专题02 相似三角形（考点清单，知识导图+2个考点清单+4种题型解读）解析版-2024-2025学年九年级数学上学期期中考点大串讲（沪教版）

这是一份专题02 相似三角形（考点清单，知识导图+2个考点清单+4种题型解读）解析版-2024-2025学年九年级数学上学期期中考点大串讲（沪教版），共35页。

【清单01】 相似三角形的判定
相似三角形的
【清单02】相似三角形的性质
注：以上定理均要从文字、图形、符号三个方面去理解掌握.
【考点题型一】相似三角形的性质（共8小题）
【例1】（2023秋•浦东新区校级月考）如果两个相似三角形的周长比为，那么它们的对应中线的比为

A．B．C．D．
【分析】据相似三角形的周长的比等于它们的相似比，然后再利用对应中线的比等于相似比求解即可．
【解答】解：两个相似三角形的周长比为，
它们的相似比为．
它们的对应中线的比为，
故选：．
【点评】本题主要考查了相似三角形的性质，利用相似三角形的周长的比等于相似比是解答此题的关键．
【变式1-1】（2024•崇明区）如果两个相似三角形的周长之比为，那么它们对应边之比为
A．B．C．D．
【分析】直接根据相似三角形的性质进行解答即可．
【解答】解：两个相似三角形的周长比为，
它们的对应边的比．
故选：．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，即相似三角形对应边的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方．
【变式1-2】（2023秋•黄浦区期末）已知：△△△，如果△与△的相似比为2，△与△相似比为4，那么△与△的相似比为
A．2B．4C．6D．8
【分析】根据相似三角形的相似比写出对应边的比，计算出与的比值，也就是两三角形的相似比．
【解答】解：△△△，如果△与△的相似比为2，△与△相似比为4
，，
设，则，
，
△与△的相似比为8．
故选：．
【点评】根据相似三角形的相似比写出对应边的比，计算出与的比值，也就是两三角形的相似比．
【变式1-3】（2023秋•浦东新区校级月考）两个相似三角形的相似比是，小三角形的周长为，大三角形的周长是 ．
【分析】根据相似三角形的性质可知，周长比等于相似比，由此即可求解．
【解答】解：根据题意得，相似比为，
大三角形的周长是，
故答案为：28．
【点评】本题主要考查相似三角形的性质，理解和掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似三角形的周长比等于相似比是解题的关键．
【变式1-4】（2023秋•闵行区校级月考）已知两个相似三角形的周长比为，那么这两个相似三角形的面积比为 ．
【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，周长的比等于相似比求解．
【解答】解：两个相似三角形的周长比为，
相似比为，
这两个相似三角形的面积比为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【变式1-5】（2023秋•虹口区期末）一个三角形框架模型的边长分别为3分米、4分米和5分米，木工要以一根长6分米的木条为一边，做与模型相似的三角形，那么做出的三角形中，面积最大的是 平方分米．
【分析】由相似三角形的判定：三组对应边的比相等的两个三角形相似求出三角形最大的三边，根据勾股定理的逆定理判断新三角形是直角三角形，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：当长是6分米的木条与三角形框架模型的边长最短的3分米一条边是对应边时，做出的三角形的三边最大，面积最大，
设长是4分米，5分米的边的对应边的长分别是分米，分米，
，
，，
其他两条边的长分别是8分米，10分米，
，
做出的三角形是直角三角形，直角边分别是6分米，8分米，
做出的三角形的面积为（平方分米）．
故答案为：24．
【点评】本题考查相似三角形的性质，勾股定理的逆定理，掌握当长是6分米的木条与三角形框架模型的边长最短的一条边是对应边时，做出的三角形的三边最大，是解决问题的关键．
【变式1-6】（2023秋•金山区期末）在中，，是边上的一点，为边上一点，直线把分成面积相等的两部分，且和相似，如果这样的直线有两条，那么边长度的取值范围是 ．
【分析】分两种情况进行讨论，画出图形，根据面积之比等于相似比的平方即可解答．
【解答】解：如图，当时，
，
只要满足，都能满足题意，
如图，当时，
直线把分成面积相等的两部分，
，
，
，
，，
，，
，，
，
当时，金字塔型和子母型完全重合，此时只有一种情况，
，
综上所述，直线把分成面积相等的两部分，且和相似，如果这样的直线有两条，那么边长度的取值范围是且．
故答案为：且．
【点评】本题考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．
【变式1-7】（2023秋•普陀区期末）如图，在中，，是边上的高，如果，，那么与的相似比 ．
【分析】相似三角形对应边的比叫相似比，由此即即可求解．
【解答】解：是边上的高，
，
，，
，
，是边上的高，
，
，
，
，
与的相似比．
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形相似比的定义．
【考点题型二】相似三角形的判定（共7小题）
【例2】（2023秋•金山区期末）如图在的方格中，每一个小正方形的顶点叫做格点，以其中三个格点为顶点的三角形称为格点三角形，就是一个格点三角形，现从的三个顶点中选取两个格点，再从余下的格点中选取一个格点联结成格点三角形，其中与相似的有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据“三边对应成比例的两个三角形相似”求解即可．
【解答】解：如图，
根据勾股定理得，，，，，，
又，，，
，，，，，，，，，
，，，
，，，
故选：．
【点评】此题考查了相似三角形的判定，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋•奉贤区期末）如图，将绕点顺时针旋转，使得点落在边上，点、的对应点分别为、，边交于点，联结．下列两个三角形不一定相似的是
A．与B．与C．与D．与
【分析】根据旋转的性质得到，，，，，再根据相似三角形的判定定理判断求解即可．
【解答】解：如图，
根据旋转的性质得，，
，，，，，
，，
，
故不符合题意；
，，，
，
，
又，
，
故不符合题意；
，，
，
故不符合题意；
根据题意，无法求解与相似，
故符合题意；
故选：．
【点评】此题考查了相似三角形的判定、旋转的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定、旋转的性质是解题的关键．
【变式2-2】（2023秋•徐汇区期末）下列两个三角形一定相似的是
A．两个直角三角形B．两个等腰三角形
C．两个等边三角形D．两个面积相等的三角形
【分析】由相似三角形的判定，即可判断．
【解答】解：、、中的两个三角形不一定相似，故、、不符合题意；
、两个等边三角形相似，故符合题意．
故选：．
【点评】本题考查相似三角形的判定，等边三角形、等腰三角形的性质，关键是掌握相似三角形的判定方法．
【变式2-3】（2024•静安区校级模拟）如图，已知与都是等边三角形，点在边上（不与点、重合），与相交于点，那么与相似的三角形是
A．B．C．D．
【分析】由相似三角形的判定，即可判断．
【解答】解：与都是等边三角形，
，．
、只有，和不一定相似，故不符合题意；
、由，，推出，故符合题意；
、只有，和不一定相似，故不符合题意；
、只有，和不一定相似，故不符合题意．
故选：．
【点评】本题考查相似三角形的判定，等边三角形，关键是掌握相似三角形的判定方法．
【变式2-4】（2023秋•宝山区期末）如图，在正方形网格中，、、、、、都是格点，从、、、四个格点中选取三个构成一个与相似的三角形，某同学得到两个三角形：①；②．关于这两个三角形，下列判断正确的是
A．只有①是B．只有②是C．①和②都是D．①和②都不是
【分析】根据勾股定理求出、、的三边长，再根据相似三角形的对应边成比例判断即可．
【解答】解：由图形可知，，，
，
，
，
，
，
，
，
；
，
与不相似，
故选：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式2-5】（2024•闵行区三模）如图，在梯形中，，与相交于点，点在线段上，的延长线与相交于点，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，，求证：．
【分析】（1）由已知得出，由平行线得出，得出，证出，得出，即可得出结论；
（2）由平行线得出，，得出，证出．由已知得出，由平行四边形的性质得出，得出，由相似三角形的判定定理即可得出结论．
【解答】（1）证明：，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）证明：，
，，
，
，
，，
．
，，
．
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、梯形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质和平行四边形的判定是解题的关键．
【变式2-6】（2023秋•杨浦区期中）已知：如图，在中，点、分别在边、上，，平分．
（1）求证：；
（2）如果，求证：．
【分析】（1）根据平行线的性质得出，，则，根据角平分线定义及平行线的性质得到，则，根据相似三角形的判定与性质得出，根据比例的性质及等量代换即可得解；
（2）结合（1）及题意推出，结合，推出，根据相似三角形的性质得出，结合，即可判定．
【解答】证明：（1），
，，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2），，，
，
，
又，
，
，
即，
又，
．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【考点题型三】相似三角形的判定与性质（共13小题）
【例3】（2023秋•长宁区期末）如果点、分别在的两边、上，由下列哪一组条件可以推出
A．，B．
C．，D．
【分析】对于选项，证明，根据相似三角形的性质得到，根据平行线的判定定理证明．
【解答】解：、不能推出，不符合题意；
、不能推出，不符合题意；
、，
，
，
，
，
，
，
，本选项符合题意；
、不能推出，不符合题意；
故选：．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行线的判定，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．
【变式3-1】（2023秋•长宁区期末）已知在与△中，点、分别在边、上，（点不与点、重合，点不与点、重合）．如果与△相似，点、分别对应点、，那么添加下列条件可以证明与△相似的是
①、分别是与△的角平分线；
②、分别是与△的中线；
③、分别是与△的高．
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【分析】根据相似三角形的判定与性质逐一判断即可得出结论．
【解答】解：如图，
①、分别是与△的角平分线，
，，
又△，
，，
，
△，
故添加条件①可以证明与△相似；
②、分别是与△的中线，
，，
又△，
，，
，，
△，
，
又，
△，
故添加条件②可以证明与△相似；
③、分别是与△的高，△，
由图形可知，与△不相似，
故选：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023秋•静安区期末）在中，点、、分别在边、、上，联结、，如果，，且，那么的值是
A．3B．C．2D．
【分析】根据题目的已知条件画出图形，然后利用平行线分线段成比例解答即可．
【解答】解：如图：
，，
，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例，熟练掌握平行线分线段成比例这个基本事实是解题的关键．
【变式3-3】（2023秋•金山区期末）已知点是平行四边形的边上一点，联结和相交于点，如果，那么为
A．B．C．D．
【分析】由平行四边形的性质得，，由，得，再证明，得，于是得到问题的答案．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
故选：．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．
【变式3-4】（2023秋•黄浦区期末）如图，△三边上点、、，满足，，那么下列等式中，成立的是
A．B．C．D．
【分析】由题意可证四边形是平行四边形，可得，，由相似三角形的性质和平行线分线段成比例依次判断可求解．
【解答】解：、，
，，
△△，
，故错误；，
、，
四边形是平行四边形，
，，
，故正确；
，故错误；
，故错误，
故选：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．
【变式3-5】（2023秋•徐汇区期末）如图，点是内一点，点在线段的延长线上，与交于点，分别联结、、，如果，那么下列结论正确的是
A．B．C．D．．
【分析】利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：，
，
，，
，
，
，
，
．
选项的结论正确．
，
，
，
显然与不一定相等，
与不一定相等，
与不一定平行，
，不一定正确，
与不一定相等，
不一定正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-6】（2022秋•虹口区期末）如图，点、分别在边、上，，且，那么的值为
A．B．C．D．
【分析】根据题意，可以先设，，，，再根据题意可以得到，然后即可得到的值．
【解答】解：，
设，，，，则，
，，
，
，
即，
解得，
，
故选：．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式3-7】（2023秋•浦东新区校级月考）如图所示，过△的顶点作任一直线与边及中线分别交于点和，过点作交于点．
（1）若，求．
（2）试说明．
【分析】（1）利用相似三角形的性质解决问题即可．
（2）利用平行线分线段成比例定理以及比例的基本性质证明即可．
【解答】（1）解：，
△△，
，
，
．
（2）证明：，
，
，
，
即，
，
．
【点评】此题主要考查平行线分线段成比例定理：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．同时考查了比例的性质．
【变式3-8】（2022秋•长宁区期末）已知：如图，在△中，点在边上，且，边的垂直平分线交边于点，交于点．
（1）求证：△△；
（2）如果△的面积为180，且，，求△的面积．
【分析】（1）由得到，根据线段垂直平分线的性质得到，则，然后根据相似三角形的判定方法得到结论；
（2）由（1）知△△，可得，而，，即可得，，又，故，因，，即得．
【解答】（1）证明：，
，
垂直平分，
，
，
，，
△△；
（2）解：由（1）知△△，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，涉及三角形面积，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理．
【变式3-9】（2022秋•杨浦区期末）如图，中，，是斜边上的中点，是边上的点，与交于点，且．
（1）求证：；
（2）连接，如果点是中点，求证：．
【分析】（1）先根据题意得出，再由直角三角形的性质得出，由可得出，进而可得出；
（2）根据可得出，，故可得出，再由点是的中点可知，故，根据得出，进而可得出结论．
【解答】证明：（1），
．
又
，
．
点是的中点，
，
，
，
（2），
，
又，
点是的中点，
，
，
．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键．
【变式3-10】（2022秋•嘉定区期末）如图，已知在中，，点、分别在边、的延长线上，且，的延长线交于点．
（1）求证：；
（2）如果，求证：．
【分析】（1）先根据三角形外角的定义得到，即可证明；
（2）先证明得到，再根据证明，即可证明．
【解答】证明：（1），
．
、分别是和的外角，
，，
，
．
又，
．
（2），，
．
，
，
，
即．
在和中，
，
，
，
．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
【变式3-11】（2022秋•闵行区期末）已知：如图，在中，，点、分别是边、的中点，，与相交于点，的延长线与相交于点．
（1）求证：；
（2）求证：．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用线段垂直平分线的性质和（1）的结论，依据相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】证明：（1）点、分别是边、的中点，
，，
，
．
在和中，
，
，
；
（2），点是边的中点，
是的垂直平分线，
，
．
由（1）知：，
．
，
，
，
．
点是边的中点，
，
．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-12】（2023秋•静安区期中）已知：如图，四边形是平行四边形，在边的延长线上截取，点在的延长线上，和交于点，和交于点．联结．
（1）求证：；
（2）如果，求证：．
【分析】（1）利用平行四边形的性质得，，再证明四边形为平行四边形得到，根据相似三角形的判定方法，由可判断；
（2）先利用可证明，则，再根据平行线的性质得，，所以，加上，于是可判断，所以，然后利用和比例的性质即可得到结论．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
而，
，
而，
四边形为平行四边形，
，
，
；
（2），
，
而，
，
，
，，
，，
，
而，
，
，
，
而，
．
【点评】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性质．
【考点题型四】相似三角形的应用（共8小题）
【例4】（2024秋•静安区校级月考）某班某同学要测量学校升旗的旗杆高度，在同一时刻，量得某一同学的身高是，影长是，旗杆的影长是，则旗杆的高度是 ．
【分析】因为在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子长比值是相同的，所以同学的身高与其影子长的比值等于旗杆的高与其影子长的比值．
【解答】解：设旗杆的高度为，
根据在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子长比值是相同的，得：，
，
旗杆的高度是．
故答案为：12．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，解题关键是知道在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子长比值是相同的．
【变式4-1】（2023秋•浦东新区校级期中）如图，在一块斜边长的直角三角形木板上截取一个正方形，点在边上，点在斜边上，点在边上，若，则这块木板截取正方形后，剩余部分的面积为 ．
【分析】设，根据正方形的性质用表示出、，证明，根据相似三角形的性质求出，根据勾股定理列式求出，根据三角形的面积公式、正方形的面积公式计算即可．
【解答】解：设，则，
四边形为正方形，
，，
，
，
，
在中，，即，
解得，，
，，
剩余部分的面积，
故答案为：．
【点评】本题考查的是相似三角形的应用、正方形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式4-2】（2024•静安区校级模拟）如图，用一个卡钳测量某个零件的内孔直径，量得长度为，则等于 ．
【分析】根据相似三角形的判定和性质，可以求得的长．
【解答】解：，，
，
，
，
，
故答案为：18．
【点评】本题考查相似三角形的应用，求出的值是解答本题的关键．
【变式4-2】（2023秋•浦东新区校级期中）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面 ．
【分析】高脚杯前后的两个三角形相似．根据相似三角形的判定和性质即可得出结果．
【解答】解：如图：过作，垂足为，过作，垂足为，
，
，即相似比为，
，
，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的应用，解本题的关键熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【变式4-3】（2023秋•松江区校级月考）如图，有一块面积等于的三角形纸片，已知底边与底边上的高的和为（底边大于底边上的高），要把它加工成一个正方形纸片，使正方形的一边在边上，顶点、分别在边、上．
（1）求和底边上的高；
（2）求加工成的正方形纸片的边长．
【分析】（1）设 ，边上的高为 ，根据题意得出方程组求出和；
（2）设 ，再由平行线得出，由相似三角形对应高的比等于相似比得出比例式，即可得出结果．
【解答】解：（1）设 ，边上的高为 ， ，
根据题意得：，
解得：，或（不合题意，舍去），
，；
（2），
，
，即，
解得：，
即加工成的正方形铁片的边长为．
【点评】本题考查了方程组的解法、相似三角形的运用；熟练掌握方程组的解法，证明三角形相似得出比例式是解决问题的关键．
【变式4-4】（2023秋•宝山区期中）某社区两条平行的小道之间有一块三角形空地．如图，这两条小道、之间的距离为9米，表示这块空地，米．现要在空地内划出一个矩形区域建造花坛，使它的一边在上，其余两个顶点分别在边、上．
（1）如果矩形花坛的边，求出这时矩形花坛的两条邻边的长；
（2）矩形花坛的面积能否占空地面积的？请作出判断并说明理由．
【分析】（1）过点作，垂足为，延长交于点，根据题意可得：米，，，再根据矩形的性质可得，从而可得，，然后证明字模型相似，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答；
（2）设米，利用（1）的结论可得：，从而利用相似三角形的性质可得米，然后根据题目的已知可得，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点作，垂足为，延长交于点，
由题意得：米，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
解得：，
，
这时矩形花坛的两条邻边的长分别为6和12；
（2）矩形花坛的面积不能占空地面积的，
理由：设米，
由（1）可得：，
，
，
米，
矩形花坛的面积平方米，
由题意得：，
，
整理得：，
△，
此方程没有实数根，
矩形花坛的面积不能占空地面积的．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，矩形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式4-5】（2022秋•宝山区期中）学习了相似三角形知识后，小丽同学准备用自制的直角三角形纸板测量校园内一棵古树的高度．已知三角形纸板的斜边长为0.5米，较短的直角边长为0.3米．
（1）小丽先调整自己的位置至点，将直角三角形纸板的三个顶点位置记为、、（如图①，斜边平行于地面（点、、、在一直线上），且点在边（较长直角边）的延长线上，此时测得边距离地面的高度为1.5米，小丽与古树的距离为16米，求古树的高度；
（2）为了尝试不同的思路，小丽又向前移动自己的位置至点，将直角三角形纸板的三个顶点的新位置记为、、（如图②，使直角边（较短直角边）平行于地面（点、、、在一直线上），点在斜边的延长线上，且测得此时边距离地面的高度依然是1.5米，那么小丽向前移动了多少米？
【分析】（1）先在中，由勾股定理求得，再利用和相似求得的长，加上，即可求得树高；
（2）利用△和△相似求得的长，即可求得小丽向前移动了多少米．
【解答】解：（1），，
，
，
在中，
，，
由勾股定理得，
，
，
，
，
答：古树的高度为13.5米；
（2），，
△△，
，
，
，
，
答：小丽向前移动了7米．
【点评】本题考查了相似三角形的应用和勾股定理的应用，解题的关键是证得和△△．
【变式4-6】（2023秋•奉贤区期末）如图1，某小组通过实验探究凸透镜成像的规律，他们依次在光具座上垂直放置发光物箭头、凸透镜和光屏，并调整到合适的高度．如图2，主光轴垂直于凸透镜，且经过凸透镜光心，将长度为8厘米的发光物箭头进行移动，使物距为32厘米，光线、传播方向不变，移动光屏，直到光屏上呈现一个清晰的像，此时测得像距为12.8厘米．
（1）求像的长度．
（2）已知光线平行于主光轴，经过凸透镜折射后通过焦点，求凸透镜焦距的长．
【分析】（1）利用相似三角形的判定与性质，通过证明△与△解答即可；
（2）过点作交于点，利用平行四边形的判定与性质和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：（1）由题意得：，，，，
，
△，
．
，
△，
，
，
，
．
答：像的长度3.2厘米．
（2）过点作交于点，如图，
，，
四边形为平行四边形，
，．
同理：四边形为平行四边形，
，
，，
，
△，
，
．
，
△，
，
（厘米）．
答：凸透镜焦距的长为厘米．
【点评】本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．