人教版数学九年级下册分层训练第二十七章 相似（B卷·学霸加练卷）（2份，原卷版+解析版）

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班级 姓名 学号 分数 第二十七章 相似（学霸加练卷）（时间：60分钟，满分：100分）一．选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。）1．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（    ）①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，∵，∴，与为等边三角形，又，，∴，在与中∴，∴AM=AN，即为等边三角形，故①正确；∵，当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，∵，∴即，故②正确；当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，∴，∴，在中，，∴，而菱形ABCD的面积为：，∴，故③正确，当时，∴∴∴∴故④正确；故选：D．2．（2020·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）A． B．8 C．10 D．【答案】D【详解】解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，∵点D（-2，3），AD=5，∴DH=3，∴，∴A（2，0），即AO=2，∵D（-2，3），A（2，0），∴AD所在直线方程为：，∴E（0，1.5），即EO=1.5，∴,∴ED=AD- AE=5-=，∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，∴△AOE ∽△CDE，∴,∴,∴在矩形ABCD中，，∵∠EAO+∠BAF=90°，又∠EAO+∠AEO=90°，∴∠AEO=∠BAF，又∵∠AOE=∠BFA，∴△BFA∽△AOE，∴,∴代入数值，可得AF=2，BF=，∴OF=AF+AO=4，∴B（4，），∴将B（4，）代入反比例函数，得，故选：D．3．（2021·山东聊城·中考真题）如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，AD＝5，CD＝3，∠ABC＝45°，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F，∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，∴DE=CF=4，∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，∴PQ∥DE∥CF，∵AD=5，∴,∴当时，P点在AE之间，此时，AP=t，∵,∴，∴，因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D；∵CD＝3，∴EF=CD=3，∴当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则，因此当时，对应图像为，即为一条线段；∵∠ABC＝45°，∴BF=CF=4，∴AB=3+3+4=10，∴当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-x，同理可得，Q2P2=P2B=10-x，，因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像；故选：B．4．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，轴，垂足为F．若，．以下结论正确的个数是（    ）①；②AE平分；③点C的坐标为；④；⑤矩形ABCD的面积为．A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，轴，垂足为F，,，．，．，，，即．（①符合题意），，，．．AE平分．（②符合题意），点的横坐标为4．，，即．，点的纵坐标为．．点与点关于原点对称，．（③符合题意），．（④不符合题意），．（⑤符合题意）结论正确的共有4个符合题意．故选：C．5．（2022·广西贵港·中考真题）如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（    ）A． B． C． D．的最小值为【答案】D【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD==，∴△BAF≌△DAF≌△CBE，△ABC是等边三角形，∴DF=CE，故A项答案正确，∠ABF=∠BCE，∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜，∴∠GCB+∠GBC=60゜，∴∠BGC=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确，∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB，∴△BEG∽△CEB，∴ ，∴，∵，∴，故C项答案正确，∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上，∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，  ∵△ABC是等边三角形，BC=1，∴，AF=AC=，∠GAF=30゜，∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2，∴ 解得AG=，故D项错误，故应选：D6．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，，，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是（    ）A．11.4 B．11.6 C．12.4 D．12.6【答案】A【详解】解：由题意可得，的值就是线段的长度，过点作，过点作，如下图：∵，∴，由勾股定理得∵∴，又∵∴∴∴，即解得，∵∴∴∴，即解得由题意可知四边形为矩形，∴故选A【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，图形的平移，矩形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．7．（2021·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；连接DF，EN，∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，∴∠MDF=∠FEN，在△MDF和△FEN中，，∴△MDF≌△FEN（SAS），∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；∵EF∥AB，DF∥AC，∴四边形ADFE是平行四边形，∴∠DFE=∠BAC， 又∵△MDF≌△FEN，∴∠DFM=∠ENF，∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠ENF=180°-∠FEN=180°-（∠FEC+∠NEC）=180°-（∠BAC+90°）=90°-∠BAC，∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，∴MF⊥FN，故结论③正确；∵EF∥AB，∴△CEF∽△CAB，∴，∴，∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，∴正确的结论为①②③，共3个，故选：B．8．（2021·四川资阳·中考真题）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形．连结并延长交于点M．若，则有长为（ ）A． B． C． D．【答案】D【详解】如图所示，过F点作∥，交于点I，证明勾股定理的弦图的示意图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，，，， 又，即 解得或（舍去） ， FI∥HM，， ， 解得：经检验：符合题意，故选：D．9．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（    ）A．2 B． C． D．3【答案】A【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四边形CMPD是矩形，根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，∴，四边形为正方形，∴，∴，，，，设,则，在中，由可得解得；故选A．10．（2021·山东东营·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（    ）A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④【答案】B【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I∵是边长为1的等边三角形∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI=∴S△ABC=,故①正确；如图2，当D与C重合时∵∠DBE=30°，是等边三角形∴∠DBE=∠ABE=30°∴DE=AE=∵GE//BD∴ ∴BG=∵GF//BD,BG//DF∴HF=BG=,故②正确；如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN∵∠3=30°∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°∴∠NBE=∠3=30°又∵BD=BN，BE=BE∴△NBE≌△DBE（SAS）∴NE=DE延长EA到P使AP=CD=AN∵∠NAP=180°-60°-60°=60°∴△ANP为等边三角形∴∠P=60°，NP=AP=CD如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；如图1，当AE=CD时，∵GE//BC∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°∴∠AGE=∠AEG=60°，∴AG=AE同理：CH=CD∴AG=CH∵BG//FH,GF//BH∴四边形BHFG是平行四边形∵BG=BH∴四边形BHFG为菱形，故④正确．故选B．二．填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分。）11．（2022·湖北襄阳·中考真题）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，则△ABC的周长为_____．【答案】【详解】解：如图，过点作于点，于点，过点作交于点．平分，，，，，，设，则，，，，，设，则，，，，的周长，故答案为：．12．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①；②；③若，，则；④，正确的是______．【答案】②③【详解】解：∵，∴ ∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，∴ ∴ ∵ ∴若 ∴ ∴平分 与题干信息不符，故①不符合题意；∵ ∴ ∴ ∴ 而 ∴，故②符合题意；如图，连接EH，由 ∴ ∵∴ 设 解得： 即BD=3，故③符合题意；∵ 若，则 与题干信息不符，故④不符合题意；故答案为：②③13．（2022·广东深圳·中考真题）已知是直角三角形，连接以为底作直角三角形且是边上的一点，连接和且则长为______．【答案】【详解】解：将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，是等腰直角三角形，∴∠HBD=45°∵∠FBD=45°∴点B、F、H共线又是等腰直角三角形，，，，，，， ，，，，，，故答案为：．14．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在四边形中，对角线，相交于点，，．若，则的面积是_______，_______度．【答案】     【详解】，，，，设，，，，在中，由勾股定理得，，解得或，对角线，相交于点，，，，，过点E作EF⊥AB，垂足为F，，，，，，，，故答案为：，．15．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为________．【答案】【详解】解：作点P关于CE的对称点P′， 由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，∴点P′在CD上，过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，∵MN+NP=MN+NP′≤MF，∴MN+NP的最小值为MF的长，  连接DG，DM，由折叠的性质知CE为线段 DM的垂直平分线，∵AD=CD=2，DE=1，∴CE==，∵CE×DO=CD×DE，  ∴DO=，∴EO=，∵MF⊥CD，∠EDC=90°，∴DE∥MF，∴∠EDO=∠GMO，  ∵CE为线段DM的垂直平分线，∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，∴△DOE≌△MOG，∴DE=GM，∴四边形DEMG为平行四边形，  ∵∠MOG=90°，∴四边形DEMG为菱形，∴EG=2OE=，GM= DE=1，∴CG=，∵DE∥MF，即DE∥GF，∴△CFG∽△CDE，∴，即，  ∴FG=，∴MF=1+=，∴MN+NP的最小值为．故答案为：．16．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为_________．【答案】【详解】解：∵，∴，∵四边形APCQ是平行四边形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴过O作BC的垂线，∵,∴,∴，∴，∴，∴则PQ的最小值为，故答案为：．三．解答题（本题共5小题，共36分。）17．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；(2)如图2，已知，，当、的大小有_________关系时，四边形是矩形；(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．【详解】（1）∵四边形为正方形，∴，∴．∵四边形为正方形，∴，，∴，∴．在和中，∵，，，∴．∴．∴；（2）；证明如下：∵四边形为正方形，∴，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四边形EFGH是矩形．（3）∵四边形为正方形，∴．∵，，∴四边形为平行四边形．∴．∴．过点作，垂足为点，交于点，∴．∵，设，，，则，∴．∴．∴当时，的面积最大，∴，，∴四边形是平行四边形．18．（2022·山东东营·中考真题）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止.(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是____________，位置关系是____________；(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.【详解】（1）∵和均为等边三角形，∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，∴CD=EF，CD∥EF；故答案为：CD=EF，CD∥EF；（2）CD=EF，CD∥EF，成立．证明：连接BF，∵∠FAD=∠BAC=60°，∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，即∠FAB=∠DAC，∵AF=AD，AB=AC，∴△AFB≌△ADC(SAS)，∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，∵AE=BD，∴BE=CD，∴BF=BE，∴△BFE是等边三角形，∴BF=EF，∠FEB=60°，∴CD=EF，BC∥EF，即CD∥EF，∴CD=EF， CD∥EF；（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形．证明：过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，∴AE=BE= AB，∵AB=AC， ∴AD⊥BC，∴EG∥AD，∴△EBG∽△ABD，∴，∴= h，由（2）知，CD=EF， CD∥EF，∴四边形CEFD是平行四边形，∴,此时，EF=BD，EF∥BD，∴四边形BDEF是平行四边形，∵BF=EF，∴是菱形．19．（2022·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线在第一象限内的一个动点．(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；(2)如图甲，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM＋OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；(3)如图乙，过点P作PF⊥BC，垂足为F，过点C作CD⊥BC，交x轴于点D，连接DP交BC于点E，连接CP．设△PEF的面积为S1，△PEC的面积为S2，是否存在点P，使得最大，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【详解】（1）将B（4，0）代入y＝﹣＋（m﹣1）x＋2m，∴﹣8＋4（m﹣1）＋2m＝0，解得m＝2，∴y＝﹣＋x＋4，令x＝0，则y＝4，∴C（0，4），令y＝0，则﹣＋x＋4＝0，解得x＝4或x＝﹣2，∴A（﹣2，0）；（2）存在点M使AM＋OM最小，理由如下：作O点关于BC的对称点，连接A交BC于点M，连接B，由对称性可知，OM＝M，∴AM＋OM＝AM＋MA，当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，∵B（4，0），C（0，4），∴OB＝OC，∴∠CBO＝45°，由对称性可知∠BM＝45°，∴B⊥BO，∴（4，4），设直线A的解析式为y＝kx＋b， ∴， 解得，∴y＝x＋，设直线BC的解析式为，∴4＋4＝0，∴＝﹣1，∴y＝﹣x＋4，联立方程组， 解得， ∴M（）；（3）在点P，使得最大，理由如下：连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G，设P（t，﹣＋t＋4），则G（t，﹣t＋4），∴PG＝﹣＋2t，∵OB＝OC＝4，∴BC＝4，∴S△BCP＝×4×（﹣＋2t）＝﹣＋4t＝×4×PF，∴PF＝﹣＋t，∵CD⊥BC，PF⊥BC，∴PFCD，∴＝，∵＝， ∴＝，∵B、D两点关于y轴对称，∴CD＝4，∴＝﹣（﹣4t）＝﹣＋，∵P点在第一象限内，∴0＜t＜4，∴当t＝2时，有最大值，此时P（2，4）．20．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．(1)∠EDC的度数为 ；(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；(4)求的最大值．【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12∴∠B=∠ACB=45°∵，D、E分别为BC、PC的中点∴DEBP，DE= ∴∠EDC=∠B=45°．（2）解：如图：连接PG∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形∴DF=EF= ，GF=CF= ，设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE∴DE=，EF= ∵Rt△APC，∴PC= ∴CE= ∵Rt△EFC∴FC=FG= ∴CG=CF=∴AG=12-CG=12-=∴S△APG= 所以当x=6时，S△APG有最大值9．（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF∴△GFD≌△CFE(SAS)∴DG=CE∵E是PC的中点∴PE=CE∴PE=DG；∵△GFD≌△CFE∴∠ECF=∠DGF∵∠CEF=∠PEG∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．（4）解：∵△GFD≌△CFE∴∠CEF=∠CDH又∵∠ECF=∠DCH∴△CEF∽△CDH∴，即 ∴∵FC= ，CE=，CD= ∴∴的最大值为．21．（河南·中考真题）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．(1)求抛物线的解析式；(2)若PE=5EF，求m的值；(3)若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【详解】（1）解：将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：，解得，∴抛物线的解析式为：；（2）解：∵点P的横坐标为m，∴P（m，），E（m，﹣m+3），F（m，0）∴）=||，EF=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|由题意，PE=5EF，即：||=5|﹣m+3|=|m+15|①若=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，解得：m=2或m=；①若=﹣（m+15），整理得：，解得：m=或m=由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=、m=这两个解均舍去∴m=2或m= ；（3）解：假设存在作出示意图如下：∵点E、E′关于直线PC对称，∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′，∵PE平行于y轴，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴PE=CE，∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形由直线CD解析式y=﹣x+3，当时，，当时，，OD=4，OC=3，由勾股定理得，，过点E作EMx轴，交y轴于点M，，， △CEM∽△CDO，∴，即，解得CE=|m|，∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=||∴||=|m|①若=m，整理得：，解得m=4或m=﹣；②若=﹣m，整理得：，解得m=3+或m=3﹣.由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+这个解舍去综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为，（4，5），（3﹣，2﹣3）．