第三章 图形的相似——相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练-2026-2027学年北师大版九年级数学上册

相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 考点一 相似的判定与性质综合 考点目录 相似的判定与性质综合 相似与特殊四边形的性质综合 例1.(26-27九年级上·上海闵行阶段检测)如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC,E是边BC上一点，AE与 对角线BD相交于点F,且BE2=EFAE. A D E (I)求证：△DAB∽△AFB (2)联结AC,与BD相交于点O,若AB.OB=BC·AF,求证：AF2=OD.BF. 【答案】(I)证明：，BE2=EFAE, BE AE ·EFBE' 又，∠BEF=∠AEB, .△BEF∽AAEB. ∴.∠EBF=∠EAB: AD∥BC, .∠ADB=∠EBF, .∠ADB=∠FAB, 又：∠ABD=∠FBA, .△DAB∽△AFB: 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 (2)证明：：ABOB=BC·AF, AB AF .BC OB 由(1)知∠EBF=∠EAB, ∴.△ABFn△BCO, .∠AFB=∠BOC. .180°-∠AFB=180°-∠B0C, ∴.∠AFO=∠AOF, ..AF=AO ,∠BOC=∠AOD ∴.∠AFB=∠AOD 由(1)知∠BAF=∠BDA, ∴.△AODABFA, OA OD ·BFAF’ ∴OAAF=ODBF, .AF2=OD.BF. 【分析】(I)证明△BEF∽aAEB,得到∠EBF=∠EAB,则可证明∠ADB=∠FAB,进而可证明△DAB∽△AFB； (2)证明△ABF∽aBCO,得到∠AFB=∠BOC,则可证明∠AFO=∠AOF,得到AF=AO,证明△AOD∽aBFA, 推出OAAF=ODBF,则可证明AF2=OD·BF. 【详解】(1)略 (2)略 例2.(26-27九年级上江苏扬州阶段检测)已知：如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且 ∠ABE=∠ACD,BE、CD交于点G. (I)求证：AB·AD=AE·AC: 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 (2)如果BE平分∠ABC,求证：DE=CE 【答案】(I)证明：：∠ABE=∠ACD,∠A=∠A, .∴△ABE∽AACD AB AE :AC AD' AB·AD=AE·AC. (2)证明：由(1)得△ABE∽△ACD, AE AB :.AD AC' AD AE AC AB' 又：∠A=∠A, .∴△ADEAACB ∴.∠ADE=∠ACB 过点E作EM⊥AB于M,EN⊥BC于N, E G B N C.∠EMD=∠ENC=90° :BE平分∠ABC,EM⊥AB,EN⊥BC, ∴.EM=EN 在△EMD和△ENC中， ∠EMD=∠ENC ∠EDM=∠ECN EM=EN ∴.AEMD≌AENC(AAS) ∴.DE=CE AD AC 【分析】(1)要证ABAD=ABAC，先将乘积式转化为比例式AE=AB·已知∠4BE=∠ACD,∠A是公共 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 角，证明△ABE∽△ACD,利用相似三角形对应边成比例得到比例式，变形得到乘积式. AD AE (2)由(1)的相似得到ACAB,结合公共角∠A'证明AADEVAACB,得到∠ADE=∠ACB·过点E作 EM⊥AB于M,EN⊥BC于N.由角平分线性质得EM=EN,再证明△EMD≌aENC,证得DE=CE. 【详解】(1)略 (2)略 例3.(26-27九年级上四川达州：阶段检测)按要求完成下列各题： A D 图1 图2 图3 (I)问题背景：如图1，己知△ABC∽aADE,求证：△ABD-ACE, (2)尝试应用：如图2，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠ABC=∠ADE=30°，AC与DE相交于点F, DF 点D在C边上，=V3,试证明AMDF∽AECF,并求出C的值 (③)拓展创新：如图3，D是△MBC内一点，∠BMD=∠CBD=30°.∠BDC=90°、AB=4AC=2 ,直接写出 AD的长。 【答案】(I)证明：，△ABC∽△ADE, ABA ,∠BAC=∠DAE AD AE ∠BAD=∠CAB,4B=AD AC AE △ABD∽△ACE: (2)证明：连接CE, E C∠BAC=∠DAE=90,∠ABC=∠ADE=30 ∴△ABC∽△ADE, 4 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 :AB_AC AD AE, AB AD AC AE :∠BAC=∠DAE=90°， .∠BAD=∠CAE, .AABD△ACE, BD AB ·∠ACE=∠ABD=∠ADE'CEAC, :∠ABC=30,∠BAC=90°， :∠ABC=30°，∠BAC=90°， .BC=2AC. 由勾股定理得4B=VBC2-AC=V5AC BD AB=3 CE AC :∠AFD=∠EFC, :∴△ADF∽aECF, DF AD3BD=x3=3 CF CECE 3)6 【分析】山)由恩意得击ADA花·BAC=D1,则∠BA4D=∠C4B,可证得结论 (2)①根据∠DAE=90°，∠ADE=30°即可求解： ②证明△ABC∽△ADE,再证△ABDACE,转化得到角相等，可证明△ADF∽△ECF,结合含30°直角三角形边 长关系，传递相似比例，算出线段比值。 (3)过点D作AD的垂线，过点A作AB的垂线，两垂线交于点M,连接BM, 构造含30°的直角△ADM,使它与aCDB相似；再利用角的等量代换证明△ADC∽aMDB,由相似比例求出MB; 利用角度相加证明∠BAM=90°，勾股定理求AM,再利用含30°直角三角形性质求出AD. 【详解】(1)证明：略： (2)证明：略： 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 AD=3 :△ABD-AACE,B AE_AD=3 CE BD 在Rt△ADE中，∠ADE=30°」 AE=-DE 2 AD=3 AD=5ME,即AE ,AD=4D×AE =V3×√3=3， EC AE CE :△ADF∽△ECF, DF AD ∴CFCE (3)解：如图3，过点D作AD的垂线，过点A作AB的垂线，两垂线交于点M,连接BM, D :∠BAD=30°且AM⊥AB, .∠DAM=90°-30°=60°， .∴∠AMD=30°. ∠AMD=∠CBD, 在Rt△ADM中，∠AMD=30°. AD 1 AM=24D'DM=34D B DM ∠BDC=90°，∠CBD=30°. CD 1 在Rt△BDC中，BD=BCD'BD3· AD CD 'DMBD· 又∠ADM=∠BDC=90°， .∴.△ADM∽△CDB ∴.∠DAM=∠DCB 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 又∠ADM=∠BDC, ∴.∠ADM+∠CDM=∠BDC+∠CDM, 即∠ADC=∠MDB. AD CD AD DM :DMBD得CDBD' .△ADC∽△MDB AC AD 13 MB-DM33. AC=2V3 已知 ,代入： 2W5√5 MB3,解得MB=6. 由△ADM∽△CDB,得∠AMD=∠CBD=30°」 :RtAADM中，∠ADM=90°，∠AMD=30°， ∴.∠DAM=60° 又∠BAD=30° ∴.∠BAM=∠BAD+∠DAM=30°+60°=90°， △ABM是直角三角形，∠BAM=90°， AB=4,MB=6, AM=VBM2-AB2=V62-42=25 又Rt△ADM中，AM=2AD, :.AD=1AM=5 2 变式1.(26-27九年级上广东佛山：阶段检测)如图，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，若∠A=40°， ∠B=65°，∠AED=75°」 D 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 (I)求证：△ADE∽△ABC: (2)已知AD:AB=2:5,AE=3,求AC的长 【答案】(1)证明：在△ADE中，∠ADE=180°-∠A-∠AED=180°-40°-75°=65°， ∠ADE=∠B=65 又∠A=∠A, :,△ADE∽△ABC(两角对应相等的两个三角形相似) a4c-号 【分析】(1)根据两组对应角相等，证明△ADE∽△ABC即可； (2)根据相似三角形对应边成比例列式求解. 【详解】(1)略 (2)解：：△ADE∽△ABC, AD AE 2 3 AB=AC,即5=AC, AC= 2· 变式2.(26-27九年级上黑龙江大庆阶段检测)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB,垂足为D. (I)求证：△ACD∽△CBD; (2)若AD=4,BD=9,求CD的长： (3)求AC的长. 【答案】(I)证明：，CD⊥AB, .∠ADC=∠CDB=90°. ∴.∠A+∠ACD=90° :∠ACB=90°， ∴∠A+∠B=90°， .∠ACD=∠B」 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 .△ACD∽△CBD (2)6 ③2g 【分析】(1)根据两角相等即可证明两三角形相似： (2)由(1)中两三角形相似得对应边成比例即可求解； (3)根据题意说明△ACD∽△ABC,再由对应边成比例求解. 【详解】(1)略： (2)解：由△ACD∽△CBD, CD AD 得BDCD' 即CD2=AD.BD=4×9=36, ∴.CD=6 (3)解：∠A=∠A,∠ADC=∠ACB=90°， ∴.△ACDP△ABC, 、ACAD ABAC· AC2=AD·AB=4×(4+9=52 即 ∴.AC=52=213 变式3.(26-27九年级上甘肃天水阶段检测)直角三角形射影定理又称“欧几里德定理”.定理的内容是：如 图，在Rt△ABC中，满足条件：∠ACB=90°，CD是斜边AB上的高，则有如下结论成立：①CD=ADDB② BC=BDB1©4C=MDMB④4C-BC=AB-CD (I)已知：在Rt△ABC中，∠ACB=9O°，CD是斜边上的高，求证：AC2=AD·AB. 9 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 (2)直接运用：射影定理解决下面的问题： 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边上的高，若AC=6,BD=9,求CD的长. 【答案】(I)证明：在R1△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的高， .∠ADC=90° :∠A=∠A(公共角)， :∠ADC=∠ACB=90° :∴△ACDP△ABC(两角分别相等的两个三角形相似)· AC AD 根据相似三角形对应边成比例，可得：ABAC, 交叉相乘得：AC2=AD·AB, @35 AC AD 【分析】(1)利用公共角∠4和两个直角，证明。ACD与。ABC相似，根据相似三角形对应边成比例AB=AC, 交叉相乘证得AC2=AD·AB」 (2)设D=x,结合AC=6,BD=9,AB=x+9,使用射影定理AC=AD:AB列出方 6=x(x+9).求出 1D-3,再用射影定理CD=1DBD,代入数字算出CD=35 【详解】(1)略. (2)解：设AD=x, 根据(1)问已证的射影定理结论AC2=AD·AB. 已知AC=6,BD=9,且斜边AB=AD+BD=x+9,代入得： 62=x(x+9) 整理为一元二次方程： x2+9x-36=0 因式分解得： 10 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 (x+12)(x-3)=0 解得=3名=-12 由于线段长度为正，舍去负根，得AD=3. 再根据射影定理结论CD=ADDB,代入AD=3,BD=9: CD2=3×9=27 CD>0. :.CD=3V3 女 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 考点二 相似与特殊四边形的性质综合 例1.(26-27九年级上湖南岳阳·阶段检测)如图1，已知矩形ABCD和矩形AEFG,AD=2AB,AG=2AE, 连接DG,BE. 图1 图2 (I)发现：①线段DG与线段BE之间的数量关系是_， ②直线DG与直线BE之间的位置关系是_· ②)探完：若己知条件不变，将图1中矩形4BFG绕点A顺时针旋转(0<a<180）,如图2，则(1)中结论还成 立吗？ (3)应用：在(2)的情况下，AB=5,AE=3,当矩形AEFG绕点A旋转到B,E,F在同一条直线上时，线段 DG,BF的长度分别是多少？ 【答案】(I)DG=2BE,DG⊥BE (2) (1)中结论还成立 (3)DG=8,BF=10或BF=2 AB AE1 【分析】(1)①由矩形的性质可得∠BAE=∠DAG=90°，由题意可得ADAG2,证明。ABE∽aADG,即可 得出DG=2BE;②延长BE交DG于点H,则∠ADG+∠AGD=90°，由①可得△ABEn△ADG,由相似三角形的 性质可得∠ABE=∠ADG,求出∠BHG=90°，即可得出结果： AB AE 1 (2)由矩形的性质可得∠BAD=∠EAG=90°，证明∠BAE=∠DAG,结合题意得出ADAG2,即可推出 BE AB1 △ABEAADG,从而可得DGAD2,∠ABE=∠ADG,则DG=2BE,延长BE交AD于点M'交DG于点 H,再由∠AMB=∠DMH,计算即可得出结果； (3)两种情况：当点B、E、F在同一直线上，且点E在线段BF上时：当点B、E、F在同一直线上，且点 B在线段EF上时；分别求解即可得出结果， 12 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 【详解】(1)解：①·四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形， .∠BAE=∠DAG=90°. AD=2AB.AG=2AE. ABAE1 :.AD-AG 2' .△ABE∽△ADG. BE AB 1 ∴DG=AD-2, ∴.DG=2BE: ②如图，延长BE交DG于点H, D H E B A .∠DAG=90° .∠ADG+∠AGD=90° 由①可得：△ABE∽△ADG. .∠ABE=∠ADG, .∠ABE+∠AGD=90°， .∠BHG=90°， .DG⊥BE: (2)解：(1)中结论还成立，证明如下： :四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形， 、∠BAD=∠EAG=90°、 .∠BAD-∠EAD=∠EAG-∠EAD,即∠BAE=∠DAG, AD=2AB,AG=2AE AB AE 1 :AD AG 2' ∴.△ABE△ADG, BE AB 1 .DGAD2,∠ABE=∠ADG, 6 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 .DG=2BE, 如图，延长BE交AD于点M,交DG于点H, D H .'∠AMB=∠DMH, ·.∠DHM=180°-∠ADG-∠DMH =180°-∠ABE-∠AMB =∠BAM =90°. .DG⊥BE: (3)解：如图，当点B、E、F在同一直线上，且点E在线段BF上时， D C ,四边形AEFG为矩形， ∴AE⊥BF,EF=AG, ∠AEB=90°， AB=5,AE=3, BE-VAB-AE=4 由(2)可得：DG=2BE. DG=8. :AG=2AE=6, .EF=6, ∴.BF=EF+BE=6+4=10: 如图，当点B、E、F在同一直线上，且点B在线段EF上时， 14 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 同理可得：BE=4,EF=AG=2AE=6, .DG=2BE=8,BF=EF-BE=6-4=2: 综上所述，DG=8,BF=10或BF=2」 例2.(26-27九年级上广东佛山阶段检测)如图1，在口ABCD中，点M是BC边上的一点，连接AM.若 SaM=a边形MD M 图1 图2 图3 BM (1)【初步感知】AD (2)【问题解决】如图2，作射线DM与AB的延长线相交于点卫，连接CP,AM的延长线与CP相交于点N.试探究 线段CP与线段CN之间的数量关系，并证明你的结论、 (3)【变式探究】如图3，连接BD,BD与AM交于点E,连接CE.当∠ABD=∠CEM时，AB与AE之间的关系是 AB=k·AE,求k的值. BM 1 【答案】(1)AD2 (2)线段CP与线段CN之间的数量关系为：CP=3CW,理由如下： 连接BD交AN于点F,如下图： 15 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 N 由1)知BM=2AD,AD=BC,AB=CD 1 BM=号BC 2 .BM=CM, :AB∥CD, .∠BPM=∠CDM, .∠CMD=∠BMP, △BPM≌ACDM(AAS) .CD=BP, 四边形CDBP为平行四边形，AB=BP, .BD∥CP, .∠NCM=∠FBM,△ABF∽△APN, BF AB 1 PN AP 2' -v ·.BM=CM,∠CMN=∠BMF,∠NCM=∠FBM, △NCM≌AFBM(ASA) .BF=CN. .CN-8F-PN. .PN=2CN. ..CP=3CN 6)k=V2 16 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 【分析】（1)连接BD先求得Sm2S,Saam45,m,即可得到S侧-2Sm,据此求解即可： (2)连接BD交AW于点F,证 △BPM≌aCDM(AAS),求得CD=BP,推出四边形CDBP为平行四边形，再证 明4BF4PN,求得BF-PV,再证明ANCW≌AFM(ASA,)据北计第即可求解， (3)证明△CEG∽△EDG,求得EG=CG·DG=2AB2,再证明△ABE∽aGDE,求得EG=2AE,据此计算即可求 解. 【详解】(1)解：连接BD, D M S.AMD 2A, 1 :SAABM=3S边形4MD, :SAABM= 4 1 5a4w-23a40, ,在平行四边形ABCD中，AD‖CB, △ADB,△MMB以AD,BM为底的高相等， 1 .BM=AD BM 1 AD2 (2)略 (3)解：延长AM和DC相交于点G, 1> 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 M G 同理得△AMB≌△GMC」 .CG=AB=CD. AB∥CD, .∠ABD=∠EDG .∠ABD=∠CEM, ∴∠CEG=∠EDG, ∠G=∠G .△CEG△EDG. EG CG DG EG' .EG2=CG.DG=2AB2, ,AB∥CD, ∴.△ABE△GDE, AE AB 1 EGDG2,即EG=2AE, (24E)-24 AB=2AE .AB=k.AE, :=2 例3.(26-27九年级上山西太原·阶段检测)综合与探究 在学习了“特殊平行四边形”后，兴趣小组的同学发现了这样一个问题：如图1，已知矩形ABCD,点E为对角线 AC上一动点，过点C作垂直于AC的射线CG,点F在射线CG上，且∠EBF=90°，连接EF. 18 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 A E G E 图1 图2 (I)【问题发现】若矩形ABCD是正方形，请直接写出线段BE与BF之间的数量关系： (2)【类比探究】如图2，在矩形ABCD中，AB=8,AD=4.请判断线段AE与CF之间的数量关系，并说明理由： (3)【拓展应用】在(2)的条件下，点E在对角线AC上运动，当四边形BECF为轴对称图形时，请直接写出线段 BF的长. 【答案】(I)BE=BF (2)AE=2CF.理由如下： ,四边形ABCD是矩形，AD=4, .∠ABC=90°，BC=AD=4, AB=8. :48-8=2 BC 4 :∠EBF=90°， ,·.∠ABC=∠EBF .·∠ABC-∠EBC=∠EBF-∠EBC, .∠ABE=∠CBF :AC⊥CG于C, .∠ECF=90° .∴∠ABC=∠ECF=90° .∴·∠ABC-∠ECB=∠ECF-∠ECB ∴.∠BAE=∠BCF .△ABE∽△CBF AE_AB=2 CF CB .AE=2CF 10 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 45 (3)V5或5 【分折】4)下勇△MBE2CBF(ASA）,由全等三角形的对应边相等可得出结论。 (2)证明△ABE∽△CBF,根据相似三角形的性质即可解答； (3)分两种情况，①当四边形BECF关于所在直线EF对称时，②当四边形BECF为矩形时，由轴对称的性质及 直角三角形的性质，结合相似三角形的判定与性质可求出BF的长. 【详解】1)解：BE=BF 证明：，四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC,∠ABC=90°，∠BAE=∠ACB=45°， .∠EBF=90° .∠ABE=∠CBF=90°-∠CBE, AC⊥CG, ∴∠ECF=90° .∠BCF=90°-∠ACB=45°=∠BAE, △ABE≌ACBF(ASA) ∴.BE=BF: (2)略 (3)解：分两种情况： 当四边形BECF关于直线EF对称时，如图，设EF与BC的交点为H, D 则EF垂直平分BC,BF=CF, .∠BHF=∠ABC=90°，∠FBC=∠FCB ,∠ECF=90° .∠FBH=∠FCB=90°-∠ACB=∠CAB, .△BHF∽△ABC. 20 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 BF BH ·ACAB' AB=8,BC=AD=4. :4C=VAB2+BC=V82+4=45 BH=BC-2 2 BF 2 ·458,解得BF=5: 当四边形BECF是矩形时，四边形BECF为轴对称图形，如图， B G D .∠BEC=∠ABC=90°，BF=CE,∠CAB=∠CBE=90°-∠ABE, ∴.△ABC∽aBEC, BC AC 44V5 :CEBC,即CE4, 解得CE46 5,则 r=4/5 5, 4v5 综上，BF的长为V5或5· 变式1.(26-27九年级上·浙江宁波·阶段检测)如图，在正方形ABCD中，M是BC上一点，F是AM的中点， EF⊥AM,垂足为F,交AD的延长线于点E,交DC于点N. D B M (I)求证：△ABM∽aEFA: 21 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 (2)若AB=8,BM=4,求AE的长. 【答案】(I)证明：：四边形ABCD为正方形， .∠BAD=∠B=90°， ∴.∠EAF+∠BAM=∠BAM+∠AMB=90°， ∴.∠EAF=∠AMB, :EF⊥AM, .∠EFA=90°， ∴.∠EFA=∠B, △ABM∽△EFA: (2)10 【分析】(1)首先证明∠EAF=∠AMB,∠EFA=∠B=90°，即可证明△ABMEFA; (2)首先利用勾股定理解得4M=45,结合F是4M的中点易得4F=25 由相似三角形的性质可得 AM BM AE=AF,然后代入数值计算即可. 【详解】(1)略 (2)解：∠B=90°，AB=8,BM=4, :M=0+BM2=8+年=4N5 :F是AM的中点， A4F-4M=25 .△ABM∽AEFA. AM BM 454 .AEAF,即AE25, 解得AE=10 变式2.(26-27九年级上·黑龙江大庆阶段检测)如图，在正方形ABCD中，AB=6,点E在边BC上，BE=2, AE与对角线BD相交于点F. 22 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 B 2 E D C AF AD (1)求证：EF=BE: (2)求AF的长 【答案】(I)证明：，四边形ABCD是正方形， ∴.AD∥BC,即AD∥BE ∴.∠DAF=∠BEF,∠ADF=∠EBF, ∴.△ADFr△EBF, AF AD EF BE 3v10 (2)2 【分析】(I)先利用正方形和平行线的性质证明△ADF∽aEBF,再利用相似三角形的性质即可证明结论； ②由(1)结合己知条件可得FE,再利用正方形的性质、勾股定理可得=20，进而完成解 【详解】(1)略 AF AD-6=3 (2)解：由(1)得EF=BE2 AF=3EF,即4F=2E 4 ,四边形ABCD是正方形， .∠ABE=90°， 4E-4B+BE-36+4-210 ,4F=3x210=3i0 4 2. 变式3.(26-27九年级上河南驻马店·阶段检测)按要求完成以下问题 23 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 D B F 图1 图2 图3 (1)问题发现 EG 如图L,在正方形ABCD中，若点B,P,G,H分别在边AB,BC,CD,DA上，且EG⊥FH,则HF的值为 (2)类比探究 HF AB 如图2，在矩形ABCD中，若点B,P,G,H分别在边AB'BC,CD:DA上，且EG⊥FH:求证：EGAD (3)拓展延伸 如图3，在口ABCD中，∠BAD=120°，AB=9,AD=6,点F,Q,H分别在边BC,CD,DA上，AQ与FH交 AO 于点0且∠F00=120°，DQ=2,直接写出Fi的值. 【答案】(1)1 2)证明：过点H作H0⊥BC,垂足为点Q,过点G作GP⊥AB,垂足为点P,H0与EG相交于点O, B QFC:AB⊥BCHQ⊥BC :.HOll AB .∠HOG=∠PEG, EG⊥FH, ∴.∠HOG+∠FHQ=90° :HQ⊥BC 24 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 ∴.∠HFQ+∠FHQ=90° ∴.∠HOG=∠HFQ ∴.∠HFQ=∠PEG 由H0⊥BC,GP⊥AB可得：∠H0F=∠GPE=90°， ∴.△QHF∽APGE HF HO EG PG 由∠A=∠B=∠B0H=90°可得四边形AB0H为矩形， ..HO=AB 同理可得PG=AD, :职坦、B EG PG AD 4 3)9 【分析】(I)过点H作N⊥BC交于点N,过点G作SM LBA交于点M,证明A △HFN≌aGEM(ASA) 即可求解； (2)过点H作H0⊥BC交于点O,过点G作GP⊥AB交于点P,由(I)可得△H∽aPGE,再结合相似三角 形的性质可得结论： (3)过点H作AB的平行线交BC于点N,构造平行四边形ABNH,得到等角与等线段；在AD上截取DM=D0, 利用∠ADC=60°构造等边△DMg,得到120°角，创造相似三角形条件，利用平行线、三角形外角定理，证出两 AO 组对应角相等，证明△FNH∽aQMA,把AM=4'HN=AB=9,代入相似比直接得到FH· 【详解】(1)解：过点H作HN⊥BC于点N,过点G作GM1BA于点M设EG,NH交于点R, 25 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 AH M E R BN F 图1 :四边形ABCD是正方形， .BC=CD,∠B=∠C=∠D=90°=∠BMG=∠CNH, ∴.四边形BCGM是矩形，四边形HNCD是矩形， .MG=BC,HN=CD,BC与MG平行， .HN⊥MG,MG=HN. ,HF⊥EG, ∴.∠NHF+∠HRG=90°=∠MGE+∠HRG, '.∠MGE=∠NHF △IHFN≌AGEM(ASA) .HIF=EG. EG=1. HF (2)略 (3)解：过点H作AB的平行线交BC于点N,交Ag于点L, 在AD上截取DM=DO,连接Mg BF NC :HN∥AB .∠ALH=∠BAQ :∠BAQ+∠DAQ=∠BAD=120°∠FHN+∠ALH=∠FOQ=120° ∴.∠DAQ=∠FHN 26 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 :四边形ABCD是平行四边形 .AH BN 四边形ABNH是平行四边形 ∴.∠FNH=∠BAH=120° AB‖CD,∠BAD=120° .∠ADC=180°-∠BAD=60° 又：DM=Dg .∴△DMO 是等边三角形 .∠DMQ=60° .∠AMQ=180°-∠DMQ=120° .∠FNH=∠AMg .∴△FNH∽aQMA AQ AM FH HN .DO=2 ∴.DM=2 ∴.AM=6-DM=4 :四边形ABNH是平行四边形 ∴.HN=AB=9 :g4 FH9· 【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判 定和性质的应用，正确地作出辅助线是解题的关键. 27相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 相似的判定与性质综合、相似与特殊四边形的性质综合专项训练 考点目录 相似的判定与性质综合 相似与特殊四边形的性质综合 考点一 相似的判定与性质综合 例1．（26-27九年级上·上海闵行·阶段检测）如图，已知在梯形中，，E是边上一点，与对角线相交于点F，且． (1)求证： (2)联结，与相交于点O，若，求证：． 例2．（26-27九年级上·江苏扬州·阶段检测）已知：如图，在中，点、分别在边、上，且，、交于点． (1)求证：； (2)如果平分，求证：． 例3．（26-27九年级上·四川达州·阶段检测）按要求完成下列各题： (1)问题背景：如图1，已知，求证：； (2)尝试应用：如图2，在和中，，，与相交于点F，点D在边上，，试证明，并求出的值． (3)拓展创新：如图3，D是内一点，，，，，直接写出的长． 变式1．（26-27九年级上·广东佛山·阶段检测）如图，点、分别在的边、上，若，，． (1)求证：； (2)已知，，求的长． 变式2．（26-27九年级上·黑龙江大庆·阶段检测）如图，在中，，，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求的长； (3)求的长． 变式3．（26-27九年级上·甘肃天水·阶段检测）直角三角形射影定理又称“欧几里德定理”．定理的内容是：如图，在中，满足条件：，是斜边上的高，则有如下结论成立：①   ②   ③   ④． (1)已知：在中，，是斜边上的高，求证：． (2)直接运用：射影定理解决下面的问题： 如图，在中，，是斜边上的高，若，，求的长． 考点二 相似与特殊四边形的性质综合 例1．（26-27九年级上·湖南岳阳·阶段检测）如图1，已知矩形和矩形，，，连接，． (1)发现：①线段与线段之间的数量关系是 ， ②直线与直线之间的位置关系是 ． (2)探究：若已知条件不变，将图1中矩形绕点顺时针旋转，如图2，则（1）中结论还成立吗？ (3)应用：在（2）的情况下，，，当矩形绕点旋转到，，在同一条直线上时，线段，的长度分别是多少？ 例2．（26-27九年级上·广东佛山·阶段检测）如图1，在中，点M是边上的一点，连接．若． (1)【初步感知】＝______． (2)【问题解决】如图2，作射线与的延长线相交于点P，连接的延长线与相交于点N．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论． (3)【变式探究】如图3，连接与交于点E，连接．当时，与之间的关系是，求k的值． 例3．（26-27九年级上·山西太原·阶段检测）综合与探究 在学习了“特殊平行四边形”后，兴趣小组的同学发现了这样一个问题：如图，已知矩形，点为对角线上一动点，过点作垂直于的射线，点在射线上，且，连接． (1)【问题发现】若矩形是正方形，请直接写出线段与之间的数量关系：________； (2)【类比探究】如图，在矩形中，，．请判断线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展应用】在（2）的条件下，点在对角线上运动，当四边形为轴对称图形时，请直接写出线段的长． 变式1．（26-27九年级上·浙江宁波·阶段检测）如图，在正方形中，是上一点，是的中点，，垂足为，交的延长线于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 变式2．（26-27九年级上·黑龙江大庆·阶段检测）如图，在正方形中，，点在边上，，与对角线相交于点． (1)求证：； (2)求的长． 变式3．（26-27九年级上·河南驻马店·阶段检测）按要求完成以下问题 (1)问题发现 如图1，在正方形中，若点E，F，G，H分别在边，，，上，且，则的值为_________． (2)类比探究 如图2，在矩形中，若点E，F，G，H分别在边，，，上，且．求证：． (3)拓展延伸 如图3，在中，，，，点F，Q，H分别在边，，上，与交于点且，，直接写出的值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $