【解析】2023年浙教版數(shù)學(xué)九年級上冊4.5相似三角形的性質(zhì)與應(yīng)用 同步測試（提升版）

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2023年浙教版數(shù)學(xué)九年級上冊4.5相似三角形的性質(zhì)與應(yīng)用同步測試（提升版）

一、選擇題（每題3分，共30分）

1．（2022九上·東陽月考）已知△ABC∽△A'B'C，AD和A'D'是它們的對應(yīng)高線，若AD＝4，A'D'＝1，則△ABC與△A'B'C的面積比是（）

A．16：1B．4：1C．4：3D．4：9

2．（2023九下·西湖開學(xué)考）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為CD上一點，DE：CE＝2：3，連接AE，BD交于點F，則S△DEF：S△ADF：S△ABF等于（）

A．2：3：5B．4：9：25C．4：10：25D．2：5：25

3．（2023九下·杭州開學(xué)考）如圖，在中，已知，E,F分別在邊AC,AB上，DE//BC，DF//AC，則（）

A．B．

C．D．

4．（2023·蕭山模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足為點D，如果，AD=9，那么BC的長是（）

A．4B．6C．2D．3

5．（2023九上·江北期末）如圖，點G是的重心，于點H，若，，則△ABC的面積為（）

A．2B．3C．4D．6

6．（2023·溫州模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點，將沿著軸正方向平移，使點平移至原點，得到交于點，則的長為（）

A．B．C．D．1

7．（2023·柯橋模擬）如圖，點P是矩形ABCD內(nèi)一點，連接PA、PB、PC、PD，已知AB=3，BC=4，設(shè)△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面積分別為S1、S2、S3、S4，以下判斷，其中不正確的是（）

A．PA+PB+PC+PD的最小值為10

B．若△PAB≌△PCD，則△PAD≌△PBC

C．若△PAB△PDA，則PA=2

D．若S1=S2，則S3=S4

8．（2023·紹興）如圖，在中，是邊上的點（不與點重合）.過點作交于點；過點作交于點.是線段上的點，；是線段上的點，.若已知的面積，則一定能求出（）

A．的面積B．的面積C．的面積D．的面積

9．（2023九上·溫州期末）如圖，線段AB，EF，CD分別表示人，竹竿，樓房的高度，且A，E，C在同一直線上．測得人和竹竿的水平距離為1.2m，人和樓房的水平距離為20m，人的高度為1.5m，竹竿的高度為3m，則樓房的高度是()

A．25mB．26.5mC．50mD．51.5m

10．（2022九上·溫州月考）如圖，測量小玻璃管口徑的量具ABC，AB的長為3cm，AC被分為6等份．若小玻璃管口DE正好對著量具上2等份處（DE∥AB），那么小玻璃管口徑DE的長為（）

A．1cmB．cmC．2cmD．cm

二、填空題（每題4分，共24分）

11．（2023九上·越城期末）

如果兩個相似三角形的面積比為4：9，較小三角形的周長為4，那么這兩個三角形的周長和為.

12．（2023九上·吳興期末）如圖所示的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，A、B、C、E、F均在格點上．若△ABC∽△DFE，則△DFE的面積是．

13．（2022九上·杭州月考）在相似的兩個三角形中，已知其中一個三角形三邊的長是3，4，5，另一個三角形有一邊長是2，則另一個三角形的周長是.

14．（2023九上·諸暨期末）三角形三邊長為5，5，6，則這個三角形的外心和重心的距離為.

15．（2022九上·義烏期中）為了測量河寬AB，有如下方法：如圖，取一根標(biāo)尺CD橫放，使CD∥AB，并使點B，D，O和點A，C，O分別在同一條直線上，量得CD＝15米，OC＝10米，AC＝20米，則河寬AB的長度為米.

16．（2023·永嘉模擬）希臘數(shù)學(xué)家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，是兩側(cè)山腳的入口，從出發(fā)任作線段，過作，然后依次作垂線段，直到接近點，作于點．每條線段可測量，長度如圖所示．分別在，上任選點，作，，使得，此時點共線．挖隧道時始終能看見處的標(biāo)志即可．

（1）km．

（2）=．

三、解答題（共8題，共66分）

17．（2023九上·瑞安月考）如圖，在中，D，E分別是AB，AC上的點，平分交DE于點，交BC于點.

（1）求證：.

（2）若點是的重心，，求AB的長.

18．（2023九上·吳興期末）如圖，是的外接圓，，于點D，的延長線分別交于點E、F.

（1）求證：.

（2）若，，求AC的長.

19．（2023九上·杭州期末）如圖，內(nèi)接于，，的外角的平分線交于點D，連接，，交于點F.

（1）求證：是等腰三角形.

（2）若.

①求證：.

②若的半徑為5，，求的值.

20．（2023九上·吳興期末）已知在矩形中，，，點是邊上的一個動點，以為邊，在的右側(cè)作矩形，且，連接，.

（1）如圖1，若，點運動到的中點時，求的長.

（2）如圖2，判斷與有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.

（3）當(dāng)點從點運動到點時，請直接寫出點的運動路徑長.

21．（2023九上·通川期末）我們知道當(dāng)人們的視線與物體的表面互相垂直且視線恰好落在物體中心位置時的視覺效果最佳，如圖是小然站在地面MN欣賞懸掛在墻壁PM上的油畫AD（PM⊥MN）的示意圖，設(shè)油畫AD與墻壁的夾角∠PAD＝α，此時小然的眼睛與油畫底部A處于同一水平線上，視線恰好落在油畫的中心位置E處，且與AD垂直．已知油畫的長度AD為100cm．

（1）視線∠ABD的度數(shù)為.（用含α的式子表示）

（2）當(dāng)小然到墻壁PM的距離AB＝250cm時，求油畫頂部點D到墻壁PM的距離．

22．（2022九上·濟南期中）小明和幾位同學(xué)做手的影子游戲時，發(fā)現(xiàn)對于同一物體，影子的大小與光源到物體的距離有關(guān)．因此，他們認(rèn)為：可以借助物體的影子長度計算光源到物體的位置．于是，他們做了以下嘗試．

（1）如圖1，垂直于地面放置的正方形框架，邊長為，在其上方點P處有一燈泡，在燈泡的照射下，正方形框架的橫向影子，的長度和為．那么燈泡離地面的高度為多少．

（2）不改變圖1中燈泡的高度，將兩個邊長為的正方形框架按圖2擺放，請計算此時橫向影子，的長度和為多少？

23．（2023·慈溪模擬）

（1）[證明體驗]如圖1，在中，D為邊上一點，連接，若，求證：．

（2）在中，，，D為邊上一動點，連接，E為中點，連接．

①[思考探究]如圖2，當(dāng)時，求的長．

②[拓展延伸]如圖3，當(dāng)時，求的長．

24．（2023九上·寧波期末）如圖

【證明體驗】

（1）如圖①，在和中，，，，連接，.

求證：；

（2）【思考探究】如圖②，在①的條件下，若，，，，求的長；

（3）【拓展延伸】如圖③，在四邊形中，，，，，，求的值.

答案解析部分

1．【答案】A

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它們的對應(yīng)高線，AD＝4，A'D'＝1，

∴兩三角形的相似比為＝，

∴＝（）2＝，即△ABC與△A'B'C的面積比是16：1

故答案為：A．

【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)高線的比等于相似比，面積的比等于相似比的平方求解即可．

2．【答案】C

【知識點】三角形的面積；平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴DC＝AB，DC∥AB，

∵DE：CE＝2：3，

∴DE：AB＝2：5，

∵DC∥AB，

∴△DEF∽△BAF，

∴＝（）2＝，＝＝，

∴＝＝＝（等高的三角形的面積之比等于對應(yīng)邊之比），

∴S△DEF：S△ADF：S△ABF等于4：10：25，

故答案為：C.

【分析】根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得出DC=AB，DC∥AB，推出△DEF∽△BAF，結(jié)合DE：AB=2：5，求出＝，＝＝，再根據(jù)等高的三角形的面積之比等于對應(yīng)邊之比求出求出＝=，即可得出答案.

3．【答案】D

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：A、∵DE∥BC，∴,不符合題意；

B、∵，∴∵DF∥AC，，不符合題意；

C、∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴,∵DF∥AC，∴△BDF∽△ABC，∴,∴，不符合題意；

D、設(shè)S△ADE=1，則S△BDF=4，S四邊形EDFC=9-1-4=4，∴；

故答案為：D.

【分析】根據(jù)兩條直線平行可得三角形相似，利用相似三角形的性質(zhì)分別判斷A、B，然后根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比可以判斷C，再設(shè)S△ADE=1，根據(jù)面積的關(guān)系可以判斷D.

4．【答案】C

【知識點】勾股定理；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∠ACB=90°，CD⊥AB

∴∠ACD+∠BCD=90°，

∠BCD+∠CBD=90°，

∴∠ACD=∠CBD,

∴

∴;

AD=9

∴CD=6

又CD2=AD·BD；

∴BD=4；

在Rt中，根據(jù)勾股定理得：

===;

故答案為：C.

【分析】先根據(jù)相似三角形邊長比等于周長比求出CD，再根據(jù)三角形射影定理求出BD，在直角三角形BCD中用勾股定理求出BC的長。

5．【答案】B

【知識點】三角形的面積；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的重心及應(yīng)用

【解析】【解答】解：連接并延長交于點D，過A點作于點E，

由重心性質(zhì)可得：，

∵，

∴，

∴

∴，

又∵

∴

∴

故答案為：B.

【分析】連接AG并延長交BC于點D，過A點作AE⊥BC于點E，由重心性質(zhì)可得AD：GD=3：1，證明△DGH∽△DAE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AE的值，然后根據(jù)三角形的面積公式進行計算.

6．【答案】A

【知識點】坐標(biāo)與圖形變化﹣平移；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵

∴OA=OB=2，OC=1，BC=3

∴AB=

∵將△ABC沿x軸正方形平移，使點B平移至原點O，得到△DOE

∴AB//OD

∴△ABC∽△FOC

∴，即

∴OF=.

故答案為：A

【分析】由的點的坐標(biāo)可以得到OA=OB=2，OC=1，BC=3，再由勾股定理求出AB=；由平移可以得到AB//OD，從而得到△ABC∽△FOC，由即可求出OF的長.

7．【答案】C

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：A、當(dāng)點P是矩形ABCD的對角線的交點時，PA+PB+PC+PD的值最小，根據(jù)勾股定理可得PA+PB+PC+PD的值最小為AC+BD=10，故此選項正確；

B、若△PAB≌△PCD，則PA=PC，PB=PD，∴點P是對角線的交點，容易判斷出△PAD≌△PBC，故此選項正確；

C、若△PAB∽△PDA，由相似三角形的性質(zhì)得∠PAB=∠PDA，∠PAB+∠PAD=∠PDA+∠PAD=90°，利用三角形內(nèi)角和定理得∠APD=180°-（∠PDA+∠PAD）=90°，同理可得∠APB=90°，那么∠BPD=180°，即B、P、D三點共線，根據(jù)三角形的面積公式可得PA=2.4，故此選項錯誤；

D、易得S1+S3=S2+S4=S矩形ABCD，所以若S1=S2，則S3=S4，故此選項正確.

故答案為：C.

【分析】首先根據(jù)矩形的性質(zhì)及勾股定理算出算出矩形的對角線AC=BD=5，根據(jù)兩點之間線段最短可得當(dāng)點P是矩形ABCD的對角線的交點時，PA+PB+PC+PD的值最小，據(jù)此可判斷A選項；由三角形全等的性質(zhì)得PA=PC，PB=PD，則點P是對角線的交點，進而用SSS判斷出△PAD≌△PBC，據(jù)此可判斷B選項；由相似三角形的對應(yīng)角相等得∠PAB=∠PDA，推出∠APD=180°-=90°，同理可得∠APB=90°，則B、P、D三點共線，根據(jù)三角形的面積公式可得PA的長，據(jù)此可判斷C選項；根據(jù)矩形的性質(zhì)、三角形的面積計算公式及平行線間的距離易得S1+S3=S2+S4=S矩形ABCD，據(jù)此可判斷D選項.

8．【答案】D

【知識點】平行線的判定與性質(zhì)；平行線之間的距離；三角形的面積；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖，連接DN，

∵DF∥AC，

∴∠FDB=∠ECD，

∵DE∥AB，

∴∠EDC=∠B，

∴△BDF∽△DCE，

∴，

∵BN=2NF，DM=2ME，

∴，

又∵∠B=∠EDC，

∴△BDN∽△CDM，

∴∠BDN=∠DCM，

∴ND∥CM，

設(shè)DN與CM之間的距離為d，

∴S△CMN=CM·d，S△CMD=CM·d，

∴S△CMN=S△CMD，

∵DM=2ME，S△CMD=DM·h，S△CME=EM·h，

∴S△DCE=S△CMD+S△CME=S△CMD=S△CMN.

故答案為：D.

【分析】連接DN，根據(jù)二直線平行，同位角相等可得∠FDB=∠ECD，∠EDC=∠B，根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BDF∽△DCE，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得，進而結(jié)合BN=2NF，DM=2ME，可推出，進而根據(jù)兩組邊對應(yīng)成比例，且夾角相等的兩個三角形相似得△BDN∽△CDM，由相似三角形對應(yīng)角相等得∠BDN=∠DCM，由同位角相等，兩直線平行，得ND∥CM，設(shè)DN與CM之間的距離為d，根據(jù)同底等高的三角形的面積相等得S△CMN=S△CMD，再根據(jù)同高三角形的之間的關(guān)系就是底之間的關(guān)系得S△DCE=S△CMD，從而即可得出結(jié)論.

9．【答案】B

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：由題意得AB=1.5m，EF=3m，BF=1.2m，BD=20m，四邊形ABFG、四邊形ABDH都是矩形，

∴FG=AB=1.5m，BF=AG=1.2m，AB=DH=1.5m，BD=AH=20m，

∴EG=EF-FG=3-1.5=15m

∵CD∥EF∥AB，

∴△AEG∽△ACH，

∴EG∶CH＝AG∶AH，即1.5∶CH＝1.2∶20，

解得：CH＝25m，

∴CD＝CH＋DH＝25＋1.5＝26.5（m）；

答：樓房的高度是26.5m.

故答案為：B.

【分析】由題意得出CD∥EF∥AB，證出△AEG∽△ACH，得出對應(yīng)邊成比例EG∶CH＝AG∶AH，求出CH，即可得出結(jié)果.

10．【答案】C

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵DE∥AB，

∴△CDE∽△CAB，

∴DE：AB＝CD：AC，

∵AB的長為3cm，AC被分為6等份，小玻璃管口DE正好對著量具上2等份處，

∴CD=4，AC=6，

∴DE：3=4：6，

∴DE＝2cm，

∴小玻璃管口徑DE是2cm．

故答案為：C．

【分析】根據(jù)題意易證△CDE∽△CAB，可得DE：AB＝CD：AC，再由AB的長為3cm，AC被分為6等份，小玻璃管口DE正好對著量具上2等份處，可得CD=4，AC=6，再將數(shù)據(jù)代入計算，即可求解.

11．【答案】10

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：設(shè)較大三角形的周長為x，

兩個相似三角形相似，兩個相似三角形的面積比為4：9，

兩個相似三角形的周長比為2：3，

，

解得，，

這兩個三角形的周長和為，

故答案為：10.

【分析】根據(jù)相似三角形周長的比等于相似比，相似三角形面積的比等于相似比的平方計算即可.

12．【答案】

【知識點】三角形的面積；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵BC=5，EF=6，

∴，

∵△ABC∽△DFE，

∴即，

解之：.

故答案為：.

【分析】觀察圖形可知BC=5，EF=6，利用三角形的面積公式求出△ABC的面積；再利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，可求出△DEF的面積.

13．【答案】8或6或

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵一個三角形三邊的長是3，4，5，

∴此三角形的周長為：3+4+5=12，

∵在相似的兩個三角形中，另一個三角形有一邊長是2，

∴若2與3對應(yīng)，則另一個三角形的周長是：；

若2與4對應(yīng)，則另一個三角形的周長是：；

若2與5對應(yīng)，則另一個三角形的周長是：.

故答案為：8或6或.

【分析】由一個三角形三邊的長是3，4，5，可求得其周長，又由相似三角形周長的比等于相似比，分別從2與3對應(yīng)，2與4對應(yīng)，2與5對應(yīng)，去分析求解即可求得答案．

14．【答案】

【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；三角形的外接圓與外心；三角形的重心及應(yīng)用

【解析】【解答】解：如圖，過點A作AH⊥BC于點H，連接BO1，

∵△ABC中，AB=AC=5，BC=6，

∴AH是△ABC的中線和角平分線，

∴點O1和點O2在AH上，

∴BH=BC=3，

∴，

∵點O2是△ABC的重心，

∴AO2=2O2H即，

設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，則BO1=AO1=r，O1H=4-=r

∴32+（4-r）2=r2，

解之：，

∴

∴.

故答案為：

【分析】過點A作AH⊥BC于點H，連接BO1，利用等腰三角形的性質(zhì)可知點O1和點O2在AH上，同時可求出BH的長，利用勾股定理求出AH的長；再利用點O2是△ABC的重心，可求出O2H的長，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，可表示出O1H的長，利用勾股定理可得到關(guān)于r的方程，解方程求出r的方程，解方程求出r的值，可得到O1H的長；然后求出O1O2的長.

15．【答案】45

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵CD∥AB，

∴△OCD∽△OAB.

∴，

∵CD＝15米，OC＝10米，AC＝20米，

∴.

∴AB＝45.

故答案為：45.

【分析】由平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊，所截三角形與原三角形相似得△OCD∽△OAB，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例建立方程，求解即可.

16．【答案】（1）1.8

（2）

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：（1）CD-EF-GJ=5.5-1-2.7=1.8（km）.

故答案為：1.8.

（2）連接AB，過A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點Z，

由矩形的性質(zhì)可得AZ=CD-EF-GJ=1.8，BZ=DE+FG-CB-AJ=4.9+3.1-3-2.4=2.6.

∵點P、A、B、Q共線，

∴∠MBQ=∠ZBA.

∵∠BMQ=∠BZA=90°，

∴△BMQ∽△BZA，

∴.

故答案為：.

【分析】（1）由圖形可得CD=5.5，EF=1，GJ=2.7，據(jù)此計算；

（2）連接AB，過A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點Z，由矩形的性質(zhì)可得AZ=CD-EF-GJ=1.8，BZ=DE+FG-CB-AJ=2.6，由對頂角的性質(zhì)可得∠MBQ=∠ZBA，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BMQ∽△BZA，然后由相似三角形的性質(zhì)進行計算.

17．【答案】（1）證明：∵AF平分∠BAC，

∴∠DAG=∠CAF

∵∠ADE=∠C，

∴△ADG∽△ACF

.

（2）解：∵點G是△ABC的重心，

，

∵∠ADE=∠C，∠DAE=∠CAB，

∴△ADE∽△ACB，

∵AE=6，∴AB=9．

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的重心及應(yīng)用

【解析】【分析】(1)根據(jù)角平分線定義得出∠DAG=∠CAF，結(jié)合∠ADE=∠C，證明△ADG∽△ACF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列比例式，即可得證；

(2)由三角形重心的性質(zhì)得出，再證明△ADE∽△ACB，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列比例式求解即可.

18．【答案】（1）證明：連接

∵

∴B，O在的垂直平分線上

即，且，

∴，，

又∵

∴，

∴

∴

（2）解：∵，，

∴

又∵，

∴

∴

即

∴

∴

【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）連接OA、OC，由題意可得B、O在AC的垂直平分線上，則BO⊥AC，AC=2AE，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠CBE，由同角的余角相等可得∠CAD=∠CBE，據(jù)此證明；

（2）由題意可得AE=EF+BF=4，證明△AEF∽△BEA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AE的值，進而可得AC.

19．【答案】（1）證明：∵四邊形內(nèi)接于，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵平分，

∴，

∴，

∴，

∴是等腰三角形

（2）解：①∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴；

②連接交于G，

∵，

∴D、O都在中垂線上，即D、O、G共線，

∴且，

∵，

∴在中，，

∴，

∴在中，，

∵，

∴，

∴，

解得：，

∴，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴.

【知識點】等腰三角形的判定與性質(zhì)；圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠BCD+∠BAD=180°，由鄰補角的性質(zhì)可得∠DAB+∠EAD=180°，則∠EAD=∠BCD，由角平分線的概念可得∠EAD=∠DAC，則∠BCD=∠CBD，推出DB=DC，據(jù)此證明；

（2）①由等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAF=∠DFA，則∠DAF=∠DFA=∠CBD=∠BCD，證明△DAF∽△DBC，得到∠ADF=∠BDC，推出∠DFA=∠DCB，進而證明△FBC∽△BCD，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進行證明；

②連接DO交BC于點G，則D、O、G共線，由等腰三角形的性質(zhì)可得BG=GC=3，利用勾股定理求出BD的值，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出FB的值，進而求出DF、AD的值，證明△AFD∽△BFC，然后根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方進行解答.

20．【答案】（1）解：矩形中，，，，

∴，則矩形是正方形，

∵點到的中點，

∴，，

在中，，

∴矩形，，

∵，，

∴，

在，中，

∴，

∴，

∵，

∴.

（2）解：，理由如下，

矩形，，，矩形，，

∴，

∴，，即，

∵，，

∴，

∴，

∴.

（3）解：點的運動路徑長是2

【知識點】勾股定理；矩形的性質(zhì)；正方形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】（3）解：點從點運動到點，如圖所示，

過點作的延長線于點，的延長線交延長線于點，

∵，

∴，，

∴，

∴，且，

∴，

∵，，

∴，

∴點在定直線上運動，

∴當(dāng)點與點重合時，，，此時點與點重合；

當(dāng)點與點重合時，，，點與點重合，

∴點的運動路徑長是2.

【分析】（1）由題意可得矩形ABCD為正方形，由中點的概念可得AE=DE=1，BE=CE，利用勾股定理可得CE的值，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得CE=CCG，由同角的余角相等可得∠BCE=∠DCG，利用SAS證明△BEC≌△DGC，得到DG=BE，據(jù)此求解；

（2）由題意可得AD=BC=2k，證明△BEC∽△DGC，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進行解答；

（3）過點G作GM⊥BC的延長線于點M，MG的延長線交AD延長線于點H，證明△ECD∽△CGM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CM，推出點G在定直線GM上運動，當(dāng)點E與點A重合時，ED=AD，GM=2，此時點G與點H重合；當(dāng)點E與點D重合時，ED=0，GM=0，點G與點M重合，據(jù)此解答.

21．【答案】（1）2α

（2）解：如圖，過點D作DC⊥PM交PM于點C，

由題意得：AB＝250cm，AD＝100cm，

∴AE＝50cm，

∵∠CAD＝∠ABE＝α，∠ACD＝∠AEB＝90°，

∴△ACD∽△BEA，

∴，

∴，

∴CD＝20cm，

∴油畫頂部到墻壁的距離CD是20cm．

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：（1）如圖，連接BD，

∵AE⊥BE，PM⊥MN，AB∥MN，

∴AB⊥PM，

∴∠PAB＝90°，∠AEB＝90°，

∴∠ABE＝∠PAD＝90°-∠BAE＝α，

∵AE＝DE，BE⊥AD，

∴AB＝BD，

∴∠ABE＝∠DBE，

∴∠ABD＝∠DBE+∠ABE＝2α.

故答案為：2α.

【分析】（1）如圖，連接BD，由AE⊥BE，PM⊥MN，AB∥MN，得到AB⊥PM，所以∠PAB＝90°，∠AEB＝90°，從而得到∠ABE＝∠PAD＝90°-∠BAE＝α，再由AE＝DE，BE⊥AD，可得AB＝BD，從而得∠ABE＝∠DBE，進而求得∠ABD＝∠DBE+∠ABE＝2α；

（2）過點D作DC⊥PM交PM于點C，易知AB＝250cm，AD＝100cm，則AE＝50cm，再由∠CAD＝∠ABE＝α，∠ACD＝∠AEB＝90°，可證得△ACD∽△BEA，再通過相似三角形對應(yīng)比成比例列式計算CD長，即可解決問題.

22．【答案】（1）解：∵，

∴．

∴．

∴，

∴，

解得；

∴燈泡離地面的高度為；

（2）解：設(shè)橫向影子，的長度和為，

同理可得．

∴，

即，

解得：，

∴橫向影子，的長度和為．

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【分析】（1）先證明，可得，將數(shù)據(jù)代入求出即可；

（2）設(shè)橫向影子，的長度和為，先證明可得，將數(shù)據(jù)代入可得，求出即可。

23．【答案】（1）證明∵，

∴，

∴，

∴．

（2）解：①取中點F，連接，

∵，

∴，，

∵E為中點，

∴為的中位線，

∴，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴

設(shè)，則，

∴

解得，（舍去），

∴．

②取中點F，連接，過點E作，垂足為G，設(shè)，

∵為的中位線，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，，

∴，

∴，

又∵，．

∴，

解得，（舍去）．

∴．

【知識點】平行線的性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【分析】（1）由已知條件可知∠ACD=∠ABC，由圖形可得∠A=∠A，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△ACD∽△ABC，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進行證明；

（2）①取AD的中點F，連接EF，易得AC、AB的值，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得EF=AC，EF∥AC，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DEF=∠ACD，結(jié)合已知條件可得∠DBE=∠DEF，利用兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△FED∽△FBE，由相似三角形的性質(zhì)可得EF2=FD·FB，設(shè)AF=FD=x，則FB=4-x，代入求解即可；

②取AD的中點F，連接EF，過點E作EG⊥AB，垂足為G，設(shè)AF=FD=x，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得EF∥AC，由平行線的性質(zhì)可得∠EFB=∠A=30°，進而推出∠DEB=∠EFB，利用兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BDE∽△BEF，由相似三角形的性質(zhì)可得BE2=BD·FB，易得EG、FG、BG，由勾股定理可得BE2，據(jù)此求解.

24．【答案】（1）證明：如圖中，

∵，

，

在和中，

，

≌，

；

（2）解：如圖中，

，

∽，

∴，

可以假設(shè)，

∵

∴

，∴

解得，（負(fù)根已經(jīng)舍去)，

∴

∵

∴；

（3）解：如圖中，，

將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則，

∵

∴

∵

∴

∴∽，

∴

∵

∴

∵

∴

∴

∴

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【分析】（1）易得∠BAD=∠CAE，用SAS判斷出△BAD≌△CAE，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等得BD=CE；

（2）先判斷出△BAC∽△DAE，則，設(shè)AE=AD=4k，DE=3k，用勾股定理建立方程算出k，從而即可得出CE的長；

（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG，則BD=CG=10，易得∠BAC=∠DAG，由三角形內(nèi)角和定理及等腰三角形的性質(zhì)得∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，判斷出△ABC∽△ADG，由相似三角形的性質(zhì)得，結(jié)合已知及三角形的內(nèi)角和定理推出∠CDG=90°，用勾股定理算出DG，從而即可求出答案了.

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2023年浙教版數(shù)學(xué)九年級上冊4.5相似三角形的性質(zhì)與應(yīng)用同步測試（提升版）

一、選擇題（每題3分，共30分）

1．（2022九上·東陽月考）已知△ABC∽△A'B'C，AD和A'D'是它們的對應(yīng)高線，若AD＝4，A'D'＝1，則△ABC與△A'B'C的面積比是（）

A．16：1B．4：1C．4：3D．4：9

【答案】A

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它們的對應(yīng)高線，AD＝4，A'D'＝1，

∴兩三角形的相似比為＝，

∴＝（）2＝，即△ABC與△A'B'C的面積比是16：1

故答案為：A．

【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)高線的比等于相似比，面積的比等于相似比的平方求解即可．

2．（2023九下·西湖開學(xué)考）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為CD上一點，DE：CE＝2：3，連接AE，BD交于點F，則S△DEF：S△ADF：S△ABF等于（）

A．2：3：5B．4：9：25C．4：10：25D．2：5：25

【答案】C

【知識點】三角形的面積；平行四邊形的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴DC＝AB，DC∥AB，

∵DE：CE＝2：3，

∴DE：AB＝2：5，

∵DC∥AB，

∴△DEF∽△BAF，

∴＝（）2＝，＝＝，

∴＝＝＝（等高的三角形的面積之比等于對應(yīng)邊之比），

∴S△DEF：S△ADF：S△ABF等于4：10：25，

故答案為：C.

【分析】根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得出DC=AB，DC∥AB，推出△DEF∽△BAF，結(jié)合DE：AB=2：5，求出＝，＝＝，再根據(jù)等高的三角形的面積之比等于對應(yīng)邊之比求出求出＝=，即可得出答案.

3．（2023九下·杭州開學(xué)考）如圖，在中，已知，E,F分別在邊AC,AB上，DE//BC，DF//AC，則（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：A、∵DE∥BC，∴,不符合題意；

B、∵，∴∵DF∥AC，，不符合題意；

C、∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴,∵DF∥AC，∴△BDF∽△ABC，∴,∴，不符合題意；

D、設(shè)S△ADE=1，則S△BDF=4，S四邊形EDFC=9-1-4=4，∴；

故答案為：D.

【分析】根據(jù)兩條直線平行可得三角形相似，利用相似三角形的性質(zhì)分別判斷A、B，然后根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比可以判斷C，再設(shè)S△ADE=1，根據(jù)面積的關(guān)系可以判斷D.

4．（2023·蕭山模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足為點D，如果，AD=9，那么BC的長是（）

A．4B．6C．2D．3

【答案】C

【知識點】勾股定理；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∠ACB=90°，CD⊥AB

∴∠ACD+∠BCD=90°，

∠BCD+∠CBD=90°，

∴∠ACD=∠CBD,

∴

∴;

AD=9

∴CD=6

又CD2=AD·BD；

∴BD=4；

在Rt中，根據(jù)勾股定理得：

===;

故答案為：C.

【分析】先根據(jù)相似三角形邊長比等于周長比求出CD，再根據(jù)三角形射影定理求出BD，在直角三角形BCD中用勾股定理求出BC的長。

5．（2023九上·江北期末）如圖，點G是的重心，于點H，若，，則△ABC的面積為（）

A．2B．3C．4D．6

【答案】B

【知識點】三角形的面積；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的重心及應(yīng)用

【解析】【解答】解：連接并延長交于點D，過A點作于點E，

由重心性質(zhì)可得：，

∵，

∴，

∴

∴，

又∵

∴

∴

故答案為：B.

【分析】連接AG并延長交BC于點D，過A點作AE⊥BC于點E，由重心性質(zhì)可得AD：GD=3：1，證明△DGH∽△DAE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AE的值，然后根據(jù)三角形的面積公式進行計算.

6．（2023·溫州模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點，將沿著軸正方向平移，使點平移至原點，得到交于點，則的長為（）

A．B．C．D．1

【答案】A

【知識點】坐標(biāo)與圖形變化﹣平移；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵

∴OA=OB=2，OC=1，BC=3

∴AB=

∵將△ABC沿x軸正方形平移，使點B平移至原點O，得到△DOE

∴AB//OD

∴△ABC∽△FOC

∴，即

∴OF=.

故答案為：A

【分析】由的點的坐標(biāo)可以得到OA=OB=2，OC=1，BC=3，再由勾股定理求出AB=；由平移可以得到AB//OD，從而得到△ABC∽△FOC，由即可求出OF的長.

7．（2023·柯橋模擬）如圖，點P是矩形ABCD內(nèi)一點，連接PA、PB、PC、PD，已知AB=3，BC=4，設(shè)△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面積分別為S1、S2、S3、S4，以下判斷，其中不正確的是（）

A．PA+PB+PC+PD的最小值為10

B．若△PAB≌△PCD，則△PAD≌△PBC

C．若△PAB△PDA，則PA=2

D．若S1=S2，則S3=S4

【答案】C

【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：A、當(dāng)點P是矩形ABCD的對角線的交點時，PA+PB+PC+PD的值最小，根據(jù)勾股定理可得PA+PB+PC+PD的值最小為AC+BD=10，故此選項正確；

B、若△PAB≌△PCD，則PA=PC，PB=PD，∴點P是對角線的交點，容易判斷出△PAD≌△PBC，故此選項正確；

C、若△PAB∽△PDA，由相似三角形的性質(zhì)得∠PAB=∠PDA，∠PAB+∠PAD=∠PDA+∠PAD=90°，利用三角形內(nèi)角和定理得∠APD=180°-（∠PDA+∠PAD）=90°，同理可得∠APB=90°，那么∠BPD=180°，即B、P、D三點共線，根據(jù)三角形的面積公式可得PA=2.4，故此選項錯誤；

D、易得S1+S3=S2+S4=S矩形ABCD，所以若S1=S2，則S3=S4，故此選項正確.

故答案為：C.

【分析】首先根據(jù)矩形的性質(zhì)及勾股定理算出算出矩形的對角線AC=BD=5，根據(jù)兩點之間線段最短可得當(dāng)點P是矩形ABCD的對角線的交點時，PA+PB+PC+PD的值最小，據(jù)此可判斷A選項；由三角形全等的性質(zhì)得PA=PC，PB=PD，則點P是對角線的交點，進而用SSS判斷出△PAD≌△PBC，據(jù)此可判斷B選項；由相似三角形的對應(yīng)角相等得∠PAB=∠PDA，推出∠APD=180°-=90°，同理可得∠APB=90°，則B、P、D三點共線，根據(jù)三角形的面積公式可得PA的長，據(jù)此可判斷C選項；根據(jù)矩形的性質(zhì)、三角形的面積計算公式及平行線間的距離易得S1+S3=S2+S4=S矩形ABCD，據(jù)此可判斷D選項.

8．（2023·紹興）如圖，在中，是邊上的點（不與點重合）.過點作交于點；過點作交于點.是線段上的點，；是線段上的點，.若已知的面積，則一定能求出（）

A．的面積B．的面積C．的面積D．的面積

【答案】D

【知識點】平行線的判定與性質(zhì)；平行線之間的距離；三角形的面積；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：如圖，連接DN，

∵DF∥AC，

∴∠FDB=∠ECD，

∵DE∥AB，

∴∠EDC=∠B，

∴△BDF∽△DCE，

∴，

∵BN=2NF，DM=2ME，

∴，

又∵∠B=∠EDC，

∴△BDN∽△CDM，

∴∠BDN=∠DCM，

∴ND∥CM，

設(shè)DN與CM之間的距離為d，

∴S△CMN=CM·d，S△CMD=CM·d，

∴S△CMN=S△CMD，

∵DM=2ME，S△CMD=DM·h，S△CME=EM·h，

∴S△DCE=S△CMD+S△CME=S△CMD=S△CMN.

故答案為：D.

【分析】連接DN，根據(jù)二直線平行，同位角相等可得∠FDB=∠ECD，∠EDC=∠B，根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BDF∽△DCE，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得，進而結(jié)合BN=2NF，DM=2ME，可推出，進而根據(jù)兩組邊對應(yīng)成比例，且夾角相等的兩個三角形相似得△BDN∽△CDM，由相似三角形對應(yīng)角相等得∠BDN=∠DCM，由同位角相等，兩直線平行，得ND∥CM，設(shè)DN與CM之間的距離為d，根據(jù)同底等高的三角形的面積相等得S△CMN=S△CMD，再根據(jù)同高三角形的之間的關(guān)系就是底之間的關(guān)系得S△DCE=S△CMD，從而即可得出結(jié)論.

9．（2023九上·溫州期末）如圖，線段AB，EF，CD分別表示人，竹竿，樓房的高度，且A，E，C在同一直線上．測得人和竹竿的水平距離為1.2m，人和樓房的水平距離為20m，人的高度為1.5m，竹竿的高度為3m，則樓房的高度是()

A．25mB．26.5mC．50mD．51.5m

【答案】B

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：由題意得AB=1.5m，EF=3m，BF=1.2m，BD=20m，四邊形ABFG、四邊形ABDH都是矩形，

∴FG=AB=1.5m，BF=AG=1.2m，AB=DH=1.5m，BD=AH=20m，

∴EG=EF-FG=3-1.5=15m

∵CD∥EF∥AB，

∴△AEG∽△ACH，

∴EG∶CH＝AG∶AH，即1.5∶CH＝1.2∶20，

解得：CH＝25m，

∴CD＝CH＋DH＝25＋1.5＝26.5（m）；

答：樓房的高度是26.5m.

故答案為：B.

【分析】由題意得出CD∥EF∥AB，證出△AEG∽△ACH，得出對應(yīng)邊成比例EG∶CH＝AG∶AH，求出CH，即可得出結(jié)果.

10．（2022九上·溫州月考）如圖，測量小玻璃管口徑的量具ABC，AB的長為3cm，AC被分為6等份．若小玻璃管口DE正好對著量具上2等份處（DE∥AB），那么小玻璃管口徑DE的長為（）

A．1cmB．cmC．2cmD．cm

【答案】C

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵DE∥AB，

∴△CDE∽△CAB，

∴DE：AB＝CD：AC，

∵AB的長為3cm，AC被分為6等份，小玻璃管口DE正好對著量具上2等份處，

∴CD=4，AC=6，

∴DE：3=4：6，

∴DE＝2cm，

∴小玻璃管口徑DE是2cm．

故答案為：C．

【分析】根據(jù)題意易證△CDE∽△CAB，可得DE：AB＝CD：AC，再由AB的長為3cm，AC被分為6等份，小玻璃管口DE正好對著量具上2等份處，可得CD=4，AC=6，再將數(shù)據(jù)代入計算，即可求解.

二、填空題（每題4分，共24分）

11．（2023九上·越城期末）

如果兩個相似三角形的面積比為4：9，較小三角形的周長為4，那么這兩個三角形的周長和為.

【答案】10

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：設(shè)較大三角形的周長為x，

兩個相似三角形相似，兩個相似三角形的面積比為4：9，

兩個相似三角形的周長比為2：3，

，

解得，，

這兩個三角形的周長和為，

故答案為：10.

【分析】根據(jù)相似三角形周長的比等于相似比，相似三角形面積的比等于相似比的平方計算即可.

12．（2023九上·吳興期末）如圖所示的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，A、B、C、E、F均在格點上．若△ABC∽△DFE，則△DFE的面積是．

【答案】

【知識點】三角形的面積；相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵BC=5，EF=6，

∴，

∵△ABC∽△DFE，

∴即，

解之：.

故答案為：.

【分析】觀察圖形可知BC=5，EF=6，利用三角形的面積公式求出△ABC的面積；再利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，可求出△DEF的面積.

13．（2022九上·杭州月考）在相似的兩個三角形中，已知其中一個三角形三邊的長是3，4，5，另一個三角形有一邊長是2，則另一個三角形的周長是.

【答案】8或6或

【知識點】相似三角形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵一個三角形三邊的長是3，4，5，

∴此三角形的周長為：3+4+5=12，

∵在相似的兩個三角形中，另一個三角形有一邊長是2，

∴若2與3對應(yīng)，則另一個三角形的周長是：；

若2與4對應(yīng)，則另一個三角形的周長是：；

若2與5對應(yīng)，則另一個三角形的周長是：.

故答案為：8或6或.

【分析】由一個三角形三邊的長是3，4，5，可求得其周長，又由相似三角形周長的比等于相似比，分別從2與3對應(yīng)，2與4對應(yīng)，2與5對應(yīng)，去分析求解即可求得答案．

14．（2023九上·諸暨期末）三角形三邊長為5，5，6，則這個三角形的外心和重心的距離為.

【答案】

【知識點】等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；三角形的外接圓與外心；三角形的重心及應(yīng)用

【解析】【解答】解：如圖，過點A作AH⊥BC于點H，連接BO1，

∵△ABC中，AB=AC=5，BC=6，

∴AH是△ABC的中線和角平分線，

∴點O1和點O2在AH上，

∴BH=BC=3，

∴，

∵點O2是△ABC的重心，

∴AO2=2O2H即，

設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，則BO1=AO1=r，O1H=4-=r

∴32+（4-r）2=r2，

解之：，

∴

∴.

故答案為：

【分析】過點A作AH⊥BC于點H，連接BO1，利用等腰三角形的性質(zhì)可知點O1和點O2在AH上，同時可求出BH的長，利用勾股定理求出AH的長；再利用點O2是△ABC的重心，可求出O2H的長，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，可表示出O1H的長，利用勾股定理可得到關(guān)于r的方程，解方程求出r的方程，解方程求出r的值，可得到O1H的長；然后求出O1O2的長.

15．（2022九上·義烏期中）為了測量河寬AB，有如下方法：如圖，取一根標(biāo)尺CD橫放，使CD∥AB，并使點B，D，O和點A，C，O分別在同一條直線上，量得CD＝15米，OC＝10米，AC＝20米，則河寬AB的長度為米.

【答案】45

【知識點】相似三角形的應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵CD∥AB，

∴△OCD∽△OAB.

∴，

∵CD＝15米，OC＝10米，AC＝20米，

∴.

∴AB＝45.

故答案為：45.

【分析】由平行于三角形一邊的直線，截其它兩邊，所截三角形與原三角形相似得△OCD∽△OAB，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例建立方程，求解即可.

16．（2023·永嘉模擬）希臘數(shù)學(xué)家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，是兩側(cè)山腳的入口，從出發(fā)任作線段，過作，然后依次作垂線段，直到接近點，作于點．每條線段可測量，長度如圖所示．分別在，上任選點，作，，使得，此時點共線．挖隧道時始終能看見處的標(biāo)志即可．

（1）km．

（2）=．

【答案】（1）1.8

（2）

【知識點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【解答】解：（1）CD-EF-GJ=5.5-1-2.7=1.8（km）.

故答案為：1.8.

（2）連接AB，過A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點Z，

由矩形的性質(zhì)可得AZ=CD-EF-GJ=1.8，BZ=DE+FG-CB-AJ=4.9+3.1-3-2.4=2.6.

∵點P、A、B、Q共線，

∴∠MBQ=∠ZBA.

∵∠BMQ=∠BZA=90°，

∴△BMQ∽△BZA，

∴.

故答案為：.

【分析】（1）由圖形可得CD=5.5，EF=1，GJ=2.7，據(jù)此計算；

（2）連接AB，過A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點Z，由矩形的性質(zhì)可得AZ=CD-EF-GJ=1.8，BZ=DE+FG-CB-AJ=2.6，由對頂角的性質(zhì)可得∠MBQ=∠ZBA，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得△BMQ∽△BZA，然后由相似三角形的性質(zhì)進行計算.

三、解答題（共8題，共66分）

17．（2023九上·瑞安月考）如圖，在中，D，E分別是AB，AC上的點，平分交DE于點，交BC于點.

（1）求證：.

（2）若點是的重心，，求AB的長.

【答案】（1）證明：∵AF平分∠BAC，

∴∠DAG=∠CAF

∵∠ADE=∠C，

∴△ADG∽△ACF

.

（2）解：∵點G是△ABC的重心，

，

∵∠ADE=∠C，∠DAE=∠CAB，

∴△ADE∽△ACB，

∵AE=6，∴AB=9．

【知識點】相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形的重心及應(yīng)用

【解析】【分析】(1)根據(jù)角平分線定義得出∠DAG=∠CAF，結(jié)合∠ADE=∠C，證明△ADG∽△ACF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列比例式，即可得證；

(2)由三角形重心的性質(zhì)得出，再證明△ADE∽△ACB，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列比例式求解即可.

18．（2023九上·吳興期末）如圖，是的外接圓，，于點D，的延長線分別交于點E、F.

（1）求證：.

（2）若，，求AC的長.

【答案】（1）證明：連接

∵

∴B，O在的垂直平分線上

即，且，

∴，，

又∵

∴，

∴

∴

（2）解：∵，，

∴

又∵，

∴

∴

即

∴

∴

【知識點】線段垂直平分線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）連接OA、OC，由題意可得B、O在AC的垂直平分線上，則BO⊥AC，AC=2AE，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABE=∠CBE，由同角的余角相等可得∠CAD=∠CBE，據(jù)此證明；

（2）由題意可得AE=EF+BF=4，證明△AEF∽△BEA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AE的值，進而可得AC.

19．（2023九上·杭州期末）如圖，內(nèi)接于，，的外角的平分線交于點D，連接，，交于點F.

（1）求證：是等腰三角形.

（2）若.

①求證：.

②若的半徑為5，，求的值.

【答案】（1）證明：∵四邊形內(nèi)接于，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵平分，

∴，

∴，

∴，

∴是等腰三角形

（2）解：①∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴；

②連接交于G，

∵，

∴D、O都在中垂線上，即D、O、G共線，

∴且，

∵，

∴在中，，

∴，

∴在中，，

∵，

∴，

∴，

解得：，

∴，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴.

【知識點】等腰三角形的判定與性質(zhì)；圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)

【解析】【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠BCD+∠BAD=180°，由鄰補角的性質(zhì)可得∠DAB+∠EAD=180°，則∠EAD=∠BCD，由角平分線的概念可得∠EAD=∠DAC，則∠BCD=∠CBD，推出DB=DC，據(jù)此證明；

（2）①由等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAF=∠DFA，則∠DAF=∠DFA=∠CBD=∠BCD，證明△DAF∽△DBC，得到∠ADF=∠BDC，推出∠DFA=∠DCB，進而證明△FBC∽△BCD，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進行證明；

②連接DO交BC于點G，則D、O、G共線，由等腰三角形的性質(zhì)可得BG=GC=3，利用勾股定理求出BD的值，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出FB的值，進而求出DF、AD的值，證明△AFD∽△BFC，然后根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方進行解答.

20．（2023九上·吳興期末）已知在矩形中，，，點是邊上的一個動點，以為邊，在的右側(cè)作矩形，且，連接，.

（1）如圖1，若，點運動到的中點時，求的長.

（2）如圖2，判斷與有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.

（3）當(dāng)點從點運動到點時，請直接寫出點的運動路徑長.

【答案】（1）解：矩形中，，，，

∴，則矩形是正方形，

∵點到的中點，

∴，，

在中，，

∴矩形，，

∵，，

∴，

在，中，

∴，

∴，

∵，

∴.

（2）解：，理由如下，

矩形，，，矩形，，

∴，

∴，，即，

∵，，

∴，

∴，

∴.

（3）解：點的運動路徑長是2

【知識點】勾股定理；矩形的性質(zhì)；正方形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】（3）解：點從點運動到點，如圖所示，

過點作的延長線于點，的延長線交延長線于點，

∵，

∴，，

∴，

∴，且，

∴，

∵，，

∴，

∴點在定直線上運動，

∴當(dāng)點與點重合時，，，此時點與點重合；

當(dāng)點與點重合時，，，點與點重合，

∴點的運動路徑長是2.

【分析】（1）由題意可得矩形ABCD為正方形，由中點的概念可得AE=DE=1，BE=CE，利用勾股定理可得CE的值，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得CE=CCG，由同角的余角相等可得∠BCE=∠DCG，利用SAS證明△BEC≌△DGC，得到DG=BE，據(jù)此求解；

（2）由題意可得AD=BC=2k，證明△BEC∽△DGC，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進行解答；

（3）過點G作GM⊥BC的延長線于點M，MG的延長線交AD延長線于點H，證明△ECD∽△CGM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CM，推出點G在定直線GM上運動，當(dāng)點E與點A重合時，ED=AD，GM=2，此時點G與點H重合；當(dāng)點E與點D重合時，ED=0，GM=0，點G與點M重合，據(jù)此解答.

21．（2023九上·通川期末）我們知道當(dāng)人們的視線與物體的表面互相垂直且視線恰好落在物體中心位置時的視覺效果最佳，如圖是小然站在地面MN欣賞懸掛在墻壁PM上的油畫AD（PM⊥MN）的示意圖，設(shè)油畫AD與墻壁的夾角∠PAD＝α，此時小然的眼睛與油畫底部A處于同一水平線上，視線恰好落在油畫的中心位置E處，且與AD垂直．已知油畫的長度AD為100cm．

（1）視線∠ABD的度數(shù)為.（用含α的式子表示）

（2）當(dāng)小然到墻壁PM的距離AB＝250cm時，求油畫頂部點D到墻壁PM的距離．

【答案】（1）2α

（2）解：如圖，過點D作DC⊥PM交PM于點C，

由題意得：AB＝2