【创新设计】届高考数学1-3相似三角形的判定及性质知能演练新人教A版选修4-1一、选择题1．如图所示，给出下列条件：①∠B＝∠ACD；②∠ADC＝∠ACB；③＝；④AC2＝AD·AB.其中能够单独判定△ABC∽△ACD的个数为()．A．1B．2C．3D．4解析题号判断原因分析①√∵∠B＝∠ACD，又∠A＝∠A，∴由判定定理1，知△ABC∽△ACD②√∵∠ADC＝∠ACB，又∠A＝∠A，∴由判定定理1，知△ABC∽△ACD③×∵＝，∴＝，由判定定理2知，不能单独判断△ABC∽△ACD④√∵AC2＝AD·AB，∴＝，又∠A＝∠A，由判定定理2，知△ABC∽△ACD答案C2．如图所示，点D、E分别在AB、AC上，下列条件能判定△ADE与△ACB相似的有()．①∠AED＝∠B②＝③＝④DE∥BCA．1个B．2个C．3个D．4个解析由判定定理1知①正确，由判定定理2知②正确，由预备定理1知④正确，③不符合相似三角形的判定定理，故不正确，从而选C.答案C3．如图所示，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD＝3，CD＝2，则AC∶BC的值是()．A．3∶2B．9∶4C.∶D.∶解析∵∠B为公共角，∴Rt△BCD∽Rt△BAC，同理Rt△ACD∽Rt△ABC，∴Rt△ACD∽Rt△CBD.∴＝，又∵AD＝3，CD＝2，∴＝，即AC∶BC＝3∶2.答案A4．如图所示，在△ABC中，M在BC上，N在AM上，CM＝CN，且＝，下列结论中正确的是()．A．△ABM∽△ACBB．△ANC∽△AMBC．△ANC∽△ACMD．△CMN∽△BCA解析由CM＝CN知∠CMN＝∠CNM，∴∠AMB＝∠ANC，又＝，故△ABM∽△ACN.答案B二、填空题5．如图所示，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中点，DE⊥AB于E，则△ADE与△ABC的相似比是________．解析∵E为AB中点，∴＝，即AE＝AB，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝AB，又∵Rt△AED∽Rt△ACB，∴相似比为＝.故△ADE与△ABC的相似比为1∶.答案1∶6．如图，AA1与BB1相交于点O，AB∥A1B1且AB＝A1B1.若△AOB的外接圆的直径为1，则△A1OB1的外接圆的直径为__________．解析∵AB∥A1B1且AB＝A1B1，∴△AOB∽△A1OB1，∴两三角形外接圆的直径之比等于相似比．∴△A1OB1的外接圆直径为2.答案27．如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，则等于________．解析在Rt△DAO及Rt△DEA中，∠ADO为公共角，∴Rt△DAO∽Rt△DEA，∴＝，即＝.∵E为AB的中点，∴＝＝，∴＝.答案8．如图所示，已知点E、F分别是△ABC中AC、AB边的中点，BE、CF相交于点G，FG＝2，则CF的长为________．解析∵E、F分别是△ABC中AC、AB边的中点，∴FE∥BC，由相似三角形的预备定理，得△FEG∽△CBG，∴＝＝，又FG＝2，∴GC＝4，∴CF＝6.答案6三、解答题9．如图，在△ABC中，延长BC到D，使CD＝BC，取AB的中点F，连接FD交AC于点E.(1)求的值；(2)若AB＝a，FB＝EC，求AC的长．解(1)如图所示，过点F作FM∥AC，交BC于点M.∵F为AB的中点，∴M为BC的中点，∴FM＝AC，由FM∥AC，得∠CED＝∠MFD，∠ECD＝∠FMD.∴△FMD∽△ECD.∴＝＝.∴EC＝FM＝×AC＝AC，∴＝＝.(2)∵AB＝a，∴FB＝AB＝a.又FB＝EC，∴EC＝a.∵EC＝AC，∴AC＝3EC＝a.10．如图，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线交于点F.求证：FD2＝FB·FC.证明∵E是Rt△ACD斜边AC的中点，∴DE＝EA，∴∠A＝∠2.又∵∠1＝∠2，∠1＝∠A.∵∠FDC＝∠CDB＋∠1＝90°＋∠1，∠FBD＝∠ACB＋∠A＝90°＋∠A，∵∠FDC＝∠FBD.又∵∠F是公共角．∴△FBD∽△FDC，∴＝，∴FD2＝FB·FC.11．(拓展深化)如图，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B＝α.且DM交AC于F，ME交BC于G，(1)写出图中三对相似三角形，并证明其中的一对；(2)连接FG，如果α＝45°，AB＝4，AF＝3，求FG的长．解(1)△AMF∽△BGM，△DMG∽△DBM，△EMF∽EAM.以下证明：△AMF∽△BGM.∵∠AFM＝∠DME＋∠E＝∠A＋∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，∴△AMF∽△BGM.(2)当α＝45°时，可得AC⊥BC且AC＝BC.∵M为AB的中点，∴AM＝BM＝2.又∵△AMF∽△BGM，∴＝.∴BG＝＝＝.又AC＝BC＝4×sin45°＝4，∴CG＝4－＝.∵CF＝4－3＝1，∴FG＝＝＝.
