第27章相似章末精选题练习（含解析）-2024-2025学年数学九年级下册人教版

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第27章相似章末精选题练习-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．已知，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
2．如图，是的中线，点F在上，延长交于点D，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，，是对角线的中点，是边上一点，连接并延长交于点，延长交的延长线于点．若，则的长为（ ）
A． B．3 C．3．5 D．4
4．如图，在平面直角坐标系中，与位似，相似比为．已知位似中心点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，D、E、F、G、H、I均为三边的三等分点，的面积为9，则六边形的面积为（ ）
A．1 B．3 C．6 D．8
6．如图，在直角坐标系中，的顶点为．以点为位似中心，在第三象限内作与的位似比为的位似图形，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知与是以点O为位似中心的位似图形，位似比为，下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，是经过位似变换得到的，点是位似中心，．若的面积为3，则的面积为（ ）
A．6 B．9 C．18 D．27
二、填空题
9．已知，则 ．
10．如图， 已知点D、E分别在的边和上， 如果 那么 得到． （填“能”或“不能”）
11．如图，在中，点E、F分别为边上的点，．若，，则的长为 ．
12．如图，和是以点为位似中心的位似图形，若，的面积为，则的面积是 ．
13．如图，的面积为16，将沿方向平移，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ．
14．如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点A在第一象限，点．双曲线（，）把分成两部分，与边，分别交于C，D两点，若．
（1）k的值为 ；
（2）连接，则的面积为 ．
三、解答题
15．如图，内接于是的直径，是的中点，过点作的切线分别交、的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
16．在矩形中，E为上的一点，过B作的垂线，垂足为点G，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，，求四边形的面积．
17．如图，在平面直角坐标系中，给出了格点，（顶点均在正方形网格的格点上），已知点A的坐标为．

(1)画出关于y轴对称的；
(2)以点为位似中心，在给定的网格中画出，使与位似，并且点的坐标为；
(3)与的相似比是______．
18．已知是等腰三角形，．
(1)如图1，当时，有___ ．（填“＞”，“＜”或“＝”）
(2)若将图1中的绕点A顺时针旋转到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
(3)如图3，P是等腰直角三角形内一点，，当且，，时，求的长．
19．长寿阁（图1）坐落于夏邑长寿文化景区，是夏邑县十园八景之首．整阁以历史文化为立意，以多种艺术形式完整地讲述了夏邑县作为中华祖地、孔子祖籍的绚烂和悠久．如图，某校数学兴趣小组利用自制的直角三角形硬纸板来测量长寿阁的高度，他们通过调整测量位置，使斜边与地面保持平行，并使边与长寿阁顶点在同一直线上，已知米，米，目测点与地面的距离米，到长寿阁的水平距离米．
(1)求长寿阁的高度．
(2)“景点简介”显示，长寿阁的高度为．请计算本次测量结果的误差，并提出一条减小误差的合理化建议．
20．如图，抛物线经过点，点
(1)求这条抛物线的表达式和它与轴的另一个交点；
(2)点是线段上一点，连结交抛物线对称轴于点，如果，求点的坐标；
(3)将抛物线沿轴向下平移个单位，所得新抛物线与轴交于点，过点作轴交新抛物线于点，射线交新抛物线于点，如果，求的值．
《第27章相似章末精选题练习-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 C B B C B D D
1．D
【分析】此题考查了比例的性质，根据比例的性质可得，然后将其代入并化简，即可获得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
故选：D．
2．C
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
过点E作交于G，先利用三角形的中线的定义得到，再根据相似三角形的性质得到，由得到，最后由相似三角形的性质即可解答．
【详解】解：如图：过点E作交于G，
∵是的中线，
∴，
如图：过点E作交于G，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
3．B
【分析】先证明，，可得，，再利用相似三角形的性质建立方程求解即可．
【详解】解：在中，，，是对角线的中点，
∴，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
故选：B
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质与相似三角形的判定方法是解本题的关键．
4．B
【分析】本题考查了两个图形的位似知识，熟练掌握基础知识是解题关键；
先将图形往下平移2个单位，位似中心为O点，进而求出，再求出点即可．
【详解】解：先将图形往下平移2个单位，此时位似中心为O点，
同时，
∵相似比为
∴此时与位似的点，
∴
故选：B．
5．C
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，证明，得出，进而可得，同理可得，，即可得解．
【详解】解：∵、分别是和的三等分点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，，
∴六边形的面积为，
故选：C．
6．B
【分析】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果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k或．
根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】解：∵以点为位似中心，位似比为，，
∴A点的对应点的坐标为．
故选：B．
7．D
【分析】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，根据位似图形的概念、相似三角形的性质进行判断即可．
【详解】解：A、与是位似图形，则其对应边互相平行，即，原说法正确；
B、与是相似图形，相似比为，则其面积之比等于相似比的平方，即，原说法正确；
C、与是位似图形，则其对应边互相平行，即，则，原说法正确；
D、与是以点O为位似中心的位似图形，位似比为，则．所以，原说法错误．
故选：D．
8．D
【分析】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．由与位似，可得到，又由相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得，由题意可知D，E，F分别是，，的中点，可得是的中位线，由中位线的性质即可求得结果．
【详解】解：∵是由经过位似变换得到的，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵的面积为3，
∴的面积为27．
故选：D．
9．/
【分析】本题考查比例的性质、分式的化简，由题意得到，代入式子即可化简解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
故答案为：．
10．不能
【分析】本题考查相似三角形的判定定理，根据条件无法判断，据此即可得到结论．
【详解】解：∵，不能判断，
∴不能得到，
故答案为：不能．
11．9
【分析】本题考查平行四边形性质，相似三角形判定及性质．根据题意可得，再由相似性质可得，继而利用平行四边形性质可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
故答案为：9．
12．
【分析】本题考查了位似变换，相似三角形判定与性质，利用相似三角形的性质：相似三角形的面积比相似比的平方，解题的关键是理解题意，灵活运用相似三角形的性质．
【详解】解：∵和位似，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵的面积为，
∴的面积为．
故答案为：．
13．9
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平移的性质，三角形的面积，设与相交于点E，与相交于点F，根据已知易得：，，再利用平移的性质可得：，从而可得，，进而可得，然后利用相似三角形的性质可得，从而可得，同理可得：，进而可得，即可解答．
【详解】解：如图：设与相交于点E，与相交于点F，
∵沿方向平移，
∴，
∴，
由平移得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴平移前后两三角形重叠部分的面积是9，
故答案为：9．
14．
【分析】（1）过点作轴于点，过点作轴于点，则，由等边三角形的性质可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，，设，则，在中，由含度角的直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，进而可得，在中，由含度角的直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，进而可得，将、两点坐标代入双曲线，由此即可求出的值；
（2）过点作轴于点，过点作于点，由垂直于同一直线的两直线平行可得，由平行线分线段成比例定理可得，由三线合一可得，由勾股定理可得，进而可得，由（1）得，易证得四边形为矩形，于是可得，进而可得，连接，由三角形的面积公式可得，由垂直于同一直线的两直线平行可得，由平行线分线段成比例定理可得，由（1）得，则，，于是可得，由三角形的面积公式可得由此即可求出的面积．
【详解】解：（1）如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
，
是等边三角形，
，
，
，
设，
则，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
又、在双曲线上，
，
，，
，，
故答案为：；
（2）如图，过点作轴于点，过点作于点，
，，
，
是等边三角形，且轴，
，，
，
，
由（1）得：，
且易证得四边形为矩形，
，
，
如图，连接，
，
，
轴，轴，
，
，
由（1）得：，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，等边三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，勾股定理，平行线分线段成比例定理，三线合一，矩形的判定与性质，三角形的面积公式，垂直于同一直线的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．
15．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接．证明是等腰直角三角形得．由是的切线得，求出，然后证明可得；
（2）证明得，证明得，求出，再求出，代入比例式即可求解．
【详解】（1）证明：连接．
∵是的中点，
∴，
∴．
∵是的直径，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∵是的切线，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识点，熟练掌握其性质并能得到是解决此题的关键．
(1)根据矩形的性质证明，然后即可证明；
(2)根据勾股定理求出的长，再求出三角形的面积，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得三角形的面积，进而可得四边形的面积．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，
，
，
，
，，
，
；
（2）四边形为矩形，
，
在中，，
，，
，
，
，
，
四边形的面积．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】此题主要考查了作图位似变换，坐标与图形变化—轴对称：
（1）根据轴对称的性质作出图形即可；
（2）利用点和的坐标特征得到位似比为2，连接并延长至点使得，同理得到点，顺次连接即可得到；
（3）根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示：即为所求；

（2）解：如图所示：即为所求；

（3）解：由图可知，，，
与的相似比，
故答案为：．
18．(1)=
(2)（1）中的结论还成立，理由见解析
(3)3
【分析】（1）由，得到，从而得出，再由，得到；
（2）由旋转得到的结论判断出，得到；
（3）由旋转构造出，判断出是直角三角形，再利用勾股定理求解．
【详解】（1）解：，
∴，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：成立．
证明：由①易知，
由旋转性质可知，
在和中
，
，
；
（3）解：如图，将绕点旋转得，连接，
，
，，，，
，，
，
，
，
．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．
19．(1)米
(2)误差为，减小误差的合理化建议为：为了减小误差可以通过多次测量取平均值的方法
【分析】本题主要考查了相似三角形的应用．
（1）证明，利用相似三角形的性质得到是．
（2）结合（1）的结论，求得误差，根据通过多次测量取平均值的方法减少误差，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵米，米，米，
∴，
解得：，
∵
∴．
答：的高度为米．
（2）∵“景点简介”显示，观星台的高度为，
∴本次测量结果的误差为，
减小误差的合理化建议为：为了减小误差可以通过多次测量取平均值的方法．
20．(1)，
(2)
(3)3或5
【分析】（1）将点A、B代入抛物线，用待定系数法求出解析式.
（2）可求直线表达式，设，由，得到，则，求出，同理可求直线表达式为，当时，，则；
（3）新抛物线的表达式为，由题意可得，过点F作轴，垂足为H，由得到，那么，则，然后分情况讨论点D在y轴的正半轴上和在y轴的负半轴上，可求得m的值为3或5．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，点，
∴，解得,
∴抛物线解析式为，
当，，
解得：或，
∴；
（2）解：由，得对称轴为直线，
设直线表达式，
代入得：，
解得：
∴直线表达式，
设，
∵，
∴，
∴
解得：或（舍）
∴，
同理可求直线表达式为：，
当时，，
∴；
（3）解：设新抛物线的表达式为
则，
∵对称轴为直线，
∴，，
过点F作轴，垂足为H，
∴，而，
∴，
∴，
∴，，
∴将代入得：
当点D在轴正半轴上时，，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
当点D在y轴的负半轴上，则，
∴,
∴，
∴，
∴综上所述m的值为3或5．
【点睛】本题是二次函数和相似三角形的综合题目，整体难度较大，涉及待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质，两点间距离公式，平移的性质等知识点．
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