相似三角形的性质专项提升训练(重难点培优)九年级数学下册尖子生培优题典(解析版)【人教版】

九年级数学下册尖子生培优题典【人教版】
相似三角形的性质专项提升训练（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共22题，选择10道、填空6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．（2022秋•南安市期中）已知△ABC∽△A′B′C′，AD和A′D′是它们的对应高线，若AD＝5，A′D′＝3，则△ABC与A'B'C′的面积比是（）
A．25：9B．9：25C．5：3D．3：5
【分析】根据相似三角形的性质：对应高比等于相似比，面积的比等于相似比的平方求解即可．【解析】∵△ABC∽△A′B′C′，AD和A'D'是它们的对应高线，AD＝5，A'D'＝3，
∴两三角形的相似比为：5：3，
则△ABC与△A'B'C'的面积比是：25：9．
故选：A．
2．（2022秋•苏州期中）如图，△ABC∽△A1B1C1，若，A1B1＝4，则AB的长度为（）
A．1B．2C．8D．16
【分析】利用相似三角形的面积间的关系确定相似比，从而求得结论．
【解析】∵△ABC∽△A1B1C1，，
∴面积比为4：1，
∴相似比为2：1，
∵A1B1＝4，
∴AB＝2A1B1＝8，
故选：C．
3．（2022秋•济南期中）如图，△ABC∽△ADE，S△ABC：S四边形BDEC＝1：2，其中，DE的长为（）
A．B．C．D．6
【分析】利用相似三角形的性质求解即可．
【解析】∵S△ABC：S四边形BDEC＝1：2，
∴S△ABC：S△ADE＝1：3，
∵△ABC∽△ADE，
∴＝，
∵CB＝，
∴DE＝．
故选：A．
4．（2022秋•长安区校级月考）如图，在ABC纸板中，AC＝4，BC＝8，AB＝11，P是BC上一点，沿过点P的直线剪下一个与△ABC相似的小三角形纸板．针对CP的不同取值，三人的说法如下．下列判断正确的是（）
甲：若CP＝4，则有3种不同的剪法；
乙：若CP＝2，则有4种不同的剪法；
丙：若CP＝1，则有3种不同的剪法．
A．乙错，丙对B．甲和乙都错C．乙对，丙错D．甲错，丙对
【分析】依据相似三角形的对应边成比例，即可得到AP的长的取值范围．
【解析】如图所示，过P作PD∥AB交AC于D或PE∥AC交AB于E，则△PCD∽△BCA或△BPE∽△BCA，
此时0＜PC＜8；
如图所示，过P作∠BPF＝∠A交AB于F，则△BPF∽△BAC，
此时0≤PC＜8；
如图所示，过P作∠CPG＝∠A交AC于G，则△CPG∽△CAB，
当点G与点A重合时，CA2＝CP•CB，即42＝CP×8，
∴CP＝2，
∴此时，0＜CP≤2；
当0＜CP≤2时，有4种不同的剪法；当2＜CP＜8时，有3种不同的剪法．
∴甲和乙对，丙错
故选：C．
5．（2022•绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（）
A．B．C．10D．
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【解析】如右图1所示，
由已知可得，△DFE∽△ECB，
则，
设DF＝x，CE＝y，
则，
解得，
∴DE＝CD+CE＝6+＝，故选项B不符合题意；EB＝DF+AD＝+2＝，故选项D不符合题意；如图2所示，
由已知可得，△DCF∽△FEB，
则，
设FC＝m，FD＝n，
则，
解得，
∴FD＝10，故选项C不符合题意；
BF＝FC+BC＝8+7＝15；
如图3所示：
此时两个直角三角形的斜边长为6和7；
故选：A．
6．（2022•泗阳县一模）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH＝h，AB＝c，若内接正方形DEFG的边长是x，则h、c、x的数量关系为（）
A．x2+h2＝c²B．x+h＝c C．h2＝xc D．＝+
【分析】先根据正方形的性质得到GF∥DE，从而证明△CGF∽△CAB，根据相似三角形的性质可列出比例式，再通过证明四边形DHMG是矩形表示出CM的长度，即可求解．
【解析】如图，设CH与GF交于点M，
∵四边形DEFG是正方形，
∴GF∥DE，∠GDE＝∠DGF＝90°，
∴△CGF∽△CAB，
∴＝，
∵CH⊥AB，
∴∠DHM＝90°，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG＝MH，
∵CH＝h，AB＝c，正方形DEFG的边长是x，
∴MH＝x，
∴CM＝CH﹣MH＝h﹣x，
∴＝，
∴＝1﹣，
∴＝﹣，
∴＝+，
故选：D．
7．（2022•兴庆区校级一模）如图是用12个相似的直角三角形组成的图案，已知三角形①的面积是3，则三角形②的面积为（）
A．3B．4C．2D．3
【分析】如图：设三角形①为△AOB，三角形②为△BOC，根据题意可得∠AOB＝∠BOC＝30°，然后设AB＝x，在Rt△AOB中求出OA，OB，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解析】如图：设三角形①为△AOB，三角形②为△BOC，
由题意得：
∠AOB＝∠BOC＝360°÷12＝30°，
设AB＝x，
在Rt△AOB，∠AOB＝30°，
∴AO＝AB＝x，OB＝2AB＝2x，
∵△AOB∽△BOC，
∴＝（）2＝，
∵三角形AOB的面积是3，
∴三角形BOC的面积是4，
故选：B．
8．（2021秋•锦江区期末）如图，在10×6的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，我们称每个小正方形的顶点为格点，以格点为顶点的图形称为格点图形．点E是格点四边形ABCD的AB边上一动点，连接ED，EC，若格点△DAE与△EBC相似，则DE+EC的长为（）
A．B．C．3或5D．或
【分析】可设AE＝x，则EB＝8﹣x，根据勾股定理可得DE，EC．再分两种情况：①如果△DAE∽△EBC，
②如果△DAE∽△CBE，进行讨论即可求解．
【解析】设AE＝x，则EB＝8﹣x，
根据勾股定理可得，DE＝＝＝，
EC＝＝＝．
若格点△DAE与△EBC相似，分两种情况：
①如果△DAE∽△EBC，那么＝＝，
即＝＝，
解得x1＝2，x2＝6．
当x＝2时，DE＝＝，EC＝＝2，
∴DE+EC＝+2＝3；
当x＝6时，DE＝＝3，EC＝＝2，
∴DE+EC＝3+2＝5；
②如果△DAE∽△CBE，那么＝＝，
即＝＝，
解得x＝．
当x＝时，DE＝＝，EC＝＝，
∴DE+EC＝+＝（不合题意舍去）．
综上所述，DE+EC的长为3或5．
故选：C．
9．（2021秋•渭滨区期末）如图，在矩形ABCD中，点E为AD上一点，且AB＝8，AE＝3，BC＝4，点P 为AB边上一动点，连接PC、PE，若△P AE与△PBC是相似三角形，则满足条件的点P的个数为（）
A．1B．2C．3D．4
【分析】设AP＝x，则BP＝8﹣x，分△P AE∽△PBC和△P AE∽△CBP两种情况，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解析】设AP＝x，则BP＝8﹣x，
当△P AE∽△PBC时，＝，即＝，
解得，x＝，
当△P AE∽△CBP时，＝，即＝，
解得，x＝2或6，
可得：满足条件的点P的个数有3个．
故选：C．
10．（2022•石家庄三模）如图，O为矩形ABCD的中心，将直角△OPQ的直角顶点与O重合，一条直角边OP与OA重合，使三角板沿逆时针方向绕点O旋转，两条直角边始终与边BC、AB相交，交点分别为M、N．若AB＝4，AD＝6，BM＝x，AN＝y，则y与x之间的函数图象是（）
A．B．
C．D．
【分析】过点O分别作OF⊥AB于F，OE⊥BC于E，易证明△NOF∽△MOE，利用相似比作为相等关系即可得到关于x，y的方程，整理即可得到函数关系式从而判断图象．
【解析】过点O分别作OF⊥AB于F，OE⊥BC于E，
∵∠POQ＝∠EOF＝90°，
∴∠NOF＝∠MOE，
∵∠NFO＝∠MEO＝90°，
∴△NOF∽△MOE，
∴＝，
∵AB＝4，AD＝6，BM＝x，AN＝y，
∴NF＝2﹣y，ME＝3﹣x，OF＝3，OE＝2，
∴＝，
∴y＝x﹣，
∵0≤y≤4，
∴0≤≤4，
∴，
∴y＝x﹣（≤x≤），
故选：C．
二．填空题（共6小题）
11．（2022秋•鄞州区校级月考）D、E分别是△ABC中AB、AC边上两点，且AD＝4，BD＝2，AC＝8，若△ABC与△AED相似，则AE的长为3或．
【分析】分两种情形，根据相似三角形的对应边成比例即可得出结论．
【解析】当△AED∽△ABC，AD＝4，BD＝2，AC＝8，
∴＝，
即，
解得AE＝3．
当△AED∽△ACB时，＝，
∴＝，
∴AE＝．
故答案为：3或．
12．（2022春•惠山区期末）如图，△ABC∽△CBD，AB＝9，BD＝25，则BC＝15．
【分析】利用相似三角形的性质求解．
【解析】∵△ABC∽△CBD，
∴＝，
∴CB2＝AB•BD＝225，
∵CB＞0，
∴BC＝15，
故答案为：15．
13．（2022•乳山市模拟）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，若△AQD与△BCP相似，则AQ的长是或1或．
【分析】利用等边三角形的性质可得出AB＝BC＝3，∠A＝∠B，设AQ＝x，则BP＝3﹣﹣x＝﹣x，分△AQD∽△BCP及△AQD∽△BPC两种情况考虑，利用相似三角形的性质可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解析】∵等边△ABC的边长为3，
∴AB＝BC＝3，∠A＝∠B＝60°．
设AQ＝x，则BP＝3﹣﹣x＝﹣x．
△AQD与△BCP相似分两种情况：
①当△AQD∽△BCP时，＝，
即＝，
解得：x1＝1，x2＝，
经检验，x1＝1，x2＝均为原方程的解，且符合题意；
②当△AQD∽△BPC时，＝，
即＝，
解得：x＝，
经检验，x＝是原方程的解，且符合题意．
综上所述，AQ的长是或1或．
故答案为：或1或．
14．（2022春•普陀区校级期中）从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这条线段叫做这个三角形的最美分割线．在△ABC中，∠A＝50°，CD是△ABC的最美分割线．若△ACD为等腰三角形，则∠ACB的度数为100°或115°．
【分析】根据△ACD为等腰三角形，需要分三种情况讨论：①当AD＝CD时，②如当AD＝AC，③当AC＝CD，然后结合最美分割线的定义，可得△BDC∽△BCA，可以分别求出∠ACB的度数．
【解析】①当AD＝AC时，如图1，
∴∠ACD＝∠ADC＝（180°﹣50°）＝65°，
∵△BDC∽△BCA，
∴∠BCD＝∠A＝50°，
∴∠ACB＝∠ACD+∠BCD＝65°+50°＝115°．
②当AD＝CD时，如图2，∠ACD＝∠A＝50°，
∵△BDC∽△BCA，
∴∠BCD＝∠A＝50°，
∴∠ACB＝∠ACD+∠BCD＝50°+50°＝100°．
③当AC＝CD时，如图3，∠ADC＝∠A＝50°，
∵△BDC∽△BCA，
∴∠BCD＝∠A＝50°，
∴∠ADC＝∠BCD（不合题意）．
综上所述，∠ACB＝100°或115°．
15．（2022秋•西湖区校级月考）如图Rt△AOB∽△DOC，∠AOB＝∠COD＝90°，M为OA的中点，OA ＝6，OB＝8，直线AD，CB交于P点，连接MP，△AOB保持不动，将△COD绕O点旋转，则MP的最大值是9．
【分析】根据相似三角形的判定定理证明△COB∽△DOA，得到∠OBC＝∠OAD，得到O、B、P、A共圆，求出MS和PS，根据三角形三边关系解答即可．
【解析】取AB的中点S，连接MS、PS，
则PM≤MS+PS，
∵∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8，
∴AB＝10，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠COB＝∠DOA，
∵△AOB∽△DOC，
∴，
∴△COB∽△DOA，
∴∠OBC＝∠OAD，
∴O、B、P、A共圆，
∴∠APB＝∠AOB＝90°，又S是AB的中点，
∴PS＝AB＝5，
∵M为OA的中点，S是AB的中点，
∴MS＝OB＝4，
∴MP的最大值是4+5＝9，
故答案为：9．
16．（2022•郫都区模拟）从三角形一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，若分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这条线段叫做这个三角形的华丽分割线．如图，AC是△OAB的华丽分割线，OA＝2AB且OC＝AC，若点C的坐标为（2，0），则点A的坐标为（3，）．
【分析】如图，过点C作CP⊥OA于点P．利用相似三角形的性质证明∠ABO＝90°，求出OB，AB，可得结论．
【解析】如图，过点C作CP⊥OA于点P．
∵△ACB∽△OAB，
∴∠CAB＝∠AOC，
∵CO＝CA，
∴∠AOC＝∠CAO，
∴∠CAB＝∠CAP，
∵CP⊥OA，
∴PO＝P A，
∵OA＝2AB，
∴AP＝AB，
在△CAB和△CAP中，
，
∴△CAB≌△CAP（SAS），
∴∠ABC＝∠CP A＝90°，
∴∠AOB＝∠OAC＝∠CAB＝30°，
∴BC＝AC＝1，AB＝CB＝，
∴OB＝OC＝cb＝2+1＝3，
∴A（3，），
解法二：设AB＝k，OA＝2k，证明△BAC∽△BAO，推出k＝，BC＝1，利用勾股定理的逆定理，判断出∠ABO＝90°，接下来方法同上．
故答案为：（3，）．
三．解答题（共6小题）
17．（2022春•成武县期末）如图在△ABC中，D为AB边上一点，且△CBD∽△ACD．（1）求∠ADC度数；
（2）如果AC＝4，BD＝6，求CD的长．
【分析】（1）利用相似三角形的性质证明∠CDB＝∠ADC即可解决问题；
（2）证明△ACD∽△ABC，推出＝，可得结论．
【解析】（1）∵△CBD∽△ACD，
∴∠CDB＝∠ADC，
∵∠CDB+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝90°．
（2）如图，
∵△CBD∽△ACD，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴AD＝2（负根已经舍弃），
∴CD＝＝＝2．
18．（2022春•肇源县期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、DC上，△ABE∽△DEF，AB ＝6，AE＝9，DE＝2，求EF的长．
【分析】先根据相似三角形的性质求出DF的长，再由勾股定理即可得出结论．
【解析】∵△ABE∽△DEF，AB＝6，AE＝9，DE＝2，
∴＝，即＝，解得DF＝3，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝90°，
由勾股定理得：
EF＝＝＝．
19．（2021秋•拱墅区校级月考）如图，点P是正方形ABCD边AB上一点（不与点A，B重合），连接PD
并将线段PD绕点P顺时针方向旋转90°得到线段PE，PE交边BC于点F，连接BE，DF．（1）若∠ADP＝32°，求∠FPB；
（2）若AP＝，求BE；
（3）若△PFD∽△BFP，求．
【分析】（1）根据∠ADP与∠EPB都是∠APD的余角，根据同角的余角相等，即可求解；（2）首先证得△P AD≌△EQP，可以证得△BEQ是等腰直角三角形，即可求解；
（3）这两个三角形是直角三角形，若相似，则对应边的比相等，即可求得的值．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形．
∴∠A＝∠PBC＝90°，AB＝AD，
∴∠ADP+∠APD＝90°，
∵∠DPE＝90°，
∴∠APD+∠FPB＝90°，
∴∠ADP＝∠FPB＝32°；
（2）过点E作EQ⊥AB交AB的延长线于点Q，则∠EQP＝∠A＝90°，
又∵∠ADP＝∠EPB，PD＝PE，
∴△P AD≌△EQP（AAS），
∴EQ＝AP，AD＝AB＝PQ，
∴AP＝EQ＝BQ＝，
∴BE＝；
（3）∵△PFD∽△BFP，
∴＝，
∵∠A＝∠PBC，∠ADP＝∠FPB，
∴△APD∽△BFP，
∴＝，
∴AP＝BP，
∴＝．
解法二：如图，过点P作PT⊥DF于点T．
∵△PFD∽△BFP，
∵∠BPF＝∠PDT，
∵∠BPF＝∠ADP，
∴∠ADP＝∠TDP，
∵∠A＝∠DTP＝90°，DP＝DP，
∴△ADP≌△TDP（AAS），
∴P A＝PT，∠APD＝∠DPT，
∵∠BPF+∠APD＝90°，∠FPT+∠DPT＝90°，
∴∠BPF＝∠TPF，
∵∠PTF＝∠PBF＝90°，PF＝PF，
∴△PFT≌△PFB（AAS），
∴PT＝PB，
∴P A＝PB，
∴＝．
20．（2021秋•南安市月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝10，直角尺的直角顶点P在AD上滑动时（点P与A，D不重合），一直角边经过点C，另一直角边与直线AB交于点E，我们知道，结论“Rt△AEP∽Rt△DPC”成立．
（1）当∠CPD＝30°时，求AE的长．
（2）是否存在这样的点P，使△DPC的周长等于△AEP周长的2倍？若存在，求出DP的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由于∠CPD与∠AEP同为∠APE的余角，因此当∠DPC＝30°时，∠AEP＝30°．可在Rt△CPD中，根据∠CPD的度数和CD的长，求出PD的长，进而可求出AP的值．同理可在Rt△APE 中，求出AE的长．
（2）由于Rt△AEP∽Rt△DPC，当△DPC的周长等于△AEP周长的2倍时，两个三角形的相似比为1：2，即＝2，根据CD＝AB＝，可求出PD的长．
【解析】（1）∵∠CPD＝90°﹣∠APE＝∠AEP，
∴当∠CPD＝30°时，∠AEP＝30°．
在Rt△CPD中，CD＝AB＝，∠CPD＝30°，因此PD＝CD•cot30°＝6，
∴AP＝AD﹣PD＝10﹣6＝4．
在Rt△APE中，AP＝4，∠AEP＝30°，因此AE＝AP•cot30°＝．
（2）假设存在这样的点P，
∵Rt△AEP∽Rt△DPC，
∴即＝2．
∵CD＝AB＝，
∴AP＝，
∴DP＝10﹣，
∴存在这样的P点，且DP长为10﹣．
21．（2021秋•砀山县月考）四边形的一条对角线把这个四边形分成两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线称为这个四边形的“理想对角线”．
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝70°，∠ADC＝145°，AB＝AD，AD∥BC，求证：对角线
BD是四边形ABCD的“理想对角线”；
（2）如图2，四边形ABCD中，AC平分∠BCD，∠BAD+∠BCD＝180°，求证：对角线AC是四边形ABCD的“理想对角线”．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和平行线的性质求出∠ADB＝∠ABD＝∠CBD，求出∠ADB＝∠ABD ＝∠CBD＝35°，求出∠A＝∠BDC＝110°，再根据相似三角形的判定推出△ABD∽△DBC即可；
（2）设∠ACD＝∠ACB＝BCD＝x°，∠DAC＝a°，根据∠BAD+∠BCD＝180°求出∠BAD＝180°﹣x°，求出∠BAC＝∠BAD﹣∠DAC＝180°﹣x°﹣a°，根据三角形内角和定理求出∠D＝180°﹣∠ACD﹣∠DAC＝180°﹣x°﹣a°，求出∠BAC＝∠D，再根据相似三角形的判定定理得出即可．
【解答】证明：（1）∵AD＝AB，
∴∠ADB＝∠ABD，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD＝∠CBD，
∵∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝70°，
∴∠ADB＝∠ABD＝∠CBD＝35°，
∴∠A＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣35°﹣35°＝110°，
∵∠ADC＝145°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝145°﹣35°＝110°，
即∠A＝∠BDC，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴△ABD∽△DBC，
∴对角线BD是四边形ABCD的“理想对角线”；
（2）∵AC平分∠BCD，
∴∠ACD＝∠ACB，
设∠ACD＝∠ACB＝BCD＝x°，∠DAC＝a°，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣x°，
∴∠BAC＝∠BAD﹣∠DAC＝180°﹣x°﹣a°，
由三角形内角和定理得：∠D＝180°﹣∠ACD﹣∠DAC＝180°﹣x°﹣a°，
∴∠BAC＝∠D，
∵∠ACB＝∠ACD，
∴△ABC∽△DAC，
∴对角线AC是四边形ABCD的“理想对角线”．
22．（2022秋•灞桥区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝4cm，AC＝3cm，BC＝6cm，D是AC上一点，AD＝2cm，点P从C出发沿C→B→A方向，以1cm/s的速度运动至点A处，线段DP将△ABC分成两部分，其中一部分与△ABC相似，设运动时间为t．
（1）当P在线段BC上运动时，BP＝（6﹣t）cm，当P在线段AB上运动时，BP＝（t﹣6）cm （请用含t的代数式表示）；
（2）求出满足条件的所有t值．
【分析】（1）根据路程＝速度×时间，分两种情形分别求解即可；
（2）点P在线段BC上时，有两种情形，点P在AB上时，有两种情形，分别求解即可．
【解析】（1）当P在线段BC上运动时，BP＝（6﹣t）cm，当P在线段AB上运动时，BP＝（t﹣6）cm 故答案为：（6﹣t）cm，（t﹣6）cm．
（2）如图，当△CPD∽△CAB时，＝，
∴＝，
∴t＝．
当△CDP′∽△CAB时，＝，
∴＝，
∴t＝2．
如图，当△ADP∽△ACB时，＝，
∴＝，
∴t＝．
当△ADP′∽△ABC时，＝，
∴＝，
∴t＝．
综上所述，满足条件的t的值为或2或或．。