2025-2026学年第四章图形的相似训练北师大版数学九年级上学期 含答案

/第四章图形的相似训练一、单选题1．将一个三角形的各边扩大为原来的3倍，则这个三角形的面积扩大为原来的（

）A．3 B．6 C．9 D．122．如图，不等臂跷跷板的支撑点O到地面的高度为，当的一端A碰到地面时，另一端B到地面的高度为；当AB的一端B碰到地面时，另一端A到地面的高度为（

）A． B． C． D．3．如图，四边形和四边形是位似图形，位似比为，且四边形的周长为36，则四边形的周长为（

）A．16 B．24 C．54 D．814．如图，在中，，D为的中点，交于E，延长至F，使．若，，则的长为（

）A． B．5 C． D．5．如图，在直角坐标系中，与是以原点O为位似中心的位似图形，位似比为则点的对应点C的坐标为（

）A． B． C． D．6．如图，在中，的平分线交于点E，F是线段上的一点，，连接，交于点G．若，则的长为（

）A．1 B．2 C．3 D．47．如图，在平行四边形中，点为边上靠近的三等分点，连接交于点，若，则的面积为（

）A．9 B．18 C．32 D．368．一块矩形的纸片的长，宽，按照图中的方式将它裁成相同的两个矩形，且使裁成的每个矩形的宽和长的比与原纸片的宽与长的比相同，即，则a的值为（

）．A． B． C．2 D．9．如图，在中，点在边上，过点作交于点，过点作交于点，连接交于点，若，则与的面积比为（

）A． B． C． D．10．如图，在正方形中，点是的中点，点是上的一点，且，连接、、，下列结论：①，②，③，其中正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空题11．已知，且，，则．12．如图，已知，，如果，那么的长为．13．一个数学游戏规则是：如图，在以同一点为位似中心的三个位似三角形的顶点处任意填入9个不同的数，使每个三角形的三个顶点与同一直线上的三个顶点的三个数之和均相等，则．14．如图，矩形中，，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接，，，则的最小值是．15．如图，矩形中对角线交于点，，点绕点顺时针旋转得点，连结分别交于点，若，则的值为．三、解答题16．如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，连接，过点C作交于点F，交于点G，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)当G为中点时，求的值．17．如图，在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，．(1)以点为旋转中心，顺时针旋转，得到，画出．(2)在所给图形中，以原点为位似中心，位似比为，画出放大后的图形；(3)与的周长比是___________；面积比是___________．18．如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点．(1)求证：；(2)设的角平分线交于点．①当时，求点到的距离；②若，作直线分别交于两点，求的值．19．如图，在中，为的中线．点P从点A出发，沿线段以每秒4个单位长度的速度向点B运动，过点P作交折线于点Q．当点P不与点D重合时，作点P关于点D的对称点M，连结，以为邻边构造，设点P的运动时间为t秒．(1)边的长为_____；(2)连结，则线段长度的最小值是_____；(3)作直线，当直线垂直于的一条边时，求t的值；(4)当或与相似，且直线恰好将其面积平分时，请直接写出t的值．20．如图，已知点B是的边AE上的一点，于C，，点D在射线上，，过D点在射线上方作，．连结并延长交射线于点N．(1)当的长度为多少时，和相似；(2)当点M恰好是线段中点时，试判断的形状，并说明理由；(3)连结，当时，求的长．《第四章图形的相似训练2025—2026学年北师大版数学九年级上册》参考答案题号12345678910答案CDCAACBADD1．C【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的面积的比等于相似比的平方是解题的关键．根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方解答．【详解】解：∵一个三角形的各边长扩大为原来的3倍，∴所得三角形与原三角形相似，∵相似三角形的边长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方，∴这个三角形的面积扩大为原来的倍．故选：C．2．D【分析】设点B到地面的距离为，点A端到地面的距离为，根据题意，得，，，列比例式计算解答即可．本题考查了三角形相似的应用，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．【详解】解：设点B到地面的距离为，点A端到地面的距离为，根据题意，得，∴，∴，∵，，∴，∴∴解得，故选：D．3．C【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，其对应的周长比等于相似比．根据位似图形的性质可得四边形和四边形的周长比为，即可求解．【详解】解：∵四边形和四边形是位似图形，位似比为，∴四边形和四边形的周长比为，∵四边形的周长为36，∴四边形的周长为．故选：C4．A【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形判定和性质，勾股定理等知识点，证明是直角三角形是解题关键．利用平行相似证明，从而可得，进而证明，再由勾股定理求出．【详解】解：∵，∴，又∵D为的中点，∴，∴，，∵，∴，∴,∴，，∵，∴，∴，故选A．5．A【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A点的横纵坐标都乘以得到C点坐标．【详解】解：与是以原点O为位似中心的位似图形，位似比为3，而，点的对应点C的坐标为，即．故选：A．6．C【分析】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质以及平行线分线段成比例定理．先根据平行四边形性质得到，，再利用平行线分线段成比例定理得出，设，则，求出x的值，最后通过角平分线的定义及平行线的性质证明．【详解】解：在中，，，，，设，则，，，解得，，平分，，，，，，故选C．7．B【分析】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，四边形是平行四边形，，得，，则，可证明，得，则，于是得到问题的答案．【详解】解：∵点为边上靠近的三等分点，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，故选：B．8．A【分析】此题考查了相似多边形的性质．注意相似多边形的对应边成比例．由裁出的矩形的宽与长的比与矩形的宽与长的比相同，构建方程求解即可．【详解】解：根据题意可知，．由，得，即．∴．开平方，得（舍去），故选：A．9．D【分析】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．根据平行线分线段成比例可知，得到，然后可证，得到，接着根据题意易证四边形是平行四边形，得到，最后由，得到，即可得到答案．【详解】解：∵，，∴，∴，∵，∴，∴，即，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，即∴，故选：D．10．D【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，设正方形的边长为，则，据此得到，再由，可证明，得到，，进而证明，则可证明得到，，由勾股定理得到，则，可得，，可得，据此可得答案．【详解】解：设正方形的边长为，则，∵点是的中点，，∴，∴，由正方形的性质可得，∴，故①正确；∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，，∴，故②正确；在中，由勾股定理得，∴，∴，∵，∴，故③正确，故选：D．11．【分析】本题考查了利用比例的基本性质，将、用、表示，再通过乘法分配律，结合的值整体代入求解，体现了“用代数式表示关系”和“整体代入”的数学思想，简化计算过程．【详解】解：，，，，，．故答案为：．12．5【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．由平行线分线段成比例定理可得，进而可得，根据即可求得的长．【详解】解：，，，又，解得：，故答案为：5．13．【分析】此题考查了二元一次方程组和零指数幂等知识，根据题意得到关于的方程组，求出，根据零指数幂即可得到答案．【详解】解：由题意可得，，解得，∴，故答案为：14．【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等角的余角相等，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，最短距离问题，勾股定理等．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．本题先根据矩形的性质得出，，根据等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定和性质得出，作交于点N，交的延长线于点，作点关于直线的对称点，连接，与交于点，连接，可得，，根据矩形的判定与性质得出，，，根据直角三角形两锐角互余和等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定和性质得出，即可求出，根据两点之间，线段最短得出当点B、G、三点共线时，的值最小，最小值为，结合勾股定理求出，即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，∴，又∵，，∴，∴，即，作交于点N，交的延长线于点M，作点D关于直线的对称点，连接，与交于点H，连接，如图：则，，∵，又∵，，∴四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，∴，，∴，故当点B、G、三点共线时，的值最小，最小值为．在中，，故答案为：．15．【分析】先根据矩形的性质得出，，，，根据等边对等角和三角形外角的性质可得出，根据旋转的性质得出，，根据等边对等角和三角形外角的性质可得出，根据等角对等边得出，根据比的性质并结合已知可求出，证明，根据相似三角形的性质得出，，则，，在中根据勾股定理求出，即可求解．【详解】解：连接，∵矩形，∴，，，，∴，又，∴，∵旋转，∴，，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴，设，则∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．16．(1)见解析(2)【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线等知识，熟练运用相似三角形的性质是本题的关键．(1)由可证，可得，，由平行线的性质可得，可得，且，可证四边形是菱形；(2)证明是的中位线，得，根据菱形的性质证明，利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可解决问题．【详解】（1）证明：平分，，且，，∴，，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；（2）为中点，，为中点，是的中位线，，由（1）知：四边形是菱形，，，，，，，17．(1)见解析(2)见解析(3)；【分析】本题考查坐标与图形变换-旋转，熟练掌握作旋转图形，旋转的性质，作位似图形是解题的关键．（1）根据旋转的性质作图求解即可；（2）根据位似的性质作图即可；（3）根据位似图形的性质求解即可．【详解】（1）解：如图，即为所求作：（2）解：如图，即为所求作：（3）解：∵与的位似比为，∴与的周长比是，面积比是．故答案为：；．18．(1)见解析；(2)①2；②．【分析】本题考查的是矩形的性质、平行四边形性质与判定及相似三角形判定与性质，（1）先证明，根据相似三角形性质即可证明结论；（2）①过点作，垂足为，设，借助三角形面积求出即可；②作，垂足为，作，垂足为，设，借助三角形面积求出，再通过求出，证明四边形是平行四边形，从而证明，即可求出结论．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，∴，∴；（2）解：①在中，∵，∴，∴，如图，过点作，垂足为，设，则，∴，即，∴点到的距离为2；②如图，作，垂足为，作，垂足为，设，，，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴，即，∴，，∴，∴．19．(1)(2)9(3)t的值为或．(4)t的值为或．【分析】（1）运用勾股定理即可求得答案；（2）连接，根据平行四边形性质可得，当时，最小，此时最小，再证得，即可求得答案；（3）分三种情况∶当时，当时当时，分别讨论即可；（4）分两种情况∶当直线恰好将的面积平分时，当直线恰好将的面积平分时，分别讨论即可．【详解】（1）解∶．故答案为∶．（2）解：当点Q在线段上时，如图，连接，四边形是平行四边形，、互相平分，即经过的中点D．．当时，最小，此时最小．，．．．的最小值．故答案为∶9．（3）解：当时，如图，为斜边上的中线，．．，．，即．．．，．，即．．由题意得，解得．当时，如图，，，．．，即．由题意得，解得．当时，此时点P与点D重合，不能构造；综上，t的值为或．（4）解：当直线恰好将的面积平分时，如图，设直线交于点K，则点K为的中点，．．四边形是平行四边形，．．．．，．．，解得．当直线恰好将的面积平分时，如图，设直线交于点T，则点T为的中点，．．四边形是平行四边形，．．．．，解得．综上，t的值为或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，垂线段最短等知识点，运用了分类讨论的思想．解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．20．(1)当的长度为8或2时，和相似；(2)是直角三角形，理由见解析(3)．【分析】（1）根据，设，，其中，分两种情况讨论如下：①当时，则，则，由此得；②当时，，推出，由此得，综上所述即可得出答案；（2）根据点M恰好是线段中点得，证明得，进而得，，则，，由此得，据此可得，则，进而得，继而可得出的形状；（3）先求出，，则，，根据得，即，由此解出a即可得出