第6章图形的相似章末测试卷（含解析）-2025-2026学年数学九年级下册苏科版

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第6章图形的相似章末测试卷-2025-2026学年数学九年级下册苏科版
一、单选题
1．下列各组线段成比例的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知（a，b，c，d均不为0），则下列各式不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，在四边形中，是边的中点，，，，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．如图，在中，是边的中点，交于点，如果的面积为1，那么四边形的面积为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．9
5．如图，是的中位线，点F在上，．连接并延长，与的延长线相交于点M．若，则线段的长为（　　）
A． B．3 C． D．2
6．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，在坐标系内有一点（不与点重合），使得与全等，这样的点有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．如图，点D是等边边AB上的一点，且，现将折叠，使点C与D重合，折痕为，点E，F分别在和上，则（　　）
A． B． C． D．
8．如图，的两条割线，分别交于点，和点，．已知，，，则（　　）
A． B． C．7 D．24
9．如图，在平面直角坐标系中，，，点在轴上，且．已知点在内部或边界上，且，．记的最大值为，的最小值为，则（ ）
A． B． C． D．4
二、填空题
10．若，则的值是 ．
11．如图，在直角三角形中，，G是的重心，延长交斜边于点M，若，，则的长是 ．
12．如图所示，，两条直线与这三条平行线分别交于点，，和，，，已知，，则的值为 ．
13．定义：若的内部存在一点，满足，称点是的勃罗卡点．如图，在中，，点为的勃罗卡点，若．则：
（1）的值为 ；
（2）线段的长为 ．
14．如图，为的高线，以点为圆心，长为半径的圆与相切于点，与交于点，与交于点．若，则的长为 ．
15．在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于两点，是线段的中点，点在坐标轴上，若以为顶点的三角形与相似，则点的坐标为 ．
16．如图，在矩形纸片中，，点在边上，连接，将沿直线折叠，点的对应点为，把纸片展平，连接．当为直角三角形时，的长是 ．
三、解答题
17．如图，一块材料的形状是锐角三角形，边，高，把它加工成矩形零件，使矩形的一边在边上，其余两个顶点分别在边，上，设．
(1)写出与之间的关系式；
(2)用表示矩形的面积，某同学说当矩形为正方形时最大，这个说法正确吗？说明理由，并求出的最大值．
18．如图，在中，，将绕着点顺时针旋转得到，点在边上．
(1)若，求的度数；
(2)连接，求证：∽．
19．如图，在中，，以为直径作，分别交于点D，交的延长线于点E，连接交于点F．
(1)连接，求证：；
(2)若．
①求的度数
②求的半径．
20．如图是由小正方形组成的网格，经过格点，，，与网格线交于点．仅用无刻度的直尺完成画图
(1)在图1中，先画圆心，再过点画的切线；
(2)在图2中，先画弦，再在弧上画点，使．
21．（1）问题呈现：如图1，和都是等边三角形，连接，，线段与的数量关系是______，直线，相交所成的较小角的度数是______；
（2）类比探究：如图2，和都是等腰直角三角形，，直线，相交于点，请写出的值及直线，相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由；
（3）拓展提升：如图3，在中，，，点，分别是，的中点，连接．如图4，将绕着点顺时针旋转角，直线交于点，连接，当射线将分成的两个角度之比为时，求的值是多少 请直接写出答案．
22．综合与探究
问题情境：如图1，点E是正方形纸片的边的中点．将正方形纸片沿折叠，点B落在F处，再展开铺平，过点B作交于点G，连接．
【初步探究】
（1）求证：四边形是菱形；
【深入探究】
（2）如图2，延长交于点H，求证：．
【拓展延伸】
（3）将两个边长为1的相同正方形拼成矩形，点P是上一动点，沿折叠，使点A落在点M处，射线交射线于点F．当时，直接写出的长．
《第6章图形的相似章末测试卷-2025-2026学年数学九年级下册苏教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 D D B B A C D C A
1．D
【分析】本题考查成比例线段的判断．判断一组线段是否成比例，可将其按长度从小到大排列，检验最小线段与最大线段的乘积是否等于另外两条线段的乘积，若相等，则这四条线段成比例；反之，则不成比例，根据成比例线段的概念判断各选项即可．
【详解】解：A、选项中，，∴A选项的线段不成比例；
B、，∴B选项的线段不成比例；
C、，∴C选项的线段不成比例；
D、，∴D选项的线段成比例；
故选：D．
2．D
【分析】本题考查比例的基本性质与合比性质，通过交叉相乘或比例性质验证选项是否与已知条件等价即可判断
【详解】解：A、交叉相乘得，与已知一致，故A成立；
B、交叉相乘得，与已知一致，故B成立；
C、交叉相乘得，展开得，两边减得，与已知一致，故C成立；
D、交叉相乘得，展开得，∵，∴化简得，故D不成立．
故选：D．
3．B
【分析】延长、，交于点F，过点A作于点G，证明，得出，求出，得出，证明为等边三角形，得出，，求出，，最后根据勾股定理和直角三角形的性质，求出结果即可．
【详解】解：延长、，交于点F，过点A作于点G，如图所示：
则，
∵点E为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：，负值舍去，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形外角的性质，含30度直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
4．B
【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．解决本题的关键是根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求出的面积．首先根据平行四边形的性质可证且相似比为，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得，从而可求的面积，进而可得，再根据平行四边形的性质即可得解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
且，
，
点是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
5．A
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质和判定．根据三角形中位线定理证得，求出，进而证得，根据相似三角形的性质求出即可．
【详解】解：是的中位线，，
，，
，，
，
，
．
故选：A．
6．C
【分析】本题考查了坐标与图形、三角形全等的判定，全等三角形的判定及图形坐标特征是解题的关键．
画出图形即可得到答案．
【详解】解：如图所示，满足条件的点有三个，分别为
故选：C
7．D
【分析】本题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题、相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用相似三角形的周长之比等于相似比
借助翻折变换的性质得到、；设，则；根据相似三角形的判定与性质即可解决问题．
【详解】解：设，则，
为等边三角形，
，，
，
又，
，
，由折叠，得
，
的周长为，的周长为，
与的相似比为
．
故选：D．
8．C
【分析】题目主要考查圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，结合图形求解是解题关键．
连接，根据圆内接四边形的性质及等量代换得出，再由相似三角形的判定和性质得出，代入求解即可．
【详解】解：连接，如图所示：
∴四边形为的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴即，
∴，
解得：，
故选：C．
9．A
【分析】本题主要考查了坐标与图形性质、一次函数的最值、等腰三角形的判定，熟练掌握线性规划中利用直线平移求最值的方法是解题的关键．先根据已知点、的坐标及求出点的坐标，再利用线性规划的方法，分别求出的最大值和的最小值，最后计算两者之和．
【详解】解：设，，过作轴于，
∵，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
对于，即，
当直线经过点时，取得最大值，
∴．
对于，即，
当直线经过点时，取得最小值，
∴．
∴．
故选：．
10．
【分析】本题考查了比例的性质求值，将已知方程变形为，然后求解．
【详解】解：由，可得，则，
故答案为：．
11．
【分析】本题主要考查了三角形的重心，理解三角形的重心的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理，勾股定理是解决问题的关键．连接并延长交于，连接，在的延长线上取一点，使，则，先由勾股定理求出，根据三角形重心定义得，，证明四边形是平行四边形得，进而得是△的中位线，则，继而得，据此即可得出的长．
【详解】解：连接并延长交于点，连接，在的延长线上取一点，使，如图所示：
，
在中，，，，
由勾股定理得：，
点是△的重心，
，是△的中线，
，，
又，
四边形是平行四边形，
，
即，
，
是△的中位线，
，
，
．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查平行线分线段成比例定理的应用，关键是准确运用定理得到对应线段的比例式．根据三条平行线截两条直线的比例关系，先由已知比例和的长度求出的长度，再通过线段和计算的长度．
【详解】解：，
，
解得，
；
故答案为：．
13． 2
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件是解题的关键．
（1）先判断为等腰直角三角形得到，从而得到的值；
（2）设，根据点O为的勃罗卡点得到，则利用三角形内角和可计算出，然后可证明，从而利用相似三角形的性质可求出的长．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）设，
∵点O为的勃罗卡点，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：2．
14．
【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定及性质，关键是灵活应用知识点解题；连结，通过论证及得到比例线段即可求解．
【详解】解：连结，
∵是直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
解得．
故答案为：．
15．，，
【分析】本题考查了相似三角形的性质，注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键；
首先求出直线与坐标轴的交点和的坐标，以及中点的坐标，然后根据点在坐标轴上分类讨论，利用直角相似条件求出点的坐标即可．
【详解】解：∵直线与轴，轴分别交于两点，
∴令，得，解得，令，得，
∴，，
∴，，，
∵是线段的中点，
∴，
∴，
∵中，，
∴中必须有一个角是，
∵点在坐标轴上，
∴①当点在轴上时，设，
如图，若，
当时，，
∴，解得，
∴点的坐标为；
如图，若，
当时，，
∴，解得，
∴点的坐标为；
②当点在轴上时，设，
如图，若，
当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，解得，
∴点的坐标为；
综上，点的坐标为，，，
故答案为：，，．
16．或2
【分析】本题考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，设与相交于点，依题意有以下两种情况：①当时，由折叠性质得是的垂直平分线，则，，由此得是的中位线，据此可得；②当时，此时点在上，由折叠性质得是的垂直平分线，，在'中，由勾股定理得，则，进而由勾股定理得，则，证明和相似，由相似三角形性质得，据此可得，综上所述即可得出答案．
【详解】解：四边形是矩形，且，，
，，，
点在边上，将沿直线折叠，点的对应点为，
，设与相交于点，
当为直角三角形时，有以下两种情况：
①当时，如图所示：
由折叠性质得：是的垂直平分线，
，，
，
，
∴
∴
是的中位线，
点是的中点，
；
②当时，此时点在上，如图所示：
由折叠性质得：是的垂直平分线，，
，，
在中，，，
在和'中，
，'，
'，
∴
∴，
∴，
综上所述：的长是或．
故答案为：或．
17．(1)
(2)不正确，见解析
【分析】本题主要运用了相似三角形的性质，对应边的比等于对应高的比，二次函数最值的求法．
（1）先证，根据相似三角形对应边的比等于对应高的比，即可求解；
（2）矩形的面积，根据（1）中与的函数关系式，即可得到与之间的函数关系，根据函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：在矩形中，，
．
在中，，高，
在矩形中，，
的高．
根据相似三角形对应高的比等于对应边的比，得
，
整理得．
（2）解：不正确．理由如下：
矩形面积
函数图象的对称轴为直线．
函数图象开口向下且，
当时，有最大值，为．
又当时，，，
最大时矩形不是正方形，
这个说法不正确．
18．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据旋转的性质解题即可；
（2）根据相似三角形的判定定理证明．
【详解】（1）解：由题意知，，
，
；
（2）证明：如图，连接，
将绕着点顺时针旋转得到，
，
，
∽．
19．(1)见详解
(2)①；②
【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质即可得到，故；
（2）①设，则，，由，得到，由，可知，最后在中，由三角形内角和定理即可求解；
②根据平行线的性质以及圆周角定理得到，，，而，可证明，则，则，求解即可．
【详解】（1）证明，连接，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，有，
解得，
故；
②设的半径为r，
∵，O为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
而，
∴，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
∴，
即：，
解得或（舍去），
∴半径为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，平行线的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了格点作图、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、圆周角定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）如图：取格点、、，连接分别交网格线于，，根据三角形中位线的性质可知，分别是方格的中点，进而得到则；由可得可得，再根据平角的性质可得，即为的切线；
（2）连接交网格线于点，连接并延长交圆于点，连接即可；设小正方形的边长为，作直线使得到的距离为，交于点，则点即为所求．
【详解】（1）解： 如图：射线即为所求．
（2）解：如图，连接交网格线于点，连接并延长交圆于点，连接，弦即为所求；设小正方形的边长为，作竖直方向的直线，且满足点到的距离为，交于点，则点即为所求．
理由：如图，点为网格线与圆的交点，点是格点，点是网格线上的点，
∵是直径，
∴，
又∵，
∴
∴
∴
过点作，
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴．
21．（1）；；（2）的值为及直线，相交所成的较小角的度数为；（3）的值为或
【分析】（1）延长交于点，交于点，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到，则，，利用对顶角的性质，三角形的内角和定理和等式的性质解答即可得出结论．
（2）设与交于点，利用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质得到，，利用对顶角的性质，三角形的内角和定理和等式的性质解答即可得出结论；
（3）过点作于点，利用等腰三角形的性质，直角三角形的性质求得，，，，，利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当时，则，，过点作，交的延长线于点，连接，利用含角的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质求得，，可得，再利用相似三角形的判定与性质解答即可；②的延长线交于点，当时，利用含角的直角三角形的性质求得，则可求，代入化简运算即可得出结论．
【详解】解：（1）延长交于点，交于点，如图，
和都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
线段与的数量关系是，直线，相交所成的较小角的度数是．
故答案为：；；
（2）的值为及直线，相交所成的较小角的度数为，理由如下：
设与交于点，如图，
和都是等腰直角三角形，，
，
∴，即
又，
∴，
，，
∵，
，
∴的值为及直线，相交所成的较小角的度数为；
（3）的值为或．
，，
，
过点作于点，如图，
则，，
，
，
点，分别是，的中点，
，，，，
，
，
过点作，交的延长线于点，连接，如图，
①当时，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
②的延长线交于点，当时，如图，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
综上所述，的值为或．
【点睛】本题查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形的内角和定理，含30°角的直角三角形的性质，分类讨论的思想方法，添加适当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．
22．（1）见详解；（2）见详解；（3）的长为或
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，再由可得，进而可得，，根据四条边都相等的四边形是菱形即可证明四边形是菱形．
（2）连接，先根据证明，则可得．设正方形纸片的边长为4，则，，．在中， 根据列方程求得，则可得，，进而可得 ．
（3）分两种情况：
①如图，当F点在线段的延长线时，设与的交点为N点．先证，利用相似三角形对应边成比例列比例式可求得，．
再证明，利用相似三角形对应边成比例列比例式可求得，由折叠的性质可得．
②当F点在线段上时，连接．由题意得，则可得，由勾股定理可得，则可得．设，则，
根据列方程求得，进而可得．
【详解】（1）证明： 由折叠的性质可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）证明：如图，连接．
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠的性质可得， ， ，
∴，
∴，
∵E点是边的中点
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
设正方形纸片的边长为4，，
则，，，，
∴，
在中， ，
∴，
解得，
∴，，
∴．
（3）解：分两种情况：
①如图，当F点在线段的延长线时，设与的交点为N点，
由题知四边形是矩形，且，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴，
解得，，
∵沿折叠得到，
∴，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得，
∴．
②如图，当F点在线段上时，连接．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴．
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握以上知识，注意分情况讨论是解题的关键．
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