華師大版九年級上冊1. 相似三角形課堂檢測

這是一份華師大版九年級上冊1. 相似三角形課堂檢測，共8頁。試卷主要包含了單選題，填空題，綜合題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.若兩個三角形的相似比為1:2，則它們的面積比為（ ）

A. 1:2 B. 1:4 C. 2:1 D. 4:1
2.如圖，在Rt△ABC內(nèi)畫有邊長為9，6，x的三個正方形，則x的值為（ ）
A. 3 B. 4 C. 3 D. 5
3.相似三角形的概念是（ ）
A. 對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊成比例的兩個三角形 B. 兩角分別相等的兩個三角形
C. 三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形 D. 兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形
4.下列語句正確的是（ ）
A. 在△ABC和△A′B′C′中，∠B=∠B′=90°，∠A=30°，∠C′=60°，則△ABC和△A′B′C′不相似
B. △ABC和在△A′B′C′中，AB=5，BC=7，AC=8，A′C′=16，B′C′=14，A′B′=10，則△ABC∽△A′B′C′
C. 兩個全等三角形不一定相似
D. 所有的菱形都相似
二、填空題
5.下列說法中：①所有的等腰三角形都相似；②所有的正三角形都相似；③所有的正方形都相似；④所有的矩形都相似．其中說法正確的序號是________．
6.利用復(fù)印機的縮放功能，將原圖中邊長為5厘米的一個等邊三角形放大成邊長為20厘米的等邊三角形，那么放大前后的兩個三角形的周長比是________．
三、綜合題
7.如圖1．在菱形ABCD中，AB=2 ，tan∠ABC=2，∠BCD=α，點E從點D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著射線DA的方向勻速運動，設(shè)運動時間為t（秒），將線段CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α度，得到對應(yīng)線段CF，連接BD、EF，BD交EC、EF于點P、Q．
（1）求證：△ECF∽△BCD；
（2）當t為何值時，△ECF≌△BCD？
（3）當t為何值時，△EPQ是直角三角形？
8.已知矩形ABCD的一條邊AD=8，將矩形ABCD折疊，使得頂點B落在CD邊上的P點處．且△OCP與△PDA的面積比為1：4
（1）如圖1，已知折痕與邊BC交于點O，連結(jié)AP、OP、OA．
①求證：△OCP∽△PDA；
②求邊AB的長；
（2）如圖2，連結(jié)AP、BP．動點M在線段AP上（點M與點P、A不重合），動點N在線段AB的延長線上，且BN=PM，連結(jié)MN交PB于點F，作ME⊥BP于點E．試問當點M、N在移動過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？若變化，說明理由；若不變，求出線段EF的長度．
答案解析部分
一、單選題
1. B
分析：相似圖形的面積比等于相似圖形比的平方，若兩個三角形的相似比為1:2，則它們的面積比為1：4，故答案為B
【分析】相似圖形比值的應(yīng)用：相似圖形的周長比等于相似比，相似圖形的面積比等于相似比的平方。
2. B
分析：解：∵這三個正方形的邊都互相平行．
∴它們均相似．
∴ = 解得：x=4．
故選B．
【分析】根據(jù)相似多邊形的對應(yīng)邊的比相等，就可以判斷．
3. A
分析：解：A、對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊成比例的兩個三角形相似，正確；
B、兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似，錯誤；
C、三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形相似，錯誤；
D、兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似，錯誤；
故選A
【分析】根據(jù)相似三角形的判定判斷即可．
4. B
分析：解：∵∠B=90°，∠A=30°，
∴∠C=60°，又∠C′=60°，
∴∠C=∠C′，則△ABC和△A′B′C′相似，A錯誤；
△ABC和在△A′B′C′中，AB=5，BC=7，AC=8，A′C′=16，B′C′=14，A′B′=10，
則△ABC∽△A′B′C′，B正確；
兩個全等三角形一定相似，C錯誤；
所有的菱形不一定都相似，D錯誤；
故選：B．
【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理、相似多邊形的判定方法進行判斷即可．
二、填空題
5. ②③
分析：解：①所有的等腰三角形都相似，錯誤；
②所有的正三角形都相似，正確；
③所有的正方形都相似，正確；
④所有的矩形都相似，錯誤．
故答案為：②③
【分析】根據(jù)相似圖形的判定定理，求解。
6. 1：4
分析：解：因為原圖中邊長為5cm的一個等邊三角形放大成邊長為20cm的等邊三角形， 所以放大前后的兩個三角形的面積比為5：20=1：4，
故答案為：1：4．
【分析】根據(jù)等邊三角形周長的比是三角形邊長的比解答即可
三、綜合題
7. （1）證明：菱形ABCD中，BC=CD，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，CE=CF，
∴ = ，
又∵∠FCE=∠DCB=α，
∴△FCE∽△DCB
（2）由（1）知，△FCE∽△DCB，
∴當CE=CB=CD時，△FCE≌△DCB；
①E、D重合，此時t=0；
②如圖，過點C作CM⊥AD，
當EM=MD時，EC=CD，
Rt△CMD中，MD=CDcs∠CDA=2 × =2，
∴t=ED=2MD=4，
∴當t=0或4時，△FCE≌△DCB
（3）∵CE=CF，∴∠CEQ＜90°．
①當∠EQD=90°時，
∠ECF=∠BCD，BC=DC，EC=FC，
∴∠CBD=∠CEF，
∵∠BPC=∠EPQ，
∴∠BCP=∠EQP=90°．
在Rt△CDE中，∠CED=90°，
∵AB=CD=2 ，tan∠ABC=tan∠ADC=2，
∴DE=2，
∴t=2秒；
②當∠EPQ=90°時，
∵菱形ABCD對角線AC⊥BD，
∴EC和AC重合．
∴DE=2 ，
∴t=2 秒；
∴當t=2或者2 時，△APQ為直角三角形．
【解析】【分析】（1）根據(jù)對應(yīng)邊成比例、夾角相等的兩個三角形相似證明；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)、余弦的概念計算；（3）分∠EQD=90°、∠EPQ=90°兩種情況，根據(jù)正切的概念、菱形的性質(zhì)解答．
8. （1）解：①如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠DPA+∠DAP=90°，
∵由折疊可得∠APO=∠B=90°，
∴∠DPA+∠CPO=90°，
∴∠DAP=∠CPO，
又∵∠D=∠C，
∴△OCP∽△PDA；
②如圖1，∵△OCP與△PDA的面積比為1：4，
∴ = = = ，
∴CP= AD=4，
設(shè)OP=x，則CO=8﹣x，
在Rt△PCO中，∠C=90°，
由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42 ，
解得：x=5，
∴AB=AP=2OP=10，
∴邊AB的長為10
（2）解：結(jié)論：線段EF的長度不發(fā)生變化．EF=2 ．
理由：如圖2中，作MQ∥AN，交PB于點Q，
∵AP=AB，MQ∥AN，
∴∠APB=∠ABP=∠MQP．
∴MP=MQ，
∵BN=PM，
∴BN=QM．
∵MP=MQ，ME⊥PQ，
∴EQ= PQ．
∵MQ∥AN，
∴∠QMF=∠BNF，
在△MFQ和△NFB中，
，
∴△MFQ≌△NFB（AAS），
∴QF=FB，
∴QF= QB，
∴EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB，
由（1）中的結(jié)論可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，
∴PB= =4 ，
∴EF= PB=2 ，
∴當點M、N在移動過程中，線段EF的長度不變，它的長度為2 ．
【解析】【分析】（1）①只要證明∠PAD=∠CPO，由∠D=∠C=90°，即可證出△OCP∽△PDA；②根據(jù)△OCP與△PDA的面積比為1：4，得出CP= AD=4，設(shè)OP=x，則CO=8﹣x，由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42 ， 求出x，最后根據(jù)AB=2OP即可求出邊AB的長；（2）作MQ∥AN，交PB于點Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根據(jù)ME⊥PQ，得出EQ= PQ，根據(jù)∠QMF=∠BNF，證出△MFQ≌△NFB，得出QF= QB，再求出EF= PB，由（1）中的結(jié)論求出PB，即可判斷．