沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第06讲相似三角形中的“母子”型(考点讲与练)(原卷版+解析)

这是一份沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第06讲相似三角形中的“母子”型(考点讲与练)(原卷版+解析)，共24页。

“子母型”相似的图形特点：有一个公共角，
一对完全重合的边，
一对半重合的边，
一对完全不重合的边。
子母型的结论：AB²=AD·AB (重合边的平方等半重合边的乘积)

特殊的子母型（双垂直型）
【考点剖析】
1．(2023·上海炫学培训学校有限公司九年级期中）如图D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，△ABC的内角平分线AQ交DE于点P，过点P作直线交AB、AC于R、S，若，则DE=________．
2．(2023·上海市西南模范中学九年级阶段练习）已知，平行四边形中，点是的中点，在直线上截取，连接，交于，则___________．
二、解答题
3．(2023·上海市育才初级中学九年级阶段练习）已知：如图所示，中，CD⊥AB，，BD=1，AD=4，求AC的长．
4．(2023·上海黄浦·九年级期中）直线分别交x轴、y轴于A、B两点．
（1）求出点A、B的坐标；
（2）已知点G的坐标为（2，7），过点G和B作直线BG，连接AG，求∠AGB的正切值；
（3）在（2）的条件下，在直线BG上是否存在点Q，使得以点A、B、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
5．(2023·上海市金山初级中学九年级期中）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E、点F在边AC上，且DEBC，．
（1）求证：DFBE；
（2）如且AF＝2，EF＝4，AB＝6．求证△ADE∽△AEB．
6．(2023·上海市奉贤区古华中学九年级期中）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．
【过关检测】
1.(2023徐汇一模25题）如图，在中，，，点D为边AC上的一个动点，以点D为顶点作，射线DE交边AB于点E，过点B作射线DE的垂线，垂足为点F．
（1）当点D是边AC中点时，求的值；
（2）求证：；
（3）当时，求．

2.(2023虹口一模25题）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，tanB＝，点
D是边BC延长线上的点，在射线AB上取一点E，使得∠ADE＝∠ABC．过点A作AF⊥DE于点
F．
（1）当点E在线段AB上时，求证：＝；
（2）在（1）题的条件下，设CD＝x，DE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）记DE交射线AC于点G，当△AEF∽△AGF时，求CD的长．

3(2023长宁一模25题）已知, 在 中, , 点 是射线 上的动点, 点 是边 上的动点，且 , 射线 交射线 于点 ．
如图 1, 如果 , 求 的值；
（2）联结, 如果 是以为腰的等腰三角形，求线段的长；
（3）当点在边上时, 联结, 求线段的长．
4.【2023松江二模】如图，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交边AC于点D，E是BC边上一点，且BE＝BA，过点A作AG∥DE，分别交BD、BC于点F、G，联结FE．
（1）求证：四边形AFED是菱形；
（2）求证：AB2＝BG•BC；
（3）若AB＝AC，BG＝CE，联结AE，求的值．
第06讲相似三角形中的“母子”型（核心考点讲与练）
【基础知识】
“子母型”相似的图形特点：有一个公共角，
一对完全重合的边，
一对半重合的边，
一对完全不重合的边。
子母型的结论：AB²=AD·AB (重合边的平方等半重合边的乘积)

特殊的子母型（双垂直型）
【考点剖析】
1．(2023·上海炫学培训学校有限公司九年级期中）如图D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，△ABC的内角平分线AQ交DE于点P，过点P作直线交AB、AC于R、S，若，则DE=________．
答案:6
分析：由 ，且∠RAS=∠CAB，可证得△ARS∽△ACB，所以∠ARS=∠ACB，再由∠BAP=CAQ可证得△ARP∽△ACQ，，再由DE∥BC，可知，把BC的值代入可求得DE．
【详解】解：∵，且∠RAS=∠CAB，
∴△ARS∽△ACB，
∴∠ARS=∠ACB，
又∵AQ为角平分线，
∴∠BAP=CAQ，
∴△ARP∽△ACQ，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∵BC=9，
∴，
∴DE=6．
【点睛】本题主要考查三角形相似的判定和性质，解题的关键是能利用条件两次证得三角形相似，从而得到DE和BC的比值．
2．(2023·上海市西南模范中学九年级阶段练习）已知，平行四边形中，点是的中点，在直线上截取，连接，交于，则___________．
答案:； ．
分析：由于F的位置不确定，需分情况进行讨论，（1）当点F在线段AD上时（2）点F在AD的延长线上时两种情况，然后通过证两三角形相似从而得到AG和CG的比，进一步得到AG和AC的比．
【详解】解：（1）点F在线段AD上时，设EF与CD的延长线交于H，
∵AB//CD，
∴△EAF∽△HDF,
∴HD：AE=DF：AF=1:2，
即HD=AE，
∵AB//CD，
∴△CHG∽△AEG，
∴AG：CG=AE：CH，
∵AB=CD=2AE，
∴CH=CD+DH=2AE+AE=AE，
∴AG：CG=2：5，
∴AG：（AG+CG）=2：（2+5），
即AG：AC=2：7；
（2）点F在线段AD的延长线上时，设EF与CD交于H，
∵AB//CD，
∴△EAF∽△HDF，
∴HD：AE=DF：AF=1：2，
即HD=AE，
∵AB//CD，
∴AG：CG=AE：CH
∵AB=CD=2AE，
∴CH=CD-DH=2AE-AE=AE，
∴AG：CG=2：3，
∴AG：（AG+CG）=2：（2+3），
即AG：AC=2：5．
故答案为：或．
【点睛】本题考查相似三角形的性质以及分类讨论的数学思想；其中相似三角形的性质得出的比例式是解题关键，特别注意：求相似比不仅要认准对应边，还需注意两个三角形的先后次序．
二、解答题
3．(2023·上海市育才初级中学九年级阶段练习）已知：如图所示，中，CD⊥AB，，BD=1，AD=4，求AC的长．
答案:
分析：根据题意由锐角三角函数可求∠A=∠BCD，可证△ACD∽△CBD，即可求CD的长，由勾股定理即可求出AC的长．
【详解】解：∵CD⊥AB，
∴且，
∴sin∠A=sin∠BCD，
∴∠A=∠BCD，且∠ADC=∠BDC=90°，
∴△ACD∽△CBD
∴，
∴CD2=BD•AD=4
∴CD=2，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及锐角三角函数的定义，根据题意求出CD的长是解答本题的关键．
4．(2023·上海黄浦·九年级期中）直线分别交x轴、y轴于A、B两点．
（1）求出点A、B的坐标；
（2）已知点G的坐标为（2，7），过点G和B作直线BG，连接AG，求∠AGB的正切值；
（3）在（2）的条件下，在直线BG上是否存在点Q，使得以点A、B、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案:（1），；（2）；（3）存在，，，，
分析：（1）对于，令x＝0，则y＝1，令y＝0，即＝0，解得x＝3，即可求解；
（2）证明AG2＝AB2＋BG2，则△ABG为直角三角形，即可求解；
（3）分△ABQ∽△AOB、△ABQ∽△BOA两种情况，利用三角形相似边的比例关系，即可求解．
【详解】解：（1）对于，令x＝0，则y＝1，令y＝0，即＝0，解得x＝3，
故点A、B的坐标分别（3，0）、（0，1）；
（2）由A、B、G的坐标知，BG2＝22＋（7−1）2＝40，
同理AB2＝10，AG2＝50，
故AG2＝AB2＋BG2，
故△ABG为直角三角形，
则tan∠AGB＝；
（3）设直线BG的表达式为y＝kx＋b，则，
解得
故直线BG的表达式为y＝3x＋1，
设点Q（m，3m＋1），
①当△ABQ∽△AOB时，
则，即，
解得m＝±，
∴，
②当△ABQ∽△BOA时，
，即
解得：m＝±3，
∴，
故点P的坐标为（，2）或（−，0）或（3，10）或（−3，−8）．
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、三角形相似等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
5．(2023·上海市金山初级中学九年级期中）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E、点F在边AC上，且DEBC，．
（1）求证：DFBE；
（2）如且AF＝2，EF＝4，AB＝6．求证△ADE∽△AEB．
分析：（1）由题意易得，则有，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意可知，然后可得，进而可证，最后问题可求证．
【详解】解：（1）∵DEBC，
∴，
∵，
∴，
∴DFBE；
（2）∵AF＝2，EF＝4，
∴由（1）可知，，AE=6，
∵AB＝6，
∴，
∴，
∴，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AEB．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
6．(2023·上海市奉贤区古华中学九年级期中）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．
（1）求证：△BND∽△CNM；
（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．
分析：（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；
（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性质即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
而BE=AB，
∴BE=CD，
而BE∥CD，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD∥CE，
∵CM∥DB，
∴△BND∽△CNM；
（2）∵AD2=AB•AF，
∴AD：AB=AF：AD，
而∠DAB=∠FAD，
∴△ADB∽△AFD，
∴∠1=∠F，
∵CD∥AF，BD∥CE，
∴∠F=∠4，∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
而∠NMC=∠CMD，
∴△MNC∽△MCD，
∴MC：MD=CN：CD，
∴MC•CD=MD•CN，
而CD=AB，
∴CM•AB=DM•CN．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性质．
【过关检测】
1.(2023徐汇一模25题）如图，在中，，，点D为边AC上的一个动点，以点D为顶点作，射线DE交边AB于点E，过点B作射线DE的垂线，垂足为点F．
（1）当点D是边AC中点时，求的值；
（2）求证：；
（3）当时，求．

【小问1详解】解：过D作DH⊥AB于H，
在中，，，设，，
∴，
∵D为AC中点，∴AD= AC= ，∴，
∴，
在Rt△AHD中，，
∴BH=AB－AH= －= ，
在Rt△BHD中，；
【小问2详解】证明：∵∠BDE=∠A，∠DBE=∠ABD，∴△DEB∽△ADB，∴，
∵∠F=∠C=90°，∠BDE=∠A，∴△DFB∽△ACB，∴，∴即；
【小问3详解】解：由可设，，则DF=4k，
∵，∴ct∠BDE=ct∠A=，∴，
∴，又∠F=90°，
∴，
，
∵△DEB∽△ADB，∴即，
∴AB=8k，∴AE=AB－EB=5k，∴AE：EB=5k：3k=5：3．
2.(2023虹口一模25题）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，tanB＝，点
D是边BC延长线上的点，在射线AB上取一点E，使得∠ADE＝∠ABC．过点A作AF⊥DE于点
F．
（1）当点E在线段AB上时，求证：＝；
（2）在（1）题的条件下，设CD＝x，DE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）记DE交射线AC于点G，当△AEF∽△AGF时，求CD的长．

【解答】（1）证明：∵∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAD，
∴△ADE∽△ABD，∴，∵AF⊥DE，∴∠AFD＝∠ACB＝90°，
∴△ADF∽△ABC，∴，∴；
（2）解：∵∠ACB＝90°，tanB＝，∴tanB＝＝，
设AC＝3a，BC＝4a，∵AC2+BC2＝AB2，∴（3a）2+（4a）2＝102，
∴a＝2，∴AC＝6，BC＝8，∴AD＝＝，
由（1）得，∴，∴y＝，
当x＝0时，此时DE⊥AB，由S△ABC＝得，10•DE＝6×8，
∴DE＝，∴x＞；
（3）解：如图1，
当G在线段AC上时，延长AF交BC于M，作MN⊥AB于N，
∵△AEF∽△AGF，∴∠AEF＝∠AGF，∴AF＝AG，∴∠EAF＝∠GAF＝，
∵∠DAF＝∠BAC，∴∠DAC＝∠GAF，∵AC⊥BD，∴∠AMC＝∠ACD，
∴AM＝AD，∴CM＝CD，∵AM平分∠BAC，∴MN＝CM，
由S△ABC＝S△ABM+S△ACM得，，
∴16•CM＝48，∴CM＝3，∴CD＝3．
如图2，
当G点在AC的延长线上时，∵△AEF∽△AGF，∴∠AEF＝∠AGF，
∵∠AGF是∠AEF的外角，∴∠AGF＞∠AEF，∴这种情形不存在，∴CD＝3．
3(2023长宁一模25题）已知, 在 中, , 点 是射线 上的动点, 点 是边 上的动点，且 , 射线 交射线 于点 ．
（1）如图 1, 如果 , 求 的值；
（2）联结, 如果 是以为腰的等腰三角形，求线段的长；
（3）当点在边上时, 联结, 求线段的长．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵OC＝OE，∴∠OEC＝∠C，
∴∠B＝∠OEC，∴△ABC∽△OEC，∴，∴，∴CE＝3.2，∴AE＝1.8；
∵∠AED＝∠OEC＝∠B，∠D＝∠D，∴△OBD∽△AED，
∴，∴．
（2）∵ 是以为腰的等腰三角形，∴AE＝OE，
∵OC＝OE，∴设AE＝OE＝OC=x，
由（1）得，△ABC∽△OEC，∴，∴，
解得，，经检验，是原方程的解；则的长是为．
（3）由（1）得，∠B＝∠OEC，∵∠OEC+∠OEA＝180°，∴∠B+∠OEA＝180°，
∴A、B、O、E四点共圆，∴∠DBE＝∠AOD，∵，∴，
∴AO∥DC，∴△AOE∽△CDE，△ABO∽△DBC，∴，，∴，
设OC=x，OB=8-x，∵△ABC∽△OEC，∴，∴，
解得，，∴∴，
解得，，（舍去），则的长是为．
4.【2023松江二模】如图，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交边AC于点D，E是BC边上一点，且BE＝BA，过点A作AG∥DE，分别交BD、BC于点F、G，联结FE．
（1）求证：四边形AFED是菱形；
（2）求证：AB2＝BG•BC；
（3）若AB＝AC，BG＝CE，联结AE，求的值．
分析：（1）由题目条件可证得△ABF≌△EBF（SAS）及△ABD≌△EBD（SAS），进而可推出AF＝FE＝ED＝DA，可得出四边形AFED是菱形．
（2）根据条件可证得△ABG∽△CBA，即可证明结论．
（3）由条件可得△DAE∽△ABC，由相似比可得，由BE2＝EC•BC，得到点E是BC的黄金分割点，可得出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABF＝∠EBF，
∵BA＝BE，BF＝BF，∴△ABF≌△EBF（SAS），∴AF＝EF，
同理可得△ABD≌△EBD（SAS），∴AD＝ED，∠ADB＝∠EDB，
∵AG∥DE，∴∠AFD＝∠EDF，∴∠AFD＝∠ADF，∴AF＝AD，
∴AF＝FE＝ED＝DA，∴四边形AFED菱形．
（2）证明：由（1）得：△ABF≌△EBF，∴∠BAG＝∠BEF，
∵四边形AFED是菱形，∴AD∥FE，∴∠BEF＝∠C，∴∠BAG＝∠C，
∵∠ABG＝∠CBA，∴△ABG∽△CBA，∴，即AB2＝BG•BC．
（3）解：如图，
∵AB＝AC，∴∠ABG＝∠C，∵∠BAG＝∠C，∴∠ABG＝∠BAG，
∵∠AGC＝∠ABG＋∠BAG，∴∠AGC＝2∠BAG，∵BG＝CE，∴BE＝CG，
∴CG＝CA，∴∠CAG＝∠CGA，∵∠CAG＝2∠DAE，∴∠DAE＝∠ABC，
∴∠DEA＝∠ACB，∴△DAE∽△ABC，∴，
∵AB2＝BG•BC，AB＝BE，∴BE2＝EC•BC，∴点E是BC黄金分割点，
∴，∴，∵∠EAC＝∠C，∴CE＝AE，
∴，∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定，相似三角形的性质与判定及黄金分割点等知识，综合性较强，熟练掌握相关知识并灵活运用所学知识求解是解题的关键．