第二十七章 《相似》 单元复习试题 2023--2024学年人教版九年级数学下册

人教版数学2023-2024学年度 九年级下第二十七章《相似》复习试题 一．选择题（共10小题） 1．已知2x＝5y（y≠0），则下列结论成立的是（　　） A． B． C． D． 2．若△ABC∽△DEF，且S△ABC：S△DEF＝3：4，则△ABC与△DEF的周长比为（　　） A．3：4 B．4：3 C．：2 D．2： 3．如图，在△ABC中，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，不一定能使△ADE与△ABC相似的条件是（　　） A．∠AED＝∠B B．∠ADE＝∠C C． D． 4．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G（点G在CD，EF之间），若AC＝3，CG＝2，GF＝4，则的值为（　　） A． B． C． D． 5．如图，AD∥BE∥CF，若AB＝2，AC＝5，EF＝4，则DE的长度是（　　） A．6 B． C． D． 6．如图，在▱ABCD中，点G是CD上的三等分点，连接AG并延长交BD于点F，交BC的延长线于点E，若FG＝2，则AE＝（　　） A．18 B．20 C．22 D．24 7．如图，平行于BC的线段DE把△ABC分成面积相等的两部分，则若AD＝1，则BD的长为（　　） A． B．1 C． D． 8．如图，这是一把折叠椅子及其侧面的示意图，线段AE和BD相交于点C，点F在AE的延长线上，测得AC＝30cm，BC＝40cm，CD＝24cm，EC＝18cm，若∠BAC＝60°，则∠DEF的度数为（　　） A．120° B．125° C．130° D．135° 9．如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD，EC分别交AD，BD于点F，G，若AF＝AB，则AD：AB的值为（　　） A． B． C．2 D． 10．如图，四边形ABCD为正方形，∠CAB的平分线交BC于点E，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，延长AE交CF于点G，连接BG，DG，DG与AC相交于点H．有下列结论： ①BE＝BF； ②∠ACF＝∠F； ③BG⊥DG； ④． 正确的个数是（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 二．填空题（共8小题） 11．已知，则m的值 　 　． 12．如图，以点O为位似中心，将△ABC缩小后得到△A′B′C′，已知OB＝3OB′，则△A′B′C′与△ABC的面积比为　 　． 13．如图，东方明珠电视塔高468m，如果把塔身看作一条线段AC，中间的球体看作点B，那么点B是线段AC的黄金分割点，则AB的长为 　 　m．（精确到0.1m） 14．如图，在△ABC中，AB＝6cm，AC＝12cm，动点D从A点出发到B点止，动点E从C点出发到A点止，点D的运动速度为1cm/s，点E的运动速度为2cm/s．若D，E两点同时出发，则当以点A，D，E为顶点的三角形与△ABC相似时，运动时间为 　 　s． 15．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC上一动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使△ADE∽△ABC，则△ADE面积的最小值为 　 　． 16．如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E，F是OC的中点，连结EF交OB于点P，那么＝　 　． 17．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，∠A＝36°，分别以点A、C为圆心，相同半径画弧，弧线分别相交有两个交点，连接这两个交点的直线交AB于点D，连接CD，则CD＝　 　．（结果若有根号则保留根号） 18．如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，若，则MN＝　 　． 三．解答题（共10小题） 19．已知a，b，c是△ABC的三边长，且． （1）求的值； （2）若△ABC的周长为81，求三边a，b，c的长． 20．如图，在网格图中（小正方形的边长为1），△ABC的三个顶点都在格点上． （1）把△ABC沿着x轴向右平移6个单位得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （2）请以坐标系的原点O点为位似中心在第一象限内画出△ABC的位似图形△A2B2C2，使得△ABC与△A2B2C2的位似比为1：2； （3）请直接写出△A2B2C2三个顶点的坐标． 21．如图，在菱形ABCD中，点E在BC边上（与点B、C不重合），连接AE交BD于点G．AG＝BG，AB＝2，BD＝3，求线段DG的长． 22．如图，直线AD，BC交于点O，AB∥EF∥CD，若AO＝2，OF＝1，FD＝3，求的值． 23．如图，AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，连接AD、BC． （1）求证：△ADE∽△CBE； （2）如果AB⊥CD，⊙O的半径r＝5，AB＝6，求OE． 24．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，点Q为CA延长线上一点，延长QD交BC于点P，连接OD，． （1）求证：PD是⊙O的切线； （2）若AQ＝AC，AD＝6时，求BP的长． 25．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E．连接CE，点F是BE上一动点，过点F作FG∥CE交BC于点G．将△BFG绕点B旋转得到△BF'G'． （1）连接CG'，EF'，求证：△BEF'∽△BCG'； （2）当点G'恰好落在直线AE上时，若BF＝3，求EG'的值． 26．已知：如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，过点E作AC的垂线交边BC于点F，与AB的延长线交于点M，且AB•AM＝AE•AC． 求证：（1）四边形ABCD是矩形； （2）DE2＝EF•EM． 27．如图，边长为5的正方形OABC的顶点O在坐标原点处，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点E是OA边上的点（不与点A重合），EF⊥CE，且与正方形外角平分线AG交于点P． （1）当点E坐标为（3，0）时，试证明CE＝EP； （2）如果将上述条件“点E坐标为（3，0）”改为“点E坐标为（t，0）（t＞0），结论CE＝EP是否成立，请说明理由； （3）在y轴上是否存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形？若存在，用t表示点M的坐标；若不存在，说明理由． 参考答案 一．选择题（共10小题） 1．C． 2．C． 3．C． 4．A． 5．D． 6．D． 7．D． 8．A． 9．B． 10．D． 二．填空题（共8小题） 11．3或﹣1． 12．． 13．289.2． 14．3或4.8． 15．． 16．． 17．． 18．． 三．解答题（共10小题） 19．解：因为 ， 设a＝2k，则b＝3k，c＝4k， （1）＝＝， （2）∵△ABC的周长为81， ∴a+b+c＝2k+3k+4k＝9k＝81， 解得k＝9， 所以a＝18，b＝27，c＝36． 20．解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作； （3）△A2B2C2三个顶点的坐标分别为A2（6，0），B2（6，4），C2（2，6）． 21．解：∵AG＝BG， ∴∠BAG＝∠ABG， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴∠BAG＝∠ADB， ∴△BAG∽△BDA， ∴，即， ∴， ∴． 22．解：∵AO＝2，OF＝1，FD＝3， ∴AF＝AO+OF＝2+1＝3，AD＝AF+FD＝3+3＝6， ∵AB∥EF∥CD， ∴＝＝＝． 23．解：（1）∵． ∴∠B＝∠D． ∵∠ADE＝∠BEC． ∴△ADE∽△CBE； （2）连接BO，如图， ∵AB⊥CD，CD是⊙O的直径，AB＝6． ∴EB＝3，OB＝5． ∴ 24．（1）证明：连接DC， ∵＝， ∴， ∵， ∴∠DCA＝∠ADQ， ∵直径AC， ∴∠ADC＝90°， ∴∠DCA+∠DAC＝90°， ∵∠ADQ+∠DAC＝90°，∠ADO＝∠DAC， ∴∠ADQ+∠ADO＝90°， ∴DP是⊙O的切线； （2）解：连接OP．∵∠C＝90°，OC为半径， ∴PC是⊙O的切线， ∴PD＝PC， ∴∠DPO＝∠CPO， ∴OP⊥CD， ∴OP∥AD， ∵AQ＝AC＝2OA， ∴， ∵AD＝6， ∴OP＝9， ∵OP是△ACB的中位线， ∴AB＝18，BD＝AB﹣AD＝12， ∵CD⊥AB，∠C＝90°， ∴BC2＝BD•AB＝216， ∴， ∴． 25．（1）证明：∵FG∥CE， ∴△BFG∽△BEC， ∴＝， ∴＝， ∵∠F′BG′＝∠EBC， ∴∠FBG′+∠EBG′＝∠EBC+∠EBG′， 即∠F′BE＝∠CBG， ∴△BEF′∽△BCG′； （2）如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠A＝∠ABC＝90°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠ABC＝45°， ∴∠AEB＝90°﹣∠ABE＝45°， ∴∠AEB＝∠ABE， ∴AE＝AB＝3， ∴BE＝3， 由（1）知：＝， ∴＝， ∴BG＝， ∴BG′＝BG＝， 在Rt△ABG′中，由勾股定理得， AG′＝＝＝， ∴EG′＝AE﹣AG′＝3﹣＝， EG″＝， 综上所述：EG′＝． 26．解：（1）∵AB•AM＝AE•AC， ∴＝， ∵∠CAB＝∠CAB， ∴△ACB∽△AME， ∴∠AME＝∠ACB， 由于∠AME+∠BAC＝90°， 则∠ACB+∠BAC＝90°， ∴▱ABCD是矩形． （2）由（1）可知：DE＝EC，AE＝EC， ∵ME⊥AC， ∴ME平分∠AMC， ∴∠CME＝∠AME＝∠ECB， ∵∠MEC＝∠FEC＝90°， ∴△CEF∽△MEC， ∴， ∴EC2＝EF•EM， 即DE2＝EF•EM． 27．解：（1）（2）方法一： 在OC上截取ON＝OE， 则AE＝CN，∠EAP＝∠CNE＝135°， ∵CE⊥EP， ∴∠CEO+∠PEA＝90°， 又∵∠OCE+∠OEC＝90°， ∴∠NCE＝∠AEP， ∴△NCE≌△AEP， ∴CE＝EP，即不论点E的坐标是多少，都存在CE＝EP，（1）（2）得证； 方法二：（1）过点P作PH⊥x轴，垂足为H， ∴∠2＝∠1＝90°， ∵EF⊥CE， ∴∠3＝∠4， ∴△COE∽△EHP， ∴， 由题意知：CO＝5，OE＝3，EH＝EA+AH＝2+HP， ∴＝即HP＝3， ∴EH＝5， 在Rt△COE和Rt△EHP中， ∴CE＝，EP＝， 故CE＝EP． （2）CE＝EP仍成立，理由如下： 同理△COE∽△EHP， ∴， 由题意知：CO＝5，OE＝t，EH＝5﹣t+HP， ∴＝，整理得（5﹣t）HP＝t（5﹣t）， ∵点E不与点A重合，A（5，0）， ∴5﹣t≠0， ∴HP＝t， ∴AH＝t， ∴EH＝5， ∴在Rt△COE和Rt△EHP中， CE＝EP＝， ∴CE＝EP． （3）y轴上存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形． 理由如下： 过点B作BM∥EP交y轴于点M， ∴∠5＝∠CEP＝90°， ∴∠4+∠ECB＝90°，∠6+∠ECB＝90°， ∴∠6＝∠4， 在△BCM和△COE中， ， ∴△BCM≌△COE（ASA）， ∴BM＝CE， 而CE＝EP， ∴BM＝EP， 由于BM∥EP， ∴四边形BMEP是平行四边形， 由△BCM≌△COE， 可得CM＝OE＝t， ∴OM＝CO﹣CM＝5﹣t， 故点M的坐标为（0，5﹣t）． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/30 21:58:33；用户：李红；邮箱：13704675964；学号：20705407 学科网（北京）股份有限公司 $$