《2025年新编基础训练九年级数学上册北师大版》

7. 如图,$\triangle ABC的中线BE$,$CD相交于点O$,连接$DE$.下列结论：①$\frac{DE}{BC}= \frac{1}{2}$；②$\frac{S_{\triangle DOE}}{S_{\triangle COB}}= \frac{1}{2}$；③$\frac{AD}{AB}= \frac{OE}{OB}$；④$\frac{S_{\triangle DOE}}{S_{\triangle ADE}}= \frac{1}{3}$.其中正确的有(C).

A.$1$个
B.$2$个
C.$3$个
D.$4$个

答案： C

8. 已知相似三角形的面积比为$4:9$,较小三角形的周长为$4$,求这两个三角形的周长和.

答案： 解:设较大三角形的周长为x,
∵两个相似三角形的面积比为4:9,
∴这两个相似三角形的周长比为2:3.
∴$\frac{4}{x}=\frac{2}{3}$,解得x=6,
∴这两个三角形的周长和为4+6=10.

9. 如图,在$\triangle ABC$中,$D$,$E分别是AB$,$AC$上的点,$\triangle ADE\backsim\triangle ACB$,相似比为$AD:AC = 2:3$,$\triangle ABC的角平分线AF交DE于点G$,交$BC于点F$,求$AG与GF$的比.

答案： 解:
∵$\triangle ADE \sim \triangle ACB$,
∴$\angle ADE=\angle ACB$,$\angle AED=\angle ABC$.
∵AF是$\angle BAC$的平分线,
∴$\angle BAF=\angle CAF$.
∵$\angle AGD=\angle CAF+\angle AED$,$\angle AFC=\angle BAF+\angle ABC$,
∴$\angle AGD=\angle AFC$.
∴$\triangle AGD \sim \triangle AFC$.
∴$\frac{AG}{AF}=\frac{AD}{AC}=\frac{2}{3}$.
∴AG:GF=2:1.

10. 如图,四边形$ABCD$为菱形,$M为BC$上一点,连接$AM交对角线BD于点G$,并且$\angle ABC = 2\angle BAM$.
(1) 求证：$AG = BG$；
(2) 若$M为BC$的中点,$S_{\triangle BGM}= 1$,求$\triangle ADG$的面积.

答案：
(1)证明:
∵四边形ABCD为菱形,
∴BD平分$\angle ABC$.
∴$\angle ABG=\frac{1}{2}\angle ABC$.
∵$\angle ABC=2\angle BAM$,
∴$\angle BAM=\frac{1}{2}\angle ABC$.
∴$\angle BAM=\angle ABG$.
∴AG=BG.
(2)解:
∵四边形ABCD为菱形,
∴AD//BC,AD=BC.
∴$\angle GBM=\angle GDA$,$\angle BMG=\angle DAG$.
∴$\triangle BGM \sim \triangle DGA$.
∵M为BC的中点,
∴$BM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD$,
即$\triangle BGM$与$\triangle DGA$的相似比为1:2.
∴$S_{\triangle BGM}:S_{\triangle ADG}=1:4$.
又
∵$S_{\triangle BGM}=1$,
∴$S_{\triangle ADG}=4$.

11. 在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AC = 20\mathrm{cm}$,$BC = 15\mathrm{cm}$,现有动点$P从点A$出发,沿$AC向点C$方向运动,动点$Q从点C$出发,沿线段$CB向点B$方向运动.如果点$P的速度是4\mathrm{cm/s}$,点$Q的速度是2\mathrm{cm/s}$,它们同时出发,当有一点到达所在线段的端点时,就都停止运动,设运动时间为$t\mathrm{s}$.
(1) 当$t = 3$时,$P$,$Q$两点之间的距离是多少？
(2) 若$\triangle CPQ的面积为S\mathrm{cm}^2$,求$S关于t$的函数关系式；
(3) 当$t$为多少时,以点$C$,$P$,$Q为顶点的三角形与\triangle ABC$相似？

答案： 解:由题意,得AP=4t cm,CQ=2t cm,
则CP=(20-4t)cm.
(1)当t=3时,CP=8 cm,CQ=6 cm,
由勾股定理,得$PQ=\sqrt{CP^2+CQ^2}=10(cm)$.
(2)由题意,得$S=\frac{1}{2}×(20-4t)×2t=20t-4t^2$.
(3)分两种情况:①当$Rt\triangle CPQ \sim Rt\triangle CAB$时,
$\frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CB}$,即$\frac{20-4t}{20}=\frac{2t}{15}$,解得t=3;
②当$Rt\triangle CPQ \sim Rt\triangle CBA$时,$\frac{CP}{CB}=\frac{CQ}{CA}$,
即$\frac{20-4t}{15}=\frac{2t}{20}$,解得$t=\frac{40}{11}$.
因此当t=3或$t=\frac{40}{11}$时,以点C,P,Q为顶点的三角形与$\triangle ABC$相似.