠ACD+∠BCD可得∠AEC=∠ACE，即可得证．【详解】证明：∵，∴，又∵，∴，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似是解题的关键．9．（2023·上海徐汇·统考一模）已知：如图，在△ABC中，点D在边BC上，AE∥BC，BE与AD、AC分别相交于点F、G，．（1）求证：△CAD∽△CBG；（2）联结DG，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析；【分析】（1）由及∠AFG=∠EFA，证得△FAG∽△FEA，结合AE∥BC，证得∠EBC=∠FAG，从证得结论；（2）由（1）的结论得到，证得△CDG∽△CAB，结合AE∥BC，证得，继而证得结论.【详解】（1）∵，∴．

又∵∠AFG=∠EFA，∴△FAG∽△FEA．

∴∠FAG=∠E．

∵AE∥BC，∴∠E=∠EBC．

∴∠EBC=∠FAG．

又∵∠ACD=∠BCG，∴△CAD∽△CBG．

（2）∵△CAD∽△CBG，∴．

又∵∠DCG=∠ACB，∴△CDG∽△CAB，

∴．

∵AE∥BC，∴．

∴，∴，

∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，灵活运用比例的性质以及中间比是解题的关键.10．（2023·上海青浦·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在边BC上，AE与BD相交于点G，AG：GE＝3：1．（1）求EC：BC的值；（2）设，，那么________，__________（用向量、表示）【答案】（1）EC：BC＝2：3；（2），．；【分析】(1)根据平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理即可解决问题；(2)利用三角形法则计算即可；【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴3，∴3，∴EC：BC＝2：3．（2）∵，AC＝2AO，∴2，∵2，ECBC，∴，∵AD∥BE，∴，∴BGBD，∵222，∴（22），故答案为，．【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．