相似三角形应用题(答案)

1、解：（1）∵SPQCS四边形PABQ，∴SPQC:SABC1:2 又∵PQ∥AB，∴△PQC∽△ABC ∴

SPQCSABC

11PC22

PC48 ，∴

22AC

2

故PC22

（2）∵△PQC的周长与四边形PABQ的周长相等

1

（△ABC的周长）＝6 2

CPCQCP6CP24

 又∵PQ∥AB，∴，即，解得CP CACB437

∴PC＋CQ＝PA＋AB＋QB＝

C

Q

AB

例1图

3 例1图

2

（3）①依题意得（如图2）当∠MPQ＝900 ，PM＝PQ时，由勾股定理的逆定理得

例1图1

∠C＝900，∴△ABC的AB边上的高为

12

，设PM＝PQ＝x 5

12x

6060x∵PQ∥AB，△CPQ∽△CAB，∴，解得x，即PC

1237375

5

60

当M QP900，QPQM时，同理可得PC

37

②依题意得（如图3）当∠PMQ＝900 ，MP＝MQ时，由等腰直角三角形的性质得：

1

PQ，设PQ＝x，由PQ∥AB可得△CPQ∽△CAB，所以有： 2121x

120120x52

，解得x，即PQ 

49495

5

2、4、（1）m0；

123

（2）A（－8，0），B（－4，0），C（0，4），yxx4

82

8

（3）存在k或2

3

M到PQ的距离为

3、解：（1）相似，如图

证明：延长FE与CD的延长线交于点G。在Rt△AEF与Rt△DEG中

∵E是AD的中点

∴AE＝ED，∠AEF＝∠DEG，∠A＝∠EDG ∴△AFE≌△DGE

∴E为FG的中点。又CE⊥FG，∴FC＝GC ∴∠CFE＝∠G。∴∠AFE＝∠EFC，

又△AEF与△EFC均为直角三角形

∴△AEF∽△EFC。

（2）①存在。如果∠BCF＝∠AEF，即k＝

AB3

时，△AEF∽△BCF。 BC2

证明：当

ABDC

时，3。∴∠ECG＝300。∴∠ECG＝∠ECF＝∠AEF＝300，

DEBC2

∴∠BCF＝900－600＝300。又△AEF和△BCF均为直角三角形。∴△AEF∽△BCF。 ②因为EF不平行于BC，∴∠BCF≠∠AFE。∴不存在第二种相似情况。

4、证明：（1）连结EF，FC，在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC，∠A＝∠B＝900

∵AE＝

1AEFB

AD，F为AB的中点，∴

4AFBC

∴△EAF∽△FBC，∴∠AEF＝∠BFC，∠EFA＝∠CFB ∴∠EFC＝900，

EF1

 FC2

B

又∵∠EFC＝∠B＝900 ∴△EFC∽△FBC

∴∠HEF＝∠BFC，∠ECF＝∠BCF ∴∠AEF＝∠HEF，∠AFE＝∠HFE ∴△EAF≌△HEF ∴FH＝FA

例1图

（2）由（1）得

2

2

EF1

，由（1）易FC2

证△EHF∽△EFC，从而可得EFEHEC，同理FCCHCE，于是EH∶HC＝

EF2∶FC2＝1∶4

5、没答案 6、没答案

4、解：（1）AD⊥BC，DACC90°． BAC90°，BAFC． OE⊥OB，BOACOE90°， BOAABF90°，ABFCOE． △ABF∽△COE；

A

O

C

（2）解法一：作OG⊥AC，交AD的延长线于G． AC2AB，O是AC边的中点，ABOCOA．

由（1）有△ABF∽△COE，△ABF≌△COE， BFOE． BADDAC90°，DABABD90°，DACABD，

又BACAOG90°，ABOA． △ABC≌△OAG，OGAC2AB． OG⊥OA，AB∥OG，△ABF∽△GOF，



OFOGOFOFOG

2． ，

BFABOEBFAB

O

C

A

，AC2AB，AD⊥BC于D， 解法二：BAC90°

Rt△BAD∽Rt△BCA．

ADAC

2． BDAB

1

BDAD． 设AB

1，则AC2，BCBO

AD2 BDFBOE90°，△BDF∽△BOE，

BDBO． DFOE

由（1）知BFOE，设OEBF

x，，x． 

DF在△DFB中x

2

112

x，x．

5103

OFOFOBBF

2．

OEOF

n． （3）OE

D

B

C