【数学】2020届一轮复习人教A版 相似三角形的判定与性质 课时作业

【数学】2020届一轮复习人教A版 相似三角形的判定与性质 课时作业

‎2020届一轮复习人教A版 相似三角形的判定与性质 课时作业 ‎ 1、如图所示，在中，是的中点，平分，，若，，则的长为（ ）‎ A．2 B．2.5 ‎ C．3 D．3.5‎ ‎2、如图所示，梯形的对角线交于点，则下列四个结论：‎ ‎∽；∽；；．‎ 其中正确的个数为（ ）‎ A．1 B．2 ‎ C．3 D．4‎ ‎3、如图所示，在中，，若，则为（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎4、如图所示，在正三角形中，分别在上，且，，则有（ ）‎ A．∽ B．∽ ‎ C．∽ D．∽‎ ‎5、如图所示，分别在和上，，，则等于（ ）‎ A．3：14 B．14:3 ‎ C．17:3 D．17:14‎ ‎6、如图所示，分别是的边上的点，，且，那么与四边形的面积比是（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎7、若三角形的三条边之比为3:5:7，与它相似的三角形的最长边为，则其余两边的长度之和为（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎8、如图所示，圆内接四边形的一组对边的延长线相交于点，对角线相交于点，则图中相似三角形共有（ ）‎ A．4对 B．2对 ‎ C．5对 D．3对 9、已知与圆相切于点，直线交圆于两点，是圆上一点，且，的延长线交于点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，，求．‎ ‎10、如图，在中，，是的中点.求证：.‎ ‎11、如图，是边上的高，，垂足为.‎ ‎（1）证明：四点共圆；‎ ‎（2）若，求的长.‎ ‎12、如图，在中，是的角平分线，的外接圆交于点，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当，时，求的长.‎ ‎13、如图，过圆外一点作一条直线与圆交于两点，且，作直线与圆相切于点，连结交于点，已知圆的半径为2，．‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎14、如图，在中，作平行于的直线交于，交于，如果和 相交于点，和相交于点，的延长线和相交于．‎ 证明：（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎15、如图，四边形中，交于点，的角平分线交于点．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求证：．‎ ‎16、如图，为⊙O的直径，为的中点，为的中点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：‎ ‎17、如图，弦与相交于圆内一点，过作的平行线与的延长线交于点，且．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求长．‎ ‎18、如图，是半圆的直径，，垂足为，，与、分别交于点、.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）证明：.‎ ‎19、如图,四点在同一个圆上，与的延长线交于点,点在的延长线上.‎ ‎（1）若,求的值；‎ ‎（2）若,证明:.‎ ‎20、如图，正方形边长为2，以为圆心、为半径的圆弧与以为直径的半圆交于点，连结并延长交于点．‎ ‎（1）求证：为的中点；‎ ‎（2）求的值．‎ 参考答案 ‎1、答案：B 延长交于点,则由题设可知,故是的中位线,故．故应选B．‎ 考点：三角形的中位线定理及运用．‎ ‎2、答案：C 结合图形可知答案①③④是正确的,②是错误的．故应选C．‎ 考点：相似三角形的性质及运用．‎ ‎3、答案：A 因,故,．故,应选A．‎ 考点：相似三角形的性质及运用．‎ ‎4、答案：B 连,因,故且．故应选B．‎ 考点：相似三角形的判定．‎ ‎5、答案：B 过作,则,故,．又,所以．故应选B．‎ 考点：相似三角形的性质及运用．‎ ‎6、答案：C 因,且,故,故与四边形的面积比是,应选C．‎ 考点：相似三角形的性质及运用．‎ ‎7、答案：A 设三角形的三边分别为,由可得．故其余两边长分别为,其和为,应选A．‎ 考点：相似三角形的性质及运用．‎ ‎8、答案：A 因,,故共有对,应选A.‎ 考点：相似三角形的判定.‎ ‎9、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）借助题设条件运用相似三角形的性质推证；（2）借助题设运用圆的切割线定理建立方程探求．‎ 试题 ‎（1）∵，∴，又与圆相切于点，‎ ‎∴，∵为切线，∴，‎ ‎∴，∴，即．5分 ‎（2）∵，，∴，由，，得，，‎ ‎∵为圆的切线，∴，∴，∴，‎ 又∵为圆的切线，∴，．10分 考点：相似三角形的性质及圆幂定理等有关知识的综合运用． 10、答案：试题分析：通过证明，可得，在中，由，可得，代换即可证得结论.‎ 试题证明：在和中，因为，为公共角，‎ 所以，于是.‎ 在中，因为是的中点，所以，从而，‎ 所以.‎ 考点：三角形相似的证明与应用. 11、答案：（1）证明见解析；（2）．‎ 试题分析：（1）由四点共圆可知，又，所以，得证；（2）由于，在直角三角形中，求得，所以.‎ 试题（1）证明：连接，由已知四点共圆，‎ ‎，，即四点四点共圆.‎ ‎（2）解：，直角三角形中，，‎ 又.‎ 考点：四点共圆的应用与直角三角形的基本性质. 12、答案：（1）见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）连接，因为是圆的内接四边形，，又，∴∽，即有，由已知可得，由角平分线性质可知，从而证出结论.（2）设，由割线定理得，,即,从而得到方程，解之即可.‎ 试题（1）证明：如图所示，连接，因为是圆的内接四边形，，又，‎ ‎∴∽，即有.又，∴.‎ 又是的角平分线，∴，从而.‎ ‎（2）解：∵，，∴，设，由割线定理得，，‎ 即，∴，即，‎ 解得或（舍去），即.‎ 考点：1.圆的性质；2.三角形相似. 13、答案：（1）；（2）．‎ 试题分析：（1）延长交圆于点，连接，则，由已知条件求出，，再由切割线定理能求出；（2）过作于，得到，由此入手能够证明．‎ 试题（1）延长交圆于点，连接，则，‎ 又，，所以，又，可知，所以．‎ 根据切割线定理得，即．‎ ‎（2）过作于，则，从而有，‎ 又由题意知，，所以 因此，．‎ 考点：相似三角形的判定． 14、答案：（I）证明见解析；（II）证明见解析．‎ 试题分析：（I）利用三角形相似易得；（II）由∽，即，同理，易得．‎ 试题解（Ⅰ）∵，∽，即，‎ 同理，于是．‎ ‎（Ⅱ），∴∽，‎ 即，同理，‎ 所以，‎ 又由（Ⅰ）有，‎ 所以，即．‎ 考点：三角形相似判定和性质． 15、答案：（1），（2）证明见解析 试题分析：（1）在四边形中，由，可得 ‎，可得对应边成比例，再由，‎ 可得答案 ‎（2）先分别过点作的平行线交的延长线于两点，再证明四边形是平行四边形，可得．再证，即可得结论 试题（1）∵，∴．‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴．‎ ‎（2）证明：分别过点作的平行线交的延长线于两点，则．‎ ‎∵平分，∴，∴，∴．‎ 又∵，∴四边形是平行四边形，∴．‎ ‎∴．‎ ‎∵，∴，∴，∴‎ 考点：三角形相似的判定及性质；平行四边形的判定及性质 16、答案：试题分析：（1）连接，因为为的中点，为的中点，利用构造三角形的中位线，即可证明；（2）由为的中点，所以，根据三角形相似的条件，得出，即可得到 试题（1）连接OE，因为D为的中点，E为BC的中点，‎ 所以OED三点共线．‎ 因为E为BC的中点且O为AC的中点，‎ 所以OE∥AB，故DE∥AB．‎ ‎（2）因为D为的中点，所以∠BAD＝∠DAC，‎ 又∠BAD＝∠DCB？∠DAC＝∠DCB．‎ 又因为AD⊥DC，DE⊥CE？△DAC∽△ECD．‎ AD·CD＝AC·CE2AD·CD＝AC·2CE2AD·CD＝AC·BC．‎ 考点：相似三角形的应用． 17、答案：（1）见解析；（2）6.‎ 试题分析：（1）利用平行线的性质即可使问题得证；（2）利用相似三角形的性质可得，然后由已知条件即可求解．‎ 试题（1），‎ 又公用，‎ ‎（2）由（1）知 ‎，‎ 设 由得，‎ ‎，，‎ 为所求．‎ 考点：相似三角形的判定与性质 18、答案：试题分析：（Ⅰ）要证，这两个角所在两个三角形中有一个公共角，因此只要证明另两个角相等即可，另外这两个角一个是垂直得直角，一个可由垂径定理证明是直角，从而得证；（Ⅱ）要证只要证，这两个三角形三对角对应相等了，还需要一对边相等即可，如证，为此可证，这又可在与证得．‎ 试题（Ⅰ）连接，，‎ ‎∵，，‎ ‎∴点是的中点，.‎ ‎∵是的直径，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）在与中，‎ 由（1）知，‎ 又，‎ ‎∴，于是.‎ ‎∴.‎ 在与中，‎ 由于，，‎ ‎∴，∴.‎ 考点：垂径定理，三角形全等的判定与性质． 19、答案：（1）;（2）见解析.‎ 试题分析：（1）由圆的知识及已知先证，所以有，又，可求出；（2）欲证，证即可，由已知先证由此可得，又由圆的性质得，即可证.‎ 试题解：因为四点共圆；,又 ‎,又.‎ ‎（2）,又,‎ 又因为四点共圆；.‎ 考点：1.三角形相似；2.圆的性质与应用. 20、答案：（1）证明见解析；（2）.‎ 试题分析：（1）先由为圆的切线,由切割线定理可得,再是圆的切线,再由切割线定理可得,则,可证为中点；（2）连结,由等积法,利用可得,再在中由射影定理可得．‎ 试题 ‎（1）由题可知是以为圆心，为半径作圆，面为正方形，‎ ‎∴为圆的切线．‎ 依据切割线定理得．‎ ‎∵圆以为直径，∴是圆的切线，‎ 同样依据切割线定理得．‎ 故．‎ ‎∴为的中点．‎ ‎（2）连结，∵为圆的直径，‎ ‎∴．‎ 由，，‎ 得．‎ 又在中，由射影定理得．‎ 考点：1.切割线定理；2.射影定理． ‎