北师大版九年级上相似三角形

（答案）

例1分析：关键在找“角相等”，除已知条件中已明确给出的以外，还应结合具体的图形，利用公共角、对顶角及由平行线产生的一系列相等的角。本例除公共角∠G 外,由BC ∥AD 可得∠1=∠2，所以△AGD ∽△EGC 。再∠1=∠2（对顶角），由AB ∥DG 可得∠4=∠G ，所以△EGC ∽△EAB 。

例2分析：证明相似三角形应先找相等的角，显然∠C 是公共角，而另一组相等的角则可以通过计算来求得。借助于计算也是一种常用的方法。

证明：∵∠A=36°，△ABC 是等腰三角形，∴∠ABC=∠C=72°又BD 平分∠ABC ，则∠DBC=36° 在△ABC 和△BCD 中，∠C 为公共角，∠A=∠DBC=36°∴△ABC ∽△BCD

例3分析： 由已知条件∠ABD=∠CBE ，∠DBC 公用。所以∠DBE=∠ABC ，要证的△DBE 和△ABC ，有一对角相等，要证

两个三角形相似，或者再找一对角相等，或者找夹这个角的两边对应成比例。从已知条件中可看到△CBE ∽△ABD ，这样既有相等的角，又有成比例的线段，问题就可以得到解决。

证明：在△CBE 和△ABD 中，∠CBE=∠ABD, ∠BCE=∠BAD ∴△CBE ∽△ABD ∴

BC AB =BE BD 即：BC BE =AB

BD

△DBE 和△ABC 中，∠CBE=∠ABD, ∠DBC 公用∴∠CBE+∠DBC=∠ABD+∠DBC ∴∠DBE=∠ABC 且BC BE =AB

BD

∴△DBE ∽△ABC

例4分析：本题要找出相似三角形，那么如何寻找相似三角形呢？下面我们来看一看相似三角形的几种基本图形： （1） 如图：称为“平行线型”的相似三角形

(2)如图：其中∠1=∠2，则△ADE ∽△ABC 称为“相交线型”的相似三角形。

(3)如图：∠1=∠2，∠B=∠D ，则△ADE ∽△ABC ，称为“旋转型”的相似三角形。

观察本题的图形，如果存在相似三角形只可能是“相交线型”的相似三角形，及△EAF 与△ECA

解：设AB=a ，则BE=EF=FC=3a ，

由勾股定理可求得AE=a 2， 在△EAF 与△ECA 中，∠AEF 为公共角，且

2==AE

EC

EF AE 所以△EAF ∽△ECA 例5 分析：证明乘积式通常是将乘积式变形为比例式及DF ：FE=BC ：AC ，再利用相似三角形或平行线性质进行证明：

证明：过D 点作DK ∥AB ，交BC 于K ， ∵DK ∥AB ，∴DF ：FE=BK ：BE

又∵AD=BE ，∴DF ：FE=BK ：AD ，而BK ：AD=BC ：AC 即DF ：FE= BC ：AC ，∴DF ?AC=BC ?FE

例6 证明：（1）∵∠BAC=900

，M 是BC 的中点，∴MA=MC ，∠1=∠C ，

∵DM ⊥BC ，∴∠C=∠D=900

-∠B ，∴∠1=∠D ，

∵∠2=∠2，∴△MAE ∽△MDA ，∴MA

ME MD MA =

，∴MA 2

=MD ?ME ， （2）∵△MAE ∽△MDA ，∴MD MA AD AE =，MA ME AD AE =∴MD ME MA ME MD MA AD

AE =?=2

2 评注：命题1 如图，如果∠1=∠2，那么△ABD ∽△ACB ，AB 2

=AD ?AC 。

命题2 如图，如果AB 2

=AD ?AC ，那么△ABD ∽△ACB ，∠1=∠2。

例7 分析：图中没有现成的相似形，也不能直接得到任何比例式，于是可以考虑作平行线构造相似形。怎样作？观察要证明的结论，紧紧扣住结论中“AE ：ED ”的特征，作DG ∥BA 交CF 于G ，得△AEF ∽△DEG ，DG

AF

DE AE =

。与结论

BF AF

FB

AF ED AE 2

12==相比较，显然问题转化为证FB DG 21=。 证明：过D 点作DG ∥AB 交FC 于G 则△AEF ∽△DEG 。（平行于三角形一边的直线截其它两边或两边的延长线所得三角形与原三角形相似）DG

AF DE

AE = （1）

∵D 为BC 的中点，且DG ∥BF ∴G 为FC 的中点则DG 为△CBF 的中位线，BF DG 21= （2）将（2）代入（1）得：FB

AF BF AF DE AE 22

1=

= 例8 分析：要证角相等，一般来说可通过全等三角形、相似三角形，等边对等角等方法来实现，本题要证的两个

角分别在两个三角形中，可考虑用相似三角形来证，但要证的两个角所在的三角形显然不可能相似（一个在直角三角形中，另一个在斜三角形中），所以证明本题的关键是构造相似三角形， 证明：作FG ⊥BD ，垂足为G 。设AB=AD=3k 则BE=AF=k ，AE=DF=2k ，BD=k 23

∵∠ADB=450

，∠FGD=900

∴∠DFG=450

∴DG=FG=

k DF 22

=∴BG=k k k 22223=-∴

2

1

==BG FG AE AF 又∠A=∠FGB=900

∴△AEF ∽△GBF ∴∠AEF=∠FBD

例9 分析：要证明两线平行较多采用平行线的判定定理，但本例不具备这样的条件，故可考虑用比例线段去证明。利用比例线段证明平行线最关键的一点就是要明确目标，选择适当的比例线段。要证明SQ ∥AB ，只需证明AR ：AS=BR ：DS 。

证明：在△ADS 和△ARB 中。

∵∠DAR=∠RAB=

21∠DAB ，∠DCP=∠PCB=21∠ABC ∴△ADS ∽△ABR DS

BR AS AR = 但△ADS ≌△CBQ ，∴DS=BQ ，则BQ

BR

AS AR =，∴SQ ∥AB ，同理可证，RP ∥BC 例10分析：要证明AF ∥CD ，已知条件中有平行的条件，因而有好多的比例线段可供利用，这就要进行正确的选择。其实要证明AF ∥CD ，只要证明

OD

OF

OC OA =

即可，因此只要找出与这四条线段相关的比例式再稍加处理即可成功。 证明：∵AB ∥ED ，BC ∥FE ∴OD OB OE OA =，OB OF OC OE =∴两式相乘可得：OD

OF

OC OA =

例11 分析：要证明FC=FG ，从图中可以看出它们所在的三角形显然不全等，但存在较多的平行线的条件，因而可用比例线段来证明。要证明FC=FG ，首先要找出与FC 、FG 相关的比例线段，图中与FC 、FG 相关的比例式较多，则

证明：∵ FG ∥AC ∥BE ，∴△ABE ∽△AGF 则有

AE

AF

BE GF =

而FC ∥DE ∴△AED ∽△AFC 则有AE AF DE CF = ∴GF CF AF BE DE AE

==

又∵BE=DE （正方形的边长相等）∴DF GF BE BE =，即GF=CF 。 例12 证明：∵CO 平分∠C ，∠2=∠3，故Rt △CAE ∽Rt △CDO ，∴CD

AC

OD AE =

又OF ∥BC ，∴AD AB OD BF =又∵Rt △ABD ∽Rt △CAD ，∴AD AB CD AC =，即OD

BF

OD AE =

∴AE=BF 。 一、∠B 、∠ACB 、AP ·AB ,243 或 ° ,1,x 2

-x-1=0 ∶8

二、

三、5分钟 15.(1)（略） （2）证△GFC ∽△BED 16.(1)证△BFD ≌△DGC 和△BAD ≌△DAC ；（2）证△ABD ∽△ABE 。

40m 18.证△ABC ∽△ACP 和证△ABD ∽△ADP 19.（1）略 （2）由（1）的结论和证Rt △ADC ∽Rt △CDB 即得。 20.(1)略 （2）36cm 21.先探索AD 只能与BC 成对应边，则==，得BD=100，BC=64，故△ABD ∽△BDC

22.在△ABC 中，作∠ACG=∠E ，CG 交AB 于点G ，在△DEF 中，作∠EFH=∠A ，FH 交DE 于点H ，直线CG 、FH 就是所求的分割线。

8、∵BD ：DC=2：3，

∴设BD=2a ，则CD=3a ，∵△ABC 是等边三角形，∴AB=BC=AC=5a ，∠ABC =∠ACB=∠BAC =60°， 由折叠的性质可知：MN 是线段AD 的垂直平分线，∴AM =DM ，AN=DN ， ∴BM+MD+BD=7a ，DN+NC+DC=8a ，∵∠MDN =∠BAC =∠ABC =60°，

∴∠NDC +∠MDB =∠BMD+∠MBD=120°，∴∠NDC=∠BMD ，∵∠ABC=∠ACB=60°， ∴△BMD ∽△CDN ，∴（BM+MD+BD ）：（DN+NC+CD ）=AM ：AN ， 即AM ：AN=7：8，故答案为7：8．

9、∵AD ：AC =1：3，∴AD ：DC =1：2；∵△ABC 是正三角形，∴AB=BC=AC ；∵AE=BE ， ∴AE ：BC=AE ：AB=1：2∴AD ：DC =AE ：BC ；∵∠A 为公共角，∴△AED ∽△CBD ；

11、解：在?ABCD 中，AB ∥CD ，所以，△ABE ∽△FDE ，△ABG ∽△FCG ，AD ∥BC ，所以，△ADE ∽△GBE ，△FDA ∽△FCG ，所以△ABG ∽△FDA ，△ABD ∽△BCD 故图中相似三角形有6对．故选：D ．

12、由于△ABC 是直角三角形，过P 点作直线截△ABC ，则截得的三角形与△ABC 有一公共角，

所以只要再作一个直角即可使截得的三角形与Rt △ABC 相似，过点P 可作AB 的垂线、AC 的垂线、BC 的垂线，共3条直线．故选：C ．

13、分两种情况进行分析，△DAP ∽△CBP 或△DAP ∽△PBC ，从而可求得点P 的个数． 解答：解：①当△DAP ∽△CBP 时，AD ：AP=BC ：BP ，将已知代入得AP=14/5；

②当△DAP ∽△PBC 时，AD ：AP=PB ：BC ，将已知代入得AP=1或AP=6，所以这样的点有3个． 故选C ．

设AP ＝x ，则PB ＝7－x. (1)若△PAD ∽△PBC ，则＝，即＝，得x ＝<7，符合条件．

(2)若△PAD ∽△CBP ，即＝，x 2

－7x ＋6＝0，解得x 1＝1，x 2＝6也符合条件，故满足条件的点P 有3个． 14、∵AB=5,BD=10∴∠BDA=30° ∵QP ⊥BD ∴∠PQB=60°

∵沿AB 做匀速运动,1分钟可以到B 点；点Q 从B 点出发,沿BC 做匀速运动,1分钟可以到C 点∴P 速度为5每分钟,Q 速度为10每分钟 设：PQ 运动了x 分. 5-5x=10x ×(根号3)

15、证明：（1）∵DEFG 为正方形，

（2）在Rt△ABC中，∠B+∠C=90°．在Rt△BDE中，∠B+∠2=90°．

∴∠2=∠C．∴Rt△BDE∽Rt△GCF，∴DE：FC=BE：GF．又∵DE=GF=EF，∴FC

EF

＝

EF

BE

?EF2＝BE?FC