- 相似三角形的判定及有关性质
- 共634题
正确答案
2或4.5
解析
当△AEF∽△ACB时，则 
故答案为：2或4.5．
正确答案
∴BM=CM=1，
根据勾股定理AM=2
∴S△ABC=
∵BD是B的平分线，
∴S△ABE=
∵B的平分线交过点A且与BC平行的线交于点D，
∴S△ADE=
∴S△ABD=
解析
∴BM=CM=1，
根据勾股定理AM=2
∴S△ABC=
∵BD是B的平分线，
∴S△ABE=
∵B的平分线交过点A且与BC平行的线交于点D，
∴S△ADE=
∴S△ABD=
如图，在直角△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°，CD⊥AB，DE⊥BC，D，E为垂足，则DE=______．
正确答案
解析
解：在直角△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°，所以AB=5，所以BD=
因为CD⊥AB，所以由等面积可得CD=
所以由等面积可得DE=
故答案为：
如图，已知△ABC，△CDE都为等边三角形，连接AE，BE，取BE的中点为O，连接AO，并延长AO到F，使BF=AE，求证△BDF为等边三角形．
正确答案
证明：连接EF
∵AO=DF，BO=EO
∴四边形ABFE为平行四边形
即 AB=EF
∵∠FED=180-∠CED=180°-60°=120
又∵∠BCD=∠CDE+∠CED=60°+60=120°
∴∠FED=∠BCD
在△BCD与△EFD中
BC=EF，∠BCD=∠FED，CD=ED
∴△BCD≌△EFD
∴BD=DF，∠BDC=∠EDF
∴∠CDE=∠BDF=60°
∴△BDF为等边三角形．
解析
证明：连接EF
∵AO=DF，BO=EO
∴四边形ABFE为平行四边形
即 AB=EF
∵∠FED=180-∠CED=180°-60°=120
又∵∠BCD=∠CDE+∠CED=60°+60=120°
∴∠FED=∠BCD
在△BCD与△EFD中
BC=EF，∠BCD=∠FED，CD=ED
∴△BCD≌△EFD
∴BD=DF，∠BDC=∠EDF
∴∠CDE=∠BDF=60°
∴△BDF为等边三角形．
如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90o．以AB为直径的圆0交AC于点E点D是BC边的中点，连0D交圆0于点M
（I）求证：0，B，D，E四点共圆；
（II）求证：2DE2=DM•AC+DM•AB
正确答案
证明：（1）连接BE，则BE⊥EC
又D是BC的中点
∴DE=BD
又∴OE=OB，OD=OD
∴△ODE≌△ODB
∴∠OBD=∠OED=90°
∴D，E，O，B四点共圆．
（2）延长DO交圆于点H
∵DE2=DM•DH=DM•（DO+OH）=DM•DO+DM•OH
∴DE2=DM•（
∴2DE2=DM•AC+DM•AB．
解析
证明：（1）连接BE，则BE⊥EC
又D是BC的中点
∴DE=BD
又∴OE=OB，OD=OD
∴△ODE≌△ODB
∴∠OBD=∠OED=90°
∴D，E，O，B四点共圆．
（2）延长DO交圆于点H
∵DE2=DM•DH=DM•（DO+OH）=DM•DO+DM•OH
∴DE2=DM•（
∴2DE2=DM•AC+DM•AB．
（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移．设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值；
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
正确答案
解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=
由勾股定理得：BD=
∵S△ABD=
∴AE=
在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称点性质可知，∠1=∠2．
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．
①当点F′落在AB上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠3=∠4，
∴∠3=∠2，
∴BB′=B′F′=3，即m=3；
②当点F′落在AD上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠6=∠2，
∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，
又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D=B′F′=3，
∴BB′=BD-B′D=
（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，
∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=
∴DQ=BQ-BD=3
②如答图3-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠P，
∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．
∵∠3=∠2，
∴∠3=∠1，
∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′A′-A′Q=4-BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，
即：32+（4-BQ）2=BQ2，
解得：BQ=
∴DQ=BD-BQ=
③如答图3-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．
∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，
∴∠4=90°-
∵∠1=∠2，
∴∠4=90°-
∴∠A′QB=∠4=90°-
∴∠A′BQ=180°-∠A′QB-∠1=90°-
∴∠A′QB=∠A′BQ，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=
∴DQ=BD-BQ=
④如答图3-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，
∴∠1=∠4，
∴BQ=BA′=5，
∴DQ=BD-BQ=
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；
DQ的长度分别为3
解析
解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=
由勾股定理得：BD=
∵S△ABD=
∴AE=
在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称点性质可知，∠1=∠2．
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．
①当点F′落在AB上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠3=∠4，
∴∠3=∠2，
∴BB′=B′F′=3，即m=3；
②当点F′落在AD上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠6=∠2，
∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，
又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D=B′F′=3，
∴BB′=BD-B′D=
（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，
∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=
∴DQ=BQ-BD=3
②如答图3-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠P，
∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．
∵∠3=∠2，
∴∠3=∠1，
∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′A′-A′Q=4-BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，
即：32+（4-BQ）2=BQ2，
解得：BQ=
∴DQ=BD-BQ=
③如答图3-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．
∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，
∴∠4=90°-
∵∠1=∠2，
∴∠4=90°-
∴∠A′QB=∠4=90°-
∴∠A′BQ=180°-∠A′QB-∠1=90°-
∴∠A′QB=∠A′BQ，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=
∴DQ=BD-BQ=
④如答图3-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，
∴∠1=∠4，
∴BQ=BA′=5，
∴DQ=BD-BQ=
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；
DQ的长度分别为3
如图，弦AB与CD相交于⊙O内一点E，过E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P．已知PD=2DA=2，则PE=______．
正确答案
解析
解：因为BC∥PE，∴∠BCD=∠PED，
且在圆中∠BCD=∠BAD⇒∠PED=∠BAD，
⇒△EPD∽△APE，∵PD=2DA=2
⇒
⇒PE2=PA•PD=3×2=6，
∴PE=
故答案为：
△ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（4，1），C（4，4），直线l平行于BC，截△ABC得到一个小三角形，且截得小三角形面积是△ABC面积的
正确答案
x=2
解析
∴直线BC的方程为：x=4
又∵直线l平行于BC，
∴可设直线l方程为x=k（1＜k＜4）
设直线l分别与AB、AC交于点M、N，
由△AMN∽△ABC，且△AMN面积是△ABC面积的
得
∵A（1，2），B（4，1）
∴直线AB的斜率为
可得直线AB方程为：y-2=
令x=k，得y=
∴M（k，
同理求得N（k，
∴MN=
∴直线l的方程为x=2
故答案为：x=2
如图，AB与CD相交于点E，过E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P．已知∠A=∠C，PD=2DA=2，则PE=______．
正确答案
解析
解：因为BC∥PE，∴∠BCD=∠PED，
且在圆中∠BCD=∠BAD⇒∠PED=∠BAD，
⇒△EPD∽△APE，∵PD=2DA=2
⇒
⇒PE2=PA•PD=3×2=6，
∴PE=
故答案为：
在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CD、CE分别为斜边AB上的高和中线，且∠BCD与∠ACD之比为3：1，求证CD=DE．
正确答案
证明：∵∠A+∠ACD=∠A+∠B=90°，
∴∠ACD=∠B
又∵CE是直角△ABC的斜边AB上的中线
∴CE=EB
∠B=∠ECB，∠ACD=∠ECB
但∵∠BCD=3∠ACD，
∠ECD=2∠ACD=
=
△EDC为等腰直角三角形
∴CE=DE．
解析
证明：∵∠A+∠ACD=∠A+∠B=90°，
∴∠ACD=∠B
又∵CE是直角△ABC的斜边AB上的中线
∴CE=EB
∠B=∠ECB，∠ACD=∠ECB
但∵∠BCD=3∠ACD，
∠ECD=2∠ACD=
=
△EDC为等腰直角三角形
∴CE=DE．
如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交⊙O于N，过N点的切线交CA的延长线于P．
（1）求证：PM2=PA•PC；
（2）⊙O的半径为2
正确答案
（1）证明：连接ON，则ON⊥PN，∵OB=ON，∴∠OBM=∠ONB，
∵PN是⊙O的切线，∴ON⊥NP．
∵BO⊥AC，
∴∠BOM=∠ONP=90°，∴∠OMB=∠MNP．
又∠BMO=∠PMO，∴∠PNM=∠PMN，∴PM═PN．
∵PN为⊙O的切线，∴PN2=PA•PC，∴PM2=PA•PC．
（2）在Rt△BMO中，
延长BO交⊙O与点D，连接DN，
则△BND∽BOM，于是
∴
∴MN=BN-BM=6-4=2．
解析
（1）证明：连接ON，则ON⊥PN，∵OB=ON，∴∠OBM=∠ONB，
∵PN是⊙O的切线，∴ON⊥NP．
∵BO⊥AC，
∴∠BOM=∠ONP=90°，∴∠OMB=∠MNP．
又∠BMO=∠PMO，∴∠PNM=∠PMN，∴PM═PN．
∵PN为⊙O的切线，∴PN2=PA•PC，∴PM2=PA•PC．
（2）在Rt△BMO中，
延长BO交⊙O与点D，连接DN，
则△BND∽BOM，于是
∴
∴MN=BN-BM=6-4=2．
设P为等边△ABC外接圆的BC上的一点，求证：PA2=AB2+PB•PC．
正确答案
证明：在△ABP和△ADB中，
∠BAP=∠DAB为公用角，
又∠APB=∠ACB=∠ABD=60°
△ABP∽△ADB，
AB2=PA•AD（1）
同理可证△BPD∽△APC，
∴PB•PC=PA•PD（2）
（1）、（2）式左、右两边分别相加，则得
AB2+PB•PC=PA（AD+PD）=PA2，
∴PA2=AB2+PB•PC．
解析
证明：在△ABP和△ADB中，
∠BAP=∠DAB为公用角，
又∠APB=∠ACB=∠ABD=60°
△ABP∽△ADB，
AB2=PA•AD（1）
同理可证△BPD∽△APC，
∴PB•PC=PA•PD（2）
（1）、（2）式左、右两边分别相加，则得
AB2+PB•PC=PA（AD+PD）=PA2，
∴PA2=AB2+PB•PC．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：如图所示，建立直角坐标系．
设E（x，y），
∴（x-1，y-
∴
∴E（
∵AC、AE、AB成等比数列，
∴AE2=AC•AB，
∴（
化为3λ2-6λ-2=0，（λ＞0）
解得λ=
∴
故选：A．
在△ABC中，
正确答案
1或2
解析
∴AB=3
在△ABC中，由余弦定理可得，
AC2=AB2+BC2-2AB•BCcosB，
把已知AC=
7=32+BC2-2×3×BC×
整理可得，BC2-3BC+2=0，
∴BC=1或2．
故答案为1或2．
正确答案
∵EA是圆O的切线，∴∠EAB=∠ACB． …（2分）
∵AB=AD，∴∠ACD=∠ACB，
∴∠ACD=∠EAB． …（4分）
∵⊙O为四边形ABCD的外接圆，
∴∠D=∠ABE． …（6分）
∴△CDA∽△ABE． …（8分）
∴
∵AB=AD，
∴
解析
∵EA是圆O的切线，∴∠EAB=∠ACB． …（2分）
∵AB=AD，∴∠ACD=∠ACB，
∴∠ACD=∠EAB． …（4分）
∵⊙O为四边形ABCD的外接圆，
∴∠D=∠ABE． …（6分）
∴△CDA∽△ABE． …（8分）
∴
∵AB=AD，
∴
扫码查看完整答案与解析