北师大版（2024）九年级上册5 相似三角形判定定理的证明综合训练题

这是一份北师大版（2024）九年级上册5 相似三角形判定定理的证明综合训练题，共43页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2024·浙江宁波·一模）如图，将矩形绕点顺时针方向旋转得到矩形，连接，点是的中点，连接．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·河南南阳·三模）如图，矩形的顶点O在坐标原点上， 相交于点 D，已知点若矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024九年级·全国·竞赛）如图，直线的图象与轴相交于点，将它绕点旋转后所得到的直线的解析式为（ ）．
A．B．C．D．
4．（23-24九年级上·浙江·阶段练习）如图1，一长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘．图2是此时的示意图，若，，水面离桌面的高度为，则此时点C离桌面的高度为（ ）
A．B．C．D．
5．（21-22九年级下·广东深圳·周测）矩形中，，连接对角线，将绕点A旋转得到，交边于点G，恰好，，则值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024·河南周口·模拟预测）把两个全等的等腰直角三角形透明纸片如图1放置（点与点重合），若将绕点在平面内旋转，分别交边于点（点均不与点重合）．设，在旋转过程中，与的函数关系图象如图2所示，则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24九年级上·山东德州·期末）如图，矩形和矩形，矩形绕点旋转，给出下列结论：①；②；③当时；④，其中正确的结论的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，直角坐标系中，点，，线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，则点的纵坐标为（ ）
A．5B．C．D．
9．（2022·山东泰安·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B在x轴上，OB=5，OA=2，点C是y轴上一动点，连接，将绕点A顺时针方向旋转得到，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．（21-22九年级上·江苏无锡·期中）如图，边长为10的等边中，点D在边上，且，将含角的直角三角板（）绕直角顶点D旋转，分别交边于P、Q，连接．当时，长为（ ）

A．6B．C．10D．6
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2024九年级下·上海·专题练习）如图，已知中，、、，将绕点旋转，使点落在边上的点处，此时点落在点，与相交于点，则长为 ．
12．（23-24九年级上·浙江杭州·期末）如图，四边形与四边形都是正方形，将正方形绕点B按顺时针方向旋转，连接，，．则和的数量关系为 ；在正方形绕点B按顺时针方向旋转的过程中，的值为 ．
13．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，，，，将绕直角边中点旋转，得到，并使边恰好经过点，过点作垂线，交延长线于点，则 ．

14．（2024·江苏无锡·二模）如图，，，，将的顶点D与边的中点重合，并将绕着点D旋转．在旋转过程中，的边始终与边相交，交点分别为M、N．当时，的长是 ．
15．（2024·陕西榆林·二模）如图，在正方形中，，点在上，且，点绕着点旋转，且，在的上方作正方形，连接、，则线段的长为 ，线段的最小值是 ．
16．（16-17九年级上·江苏无锡·期末）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好与的重心重合，与相交于点，那么的值为 ．
17．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在正方形中，，点E在线段上（不与点B、C重合），连接，将绕点E按顺时针方向旋转得到．连接，则的度数是 ．设与交于点G，连接，，当最小时，四边形的面积是 ．
18．（2023·浙江·模拟预测）如图，已知，，，，绕着斜边AB的中点D旋转，DE、DF分别交AC、BC所在的直线于点P、Q．当为等腰三角形时，AP的长为 ．

三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（22-23九年级上·山西吕梁·期末）如图，在等腰中，，．将以C为中心顺时针方向旋转，使得点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，与相交于点F．
（1）求证：． （2）求出线段的长度．
20．（8分）（2024·福建泉州·二模）如图，在中．，，．由沿方向平移得到，线段由线段绕点A按逆时针方向旋转得到，且点D落在直线上．
（1）求的大小； （2）求四边形的面积．
21．（10分）（22-23九年级下·河南新乡·阶段练习）在中，，，P为上的一点（不与端点重合），过点P作交于点M，得到．
(1)【问题发现】如图1，当时，P为的中点时，与的数量关系为 ；
(2)【类比探究】如图2，当时，绕点A顺时针旋转，连接，，则在旋转过程中与之间的数量关系是否发生变化？请说明理由；
(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，已知，，当绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段的长．
22．（10分）（23-24八年级下·山东淄博·期末）中，，，P为上的动点，小慧拿含角的透明三角板，使角的顶点落在点P，三角板可绕P点旋转．
（1）如图a，当三角板的两边分别交、于点E、F时．求证：；
（2）将三角板绕点P旋转到图b情形时，三角板的两边分别交的延长线、边于点E、F．与还相似吗？说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接，动点P在上运动的过程中，是否存在与相似的情况？若不存在请说明理由，若存在请说出点P的位置，并证明．
23．（10分）（2024·广东佛山·三模）如图1，正方形中，，点E，F分别是边，的中点，连接，点G是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转，得到，连接，．
（1）求证：；
（2）如图2，若，连接，试判断四边形的形状，并说明理由；
（3）若直线与直线交于点M，当为直角三角形时，求四边形的面积．
24．（12分）（23-24八年级下·重庆巫山·期末）已知在中，，，
（1）如图，，连接，过点作于点，与的延长线交于点，连接．
求的度数；
求证：；
（2）如图，绕点C旋转，且，，连接、、，过点作于M，当的值最大时，直接写出的值．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查了矩形中的旋转问题，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．连接，延长交于点，根据旋转的性质可得，，，，推出，，由勾股定理得，由点是的中点，可得，可证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，连接，延长交于点，
矩形绕点顺时针方向旋转得到矩形，，，
，，，，
，，
在中，由勾股定理得：，
点是的中点，
，即，
又，，
，
，
，
，
故选：B．
2．B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，由题意可得矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，相当于绕点O顺时针旋转，过点，作轴，轴，轴，证明，得到，根据相似三角形可得，，即可得出答案，掌握相关性质是解题的关键．
【详解】解：∵矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，
∴8次一个循环，
∵，
∴矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，相当于绕点O顺时针旋转，如图：
∵点的坐标为
∴，
∵四边形是矩形顺时针旋转所得，
∴，，
过点，作轴，轴，轴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
故选：B．
3．C
【分析】本题考查求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质、旋转性质，先求得点A、B坐标，设旋转后的直线交y轴于C，证明求得点C坐标，然后利用待定系数法求直线解析式即可．利用相似三角形的性质求得点C坐标是解答的关键．
【详解】解：令，由得，
则，
令，则，
∴，
∴，，
设旋转后的直线交y轴于C，则，
∵，
∴，则，
∴，
∴即，
∴，则，
设旋转后的直线的解析式为，
则，
解得，
∴旋转后的直线解析式为，
故选：C．
4．C
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，过点C作桌面的垂线，垂足为点M，交于点N；过点B作桌面的垂线，垂足为点P；根据题意易得，通过证明，求出，再根据勾股定理求出，最后根据，即可求解．
【详解】解：过点C作桌面的垂线，垂足为点M，交于点N；过点B作桌面的垂线，垂足为点P，
∵水面离桌面的高度为，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∴，
即此时点C离桌面的高度为．
故选：C．
5．A
【分析】先连接，构造直角三角形以及相似三角形，根据，可得到，设，则，中，根据勾股定理可得方程，求得的长以及的长，即可得到所求的比值．
【详解】解：连接，如图，

由旋转可得，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设，则，
∵中，，
∴，
解得（舍去），
∴，
∴中，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解一元二次方程以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及相似三角形，依据相似三角形的对应边成比例，将转化为，并依据直角三角形的勾股定理列方程求解，从而得出矩形的宽，这也是本题的难点所在．
6．D
【分析】本题考查了三角形中的动点与函数图象，勾股定理和旋转根据题意若点与点重合，则， ，确定的值，判断选项；证明，判断选项和，由，，，则，，，从而判断，解题的关键是通过函数图象获取信息及熟练掌握知识点的应用．
【详解】由题意可知，若点与点重合，则， ，
∴，故选项中的结论不正确，
由可得，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，故选项中的结论不正确，选项中的结论正确，
∵，，，
∴，，，
∵，，
∴，故选项中的结论不正确，
故选：．
7．A
【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键.通过证明 ，由相似三角形的性质可求，可以判断①错误；由相似三角形的性质可得，由余角的性质可证，可以判断②正确； 由勾股定理可求. ，可以判断④错误； 分别求出、即可判断③，即可求解.
【详解】解：∵矩形和矩形，，，
，
，
，
，
，故①错误；
如图: 设与交于点，
，
，
又 ，
，
，故②正确；
如图，连接，
，
，，
，
，，，
，
，故④错误；
如图，过点作 于， 于，
，
∴四边形APGN是矩形，
，
，
，
，
，

，故③正确；
综上所述：正确的结论是②③.
故选A
8．D
【分析】过点作交的延长线于点，过作轴，轴，过点作轴，勾股定理，旋转求出的长，先证明，求出的长，证明，利用相似比，求出的长即可．
【详解】解：过点作交的延长线于点，过作轴，轴，过点作轴，则：，，
∵点，，
∴，
∴，
∵旋转，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴点的纵坐标为；
故选D．
【点睛】本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，综合性强，属于选择题中的压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形．
9．A
【分析】构造等边三角形OAE，过点E作AE⊥EF，垂足为E，交x轴于点F，截取ED=OC,证明△AOC≌△AED，得到AC=AD，且∠CAD=60°，从而得到点D在直线EF上，过点B作BD⊥EF，此时BD最小．
【详解】构造等边三角形OAE，过点E作AE⊥EF，垂足为E，交x轴于点F，截取ED=OC,
∵等边三角形OAE，
∴AO=AE，∠OAE=∠AOE=60°，
∵ED=OC, ∠AED=∠AOC=90°，
∴△AOC≌△AED，
∴AC=AD，且∠CAD=60°，
∴点D在直线EF上，过点B作BD⊥EF，此时BD最小，
∵OB=5，OA=2，
∴AE∥BD，∠OEF=∠OFE=30°，
∴OF=OE=OA=AE=2，AB=3，
∴FA=4，FB=7，，
∴，
解得BD=，
故选A．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，熟练掌握三角形相似的判定，垂线段最短原理是解题的关键．
10．B
【分析】证明，由相似三角形的性质得出，求出，过点Q作于点M，由勾股定理可求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点Q作于点M，

∴，，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质．先证明是解题的关键．
11．/
【分析】由勾股定理的逆定理可求，由旋转的性质可得，，，由相似三角形的性质分别求出，的长，即可求解．
【详解】解：、、，
，
，
如图，过点作于，
，
，
，
，
将绕点旋转，
，，，
，
，
，，
，
，
，
∴
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，证明相似三角形是解题的关键．
12．
【分析】此题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，根据证明，即可证明；连接．由，得到．在中，，在中，，则，则，即可得到结论．熟练掌握相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形与四边形都是正方形，
∴，，，
∴，即．
在和中，
，
∴，
∴．
如图，连接．

∵，，
∴．
在中，
∵，
∴，
∴，
在中，同理可求，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，．
13．//
【分析】由勾股定理得，，由旋转可得，，，，则，，证明，则，即，计算求解即可．
【详解】解：由勾股定理得，，
∵绕直角边中点旋转，得到，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
14．4
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理．利用斜边中线的性质求得，，证明，推出，求得，据此求解即可．
【详解】解：连接，
∵，，，
∴，
∵点D是边的中点，
∴，
∴，
由旋转的性质知，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
15．
【分析】本题综合考查了正方形的性质、相似的性质和判定及旋转的性质，找出的运动路径是解决本题的关键．连接、、共顶点的两个正方形，能得到，从而找到的运动路径来解决问题．
【详解】解：连接、、，
，
，
在等腰和等腰中，
，
，
，
，
，
在以为圆心，为半径的圆上运动，
当、、三点共线时，最小，
，
在中，，，
，
最小值为，
故答案为：，．
16．/
【分析】本题考查了三角形的重心的性质，相似三角形的性质与判定，根据题意得出，进而证明，根据向上三角形的性质得出，结合直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解．
【详解】解：如图所示，
为的中点，为的重心，
∵在中，，
∴
∴
∵旋转，
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
设，则
∴，
∴
故答案为：．
17． /45度 /
【分析】通过证明点A，F，C，E四点共圆，可得，可求的度数，由相似三角形的性质和全等三角形的性质可求，，的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴点A，F，C，E四点共圆，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，
过点F作，交的延长线于N，交的延长线于点H，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：，
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
18．或或
【分析】分类讨论：①当，由，，则，过作与，于，利用三角形的中位线的性质得到，，，可得到与的长，然后利用等腰三角形的性质得到，易得，又，利用三角形全等的性质得到，则，即，则，然后根据三角形相似的性质得到：：，代值计算可得，从而求得；②当，则点在点，易证，然后根据三角形相似的相似比即可得到，从而求得；②当，则，而，得到，即，易证，然后根据三角形相似的相似比即可求得．
【详解】解：①当，
，，，
则，
过作与，于，如图，
为的中点，
，，，
，，
，
而，
，
又，
，
而，
，即，
，
：：，即：：，
，
；
②当，则点在点，如图，
，
而，
，
，
：：，即：：，
，
；
③当，则，
而，
，即，如图，
，
：：，即：：，
．
故答案为或或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等．也考查了三角形全等的性质和三角形相似的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论思想的运用．
19．(1)证明见解析
(2)线段的长度为
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和旋转的性质得到角的关系和边的关系，即可求证；
（2）利用得到对应边的比相等即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
由旋转可知，，
∴，，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段的长度为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行线的判定、相似三角形的判定与性质，解题关键是理解相关概念并能灵活应用．
20．(1)
(2)
【分析】（1）勾股定理求出，由旋转得到，则，再由平移求出，即可得到的大小；
（2）证明四边形是平行四边形，再证明，则，求出，则，利用平行四边形面积公式求出答案即可．
【详解】（1）解：∵在中．，，．
∴，
∵线段由线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴
∴，
∵由沿方向平移得到，
∴
∴，
∴；
（2）∵由沿方向平移得到，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴，
∴
∴四边形的面积．
【点睛】此题考查了相似三角形的判断和性质、勾股定理、平移的性质、旋转的性质、平行四边形的判定，求出和证明是解题的关键．
21．(1)
(2)不发生变化，理由见解析
(3)或
【分析】（1）当时，，可得，由，得出，可得，推出，即可得出答案；
（2）通过证明，可得，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
【详解】（1）当时，，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2）不发生变化，理由如下：
当时，，
则，
，，
由勾股定理可得：，
，
，
，，
，
由旋转得：，
即，
，
，
，
；
（3），，
，，
由勾股定理可得：，，
绕点顺时针旋转至，，三点共线，
，，
，
，
当旋转至直线上方时，如图，
则；
当旋转至直线下方时，如图，
则；
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
22．(1)见解析
(2)相似，理由见解析；
(3)动点P运动到中点位置时，存在与相似的情况，证明见解析．
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．
（1）根据等边对等角的性质，得到，再结合平角的定义，推出，即可证明相似；
（2）同（1）理证明相似即可；
（3）根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：，，
，
，
，
，
，
又，
；
（2）解：相似，理由如下：
，，
，
，
，
，
，
又，
；
（3）解：动点P运动到中点位置时，存在与相似的情况，证明如下：
由题意可知，，
同（1）理可得，，
，
若，则，
，
，
点在的中点位置．
23．(1)证明见解析
(2)四边形为正方形，证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可证明结论；
（2）先证明四边形是平行四边形，再结合，，即可四边形的形状；
（3）根据为直角三角形，可分两种情况讨论，当时，过点G作于点N，先证明四边形为正方形，再求，即得答案；当时，点G与点F重合，分别求出和的面积，即得答案．
【详解】（1）线段绕点A逆时针方向旋转后得到，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，
；
（2）四边形为正方形；理由如下：
点E，F分别是边，的中点，
，，
，点G为线段的中点
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
四边形为正方形；
（3）分两种情况讨论：
当时，如图，过点G作于点N，
，
，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，，
，
，，
，
，
，
，
四边形的面积为；
当时，如图，点G与点F重合，
此时，，
，
，
，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
即，
，，
四边形的面积为；
综上说述，四边形的面积为或．
【点睛】本题考查了正方形的判定性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握掌握相关判定与性质，用分类讨论思想来解题是解答本题的关键．
24．(1)；证明见解析；
(2)．
【分析】（）由等腰三角形的性质可得，，设，可得，，进而得，由此可得，再由根据直角三角形的性质即可求解；
过点作，交的延长线于点，可得为等腰直角三角形，得到，，再证明，可得，又可得是的垂直平分线，得到，即得，进而根据线段的和差关系即可求证
（）证明得到，即到，可得当点三点共线时，的值最大，如图，过点作于，利用勾股定理得，再根据三角形面积可得，最后证明，得到，即得，进而得到；
本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，勾股定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：∵，，
∴，，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
过点作，交的延长线于点，，
∵
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
当点三点共线时，的值最大，如图，过点作于，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
即，
∵，
∴．