人教版九年级下册27.2.2 相似三角形的性质精品课后作业题

这是一份人教版九年级下册27.2.2 相似三角形的性质精品课后作业题，文件包含9年级数学下册同步培优题典专题274相似三角形的性质教师版人教版docx、9年级数学下册同步培优题典专题274相似三角形的性质学生版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
初中数学培优措施和方法
1、拓宽解题思路。数学解题不要局限于本题，而要做到举一反三、多思多想
2、细节决定成败。审题的细节、知识理解的细节、运用公式的细节、忽视检验的细节等，细节决定成败。
3、制作错题集。收集自己的错误，分门别类，没事时就翻一翻，看一看，自警一番，肯定会有很大的收获。
4、查自己欠缺的知识。关键的是做好知识准备，检查漏洞；其次是对解题常犯错误的准备
5、把好的做法形成习惯。注意书写规范，重要步骤不能丢，丢步骤等于丢分。
6、主动思考，全心投入。听课过程中，要主动思考，这样遇到实际问题时，会应用所学的知识去解答问题。


专题27.4相似三角形的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020•江油市一模）已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似比为2：3，△ABC的面积为40，则△DEF的面积为（　　）
A．60 B．70 C．80 D．90
【分析】根据△ABC与△DEF相似，相似比为2：3，可得面积比为4：9，进而可得答案．
【解析】∵△ABC与△DEF相似，相似比为2：3，
∴面积比为4：9，
∵△ABC的面积为40，
∴△DEF的面积为90，
故选：D．
2．（2020•铜仁市）已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（　　）
A．3 B．2 C．4 D．5
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比解答．
【解析】∵△FHB和△EAD的周长分别为30和15，
∴△FHB和△EAD的周长比为2：1，
∵△FHB∽△EAD，
∴FHEA=2，即6EA=2，
解得，EA＝3，
故选：A．
3．（2019秋•蚌埠期末）若△ABC与△A1B1C1相似且对应中线之比为2：5，则周长之比和面积比分别是（　　）
A．2：5，4：5 B．2：5，4：25 C．4：25，4：25 D．4：25，2：5
【分析】直接根据相似三角形的性质进行解答即可．
【解析】∵△ABC与△A1B1C1相似，且对应中线之比为2：5，
∴其相似比为2：5，
∴△ABC与△A1B1C1周长之比为2：5，
△ABC与△A1B1C1面积比为4：25，
故选：B．
4．（2020•九龙坡区自主招生）如图，在△ABC中，DE∥BC，ADAB=23，记△ADE的面积为S1，四边形DBCE的面积为S2，则S1S2的值是（　　）

A．45 B．59 C．23 D．49
【分析】先由DE∥BC判定△ADE∽△ABC，再由相似三角形的面积比等于相似比的平方，得出含有S1与S2的比例式，化简即可得出答案．
【解析】∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵ADAB=23，
∴S1S△ABC=49，
∴S1S1+S2=49，
∴9S1＝4S1+4S2，
∴5S1＝4S2，
∴S1S2=45．
故选：A．
5．（2018秋•平度市期末）如图，在▱ABCD中，E为CD边上的中点，AE交BD于点O，若S△DOE＝2，则▱ABCD的面积为（　　）

A．8 B．12 C．16 D．24
【分析】根据平行四边形的性质得到AB∥BC，证明△DOE∽△BOA，根据相似三角形的性质、平行四边形的性质计算即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，E为CD边上的中点，
∴AB∥BC，DE=12DC=12AB，
∴△DOE∽△BOA，
∴OEOA=ODOB=DEAB=12，S△DOES△BOA=（DEAB）2，即2S△BOA=14，
∴S△BOA＝8，S△AOD＝4，
∴S△BAD＝12，
∴▱ABCD的面积＝24，
故选：D．
6．（2020•闽侯县模拟）如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝6，D为BC边上的一点，且∠BAC＝∠ADC．若△ADC的面积为a，则△ABC的面积为（　　）

A．4a B．72a C．52a D．2a
【分析】先证明△CAD∽△CBA，利用相似的性质求三角形ABC的面积．
【解析】∵∠ACD＝∠BCA，∠BAC＝∠ADC．
∴△CAD∽△CBA，
∵S△ABCS△ADC=（ACBC）2＝（63）2＝4，
∴S△ABC＝4a．
故选：A．
7．（2020•天台县模拟）如图，在△ABC中，点E是线段AC上一点，AE：CE＝1：2，过点C作CD∥AB交BE的延长线于点D，若△ABE的面积等于4，则△BCD的面积等于（　　）

A．8 B．16 C．24 D．32
【分析】先由CD∥AB，证得△ABE∽△CDE，再根据已知条件及相似三角形的性质得出S△CDE的值，然后根据△BCE中CE边上的高和△ABE中AE边上的高相等及CE＝2AE，得出S△BCE的值，最后利用关系式S△BCD＝S△CDE+S△BCE，可得答案．
【解析】∵CD∥AB
∴△ABE∽△CDE
又∵AE：CE＝1：2
∴S△ABES△CDE=14
∵S△ABE＝4
∴S△CDE＝16
∵AE：CE＝1：2
∴CE＝2AE
∵△BCE中CE边上的高和△ABE中AE边上的高相等
∴S△BCE＝2S△ABE
∵S△ABE＝4
∴S△BCE＝2×4＝8
∴S△BCD＝S△CDE+S△BCE＝16+8＝24
故选：C．
8．（2020•岱岳区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OG⊥AB，垂足为G，延长GB至点E，使得GE＝BC，连接OE交BC于点F．若AB＝12，BC＝8，则BF的长为（　　）

A．1 B．12 C．32 D．2
【分析】由矩形的性质得OA＝OC，得OG为△ABC的中位线，进而证明△BEF∽△GEO，由相似三角形的比例线段求得结果．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，∠ABC＝∠CBE＝90°，
∵OG⊥AB，
∴OG∥BC，
∴AG＝BG＝6，
∴OG=12BC＝4，
∵GE＝BC＝8，
∴BE＝GE﹣BG＝8﹣6＝2，
∵BF∥OG，
∴△BEF∽△GEO，
∴BFGO=BEGE，
∴BF=BE⋅GOGE=2×48=1．
故选：A．

9．（2020秋•蜀山区校级月考）如图，已知点D、E是AB的三等分点，DF、EG将△ABC分成三部分，且DF∥EG∥BC，图中三部分的面积分别为S1，S2，S3，则S1：S2：S3＝（　　）

A．1：2：3 B．1：2：4 C．1：3：5 D．2：3：4
【分析】根据相似三角形的判定与性质即可求解．
【解析】∵点D、E是AB的三等分点，
∴ADAE=12，ADAB=13，
∵DF∥EG∥BC，
∴△ADF∽△AEG，△ADF∽△ABC，
∴S△ADFS△AEG=(ADAE)2=14，S△ADFS△ABC=(ADAB)2=19，
∴S1：S2：S3＝1：3：5，
故选：C．
10．（2020春•贵阳月考）如图，在平行四边形ABCD中，E是AB的中点，F是AD的中点，FE交AC于O点，交CB的延长线于G点，那么S△AOF：S△COG＝（　　）

A．1：4 B．1：9 C．1：16 D．1：25
【分析】根据平行四边形的性质求出AD＝BC，AD∥BC，推出△AFE∽△BGE，△AFO∽△CGO，再根据相似三角形的性质得出即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AB的中点，F为AD的中点，
∴AE＝BE，AF=12AD=12BC，
∵AD∥BC，
∴△AFE∽△BGE，
∴AFBG=AEBE，
∵AE＝BE，
∴AF＝BG=12BC，
∴AFCG=13
∵AD∥BC，
∴△AFO∽△CGO，
∴S△AFOS△CGO=（AFCG）2=19，
即S△AOF：S△COG＝1：9，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020•利辛县模拟）联结三角形各边中点，所得的三角形的周长与原三角形周长的比是　1：2　．
【分析】根据D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，求证△DEF∽△ABC，然后利用相似三角形周长比等于相似比，可得出答案．
【解析】如图，
∵D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
∴DE=12AC，DF=12BC，EF=12AB，
∴DE+DF+EF=12AC+12BC+12AB，
∵△DEF∽△ABC，
∴所得到的△DEF与△ABC的周长之比是：1：2．
故答案为：1：2．

12．（2019秋•普宁市期中）已知△ABC∽△DEF，且S△ABC＝4，S△DEF＝9，则ABDE=　23　．
【分析】直接根据相似三角形的性质即可得出结论．
【解析】∵△ABC∽△DEF，且S△ABC＝4，S△DEF＝9，
∴ABDE=49=23．
故答案为23
13．（2019秋•大东区期末）若两个相似三角形的面积比是9：25，则对应边上的中线的比为　3：5　．
【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出相似比，根据相似三角形的性质求出答案．
【解析】∵两个相似三角形的面积比是9：25，
∴两个相似三角形的相似比是3：5，
∴对应边上的中线的比为3：5，
故答案为：3：5．
14．（2019秋•黄浦区期中）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是边AB上的一点，E是边AC上的一点（D、E与端点不重合），如果△CDE与△ABC相似，那么CD的长是　52或125　．
【分析】分类讨论：当△ABC∽△CDE，如图1，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，证明BD＝AD即可解决问题；当△ABC∽△DCE，如图2，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠B，接着证明CD⊥AB，利用面积法可计算出CD=125；当△ABC∽△CED，如图3，∠CDE＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，证明CD为斜边上的中线，则CD＝DA＝DB=12AB=52．
【解析】∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB=BC2+AC2=32+42=5，
当△ABC∽△CDE，如图1，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，
∴△ADC为等腰三角形，
∴CE＝AE，
∵ED∥BC，
∴BD＝AD，
∴CD=12AB=52，
当△ABC∽△DCE，如图2，则∠CED＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠B，
而∠BCD+∠DCE＝90°，
∴∠B+∠BCD＝90°，
∴CD⊥AB，
∴CD=BC⋅ACAB=125，
当△ABC∽△CED，如图3，∠CDE＝∠ACB＝90°，∠DCE＝∠A，
∴DC＝DA，
∵∠A+∠B＝90°，∠DCE+∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠BCD，
∴DB＝DC，
∴CD＝DA＝DB=12AB=52，
综上所述，CD的长为52或125．
故答案为52或125．



15．（2020春•海淀区校级月考）如图，在矩形ABCD中，E是边AB中点，连接DE交AC于点F，若AB＝12，AD＝9，则CF的长为　10　．

【分析】由勾股定理可求AC的长，通过证明△AEF∽△CDF，可得AECD=AFCF=12，可得CF＝2AF，即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝9，AB＝CD＝12，∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=144+81=15，
∵E是边AB中点，
∴AE＝6，
∵AB∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴AECD=AFCF=12，
∴CF＝2AF，
∵AF+CF＝AC＝15，
∴AF＝5，
∴CF＝10，
故答案为：10．
16．（2019•丹阳市模拟）如图，O为Rt△ABC斜边中点，AB＝10，BC＝6，M，N在AC边上，∠MON＝∠B，若△OMN与△OBC相似，则CM＝　74或258　．

【分析】分两种情形分别求解：①如图1中，当∠MON＝∠OMN时．②如图2中，当∠MON＝∠ONM时．
【解析】∵∠ACB＝90°，AO＝OB，
∴OC＝OA＝OB，
∴∠B＝∠OCB，
∵∠MON＝∠B，若△OMN与△OBC相似，
∴有两种情形：①如图1中，当∠MON＝∠OMN时，

∵∠OMN＝∠B，∠OMC+∠OMN＝180°，
∴∠OMC+∠B＝180°，
∴∠MOB+∠BCM＝180°，
∴∠MOB＝90°，
∵∠AOM＝∠ACB，∠A＝∠A，
∴△AOM∽△ACB，
∴AMAB=OAAC，
∴AM10=58，
∴AM=254，
∴CM＝AC﹣AM＝8−254=74．

②如图2中，当∠MON＝∠ONM时，

∵∠BOC＝∠OMN，
∴∠A+∠ACO＝∠ACO+∠MOC，
∴∠MOC＝∠A，
∵∠MCO＝∠ACO，
∴△OCM∽△ACO，
∴OC2＝CM•CA，
∴25＝CM•8，
∴CM=258，
故答案为74或258．
17．（2018•桓台县一模）如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝6，AC＝8，F为DE中点，若点D在直线BC上运动，连接CF，则在点D运动过程中，线段CF的最小值是　4　．

【分析】连接CE，根据∠DCE＝90°，F是DE的中点，可得CF=12DE，再根据当AD⊥BC时，AD最短，此时DE最短，根据直角三角形的面积以及相似三角形的性质，求得DE的最小值，即可得出CF的最小值．
【解析】如图，连接CE，

∵△ABC∽△ADE，
∴∠ACD＝∠AEG，
又∵∠AGE＝∠DGC，
∴△AGE∽△DGC，
∴AGDG=EGCG，
又∵∠AGD＝∠EGC，
∴△AGD∽△EGC，
∴∠ADG＝∠ECG，
又∵Rt△ADE中，∠ADG+∠AEG＝90°，
∴∠ECG+∠ACD＝90°，即∠DCE＝90°，
∵F是DE的中点，
∴CF=12DE，
∵△ABC∽△ADE，
∴当AD⊥BC时，AD最短，此时DE最短，
当AD⊥BC时，AD=AB×ACBC=4.8，
∵ADDE=ABBC，即4.8DE=610，
∴DE＝8，
∴CF=12×8＝4．
故答案为：4．
18．（2020•交城县二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，以点A为圆心、AC长为半径画弧，交AB于点D，再分别以B，D为圆心、大于12BD的长为半径画弧，两弧交于M，N，作直线MN，分别交AB，BC于点E，F，则线段EF的长为　34　．

【分析】依据勾股定理以及线段垂直平分线的的性质，即可得到BE的长，再根据△ABC∽△FBE，即可得到EF的长．
【解析】∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴由勾股定理得，AB=32+42=5，
由题可得，AD＝AC＝3，
∴BD＝5﹣3＝2，
由题可得，MN垂直平分BD，
∴BE＝1，∠BEF＝∠ACB＝90°，
又∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△FBE，
∴EFCA=BEBC，即EF3=14，
解得EF=34，
故答案为：34．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•大丰区期中）如图，已知△ABC中，AT为∠BAC的平分线，
（1）若AB＝3，AC＝4，BC＝5，求△ABT与△ACT的面积之比．
（2）求证：ABAC=BTTC．

【分析】（1）过T作TD⊥AB，TE⊥AC，垂足分别为D，E，根据角平分线的性质可得TD＝TE，再利用三角形的面积公式可证明结论；
（2）设△ABC中BC边上的高为h，根据三角形的面积公式可求解S△ABT：S△ACT＝BT：TC，再结合（1）的结论可证明结论．
【解析】（1）过T作TD⊥AB，TE⊥AC，垂足分别为D，E，

∵AT为∠BAC的平分线，
∴TD＝TE，
∵S△ABT=12AB•TD，S△ACT=12AC•TE，AB＝3，AC＝4，
∴S△ABT：S△ACT＝AB：AC＝3：4；
（2）设△ABC中BC边上的高为h，
则S△ABT=12BT•h，S△ACT=12TC•h，
∴S△ABT：S△ACT＝BT：TC，
由（1）知S△ABT：S△ACT＝AB：AC，
∴ABAC=BTTC．
20．（2020秋•杨浦区期中）如图，已知在菱形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，∠BAE＝∠DAF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）联结BD与AE交于点G，联结GF，如果BE2＝EC•BC，求证：GF∥BC．

【分析】（1）根据菱形的性质可得∠B＝∠D，AB＝AD，再证明△ABE≌△ADF，可得结论；
（2）通过证明△AGD∽△EGB，可得BEAD=BGGD，可得BGDG=CFDF，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，AB＝AD，
在△ABE和△ADF中，
∠BAE=∠DAFAB=AD∠B=∠D，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF；
（2）如图，

∵BC＝CD，BE＝DF，
∴EC＝CF，
∵AD∥BC，
∴△AGD∽△EGB，
∴BEAD=BGGD，
∵BE2＝EC•BC，
∴BEBC=ECBE，
∴BEAD=CFDF，
∴BGDG=CFDF，
∴GF∥BC．
21．（2020春•岱岳区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD上的点，AE：ED＝1：2．连结BE，交AO于点G．
（1）求EG：BG的值；
（2）求证：AG＝OG．

【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，从而可得△AEG∽△CBG，由AE：ED＝1：2可得BC＝3AE，然后根据相似三角形的性质，即可求出EG：BG的值；
（2）得出CG＝2OA﹣AG，则AG2OA−AG=13，得出AG=12OA，则可得出结论．
【解析】（1）∵AE：ED＝1：2．
∴AEAD=13，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
∴EGBG=AEAD=13，
∴EG：BG＝1：3；
（2）证明：由（1）知：△AEG∽△CBG，
∴AGCG=13，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∴CG＝2OA﹣AG，
∴AG2OA−AG=13，
即AG=12OA，
∴AG＝OG．
22．（2018秋•临泽县校级期中）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝12厘米，BC＝6厘米，点P沿AB边从点A开始向点B以2厘米/秒的速度移动；点Q沿DA边从点D向点A以1厘米/秒的速度移动．如果P、Q同时出发，用t（秒）表示移动时间（0≤t≤6）．那么：
（1）当t为何值时，△QAP为等腰直角三角形？
（2）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？

【分析】（1）根据题意得出DQ＝t，AP＝2t，QA＝6﹣t，由于△QAP为等腰直角三角形，则6﹣t＝2t，求出t的值即可；
（2）由于以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC的对应边不能确定，故应分两种情况进行讨论．
【解析】（1）∵AB＝12厘米，BC＝6厘米，点P沿AB边从点A开始向点B以2厘米/秒的速度移动；点Q沿DA边从点D向点A以1厘米/秒的速度移动，
∴DQ＝t，AP＝2t，QA＝6﹣t，
当△QAP为等腰直角三角形即6﹣t＝2t，解得t＝2；

（2）两种情况：
当AQAB=APBC时，即6−t12=2t6，解得t＝1.2（秒）；
当AQBC=APAB时，即6−t6=2t12，解得t＝3（秒）．
故当经过1.2秒或3秒时，△QAP与△ABC相似．
23．（2020•淮安模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20cm，BC＝15cm，现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段CB也向点B方向运动，如果点P的速度是4cm/s，点Q的速度是2cm/s，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒．求：
（1）当t＝3时，这时，P，Q两点之间的距离是多少？
（2）若△CPQ的面积为S，求S关于t的函数关系式．
（3）当t为多少时，以点C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？

【分析】（1）在Rt△CPQ中，当t＝3，可知CP、CQ的长，运用勾股定理可将PQ的长求出；
（2）由点P，点Q的运动速度和运动时间，又知AC，BC的长，可将CP、CQ用含t的表达式求出，代入直角三角形面积公式S△CPQ=12CP×CQ求解；
（3）应分两种情况：当Rt△CPQ∽Rt△CAB时，根据CPCA=CQCB，可将时间t求出；当Rt△CPQ∽Rt△CBA时，根据CPCB=CQCA，可求出时间t．
【解析】由题意得AP＝4t，CQ＝2t，则CP＝20﹣4t，
（1）当t＝3时，CP＝20﹣4t＝8cm，CQ＝2t＝6cm，
由勾股定理得PQ=CP2+CQ2=82+62=10cm；

（2）由题意得AP＝4t，CQ＝2t，则CP＝20﹣4t，
因此Rt△CPQ的面积为S=12×(20−4t)×2t=(20t−4t2)cm2；

（3）分两种情况：
①当Rt△CPQ∽Rt△CAB时，CPCA=CQCB，即20−4t20=2t15，解得t＝3；
②当Rt△CPQ∽Rt△CBA时，CPCB=CQCA，即20−4t15=2t20，解得t=4011．
因此t＝3或t=4011时，以点C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似．
24．（2020•甘井子区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点C的切线与AB、AD的延长线分别相交于点E、F，且EF⊥AF．
（1）求证：∠ABC+∠DCF＝90°；
（2）若AF＝3，EF＝4，求⊙O的半径．

【分析】（1）由圆的内接四边形的性质可证∠ABC＝∠CDF，由直角三角形的性质可得结论；
（2）通过证明△ECO∽△EFA，可得EOEA=COAF，可求解．
【解析】（1）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
又∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ABC＝∠CDF，
∵∠CDF+∠DCF＝90°，
∴∠ABC+∠DCF＝90°；
（2）如图，连接OC，

∵AF＝3，EF＝4，
∴AE=AF2+EF2=9+16=5，
∵EF是⊙O的切线，
∴OC⊥EF，
∴∠ECO＝∠EFA＝90°，
又∵∠E＝∠E，
∴△ECO∽△EFA，
∴EOEA=COAF，
∴5−AO5=AO3，
∴AO=158，
∴⊙O的半径为158．