2023-2024学年沪科版（2012）九年级上册第二十二章相似形单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 沪科版（2012）九年级上册 第二十二章 相似形� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，菱形的周长为8，是的中点，，交于点，那么的长是（    ）A．4 B．3 C．2 D．12．在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、O、D都在网格的格点上，点O是和的位似中心，平分交于点E，平分交于点F，则下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．3．如图，已知，它们依次交直线、于点和点．如果，，那么线段的长是（        ）A． B． C． D．4．如图，与是位似图形，位似中心为，，下列结论正确的有（    ）①与的相似比为；②；③；④A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．已知，，，则与的周长比值是（    ）A．2 B．4 C． D．6．经过三边都不相等的三角形的一个顶点的线段把三角形分成两个小三角形．如果其中一个是等腰三角形，另外一个三角形和原三角形相似，那么把这条线段定义为原三角形的“和谐分割线”，如图，线段是的“和谐分割线”，为等腰三角形，和相似，，则的度数为（　　）A． B． C．或 D．或7．如图，在平行匹边形中，，相交于点，点是的中点，连接并延长交于点，已知的面积，则平行四边形的面积是（    ）A．24 B．18 C．12 D．98．如图，与位似，点是位似中心，若，，则（　　）A．9 B．12 C．16 D．369．如图，与相交于点，且，，，则的长为（    ）  A．8 B．12 C．16 D．1810．如图，在菱形中，为上一点，连接，且交于点，，则（    ）A． B． C． D．11．如图，矩形，，E、F分别为中点，P、Q分别在线段上且，过点B作于H，则线段的长度最小值为 ．12．如图，将沿方向平移得到，与重叠部分（图中阴影部分）的面积是的．已知，则平移的距离为 ．  13．如图，在中，，延长AB至D，使得，点P为动点，且，连接PD、PA，若的面积为8，则当PD取最小值时，的面积为 ．14．如图，在平面直角坐标系中，与是以点O为位似中心的位似图形，若，，，则点B的对应点D的坐标为 ．15．如图，在中，，，，是上一点，，连接，过作的垂线交于，连接，则 ．16．如图，矩形中，，，点在边上，，过点作交于点，若线段上存在个不同的点，使得与相似，则的取值范围为 ．17．如图，与位似，点O为位似中心．(1)若与的相似比为，，求的长；(2)若，，求的度数．18．如图，在平面直角坐标系中，点A在轴的正半轴上，点在轴的负半轴上，点在轴的正半轴上，且，线段、的长是一元二次方程的两个根，且．(1)求点A、点的坐标；(2)求点的坐标；(3)若直线过点A交线段于点，且，求点坐标；评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、问答题参考答案：1．D【分析】本题考查的是相似三角形的判定和性质及菱形的周长公式．由菱形的性质得出，证出，据此计算即可得出结果．【详解】解：∵菱形的周长为8，∴，∵，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，故选：D．2．A【分析】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形必须是相似形，对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．先利用位似的性质得到，再证，然后根据相似三角形的性质求解．【详解】解：点是和的位似中心，，，，∴，选项B错误；∵平分交于点E，平分交于点F，，，∵，，，，∴，，选项A正确，选项C、D错误．故选：A．3．A【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，比例的性质，根据平行线分线段成比例解答即可求解，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．【详解】解：∵，∴，∴，解得，故选：．4．B【分析】本题考查位似图形的性质、相似多边形的性质，根据位似图形的性质、相似多边形的性质判断即可；掌握位似图形的性质是解题关键．【详解】解：∵，∴，∵与是位似图形，位似中心为，∴∴与的相似比为，，故①正确，②错误；∴，，故③正确，④错误．故正确的个数是个，故选：B．5．D【分析】本题考查了相似三角形的周长比与相似比的关系：相似三角形的周长比等于其相似比，熟记相关结论即可．【详解】解：由题意得：与的相似比为：，故周长比为：故选：D6．C【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、相似三角形的性质等知识带你，由是等腰三角形，，则，即，分和两种情形，分别根据等腰三角形的性质、相似三角形的性质求解即可．正确分类是解题的关键【详解】解：∵和相似，∴，∵是等腰三角形，，∴，即，①当时，即，∴，②当时，，∴，故选：C．7．A【分析】本题主要考查平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，根据题意得，和，则有，进一步求得，有即可求得答案．【详解】四边形是平行四边形，，，点是的中点，，，，，，，，，， ．故选：A．8．D【分析】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，根据位似变换的性质可得，得到，求出，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得到答案，熟练掌握相似三角形的性质是解此题的关键．【详解】解：∵与位似，，，，，，，故选：D．9．B【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由平行可得，求得，从而求得即可．【详解】解：，，，，又，，，，故选：B．10．A【分析】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质，由菱形的性质可得，，从而推出，再根据得出，即可得解，熟练掌握相似三角形对应的边长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方是解此题的关键．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，，，，故选：A．11．【分析】连接交于M，连接，取的中点O，连接，过点O作于N．首先利用相似三角形的性质证明，推出，根据梯形的中位线定理求得，由勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得即可解决问题．根据，当O，H，D共线时，此时最小，便可求得的最小值，【详解】解：连接交于M，连接，取的中点O，连接，过点O作于N．∵四边形是矩形，，∴四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，，，由于M和B点都是定点，所以其中点O也是定点，当O，H，D共线时，此时最小，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，梯形的中位线的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．12．【分析】本题考查了平移的性质、相似三角形的判定与性质，根据平移可得，从而得到，由相似三角形的性质可得，可以得到，最后由即可得到答案，熟练掌握平移的性质、相似三角形的判定与性质是解此题的关键．【详解】解：沿方向平移得到，，，，，，，，平移的距离为，故答案为：．13．9【分析】根据等腰三角形的性质得到直线是的垂直平分线，进而可得,再根据垂线段最短可得当时最短，最后根据相似三角形的判定与性质得到，即可解答．【详解】解：∵，∴，∵，∴直线是的垂直平分线，∴，,∴,∴如图所示，当时，最短，∴，∵，∴，∴，即，∴的面积为9，故答案为：9．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂线，线段垂直平分线的判定及性质，垂线段最短，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．14．【分析】本题考查的是位似变换，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，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．根据题意求出相似比，再根据位似变换的性质计算即可．【详解】解：∵与是以点为位似中心的位似图形，，，∴与的相似比为，∵点的坐标为，∴点的对应点的坐标为，即，故答案为：．15．【分析】本题考查了三角形的面积，勾股定理，利用勾股定理和等积式分别把各边表示出来，进而表示出两个三角形的面积即可求解，应用勾股定理和等积式把各边表示出来是解题的关键．【详解】解：过点D作∵，∴设，，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴，故答案为：．16．且【分析】此题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，分两种情况讨论，由相似三角形的性质列出等式即可求解，利用分类讨论思想是解题的关键．【详解】当时， 则 ，∴，∴，∴，∵∴，∴存在一点时，，当时，则，∴，∴，∵要有两个点使，∴，∴，当时，线段上存在个不同的点，使与相似，当时，线段上存在个不同的点，使与相似，当时，线段上存在个点，使与相似，∴当且时，线段上存在个不同的点，使得与相似，故答案为：且．17．(1)4(2)【分析】本题考查的是位似变换的概念、相似三角形的判定与性质，掌握位似图形的性质是解题的关键．（1）由与的相似比为，可得，再求的长即可；（2）先求出的度数，再根据位似图形的性质求解即可．【详解】（1）∵与的相似比为，∴，∴．（2）∵，，∴．∵与位似，点O为位似中心，∴，∴，∴．18．(1)，(2)(3)【分析】此题考查了解一元二次方程与相似三角形的判定和性质，（1）解一元二次方程，根据题意可求得点的坐标；（2）设点C的坐标为，根据得，利用对应边成比例即可；（3）过点D作轴于点E，轴于点F，即有，，得到和，根据题意有，则有和即可求得点D的坐标．【详解】（1）解：∵，∴，解得，，∵点A在轴的正半轴上，点在轴的负半轴上，且，∴A点坐标为，B点坐标为；（2）由（1）可得，，，设点C的坐标为，则，∵，，∴，∴，则，∵，∴，解得，则点C的坐标是；（3）过点D作轴于点E，轴于点F，如图，根据题意得，，∴，，则，，∵，∴，∴，，∵，，∴，，则点．