1相似三角形竞赛试题答案.docx

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1相似三角形竞赛试题答案

相似三角形

　1如图2-64所示，已知AB∥EF∥CD，若AB=6厘米，CD=9厘米．求EF．

　　分析由于BC是△ABC与△DBC的公共边，且AB∥EF∥CD，利用平行线分三角形成相似三角形的定理，可求EF．

　　解在△ABC中，因为EF∥AB，所以

　　同样，在△DBC中有

　　①＋②得

　　设EF=x厘米，又已知AB=6厘米，CD=9厘米，代入③得

2如图2-65所示．

ABCD的对角线交于O，OE交BC于E，交AB的延长线于F．若AB=a，BC=b，BF=c，求BE．

　　分析本题所给出的已知长的线段AB，BC，BF位置分散，应设法利用平行四边形中的等量关系，通过辅助线将长度已知的线段“集中”到一个可解的图形中来，为此，过O作OG∥BC，交AB于G，构造出△FEB∽△FOG，进而求解．

　　解过O作OG∥BC，交AB于G．显然，OG是△ABC的中位线，所以

　　在△FOG中，由于GO∥EB，所以

　3如图2-66所示．在△ABC中，∠BAC=120°，AD平分

　　分析因为AD平分∠BAC（=120°），所以∠BAD=∠EAD=60°．若引DE∥AB，交AC于E，则△ADE为正三角形，从而AE=DE=AD，利用△CED∽△CAB，可实现求证的目标．

　　证过D引DE∥AB，交AC于E．因为AD是∠BAC的平分线，∠BAC=120°，所以

∠BAD=∠CAD=60°．

　　又

∠BAD=∠EDA=60°，

　　所以△ADE是正三角形，所以

　　EA=ED=AD．①

　　由于DE∥AB，所以△CED∽△CAB，所以

　　由①，②得

　　从而

　4如图2-67所示．

ABCD中，AC与BD交于O点，E为AD延长线上一点，OE交CD于F，EO延长线交AB于G．求证：

　　分析与例2类似，求证中诸线段的位置过于“分散”，因此，应利用平行四边形的性质，通过添加辅助线使各线段“集中”到一个三角形中来求证．

　　证延长CB与EG，其延长线交于H，如虚线所示，构造平行四边形AIHB．在△EIH中，由于DF∥IH，所以

　　在△OED与△OBH中，

∠DOE=∠BOH，∠OED=∠OHB，OD=OB，

　　所以△OED≌△OBH（AAS）．

　　从而

DE=BH=AI，

　　5（梅内劳斯定理）一条直线与三角形ABC的三边BC，CA，AB（或其延长线）分别交于D，E，F（如图2-68所示）．求

　　分析设法引辅助线（平行线）将求证中所述诸线段“集中”到同一直线上进行求证．

　　证过B引BG∥EF，交AC于G．由平行线截线段成比例性质知

　　说明本题也可过C引CG∥EF交AB延长线于G，将求证中所述诸线段“集中”到边AB所在直线上进行求证．

　6如图2-69所示．P为△ABC内一点，过P点作线段DE，FG，HI分别平行于AB，BC和CA，且DE=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425．求d．

　　分析由于图中平行线段甚多，因而产生诸多相似三角形及平行四边形．利用相似三角形对应边成比例的性质及平行四边形对边相等的性质，首先得到一个一般关系：

　　进而求d．

　　因为FG∥BC，HI∥CA，ED∥AB，易知，四边形AIPE，BDPF，CGPH均是平行四边形．△BHI∽△AFG∽△ABC，从而

　　将②代入①左端得

　　因为

　　DE=PE＋PD=AI＋FB，④

　　AF=AI＋FI，⑤

　　BI=IF＋FB．⑥

　　由④，⑤，⑥知，③的分子为

DE＋AF＋BI=2×（AI＋IF＋FB）=2AB．

　　从而

　　即

　　下面计算d．

　　因为DE=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425，代入①得

　　解得d＝306．

7.如图2-76所示．△ABC中，AD是∠BAC的平分线．求证：

AB∶AC=BD∶DC．

　　分析设法通过添辅助线构造相似三角形，这里应注意利用角平分线产生等角的条件．

　　证过B引BE∥AC，且与AD的延长线交于E．因为AD平分∠BAC，所以∠1=∠2．又因为BE∥AC，所以

∠2=∠3．

　　从而∠1=∠3，AB=BE．显然

△BDE∽△CDA，

　　所以BE∶AC=BD∶DC，

　　所以AB∶AC=BD∶DC．

　　说明这个例题在解决相似三角形有关问题中，常起重要作用，可当作一个定理使用．类似的还有一个关于三角形外角分三角形的边成比例的命题，这个命题将在练习中出现，请同学们自己试证．

　　在构造相似三角形的方法中，利用平行线的性质（如内错角相等、同位角相等），将等角“转移”到合适的位置，形成相似三角形是一种常用的方法．

8如图2-77所示．在△ABC中，AM是BC边上的中线，AE平分∠BAC，BD⊥AE的延长线于D，且交AM延长线于F．求证：

EF∥AB．

　　分析利用角平分线分三角形中线段成比例的性质，构造三角形，设法证明△MEF∽△MAB，从而EF∥AB．

　　证过B引BG∥AC交AE的延长线于G，交AM的延长线于H．因为AE是∠BAC的平分线，所以

∠BAE=∠CAE．

　　因为BG∥AC，所以

∠CAE=∠G，∠BAE=∠G，

　　所以BA=BG．

　　又BD⊥AG，所以△ABG是等腰三角形，所以

∠ABF=∠HBF，

　　从而

AB∶BH=AF∶FH．

　　又M是BC边的中点，且BH∥AC，易知ABHC是平行四边形，从而

BH=AC，

　　所以AB∶AC=AF∶FH．

　　因为AE是△ABC中∠BAC的平分线，所以

　　AB∶AC=BE∶EC，

　　所以AF∶FH=BE∶EC，

　　即

　　（AM+MF）∶（AM-MF）=（BM+ME）∶（BM-ME）（这是因为ABHC是平行四边形，所以AM=MH及BM=MC．）．由合分比定理，上式变为

AM∶MB=FM∶ME．

　　在△MEF与△MAB中，∠EMF=∠AMB，所以

△MEF∽△MAB

　　（两个三角形两条边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．）．所以

∠ABM=∠FEM，

　　所以EF∥AB．

　9.如图2-78所示．在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4．

　　即可，为此若能设法利用长度分别为AB，BC，CA及l=AB＋AC这4条线段，构造一对相似三角形，问题可能解决．

　　注意到，原△ABC中，已含上述4条线段中的三条，因此，不妨以原三角形ABC为基础添加辅助线，构造一个三角形，使它与△ABC相似，期望能解决问题．

　　证延长AB至D，使BD=AC（此时，AD=AB＋AC），又延长BC至E，使AE=AC，连结ED．下面证明，△ADE∽△ABC．

　　设∠A=α，∠B=2α，∠C=4α，则

∠A+∠B+∠C=7α=180°．

　　由作图知，∠ACB是等腰三角形ACE的外角，所以

∠ACE=180°-4α＝3α，

　　所以∠CAE=180°-3α-3α=7α-6α=α．

　　从而

∠EAB=2α＝∠EBA，AE＝BE．

　　又由作图

AE=AC，AE=BD，

　　所以BE=BD，

　　△BDE是等腰三角形，所以

∠D＝∠BED＝α＝∠CAB，

　　所以△ABC∽△DAE，

　　所以

10.如图2-80所示．P，Q分别是Rt△ABC两直角边AB，AC上两点，M为斜边BC的中点，且PM⊥QM．求证：

PB2＋QC2=PM2＋QM2．

　　分析与证明若作MD⊥AB于D，ME⊥AC于E，并连接PQ，则

PM2＋QM2=PQ2=AP2＋AQ2．

　　于是求证式等价于

PB2+QC2=PA2+QA2，①

　　等价于

PB2-PA2=QA2-QC2．②

　　因为M是BC中点，且MD∥AC，ME∥AB，所以D，E分别是AB，AC的中点，即有

AD=BD，AE=CE，

　　②等价于

（AD＋PD）2-（AD-PD）2

　　=（AE＋EQ）2-（AE-EQ）2，③

　　③等价于

AD·PD=AE·EQ．④

　　因为ADME是矩形，所以

AD=ME，AE=MD，

　　故④等价于

ME·PD=MD·EQ．⑤

　　为此，只要证明△MPD∽△MEQ即可．

　　下面我们来证明这一点．

　　事实上，这两个三角形都是直角三角形，因此，只要再证明有一对锐角相等即可．由于ADME为矩形，所以

∠DME=90°=∠PMQ（已知）．⑥

　　在⑥的两边都减去一个公共角∠PME，所得差角相等，即

∠PMD=∠QME．⑦

　　由⑥，⑦，所以

△MPD∽△MEQ．

　　由此⑤成立，自⑤逆上，步步均可逆推，从而①成立，则原命题获证．

11.如图2-81所示．△ABC中，E，D是BC边上的两个三等分点，AF=2CF，BF=12厘米．求：

FM，MN，BN的长．

　　解取AF的中点G，连接DF，EG．由平行线等分线段定理的逆定理知DF∥EG∥BA，所以

△CFD∽△CAB，△MFD∽△MBA．

　　所以MB=3MF，从而BF=4FM=12，所以

FM=3（厘米）．

　　又在△BDF中，E是BD的中点，且EH∥DF，所以

　　因为EH∥AB，所以△NEH∽△NAB，从而

　　显然，H是BF的中点，所以

　　故所求的三条线段长分别为