2023-2024学年人教版初中数学九年级下册27.2.2相似三角形的性质 同步分层训练培优题

亲爱的同学加油，给自己实现梦想的一个机会！第页2023-2024学年人教版初中数学九年级下册27.2.2相似三角形的性质同步分层训练培优题班级：姓名：亲爱的同学，在做题时，一定要认真审题，完成题目后，记得审查，养成好习惯！祝你轻松完成本次练习。一、选择题1．如图，梯形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD相交于点O，下面四个结论：①△AOB与△COD相似；②△AOD与△BOC相似；③S△DOC：S△BOA=DC：A．①④ B．①③ C．①② D．②④2．如图，正方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在边AB、AC上，已知△ABC的边BC长15厘米，高AH为10厘米，则正方形DEFG的边长是（）A．4厘米 B．5厘米 C．6厘米 D．8厘米3．如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，图中相似的三角形有（）对.A．3 B．4 C．5 D．64．如图，在矩形ABCD中，若AB=6，AC=10，EFBF=3A．2 B．4 C．6 D．7.55．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中BDCEA．35 B．45 C．436．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，则△DEO与△BCD的面积的比等于（）A．12 B．14 C．167．在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，内切圆的半径等于1，则腰长为（）A．134 B．4 C．154 8．如图，已知二次函数y=−54(x+1)(A．94 B．2 C．74 二、填空题9．如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，相似比为2：3，则△ABC和△DEF的面积比是．10．如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，若AE=2，BE=8，CE=2DE，则O到CD的距离为.11．如图，将正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，点B对应点H，得折痕CG，则AGBG＝12．如图，在RtΔABC中，∠ACB=90∘，AC=3BC=6BD=2，以点B为圆心，BD长为半径作圆，点E为⊙B上的动点，连结EC，作FC⊥CE，垂足为C，点F在直线BC的上方，且满足13．如图，正方形ABCD的边长为8，点E，F分别是边BC，CD上的动点，且BE＝CF，连接AE，BF交于点G，点H为AG上一点，且BG＝GH，连接DH，则DH的最小值为．三、解答题14．如图，在▱ABCD中，点E在AB上，AE=13AB，ED和AC相交于点F，过点F作FG∥AB（1）求AFFC（2）若AB：①求证：∠AEF=∠ACB．②求证：DF15．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为AB上一点，BD=BC，过点A作AE⊥AB交CD的延长线于点E，CE交⊙O于点G，连接AC，AG，在EA的延长线上取点F，使∠FCA=2∠E．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为5，AC=6，求AG的长．四、综合题16．如图1，在正方形ABCD中，点G是对角线BD上一点(不与点B，D重合)，EG⊥BD交边AB于点E，连接DE，过点C作CF//DE交AB的延长线于点F，连接（1）求证：△BDE∽△EFG；（2）求∠CFG的度数；（3）若正方形ABCD的边长为4，点G是DB延长线上一点，EG交AB的延长线于点E，且DE恰好经过BC的中点，如图2，其他条件不变，求FGDG17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+6过点(2，9)，且交x轴于A、B两点，交y轴于点C（1）求抛物线的表达式；（2）点F是直线BC上方抛物线上的一动点，过点F作FD⊥BC，交BC于点D，过点F作y轴的平行线交直线BC于点E，过点D作DG⊥EF，交EF于点G，求DG的最大值及此时点F的坐标；（3）在（2）问中DG取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平面内确定一点N，使得以点A、F、M、N为顶点的四边形是以AF为边长的菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的一种情况的过程．

答案解析部分1．答案：A解析：解：∵AB∥CD，

∴△AOB与△COD相似，故①正确，符合题意；

∴S△DOC：S△BOA=（DC：AB）2，故③错误，符合题意；

没有条件可证明△AOD与△BOC相似，故②错误，不符合题意；

∵△ABD与△ABC等高同底，

∴S△ABD=S△ABC,

∵S△ABD-S△AOB=S△ABC-S△AOB,故答案为：A.

根据已知条件结合三角形相似的判定定理和性质进行逐一判断即可求解.2．答案：C解析：解：设正方形的边长为x．∵正方形DEFG得，∴DG∥EF，即DG∥BC，∵AH⊥BC，∴AP⊥DG．∵DG∥BC∴△ADG∼△ABC∴DGBC∵PH⊥BC，DE⊥BC∴PH＝ED，AP＝AH−PH，即DGBC∵BC=15，AH=10，DE=DG=x，∴x15=10−x故正方形DEFG的边长是6cm．故答案为：C．

设正方形的边长为x．先证明△ADG∼△ABC，可得DGBC=APAH，再结合3．答案：C解析：解：图中的相似三角形有△ABC∽△ADE，△ABD∽△AEF，△AEF∽△DCF，△ABD∽△DCF，△ADF∽△ACD；理由如下：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴∠BAC＝∠B＝∠C＝∠DAE＝∠ADE＝∠E＝60°，∴△ABC∽△ADE；∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠FAE，∴△ABD∽△AEF；∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，∴△AEF∽△DCF，∴△ABD∽△DCF；∵∠DAF＝∠CAD，∠ADF＝∠C，∴△ADF∽△ACD，故答案为：C.由等边三角形的性质得出∠BAC＝∠B＝∠C＝∠DAE＝∠ADE＝∠E＝60°，得出△ABC∽△ADE，再证出∠BAD＝∠FAE，得出△ABD∽△AEF；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，证出△AEF∽△DCF，得出△ABD∽△DCF；由∠DAF＝∠CAD，∠ADF＝∠C，即可得出△ADF∽△ACD.4．答案：C解析：∵矩形ABCD，

∴AD//BC，∠ABC=90°，

∴BC=AC2−AB2=8，

∵AD//BC，

∴△AEF∽△CBF，

∴AEBC=EFBF5．答案：B解析：∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，

∴AC=AB2+BC2=10，

∵DE//BC，

∴△ADE∽△ABC，

∴ADAB=AEAC，

∵将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置，

∴∠EAD+∠DAC=∠BAC+∠DAC，

∴∠DAB=∠EAC，

∴△ADB∽△AEC，

6．答案：B解析：解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=DO，∵E是CD的中点，∴OE是△DCB的中位线，∴OE//BC，OE=12∴△DEO∽△DCB，∴S△DEO：S△DCB=14故答案为：B.先根据三角形的中位线定理证明OE//BC，OE=127．答案：C解析：解：如图，圆O内切于等腰△ABC，

则OF⊥AB，AD⊥BC，BF=BD=DC=CE=3.

设AF=x，则AO=1+x2

∵△AOF∽△ABD

∴AFOF=ADBD，即x1=x2+1+13

∴3x-1=x2+1，解得x=34

∴腰长AB=AF+BF=348．答案：A解析：解：如图，过点P作PQ∥AB，与BC交于点Q，∵二次函数y=−54(x+1)(x−4)的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，

∴A（-1，0），B（4，0），C（0，5），

设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），

则b=54k+b=0，

解得k=−54b=5，

∴直线BC为y=−54x+5，

设Pt，−54(t+1)(t−4)，则Qt2−3t，−54(t+1)(t−4)，

∴PQ=-t2+4t，

∵PQ∥AB，

∴△PQK∽△ABK，

∴PKAK=PQ过点P作PQ∥AB，与BC交于点Q，先由抛物线与纵坐标的交点坐标特点求出A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而根据点的坐标与图形的性质设Pt，−54(t+1)(t−4)，则Qt2−3t，−54(t+1)(t−4)9．答案：4：9解析：S△ABC∶S△DEF10．答案：7解析：解：如图，连接AD、BC，则∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，∴△ADE∽△CBE，∴AECE∵AE=2，BE=8，CE=2DE，∴2DE2=AE⋅BE=2×8=16∴DE=22，CE=4∴CD=DE+CE=62过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，则CH=1在Rt△OHC中，OC=1∴OH=O即O到CD的距离为7，故答案为：7.连接AD、BC，由圆周角定理可得∠ADE=∠CBE，∠DAE=∠BCE，证明△ADE∽△CBE，根据已知条件结合相似三角形的性质可得DE、CE的值，然后求出CD的值，过O作OH⊥CD交CD于H，连接OC，则CH=1211．答案：5解析：证明：延长EA，CG交于点M，如图所示：∵对折正方形ABCD得折痕EF，∴设AE=DE=12∵四边形ABCD正方形，∴BC=AD=CD=2a，∠D=90°∴EC=∵四边形ABCD为正方形，∴DM∥BC，∴∠EMC=∠BCG，由折叠性质可知，∠ECM=∠BCG，∴∠EMC=∠ECM，∴EM=EC=5∴AM=ME−AE=∵MA∥BC∴△MAG∽△CBG∴AGGB故答案为：5−1根据相似三角形的判定和性质、轴对称的性质求解。延长EA，CG交于点M，利用折叠的性质可设AE=DE=12AD=a，即AD=2a，利用勾股定理得到EC=DE2+C12．答案：210；解析：解：如图，当点E与点D重合时，∵BC=6，BD=2，

∴CD=BC-BD=6-2=4，

∵CF=12CE，

∴CF=2，

又∵∠FCB=90°，

∴BF=CF2+BC2=210；

如图，连接AF、BE，

∵CF⊥CE，

∴∠FCE=∠ACB=90°，

∴∠FCE-∠ACE=∠ACB-∠ACE，

即∠ACF=∠BCE，

∵AC=3，BC=6，CF=12CE，

∴ACBC=CFCE=12，

∴△ACF∽△BCE，

∴AFBE=ACCB=12，

∵BE=2，第一空：首先根据线段之间的关系算出CD、CF，进而直接根据勾股定理算出BF即可；第二空：连接AF、BE，由同角的余角相等得∠ACF=∠BCE，由线段之间的关系可得ACBC=CF13．答案：410﹣42解析：取AB的中点O，连接OC、OG、GC、BD，如图，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=8,∠DBC=45°，

∵点O是AB的中点，

∴OB=4，

∴OC=OB2+BC2=16+64=45,

∵BE=CF,∠ABE=∠BCF=90°，

∴△ABE≅△BCF(SAS),

∴∠AEB=∠BFC，

∴∠BFC+∠FBC=∠AEB+∠FBC=90°，

∴∠AGB=90°，

∴点G在以AB为直径的圆上运动，

∴当点G在OC上时，CG有最小值，最小值为45−4，

∵BG=GH,∠AGB=90°，

∴∠HBG=45°=∠DBC，BH=2BG，

∴∠DBH=∠GBC,DBBC=14．答案：（1）解：因为在▱ABCD中，AB∥CD，AB=CD，又∵∠DFC=∠AFE，∴△AFE∽△CFD，∴AFFC（2）解：①证明：∵AB：可设AC=2a，则AB=3由（1）知：AFAC∴AF=1∴AFAB=1∴AFAB又∵∠BAC=∠FAE，∴△FAE∽△BAC，∴∠AEF=∠ACB；②证明：∵FG∥AB，∴∠GFD=∠AED=∠ACB，又∵AD∥BC，∴∠ACB=∠FAD，∴∠FAD=∠GFD，又∵∠GDF=∠FDA，∴△GDF∽△FDA，∴DGDF∴DF解析：（1）利用平行四边形的性质求得△AFE∽△CFD，再利用相似三角形的性质列出比例式打入数据即可求解；

（2）①设AC=2a，则AB=3a，用a表示出AE、AF，证明△FAE∽△BAC，利用相似三角形的性质即可求解；

②证明15．答案：（1）证明：连接OC，则OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∵AB是⊙O的直径，AE⊥AB，∴∠DAE=∠OAF=∠ACB=90°，∵BD=BC，∴∠BCD=∠BDC=∠ADE，∴∠ACE=90°−∠BCD=90°−∠ADE=∠E，∴∠FAC=∠ACE+∠E=2∠E，∵∠FCA=2∠E，∴∠FCA=∠FAC，∴∠OCF=∠OCA+∠FCA=∠OAC+∠FAC=∠OAF=90°，∵OC是⊙O的半径，且CF⊥OC，∴CF是⊙O的切线．（2）解：作CH⊥AB于点H，则∠DHC=∠DAE=90°，∴HC∥AE，∴△HDC∽△ADE，∴HDDA由（1）得∠ACE=∠E，∴AE=AC=6，∵⊙O的半径为5，∴AB=10，∴BC=A∵∠AHC=∠ACB=90°，∠HAC=∠CAB，∴△ACH∽△ABC，∴AH∴AH=3∴HD∴AD=5∴DE=A∵∠B=∠AGD，∠ADG=∠BDC，∴∠GAD=∠BCD，∵∠GAE+∠GAD=90°，∠E+∠GDA=90°，且∠BCD=∠BDC，∴∠GAE=∠E，∠GAD=∠GDA，∴AG=DG=EG=1∴AG的长为10．解析：（1）连接OC，则OC=OA，则∠OCA=∠OAC，根据直径所对的圆周角为直角可得∠DAE=∠OAF=∠ACB=90°，则∠BCD=∠BDC=∠ADE，再根据三角形内角和定理可得∠ACE=90°−∠BCD=90°−∠ADE=∠E，再根据三角形外角性质可得∠FAC=∠ACE+∠E=2∠E，则∠FCA=∠FAC，所以∠OCF=∠OCA+∠FCA=∠OAC+∠FAC=∠OAF=90°，再根据切线判定定理即可求出答案.

（2）作CH⊥AB于点H，则∠DHC=∠DAE=90°，根据直线平行判定定理可得HC∥AE，则△HDC∽△ADE，咱爱根局相似三角形相似比性质可得HDDA=HCAE，再根据勾股定理可得BC=8，根据相似三角形判定定理可得△ACH∽△ABC，则16．答案：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，EG⊥BD，

∴∠DBE=45°，CD//EF，

∴△EBG是等腰直角三角形，

∴EGBE=22，∠CEF=∠EBD=45°，

∵CD//EF，CF//DE，

∴四边形DEFC为平行四边形，

∴EF=DC，

由正方形性质可知，△BCD是等腰直角三角形，

∴EFBD（2）解：由(1)的△BDE∽△EFG，∠BDC=45°，

∴∠EFG=∠BDE，

∵四边形DEFC为平行四边形，

∴∠EFC=∠EDC，即：∠EFG+∠CFG=∠BDE+∠BDC，

∴∠CFG=∠BDC=45°，（3）解：∵GEBE=22，EF=CD，CDBD=22，

∴EFBD=22，∠FEG=∠DBE=135°，

∴△GEF∽△EBD，

∴GEEB=GFED，

∵H为BC中点，

∴CH=BH，

∵CD//EF，

∴∠CDH=∠BEH，∠DCH=∠EBH，

∴△DC