专题27 图形的相似（46题）（解析版）-2024年中考数学真题分类汇编

PAGE13PAGE14专题27图形的相似（46题）一、单选题1．（2024·重庆·中考真题）若两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】此题考查了相似三角形的性质，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”解答即可．【详解】解：两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是，故选：D．2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源的照射下形成的投影是，若，则的面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：∵一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源的照射下形成的投影是，，∴，∴位似图形由三角形硬纸板与其灯光照射下的中心投影组成，相似比为，∵三角形硬纸板的面积为，∴，∴的面积为．故选：D．3．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（

）A．2 B．3 C． D．【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】解：∵正方形，，∴，∵正方形，，∴，∴，由题意得，∴，∴，即，解得，故选：B．4．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中位线性质可判断；由相似三角形的判定和性质可判断，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键．【详解】解：∵点分别为边的中点，∴，，故正确；∵，∴，故正确；∵，∴，∴，故错误；故选：．5．（2024·江苏连云港·中考真题）下列网格中各个小正方形的边长均为1，阴影部分图形分别记作甲、乙、丙、丁，其中是相似形的为（

）

A．甲和乙 B．乙和丁 C．甲和丙 D．甲和丁【答案】D【分析】本题考查相似图形，根据对应角相等，对应边对应成比例的图形是相似图形结合正方形的性质，进行判断即可．【详解】解：由图可知，只有选项甲和丁中的对应角相等，且对应边对应成比例，它们的形状相同，大小不同，是相似形．故选D．6．（2024·浙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与是位似图形，位似中心为点．若点的对应点为，则点的对应点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了位似变换，根据点的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似变换的性质是解题的关键．【详解】解：∵与是位似图形，点的对应点为，∴与的位似比为，∴点的对应点的坐标为，即，故选：．7．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形各顶点的坐标分别为，，，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了位似图形的性质，根据题意横纵的坐标乘以，即可求解．【详解】解：依题意，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是故选：D．8．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似性质与判定的综合．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，分别求出，，则各选项可以判定．【详解】解：由作图可知，为的角平分，∴，故A正确；∵四边形为平行四边形，∴，∵∴，∴，∴，∴，故B正确；∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，故D错误；∵，∴，故C正确，故选：D．9．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可．【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，∴，，，∴，∵，，∴，∴，∵点E，F分别为对角线的三等分点，∴，∵正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选：B．10．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，点A为反比例函数图象上的一点，连接，过点O作的垂线与反比例的图象交于点B，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，三角形相似的判定和性质，数形结合是解题的关键．过A作轴于C，过B作轴于D，证明，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可．【详解】解：过A作轴于C，过B作轴于D，∴，，，∵，∴，∴，∴，即，∴（负值舍去），故选：A．11．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（

）A．若，则B．若，，，则C．若，，则D．若，，则【答案】D【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定；根据相似三角形的性质与判定即可判断A，根据题意可得四边形是的角平分线，进而判断四边形是菱形，证明可得则垂直平分，即可判断B选项，证明四边形是菱形，即可判断C选项，D选项给的条件，若加上，则成立，据此，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴A.若，即，又，∴∴∴，故A选项正确，B.若，，，∴是的角平分线，∴∵∴∴∴∴四边形是菱形，∴在中，∴∴又∵∴∴，故B选项正确，C.∵，∴∵，∴∴∴∴四边形是菱形，∴，又∵∴，∵，∴垂直平分，∴∴，故C选项正确；D.若，则四边形是菱形，由，且时，可得垂直平分，∵∴，故D选项不正确故选：D．12．（2024·河南·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出，证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解∶∵四边形是平行四边形，∴，∵点E为的中点，∴，∵，∴，∴，即，∴，故选：B．13．（2024·安徽·中考真题）如图，在中，，，，是边上的高．点E，F分别在边，上（不与端点重合），且．设，四边形的面积为y，则y关于x的函数图象为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了函数图象的识别，相似三角形的判定以及性质，勾股定理的应用，过点E作于点H，由勾股定理求出，根据等面积法求出，先证明，由相似三角形的性质可得出，即可求出，再证明，由相似三角形的性质可得出，即可得出，根据，代入可得出一次函数的解析式，最后根据自变量的大小求出对应的函数值．【详解】解：过点E作于点H，如下图：∵，，，∴，∵是边上的高．∴，∴，∵，，∴，∴，解得：，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴∵，∴当时，，当时，．故选：A．14．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键．作辅助线如图，由平行正相似先证，再证，即可求得结果．【详解】解：延长和，交于点，∵四边形是平行四边形，∴，即，∴∴，∵，，∴，∴，又∵，，∴，∵，，∴，∴，∴∴，∴，∴∵，∴．故选：B．二、填空题15．（2024·江苏盐城·中考真题）两个相似多边形的相似比为，则它们的周长的比为．【答案】/【分析】本题考查了相似多边形的性质，根据相似多边形周长之比等于相似比即可求解，掌握相似多边形的性质是解题的关键．【详解】解：∵两个相似多边形的相似比为，∴它们的周长的比为，故答案为：．16．（2024·云南·中考真题）如图，与交于点，且．若，则．

【答案】/0.5【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，证明，根据相似三角形周长之比等于相似比，即可解题．【详解】解：，，，故答案为：．17．（2024·江苏扬州·中考真题）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）经小孔在屏幕（竖直放置）上成像．设，．小孔到的距离为，则小孔到的距离为．【答案】【分析】此题主要考查了相似三角形的应用，由题意得，，过作于点，交于点，利用已知得出，进而利用相似三角形的性质求出即可，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．【详解】由题意得：，∴，如图，过作于点，交于点，∴，，∴，即，∴（），即小孔到的距离为，故答案为：．18．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为．【答案】【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即．【详解】解：∵正方形的对角线相交于点O，∴，，∵点E是的中点，∴，∵，∴，∴，∴，即，故答案为：．19．（2024·四川眉山·中考真题）如图，内接于，点在上，平分交于，连接．若，，则的长为．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，延长，交于，由圆周角定理可得，，进而可证明，得到，即得，利用勾股定理得，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：延长，交于，是的直径，，，平分，，又∵，∴，，，，，，，又∵，∴，，，，，，故答案为：．20．（2024·湖北·中考真题）为等边三角形，分别延长，到点，使，连接，，连接并延长交于点．若，则，．【答案】/30度/【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理．利用三角形的外角性质结合可求得；作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】解：∵为等边三角形，，∴，，∴，，，作交的延长线于点，∴，，∵，∴，∴，∴，即，解得，故答案为：，．21．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为．【答案】/【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．首先根据菱形的性质得到，，，然后勾股定理求出，，然后证明出，得到，求出，然后证明出，得到，求出，进而求解即可．【详解】解：菱形的边长为6，，，，，，，，在中，，，，，，，在中，，，，，，，，，，．故答案为：．22．（2024·四川乐山·中考真题）如图，在梯形中，，对角线和交于点O，若，则．【答案】【分析】本题考查了平行线间的距离，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握平行线间的距离，相似三角形的判定与性质是解题的关键．设的距离为，则，即，证明，则，计算求解即可．【详解】解：设的距离为，∴，即，∵，∴，，∴，∴，故答案为：．23．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则．【答案】【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，根据平行四边形的性质得出，证明得出，，进而可得，即可求解．【详解】如图所示，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，∵四边形是平行四边形，点，，，∴，∴，即，则，∵轴，轴，∴∴∴∴，∴∴故答案为：．24．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则．

【答案】【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．【详解】解：连接，过E作于F，设，，

∵，为中点，∴，又，∴，，，∴，，∵，∴，则，又，∴，∴，，∴，则；∵是的一条角平分线，∴，又，∴，∴∴，则，∴，即，解得（负值已舍去），故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．25．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则．【答案】/【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．设，，根据折叠性质得，，过E作于H，设与相交于M，证明得到，进而得到，，证明是等腰直角三角形得到，可得，证明得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x值即可．【详解】解：∵，∴设，，∵沿翻折，得到，∴，，过E作于H，设与相交于M，则，又，∴，∴，∵，，，∴，∴，，则，∴是等腰直角三角形，∴，则，∴，在和中，，∴，∴，，∴，，∵的面积是面积的2倍，∴，则，解得，（舍去），即，故答案为：．三、解答题26．（2024·四川眉山·中考真题）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，，平分交于点，连结．(1)求证：是的切线；(2)当时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论；（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到，求得，连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，是的直径，，，，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：，，，，，，，连接，平分，，，，是的直径，，．27．（2024·四川凉山·中考真题）如图，是的直径，点在上，平分交于点，过点的直线，交的延长线于点，交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)连接并延长，分别交于两点，交于点，若的半径为，求的值．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质及角平分线得到，根据平行线的性质得，即可证明；（2）连接，先解，求得，，则，，可证明，由，得，故，证明，即可得到．【详解】（1）解：连接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，即，∵是的半径∴是的切线；（2）解：连接，∵，∴在中，，由勾股定理得：∴，∵在中，，∴，∵，∴，而，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．28．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，点C在以为直径的上，过点C作的切线l，过点A作，垂足为D，连接．(1)求证：；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】题目主要考查切线的性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．（1）连接，根据题意得，，利用等量代换确定，再由相似三角形的判定即可证明；（2）先由勾股定理确定，然后利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）证明：连接，如图所示：∵是的切线，点C在以为直径的上，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）∵，，∴，由（1）得，∴即，∴，∴的半径为．29．（2024·陕西·中考真题）如图，直线l与相切于点A，是的直径，点C，D在l上，且位于点A两侧，连接，分别与交于点E，F，连接．(1)求证：；(2)若的半径，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）利用切线和直径的性质求得，再利用等角的余角相等即可证明；（2）先求得，，证明和是等腰直角三角形，求得的长，再证明，据此求解即可．【详解】（1）证明：∵直线l与相切于点A，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∴；（2）解：∵，∴，，∵直线l与相切于点A，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵是的直径，∴，∴也是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理等知识点的应用，掌握切线的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．30．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．(1)求证：；(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，，进而由三角形全等的判定与性质即可得到．【详解】（1）证明：在矩形中，，，，，，，，，，，即，，；（2）证明：连接交于点，如图所示：在矩形中，，则，，，，，，在矩形中，，，，，，，，在和中，，．【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．31．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，中，，，经过B，C两点，与斜边交于点E，连接并延长交于点M，交于点D，过点E作，交于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，延长，交于点，连接根据直径所对的圆周角是直角求出，得，，由可得，从而可证明是的切线；（2）由得，即，证明，得，由得，故可得，由勾股定理求出，得，由勾股定理求出，，根据求出，进一步求出【详解】（1）证明：连接，延长，交于点，连接如图，∵∴是等腰直角三角形，∴∵是的直径，∴∴∴∴∵∴即∵是的半径，∴是的切线；（2）解：∵，，∴，∵∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在等腰直角三角形中，,∴，解得，，∴，∴在中，∴，又，∴∴∴∴【点睛】本题主要考查平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造圆周角是解答本题的关键．32．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，在四边形中，，连接，过点作，垂足为，交于点，．(1)求证：；(2)若．①请判断线段，的数量关系，并证明你的结论；②若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)①，理由见解析；②【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．（1）由余角的性质可得，，根据，可得；（2）①设，可求，可求，根据等腰三角形的判定可得；②由勾股定理可求，由“”可证，可得，通过证明，可得，即可求解．【详解】（1）证明：，，，，，；（2）解：①，理由如下：设，，，，，，；②，，，，，，，，，，，，，．33．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在中，，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交延长线于点F．请你解决下面各组提出的问题：(1)求证：；(2)探究与的关系；某小组探究发现，当时，；当时，．请你继续探究：①当时，直接写出的值；②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明；(3)拓展应用：在图1中，过点F作，垂足为点P，连接，得到图2，当点D运动到使时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)①②，证明见解析(3)【分析】（1）等边对等角，得到，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到，即可得出结论；（2）①根据给定的信息，得到是的2倍，即可得出结果；②猜想，作于点，证明，得到，三线合一得到，即可得出结论；（3）过点作，角平分线的性质，得到，推出，等角的余角相等，得到，进而得到，得到，根据，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，，且，∴，∴；（2）解：①当时，；当时，，∴总结规律得：是的2倍，∴当时，；②当时，猜想，证明：作于点，∵，∴，∴，∵，∴，由（1）知，又，∴，即，∴；（3），理由如下：过点作，∵，，∴，由（2）知，当时，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，由（1）知，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．34．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点．(1)求的值；(2)求证：；(3)求证：与互相平分．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果；（2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论；（3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出，得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．【详解】（1），且是的直径，．，在中，．，在中，．，；（2）过点作，交延长线于点．．，，．，，，，，．，，，，．（3）如图，连接．是的直径，．，．由（2）知，，，，．．，．由（2）知，，．，，，四边形是平行四边形，与互相平分．【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．35．（2024·北京·中考真题）如图，是的直径，点，在上，平分.

(1)求证：；(2)延长交于点，连接交于点，过点作的切线交的延长线于点.若，，求半径的长.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据题意，得，结合，得到，继而得到，根据平分，得到，继而得到，可证；（2）不妨设，则，求得，证明，，求得，取的中点M，连接，则，求得，，结合切线性质，得到，解答即可.【详解】（1）根据题意，得，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴；（2）∵，，不妨设，则，∴，∵，∴，，∴，∴，解得，取的中点M，连接，则∵，∴，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，解得，故半径的长为.

【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键.36．（2024·四川广元·中考真题）数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．在中，点为边上一点，连接．(1)初步探究如图2，若，求证：；(2)尝试应用如图3，在（1）的条件下，若点为中点，，求的长；(3)创新提升如图4，点为中点，连接，若，，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据题意，由，，利用两个三角形相似的判定定理即可得到，再由相似性质即可得证；（2）设，由（1）中相似，代值求解得到，从而根据与的相似比为求解即可得到答案；（3）过点作的平行线交的延长线于点，如图1所示，设，过点作于点，如图2所示，利用含的直角三角形性质及勾股定理即可得到相关角度与线段长，再由三角形相似的判定与性质得到，代值求解即可得到答案．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∴；（2）解：∵点为中点，∴设，由（1）知，∴，∴，∴与的相似比为，∴，∵∴；（3）解：过点作的平行线交的延长线于点，过作，如图1所示：∵点为中点，∴设，∵，∴，，在中，，则由勾股定理可得，过点作于点，如图2所示：∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∵，点为中点，∴，，，又∵，∴，，∴，又∵，∴，，∴，即，∴，∴．【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．37．（2024·安徽·中考真题）如图1，的对角线与交于点O，点M，N分别在边，上，且．点E，F分别是与，的交点．(1)求证：；(2)连接交于点H，连接，．（ⅰ）如图2，若，求证：；（ⅱ）如图3，若为菱形，且，，求的值．【答案】(1)见详解(2)（ⅰ）见详解，（ⅱ）【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，再证明是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得出，再利用证明，利用全等三角形的性质可得出．（2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出，结合已知条件等量代换，进一步证明，由相似三角形的性质可得出，即可得出．（ⅱ）由菱形的性质得出，进一步得出，，进一步可得出，进一步得出，同理可求出，再根据即可得出答案．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴．在与中，∴．∴．（2）（ⅰ）∵∴，又．，∴，∵，∴，∴，∴（ⅱ）∵是菱形，∴，又，，∴，∴，∵．，∴，∴，即，∴，∴，∵，，，∴，∴，即，∴∴，故．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键．38．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．

(1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．①求证：是的中点；②求；(2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．【答案】(1)①见解析；②(2)，理由见解析【分析】（1）①根据，得出为的中点，证明出即可；②先证明出得到，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；（2）连接交于点，证明，进一步证明出四边形为平行四边形，得出为的中位线，得到，再证明出得到，再通过等量代换即可求解．【详解】（1）解：①，为的中点，，是边的中点，，，在中，∴，又∵，，，是的中点；②，四边形为平行四边形，，，，∵，，，，，；（2）解：线段与线段之间的数量关系为：，理由如下：连接交于点，如下图：

由题意，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点，，又，，，，，四边形为平行四边形，，，，为的中点，，，为的中点，为的中位线，，，，，，，，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．39．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点．(1)如图，若，，求点与点之间的距离；(2)如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值；(3)如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______．【答案】(1)或；(2)；(3)．【分析】（）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为，解方程即可；（）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为然后由二次函数的性质求解即可；（）连接，由四边形是正方形，得，即点对角线所在直线上运动，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：设，则，∵四边形、是正方形，∴，，，∴，，∵，∴，∴,∴，∴，即，则，解得：或，∴或；（2）设，则，∵四边形、是正方形，∴，，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，当时，有最大，最大值为；（3）连接，∵四边形是正方形，∴，即点在对角线所在直线上运动，如图，作关于的对称点，连接，过作于点，∴，四边形为矩形，则点三点共线，，∴，∴，∵，点是的中点，∴，∴，∴当三点共线时，有最小值，∴在中，由勾股定理得：，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解一元二次方程，二次函数的最值，两点之间线段最短等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．40．（2024·河南·中考真题）综合与实践在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．(1)操作判断用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．(2)性质探究根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线．①写出图中相等的角，并说明理由；②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）．(3)拓展应用如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长．【答案】(1)②④(2)①．理由见解析；②(3)或【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；（2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论；②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可；（3）分，，，四种情况讨论即可．【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，故答案为：②④；（2）解：①，理由：延长至点E，使，连接，∵四边形是邻等对补四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴；②过A作于F，∵，∴，∵，∴，在中，，∴；（3）解：∵，，，∴，∵四边形是邻等对补四边形，∴，∴，当时，如图，连接，过N作于H，∴，在中，在中，∴，解得，∴，∵，，∴，∴，即，∴，，∴，∴；当时，如图，连接，∵，∴，∴，故不符合题意，舍去；当时，连接，过N作于H，∵，，∴，∴，即，解得，∵，，∴，∴，即，∴，，∴，∴；当时，如图，连接，∵，∴，∴，故不符合题意，舍去；综上，的长为或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．41．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．(1)求证：．(2)若为中点，且，求长．(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．【答案】(1)见详解(2)(3)【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．【详解】（1）解：如图：∵四边形是矩形，∴，∴，∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图：∵四边形是矩形，∴，，∵为中点，∴，设，∴，在中，，即，解得，∴，∴，∵，∴，∴，解得，∵，∴；（3）解：如图：延长交于一点M，连接∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，∴直线，，∴是等腰三角形，∴，∵为中点，∴设，∴，∵为中点，∴，∵，，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．42．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接，交于点，且．【模型建立】（1）求证：；【模型应用】（2）若，，，求的长；【模型迁移】（3）如图2，若矩形是正方形，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，构造相似三角形，是解题的关键：（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出，即可得证；（2）延长交于点，证明，得到，再证明，求出的长，进而求出的长；（3）设正方形的边长为，延长交于点，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可得出结果．【详解】解：（1）∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）延长交于点，∵矩形，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；（3）设正方形的边长为，则：，延长交于点，∵正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．43．（2024·广西·中考真题）如图1，中，，．的垂直平分线分别交，于点M，O，平分．(1)求证：；(2)如图2，将绕点O逆时针旋转得到，旋转角为．连接，①求面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；②当是直角三角形时，请直接写出旋转角的度数．【答案】(1)见解析(2)①，；②或【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质得出，利用等边对等角得出，结合角平分线定义可得出，最后根据相似三角形的判定即可得证；（2）先求出，然后利用含的直角三角形性质求出，，，利用勾股定理求出，，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，则，，，根据点到直线的距离，垂线段最短知，三角形三边关系得出，故当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，最后根据三角形面积公式求解即可；②先利用三角形三边关系判断出，，则当为直角三角形时，只有，然后分A和重合，和C重合，两种情况讨论即可．【详解】（1）证明：∵垂直平分，∴，∴，∵平分∴，∴，又；∴；（2）解：①∵，∴，∴，∴，又，∴，，∵垂直平分，∴，，∴，∴，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，∴，，，根据垂线段最短知，又，∴当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，∴面积的最大值为；②∵，，∴，同理∴为直角三角形时，只有，当A和重合时，如图，∵∴，，∴，∵，∴，∴，∴、O、M三点共线，∴为直角三角形，此时旋转角；当和C重合时，如图，同理，，∴，∵，∴，∴，∴、O、M三点共线，又∴为直角三角形，此时旋转角；综上，旋转角的度数为或时，为直角三角形．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，明确题意，正确画出图形，添加辅助线，合理分类讨论是解题的关键．44．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：．问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：．问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．

【答案】问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展：【分析】问题背景：根据矩形的性质可得，根据点，分别是，的中点，可得，即可得证；问题探究：取的中点，连接，得是的中位线，根据已知条件可得平行且等于，进而可得是平行四边形，得，则，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而可得，等量代换可得，等角对等边，即可得证；问题拓展：过点作，则四边形是矩形，连接，根据已知以及勾股定理得出；根据（2）的结论结合已知可得，证明垂直平分，进而得出，证明，进而证明，进而根据相似三角形的性质，即可求解．【详解】问题背景：∵四边形是矩形，∴，∵，分别是，的中点∴，即，∴；问题探究：如图所示，取的中点，连接，

∵是的中点，是的中点，∴，又∵，∴，∵，∴∴四边形是平行四边形，∴∴又∵，是的中点，∴∴∴，∴；问题拓展：如图所示，过点作，则四边形是矩形，连接，

∵，∴，设，则，在中，，∵，由（2）∴，又∵是的中点，∴垂直平分∴，，在中，∴设，则∴，又∵∴∴又∵∴∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．45．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．(1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________；(2)如图2，若四边形为“垂中平行四