第四章图形的相似单元达标测试卷 北师大版九年级数学上册（含解释）

北师大版九年级数学上册第四章图形的相似单元达标测试卷
一、单选题
1．已知△ABC∽△A'B'C' ，BC=3，B'C'=1.8，则△ABC与△A'B'C'的相似比为（　　）．
A．2：3 B．3：2 C．5：3 D．3：5
2．如图，从图甲到图乙的变换是（　　）
A．轴对称变换 B．平移变换 C．旋转变换 D．相似变换
3．已知x：y=5：2，则下列各式中错误的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在 中，点D，E分别在边AB，AC上， ．已知 ， ，那么EC的长是（　　）
A．4.5 B．8 C．10.5 D．14
5．已知 ，则 的值为（　　）
A． B． C． D．
6．图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面 （　　）
A． B． C． D．
7．如图，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，且DE∥BC，AD＝1，AB＝3，那么 的值为（　　）
A． B． C． D．
8．如果a：b=1：2，那么 = （　　）
A．-2 B．2 C．3 D．-3
9．如图，身高为1.6 m的某学生想测量学校旗杆的高度，当他站在C处时，他头顶端的影子正好与旗杆顶端的影子重合，并测得AC＝2 m，BC＝8 m，则旗杆的高度是（　　）
A．6.4m B．7m C．8m D．9m
10．如图，点D在△ABC的边AC上，要判定△ADB与△ABC相似，添加一个条件，不正确的是（　　）.
A．∠ABD=∠C B．∠ADB=∠ABC C． D．
二、填空题
11．已知 ，则 的值为　 　.
12．如果两个相似多边形面积的比为1：5，则它们的相似比为　 　
13．如图， 中， 平分 ，过点B作 ，与 的延长线相交于点E，若 ，则 的长等于　 　．
14．如图，在矩形 中， ， ，对角线 相交于点O，点P为边 上一动点，连接 ，以 为折痕，将 折叠，点A的对应点为点E，线段 与 相交于点F.若 为直角三角形，则 的长　 　.
三、解答题
15．树AB和木杆CD在同一时刻的投影如图所示，木杆CD高2m，影子DE长3m；若树的影子BE长7m，则树AB高多少m？
16．如图已知△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且AD：DB=3：2，AE：EC=1：2，直线ED和CB的延长线交于点F，求FB：BC.
17．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，M是BC的中点，过点A作AM的垂线，交CB的延长线于点D．求证：△DBA∽△DAC．
18．如图，证明：三角形一内角平分线分对边所得的两条线段和这个角的两边对应成比例.（要求：在给出的△ABC中用尺规作出∠A的角平分线AD交BC于D，保留作图痕迹，不要求写出作法，并根据图形写出已知、求证和证明.
四、综合题
19．如图，四边形 是平行四边形， 于点 ， 交 的延长线于点 .
（1）求证： ；
（2）若点 恰为 中点，且 ， ，求 的长.
20．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G.
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长.
21．如图，点P是菱形 的对角线 上一点，连接 并延长交 于点E，交 的延长线于点F.
（1）求证： ；
（2）求证： ；
（3）若 ， ，求 的长.
22．如图，菱形ABCD中，AB＝4 ，连接BD，点P是线段BC上一动点（不与点B重合），AP与对角线BD交于点E，连接EC.
（1）求证：△ABE ≌ △CBE；
（2）如图①，若∠ABC＝60°，BP＝ ，求BE的长；
（3）若AB＝AC，如图②，点P、N分别从点B、C同时出发，以相同速度沿BC、CA向终点C和A运动，连接AP和BN交于点G，当tan∠CBN＝ 时，求BG与GN的比值.
23．把两个全等的直角三角板ABC和EFG叠放在一起，使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合，其中∠B＝∠F＝30°，斜边AB和EF长均为4．
（1）当EG⊥AC于点K，GF⊥BC于点H时（如图①），求GH：GK的值
（2）现将三角板EFG由图①所示的位置绕O点沿逆时针方向旋转，旋转角α满足条件：0°＜α＜30°（如图②），EG交AC于点K，GF交BC于点H，GH：GK的值是否改变？证明你发现的结论；
（3）三角板EFG由图①所示的位置绕O点逆时针旋转一周，是否存在某位置使△BFG是等腰三角形，若存在，请直接写出相应的旋转角α（精确到0.1°，cos73.2°≈0.29）；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC∽△A'B'C' ，BC=3，B'C'=1.8，
∴相似比=.
故答案为：C.
【分析】根据相似三角形的相似比等于相似三角形对应边的比可求解.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：从图甲到图乙的图形的形状相同，大小不相同，图甲与图乙是相似形，所以从图甲到图乙的变换是相似变换．
故答案为：D．
【分析】根据轴对称变换，平移变换，旋转变换，相似变换的定义判断即可．
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A、由合比性质得，，故A不符合题意；
B、由反比性质，得y：x=2：5．由分比性质得，再由反比性质得，故B符合题意；
C、由反比性质，得y：x=2：5．由合比性质得，再由反比性质得，故C不符合题意；
D、由分比性质，得，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据比例式的性质逐项判断即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】∵DE∥BC．
∴ ，
而AE=6， ，
∴ ，
∴EC=8，
故答案为：B．
【分析】据平行线分线段成比例定理=代入数值进行计算即可得解．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意得
∴
故答案为：B.
【分析】根据比例的性质，两内项之积等于两外项之积，将等积式转化为比例式即可得出答案.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8（cm），
第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4（cm），
因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚杯是同一个高脚杯，
所以图1和图2中的两个三角形相似，
∴ ，
∴ （cm），
故答案为：C．
【分析】利用图中两个阴影部分三角形相似可得关系式即可求解。
7．【答案】B
【解析】【解答】DB＝AB﹣AD＝2，
∵DE∥BC，
∴ ，
故答案为：B．
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算得到答案．
8．【答案】D
【解析】【解答】∵a：b=1：2，
∴b=2a，
∴ ．
故答案为：D．
【分析】利用比例的基本性质，比例式可转化为乘积式，可求出结果.
9．【答案】C
【解析】【解答】解：设旗杆高度为h，由题意得： ，
解得：h=8米．
故答案为：C．
【分析】因为人和旗杆均垂直于地面，所以构成相似三角形，利用相似比解题即可．
10．【答案】C
【解析】【解答】∵∠A是公共角，
∴当∠ABD=∠C或∠ADB=∠ABC时，△ADB∽△ABC（有两角对应相等的三角形相似）；
A与B正确；
当 时，△ADB∽△ABC（两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似）；
D正确；
当 时，∠A不是夹角，故不能判定△ADB与△ABC相似，
C错误．
答案为：C．
【分析】利用两边成比例及其夹角相等或者“两角法"可判别相似，其他“两边成比例及一边的对角相等”不能判定相似.
11．【答案】
【解析】【解答】解：根据题意，∵ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： .
【分析】由等比性质， ，即可得到答案.
12．【答案】
【解析】【解答】解：∵两个相似多边形面积的比为1：5，
∴它们的相似比为：1：．
故答案为：1：．
【分析】直接利用相似图形的性质由面积比得出相似比即可．
13．【答案】
【解析】【解答】解：如图示，过点D作 交 于点F ，
∵ 平分 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴
∴ ，
∴ ，
故答案是： ．
【分析】先求出，再证明，最后计算求解即可。
14．【答案】 或1
【解析】【解答】 解： 四边形ABCD是矩形， ，
由折叠的性质可知，
设 ，则
由题意，分以下两种情况：
（ 1 ）如图1，当 时， 为直角三角形
在 和 中，
，即
解得
，
在 中， ，即
解得
即
（ 2 ）如图2，当 时， 为直角三角形
，
，即
在 和 中，
，即
解得
，即
解得
即
综上，DP的长为 或1
故答案为： 或1.
【分析】先根据矩形的性质及折叠的性质可得 ∠DAB=90°，AD=8,BD=10,OA=OD=OE=5,EP=AP,∠E=∠ADB,设DP=x, 从而可得EP=8-x,再根据直角三角形的定义分∠DFP=90° 和∠DPF=90° 两种情况，然后分别利用相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可得.
15．【答案】解：∵AB与CD平行，
∴AB：BE＝CD：DE，
∴AB：7＝2：3，
解得AB＝
故树AB高 m．
【解析】【分析】根据树和标杆平行列出比例式代入相关数据即可求解．
16．【答案】解： 过点B作BG∥AC交EF于点G
∴△DBG∽△ADE
∴
∵AE：EC=1:2
∴BG：CE=
∵BG∥AC
∴△BFG∽△CFE
∴
【解析】【分析】过点B作BG∥AC交EF于点G，即可得到△DBG∽△ADE，根据相似三角形的对应边成比例，求出答案即可。
17．【答案】证明：∵∠BAC=90°，点M是BC的中点，∴AM=CM，∴∠C=∠CAM，∵DA⊥AM，∴∠DAM=90°，∴∠DAB=∠CAM，∴∠DAB=∠C，∵∠D=∠D，∴△DBA∽△DAC
【解析】【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得出AM=CM，利用等边对等角，可证得∠C=∠CAM，再根据同角的余角相等，可证得∠DAB=∠CAM，就可得出∠DAB=∠C，然后利用两组角对应相等的两三角形相似，可证得结论。
18．【答案】解：如图所示，AD即为所求
已知：△ABC中，∠BAC的平分线AD交BC于点D
求证： .
证明：过 作 ，交 的延长线于 ，
∴∠1＝∠E，∠2＝∠3，
∵AD是角平分线，
∴∠1＝∠2.
∴∠3＝∠E（等量替换），
∴AC＝AE
又∵AD∥CE，
∴
∴
【解析】【分析】 过C作CE∥DA，交BA的延长线于E， 根据等腰三角形的性质和平行线分线段成比例可得结果.
19．【答案】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴CD∥AF，
∴∠FBC=∠DCE，
∵ ， ，
∴∠BFC=∠CED，
∴△CBF∽△DCE；
（2）解：∵四边形 是平行四边形，
∴CD=AB=6，
∵点 恰为 中点，
∴BC=2CE，
∵△CBF∽△DCE；
∴ 即 ，
∴CE= ，
∴AD=BC=2EC= .
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得出∠FBC=∠DCE，再根据垂直的定义得出 ∠BFC=∠CED=90°，然后利用相似三角形的判定定理进行证明；
（2）根据平行四边形的性质得出CD=AB=6，根据线段中点的定义得出BC=2CE，然后由相似三角形的对应边成比例求出CE，据此求解.
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC+∠BCM＝180°，∠MNB+∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEM+∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中，
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）解：由（1）知，△DME≌△ENF，
∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝ ，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴ ，
∴ ，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4 ，
∵AC＝AG+GC，
∴AG＝ ，CG＝ ，
∴GE＝GC﹣CE＝ ＝ .
【解析】【分析】（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）由（1）中的全等三角形可得ME=NF，根据勾股定理可求得CE的长；由 AF∥CD可得 △DGC∽△FGA，于是可得比例式求得AG和CG、CE的长，然后根据线段的构成即可得到GE的长.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD菱形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△APD和△CPD中，
，
∴△APD≌△CPD（SAS）；
（2）证明：∵△APD≌△CPD，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵CD∥BF，
∴∠DCP＝∠F，
∴∠DAP＝∠F，
又∵∠APE＝∠FPA，
∴△APE∽△FPA，
（3）解：∵△APE∽△FPA
∴ ，
∴PA2＝PE PF，
∵△APD≌△CPD，
∴PA＝PC，
∴PC2＝PE PF，
∵PE＝4，PF＝12，
∴PC＝ .
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，然后利用全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得∠DAP＝∠DCP，由平行线的性质可得∠DCP＝∠F，则∠DAP=∠F，然后利用相似三角形的判定定理进行证明；
（3）根据相似三角形的性质可得PA2＝PE PF，由全等三角形的性质可得PA＝PC，则PC2＝PE PF，据此计算.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBE，
∵BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS）；
（2）解：如图①，连接AC，交BD于点O，
∵AC是菱形的对角线，
∴AC⊥BO，OA=OC，AB=BC，OB=OD，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CBO＝30°，
在Rt△BOC中，
∵AB＝BC＝4 ，
∴CO＝2 ，
∴BO= =6，
∴BD＝12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD BP，
∴△AED∽△PEB，
∴ ，
∵AD＝4 ，BP＝ ，
∴ ，
∴BE＝ ；
（3）解：如图②，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABP＝∠BCN=60°，
∵BP＝CN，
∴△ABP≌△BCN（SAS）；
∴BP=CN，
过点N作NH⊥BC于点H，
设BP＝CN＝2a，
在Rt△NCH中，NC＝2a，∠NCH＝60°，
∴CH＝a，NH＝ a，
在Rt△NBH中，tan∠CBN＝ ，
∴BH＝5a，
∴BN= = a，
∴BC＝AC=CH+BH＝6a，
∴AN=4a，
∵△ABP≌△BCN（SAS），
∴∠BAP＝∠CBN，
∵∠BAP+∠GAN＝∠CBN+∠ABN＝60°，
∴∠GAN＝∠ABN，
∵∠ANG＝∠BNA，
∴△NAG∽△NBA，
∴NA：NB=NG：NA，
∴4a： a =NG：4a，
∴NG= a，
∴BG＝BN-NG= a- a= a，
∴BG：GN= a： a= .
【解析】【分析】（1）由菱形的性质得出AB=BC，∠ABE=∠CBE，再利用SAS证明即可；
（2）连接AC交BD于点O，由勾股定理求出OB=6，证明△AED∽△PEB，由相似三角形的性质得出 ，则可得出答案；
（3）根据菱形的性质易证明△ABC是等边三角形，再利用SAS可证明△ABP≌△BCN，得出BP=CN，过点N作NH⊥BC于点H，设BP＝CN＝2a，利用△ABP≌△BCN和△NAG∽△NBA和勾股定理计算即可.
23．【答案】（1）解：∵∠ACB＝∠EGF＝90°，∠B＝∠F＝30°
∴AC＝ AB，EG＝ EF
∵AB＝EF＝4
∴AC＝EG＝2，在Rt△ACB和Rt△EGF中，由勾股定理得
BC＝GF＝2 ，
∵GE⊥AC，GF⊥BC
∴GE∥BC，GF∥AC
∵G是AB的中点
∴K，H分别是AC、CB的中点
∴GK，GH是△ABC的中位线
∴GK＝ BC＝ ，GH＝ AC＝1
∴GH：GK＝1： ．
（2）解：不变，
理由如下：作GM⊥AC于M，GN⊥BC于N，
∴∠GMC＝∠GNH＝90°由旋转的性质可知：
∠2＝∠1
∴△GMK∽△GNH
∴ ＝ ，
∵GN：GM＝1： ，
∴GH：GK＝1： ，
∴旋转角α满足条件：0°＜α＜30°时，GH：GK的值比值不变．
（3）解：存在．
①如图③﹣1中，当α＝30°时，△BFG是等腰三角形．
②如图③﹣2中，当α＝90°时，△BFG是等腰三角形．
③如图③﹣3中，当FG＝FB时，作FH⊥BG于H．
∵cos∠FGB＝ ＝ ≈0.2887，
∴∠FGH＝73.2°，
∴旋转角＝90°+60°﹣（90°﹣73.2°）＝133.2°
④如图③﹣4中，当FG＝FB时，同法可得旋转角为346.8°，
综上所述，满足条件的旋转角为30°、90°、133.2°或346.8°．
【解析】【分析】（1）根据30°的直角三角形的三边关系，利用已知条件和勾股定理可以求出直角三角形的三边长度，利用三角形的中位线可以求出GK，和GH的值，即可以求出其比值；
（2）作GM⊥AC于M，GN⊥BC于N，利用△GMK∽△GNH可以求出GH与GK的比值不变；
（3）假设存在。当逆时针旋转30°或90°时，△BFG是等腰三角形，当FG＝FB时，作FH⊥BG于，由cos∠FGB可求得∠FGH，结合图形即可求得旋转角，当FG＝FB时，可求得旋转角为346.8°，故满足条件的旋转角为30°、90°、133.2°或346.8°。