人教版九年級數(shù)學(xué)下冊第二十七章相似章末提升訓(xùn)練（Word版含答案）

人教版九年級數(shù)學(xué)下第二十七章章末提升訓(xùn)練相似三角形的五種基本模型?模型一“A”字形(1)如圖1①，公共角所對的邊平行，則△ADE∽△ABC；(2)如圖1②，公共角的對邊不平行，且有另一對角相等，則△AED∽△ABC；(3)如圖1③，公共角的對邊不平行，且有另一對角相等，兩個三角形有一條公共邊，則△ACD∽△ABC.(圖②③又稱母子圖)圖11．如圖2，在△ABC中，AB＝2eq\r(5)，AC＝4eq\r(5)，BC＝6，M為AB的中點，在線段AC上取一點N，使△AMN與△ABC相似，求MN的長．圖22．如圖3，在△ABC中，點D，E分別在邊AB，AC上，AE2＝AD·AB，∠ABE＝∠ACB.(1)求證：DE∥BC；(2)如果S△ADE∶S四邊形DBCE＝1∶8，求S△ADE∶S△BDE的值．圖3?模型二“X”字形(1)如圖4①，對頂角的對邊平行，則△ABO∽△DCO；(2)如圖4②，對頂角的對邊不平行，且∠OAB＝∠OCD(或∠ABO＝∠CDO)，則△ABO∽△CDO.圖43．如圖5，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分線BD交AC于點E，請求出DE的長度．圖54．如圖6所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線AC，BD相交于點O，BE∥CD交CA的延長線于點E.求證：OC2＝OA·OE.圖6?模型三旋轉(zhuǎn)型如圖7，∠1＝∠2，∠B＝∠D，則△ADE∽△ABC.圖75．如圖8，eq\f(AB,AD)＝eq\f(BC,DE)＝eq\f(AC,AE)，AC，BE交于點F，點B，D，F(xiàn)，E在同一條直線上，請寫出圖中所有的相似三角形：__________________________．圖86．如圖9，設(shè)D為銳角三角形ABC內(nèi)一點，∠ADB＝∠ACB＋90°，過點B作BE⊥BD，BE＝BD，連接EC.(1)求∠CAD＋∠CBD的度數(shù)．(2)若AC·BD＝AD·BC，①求證：△ACD∽△BCE；②求eq\f(AB·CD,AC·BD)的值．圖9?模型四垂直型(1)如圖10，直角三角形被斜邊上的高分成的兩個直角三角形與原三角形相似，即△ACD∽△ABC∽△CBD(雙垂直圖)．圖10(2)如圖11，Rt△ABD與Rt△BCE的斜邊互相垂直，且點A，B，C共線，則有△ABD∽△CEB(M型，也可歸入模型五)．圖117．已知：如圖12，AB⊥BD，ED⊥BD，C是線段BD的中點，且AC⊥CE，ED＝1，BD＝4，則AB的長為________．圖128．(1)如圖13，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB邊上一點，且CD⊥AB.求證：AC2＝AB·AD.(2)若在△ABC中，∠ACB>∠B，則在AB邊上(不包括A，B兩個頂點)是否仍存在點D，使AC2＝AB·AD.若存在，請加以證明；若不存在，請說明理由．圖13?模型五一線三等角型如圖14，∠ABC＝∠ACE＝∠CDE，則△ABC∽△CDE，稱為“一線三等角型”的相似三角形．圖149．如圖15，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，D是邊BC上一動點(不與點B，C重合)，∠ADE＝∠B＝α，DE交AC于點E.給出下列結(jié)論：①圖中有2對相似三角形；②線段CE長的最大值為；③當AD＝DC時，BD的長為eq\f(39,4).其中正確的結(jié)論是()圖15A．①② B．②③C．①③ D．①②③10．如圖16所示，△ABC，△DEF均為等邊三角形，點D，E分別在邊AB，BC上，請找出一個與△DBE相似的三角形，并給予證明．圖16

參考答案1．解：①如圖(a)，過點M作MN∥BC交AC于點N，則△AMN∽△ABC，∴eq\f(AM,AB)＝eq\f(MN,BC).∵M為AB的中點，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如圖(b)，作∠ANM＝∠B，則△ANM∽△ABC，∴eq\f(AM,AC)＝eq\f(MN,BC).∵M為AB的中點，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).綜上，MN的長為3或eq\f(3,2).2．解：(1)證明：∵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四邊形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．證明：∵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)延長CD交AB于點F，則∠ADF＝∠CAD＋∠ACD，∠BDF＝∠CBD＋∠BCD，∴∠ADB＝∠ADF＋∠BDF＝∠CAD＋∠CBD＋∠ACB.∵∠ADB＝∠ACB＋90°，∴∠CAD＋∠CBD＝90°.(2)①證明：∵∠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連接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)，則△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是線段BD的中點，BD＝4，∴BC＝CD＝2，∴eq\f(AB,2)＝eq\f(2,1)，∴AB＝4.8．解：(1)證明：∵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．證明：如圖，過點C作∠ACD＝∠B交AB于點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，又易證△ADE∽△ACD，故①正確；設(shè)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長的最大值為，故②正確；當AD＝DC時，∠DAC＝∠C＝∠B，易證△ABC∽△DAC，得eq\f(AC,CD)＝eq\f(BC,AC)，即eq\f(1