第6章 图形的相似 单元练习卷（含解析）

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第6章图形的相似同步练习卷-2024-2025学年数学九年级下册苏科版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，已知，那么添加下列的一个条件后，仍无法判定的是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，小明在时测得某树的影长为，在时又测得该树的影长为，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在正方形中，E是的中点，连接，过点C作，交的延长线于点F，若，则长为（ ）．
A． B．1 C． D．
5．如图，在中，，与相交于点，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，，点P从点A出发，以的速度沿向点C运动，同时点Q从点A出发，以的速度沿向点C运动，直到它们都到达点C为止．若的面积为，点P的运动时间为，则S与t的函数图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，圆内接正五边形中，对角线，与相交于点，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．下列命题中，真命题有（ ）个
①两个含角的等腰三角形必相似；
②已知线段，点是的黄金分割点，则；
③顺次连接一个四边形各边中点得到一个矩形，则这个四边形的对角线一定垂直；
④平分弦的直径垂直于弦．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
9．如果两个相似三角形的对应边上的高之比为，那么它们的对应中线之比为 ．
10．在矩形中，，取的中点，连接，，取的中点，连接，当为直角三角形时，的长为 ．
11．如图，正方形的边长为1，为边上一点，将沿翻折至，连结．若，则 ．
12．如图，矩形中，，，点，分别为，上一个动点，且，以为对称轴将矩形折叠，点，的对应点分别为，，点为上一点，且，当点与点重合时，的长为 ，的最大值为 ．
13．如图，在中，是的中点，为内一动点，且满足，则的最小值为 ，的最小值为 ．
14．如图，已知，是正六边形的两条对角线，点，分别为线段，上的点，且有，，若，，三点共线，则 ．
三、解答题
15．如图，在中，为边上一点，．
(1)求证：．
(2)如果，求的长．
16．如图，已知在中，中线，交于点，交于点．
(1)如果，求和的长．
(2)求证：．
17．如图，在中，，．
(1)尺规作图：作线段的垂直平分线，分别交，于点，．（要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)在（）所作的图中，连接，若，求的长．
18．如图，在中，点在的延长线上，，为边上一动点，连接，将绕点旋转得到．
(1)如图，当点落在边上时，若，求的长．
(2)如图，当为的中点，点与点重合时，与交于点，求的值．
(3)在（）的条件下，若的面积为，请直接写出的面积．
19．如图，在矩形中，，动点以的速度从点出发，沿向点移动，同时动点以的速度从点出发，沿向点移动，设、两点移动的时间为秒．
(1)为多少时，以为顶点的三角形与相似？
(2)探究：在、两点移动过程中，四边形与的面积能否相等？若能，求出此时t的值，若不能，请说明理由．
20．如图1，在矩形中，对角线、交于点，，．动点以每秒1个单位长度的速度沿着运动，动点同时从点出发以相同的速度沿着运动，过点作交于点，当点到达点时，两点同时停止运动．设运动时间为秒，点到的距离与到的距离之和为，与的周长之比为．
(1)请直接写出，关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系（图2）中画出，的图像，并写出函数的一条性质；
(3)结合函数图像，请直接写出当时的取值范围．（近似值保留小数点后一位，误差不超过0.1）
21．如图1，在矩形中，，连接与重合，将绕点顺时针方向旋转，连接，．
(1)旋转过程中一定是等腰三角形的三角形有______，的值为______．
(2)如图2，当点落在对角线上时，求的长．
(3)连接，试探究能否构成以为直角边的，若能，直接写出线段的长；若不能，请说明理由．
《第6章图形的相似同步练习卷-2024-2025学年数学九年级下册苏科版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A C C A B D
1．C
【分析】本题考查的是相似三角形的判定及三角形外角的性质，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键．先根据得出，再由相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．
【详解】解：，
，
，
A、，，
，故本选项不符合题意；
B、，，
，
，
，故本选项不符合题意；
C、，与的大小无法判定，
无法判定，故本选项符合题意；
D、，，
，故本选项不符合题意；
故选：C．
2．D
【分析】本题考查的知识点是相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
由两次日照的光线互相垂直、树垂直于地面可证三角形相似，再由相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如下图：
即，，，，
，，
，
又，
，
，
，
解得．
故选：．
3．A
【分析】本题考查的是比例的性质，设，则，再代入计算即可．
【详解】解；∵，
∴设，则，
∴，
故选：A．
4．C
【分析】本题主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理与判定及相似三角形的性质与判定；熟练掌握正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理与判定及相似三角形的性质与判定是解题的关键；过点F作于点H，由题意易得，然后可得，则有是等腰直角三角形，，进而可得，最后问题可求解．
【详解】解：过点F作于点H，如图所示：
∵四边形是正方形，，
∴，
∵E是的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
设，则有，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
5．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得到，，，继而得到，得到，即，得出，得到，即可得到答案．
【详解】解：，
，
，
，，
，
，
，
，
，
故选：C．
6．A
【分析】本题考查了二次函数的应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理．分当时和当时两种情况求出函数解析式即可求解．
【详解】解：①当时，点Q在上，
∴，，
过点Q作交于点D，则，
∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，点Q在上，，
综上所述，正确的图象是A．
故选A．
7．B
【分析】本题考查了圆内接正五边形的性质，等腰三角形得判定，相似三角形得判定与性质，根据圆和正五边形的性质可得，，，再由轴对称性可得，故由，同理可得，，，，均为等腰三角形，从而可证明，相似三角形对应边成比例可得，设，，则，，解方程可得值，由，可求出的值，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
【详解】解：五边形圆内接正五边形，
，，
，，
，
，，
同理可得，，
，，
，
，，
，
，
设，，则，
故可得，
解得：或（舍去），
，
故选：B．
8．D
【分析】本题考查了相似三角形的判定定理，黄金分割，菱形的性质，角可以是等腰三角形的顶角或底角，可判断①是假命题；由黄金分割相关概念可判断②是真命题；根据三角形中位线定理及矩形性质可判断③是假命题；根据直径平分弦可判断④是假命题
【详解】解：∵角可以是等腰三角形的顶角或底角，
∴两个含角的等腰三角形不一定相似，故①是假命题；
∵线段，点C是的黄金分割点，
∴，故②是真命题；
顺次连接一个四边形各边中点得到一个菱形，则这个四边形的对角线一定相等；故③是假命题；
平分弦的直径不一定垂直于这条弦，故④是假命题；
故选：D．
9．
【分析】本题考查的知识点是相似三角形的性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的性质．
根据相似三角形的性质即可得解．
【详解】解：根据相似三角形的性质可得：两个相似三角形的对应边上的高之比它们的对应中线之比，
它们的对应中线之比是．
故答案为：．
10．或
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质；①当时，由矩形的性质及相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，结合勾股定理，即可求解；②当时，同理可证 ，由相似三角形的性质得，结合勾股定理，即可求解； ③由，，此种情况不存在；掌握矩形的性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理求解，并能按直角顶点的不同进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：①当时，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
是的中点，
，
，
，
解得：，
；
②当时，
由①得：
，
，
同理可证：，
，
四边形是矩形，
，
，
解得：，
，
同理可求：，
是的中点，
，
；
③，
，此种情况不存在；
综上所述：的长为或．
11．
【分析】过点作，过点作，交于点，交于点，可证明，则，，利用勾股定理求出，，进而求出，，，，，，最后利用，得出，求得．
【详解】解：过点作，过点作，交于点，交于点．
正方形，
，
由折叠可知，，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
在中，
，
，
，，
，
，，，，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握翻折的性质，正方形的性质和相似三角形的判定与性质是正确解答的关键．
12． // /
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，，，，当点与点重合时，由折叠的性质可得，，，设，则，再由勾股定理计算即可得出的长；连接与交于点，证明，得出，，即点时矩形的对角线的中点，连接，则，连接，由轴对称可得，推出，连接，则由三角形三边关系可得的最大值为，由勾股定理可得，得出，作于点，则，证明，求出，，计算出，得出，即可得解．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，，
当点与点重合时，由折叠的性质可得：，，，
设，则，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：，
∴；
如图，连接与交于点，
，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴点时矩形的对角线的中点，
连接，则，
连接，由轴对称可得，
∴，
连接，则由三角形三边关系可得的最大值为，
∵，，
∴，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为，
故答案为：，．
13． / /
【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用两点之间线段最短结合相似三角形和勾股股定理解答即可．
【详解】解：在中，
由勾股定理得，，
如图，连，
∵为的中点，
∴,
∵，
∴当三点共线时，的值最小，最小值为的长,
∴的最小值为；
∵
∴,
在上截取，如图，
∴，
又，
∴
∴,
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，最小值为的长，
即最小值为的长,
在中，，
∴最小值为 ．
14．/
【分析】此题考查的是正多边形与圆、相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
设正六边形中心为，连接交于，连接、，由正六边形的性质可知，直线为正六边形的对称轴，由正多边形性质可得是等边三角形，设正六边形边长为，由正多边形的性质及勾股定理得，作于点，然后由相似三角形的判定与性质可得答案．
【详解】解：设正六边形中心为，连接交于，连接、，作于点，
由正六边形的性质可知，直线为正六边形的对称轴，
，，，，
是等边三角形，
设正六边形边长为，
，，
在中，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，，
，
，
，
，
，
解得负值舍去，
．
故答案为：．
15．(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，熟练掌握相似三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．
（1）利用相似三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用相似三角形的性质定理解答即可．
【详解】（1）解：
，
．
，
，
．
（2）解：，
，
，
．
16．(1)，
(2)见解析
【分析】（1）结合重心的性质、平行线分线段成比例定理推得，将，代入可得，又，即可求得；
（2）证明，由相似三角形的性质可得，再由重心性质得到，即可证明．
【详解】（1）解：中线，交于点，
点为重心，
，
，
，
，，
，
．
（2）解：，
，
由（1）得，
，
点为重心，
，
，
．
【点睛】本题考查的知识点是重心的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握重心的性质．
17．(1)作图见解析；
(2)的长为．
【分析】本题考查了尺规作图——作垂线，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据题意作垂直平分线即可；
（）由垂直平分线性质得，则，再通过等腰三角形的性质得出，从而证明，则有，设，则，代入得，再解方程并检验即可求解．
【详解】（1）解：如图，
∴直线即为所求；
（2）解：如图，
由作图可知，直线垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
设，则，
∴，
解得：（负值已舍去）
∴，
∴的长为．
18．(1)；
(2)；
(3)的面积为．
【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由旋转性质可知，则有，，所以，证明，根据相似三角形的性质得出，然后根据即可求解；
（）过作，交于点，则有，由性质得，又为的中点，得出，同理证明，由，则，然后代入即可求解；
（）根据相似三角形的性质和面积和差即可求解．
【详解】（1）解：∵绕点旋转得到，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作，交于点，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，即，
由（）知：即，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得：，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
19．(1)为或；
(2)不能相等，理由见解析．
【分析】（1）先求出，由于，那么以为顶点的三角形与相似分两种情况讨论，列出比例式，代入数据求解；
（2）作于点，则，那么，求出，当四边形与的面积相等时，，那么，整理后得到此时方程无实数解，故不存在．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴在中，
∵，
∴当时，
则，即，解得；
当时，
则，即，解得；
∴当为或时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似；
（2）解：四边形与的面积不能相等．理由如下：
作于点，如图，
∴
∵，
∴，
∴，即
∴，
当四边形与的面积相等时，
，即，
∴，
整理得，
∵
∴此时方程无实数解，
∴四边形与的面积不能相等．
【点睛】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，一元二次方程根的判别式等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键．
20．(1)；
(2)作图见解析；当时，y的值随着x的值增大而减小（答案不唯一）
(3)
【分析】（1）先求出，分和两种情况，证出，得出的长，再证出，得的长，即可求解；
（2）根据函数解析式画图即可，借助图像描述其性质；
（3）求出交点即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由勾股定理得，
∴，
过点E作交于点H，交于点M，
∴，
∴，，
当时，
则，
∴，
即，
解得，
∵，
∴
∴，
即，
解得，
∴；
当时，
则，
∴，
即，
解得，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，
当时，的值随着x的值增大而减小；
（3）解：由图像可知，两个函数图像在之间有交点，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理、一次函数的图像、反比例函数的图像与性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定以及反比例函数和一次函数的图像与性质是解题的关键．
21．(1)，
(2)的长为或
(3)能，或，理由见详解
【分析】（1）根据矩形，旋转的性质即可得到是等腰三角形，再证，得到，即可求解；
（2）根据题意，分类讨论：第一种情况，如图所示，点在上时，；第二种情况，如图所示，点在延长线时，，，即；根据勾股定理，相似三角形的判定和性质即可求解；
（3）分类讨论：第一种情况，如图所示，，是以为直角边的三角形，由等腰三角形的判定和性质，勾股定理得到，，由此列式可解；第二种情况，如图所示，，是以为直角边的三角形，根据等腰三角形的判定和性质得到四边形是矩形，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，
∴，
∴，
∵与重合，
∴，
∴将绕点顺时针方向旋转时，，
∴是等腰三角形，
∵旋转，
∴，
又，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）解：第一种情况，如图所示，点在上时，
∴，，，
∴，
在中，，
由（1）可得，，
∴；
第二种情况，如图所示，点在延长线时，
∴，
在中，，
∵，
∴，即，
∴；
综上所述，的长为或；
（3）解：能，或，理由如下，
第一种情况，如图所示，，是以为直角边的三角形，
由（1）可得，，，
∴设，
∵旋转，
∴，
∴是等腰三角形，
过点作于点，交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点是的中点，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，点是中点，
∴，
在中，，
∴，
整理得，，
解得，（负值舍去），
∴；
第二种情况，如图所示，，是以为直角边的三角形，
∵与重合，
∴，
∴，是等腰三角形，
∴，
过点作与点，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
综上所述，能构成以为直角边的，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线的判定和性质等知识的综合，掌握相似三角形的判定和性质，数形结合，分类讨论思想是解题的关键．
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