人教版九年级下册 第27章 相似 单元测试卷 （含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版九年级下册 第27章 相似 单元测试卷 （含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 799.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-29 22:58:41 | ||
图片预览
文档简介
人教版九年级下册 第27章 相似 单元测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下面各组图形中，不是相似图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列长度的四组线段中，是成比例线段的是（ ）
A．3cm，2cm，6cm，4cm B．5cm，6cm，7cm，8cm
C．9cm，7cm，10cm，8cm D．1cm，2cm，3cm，4cm
3．已知，则＝（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知直线a∥b∥c，若AB＝2，BC＝3，EF＝2.5，则DF＝（ ）
A． B． C． D．
5．若两个相似三角形对应边上的高的比为4：9，则这两个三角形的周长的比为（ ）
A．2：3 B．4：9 C．16：81 D．不能确定
6．如图，下列条件中，不能判定△ACD∽△ABC的是（ ）
A．∠ADC＝∠ACB B．∠B＝∠ACD C． D．＝
7．如图，小明同学利用相似三角形测量旗杆的高度，若测得木杆AB长2m，它的影长BC为1m，旗杆DE的影长EF为6m，则旗杆DE的高度为（ ）
A．9m B．10m C．11m D．12m
8．如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连接AC，DE，AC与DE相交于点F，若，则＝（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在直角坐标系中，已知△ABC中，C的坐标为（3，2），以原点O为位似中心，在第一象限内作△ABC的位似图形△A′B′C′，且顶点C′的坐标为（6，4），则S△ABC：S△A′B′C′＝（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9
10．在正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中点，在BC延长线上取点F使EF＝ED，过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G，交CD于点N，以下结论中：①；②NM＝NC；③；④S四边形GBEM＝．正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．如图，四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，则∠A的度数是 °．
12．如图，l1∥l2∥l3，若DE＝1，DF＝3．则＝ ．
13．如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O为位似中心，已知BO：OE＝2：1，则△ABC与△DEF的面积之比是 ．
14．如图，某校宣传栏BC后面12米处种有一排与宣传栏平行的若干棵树，即BC∥ED，且相邻两棵树的间隔为2米，一人站在距宣传栏前面的A处正好看到两端的树干，其余的树均被宣传栏挡住．已知AF⊥BC，AF＝3米，BC＝10米，该宣传栏后DE处共有 棵树．（不计宣传栏的厚度）．
15．在圆O中，AP＝7，BP＝3，且OP⊥CP，求CP＝ ．
16．如图，已知点P是二次函数y＝﹣x2+3x图象在y轴右侧部分上的一个动点，将直线y＝﹣2x沿y轴向上平移，分别交x轴、y轴于A、B两点．若以AB为直角边的△PAB与△OAB相似，请求出点P的坐标 ．
三．解答题（共8小题，满分66分）
17．（6分）如图，AB、CD相交于点O，已知OA＝6，OD＝8，OB＝4，OC＝3，求证：∠B＝∠D．
18．（6分）如图，我校小辰同学在学习完《利用相似三角形测高》后，利用标杆FC测量学校教学楼的高度．若标杆FC＝2.5米，小辰同学眼高离地面AB＝1.5米测得DC＝23米，BC＝1米，请你帮他求出学校体育馆ED的高度．
19．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点分别是A（1，1），B（2，3），C（3，2）．
（1）作出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
（2）以原点O为位似中心，在y轴的左侧画出△A2B2C2，使它与原三角形相似比为2：1；
（3）求△A2B2C2的面积．
20．（8分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，且∠CAB＝∠CBD，已知AB＝4，AC＝6；BC＝5，BD＝．
（1）证明：△ABC∽△BEC；
（2）求DE的长．
21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝4．点P、Q分别从A、B同时出发，沿AB、BC分别向终点B、C移动．已知点P、Q移动端的速度分别为2cm/s、1cm/s．设P、Q两点移动的时间为x（s），当以P、Q、B为顶点的三角形与△ABC相似时，求x的值．
22．（9分）如图，在平面直角坐标系中，，B（0，3），点C在x轴上，且△AOB∽△BOC．
（1）求C点坐标、∠ABC的度数；
（2）在线段AC上是否存在点M，使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点（与点B不同），且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（10分）如图，PA切⊙O于点A，PC交⊙O于C，D两点，且与直径AB交于点Q．
（1）求证：AQ BQ＝CQ DQ；
（2）若CQ＝2，QD＝3，BQ＝1.5，求线段PD的长．
24．（12分）如图，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°．点B是上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．
（1）求证：四边形EPGQ是平行四边形；
（2）探索当OA的长为何值时，四边形EPGQ是矩形；
（3）连接PQ，试说明3PQ2+OA2是定值．
人教版九年级下册 第27章 相似 单元测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【分析】根据相似图形的定义知，相似图形的形状相同，但大小不一定相同，依据定义即可解决．
【解答】解：A、两个图形相似，故不符合题意；
B、两个图形相似，故不符合题意；
C、五角星和六角星不相似，故符合题意；
D、所有的圆都相似，故不符合题意，
故选：C．
2．【分析】根据比例线段的定义对各选项进行判断．
【解答】解：A．3：2＝6：4，所以A选项符合题意；
B．5：6≠7：8，所以B选项不符合题意；
C．9：10≠7：8，所以C选项不符合题意；
D．1：2≠3：4，所以D选项不符合题意；
故选：A．
3．【分析】根据合分比性质进行计算即可．
【解答】解：∵＝，
∴＝＝．
故选：B．
4．【分析】利用平行线分线段成比例定理求解．
【解答】解：∵a∥b∥c，AB＝2，BC＝3，EF＝2.5，
∴，即，
解得：，
∴，
故选：C．
5．【分析】根据相似三角形周长的比、两个相似三角形对应边上的高的比等于相似比解答即可．
【解答】解：∵两个相似三角形对应边上的高的比为4：9，
∴这两个三角形的相似比为4：9，
∴两个相似三角形的周长比为4：9；
故选：B．
6．【分析】根据相似三角形的判定逐一判断即可．
【解答】解：∵∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB，
∴△ACD∽△ABC；
∵∠A＝∠A，∠B＝∠ACD，
∴△ACD∽△ABC；
∵∠A＝∠A，，
∴△ACD∽△ABC，
∴选项ABD能判定△ACD∽△ABC，不符合题意，
由选项C中的条件结合∠A＝∠A不能判定△ACD∽△ABC，
故选：C．
7．【分析】根据“同一时刻物高与影长成正比”列出比例式求解即可．
【解答】解：∵同一时刻物高与影长成正比，
∴＝，
∵AB＝2m，BC＝1m，EF＝6m，
∴＝，
∴DE＝12（m），
故选：D．
8．【分析】利用△AFE∽△CFD，推出EF：DF＝AE：CD＝2：5，然后求解 SADF：SAFE．
【解答】解：∵ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∵AE：EB＝2：3，
∴AE：AB＝AE：CD＝2：5，
∵AE∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴＝＝
∵△ADF与△AFE的高相等，
∴S△ADF：S△AEF＝DF：FE＝5：2．
故选：C．
9．【分析】根据点C的坐标和点C′的坐标求出相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，在第一象限内作△ABC的位似图形△A′B′C′，
∴△ABC∽△A′B′C′，
∵点C的坐标为（3，2），点C′的坐标为（6，4），
∴△ABC与△A′B′C′的相似比为1：2，
∴S△ABC：S△A′B′C′＝（）2＝1：4，
故选：C．
10．【分析】根据已知确定CE：CD＝1：2，再证明△DEC≌△FEM可得MF＝CD＝2，ME＝CE＝1，MF＝CD＝2，进一步证明△MEF∽△CNF，判定①对，然后证明Rt△DMN≌Rt△FCN可得NM＝CN得出②对，在Rt△EFM中，EF＝，则BF＝1+，再证明Rt△GBF∽Rt△FCN可得，则GF＝BF＝，所以S△BGE＝×BE＝×1×＝，由Rt△GBE≌Rt△GME，即可得④对从而的结论．
【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中点，
∴BE＝CE＝1，CD＝AB＝2，∠DCE＝90°，
∴CE：CD＝1：2，
∵EF＝ED，∠DCE＝∠FME＝90°，∠DEC＝∠MEF，
∴△DEC≌△FEM，
∴MF＝CD＝2，ME＝CE＝1，MF＝CD＝2，
∵FG⊥ED，∠DCF＝90°，
∴∠EMF＝∠DCF＝90°，
又∵∠F＝∠F，
∴△MEF∽△CNF，
∴，故①对；
∵EF＝ED，
∴EF﹣CE＝ED﹣EF，
∴DM＝FC，
∵∠MND＝FNC，
∴Rt△DMN≌Rt△FCN，
∴NM＝CN，故②对；
在Rt△EFM中，EF＝＝＝，
∴BF＝BE+EF＝1+，
∵CN∥BG，
∴Rt△GBF∽Rt△FCN，
∴，
∴GF＝BF＝，
∴S△BGE＝×BE＝×1×＝，
∵BE＝ME＝1，GE＝EG，
∴Rt△GBE≌Rt△GME（HL），
∴S四边形GBEM＝2S△BGE＝2×＝，故④对，
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．【分析】根据相似多边形的定义求出∠D＝130°，进而根据四边形的内角和求出∠A即可．
【解答】解：∵四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，
∴∠D＝∠D′＝130°，
∴∠A＝360°﹣60°﹣75°﹣130°＝95°．
故答案为：95．
12．【分析】由l1∥l2∥l3，利用平行线分线段成比例，可得出＝，结合DE，DF的长，即可求出结论．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴＝＝＝＝．
故答案为：．
13．【分析】先根据位似的性质得到△ABC∽△DEF，AB：DE＝OB：OE＝2：1，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解决问题．
【解答】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，点O为位似中心，
∴△ABC∽△DEF，AB：DE＝OB：OE＝2：1，
∴△ABC与△DEF的面积之比是4：1．
故答案为：4：1．
14．【分析】根据题意得出，△ABC∽△ADE，根据相似三角形的相似比等于对应高的比即可求解线段DE的长度，从而求得树的棵数．
【解答】解：如图，设AF的延长线交DE于点G，
∵BC∥ED，AF⊥BC，
∴△ABC∽△ADE，AG⊥DE，
∴＝，
又BC＝10米，AF＝3，FG＝12米，
∴AG＝AF+FG＝15米，
∴＝，
∴DE＝50（米），
∵50÷2＝25，
∴25+1＝26，
即DE处共有26棵树，
故答案为：26．
15．【分析】根据垂径定理可得CP＝DP，延长CP交圆O于点D，连接AD，BC，证明△APD∽△CPB，即可解决问题
【解答】解：∵OP⊥CP，
∴CP＝DP，
如图，延长CP交圆O于点D，连接AD，BC，
∵∠DAB＝∠BCD，∠APD＝∠CPB，
∴△APD∽△CPB，
∴＝，
∴AP BP＝CP DP，
∴CP2＝21，
∴CP＝（负值已经舍去），
故答案为：．
16．【分析】①当∠ABP＝90°时，PB：BA＝OA：OB或BA：PB＝OA：OB两种情况，进行计算，②当∠BAP＝90°时，也分两种情况进行计算．
【解答】解：过点P做PH⊥y轴，交于点H，
设：点B坐标为（0，2a），则直线AB的表达式为：y＝﹣2x+2a，
点A（a，0），则AB＝a，
①当∠ABP＝90°时，
设点P（x，﹣x2+3x），
当PB：BA＝OA：OB＝1：2时，
PB＝，
由题意得：PH2+BH2＝PB2，
AB2+PB2＝PA2，
即：，
解得：x＝，a＝，
点P坐标为（，）；
当BA：PB＝OA：OB＝1：2时，
同理：点P坐标（2，2）；
②当∠BAP＝90°时，
当PB：BA＝OA：OA＝1：2时，
同理：点P坐标为（，），
当BA：PB＝OA：OB＝1：2时，
点P坐标为（，）；
综上所述：点P的坐标为（，）或（2，2）或（，）或（，）．
三．解答题（共8小题，满分66分）
17．【分析】根据，，∠AOD＝∠COB可得△AOD∽△COB，利用相似三角形的性质即可求证．
【解答】证明：∵，，
∴，
∵∠AOD＝∠COB，
∴△AOD∽△COB，
∴∠B＝∠D．
18．【分析】作AH⊥ED交FC于点G，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的对应边成比例列出方程，解方程即可．
【解答】解：作AH⊥ED交FC于点G，如图所示：
∵FC⊥BD，ED⊥BD，AH⊥ED交FC于点G，
∴FG∥EH，
∵AH⊥ED，BD⊥ED，AB⊥BC，ED⊥BC，
∴AH＝BD，AG＝BC，
∵AB＝1.5米，FC＝2.5米，DC＝23米，BC＝1米，
∴FG＝2.5﹣1.5＝1（米），BD＝24米，
∵FG∥EH，
∴，，
解得：EH＝24米，
∴ED＝24+1.5＝25.5（米），
答：学校体育馆ED的高度是25.5米．
19．【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）把A、B、C的坐标都乘以﹣2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）把三角形的面积转化为正方形与四个直角三角形面积之差进行计算便可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）△A2B2C2的面积＝＝6．
20．【分析】（1）由∠CAB＝∠CBD和∠BCA＝∠ECB即可得证；
（2）由△ABC∽△BEC得出对应边成比例即可求解．
【解答】（1）证明：由题意知∠CAB＝∠CBD，
∵∠BCA＝∠ECB，
∴△ABC∽△BEC；
（2）解：由（1）得△ABC∽△BEC，
∴，即，
解得BE＝，
∴DE＝BD﹣BE＝＝2．
21．【分析】分△PBQ∽△ABC及△QBP∽△ABC两种情况考虑，利用相似三角形的判定定理，可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：当△PBQ∽△ABC时，，
即，
解得：x＝2；
当△QBP∽△ABC时，，
即，
解得：x＝．
答：x的值是2或．
22．【分析】（1）由△AOB∽△BOC，根据相似三角形的对应边成比例，求出OC的长度，得出C点坐标；根据相似三角形的对应角相等得出∠OAB＝∠OBC，从而得出∠ABC＝90°；
（2）如果以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形，那么分三种情况讨论：①CP＝CO；②PC＝PO；③OC＝OP．针对每一种情况，都应首先判断M点是否在线段AC上，然后根据相似三角形的对应边成比例求出点M的坐标．
【解答】解：（1）由题意，，B（0，3），
∴OA＝，OB＝3，
∵△AOB∽△BOC，
∴∠OAB＝∠OBC，
∴＝，
∴＝，
∴OC＝4，
∴C（4，0）；
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠OBC+∠OBA＝90°，
∴∠ABC＝90°；
（2）设M（m，0），
①如图1，当CP＝CO时，点P在BM为直径的圆上，
∵BM为圆的直径，
∴∠BPM＝90°，
∴PM∥AB，
∴△CPM∽△CBA，
∴CM：CA＝CP：CB，
CM：6.25＝4：5，
∴CM＝5，
∴m＝4﹣5＝﹣1，
∴点M的坐标为（﹣1，0）；
②如图2，当PC＝PO时，点P在BM为直径的圆上，且点P在OC垂直平分线上，
∴PC＝BC＝2.5，
∵BM为圆的直径，
∴∠BPM＝90°，
∴PM∥AB，
∴△CPM∽△CBA，
∴CM＝AC＝，
∴m＝4﹣＝，
∴点M的坐标为（，0）；
③当OC＝OP时，M点不在线段AC上．
综上所述，点M的坐标为（，0）或（﹣1，0）．
23．【分析】（1）证明△AQD∽△CQB，可得＝，从而AQ BQ＝CQ DQ；
（2）连接BD、AC，由（1）得AQ BQ＝CQ DQ，有AQ＝＝＝4，证明△ADP∽△CAP，可得＝，AP2＝PD CP，即得AP2＝PD （PD+5），在Rt△APQ中，AP2＝（PD+3）2﹣42，故PD （PD+5）＝（PD+3）2﹣42，即可解得PD＝7．
【解答】（1）证明：∵＝，
∴∠QAD＝∠QCB，
∵∠BQC＝∠AQD，
∴△AQD∽△CQB，
∴＝，
∴AQ BQ＝CQ DQ；
（2）解：连接BD、AC，如图：
由（1）得AQ BQ＝CQ DQ，
∴AQ＝＝＝4，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD+∠DAB＝90°，
∵PA切⊙O于点A，
∴∠BAP＝90°，即∠DAP+∠DAB＝90°，
∴∠DAP＝∠ABD，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠DAP＝∠ACD，
∵∠P＝∠P，
∴△ADP∽△CAP，
∴＝，
∴AP2＝PD CP，
∴AP2＝PD （CP+CD）＝PD （PD+5），
在Rt△APQ中，AP2+AQ2＝PQ2，
∴AP2＝（PD+3）2﹣42，
∴PD （PD+5）＝（PD+3）2﹣42，
解得PD＝7，
答：线段PD的长为7．
24．【分析】（1）由BA⊥OM，BC⊥ON，∠AOC＝90°，可判定四边形OABC是矩形，即可得AB∥OC，AB＝OC，又由E、G分别是AB、CO的中点，即可得四边形AECG为平行四边形，连接OB，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，根据三角形中位线的性质，即可得PG∥EQ，即可判定四边形EPGQ是平行四边形；
（2）由当∠CED＝90°时， EPGQ是矩形，易得△AED∽△BCE，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得OA的长；
（3）连接GE交PQ于O′，易得O′P＝O′Q，O′G＝0′E，然后过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′，由△PCF∽△PEG，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得3PQ2+OA2的值．
【解答】解：（1）证明：连接OB，如图①，
∵BA⊥OM，BC⊥ON，
∴∠BAO＝∠BCO＝90°，
∵∠AOC＝90°，
∴四边形OABC是矩形．
∴AB∥OC，AB＝OC，
∵E、G分别是AB、CO的中点，
∴AE∥GC，AE＝GC，
∴四边形AECG为平行四边形．
∴CE∥AG，
∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，
∴GF∥OB，DE∥OB，
∴PG∥EQ，
∴四边形EPGQ是平行四边形；
（2）如图②，当∠CED＝90°时， EPGQ是矩形．
此时∠AED+∠CEB＝90°．
又∵∠DAE＝∠EBC＝90°，
∴∠AED＝∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴．
设OA＝x，AB＝y，则：＝：x，
得y2＝2x2，
又 OA2+AB2＝OB2，
即x2+y2＝12．
∴x2+2x2＝1，
解得：x＝．
当OA的长为时，四边形EPGQ是矩形；
（3）如图③，连接GE交PQ于O′，
∵四边形EPGQ是平行四边形，
∴O′P＝O′Q，O′G＝0′E．
过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．
由△PCF∽△PEG得，，
∴PA′＝A′B′＝AB，GA′＝GE＝OA，
∴A′O′＝GE﹣GA′＝OA．
在Rt△PA′O′中，PO′2＝PA′2+A′O′2，
即 ，
又 AB2+OA2＝1，
∴3PQ2＝AB2+，
∴OA2+3PQ2＝OA2+（AB2+）＝．
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下面各组图形中，不是相似图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列长度的四组线段中，是成比例线段的是（ ）
A．3cm，2cm，6cm，4cm B．5cm，6cm，7cm，8cm
C．9cm，7cm，10cm，8cm D．1cm，2cm，3cm，4cm
3．已知，则＝（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知直线a∥b∥c，若AB＝2，BC＝3，EF＝2.5，则DF＝（ ）
A． B． C． D．
5．若两个相似三角形对应边上的高的比为4：9，则这两个三角形的周长的比为（ ）
A．2：3 B．4：9 C．16：81 D．不能确定
6．如图，下列条件中，不能判定△ACD∽△ABC的是（ ）
A．∠ADC＝∠ACB B．∠B＝∠ACD C． D．＝
7．如图，小明同学利用相似三角形测量旗杆的高度，若测得木杆AB长2m，它的影长BC为1m，旗杆DE的影长EF为6m，则旗杆DE的高度为（ ）
A．9m B．10m C．11m D．12m
8．如图，在平行四边形ABCD中，E是线段AB上一点，连接AC，DE，AC与DE相交于点F，若，则＝（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在直角坐标系中，已知△ABC中，C的坐标为（3，2），以原点O为位似中心，在第一象限内作△ABC的位似图形△A′B′C′，且顶点C′的坐标为（6，4），则S△ABC：S△A′B′C′＝（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9
10．在正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中点，在BC延长线上取点F使EF＝ED，过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G，交CD于点N，以下结论中：①；②NM＝NC；③；④S四边形GBEM＝．正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．如图，四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，则∠A的度数是 °．
12．如图，l1∥l2∥l3，若DE＝1，DF＝3．则＝ ．
13．如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O为位似中心，已知BO：OE＝2：1，则△ABC与△DEF的面积之比是 ．
14．如图，某校宣传栏BC后面12米处种有一排与宣传栏平行的若干棵树，即BC∥ED，且相邻两棵树的间隔为2米，一人站在距宣传栏前面的A处正好看到两端的树干，其余的树均被宣传栏挡住．已知AF⊥BC，AF＝3米，BC＝10米，该宣传栏后DE处共有 棵树．（不计宣传栏的厚度）．
15．在圆O中，AP＝7，BP＝3，且OP⊥CP，求CP＝ ．
16．如图，已知点P是二次函数y＝﹣x2+3x图象在y轴右侧部分上的一个动点，将直线y＝﹣2x沿y轴向上平移，分别交x轴、y轴于A、B两点．若以AB为直角边的△PAB与△OAB相似，请求出点P的坐标 ．
三．解答题（共8小题，满分66分）
17．（6分）如图，AB、CD相交于点O，已知OA＝6，OD＝8，OB＝4，OC＝3，求证：∠B＝∠D．
18．（6分）如图，我校小辰同学在学习完《利用相似三角形测高》后，利用标杆FC测量学校教学楼的高度．若标杆FC＝2.5米，小辰同学眼高离地面AB＝1.5米测得DC＝23米，BC＝1米，请你帮他求出学校体育馆ED的高度．
19．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点分别是A（1，1），B（2，3），C（3，2）．
（1）作出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
（2）以原点O为位似中心，在y轴的左侧画出△A2B2C2，使它与原三角形相似比为2：1；
（3）求△A2B2C2的面积．
20．（8分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，且∠CAB＝∠CBD，已知AB＝4，AC＝6；BC＝5，BD＝．
（1）证明：△ABC∽△BEC；
（2）求DE的长．
21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝4．点P、Q分别从A、B同时出发，沿AB、BC分别向终点B、C移动．已知点P、Q移动端的速度分别为2cm/s、1cm/s．设P、Q两点移动的时间为x（s），当以P、Q、B为顶点的三角形与△ABC相似时，求x的值．
22．（9分）如图，在平面直角坐标系中，，B（0，3），点C在x轴上，且△AOB∽△BOC．
（1）求C点坐标、∠ABC的度数；
（2）在线段AC上是否存在点M，使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点（与点B不同），且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（10分）如图，PA切⊙O于点A，PC交⊙O于C，D两点，且与直径AB交于点Q．
（1）求证：AQ BQ＝CQ DQ；
（2）若CQ＝2，QD＝3，BQ＝1.5，求线段PD的长．
24．（12分）如图，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°．点B是上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．
（1）求证：四边形EPGQ是平行四边形；
（2）探索当OA的长为何值时，四边形EPGQ是矩形；
（3）连接PQ，试说明3PQ2+OA2是定值．
人教版九年级下册 第27章 相似 单元测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【分析】根据相似图形的定义知，相似图形的形状相同，但大小不一定相同，依据定义即可解决．
【解答】解：A、两个图形相似，故不符合题意；
B、两个图形相似，故不符合题意；
C、五角星和六角星不相似，故符合题意；
D、所有的圆都相似，故不符合题意，
故选：C．
2．【分析】根据比例线段的定义对各选项进行判断．
【解答】解：A．3：2＝6：4，所以A选项符合题意；
B．5：6≠7：8，所以B选项不符合题意；
C．9：10≠7：8，所以C选项不符合题意；
D．1：2≠3：4，所以D选项不符合题意；
故选：A．
3．【分析】根据合分比性质进行计算即可．
【解答】解：∵＝，
∴＝＝．
故选：B．
4．【分析】利用平行线分线段成比例定理求解．
【解答】解：∵a∥b∥c，AB＝2，BC＝3，EF＝2.5，
∴，即，
解得：，
∴，
故选：C．
5．【分析】根据相似三角形周长的比、两个相似三角形对应边上的高的比等于相似比解答即可．
【解答】解：∵两个相似三角形对应边上的高的比为4：9，
∴这两个三角形的相似比为4：9，
∴两个相似三角形的周长比为4：9；
故选：B．
6．【分析】根据相似三角形的判定逐一判断即可．
【解答】解：∵∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB，
∴△ACD∽△ABC；
∵∠A＝∠A，∠B＝∠ACD，
∴△ACD∽△ABC；
∵∠A＝∠A，，
∴△ACD∽△ABC，
∴选项ABD能判定△ACD∽△ABC，不符合题意，
由选项C中的条件结合∠A＝∠A不能判定△ACD∽△ABC，
故选：C．
7．【分析】根据“同一时刻物高与影长成正比”列出比例式求解即可．
【解答】解：∵同一时刻物高与影长成正比，
∴＝，
∵AB＝2m，BC＝1m，EF＝6m，
∴＝，
∴DE＝12（m），
故选：D．
8．【分析】利用△AFE∽△CFD，推出EF：DF＝AE：CD＝2：5，然后求解 SADF：SAFE．
【解答】解：∵ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∵AE：EB＝2：3，
∴AE：AB＝AE：CD＝2：5，
∵AE∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴＝＝
∵△ADF与△AFE的高相等，
∴S△ADF：S△AEF＝DF：FE＝5：2．
故选：C．
9．【分析】根据点C的坐标和点C′的坐标求出相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，在第一象限内作△ABC的位似图形△A′B′C′，
∴△ABC∽△A′B′C′，
∵点C的坐标为（3，2），点C′的坐标为（6，4），
∴△ABC与△A′B′C′的相似比为1：2，
∴S△ABC：S△A′B′C′＝（）2＝1：4，
故选：C．
10．【分析】根据已知确定CE：CD＝1：2，再证明△DEC≌△FEM可得MF＝CD＝2，ME＝CE＝1，MF＝CD＝2，进一步证明△MEF∽△CNF，判定①对，然后证明Rt△DMN≌Rt△FCN可得NM＝CN得出②对，在Rt△EFM中，EF＝，则BF＝1+，再证明Rt△GBF∽Rt△FCN可得，则GF＝BF＝，所以S△BGE＝×BE＝×1×＝，由Rt△GBE≌Rt△GME，即可得④对从而的结论．
【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中点，
∴BE＝CE＝1，CD＝AB＝2，∠DCE＝90°，
∴CE：CD＝1：2，
∵EF＝ED，∠DCE＝∠FME＝90°，∠DEC＝∠MEF，
∴△DEC≌△FEM，
∴MF＝CD＝2，ME＝CE＝1，MF＝CD＝2，
∵FG⊥ED，∠DCF＝90°，
∴∠EMF＝∠DCF＝90°，
又∵∠F＝∠F，
∴△MEF∽△CNF，
∴，故①对；
∵EF＝ED，
∴EF﹣CE＝ED﹣EF，
∴DM＝FC，
∵∠MND＝FNC，
∴Rt△DMN≌Rt△FCN，
∴NM＝CN，故②对；
在Rt△EFM中，EF＝＝＝，
∴BF＝BE+EF＝1+，
∵CN∥BG，
∴Rt△GBF∽Rt△FCN，
∴，
∴GF＝BF＝，
∴S△BGE＝×BE＝×1×＝，
∵BE＝ME＝1，GE＝EG，
∴Rt△GBE≌Rt△GME（HL），
∴S四边形GBEM＝2S△BGE＝2×＝，故④对，
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．【分析】根据相似多边形的定义求出∠D＝130°，进而根据四边形的内角和求出∠A即可．
【解答】解：∵四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，
∴∠D＝∠D′＝130°，
∴∠A＝360°﹣60°﹣75°﹣130°＝95°．
故答案为：95．
12．【分析】由l1∥l2∥l3，利用平行线分线段成比例，可得出＝，结合DE，DF的长，即可求出结论．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴＝＝＝＝．
故答案为：．
13．【分析】先根据位似的性质得到△ABC∽△DEF，AB：DE＝OB：OE＝2：1，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解决问题．
【解答】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，点O为位似中心，
∴△ABC∽△DEF，AB：DE＝OB：OE＝2：1，
∴△ABC与△DEF的面积之比是4：1．
故答案为：4：1．
14．【分析】根据题意得出，△ABC∽△ADE，根据相似三角形的相似比等于对应高的比即可求解线段DE的长度，从而求得树的棵数．
【解答】解：如图，设AF的延长线交DE于点G，
∵BC∥ED，AF⊥BC，
∴△ABC∽△ADE，AG⊥DE，
∴＝，
又BC＝10米，AF＝3，FG＝12米，
∴AG＝AF+FG＝15米，
∴＝，
∴DE＝50（米），
∵50÷2＝25，
∴25+1＝26，
即DE处共有26棵树，
故答案为：26．
15．【分析】根据垂径定理可得CP＝DP，延长CP交圆O于点D，连接AD，BC，证明△APD∽△CPB，即可解决问题
【解答】解：∵OP⊥CP，
∴CP＝DP，
如图，延长CP交圆O于点D，连接AD，BC，
∵∠DAB＝∠BCD，∠APD＝∠CPB，
∴△APD∽△CPB，
∴＝，
∴AP BP＝CP DP，
∴CP2＝21，
∴CP＝（负值已经舍去），
故答案为：．
16．【分析】①当∠ABP＝90°时，PB：BA＝OA：OB或BA：PB＝OA：OB两种情况，进行计算，②当∠BAP＝90°时，也分两种情况进行计算．
【解答】解：过点P做PH⊥y轴，交于点H，
设：点B坐标为（0，2a），则直线AB的表达式为：y＝﹣2x+2a，
点A（a，0），则AB＝a，
①当∠ABP＝90°时，
设点P（x，﹣x2+3x），
当PB：BA＝OA：OB＝1：2时，
PB＝，
由题意得：PH2+BH2＝PB2，
AB2+PB2＝PA2，
即：，
解得：x＝，a＝，
点P坐标为（，）；
当BA：PB＝OA：OB＝1：2时，
同理：点P坐标（2，2）；
②当∠BAP＝90°时，
当PB：BA＝OA：OA＝1：2时，
同理：点P坐标为（，），
当BA：PB＝OA：OB＝1：2时，
点P坐标为（，）；
综上所述：点P的坐标为（，）或（2，2）或（，）或（，）．
三．解答题（共8小题，满分66分）
17．【分析】根据，，∠AOD＝∠COB可得△AOD∽△COB，利用相似三角形的性质即可求证．
【解答】证明：∵，，
∴，
∵∠AOD＝∠COB，
∴△AOD∽△COB，
∴∠B＝∠D．
18．【分析】作AH⊥ED交FC于点G，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的对应边成比例列出方程，解方程即可．
【解答】解：作AH⊥ED交FC于点G，如图所示：
∵FC⊥BD，ED⊥BD，AH⊥ED交FC于点G，
∴FG∥EH，
∵AH⊥ED，BD⊥ED，AB⊥BC，ED⊥BC，
∴AH＝BD，AG＝BC，
∵AB＝1.5米，FC＝2.5米，DC＝23米，BC＝1米，
∴FG＝2.5﹣1.5＝1（米），BD＝24米，
∵FG∥EH，
∴，，
解得：EH＝24米，
∴ED＝24+1.5＝25.5（米），
答：学校体育馆ED的高度是25.5米．
19．【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）把A、B、C的坐标都乘以﹣2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）把三角形的面积转化为正方形与四个直角三角形面积之差进行计算便可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）△A2B2C2的面积＝＝6．
20．【分析】（1）由∠CAB＝∠CBD和∠BCA＝∠ECB即可得证；
（2）由△ABC∽△BEC得出对应边成比例即可求解．
【解答】（1）证明：由题意知∠CAB＝∠CBD，
∵∠BCA＝∠ECB，
∴△ABC∽△BEC；
（2）解：由（1）得△ABC∽△BEC，
∴，即，
解得BE＝，
∴DE＝BD﹣BE＝＝2．
21．【分析】分△PBQ∽△ABC及△QBP∽△ABC两种情况考虑，利用相似三角形的判定定理，可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：当△PBQ∽△ABC时，，
即，
解得：x＝2；
当△QBP∽△ABC时，，
即，
解得：x＝．
答：x的值是2或．
22．【分析】（1）由△AOB∽△BOC，根据相似三角形的对应边成比例，求出OC的长度，得出C点坐标；根据相似三角形的对应角相等得出∠OAB＝∠OBC，从而得出∠ABC＝90°；
（2）如果以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形，那么分三种情况讨论：①CP＝CO；②PC＝PO；③OC＝OP．针对每一种情况，都应首先判断M点是否在线段AC上，然后根据相似三角形的对应边成比例求出点M的坐标．
【解答】解：（1）由题意，，B（0，3），
∴OA＝，OB＝3，
∵△AOB∽△BOC，
∴∠OAB＝∠OBC，
∴＝，
∴＝，
∴OC＝4，
∴C（4，0）；
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠OBC+∠OBA＝90°，
∴∠ABC＝90°；
（2）设M（m，0），
①如图1，当CP＝CO时，点P在BM为直径的圆上，
∵BM为圆的直径，
∴∠BPM＝90°，
∴PM∥AB，
∴△CPM∽△CBA，
∴CM：CA＝CP：CB，
CM：6.25＝4：5，
∴CM＝5，
∴m＝4﹣5＝﹣1，
∴点M的坐标为（﹣1，0）；
②如图2，当PC＝PO时，点P在BM为直径的圆上，且点P在OC垂直平分线上，
∴PC＝BC＝2.5，
∵BM为圆的直径，
∴∠BPM＝90°，
∴PM∥AB，
∴△CPM∽△CBA，
∴CM＝AC＝，
∴m＝4﹣＝，
∴点M的坐标为（，0）；
③当OC＝OP时，M点不在线段AC上．
综上所述，点M的坐标为（，0）或（﹣1，0）．
23．【分析】（1）证明△AQD∽△CQB，可得＝，从而AQ BQ＝CQ DQ；
（2）连接BD、AC，由（1）得AQ BQ＝CQ DQ，有AQ＝＝＝4，证明△ADP∽△CAP，可得＝，AP2＝PD CP，即得AP2＝PD （PD+5），在Rt△APQ中，AP2＝（PD+3）2﹣42，故PD （PD+5）＝（PD+3）2﹣42，即可解得PD＝7．
【解答】（1）证明：∵＝，
∴∠QAD＝∠QCB，
∵∠BQC＝∠AQD，
∴△AQD∽△CQB，
∴＝，
∴AQ BQ＝CQ DQ；
（2）解：连接BD、AC，如图：
由（1）得AQ BQ＝CQ DQ，
∴AQ＝＝＝4，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD+∠DAB＝90°，
∵PA切⊙O于点A，
∴∠BAP＝90°，即∠DAP+∠DAB＝90°，
∴∠DAP＝∠ABD，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠DAP＝∠ACD，
∵∠P＝∠P，
∴△ADP∽△CAP，
∴＝，
∴AP2＝PD CP，
∴AP2＝PD （CP+CD）＝PD （PD+5），
在Rt△APQ中，AP2+AQ2＝PQ2，
∴AP2＝（PD+3）2﹣42，
∴PD （PD+5）＝（PD+3）2﹣42，
解得PD＝7，
答：线段PD的长为7．
24．【分析】（1）由BA⊥OM，BC⊥ON，∠AOC＝90°，可判定四边形OABC是矩形，即可得AB∥OC，AB＝OC，又由E、G分别是AB、CO的中点，即可得四边形AECG为平行四边形，连接OB，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，根据三角形中位线的性质，即可得PG∥EQ，即可判定四边形EPGQ是平行四边形；
（2）由当∠CED＝90°时， EPGQ是矩形，易得△AED∽△BCE，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得OA的长；
（3）连接GE交PQ于O′，易得O′P＝O′Q，O′G＝0′E，然后过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′，由△PCF∽△PEG，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得3PQ2+OA2的值．
【解答】解：（1）证明：连接OB，如图①，
∵BA⊥OM，BC⊥ON，
∴∠BAO＝∠BCO＝90°，
∵∠AOC＝90°，
∴四边形OABC是矩形．
∴AB∥OC，AB＝OC，
∵E、G分别是AB、CO的中点，
∴AE∥GC，AE＝GC，
∴四边形AECG为平行四边形．
∴CE∥AG，
∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，
∴GF∥OB，DE∥OB，
∴PG∥EQ，
∴四边形EPGQ是平行四边形；
（2）如图②，当∠CED＝90°时， EPGQ是矩形．
此时∠AED+∠CEB＝90°．
又∵∠DAE＝∠EBC＝90°，
∴∠AED＝∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴．
设OA＝x，AB＝y，则：＝：x，
得y2＝2x2，
又 OA2+AB2＝OB2，
即x2+y2＝12．
∴x2+2x2＝1，
解得：x＝．
当OA的长为时，四边形EPGQ是矩形；
（3）如图③，连接GE交PQ于O′，
∵四边形EPGQ是平行四边形，
∴O′P＝O′Q，O′G＝0′E．
过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．
由△PCF∽△PEG得，，
∴PA′＝A′B′＝AB，GA′＝GE＝OA，
∴A′O′＝GE﹣GA′＝OA．
在Rt△PA′O′中，PO′2＝PA′2+A′O′2，
即 ，
又 AB2+OA2＝1，
∴3PQ2＝AB2+，
∴OA2+3PQ2＝OA2+（AB2+）＝．