第二十七章相似 暑期巩固提升训练题2024-2025学年人教版九年级数学下册

第二十七章相似 一、单选题 1．下列说法错误的是（    ） A．四个角都相等的菱形是正方形 B．若点将线段黄金分割且，则 C．任意两个正方形不一定相似 D．若关于变量，的关系式为，则是的反比例函数 2．2025蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，寓意着事事如意、生生不息的美好祝愿．下图为春晚主标识，通过双“巳”对称摆放形成如意的纹样，它采用的数学变换是（   ） A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．位似 3．如图，点在上，从点出发向原点运动，已知点，以为斜边向右作等腰直角三角形，与轴交于点，当时，点的坐标为（   ） A． B． C．或 D．或 4．在平面直角坐标系中，已知菱形中点，对角线交于点M，将菱形绕点顺时针旋转，得到菱形，点C落在点处，点M落在点N处，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 5．如图，点、分别为正方形的边、上一点，、交于点，且，，分别交对角线于点，，则有以下结论：；；；．以上结论中，正确的个数有（    ）个． A． B． C． D． 6．如图，在菱形中，已知，点在的延长线上，点在的延长线上，，则下列结论：①；②；③与相似；④当时，则．其中正确的是（   ） A．①② B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 7．如图，在中，为锐角，点在边上，连接，，．是边的中点，连接，对角线分别与，相交于点，，则以下结论：①点是的中点；②；③；④，其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．如图，点为正方形的中心，平分交于点，延长到点，使，连接交的延长线于点，连接交于点，连接．则以下四个结论中：①；②；③；④．正确结论为（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 9．如图所示，若把矩形截除一个正方形阴影部分后，剩下的矩形仍与原矩形相似，那么原矩形的两边与应满足的关系是（     ） A． B． C． D． 10．如图，在的正方形网格中标记了8个格点，若在A，B，C，D，E五个点中随机选取一点与点M连接得到直线l，则l恰好将线段分成长度比为的两部分的概率为（     ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标为，是线段上一点，且，沿折叠后点落在点处，那么点的坐标是 ． 12．如图，在中，，．动点，分别在直线上运动，且始终保持．设，，则与之间的函数关系式为 ． 13．如图，锐角三角形中，，以为直径的半圆O，交于点D，过点D作半圆O的切线，交的延长线于点E，交于点F，，则 ． 14．已知：如图，点B、C是反比例函数图象上的两点，过点C作轴于点D．过点B作轴于点A，连接，交于点E，连接、．当A为中点且时，的面积为 ． 15．如图，矩形，，，点是边上的动点，点是射线上的动点，且，连接，．若，则的最小值为 ． 三、解答题 16．在中，为线段上一动点，将线段绕点顺时针旋转角度得到，延长相交于．连接交于点． (1)如图，若，为的中点，且，连接，当时，求的值； (2)如图，当，，时，连接，探究与的数量关系，并证明； (3)当，，时，连接，为直线上一动点，当线段取得最小值时，连接，将沿着翻折得到，连接，取的中点，连接，当取得最大值时，直接写出的面积与的面积的比值． 17．已知：在中，分别是边的中点， （1）若图1，求证：与互相平分． 【探索应用】 （2）如图2，点为的中点，连接交于点，设与交于点． ①求证：； ②求的值； （3）如图3，在菱形中，，，与交于点，点为边上一点，且为边的三等分点，直接写出的值． 18．在中，， ，是以为斜边的等腰直角三角形，将绕着点B顺时针旋转，连接． (1)如图1，若，,，求线段的长： (2)如图2，连接，，点F是的中点，当点、，三点共线时，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明： (3)若，点P是的中点，连接，，过点P作于点Q，在 旋转过程中，当是以为底的等腰三角形时，请直接写出此时的值． 19．如图，在中，对角线与交于点，点关于的对称点为点，连结 (1)求证： (2)当，且时． ①如图，若三点共线，求四边形的周长． ②如图，若，求四边形的面积（直接写出答案）． 20．如图，在中，D为边上的一点，且满足，作点D关于直线的对称点E，过点A作，交延长线于点F，连接． (1)依题意补全图形，并证明； (2)过点C作的垂线，交于点G，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 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 《第二十七章相似》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C C B D C B A 1．C 【分析】本题考查正方形的判定，比例线段，相似图形，反比例函数的性质．逐一分析各选项的正确性，结合相关数学概念进行判断． 【详解】解：A、菱形四边相等，若四个角都相等，则每个角为，此时菱形为正方形，说法正确，本选项不符合题意； B、黄金分割的定义为较长线段与全长的比等于较短线段与的比，即，整理得，说法正确，本选项不符合题意； C、正方形的所有角均为，且对应边成比例，因此任意两个正方形一定相似，原说法错误，本选项符合题意； D、反比例函数的形式为，题中符合定义，说法正确，本选项不符合题意； 故选：C． 2．B 【分析】本题主要考查图形的变换，熟练掌握平移、旋转、轴对称及位似是解题的关键；因此此题可根据平移、旋转、轴对称及位似可进行求解． 【详解】解：由图可知：该图采用的数学变换是旋转； 故选：B． 3．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，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的性质．作轴，轴，垂足分别为，，证明，推出四边形是正方形，设，则，再证明，得到，即，据此求解即可． 【详解】解：作轴，轴，垂足分别为，， 是等腰直角三角形， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是正方形， 设，则， ， ， ， ， ， ， ， ，即， 整理得：， 解得：或， 或， 点的坐标是或， 故选：D． 4．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，坐标与图形．根据菱形的性质可得，再由旋转的性质得：，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 由旋转的性质得：， ∴点的坐标为． 故选：C 5．C 【分析】由四边形是正方形，则，所以，可判断；把绕点顺时针旋转得到由旋转的性质得，，，，证明，然后根据性质可判断；证明，则，从而判断，由四边形是正方形，，，，，证明，通过相似三角形性质可判断． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故正确； 如图， 把绕点顺时针旋转得到由旋转的性质得，，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴，即，故正确； ∵，， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故错误； 综上可知：正确，共个， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 6．B 【分析】根据菱形的性质得出，，根据证明是等边三角形，得出,，利用证明可判断①正确；根据平行线的性质可判断②正确；根据三角形外角的性质得出中没有与对应相等的角，可判断③错误；过点作于，设，根据等腰直角三角形的性质及含角的直角三角形的性质得出，，根据全等三角形的性质，结合得出是等边三角形，即可证明，根据相似三角形面积比等于相似比的平方可判断④正确，综上即可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，,， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，故①正确， ∵， ∴，故②正确， ∵， ∴，， ∵， ∴中没有与对应相等的角， ∴与不相似，故③错误， 如图，过点作于， ∵，， ∴， ∴， ∴，， 设， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，故④正确， 综上所述：正确的结论为①②④ 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，特殊的直角三角形的性质等知识．综合性较强，熟练掌握各定理是解题的关键． 7．D 【分析】根据平行四边形的性质，面积的计算可判定①；根据题意可证，可判定②；根据中位线的判定和性质可判定③；根据题意可证，，结合可判定④；由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 如图所示，过点作延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，故①正确； ∵是边的中点， ∴，且， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，故②正确； ∴点是中点， ∵点分别是中点， ∴是的中位线， ∴，故③正确； ∵点分别是中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有：①②③④，共4个， 故选：D ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质是关键． 8．C 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定及性质、角平分线的定义、三角形的中位线定理、平行线分线段成比例，牢记正方形的性质、全等三角形的判定定理及性质、角平分线的定义、三角形的中位线定理是解题的关键．先证得，求得，再证得，进而证得，进而证得为的中点，即可判断①；根据，，，即可判断②；根据，即可判断③；由题意可求得，结合三角形的外角的性质，判断④． 【详解】解：①在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵为正方形的中心， ∴， ∴， 说法①正确． ②∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 说法②错误． ③∵， ∴， ∵为正方形的中心， ∴， ∴， 说法③正确． ④∵为正方形的中心， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， 说法④正确． 综上所述，说法正确的为①③④， 故选：C． 9．B 【分析】本题考查的是相似多边形的性质、解一元二次方程．解决本题的关键是根据相似多边形的对应边成比例列出比例式，得到一元二次方程，解方程即可求出结果． 【详解】解：由题意可知：矩形矩形， ， ， ， 整理得：， ， 解得：或(负值，舍去)， 故选：B． 10．A 【分析】本题重点考查平行线分线段成比例定理、随机事件的概率，掌握平行线分线段成比例定理和概率公式是解题关键．连接交于点F，连接，由，根据平行线分线段成比例定理得，可知经过点M、C的直线l将线段分成长度比为两部分，而直线都不能将线段PQ分成长度比为两部分，因此，所求的概率为，即得到问题的答案． 【详解】解：如图，连接交于点F，连接，则经过点C，且， ∵， ， 经过点M、C的直线l将线段分成长度比为两部分． 连接， 观察图形可知，直线都不能将线段分成长度比为的两部分， 条直线中只有1条直线将线段分成长度比为的两部分， 将线段分成长度比为两部分的概率为， 故选A． 11． 【分析】过点作，垂足为，由点的坐标得到、，结合正方形性质得，由折叠性质得，，则，根据含的直角三角形特征得，由勾股定理得，则，即可得点的坐标． 【详解】解：过点作，垂足为， 点的坐标为， ，， ，四边形是正方形， ， 为折痕， ，， ， 中，， ， ， 点的坐标是． 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、折叠性质、含的直角三角形特征、勾股定理、坐标与图形综合，解题关键是熟练掌握折叠性质． 12． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质．关键是利用等腰三角形的性质，外角的性质证明角相等，从而证明三角形相似，利用相似比得函数关系式．由，得，即，由，得，由此可得，同理可证，从而证明，利用相似比求函数关系式． 【详解】解：∵， ，即， 又， ， ， 同理可证， ， ， ， ， ， 故答案为：． 13．/ 【分析】如图，连接，，则，，勾股定理求出，然后根据三角形的中位线性质和平行线分线段成比例求解即可． 【详解】如图，连接，， ∵为直径，过点D作半圆O的切线， ∴，， 由，得． 又，则． ，， ， 又， ， ，即， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 14． 【分析】根据三角形中位线定理得到，即可得到， 求出，根据三角形中线求出三角形面积即可． 【详解】解：轴于点．轴于点， ∴， ∴， 为中点， ， ∴， ∴E为中点， ∴， ， ， ， ， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形中位线定理，平行线分线段成比例，根据三角形中线求三角形面积，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键． 15． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，两点间线段最短，矩形的性质等知识，关键是通过相似，把转化为线段．延长到G，使，连接，则可证明，从而得；则，当点E在线段上时，取得最小值，在中，由勾股定理即可求得最小值． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴，； 如图，延长到G，使，连接， 则； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 即； ∴， 当点E在线段上时，取得最小值，从而取得最小值； ∵，， ∴在中，由勾股定理得， ∴取得最小值为，即； 故答案为：． 16．(1)； (2)，见解析； (3)． 【分析】（）根据旋转的性质得出，，根据等边对等角以及三角形内角和得出，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半以及等边对等角得出，则，根据得出方程，然后解方程即可求解； （）延长，交于点，证明，得，进而证明，得出，，则，根据相似三角形的性质，即可求解； （）连接，根据题意得当线段取得最小值时，，点在为圆心的长为半径的圆上运动，在以为圆心为半径的圆上运动，当取得最大值时，在线段上，过点作于点，根据三角形的面积公式得出 ，根据中位线的性质可得出则 ，得出的面积为，接下来证明，得出的面积即可求解． 【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转角度得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵，为的中点， ∴ ， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 解得：； （2）解：， 证明：如图，延长，交于点， ∵将线段绕点顺时针旋转角度得到， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即； （3）解：的面积与的面积的比值为， 理由如下：如图，连接， ∵，，， ∴是等边三角形，，当线段取得最小值时，， ∵将沿着翻折得到， ∴点在为圆心的长为半径的圆上运动， 设，则， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵点是的中点， ∴，， ∴在以为圆心为半径的圆上运动， ∵，， ∴， 当取得最大值时，在线段上， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 过点作于点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的面积为， ∵，， ∴， ∵将沿着翻折得到， ∴， 又∵，， ∴， ∴ ， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，，连接，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴的面积 ， ∴的面积与的面积的比值为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，三角形中位线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，求一点到圆上的距离的最值问题，垂线段最短，熟练掌握以上知识是解题的关键． 17．（1）见解析；（2）①见解析；②；（3） 【分析】（1）连接，，由三角形中位线的性质得，，推出四边形是平行四边形，即可证明与互相平分． （2）①先由是的中位线，得出，，再证，即可证明；②由，可得答案； （3）先证，推出．再分和两种情况，由菱形的性质及相似三角形的性质求出和 ，即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图，连接，， 分别是边的中点， 是的中位线， ， 同理可证， 四边形是平行四边形， 与互相平分． （2）①证明：由（1）得与互相平分， ． 分别是边的中点， 是的中位线， ，， ，， 点E是的中点，点为的中点， ， ， 在和中， ， ； ②由①得，， ， ， ； （3）解：菱形中，，，与交于点， ，， ， ， ， 菱形中，， ，， ， ． 分两种情况，当时，如图： 则， ， ， ， ， ； 当时，如图： 则， ， ， ， ， ； 综上可知，的值为． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，注意分类讨论． 18．(1) (2)，理由见解析 (3)或． 【分析】（1）过点作于点，利用等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理和含角的直角三角形的性质，求出，，求出，再利用勾股定理求解； （2）延长至点使，连接，证明，得出，，证明，得出，，得出，倒角得出，利用相似的性质及，得出，证明，得出，则，即可证明； （3）分两种情况：当点在上方时，过点作于点，过点作于点，由，设，则，则，，，利用勾股定理解可求出，设，易得，，则，利用，列式求出，即可求解；当点在下方时，方法同上． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ∵， ，， ∴， ∵是等腰直角三角形，, ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：猜想：，理由如下： 如图，延长至点使，连接， 由， ，是等腰直角三角形， 得，， ∴，即， ∴， ∴，， 设， ∵为中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； （3）解：当点在上方时， 如图，过点作于点，过点作于点， 由，设，则， ∵， ，是等腰直角三角形， ∴，，， ∵点P是的中点， ∴，， 设，则， ∵， ∴， 即， 解得：， ∴，， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 设， ∴，， ∴， ∵， 即， 解得：或（舍）， ∴； 当点在下方时， 如图，过点作于点，过点作于点， 同上可得， 设， 同上可得， 解得：（舍）或， ∴； 综上，或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 19．(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用平行四边形对角线性质和对称点性质，通过等腰三角形等边对等角证明角相等； （2）①根据对称性质、等腰直角三角形判定及性质，结合平行四边形判定与性质求周长；②通过作平行线构造平行四边形，利用角度关系、中点性质设未知数，结合勾股定理求解边长，进而求面积 ． 【详解】（1）解，且点与关于对称， ∴． ∴． （2）解：①三点共线，且点与关于对称， ． ， ． 为等腰直角三角形． ． ， ． 四边形是平行四边形． ． ． ②过点作的平行线，交分别于点，．则四边形为平行四边形， ∴, ∴， ∵, ∴ ∵，, ∴, ∵ ∴为中点， ∵,， ∴ ∴． 设，则． 在中，， 解得． ． ． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质、等腰三角形性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理及对称性质，熟练掌握这些性质定理，灵活运用判定与性质进行推理、计算是解题的关键． 20．(1)见解析； (2)，证明见解析． 【分析】（1）根据作点D关于直线的对称点E，过点A作，交延长线于点F，连接，先作好图形，再得，结合平行线的性质以及等边对等角，故，由等角对等边，得，最后证明是的中位线，即可作答． （2）由（1）得，先整理得，结合过点C作的垂线，得，故，证明,，则，因为，则、C在以为直径的圆上，根据角之间的关系得出四点共圆，运用圆周角定理得，故，即可作答． 【详解】（1）解：过点C作于K，连接，交于H， ， ， ， ， ， ， ∴是的中点， ∵作点D关于直线的对称点E， ，即H是的中点， ∴是的中位线， ； （2）解：连接、、，作于N， 由（1）得， ∵作点D关于直线的对称点E， ， 由（1）得 ， ∵过点C作的垂线，交于点G， ∴， ∴ ， ∵ , 同理得 ， ∵作点D关于直线的对称点E， ， ， 、C在以为直径的圆上 ∵作点D关于直线的对称点E， ∴， ∵ ∴， ∵ ∴ ∴四点共圆， 在以为直径的圆上 ， ． 【点睛】本题考查了中位线的判定与性质，四点共圆，勾股定理，圆周角定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，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． 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 $$