《2025年中学生世界九年级数学上册沪教版五四制》

1. 下列五幅图均是由边长为1的16个小正方形组成的正方形网格,网格中的三角形的顶点都在小正方形的顶点上,那么在下列右边四幅图中的三角形,与左图中的△ABC相似的有(A)
A.1个；
B.2个；
C.3个；
D.4个.

答案： 解：在△ABC中，设小正方形边长为1，由勾股定理得：
AB=$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，AC=$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，BC=$\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
∴△ABC三边之比为AC:AB:BC=$\sqrt{2}:\sqrt{5}:\sqrt{10}=1:\sqrt{5/2}:\sqrt{5}$（化简为最简整数比为$\sqrt{2}:\sqrt{5}:\sqrt{10}$）。
图1三角形三边：$\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，三边之比$\sqrt{2}:2\sqrt{2}:\sqrt{10}=1:2:\sqrt{5}$，不相似。
图2三角形三边：$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，三边之比$\sqrt{2}:\sqrt{5}:\sqrt{13}$，不相似。
图3三角形三边：$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，$\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，三边之比$2\sqrt{2}:\sqrt{5}:\sqrt{10}$，与△ABC三边成比例（$\sqrt{2}:\sqrt{5}:\sqrt{10}$），相似。
图4三角形三边：$\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，三边之比$\sqrt{5}:\sqrt{10}:2\sqrt{5}=1:\sqrt{2}:2$，不相似。
综上，与△ABC相似的有1个。
答案：A

2. 若一个三角形的一条边长为6cm,平行于这条边的直线将该三角形分成面积相等的两部分,则该直线被这个三角形两边所截得的线段长为(C)
A.3cm；
B.$2\sqrt{3}$cm；
C.$3\sqrt{2}$cm；
D.$6\sqrt{2}$cm.

答案： 【解析】：
本题主要考察相似三角形的性质，特别是相似三角形的面积比与边长比的关系。
设原三角形为$\bigtriangleup ABC$，其中边$AB = 6cm$，平行于$AB$的直线交$AC$于点$D$，交$BC$于点$E$，形成的小三角形为$\bigtriangleup CDE$。
由于直线$DE$平行于$AB$，根据相似三角形的性质，我们知道$\bigtriangleup CDE \sim \bigtriangleup CAB$。
设$\bigtriangleup CDE$与$\bigtriangleup CAB$的相似比为$k$，则根据相似三角形的面积比与边长比的关系，有$\frac{S_{\bigtriangleup CDE}}{S_{\bigtriangleup CAB}} = k^2$。
题目给出$\bigtriangleup CDE$的面积是$\bigtriangleup CAB$面积的一半，即$\frac{S_{\bigtriangleup CDE}}{S_{\bigtriangleup CAB}} = \frac{1}{2}$。
代入上一步的公式，得到$k^2 = \frac{1}{2}$，解得$k = \frac{\sqrt{2}}{2}$（负值舍去，因为边长不能为负）。
由于$DE$是$\bigtriangleup CDE$与$\bigtriangleup CAB$的对应边，且相似比为$k$，所以$DE = k × AB = \frac{\sqrt{2}}{2} × 6 = 3\sqrt{2}cm$。
【答案】：
C. $3\sqrt{2}cm$。

3. 如图,已知AB//DC,AC//DE.如果$S_{△ABC}= 9$,$S_{△DCE}= 4$,那么$S_{△ACD}= $6.

答案： 解：设$\triangle ABC$与$\triangle ACD$的相似比为$k$。
因为$AB// DC$，所以$\triangle ABC\sim\triangle DCE$（由$AC// DE$可证对应角相等）。
$\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle DCE}}=\left(\frac{AC}{CE}\right)^2=\frac{9}{4}$，则$\frac{AC}{CE}=\frac{3}{2}$。
因为$AB// DC$，$\triangle ABC$与$\triangle ACD$等高，面积比等于底之比$\frac{BC}{CD}=\frac{3}{2}$。
又$AC// DE$，$\triangle ACD$与$\triangle DCE$等高，面积比等于底之比$\frac{AC}{CE}=\frac{3}{2}$。
设$S_{\triangle ACD}=x$，则$\frac{x}{4}=\frac{3}{2}$，解得$x=6$。
$6$

4. 如图,已知在△ABC中,∠C= 90°,点D在BC上,∠B= ∠DAC,且$\frac{S_{△ACD}}{S_{△BCA}}= \frac{4}{9}$.若AC= 6,则CD的长为4.

答案： 解：
∵∠C=90°，∠B=∠DAC，
∴△ACD∽△BCA（两角对应相等，两三角形相似）。
∵$\frac{S_{△ACD}}{S_{△BCA}}= \frac{4}{9}$，
∴相似比为$\frac{AC}{BC}=\frac{2}{3}$（相似三角形面积比等于相似比的平方）。
∵AC=6，
∴$\frac{6}{BC}=\frac{2}{3}$，解得BC=9。
∵△ACD∽△BCA，
∴$\frac{CD}{AC}=\frac{AC}{BC}$（相似三角形对应边成比例），
即$\frac{CD}{6}=\frac{6}{9}$，解得CD=4。
答案：4

5. 如图,将一副三角板按图叠放,则△AOB与△DOC的面积之比为$\frac{1}{4}$.

答案： 解：设 $ BC = x $。
在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle ABC = 90^\circ $，$ \angle BAC = 45^\circ $，
$\therefore AB = BC = x$，$ AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{x^2 + x^2} = \sqrt{2}x$。
在 $ \triangle DBC $ 中，$ \angle DBC = 90^\circ $，$ \angle BDC = 30^\circ $，
$\therefore DC = 2BC = 2x$，$ BD = \sqrt{DC^2 - BC^2} = \sqrt{(2x)^2 - x^2} = \sqrt{3}x$。
$\because \angle AOB = \angle DOC$，$ \angle OAB = \angle OCD = 45^\circ $，
$\therefore \triangle AOB \sim \triangle COD$。
$\therefore \frac{AO}{CO} = \frac{AB}{CD} = \frac{x}{2x} = \frac{1}{2}$。
设 $ AO = k $，则 $ CO = 2k $，$ AC = AO + CO = 3k = \sqrt{2}x $，
$\therefore k = \frac{\sqrt{2}x}{3}$，即 $ AO = \frac{\sqrt{2}x}{3} $，$ CO = \frac{2\sqrt{2}x}{3} $。
$\triangle AOB$ 与 $ \triangle COD $ 的面积比为 $ \left( \frac{AO}{CO} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4}$。
答案：$\frac{1}{4}$

6. 如图,DE是△ABC的一条中位线,M、N、P分别是AD、AE、DE的中点,则$S_{△MNP}:S_{△CEB}= $$1:8$.

答案： 【解析】：本题可先根据中位线定理得出$\triangle ADE$与$\triangle ABC$相似且相似比，进而得出它们的面积比，再根据中点求出$\triangle MNP$与$\triangle ADE$的面积比，最后求出$\triangle MNP$与$\triangle CEB$的面积比。
根据中位线定理求$\triangle ADE$与$\triangle ABC$的相似比和面积比：
已知$DE$是$\triangle ABC$的一条中位线，根据中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。
可得$DE// BC$，$DE = \frac{1}{2}BC$，且$DE$与$BC$所在直线被$AE$、$AB$所截得的$\triangle ADE$与$\triangle ABC$相似。
因为相似三角形对应边成比例，所以$\triangle ADE$与$\triangle ABC$的相似比为$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}$。
又因为相似三角形面积比等于相似比的平方，所以$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}} = (\frac{DE}{BC})^2 = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$，即$S_{\triangle ADE} = \frac{1}{4}S_{\triangle ABC}$，那么$S_{\triangle CEB} = S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ADE} - S_{\triangle CDE}=S_{\triangle ABC} - \frac{1}{4}S_{\triangle ABC} - \frac{1}{4}S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$。
求$\triangle MNP$与$\triangle ADE$的面积比：
因为$M$、$N$、$P$分别是$AD$、$AE$、$DE$的中点，所以$MN$、$NP$、$MP$分别是$\triangle ADE$的中位线。
根据三角形中位线定理可知$MN = \frac{1}{2}DE$，$NP = \frac{1}{2}AD$，$MP = \frac{1}{2}AE$，所以$\triangle MNP$与$\triangle ADE$相似，且相似比为$\frac{MN}{DE}=\frac{1}{2}$。
那么$\frac{S_{\triangle MNP}}{S_{\triangle ADE}} = (\frac{MN}{DE})^2 = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$，即$S_{\triangle MNP} = \frac{1}{4}S_{\triangle ADE}$。
求$\triangle MNP$与$\triangle CEB$的面积比：
由$S_{\triangle ADE} = \frac{1}{4}S_{\triangle ABC}$，$S_{\triangle MNP} = \frac{1}{4}S_{\triangle ADE}$，可得$S_{\triangle MNP} = \frac{1}{4}×\frac{1}{4}S_{\triangle ABC} = \frac{1}{16}S_{\triangle ABC}$。
又因为$S_{\triangle CEB} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$，所以$\frac{S_{\triangle MNP}}{S_{\triangle CEB}} = \frac{\frac{1}{16}S_{\triangle ABC}}{\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}} = \frac{1}{16}×\frac{2}{1} = \frac{1}{8}$，即$S_{\triangle MNP}:S_{\triangle CEB} = 1:8$。
【答案】：$1:8$

7. 如图,在△ABC中,已知DE//BC,分别交边AB、AC于点D、E,且DE将△ABC分成面积相等的两部分.把△ADE沿直线DE翻折,点A落在点F的位置上,DF交BC于点G,EF交BC于点H,则$\frac{GH}{DE}=$$2 - \sqrt{2}$.

答案： 解：设△ADE的面积为S，则△ABC的面积为2S。
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC。
∴$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{DE}{BC})^2$，即$\frac{S}{2S}=(\frac{DE}{BC})^2$，$\frac{DE}{BC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，设DE=$\sqrt{2}k$，则BC=2k。
由翻折知：FD=AD，FE=AE，∠FDE=∠ADE，∠FED=∠AED。
∵DE//BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴∠FDE=∠B，∠FED=∠C，
∴DG//AB，EH//AC。
∴△GDE∽△ABC，△HDE∽△ABC。
设AD=FD=x，AB=AD+DB=x+DB。
∵△ADE∽△ABC，$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{x}{x+DB}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得DB=x(2-$\sqrt{2}$)。
∵DG//AB，$\frac{DG}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，DG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\frac{\sqrt{2}}{2}(x+DB)=\frac{\sqrt{2}}{2}(x+x(2-$\sqrt{2}$))=x($\sqrt{2}-1$)。FG=FD-DG=x - x($\sqrt{2}-1$)=x(2-$\sqrt{2}$)=DB。同理可得EH=DB，∴GH=BC - BG - CH=BC - (DE + DG) - (DE + EH)，又BG=DE + DG，CH=DE + EH，且DG=EH=DB=x(2-$\sqrt{2}$)，BG=CH=$\sqrt{2}k$ + x(2-$\sqrt{2}$)，而AB=x+DB=x + x(2-$\sqrt{2}$)=x(3-$\sqrt{2}$)，$\frac{DE}{BC}=\frac{\sqrt{2}k}{2k}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{AD}{AB}=\frac{x}{x(3-$\sqrt{2}$)}=\frac{1}{3-$\sqrt{2}$}=\frac{3+$\sqrt{2}$}{7}$（此步可简化，直接由比例得BG=CH=BC - GH'，实际通过前面设值计算得GH=2k - 2($\sqrt{2}k$ + x(2-$\sqrt{2}$))，但因DG=EH=DB，且DB=$\frac{AB - AD}{1}$=AB - AD，AB=$\frac{AD}{\sqrt{2}/2}$=$\sqrt{2}AD$，DB=AD($\sqrt{2}-1$)，DG=EH=AD($\sqrt{2}-1$)，BG=DE + DG=$\sqrt{2}k$ + AD($\sqrt{2}-1$)，又AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}AB$，AB=$\frac{BC}{\sqrt{2}/2}$=2$\sqrt{2}k$，AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}×2$\sqrt{2}k$=2k，DB=2k($\sqrt{2}-1$)，DG=2k($\sqrt{2}-1$)，BG=$\sqrt{2}k$ + 2k($\sqrt{2}-1$)=k(3$\sqrt{2}-2$)，同理CH=k(3$\sqrt{2}-2$)，GH=BC - BG - CH=2k - 2k(3$\sqrt{2}-2$)=2k - 6$\sqrt{2}k$ + 4k=k(6 - 6$\sqrt{2}$)（错误，重新计算）：
正确：
∵DE//BC，DG//AB，
∴四边形DBGD是平行四边形？不，应为△GMD∽△ABC（M为DG与BC交点），实际更简便：
过A作AM⊥BC于M，交DE于N，则AN⊥DE，$\frac{AN}{AM}=\frac{DE}{BC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，设AN=h，则AM=2h/$\sqrt{2}$=$\sqrt{2}h$，NF=AN=h，FM=AM - AN - NF=$\sqrt{2}h - h - h=h(\sqrt{2}-2)$（负号表示方向），FM=2h - $\sqrt{2}h$。
△FGH∽△ABC，$\frac{FG}{AB}=\frac{FM}{AM}=\frac{2h - $\sqrt{2}h$}{$\sqrt{2}h$}=\sqrt{2}-1$，$\frac{GH}{BC}=\sqrt{2}-1$，GH=BC($\sqrt{2}-1$)=2k($\sqrt{2}-1$)。
$\frac{GH}{DE}=\frac{2k(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}k}=2 - \sqrt{2}$。
$\boxed{2 - \sqrt{2}}$