人教版九年級數(shù)學(xué)下《相似》專項訓(xùn)練含答案

精選資料PAGE可修改編輯—－可編輯修改，可打印——別找了你想要的都有！精品教育資料——全冊教案，，試卷，教學(xué)課件，教學(xué)設(shè)計等一站式服務(wù)——全力滿足教學(xué)需求，真實規(guī)劃教學(xué)環(huán)節(jié)最新全面教學(xué)資源，打造完美教學(xué)模式第27章相似專項訓(xùn)練專訓(xùn)1證比例式或等積式的技巧名師點金：證比例式或等積式，若所遇問題中無平行線或相似三角形，則需構(gòu)造平行線或相似三角形，得到成比例線段；若比例式或等積式中的線段分布在兩個三角形或不在兩個三角形中，可嘗試證這兩個三角形相似或先將它們轉(zhuǎn)化到兩個三角形中再證兩三角形相似，若在兩個明顯不相似的三角形中，可運用中間比代換．構(gòu)造平行線法1．如圖，在△ABC中，D為AB的中點，DF交AC于點E，交BC的延長線于點F，求證：AE·CF＝BF·EC.(第1題)2．如圖，已知△ABC的邊AB上有一點D，邊BC的延長線上有一點E，且AD＝CE，DE交AC于點F，試證明：AB·DF＝BC·EF.(第2題)三點找三角形相似法3．如圖，在?ABCD中，E是AB延長線上的一點，DE交BC于F.求證：eq\f(DC,AE)＝eq\f(CF,AD).(第3題)4．如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，M為BC的中點，DM⊥BC交CA的延長線于D，交AB于E.求證：AM2＝MD·ME.(第4題)構(gòu)造相似三角形法5．如圖，在等邊三角形ABC中，點P是BC邊上任意一點，AP的垂直平分線分別交AB，AC于點M，N.求證：BP·CP＝BM·CN.(第5題)等比過渡法6．如圖，在△ABC中，AB＝AC，DE∥BC，點F在邊AC上，DF與BE相交于點G，且∠EDF＝∠ABE.求證：(1)△DEF∽△BDE；(2)DG·DF＝DB·EF.(第6題)7．如圖，CE是Rt△ABC斜邊上的高，在EC的延長線上任取一點P，連接AP，作BG⊥AP于點G，交CE于點D.求證：CE2＝DE·PE.(第7題)兩次相似法8．如圖，在Rt△ABC中，AD是斜邊BC上的高，∠ABC的平分線BE交AC于E，交AD于F.求證：eq\f(BF,BE)＝eq\f(AB,BC).(第8題)9．如圖，在?ABCD中，AM⊥BC，AN⊥CD，垂足分別為M，N.求證：(1)△AMB∽△AND；(2)eq\f(AM,AB)＝eq\f(MN,AC).(第9題)等積代換法10．如圖，在△ABC中，AD⊥BC于D，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F.求證：eq\f(AE,AF)＝eq\f(AC,AB).(第10題)等線段代換法11．如圖，等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D，點P是AD上一點，CF∥AB，延長BP交AC于點E，交CF于點F，求證：BP2＝PE·PF.(第11題)12．已知：如圖，AD平分∠BAC，AD的垂直平分線EP交BC的延長線于點P.求證：PD2＝PB·PC.(第12題)專訓(xùn)2巧用“基本圖形”探索相似條件名師點金：幾何圖形大多數(shù)由基本圖形復(fù)合而成，因此熟悉三角形相似的基本圖形，有助于快速、準(zhǔn)確地識別相似三角形，從而順利找到解題思路和方法．相似三角形的四類結(jié)構(gòu)圖：

1.平行線型．2．相交線型．3．子母型．4．旋轉(zhuǎn)型．

平行線型1．如圖，在△ABC中，BE平分∠ABC交AC于點E，過點E作ED∥BC交AB于點D.(1)求證：AE·BC＝BD·AC；(2)如果S△ADE＝3，S△BDE＝2，DE＝6，求BC的長．(第1題)相交線型2．如圖，點D，E分別為△ABC的邊AC，AB上的點，BD，CE交于點O，且eq\f(EO,BO)＝eq\f(DO,CO)，試問△ADE與△ABC相似嗎？請說明理由．(第2題)子母型3．如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于點D，E為AC的中點，ED的延長線交AB的延長線于點F.求證：eq\f(AB,AC)＝eq\f(DF,AF).(第3題)旋轉(zhuǎn)型4．如圖，已知∠DAB＝∠EAC，∠ADE＝∠ABC.求證：(1)△ADE∽△ABC；(2)eq\f(AD,AE)＝eq\f(BD,CE).(第4題)專訓(xùn)3利用相似三角形巧證線段的數(shù)量和位置關(guān)系名師點金：判斷兩線段之間的數(shù)量和位置關(guān)系是幾何中的基本題型之一．由角的關(guān)系推出“平行或垂直”是判斷位置關(guān)系的常用方法，由相似三角形推出“相等”是判斷數(shù)量關(guān)系的常用方法．證明兩線段的數(shù)量關(guān)系eq\a\vs4\al(類型1：)證明兩線段的相等關(guān)系1．如圖，已知在△ABC中，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于點M，與DE交于點N.求證：BM＝MC.(第1題)2．如圖，一直線和△ABC的邊AB，AC分別交于點D，E，和BC的延長線交于點F，且AECE＝BFCF.求證：AD＝DB.(第2題)eq\a\vs4\al(類型2：)證明兩線段的倍分關(guān)系3．如圖，在△ABC中，BD⊥AC于點D，CE⊥AB于點E，∠A＝60°，求證：DE＝eq\f(1,2)BC.(第3題)4．如圖，AM為△ABC的角平分線，D為AB的中點，CE∥AB，CE交DM的延長線于E.求證：AC＝2CE.(第4題)證明兩線段的位置關(guān)系eq\a\vs4\al(類型1：)證明兩線段平行5．如圖，已知點D為等腰直角三角形ABC的斜邊AB上一點，連接CD，DE⊥CD，DE＝CD，連接CE，AE.求證：AE∥BC.(第5題)6．在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為BC，AB，AC上的點，EF∥BC，DF∥AB，連接CE和AD，分別交DF，EF于點N，M.(1)如圖①，若E為AB的中點，圖中與MN平行的直線有哪幾條？請證明你的結(jié)論；(2)如圖②，若E不為AB的中點，寫出與MN平行的直線，并證明．(第6題)eq\a\vs4\al(類型2：)證明兩線垂直7．如圖，在△ABC中，D是AB上一點，且AC2＝AB·AD，BC2＝BA·BD，求證：CD⊥AB.(第7題)8．如圖，已知矩形ABCD，AD＝eq\f(1,3)AB，點E，F(xiàn)把AB三等分，DF交AC于點G，求證：EG⊥DF.(第8題)專訓(xùn)4相似三角形與函數(shù)的綜合應(yīng)用名師點金：解涉及相似三角形與函數(shù)的綜合題時，由于這類題的綜合性強，是中考壓軸題重點命題形式之一，因此解題時常結(jié)合方程思想、分類討論思想進(jìn)行解答．相似三角形與一次函數(shù)1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝－x＋3與x軸交于點C，與直線AD交于點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(5,3)))，點D的坐標(biāo)為(0，1)．(1)求直線AD的解析式；(2)直線AD與x軸交于點B，若點E是直線AD上一動點(不與點B重合)，當(dāng)△BOD與△BCE相似時，求點E的坐標(biāo)．(第1題)相似三角形與二次函數(shù)2．如圖，直線y＝－x＋3交x軸于點A，交y軸于點B，拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過A，B，C(1，0)三點．(1)求拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式；(2)若點D的坐標(biāo)為(－1，0)，在直線y＝－x＋3上有一點P，使△ABO與△ADP相似，求出點P的坐標(biāo)．(第2題)3．如圖，直線y＝2x＋2與x軸交于點A，與y軸交于點B，把△AOB沿y軸翻折，點A落到點C，過點B的拋物線y＝－x2＋bx＋c與直線BC交于點D(3，－4)．(1)求直線BD和拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式；(2)在第一象限內(nèi)的拋物線上，是否存在一點M，作MN垂直于x軸，垂足為點N，使得以M，O，N為頂點的三角形與△BOC相似？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．(第3題)相似三角形與反比例函數(shù)4．如圖，矩形OABC的頂點A，C分別在x軸和y軸上，點B的坐標(biāo)為(2，3)，雙曲線y＝eq\f(k,x)(x>0)經(jīng)過BC的中點D，且與AB交于點E，連接DE.(1)求k的值及點E的坐標(biāo)；(2)若點F是OC邊上一點，且△FBC∽△DEB，求直線FB對應(yīng)的函數(shù)解析式．(第4題)專訓(xùn)5全章熱門考點整合應(yīng)用名師點金：本章主要內(nèi)容為：平行線分線段成比例，相似三角形的判定及性質(zhì)，位似圖形及其畫法等，涉及考點、考法較多，是中考的高頻考點．其主要考點可概括為：3個概念、2個性質(zhì)、1個判定、2個應(yīng)用、1個作圖、1個技巧．3個概念eq\a\vs4\al(概念1：)成比例線段1．下列各組線段，是成比例線段的是()A．3cm，6cm，7cm，9cmB．2cm，5cm，0.6dm，8cmC．3cm，9cm，1.8dm，6cmD．1cm，2cm，3cm，4cm2．有一塊三角形的草地，它的一條邊長為25m，在圖紙上，這條邊的長為5cm，其他兩條邊的長都為4cm，則其他兩邊的實際長度都是________m.eq\a\vs4\al(概念2：)相似多邊形3．如圖，已知∠1′＝∠1，∠2′＝∠2，∠3′＝∠3，∠4′＝∠4，∠D′＝∠D，試判斷四邊形A′B′C′D′與四邊形ABCD是否相似，并說明理由．(第3題)eq\a\vs4\al(概念3：)位似圖形4．如圖，在△ABC中，A，B兩個頂點在x軸的上方，點C的坐標(biāo)是(－1，0)．以點C為位似中心，在x軸的下方作△ABC的位似圖形，并把△ABC的邊放大到原來的2倍，記所得的像是△A′B′C.設(shè)點B的對應(yīng)點B′的坐標(biāo)是(a，b)，求點B的坐標(biāo)．(第4題)2個性質(zhì)eq\a\vs4\al(性質(zhì)1：)平行線分線段成比例的性質(zhì)5．如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6.若動點D從點B出發(fā)，沿線段BA運動到點A為止，運動速度為每秒2個單位長度．過點D作DE∥BC交AC于點E，設(shè)動點D運動的時間為x秒，AE的長為y.(1)求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍；(2)當(dāng)x為何值時，△BDE的面積有最大值，最大值為多少？(第5題)eq\a\vs4\al(性質(zhì)2：)相似三角形的性質(zhì)6．如圖，已知D是BC邊上的中點，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與BA相交于點E，EC與AD相交于點F.(1)求證：△ABC∽△FCD；(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的長．(第6題)1個判定——相似三角形的判定7．如圖，△ACB為等腰直角三角形，點D為斜邊AB上一點，連接CD，DE⊥CD，DE＝CD，連接AE，過C作CO⊥AB于O.求證：△ACE∽△OCD.(第7題)8.如圖，在⊙O的內(nèi)接△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，過點C作AB的垂線l交⊙O于另一點D，垂足為點E.設(shè)P是上異于點A，C的一個動點，射線AP交l于點F，連接PC與PD，PD交AB于點G.(1)求證：△PAC∽△PDF；(2)若AB＝5，＝，求PD的長．(第8題)2個應(yīng)用eq\a\vs4\al(應(yīng)用1：)測高的應(yīng)用9．如圖，在離某建筑物CE4m處有一棵樹AB，在某時刻，1.2m的竹竿FG垂直地面放置，影子GH長為2m，此時樹的影子有一部分落在地面上，還有一部分落在建筑物的墻上，墻上的影子CD高為2m，那么這棵樹的高度是多少？(第9題)eq\a\vs4\al(應(yīng)用2：)測寬的應(yīng)用10．如圖，一條小河的兩岸有一段是平行的，在河的一岸每隔6m有一棵樹，在河的對岸每隔60m有一根電線桿，在有樹的一岸離岸邊30m處可看到對岸相鄰的兩根電線桿恰好被這岸的兩棵樹遮住，并且在這兩棵樹之間還有三棵樹，求河的寬度．(第10題)1個作圖——作一個圖形的位似圖形11．如圖，在方格紙中(每個小方格的邊長都是1個單位長度)有一點O和△ABC.請以點O為位似中心，把△ABC縮小為原來的一半(不改變方向)，畫出△ABC的位似圖形．(第11題)1個技巧——證明四條線段成比例的技巧12．如圖，已知△ABC，∠BAC的平分線與∠DAC的平分線分別交BC及BC的延長線于點P，Q.(1)求∠PAQ的度數(shù)；(2)若點M為PQ的中點，求證：PM2＝CM·BM.(第12題)答案eq\a\vs4\al(專訓(xùn)1)(第1題)1．證明：如圖，過點C作CM∥AB交DF于點M.∵CM∥AB，∴△CMF∽△BDF.∴eq\f(BF,CF)＝eq\f(BD,CM).又∵CM∥AD，∴△ADE∽△CME.∴eq\f(AE,EC)＝eq\f(AD,CM).∵D為AB的中點，∴eq\f(BD,CM)＝eq\f(AD,CM).∴eq\f(BF,CF)＝eq\f(AE,EC)，即AE·CF＝BF·EC.2．證明：過點D作DG∥BC，交AC于點G，∴△DGF∽△ECF，△ADG∽△ABC.∴eq\f(EF,DF)＝eq\f(CE,DG)，eq\f(AB,BC)＝eq\f(AD,DG).∵AD＝CE，∴eq\f(CE,DG)＝eq\f(AD,DG).∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,DF)，即AB·DF＝BC·EF.點撥：過某一點作平行線，構(gòu)造出“A”型或“X”型的基本圖形，通過相似三角形轉(zhuǎn)化線段的比，從而解決問題．3．證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形．∴AE∥DC，∠A＝∠C.∴∠CDF＝∠E，∴△DAE∽△FCD，∴eq\f(DC,AE)＝eq\f(CF,AD).4．證明：∵DM⊥BC，∠BAC＝90°，∴∠B＋∠BEM＝90°，∠D＋∠DEA＝90°.∵∠BEM＝∠DEA，∴∠B＝∠D.又∵M(jìn)為BC的中點，∠BAC＝90°，∴BM＝AM.∴∠B＝∠BAM.∴∠BAM＝∠D.又∵∠AME＝∠DMA.∴△AME∽△DMA.∴eq\f(AM,MD)＝eq\f(ME,AM).∴AM2＝MD·ME.(第5題)5．證明：如圖，連接PM，PN.∵M(jìn)N是AP的垂直平分線，∴MA＝MP，NA＝NP.∴∠1＝∠2，∠3＝∠4.又∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠C＝∠1＋∠3＝60°.∴∠2＋∠4＝60°.∴∠5＋∠6＝120°.又∵∠6＋∠7＝180°－∠C＝120°.∴∠5＝∠7.∴△BPM∽△CNP.∴eq\f(BP,CN)＝eq\f(BM,CP)，即BP·CP＝BM·CN.6．證明：(1)∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB.∵DE∥BC，∴∠ABC＋∠BDE＝180°，∠ACB＋∠CED＝180°，∴∠CED＝∠BDE.又∵∠EDF＝∠ABE，∴△DEF∽△BDE.(2)由△DEF∽△BDE得eq\f(DE,BD)＝eq\f(EF,DE)，∴DE2＝DB·EF.又由△DEF∽△BDE，得∠BED＝∠DFE.∵∠GDE＝∠EDF，∴△GDE∽△EDF.∴eq\f(DG,DE)＝eq\f(DE,DF)，∴DE2＝DG·DF，∴DG·DF＝DB·EF.7．證明：∵BG⊥AP，PE⊥AB，∴∠AEP＝∠BED＝∠AGB＝90°.∴∠P＋∠PAB＝90°，∠PAB＋∠ABG＝90°.∴∠P＝∠ABG.∴△AEP∽△DEB.∴eq\f(AE,DE)＝eq\f(PE,BE)，即AE·BE＝PE·DE.又∵CE⊥AB，∴∠CEA＝∠BEC＝90°，∴∠CAB＋∠ACE＝90°.又∵∠ACB＝90°，∴∠CAB＋∠CBE＝90°.∴∠ACE＝∠CBE.∴△AEC∽△CEB.∴eq\f(AE,CE)＝eq\f(CE,BE)，即CE2＝AE·BE.∴CE2＝DE·PE.8．證明：易得∠BAC＝∠BDF＝90°.∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠DBF，∴△BDF∽△BAE，得eq\f(BD,AB)＝eq\f(BF,BE).∵∠BAC＝∠BDA＝90°，∠ABC＝∠DBA.∴△ABC∽△DBA，得eq\f(AB,BC)＝eq\f(BD,AB)，∴eq\f(BF,BE)＝eq\f(AB,BC).9．證明：(1)∵四邊形ABCD為平行四邊形．∴∠B＝∠D.∵AM⊥BC，AN⊥CD，∴∠AMB＝∠AND＝90°，∴△AMB∽△AND.(2)由△AMB∽△AND得eq\f(AM,AN)＝eq\f(AB,AD)，∠BAM＝∠DAN.又AD＝BC，∴eq\f(AM,AN)＝eq\f(AB,BC).∵AM⊥BC，AD∥BC，∴∠AMB＝∠MAD＝90°.∴∠B＋∠BAM＝∠MAN＋∠NAD＝90°，∴∠B＝∠MAN.∴△AMN∽△BAC，∴eq\f(AM,AB)＝eq\f(MN,AC).10．證明：∵AD⊥BC，DE⊥AB，∴∠ADB＝∠AED＝90°.又∵∠BAD＝∠DAE，∴△ADE∽△ABD，得AD2＝AE·AB，同理可得AD2＝AF·AC，∴AE·AB＝AF·AC，∴eq\f(AE,AF)＝eq\f(AC,AB).11．證明：連接PC，如圖．∵AB＝AC，AD⊥BC，∴AD垂直平分BC，∠ABC＝∠ACB，∴BP＝CP，∴∠1＝∠2，∴∠ABC－∠1＝∠ACB－∠2，即∠3＝∠4.∵CF∥AB，∴∠3＝∠F，∴∠4＝∠F.又∵∠CPF＝∠CPE，∴△CPF∽△EPC，∴eq\f(CP,PE)＝eq\f(PF,CP)，即CP2＝PF·PE.∵BP＝CP，∴BP2＝PE·PF.(第11題)(第12題)12．證明：如圖，連接PA，則PA＝PD，∴∠PDA＝∠PAD.∴∠B＋∠BAD＝∠DAC＋∠CAP.又∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC.∴∠B＝∠CAP.又∵∠APC＝∠BPA，∴△PAC∽△PBA，∴eq\f(PA,PB)＝eq\f(PC,PA)，即PA2＝PB·PC，∴PD2＝PB·PC.eq\a\vs4\al(專訓(xùn)2)1．(1)證明：∵ED∥BC，∴△ADE∽△ABC.∴eq\f(AE,AC)＝eq\f(DE,BC).∵BE平分∠ABC，∴∠DBE＝∠EBC.∵ED∥BC，∴∠DEB＝∠EBC.∴∠DBE＝∠DEB.∴DE＝BD.∴eq\f(AE,AC)＝eq\f(BD,BC)，即AE·BC＝BD·AC.(2)解：設(shè)h△ADE表示△ADE中DE邊上的高，h△BDE表示△BDE中DE邊上的高，h△ABC表示△ABC中BC邊上的高．∵S△ADE＝3，S△BDE＝2，∴eq\f(S△ADE,S△BDE)＝eq\f(h△ADE,h△BDE)＝eq\f(3,2).∴eq\f(h△ADE,h△ABC)＝eq\f(3,5).∵△ADE∽△ABC，∴eq\f(DE,BC)＝eq\f(h△ADE,h△ABC)＝eq\f(3,5).∵DE＝6，∴BC＝10.2．解：相似．理由如下：因為eq\f(EO,BO)＝eq\f(DO,CO)，∠BOE＝∠COD，∠DOE＝∠COB，所以△BOE∽△COD，△DOE∽△COB.所以∠EBO＝∠DCO，∠DEO＝∠CBO.因為∠ADE＝∠DCO＋∠DEO，∠ABC＝∠EBO＋∠CBO.所以∠ADE＝∠ABC.又因為∠A＝∠A，所以△ADE∽△ABC.3．證明：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC于點D，∴∠BAC＝∠ADB＝90°.又∵∠CBA＝∠ABD(公共角)，∴△ABC∽△DBA.∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(DB,DA)，∠BAD＝∠C.∵AD⊥BC于點D，E為AC的中點，∴DE＝EC.∴∠BDF＝∠CDE＝∠C.∴∠BDF＝∠BAD.又∵∠F＝∠F，∴△DBF∽△ADF.∴eq\f(DB,AD)＝eq\f(DF,AF).∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(DF,AF).(第3題)點撥：當(dāng)所證等積式或比例式運用“三點定型法”不能定型或能定型而不相似，條件又不具備成比例線段時，可考慮用中間比“搭橋”，稱為“等比替換法”，有時還可用“等積替換法”，例如：如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，求證：AE·AB＝AF·AC.可由兩組“射影圖”得AE·AB＝AD2，AF·AC＝AD2，∴AE·AB＝AF·AC.4．證明：(1)∵∠DAB＝∠EAC，∴∠DAE＝∠BAC.又∵∠ADE＝∠ABC，∴△ADE∽△ABC.(2)∵△ADE∽△ABC，∴eq\f(AD,AE)＝eq\f(AB,AC).∵∠DAB＝∠EAC，∴△ADB∽△AEC.∴eq\f(AD,AE)＝eq\f(BD,CE).eq\a\vs4\al(專訓(xùn)3)1．證明：∵DE∥BC.∴△NEO∽△MBO.∴eq\f(NE,MB)＝eq\f(ON,OM).同理可得eq\f(DN,MC)＝eq\f(ON,OM).∴eq\f(DN,MC)＝eq\f(NE,BM).∴eq\f(DN,NE)＝eq\f(MC,BM).∵DE∥BC，∴△ANE∽△AMC.∴eq\f(AN,AM)＝eq\f(NE,MC).同理可得eq\f(AN,AM)＝eq\f(DN,BM)，∴eq\f(DN,BM)＝eq\f(NE,MC).∴eq\f(DN,NE)＝eq\f(BM,MC).∴eq\f(MC,BM)＝eq\f(BM,MC).∴MC2＝BM2.∴BM＝MC.(第2題)2．證明：如圖，過C作CG∥AB交DF于G點．∵CG∥AB，∴eq\f(AD,CG)＝eq\f(AE,CE)，eq\f(BD,CG)＝eq\f(BF,CF)，∵eq\f(AE,CE)＝eq\f(BF,CF)，∴eq\f(AD,CG)＝eq\f(BD,CG)，∴AD＝BD.3．證明：∵BD⊥AC，CE⊥AB，∠A＝60°，∠ABD＝∠ACE＝30°，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(1,2)，eq\f(AE,AC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AE,AC).又∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC，∴eq\f(DE,BC)＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(1,2)，∴DE＝eq\f(1,2)BC.4．證明：如圖，延長CE，交AM的延長線于F.∵AB∥CF，∴∠BAM＝∠F，△BDM∽△CEM，△BAM∽△CFM，∴eq\f(BD,CE)＝eq\f(BM,MC)，eq\f(BA,CF)＝eq\f(BM,MC)，∴eq\f(BD,CE)＝eq\f(BA,CF).又∵BA＝2BD，∴CF＝2CE.又AM平分∠BAC，∴∠BAM＝∠CAM，∴∠CAM＝∠F，∴AC＝CF，∴AC＝2CE.(第4題)(第5題)5．證明：如圖，過點C作CO⊥AB于點O.∵DE＝CD，DE⊥CD，∴∠ECD＝∠CED＝45°.∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠B＝45°.∴∠CAB＝∠CED.又∵∠AOC＝∠EDC＝90°，∴△ACO∽△ECD.∴eq\f(AC,CO)＝eq\f(EC,CD).又∵∠ACE＋∠ECO＝∠OCD＋∠ECO＝45°，∴∠ACE＝∠OCD.∴△ACE∽△OCD.∴∠CAE＝∠COD＝90°.又∵∠ACB＝90°，∴∠CAE＋∠ACB＝180°.∴AE∥BC.6．解：(1)MN∥AC∥ED.證明如下：∵EF∥BC，∴△AEM∽△ABD，△AMF∽△ADC，∴eq\f(EM,BD)＝eq\f(AM,AD)＝eq\f(MF,DC).∵E為AB的中點，EF∥BC，∴F為AC的中點．又∵DF∥AB，∴D為BC的中點，∴EM＝MF.∵F為AC的中點，F(xiàn)N∥AE，∴N為EC的中點，從而MN∥AC.又∵D為BC的中點，E為AB的中點，∴ED∥AC，∴MN∥AC∥ED.(2)MN∥AC.證明如下：∵EF∥BC，∴△AEM∽△ABD，△AMF∽△ADC，∴eq\f(EM,BD)＝eq\f(AM,AD)＝eq\f(MF,DC)，∴eq\f(EM,MF)＝eq\f(BD,DC).又∵DF∥AB，∴eq\f(BD,DC)＝eq\f(EN,NC)，∴eq\f(EM,MF)＝eq\f(EN,NC)，∴eq\f(EM,EF)＝eq\f(EN,EC).又∵∠MEN＝∠FEC，∴△MEN∽△FEC.∴∠EMN＝∠EFC.∴MN∥AC.7．證明：∵AC2＝AB·AD，∴eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,AC).又∵∠A＝∠A，∴△ACD∽△ABC.∴∠ADC＝∠ACB.又∵BC2＝BA·BD，∴eq\f(BC,BD)＝eq\f(BA,BC).又∵∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC.∴∠BDC＝∠BCA.∴∠ADC＝∠BDC.∵∠BDC＋∠ADC＝180°，∴∠ADC＝∠BDC＝90°.∴CD⊥AB.8．證明：∵AD＝eq\f(1,3)AB，點E，F(xiàn)把AB三等分，∴設(shè)AE＝EF＝FB＝AD＝k，則AB＝CD＝3k.∵CD∥AB，∴∠DCG＝∠FAG，∠CDG＝∠AFG.∴△AFG∽△CDG，∴eq\f(FG,DG)＝eq\f(AF,CD)＝eq\f(2,3).設(shè)FG＝2m，則DG＝3m，∴DF＝FG＋DG＝2m＋3m＝5m.在Rt△AFD中，DF2＝AD2＋AF2＝5k2，∴DF＝eq\r(5)k.∴5m＝eq\r(5)k.∴m＝eq\f(\r(5),5)k.∴FG＝eq\f(2,5)eq\r(5)k.∴eq\f(AF,FG)＝eq\f(2k,\f(2,5)\r(5)k)＝eq\r(5)，eq\f(DF,EF)＝eq\f(\r(5)k,k)＝eq\r(5).∴eq\f(AF,FG)＝eq\f(DF,EF).又∠AFD＝∠GFE，∴△AFD∽△GFE.∴∠EGF＝∠DAF＝90°.∴EG⊥DF.eq\a\vs4\al(專訓(xùn)4)1．解：(1)設(shè)直線AD的解析式為y＝kx＋b(k≠0)將D(0，1)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(5,3)))代入解析式得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1,\f(5,3)＝\f(4,3)k＋b))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1,k＝\f(1,2)))∴直線AD的解析式為y＝eq\f(1,2)x＋1.(2)直線AD的解析式為y＝eq\f(1,2)x＋1.令y＝0，得x＝－2.得B(－2，0)，即OB＝2.直線AC為y＝－x＋3.令y＝0，得∴x＝3.得C(3，0)，即BC＝5設(shè)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,2)x＋1))①當(dāng)E1C⊥BC時，如圖，∠BOD＝∠BCE1＝90°，∠DBO＝∠E1BC.∴△BOD∽△BCE1.此時點C和點E1的橫坐標(biāo)相同．將x＝3代入y＝eq\f(1,2)x＋1，解得y＝eq\f(5,2).∴E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2))).②當(dāng)CE2⊥AD時，如圖，∠BOD＝∠BE2C＝90°，∠DBO＝∠CBE2，∴△BOD∽△BE2C.過點E2作EF⊥x軸于點F，則∠E2FC＝∠BFE2＝90°.又∵∠E2BF＋∠BE2F＝90°，∠CE2F＋∠BE2F＝90°.∴∠E2BF＝∠CE2F.∴△E2BF∽△CE2F，則eq\f(E2F,BF)＝eq\f(CF,E2F).即E2F2＝CF·BF.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1))eq\s\up12(2)＝(3－x)(x＋2)解得：x1＝2，x2＝－2(舍去)∴E2(2，2)當(dāng)∠EBC＝90°時，此情況不存在．綜上所述：E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))或E2(2，2)．(第1題)(第2題)2．解：(1)由題意得A(3，0)，B(0，3)，∵拋物線經(jīng)過A，B，C三點，∴把A(3，0)，B(0，3)，C(1，0)三點的坐標(biāo)分別代入y＝ax2＋bx＋c，得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a＋3b＋c＝0，,c＝3，,a＋b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－4，,c＝3，))∴拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝x2－4x＋3.(2)如圖，由題意可得△ABO為等腰直角三角形．若△ABO∽△AP1D，則eq\f(AO,AD)＝eq\f(OB,DP1)，∴DP1＝AD＝4，∴P1(－1，4)；若△ABO∽△ADP2，過點P2作P2M⊥x軸于M，∵△ABO為等腰直角三角形，∴△ADP2是等腰直角三角形，由三線合一可得DM＝AM＝2＝P2M，即點M與點C重合，∴P2(1，2)，∴點P的坐標(biāo)為(－1，4)或(1，2)．3．解：(1)易得A(－1，0)，B(0，2)，C(1，0)．設(shè)直線BD對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝kx＋m.把B(0，2)，C(1，0)的坐標(biāo)分別代入y＝kx＋m，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,k＋m＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,m＝2.))∴直線BD對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝－2x＋2.∵拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝－x2＋bx＋c.∴把B(0，2)，D(3，－4)的坐標(biāo)分別代入y＝－x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2，,－9＋3b＋c＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝2.))∴拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝－x2＋x＋2.(2)存在，①如圖①，當(dāng)△MON∽△BCO時，eq\f(ON,CO)＝eq\f(MN,BO)，即eq\f(ON,1)＝eq\f(MN,2)，∴MN＝2ON.設(shè)ON＝a，則M(a，2a)，∴－a2＋a＋2＝2a，解得a1＝－2(不合題意，舍去)，a2＝1，∴M(1，2)；②如圖②，當(dāng)△MON∽△CBO時，eq\f(ON,BO)＝eq\f(MN,CO)，即eq\f(ON,2)＝eq\f(MN,1)，∴MN＝eq\f(1,2)ON.設(shè)ON＝n，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,2)n))，∴－n2＋n＋2＝eq\f(n,2)，解得n1＝eq\f(1－\r(33),4)(不合題意，舍去)，n2＝eq\f(1＋\r(33),4)，∴M(eq\f(1＋\r(33),4)，eq\f(1＋\r(33),8))．∴存在這樣的點M(1，2)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(33),4)，\f(1＋\r(33),8))).(第3題)4．解：(1)在矩形OABC中，∵點B的坐標(biāo)為(2，3)，∴BC邊的中點D的坐標(biāo)為(1，3)．∵雙曲線y＝eq\f(k,x)經(jīng)過點D(1，3)，∴3＝eq\f(k,1)，∴k＝3，∴y＝eq\f(3,x).∵點E在AB上，∴點E的橫坐標(biāo)為2.又∵雙曲線y＝eq\f(3,x)經(jīng)過點E，∴點E的縱坐標(biāo)為y＝eq\f(3,2)，∴點E的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2))).(2)易得BD＝1，BE＝eq\f(3,2)，CB＝2.∵△FBC∽△DEB，∴eq\f(BD,CF)＝eq\f(BE,CB)，即eq\f(1,CF)＝eq\f(\f(3,2),2)，∴CF＝eq\f(4,3)，∴OF＝eq\f(5,3)，即點F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3))).設(shè)直線FB對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝k1x＋b，而直線FB經(jīng)過B(2，3)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3)))，∴k1＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(5,3)，∴直線FB對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝eq\f(2,3)x＋eq\f(5,3).eq\a\vs4\al(專訓(xùn)5)1．C2．203．解：四邊形ABCD與四邊形A′B′C′D′相似．由已知條件知，∠DAB＝∠D′A′B′，∠B＝∠B′，∠BCD＝∠B′C′D′，∠D＝∠D′，且eq\f(AB,A′B′)＝eq\f(BC,B′C′)＝eq\f(CD,C′D′)＝eq\f(DA,D′A′)＝eq\f(5,6)，所以四邊形ABCD與四邊形A′B′C′D′相似．4．解：如圖，過點B作BM⊥x軸于點M，過點B′作B′N⊥x軸于點N，則△CBM∽△CB′N.所以MCNC＝BMB′N＝BCB′C.又由已知條件知NC＝a＋1，B′N＝－b，BCB′C＝12，所以MC(a＋1)＝BM(－b)＝12.所以MC＝eq\f(1,2)(a＋1)，BM＝－eq\f(b,2).所以MO＝eq\f(1,2)(a＋1)＋1＝eq\f(a＋3,2).所以點B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋3,2)，－\f(b,2))).(第4題)5．解：(1)∵DE∥BC，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AE,AC)，∴eq\f(8－2x,8)＝eq\f(y,6)，∴y＝－eq\f(3,2)x＋6(0≤x≤4)．(2)∵S△BDE＝eq\f(1,2)·2x·y＝eq\f(1,2)·2x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)x))＝－eq\f(3,2)(x－2)2＋6，∴當(dāng)x＝2時，S△BDE有最大值，最大值為6.6．(1)證明：如圖，∵D是BC邊上的中點，DE⊥BC，∴EB＝EC，∴∠B＝∠1.又∵AD＝AC，∴∠ACD＝∠2，∴△ABC∽△FCD.(2)解：如圖，過點A作AM⊥CB于點M.∵D是BC邊上的中點，∴BC＝2CD.由(1)知△ABC∽△FCD，∴eq\f(S△ABC,S△FCD)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,CD)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,1).又∵S△FCD＝5，∴S△ABC＝20.∵S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM，∴AM＝eq\f(2S△ABC,BC)＝eq\f(2×20,10)＝4.∵DE⊥BC，AM⊥BC，∴DE∥AM，∴△BDE∽△BMA.∴eq\f(DE,AM)＝eq\f(BD,BM).由AD＝AC，AM⊥BC，知DM＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,4)BC＝eq\f(5,2).∴eq\f(DE,4)＝eq\f(5,5＋\f(5,2))，∴DE＝eq\f(8,3).點撥：從復(fù)雜的圖形中分析線段的特點和聯(lián)系，找到切入點是解較復(fù)雜問題的關(guān)鍵．(第6題)7．證明：∵△ACB為等腰直角三角形，AB為斜邊，∴∠CAB＝45°.∵CO⊥AB.∴∠AOC＝90°.又∵DE⊥CD，DE＝CD，∴∠CED＝45°，∠CDE＝90°.∴∠CAO＝∠CED，∠AOC＝∠EDC.∴△ACO∽△ECD.∴∠ACO＝∠ECD，eq\f(AC,CO)＝eq\f(CE,CD).∴∠ACE＝∠OCD.∴△ACE∽△OCD.8．(1)證明：由四邊形APCB內(nèi)接于圓O，得∠FPC＝∠B.又∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，所以∠APD＝∠FPC，所以∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD.又∠PAC＝∠PDC，所以△PAC∽△PDF.(2)解：由(1)知△PAC∽△PDF，所以∠PCA＝∠PFD.又∠PAC＝∠CAF，所以△PAC∽△CAF，所以△CAF∽△PDF，所以eq\f(PD,AC)＝eq\f(DF,AF)，則PD·AF＝AC·DF.由AB＝5，AC＝2