2024年中考数学压轴题型（全国）专题12 相似三角形四种模型（教师版）

PAGE1PAGE专题12相似三角形四种模型通用的解题思路：题型一：相似三角形基本模型（X字型）【方法点拨】基本模型：X字型（平行）反X字型（不平行）题型二：相似三角形基本模型（A字型）【方法点拨】基本模型：A字型（平行）反A字型（不平行）题型三：相似基本模型（K字型（一线三等角））【方法点拨】基本模型：如图1，∠B=∠C=∠EDF推出△BDE∽△CFD（一线三等角）如图2，∠B=∠C=∠ADE推出△ABD∽△DCE（一线三等角）如图3，特别地，当D时BC中点时：△BDE∽△DFE∽△CFD推出ED平分∠BEF，FD平分∠EFC.题型四：相似三角形基本模型（旋转型（手拉手））【方法点拨】基本模型：旋转放缩变换，图中必有两对相似三角形.题型一：相似三角形基本模型（X字型）1．（2024•韶关模拟）如图1是一张折叠型方桌子，图2是其侧面结构示意图，支架与交于点，测得，．（1）若，求的长；（2）将桌子放平后，两条桌腿叉开角度，求距离地面的高．（结果保留整数）（参考数值，【分析】（1）先证明，再由相似三角形的性质求出的长即可；（2）过点作于点，于点，在中，，在中，，，进而作答即可．【解答】解：（1），，与是等腰三角形，，，，，，即的长为；（2）过点作于点，于点，如图，，与是等腰三角形，，在中，，在中，，，距离地面的高为．【点评】此题考查了相似三角形的判定及性质、解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线．2．（2024•西安校级模拟）小明为了测量出一深坑的深度，采取如下方案：如图，在深坑左侧用观测仪从观测出发点观测深坑底部，且观测视线刚好经过深坑边缘点，在深坑右侧用观测仪从测出发点观测深坑底部，且观测视线恰好经过深坑边缘点，点，，，在同一水平线上．已知，，观测仪高，观测仪高，，，深坑宽度，请根据以上数据计算深坑深度多少米？【分析】过点作垂直，垂足为，然后根据已知证明，，得出，设，则，解得，再求即可．【解答】解：过点作垂直，垂足为，如图：，，，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，深坑深度5.5米．【点评】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．3．（2024•常州模拟）图1是凸透镜成像示意图，蜡烛发出的光线平行于直线，经凸透镜折射后，过焦点，并与过凸透镜中心的光线交于点，从而得到像．其中，物距，像距，焦距，四边形是矩形，，．（1）如图2，当蜡烛在离凸透镜中心一倍焦距处时，即，请用所学的数学知识说明此时“不成像”；（2）若蜡烛的长为，物距，焦距，求像距和像的长．【分析】（1）根据矩形的性质可得，，从而可得，然后利用证明，从而利用全等三角形的性质可得，进而可得，即可解答；（2）根据垂直定义可得，然后证明8字模型相似，，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：（1）四边形是矩形，，，，，，，，，与没有交点，此时“不成像”；（2），，，，，，，，，，，，，，解得：，，像距为，像的长为．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．4．（2023•浉河区校级三模）综合与实践莹莹复习教材时，提前准备了一个等腰三角形纸片，如图，，．为了找到重心，以便像教材上那样稳稳用笔尖顶起，她先把点与点重叠对折，得折痕，展开后，她把点与点重叠对折，得折痕，再展开后连接，交折痕于点，则点就是的重心．教材重现：如图，用铅笔可以支起一张均匀的三角形卡片．你知道怎样确定这个点的位置吗？在三角形中，连接一个顶点与它对边中点的线段，叫做这个三角形的中线．如图，是的边上的中线．让我们先看看三角形的中线有什么特点．（1）初步观察：连接，则与的数量关系是：；（2）初步探究：请帮助莹莹求出的面积；（3）猜想验证；莹莹通过测量惊奇地发现，．她的发现正确吗？请说明理由；（4）拓展探究：莹莹把剪下后得△，发现可以与拼成四边形，且拼的过程中点不与点重合，直接写出拼成四边形时的长．【分析】（1）利用折叠的性质即可得到答案；（2）由折叠可知，，，利用勾股定理求得，连接，易得为的中位线，则，，于是，得到，进而可得，则，根据三角形面积公式可得，代入计算即可求解；（3）连接，易得为的中位线，则，，于是，利用相似三角形的性质即可求解；（4）连接，由（2）知，则，利用勾股定理求得，由折叠可知，，，易证，由相似三角形的性质可求得，则，分两种情况讨论：当与点重合时，此时；当点与点重合时，利用勾股定理求出即可．【解答】解：（1）点与点重叠对折，得折痕，（折叠的性质），；故答案为：；（2）由折叠可知，，，在中，，如图，连接，点、分别为、的中点，为的中位线，，，，，，，，，，；（3）正确，理由如下：如图，连接，点、分别为、的中点，为的中位线，，，，，，，，；（4）如图，连接，由（2）知，，，在中，，由折叠可知，，，，，，，，即，，，当与点重合时，如图①②，连接，此时；，，，此时拼成的图形为三角形，不符合题意；当点与点重合时，如图③④，在中，，．综上，的长为或．【点评】本题主要考查折叠的性质、中线的定义、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解题关键是读懂题意，熟知折叠的性质，学会利用数形结合和分类讨论思想解决问题．5．（2023•南关区四模）如图，是的直径，．动点从点出发，在上沿顺时针方向运动到终点，速度为每秒个单位．同时动点从点出发，在上沿顺时针方向运动，速度为每秒个单位．当点到达终点时，点也随之停止运动．连结、．设点的运动时间为秒．（1）的周长为；（2）当点与点重合时，求所在的扇形的面积；（3）当时，求的值；（4）作半径的垂直平分线交于点、，连结．当将线段分成的两部分时，直接写出的值．【分析】（1）直接利用圆的周长公式计算即可；（2）当点与点重合时，根据点走过的弧长弧的长点走过的弧长列出方程，求出值，于是可求出所在扇形的圆心角度数，进而利用扇形的面积公式求解即可；（3）分两种情况：当点与点重合前，当点与点重合前．根据两点走过的弧长关系列出方程，求解即可；（4）情况一：连接，，，，交于点，，根据线段垂直平分线的性质易得为等边三角形，为等边三角形，进而得到四边形为菱形，易得，根据相似三角形的性质可得，由等边三角形三线合一可知垂直平分，于是可得，则，利用此时的长点的运动速度即可得到时间；情况二：同情况一方法即可求解．【解答】解：（1）的周长为；故答案为：；（2）当点与点重合时，，解得：，点走过的圆心角度数为，所在的扇形的面积为；（3）当点与点重合前，，则，解得：；当点与点重合后，，，解得：；综上，或；（4）情况一：如图，连接，，，，交于点，，垂直平分，，，，为等边三角形，，同理可得：为等边三角形，，，，，四边形为菱形，，，，即，，垂直平分，，，，，，即，，，；情况二：连接，，，，交于点，，同理可得：，，．综上，或．【点评】本题主要考查圆的面积公式、扇形的面积公式、弧长公式、一元一次方程的应用、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等，理清题意，学会利用分类讨论和数形结合思想解决问题是解题关键．6．（2023•海曙区校级三模）如图1，在菱形中，，点是对角线上的动点，是的外接圆，，设的半径为，．（1）如图2，当时，求证：是切线；（2）延长交射线于点．①如图3，若为直径，求的长；②如图4，若点、、三点共线，求的值；（3）当时，直接写出与的函数关系式：．【分析】（1）连接并延长交于点，连接，由此得，然后根据以及菱形的性质可证：，据此可得，进而利用切线的判定可得出结论；（2）①连接，根据已知条件可求出，进而根据和相似，然后列出比例式即可求出的长；②延长与交于点，连接，，与交于，先证明，再证，根据已知条件分别求出，，可设，则，，然后在中，由勾股定理求出，进而求出的长和的长，最后根据和相似可得出答案；（3）作的直径，连接，连接交于点，由，则，在中，由勾股定理求出，再由得，进而得，最后在中，由勾股定理可得出与的函数关系式．【解答】（1）证明：作的直径，连接，为的直径，，，又，，，，四边形为菱形，，，即：，又为的半径，为的切线．（2）解：①连接，为的直径，，四边形为菱形，，，在中，，即：，，，，，，，，，，，，，，，由得：，将代入，得：．②延长与交于点，连接，，与交于，四边形为菱形，，，且，，，，又，，，，，，，在中，，即：，设，则，在中，，即：，由勾股定理得：，，，，，在中，由勾股定理得：，即：，解得：，（不合题意，舍去），，又，，，，．（3）解：．理由如下：作的直径，连接，连接交于点，由（2）可知：，，，，在中，由勾股定理得：，为直径，，，，，在中，，，在中，由勾股定理得：，即：，，，．故答案为：．【点评】此题主要考查了圆周角的性质，切线的判定，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数、勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握切线的判定，直径所对的圆周角是直角．构造圆的直径，利用直径所对的圆周角是直角构造直角三角形，并利用三角函数的定义找出相关线段的关系是解答此题的难点．7．（2024•庐江县一模）已知：如图，和中，，，，且点、、在一条直线上，联结、，与交于点．（1）求证：；（2）若，求的值．【分析】（1）根据已知易证，然后利用相似三角形的性质可得，，从而可得，进而证明8字模型相似，最后利用相似三角形的性质可得，等量代换得出，即可解答；（2）利用（1）的结论可得：，从而可得，进而可证字模型相似，然后利用相似三角形的性质可得，从而可得，再利用（1）的结论可得：，从而可得，进而可得，最后根据黄金分割的定义可得点是的黄金分割点，从而可得，进而可得，进行计算即可解答．【解答】证明：（1），，，，，，，，，，，，，；（2）解：由（1）得：，，，，，，，由（1）得：，，，点是的黄金分割点，，，，的值为．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，黄金分割，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，黄金分割是解题的关键．8．（2024•镇海区校级二模）四边形内接于，是的直径，连结交于点，，垂足为．（1）如图1，若交于点．①求证：；②若的直径为10，，，求的长．（2）如图2，若交于点，连结，若，，，求的直径．【分析】（1）①易得，利用同角的余角相等得，结合圆周角定理即可得证；②过点作于点，由题意易得，，，，结合知，进而利用证明，得到，于是，，最后利用勾股定理求解即可；（2）设交于点，过点作于点，链接并延长交于点，延长交于点，连接，易得，，根据相似三角形的性质依次得出，，，，，于是，则，易得，于是，，得到，设的半径为，则，，以此列出方程求解即可．【解答】（1）①证明：是的直径，，，，，，又，，．②解：如图，过点作于点，在中，，，，由勾股定理得，，，在中，，，又，，在和中，，，，，，即，．（3）解：如图，设交于点，过点作于点，链接并延长交于点，延长交于点，连接，，，，，，，又，，，，为的直径，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，即，设的半径为，则，，，，的直径为．【点评】本题主要考查圆周角定理、锐角三角形函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等，属于圆的综合题，难度较大，是中考压轴题．解题关键是正确作出辅助线，利用平行线和相似三角形的性质解决问题．9．（2023•谷城县模拟）在和中，，，点在线段上．（1）【特例证明】如图（1），当时，，证明：；（2）【类比探究】如图（2），当，点是线段上任一点时，证明：①；②；（3）【拓展运用】如图（3），当时，，，求长．【分析】（1）证明，得到，进而推出，得到，推出，即可得证；（2）①证明，得到，进而推出；②根据，得到，推出，即可得证；（3）设，，证明，得到，求出，在等腰中，求出，在中，求出，在中求出，进而推出，求出的值，即可得解．【解答】（1）证明：，又，，，，，，，；（2）证明：①，又，，，，；②，，，，；（3）解：，设，，则，，又，，，，在等腰中，，，在中，，，，，在等腰中，，，由（2）知，在中，，，，，，．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．10．（2023•深圳模拟）（1）【探究发现】如图①，已知四边形是正方形，点为边上一点（不与端点重合），连接，作点关于的对称点，的延长线与的延长线交于点，连接，．①小明探究发现：当点在上移动时，．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．证明：延长交于点．②进一步探究发现，当点与点重合时，22.5．（2）【类比迁移】如图②，四边形为矩形，点为边上一点，连接，作点关于的对称点，的延长线与的延长线交于点，连接，，．当，，时，求的长；（3）【拓展应用】如图③，已知四边形为菱形，，，点为线段上一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转，当点旋转后的对应点落在菱形的边上（顶点除外）时，如果，请直接写出此时的长．【分析】（1）①延长交于点，则由对称可知，结合得到，由正方形的性质得到、，从而证明；②当点与点重合时，由对称可知，然后由①得到；（2）延长交于点，由对称可知点是的中点、，结合得到，从而有是的中位线，得到点是的中点，从而求得，再由勾股定理求得的长；由（1）①得，得到，进而借助相似三角形的性质求得的长，然后由中位线的性质求得的长；（3）以点为圆心，的长为半径作圆弧，与和的交点即为点，然后分点在上和点在上讨论，延长交于点，然后借助（1）（2）的思路求解．【解答】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，，，，四边形是正方形，，，在和中，，．②解：如图1，当点与点重合时，由对称可知，四边形是正方形，，，由①得到，，故答案为：．（2）解：如图2，延长交于点，由对称可知，点是的中点，，，，是的中位线，点是的中点，，，由（1）①得，，，，，，，，是的中位线，．（3）以点为圆心，的长为半径作圆弧，与和的交点即为点，①如图3，当点在上时，延长交于点，由（1）①可得，，且，四边形为菱形，，，，，，，，，，，；②如图4，当点在上时，延长交于点，则，，，，，四边形是菱形，，，，，在和中，，，，，，，，，，设，则，在中，，，解得：，，综上所述，的长为或．【点评】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．11．（2023•罗湖区二模）如图1，已知：内接于圆，，连接并延长，交于点．（1）求证：；（2）如图2，过点作于点，交圆于点，交于点，连接、，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，，求的长．【分析】（1）连接、，证明是线段的垂直平分线，问题得证；（2）先证明，进而证明，即可证明；（3）连接，先求出，，再证明，得到，设，则，分别得到，，，证明，得到，求出，从而得到，根据，，即可求出．【解答】（1）证明：如图，连接、，，，点、都在线段的垂直平分线上，是线段的垂直平分线，；（2）证明：，，，，，，，，，；（3）解：如图，连接，，，是线段的垂直平分线，，是线段的垂直平分线，．，．，，，，，．设，则，，在中，，，，．，，，，即，，整理得，解得（不合题意，舍去），，，，．【点评】本题为圆的综合题，考查了线段的垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，一元二次方程的应用，直角三角形的性质等知识，综合性强，第（3）问难度较大，熟知相关性质，并根据题目中已知条件灵活应用是解题关键．题型二：相似三角形基本模型（A字型）1．（2023•无锡）如图，是的直径，为的切线，与相交于点．，交的延长线于点，．（1）求的度数；（2）若，求的半径．【分析】（1）连接，利用切线性质和平行线性质求得，再利用圆周角定理求得的度数，最后利用等边对等角及三角形内角和定理即可求得答案；（2）结合（1）中所求易证得，再利用相似三角形性质及勾股定理即可求得答案．【解答】解：（1）如图，连接，为的切线，，，，，，；（2），，，，，，，，，，，，，，即的半径为2．【点评】本题考查圆与相似三角形的综合应用，（2）中利用相似三角形的判定及性质求得是解题的关键．2．（2024•武威一模）已知：如图，点在三角形的边上，交于点，，点在上，且．求证：（1）；（2）．【分析】（1）利用已知可得，然后利用平行线分线段成比例证明即可；（2）利用两边成比例且夹角相等来证明即可．【解答】证明：（1），，；（2），，由（1）得：，．，．【点评】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的判定，熟练掌握字模型相似三角形是解题的关键．3．（2024•武汉模拟）如图，是的外接圆，，，是的切线，切点分别为，．（1）求证：；（2）连接，与交于点，连接，，若，求的值．【分析】（1）连接并延长交与点，由垂径定理可得，再由切线的性质即可得，根据平行线、三角形的性质得出，即可得证；（2）因为，所以，已知，设，可得、、、的长，因为，是的切线，所以垂直平分，即是的中点，可得、的长，因为，，，所以，可得四边形是矩形，、，因为，，可得、、、的长，因为，，可得、、的长，由勾股定理可得的长，因为，所以，因为，可得，所以，因为是的中点，所以，即，，可得、、的长，由勾股定理求得的长，可得的值．【解答】（1）证明：连接并延长交于点，，，，，是的切线，，，，．，，，即，；（2）过点作，交于点，过作，交延长线于点，，，，，设，则，，，，是的切线，垂直平分，即是的中点，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，，，，，是的中点，，即，，，，，，，故答案为：．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，关键是掌握相似三角形的性质．4．（2024•巴彦县一模）为了加强视力保护意识，欢欢想在书房里挂一张测试距离为的视力表，但两面墙的距离只有．在一次课题学习课上，欢欢向全班同学征集“解决空间过小，如何放置视力表问题”的方案，其中甲、乙两位同学设计方案新颖，构思巧妙．甲乙图例方案如图①是测试距离为的大视力表，可以用硬纸板制作一个测试距离为的小视力表②．通过测量大视力表中“”的高度的长），即可求出小视力表中相应的“”的高度的长）使用平面镜成像的原理来解决房间小的问题．如图，在相距的两面墙上分别悬挂视力表与平面镜，由平面镜成像原理，作出了光路图，通过调整人的位置，使得视力表的上、下边沿，发出的光线经平面镜的上下边沿反射后射入人眼处，通过测量视力表的全长就可以计算出镜长（1）甲生的方案中如果大视力表中“”的高是，那么小视力表中相应“”的高是多少？（2）乙生的方案中如果视力表的全长为，请计算出镜长至少为多少米．【分析】（1）根据两组对角相等证明，再根据相似三角形对应边成比例列式求解；（2）作于点，延长线交于点，先证△，再根据相似三角形的相似比等于高的比列式求解．【解答】解：（1）由题意知，，，又，，，由题意知，，，，，解得，即小视力表中相应“”的高是；（2）如图，作于点，延长线交于点，由题意知，，，，，，，，△，，由题意知，，，，，，镜长至少为．【点评】本题考查相似三角形的应用，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．5．（2024•汝南县一模）某“综合与实践”小组开展测量本校旗杆高度的实践活动．他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量报告如下．课题测量旗杆的高度成员组长：组员：，，测量工具皮尺，标杆测量示意图说明：在水平地面上直立一根标杆，观测者沿着直线后退到点，使眼睛、标杆的顶端、旗杆的顶端在同一直线上．测量数据观测者与标杆的距离观测者与旗杆的距离标杆的长观测者的眼睛离地面的距离问题解决如图，过点作于点，交于点．请根据以上测量结果及该小组的思路．求学校旗杆的高度．【分析】根据题意可得：，，，，从而可得，然后证明字模型相似，从而利用相似三角形的性质求出的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．【解答】解：由题意得：，，，，，，，，，，，，学校旗杆的高度．【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握字模型相似三角形是解题的关键．6．（2024•雁塔区校级二模）阳光明媚的一天实践课上，亮亮准备用所学知识测量教学楼前一座假山的高度，如图，亮亮在地面上的点处，眼睛贴地观察，看到假山顶端、教学楼顶端在一条直线上．此时他起身在处站直，发现自己的影子末端和教学楼的影子末端恰好重合于点处，测得米，亮亮的身高为1.6米．假山的底部处因有花园围栏，无法到达，但经询问和进行部分测量后得知，米，点、、、在一条直线上，，，，已知教学楼的高度为16米，请你求出假山的高度．【分析】依据，可得，进而得出米．再根据，可得，进而得出假山的高度为8米．【解答】解：，，，，，即，解得．，，，，，即，解得，假山的高度为8米．【点评】本题主要考查了相似三角形的应用，测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．7．（2024•锦江区模拟）如图，为了测量山坡的护坡石坝坝顶与坝脚之间的距离，把一根长为6米的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿长1米处距离地面的高度为0.6米，又测得石坝与地面的倾斜角为．求石坝坝顶与坝脚之间的距离．（结果精确到，参考数据：，，【分析】过点作，垂足为，根据垂直定义可得，然后证明字模型相似，从而利用相似三角形的性质可求出的长，最后在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【解答】解：过点作，垂足为，，，，，，，，，解得：，在中，，（米，石坝坝顶与坝脚之间的距离约为3.8米．【点评】本题考查了相似三角形的应用，解直角三角形的应用坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．8．（2024•西安校级模拟）为了测量物体的高度，小小带着工具进行测量，方案如下：如图，小小在处放置一平面镜，她从点沿后退，当退行2米到处时，恰好在镜子中看到物体顶点的像，此时测得小小眼睛到地面的距离为1.5米；然后，小小在处竖立了一根高1.8米的标杆，发现地面上的点、标杆顶点和物体顶点在一条直线上，此时测得为2.6米，为3.5米，已知，，，点、、、、在一条直线上．请根据以上所测数据，计算的高度．【分析】根据题意可得：，再根据垂直定义可得，从而可得，然后利用相似三角形的性质可得，再证明字模型相似，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．【解答】解：由题意得：，，，，，，，，解得：，，，，，解得：，的高度为72.9米．【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．9．（2024•西安校级四模）每到三月就会让人想起那句：“西湖美景，三月天哪”，雷峰塔是杭州西湖的标志性景点，为了测出雷峰塔的高度，初三学生小白设计出了下面的测量方法：已知塔前有一4米高的小树，发现水平地面上点、树顶和塔顶恰好在一条直线上，测得米，、之间有一个花圃无法测量，然后在处放置一个平面镜，沿后退．退到处恰好在平面中看到树顶的像，此时米，测量者眼睛到地面的距离为1.6米，求出塔高．【分析】根据题意可得：，，，，从而可得，然后证明，从而利用相似三角形的性质求出的长，再证明字模型相似，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．【解答】解：由题意得：，，，，，，，，解得：，，，，，解得：，塔高为．【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．10．（2024•盐城模拟）《海岛算经》是我国魏晋时期的著名数学家刘徽所撰，该书研究的对象全是有关高与距离的测量，因首题测算海岛的高、远，故而书名由此而来，它是中国最早的一部测量数学著作，亦为地图学提供了数学基础．书中第四题为：今有望深谷，偃距岸上，令勾高六尺，从勺端望谷底，入下股九尺一寸，又设重矩于上，其矩间相去三丈尺），更从勺端望谷底，入上股八尺五寸，问谷深几何？大致译文如下：现在要测量谷的深度，拿一个高为6尺的“矩尺”仰放在岸上，从处望向谷底在上），下股为9.1尺，在的延长线上重新放置“矩尺”，其中尺，尺，从处望向谷底在上），下股为8.5尺，求谷的深度．（已知、、【分析】先证明字模型相似三角形，再利用相似三角形的性质可得，从而可得，进而可得，然后证明字模型相似三角形，再利用相似三角形的性质可得，从而可得，进而可得，最后可得，进行计算即可解答．【解答】解：，，，，，，，，，，，，，解得：，谷的深度为419尺．【点评】本题考查了相似三角形的应用，数学常识，熟练掌握字模型相似三角形是解题的关键．11．（2024•河南一模）“度高者重表，测深者累矩，孤离者三望，离而又旁求者四望．触类而长之，则虽幽遐诡伏，靡所不入”就是说，使用多次测量传递的方法，就可以测量出各点之间的距离和高度差．——刘徽《九章算术注序》某市科研考察队为了求出某海岛上的山峰的高度，如图，在同一海平面的处和处分别树立标杆和，标杆的高都是5.5米，两处相隔80米，从标杆向后退11米的处，可以看到顶峰和标杆顶端在一条直线上；从标杆向后退13米的处，可以看到顶峰和标杆顶端在一条直线上．求山峰的高度及它和标杆的水平距离．注：图中各点都在一个平面内．【分析】根据题意可得：，，，从而可得，然后证明字模型相似，，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．【解答】解：由题意得：，，，，，，，，，，，，，解得：，，解得：，山峰的高度为225.5米，它和标杆的水平距离为440米．【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握字模型相似三角形是解题的关键．12．（2023•益阳）如图，在中，，，点在边上，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，线段交于点，作于点，与线段交于点，连接，．（1）求证：△；（2）求证：；（3）若，，当平分四边形的面积时，求的长．【分析】（1）利用证明；（2）要证，也就是证明，但“两个角对应相等”的条件不够，所以想到“夹角相等，对应边成比例”，只要证明即可．（3）设，利用建立方程求解．【解答】（1）证明：，，，，，△；（2）证明：，，，，，，，，；（3）解：，，，，设，则，，，，△△，，，，，平分四边形的面积，，，，（舍，．【点评】本题考查了三角形全等和相似，对应（3），设，利用什么等量关系建立方程是关键．13．（2024•沭阳县校级模拟）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图①，已知和均为等腰直角三角形，点，分别在线段，上，且．（1）观察猜想小华将绕点逆时针旋转，连接，，设的延长线交于点，如图②，当点与点重合时：①的值为；②的度数为度；（2）类比探究：如图③，小芳在小华的基础上继续旋转，连接，，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由；（3）拓展延伸：若，，当所在的直线垂直于时，直接写出的长．【分析】（1）①如图②中，设交于点．证明，推出；②依据，推导出，进而得到，可得结论；（2）如图③中，设交于点．证明，可得结论；（3）分两种情形：如图④中，当于时，如图④中，当时，延长交于．分别求出，可得结论．【解答】解：（1）①如图②中，设交于点．，都是等腰直角三角形，，，，，；，；②，，，，故答案为：，45；（2），仍然成立，理由如下：如图③中，设交于点．，都是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，；（3）如图中，当于时，，，，，，，，，，．如图④中，当时，延长交于．同理可得，，，，综上所述，的长为或．【点评】本题考查了相似形综合应用，掌握等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键．14．（2024•镇海区校级二模）四边形内接于，是的直径，连结交于点，，垂足为．（1）如图1，若交于点．①求证：；②若的直径为10，，，求的长．（2）如图2，若交于点，连结，若，，，求的直径．【分析】（1）①易得，利用同角的余角相等得，结合圆周角定理即可得证；②过点作于点，由题意易得，，，，结合知，进而利用证明，得到，于是，，最后利用勾股定理求解即可；（2）设交于点，过点作于点，链接并延长交于点，延长交于点，连接，易得，，根据相似三角形的性质依次得出，，，，，于是，则，易得，于是，，得到，设的半径为，则，，以此列出方程求解即可．【解答】（1）①证明：是的直径，，，，，，又，，．②解：如图，过点作于点，在中，，，，由勾股定理得，，，在中，，，又，，在和中，，，，，，即，．（3）解：如图，设交于点，过点作于点，链接并延长交于点，延长交于点，连接，，，，，，，又，，，，为的直径，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，即，设的半径为，则，，，，的直径为．【点评】本题主要考查圆周角定理、锐角三角形函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等，属于圆的综合题，难度较大，是中考压轴题．解题关键是正确作出辅助线，利用平行线和相似三角形的性质解决问题．15．（2024•黄埔区一模）如图，在矩形和矩形中，，，，．矩形绕着点旋转，连接，，，．（1）求证：；（2）当的长度最大时，①求的长度；②在内是否存在一点，使得的值最小？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意，计算出，，然后求得，即可证明；（2）①当，，三点共线时，，的长度最大，由（1）知，，，，，可得，，因此．②如图3，将绕着点顺时针旋转，且使，连接，根据边角关系，可得；同理将绕着点顺时针旋转，得到，且使，连接，根据旋转，可得，根据两边对应成比例且夹角相等可得：，因此，由于，即，因此当，，，四点共线时，最小，由题意可知：，，，，过点作垂直的延长线于点，可得，可知，，在中，根据勾股定理得，因此的最小值为．【解答】（1）证明：四边形为矩形，，，，，，，，，，，，，，，；（2）解：①如图2，，当，，三点共线时，，的长度最大，由（1）知，，，，，，，．解：②如图3，将绕着点顺时针旋转，且使，连接，根据边角关系，可得；同理将绕着点顺时针旋转，得到，且使，连接，根据旋转，可得，根据两边对应成比例且夹角相等可得：，，，即，当，，，四点共线时，最小，由题意可知，，，，过点作垂直的延长线于点，可得，，，在中，根据勾股定理得，的最小值为．【点评】本题考查的是相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．题型三：相似基本模型（K字型（一线三等角））1．（2022•郴州）如图1，在矩形中，，．点是线段上的动点（点不与点，重合），连接，过点作，交于点．（1）求证：；（2）如图2，连接，过点作，垂足为，连接．点是线段的中点，连接．①求的最小值；②当取最小值时，求线段的长．【分析】（1）由矩形的性质及直角三角形的性质证出，根据相似三角形的判定可得出结论；（2）①连接，由直角三角形的性质得出，则点在以点为圆心，3为半径的圆上，当，，三点共线时，，此时，取得最小值，由勾股定理求出，则可得出答案；②方法一：过点作交于点，证明，由相似三角形的性质得出，设，则，得出，证明，得出比例线段，列出方程，解得，求出，由（1）得，设，则，得出方程，解得或，则可得出答案．方法二：过点作交于点，证明，由相似三角形的性质得出，求出，，证明，得出，求出，则可得出，后同方法一可求出的长．【解答】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，；（2）解：①连接，如图2，，是直角三角形，点是的中点，，点在以点为圆心，3为半径的圆上，当，，三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：，当，，三点共线时，，此时，取得最小值，在中，，的最小值为5．②方法一：如图3，过点作交于点，，，设，则，，，，，由（2）可知的最小值为5，即，又，，，解得，即，由（1）得，设，则，，解得：或，，，或．方法二：如图4，过点作交于点，，，由（2）可知的最小值为5，即，又，，，，由得，，即，解得，．由（1）得，设，则，，解得：或，，，或．【点评】本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形三边关系，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．2．（2024•太白县一模）为完成社会实践活动，晓玲打算去测量大雁塔南广场上伫立着的玄奘雕塑．晓玲自制了一个矩形纸板，按如图所示在地面固定纸板，使得雕塑顶端在的延长线上，并在顶点处悬挂一个铅锤，恰好交于点，测得点到雕塑的距离为，，，点到地面的距离为，，，于点，所有点都在一个平面内，请求出玄奘雕塑的高．【分析】根据垂直定义可得，再利用平行线的性质可得，从而可得，然后利用矩形的性质可得，从而可得，再利用同角的余角相等可得，从而可证，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．【解答】解：，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，解得：，点到地面的距离为，，，玄奘雕塑的高为．【点评】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键．3．（2023•武昌区模拟）【问题背景】（1）如图1，点，，在同一直线上，，求证：；【问题探究】（2）在（1）条件下，若点为的中点，求证：；【拓展运用】（3）如图2，在中，，点是的内心、若，，则的长为10．【分析】（1）根据三角形外角的性质得，即可证明结论；（2）由，得，可说明，进而证明结论成立；（3）过点作交于点，交于点，可知是等腰直角三角形，再说明，可得和的长，最后利用勾股定理求出的长．【解答】（1）证明：，，，，；（2）证明：，，，又，，，；（3）解：如图所示，过点作交于点，交于点，点是的内心，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，，，，，，为直角三角形，，故答案为：10．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理等知识，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键．4．（2023•灞桥区校级四模）问题提出：（1）如图①，在等边中，，为三等分点，连接，在右侧作，求的长；问题解决：（2）如图②，在矩形场地中，米，米，为对角线，现在要在边上设置一个门，在上安装一个扫描仪器，该扫描仪的范围为（即，经过测试将扫描范围设置为时，效果最佳，以、、、四点为顶点搭建一个帐篷，则将扫描仪放置距离多长距离时，四边形面积最大，最大面积为多少？【分析】（1）先利用等边三角形的性质可得，，从而可得，根据已知易得，从而可得，再利用平角定义可得，从而可得，然后证明，从而利用相似三角形的性质进行计算可求出的长，进而求出的长，即可解答；（2）过点作，垂足为，延长到点，使，连接，可得是的垂直的平分线，从而可得米，进而可得，再利用矩形的性质可得，从而在中，利用勾股定理可得米，进而可得，，然后根据已知可得，在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而求出的长，再设米，则米，最后证明，从而利用相似三角形的性质可求出米，进而可得米，再根据四边形的面积矩形的面积的面积，从而利用二次函数的性质即可解答．【解答】解：（1）是等边三角形，，，，为三等分点，，，，，，，，，，，的长为7；（2）过点作，垂足为，延长到点，使，连接，是的垂直的平分线，米，，四边形是矩形，，米，米，（米，，，，，，在中，（米，（米，设米，则米，，，，，，，米，米，四边形的面积矩形的面积的面积，当时，四边形的面积最大，最大值为98400平方米，将扫描仪放置距离米时，四边形面积最大，最大面积为98400平方米．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，二次函数的应用，等边三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．5．（2022•赤峰）同学们还记得吗？图①，图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为；【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．【分析】【问题一】利用判断出，即可得出答案；（2）先求出，再利用判断出，即可求出答案；【问题三】分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．【解答】解：【问题一】正方形的对角线相交于点，，，，四边形是正方形，，，，，故答案为：；【问题二】如图③，连接，，点是正方形的中心，，点是正方形的中心，，，，，，，，，；【问题三】在直线上存在点，使为直角三角形，①当时，如图④，延长，相交于点，四边形和四边形是正方形，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，；②当时，如图⑤，同①的方法得，，，，，或；③当时，如图⑥，过点作的平行线交的延长线于，延长，相交于，同①的方法得，四边形是矩形，，，，同①的方法得，四边形是矩形，，，，同①的方法得，，，，，，即的长度为2或3或6或7．【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．6．（2024•滨海县一模）【感知】如图①，在正方形中，为边上一点，连结，过点作交于点．易证：．（不需要证明）【探究】如图②，在矩形中，为边上一点，连结，过点作交于点．（1）求证：．（2）若，，为的中点，求的长．【应用】如图③，在中，，，．为边上一点（点不与点、重合），连结，过点作交于点．当为等腰三角形时，的长为或2．【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得，从而证明结论；（2）由（1）知，得，代入计算即可；【应用】如果，则，，则点与点重合，点与点重合，不符合题意；如果，利用证明，得，可得答案；如果，则，则，则，从而解决问题．【解答】【探究】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，，又，；（2）解：为的中点，，由（1）知，，即，；【应用】解：如果，则，，则点与点重合，点与点重合，不符合题意，②如果，则，为的外角，，，，，，，，又，，，，，，，，；如果，则，，在中，，，，又，点为的中点，，综上，的长为或2，故答案为：或2．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，运用分类思想是解决【应用】的关键．7．（2023•武汉模拟）点在的延长线上，且．（1）如图（1），若，求证：；（2）如图（2），若，，若，则的值为；（直接写出）（3）如图（3），连接，若，，求证：．【分析】（1）根据三角形外角的性质可得，从而证明结论；（2）过点作交于点，由（1）可得，则，设，则，，，即可得出答案；（3）延长到点，使得，连接，同理得，得，证明，说明，进而解决问题．【解答】（1）证明：，，，，；（2）解：如图（2），过点作交于点，，，，，，，，，，由（1）可得，，设，则，，，，故答案为：；（3）证明：如图（3），延长到点，使得，连接，，，，，又，，，，，，设，则，，，，，又，，，．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，构造一线三等角基本模型是解题的关键．8．（2023•榆次区一模）问题情境：在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展活动．如图①，四边形和四边形都是正方形，边长分别是12和13，将顶点与顶点重合，正方形绕点逆时针方向旋转，连接，．初步探究：（1）试猜想线段与的关系，并加以证明；问题解决：（2）如图②，在正方形的旋转过程中，当点恰好落在边上时，连接，求线段的长；（3）在图②中，若与交于点，请直接写出线段的长．【分析】（1）先判断出，，，进而判断出，得出，，最后用等角的余角相等，即可得出结论；（2）先求出，再判断出，得出，，再判断出，即可得出答案；（3）先判断出，得出，即可求出答案．【解答】解：（1），，证明：如图1，四边形和四边形是正方形，，，，，，，，，延长，相交于点，的延长线交于，，，，，，即，；（2）在中，，，根据勾股定理得，，如图2，过点作，交的延长线于，四边形是正方形，，，，四边形是正方形，，，，，，，，，，，；（3）如图2，由（2）知，，四边形是正方形，，，，由（2）知，，，，．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，勾股定理，作出辅助线构造出全等三角形和解（2）（3）的关键．9．（2023•商丘二模）综合与实践【动手操作】如图①，四边形是一张矩形纸片，，．先将矩形对折，使与重合，折痕为，沿剪开得到两个矩形．矩形保持不动，将矩形绕点逆时针旋转，点的对应点为．【探究发现】（1）如图②，当点与点重合时，交于点，交于点，此时两个矩形重叠部分四边形的形状是菱形，面积是；（2）如图③，当点落在边上时，恰好经过点，与交于点，求两个矩形重叠部分四边形的面积；【引申探究】（3）当点落在矩形的对角线所在的直线上时，直线与直线交于点，请直接写出线段的长．【分析】（1）证四边形是平行四边形，再证，得，则平行四边形是菱形，因此，设，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可解决问题；（2）由勾股定理得，则，，再证，得，即可解决问题；（3）分两种情况，①点在线段上时，②点在线段的延长线上时，由相似三角形的性质分别求出的长即可．【解答】解：（1）四边形是矩形，，，，由折叠的性质得：四边形和四边形是矩形，，，，，，四边形是平行四边形，由旋转的性质得：，，，即，，，平行四边形是菱形，，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，，，故答案为：菱形，；（2）在中，，，，，，，，，，，，，，；（3）分两种情况：①点在线段上时，如图④，，，，，，，，，，即，解得：；②点在线段的延长线上时，如图⑤，，，，，，即，解得：；综上所述，线段的长为或．【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、折叠的性质、旋转的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．10．（2023•金山区二模）如图，已知在中，，点是边中点，在边上取一点，使得，延长交延长线于点．（1）求证：；（2）设的中点为点，①如果为经过、、三点的圆的一条弦，当弦恰好是正十边形的一条边时，求的值；②经过、两点，联结、，当，，时，求的半径长．【分析】（1）根据等边对等角可得，再利用三角形的内角和定理得到结论；（2）①连接，根据正十边形的中心角可得，推出，根据对应边成比例解题即可；②由，得，过点作于点，则，等量代换得到的值，然后根据，求出的长，再利用勾股定理求出半径长即可．相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形，【解答】（1）证明：，，，，，；（2）①连接，是的中点，，，为圆的直径，连接，设经过、、三点的圆半径为，弦恰好是正十边形的一条边，，，又、是、的中点，，，，，，，，，则，即，解得：（舍，，②，，又，，，，设，由①可知，，，，，即，如图，过点作于点，在中，，，解得，，，，是所在圆的半径，，又，，，，，，即，解得：，连接，，的半径长为．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形，综合性较强，是压轴题，解题的关键是作辅助线构造三角形相似．11．（2024•钟楼区校级模拟）在同一平面内，具有一条公共边且不完全重合的两个全等三角形，我们称这两个三角形叫做“共边全等”．（1）下列图形中两个三角形不是“共边全等”是③；（2）如图1，在边长为6的等边三角形中，点在边上，且，点、分别在、边上，满足和为“共边全等”，求的长；（3）如图2，在平面直角坐标系中，直线分别与直线、轴相交于、两点，点是的中点，、在的边上，当以、、为顶点的三角形与“共边全等”时，请直接写出点的坐标．【分析】（1）由于第③个图不符合共边要求，所以图③即为答案；（2）为两个全等三角形的公共边，由于点在边上，在边上，两个三角形的位置可以如图②，在公共边异侧，构成一个轴对称图形，也可以构成一个平行四边形（将图③的两条最长边重合形成），分两类讨论，画出图形，按照图②构图，会得到一个一线三等角模型，利用相似，列出方程来解决，按照平行四边形构图，直接得到为等边三角形，计算边长即可求得；（3）由题目要求，可以知道两个全等三角形的公共边为边，由于要构成，所以点只能在和边上，当在边上，两个三角形可以在同侧，也可以在异侧，当在异侧构图时，可以得到图3和图4，在图3中，当在同侧构图时，可以得到图6，当在边上时，只能落在上，得到图7，利用已知条件，解三角形，即可求出点坐标．【解答】解：（1）①②均符合共边全等的特点，只有③，没有公共边，所以③不符合条件，答案是③；（2）①如图1，当，且是共边全等时，，，是等边三角形，是等边三角形，，，，②如图2，当，且是共边全等时，，，，，又，，又，，，设，则，，解得，，，，综上所述，或；（3）联立，解得，，令，得，，，为中点，，，由题可得，点只能在边和上，①在上时，如图3，，，，，四边形为平行四边形，为中点，为中点，又，为中点，，②当在边上，如图4，，，如图5，过作于，则，，，，过作于，，设，则，，，，，，③当在边上，在边上时，如图6，，，，过作于，，，，，设，，，，，④当在上，在上时，，如图7，，过，分别作得垂线，垂足分别为，，，，，四边形是平行四边形，为中点，为中点，，综上所述，或或或．【点评】此题是一道一次函数和三角形的综合题，充分利用第一问的构图是此题的突破口，当点所在的位置不确定时，要注意分类讨论，同时，利用已知数据解三角形是解决此题的基本能力要求．12．（2023•梁溪区校级二模）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，，将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形．（1）当点恰好落在轴上时，如图1，求点的坐标；（2）当点恰好落在矩形的对角线上时，求点的坐标；（3）在旋转过程中，点是直线与直线的交点，点是直线与直线的交点，若，请直接写出点的坐标．【分析】（1）由旋转的性质可得，，，再由勾股定理求出的长，即可得出结论；（2）分两种情况，①当点恰好落在矩形的对角线上时，设交于点，连接交于点，连接，证，得，，再证点、、三点共线，即可解决问题；②当点恰好落在矩形的对角线上上时，过点作轴于点，过点作于点，证，求出，，同理，求出，，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，由面积法可求，再由勾股定理求出的值，即可解决问题．【解答】解：（1）四边形是矩形，，，，将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形，，，，，点的坐标；（2）分两种情况：①如图2，当点恰好落在矩形的对角线上时，设交于点，连接交于点，连接，四边形是矩形，，，，，，将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，点、、三点共线，，，点、点关于对称，，点的坐标为；②如图3，当点恰好落在矩形的对角线上上时，过点作轴于点，过点作于点，则，将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形，，，，，，，，，，即，解得：，，同理：，，即，解得：，，，，点的坐标为，；综上所述，点的坐标为或，；（3）分两种情况：①如图4，当点在点右侧时，连接，过点作于点，，设，则，，，，四边形是矩形，，，，，，解得：（负值已舍去），，，点的坐标为，；②如图5，当点在点左侧时，连接，过点作于点，，设，则，，，，四边形是矩形，，，，，，解得：，，，点的坐标为，；综上所述，点的坐标为，或，．【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和旋转的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．题型四：相似三角形基本模型（旋转型（手拉手））1．（2024•新都区模拟）如图，已知矩形和矩形共用顶点，点在线段上，连接，，且．（1）求证：；（2）若，，，求的长．【分析】（3）利用同角的余角相等可得，结合条件即可证明，以此即可得证；（2）易得，结合（1）中结论并根据等角加等角相等得，再由勾股定理求得的长，于是得出的长，由可求出的长，最后再利用勾股定理即可求解．【解答】（1）证明：四边形和四边形均为矩形，，即，，又，，．（2）解：四边形为矩形，，，，，，即，在中，，，，，，由（1）知，，，，，，在中，．【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理，解题关键：（1）由同角的余角相等得到；（2）根据角之间的关系推理证明．2．（2023•平遥县二模）（1）【问题呈现】如图1，和都是等边三角形，连接，．请判断与的数量关系：．（2）【类比探究】如图2，和都是等腰直角三角形，．连接，．请写出与的数量关系：．（3）【拓展提升】如图3，和都是直角三角形，，且．连接，．①求的值；②延长交于点，交于点．求的值．【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明，即可得解；（2）根据等腰直角三角形的性质，直角边与斜边的关系，证明，再根据相似三角形的性质，对应边的比等于相似比，即可求解；（3）①根据，，可证，可得，在中，求出，在中，求出，再证，根据相似三角形的性质即可求解；②由①得：，由此可证，得，在中，根据余弦的计算方法即可求解．【解答】解：（1）和都是等边三角形，，，在，中，，，，故答案为：．（2）结论：或，理由如下：和都是等腰直角三角形，，，，，且，，，或，故答案为：或；（3）①，，，，即，，设，，在中，，同理，在中，设，，则，，，即，，；②由①得：，，，，，，在中，，．【点评】本题主要考查等边三角形，等腰直角三角形，直角三角形，全等三角形，相似三角形的综合，掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．3．（2023•山阴县模拟）在学习镜面反射后，小明知道了当入射光线与镜面垂直时，反射光线将与入射光线重合，沿原路返回．他利用此现象设计了一个测量物体高度的工具．项目图例说明测量工具横截面图直角三角形中，，米，点为的中点，在点处固定一面平面镜，矩形为支架，在支架底部安装轮子，方便移动，支架的高度（包含轮子的高度）米．测量示意图在建筑物的顶端处安装红外线灯以及一块白色纸板，纸板大小忽略不计，将测高工具放置在与建筑物同一平面上，在地面上移动工具，当红外线灯照射到点处，且反射光线落在白色纸板上时，停止移动测高工具．待测数据的长在一次实际测量过程中，小明测得测高工具与建筑物的水平距离米，请计算建筑物的高度（结果精确到0.1米，参考数据．【分析】通过过点作和的垂线，构造相似三角形，再把所得线段相加，即可求得的长．【解答】解：过点作垂线，垂足为，过点作垂线，垂足为，交于点．，，且．四边形为矩形．，又，且，．．又，且为中点，，．又．，得，又．．又，所以．故建筑物的高度约为4.8米．【点评】本题考查了用相似三角形解决实际问题，理解题意以及构造出合适的相似三角形是解决本题的关键．4．（2023•海城市校级三模）已知：点、、在同一条直线上，，线段、交于点．（1）如图1，若，①问线段与有怎样的数量关系？并说明理由；②求的大小（用表示）；（2）如图2，若，，则线段与的数量关系为，（用表示）；（3）在（2）的条件下，把绕点逆时针旋转，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接并延长交于点．则（用表示）．【分析】（1）①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出，则，再根据证明，从而得出；②先由全等三角形的对应角相等得出，再根据三角形的外角性质即可得出；（2）先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出，则，再由，，得出，则根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似证出，得出，，然后根据三角形的外角性质即可得出；（3）先在备用图中利用作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出，由，，得出，从而证出，得出，然后根据三角形的外角性质即可得出．【解答】解：（1）如图1．①，理由如下：，，，，同理可得：，，，即：．在与中，，，；②，，，；（2）如图2．，，，同理可得：，，，即：．，，．在与中，，，，，，；，．故答案为：，；（3）如图．，，，同理可得：，，即．，，．在与中，，，，，，，．故答案为：．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，相似三角形的判定与性质，作图旋转变换，综合性较强，有一定难度．由于全等是相似的特殊情况，所以做第二问可以借助第一问的思路及方法，做第三问又可以遵照第二问的做法，本题三问由浅入深，层层递进，做好第一问是关键．5．（2023•市中区校级四模）问题提出如图1，在等边内部有一点，，，，求的度数．数学思考当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分数的条件集中起来解决问题．尝试解决将绕点逆时针旋转，得到△，连接，则为等边三角形．，又，，．△为直角三角形，的度数为．类比探究如图2，在中，，，其内部有一点，若，，，求的度数．联想拓展如图3，在中，，，其内部有一点，若，，，求的度数．【分析】类比探究类比上面的例题，将绕点逆时针旋转，得到△，利用勾股定理说明△为直角三角形；联想拓展，直接旋转行不通，因为，所以旋转后再放缩即可，利用三角形相似解决．【解答】解：尝试解决直角，；类比探究将绕点逆时针旋转，得到△，连接，则为等腰直角三角形，，又，，，△为直角三角形，，．联想拓展如图，在的左侧构造三角形，使，，，，，，△，，，，，，，，，在△中，，，，，．【点评】本题考查了旋转的知识，是手拉手的变式，渗透了类比的思想，对于联想拓展，因为，直接旋转行不通，因为，所以想到三角形相似．6．（2023•江汉区校级模拟）如图，和都是直角三角形，，．（1）如图1，证明：；（2）如图2，延长，交于点，是的中点，连接，证明：；（3）如图3，若，，绕点旋转，当点、、共线时，直接写出的长或．【分析】（1）由题意易得，利用相似三角形的性质得到，再根据同角加等角相等可得，以此即可证明；（2）由可得，以此可证、、、四点共圆（若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆），由圆周角定理得到是该圆的直径，进而得到为圆心，以此即可证明；（3）分两种情况：当在的延长线上时，连接，由含30度角的直角三角形性质可得，，，再利用勾股定理求出，则，由，利用相似三角形的性质即可求出；当在的延长线上时，连接，同理可得：，，，，此时，利用相似三角形的性质即可求解．【解答】（1）证明：，．，，，，即，，；（2）证明：，，即，、、、四点共圆，，是以、、、四点共圆的直径，为的中点，是以、、、四点共圆的圆心，；解：（3）当在的延长线上时，如图，连接，，，，，，，，在中，，在中，，，，，即，；当在的延长线上时，如图，连接，同理可得：，，，，，，，即，．综上，的长为或．故答案为：或．【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、含角的直角三角形、勾股定理，熟练掌握判定三角形相似的方法和相似三角形的性质，并学会利用分类讨论和数形结合的思想解决问题是解题关键．7．（2023•亳州二模）如图1，在和中，，．（1）①求证：；②若，试判断的形状，并说明理由；（2）如图2，旋转，使点落在边上，若，．求证：．【分析】（1）①根据两个角相等可得，得，再根据，可证明结论；②由①知，当时，，则是等腰三角形；（2）同理证明，得，再利用直角三角形的两个锐角互余，即可证明结论．【解答】（1）①证明：，，，，即，又，，即，；②解：是等腰三角形，理由如下：由①知，，，，是等腰三角形；（2）证明：，，，，，又，，，，，，，，．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．8．（2024•邳州市校级一模）（1）问题发现：如图1，和均为等边三角形，点，，在同一直线上，连接．①线段，之间的数量关系为；②的度数为．（2）拓展探究：如图2，和均为等腰直角三角形，，点，，在同一直线上，连接，求的值及的度数；（3）解决问题：如图3，在正方形中，，若点满足，且，请直接写出点到直线的距离．【分析】（1）①由“”可证，由全等三角形的性质可求；②由全等三角形的性质可得，即可求解；（2）首先证明，由相似三角形的性质可得，，即可求解；（3）由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，同时点也在以为直径的圆上，即点是两圆的交点，分两种情况讨论，由勾股定理即可求点到的距离．【解答】解：（1）①和均为等边三角形，，，，，，在和中，，，；②，，，，；故答案为：①，②；（2）和均为等腰直角三角形，，，，，即，，，，，，，，故，；（3）点满足，点在以为圆心，为半径的圆上，，点在以为直径的圆上，如图3，点是两圆的交点，若点在上方，连接，过点作于，过点作于，，，，，，，，四边形是矩形，，在和中，，，，，，，，，在中，，即，解得：或．点到直线的距离为或．【点评】本题是四边形形综合题，考查的是等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．9．（2023•开阳县模拟）【特例感知】（1）如图①，和是等腰直角三角形，，点在上，点在的延长线上，连接，，写出图中一对你认为全等的三角形；【类比迁移】（2）如图②，将图1中的绕着点顺时针旋转，那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．【方法运用】（3）如图③，若，点是线段外一动点，，连接．若将绕点顺时针旋转得到，连接，是否有最小值，若有请求出最小值；若没有，请说明理由．【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，根据证明，可得结论；（2）与（1）同理可证明（1）中结论成立；（3）过点作，使得，连接，．判定，即可得到的长为定值，进而得出点的运动轨迹为以为圆心，长为半径的圆，故当点在线段上时，存在最小值．【解答】解：（1）和是等腰直角三角形，，，，，故答案为：；（2）仍然成立．，，和是等腰直角三角形，，，；（3）有最小值．如图，过点作，使得，连接，，与都是等腰直角三角形，，，，，，点的运动轨迹为以为圆心，长为半径的圆，，当点在线段上时，的最小值为．【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质等知识的综合运用．作辅助线构造相似三角形是解决问题（3）的关键；确定点的运动轨迹为以为圆心，长为半径的圆是难点所在．10．（2023•获嘉县模拟）在中，，，为上的一点（不与端点重合），过点作交于点，得到．（1）【问题发现】如图1，当时，为的中点时，与的数量关系为；（2）【类比探究】如图2，当时，绕点顺时针旋转，连接，，则在旋转过程中与之间的数量关系是否发生变化？请说明理由；（3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知，，当绕点顺时针旋转至，，三点共线时，请直接写出线段的长．【分析】（1）当时，，可得，由，得出，可得，推出，即可得出答案；（2）通过证明，可得，即可求解；（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．【解答】解：（1）当时，，，，为的中点，，，，，，，，，，，，，，故答案为：；（2）的数量关系不变，理由如下：当时，，则，，，由勾股定理可得：，，，，，，由旋转得：，即，，，，；（3），，，，由勾股定理可得：，，绕点顺时针旋转至，，三点共线，，，，，当旋转至直线上方时，如图，则；当旋转至直线下方时，如图，则；综上所述，线段的长为或．【点评】本题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．11．（2023•顺城区三模）如图，是等边三角形，将线段绕点旋转，得到线段，连接，的角平分线交直线于点，连接．（1）如图1，当时，猜想线段，，三条线段之间的数量关系，请直接写出你的猜想；（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请完成证明，若不成立，请写出正确的结论并说明理由；（3）若，时，请直接写出的长．【分析】（1）延长到，使，连接，根据等边三角形的性质和旋转的性质推出判定的条件，根据全等三角形的性质推出判定的条件，判定全等后推出是等边三角形，根据对应线段之间的关系即可得到线段，，三条线段之间的数量关系；（2）在线段上截取，使，连接，根据等边三角形的性质和旋转的性质推出判定的条件，根据全等三角形的性质推出判定的条件，判定全等后推出是等边三角形，根据对应线段之间的关系即可得到线段，，三条线段之间的数量关系；（3）分①在内部和外部两种情况进行分析，根据相似三角形的性质和等边三角形的性质即可求出的长．【解答】解：（1）．理由如下：如图1，延长到，使，连接，是等边三角形，，绕点旋转得到，，，平分，，又，，，，，，，，，，，，，，，即，是等边三角形，，，；（2）不成立，正确结论为：．理由如下：如图2，在线段上截取，使，连接，是等边三角形，，，绕点旋转得到，，，平分，，，，，，，，，，，，，，，即，是等边三角形，，，；（3）如图3，当在内部时，，，，，平分，，，，过点作于，且，，，，，，，，，，，，，，，，；当在外部时，，，，，，，△是等边三角形，平分，，，，，综上，的长为6或．【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及等边三角形的性质等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．12．（2023•郴州模拟）如图1，在中，，，，点是上一点（不与点，重合），作，交于点．如图2，把绕点顺时针旋转度，连接，，．在旋转过程中，完成以下问题，：（1）如图2，求证：；（2）如图3，若点，，分别是，，的中点，求的值；（3）如图2，若，求面积的最小值．【分析】（1）由，得，再说明，可得；（2）由三角形中位线定理知．同理，．由（1）知，进而解决问题；（3）根据绕点旋转，则是的半径，要使达到最小值，即：使以为底，点到上的距离达到最小值．过点作于点．当点，，三点共线时，有最小值，即，进而解决问题．【解答】（1）证明：如图1，绕点旋转前，，，，即，如图2，绕点顺时针旋转度过程中，，，，．（2）解：点，，分别是，，的中点，是的中位线，．同理，．由（1）得，且，．，；（3）解：如图，．，．绕点旋转，则是的半径，要使达到最小值，即：使以为底，点到上的距离达到最小值．过点作于点．在绕点顺时针旋转度的过程中，的三边关系有：，当点，，三点共线时，有最小值，即，，，，．即面积的最小值为24．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，旋转的性质等知识，确定点的运动路径是解题的关键．13．（2023•南山区校级二模）已知正方形，将边绕点顺时针旋转至线段，的平分线所在直线与直线相交于点．【探索发现】（1）如图1，当为锐角时，请先用“尺规作图”作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法），再依题意补全图形，求证：；【深入探究】（2）在（1）的条件下，①的度数为；②连接，猜想线段和之间的数量关系，并证明；【拓展思考】（3）若正方形的边长，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段的长度．【分析】（1）依题意补全图形，连接，由正方形和旋转的性质可得，由角平分线的定义可得，再通过证明即可求解；（2）①设，则，由可得，由可得，再根据计算即可求解；②连接、和，易得和为等腰直角三角形，，，由等角减同角相等可得，以此可证明，利用相似三角形的性质即可求解；（3）分两种情况：当为对角线时此时，；当为对角线时，连接，同（1）可证：，得到，由可得，，由四边形内角和定理得到，进而求得，于是是等腰直角三角形，同（2）②可证：，，设，则，，在中，利用勾股定理建立方程求解即可．【解答】解：（1）“尺规作图”补全图形如图：证明：如图，连接，四边形是正方形，，由旋转知，，，平分，，在和中，，，；（2）①设，，，四边形为正方形，，，，，；故答案为：；②，理由如下：如图，连接、和，，，为等腰直角三角形，，，四边形为正方形，为等腰直角三角形，，，，，即，，，；（3）当为对角线时，如图，此时，；当为对角线时，如图，连接，四边形为边长为6的正方形，，同（1）可证：，，，，，，，是等腰直角三角形，同（2）②可证：，