第27章相似-福建省2023-2024学年下学期九年级数学单元培优专题练习（人教版）（含解析）

第27章相似-福建省2023-2024学年下学期九年级数学单元培优专题练习（人教版）
一、单选题
1．（2023上·福建三明·九年级统考期末）如图，正方形的边长为4，点为的中点，连接，点分别在上，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
2．（2022上·福建漳州·九年级统考期末）如图，在菱形中，E为上一点，、交于点O，若，则等于（　　）

A． B． C． D．
3．（2023上·福建福州·九年级校考期末）如图：是的直径，是弦，过弧的中点P作弦，交于D，交于E，则下面关系不成立的是（　　）

A． B． C． D．
4．（2022上·福建福州·九年级校考期末）将三角形纸片按如图所示的方式折叠，使点落在边上，记为点，折痕为．已知，，若，那么的长度是（ ）
A． B．4 C． D．2
5．（2022上·福建宁德·九年级统考期末）在如图所示的正方形网格中，以点O为位似中心，作△ABC的位似图形，若点D是点C的对应点，则点A的对应点是（ ）
A．E B．F C．G D．H
6．（2023上·福建泉州·九年级统考期末）如图，DE是的中位线，是的中位线，连结、、．已知，，，．则的长度为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
7．（2022上·福建泉州·九年级统考期末）若，则下列式子中不正确的是（　　）．
A． B． C． D．
8．（2022上·福建泉州·九年级统考期末）如图，在中，，，梯形的面积是面积的8倍，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
9．（2022上·福建泉州·九年级统考期末）下列线段、、、是成比例线段的是（ ）
A．，，，
B．，，，
C．，，，
D．，，，
10．（2022上·福建泉州·九年级统考期末）如图，直线，若，，，则的长是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
11．（2022上·福建泉州·九年级统考期末）若两个相似三角形的对应高的比为，则它们对应周长的比为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
12．（2023上·福建三明·九年级统考期末）如图，已知，，则 ．
13．（2023上·福建厦门·九年级厦门外国语学校校联考期末）如图，已知矩形，，，点N是边上一点，且，将矩形绕A顺时针旋转（），得到矩形，点B的对应点是点E，点C的对应点是点F，点D的对应点是点G，连接．点M是的中点，连接，在旋转过程中，线段的最大值为 ．
14．（2023上·福建福州·九年级校联考期末）如图，，直线，与这三条平行线分别交于点A，C，E，和点B，D，F．已知，则的长为 ．
15．（2022上·福建三明·九年级统考期末）如图，为锐角三角形，是边上的高，正方形的一边在上，顶点，分别在，上，已知，，则这个正方形的面积是 ．
16．（2022上·福建宁德·九年级统考期末）如图，已知矩形，，点E在上，是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，若G是中点，则
17．（2023上·福建泉州·九年级石狮市石光中学校考期末）如图，中，，，垂足分别为D、E，连接DE，如果，，则 ．
18．（2023上·福建泉州·九年级石狮市石光中学校考期末）如图，与位似，位似中心为点O，且，若的周长为9，则的周长为 ．
19．（2022上·福建福州·九年级校考期末）如图，直线，，，那么的值是 ．

三、解答题
20．（2023上·福建三明·九年级统考期末）某校数学兴趣小组模仿七巧板制作了一副如图所示的五巧板，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形．这副五巧板恰好拼成互不重叠也无缝隙且对角互补的四边形，直角顶点分别在边上．
(1)求证：；
(2)若，求的长；
(3)若，求的值．
21．（2023上·福建三明·九年级统考期末）如图，四边形和四边形都是正方形，点在射线上，交于点交延长线于点．
(1)若为的中点，求证：；
(2)求证：．
22．（2022上·福建漳州·九年级统考期末）已知正方形的边长为4，点E是边的中点，，交对角线于点F．
(1)如图1，取的中点G，连接、、，求证：；
(2)如图2，是由沿射线平移得到的，点与点A重合，点M是的中点，连接、，交于点H．
①求证：；
②求的长．
23．（2022上·福建福州·九年级校考期末）如图，已知在中，是的中线，，点在边上，．

(1)求证：；
(2)求证：．
24．（2022上·福建福州·九年级校考期末）如图，已知，，是直角坐标系平面上三点．

(1)以原点为位似中心，在第四象限内画出将缩小为原来的一半后的；
(2)画出绕点顺时针旋转后的，并求出线段所扫过的图形面积．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．设交于点P，根据正方形的性质可得，从而得到，再由，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，设交于点P，
∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B
2．B
【分析】根据菱形的性质得到，，再证明，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方得到即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
则，
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质，利用相似三角形的性质求解是解答的关键．
3．D
【分析】连接，，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，再根据垂径定理可得，，从而可得，进而利用同角的余角相等可得，然后根据等弧所对的圆周角相等可得，从而可得，即可判断A；利用等式的性质可得，从而可得，即可判断B；利用两角相等的两个三角形相似可得，然后利用相似三角形的性质即可判断C；连接，，证明8字模型相似三角形，然后利用相似三角形的性质即可判断D．
【详解】解：连接，，

∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点P是 的中点，
∴ ，
∴，
∴，
∴， 故A不符合题意；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴，
∴， 故B不符合题意；
∵，，
∴，
∴ ，
∴， 故C不符合题意；
连接，，

∵，，
∴，
∴，
∴， 故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
4．B
【分析】设，根据折叠的性质用x表示出和，最后根据两三角形相似对应边成比例即可求解．
【详解】解：设，则由折叠的性质可知：，，
当时，有，
即：，
解得：；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形相似的性质，掌握“相似三角形对应边成比例”是解题的关键．
5．D
【分析】连接并延长，根据位似变换的性质判断即可．
【详解】解：如图，连接并延长，
以点为位似中心，点D是点C的对应点，
位似比为，
则点A的对应点是H，
故选：D．
【点睛】本题考查了位似变换，掌握位似图形的对应点连线相交于一点以及位似图形的性质是解题的关键．
6．B
【分析】通过中位线的性质得出，再证明，得出相似比为，即可得到，从而得出答案．
【详解】 DE是的中位线，是的中位线，
，，
，，，
，
相似比为，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查中位线的性质和位似图形的判定与性质，熟练掌握位似图形的判定与性质是解题的关键．
7．A
【分析】设，，代入所给选项进行化简即可得出结果．
【详解】解：根据题意，设，，分别代入，
A、左边，故错误，符合题意；
B、左边，故正确，不合题意；
C、左边，故正确，不合题意；
D、左边，故正确，不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
8．C
【分析】先根据梯形的面积是面积的8倍，得出，再证，推导出，即可求解．
【详解】解：梯形的面积是面积的8倍，
．
中，，
，，
，
，
．
，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．
9．A
【分析】根据成比例线段的定义，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、，，，，则：，线段、、、成比例线段，符合题意；
B、，，，，，，线段、、、不成比例线段，不符合题意；
C、，，，，，，线段、、、不成比例线段，不符合题意；
D、，，，，，线段、、、不成比例线段，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查成比例线段．熟练掌握成比例线段的定义：四条线段中，如果与的比等于与的比，即，那么这四条线段叫做成比例线段，是解题的关键．
10．C
【分析】根据，得到，代入数值求出，即可求出的长．
【详解】解：∵，
∴,
∴，
解得，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例：一组平行线截两条直线，所截对应线段成比例．
11．A
【分析】根据相似三角形对应高的比，周长的比等于相似比，即可求解．
【详解】解：∵两个相似三角形的对应高的比为，
∴两个相似三角形的相似比为，
∴它们对应周长的比为，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
12．/
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握字模型相似三角形是解题的关键.，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
【详解】解：，
，
，
，
，
即，
故答案为：．
13．
【分析】连接，交于点，连接，，则，即点在以为圆心，以为半径的圆上运动，进而根据一点到圆上的距离即可求解．
【详解】连接，交于点O，连接，，过点作于点，连接，
∵是矩形，
∴，
∵点M是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点M在以为圆心，以为半径的圆上运动，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴
∴，，
∵，
∴，
在中，
∴线段的最大值为
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线，勾股定理，圆的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．
14．2
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，求出即可．本题考查了平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，即，
∵，
∴，
解得：．
故答案为：2．
15．
【分析】证明，利用高线比等于相似比，列式求出正方形的边长，即可得解．
【详解】解：设交于点，
∵四边形为正方形，是边上的高，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握相似三角形的对应边上高线比等于相似比，是解题的关键．
16．/
【分析】连接，根据矩形的性质及等边对等角、等量代换得出得出，再由勾股定理得出，，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】解：连接，
∵矩形，
∴，，
∵且G是中点，
∴，
∴，
∴
∵是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，且，
∴，，
∴
∴
∴
∵，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理解三角形，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关键．
17．
【分析】证得即可解题．
【详解】∵，，
∴，
∴
∵
∴
∴
∵
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定，属于基础题，中考常考题型．
18．6
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比计算即可．
【详解】∵，
∴，
∵与位似，
∴，
∴，
∴
∴与的周长比为，
∵的周长为9，
∴的周长为6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比是解题的关键．
19．2
【分析】根据平行线分线段成比例定理，得到，即可求出的值．
【详解】解：，
，
，，
，
，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，解题关键是掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
20．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意利用等腰三角形性质得，再利用三角形内角和性质即可得到本题答案；
（2）根据题意利用正方形性质得，再利用相似三角形判定得，后利用对应边成比例即可得到本题答案；
（3）根据（2）中相似的结论利用相似三角形性质即可得到本题答案．
【详解】（1）解：证明：和都是等腰直角三角形，
，
四边形是对角互补的四边形，
，
，即．
是直角三角形，
．
；
（2）解：四边形是正方形，
和都是等腰直角三角形，
，
和都是直角三角形，
，
由（1）得，
．
，即，
；
（3）解：设，则，
，
由（2）知：，
，
，解得：，
．
【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，三角形内角和性质，正方形性质，相似的判定及性质．熟悉相关图形的性质，弄清图中线段间的关系是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由题意知，，证明，则，进而可证．
（2）证明，则，进而可证．
【详解】（1）证明：∵为的中点，
∴．
四边形是正方形，
∴，
∴，．
∴．
∴，
即．
（2）证明：∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）证明和，根据相似三角形的性质分别求得，，再根据线段垂直平分线的性质可得结论；
（2）①延长到N，使，连接、，分别证明，，得到，根据等腰三角形的三线合一可证得结论；
②先证明为等腰直角三角形，进而求得，设，证明求得，则，在中，利用勾股定理求得可求解．
【详解】（1）证明：过G作于H，则，

∵四边形是正方形，
∴，，
∵点E是边的中点，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，则，，
∵G是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，又，
∴垂直平分，
∴；
（2）解：①根据题意，，，
延长到N，使，连接、，

∵M是的中点，
∴，又，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，又，
∴；
②在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，又，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，则，
∵在中，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、平移性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加合适辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先证明，可得，再证明，再结合，从而可得结论；
（2）先证明，可得，可得，再证明，可得，可得，从而可得答案．
【详解】（1）证明： 为的中线，
，
，
，
，
，，，
，
，
（2），
．
，
∵，
，
，，
，
，
，
由①②可得，．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练的证明三角形相似是解本题的关键．
24．(1)见解析
(2)见解析，线段所扫过的面积为
【分析】（1）根据位似的性质，得到各点在第四象限内的对应点、、，依次连接即可得到；
（2）根据旋转的性质，得到各点的对应点、、，依次连接即可得到，根据坐标两点的距离公式，求得，由旋转的性质可知，，再利用扇形面积公式，即可求出线段所扫过的图形面积．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求，
，，
，
由旋转的性质可知，，，
则线段所扫过的图形是圆心角为，半径为的扇形，
所以，线段所扫过的面积为：，
即线段所扫过的面积为．

【点睛】本题考查了作图——位似变换以及旋转的变换，坐标两点的距离公式，旋转的性质，扇形面积公式，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
答案第1页，共2页
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