人教版 九年级数学下册 第27章 相似 综合训练（Word版 含答案）
文档属性
| 名称 | 人教版 九年级数学下册 第27章 相似 综合训练（Word版 含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 832.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-02-01 20:59:29 | ||
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文档简介
人教版 九年级数学下册 第27章 相似 综合训练
一、选择题
1. （2020·营口）如图，在△ABC中，DE∥AB，且=，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2. （2020·哈尔滨）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F,过点E作EG∥AB，交BC于点G,则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
3. (2019?贺州)如图，在中，分别是边上的点，，若，则等于
A．5 B．6
C．7 D．8
4. （2020·河北） 在图5所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是
A.四边形NPMQ B.四边形NPMR
C.四边形NHMQ D.四边形NHMR
5. （2020·云南）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则△DEO与△BCD的面积的比等于（ ）
A． B． C． D．
6. （2020·广西北部湾经济区）如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
7. （2020·重庆B卷）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA:OD=1:2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1:2 B．1:3 C．1:4 D．1:5
8. （2020·新疆）如图，在△ABC中，∠A＝90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB＝CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为 （ ）
A． B．5 C． D．10
二、填空题
9. (2019?百色)如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，
，，，则的面积为__________．
10. （2020·吉林）如图，在中，，分别是边，的中点．若的面积为．则四边形的面积为_______．
11. （2020·吉林）如图，．若，，则______．
12. 在平面直角坐标系中，点A关于y轴的对称点为点B，点A关于原点O的对称点为点C.
(1)若点A的坐标为(1,2)，请你在给出的坐标系中画出△ABC.设AB与y轴的交点为D，则＝__________；
(2)若点A的坐标为(a，b)(ab≠0)，则△ABC的形状为____________．
13. (2019?台州)如图，直线，，，分别为直线，，上的动点，连接，，，线段交直线于点．设直线，之间的距离为，直线，之间的距离为，若，，且，则的最大值为__________．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3， BC＝4， CD⊥AB，垂足为D， E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为_________．
三、解答题
15. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，按要求画出△A1B1C1和△A2B2C2：
(1)将△ABC先向右平移4个单位，再向上平移1个单位，得到△A1B1C1；
(2)以图中的O为位似中心，将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍，得到△A2B2C2.
16. （2020·通辽）如图，⊙O的直径AB交弦（不是直径）CD于点P，且PC2＝PB?PA，
求证：AB⊥CD．
17. （2020·杭州）如图，在正方形中，点E在BC边上，连接AE，的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设．
（1）若，λ＝1，求线段CF的长．
（2）连接EG，若，
①求证：点G为CD边的中点．
②求的值．
18. （2020·南京）如图，在△ABC和△A’B’C’中，D、D’分别是AB、A’B’上一点，＝.
(1)当＝＝时，求证：△ABC∽△A’B’C’.
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.
(2)当＝＝时，判断△ABC与△A’B’C’是否相似，并说明理由.
人教版 九年级数学下册 第27章 相似 综合训练-答案
一、选择题
1. 【答案】A
【解析】利用平行截割定理求的值．∵DE∥AB，∴==，∵CE+AE=AC，∴=．
2. 【答案】C【解析】本题考查了平行线分线段成比例和由平行判定相似，∵EF∥BC，∴，∵EF∥BC，∴，∴因此本题选C．
3. 【答案】B
【解析】∵，∴，
∴，即，解得：，故选B．
4. 【答案】A
【解析】解析：连接AO并延长AO至点N，连接BO并延长PO至点P, 连接CO并延长CO至点M, 连接DO并延长DO至Q，可知，所以以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，故答案为A.
5. 【答案】 B．
【解析】利用平行四边形的性质可得出点O为线段BD的中点，结合点E是CD的中点可得出线段OE为△DBC的中位线，利用三角形中位线定理可得出OE∥BC，OE＝BC，进而可得出△DOE∽△DBC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平分，即可求出△DEO与△BCD的面积的比为1：4．
6. 【答案】 B
【解析】设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，
∵四边EFGH是正方形，
∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD是△ABC的高，
∴∠HDN＝90°，
∴四边形EHDN是矩形，
∴DN＝EH＝x，
∵△AEF∽△ABC，
∴（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
∵BC＝120，AD＝60，
∴AN＝60﹣x，
∴，
解得：x＝40，
∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．因此本题选B．
7. 【答案】C
【解析】本题考查了相似三角形的性质， ∵△ABC与△DEF位似，且，∴，因此本题选C．
8. 【答案】A
【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理．如答图，过点E作EG⊥BC于G，过点A作AH⊥BC于H．
又因为DF⊥BC，所以DF∥AH∥EG，四边形DEGF是矩形．所以△BDF∽△BAH，DF＝EG，所以＝，因为D为AB中点，所以＝，所以＝．设DF＝EG＝x，则AH＝2x．因为∠BAC＝90°，所以∠B＋∠C＝90°，因为EG⊥BC，所以∠C＋∠CEG＝90°，所以∠B＝∠CEG，又因为∠BHA＝∠CGE＝90°，AB＝CE，所以△ABH≌△CEG，所以CG＝AH＝2x．同理可证△BDF∽△ECG，所以＝，因为BD＝AB＝CE，所以＝EG＝x．在Rt△BDF中，由勾股定理得BD＝＝＝x，所以AD＝x，所以CE＝AB＝2AD＝x．因为DE∥BC，所以＝＝，所以AE＝AC＝CE＝x．
在Rt△ADE中，由勾股定理得DE＝＝＝x．因△DEF的面积为1，所以DE·DF＝1，即×x·x＝1，解得x＝，所以DE＝×＝，因为AD＝BD，AE＝CE，所以BC＝2DE＝，因此本题选D．
二、填空题
9. 【答案】18
【解析】∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，
若点，，∴位似比为，
∵，，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：18．
10. 【答案】
【解析】点，分别是边，的中点，
，即
又，
则四边形的面积为.
故答案为：．
11. 【答案】10
【解析】∵，∴，
又∵，，∴，∴，故答案为：10．
12. 【答案】(1)△ABC如图 (2)直角三角形 解析：(1)因为点A的坐标为(1,2)，所以点A关于y轴的对称点B的坐标为(－1,2)，关于原点的对称点C的坐标为(－1，－2)．连AB，BC，AC，作△ABC.
设AB交y轴于D点，如图，
D点坐标为(0,2)，
∵OD∥BC，
∴△ADO∽△ABC.
∴＝＝.
(2)∵ab≠0，∴a≠0，且b≠0，
∴点A不在坐标轴上，
∴AB∥x轴，BC⊥x轴．
∴∠ABC＝90°.
∴△ABC是直角三角形．
13. 【答案】
【解析】如图，过作于，延长交于，过作于，过作于，
设，，，，
∵，∴，，
∵，
∴，
∴，∴，
∴，即，∴，
∵，∴，
∴，即，
∴，
∵，∴，
∴，
∴当最大时，，
∵，
∴当时，，
∴，
∴的最大值为．故答案为：．
14. 【答案】
【解析】本题考查平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质．已知∠ACB＝90°，AC＝3， BC＝4，由勾股定理，得AB＝5．CD⊥AB，由三角形的面积，得CD＝＝．易得△ABC∽△ACD∽△CBD，由相似三角形对应边成比例，得AD＝＝，BD＝＝．过点E作EG∥AB交CD于点G，由平行线分线段成比例，得DG＝CD＝，EG＝，所以，即，所以DF＝，故答案为．
三、解答题
15. 【答案】
解：(1)正确图形如解图．
(2)正确图形如解图．
解图
16. 【答案】
解：如图，连结AC，BD．∵∠A=∠D，∠C=∠B，∴△ACP∽△DBP，∴=，∴PC?PD＝PB?PA，∵PC2＝PB?PA，∴PC=PD，即AB平分CD，∵CD是弦（不是直径），AB是直径，∴AB⊥CD．
17. 【答案】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB＝BC＝2，∴∠DAF＝∠F．∵AG平分∠DAE，∴∠DAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠F，∴EA＝EF．∵λ＝1，∴BE＝EC＝1．在Rt△ABE中，由勾股定理得EA＝，∴CF＝EF－EC＝－1．
（2）①∵EA＝EF，EG⊥AF，∴AG＝GF．又∵∠AGD＝∠FGC，∠DAG＝∠F，所以△DAG≌△CFG，∴DG＝CG，∴点G为CD边的中点．
②不妨设CD＝2，则CG＝1．由①知CF＝AD＝2．∵EG⊥AF，∴∠EGF＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠BCD＝∠FCG，∠EGC＋∠CGF＝90°，∠EGC＋∠GEC＝90°，∴∠CGF＝∠GEC，∴△EGC∽△GFC，∴＝＝，∴EC＝，∴BE＝，∴λ＝．
18. 【答案】
解：(1) ＝＝ ∠A＝∠A’.
(2)如图，过点D、D’分别作DE∥BC，D’E’∥B’C’,DE交AC于点E，D’E’交A’C’于点E’.
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC.
∴＝＝.
同理＝＝.
又＝，
∴＝，
∴＝.
同理 ＝.
∴＝，即＝.
∴＝.
又＝＝，
∴＝＝，
∴△DCE∽△D’C’E’.
∴∠CED＝∠C’E’D’.
∵DE∥BC，
∴∠CED＋∠ACB＝180°.
同理 ∠C’E’D’＋∠A’C’B’＝180°.
∴∠ACB＝∠A’C’B’.
又＝
∴△ABC∽△A’B’C’.
一、选择题
1. （2020·营口）如图，在△ABC中，DE∥AB，且=，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2. （2020·哈尔滨）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F,过点E作EG∥AB，交BC于点G,则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
3. (2019?贺州)如图，在中，分别是边上的点，，若，则等于
A．5 B．6
C．7 D．8
4. （2020·河北） 在图5所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是
A.四边形NPMQ B.四边形NPMR
C.四边形NHMQ D.四边形NHMR
5. （2020·云南）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则△DEO与△BCD的面积的比等于（ ）
A． B． C． D．
6. （2020·广西北部湾经济区）如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
7. （2020·重庆B卷）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA:OD=1:2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1:2 B．1:3 C．1:4 D．1:5
8. （2020·新疆）如图，在△ABC中，∠A＝90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB＝CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为 （ ）
A． B．5 C． D．10
二、填空题
9. (2019?百色)如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，
，，，则的面积为__________．
10. （2020·吉林）如图，在中，，分别是边，的中点．若的面积为．则四边形的面积为_______．
11. （2020·吉林）如图，．若，，则______．
12. 在平面直角坐标系中，点A关于y轴的对称点为点B，点A关于原点O的对称点为点C.
(1)若点A的坐标为(1,2)，请你在给出的坐标系中画出△ABC.设AB与y轴的交点为D，则＝__________；
(2)若点A的坐标为(a，b)(ab≠0)，则△ABC的形状为____________．
13. (2019?台州)如图，直线，，，分别为直线，，上的动点，连接，，，线段交直线于点．设直线，之间的距离为，直线，之间的距离为，若，，且，则的最大值为__________．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3， BC＝4， CD⊥AB，垂足为D， E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为_________．
三、解答题
15. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，按要求画出△A1B1C1和△A2B2C2：
(1)将△ABC先向右平移4个单位，再向上平移1个单位，得到△A1B1C1；
(2)以图中的O为位似中心，将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍，得到△A2B2C2.
16. （2020·通辽）如图，⊙O的直径AB交弦（不是直径）CD于点P，且PC2＝PB?PA，
求证：AB⊥CD．
17. （2020·杭州）如图，在正方形中，点E在BC边上，连接AE，的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设．
（1）若，λ＝1，求线段CF的长．
（2）连接EG，若，
①求证：点G为CD边的中点．
②求的值．
18. （2020·南京）如图，在△ABC和△A’B’C’中，D、D’分别是AB、A’B’上一点，＝.
(1)当＝＝时，求证：△ABC∽△A’B’C’.
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.
(2)当＝＝时，判断△ABC与△A’B’C’是否相似，并说明理由.
人教版 九年级数学下册 第27章 相似 综合训练-答案
一、选择题
1. 【答案】A
【解析】利用平行截割定理求的值．∵DE∥AB，∴==，∵CE+AE=AC，∴=．
2. 【答案】C【解析】本题考查了平行线分线段成比例和由平行判定相似，∵EF∥BC，∴，∵EF∥BC，∴，∴因此本题选C．
3. 【答案】B
【解析】∵，∴，
∴，即，解得：，故选B．
4. 【答案】A
【解析】解析：连接AO并延长AO至点N，连接BO并延长PO至点P, 连接CO并延长CO至点M, 连接DO并延长DO至Q，可知，所以以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，故答案为A.
5. 【答案】 B．
【解析】利用平行四边形的性质可得出点O为线段BD的中点，结合点E是CD的中点可得出线段OE为△DBC的中位线，利用三角形中位线定理可得出OE∥BC，OE＝BC，进而可得出△DOE∽△DBC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平分，即可求出△DEO与△BCD的面积的比为1：4．
6. 【答案】 B
【解析】设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，
∵四边EFGH是正方形，
∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD是△ABC的高，
∴∠HDN＝90°，
∴四边形EHDN是矩形，
∴DN＝EH＝x，
∵△AEF∽△ABC，
∴（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
∵BC＝120，AD＝60，
∴AN＝60﹣x，
∴，
解得：x＝40，
∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．因此本题选B．
7. 【答案】C
【解析】本题考查了相似三角形的性质， ∵△ABC与△DEF位似，且，∴，因此本题选C．
8. 【答案】A
【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理．如答图，过点E作EG⊥BC于G，过点A作AH⊥BC于H．
又因为DF⊥BC，所以DF∥AH∥EG，四边形DEGF是矩形．所以△BDF∽△BAH，DF＝EG，所以＝，因为D为AB中点，所以＝，所以＝．设DF＝EG＝x，则AH＝2x．因为∠BAC＝90°，所以∠B＋∠C＝90°，因为EG⊥BC，所以∠C＋∠CEG＝90°，所以∠B＝∠CEG，又因为∠BHA＝∠CGE＝90°，AB＝CE，所以△ABH≌△CEG，所以CG＝AH＝2x．同理可证△BDF∽△ECG，所以＝，因为BD＝AB＝CE，所以＝EG＝x．在Rt△BDF中，由勾股定理得BD＝＝＝x，所以AD＝x，所以CE＝AB＝2AD＝x．因为DE∥BC，所以＝＝，所以AE＝AC＝CE＝x．
在Rt△ADE中，由勾股定理得DE＝＝＝x．因△DEF的面积为1，所以DE·DF＝1，即×x·x＝1，解得x＝，所以DE＝×＝，因为AD＝BD，AE＝CE，所以BC＝2DE＝，因此本题选D．
二、填空题
9. 【答案】18
【解析】∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，
若点，，∴位似比为，
∵，，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：18．
10. 【答案】
【解析】点，分别是边，的中点，
，即
又，
则四边形的面积为.
故答案为：．
11. 【答案】10
【解析】∵，∴，
又∵，，∴，∴，故答案为：10．
12. 【答案】(1)△ABC如图 (2)直角三角形 解析：(1)因为点A的坐标为(1,2)，所以点A关于y轴的对称点B的坐标为(－1,2)，关于原点的对称点C的坐标为(－1，－2)．连AB，BC，AC，作△ABC.
设AB交y轴于D点，如图，
D点坐标为(0,2)，
∵OD∥BC，
∴△ADO∽△ABC.
∴＝＝.
(2)∵ab≠0，∴a≠0，且b≠0，
∴点A不在坐标轴上，
∴AB∥x轴，BC⊥x轴．
∴∠ABC＝90°.
∴△ABC是直角三角形．
13. 【答案】
【解析】如图，过作于，延长交于，过作于，过作于，
设，，，，
∵，∴，，
∵，
∴，
∴，∴，
∴，即，∴，
∵，∴，
∴，即，
∴，
∵，∴，
∴，
∴当最大时，，
∵，
∴当时，，
∴，
∴的最大值为．故答案为：．
14. 【答案】
【解析】本题考查平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质．已知∠ACB＝90°，AC＝3， BC＝4，由勾股定理，得AB＝5．CD⊥AB，由三角形的面积，得CD＝＝．易得△ABC∽△ACD∽△CBD，由相似三角形对应边成比例，得AD＝＝，BD＝＝．过点E作EG∥AB交CD于点G，由平行线分线段成比例，得DG＝CD＝，EG＝，所以，即，所以DF＝，故答案为．
三、解答题
15. 【答案】
解：(1)正确图形如解图．
(2)正确图形如解图．
解图
16. 【答案】
解：如图，连结AC，BD．∵∠A=∠D，∠C=∠B，∴△ACP∽△DBP，∴=，∴PC?PD＝PB?PA，∵PC2＝PB?PA，∴PC=PD，即AB平分CD，∵CD是弦（不是直径），AB是直径，∴AB⊥CD．
17. 【答案】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB＝BC＝2，∴∠DAF＝∠F．∵AG平分∠DAE，∴∠DAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠F，∴EA＝EF．∵λ＝1，∴BE＝EC＝1．在Rt△ABE中，由勾股定理得EA＝，∴CF＝EF－EC＝－1．
（2）①∵EA＝EF，EG⊥AF，∴AG＝GF．又∵∠AGD＝∠FGC，∠DAG＝∠F，所以△DAG≌△CFG，∴DG＝CG，∴点G为CD边的中点．
②不妨设CD＝2，则CG＝1．由①知CF＝AD＝2．∵EG⊥AF，∴∠EGF＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠BCD＝∠FCG，∠EGC＋∠CGF＝90°，∠EGC＋∠GEC＝90°，∴∠CGF＝∠GEC，∴△EGC∽△GFC，∴＝＝，∴EC＝，∴BE＝，∴λ＝．
18. 【答案】
解：(1) ＝＝ ∠A＝∠A’.
(2)如图，过点D、D’分别作DE∥BC，D’E’∥B’C’,DE交AC于点E，D’E’交A’C’于点E’.
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC.
∴＝＝.
同理＝＝.
又＝，
∴＝，
∴＝.
同理 ＝.
∴＝，即＝.
∴＝.
又＝＝，
∴＝＝，
∴△DCE∽△D’C’E’.
∴∠CED＝∠C’E’D’.
∵DE∥BC，
∴∠CED＋∠ACB＝180°.
同理 ∠C’E’D’＋∠A’C’B’＝180°.
∴∠ACB＝∠A’C’B’.
又＝
∴△ABC∽△A’B’C’.