2013-2014学年高中数学人教A版选修4-1知能达标演练：1-3相似三角形的判定及性质 Word版含解析

一、选择题1．如图所示，给出下列条件：　　　　　　　　　　　　　　　　　　①∠B＝∠ACD；②∠ADC＝∠ACB；③eq \f(AC,CD)＝eq \f(AB,BC)；④AC2＝AD·AB.其中能够单独判定△ABC∽△ACD的个数为(　　)．A．1 B．2 C．3 D．4解析　答案　C2．如图所示，梯形ABCD的对角线交于点O，则下列四个结论：①△AOB∽△COD；②△AOD∽△ACB；③S△DOC∶S△AOD＝CD∶AB；④S△AOD＝S△BOC.其中正确的个数为(　　)．A．1 B．2 C．3 D．4解析　∵DC∥AB，∴△AOB∽△COD，①正确．由①知，eq \f(DC,AB)＝eq \f(OC,OA).利用三角形的面积公式可知S△DOC∶S△AOD＝OC∶OA＝CD∶AB，③正确．∵S△ADC＝S△BCD，∴S△ADC－S△COD＝S△BCD－S△COD，∴S△AOD＝S△BOC，④正确．故①③④都正确．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∶2 B．9∶4C.eq \r(3)∶eq \r(2) D.eq \r(2)∶eq \r(3)解析　∵∠B为公共角，∴Rt△BCD∽Rt△BAC，同理Rt△ACD∽Rt△ABC，∴Rt△ACD∽Rt△CBD.∴eq \f(AC,BC)＝eq \f(AD,CD)，又∵AD＝3，CD＝2，∴eq \f(AC,BC)＝eq \f(3,2)，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eq \f(AM,AN)＝eq \f(BM,CN)，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eq \f(AM,AN)＝eq \f(BM,CN)，∴eq \f(AM,BM)＝eq \f(AN,NC)，故△ABM∽△ACN.答案　B二、填空题5．如图所示，已知∠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，∴eq \f(AE,AB)＝eq \f(1,2)，即AE＝eq \f(1,2)AB，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝eq \f(\r(3),2)AB，又∵Rt△AED∽Rt△ACB，∴相似比为eq \f(AE,AC)＝eq \f(1,\r(3)).故△ADE与△ABC的相似比为eq \r(3).∶3答案　eq \r(3).∶36．如图，设AA1与BB1相交于点O，AB∥A1B1且AB＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)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eq \f(AO,DO)等于________．解析　在Rt△DAO及Rt△DEA中，∠ADO为公共角，∴Rt△DAO∽Rt△DEA，∴eq \f(DO,AO)＝eq \f(AD,AE)，即eq \f(AO,DO)＝eq \f(AE,AD).∵E为AB的中点，∴eq \f(AE,AD)＝eq \f(\f(1,2)AB,AD)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(AO,DO)＝eq \f(1,2).答案　eq \f(1,2)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，∴eq \f(FG,GC)＝eq \f(EF,BC)＝eq \f(1,2)，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eq \f(AE,AC)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＝eq \f(1,2)AC，由FM∥AC，得∠CED＝∠MFD，∠ECD＝∠FMD.∴△FMD∽△ECD.∴eq \f(DC,DM)＝eq \f(EC,FM)＝eq \f(2,3).∴EC＝eq \f(2,3)FM＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,3)AC，∴eq \f(AE,AC)＝eq \f(AC－\f(1,3)AC,AC)＝eq \f(2,3).(2)∵AB＝a，∴FB＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)a.又FB＝EC，∴EC＝eq \f(1,2)a.∵EC＝eq \f(1,3)AC，∴AC＝3EC＝eq \f(3,2)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，∴eq \f(FB,FD)＝eq \f(FD,FC)，∴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＝4eq \r(2)，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＝2eq \r(2).又∵△AMF∽△BGM，∴eq \f(AF,AM)＝eq \f(BM,BG).∴BG＝eq \f(AM·BM,AF)＝eq \f(2\r(2)×2\r(2),3)＝eq \f(8,3).又AC＝BC＝4eq \r(2)×sin 45°＝4，∴CG＝4－eq \f(8,3)＝eq \f(4,3).∵CF＝4－3＝1，∴FG＝eq \r(CF2＋CG2)＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝eq \f(5,3). 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×∵eq \f(AC,CD)＝eq \f(AB,BC)，∴eq \f(AC,AB)＝eq \f(CD,BC)，由判定定理2知，不能单独判断△ABC∽△ACD④√∵AC2＝AD·AB，∴eq \f(AC,AB)＝eq \f(AD,AC)，又∠A＝∠A，由判定定理2，知△ABC∽△ACD