专题04 相似三角形的性质压轴题型全攻略（解析版）

专题04相似三角形的性质压轴题型全攻略【考点导航】目录TOC\o"1-3"\h\u【典型例题】 1【考点一相似三角形有关线段的计算】 1【考点二相似三角形有关面积的计算】 2【考点三相似三角形性质的应用】 2【考点四相似三角形性质的拓展提高】 3【过关检测】 4【典型例题】【考点一相似三角形有关线段的计算】【例题1】如图，已知四边形为矩形，点E在的延长线上，．连接，于点G．若交于点F，，则的长度是（

）

B． C．6 D．【答案】A【分析】根据全等三角形的判定得出，再由其性质确定，利用矩形的性质及相似三角形的判定和性质求解即可．【详解】解：，∴，∵，，∴，∵四边形为矩形，∴，，∵，∴∴，∵，∴∴，设，∴，解得：，负值舍去，故选：A．【点睛】题目主要考查全等三角形及相似三角形的判定和性质，矩形的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．【变式1】如图，在矩形中，，，点E是边的中点，连接，过点E作交于点F，连接，则的长为（

）

B． C． D．【答案】A【分析】证明，可得，由此求出，，再利用勾股定理求出即可．【详解】解：∵四边形是矩形，，，∴，，，∵点E是边的中点，∴，∵，∴，∵，∴∴，∴∴∴∴∴故选：A【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式2】如图，在菱形中，G为边中点，连接并延长交边的延长线于E点，对角线交于F点．则下列结论不一定正确的是（

） B． C． D．【答案】D【分析】先证明得到，，进而得到，再证明即可得到，，即可判断A、B；进一步推出，即可判断C；根据现有条件无法证明，即可判断D．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∴，∵G为边中点，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，故A、B结论正确，不符合题意；∴，∴，∴，故C结论正确，不符合题意；根据现有条件无法证明，故D结论不一定正确；故选D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判断，全等三角形的性质与判定，证明是解题的关键．【考点二相似三角形有关面积的计算】【例题2】如图，在中，、分别是和的中点，，则() B． C． D．【答案】D【分析】根据题意得出是的中位线，进而可得，根据面积比等于相似比的平方，即可求解．【详解】解：∵在中，、分别是和的中点，∴，∴，∴，∵，设，则，解得，则,故选：D．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式1】如图，在中，点是线段上一点，，过点作交的延长线于点，若的面积等于4，则的面积等于（

）

A．2.4 B．3 C． D．4【答案】B【分析】证明可求，从而可求，，即可求解．【详解】解：，，，，，，，，，，．故选：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．【变式2】如图，F为中点，延长至E，使，连结交于点G，则是（

） B． C． D．【答案】D【分析】根据平行四边形的性质得到，进而证明得到，据此求解即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵为的中点，，∴，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．【考点三相似三角形性质的应用】【例题3】在数学“综合与实践”活动课上，小红同学用正方形纸片制作成图1所示的七巧板，并拼成图2的“奔跑者”形象．已知图1中正方形纸片的边长为6，图2中，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即，之间的距离是（

）A．4 B． C． D．【答案】B【分析】如图2中，过点E作于I，过点M作于J．由图1可求出，，，与之间的距离为，由可求出，进而可求出与之间的距离．【详解】解：如图2中，过点E作于I，过点M作于J．由图1可知，，都是等腰直角三角形，，，，与之间的距离为，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴与之间的距离，故选B．【点睛】本题考查七巧板，正方形的性质，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．【变式1】母亲节，小敏准备送礼物给妈妈，他用正方形纸板，制作一个正方体礼品盒（如图所示裁剪）．已知正方形纸板边长为10分米，则这个礼品盒的边长分米．

【答案】【分析】设分米，判断出和为等腰直角三角形，证明，得到，可求出，即可得到正方体礼品盒的棱长．【详解】解：如图，在正方形中，分米，

设分米，由此裁剪可得：和为等腰直角三角形，∴，∴，即，解得：分米，∴分米，∴正方体礼品盒的棱长为分米，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，读懂裁剪的方法，找到相似三角形．【变式2】魏朝时期，刘微利用下图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理．如图，四边形、四边形和四边形都是正方形，交于E，若，，则的长为．

【答案】【分析】根据已知条件得到，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：，，，，，，，，，，，，故答案为：．【考点四相似三角形性质的拓展提高】【例题4如图，在正方形中，，点E，F分别是射线，射线上的点，，与交于点P．过点F作，交直线于点H，则的长是（

）A．4 B． C．3 D．【答案】B【分析】首先根据正方形的性质，得出，，可得，证明，则，由平行线的性质可得，则，证明，则，即，求出的值，根据，求的值即可．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，在和中，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即，解得：，∴，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、平行线的性质、相似三角形的性质与判定．解本题的关键在熟练掌握相关的性质与定理．【变式1】如图，菱形和菱形在同一条直线上，，，，连接AF，H为的中点，连接，则的长为（

）

B． C． D．2【答案】B【分析】证是等边三角形，，利用两边对应成比例且夹角相等证明，推出，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接与的延长线交于点I，连接交于点，的延长线交于点J，

∵菱形和菱形在同一条直线上，，∴，，∴是等边三角形，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，，∵H为的中点，∴点H与点重合，∵，∴，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解题的关键．【变式2】如图，正方形中，E为的中点，于G，延长交于点F，延长交于点H，交于N．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的个数有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】D【分析】根据正方形的性质证明可判定①正确；根据正方形的性质证明，得到从而可判定②正确；过H点作，根据得到得到故，根据，可判定③正确；过点B作于点P，交的延长线上于点Q，证明四边形是正方形即可判断④正确；连接，设，则，利用勾股定理，三角形面积计算即可判断⑤正确．【详解】解：∵在正方形中，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴∴，故①正确；∵在正方形中，，∴，∴，∵，E为的中点，四边形是正方形，∴，∴，∴故②正确；如图所示，过H点作，过H点作，∵，∴，∴，∴，∵，∴∴③正确；过点B作于点P，交的延长线上于点Q，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，由①得，∴，∵E是的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，故④正确；如图所示，连接，设，则，∵，∴，，由，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，故⑤正确；综上所述共有5个正确的，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质是解题的关键．【过关检测】一、选择题1.如图，，，的周长为4，则的周长为（

）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】C【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比，即可得出结果．【详解】解：∵，，∴相似比：，∴与的周长比为，∵的周长为4，∴的周长为8；故选C．【点睛】本题考查相似三角形的性质．熟练掌握相似三角形的周长比等于相似比，是解题的关键．2.如图，在中，对角线，交于点，为三等分点且，连接交于点，若的面积为2，则的面积为（

）

A．32 B．48 C．40 D．36【答案】B【分析】根据平行四边形的性质可得，，，根据相似三角形的判定和性质可得，根据为三等分点且可得，推得，，即可求得，，，即可求得．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∴，∴，∵为三等分点且，∴，∴，∴，∴，∵的面积为2，∴，∴，∴，∴，故选：B．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质是解本题的关键．3.如图，中，是它的角平分线，是上的一点，交于点，交于点为的中点，若，，则（

）

B． C． D．【答案】A【分析】根据角平分线的定义及平行线的性质可知是等腰三角形，再根据相似三角形的判定与性质可知，进而解答即可．【详解】解：过点作，交的延长线于点，∵是的角平分线，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴是等腰三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴设，，∴，∵是的中点，∴，∴，过作，垂足为，∴，，∴，故选：．

【点睛】本题考查了平行线的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的定义，中点的定义，等腰三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．4.如图，在中，，D、E分别为中点，连接相交于点F，点G在上，且，则四边形的面积为（

）

B． C． D．【答案】B【分析】连接，首先得到，，然后证明出，进而得到，然后利用三角形面积公式求出，最后利用求解即可．【详解】如图所示，连接，

∵D、E分别为中点，∴，，∴，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴．故选：B．【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，三角形中位线的性质，三角形面积公式等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．二、填空题5．如图，在中，，，为边上的一点，且，若的面积为4，那么的面积为．【答案】16【分析】通过证明，得到相似比，由相似三角形的性质可求解．【详解】解：∵，，∴，∴，则相似比为，∴，∵的面积为4，∴的面积为16，故答案为：16．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．6．已知，相似比为，若的面积为2，则的面积为．【答案】8【分析】根据相似三角形面积比等于相似比的平方求解即可．【详解】解：∵，相似比为，∴，∵的面积为2，∴，∴，故答案为：8．【点睛】本题考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．7．如图，直线，与的距离是1，与的距离是2，A，B，C分别在直线上，若是等边三角形，则的面积是．

【答案】【分析】作于点，于点，于点，综合相似三角形的判定与性质，等边三角形“三线合一”的性质进行分析求解即可．【详解】解：如图所示，设与交于点，作于点，于点，于点，

∴，，∴，设，则，由“三线合一”得：∴，，∵，，∴，∴，即：，∴，，由勾股定理，，即：，∴，故答案为：．【点睛】本题考查平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质以及勾股定理等，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．8．如图，将沿边上的中线平移到△的位置，已知的面积为9，阴影部分三角形的面积为4，若，则．

【答案】2【分析】由，且为边的中线知，，根据△，利用相似三角形面积的比等于相似比的平方列式求解可得．【详解】解：、，且为边的中线，，，将沿边上的中线平移得到△，∴，△，则，即，解得或（舍），故答案为：2．【点睛】本题考查了平移的性质，三角形中线的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点是解题的关键．9．如图，反比例函数的图象与的斜边交于点A，与边交于点D，若，且，则．【答案】8【分析】过点A作轴于点E，设，首先通过相似三角形的性质得出的长度，进而求出D点的坐标，最后利用求解即可．【详解】如图，过点A作轴于点E，

设，则，∵，，，，，，∴D点的横坐标为，则纵坐标为，，，，，故答案为：8．【点睛】本题主要考查反比例函数与几何综合，掌握相似三角形的判定及性质是关键．10．如图，在中，点在上，点分别在、上，四边形是矩形，，是的高，，，那么的长为．

【答案】6【分析】通过四边形为矩形推出，因此与两个三角形相似，将视为的高，可得出，再将数据代入即可得出答案．【详解】解：设与交于点M．

∵四边形是矩形，∴，∴，∵和分别是和的高，∴，∴，∵，代入可得：，解得，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及矩形的性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．11．在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则．

【答案】【分析】根据折叠的性质可得，，，根据等腰三角形的性质可得，根据相似三角形的判定和性质可求得，即可求得，即可求解．【详解】解：∵将折叠，使点与点重合，折痕为，即，，∵，∴，∴，又，∴，∴，又∵，，即，∴，∴，故，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．12．如图，矩形中，，点E在边上，且，于点F，连接的延长线交于点O，交于点G，则＝．【答案】【分析】根据证即可得，然后证明是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，即，作于H，得出F是的中点，即，令，分别求出的长度，可得出，作于R，得F是的中点，求出，得，进而可以解决问题．【详解】解：∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，如图，作于H，连接，∴点H是的中点，∵，∴点F是的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，令，则，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵点F是的中点，作于R，∴，∴是的中位线，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题属于相似形的综合题，有一定难度，主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用辅助线构造相似三角形是解题的关键．13．如图，在中，，点D在上，点E在上，点B关于直线的轴对称点为点，连接，，分别与相交于F点，G点，若，则的长度为．

【答案】【分析】根据等边对等角和折叠的性质证明，进而证明，则，然后代值计算求出，则．【详解】解：∵，∴，由折叠的性质可得，∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，证明是解题的关键．14．在正方形中，点分别在边上，连接，，交于点为垂足，，则线段的长度为．

【答案】【分析】在正方形中，由题意得到，设正方形边长为，得，过作于，可得，则，在中，由勾股定理，解得，在中，由勾股定理得到，即可得到答案【详解】解：在正方形中，交于点为垂足，，，，即，设正方形边长为，则，解得，过作于，如图所示：

，，，，在和中，，，，在中，，则，即，令得，即，解得，在中，，则，（舍）；；，，故答案为：．【点睛】本题考查求线段长问题，涉及正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及等腰三角形性质等知识，难度较大，灵活运用相关性质与判定求解线段长是解决问题的关键．15．如图，在中，，，，把边长分别为，，，…，的个正方形依次放中，第1个正方形的顶点分别放在的各边上；第2个正方形的顶点分别放在的各边上；其他正方形依次放入，则第2023个正方形的边长为．

【答案】/【分析】根据相似三角形的性质就可以求出第一个正方形的边长，同理求得其它正方形的边长，观察规律即可求得第个正方形的边长，即可求解．【详解】解：设第一个正方形的边长是，，，，，则，同理得到，两式相加得到，解得，同理求得：第二个的边长是，第三个的边长是，…．．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，考查了学生的观察归纳能力．解题的关键是数形结合思想与方程思想的应用．16．如图，要测量楼高，在距为的点处坚立一根长为的直杆，恰好使得观测点、直杆顶点和高楼顶点在同一条直线上．若，则楼高是．【答案】【分析】依题意，四边形都是矩形，，，，证明，进而根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：依题意，四边形都是矩形，∴，，，∵∴,∵∴∴即解得：∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．17．如图，在四边形中，，，，若，，则的长是．

【答案】【分析】记，则，把绕点C顺时针旋转得到，连接，证明，求得，，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图．记，则，把绕点C顺时针旋转得到，连接，

则，，，∵，∴，∴，∴；∴，∵,∴．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解题的关键．18．如图，在正方形中，，延长至，使，连接，平分交于，连接，则的长为．【答案】【分析】如图，过作于，于，由平分，可知，可得四边形是正方形，，设，则，证明，则，即，解得，，由勾股定理得，计算求解即可．【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是矩形，，∵平分，∴，∴，∴四边形是正方形，设，则，∵，∴，∴，即，解得，∴，由勾股定理得，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．19．如图，在菱形中，点E为中点，连接，将沿直线折叠，使点B落在上的点处，连接并延长交于点F，则的值为．

【答案】/0.5【分析】如图，延长、，交于，由折叠的性质可得，，，由E为中点，可得，由菱形的性质可得，，，则，，，证明，则，，证明，则，计算求解即可．【详解】解：如图，延长、，交于，

由折叠的性质可得，，，∵E为中点，∴，由菱形的性质可得，，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．20．如图所示，中，、为，上的两点，且，，若面积为，则四边形的面积为．

【答案】【分析】根据题意