初三数学人教版秋季班(教师版)第13讲 相似三角形--尖子班

第13讲相似三角形
知识点1相似三角形的判定
相似三角形的概念
对应角相等，对应边成比例的三角形，叫做相似三角形．相似用符号“∽”表示，读作“相似于”.
相似三角形的判定：
（1）平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交,所构成三角形与原三角形相似.
（2）如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等,那么这两个三角形相似.（3）如果两个三角形的两组对应边的比相等,并且相应的夹角相等,那么这两个三角形相似.（4）如果两个三角形的三组对应边的比相等,那么这两个三角形相似.
直角三角形相似判定定理
斜边与一条直角边对应成比例的两直角三角形相似.
【典例】
1.如图，已知：∠ACB=∠ADC=90°，AD=2，CD=2，当AB的长为时，△ACB与△ADC 相似．
【答案】4
【解析】解：∵∠ACB=∠ADC=90°，AD=2，CD=2，
∴△ADC是等腰直角三角形，AC==2，
∵△ACB与△ADC相似，
∴△ACB是等腰直角三角形，BC=AC=2，
∴AB==4，
即当AB的长为4时，△ACB与△ADC相似；
故答案为：4．
2.如图，点P是⊙O的直径AB延长线上一点，且AB=4，点M为上一个动点（不与A，B重合），射线PM与⊙O交于点N（不与M重合）．
（1）当M在什么位置时，△MAB的面积最大，并求出这个最大值；
（2）求证：△PAN∽△PMB．
【解析】解：（1）当点M在的中点处时，△MAB面积最大，此时OM⊥AB，
∵OM=AB=×4=2，
∴S△ABM=AB•OM=×4×2=4；
（2）∵∠PMB=∠PAN，∠P=∠P，∴△PAN∽△PMB．
3.如图，已知O 是△ABC 内一点，D、E、F 分别是 OA、OB、OC 的中点．
求证：△ABC∽△DEF．
【解析】证明：∵D、E、F 分别是 OA、OB、OC 的中点，
∴DE= AB，EF= BC，DF= AC，
即= = ，
∴△ABC∽△DEF
4.如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC边的中点，点P在射线AD上，过
P作PF⊥AE于F．
（1）求证：△PFA∽△ABE；
（2）当点P在射线AD上运动时，设PA=x，是否存在实数x，使以P，F，E为顶点的三角形也与△ABE相似？若存在，请求出x的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠PAF=∠AEB．
∵∠PFA=∠ABE=90°，
∴△PFA∽△ABE．
（2）若△EFP∽△ABE，则∠PEF=∠EAB．
∴PE∥AB．
∴四边形ABEP为矩形．
∴PA=EB=2，即x=2．
若△PFE∽△ABE，则∠PEF=∠AEB．
∵∠PAF=∠AEB，
∴∠PEF=∠PAF．
∴PE=PA．
∵PF⊥AE，
∴点F为AE的中点．
∵AE=，
∴EF=AE=．
∵，即，
∴PE=5，即x=5．
∴满足条件的x 的值为2或5．
【方法总结】
（1）在有一组对应角相等的情况下，可以从两个方面选择突破口：
①寻找另一组对应角相等：②寻找两个三角形中这个已知角的两边的比相等.
（2）直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形都与原三角形相似（此知识常用，但是有时需要证明）
（3）若两个直角三角形满足一个锐角相等，或两组直角边成比例，或斜边和一条直角边成比例，则这两个直角三角形相似.
【随堂练习】
1．（2019•海淀区校级模拟）如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，CD AB ⊥，
（1）图1中共有 3 对相似三角形，写出来分别为 （不需证明）；
（2）已知10AB =，8AC =，请你求出CD 的长；
（3）在（2）的情况下，如果以AB 为x 轴，CD 为y 轴，点D 为坐标原点O ，建立直角坐标系（如图2)，若点P 从C 点出发，以每秒1个单位的速度沿线段CB 运动，点Q 出B 点出发，以每秒1个单位的速度沿线段BA 运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为t 秒是否存在点P ，使以点B 、P 、Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）图1中共有3对相似三角形，分别为：ABC ACD ∆∆∽，ABC CBD ∆∆∽，ACD CBD ∆∆∽．
故答案为3，ABC ACD ∆∆∽，ABC CBD ∆∆∽，ACD CBD ∆∆∽；
（2）如图1，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，10AB =，8AC =，
6BC ∴==．
ABC ∆的面积1122
AB CD AC BC =
=， 68 4.810AC BC CD AB ⨯∴===；
（3）存在点P ，使以点B 、P 、Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似，理由如下： 在BOC ∆中，90COB ∠=︒，6BC =， 4.8OC =，
3.6OB ∴==．
分两种情况：
①当90BQP ∠=︒时，如图2①，此时PQB ACB ∆∆∽，
∴
BP BQ AB BC
=， ∴6106t t -=， 解得 2.25t =，即 2.25BQ CP ==，
6 2.25 3.75BP BC CP ∴=-=-=．
在BPQ ∆中，由勾股定理，得3PQ ===，
∴点P 的坐标为(1.35,3)；
②当90BPQ ∠=︒时，如图2②，此时QPB ACB ∆∆∽， ∴
BP BQ BC AB
=， ∴6610t t -=， 解得 3.75t =，即 3.75BQ CP ==，6 3.75 2.25BP BC CP =-=-=． 过点P 作PE x ⊥轴于点E ．
QPB ACB ∆∆∽， ∴PE BQ CO AB =，即 3.754.810
PE =， 1.8PE ∴=．
在BPE ∆中， 1.35BE ===， 3.6 1.35 2.25OE OB BE ∴=-=-=，
∴点P 的坐标为(2.25,1.8)．
综上可得，点P 的坐标为(1.35,3)或(2.25,1.8)．
2．（2017秋•顺德区期末）如图，AB BC ⊥，DC BC ⊥，E 是BC 上一点，使得
AE DE ⊥；
（1）求证：ABE ECD ∆∆∽；
（2）若4AB =，5AE BC ==，求CD 的长；
（3）当AED ECD ∆∆∽时，请写出线段AD 、AB 、CD 之间数量关系，并说明理由．
【解答】（1）证明：AB BC ⊥，DC BC ⊥，
90B C ∴∠=∠=︒，90BAE AEB ∠+∠=︒，
AE DE ⊥，
90AED ∴∠=︒，
90AEB DEC ∴∠+∠=︒，
DEC BAE ∴∠=∠，
ABE ECD ∴∆∆∽；
（2）解：Rt ABE ∆中，4AB =，5AE =， 3BE ∴=，
5BC =，
532EC ∴=-=，
由（1）得：ABE ECD ∆∆∽， ∴AB EC
BE CD =， ∴4
2
3CD =，
3
2CD ∴=；
（3）解：线段AD 、AB 、CD 之间数量关系：AD AB CD =+； 理由是：过E 作EF AD ⊥于F ，
AED ECD ∆∆∽，
EAD DEC ∴∠=∠，
AED C ∠=∠，
ADE EDC ∴∠=∠，
DC BC ⊥，
EF EC ∴=，
DE DE =，
Rt DFE Rt DCE(HL)∴∆≅∆，
DF DC ∴=，
同理可得：ABE AFD ∆≅∆，
AF AB ∴=，
AD AF DF AB CD ∴=+=+．
3．（2018•相山区二模）已知如图，AB DB ⊥于点B ，CD DB ⊥于点D ，6AB =，4CD =，14BD =．则在DB 上是否存在点P ，使得以C 、D 、P 为顶点的三角形与P 、B 、A 为顶点的三角形相似，如果存在求出DP 的长，如果不存在，说明理由．
【解答】解：存在．
①若PCD APB ∆∆∽，则CD DP PB AB =，即4146
DP DP =-，解得2DP =或12； ②若PCD PAB ∆∆∽，则CD DP AB PB =，即4614DP DP =-，解得 5.6DP =．。