第3章 图形的相似 单元检测 2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 本卷为初中数学“图形的相似”单元检测卷，覆盖相似三角形判定与性质、位似图形、图形变换等核心知识，通过基础巩固、能力提升、创新应用三级梯度设计，适配单元复习需求，培养几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|11题|相似判定、位似比、图形折叠|结合网格、坐标系考查相似应用，如第1题网格中相似三角形判定| |填空题|6题|相似面积比、菱形性质、旋转性质|设置动态折叠问题，如第14题翻折后点位置与相似计算| |解答题|6题|相似证明、动态探究、综合应用|设计分层探究题，如第23题正方形折叠综合，融合推理与空间观念|

第3章 图形的相似 单元检测 一、单选题 1．如图，在 的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1， 为 与正方形网格线的交点，下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（　　） A．（ ） B．（ ） C．（ ） D．（ ） 3．如图，在 中，若 ，则 （　　） A．4 B．8 C．9 D．12 4．如图，在菱形 中， 是 的中点， ，交 于点 ，如果 ，那么菱形 的周长是（　　） A．11 B．22 C．33 D．44 5．如图，D、E、F分别是 各边中点，则以下说法错误的是（　　） A． 和 的面积相等 B．四边形 是平行四边形 C．若 ，则四边形 是菱形 D．若 ，则四边形 是矩形 6．如图，图形甲与图形乙是位似图形， 是位似中心，位似比为 ，点 ， 的对应点分别为点 ， .若 ，则 的长为（　　） A．8 B．9 C．10 D．15 7．如图，平行四边形 的对角线 、 相交于点E，点O为 的中点，连接 并延长，交 的延长线于点D，交 于点G，连接 、 ，若平行四边形 的面积为48，则 的面积为（　　） A．5.5 B．5 C．4 D．3 8．如图，已知 ， ， ，点E为射线 上一个动点，连接 ，将 沿 折叠，点B落在点 处，过点 作 的垂线，分别交 ， 于M，N两点，当 为线段 的三等分点时， 的长为（　　） A． B． C． 或 D． 或 9．如图，在平面直角坐标系中，点A在函数 的图象上，连结OA，过点A作AB平行于x轴，点B在点A的右侧，连结OB交该函数图象于点C，连结AC．若 ，且 的面积为 ，则k的值为（　　） A．4 B．6 C．8 D．9 10．如图，在平行四边形 中，点E是边 上一点，且 ， 交对角线 于点F，则 等于（　　） A． B． C． D． 11．如图， 中， 为 边上的一点，过点 作 的平行线交 于点 ，连接 ，过点 作 的平行线交 于点 ，则下列结论中不一定成立的是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 12．如图，在 中，点 分别在边 上，且 ， 与四边形 的面积的比为　 　. 13．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，交CD于点G.FH⊥CD于点H，连结CF.有下列结论：①AF＝CF2＝EF•FG；③FG：EG＝4：5；④cos∠GFH＝ 　 　. 14．如图，在 中， ， ， ，点E在线段 上，且 ，D是线段 上的一点，连接 ，将四边形 沿直线 翻折，得到四边形 ，当点G恰好落在线段 上时， 　 　. 15．如图，将 绕点A逆时针旋转到 的位置，使点 落在 上， 与 交于点E，若 ，则 的长为　 　. 16．如图，在 中， ，矩形 的顶点D、E在 上，点F、G分别在 、 上，若 ， ，且 ，则 的长为　 　. 17．如图， 中，点D为边BC的中点，连接AD，将 沿直线AD翻折至 所在平面内，得 ，连接 ，分别与边AB交于点E，与AD交于点O.若 ， ，则AD的长为　 　. 三、解答题 18．如图，D是△ABC的BC边上一点，E为AD上一点，若∠DAC=∠B，CD=CE，试说明△ACE∽△BAD． 19．如图， 与 交于点O， ，E为 延长线上一点，过点E作 ，交 的延长线于点F. （1）求证 ； （2）若 ，求 的长. 20．问题：如图，在 中， ， ， ， 的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长. 答案： . （1）探究：把“问题”中的条件“ ”去掉，其余条件不变. ①当点E与点F重合时，求AB的长； ②当点E与点C重合时，求EF的长. （2）把“问题”中的条件“ ， ”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求 的值. 21．如图，已知梯形ABCD中，AB∥CD，∠D=90°，BE平分∠ABC，交CD于点E，F是AB的中点，联结AE、EF，且AE⊥BE． 求证： （1）四边形BCEF是菱形； （2）BE•AE=2AD•BC． 22．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH. （1）求证：BE＝CF； （2）若AB＝6，BE BC，求GH的长. 23．如图， （1）【推理】 如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G. 求证： . （2）【运用】 如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H.若 ， ，求线段DE的长. （3）【拓展】 将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若 ， ，求 的值（用含k的代数式表示）. 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】解：∵每个小正方形的边长都为1， ∴ ， ∴ ， ，故C错误； ∴△BCD是直角三角形， ∴ ， ∵ ， ∴ ，故B错误； ∴ ，故D正确； ∵ 为 与正方形网格线的交点， ∴CE∥AB， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，故A错误； 故答案为：D. 【分析】根据图形可得AB=4，AC=2，利用勾股定理求出，据此判断C；利用勾股定理的逆定理求出△BCD是直角三角形，由于，可证△ABC∽△CBD，可得，据此判断B、D；根据网格特点可得CE∥AB，可得点E边B的的中点，利用直角三角形的性质判断A即可. 2．【答案】A 【解析】【解答】解：如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0）， ∴OB=1，OA=2， ∴ ， ∵∠AOB=90°， ∴∠A1OB1=90°， ∴O A1⊥OB1， 又∵AB⊥OB1， ∴O A1∥AB， ∴∠1=∠2， 过A1点作A1C⊥x轴， ∴∠A1CO=∠AOB， ∴ ， ∴ ， ∵O A1=OA=2， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， 故答案为：A． 【分析】先求出，再求出，最后求点的坐标即可。 3．【答案】D 【解析】【解答】解：∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∵AD：AB=1：2， ∴ ， ∵△ADE的面积为3， ∴S△ABC=3×4=12． 故答案为：D． 【分析】由DE∥BC，所以△ADE∽△ABC，根据相似三角形的对应边对应成比例可求出解。 4．【答案】D 【解析】【解答】解：∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ 是 的中点， ∴ ，即 ， ∵ ， ∴ ， ∵四边形 是菱形， ∴ ； 故答案为：D. 【分析】根据平行线可证 ，可得 ，由 是 的中点，可得EF是△ACD的中位线，可得CD=2EF=11，利用即可求出结论. 5．【答案】C 【解析】【解答】解： ∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点， ∴DE、DF为△ABC得中位线， ∴ED∥AC，且ED＝ AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝ AB＝AE， ∴四边形AEDF一定是平行四边形，故B正确； ∴ ， ∴ ， ， ∴ 和 的面积相等，故A正确； ∵ ， ∴DF＝ AB=AE， ∴四边形 不一定是菱形，故C错误； ∵∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，故D正确； 故答案为：C. 【分析】根据三角形中位线定理可得ED∥AC，且ED＝ AC＝AF，DF∥AB，且DF＝ AB＝AE，可证四边形AEDF一定是平行四边形，由∠A=90°，可证四边形AEDF是矩形；根据平行线可证 ， ，利用相似三角形的性质可得 ，，据此判断A、B、D；由，可得DF＝ AB=AE，从而得出四边形 不一定是菱形，据此判断C. 6．【答案】B 【解析】【解答】解：∵图形甲与图形乙是位似图形， 是位似中心，位似比为 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ 故答案为：B. 【分析】根据位似图形的性质，结合位似比为 ，AB=6，列比例式计算即可解答. 7．【答案】C 【解析】【解答】解：∵四边形 是平行四边形， ∴ ，AE=EF， ， ∵平行四边形 的面积为48， ∴ ， ∵点 为 的中点， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∵ 和 同高不同底， ∴ ， 故答案为：C． 【分析】利用平行四边形ABFC的对角线AF、BC相交于点E，可得BE=CE，即点E为BC的中点，由于O点为AC的中点，即OE为三角形ABC的中位线，可得OE//AB，且，利用OE//AB可得，利用高相等的三角形的面积比等于它们底的比可得， 和 同高不同底，得出 ， 8．【答案】D 【解析】【解答】解：当点 为线段 的三等分点时，需要分两种情况讨论： ①如图1，当 时， ∵ ∥ ， ， ， ∴四边形 为矩形， ∴ ， ， ． 由折叠的性质可得 ， ． 在 中， ． ∵ ， ， ∴ ， ∴ ∽ ， ∴ ，即 ，解得 ， ∴ ． ②如图2，当 时， ∵ ∥ ， ， ， ∴四边形 为矩形， ∴ ， ， ． 由折叠的性质可得 ， ． 在 中， ． ∵ ， ， ∴ ， ∴ ∽ ， ∴ ，即 ，解得 ， ∴ ． 综上所述， 的长为 或 ． 故答案为：D． 【分析】根据勾股定理可得，根据相似三角形的性质，可得EN的长，根据勾股定理可得答案。 9．【答案】C 【解析】【解答】解：∵AB∥x轴， ∴设A( ， )，B( ， )，C( ， )， 过点C作DE⊥ 轴于点D，交AB于点E，过点B作BF⊥ 轴于点F，延长BA交 轴于点G，则BG⊥ 轴， ∴CD∥BF， 则△OCD △OBF， ∴ ， ∵OC=2BC，即 ， ∴CD= BF，即 • ， ∴ ， ∴点C的坐标为( ， )， ∵ ，即 ， ∴ ， ∴点B的坐标为( ， )， ∵ ， ， ， ， ∴ ， 解得： ， 故答案为：C． 【分析】过点C作DE⊥ 轴于点D，交AB于点E，过点B作BF⊥ 轴于点F，延长BA交 轴于点G，则BG⊥ 轴，CD∥BF，则△OCD △OBF，得出B、C的坐标，因为 ， ， ， ，即可得出k的值。 10．【答案】A 【解析】【解答】解：∵四边形 是平行四边形， ， ∴AD∥BC，AD=BC=3ED， ∴∠EDB=∠CBD，∠DEF=∠BCF， ∴△DFE∽△BFC，∴ . 故答案为：A. 【分析】根据平行四边形的性质和相似三角形的性质解答即可. 11．【答案】D 【解析】【解答】解：A选项：∵DF∥BE，∴ ，A不符合题意； B选项：∵DF∥BE，∴ ，B不符合题意； C选项：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ ， ∵DF∥BE，∴△ADF∽△ABE，∴ ， ∴ ，C不符合题意； D选项：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴ ， DE DF，∴D符合题意． 故答案为：D． 【分析】根据平行线分线段成比例进行求解即可。 12．【答案】 【解析】【解答】解：∵ ， ∴ ∴ ∵∠B=∠B， ∴ ， ∴ ∴ 与四边形 的面积的比= . 故答案是： . 【分析】证明 ，可得，据此即可求出结论. 13．【答案】①②③④ 【解析】【解答】解：∵菱形ABCD， ∴对角线BD所在直线是菱形ABCD的对称轴，沿直线BD对折， ∴AF＝CF，故①正确， ∠FAD＝∠FCD， ∵AD∥BC， ∴∠FAD＝∠FEC， ∴∠FCD＝∠FEC， 又∠CFG＝∠EFC， ∴△CFG∽△EFC， ∴ ＝ ， ∴CF2＝EF•GF， ∴AF2＝EF•GF，故②正确， ∵菱形ABCD中，∠BAD＝120°， ∴∠BCD＝120°，∠DCE＝60°，AD＝CD＝BC， 设AD＝CD＝BC＝m， ∵DE⊥BC， ∴∠DEC＝90°， Rt△CDE中，CE＝CD•cos60°＝m， ∴BE＝ m， ∵AD∥BE， ∴ ＝ ＝ ＝ ， 设AF＝2n，则CF＝AF＝2n， 又CF2＝FG•EF， ∴(2n)2＝FG•8n， ∴FG＝ n， ∴EG＝EF﹣FG＝ n， ∴FG：EG＝( n)：（ n） ，故③正确， 设CE＝t， Rt△CDE中，CD＝3t＝AD t， Rt△BDE中，BD＝2DE＝3 t， ∵AD∥BE， ∴ ＝ ＝ ＝ ， ∴DF＝ BD＝ t， Rt△DFH中，FH＝ t， Rt△ADE中，AE＝ ＝ ＝ t， ∴EF＝ AE＝ t， ∵FG：EG＝4：8， ∴FG＝ EF＝ t， Rt△FHG中，cos∠GFH＝ ＝ ＝ ， 故答案为：①②③④. 【分析】由菱形的性质可得对角线BD所在直线是菱形ABCD的对称轴，沿直线BD对折，点A落到点C处，据此判断①；由等腰三角形的性质可得∠FAD＝∠FCD，由平行线的性质可得∠FAD＝∠FEC，证明△CFG∽△EFC，由相似三角形的性质可判断②；由菱形的性质可得∠BCD＝120°，∠DCE＝60°，AD＝CD＝BC，设AD＝CD＝BC＝m，则BE＝m，设AF＝2n，则CF＝AF＝2n，FG＝n，据此判断③；设CE＝t，则CD= t，BD=3t，DF= t，AE= t，EF＝t，FG＝ t，据此判断④. 14．【答案】 【解析】【解答】解：过点F作FM⊥AC于点M， ∵将四边形 沿直线 翻折，得到四边形 ，当点G恰好落在线段 上， ∴FG= ，∠EFG= ，EF=AE=1， ∴EG= ， ∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°， ∴ ， ∴ ， ∴ = ， ， ∴AM=AE+EM= ， ∴ . 故答案是： . 【分析】过点F作FM⊥AC于点M，根据折叠的性质可得FG= ，∠EFG= ，EF=AE=1，由勾股定理求出EG=3，证明，可得，从而求出EM、MF、AM的长，利用勾股定理求出AF即可. 15．【答案】 【解析】【解答】解：过点C作CM// 交 于点M， ∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ∴ ， ， ∴ ， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴∠ ∵ ∴ ∵ ∴∠ ∵ ， ∴ ∴∠ ∴∠ 在 和 中， ∴ ∴ ∵ ∴△ ∴ ∴ ∴ 故答案为： . 【分析】过点C作CM// 交 于点M，利用旋转的性质可得AB=AB＇，AD=AD＇，同时可证得两平行四边形的对角相等，由此可推出∠BAB＇=∠DAD＇，∠B=∠D＇，可推出△ABB＇∽△ADD＇，利用相似三角形的对应边成比例，可得出对应边的比；从而可求出DD＇的值，即可求出CD＇，B＇C；再证明△CME∽△DC＇E，利用相似三角形的性质可求出CE的长. 16．【答案】 【解析】【解答】解：∵DE=2EF，设EF=x，则DE=2x， ∵四边形DEFG是矩形， ∴GF∥AB， ∴△CGF∽△CAB， ∴ ，即 ， ∴ ， ∴AD+BE=AB-DE= = ， ∵AC=BC， ∴∠A=∠B，又DG=EF，∠ADG=∠BEF=90°， ∴△ADG≌△BEF（AAS）， ∴AD=BE= = ， 在△BEF中， ， 即 ， 解得：x= 或 （舍）， ∴EF= ， 故答案为： . 【分析】设EF=x，则DE=2x，证明△CGF∽△CAB，利用相似三角形的性质求出，从而求出AD+BE=AB-DE= ，证明△ADG≌△BEF（AAS），可得AD=BE= ，在△BEF中， ，可得 ，求出x值即可. 17．【答案】3 【解析】【解答】解：由翻折可知 ∴O是 的中点， ∵点D为边BC的中点，O是 的中点， ∴ 是 的中位线， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ . 故答案为：3. 【分析】利用折叠的性质可证得再证明OD是△C＇CB的中位线，利用三角形的中位线定理可求出OD的长，同时可证得OD∥BC＇，利用平行线分线段成比例定理，可求出AO的长；然后根据AD=AO+OD，可求出AD的长. 18．【答案】解：∵CE=CD， ∴∠CED=∠CDE， ∴∠AEC=∠ADB， ∵∠DAC=∠B， ∴△ACE∽△BAD． 【解析】【分析】先求出 ∠CED=∠CDE， 再求出 ∠AEC=∠ADB， 最后求解即可。 19．【答案】（1）证明：∵ ， 又∵ ， ∴ （2）解：∵ ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 的长为 【解析】【分析】（1）图形中隐含对顶角相等，因此利用AAS可证得结论. （2）利用全等三角形的对应边相等，可求出DC，BE的长；再由EF∥CD可证得△BEF∽△BCD，利用相似三角形的对应边成比例，可得比列式，代入计算求出EF的长. 20．【答案】（1）解：①如图1，四边形ABCD是平行四边形， ， . 平分 ， . . . 同理可得： . 点E与点F重合， . ②如图2，点E与点C重合， 同理可证 ， ∴▱ABCD 是菱形， ， 点F与点D重合， （2）解：情况1，如图3， 可得 ， . 情况2，如图4， 同理可得， ， 又 ， . 情况3，如图5， 由上，同理可以得到 ， 又 ， . 综上： 的值可以是 ， ，2 【解析】【分析】（1） ① 根据角平分线的定义，结合平行线的性质得出∠DAE=∠DEA，则知DE=AD=5，同理求出BC=CF=5，从而求出DC的长，即可解答； ② 根据①的方法求得 的四条边相等，得出 ▱ABCD 是菱形， 则知点F与点D重合， 即可解答； （2）由于E、F点的位置不可确定，则应分情况讨论，根据每种情况，利用AD=DE，CF=CB，结合 点C，D，E，F相邻两点间的距离相等分别构建等式求解即可. 21．【答案】（1）证明：∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE=∠CBE． ∵AE⊥BE， ∴∠AEB=90°． ∵F是AB的中点， ∴EF=BF= AB， ∴∠FEB=∠FBE=∠CBE， ∴EF∥BC． ∵AB∥CD， ∴四边形BCEF是平行四边形． ∵EF=BF， ∴四边形BCEF是菱形． （2）证明：∵四边形BCEF是菱形， ∴BC=BF． ∵BF= AB， ∴AB=2BC． ∵AB∥CD， ∴∠DEA=∠EAB． ∵∠D=∠AEB=90°， ∴△EDA∽△AEB， ∴ = ， ∴BE•AE=AD•BA， ∴BE•AE=2AD•BC． 【解析】【分析】（1）先证明∠BEC=∠CBE，得到CE=CB，再根据斜边上的中线性质得到AF=EF=BF，接着证明EF//BC，则可判断四边形BCEF为平行四边形，然后利用CB=CE可判断四边形BCEF为菱形； （2）过点C作CH垂直BE于H，如图，根据等腰三角形的性质得到BH=EH，再证明△EDA∽△AEB，然后利用相似比得到结论。 22．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中， AB=BC，∠ABC=∠C=90°， ∵AE⊥BF， ∴∠BPE=90°， ∴∠BAP+∠ABP=∠FBC+∠ABP=90°， ∴∠BAP=∠FBC， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴BE＝CF （2）解：由题意，在正方形ABCD中， ∵AB＝6，BE BC， ∴ ， ， ∴ ， ∵G为AD的中点， ∴ ， ∵∠BAE=∠PBE，∠AEB=∠BEP， ∴△ABE∽△BPE， ∴ ，即 ， ∴ ， ∵∠APB=90°， ∴ ， ∵∠APG+∠APH=∠APH+∠HPB=90°， ∴∠APG =∠HPB， ∵∠GAP+∠PAB=∠PAB+∠ABP=90°， ∴∠GAP=∠ABP， ∴△APG∽△BPH， ∴ ，即 ， ∴ ， ∴ ， 在直角三角形AGH中，由勾股定理，则 【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=BC，∠ABC=∠C=90°，利用垂直的定义及余角的性质可推出∠BAP=∠FBC；再利用ASA证明△ABE≌△BCF，利用全等三角形的性质，可证得结论. （2）利用正方形的性质，结合已知可求出AB，BE的长；利用勾股定理求出AE的长，同时可求出AG的长；再证明△ABE∽△BPE，利用相似三角形的性质可求出BP的长，利用勾股定理求出AP的长；然后证明△APG∽△BPH，利用相似三角形的性质可求出BH的长；从而可求出AH的长，然后利用勾股定理求出GH的长. 23．【答案】（1）证明：如图1， 由 折叠得到， ， . 又 四边形ABCD是正方形， ， ， ， 又 正方形 ， （2）解：如图，连接 ， 由（1）得 ， ， 由折叠得 ， ， . 四边形 是正方形， ， ， 又 ， ， . ， ， ， . ， ， （ 舍去） （3）解：如图，连结HE， 由已知 可设 ， ，可令 ， ①当点H在D点左边时，如图， 同（2）可得， ， ， 由折叠得 ， ， 又 ， ， ， 又 ， ， ， ， ， ， . ， ， ， （ 舍去）. ②当点 在 点右边时，如图， 同理得 ， ， 同理可得 ， 可得 ， ， ， ， （ 舍去）. 【解析】【分析】（1）利用折叠的性质可证得BE⊥CF，利用正方形的性质可得到BC=CD，∠D=∠BCE，利用余角的性质可得到∠BEC=∠CGD；然后利用AAS可证得结论. （2）利用全等三角形的性质可求出DG的长，利用折叠的性质可得到BC=BF，CE=EF=9；再证明∠HFG=∠HGF，利用等角对等边可证得HF=HG，结合已知条件可求出HD，HF的长；再利用勾股定理建立关于DE的方程，解方程求出DE的长. （3）连结HE， 设DH=4m，HG=5m， ，①当点H在D点左边时，同理可证得HF=HG，可得到DG=9，利用折叠的性质及余角的性质可推出∠BEC=∠CGD，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值；②当点 在 点右边时，如图，同理可证得△CDG∽△BCE，利用相似三角形的性质，可表示出CE的长，即可得到DE的长；然后利用勾股定理，可求出x的值，即可得到DE与EC的比值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $