第1部分 第4章 微专题5 相似三角形的常见模型（PPT课件）-【中考复习指南】2025年湖北新中考数学

教材系统复习 第一部分 第四章　三角形 微专题五　相似三角形的常见模型 模型1　A字型 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 D 返回目录 中考复习指南·数学 ∠ADE＝∠C(答案不唯一) 返回目录 中考复习指南·数学 模型2　8字型 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 D 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 20 返回目录 中考复习指南·数学 模型3　一线三等角型 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 模型4　旋转型 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 模型5　对角互补型 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 返回目录 中考复习指南·数学 制 作 者：《中考复习指南》 适用对象：初中学生 制作软件：Powerpoint2010、 Photoshop cs3 运行环境：WindowsXP以上操作系统 模型归纳 [例1] (2024·湖南)如图，在△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，下列结论中，错误的是(　 　) A．DE∥BC B．△ADE∽△ABC C．BC＝2DE D．S△ADE＝S△ABC 1．(2024·滨州)如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，添加一个条件使△ADE∽△ACB，则这个条件可以是_________________________________.(写出一种情况即可) 模型归纳 1．正8字型：如图1，根据内错角相等得到除对顶角外另一组对应角也相等，得这两个三角形相似． 图1　　 图2 2．斜8字型(蝴蝶型)：如图2，根据条件找另外一对角相等或者对顶角的两边对应成比例，得这两个三角形相似． 3．当没有说明对应角的关系时，需分情况讨论． [例2] (1)如图，线段AE，BD交于点C，如果AC＝9，CE＝4，BC＝CD＝6，DE＝3，则AB的长为(　 　) A． B．3 C．4 D． (2)(2024·云南改编)如图，AB与CD交于点O，且AC∥BD.若＝，则＝______. 2．物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛(竖直放置)AB经小孔O在屏幕(竖直放置)上成像A′B′.设AB＝36 cm，A′B′＝24 cm.小孔O到AB的距离为30 cm，则小孔O到A′B′的距离为________cm. 模型归纳 1．如图，一线三等角模型的特点有： (1)∠1，∠2，∠3的顶点在同一条直线上； (2)∠1，∠2，∠3之间的关系是∠1＝∠2＝∠3. 2．一线三等角模型的结论： (1)△APC和△BDP的关系是△APC∽△BDP； (2)若在(1)中的条件下，增加条件AC＝BP(或AP＝BD或PC＝DP)，可以得到△APC≌△BDP. 3．构造模型 (1)若图1中存在一条直线上有一个直角时，根据一线三等角的特点，从直角的两边上的已知点向直角顶点所在直线作垂线，构造一线三等角模型． 图1 (2)若图2中存在一条线上有两个等角时，根据一线三等角的特点，补上一个与前两个角相等的角． 图2 [例3] (2024·扬州期中)如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE.已知AB＝8，AC＝6，DE＝4. (1)证明：△ABC∽△DEB； (2)求线段BD的长． (1)证明：∵CA⊥AD，ED⊥AD，CB⊥BE，∴∠A＝∠CBE＝∠D＝90°， ∴∠C＋∠CBA＝90°，∠CBA＋∠DBE＝90°， ∴∠C＝∠DBE，∴△ABC∽△DEB. (2)解：∵△ABC∽△DEB， ∴＝，∴＝，∴BD＝3. 3．(一题多解)如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝60°，点E是AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC边于点F，且∠EFD＝60°，求AE的长． 解：解法一： 如图，延长BC至点G，连接DG，使∠G＝60°， ∵∠B＝∠EFD＝60°， ∴∠BFE＋∠BEF＝∠BFE＋∠GFD＝120°，∴∠BEF＝ ∠GFD，∵∠B＝∠G＝60°， ∴△BEF∽△GFD，∴＝＝＝， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，CD＝AB＝3，∴∠DCG＝∠B＝∠G＝60°， ∴△DCG是等边三角形，∴CG＝DG＝CD＝3， ∴BG＝7，∴＝＝，∴BF＝， ∴BE＝，∴AE＝AB－BE＝. 解法二：如图，过点F作FM⊥AB于点M， 过点D作DN⊥AB，交BA的延长线于点N， ∵∠MEF＋∠DEN＝∠NDE＋∠DEN＝90°， ∴∠MEF＝∠NDE，∵∠EMF＝∠DNE＝90°， ∴△EMF∽△DNE.∵四边形ABCD为平行四边形，∠B＝60°，∴AD∥BC，AD＝BC＝4， ∴∠NAD＝∠B＝60°，∴AN＝AD＝2，DN＝AD＝2，∵∠EFD＝60°，∠DEF＝90°， ∴＝，∴＝＝＝，∴EM＝2. 设AE＝x，则BM＝AB－AE－EM＝1－x，NE＝AN＋AE＝2＋x. 在Rt△BMF中，MF＝BM＝－x， ∴＝，解得x＝，∴AE＝. 模型归纳 1．(1)OA＝OB，OC＝OD； (2)∠AOB＝∠COD； (3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得△AOC≌ △BOD. 简记：双等腰，顶角相等，绕顶角顶点旋转得全等． 2．(1)OA≠OB，OC≠OD，CD∥AB； (2)∠AOB＝∠COD； (3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得△AOC∽ △BOD. 简记：非等腰，共顶点的角相等，绕共顶点旋转得相似． 3．构造模型 如图1，①有公共端点(点A)的两条等线段(AD＝AC)； 　 ②已知两条等线段的夹角(α)； ③有过公共端点的第三条线段(AB)； ④所求线段为BD. 如图2， ①将线段AB绕点A顺时针旋转α，得到线段AE； ②连接BE，CE； ③构造△ABE和△ADC为共顶点的手拉手模型(其中CE，BD为拉手线)； 结论：△ABD≌△AEC；△ABE∽△ADC． [例4] 【问题发现】 (1)如图1，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD，CE的关系是____________(填“相等”或“不相等”)； 【类比探究】 (2)如图2，△ABC和△ADE是有公共顶点的直角三角形，∠DAE＝∠BAC，且＝＝，(1)中的结论还成立吗？请说明理由． 解：(1)相等　(2)不成立，理由： 在Rt△ADE和Rt△ABC中，∠DAE＝∠BAC＝30°， ∴∠DAE＋∠BAE＝∠BAC＋∠BAE， 即∠BAD＝∠CAE.又＝＝，∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE， ∴＝＝，∴BD＝CE. 故(1)中的结论不成立． 4．如图，△ABC和△CEF均为等腰直角三角形，∠ABC＝ ∠EFC＝90°，点E在△ABC内，连接BF，AE.若AE＝2，则BF的长为________. 模型归纳 对角互补模型的特点：有一组对角互补． 条件：如图，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°. 辅助线作法： ①作垂线构相似，过点D分别作其互补角两边的垂线． 结论：△ADF∽△CDE. 　 如图，△ODE∽△OHF. 　 ②作等角构相似，在BC的延长线上找一点E，连接DE，使得∠CDE＝∠ADB. 结论：△ABD∽△CED. 　 [例5] 探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且＝(n为正整数)，E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F. 【初步感知】 如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE＋BF＝AB. 【深入探究】 如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明． 解：AE＋BF＝AB，理由如下： 如图，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°. ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，AD＝AN，BD＝BH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△DBH，∴＝＝， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x， ∴AD＝x，BD＝2x，∴AB＝3x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH，又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH，∴＝＝， ∴FH＝2NE，∴AE＋BF＝x＋NE＋(2x－FH)＝2x＝AB. 5．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC上的点P处，求证：PC·PD＝PB·PE. 证明：过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥AC于点N，则四边形PNAM为矩形， ∴PM＝AN.由折叠可知，∠DPE＝∠A ＝ 90°， ∴∠ADP＋∠AEP＝ 180°， ∵∠PEN＋∠AEP＝180°， ∴∠ADP＝∠PEN. 又∵∠DMP＝∠ENP＝90°， ∴△DMP∽△ENP.∴＝，∵∠C＝45°， ∴△PNC是等腰直角三角形，∴PN＝ NC． ∵∠PNC＝∠A＝90°，∴PN∥AB， ∴＝，即＝，∴＝， ∴PC·PD＝PB·PE. $$