九年级数学下册第二十七章相似27.2相似三角形27.2.2相似三角形的性质课时训练新版新人教版

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详解详析1．A2．D[解析]已知△ABC与△A1B1C1相似，且相似比为1∶3，则△ABC与△A1B1C1的面积比为13．B4.1∶45．D[解析]由△ABC∽△A′B′C′，可得eq\f(AD,A′D′)＝eq\f(BE,B′E′)，可求得B′E′＝eq\f(9,2).6．D7．5[解析]设△DEF的最短边长为xcm，△ABC的三边长分别为3acm，4acm，6∵△ABC与△DEF相似，∴3a∶x＝6a∶10，解得x＝5，即△DEF的最短边长是5cm.8．解：(1)证明：∵△ABC∽△A1B1C1，且相似比为k(k＞1)，∴eq\f(a,a1)＝k，∴a＝ka1.又∵c＝a1，∴a＝kc.(2)答案不唯一，如取a＝8，b＝6，c＝4，同时取a1＝4，b1＝3，c1＝2，此时eq\f(a,a1)＝eq\f(b,b1)＝eq\f(c,c1)＝2，∴△ABC∽△A1B1C1，相似比为2且c＝a1.(3)不存在这样的△ABC和△A1B1C1使得k＝2.若k＝2，则a＝2a1，b＝2b1，c＝2c1.又∵b＝a1，c＝b1，∴a＝2a1＝2b＝4b1＝4c，∴b＝2c，∴b＋c＝2c＋c＜4c，4c＝a，即b＋c＜a，实际应该是b＋c＞a，故不存在这样的△ABC和△A1B1C1使得k＝2.9．A[解析]设小三角形的周长为xcm，则大三角形的周长为(x＋40)cm.∵这两个相似三角形的对应边的比为15∶23，∴eq\f(x,x＋40)＝eq\f(15,23)，解得x＝75.经检验，x＝75是原方程的解且符合题意，则x＋40＝115.故这两个三角形的周长分别是75cm，115cm.10．D[解析]由DE∥BC，DB＝2AD，得△ADE∽△ABC，eq\f(AD,AB)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(S△ADE,S△ABC)＝eq\f(1,9).∵S△ADE＝1，∴S△ABC＝9，∴S四边形DBCE＝S△ABC－S△ADE＝8.故选D.11．C[解析]由网格图可得∠B1A1C1＝∠B2A2C2＝135°，eq\f(A1B1,A2B2)＝eq\f(A1C1,A2C2)＝2，所以eq\a\vs4\al(△A1B1C1∽△A2B2C2)，所以△A1B1C1和△A2B2C2的面积比为4∶1.12．D[解析]∵S△BDE∶S△CDE＝1∶3，∴BE∶EC＝1∶3，∴BE∶BC＝1∶4.∵DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，∴eq\f(DE,AC)＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(1,4).∵DE∥AC，∴△DOE∽△COA，∴S△DOE∶S△AOC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(DE,AC)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16).13．解：S四边形ANML＝eq\f(1,5)S四边形ABCD.理由：如图，延长CE交BA的延长线于点T，连接DN，设S△AEN＝a.∵AT∥CD，∴∠T＝∠ECD.∵∠AET＝∠CED，AE＝ED，∴△AET≌△DEC，∴AT＝CD.∵AT∥CJ，∴eq\f(AN,NJ)＝eq\f(AT,CJ)＝eq\f(3,2)，∴eq\f(S△ADN,S△DNJ)＝eq\f(3,2)，可得S△DNJ＝eq\f(4,3)a，∴S△ADJ＝2a＋eq\f(4,3)a＝eq\f(10,3)a＝eq\f(1,6)S四边形ABCD，∴S四边形ABCD＝20a，∴S四边形AECF＝10a，∴S四边形ANML＝eq\f(1,2)(S四边形AECF－2S△AEN)＝eq\f(1,2)(10a－2a)＝4a，∴S四边形ANML＝eq\f(1,5)S四边形ABCD.14．解：发现：(1)小明的这个发现正确．理由：解法一：如图①，连接AC，BC，AB.∵AC＝BC＝eq\r(10)cm，AB＝2eq\r(5)cm，∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠BCA＝90°，∴AB为该圆的直径．解法二：如图②，连接AC，BC，AB.易证△AMC≌△CNB，∴∠ACM＝∠CBN.又∵∠BCN＋∠CBN＝90°，∴∠BCN＋∠ACM＝90°，即∠BCA＝90°，∴AB为该圆的直径．(2)如图③，∵DE∥FH，∴∠A′ED＝∠EFH.又∵∠A′DE＝∠EHF＝90°，DE＝FH，∴△A′DE≌△EHF(ASA)，∴A′D＝EH＝1cm，∴A′C′＝4cm.∵DE∥B′C′，∴△A′DE∽△A′C′B′，∴eq\f(A′D,A′C′)＝eq\f(DE,C′B′)，即eq\f(1,4)＝eq\f(2,C′B′)，∴C′B′＝8cm，∴S△A′C′B′＝eq\f(1,2)×4×8＝16(cm2)．∴该方案的纸片利用率＝eq\f(6,16)×100%＝37.5%.探究：(3)如图④，过点C1作C1D⊥EF于点D，延长LM交A1B1于点G，过点G作GH∥A1C1，交B1C1于点设A1P＝a.∵PQ∥EK，易得△A1PQ∽△KQE，△C1EF是等腰三角形，△GHL是等腰三角形，∴A1P∶A1Q＝QK∶EK＝1∶2，∴A1Q＝2a，PQ＝eq\r(5)a，∴EQ＝5a.∵EC1∶ED＝QE∶QK，∴EC1＝eq\f(5,2)a，∴PG＝5a＋eq\f(5,2)a＝eq\f(15,2)a，GL＝eq\f(5\r(5),2)a，∴GH＝eq\f(25,8)a.∵eq\f(GH,A1C1)＝eq\f(GB1,A1B1)，∴eq\f(\f(25,8)a,2a＋5a＋\f(5,2)a)＝eq