专项30 相似三角形-8字型（2种类型）- 2022-2023 九年级数学下册高分突破必练专题（人教版）

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专项30 相似三角形-8字型（2种类型）

基本模型：

若BC∥DE，则▲ABC~▲ADE， 若∠1=∠2，则▲ABC~▲ADE



【类型1：8字型】
1．地质勘探人员为了估算某条河的宽度，在河对岸选定一个目标点O，再在他们所在的这一侧选取点A，B，D，使得AB⊥AO，DB⊥AB，然后找到DO和AB的交点C，如图所示，测得AC＝16m，BC＝8m，DB＝7m，则可计算出河宽AO为（　　）

A．16m B．15m C．14m D．13m
【答案】C
【解答】解：∵∠OCA＝∠DCB，∠A＝∠B＝90°，
∴△OCA∽△DCB．
∴＝．
∴OA＝＝＝14（m）．
即这条河的宽为14m．
故选：C．
2．如图，在菱形ABCD中，EF⊥AC于点H，分别交AD于点E，CB的延长线于点F，且AE：FB＝1：3．则GB：CD的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AE∥BF，
∴∠EAB＝∠ABF，∠AEF＝∠F，
∴△EAG∽△FBG，
∴＝＝，
∴＝，
∴＝，
故选：D．
3．如图，点E在菱形ABCD的边CD的延长线上，连接BE交AD于点F，则下列式子一定正确的是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，
A、∵AD∥BC，
∴＝，
故A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠A＝∠ADE，∠ABF＝∠E，
∴△BAF∽△EDF，
∴＝，
故B不符合题意；
C、∵＝，AB＝AD，
∴＝，
故C符合题意；
D、∵AD∥BC，
∴＝，
故D不符合题意；
故选：C．
4．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE：ED＝1：2，BE与AC相交点F，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，OA＝OC，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
∵AE：ED＝1：2，
∴AE：AD＝1：3，
∴，
∴AF：CF＝1：3，
∵OA＝OC，
∴，
故选：B．
5．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，E为AB的中点，CE交BD于点F，且∠ADB＝∠BCE，则BF的长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠FBC，
∵∠ADB＝∠BCE，
∴∠FBC＝∠FCB，
∴FB＝FC，
∵E为AB的中点，
∴BE＝AB＝1，
∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠FDC，∠BEF＝∠DCE，
∴△BEF∽△DCF，
∴＝，
∴FC＝2EF，
∴FB＝2EF，
设EF＝x，则BF＝FC＝2x，
∴EC＝EF+CF＝3x，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠BCE，
∵∠BEF＝∠BEF，
∴△BEF∽△CEB，
∴，
∴BE2＝EF•EC，
∴12＝x•3x，
∴或x＝﹣（舍去），
∴BF＝2x＝，
故选：B．
6．如图，图图制作了一个小孔成像的装置，其中纸筒的长度为15cm，蜡烛长为20cm，想要得到高度为5cm的像，则蜡烛应放在距离纸筒点O处 　 　cm的地方．

【答案】60
【解答】解：如图，AB＝20cm，OF＝15cm，CD＝5cm，
∵AB∥CD，EF⊥AB
∴EF⊥CD，
∴△OAB∽△ODC，
∴＝，即＝，
解得OE＝60cm．
故答案为：60．

7．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AC与BD相交于点O，如果BC＝2AD，那么S△AOD：S△BOC的值为 　　 ．

【答案】1：4
【解答】解：∵BC＝2AD，
∴＝，
∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠OBC，∠DAO＝∠OCB，
∴△AOD∽△COB，
∴S△AOD：S△BOC＝1：4，
故答案为：1：4．
8．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E在边AD上，BE交AC
于点M．
（1）求证：△AEM∽△CBM．
（2）已知AB＝4，AE＝3，DE＝5．
①BM的长为 　 　．
②tan∠EBD的值为 　 　．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAM＝∠ACB，∠AEM＝∠EBC，
∴△AEM∽△CBM；
（2）①解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC，
∵AE＝3，DE＝5，
∴AD＝BC＝AE+DE＝8，
∵AB＝4，
∴BE＝＝＝5，
∵△AEM∽△CBM，
∴＝＝，
∴BM＝BE＝×5＝；
②∵DE＝BE＝5，
∴∠EDB＝∠EBD，
在Rt△ADB中，tan∠EDB＝＝＝，
∴tan∠EBD＝；
故答案为：①；
②．
9．如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P．
（1）求证：AP＝4PE．
（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四边形PFCE的面积．

【解答】（1）证明：如图：取BF的中点G，连接EG，

∵E是BC的中点，
∴EG是△BCF的中位线，
∴EG∥CD，FC＝2GE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，
∴EG∥AB，
∵F是CD的中点，
∴CD＝2CF，
∴AB＝CD＝2FC＝4GE，
∵EG∥AB，
∴∠BAE＝∠AEG，∠ABP＝∠BGE，
∴△ABP∽△EGP，
∴＝＝，
∴AP＝4PE；
（2）解：∵∠BPE＝∠BFD，∠BFD+∠2＝180°，∠BPE+∠1＝180°，
∴∠1＝∠2，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴AB＝AP＝4PE，
设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝AP+PE＝5a，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
BE＝＝＝3a，
∵点E是BC的中点，
∴BC＝2BE＝6a，
∴AD＝BC＝2BE＝6a，
∵AD＝8，
∴6a＝8，
∴，
∴，
∵F是CD的中点，
∴CF＝CD＝2a，
∴S△BCF＝＝＝6a2＝．
∴S△ABE＝S△BCF，
∴S△ABE＝﹣S△BPE＝S△BCF﹣S△BPE，
∴S四边形PFCE＝S△ABP，
∵AP＝4PE，
∴，
∴四边形PFCE的面积为．
【类型2：反8字型】
10．如图，∠BEC＝∠CDB，下列结论正确的是（　　）

A．EF•BF＝DF•CF B．BE•CD＝BF•CF
C．AE•AB＝AD•AC D．AE•BE＝AD•DC
【答案】C
【解答】解：∵∠BEC＝∠CDB，∠EFB＝∠DFC，
∴△EFB∽△DFC，
∴＝，
∴EF•FC＝DF•FB，
故A不符合题意：
∵△EFB∽△DFC，
∴＝，
∴BE•CF＝CD•BF，
故B不符合题意；
∵∠BEC＝∠CDB，∠BEC+∠AEC＝180°，∠BDC+∠ADB＝180°，
∴∠AEC＝∠ADB，
∴△ABD∽△ACE，
∴＝，
∴AB•AE＝AD•AC，
故C符合题意；
因为：AE，BE，AD，CD组不成三角形，也不存在比例关系，
故D不符合题意；
故选：C．
11．如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，点E，F分别在CD，AD边上，且△BCE与△BFE关于直线BE对称．点G在AB边上，GC分别与BF，BE交于P，Q两点．若＝，CE＝CQ，则＝（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：连接FQ，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAF＝90°，BC＝AD，
∵＝，
∴设AB＝4a，BC＝5a，
∵△BCE与△BFE关于直线BE对称，
∴BF＝BC＝5a，CQ＝FQ，CE＝FE，
∴AF＝＝＝3a，
∴DF＝AD﹣AF＝5a﹣3a＝2a，
∵CQ＝CE，
∴CQ＝FQ＝FE＝CE，
∴四边形CQFE是菱形，
∴FQ∥CE，
∴AB∥FQ∥CE，
∴＝＝＝，
∴设CQ＝2k，GQ＝3k，
∵CQ＝CE，
∴∠CQE＝∠CEQ，
∵AB∥CD，
∴∠ABQ＝∠CEQ，
∵∠CQE＝∠GQB，
∴∠GBQ＝∠GQB，
∴BG＝QG，
∵AB∥FQ，
∴∠ABF＝∠BFQ，∠BGQ＝∠ECQ，
∴△GBP∽△QFP，
∴＝＝＝，
∴GP＝GQ＝k，
∴＝＝，
故选：D．
12．如图，在正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交CD于F，交AD的延长线于点E．
（1）求证：△ABM∽△MCF；
（2）若AB＝4，BM＝2，求△DEF的面积．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠B＝∠C＝90°，BC∥AD，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∵ME⊥AM，
∴∠AME＝90°，
∴∠AMB+∠FMC＝90°，
∴∠BAM＝∠FMC，
∴△ABM∽△MCF；
（2）解：∵AB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝4，
∵BM＝2，
∴MC＝BC﹣BM＝4﹣2＝2，
由（1）得：△ABM∽△MCF，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴DF＝CD﹣CF＝4﹣1＝3，
∵BC∥AD，
∴∠EDF＝∠MCF，∠E＝∠EMC，
∴△DEF∽△CMF，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝6，
∴△DEF的面积＝DE•DF＝×6×3＝9，
答：△DEF的面积为9．
13．如图，以AB为直径的⊙O是△ACD的外接圆，连接OC，OD，AC＝CD，AB交CD于点E，PB与⊙O相切于点B．
（1）求证：∠P＝∠PAD；
（2）若⊙O的半径为3，OE＝2，求CE的长．

【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC+∠ADC＝90°，
∵PB与⊙O相切于点B，
∴∠ABP＝90°，
∴∠P+∠BAP＝90°，
∵∠BAP＝∠BDC，
∴∠P＝∠ADC，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∴∠P＝∠PAD；
（2）解：∵AC＝CD，OC＝OC，OA＝OD，
∴△AOC≌△DOC（SSS），
∴∠ACO＝∠DCO，∠CAO＝∠CDO，
∵OA＝OC，OC＝OD，
∴∠ACO＝∠CAO，∠OCD＝∠ODC，
∴∠ACO＝∠CAO＝∠OCD＝∠ODC，
∵∠CAO＝∠CDB，
∴∠OCD＝∠BDC，
∴OC∥BD，
∴，
∴，
∴，
∵∠AEC＝∠DEB，
∴△AEC∽△DEB，
∴，
∴，
∴CE⋅DE＝5，
∴，
∴CE＝或CE＝﹣（舍去），
∴CE的长为．
14．已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接BC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方抛物线上取一点P，过点P作PQ⊥x轴交BC边于点Q，求PQ的最大值；
（3）在直线BC上方抛物线上取一点D，连接OD，CD．OD交BC于点F，当S△COF：S△CDF＝3：2时，求点D的坐标．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+3中可得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+m，
把B（3，0），C（0，3）代入y＝kx+m中可得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q，

设P点坐标为（x，﹣x2+2x+3），
则Q点坐标为（x，﹣x+3），
∴PQ＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）
＝﹣x2+2x+3+x﹣3
＝﹣x2+3x
＝﹣（x﹣）2+，
∴PQ的最大值是；
（3）∵S△COF：S△CDF＝3：2，
∴OF：DF＝3：2，
过点D作DG∥y轴交BC于点G，

∴∠OCF＝∠CGD，∠COF＝∠ODG，
∴△COF∽△GDF，
∴＝，
∵OC＝3，
∴DG＝2，
设点D坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点G坐标为（m，﹣m+3），
∴DG＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）
＝﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m＝2，
解得：m1＝1，m2＝2，
∴点D的坐标为（1，4）或（2，3）．
15.如图，在菱形ABCD中，DE⊥BC交BC的延长线于点E，连结AE交BD于点F，交CD于点G，连结CF．
（1）求证：AF＝CF；
（2）求证：AF2＝EF•GF；
（3）若菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，求FG的长．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF．
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BE，
∴∠DAF＝∠FEC，
∵△ABF≌△CBF，
∴∠BAF＝∠BCF，
∴∠DAF＝∠DCF，
∴∠GCF＝∠CEF，
∵∠CFG＝∠EFC，
∴△CFG∽△EFC，
∴，
∴CF2＝EF•GF，
∵AF＝CF，
∴AF2＝EF•GF．
（3）解：∵∠BAD＝120°，
∴∠DCE＝60°，
∵菱形边长为2，
∴CD＝AD＝2，
∵DE⊥BC，
∴∠ADE＝∠CED＝90°，
∴∠CDE＝30°，
∴CE＝＝1，DE＝，
∴AE＝＝，BE＝BC+CE＝2+1＝3，
∵AD∥BE，
∴△FAD∽△FEB，△GAD∽△GEC，
∴＝，＝，
∴AF＝＝，AG＝AE＝，
∴FG＝AG﹣AF
16．如图，AB是⊙O的直径，△BCD是⊙O的内接三角形，BC＝DC，AB与CD交于点E，过点C作CF∥BD交DA的延长线于点F．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为5，BD＝8，求线段AE的长．

【解答】（1）证明：过点O作OH⊥BD，连接CH，OD，

∵OD＝OB，OH⊥BD，
∴H为BD的中点，
∵CD＝CB，
∴CH⊥BD，
∴点C、O、H三点共线，
∴∠CHB＝90°，
∵CF∥BD，
∴∠FCO＝∠CHB＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝10，BD＝8，
∴AD＝＝＝6，
∵CF∥BD，
∴∠F＝180°﹣∠ADB＝90°，
∵∠FCO＝90°，
∴∠F+∠FCO＝180°，
∴DF∥CO，
∴∠DAE＝∠COE，∠ADE＝∠OCE，
∴△ADE∽△OCE，
∴＝＝，
∴AE＝AO＝×5＝，
∴线段AE的长为．