专题4.7 相似三角形（全章直通中考）（培优练）-2023-2024学年九年级数学上册全章复习与专题突破讲与练（浙教版）.docx

1、专题4.7 相似三角形（全章直通中考）（培优篇）一、 单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1（2023湖北鄂州统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为原点，点为平面内一动点，连接，点是线段上的一点，且满足当线段取最大值时，点的坐标是（）A B C D2（2023山东东营统考中考真题）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：垂直平分；的最小值为；其中正确的是（）A B C D3（2023山东泰安统考中考真题）如图，是等腰三角形，以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点

2、F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE下列四个结论：；当时，其中正确结论的个数是（）A1 B2 C3 D44（2023浙江绍兴统考中考真题）如图，在中，是边上的点（不与点，重合）过点作交于点；过点作交于点是线段上的点，；是线段上的点，若已知的面积，则一定能求出（）A的面积 B的面积C的面积 D的面积5（2022贵州黔西统考中考真题）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

3、是（）；AE平分；点C的坐标为；矩形ABCD的面积为A2个 B3个 C4个 D5个6（2021山东滨州统考中考真题）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：，其中结论正确的个数为（）A4 B3 C2 D17（2021山东东营统考中考真题）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：；当点D与点C重合时，；当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（）A B

4、C D8（2023四川眉山统考中考真题）如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结下列四个结论：；其中正确结论的个数为（）A1个 B2个 C3个 D4个9（2023黑龙江统考中考真题）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：；若，则四边形是菱形；当点运动到的中点，；（）A B C D10（2023内蒙古赤峰统考中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合交于点F，交延长线于点E交于点P，于点M，则下列结论，正确的是（）A B C D二、

5、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11（2023辽宁统考中考真题）如图，在矩形中，点M为的中点，E是上的一点，连接，作点B关于直线的对称点，连接并延长交于点F当最大时，点到的距离是 12（2023辽宁统考中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点，过点作，交的延长线于点，连接，交于点，则四边形的面积与的面积的比值为 13（2023辽宁营口统考中考真题）如图，在中，将绕着点C按顺时针旋转得到，连接BD交于在E，则 14（2023山东日照统考中考真题）如图，矩形中，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接下列结论：；四边形的面积不变；当时，；的最小值是20其中

6、所有正确结论的序号是 15（2023湖北鄂州统考中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是 16（2023浙江杭州统考中考真题）如图，在中，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称设，若，则 （结果用含的代数式表示）17（2023山西统考中考真题）如图，在四边形中，对角线相交于点若，则的长为 18（2022贵州安顺统考中考真题）已知正方形的边长

7、为4，为上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，若，则的最小值为 三、解答题（本大题共6小题，共58分）19（8分）（2023江苏无锡统考中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形（1）当时，求四边形的面积；（2）当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式20（8分）（2023山东泰安统考中考真题）如图，、是两个等腰直角三角形，（1）当时，求；（2）求证：；（3）求证：21（10分）（2023内蒙古统考中考真题）已知正方形，是对角线上一点（1）如图1，连接，求证：；（2）如图2，

8、是延长线上一点，交于点，判断的形状并说明理由；（3）在第（2）题的条件下，求的值22（10分）（2023福建统考中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点于点，交于点是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点（1）求证：；（2）求的度数；（3）若是的中点，如图2求证：23（10分）（2023江苏南通统考中考真题）正方形中，点在边，上运动（不与正方形顶点重合）作射线，将射线绕点逆时针旋转45，交射线于点（1）如图，点在边上，则图中与线段相等的线段是_；（2）过点作，垂足为，连接，求的度数；（3）在（2）的条件下，当点在边延长线上且时，求的值24（12分）（2023广东广州统考中考真题）

9、综合运用如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在轴的正半轴上，如图2，将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为，交直线于点，交轴于点（1）当旋转角为多少度时，；（直接写出结果，不要求写解答过程）（2）若点，求的长；（3）如图3，对角线交轴于点，交直线于点，连接，将与的面积分别记为与，设，求关于的函数表达式参考答案1D【分析】由题意可得点在以点为圆心，为半径的上，在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，垂足为、，先证，得，从而当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，然后分别证，利用相似三角形的性质即可求解解：点为平面内一动点，点在以点为圆心，为半径的上，在轴的

10、负半轴上取点，连接，分别过、作，垂足为、，当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，轴轴，即，解得，同理可得，即，解得，当线段取最大值时，点的坐标是，故选D【点拨】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键2D【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出的结论；利用中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出的结论；利用中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证的结论不对；结合中的结论和的结论可求出的

11、最小值，从而证明不对.解： 为正方形，.,，.平分，.，.，垂直平分，故正确.由可知，由可知，.故正确.为正方形，且边长为4，在中，.由可知，.由图可知，和等高，设高为，.故不正确.由可知，关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，最小即为，如图所示，由可知的高即为图中的，.故不正确.综上所述，正确的是.故选：D.【点拨】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.3C【分析】根据等腰三角形两底角相等与，得到，根据角平分线定义得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到，推出，得到，推出，正确；根据等角对等边

12、得到，根据三角形外角性质得到，得到，推出，正确；根据，得到，推出，错误；根据时， ，得到,推出，正确解：中，由作图知，平分，垂直平分，正确；，正确；设，则，即，错误；当时，,，正确正确的有，共3个故选：C【点拨】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质4D【分析】如图所示，连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解解：如图所示，连接，又，故选：D【点拨】本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是掌握相似三角形的性质与判定，平行线的判定和性质，等面积转换5C

13、【分析】根据相似三角形的判定得出，利用相似三角形的性质及已知，的值即可判断结论；由分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论；根据直角坐标系上点的表示及结论，利用勾股定理建立等式求解可得点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点坐标，即可判断结论；由可知，进而得出的值，根据矩形的性质即可判断结论；根据矩形的性质及可知，利用三角形的面积公式求解即可判断结论解：矩形ABCD的顶点A在第一象限，轴，垂足为F，,，即（符合题意），AE平分（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，（符合题意），（不符合题意），（符合题意）结论正确的共有4个符合题意故选：C【

14、点拨】本题考查矩形与坐标的综合应用涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点位灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键6B【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论，连接DF，EN，通过SAS定理证明MDFFEN判断结论，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论，利用相似三角形的判定和性质判定结论解：D、

15、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，EFAB，MDB=90，DM=EF，FEC=BAC，故结论正确；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，DFAC，NEC=90，EN=DF，BDF=BAC，BDF=FEC，BDF+MDB=FEC+NEC，MDF=FEN，在MDF和FEN中，MDFFEN（SAS），DMF=EFN，故结论正确；EFAB，DFAC，四边形ADFE是平行四边形，DFE=BAC，又MDFFEN，DFM=ENF，EFN+DFM=EFN+ENF=180-FEN=180-

16、（FEC+NEC）=180-（BAC+90）=90-BAC，MFN=DFE+EFN+DFM=BAC+90-BAC=90，MFFN，故结论正确；EFAB，CEFCAB，SCEF=S四边形ABFE，故结论错误，正确的结论为，共3个，故选：B【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键7B【分析】过A作AIBC垂足为I，然后计算ABC的面积即可判定；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定；如图将BCD绕B点逆时针旋转60得到ABN，求证NE=DE；

17、再延长EA到P使AP=CD=AN，证得P=60，NP=AP=CD，然后讨论即可判定；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形解：如图1, 过A作AIBC垂足为I是边长为1的等边三角形BAC=ABC=C=60，CI= AI=SABC=,故正确；如图2，当D与C重合时DBE=30，是等边三角形DBE=ABE=30DE=AE=GE/BD BG=GF/BD,BG/DFHF=BG=,故正确；如图3，将BCD绕B点逆时针旋转60得到ABN1=2，5=6=60，AN=CD,BD=BN3=302+4=1+4=30NBE=3=30又BD=

18、BN，BE=BENBEDBE（SAS）NE=DE延长EA到P使AP=CD=ANNAP=180-60-60=60ANP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，故不成立；如图1，当AE=CD时，GE/BCAGE=ABC=60，GEA=C=60AGE=AEG=60，AG=AE同理：CH=CDAG=CHBG/FH,GF/BH四边形BHFG是平行四边形BG=BH四边形BHFG为菱形，故正确故选B【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键8C【

19、分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断正确；再根据，可判断正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论正确，由随着长度变化而变化，不固定，可 判断不一定成立解：正方形，是等腰直角三角形， ，故正确；又,，即：，故正确，又，又，故正确，若，则，又，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故错误；综上，正确的有共3个，故选：C【点拨】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质

20、、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键9B【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答解：四边形是正方形，故正确，将沿翻折，得到，故正确，当时，即在同一直线上，通过翻折的性质可得，四边形是平行四边形，平行四边形是菱形，故正确，当点运动到的中点，如图，设正方形的边长为，则，在中，在中，故错误，根据翻折的性质可得，故正确；综上分析可知，正确的是故选：B【点拨】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键10A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断正

21、确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断正确；由得，求出即可判断正确；根据即可判断错误解：由折叠性质可知：，故正确；，故正确；，故正确；，与不相似与不平行故错误；故选A【点拨】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键11【分析】如图，由题意可得：在上，过作于，由点B关于直线的对称点，可得，当与切于点时，最大，此时，证明，重合，可得，求解，证明，可得，从而可得答案解：如图，由题意可得：在上，过作于，点B关于直线的对称点，当与切于点时，最大，此时，重合，矩形，点到的距离是

22、故答案为：【点拨】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键12【分析】根据平行四边形推出平行四边形，根据和相似，进而求出各个三角形的面积比，设，表示出其他三角形面积，进而作答解：四边形是平行四边形，又，四边形是平行四边形，同理，设，则，故答案为【点拨】本题考查平行四边形及三角形的相似，相似比和面积比，解题的关键是根据三角形的相似比表示出三角形的面积13【分析】连接，证明是等边三角形，则，设，则，取的中点H，连接，求出，设，则，证明，得到，解得，即，再利用勾股定理求出，进一步即可得到答案解：连接，将绕着点C按顺时针

23、旋转得到，是等边三角形，设，则，取的中点H，连接，设，则，解得，即，故答案为：【点拨】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键14【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断；利用相似和勾股定理可以得出，利用判断；根据相似可以得到，判断；利用将军饮马问题求出最小值判断解：，在点P移动过程中，不一定，相矛盾，故不正确；延长交于点H,则为矩形，即，解得：，故正确；，故正确，即当的最小值，作B、D关于的对称点,把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,这时，即的最小值是20，故正确；故答案为：【点拨】本题

24、考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键15【分析】设，则，证明，利用相似三角形的性质求出，可得，利用勾股定理求出和，进而可得的长，再证明，可得，然后根据正方形的性质求出，即可得出答案解：设，则，整理得：，解得：，（舍去），即，四边形是正方形，又，又，故答案为：【点拨】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明，求出的长是解题的关键16【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明，推出，即可求出的值解： 点和点关于直线对称，点和点关于直线对称，

25、又，点和点关于直线对称，在和中，在中，解得，故答案为：【点拨】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明17/【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：则，即，解得：，即，解得：故答案为：【点拨】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定

26、，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质18/【分析】由正方形的性质，可得点与点关于对称，则有，所以当、三点共线时，的值最小为，先证明，再由，可知，分别求出，即可求出解：连接AM，四边形是正方形，点与点关于对称，当、三点共线时，的值最小，正方形边长为4，在中，是的中点，在中，的最小值为，故答案为：【点拨】本题考查轴对称求最短距离，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理19（1）；（2）【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，根据翻折的性质，可得，则

27、，；同理，；进而根据，即可求解；（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解解：（1）如图，连接、， 四边形为菱形，为等边三角形为中点，为等腰直角三角形，翻折，；.同理，；（2）如图，连接、，延长交于点 ，则，【点拨】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键20（1）；（2）见详解；（3）见详解【分析】（1）先证明，再证明是线段的垂直平分线，即有，即是等边三角形，问题得解；（2）根据垂直可得，又根据，可得，即可证明；（3）过H点作于点K，先表示出，根据是线段

28、的垂直平分线，可得，即可得，进而可得，则有，结合，可得，再证明，即可证明解：（1），、是两个等腰直角三角形，等腰直角中，是线段的垂直平分线，即是等边三角形，；（2）在（1）中有，又，；（3）过H点作于点K，如图，即是等腰，是线段的垂直平分线，在（1）中已证明，【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作出科学的辅助线，是解答本题的关键21（1）见分析；（2）是等腰三角形，理由见分析；（3）【分析】（1）利用正方形的性质得出，进而即可得到；（2）先判断出，进而判断出，即可得到结论；（3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形从而得到的长，再利用，可证

29、得，进而得到，从而可得到答案（1）解：四边形是正方形，是对角线，在和中（2）解：是等腰三角形，理由如下：，四边形是正方形，是等腰三角形（3）解：，又，是等腰直角三角形，【点拨】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键22（1）见分析；（2）；（3）见分析【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论；（2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答；（3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三

30、角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答（1）解： 是由线段绕点顺时针旋转得到的，（2）解：如图1：设与的交点为， ，又，（3）解：如图2：延长交于点，连接， ，是的中点，又，由（2）知，即，【点拨】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键23（1）；（2）的度数为或；（3）【分析】（1）根据正方形的性质和已知条件得到，即可得到答案；（2）当点在边上时，过点作，垂足为，延长交于点，证明，得到，推出为等腰直角三角形，得到答案；当点在边上时，过点作，垂足为，延长交延

31、长线于点，则四边形是矩形，同理得到，得到为等腰直角三角形得到答案；（3）由平行的性质得到分线段成比例解：（1）正方形，（2）解：当点在边上时（如图），过点作，垂足为，延长交于点，四边形是矩形，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，当点在边上时（如图），过点作，垂足为，延长交延长线于点，则四边形是矩形，同理，为等腰直角三角形，综上，的度数为45或135（3）解：当点在边延长线上时，点在边上（如图），设，则，【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握平行线的分线段成比例以及全等三角形的判定和性质是解题的关键24（1）；（2）；（3）【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形全等

32、的判定及性质得出，再由题意得出，即可求解；（2）过点A作轴，根据勾股定理及点的坐标得出，再由相似三角形的判定和性质求解即可；（3）根据正方形的性质及四点共圆条件得出O、C、F、N四点共圆，再由圆周角定理及等腰直角三角形的判定和性质得出，过点N作于点G，交于点Q，利用全等三角形及矩形的判定和性质得出，结合图形分别表示出，得出，再由等腰直角三角形的性质即可求解（1）解：正方形，交直线于点，即；（2）过点A作轴，如图所示：，正方形，即，；（3）正方形，直线，O、C、F、N四点共圆，为等腰直角三角形，过点N作于点G，交于点Q，四边形为矩形，为等腰直角三角形，【点拨】题目主要考查全等三角形、相似三角形及特殊四边形的判定和性质，四点共圆的性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键