专项突破 6 相似三角形的常考模型同步练习 2025-2026学年北师大版数学九年级上册(含答案)

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名称 专项突破 6 相似三角形的常考模型同步练习 2025-2026学年北师大版数学九年级上册(含答案)
格式 docx
文件大小 146.7KB
资源类型 教案
版本资源 北师大版
科目 数学
更新时间 2025-08-22 09:54:54

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文档简介

专项突破 6 相似三角形的常考模型
模型 1 A 字型
模型解读
(1)A字型
如图1,已知:DE∥BC.
结论:
(2)反A字型
如图2,已知:∠AED=∠C(或∠ADE=∠B).
结论:
(3)反A字型(共边共角)
如图3,已知:∠ABD=∠C.
结论:①△ABD∽△ACB;
C(AB为共边).
1.「2024安徽亳州期末」如图,D、E两点分别在△ABC 的边AB、BC上,DE∥AC,AB=5,AC=4,DE=3,则AD的长为 ( )
A. B C D.2
2.「2025四川成都月考」如图,F是不等边△ABC的AB边上一点,下列结论正确的个数是 ( )
①若∠AFC=∠ACB,则△ACF∽△ABC;
②若∠AFC=∠B,则△ACF∽△ABC;
③若. ,则△ACF∽△ABC;
④若AC:CF=AB:BC,则△ACF∽△ABC.
A.4 B.3 C.2 D.1
模型2 8字型
模型解读
(1)8字型
如图1,已知:AB∥CD.
结论:
(2)反8字型
如图2,已知:∠A=∠D.
结论:
3.「2023 四川雅安中考」如图,在 ABCD中,F是 AD 上一点,CF交 BD 于点 E,CF的延长线交 BA的延长线于点 G,EF=1,EC=3,则 BGF的长为( )
A.4 B.6
C.8 D.10
模型 3 一线三等角型
模型解读
如图,已知A、P、B 三点共线,∠CAP=∠CPD=∠PBD,有结论:①△CAP∽△PBD;②连接CD,当点 P 为AB 的中点时,△CAP∽△PBD∽△CPD.
4.(1)如图①,已知A,E,B三点在同一条直线上,且∠A = ∠B = ∠DEC = 90°, 求 证: △ADE∽△BEC.
(2)一位同学发现:如图②、图③,只要A,E,B三点在同一条直线上,且∠A=∠B=∠DEC,则(1)中的结论总成立.你同意吗 请在图②、图③中选择一个说明理由.
模型 4 双垂直型
模型解读
如图,在 Rt△ABC 中,CD 为斜边AB 上的高,则有△ACD∽△ABC∽△CBD,CD =BD·AD,BC =BD·
5.如图,在 Rt△ABC中,∠BAC=∠ADC=90°.若AD=3,BD=2,则CD的长为 ( )
A.2 B.3 C. D.
模型 5 手拉手模型
模型解读
如图1,在△AOB 中,CD∥AB.将△OCD 旋转至图2位置,旋转角∠AOC =∠BOD,则将旋转角的对边AC,BD称为“拉手线”.
结论:如图2,△OCD∽△OAB △AOC ∽△BOD,且延长 AC 交BD 于 点 E,必 有∠BEC=∠BOA.
难点:复杂图形中寻找“手拉手”模型.
突破口:①找旋转角;②找“拉手线”;③“手拉手”构造相似三角形.
6.「2025辽宁盘锦月考」【问题呈现】△CAB 和△CDE 都是直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,CB=mCA,CE=mCD,连接AD、BE,探究AD、BE的位置关系.
【问题探究】
(1)如图①,当m=1时,判断AD、BE的位置关系,并说明理由.
(2)如图②,当 m=2时,AD、BE 的位置关系为
【拓展应用】
(3)当AB=4 ,DE=4,∠ABC=∠DEC=30°时,将△CDE绕点 C 旋转,使A,D,E三点恰好在同一直线上,直接写出 BE 的长.
专项突破6 相似三角形的常考模型
1. A ∵DE∥AC,∴△BDE∽△BAC,∴BDD=AEC,即 ,解得 故选 A.
2. C ∵∠FAC=∠CAB,∴当∠AFC=∠ACB 时,△ACF∽△ABC,①正确;∵F是AB边上一点,∴当F不与点B重合时,∠AFC>∠B,而当∠AFC=∠B时,F应与B重合,此时△ACF≌△ACB,易知②错误;当AC:AB=AF:AC,即 时,△ACF∽△ABC,③正确;当AC : CF=AB : BC 时,由于不确定∠ACF 与∠ABC相等,故无法判定△ACF∽△ABC,④错误.故选 C.
3. C ∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AD∥BC,AB∥CD,AD=BC,..△DEF∽△BEC,.. DFBC=BFC,∴ EF=1, 即 , 故选 C.
4.解析 (1)证明:∵∠A=∠DEC=90°,∵.∠DEA+∠CEB=90°,∠DEA+∠D=90°,·.∠D=∠CEB,又∠A=∠B,∴△ADE∽△BEC.
(2)同意.选择题图②说明理由:
∴ ∠A=∠DEC,∠A+∠D=∠DEC+∠CEB,
∴∠D=∠CEB,又∠A=∠B,∴△ADE∽△BEC.
(也可选题图③,证明过程相同)
5. C ∵ ∠ADC= 90°,. . ∠ADB =180°-∠ADC=90°,..∠B+∠BAD=90°.
∵ ∠BAC=90°,∴∠B+∠C=90°,∴∠C=∠BAD.
又·. ∠ADC=∠ADB,∴△DAC∽△DBA,
6.解析 (1)AD⊥BE.理由如下:如图①,延长BE交AD 于点 G,
∵m=1,∴AC=BC,DC=EC,
∵ ∠DCE =∠ACB =90°,∴ ∠DCA+∠ACE =∠ACE+∠ECB=90°,∴∠DCA=∠ECB,
∴△DCA≌△ECB(SAS),∴∠DAC=∠CBE,
··∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG=∠CBE+∠CAB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB=90°,
∴BE⊥AD.
(2)BE⊥AD.
详解:如图②,延长 BE 交 AD 于点 G,
∵m=2,∴CB=2CA,CE=2CD,∴DCCE=4CC=
∵∠DCE=∠ACB=90°,
. ∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°,
· ∠DCA=∠ECB,
DCCE=4CBC= ,∴△DCA∽△ECB,∴∠DAC=∠CBE,
∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG
=∠CBE+∠CAB+∠ABG
=∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB=90°,
或4
详解:∵在 Rt△ABC中,∠ABC=30°,∴AB=2AC,根据勾股定理可得 CD.
当点 E 在线段AD上时,连接BE,如图③.
设AE=x,则AD=AE+DE=x+4,
.∠DCE=∠ACB,..∠DCE+∠ACE=∠ACB+∠ACE,即.∠DCA=∠ECB,又∵DCCFC∠BC,∴△DCA∽△ECB,
由(2)可知BE⊥AD,..∠AEB=90°,根据勾股定理得 即 解得x=2或x=-8(舍去),..
当点 D 在线段 AE上时,连接BE,如图④.
设AD=y,则AE=AD+DE=y+4,
易知
由(2)可知BE⊥AD,∴∠AEB=90°,根据勾股定理得 即 解得y=4或y=-6(舍去),此时 综上, 或4