专题4.31 图形的相似（全章专项练习）（拔尖练）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

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专题4.31 图形的相似（全章专项练习）（拔尖练）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023·浙江·模拟预测）用“▲”，“●”，“◆”分别表示三种物体的重量，若，则▲，●，◆这三种物体的重量比为（    ）A． B． C． D．2．（2023·浙江湖州·模拟预测）如图，点、分别是等边三角形的两边、上两点， 、相交于点，连结．若 ，则下列结论错误的是(   )A． B．C． D．3．（22-23九年级上·安徽六安·期中）如图，点D，E，F分别在的边上，，，，点M是的中点，连接并延长交于点N，则的值是（        ）  A． B． C． D．4．（2024·重庆·模拟预测）如图， 正方形，点F为中点， 点E为上一点， 满足，设， 则可以表示为（  ）A． B． C． D．5．（2024·浙江台州·模拟预测）将一副三角板如图所示摆放，为等腰，，，，记交于E．若上有一点F满足，则的长为（    ）A． B． C． D．6．（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）如图，菱形的边长为，对角线交于点，且，分别是AB和的中点，的延长线交CD于点，则的长是（    ）A． B． C． D．7．（2024·重庆长寿·模拟预测）如图，正方形中，，点在的延长线上，且，连接，的平分线与相交于点，连接，则的长为（   ）A． B． C． D．8．（2024·四川乐山·模拟预测）如图，矩形中，，交，于，则的最小值是（    ）A．2 B．3 C．4 D．59．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，在中，，，点D在上，连接若，且，则（    ）．A． B． C． D．10．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，在四边形中，，对角线与相交于点E，若， 则的长是（   ）A． B．8 C． D．二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，已知等腰中，，，平分，交于点．若，则 ．12．（2023·黑龙江绥化·模拟预测）如图，点是内部一点，且，，点在上，连接并延长交于点，若，，则线段的长为 ．  13．（22-23九年级上·浙江绍兴·期中）正方形中，E，F分别是，上的点，连结交对角线于点G，若恰好平分，，则的值为 ．14．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，，，直线，是上的动点（端点除外），射线交于点．在射线上取一点，使得，作，交射线于点．设，．当时， ；在点运动的过程中，关于的函数表达式为 ．15．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，，，点是的中点，点是边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，若为直角三角形，则的长为 ．16．（2024·陕西西安·二模）如图，正方形的边长为2，E、F分别是对角线和边上的动点，满足．当时，线段的长度为 ．17．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，若点O是矩形对角线BD的中点，按如图所示的方式折叠，使边AB落在BD上，边CD也落在BD上，A、C两点恰好重合于点O，连接交BD于点G，交于点H．（1）的度数为 度；（2）的值为 ．18．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在矩形中，，点在边上，，为 边上一动点，将线段绕点逆时针旋转，交边于点，连接 ，则 的面积的最小值为 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（23-24九年级上·上海·阶段练习）如图，过顶点C作直线与与及中线交于F、E，过D作交于M．(1)若，求的值；(2)求证：．20．（8分）（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在中，，，D是边上的动点，E，F分别是，边上的点．(1)若，且，求的度数；(2)若，不改变α的值，以D为旋转中心，把按顺时针或逆时针方向适当转动后，和始终保持相似，求α的值．21．（10分）（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图1，在平面直角坐标系中，正方形顶点A，C分别在x轴和y轴上，已知，，点，动点D在线段上，且不与O和C重合．(1)求证：；(2)当时，点P在线段上运动时，是等腰三角形，求点P坐标；(3)如图2，过点E作交于点N，能否说明四边形为平行四边形，若能，求出m的值，若不能，说明理由．22．（10分）（23-24九年级上·广东佛山·期末）（1）在菱形中，，点P在边边上，连接，点Q在的延长线上，连接，，求证：；（2）菱形中，点P、Q分别是,上的动点，且满足，当时，求与的面积之和．（3）平行四边形中，，P是上一动点，Q是上一动点，且满足，，，当时，求的长度．23．（10分）（2024·内蒙古包头·三模）如图1，在中，于点D，连接，在上截取，使，连接．(1)直接判断与的位置关系(2)如图2，延长，交于点F，过点E作交于点G，试判断与之间的数量关系，并证明； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 24．（12分）（2024·辽宁·模拟预测）【基本图形】  （1）如图1，在正方形中，点E在边上，连接，点F在上，且，连接并延长，交于点H，过点F作交于点G，探究与之间的数量关系；【知识迁移】（2）如图2，在菱形中，，点E在边上，连接，点F在上，且，点G在边上，连接，，且，若，，求菱形的边长；【拓展应用】（3）如图3，在矩形中，，点E在边上（点E不与点B，C重合），在射线上有一点F，，连接，过点F作交射线于点G，若，，直接写出矩形的面积．参考答案：1．B【分析】可设，利用等比性质可得的值，设▲为x，●为y，◆为z，得到个等式，联立可得用x表示y、z，相比即可．【详解】解：设，▲为，●为，◆为，∴，∴，∴，∴▲，●，◆这三种物体的重量比为．故选：B．【点拨】考查比例性质的应用；利用等比性质得到所给比值的确定值是解决本题的关键．2．A【分析】本题考查了全等三角形出的性质与判定，等边三角形的性质，相似三角形的判定；先证明，根据全等三角形的性质，以及三角形的外角的性质即可得出的度数是60°，进而根据，证明，即可求解．【详解】如图，在等边中，，，在与中，，；故B选项正确，，即的度数是60°，故C选项正确，，，故D选项正确，无法判断，故A选项错误故选：A．3．A【分析】过点F作交AC于点G,可证．同理，可得，，；由,得，于是；设，则，，，从而得．【详解】解：过点F作交AC于点G,∴∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵,∴．∴．设，则，∴∴．∴．∴．∴．故选：A【点拨】本题考查平行线分线段成比例定理；由平行线得到线段间的数量关系是解题的关键．4．A【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．连接，根据正方形的性质，得到，设，则，，，由勾股定理得到，再证明，得到，即可求出的度数．【详解】解：如图，连接，四边形是正方形，，AB=BC=CD=AD，，，设，点F为中点，，，，，由勾股定理得：，，，，是直角三角形，，，，，，，故选：A5．D【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．将顺时针旋转，构造全等三角形，再根据勾股定理求出的长，既可以得到答案．【详解】解：将顺时针旋转，至，连接，，，，，，，，，，，，，，，设，，，．故选D．6．A【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，由菱形的性质可得，，，，，进而得，，为等边三角形，得到，即得，，得到，进而由点是的中点，可得，，再由可得，过点作于，可得，即得，得到，再利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，，，∴，，∵，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∵点是的中点，∴，，∵点是AB的中点，∴，∵，∴，∴，即，∴，过点作于，则，∵，∴，∴，∴，∴，故选：．7．C【分析】如图，过作于，于，由平分，可得，推出四边形是正方形，，设，则，证明，则，可解得，得，最后根据勾股定理可得解．【详解】解：如图，过作于，于，∴，，∵四边形是正方形，，，∴，，∴，，∴四边形是矩形，，∵平分，，，∴，∴四边形是正方形，设，则，∵，∴，，∴，∴，即，解得：，∴，∴，∴的长为．故选：C．【点拨】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定，角平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键通过作辅助线构造相似三角形和直角三角形．8．D【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理和最短距距离问题等知识点，重点掌握相似三角形的判定与性质，求的长时也可以用三角形的中位线求解，难点是作辅助线，三点共线时两条线段的和最小.过点作且连接，又因点在上是一动点，由边与边关系只有当点在直线上时的和最小, 由平行四边形可知时可求的最小值.【详解】如图所示，过点作且连接,当点三点共线时,的最值小,设则 ，且 ，∴四边形是平行四边形；，又∵点三点共线,，又∵四边形是矩形，，∴四边形是平行四边形，，又，，在中， 由勾股定理得：又∵则 ，解得：，，在 中， 由勾股定理得：，，，又∵，，，，又∵ ，，故选: D.9．D【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识点，灵活运用相似三角形的性质成为解题的关键．根据已知条件可得、、，则，进而得到；再证可得，进而得到求解即可．【详解】解：∵在中，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴， ∵，∴∵，，∴，∴，即，∴，解得：(舍弃负值) ．故选D．10．D【分析】本题考查了勾股定理的应用．若图中有等边三角形，常用辅助线作法是做出一边上的高．把所求线段放在一个直角三角形中当斜边也是常用辅助线作法．，，可得为等边三角形．作于点，可得为的中点，可求得的长，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得为的一半．作于点，则 为直角三角形的斜边，利用平行线分线段成比例定理可得的长，利用勾股定理可得的长，进而根据勾股定理可得的长．【详解】解：过点作于点，过点作于点，连接．，．，．，，为等边三角形，．，．．．．，．．．故选：D．11．2【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得出，由角平分线的定义可得出，即可进一步证明，再根据两角对应相等，判定再用相似三角形对应边的比相等得出，设则代入进行计算，然后解一元二次方程即可得出答案．【详解】解：∵，∴，∵平分，∴，∴，，∴，∴∵，，∴，∴设，．则，即整理得：，解得，（舍去），∴AD=BC=2，故答案为；2．【点拨】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，等腰三角形的性质，一元二次方程的应用，三角形内角和定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．12．【分析】如图所示，过点作于点，过点作于点，设，，由此可证是等腰直角三角形，是等腰三角形，根据，平行分线段成比例的性质即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作于点，设，，  ∴，∵，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∵，，∴，，∴，∴，即是等腰三角形，设，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，即，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质、平行线分线段成比例的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．13．或4【分析】延长交于R，作于T，不妨设，，，可证得是等腰三角形，可推出，进而表示出，然后解，从而求出x的值，进而可得结果．【详解】解：如图，延长交于R，作于T，，不妨设，，则，设，四边形是正方形，，，，，，，恰好平分，，，，，在中，，，由勾股定理得，解得，，或，当时，，，当时，，，综上所述，或4，故答案为：或4．【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，平行线分线段成比例，勾股定理等知识点，解题的关键是作辅助线，构造出等腰三角形．14． 2 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例．易得，则，得出，代入数据即可求出；根据，得出，设，则，通过证明，得出，则，进而得出，结合，可得，代入各个数据，即可得出 关于的函数表达式．【详解】解：∵，，∴，∴，∴，即，∵，∴；∵，∴，即，整理得：，设，∵，∴，∵，∴，∴，即，整理得：，∴，∵，∴，即，整理得：，故答案为：2，．15．或【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，运用分类讨论思想是解题关键．分两种情况讨论，画出图形分别进行解答即可．【详解】解：在中，，，，∴，∴∵点是的中点，∴由翻折性质得，不可能为直角，当是直角时，如图，是直角，，∴，，，由翻折可知，，，，，；当是直角时，如图，连接、、，由翻折可知，，∴，，，，∴,∵，，∴，，，又，∴，，，延长交于，可得，∵，∴垂直平分，，在直角三角形中，由，，∴得到，．在直角三角形中，，将，代入①可得．故答案为：或．16．【分析】本题考点是正方形的性质，难点是构建三角形全等转化线段和最小值的计算，特别需要注意的知识点是两点之间直线最短，同时需要熟练运用相似比求线段的长度．连接，作，且，连接，，与交于点，作交于点，首先证明得到，再计算出的长度，推导出当，，三点共线时满足，然后证明，利用相似比计算出的长度最后计算出和的长度．【详解】解：连接，作，且，连接，，与交于点，作交于点，如图：正方形的边长为2，，，，，，，；在与中，，，，，，又，即，且，当，，三点共线时最短，即，重合时满足，设，，，，，，，，，，即，，故答案为：．17． 45【分析】（1）根据矩形性质及折叠性质得点在同一条直线上，证四边形为菱形得， 则， 由此得，进而可得的度数；（2）设， 则， 则， ， 设，， 证得， 则， 将代入， 得， 则， 由此可得 的值.【详解】（1）∵四边形为矩形， 点是对角线BD的中点，∴，∴，由折叠的性质得： ，，，∴点在同一条直线上，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴四边形为菱形，∴，∴，∵，∴，∴.故答案为： .（2）由（1）可知： 四边形为菱形， ，设， 则，∴在中， ，∴∴，设，∵，∴，，∴同理可得，∴C，即，，∴，∵，，∴，整理得： ，∴，，故答案为： 【点拨】此题主要考查了矩形的性质，图形的折叠变换及性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，理解矩形的性质，图形的折叠变换及性质，熟练掌握菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键.18．【分析】本题考查相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定及等边三角形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键．延长交的延长线于点，以点为顶点构造等边，使点在直线上，在上截取，连接，可证明，进而得，再证明，所以，即可求解．【详解】解：如图，延长交的延长线于点，以点为顶点构造等边，使点在直线上，在上截取，连接．四边形是矩形， ，，，，，，，是等边三角形，，，由题意得，，，又，，又，，，，，当点重合时，有最小值，，，，，的最小值为，故答案为：．19．(1)(2)见解析【分析】本题考查三角形相似的额判定与性质．（1）根据，证明，得到，由，得到，进而得到，求出，即可求解；（2）由（1）知，得到，推出，根据，证明，得到，推出，即可证明结论．【详解】（1）解：，，，，，，，即，的值为；（2）证明：，，即，，，，，点D是中点，，，，即，．20．(1)(2)为或时，和始终保持相似．【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，相似三角形的性质；（1）先求解，再求解，可得，再结合相似三角形的性质可得答案；（2）分两种情况讨论，由当时，由（1）可得到；当时，可得．可得．【详解】（1）解：∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴．（2）解：∵，∴分两种情况讨论，当时，由（1）得；当时，则，∴，∴．即为或时，和始终保持相似．21．(1)见解析(2)或；(3)四边形不能为平行四边形，见解析【分析】题目主要考查正方形的性质，全等三角形及相似三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，根据题意进行分类讨论，作出图形依次分析是解题关键．（1）根据正方形的性质及各角之间的关系得出，再由全等三角形的判定即可证明；（2）根据全等三角形的性质得出，分三种情况分析：当时，当时，当时，作出相应图形即辅助线，利用勾股定理求解即可；（3）根据题意得出，再由相似三角形的判定和性质确定，结合平行四边形的性质得出，整理求解即可．【详解】（1）证明：∵正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：由（1）得，∴，是等腰三角形，当时，点P为的垂直平分线与的交点，∵，∴这种情况不存在；当时，过点P作，如图所示：∵，，∴，∵，∴，∴，设，则，∴即，解得：，∴，∴；当时，过点P作，连接，如图所示：∵，，∴，∵,∴，∴，∴；综上可得：或；（3）四边形不能为平行四边形，理由如下：由（1）得，∴，∴，∵，∴，∴，∴即，解得：，∴，∵四边形为平行四边形，∴，整理得：，解得：，当时，点D与点C重合，与题意矛盾，∴四边形不能为平行四边形．22．（1）见解析；（2）；（3）4【分析】（1）连接，证明即可得证．（2）延长到H使得，连接，证明，判定三角形是等边三角形，得到，计算即可．（3）延长到H使得，证明，再证明是等边三角形，解答即可．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，，∴，都是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵∴，∴．（2）解：延长到H使得，连接，∵四边形是菱形，∴，∴，∵∴，∴，，．∵，，∴，，∴是等边三角形，∴，∵，∴．（3）解：延长到H使得，∵， ，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，．∵，，∴，∴是等边三角形，∴，∴．【点拨】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．23．(1)(2)，见解析(3)1【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出，再根据余角的性质得到，即可判断；（2）过点B作交于点M，证得为等腰直角三角形，则，证明，由全等三角形的性质得出，由直角三角形的性质可得出结论；（3）设，则，证明，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．【详解】（1）解：；理由如下：设与交于O，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，即，∴；（2）解：，证明：过点B作交于点M，∵，∴，，，∵，，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，，，，又，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：∵，为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，设，∴，∵，∴，∴，，解得，，经检验符合题意；∴．【点拨】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题．24．（1）（2）（3）24或54【分析】（1）连接，利用正方形性质得到，，，进而推出、、、四点共圆，得到，结合等腰三角形性质和平行线性质进行等量代换得到，证明，得到，即可解题．（2）连接，延长交于点，过点作的延长线于点，利用菱形的性质得到，进而得到、、、四点共圆，由（1）同理可证，，利用等腰三角形性质和判定和菱形的性质得到，，设，则，，，，利用勾股定理建立等式求解，即可解题．（3）根据题意分情况讨论：①当在延长线上，连接，记交于点，利用矩形性质和垂线定义证明、、、四点共圆，推出，进而证明，得到，推出，利用矩形性质和等腰三角形性质与判定，得到，设，则，，，根据勾股定理，建立等式求出的值，即可得到矩形的面积，②当在线段上，解法与①类似．【详解】（1）解：，理由如下：连接，  四边形为正方形，，，，，、、、四点共圆，，，，，，，，，；（2）解：连接，延长交于点，过点作的延长线于点，  在菱形中，，，，，、、、四点共圆，由（1）同理可证，，，，四边形为菱形，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，，，解得（舍去）或，（3）解：①当在延长线上，连接，记交于点，  四边形为矩形，，，，，，交射线于点G，，、、、四点共圆，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，，解得（舍去）或．，，矩形的面积为．②当在线段上，连接，延长交于点，  由①同理可得，，，设，则，，，，，解得（舍去）或．，，矩形的面积为．综上所述，矩形的面积为或．【点拨】本题考查了正方形性质，四点共圆，等腰三角形性质和判定，全等三角形性质和判定，相似三角形性质和判定，菱形的性质，勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关定理与性质，并灵活运用．