2020-2021学年人教版九年级数学下册第27章《相似》常考题型综合练习一（ word版含答案）

九年级数学下册第27章《相似》常考题型综合练习一
1．如图所示，在等腰△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝16cm．点D由点A出发沿AB方向向点B匀速运动，同时点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接DE，设运动时间为t（s）（0＜t＜10），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△BDE的面积为7.5cm2；
（2）在点D，E的运动中，是否存在时间t，使得△BDE与△ABC相似？若存在，请求出对应的时间t；若不存在，请说明理由．
2．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值．
3．如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B．
（1）求证：△ADF∽△DEC；
（2）若AB＝4，，，求AE的长．
4．如图，锐角三角形ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高，垂足为D，E．
（1）证明：△ACD∽△ABE．
（2）若将D，E连接起来，则△AED与△ABC能相似吗？说说你的理由．
5．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，F为AD上一点，且BF＝BD．BF的延长线交AC于点E．
（1）求证：AB?AD＝AF?AC；
（2）若∠BAC＝60°．AB＝4，AC＝6，求DF的长；
（3）若∠BAC＝60°，∠ACB＝45°，直接写出的值．
6．如图，在6×8的网格图中，每个小正方形边长均为1，原点O和△ABC的顶点均为格点．
（1）以O为位似中心，在网格图中作△A′B′C′，使△A′B′C′与△ABC位似，且位似比为1：2；（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）若点C的坐标为（2，4），则点A′的坐标为（　
　，　
　），点C′的坐标为（　
　，　
　），S△A′B′C′：S△ABC＝　
　．
7．【问题情境】如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，我们可以利用△ABC与△ACD相似证明AC2＝AD?AB，这个结论我们称之为射影定理，试证明这个定理；
【结论运用】如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，
（1）试利用射影定理证明△BOF∽△BED；
（2）若DE＝2CE，求OF的长．
8．一块材料的形状是锐角三角形ABC，边BC＝120mm，高AD＝80mm，把它加工成正方形零件如图1，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上．
（1）求证：△AEF∽△ABC；
（2）求这个正方形零件的边长；
（3）如果把它加工成矩形零件如图2，问这个矩形的最大面积是多少？
9．如图1，在正方形ABCD中，延长BC至M，使BM＝DN，连接MN交BD延长线于点E．
（1）求证：BD+2DE＝BM．
（2）如图2，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G．若AF：FD＝1：2，且CM＝2，则线段DG＝　
　．
10．如图，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，连接DP并延长交AB于点E，连接BP并延长交AD于点F，交CD延长线于点G．
（1）求证：PB＝PD．
（2）若DF：FA＝1：2
①请写出线段PF与线段PD之间满足的数量关系，并说明理由；
②当△DGP是等腰三角形时，求tan∠DAB的值．
参考答案
1．解：（1）分别过点D、A作DF⊥BC、AG⊥BC，垂足为F、G
如图
∴DF∥AG，＝
∵AB＝AC＝10，BC＝16∴BG＝8，∴AG＝6．
∵AD＝BE＝t，∴BD＝10﹣t，
∴＝
解得DF＝（10﹣t）
∵S△BDE＝BE?DF＝7.5
∴（10﹣t）?t＝15
解得t＝5．
答：t为5秒时，△BDE的面积为7.5cm2．
（2）存在．理由如下：
①当BE＝DE时，△BDE∽△BCA，
∴＝即＝，
解得t＝，
②当BD＝DE时，△BDE∽△BAC，
＝即＝，
解得t＝．
答：存在时间t为或秒时，使得△BDE与△ABC相似．
2．解：根据勾股定理得：BA＝；
（1）分两种情况讨论：
①当△BPQ∽△BAC时，，
∵BP＝5t，QC＝4t，AB＝10，BC＝8，
∴，解得，t＝1，
②当△BPQ∽△BCA时，，
∴，解得，t＝；
∴t＝1或时，△BPQ∽△BCA；
（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，如图所示：
则PB＝5t，PM＝3t，MC＝8﹣4t，
∵∠NAC+∠NCA＝90°，∠PCM+∠NCA＝90°，
∴∠NAC＝∠PCM，
∵∠ACQ＝∠PMC，
∴△ACQ∽△CMP，
∴，
∴，解得t＝．
3．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠B+∠C＝180°，∠ADF＝∠DEC．
∵∠AFD+∠AFE＝180°，∠AFE＝∠B
∴∠AFD＝∠C
∴△ADF∽△DEC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝4，
由（1）知△ADF∽△DEC，
∴，
∴．
在Rt△ADE中，由勾股定理得：．
4．证明：（1）∵CD，BE分别是AB，AC边上的高，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°．
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABE．
（2）连接DE，
∵△ACD∽△ABE，
∴AD：AE＝AC：AB，
∴AD：AC＝AE：AB，
∵∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC．
5．解：
（1）∵AD平分∠BAC
∴∠BAF＝∠DAC
又∵BF＝BD
∴∠BFD＝∠FDB
∴∠AFB＝∠ADC
∴△AFB∽△ADC
∴．
∴AB?AD＝AF?AC
（2）作BH⊥AD于H，作CN⊥AD于N，则BH＝AB＝2，CN＝AC＝3
∴AH＝BH＝2，AN＝CN＝3
∴HN＝
∵∠BDH＝∠CDN
∴△BHD∽△CND
∴
∴HD＝
又∵BF＝BD，BH⊥DF
∴DF＝2HD＝
（3）由（1）得△AFB∽△ADC，
∴①，易证△ABD，△AEF，△BFD均为顶角为30°的等腰三角形
∴AB＝AD，AE＝AF，BF＝BD
易证△ABD∽△AEF
∴②
∴①×②得＝＝，过F作FG⊥AB于G，设FG＝x，则AF＝2x，BF＝x，AG＝x，BG＝x
∴AB＝（+1）x，
∴＝＝4﹣2
6．解：（1）如图所示：△A′B′C′即为所求；
（2）A′（﹣1，0），
C′（1，2），
S△A′B′C′：S△ABC＝1：4．
故答案为：﹣1，0；1，2；1：4．
7．【问题情境】
证明：如图1，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
而∠CAD＝∠BAC，
∴Rt△ACD∽Rt△ABC，
∴AC：AB＝AD：AC，
∴AC2＝AD?AB；
【结论运用】
（1）证明：如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD＝90°，
∴BC2＝BO?BD，
∵CF⊥BE，
∴BC2＝BF?BE，
∴BO?BD＝BF?BE，
即＝，
而∠OBF＝∠EBD，
∴△BOF∽△BED；
（2）∵BC＝CD＝6，
而DE＝2CE，
∴DE＝4，CE＝2，
在Rt△BCE中，BE＝＝2，
在Rt△OBC中，OB＝BC＝3，
∵△BOF∽△BED，
∴＝，即＝，
∴OF＝．
8．解：（1）∵四边形EGFH为正方形，
∴BC∥EF，
∴△AEF∽△ABC；
（2）设正方形零件的边长为x
mm，则KD＝EF＝x，AK＝80﹣x，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD⊥BC，
∴，
∴，
解得x＝48．
答：正方形零件的边长为48mm．
（3）设EF＝x，EG＝y，
∵△AEF∽△ABC
∴，
∴＝
∴y＝80﹣x
∴矩形面积S＝xy＝﹣x2+80x＝﹣（x﹣60）2+2400（0＜x＜120）
故当x＝60时，此时矩形的面积最大，最大面积为2400mm2．
9．（1）证明：过点M作MP⊥BC交BD的延长线于点P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠DBC＝∠BDC＝45°，
∴PM∥CN，
∴∠N＝∠EMP，∠BDC＝∠MPB＝45°，
∴BM＝PM，
∵BM＝DN，
∴DN＝MP，
在△DEN和△PEM中
，
∴△DEN≌△PEM，
∴DE＝EP，
∵△BMP是等腰直角三角形
∴BP＝BM
∴BD+2DE＝BM．
（2）解：∵AF：FD＝1：2，
∴DF：BC＝2：3，
∵△BCN∽△FDN，
∴
设正方形边长为a，又知CM＝2，
∴BM＝DN＝a+2，CN＝2a+2
∴，
解得：a＝2，
∴DF＝，BM＝4，BD＝2，
又∵△DFG∽△BMG，
∴，
∴，
∴DG＝．
故答案为：．
10．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC平分∠DAB，
∴∠DAP＝∠BAP，
在△APB和△APD中，
，
∴△APB≌△APD，
∴PB＝PD；
（2）解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴△AFP∽△CBP，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）知PB＝PD，
∴，
∴PF＝PD．
②由（1）证得△APB≌△APD，
∴∠ABP＝∠ADP，
∵GC∥AB，
∴∠G＝∠ABP，
∴∠ADP＝∠G，
∴∠GDP＞∠G，
∴PD≠PG．
（Ⅰ），若DG＝PG，
∵DG∥AB，
∴△DGP∽△EBP，
∴PB＝EB，
由（2）知，设PF＝2a，
则PB＝BE＝PD＝3a，PE＝PF＝2a，BF＝5a，
由△DGP∽△EBP，得DG＝a，
∴AB＝AD＝2DG＝9a，
∴AF＝6a，
如图1，作FH⊥AB于H，设AH＝x，
则（6a）2﹣x2＝（5a）2﹣（9a﹣x）2，
解得x＝a，∴FH＝，
∴tan∠DAB＝；
（Ⅱ）若DG＝DP，如图2，
设DG＝DP＝3m，则PB＝3m，PE＝BE＝PF＝2m，
AB＝AD＝2DG＝6m，AF＝4m，BF＝5m，
设AH＝x，
∴（4m）2﹣x2＝（5m）2﹣（6m﹣x）2，
解得x＝m，
∴FH＝，
∴tan∠DAB＝＝．