《2025年实验班提优训练九年级数学上册浙教版》

1. 教材 P143 合作学习·变式(2024·重庆中考)若两个相似三角形的相似比是1:3,则这两个相似三角形的面积比是(D).
A.1:3
B.1:4
C.1:6
D.1:9

答案： D [解析]
∵两个相似三角形的相似比是1∶3，
∴这两个相似三角形的面积比是$1^{2}:3^{2}=1:9$.故选D.

2. 如图,D,E 分别是△ABC 的边 AB,BC 上的点,且 DE//AC,若$S_{\triangle BDE}:S_{\triangle CDE}= 1:3$,则$S_{\triangle DOE}:S_{\triangle AOC}$的值为(D).
A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{9}$
D.$\frac{1}{16}$

答案： D [解析]
∵$S_{\triangle BDE}:S_{\triangle CDE}=1:3$，
∴$BE:EC=1:3$.
∴$BE:BC=1:4$.
∵$DE// AC$，
∴$\triangle BDE\backsim \triangle BAC$，$\triangle DOE\backsim \triangle COA$.
∴$\frac{DE}{AC}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{4}$.
∴$\frac{S_{\triangle DOE}}{S_{\triangle AOC}}=(\frac{DE}{AC})^{2}=\frac{1}{16}$.故选D.

3. (2025·湖南郴州期末)如图,在平行四边形 ABCD 中,$\frac{AE}{AB}= \frac{2}{3}$,设△AEF 和△CDF 的面积分别为$S_1,S_2$.若$S_1= 16$,则$S_2= $36.

答案： 36

4. 已知两个相似三角形的一对对应边长分别是35 cm 和14 cm.
(1)若它们的周长相差60 cm,求这两个三角形的周长;
(2)若它们的面积相差$588\ \text{cm}^2$,求这两个三角形的面积.

答案： （1）较大的三角形的周长为100cm，较小的三角形的周长为40cm.
（2）
∵这两个三角形的相似比为5∶2，
∴这两个三角形的面积比为25∶4.
∵它们的面积相差$588\mathrm{cm}^{2}$，设较大的三角形的面积为$25x\mathrm{cm}^{2}$，则较小的三角形的面积为$4x\mathrm{cm}^{2}$.由题意，得$(25 - 4)x=588$.
∴$x = 28$.
∴$25x=700$，$4x = 112$.故这两个三角形的面积分别为$700\mathrm{cm}^{2}$，$112\mathrm{cm}^{2}$.

5. 如图,在平行四边形 ABCD 中,E 是 AB 的中点,CE 和 BD 交于点 O,设△OCD 的面积为m,△OEB 的面积为$\sqrt{5}$,则下列结论中正确的是( B ).

A.$m= 5$
B.$m= 4\sqrt{5}$
C.$m= 3\sqrt{5}$
D.$m= 10$

答案： B [解析]
∵$AB// CD$，
∴$\triangle OCD\backsim \triangle OEB$.
∴$\frac{S_{\triangle OEB}}{S_{\triangle OCD}}=(\frac{BE}{CD})^{2}$.又E是AB的中点，
∴$2EB = AB=CD$，
∴$\frac{\sqrt{5}}{m}=(\frac{1}{2})^{2}$，解得$m = 4\sqrt{5}$.故选B.

6. 如图,在△ABC 中,AB= 2,AC= 3,射线 AD 平分∠BAC,交 BC 边于点 D,过 B,C 作射线 AD 的垂线,垂足分别是 P,Q,将△BDP 的面积设为x,那么△CDQ 的面积是( ).

A.1.5x
B.2x
C.2.25x
D.3x

答案：
C [解析]如图，过点D作$DM\perp AB$于点M，$DN\perp AC$于点N.

∵AD平分$\angle BAC$，
∴$DM = DN$.
∵$\triangle ABD$的面积$=\frac{1}{2}AB\cdot DM=\frac{1}{2}AD\cdot BP$，$\triangle ACD$的面积$=\frac{1}{2}AC\cdot DN=\frac{1}{2}AD\cdot CQ$，
∴$\frac{AB\cdot DM}{AC\cdot DN}=\frac{AD\cdot PB}{AD\cdot CQ}$，
∴$\frac{BP}{CQ}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{3}$.
∵$\angle BPD=\angle CQD = 90^{\circ}$，$\angle PDB=\angle QDC$，
∴$\triangle BPD\backsim \triangle CQD$.
∴$\frac{S_{\triangle BPD}}{S_{\triangle CQD}}=(\frac{BP}{CQ})^{2}=\frac{4}{9}$.
∵$S_{\triangle BPD}=x$，
∴$S_{\triangle CQD}=2.25x$.故选C.

7. (2025·江苏无锡滨湖区期中)如图,在 Rt△ABC 中,$\angle ACB= 90^\circ$,$AC= BC= 1$,点 D 为 BC 的中点,连结 AD,过点 C 作 CE⊥AD,垂足为 E,线段 CE 的延长线交 AB 于点 F,连结 BE,DF.如下结论:①$DB^2= DE\cdot DA$;②EB 平分∠DEF;③$BF= \frac{\sqrt{2}}{3}$;④$S_{\triangle BDF}:S_{\triangle AEF}= 2:3$.其中正确结论为( ).

A.①③
B.②③
C.①②④
D.①②③

答案：
D [解析]①
∵$\angle ACB = 90^{\circ}，$$CE\perp AD，$
∴$\angle DEC=\angle ACB = 90^{\circ}.$又$\angle CDE=\angle ADC，$
∴$\triangle DCE\backsim \triangle DAC.$
∴CD:DA = DE:CD，
∴$CD^{2}=DE\cdot DA.$
∵点D为BC的中点，
∴CD = DB，
∴$DB^{2}=DE\cdot DA，$故结论①正确；
②
∵$DB^{2}=DE\cdot DA，$
∴DB:DA = DE:DB.又$\angle BDE=\angle ADB，$
∴$\triangle DBE\backsim \triangle DAB.$
∴$\angle DEB=\angle ABC.$在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}，$AC = BC，
∴$\angle CAB=\angle ABC = 45^{\circ}，$
∴$\angle DEB=\angle ABC = 45^{\circ}.$
∵$CE\perp AD，$
∴$\angle DEF = 90^{\circ}，$
∴$\angle FEB=\angle DEF-\angle DEB=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}，$
∴$\angle FEB=\angle DEB = 45^{\circ}，$
∴EB平分$\angle DEF，$
③过点E作$EH\perp BC$于点H，$FK\perp BC$于点K，如图所示.

则EH// FK.
∵AC = BC = 1，点D为BC的中点，
∴$CD = BD=\frac{1}{2}，$在$\mathrm{Rt}\triangle ACD$中，$DA=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}，$又$CD^{2}=DE\cdot DA，$
∴$(\frac{1}{2})^{2}=DE×\frac{\sqrt{5}}{2}，$
∴$DE=\frac{\sqrt{5}}{10}，$
∴$AE=DA - DE=\frac{\sqrt{5}}{2}-\frac{\sqrt{5}}{10}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$
∵$EH\perp BC，$$\angle ACB = 90^{\circ}，$
∴EH// AC，
∴$\triangle DEH\backsim \triangle DAC，$
∴EH:AC = DH:CD = DE:DA，
∴$EH:1 = DH:\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{10}:\frac{\sqrt{5}}{2}，$
∴$EH=\frac{1}{5} DH=\frac{1}{10}，$
∴$CH=CD - DH=\frac{1}{2}-\frac{1}{10}=\frac{2}{5}.$
∵$\angle ABC = 45^{\circ}，$$FK\perp BC，$
∴$\triangle BFK$是等腰直角三角形，
∴设BK = FK=a，则CK=BC - BK=1 - a，由勾股定理，得$BF=\sqrt{BK^{2}+FK^{2}}=\sqrt{2}a.$
∵EH// FK，
∴$\triangle CEH\backsim \triangle CFK，$
∴EH:FK = CH:CK，
∴$\frac{1}{5}:a=\frac{2}{5}:(1 - a)，$
∴$a=\frac{1}{3}，$
∴$BF=\sqrt{2}a=\frac{\sqrt{2}}{3}，$故结论③正确；
④
∵$FK=a=\frac{1}{3}，$
∴$S_{\triangle BDF}=\frac{1}{2}BD\cdot FK=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{1}{3}=\frac{1}{12}.$
∵$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}DA\cdot CE=\frac{1}{2}AC\cdot CD，$
∴$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{5}}{2}× CE=\frac{1}{2}×1×\frac{1}{2}，$
∴$CE=\frac{\sqrt{5}}{5}.$
∵$\triangle CEH\backsim \triangle CFK，$
∴CE:CF = EH:FK，
∴$\frac{\sqrt{5}}{5}:CF=\frac{1}{5}:\frac{1}{3}，$
∴$CF=\frac{\sqrt{5}}{3}，$
∴$EF=CF - CE=\frac{\sqrt{5}}{3}-\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{15}，$
∴$S_{\triangle AEF}=\frac{1}{2}AE\cdot EF=\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{2\sqrt{5}}{15}=\frac{2}{15}，$
∴$S_{\triangle BDF}:S_{\triangle AEF}=\frac{1}{12}:\frac{2}{15}=5:8，$故结论④不正确.
综上所述，正确的结论是①②③.故选D.

8. 如图,在矩形 OABC 中,OA= 8,OC= 4,沿对角线 OB 折叠后,点 A 与点 D 重合,OD 与 BC 交于点 E,则点 D 的坐标是______.

答案：
$(\frac{24}{5},\frac{32}{5})$ [解析]如图，过点D作$DM\perp y$轴于点M.

∵四边形OABC为矩形，
∴$BC// OA$，
∴$\angle AOB=\angle OBC$.由折叠性质可知$\angle AOB=\angle DOB$，
∴$\angle DOB=\angle OBC$，
∴$OE = BE$.设$OE=x$，则$BE = OE=x$，$CE=8 - x$，在$\mathrm{Rt}\triangle OCE$中，根据勾股定理，得$x^{2}=(8 - x)^{2}+4^{2}$，解得$x = 5$，
∴$BE = OE=5$，$CE=8 - x=3$.
∵$BC// OA$，
∴$\triangle OEC\backsim \triangle ODM$，
∴$\frac{OE}{OD}=\frac{CE}{DM}=\frac{OC}{OM}$，即$\frac{5}{8}=\frac{3}{DM}=\frac{4}{OM}$，
∴$DM=\frac{24}{5}$，$OM=\frac{32}{5}$，
∴点D的坐标是$(\frac{24}{5},\frac{32}{5})$.