第27章相似章末检测卷-2024-2025学年人教版数学九年级下册

第27章相似章末检测卷-2024-2025学年数学九年级下册人教版 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图，，，分别交于点G，H，则下列结论中错误的是（  ） A． B． C． D． 2．如图，在中，，，，点P从点A出发，以的速度沿向点C运动，同时点Q从点A出发，以的速度沿向点C运动，直到它们都到达点C为止．若的面积为，点P的运动时间为，则S与t的函数图象大致是（   ） A． B． C． D． 3．如图，，直线、与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．若，，，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．如图①是伸缩折叠不锈钢晾衣架的实物图，图②是它的侧面示意图，与相交于点O，，根据图②中的数据可得x的值为（   ）    A．1 B．0.96 C．0.8 D．1.2 5．如图，正五边形的对角线相交于点，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 6．如图1，在矩形中，，是边上的一个动点，连接，过点作交于点．设，，点从点运动到点的过程中关于的函数图象如图2所示，则该函数图象的顶点的纵坐标的值为（   ） A． B． C． D． 7．如图，矩形中，将以为折痕对折，使点B的对应点G落在线段上，与折痕的交点为点I，其中，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在正方形中，E，F是对角线上两点，，的延长线分别交于点G，H，则的值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．若（x、y、z均不为零），则 ． 10．如图，在菱形中，，点是边上的动点，连接，过点作于点．若，则 ． 11．如图，平行四边形中，，，对角线，沿折叠，点落在上点处，折痕交于点，连接交于点．则的面积是 ． 12．如图，已知为的直径，，是的切线，切点分别为点，，点为上的一个动点，连结，．若，，则的最小值是 ． 13．如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，点在的延长线上，与关于点位似．若，点的坐标为，则点的坐标为 ． 14．如图，在中，，，，过点C作于点D，E是的中点，连接并延长，交边于点F，则的长为 ． 15．如图，在正方形中，点F是边上一点（不与点C和点D重合），连结，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点H，连结．给出下面四个结论： ①；②；③等于； ④当点F是边的中点时，点H是边的中点． 上述结论中，正确结论的序号有 ． 16．阿基米德说：  “给我一个支点，我就能撬动整个地球”这句话精辟地阐明了一个重要的物理学知识——杠杆原理．如图，春白——谷物种子脱壳的传统工具，就是利用了杠杆原理工作， 图是该舂臼的侧面简易示意图， 点是支点， 点距地面，且，在舂臼使用过程中， 若端上升至距地面处， 则端此时距地面 ． 三、解答题 17．如图，在正方形中，点是对角线上一点，的延长线交于点，交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)求证：． 18．如图，内接于，连接，经过点的切线交的延长线于点． (1)求证：； (2)连接并延长交于点，若，，，求的长． 19．如图，在菱形中，连结对角线，点在边上，过点作交于点，连结交于点． (1)若，，求的度数． (2)若，，求的长． (3)求证：． 20．《周髀算经》中记载了“平矩以正绳，偃矩以望高，覆矩以测深，卧矩以知远，环矩以为圆，合矩以为方”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（如图1和图2中的折线）． 小明利用周末来到西岳庙进行社会实践活动，准备利用“矩”来测量西岳庙内古柏的高度． 测量过程：如图，小明通过不断调整自己的姿势和“矩”的摆放位置，使斜边保持水平（），并且边与点在同一直线上，、均与垂直． 测量结果：，，，，． 解决问题：求西岳庙内古柏的高度． 21．综合实践活动课上，伍老师带领学生们分小组进行折纸探究活动，操作过程及内容如下： 第一步：如图1，将正方形纸片对折，使点与点重合，点与点重合．再将正方形展开，得到折痕； 第二步：将正方形纸片的右下角向上翻折，使点与点重合，边翻折至的位置，得到折痕．与交于点．则点为的三等分点，即．    问题解决：如图1，若正方形的边长是2． (1)的长为 ． (2)请通过计算的长度，说明点是的三等分点． (3)类比探究：将长方形纸片按问题背景中的操作过程进行折叠，如图2，若折出的点也为的三等分点，请直接写出的值． 22．如图三角形中，点在线段上，点在线段上，连接，交于点． (1)如图1，，，平分．若．求的长． (2)如图2，，，，点，在线段上，且，连接，分别交线段于点，，若点为线段的中点，求证：； (3)如图3，，，且，，．点，是平面内的两个动点且，，当最大时，请直接写出三角形面积的最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第27章相似章末检测卷-2024-2025学年数学九年级下册人教版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A C D B B C D 1．D 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的性质和判定的应用，能根据定理得出比例式是解此题的关键．根据平行线分线段成比例和相似三角形的性质与判定，进行逐一判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴A选项正确，不符合题目要求； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴B选项正确，不符合题目要求； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； ∴C选项正确，不符合题目要求； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴D选项不正确，符合题目要求． 故选：D． 2．A 【分析】本题考查了二次函数的应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理．分当时和当时两种情况求出函数解析式即可求解． 【详解】解：①当时，点Q在上， ∴，， 过点Q作交于点D，则， ∵在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时，点Q在上，， 综上所述，正确的图象是A． 故选A． 3．C 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例，掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例成为解题的关键．根据平行线分线段成比例，由得到，然后根据比例性质求即可解答． 【详解】解：∵， ，即， 解得：． 故选：C． 4．D 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，过点作于点，交于点，再根据证明，再根据相似三角形的性质得到，进行解答即可． 【详解】解：如图所示：过点作于点，交于点，则    ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 故选：D． 5．B 【分析】根据正五边形的性质、三角形内角和及等腰三角形性质得到相关角度及线段长度，再由相似三角形的判定和性质得到，设，代入可得，化为一元二次方程求解即可得到结论． 【详解】解：是正五边形， ，， 则， ，， ， ， ， ∴， ∴， 设， ∴， ∴，即 解得或（负值舍去）， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查正多边形性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理、解一元二次方程等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程解决问题． 6．B 【分析】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的图象与性质，证明是解答的关键．先由矩形性质得到，，进而证的，证明得到，即，利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：由图象知， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 整理得， ∴点的坐标为， ∴． 故选：B． 7．C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，翻折的性质等知识点，作，可推出四边形、四边形、四边形均是矩形；由翻折可知：，得到；推出，得，求出；证得，即可求解； 【详解】解：作，如图所示： 则四边形、四边形、四边形均是矩形， ∴，， 由翻折可知：， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故选：C 8．D 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质，结合正方形的性质、全等三角形的判定与性质求出，进而判定，再根据相似三角形的性质及平行线分线段成比例定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 9． 【分析】本题主要考查比例的性质，根据已知条件可设，则，，将其代入所求式子，计算即可． 【详解】解：∵（x、y、z均不为零）， ∴设，则，， ∴． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握是解答本题的关键．过点作交的延长线于点，能够得到，得到，利用直角三角形角所对的直角边为斜边的一半得到，从而求得的长． 【详解】解：过点作交的延长线于点， ， 在菱形中，，，， ，， 在直角中，， ， ，， ， ， 又， ， 即， 故答案为：． 11． 【分析】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键； 根据题意，先求出的长度，再判定四边形是菱形，然后判定和，利用相似三角形的性质求得和的长度，即可求解； 【详解】解：， ， 是平行四边形， ∴， ， 沿折叠，点落在上点处，折痕交于点， ，， ， 平行四边形中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ∴，， ∴， 平行四边形中，， ，， ，， ∴，， ， ， ， ， ， ； 故答案为： 12． 【分析】本题考查了圆的切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，将军饮马模型，本题计算量较大，能够正确计算出所需的每条线段长度是解题关键．过点作于点，延长交于点，连接交于点，利用将军饮马模型可得此时最小，连接，，，利用相似三角形的性质可得，设，则，利用勾股定理求得，再利用，求出的长，进而求出的长；过点作于点，则四边形为矩形，，，则，再利用勾股定理即可求得结论． 【详解】解：过点作于点，延长交于点，连接交于点，如图， 为的直径，， ． 点与点关于对称． ，此时最小． ． 连接，，， 为的直径，， ． ，是的切线， ，，， ， ， ， ， ， ． ． ． ． 设，则， 为的直径， ． ． ． ． ，， ， ． ． ． ． ． ，， ． ． ． ． ． 过点作于点， 则四边形为矩形， ，． ． 在中， ， ． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了位似图形的性质，掌握位似图形的性质求出相似比是关键． 根据位似得到，则，由点的坐标，即点在第三象限，即可求解． 【详解】解：∵与关于点位似，， ∴， ∴， ∵，点在第三象限， ∴， ∴， 故答案为： ． 14． 【分析】本题考查了勾股定理、相似三角形与全等三角形的判定及性质，解题关键是准确作辅助线构造相似三角形与全等三角形来建立所求线段与已知线段的关系． 首先，利用勾股定理求出的长，再由三角形面积公式求出的长，进而求出的长；然后，过点作，构造出，得到，最后根据相似三角形的性质列出关于的方程即可． 【详解】在中，，，， ∴， ∴ ． ∵， ∴，即， 解得 ． 在中， ， ∴ ． 过点作，交的延长线于点． ∴， ∵是中点， ∴即 ， 且， ∴， 则 ． ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴ ． 解得 ． 所以的长为． 故答案为：． 15．②③④ 【分析】先由正方形的性质得，运用假设，推导是的角平分线，结合题干没提及是的角平分线，即可判断①；先由正方形的性质得，借助勾股定理得出，结合，证明，则，即可判定②③，再运用点F是边的中点，设，根据勾股定理得出，，故，则，再证明，列式运算，即可作答． 【详解】解：∵四边形和都是正方形， ∴， ∴， ∴， 假设， 则， 此时是的角平分线， 即当是的角平分线，， 题干没提及是的角平分线，则①的说法是不正确的； ∵四边形和都是正方形， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， 即 ∵， ∴， 故②的说法是正确的； ∵四边形是正方形， ∴， 由②得，， ∴， 故③的说法是正确的； ∵四边形和都是正方形， ∴， ∵点F是边的中点， ∴设 ∴， 在中， ， 在中， ， ∴， 在中， ， ∵在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点H是边的中点． 故④的说法是正确的； 故答案为：②③④ 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的定义，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 16． 【分析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 过作地面于，过作地面于，过作地面于，过作于交于，根据相似三角形的判定与性质即可得到结论． 【详解】解：过作地面于，过作地面于，过作地面于，过作于交于，则，， 由题意得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 端此时距地面， 故答案为：． 17．(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及正方形的性质，注意运用数形结合的思想方法，从图形中寻找角之间的和差关系． （1）根据正方形的性质得到，，从而利用全等三角形的判定定理推出，进而利用全等三角形的性质进行证明即可； （2）根据正方形的性质得到，推出，可利用相似三角形的判定定理即可得到；再根据相似三角形的性质进行求解即可． 【详解】（1）证明：是正方形的对角线， ，， 在和中， ， ， ； （2）证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， 即， 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，由圆周角定理可得，由等边对等角及三角形的内角和定理可得，即，进而可得，由切线的性质定理可得，则，于是结论得证； （2）由，可知垂直平分，由圆周角定理可得，由三线合一可得，由切线的性质定理可得，则，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，，由等角对等边可得，由内错角相等两直线平行可得，进而可得，于是可得，再结合，可得，由勾股定理可得，进而可得，则，然后根据即可求出的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， 则， ， ， ， ， 是的切线， ， ， ； （2）解：，， 垂直平分， ， ， ，， ， 是的切线， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，切线的性质定理，线段垂直平分线的判定，三线合一，等边对等角，等角对等边，三角形的内角和定理，直角三角形的两个锐角互余，内错角相等两直线平行等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由菱形性质知，由知，，由菱形对角相等可得，即可得出结论； （2）由，可得，可得，证明得，由得，证明，，即可得出结论； （3）由菱形性质证明，证明，得出比例式，由（2）知，故，即可得证． 【详解】（1）解：∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的度数为； （2）∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为； （3）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 由（2）知：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，掌握相似三角形的判定和性质以及熟练进行中间比转化证明比例式是解题的关键． 20． 【分析】本题考查了相似三角形（相似三角形实际应用），由题意发现是解题的关键． 延长交于点，易得四边形为矩形，于是可得，，，由，可证得，于是可得，即，进而可得，然后根据即可求出西岳庙内古柏的高度． 【详解】解：如图，延长交于点， 易得四边形为矩形， ，，， ，， ， ， 即：， ， ， 西岳庙内古柏的高度是． 21．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）由折叠可得：，，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，求解即可； （2）证明，得到，求出，，即可得证； （3）设，，，得到，，在中，，即①，由（2）有，得到②， 由①②可得，即，从而． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得：，， 设，则，， ∵在中，， 即， ∴， ∴． 故答案为： （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠可得：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）有， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点P为的三等分点． （3）解：∵， ∴点P是靠近点A的三等分点， 设，，， ∵点P为的三等分点， ∴， ∴在长方形中，， 由折叠有， ∵在中，， ∴①． 由（2）有， ∴，即， ∴②， 由①②可得， ∴， 把代入，整理得， ∴或（不合题意，舍去）， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键． 22．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）过点作于点，易得，，则可得，则可求出； （2）作交的延长线于点，证明，得出，再证明，得出，根据三角形内角和定得出，进而得出，则，即可得证； （3）先通过计算求出， ，，利用，得出点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在上方部分，利用，得出点的轨迹为以为圆心，为半径长的圆在上方部分，进而求得的最大值，以及最小值，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ， ， ， ∵平分， ， ∵， ，， ， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，作交的延长线于点， ∵，， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，， 又∵ ∴， ∵点为线段的中点， ∴ 在中， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴ ∴， 在中， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴ ∴ （3）解：由，设，， ∵，，， ∴， ∴，，， ∴，，， ∴， 解得：， ∴，， 构造的外接圆， 由， 则所对圆心角为， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴点和点重合， ∴的外接圆圆心即为点， ∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在上方部分， ∵， ∴如图，点的轨迹为以为圆心，为半径长的圆在上方部分， 当最大时，为直径，， 当在上时，到的距离最小，最小值 又∵ ∴ ∴三角形面积的最小值为． 【点睛】本题考查三角形综合，涉及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与形状，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$