第4章 相似三角形 浙教版数学九年级上册素养检测卷(含解析)

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　九上第4章 相似三角形 综合素质评价一、选择题(每题3分，共30分)1．下列各组线段中，成比例的一组是(　　)A．a＝4，b＝6，c＝5，d＝10 B．a＝2，b＝4，c＝3，d＝6C．a＝2，b＝eq \r(5)，c＝2 eq \r(5)，d＝10 D．a＝0.8，b＝3，c＝1，d＝102．[母题：教材P125例1]如图，AB∥CD∥EF，若AC＝4，CE＝2，BD＝3，则BF的长为(　　)A．1.5 B．2 C．4.5 D．53．若x＝eq \f(a,b＋c)＝eq \f(b,a＋c)＝eq \f(c,a＋b)，则x＝(　　)A．－1或eq \f(1,2) B．－1 C．eq \f(1,2) D．不能确定4．如图，下列条件中不能判定△ACD∽△ABC的是(　　)A．∠ADC＝∠ACB B．eq \f(AB,BC)＝eq \f(AC,CD)C．∠ACD＝∠B D．AC2＝AD·AB5．大自然巧夺天工，一片树叶也蕴含着“黄金分割”．如图，P为AB的黄金分割点(AP>PB)，如果AB的长度为8 cm，那么BP的长度是(　　)A．(12－4 eq \r(5)) cm B．(9－4 eq \r(5)) cm C．(4 eq \r(5)－4) cm D．(4 eq \r(5)＋4) cm6．有下列结论：①两个正三角形相似；②两个等腰直角三角形相似；③两个菱形相似；④两个矩形相似；⑤两个正方形相似．其中正确的结论有(　　)A．①③⑤ B．②③⑤ C．②③④ D．①②⑤7．在平面直角坐标系中，已知点A(－4，2)，B(－6，－4)，以原点O为位似中心，位似比为eq \f(1,2)，把△ABO缩小，则点B的对应点B′的坐标是(　　)A．(－3，－2) B．(－12，－8)C．(－3，－2)或(3，2) D．(－12，－8)或(12，8)8.一种燕尾夹如图①所示，图②是在闭合状态时的示意图，图③是在打开状态时的示意图(数据如图，单位：mm)，从图②闭合状态到图③打开状态，点B，D之间的距离减少了(　　)A．25 mm B．20 mm C．15 mm D．8 mm9．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，中线AD，BE相交于点F，EG∥BC，交AD于点G，GF＝1，则BC的长为(　　)A．5 B．6 C．10 D．1210．如图，在平面直角坐标系中，已知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－2))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，0))，M是线段AB上的一个动点，连结CM，过点M作MN⊥MC交y轴于点N，若点M，N在直线y＝kx＋b上，则b的最大值是(　　)A．－eq \f(7,8) B．－eq \f(3,4) C．－1 D．0二、填空题(每题4分，共24分)11．若eq \f(m,n)＝eq \f(3,8)，则eq \f(m＋n,n)＝________．12．[2023·嘉兴期中]已知a＝4，b＝16，则a，b的比例中项为________．13．如图，若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则阴影部分的面积为________． 14.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，剪去一个矩形ABEF后，余下的矩形EFDC∽矩形BCDA，则EC的长为________．15．在同一时刻两根竹竿在太阳光下的影子如图所示，其中竹竿AB＝2 m，它的影子BC＝1.5 m，竹竿PQ的影子有一部分落在了墙上，它的影子QN＝1.8 m，MN＝0.8 m，竹竿PQ的长度为________．16．如图，将含30°角的直角三角尺放在矩形ABCD中，三角尺的30°角的顶点与点B重合，其他角的顶点分别在AD和CD边的点E，F处，若点E恰好为AD的中点，则eq \f(DF,FC)的值为________．三、解答题(17～19题每题6分，20，21题每题8分，22，23题每题10分，24题12分，共66分)17．已知a，b，c为△ABC的三边长，且a＋b＋c＝48，eq \f(a,3)＝eq \f(b,4)＝eq \f(c,5)，求△ABC三边的长．18．如图，在△ABC中，E，F分别是AB，AC上的点，且EF∥BC，如果AB＝9，AE＝4，AF＝3，那么FC的长是多少？ 19.如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别为O(0，0)，A(1，2)，B(3，1)．(1)将△OAB向右平移1个单位长度后得到△O1A1B1，请画出△O1A1B1.(2)以O为位似中心画出△O1A1B1的位似图形，使它与△O1A1B1的位似比为2∶1.20．[2023·金华武义县期末]如图，在矩形ABCD中，E是边BC的中点，DF⊥AE于点F. (1)求证：eq \f(AF,BE)＝eq \f(AD,AE).(2)已知AB＝8，BC＝12，求AF的长．21．九年级二班的兴趣小组想去测量学校旗杆的高度，如图所示，小逸同学的眼睛A与标杆顶端F、旗杆顶端E在同一直线上，已知小逸的眼睛到地面的距离(AB的长)为1.7 m，标杆FC的长为3.2 m，测得BC的长为2 m，CD的长为4 m，求旗杆ED的高． 22．如图，E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，相似比是eq \r(3)：2，连结EB，GD.(1)求证：EB＝GD.(2)若∠DAB＝60°，AB＝2，求GD的长．23．如图，在矩形ABCD中，已知 AB＝24，BC＝12，点E沿BC边从点B开始向点C以每秒2个单位长度的速度运动；点F沿CD边从点C开始向点D以每秒 4个单位长度的速度运动．如果点E，F同时出发，用t(0≤t≤6)秒表示运动的时间．请解答下列问题：(1)当t为何值时，△CEF是等腰直角三角形？(2)当t为何值时，以点E，C，F为顶点的三角形与△ACD 相似？24．[2023·金华婺城区期中]三角形的布洛卡点由法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意.1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．如图①，若△ABC内一点P满足∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝α，则点P是△ABC的布洛卡点，α是布洛卡角． (1)如图②，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是________；PA，PB，PC的数量关系是______________．(2)如图③，点P为等腰直角三角形ABC(其中∠BAC＝90°)的布洛卡点．①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；②若△ABC的面积为eq \f(5,2)，求△PBC的面积． 答案一、1.B　 2.C3．A　 【点拨】当a＋b＋c＝0时，∵b＋c＝－a，a＋c＝－b，a＋b＝－c，∴x＝eq \f(a,b＋c)＝eq \f(b,a＋c)＝eq \f(c,a＋b)＝－1，当a＋b＋c≠0时，x＝eq \f(a＋b＋c,（b＋c）＋（a＋c）＋（a＋b）)＝eq \f(1,2).4．B　5.A　6.D　7.C　8.A9．D　 【点拨】连结DE，∵中线AD，BE相交于点 F，∴DE∥AB，DE＝eq \f(1,2)AB，∴△ABF∽△DEF，∴eq \f(BF,EF)＝eq \f(AF,DF)＝eq \f(AB,DE)＝eq \f(2,1)，∴eq \f(AD,DF)＝eq \f(AF＋DF,DF)＝eq \f(3,1).∵EG∥BC，∴△BDF∽△EGF，∴eq \f(DF,GF)＝eq \f(BF,EF)＝eq \f(2,1).∵GF＝1，∴DF＝2GF＝2，∴AD＝3DF＝6.∵∠BAC＝90°，AD是中线，∴BC＝2AD＝12.10．A　 【点拨】连结AC，∵A(－3，－2)，B(0，－2)，C(－3，0)，∴AB＝OC＝3，OB＝AC＝2.又∵∠COB＝90°，∴四边形ABOC是矩形，∴∠A＝∠ABO＝90°，∴∠BMN＋∠BNM＝90°.又∵MN⊥MC，∴∠CMN＝90°，∴∠AMC＋∠BMN＝90°，∴∠AMC＝∠BNM，∴△AMC∽△BNM，∴eq \f(AC,BM)＝eq \f(AM,BN).设BN＝m，AM＝n，则BM＝3－n，ON＝2－m，∴eq \f(2,3－n)＝eq \f(x,m)，即m＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n.当n＝－eq \f(\f(3,2),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq \f(3,2)时，m有最大值，m最大＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(9,8)，即BN的最大值为eq \f(9,8).∵直线y＝kx＋b与y轴交于N(0，b)，当BN最大时，ON最小，b的值最大，∴ON最小＝OB－BN＝2－eq \f(9,8)＝eq \f(7,8)，此时Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(7,8))).∴b的最大值为－eq \f(7,8).二、11.eq \f(11,8)　12.±8　13.eq \f(16,3)　14.115．3.2 m　【点拨】如图，连结 AC，PM，过点 M作MF⊥PQ，垂足为F.易得四边形FQNM是矩形，∴FM＝QN＝1.8 m，FQ＝MN＝0.8 m.∵同一时刻物体的影子与实际高度成比例，∴eq \f(AB,BC)＝eq \f(PF,FM)，∴eq \f(2,1.5)＝eq \f(PF,1.8)，∴PF＝2.4 m，∴PQ＝PF＋FQ＝2.4＋0.8＝3.2(m)．16.eq \f(1,2)　【点拨】∵∠BEF＝90°，∴∠AEB＋∠DEF＝90°.又∵∠A＝∠D＝90°，∴∠AEB＋∠ABE＝90°，∴∠DEF＝∠ABE，∴△ABE∽△DEF，∴eq \f(AB,DE)＝eq \f(AE,DF)＝eq \f(BE,EF).∵∠EBF＝30°，∴BF＝2EF，∴BE＝eq \r(BF2－EF2)＝eq \r(（2EF）2－EF2)＝eq \r(3)EF，∴eq \f(AB,DE)＝eq \f(AE,DF)＝eq \f(BE,EF)＝eq \r(3).设DF＝x，则AE＝eq \r(3)x.∵点E为AD的中点，∴DE＝AE＝eq \r(3)x，∴AB＝eq \r(3)DE＝3x.∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3x，∴CF＝CD－DF＝3x－x＝2x，∴eq \f(DF,CF)＝eq \f(1,2).三、17.【解】设eq \f(a,3)＝eq \f(b,4)＝eq \f(c,5)＝k，则a＝3k，b＝4k，c＝5k，又∵a＋b＋c＝48，∴3k＋4k＋5k＝48，∴k＝4，∴a＝12，b＝16，c＝20.18．【解】∵EF∥BC，∴eq \f(AE,AB)＝eq \f(AF,AC)，即eq \f(4,9)＝eq \f(3,AC)，∴AC＝eq \f(27,4)，∴FC＝AC－AF＝eq \f(15,4).19．【解】(1)如图，△O1A1B1即为所求．(2)如图，△O2A2B2和△O3A3B3即为所求．20．(1)【证明】∵四边形ABCD为矩形，DF⊥AE，∴∠B＝∠BAD＝∠AFD＝90°，∴∠BAE＋∠EAD＝∠EAD＋∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，∴△ADF∽△EAB，∴eq \f(AF,BE)＝eq \f(AD,AE).(2)【解】∵E为BC的中点，∴BE＝eq \f(1,2)BC＝6，∴AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝10.∵四边形ABCD是矩形，BC＝12，∴AD＝BC＝12.∵eq \f(AF,BE)＝eq \f(AD,AE)，∴eq \f(AF,6)＝eq \f(12,10)，∴AF＝7.2.21．【解】过点A作AH⊥ED交ED于点H，交FC于点G.由题意可得FC⊥BD，ED⊥BD，AB⊥BD，∴FC∥ED，∴AH⊥FC，∴∠ABC＝∠BCG＝∠CGA＝90°，∠HGC＝∠GCD＝∠CDH＝90°.∴四边形ABCG、四边形GCDH都是矩形．∴HD＝GC＝AB＝1.7 m，AG＝BC＝2 m，GH＝CD＝4 m.∴FG＝FC－GC＝3.2－1.7＝1.5(m)，AH＝AG＋GH＝2＋4＝6(m)．∵FC∥ED，∴△AFG∽△AEH.∴eq \f(AG,AH)＝eq \f(FG,EH)，即eq \f(2,6)＝eq \f(1.5,EH)，∴EH＝4.5 m.∴ED＝EH＋HD＝4.5＋1.7＝6.2(m)．答：旗杆ED的高为6.2 m. 22．(1)【证明】∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形，∴AE＝AG，AB＝AD.∵菱形AEFG∽菱形ABCD，∴∠EAG＝∠BAD，∴∠EAG＋∠GAB＝∠BAD＋∠GAB，∴∠EAB＝∠GAD.∴△AEB≌△AGD. ∴EB＝GD.(2)【解】连结BD交AC于点P，则BP⊥AC.又∵∠DAB＝60°，∴∠PAB＝30°，∴BP＝eq \f(1,2)AB＝1，∴AP＝eq \r(AB2－BP2)＝eq \r(3).∵菱形AEFG∽菱形ABCD，相似比是eq \r(3) ∶2，∴AE＝eq \f(\r(3),2)AB＝eq \r(3)，∴EP＝AE＋AP＝2eq \r(3)，∴EB＝eq \r(EP2＋BP2)＝eq \r(12＋1)＝eq \r(13)，∴GD＝EB＝eq \r(13).23．【解】(1)由题意可知BE＝2t，CF＝4t，CE＝12－2t.∵△CEF是等腰直角三角形，∠ECF是直角，∴CE＝CF.∴12－2t＝4t，解得 t＝2.∴当t＝2时，△CEF是等腰直角三角形．(2)∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝12，CD＝AB＝24.根据题意，可分为两种情况：①若△EFC∽△ACD，则eq \f(EC,AD)＝eq \f(FC,CD)，∴eq \f(12－2t,12)＝eq \f(4t,24).解得t＝3.即当t＝3时，△EFC∽△ACD；②若△FEC∽△ACD，则eq \f(FC,AD)＝eq \f(EC,CD)，∴eq \f(4t,12)＝eq \f(12－2t,24)，解得t＝1.2，即当t＝1.2时，△FEC∽△ACD.综上，当t为3或1.2时，以点E，C，F为顶点的三角形与△ACD 相似．24．【解】(1)30°；PA＝PB＝PC【点拨】由题意知∠BAP＝∠CBP＝∠ACP，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，AB＝BC＝AC.∴∠ABP＝∠BCP.∴△APB≌△BPC.∴AP＝BP.∴∠PAB＝∠PBA.∴∠PBA＝∠PBC.又∵∠PBA＋∠PBC＝60°，∴∠PBC＝30°.同理可得∠BAP＝∠ACP＝∠ABP＝∠BCP＝∠CAP＝30°，PA＝PB＝PC.(2)① △ABP∽△BCP.证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，即∠ABP＋∠2＝∠3＋∠BCP＝45°，又∵ ∠2＝∠3，∴∠ABP＝∠BCP，又∵∠1＝∠2，∴ △ABP∽△BCP.②易知S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC＝eq \f(1,2)AC2＝eq \f(5,2)，BC＝eq \r(2)AB.∴AC＝eq \r(5)(舍去负值)．∵△ABP∽△BCP，∴eq \f(BP,CP)＝eq \f(AP,BP)＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(\r(2),2)，∠BPC＝∠APB，∴AP＝eq \f(\r(2),2)BP，CP＝eq \r(2)BP，S△PAB＝eq \f(1,2)S△PBC，∴CP＝2AP.∵∠APB＝180°－(∠1＋∠ABP)＝180°－(∠2＋∠ABP)＝180°－∠ABC＝135°，∴∠BPC＝∠APB＝135°，∴∠APC＝360°－∠APB－∠BPC＝90°.在Rt△APC中，∵CP＝2AP，AC＝eq \r(5)，由勾股定理得AP＝1，CP＝2，∴S△PAC＝eq \f(1,2)CP·AP＝1.∴S△ABC＝S△PBC＋S△PAC＋S△PAB＝S△PBC＋1＋eq \f(1,2)S△PBC＝eq \f(5,2)，∴S△PBC＝1.