- 相似三角形的判定及有关性质
- 共634题
如图，已知l1∥l2，AF：FB=2：5，BC：CD=4：1，则
正确答案
解析
解：∵直线l1∥l2，
∴AF：FB=AG：BD=2：5，AE：EC=AG：CD，
∵BC：CD=4：1
∴AG：CD=2：1，
∴AE：EC=2：1．
故选：A．
正确答案
证明：∵
设
同理
于是
∴
解析
证明：∵
设
同理
于是
∴
在等腰三角形△ABC中，底边BC=1，底角平分线BD交AC于点D，求BD的取值范围是______．
正确答案
（
解析
解：因为底角B的角平分线BD交AC于点D
所以
设AB=AC=a，CD=x，则：
所以x=
因为BC-CD＜BD＜BC+BD
所以
由题得：a＞0.5
所以
故答案为：（
如图，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC，AE：AC=3：5，DE=6，则BF=______．
正确答案
4
解析
解：因为DE∥BC，则△ADE～△ABC，
所以
又DF∥AC，则四边形DECF是平行四边形，
故BF=BC-FC=BC-DE=10-6=4．
如图，四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD：AB：BC=3：4：6，E、F分别是AB、CD上的点，AE：AB=DF：DC=1：3．若四边形ABCD的周长为1，则四边形AEFD的周长为______．
正确答案
解析
解：∵四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD：AB：BC=3：4：6，
∴可设AD=3k，AB=4k，BC=6k，
作DG⊥BC，交BC于G，交EF于H，则DG=4k，GC=3k，
∴DC=
∴3k+4k+6k+5k=1，∴k=
∵E、F分别是AB、CD上的点，AE：AB=DF：DC=1：3，
∴AE=k，EF=
∴四边形AEFD的周长=3k+k+4k+
故答案为：
（I）求∠B的度数；
（Ⅱ）证明：AE=AF．
正确答案
（I）解：∵B，E，H，D四点共圆，∴∠CHD=∠B．
又∠CHD=∠HCA+∠HAC=
∴∠B=
∵∠B+∠ACB+∠CAB=180°，
∴3∠B=180°，
解得∠B=60°．
（II）证明：连接BH，
∵B，E，H，D四点共圆，
∴∠CHD=∠B，∠AEH=∠ADB．
∠DEH=∠BDH=
∵∠DEC=∠FEC，∴∠FEC=30°．
∴∠AFE=∠FCE+∠FEC=
∠AEF=∠ADB-30°
=∠ACB+∠DAC-30°
=∠ACB
=
∴∠AFE=∠AEF，
∴AE=AF．
解析
（I）解：∵B，E，H，D四点共圆，∴∠CHD=∠B．
又∠CHD=∠HCA+∠HAC=
∴∠B=
∵∠B+∠ACB+∠CAB=180°，
∴3∠B=180°，
解得∠B=60°．
（II）证明：连接BH，
∵B，E，H，D四点共圆，
∴∠CHD=∠B，∠AEH=∠ADB．
∠DEH=∠BDH=
∵∠DEC=∠FEC，∴∠FEC=30°．
∴∠AFE=∠FCE+∠FEC=
∠AEF=∠ADB-30°
=∠ACB+∠DAC-30°
=∠ACB
=
∴∠AFE=∠AEF，
∴AE=AF．
如图，在△ABC中，MN∥BC，MN=1cm，BC=3cm求AM的长．
正确答案
解：设AM为x，
∵MN∥BC
∴△AMN∽△ABC
x=1（cm）．
解析
解：设AM为x，
∵MN∥BC
∴△AMN∽△ABC
x=1（cm）．
已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD各边AB、AD、CB、CD上的点，并且有
正确答案
∵
∴E、F、H、G四点共面于α，于是EF与HG只有相交与平行两种可能．
（Ⅰ）若EF与HG相交，设交点为P，则P∈EF，EF⊆平面ABD．
∴P∈平面ACD，
同理可知：P∈平面BCD．∴P是平面ABD与平面BCD的公共点．
∴两平面的交线BD必过P点．∴FE、GH、BD共点．
（Ⅱ）若EF与HG平行，则必有EF∥BD．∵EF∥平面ABD、BD∥平面ABD，
∴若EF与BD不平行，则EF与BD就相交，设交点为Q，则EF⊆平面EFHG，Q∈BD，BD⊆平面BDC，
∴Q是平面EFHG与平面BDC的公共点．
又∵HG是这两个平面的交线，∴Q∈HG，
∴EF∩HG=Q．这就与EF∥HG相矛盾，故假设错误．
∴EF∥BD．同理可证：HG∥BD．故由公理4知：EF、HG、BD两两平行．
解析
∵
∴E、F、H、G四点共面于α，于是EF与HG只有相交与平行两种可能．
（Ⅰ）若EF与HG相交，设交点为P，则P∈EF，EF⊆平面ABD．
∴P∈平面ACD，
同理可知：P∈平面BCD．∴P是平面ABD与平面BCD的公共点．
∴两平面的交线BD必过P点．∴FE、GH、BD共点．
（Ⅱ）若EF与HG平行，则必有EF∥BD．∵EF∥平面ABD、BD∥平面ABD，
∴若EF与BD不平行，则EF与BD就相交，设交点为Q，则EF⊆平面EFHG，Q∈BD，BD⊆平面BDC，
∴Q是平面EFHG与平面BDC的公共点．
又∵HG是这两个平面的交线，∴Q∈HG，
∴EF∩HG=Q．这就与EF∥HG相矛盾，故假设错误．
∴EF∥BD．同理可证：HG∥BD．故由公理4知：EF、HG、BD两两平行．
正确答案
解析
解：如图所示，过点C作CF∥AB交DE于点F．
∴
又
∴
∵CF∥AB，
∴
∴
故选：A．
（1）求证：△PQS是等边三角形；
（2）若AB=8，CD=6，求△PQS的面积；
（3）若△PQS与△AOD的面积比为4：5，求CD：AB的值．
正确答案
（1）连接CS
∵ABCD是等腰梯形，且AC与BD相交于O，
∴AO=BO，CO=DO．
∵∠ACD=60°，∴△OCD与△OAB均为等边三角形．
∵S是OD的中点，∴CS⊥DO．
又SP是△OAD的中位线，∴SP=
∴SP=PQ=SQ．
故△SPQ为等边三角形．
（2）作DE⊥AB，垂足为E，
∵AB=8，CD=6，
∴AE=1，BE=8-1=7，
∴DE=BE•tan60°=7
在Rt△ADE中，AD=2
∴PS=PQ=SQ=
∴S△PQS=
（3）设CD=a，AB=b（a＜b），
BC2=SC2+BS2=a2+b2+ab，
∴S△SPQ=
又△PQS与△AOD的面积比为4：5，S△AOD=S△BOC=
∴5×
即5a2-11ab+5b2=0，
故
解析
（1）连接CS
∵ABCD是等腰梯形，且AC与BD相交于O，
∴AO=BO，CO=DO．
∵∠ACD=60°，∴△OCD与△OAB均为等边三角形．
∵S是OD的中点，∴CS⊥DO．
又SP是△OAD的中位线，∴SP=
∴SP=PQ=SQ．
故△SPQ为等边三角形．
（2）作DE⊥AB，垂足为E，
∵AB=8，CD=6，
∴AE=1，BE=8-1=7，
∴DE=BE•tan60°=7
在Rt△ADE中，AD=2
∴PS=PQ=SQ=
∴S△PQS=
（3）设CD=a，AB=b（a＜b），
BC2=SC2+BS2=a2+b2+ab，
∴S△SPQ=
又△PQS与△AOD的面积比为4：5，S△AOD=S△BOC=
∴5×
即5a2-11ab+5b2=0，
故
正确答案
10或
解析
解：①如图，因为CD=
所以AB=2CD=4
②如图，因为CE═
所以AB=2CE=10，
综上，原直角三角形纸片的斜边长是10或
故答案为：10或
正确答案
解析
解：①设AB=x，∵
∵EF是梯形ABCD的中位线，∴EF=
②设h1是梯形ABFE的高，h2为梯形CDEF的高，则h1=h2．
∴
故答案为
（几何证明选讲选做题）
在△BC中，D是边AC的中点，点E在线段BD上，且满足BE=
正确答案
解析
解：如图所示，
过点B作BM∥AC交AF的延长线于点M．
则
故答案为
正确答案
解：∵∠ACB=90°，D为AB的中点，AB=6，
∴CD=
又∵CE=
∴CE=
∴ED=CE+CD=1+3=4；
又∵BF∥DE，点D是AB的中点，
∴ED是△AFB的中位线．
∴BF=2ED=2×4=8，即BF的长为8．
故答案为：8．
解析
解：∵∠ACB=90°，D为AB的中点，AB=6，
∴CD=
又∵CE=
∴CE=
∴ED=CE+CD=1+3=4；
又∵BF∥DE，点D是AB的中点，
∴ED是△AFB的中位线．
∴BF=2ED=2×4=8，即BF的长为8．
故答案为：8．
如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BD的中点，AE交BC于F，则
正确答案
解析
解：取CF中点G，连接DG，则
∵D是AC的中点，∴DG∥AF
∵E是BD的中点，∴F是BG的中点
∴BF=
∴
故答案为：
扫码查看完整答案与解析