【培优版】北师大版数学九年级上册4.7 相似三角形的性质 同步练习
一、选择题
1．（2024九上·杭州月考）如图，△ABC∽△ACD，相似比为2，已知AD的长为2，则AB的长为（ ）
A．8 B． C．6 D．4
2．（2023九上·合浦期中）如图，已知点D、E分别是AB、AC边上的点，且，相似比为，交DE于点F．则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·鄞州月考）如图，△ABC的中线BD，CE交于点F，连结DE，则S△ADE：S△DEF＝（ ）
A．2：1 B．4：1 C．5：2 D．3：1
4．（2020九上·长安期中）如图，已知直角坐标系中四点A（﹣2，4）、B（﹣2，0）、C（2，﹣3）、D（2，0）.若点P在x轴上，且PA、PB、AB所围成的三角形与PC、PD、CD所围成的三角形相似，则所有符合上述条件的点P的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3 个 D．4个
5．（2020九上·唐县期末）如图，将Rt△ABC平移到△A′B′C′的位置，其中∠C＝90°，使得点C′与△ABC的内心重合，已知AC＝4，BC＝3，则阴影部分的周长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．（2021九上·宁波月考）如图是一个由A、B、C三种相似的直角三角形纸片拼成的矩形，A、B、C的纸片的面积分别为S1、S2、S3，（S1与S2，S2与S3的相似比相同），相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，若S1＞S2＞S3，则这个矩形的面积一定可以表示为（ ）
A．4S1 B．6S2 C．4S2+3S3 D．3S1+4S3
7．将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形(剪掉的两个直角三角形相似)，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）.
A． B． C．10 D．
8．（2021九上·柯桥月考）如图，将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在AC边上的B1处，称为第一次操作，折痕DE到AC的距离为h1；还原纸片后，再将△BDE沿着过BD的中点D1的直线折叠，使点B落在DE边上的B2处，称为第二次操作，折痕D1E1到AC的距离记为h2；按上述方法不断操作下去……经过第n次操作后得到折痕Dn﹣1En﹣1，到AC的距离记为hn．若h1＝1，则hn的值为（ ）
A．1+ B．1+ C．2﹣ D．2﹣
二、填空题
9．（2021九上·西湖期中）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 .
10．（2024九上·婺城开学考）如图，正方形的边长为6，点F为的中点，点E在上，且，在边上找一点P，使以E，D，P为顶点的三角形与相似，则的长为 ．
11．（2023九上·新邵期末）若△ABC∽△A′B′C′，且，△ABC的周长为12cm，则△A′B′C′的周长为 .
12．（2021九上·阳山期末）如图，已知ABC∽AMN，点M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，则AN＝ ．
13．（2023九上·都昌期中）如图，，，，，，点P在BD上，由点B向点D方向移动，当与相似时，BP的长为 .
三、解答题
14．（2023九上·岳阳期中）如图，在中，D为边的中点，E为边上的任意一点，交于点O．
（1）当时，______；
（2）当时，______；
（3）当时，______．
15．（湘教版九年级数学上册 3.4 相似三角形的判定与性质（5）同步练习）已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3cm，BC=4cm．动点Q从点A出发沿AC向终点C匀速运动，速度2cm/s；同时，点P从点B出发沿BA向终点A匀速运动，速度1cm/s；
（1）当t为何值时，△APQ与△ABC相似？
（2）当t为何值时，△APQ为等腰三角形？
16．（2022九上·北京市开学考）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（a，b），对于点P给出如下定义：将点P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|个单位长度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|个单位长度，得到点， 线段P'Q的中点为点Q ，称点Q为点P的关于点M的“平移中点”．
已知M（a，b），P（c，d），点Q为点P的关于点M的“平移中点”．
（1）①若M（1，3），P（2，4），则点Q的坐标为 ；
②若c＝2，点Q的横坐标为m，则m的值为 （用含a的代数式表示）．
（2）已知M（1，1），点P在直线l：y＝2x上．
①当点Q在y轴上时，点P的坐标为 ；
②当点Q在第一象限时，c的取值范围是 ．
（3）已知正方形ABCD的边长为2，各边与x轴平行或者垂直，其中心为（4，4），点P（c，d）为正方形ABCD上的动点．
①当a＝b＝0时，在点P运动过程中，点Q形成的图形的面积是 ；
②当点M（a，b）在直线l：y＝2x上，在点P运动过程中，若存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部，则a的取值范围是 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵且相似比为2，
∴
∴
∴
故答案为：A.
【分析】根据相似三角形对应线段成比例得到进而即可求解.
2．【答案】A
【知识点】平行线的判定与性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵，是公共角，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，相似比为，
∴，
故答案为：A
【分析】先根据相似三角形的性质得到，进而根据平行线的判定与性质得到，从而根据相似三角形的性质即可求解。
3．【答案】D
【知识点】比例的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：BD，CE是△ABC的中线 ，，，
S△ADE＝，S△BCF：S△DEF＝4：1，S△BCF＝，S△DEF＝ ，
S△ADE：S△DEF＝=3：1.
故答案为：D.
【分析】根据中位线得，进而得到面积的比例关系.
4．【答案】D
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：设OP＝x（x＞0），分三种情况：
一，若点P在AB的左边，如图1，有两种可能：
①此时△ABP∽△PDC，则PB：CD＝AB：PD，
则（x﹣2）：3＝4：（x+2）
解得x＝4，
∴点P的坐标为（﹣4，0）；
②若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝PB：PD，
则（x﹣2）：（x+2）＝4：3
解得：x＝﹣14
不存在.
二，若点P在AB与CD之间，如图2，有两种可能：
①若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝BP：PD，
∴4：3＝（x+2）：（2﹣x）
解得：x＝ ，
∴点P的坐标为（ ，0）；
②若△ABP∽△PDC，则AB：PD＝BP：CD，
∴4：（2﹣x）＝（x+2）：3，
方程无解；
三，若点P在CD的右边，如图3，有两种可能：
①若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝BP：PD，
∴4：3＝（2+x）：（x﹣2），
∴x＝14，
∴点P的坐标为（14，0），
②若△ABP∽△PDC，则AB：PD＝BP：CD，
∴4：（x﹣2）＝（x+2）：3，
∴x＝4，
∴点P的坐标为（4，0）；
∴点P的坐标为（ ，0）、（14，0）、（4，0）、（﹣4，0）.
故答案为：D.
【分析】分类讨论当点P在AB的左边、当点P在AB与CD之间、当点P在CD的右边，根据x轴上两点间的距离表示可得BP、CP的长度，再根据相似三角形对应边成比例可得或者，代入可得结果.
5．【答案】A
【知识点】平移的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点C'作C'E⊥AB，C'G⊥AC，C'H⊥BC，并延长C'E交A'B'于点F，连接AC'，BC'，CC'，
∵点C'与△ABC的内心重合，C'E⊥AB，C'G⊥AC，C'H⊥BC，
∴C'E=C'G=C'H，
∵S△ABC=S△AC'C+S△AC'B+S△BC'C，
∴ AC×BC= AC×CC'+ BA×C'E+ BC×C'H
∴C'E=1，
∵将Rt△ABC平移到△A'B'C'的位置，
∴AB∥A'B'，AB=A'B'，A'C'=AC=4，B'C'=BC=3
∴C'F⊥A'B'，A'B'=5，
∴ A'C'×B'C'= A'B'×C'F，
∴C'F= ，
∵AB∥A'B'
∴△C'MN∽△C'A'B'，
∴C阴影部分=C△C'A'B'× =（5+3+4）× =5.
故答案为：A.
【分析】由三角形面积公式可求C'E的长，由相似三角形的性质可求解．
6．【答案】A
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：根据题意，A、B、C三个直角三角形相似，A与B，B与C的相似比相同，且S1＞S2＞S3，
∴如图，设相似比为k，EF=m，则MK=GH=mk，FH=mk2，
∴EH=EF+FH=m(1+ k2)，
∴FM= = ，FK=kEH= km(1+ k2)，
由FK+MK=FM得：km(1+ k2)+ mk= ，
∴k4+ k2－1=0，
解得： 或 （舍去），
∴S2= k2S1= S1，S3= k2S2= k4S1= ，
∴S2+S3=S1，
∴矩形面积等于2（S1+S2+S3）=2（S1+S1）=4S1.
故答案为：A.
【分析】对图形进行点标注，设相似比为k，EF=m，则MK=GH=mk，FH=mk2，EH=m(1+ k2)，FM=，FK= km(1+ k2)，根据FK+MK=FM可求出k2，根据S2= k2S1，S3= k2S2= k4S1分别表示出S2、S3，据此解答.
7．【答案】A
【知识点】矩形的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点B作BE⊥AB于点B，交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AD，交AD的延长线于点F，
∴矩形ABEF，
设DF=x，CE=y，则DE=CD+CE=6+y，AF=BE=AD+DF=2+x，
∵ 剪掉的两个直角三角形相似，
∴△EFD∽△BCE，
∴即，
解之：
∴，故B，D不符合题意；
如图，延长BC，AD交于点F，过点B作BE⊥AB于点B，过点F作EF⊥AD于点F，
∴矩形ABEF，设FC=y，FD=x，则BF=CF+BC=7+y，AF=BE=AD+DF=2+x，
同理可知
△DFC∽△FBE，
∴即，
解之：
∴DF=10，BF=7+8=15，故C不符合题意，A符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据题意分情况讨论：过点B作BE⊥AB于点B，交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AD，交AD的延长线于点F，可知四边形ABEF时矩形，设DF=x，CE=y，则DE=6+y，AF=BE=2+x，利用已知可得到△EFD∽△BCE，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于x，y的方程组，解方程组求出x，y的值，可得到DE，BE的长，可对B，D作出判断；延长BC，AD交于点F，过点B作BE⊥AB于点B，过点F作EF⊥AD于点F，设FC=y，FD=x，则BF=7+y，AF=BE=2+x，利用相似三角形的性质可得到关于x，y的方程组，解方程求出x，y的值，可得到BF的长，可对A，C作出判断.
8．【答案】C
【知识点】相似三角形的性质；探索图形规律
【解析】【解答】解：∵将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在AC上的B1处，
∴DC=BD=B1D，∠BDE=∠B1DE，
∴∠C=∠DB1C，
又∵∠BDB1=∠C+∠DB1C=∠BDE+∠B1DE，
∴2∠C=2∠BDE，
∴∠C=∠BDE，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BCA，
∴相似比为1：2，
∵折痕DE到AC的距离为h1=1，
∴点D到折痕AC的距离h1=1，
∴点B到折痕DE的距离h1=1，
同理可得：△BD1E1∽△BDE，相似比为1：2，
∴D1到DE的距离为h1=，
∴D1到AC的距离h2=1+，
同理h3=h2+h1=1++，
h4=h3+h1=1+++，
……
hn=1++++···+=2- .
故答案为：2- .
【分析】根据折叠的性质，结合等腰三角形的性质求出∠C=∠BDE，则可证明△BDE∽△BCA，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比，得出h2=1+，依此得出h3、h4、h5···
最后总结出规律，把hn表示出来，再对hn进行计算变形即可.
9．【答案】3
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：依题意，两高脚杯中的液体部分两三角形相似，则
解得 .
故答案为：3.
【分析】依题意可知：两高脚杯中的液体部分两三角形相似，然后根据对应边成比例可得AB.
10．【答案】6或
【知识点】正方形的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形ABCD的边长为6，点F为AB的中点，点E在AD上，且，
∴，∠A=∠D=90°，
若，则，即，解得：；
若，则，即，解得：，
故答案为：6或．
【分析】根据正方形性质可得AB=AD=6，∠A=∠D=90°，再结合已知可得AE=2，DE=4，AF=3，然后分△AEF∽△DEP或△AEF∽△DPE两种情况，利用相似三角形的对应边成比例建立方程，求解即可．
11．【答案】16cm
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC∽△A′B′C′，且，即相似三角形的相似比为，
∵△ABC的周长为12cm
∴△A′B′C′的周长为12÷=16cm.
故答案为：16cm.
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比进行计算.
12．【答案】
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC∽△AMN，
∴，
∵M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，
∴AM＝MC＝4，
∴，
解得AN＝，
故答案为：．
【分析】根据相似得出△ABC∽△AMN，推出，再根据M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，得出AM＝MC＝4，代入计算即可。
13．【答案】或2cm或12cm
【知识点】一元一次方程的解；一元二次方程的根；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：①当时，则，即，
，
解得：；
②当时，则，即，
∴，
即，
解得：或；
综上所述，的长为或或．
故答案为：或2或12
【分析】根据题意分类讨论：①当时，②当时，进而根据相似三角形的性质即可列出一元一次方程和一元二次方程，从而即可求解。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）解：如图所示，取中点F，连接，
∵D为边的中点，F为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】（1）取中点F，连接，根据三角形中位线定理可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，进行等量替换可得，即，即可求出答案.
（2）取中点F，连接，根据三角形中位线定理可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，进行等量替换可得，即，即可求出答案.
（3）取中点F，连接，根据三角形中位线定理可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，进行等量替换可得，即，即可求出答案.
（1）解：如图所示，取中点F，连接，
∵D为边的中点，F为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．【答案】（1）解：∵∠ABC=90°，AB=3cm，BC=4cm，∴AC= =5，
∵∠A=∠A，
∴当 = 时，△AQP∽△ACB，即 = ，解得t= （s）；
当 = ，△AQP∽△ABC，即 = ，解得t= （s）；
∴当t为 s或 s时，△APQ与△ABC相似
（2）解：当AQ=AP时，2t=3﹣t，解得t=1（s）；当PA=PQ时，作PM⊥AQ于M，如图1，则AM=MQ=t，
∵∠MAP=∠BAC，∴△AMP∽△ABC，∴ = ，即 = ，解得t= （s）；
当QA=QP时，作QN⊥AP于N，如图2，则AN=PN= （3﹣t），
QN∥BC，∴△ANQ∽△ABC，∴ = ，即 = ，解得t= （s），∴当t为1s或 s或 s，△APQ为等腰三角形．
【知识点】勾股定理；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，△APQ与△ABC有一个公共角∠A，由于对应边不确定进行分类讨论：△AQP∽△ACB和△AQP∽△ABC，再根据相似三角形对应边成比例的性质列方程求解。（2）分AQ=AP、PA=PQ、QA=QP三种情况分类讨论，利用相似三角形对应边成比例的性质列方程求解。
16．【答案】（1）（2，5）；a+1
（2）（-2，-4）；c＞-1
（3）1；
【知识点】解一元一次不等式组；正方形的性质；坐标与图形变化﹣对称；坐标与图形变化﹣平移；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：（1）①P（2，4）向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度得到（3，7），
∴与M的中点Q（2，5），
故答案为：（2，5）；
②∵c＝2，
∴P（2，d），
∵点Q的横坐标为m，
∴的横坐标为2m-a，
∵M（a，b），
∴的横坐标为2+a，
∴2m-a＝2+a，
∴m＝a+1，
故答案为：a+1；
（2）解：①∵点P在直线l：y＝2x上，M（1，1），
∴（c+1，2c+1），
∴Q（，c+1），
∵点Q在y轴上，
∴＝0，
∴c＝-2，
∴P（-2，-4），
故答案为：（-2，-4）；
②∵点Q在第一象限，
∴＞0，c+1＞0，
∴c＞-1；
（3）解：①当a＝b＝0时，M（0，0），
∵P（c，d），
∴（c，d），
∴Q（，），
∵P点在正方形ABCD上，
∴Q点的运动形成的图形也是正方形
∵正方形ABCD的边长为2，
∴Q点形成的正方形边长为1，
∴点Q形成的图形的面积是1；
②∵点M（a，b）在直线l：y＝2x上，
∴M（a，2a），
∵点P（c，d），
∴（c+a，d+2a），
∴Q（a+，2a+），
∵正方形的中心是（4，4），边长为2，
∴3≤c≤5，3≤d≤5，
当a+＝3时，c＝6-2a，
∴3≤6-2a≤5，
∴时，存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部；
当2a+＝5时，d＝10-4a，
∴3≤10-4a≤5，
∴时，存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部；
综上所述：时，存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部．
【分析】⑴、①按定义得P 的坐标，然后确定平移中点Q的坐标。
②因为c=2，所以P 的横坐标为2+a，根据线段中点坐标规律可知P M的中点横坐标，也即m的值。
⑵、①由题可得P（c，2c），按定义得P 的坐标，再按中点坐标规律得P M的中点Q的坐标，又点Q在y轴上，所以横坐标为零，进而求出c的值，可得点P的坐标。
②点Q在第一象限，所以点Q的横纵坐标均为正数列不等式组求解。
⑶、①因为点M（0，0），所以P 与点P重合，点Q为PM的中点，当点P在正方形ABCD上运动，易知点 Q形成的图形是正方形且与正方形ABCD关于点M（点O）位似，根据面积比等于位似比的平方求解。
②按定义确定点Q的坐标，因为点P在正方形ABCD上运动，所以可以确定点P横纵坐标的取值范围，代入点Q坐标确定a的取值范围。
1 / 1【培优版】北师大版数学九年级上册4.7 相似三角形的性质 同步练习
一、选择题
1．（2024九上·杭州月考）如图，△ABC∽△ACD，相似比为2，已知AD的长为2，则AB的长为（ ）
A．8 B． C．6 D．4
【答案】A
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵且相似比为2，
∴
∴
∴
故答案为：A.
【分析】根据相似三角形对应线段成比例得到进而即可求解.
2．（2023九上·合浦期中）如图，已知点D、E分别是AB、AC边上的点，且，相似比为，交DE于点F．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行线的判定与性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵，是公共角，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，相似比为，
∴，
故答案为：A
【分析】先根据相似三角形的性质得到，进而根据平行线的判定与性质得到，从而根据相似三角形的性质即可求解。
3．（2023九上·鄞州月考）如图，△ABC的中线BD，CE交于点F，连结DE，则S△ADE：S△DEF＝（ ）
A．2：1 B．4：1 C．5：2 D．3：1
【答案】D
【知识点】比例的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：BD，CE是△ABC的中线 ，，，
S△ADE＝，S△BCF：S△DEF＝4：1，S△BCF＝，S△DEF＝ ，
S△ADE：S△DEF＝=3：1.
故答案为：D.
【分析】根据中位线得，进而得到面积的比例关系.
4．（2020九上·长安期中）如图，已知直角坐标系中四点A（﹣2，4）、B（﹣2，0）、C（2，﹣3）、D（2，0）.若点P在x轴上，且PA、PB、AB所围成的三角形与PC、PD、CD所围成的三角形相似，则所有符合上述条件的点P的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3 个 D．4个
【答案】D
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：设OP＝x（x＞0），分三种情况：
一，若点P在AB的左边，如图1，有两种可能：
①此时△ABP∽△PDC，则PB：CD＝AB：PD，
则（x﹣2）：3＝4：（x+2）
解得x＝4，
∴点P的坐标为（﹣4，0）；
②若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝PB：PD，
则（x﹣2）：（x+2）＝4：3
解得：x＝﹣14
不存在.
二，若点P在AB与CD之间，如图2，有两种可能：
①若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝BP：PD，
∴4：3＝（x+2）：（2﹣x）
解得：x＝ ，
∴点P的坐标为（ ，0）；
②若△ABP∽△PDC，则AB：PD＝BP：CD，
∴4：（2﹣x）＝（x+2）：3，
方程无解；
三，若点P在CD的右边，如图3，有两种可能：
①若△ABP∽△CDP，则AB：CD＝BP：PD，
∴4：3＝（2+x）：（x﹣2），
∴x＝14，
∴点P的坐标为（14，0），
②若△ABP∽△PDC，则AB：PD＝BP：CD，
∴4：（x﹣2）＝（x+2）：3，
∴x＝4，
∴点P的坐标为（4，0）；
∴点P的坐标为（ ，0）、（14，0）、（4，0）、（﹣4，0）.
故答案为：D.
【分析】分类讨论当点P在AB的左边、当点P在AB与CD之间、当点P在CD的右边，根据x轴上两点间的距离表示可得BP、CP的长度，再根据相似三角形对应边成比例可得或者，代入可得结果.
5．（2020九上·唐县期末）如图，将Rt△ABC平移到△A′B′C′的位置，其中∠C＝90°，使得点C′与△ABC的内心重合，已知AC＝4，BC＝3，则阴影部分的周长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【知识点】平移的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点C'作C'E⊥AB，C'G⊥AC，C'H⊥BC，并延长C'E交A'B'于点F，连接AC'，BC'，CC'，
∵点C'与△ABC的内心重合，C'E⊥AB，C'G⊥AC，C'H⊥BC，
∴C'E=C'G=C'H，
∵S△ABC=S△AC'C+S△AC'B+S△BC'C，
∴ AC×BC= AC×CC'+ BA×C'E+ BC×C'H
∴C'E=1，
∵将Rt△ABC平移到△A'B'C'的位置，
∴AB∥A'B'，AB=A'B'，A'C'=AC=4，B'C'=BC=3
∴C'F⊥A'B'，A'B'=5，
∴ A'C'×B'C'= A'B'×C'F，
∴C'F= ，
∵AB∥A'B'
∴△C'MN∽△C'A'B'，
∴C阴影部分=C△C'A'B'× =（5+3+4）× =5.
故答案为：A.
【分析】由三角形面积公式可求C'E的长，由相似三角形的性质可求解．
6．（2021九上·宁波月考）如图是一个由A、B、C三种相似的直角三角形纸片拼成的矩形，A、B、C的纸片的面积分别为S1、S2、S3，（S1与S2，S2与S3的相似比相同），相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，若S1＞S2＞S3，则这个矩形的面积一定可以表示为（ ）
A．4S1 B．6S2 C．4S2+3S3 D．3S1+4S3
【答案】A
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：根据题意，A、B、C三个直角三角形相似，A与B，B与C的相似比相同，且S1＞S2＞S3，
∴如图，设相似比为k，EF=m，则MK=GH=mk，FH=mk2，
∴EH=EF+FH=m(1+ k2)，
∴FM= = ，FK=kEH= km(1+ k2)，
由FK+MK=FM得：km(1+ k2)+ mk= ，
∴k4+ k2－1=0，
解得： 或 （舍去），
∴S2= k2S1= S1，S3= k2S2= k4S1= ，
∴S2+S3=S1，
∴矩形面积等于2（S1+S2+S3）=2（S1+S1）=4S1.
故答案为：A.
【分析】对图形进行点标注，设相似比为k，EF=m，则MK=GH=mk，FH=mk2，EH=m(1+ k2)，FM=，FK= km(1+ k2)，根据FK+MK=FM可求出k2，根据S2= k2S1，S3= k2S2= k4S1分别表示出S2、S3，据此解答.
7．将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形(剪掉的两个直角三角形相似)，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）.
A． B． C．10 D．
【答案】A
【知识点】矩形的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点B作BE⊥AB于点B，交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AD，交AD的延长线于点F，
∴矩形ABEF，
设DF=x，CE=y，则DE=CD+CE=6+y，AF=BE=AD+DF=2+x，
∵ 剪掉的两个直角三角形相似，
∴△EFD∽△BCE，
∴即，
解之：
∴，故B，D不符合题意；
如图，延长BC，AD交于点F，过点B作BE⊥AB于点B，过点F作EF⊥AD于点F，
∴矩形ABEF，设FC=y，FD=x，则BF=CF+BC=7+y，AF=BE=AD+DF=2+x，
同理可知
△DFC∽△FBE，
∴即，
解之：
∴DF=10，BF=7+8=15，故C不符合题意，A符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据题意分情况讨论：过点B作BE⊥AB于点B，交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AD，交AD的延长线于点F，可知四边形ABEF时矩形，设DF=x，CE=y，则DE=6+y，AF=BE=2+x，利用已知可得到△EFD∽△BCE，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于x，y的方程组，解方程组求出x，y的值，可得到DE，BE的长，可对B，D作出判断；延长BC，AD交于点F，过点B作BE⊥AB于点B，过点F作EF⊥AD于点F，设FC=y，FD=x，则BF=7+y，AF=BE=2+x，利用相似三角形的性质可得到关于x，y的方程组，解方程求出x，y的值，可得到BF的长，可对A，C作出判断.
8．（2021九上·柯桥月考）如图，将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在AC边上的B1处，称为第一次操作，折痕DE到AC的距离为h1；还原纸片后，再将△BDE沿着过BD的中点D1的直线折叠，使点B落在DE边上的B2处，称为第二次操作，折痕D1E1到AC的距离记为h2；按上述方法不断操作下去……经过第n次操作后得到折痕Dn﹣1En﹣1，到AC的距离记为hn．若h1＝1，则hn的值为（ ）
A．1+ B．1+ C．2﹣ D．2﹣
【答案】C
【知识点】相似三角形的性质；探索图形规律
【解析】【解答】解：∵将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在AC上的B1处，
∴DC=BD=B1D，∠BDE=∠B1DE，
∴∠C=∠DB1C，
又∵∠BDB1=∠C+∠DB1C=∠BDE+∠B1DE，
∴2∠C=2∠BDE，
∴∠C=∠BDE，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BCA，
∴相似比为1：2，
∵折痕DE到AC的距离为h1=1，
∴点D到折痕AC的距离h1=1，
∴点B到折痕DE的距离h1=1，
同理可得：△BD1E1∽△BDE，相似比为1：2，
∴D1到DE的距离为h1=，
∴D1到AC的距离h2=1+，
同理h3=h2+h1=1++，
h4=h3+h1=1+++，
……
hn=1++++···+=2- .
故答案为：2- .
【分析】根据折叠的性质，结合等腰三角形的性质求出∠C=∠BDE，则可证明△BDE∽△BCA，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比，得出h2=1+，依此得出h3、h4、h5···
最后总结出规律，把hn表示出来，再对hn进行计算变形即可.
二、填空题
9．（2021九上·西湖期中）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 .
【答案】3
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：依题意，两高脚杯中的液体部分两三角形相似，则
解得 .
故答案为：3.
【分析】依题意可知：两高脚杯中的液体部分两三角形相似，然后根据对应边成比例可得AB.
10．（2024九上·婺城开学考）如图，正方形的边长为6，点F为的中点，点E在上，且，在边上找一点P，使以E，D，P为顶点的三角形与相似，则的长为 ．
【答案】6或
【知识点】正方形的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形ABCD的边长为6，点F为AB的中点，点E在AD上，且，
∴，∠A=∠D=90°，
若，则，即，解得：；
若，则，即，解得：，
故答案为：6或．
【分析】根据正方形性质可得AB=AD=6，∠A=∠D=90°，再结合已知可得AE=2，DE=4，AF=3，然后分△AEF∽△DEP或△AEF∽△DPE两种情况，利用相似三角形的对应边成比例建立方程，求解即可．
11．（2023九上·新邵期末）若△ABC∽△A′B′C′，且，△ABC的周长为12cm，则△A′B′C′的周长为 .
【答案】16cm
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC∽△A′B′C′，且，即相似三角形的相似比为，
∵△ABC的周长为12cm
∴△A′B′C′的周长为12÷=16cm.
故答案为：16cm.
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比进行计算.
12．（2021九上·阳山期末）如图，已知ABC∽AMN，点M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，则AN＝ ．
【答案】
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC∽△AMN，
∴，
∵M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，
∴AM＝MC＝4，
∴，
解得AN＝，
故答案为：．
【分析】根据相似得出△ABC∽△AMN，推出，再根据M是AC的中点，AB＝6，AC＝8，得出AM＝MC＝4，代入计算即可。
13．（2023九上·都昌期中）如图，，，，，，点P在BD上，由点B向点D方向移动，当与相似时，BP的长为 .
【答案】或2cm或12cm
【知识点】一元一次方程的解；一元二次方程的根；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：①当时，则，即，
，
解得：；
②当时，则，即，
∴，
即，
解得：或；
综上所述，的长为或或．
故答案为：或2或12
【分析】根据题意分类讨论：①当时，②当时，进而根据相似三角形的性质即可列出一元一次方程和一元二次方程，从而即可求解。
三、解答题
14．（2023九上·岳阳期中）如图，在中，D为边的中点，E为边上的任意一点，交于点O．
（1）当时，______；
（2）当时，______；
（3）当时，______．
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（1）解：如图所示，取中点F，连接，
∵D为边的中点，F为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】（1）取中点F，连接，根据三角形中位线定理可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，进行等量替换可得，即，即可求出答案.
（2）取中点F，连接，根据三角形中位线定理可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，进行等量替换可得，即，即可求出答案.
（3）取中点F，连接，根据三角形中位线定理可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，进行等量替换可得，即，即可求出答案.
（1）解：如图所示，取中点F，连接，
∵D为边的中点，F为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图所示，取中点F，连接，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．（湘教版九年级数学上册 3.4 相似三角形的判定与性质（5）同步练习）已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3cm，BC=4cm．动点Q从点A出发沿AC向终点C匀速运动，速度2cm/s；同时，点P从点B出发沿BA向终点A匀速运动，速度1cm/s；
（1）当t为何值时，△APQ与△ABC相似？
（2）当t为何值时，△APQ为等腰三角形？
【答案】（1）解：∵∠ABC=90°，AB=3cm，BC=4cm，∴AC= =5，
∵∠A=∠A，
∴当 = 时，△AQP∽△ACB，即 = ，解得t= （s）；
当 = ，△AQP∽△ABC，即 = ，解得t= （s）；
∴当t为 s或 s时，△APQ与△ABC相似
（2）解：当AQ=AP时，2t=3﹣t，解得t=1（s）；当PA=PQ时，作PM⊥AQ于M，如图1，则AM=MQ=t，
∵∠MAP=∠BAC，∴△AMP∽△ABC，∴ = ，即 = ，解得t= （s）；
当QA=QP时，作QN⊥AP于N，如图2，则AN=PN= （3﹣t），
QN∥BC，∴△ANQ∽△ABC，∴ = ，即 = ，解得t= （s），∴当t为1s或 s或 s，△APQ为等腰三角形．
【知识点】勾股定理；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，△APQ与△ABC有一个公共角∠A，由于对应边不确定进行分类讨论：△AQP∽△ACB和△AQP∽△ABC，再根据相似三角形对应边成比例的性质列方程求解。（2）分AQ=AP、PA=PQ、QA=QP三种情况分类讨论，利用相似三角形对应边成比例的性质列方程求解。
16．（2022九上·北京市开学考）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（a，b），对于点P给出如下定义：将点P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|个单位长度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|个单位长度，得到点， 线段P'Q的中点为点Q ，称点Q为点P的关于点M的“平移中点”．
已知M（a，b），P（c，d），点Q为点P的关于点M的“平移中点”．
（1）①若M（1，3），P（2，4），则点Q的坐标为 ；
②若c＝2，点Q的横坐标为m，则m的值为 （用含a的代数式表示）．
（2）已知M（1，1），点P在直线l：y＝2x上．
①当点Q在y轴上时，点P的坐标为 ；
②当点Q在第一象限时，c的取值范围是 ．
（3）已知正方形ABCD的边长为2，各边与x轴平行或者垂直，其中心为（4，4），点P（c，d）为正方形ABCD上的动点．
①当a＝b＝0时，在点P运动过程中，点Q形成的图形的面积是 ；
②当点M（a，b）在直线l：y＝2x上，在点P运动过程中，若存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部，则a的取值范围是 ．
【答案】（1）（2，5）；a+1
（2）（-2，-4）；c＞-1
（3）1；
【知识点】解一元一次不等式组；正方形的性质；坐标与图形变化﹣对称；坐标与图形变化﹣平移；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：（1）①P（2，4）向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度得到（3，7），
∴与M的中点Q（2，5），
故答案为：（2，5）；
②∵c＝2，
∴P（2，d），
∵点Q的横坐标为m，
∴的横坐标为2m-a，
∵M（a，b），
∴的横坐标为2+a，
∴2m-a＝2+a，
∴m＝a+1，
故答案为：a+1；
（2）解：①∵点P在直线l：y＝2x上，M（1，1），
∴（c+1，2c+1），
∴Q（，c+1），
∵点Q在y轴上，
∴＝0，
∴c＝-2，
∴P（-2，-4），
故答案为：（-2，-4）；
②∵点Q在第一象限，
∴＞0，c+1＞0，
∴c＞-1；
（3）解：①当a＝b＝0时，M（0，0），
∵P（c，d），
∴（c，d），
∴Q（，），
∵P点在正方形ABCD上，
∴Q点的运动形成的图形也是正方形
∵正方形ABCD的边长为2，
∴Q点形成的正方形边长为1，
∴点Q形成的图形的面积是1；
②∵点M（a，b）在直线l：y＝2x上，
∴M（a，2a），
∵点P（c，d），
∴（c+a，d+2a），
∴Q（a+，2a+），
∵正方形的中心是（4，4），边长为2，
∴3≤c≤5，3≤d≤5，
当a+＝3时，c＝6-2a，
∴3≤6-2a≤5，
∴时，存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部；
当2a+＝5时，d＝10-4a，
∴3≤10-4a≤5，
∴时，存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部；
综上所述：时，存在点Q在正方形ABCD的边上或者内部．
【分析】⑴、①按定义得P 的坐标，然后确定平移中点Q的坐标。
②因为c=2，所以P 的横坐标为2+a，根据线段中点坐标规律可知P M的中点横坐标，也即m的值。
⑵、①由题可得P（c，2c），按定义得P 的坐标，再按中点坐标规律得P M的中点Q的坐标，又点Q在y轴上，所以横坐标为零，进而求出c的值，可得点P的坐标。
②点Q在第一象限，所以点Q的横纵坐标均为正数列不等式组求解。
⑶、①因为点M（0，0），所以P 与点P重合，点Q为PM的中点，当点P在正方形ABCD上运动，易知点 Q形成的图形是正方形且与正方形ABCD关于点M（点O）位似，根据面积比等于位似比的平方求解。
②按定义确定点Q的坐标，因为点P在正方形ABCD上运动，所以可以确定点P横纵坐标的取值范围，代入点Q坐标确定a的取值范围。
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