九年级上数学课件第四章图形的相似B素养拓展区北师大版

分层练透教材，多重拓展培优第四章图形的相似数学·九年级上册·北师课时学习区专题1相似三角形的判定与性质专项素养拓训1.如图,在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,DE,BC的延长线相交于点F,且AD·AB=AE·AC.求证:△EFC∽△BFD.答案1.【解析】(1)∵AD·AB=AE·AC,∴𝐴𝐷𝐴𝐶=𝐴𝐸𝐴𝐵,又∵∠A=∠A,∴△CAB∽△DAE,∴∠AED=∠B.∵∠CEF=∠AED,∴∠B=∠CEF,又∵∠F=∠F,∴△EFC∽△BFD.类型1相似三角形的判定2.如图,∠BAC=90°,AD⊥BC于点D,AE=EC,ED的延长线交AB的延长线于点F.求证:𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐷𝐹𝐴𝐹.答案2.【解析】∵AD⊥BC,∴∠ADC=90°.∵AE=CE,∴DE是Rt△ACD斜边的中线,∴DE=CE,∴∠C=∠EDC,又∵∠BDF=∠EDC,∴∠BDF=∠C.∵∠BAD+∠ABD=90°,∠C+∠ABD=90°,∴∠BAD=∠C,∴∠BDF=∠BAD,又∵∠F=∠F,∴△DBF∽△ADF,∴𝐵𝐷𝐴𝐷=𝐷𝐹𝐴𝐹.∵∠ADB=∠CDA=90°,∠BAD=∠C,∴△ABD∽△CAD,∴𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐵𝐷𝐴𝐷,∴𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐷𝐹𝐴𝐹.类型1相似三角形的判定3.[2019江苏苏州期末]如图,在△ABC中,∠ACB=90°,CD是△ABC的高,BE平分∠ABC,BE分别与AC,CD相交于点E,F.(1)求证:△AEB∽△CFB.(2)求证:𝐴𝐸𝐶𝐸=𝐴𝐵𝐶𝐵.(3)若CE=5,EF=25,BD=6,求AD的长.答案3.【解析】(1)∵∠ACB=90°,∴∠ACD+∠BCD=90°.∵CD为AB边上的高,∴∠ADC=90°,∴∠A+∠ACD=90°,∴∠A=∠BCD.∵BE是∠ABC的平分线,∴∠ABE=∠CBE,∴△AEB∽△CFB.类型1相似三角形的判定答案(2)∵∠ABE=∠CBE,∠A=∠BCD,∴∠CFE=∠BCD+∠CBE=∠A+∠ABE.∵∠CEF=∠A+∠ABE,∴∠CEF=∠CFE,∴CE=CF.∵△AEB∽△CFB,∴𝐴𝐸𝐶𝐹=𝐴𝐵𝐶𝐵,∴𝐴𝐸𝐶𝐸=𝐴𝐵𝐶𝐵.(3)如图,作CH⊥EF于点H.∵CE=CF,CH⊥EF,∴EH=FH=5,∴CH=𝐸𝐶2−𝐸𝐻2=52−(5)2=25.∵∠BFD=∠CFH,∠BDF=∠CHF=90°,∴△BFD∽△CFH,∴𝐷𝐹𝐻𝐹=𝐵𝐷𝐶𝐻,∴𝐷𝐹5=625,∴DF=3,类型1相似三角形的判定答案∴CD=CF+DF=8.∵∠A+∠ACD=90°,∠ACD+∠BCD=90°,∴∠A=∠BCD,又∵∠ADC=∠CDB=90°,∴△ACD∽△CBD,∴𝐴𝐷𝐶𝐷=𝐶𝐷𝐵𝐷,∴𝐴𝐷8=86,∴AD=323.类型1相似三角形的判定4.如图,点E为▱ABCD的边BC延长线上一点,AE与BD交于点F,与DC交于点G.(1)求证:△ABE∽△GDA.(2)若△ABE与△GDA的面积比是k∶1(k1),求𝐶𝐺𝐷𝐺的值.类型2相似三角形的性质答案4.【解析】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠ABC=∠ADC,AB∥CD,∴∠BAE=∠DGA,∴△ABE∽△GDA.(2)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD.∵△ABE∽△GDA,∴𝐴𝐵𝐷𝐺=𝐵𝐸𝐴𝐷.∵△ABE与△GDA的面积比是k∶1(k1),∴𝑆△𝐴𝐵𝐸𝑆△𝐺𝐷𝐴=(𝐴𝐵𝐷𝐺)2=𝑘1,∴𝐴𝐵𝐷𝐺=𝑘1,∴𝐶𝐷𝐷𝐺=𝑘1,∴𝐶𝐺𝐷𝐺=𝑘−11=𝑘-1.类型2相似三角形的性质5.[2020河北石家庄模拟]有一块锐角三角形卡纸余料ABC,它的边BC=120cm,高AD=80cm,为使卡纸余料得到充分利用,现把它裁剪成一个邻边之比为2∶5的矩形纸片EFGH和正方形纸片PMNQ,裁剪时,矩形纸片的较长边在BC上,正方形纸片一边在矩形纸片的较长边EH上,其余顶点均分别在AB,AC上,具体裁剪方式如图所示.(1)求矩形纸片较长边EH的长;(2)裁剪正方形纸片时,小聪同学是按以下方法进行裁剪的:先沿着剩余料△AEH中与边EH平行的中位线剪一刀,再沿过该中位线两端点向边EH所作的垂线剪两刀,请你通过计算,判断小聪的剪法是否正确.类型2相似三角形的性质答案5.【解析】(1)记AD与PQ,EH的交点分别为点K,R.设EF=2xcm,EH=5xcm,由矩形的性质,得EH∥BC,易证△AEH∽△ABC,∴𝐸𝐻𝐵𝐶=𝐴𝑅𝐴𝐷,即5𝑥120=80−2𝑥80,解得x=15,则EH=5x=15×5=75(cm),∴矩形纸片较长边EH的长为75cm.(2)小聪的剪法不正确.理由如下:设正方形的边长为acm,AR=AD-RD=80-2×15=50(cm),AK=(50-a)cm,类型2相似三角形的性质答案由题意易得,△APQ∽△AEH,∴𝑃𝑄𝐸𝐻=𝐴𝐾𝐴𝑅,即𝑎75=50−𝑎50,解得a=30,与边EH平行的中位线的长为12×75=37.5(cm).∵37.5≠30,∴小聪的剪法不正确.类型2相似三角形的性质6.如图,直线EF分别交△ABC的边AB,AC于点F,E,交BC的延长线于点D,已知BF·BA=BC·BD.求证:AE·CE=DE·EF.答案6.【解析】因为BF·BA=BC·BD,所以𝐴𝐵𝐵𝐷=𝐵𝐶𝐵𝐹,又因为∠ABC=∠DBF,所以△ABC∽△DBF,所以∠A=∠D,又因为∠AEF=∠DEC,所以△AEF∽△DEC,所以𝐴𝐸𝐷𝐸=𝐸𝐹𝐸𝐶,即AE·CE=DE·EF.类型3证明等积式7.如图,△ABC的内角平分线AP与外角平分线AQ分别交BC及BC的延长线于点P,Q.(1)求∠PAQ的度数;(2)若点M为PQ的中点,求证:PM2=CM·BM.答案7.【解析】(1)∵AP平分∠BAC,∴∠PAC=12∠BAC.∵AQ平分∠CAD,∴∠CAQ=12∠CAD,∴∠PAC+∠CAQ=12∠BAC+12∠CAD=12(∠BAC+∠CAD)=12×180°=90°,∴∠PAQ=90°.类型3证明等积式答案(2)由(1)知,∠PAQ=90°,∵M是线段PQ的中点,∴PM=AM,∴∠APM=∠PAM.∵∠APM=∠B+∠BAP,∠PAM=∠CAM+∠PAC,∠BAP=∠PAC,∴∠B=∠CAM,又∵∠AMC=∠BMA,∴△ACM∽△BAM,∴𝐶𝑀𝐴𝑀=𝐴𝑀𝐵𝑀,∴AM2=CM·BM,∴PM2=CM·BM.类型3证明等积式专题2图形的位似专项素养拓训8.正方形ABCD与正方形OEFG如图所示,点D和点F的坐标分别为(-3,2)和(1,-1),则这两个正方形的位似中心的坐标为.答案8.(-1,0)或(5,-2)【解析】①当位似中心在两正方形之间时,连接AF,DG交于点H,如图1所示,则点H为其位似中心,且点H在x轴上,∵点D的纵坐标为2,点F的纵坐标为-1,∴正方形ABCD与正方形OEFG的相似比为2∶1,∴CH=2HO,∴OH=13OC.∵C(-3,0),∴OC=3,∴OH=1,∴位似中心H的坐标为(-1,0).答案②当位似中心在正方形OEFG的右侧时,如图2所示,连接DE,CF,并分别延长交于点M,过点M作MN⊥x轴,∵点D的纵坐标为2,点F的纵坐标为-1,∴正方形ABCD与正方形OEFG的相似比为2∶1,EF=12DC,∴EF为△MDC的中位线,∴ME=DE.又∵∠DEC=∠MEN,∠DCE=∠MNE=90°,∴△DCE≌△MNE,∴MN=DC=2,EN=CE=OC+OE=3+1=4,∴ON=5,则点M的坐标为(5,-2).综上,位似中心的坐标为(-1,0)或(5,-2).9.如图,网格中的每个小正方形的边长都是1.△ABC与△A'B'C'是以点O为位似中心的位似图形,它们的顶点都在小正方形的顶点上.(1)在图中画出位似中心O;(2)△A'B'C'与△ABC的相似比是;(3)请在此网格中以点C为位似中心,再画一个△A1B1C,使它与△ABC的相似比等于2∶1.答案9.【解析】(1)将对应顶点连接,并延长交于O点.如图所示.(2)2∶1∵B'C'=25,BC=5,∴𝐵′𝐶′𝐵𝐶=255=2,∴△A'B'C'与△ABC的相似比是2∶1.(3)如图所示,△A1B1C即所求.综合素养拓训数学核心素养是通过数学的学习、反思、积累、升华形成的,面对复杂的、不确定的情境时,能够综合运用特定的数学观念、知识、技能、思维模式等,用科学的精神去分析问题、解决问题的过程中表现出来的综合品质.第2题是利用点对称构造相似三角形解决双动点问题,关注核心素养下的逻辑推理和直观想象;第4题是针对某一等量关系的变化展现不同情境,通过分析问题、解决问题,关注知识的运用.1.[利用相似探究关系式]如图,在Rt△ABC中有边长分别为a,b,c的三个正方形,则a,b,c满足的表达式为.答案1.a+c=b【解析】如图,易知∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,∠3+∠4=90°,∴∠1=∠3,∴∠1+∠4=90°.∵∠4+∠5=90°,∴∠1=∠5.又∵∠DEF=∠HGM=90°,∴△DEF∽△HGM,∴𝐷𝐸𝐻𝐺=𝐸𝐹𝐺𝑀,而EF=b-a,DE=a,HG=b-c,GM=c,则𝑎𝑏−𝑐=𝑏−𝑎𝑐,∴ac=(b-a)(b-c),化简得a+c=b.2.[利用点对称构造相似三角形解决双动点问题]如图,已知正方形ABCD的边长为3,点E在AB边上,且BE=1,点P,Q分别是边BC,CD上的动点(均不与顶点重合),当四边形AEPQ的周长取最小值时,四边形AEPQ的面积是.答案2.92【解析】如图,作点E关于BC的对称点E',点A关于DC的对称点A',连接A'E',分别与BC,DC相交于点P,Q,此时四边形AEPQ的周长最小.∵A'D=AD=3,BE'=BE=1,∴AA'=6,AE'=4.∵DQ∥AE',点D是AA'的中点,∴DQ是△AA'E'的中位线,∴DQ=12AE'=2,∴CQ=DC-DQ=3-2=1.由BP∥AA',可得△BE'P∽△AE'A',∴𝐵𝑃𝐴𝐴′=𝐵𝐸′𝐴𝐸′,即𝐵𝑃6=14,∴BP=32,∴CP=BC-BP=3-32=32,∴S四边形AEPQ=S正方形ABCD-S△ADQ-S△PCQ-S△BEP=9-12AD·DQ-12CQ·CP-12BE·BP=9-12×3×2-12×1×32−12×1×32=92.3.[利用相似探究线段之间的关系]如图,已知在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,P是AD边上的任意一点(不与点A,D重合),连接PC,过点P作PE⊥PC交AB于E.在线段AD上是否存在不同于P的点Q,使得QC⊥QE?若存在,求线段AP与AQ之间的数量关系;若不存在,请说明理由.答案3.【解析】不一定存在.理由如下:假设存在这样的点Q,∵PE⊥PC,∴∠APE+∠DPC=90°.∵∠D=90°,∴∠DPC+∠DCP=90°,∴∠APE=∠DCP.又∵∠A=∠D=90°,∴△PAE∽△CDP,∴𝐴𝐸𝐷𝑃=𝐴𝑃𝐶𝐷,∴AP·DP=AE·DC.答案同理可得AQ·DQ=AE·DC,∴AQ·DQ=AP·DP,即AQ·(3-AQ)=AP·(3-AP),∴3AQ-AQ2=3AP-AP2,∴AP2-AQ2=3AP-3AQ,∴(AP+AQ)(AP-AQ)=3(AP-AQ).∵AP≠AQ,∴AP+AQ=3,∴AP≠32,即P不能是AD的中点.∴当P是AD的中点时,满足条件的Q点不存在;当P不是AD的中点时,总存在这样的点Q满足条件,此时AP+AQ=3.结论探索题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定,解决这类问题的策略是先探索结论,然后去论证结论,或从结论的一方面入手进行推理,得到肯定的结果.4.[利用相似探究动点