九年级数学上册试题 4.5 相似三角形的性质及其应用-浙教版（含答案）

4.5 相似三角形的性质及其应用
一、单选题
1．若的面积是，则它的三条中位线围成的三角形的面积是（ ）
A． B． C． D．无法确定
2．如图，矩形中，，，点P在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点Q，连接，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，ABC中，DE∥BC，AD:BD=1:3，则OE：OB=（　 ）
A．1:3 B．1:4 C．1:5 D．1:6
4．如图，在矩形中，是的中点，若交于点，是的中点，连接，，则的长为（ ）
A． B． C．1 D．
5．如图，小明在A时测得某树的影长为，B时又测得该树的影长为，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD上一点，，连接BE交AC于点G，延长BE交CD的延长线于点F，则的值为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，中，，是中线， 是上一点，作射线，交于点，若，则 （ ）
A． B． C． D．
8．小明想借助网格在线段AB上找一点P，使AP∶PB＝2∶3，下列作法中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边的中点，点E是AB边的中点，过点E作EF∥AD交BC于点F，过点E作EG∥BC交AD于点G，设△ABC的面积为S，则四边形EFDG的面积为（ ）
A．S B．S C．S D．S
10．直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D＝105°，AC＝4cm，AB＝6cm，DE＝3cm，则DF＝_________时，△ABC与△DEF相似．
12．如图，已知矩形ABCD中，AB=6，AD=8将矩形ABCD沿直线MN翻折后，点B恰好落在边AD上的点E处，如果AE=2AM，那么CN的长为______.
13．如图，四边形中，对角线交于点O，，，，，如果，那么的值是___________．
14．如图，在平面直角坐标系中，与轴交于点，已知点，，，是线段上一点，连接，若与相似，则的长为______．
15．如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，连结AE，将△ABE沿直线AE翻折得到△AFE，EF与AC相交于点M．若AB＝8，BC＝10，且BE＝BC，则点F到直线AD的距离为____．
16．如图，矩形ABCD沿EF折叠，点A的对称点为点A'，点B的对称点为点B'，A'B'与AD相交于点G，若点F，B'，D在同一条直线上，△A'EG的面积为4，△CDF的面积为36，则△GB'D的面积等于______．
17．如图，已知在矩形纸片中，将纸片折叠，使顶点与边的点重合.若折痕分别与交于点的外接圆与直线有唯一一个公共点，则折痕的为______．
18．如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=1，AC=2，、、…都是正方形，且、、…在AC边上，、、…在AB边上．则线段的长用含n的代数式表示为______________．（n为正整数）
三、解答题
19．如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，且AB是AD，BC的比例中项，
求证：BD⊥AC．
20．如图正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．
(1)在图①中画等腰△ABC，使得∠CAB＝90°；
(2)在图②中画等腰△DEF，使△ABC∽△DEF，且相似比为：1．
21．如图，△ABC中，点D，E分别是BC，AB上的点，CE，AD交于点 F，BD＝AD，BE＝EC．
求证：△ABD∽△CBE；
若CD＝CF，试求∠ABC的度数．
22．如图，已知点在轴的负半轴上，点在轴的正半轴上，，，点在线段上，从点出发以每秒5个单位长度的速度向点运动，设运动时间为秒，过点作轴于点．
(1) 当时，线段的长为________；
(2) 当时，求的值；
(3) 在轴上是否存在点，使为等腰三角形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，说明理由．
23．在菱形中，，点、分别是边、上两点，满足，与相交于点．
（1）如图1，连接．求证：；
（2）如图2，连接．
① 求证：；
② 若，，求线段的长（用含、的代数式表示）．
24．如图1，在等腰中，，点D为斜边AB边上一动点（不含端点）．作，DE，DF分别交AB，AC于点E和点F．请根据图形解答下面问题：
【问题发现】
（1）如图1，若点D为BC边中点．请直接写出DE，DF的数量关系_________．
【类比探究】
（2）如图2，若点D为BC边上一动点，且．猜想DF与DE的数量关系．并证明你的结论．
【拓展应用】
（3）如图3，在边长为4的等边中，点D为BC边上一动点，作．DE交AC边于点E．请问在点D的运动过程中，CE是否有最大值．如果有，求出最大值；如果没有，请说明理由．
答案
一、单选题
1．A
【分析】
根据三角形中位线定理即可证得：，则△DEF∽△ABC，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方即可求解．
解：如图：
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE=BC，即，
同理，，，
∴，
∴△DEF∽△ABC，
∴，
∴S△DEF=S△ABC=×8=2（cm2）．
故选：A．
2．C
【分析】
根据矩形的性质可求BD，，从而得到QC，由勾股定理即可求解；
解：∵在矩形中，，，
∴
∵AB∥CD，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
故选：C．
3．B
【分析】
先根据DE∥BC，得出ADE∽ABC，进而得出 ，再根据DE∥BC，得到ODE∽OCB，进而得到．
解：∵DE∥BC，
∴ADE∽ABC，
∴，
又∵，
∴，
∵DE∥BC，
∴ODE∽OCB，
∴．
故选：B．
4．C
【分析】
先证明，可得3EF=，延长AE交DC得延长线于点H，可得，继而即可求解．
解：∵在矩形中，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴，
∴，即：3EF=，
延长AE交DC得延长线于点H，
∵AB∥CD，
∴∠ABE=∠HCE=90°，
∵是的中点，
∴BE=CE，
又∵∠AEB=∠CEH，
∴，
∴AE=EH，AB=CH=CD，即C是DH的中点，
∵是的中点，
∴HF=2，
∵3EF=，
∴4EF=4，
∴EF=1，
故选C．
5．B
【分析】
根据题意，画出示意图，易得△EDC∽△FDC，进而可得，即DC2=ED FD，代入数据可得答案．
解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF=90°，ED=2m，FD=8m；
∵∠E+∠F=90°，∠E+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠F，
又
∴△EDC∽△CDF，
∴，即DC2=ED FD=2×8=16，
解得CD=4m（负值舍去）．
故选：B．
6．A
【分析】
先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可判断△ABG∽△CFG，△ABE∽△DFE，于是根据相似三角形的性质和AE＝2ED即可得结果．
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△ABG∽△CFG，
∴＝
∵△ABE∽△DFE，
∴＝，
∵AE＝2ED，
∴AB＝2DF，
∴＝，
∴＝．
故选：A．
7．C
【分析】
作，交于点，则有，根据 ，，可得，，再根据是边上的中线，得到，；根据可得，则，化简即可得到结果．
解：如图，作，交于点，
∴
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴
∵是边上的中线，
∴
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴，
则．
故选：C．
8．D
【分析】
利用平行可证得三角形相似，再利用相似三角形的对应边成比例，对各选项逐一判断．
解：A、根据图形，可知两个三角形相似，且相似比为2∶3，故AP∶PB＝2∶3，故正确，故此选项不符合题意．
B、根据图形，可知两个三角形相似，且相似比为2∶3，故AP：PB＝2∶3，故正确，故此选项不符合题意．
C、如图，
根据图形可知：∠CAD=90°，线段CD绕点O顺时针旋转90°与AB重合，则∠APC=旋转角=90°=∠CAD，∠ACD=∠DCA，
∴△ACD∽△DCA，
∴，
∵AC=，AD=2， CD=，
∴AP=，
∵S△BCD=，
∴BP=，故AP∶PB＝2∶3，故正确，故此选项不符合题意．
D、可知两个三角形不相似，故AP：PB之比无法判断，故错误，故此选项符合题意．
故答案为：D．
9．B
【分析】
根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，BDBC，然后可得四边形EFDG是矩形，再根据三角形中位线定理可得EGBDBC，DG＝AGAD，进而可以解决问题．
解：∵AB＝AC，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，BDBC，
∴∠ADB=90°，
∵EF∥AD，EG∥BC，
∴四边形EFDG是平行四边形，
又∠ADB=90°，
∴四边形EFDG是矩形，
∵点E是AB边的中点，
∴AE=BE，
∴AG=DG，
∴EG是△ABD的中位线，
∴EGBDBC，DG＝AGAD，
∵△ABC的面积为S，
∴SBC AD，
∴四边形EFDG的面积＝FD DGBCADS．
故选：B．
10．A
【分析】
分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，可得AF=4，先根据全等三角形的判定定理得出△BCE≌△CAF，故可得出CF及CE的长，在Rt△ACF中根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定得出△CDG∽△CAF，故可得出CD的长，在Rt△BCD中根据勾股定理即可求出BD的长．
解：分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，垂足为F、E、G，
∵l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，
∴AF=4，BE=DG=3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，
∵∠EBC+∠BCE＝90°，∠BCE+∠FCA＝90°，∠FCA+∠CAF＝90°，
∴∠EBC＝∠FCA，∠BCE＝∠CAF，
在△BCE与△ACF中，，
∴△BCE≌△CAF，
∴CF=BE=3，
∴AC==5，
∵AF⊥l3，DG⊥l3，
∴△CDG∽△CAF，
∴，即，
解得：CD=，
∴BD==．
故选：A．
二、填空题
11．或
【分析】
由于两相似三角形的对应边不能确定，故应分△ABC∽△DEF与△ABC∽△DFE两种情况进行讨论．
解：∵∠A＝∠D，AB＝6cm，AC＝4cm，DE＝3cm，
∴当△ABC∽△DEF时，＝，即，
解得：DF＝2；
当△ABC∽△DFE时，＝，
即，
解得：DF＝4.5．
综上所述，当DF＝2cm或4.5cm时，△ABC和△DEF相似．
故答案为：2cm或4.5cm．
12．
【分析】
如图，过N作NF⊥AD于F，可得NF=AB，根据矩形的性质和折叠的性质可得∠MEN=∠B=90°，EN=BN，根据直角三角形两锐角互余的性质及平角的定义可得∠AME=∠NEF，进而可证明△AEM∽△FNE，根据AE=2AM可求出EF的长，在Rt△FNE中，利用勾股定理可求出EN的长，进而可求出CN的长.
解：如图，过N作NF⊥AD于F，
∵四边形ABCD是矩形，AB=6，
∴NF=AB=6，
∵矩形ABCD沿直线MN翻折后，点B恰好落在边AD上的点E处，
∴EN=BN，∠MEN=∠B=90°，
∴∠AEM+∠NEF=90°，
∵∠AEM+∠AME=90°，
∴∠AME=∠NEF，
又∵∠A=∠EFN=90°，
∴△AEM∽△FNE，
∴，
∵AE=2AM，NF=6，
∴EF=3，
∴BN=EN===，
∵BC=8，
∴CN=BC-BN=8-，
故答案为：8-
13．
【分析】
由题意可以证得△AOD∽△BOC，再根据相似三角形的性质得到AO：OD=BO：OC，从而得到△AOB∽△DOC，最后再根据相似三角形的性质得到解答．
解：在△AOD和△BOC中，，∠AOD=∠BOC，
∴△AOD∽△BOC，
∴AO：OB=DO：OC=AD：BC=1：2，
∴OB=4，DO=3，
∴在△AOB和△DOC中，∠AOB=∠DOC，AO：OD=BO：OC=2：3，
∴△AOB∽△DOC，
∴= AO：OD=2：3，
故答案为．
14．2或4
【分析】
是一个直角三角形，若与相似，必须证明是直角三角形，再用相似三角形的性质即可求出点M的坐标．
解：如图，
∵A(1,4) ， C(3,0) ， D(0,3) ，
∴ ，，，
；
∴是直角三角形
∵点M在x轴上，设点M的坐标是（x，0），
∽
∴
∴=1
∴
当时，CM=2；当时CM=4，
故答案为：2或4．
15．．
【分析】
先过F作MN⊥BC，根据已知条件与折叠的性质得到△AFN∽△FEM，再根据相似的性质得到，设出未知数，求解出答案即可．
解：过F作MN⊥BC，
∵BE=，BC=10，
∴BE=6，
∵翻折
∴△ABE≌△AFE，
∴EF=BE=6，∠AFE=∠B=90°，AF= AB=8，
∴∠AFN+∠EFM=90°，
∵∠AFN+∠FAN=90°，
∴∠FAN=∠EFM，
∴△AFN∽△FEM，
∴，
设AN=4x，FM=3x， FN=8-3x，EM=4x-6，
∴FN=8-3x，EM=4x-6，
∴，
∴，
经检验：是原方程的根，
∴，
故答案为：．
16．16
【分析】
由矩形ABCD沿EF折叠， 可得∠A′=∠A =90°，A′B′=AB，可证A′E∥DF，可得∠A′EG=∠GDB′，可证△A′EG∽△CFD，可得，可证△A′EG∽△B′DG，即可．
解：∵矩形ABCD沿EF折叠，点A的对称点为点A'，点B的对称点为点B'，
∴∠A′=∠A=∠A′B′F=∠B=∠C=90°，A′B′=AB，
∵∠A′+∠A′B′F=180°，
∴A′E∥DF，
∴∠A′EG=∠GDB′，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∴∠GDB′=∠DFC=∠A′EG，
∴△A′EG∽△CFD，
∴，
∴即，
∴，
∵∠A′=∠A′B′F=90°，∠A′EG=∠GDB′，
∴△A′EG∽△B′DG，
，
∵S△A'EG=4，
∴．
故答案为：16．
17．
【分析】
根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，继而结合AG=GE，判定四边形AGEF是菱形；连接ON，得出ON是梯形ABCE的中位线，在RT△ADE中，利用勾股定理可解出x，继而可得出折痕FG的长度．
解：由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF，
∵DC∥AB，
∴∠EFG=∠AGF，
∴∠EFG=∠EGF，
∴EF=EG=AG，
∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG），
又∵AG=GE，
∴四边形AGEF是菱形
令△AED的外接圆与直线有唯一一个公共点为N，连接ON，如图所示，
∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，△AED的外接圆与BC相切于点N，
∴ON⊥BC，
∵点O是AE的中点，
∴ON是梯形ABCE的中位线，
设CE=x，则ED=2-x，2ON=CE+AB=x+2，
在Rt△AED中，AE=2OE=2ON=x+2，
AD2+DE2=AE2，
∴12+（2-x）2=（2+x）2，
得x=，
，
∵△FEO∽△AED，
∴，
解得：FO=，
∴FG=2FO=．
故答案为：.
18．
【分析】
根据题意得出△BB1C1∽△BAC，进而求出B1C1=，同理可得出：B2C2=，B3C3=，…，进而得出答案．
解：由题意可得：B1C1//AC，
∴△BB1C1∽△BAC，
∴BC1：BC=B1C1：AC，
∵CC1=B1C1，
∴B1C1：2=（1 C1B1）：1，
解得：B1C1=，
故A1B1=，AA1=，
同理可得出：B2C2=，B3C3=，…，
∴线段BnCn的长用含n的代数式表示为：．
故答案为：．
三、解答题
19．
解：∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AB是AD，BC的比例中项，
即AB2=AD BC，
∴
而∠ABC=∠DAB，
∴△ABC∽△DAB，
∴∠ABD=∠ACB，
∵∠ABD+∠DBC=90°，
∴∠ACB+∠DBC=90°，
∴∠BEC=90°，
∴BD⊥AC．
20．
解：(1)如图①中，△ABC即为所求；
,,,
,
，
的等腰直角三角形，
(2)如图②中，△DEF即为所求．
,,,
,
．
△ABC∽△DEF，且相似比为：1．
21．
(1)证明：∵BD＝AD，BE＝EC
∴∠B＝∠BAD，∠B＝∠BCE
∴∠BAD＝∠BCE
而∠B＝∠B，
∴△ABD∽△CBE
(2)解：设∠B＝，由（1）可知∠B＝∠BAD＝∠BCE＝，
∴∠ADC＝
又∵CD＝CF
∴∠ADC＝∠DFC＝
∴
∴
即
22．
(1)解：由题意可得：当时，PA=PB，且PQ∥AO，
∴，BQ=QO，
∴PQ为三角形ABO的中位线，
∴PQ=AO=,
故答案为；
(2)解：由题可知，PA=PQ=5t， ∴ PB=AB-PA=5-5t
∵PQ∥AO ∴∠BPQ=∠BAO
又∵BQP=∠BOA=90°
∴△BPQ∽△BAO
∴ 解得：t=
(3)解：由题意可设满足条件的M为（x，0），则可分三种情况：
如图，MA=MB，
则MA2=MB2，
∴（x+3）2=OM2+OB2=x2+AB2-AO2=x2+16，
解之可得：x=，
∴M为（，0）；
如图，AM=AB，
则有|x+3|=5，
解之可得：x=2或x=-8，
∴M为（2，0）或（-8，0）；
如图，BM=BA，
则BM2=BA2，
∴x2+16=25，
解之可得：x=3或x=-3（舍去），
∴M为（3，0）；
∴满足条件的M为：（-8，0)或 (2，0)或 (3，0)或 (，0)．
23．
（1）证明：∵四边形是菱形，，
∴ ，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵
∴．
（2）①证明：连接，延长到点，使，连接．
由（1）知，
∴，
，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴
∴是等边三角形，
∴．
②由①可知，
∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
24．
解：（1）连接，如下图：
∵点D为BC边中点
∴
又∵为等腰直角三角形
∴，，
∴
又∵
∴
∴
∴
（2）分别过点、作、交于点
∵为等腰直角三角形
∴
又∵、
∴、为等腰直角三角形
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴，，
∴，
∴
又∵
∴
∴，即
（3）∵，
∴
又∵
∴
∴
∴
设，
∴
∴当时，最大，最大为1．