第四章图形的相似 单元训练 2025-2026学年北师大版（2012）九年级数学上册

第四章图形的相似 一、单选题 1．如果两个相似三角形对应周长之比是，那么它们的对应边之比是（    ） A． B． C． D． 2．如图，不能判定和相似的条件是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，D为上一点，E为上一点，若，，，则当______时，以D、B、E为顶点的三角形与相似．（    ） A．3 B．5 C．3或5 D．或5 4．如图，四边形是矩形，E为边上一点，将矩形沿向上折叠，使点B落在边的点F处．若的周长为18，，则矩形的周长为（ ） A．16 B．20 C．24 D．48 5．如图，顶点的坐标为，以原点为位似中心，在第一象限内将缩小得到，使与对应边的比为，则点的对出点的坐标为（  ） A． B． C． D． 6．如图，在中，为上一点，连接、，且、交于点，，则为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在四边形中，对角线与相交于点，平分，且，那么下列结论不一定成立的是 （  ） A． B． C． D． 8．如图，在矩形中，，连结，E，F分别在边上，连结分别交于点M，N，若，则下列结论中：①；②；③；④．结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 9．如图，已知∽，，，则的长为 ． 10．如图，点、在的边上，，，如果，，那么的值是 ． 11．如图，已知梯形，，对角线相交于点O，与的面积之比为4：25，若，则的长是 ． 12．如图， 中，点D 为边的中点，连接，将 沿直线 翻折至 所在平面内，得，连接，分别与边交于点E ，与 交于点O ．若，则的长为 ． 13．如图，有一块三角形余料，高，要把它加工成一个矩形零件，使矩形的一边在上，点和点分别在边，上，如果满足，那么的长为 ． 三、解答题 14．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)以原点为位似中心，在第三象限内画出使它与的相似比为，并写出点的坐标． (2)用无刻度直尺在上找点，使得；（不写作法，保留作图痕迹） 15．如图，在中，，是斜边上的高． (1)求证：； (2)若，求的面积． 16．如图所示，在和中，，．求证： (1)； (2)． 17．如图，在中，，，D是边上一点，且，求的长． 18．如图，在中，是边上的高，点在边上，连接交于点，且，点是上一点，且满足，连接交于点，求证： (1)； (2). 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 参考答案 1．C 【分析】本题考查相似三角形的性质，解题关键是掌握“相似三角形对应周长之比等于对应边之比”，易错点是混淆相似三角形周长比与边比、面积比的关系，解题思路为：直接根据相似三角形对应周长之比等于对应边之比的性质得出答案． 【详解】解：因为相似三角形的对应周长之比等于对应边之比，因此直接根据这一性质可得对应边之比为； 故选C． 2．D 【分析】本题主要考查相似三角形的判定，根据相似三角形的判定方法进行判定即可． 【详解】解：A、由知，且， 可判断和相似，故选项A不符合题意； B、，且， 可判断和相似，故选项B不符合题意； C、，且， 可判断和相似，故选项C不符合题意； D、由，，无法判断和相似，故选项D符合题意； 故选：D． 3．D 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质．本题应分两种情况进行讨论，或，根据相似三角形得出比例关系式求解即可． 【详解】解：∵， ∴或， 当时，， ∵，，， ∴， 此时； 当时，， ∵，，， ∴， 此时； 综上所述，或5时，以D、B、E为顶点的三角形与相似． 故选：D 4．C 【分析】本题主要考查矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定及性质．由矩形的性质与折叠可得，，从而证得，根据相似三角形的性质得到，因此，再由矩形的周长等于与的周长之和即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴ 由折叠可得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴ ∴． 故选：C． 5．B 【分析】本题主要考查了位似变换中对应点的坐标的变化规律，根据位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于或，直接求解即可得到答案； 【详解】解：∵与对应边的比为，顶点的坐标为，在第一象限内， ∴， 故选：B． 6．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，关键是利用相似三角形的判定与性质；由平行四边形的性质得，从而易得，利用相似三角形面积的比等于相似比的平方，求得相似比，进而求得结果． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即． 故选：C． 7．D 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、角平分线的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理（两角分别相等的两个三角形相似）和性质（相似三角形对应边成比例）是解题的关键．通过角的关系推导三角形相似，再结合角平分线的性质，对每个选项逐一分析． 【详解】解：∵，， ∴． ∴，， ∴，故项成立，， ∵， ∴． ∴，， ∵为角平分线， ∴， ∴，故项成立． ∵，， ∴． ∴，故项成立． 假如，则， 因为，则，进而得，又根据，从而，于是有平分，但题中无此条件，故项不一定成立． 故选：． 8．C 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由矩形的性质得到，由，得到，即可判断①；由勾股定理可得，证明，得到，可判断③；证明，得到，证得，可判断②；证明，得到，根据勾股定理求出，得到，证明，得到，可判断④；掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，故①符合题意； ∵， 在中，由勾股定理可得：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③符合题意； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②符合题意； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故④不符合题意； 综上，结论正确的有①②③，共个． 故选：C． 9．6 【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据相似三角形对应边的比例相等计算即可． 【详解】解：∵∽，，， ∴， 即， 解得：， ∴． 故答案为：6 ． 10． 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理． 证明，可得，，即可得答案． 【详解】解：，， ∴， ， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 11．15 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，根据题意证得，得，进而求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：15． 12．/ 【分析】本题考查了翻折的性质，三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质，掌握三角形的中位线的判定和性质，以及平行线分线段成比例的性质是解题的关键． 利用翻折的性质可得推出是的中位线，得出，再利用得出的长度，即可求出的长度． 【详解】由翻折可知 ∴O是的中点， ∵点D为边的中点，O是的中点， ∴是的中位线， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查矩形的性质，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题的关键． 设交于点K，根据矩形的性质可推出，，结合已知设，，表示出，然后利用相似三角形的对应边的比等于对应高的比，构建方程即可解决问题． 【详解】解：如图，设交于点K， ∵， ∴设，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴ ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 14．(1)作图见解析， (2)见解析 【分析】本题考查了画位似图形，求位似图形的点的坐标，相似三角形的判定与性质，无刻度 作图． （1）利用关于以原点为位似中心的对应点的坐标特征，把点A、B、C的横纵坐标都乘以得到点、、的坐标，然后顺次连接即可； （2）取格点，连接与交点即为点，此时，则，故． 【详解】（1）解：如图即为所求， 点； （2）解：如图，点即为所求； 15．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了三角形相似的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）通过，，证明，又，即可得证； （2）由（1）可知，，然后利用对应边成比例，即可得到的长度，然后利用求得面积． 【详解】（1）证明：∵是斜边上的高， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的面积为． 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． （1）利用两角分别相等的两个三角形相似证明，从而得证． （2）利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证明． 【详解】（1）证明 （2）   ， 即 17．4 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．证∽，利用相似比求解即可． 【详解】解：在与中， ，， ∽； ， 即， 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，分边成比例，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键． （1）由已知得出，证明，得出，证出，即可得出结论； （2）证明得出，即，证明，由相似三角形的性质得出，得出是的平分线，从而得出即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， 是边上的高， ，和是直角三角形， ， ， 又． ， ； （2）在和中， ， ， ，即， 在和中 ， ， ， 是的平分线， ， 即． 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 $