第二十七章 相似 單元測試 2023-2024學(xué)年人教版九年級數(shù)學(xué)下冊

2023-2024學(xué)年初中數(shù)學(xué)人教版九年級下學(xué)期第二十七章相似單元測試數(shù)學(xué)考試

注意事項：

1、填寫答題卡的內(nèi)容用2B鉛筆填寫

2、提前xx分鐘收取答題卡第Ⅰ卷客觀題第Ⅰ卷的注釋閱卷人一、選擇題(共10題；共30分)得分1．（3分）如果x：A．x+yy=32 B．x?yy=?2．（3分）已知A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(－6，3)、(－12，8)，△ABO與△A′B′OA．(－4，83) B．(4，－83) C．(－6，4)3．（3分）如圖，在△ABC中，D、E分別為AB，AC上的點(diǎn)，若DE∥BC，ADDB=1A．12 B．13 C．144．（3分）如圖，小明同學(xué)用自制的直角三角形紙板EFG測量樹的高度AB，他調(diào)整自己的位置，設(shè)法使斜邊EG保持水平，并且邊EF所在的直線經(jīng)過點(diǎn)A．已知紙板的兩條直角邊EF=60cm，F(xiàn)G=30cm，測得小剛與樹的水平距離BD=8m，邊EG離地面的高度DE=1.6m，則樹的高度AB等于（）A．5m B．5.5mC．5.6m D．5.8m5．（3分）如圖，已知直線a//b//c，若AB=2，DFEF=3A．4 B．3 C．6 D．46．（3分）如圖，若A、B、C、P、Q、甲、乙、丙、丁都是方格紙中的格點(diǎn)，為使△PQR∽△ABC，則點(diǎn)R應(yīng)是甲、乙、丙、丁四點(diǎn)中的（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．（3分）如圖所示，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AD，CD上，AF，BE相交于點(diǎn)G.若AE=3ED，DF=CF，則A．43 B．54 C．658．（3分）如圖，在矩形ABCD中，若AB=6，AC=10，EFBF=3A．2 B．4 C．6 D．7.59．（3分）如圖，正方形ABCD和正方形CGFE的頂點(diǎn)C，D，E在同一直線上，頂點(diǎn)B，C，G在同一條直線上，O是EG的中點(diǎn)，∠EGC的平分線GH過點(diǎn)D，交BE于點(diǎn)H，連接FH交EG于點(diǎn)M，連接OH。以下四個結(jié)論：①GH⊥BE；②△EHM∽△FHG；③BCCG=2A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④10．（3分）如圖，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E、F，連接EM，則下列結(jié)論中：①BF＝CE；②∠AEM＝∠DEM；③CF?DM＝BM?DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4閱卷人二、填空題(共5題；共15分)得分11．（3分）當(dāng)a=2，b=?12時，代數(shù)式12．（3分）如圖：鐵道口的欄桿短臂長1m，長臂長16m，當(dāng)短臂端點(diǎn)下降0.4m時，長臂端點(diǎn)升高m．13．（3分）如圖，△ABC與△DEF是位似圖形，點(diǎn)O是位似中心，若S△ABC＝2，則S△DOF＝．14．（3分）如圖，平面直角坐標(biāo)系中O是原點(diǎn)，?OABC的頂點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別是(8，0)，(3，4)，點(diǎn)D，E把線段OB三等分，延長CD，CE分別交OA，AB于點(diǎn)F，G，連接FG，則下列結(jié)論：①F是OA的中點(diǎn)；②ΔOFD與ΔBEG相似；③四邊形DEGF的面積是203；④OD=4515．（3分）如圖，A，B為反比例函數(shù)y=kx第一象限圖象上任意兩點(diǎn)，連接BO并延長交反比例函數(shù)圖象另一支于點(diǎn)C，連接AC交x軸于點(diǎn)F，交y軸于點(diǎn)G，連接BG，連接AB并向兩側(cè)延長分別交x軸于點(diǎn)E，交y軸于點(diǎn)D.已知BEAB=25，S第Ⅱ卷主觀題第Ⅱ卷的注釋閱卷人三、解答題(共3題；共27分)得分16．（9分）如圖，△ABC中，點(diǎn)D在AB上，∠ACD=∠ABC，若AD=2，AB=6，求AC的長．17．（9分）如圖，D是△ABC的邊AC上的一點(diǎn)，連接BD，已知∠ABD=∠C，AB=6，AD=4，求線段CD的長.18．（9分）如圖，在△ABC中，D為AB邊上一點(diǎn)，E為AC邊上一點(diǎn)，且ADAB（1）（3分）求證：△ADE∽△ABC；（2）（6分）求△ADE與四邊形DBCE的面積比．閱卷人四、實(shí)踐探究題(共3題；共26分)得分19．（10分）在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O的兩條直線分別交邊AB、CD、AD、AC于點(diǎn)E、F、G、H。（1）（4分）【感知】

如圖①，若四邊形ABCD是正方形，且AG=BE=CH=DF，則S四邊形AEOG=S正方形ABCD；（2）（6分）【拓展】

如圖②，若四邊形ABCD是矩形，且S四邊形AEOG=14S矩形ABCD（3）（1分）【探究】

如圖③，若四邊形ABCD是平行四邊形，且AB=3，AD=5，BE=1，試確定F、G、H的位置，使直線EF、GH把四邊形ABCD的面積四等分。20．（10分）（1）（3分）【嘗試探究】如圖1，已知在正方形ABCD中（四邊相等，四個內(nèi)角均為90°），點(diǎn)E、F分別在邊BC、DC上運(yùn)動，當(dāng)∠EAF=45°時，探究DF、BE和EF的數(shù)量關(guān)系，并加以說明；（2）（3分）【模型建立】如圖2，若將直角三角形ABC沿斜邊翻折得到△ADC，且∠B=∠D=90°，點(diǎn)E、F分別在邊DC、BC上運(yùn)動，且∠EAF＝12（3）（4分）【拓展應(yīng)用】如圖3，已知△ABC是邊長為8的等邊三角形（三邊相等，三個內(nèi)角均為60°），BD=CD，∠BDC=120°，∠DBC=∠BCD=30°，以D為頂點(diǎn)作一個60°角，使其角的兩邊分別交邊AB、AC于點(diǎn)E、F，連接EF，直接寫出△AEF的周長．21．（6分）如圖（1）（6分）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點(diǎn)G．求證：△ADE∽△DCF．（2）（1分）【問題解決】如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF，延長BC到點(diǎn)H，使CH＝DE，連接DH．求證：∠ADF＝∠H．（3）（1分）【類比遷移】如圖3，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的長．閱卷人五、綜合題(共2題；共22分)得分22．（10分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝42，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向運(yùn)動，運(yùn)動速度為每秒2個單位長度，點(diǎn)Q從點(diǎn)B同時出發(fā)，沿B﹣A﹣D方向運(yùn)動，運(yùn)動速度為每秒2個單位長度，當(dāng)P到達(dá)點(diǎn)C時，兩動點(diǎn)同時停止運(yùn)動.設(shè)運(yùn)動時間為ts，將矩形沿PQ所在直線翻折，B′是翻折后點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn).（1）（4分）當(dāng)t＝1時，PQ＝；（2）（6分）連接AC，若點(diǎn)B正好落在線段AC上，求t的值；（3）（1分）點(diǎn)B′能否落在AD所在直線上，若能，求出AB′的長度；若不能，請說明理由.23．（12分）如圖已知直線y=12x+12與拋物線y=ax2+bx+c相交于A(?1，0)，B(4，m)兩點(diǎn)，拋物線y=ax2+bx+c交y軸于點(diǎn)C(0，（1）（3分）求拋物線的解析式；（2）（3分）設(shè)點(diǎn)P為直線AB下方的拋物線上一動點(diǎn)，當(dāng)△PAB的面積最大時，求△PAB的面積及點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）（6分）若點(diǎn)Q為x軸上一動點(diǎn)，點(diǎn)N在拋物線上且位于其對稱軸右側(cè)，當(dāng)△QMN與△MAD相似時，直接寫出N點(diǎn)的坐標(biāo).

答案解析部分1．【答案】D2．【答案】B3．【答案】B4．【答案】C5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】C9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】?12．【答案】6.413．【答案】814．【答案】①③15．【答案】59；16．【答案】解：∵∠ACD=∠ABC，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴ADAC∵AD=2，AB=6，∴2AC∴AC2=12，∴AC=23．17．【答案】解：在△ABD和△ACB中，∠ABD=∠C，∠A=∠A，∴△ABD∽△ACB，∴ABAC∵AB=6，AD=4，∴AC=A則CD=AC﹣AD=9﹣4=5.18．【答案】（1）略（2）解：4：519．【答案】（1）1（2）解：如圖②，過O作ON⊥AD于N，OM⊥AB于M，

∵S△AOB＝14S矩形ABCD，S四邊形AEOG＝14S矩形ABCD，

∴S△AOB＝S四邊形AEOG，

∵S△AOB＝S△BOE+S△AOE，S四邊形AEOG＝S△AOG+S△AOE，

∴S△BOE＝S△AOG，

∵S△BOE＝12BE?OM＝12m?12b＝14mb，S△AOG＝12AG?ON＝12AG?12a＝14AG?a，（3）解：如圖③，過O作KL⊥AB，PQ⊥AD，

則KL＝2OK，PQ＝2OQ，S平行四邊形ABCD＝AB?KL＝AD?PQ，

∴3×2OK＝5×2OQ，

∴OKOQ=53，

∵S△AOB＝14S平行四邊形ABCD，S四邊形AEOG＝14S平行四邊形ABCD，

∴S△AOB＝S四邊形AEOG

∴S△BOE＝S△AOG，

∵S△BOE＝12BE?OK＝12×1×OK，S△AOG＝12AG?OQ，

∴12×1×OK＝1220．【答案】【嘗試探究】DF+BE=EF.證明：如圖，把△ADF繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△ABG，可使AB與AD重合，∵∠ABC=∠D=90°，∴∠EBG=180°，點(diǎn)E、B、G共線，∴∠BAG=∠DAF，AF=AG，∴∠EAG=∠BAE+∠GAB=∠FAD+∠BAE=90°?45°=45°=∠EAF，即∠EAF=∠EAG.在△AEF和△AEG中，AG=AF∠GAE=∠FAE，AE=AE∴△AEF?△AEG(SAS)，∴EF=EG=EB+BG=EB+DF，∴DF+BE=EF；【模型建立】成立，如圖，DF+BE=EF.證明：將△ADF繞A順時針旋轉(zhuǎn)∠BAD的度數(shù)，此時，AD與AB重合，由旋轉(zhuǎn)得：BG=DF，∠1=∠2，AF=AG，∠ABG=∠D=90°，同理得：點(diǎn)G，B，E在同一條直線上，∵∠EAF=12∠BAD，∴∠BAE+∠FAD=12∠BAD，∴∠BAE+∠GAB=12∠BAD，∴∠EAG=∠EAF，（1）解：DF+BE=EF.證明：如圖，把△ADF繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)9至△ABG，可使AB與AD重合，∵∠ABC=∠D=9∴∠EBG=180∴∠BAG=∠DAF∴∠EAG=∠BAE+∠GAB=∠FAD+∠BAE=90即∠EAF=∠EAG.在△AEF和△AEG中，AG=AF∴△AEF?△AEG∴EF=EG=EB+BG=EB+DF∴DF+BE=EF（2）解：成立，如圖，DF+BE=EF.證明：將△ADF繞A順時針旋轉(zhuǎn)∠BAD的度數(shù)，此時，AD與AB重合，由旋轉(zhuǎn)得：BG=DF，AF=AG∠ABG=∠D=9同理得：點(diǎn)G，B，E在同一條直線上，∵∠EAF=∴∠BAE+∠FAD=∴∠BAE+∠GAB=∴∠EAG=∠EAF∵AF=AG∴△GAE?△FAE∴EF=EG∴EF=BG+BE=DF+BE∴（2）中的結(jié)論還成立，DF+BE=EF（3）解：∵△ABC是邊長為8的等邊三角形，∴AB=AC=BC=8，∠ABC=∠ACB=60°.

∵∠DBC=∠BCD=30°，

∴∠DBE=∠DCA=90°.

∵BD=CD，∠BCD=120°，

∴把△DBE繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)120°至△DCM，可使DB與DC重合，

由旋轉(zhuǎn)可得DM=DE，∠CDM=∠BDE，CM=BE，∠DCM=∠DBE=90°.

∵∠EDF=60°=12∠BDC，

∴∠BDE+∠CDF=60°，

∴∠CDM+∠CDF=60°，

∴∠MDF=∠EDF.

∵DE=DM，DF=DF，

∴△MDF≌△EDF（SAS），

∴EF=FM，

∴EF=CM+CF=BE+CF，

∴△AEF的周長為AE+AF+EF=AE+AF+BE+CF=AB+AC=16.21．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF+∠DFC＝90°，∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF+∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，∵AE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），∴DE＝CF，∵CH＝DE，∴CF＝CH，∵點(diǎn)H在BC的延長線上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°，又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH（SAS），∴∠DFC＝∠H，∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H；（3）解：如圖3，延長BC至點(diǎn)G，使CG＝DE＝8，連接DG，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG（SAS），∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，∵AE＝DF，∴DG＝DF，∴△DFG是等邊三角形，∴FG＝DF＝11，∵CF+CG＝FG，∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，即CF的長為3．22．【答案】（1）6（2）解：由題意得：BP＝2t，BQ＝2t，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵AB＝4，AD＝BC＝42，∴AC＝AB2+BC2如圖1，過點(diǎn)P作PF⊥AC于F，過點(diǎn)Q作QE⊥AC于E，∴∠QEB′＝∠PFB′＝90°，∵AQ＝4﹣2t，CP＝42﹣2t∴QE＝AQ?sin∠BAC＝（4﹣2t）×4243AE＝AQ?cos∠BAC＝（4﹣2t）×443＝PF＝CP?sin∠BCA＝（42?2t）×CF＝CP?cos∠BCA＝（42?2t）×4由翻折得：∠PB′Q＝∠B＝90°，PB′＝PB＝2t，QB′＝BQ＝2t，∴∠QB′E+∠PB′F＝∠PB′F+∠B′PF＝90°，∴∠QB′E＝∠B′PF，∴△QB′E∽△B′PF，∴QEB′F＝B∴63(4?2t)B′F＝B∴B′F＝233（2﹣t），B′E＝∵AE+B′E+