第四章 5 相似三角形判定定理的证明（作业课件）-【黄冈金牌之路·练闯考】2023-2024学年九年级数学上册(北师大版)

*5　相似三角形判定定理的证明 数学 九年级上册 北师版 练闯考 D B B A 2 C A 知识点：相似三角形判定定理的证明和应用 1．如图，△ABC中，D是AB边上一点，添加下列条件，不能判定△ABC∽△ACD的是( ) A．∠ACD＝∠B　 B．∠ADC＝∠ACB　 C． eq \f(AD,AC) ＝ eq \f(AC,AB) 　 D． eq \f(AD,AC) ＝ eq \f(CD,BC) 2．下列两个三角形不相似的是( ) A．一个三角形的两个角分别是40°，80°，另一个三角形的两上角分别是60°，80° B．一个三角形的三边长分别是4 cm，6 cm，8 cm，另一个三角形的三边长分别是12 cm，18 cm，21 cm C．一个三角形的两边长分别是2 cm和5 cm，夹角是40°，另一个三角形的两边长分别是3 cm和7.5 cm，夹角是40° D．各有一个角是120°的两个等腰三角形 3．如图，在平行四边形ABCD中，点E在AD上，连接CE并延长，与BA的延长线交于点F，若AE＝2ED，CD＝3 cm，则AF的长为( ) A．5 cm B．6 cm C．7 cm D．8 cm 4．如图，已知矩形ABCD中，点E是边AD上的任一点，连接BE，过E作BE的垂线交BC延长线于点F，交边CD于点P，则图中共有相似三角形( ) A．6对 B．5对 C．4对 D．3对 5．如图，在平行四边形ABCD中，E是边BC上的一点，AE交BD于点F，若BE＝3，EC＝2，则 eq \f(BF,DF) ＝________________． eq \f(3,5) 6．如图，D，E是△ABC边AB，AC上的点，且DE∥BC，DE∶BC＝2∶3，AH⊥BC于点H，交DE于点G，若AH＝6，则GH＝_____________． 7．如图，在△ABC中，AB＝AC，BD＝CD，CE⊥AB于点E.求证：△ABD∽△CBE. 证明：∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC.又∵CE⊥AB，∴∠ADB＝∠CEB＝90°.又∵∠B＝∠B，∴△ABD∽△CBE. 8．如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，∠EAF＝∠B.求证：BF·CE＝AB2. 证明：∵∠AEC＝∠B＋∠BAE＝∠EAF＋∠BAE＝∠BAF，又AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△ABF∽△ECA，∴AB∶CE＝BF∶AC，∴BF·EC＝AB·AC＝AB2. 9．如图，下列条件：①∠ABC＝∠ACD；②∠ADC＝∠ACB；③ eq \f(AC,CD) ＝ eq \f(AB,AC) ；④AC2＝AD·AB.其中能判定△ABC∽△ACD的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为点D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F.若AC＝3，AB＝5，则CE的长为( ) A． eq \f(3,2) B． eq \f(4,3) C． eq \f(5,3) D． eq \f(8,5) 11．如图，正方形ABCD的边长是2，BE＝CE，MN＝1，线段MN的端点M，N分别在CD，AD上滑动，当DM＝________________时，△ABE与以D，M，N为顶点的三角形相似． eq \f(\r(5),5) 或 eq \f(2\r(5),5) 12．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别在边AB，AD上，DE与CF相交于点G.CD2＝CG·CF，∠AED＝∠CFD. (1)求证：AB＝CD； (2)延长AD至点M，连接CM，当CF＝CM时，求证：EA·AB＝AD·MD. 证明：(1)∵CD2＝CG·CF，∴ eq \f(CD,CG) ＝ eq \f(CF,CD) ，∵∠DCG＝∠DCF，∴△CDG∽△CFD，∴∠CDG＝∠CFD，∵∠AED＝∠CFD，∴∠CDG＝∠AED，∴AB∥CD，∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD； (2)∵CF＝CM，∴∠CFD＝∠M，∵∠AED＝∠CFD，∴∠AED＝∠M，∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，∴△AED∽△DMC，∴ eq \f(AE,DM) ＝ eq \f(AD,DC) ，∴AE·DC＝AD·DM，∵AB＝DC，∴EA·AB＝AD·MD. 13．如图，在矩形ABCD中，AB＝10 m，BC＝24 m，动点P以2 m/s的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以1 m/s的速度从C点出发，沿CB向B点移动．设P，Q两点移动的时间为t(0＜t＜13)s. (1)t为何值时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ABC相似？ (2)在P，Q两点移动过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由． 解：(1)在Rt△ABC中，AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝ eq \r(102＋242) ＝26，∵∠PCQ＝∠ACB，∴当∠PQC＝∠B时，△CQP∽△CBA，则 eq \f(CP,AC) ＝ eq \f(CQ,CB) ，即 eq \f(26－2t,26) ＝ eq \f(t,24) ，解得t＝ eq \f(169,19) ；当∠PQC＝∠BAC时，△CQP∽△CAB，则 eq \f(CP,CB) ＝ eq \f(CQ,CA) ，即 eq \f(26－2t,24) ＝ eq \f(t,26) ，解得t＝ eq \f(169,19) ；∴t为 eq \f(312,37) 或 eq \f(169,19) 时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ABC相似； (2)四边形ABQP与△CPQ的面积不能相等．理由如下：作PQ⊥BC于H，∴PH∥AB，∴△CPH∽△CAB，∴ eq \f(PH,AB) ＝ eq \f(PC,AC) ，即 eq \f(PH,10) ＝ eq \f(26－2t,26) ，∴PH＝ eq \f(130－10t,13) ， 当四边形ABQP与△CPQ的面积相等时，同时S△ABC－S△CPQ＝S△CPQ，即S△ABC＝2S△CPQ，∴2· eq \f(1,2) ·t· eq \f(130－10t,13) ＝ eq \f(1,2) ×10×24，整理，得t2－13t＋156＝0，Δ＜0，此时方程没有实数根，∴四边形ABQP与△CPQ的面积不能相等． $$