中考数学考点大串讲（北师大版）：专题04 图形的相似 （压轴50题7种题型）（解析版）

专题04图形的相似（压轴50题7种题型）一、成比例线段1．（2023·浙江·模拟预测）用“▲”，“●”，“◆”分别表示三种物体的重量，若，则▲，●，◆这三种物体的重量比为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】可设，利用等比性质可得的值，设▲为x，●为y，◆为z，得到个等式，联立可得用x表示y、z，相比即可．【详解】解：设，▲为，●为，◆为，∴，∴，∴，∴▲，●，◆这三种物体的重量比为．故选：B．【点睛】考查比例性质的应用；利用等比性质得到所给比值的确定值是解决本题的关键．2．（2020秋·上海青浦·九年级校考阶段练习）已知点是线段上一点，且，则下列结论成立的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】把当作已知数求出，求出，再分别求出各个比值，在逐项进行判断即可．【详解】解：，，，，，，边长为正值，，，，故错误；，故错误；，故正确；，故错误，故选：．【点睛】本题考查了解一元二次方程和黄金分割的应用，把当作已知数求出，求出，再分别求出各个比值是解题关键．3．（2023秋·上海长宁·九年级上海市第三女子初级中学校考阶段练习）已知点C是线段的黄金分割点，且，若线段的长为4厘米，那么线段的长为厘米．【答案】/【分析】根据黄金比值是，列式计算即可．【详解】∵点C是线段的黄金分割点，，线段的长为4厘米，∴，故答案为：．【点睛】本题考查的是黄金分割的概念，把一条线段分成两部分，使其中较长的线段与全线段的比等于较短线段与较长线段的比，这样的线段分割叫做黄金分割，它们的比值叫做黄金比．掌握黄金分割的概念是解题的关键．4．（2023秋·上海普陀·九年级校考阶段练习）若线段长为，是的黄金分割点且，则线段．【答案】/【分析】根据黄金分割的概念及得到，从而求出的长，再根据进行计算即可得到答案．【详解】解：是的黄金分割点且，，线段长为，，，故答案为：．【点睛】本题考查了黄金分割，一个点把一条线段分成两段，其中较长线段是较短线段与整个线段的比例中项，那么就说这条线段被这个点黄金分割，这个点叫这条线段的黄金分割点，并且较长线段是整个线段的倍．5．（2023秋·四川自贡·九年级四川省荣县中学校校考阶段练习）阅读下面的材料：如图1，在线段上找一点C，若，则称点C为线段的黄金分割点，这时比值为，人们把称为黄金分割数，长期以来，很多人都认为黄金分割数是一个很特别的数，我国著名数学家华罗庚先生所推广的优选法中，就有一种0.618法应用了黄金分割数．

我们可以这样作图找到已知线段的黄金分割点：如图2，在中，的长为2，过点E作，且，连接；以F为圆心，长为半径作弧，交于H；再以O为圆心，长为半径作弧，交于点P．根据材料回答下列问题：(1)根据作图，写出图中相等的线段：________；(2)求的长；(3)求证：点P是线段的黄金分割点．【答案】(1)，(2)(3)见解析【分析】（1）由题意知，，，然后作答即可；（2）由勾股定理得，根据，计算求解即可；（3）由，可得，，，则，即，进而结论得证．【详解】（1）解：由题意知，，，故答案为：，；（2）解：∵，∴∵，∴，由勾股定理得，∵∴，∴．（3）证明：∵，∴，，，∴，即，∴点P是线段的黄金分割点．【点睛】本题考查了画线段，勾股定理，黄金分割．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．6．（2023秋·福建泉州·九年级福建省永春第一中学校考阶段练习）已知，求下列各式的值：(1)(2)．【答案】(1)；(2)．【分析】（）根据两内项之积等于两外项之积得出，再代入进行计算，即可得出答案；（）根据两内项之积等于两外项之积得出，再代入进行计算，即可得出答案．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∴；（2）∵，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了比例的性质，解题的关键是根据给出的式子得出．二、平行线分线段成比例7．（2022秋·广东深圳·九年级校联考期中）如图，三条直线，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据可得，从而得到，再由，可得，最后再由可得，进行计算即可得到答案．【详解】解：，，，，，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握此知识点是解题的关键．8．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考阶段练习）如图，在平行四边形中，是线段延长线上的一个点，连接，交于点，连接交于点，下列说法错误的是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平行四边形的性质得到平行线，利用平行线分线段成比例定理计算判断即可．【详解】∵平行四边形，∴，∴，∴，∴，故A正确；∵平行四边形，∴，∴，∴，故C正确；∵平行四边形，∴，∴,故D正确；∵平行四边形，∴，∴，∴，故B错误；故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键．9．（2021秋·山西太原·九年级校考阶段练习）如图，中，，，求的值为．

【答案】【分析】过点作交于，由平行线分线段成比例得到，，则，，得到，即可得到的值．【详解】解：过点作交于，

∵，，∴，，∴，，∴，∴．故答案为：【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理，作是解题的关键．10．（2022秋·河北保定·九年级校考阶段练习）如图，点D、E分别在的边AB，AC上，，点G在边BC上，AG交DE于点H，点O是线段AG的中点，若，则．

【答案】【分析】根据平行线分线段成比例定理可得，然后根据中点的定义可得，从而求出，即可求出结论．【详解】解：，，即点是线段的中点，：故答案为：．【点睛】此题考查的是平行线分线段成比例定理的应用，掌握平行线分线段成比例定理是解决此题的关键．11．（2023秋·江苏无锡·九年级文林中学校考阶段练习）【教材呈现】下面是华师版教材九年级上册52页的部分内容：我们可以发现，当两条直线与一组平行践相交时，所截得的线段存在一定的比例关系：．这就是如下的基本事实：两条直线被一组平行线所截，所傅的对应线段成比例，（简称“平行钱分线段成比例“

【问题原型】如图①，中，点为边上的点，过点作交为边于点，点在边上，直线交于点，交于点．若，，，则．【结论应用】（1）如图②，中，点在的延长线上，直线交于点交于点．求证：；（2）如图③，中，，，，若、分别是边、的中点，连接，点是边上任意一点，连接、分别交于点、，则周长的最小值是．

【答案】（1）2.7；（2）见解析；（3）【分析】（1），，，，，即可求得；（2），，，，同理，，即可证明；（3）过点作以所在直线为对称轴的对称点，交于点，易得，，且、分别是边，的中点，为的中位线，，连接，此时与的交点，此时周长最小，根据勾股定理即可求出进而求出作答．【详解】解（1）：，，又，，，即，，故答案为：2.7；（2）证明：，，，，，，同理，，；（3）解：过点作以所在直线为对称轴的对称点，交于点，易得，如图，

，且、分别是边，的中点，为的中位线，，连接，此时与的交点，此时周长最小，，，，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质，中位线，平行线的性质，三角形等综合问题，解题的关键是对将军饮马问题的灵活运用．12．（2022秋·陕西榆林·九年级校考期中）如图，E是菱形的边上的一点，交的延长线于F，连接，交于G点，求证：．

【答案】见解析【分析】由四边形是菱形，即可得，，又由，根据平行线分线段成比例定理，即可证得．【详解】证明：∵，∴，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理与菱形的性质．解题的关键是数形结合思想的应用．三、相似多边形13．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，正方形，点在对角线上，，分别交、于点、，若随机向正方形内投一粒米，则落在阴影部分的概率是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】证明四边形是正方形，，进而可得阴影部分面积等于正方形的面积，根据相似图形的性质，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过作于点，于点，则四边形是矩形，

∵四边形是正方形，点在的对角线上，∴，，∴四边形是正方形，∵，，∴，在与中，，∴，∴阴影部分面积等于正方形的面积，又∵正方形与正方形相似，，∴,∴阴影部分面积与正方形的面积比，故选：B．【点睛】本题考查了几何概率，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似图形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，一块矩形绸布的长，宽，按照图中的方式将它裁成相同的三面矩形彩旗，如果裁出的每面彩旗与矩形绸布相似，则a的值等于（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同，则可利用相似多边形的性质构建比例式，求解后即可得出结论．【详解】解：∵裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同，∴，解得：或（不合题意，舍去），∴，故选：B．【点睛】此题考查了相似多边形的性质，掌握相似多边形的对应边成比例是解答此题的关键．15．（2022春·北京海淀·八年级人大附中校考阶段练习）已知矩形中，，在上取一点E，将沿向上折叠，使B落在上的F点．则（1）；（2）若四边形与矩形相似，则．

【答案】4【分析】（1）证明四边形是正方形，即可得到答案；（2）设，由四边形与矩形相似，根据相似多边形对应边的比相等列出比例式求解即可．【详解】解：（1）∵矩形，∴，由对折可得：，，∴四边形是正方形．∴，（2）设，则，∵四边形与矩形相似，∴，∴，解得，（不合题意，舍去）．经检验：是分式方程的解，且符合题意．∴，即．故答案为：4，【点睛】本题考查了翻折变换，相似多边形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，本题的关键是根据四边形与矩形相似得到比例式．16．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在正方形中，、、、分别是、、、上靠近、、、的四等分点，、、、分别是、、、上靠近、、、的四等分点，则．【答案】【分析】设，，求出小正方形的边长，可得结论．【详解】解：如图，设，，则，，，故答案为．【点睛】本题考查了相似多边形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．17．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）已知矩形中，，在中取一点E，沿将向上折叠，使B点落在上的F点，若四边形与矩形相似，求的长．【答案】【分析】可设，由四边形与矩形相似，根据相似多边形对应边的比相等列出比例式求解即可．【详解】解：根据已知得四边形是正方形．设，则，，∵四边形与矩形相似，∴，∴，解得，（不合题意，舍去）．经检验：是分式方程的解，且符合题意．∴，即．【点睛】本题考查了翻折变换，相似多边形的性质，本题的关键是根据四边形与矩形相似得到比例式．18．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，阅读探索：任意给定一个矩形A，是否存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半？假设存在，那么这个矩形叫作给定矩形的“减半”矩形．如图矩形就是矩形ABCD的“减半”矩形．(1)当已知矩形A的两边长分别为6和1时，小亮同学是这样研究的：设所求矩形B的两边长分别是x和y，由题意，得，消去y可得，∵，∴___________，___________；∴满足要求的矩形B存在；（完成填空）请你继续解决下列问题：(2)当矩形的长和宽分别为7和1时，它是否存在“减半”矩形？请作出判断，并说明理由；(3)边长为a的正方形存在“减半”正方形吗？如果存在，求出“减半”正方形的边长；如果不存在，说明理由．【答案】(1)，；(2)存在，理由见解析；(3)不存在，理由见解析．【分析】（1）根据题意所列方程，解一元二次方程可得从而可得答案；（2）设所求矩形的两边长分别是x和y，由题意，得，消去y可得，再判断方程是否有解即可得到结论；（3）利用两个正方形是相似图形，则周长之比与面积之比不相等，从而可得答案．【详解】（1）解：由题意，得，消去y得：，则，∴∴，；当时，当时，，所以方程组的解为：或∴满足要求的矩形B存在，边长分别为：．（2）设所求矩形的两边长分别是x和y，由题意，得，消去y可得，∵，∴，∴∴存在“减半”矩形；（3）不存在．理由如下：因为两个正方形是相似图形，当它们的周长比为时，面积比必定是，所以正方形不存在“减半”正方形．【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，方程组的解法，相似图形的判定与性质，理解题意，建立合适的数学模型解题是解本题的关键．四、探索三角形相似的条件19．（2023秋·福建莆田·九年级福建省莆田市中山中学校考阶段练习）已知，点P在的边上，要判断，添加一个条件，不正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别利用相似三角形的判定方法判断得出即可．【详解】解：如图，

A、当时，又，，故此选项不符合题意；B、当时，又，，故此选项不符合题意；C、当时，又，，故此选项不符合题意；D、无法得到，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定，正确把握判定方法是解题关键．20．（2020秋·上海青浦·九年级校考阶段练习）如图，平行四边形，是延长线上的一点．交、于点、，则图中相似三角形共有（

）

A．对 B．对 C．对 D．对【答案】B【分析】根据平行四边形的性质及相似三角形的判定方法进行分析即可．【详解】解：四边形为平行四边形，，，由，得：，，由，得：，，，四边形为平行四边形，是对角线，，，综上所述，相似三角形有共有对，故选：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质及相似三角形的判定定理，注意找全相似三角形是解答本题的关键．21．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨工业大学附属中学校校考开学考试）如图，小正方形的边长均为1，则下列图中的三角形（阴影部分）与相似的是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】先利用勾股定理求出及四个选项中的三角形的各边的长，然后比较它们的边是否对应成比例，即可得出答案．【详解】解：根据题意得，，，，A．三角形的三边分别为：1，，，∵，故A符合题意；B．三角形的三边分别为：，，3，∵，故B不符合题意；C．三角形的三边分别为：1，，，，∵，故C不符合题意；D．三角形的三边分别为：2，，，∵，故D不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．22．（2022秋·陕西榆林·九年级校考期中）如图，点是的边的延长线上的点，连接，交于点，那么该图形中与相似的三角形共有个．

【答案】【分析】根据平行四边形的对边平行，利用“平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似”找出相似三角形，然后即可求解．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，故答案为：．【点睛】此题考查了相似三角形的判定，熟知“平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似”是解题的关键．23．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，矩形的两条对角线相交于点O，，垂足为E，F是的中点，连接交于点P，那么．【答案】【分析】根据矩形性质得到，利用三角形的三线合一得，过O作交于点Q，则有，，计算即可．【详解】解：∵是矩形，∴，∵F是的中点，∴，又∵，∴，过O作交于点Q，∴，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，作辅助线构造三角形相似是解题的关键．24.（2023·上海·九年级假期作业）P是边上的任一点（P不与A、B、C重合），过点P的一条直线截，如果截得的三角形与相似，我们称这条直线为过点P的△ABC的“相似线”．中，，，当点P是边上一个三等分点时（），过点P的的“相似线”最多有条．【答案】4【分析】根据相似线的定义，可知截得的三角形与有一个公共角，分①公共角为时；②公共角为时；③公共角为时；三种情况进行讨论，即可得出答案．【详解】解：①当公共角为时，不存在；②公共角为时，过点作，交于点D，如图所示：∵，，∴；过点P作于点D，如图所示：∵，，∴；③公共角为时，连接，如图所示：∵，∴，设，则，，∵点P是边上一个三等分点，，∴，∴，，∴，∵，∴；过点P作，交于点D，如图所示：∵，∴，，∴；综上分析可知，过点P的的“相似线”最多有4条．故答案为：4.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，平行线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法．25．（2023秋·福建福州·九年级福建省福州屏东中学校考阶段练习）如图，是菱形的对角线．(1)尺规作图：将绕点逆时针旋转得到，点旋转后的对应点为；（保留作图痕迹，不写作法）(2)在（）所作的图中，连接，求证：．【答案】(1)见解析；(2)见解析．【分析】（）以点为圆心，长为半径作弧，再以点为圆心，长为半径作弧，交前弧于点，连接、即可；（）由旋转性质可知：，，，再根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”即可证明．【详解】（1）作法：以点为圆心，长为半径作弧，以点为圆心，长为半径作弧，交前弧于点，连接、，

∴即为所求；（2）如图，由旋转性质可知：，，，∴，，∴，∴．【点睛】此题考查了尺规作图、旋转的性质、相似三角形的判定，解题的关键是熟练掌握作图方法，旋转的性质、相似三角形的判定及其应用．26．（2023秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市第七中学校考阶段练习）如图，和都是的高，相交于F点，连接．

(1)求证：；(2)若点D是的中点，，则的长为__________．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据相似三角形的判定，即，再根据即可证明结论；（2）根据垂直平分线的性质可得，由(1)，可得，再根据勾股定理即可求出的长；【详解】（1）证明:∵是的高,∴,∵,∴，∴，即，又∵,∴；（2）∵点是的中点,,∴,在中,∵,，，∵，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是证明.27．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨风华中学校考开学考试）如图，在矩形中，连接，作的垂直平分线分别交于点，与的交点为，连接和．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由．(2)如图2，过点作的垂线，分别交于点，直接写出与相似但不全等的三角形．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析；(2)与相似但不全等的三角形有，，，，,．【分析】（1）由矩形的性质及线段垂直平分线的性质，可证得，从而得，即可证得四边形是平行四边形，进而可得四边形是菱形；（2）由四边形是菱形，得，进而得，从而利用相似三角形的判定即可得，同法可得，，，，．【详解】（1）解：四边形是菱形．理由如下：∵四边形是矩形，∴，，∴，∵是的垂直平分线，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（2）解：与相似但不全等的三角形有，，，，，,理由如下：∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，∴，∴，同理可得，，，，,∴与相似但不全等的三角形有，，，，,．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等知识，熟练运用这些知识是解决问题的关键．28．（2023·山东·统考中考真题）（1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．

【问题解决】（2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：．【类比迁移】（3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长．【答案】（1）见解析

（2）见解析

（3）3【分析】（1）由矩形的性质可得，则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可得证；（2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证；（3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，，；（2）证明：四边形是正方形，，，，，，，又，，点在的延长线上，，，，，，；（3）解：如图，延长到点，使，连接，

四边形是菱形，，，，，，，，，是等边三角形，，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．五、利用相似三角形测高29.（2020秋·福建漳州·八年级校考阶段练习）如图，已知等边△ABC外有一点P，P落在∠BAC内，设P到BC、CA、AB的距离分别为h1，h2，h3，满足h2+h3﹣h1＝6，那么等边△ABC的面积为（）A．4 B．8 C．9 D．12【答案】D【分析】设等边三角形ABC的边长为，可求S△ABC=，连结PA、PB、PC，可求S△ABP=，S△ACP=，S△BCP=，利用面积差可求S△ABC=S△ABP+S△ACP-S△BCP，利用同一个三角形面积构造方程=，解方程求出即可解决问题．【详解】解：设等边三角形ABC的边长为，∴S△ABC=，连结PA、PB、PC，∵S△ABP=，S△ACP=，S△BCP=，∴S△ABC=S△ABP+S△ACP-S△BCP=+-=，∴=，解得（舍去），S△ABC．故选择：D．【点睛】本题考查等边三角形面积，掌握三角形面积公式，利用面积差求出△ABC的面积，构造方程是解题关键．30．（2022秋·江苏镇江·八年级镇江市丹徒区高资中学校联考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2，过A点作AD∥BC；AE⊥AC，AC＝AE，AD＝3，连接DE，则△ADE的面积为（

）A．3 B．6 C．12 D．18【答案】A【分析】通过过E作EF⊥DA，交DA延长于F，将三角形ABC转移到三角形AFE构造确定，求出三角形ADE的高EF，利用面积公式即可求出．【详解】过E作EF⊥DA，交DA延长于F，∵AE⊥AC，∴∠EAF+∠FAC=90º，∵AD∥BC，∠B＝90°，∴∠BAF+∠B=180º，∴∠BAF=90º，∴∠BAC+∠FAC=90º，∴∠EAF=∠BAC，∠F=∠B，AE=AC，∴△AEF≌△ACB(AAS)，∴EF=BC=2，∴S△ADE==3，故选择：A．【点睛】本题考查三角形的面积问题，利用辅助线构造三角形全等，解决三角形ADE的高是解题关键．31．（2022秋·八年级课时练习）如图，在中，于点，于点，且，，，则．【答案】【分析】根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．【详解】解：根据三角形面积公式可得，，∵AB=3，BC=6，CE=5，∴，解得．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的高以及三角形的面积，熟记三角形的面积公式是解题的关键．32．（2021春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校联考阶段练习）如图，点P是ABCD内的一点，连结AP、BP、CP、DP，再连结对角线AC，若△APB的面积为20，△APD的面积为15，那么△APC的面积为．【答案】5【分析】过点P作MN⊥AB，EF⊥AD，由三角形的面积公式可得，进而得到，再将已知△APB的面积为20，△APD的面积为15代入即可求解．【详解】解：如图，过点P作MN⊥AB，EF⊥AD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，AD∥BC又∵MN⊥AB，EF⊥AD，∴MN⊥CD，EF⊥BC，∵，∴，又∵，∴，∴，∵△APB的面积为20，△APD的面积为15，∴,故答案为：5．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积公式，抓住面积关系列出等式是本题的关键．33．（2023·黑龙江绥化·校联考三模）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交边，于点，；②分别以点，为圆心，大于的相同长度为半径作弧，两弧交于点；③作射线交于点．（1）根据上述步骤补全作图过程（要求：规作图，不写作法，保留作图痕迹）；（2）如果，，那么的面积与的面积的比值是________．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据尺规作图要求,按给定的步骤与作法画图即可；（2）根据角分线性质，两三角形的AB与BC边上的高相等，可得面积比为底的比即可．【详解】解：（1）根据步骤①得弧线交，于点，，根据步骤②得两弧交点F，根据步骤③得射线BG，根据作图的步骤与图形结合得BG平分∠ABC；如图所示，即为所求．（2）过点G作GH⊥BC于H，GM⊥射线AB于M，∵BG平分∠ABC，∴GM=GH，S△ABG=，S△BCG=，S△ABG:S△BCG=，故答案为：．【点睛】本题考查尺规作图，角平分线性质，三角形面积，掌握尺规作图步骤与要求，角平分线性质，三角形面积，利用角平分线性质得出两三角形的高相等，面积比等于底的比是解题关键．34．（2021春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）在中，，，．如图1，若时，根据勾股定理有．（1）如图2，当为锐角三角形时，类比勾股定理，判断与的大小关系，并证明；（2）如图3，当为钝角三角形时，类比勾股定理，判断与的大小关系，并证明；（3）如图4，一块四边形的试验田，已知，米，米，米，米，求这块试验田的面积．【答案】（1）猜想：，证明见解析；（2）猜想：，证明见解析；（3）四边形ABCD的面积是米2．【分析】（1）先作高线如图2，过点作于点，构造两个直角三角形，设，则，由勾股定理和AD构造等式，利用放缩法可得

（2）先作高线如图3，过点作，交的延长线于点，构造两个直角三角形设，则，利用勾股定得，整理得，利用放缩法（3）如图4，连接．过点作于点E，由勾股定理求出设，则EC=100-x，由勾股定理构造方程，解方程的，再求出DE，利用分割法求面即可【详解】解：（1）猜想：，证明：如图2，过点作于点，设，则，在Rt中，有,

在Rt中，有，∴

，

解之：，∵均为正数，∴；（2）猜想：证明：如图3，过点作，交的延长线于点，设，则，在Rt中，有，在Rt中，有，∴，解之：，∵均为正数，∴；（3）如图4，连接．在Rt中，有，∴，∵，∴，过点作于点E，设，则EC=100-x，在Rt中，有，即，在Rt中，有，即，∴，解之：，在Rt中，有，∴DE=（取正），∴DE=，∴，=，=（米2），∴四边形ABCD的面积是米2．【点睛】本题考查作高线，勾股定理，利用勾股定理推出锐角三角形，钝角三角形结论，用分割法求四边形面积，掌握高线最烦，利用勾股定理构造方程，判读锐角三角形与钝角三角形，利用分割法四边形求面是解题关键．相似三角形的性质35．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，在中，，，点D是边上的一个动点，点E在上，点D在运动过程中始终保持，当时，则的长为（）

A．2 B． C．3 D．【答案】D【分析】先利用等腰三角形的性质可得，再利用等量代换可得，然后利用两角相等的两个三角形的相似证明，从而利用相似三角形的性质可求出的长，进而求出的长．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故选：D．【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，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．36．（2023秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，．若、分别是边、上的动点，且，作，，垂足分别为E、F，则的值为（

）

A．4 B． C．6 D．【答案】B【分析】连接，交于点，根据菱形的性质和勾股定理，得出，设，则，根据平行线的判定和性质，证明，得到，从而得出，同理可证，，得到，从而得到，即可求出的值．【详解】解：如图，连接，交于点，

四边形是菱形，，，，，，由勾股定理得：，设，则，，，，，，，同理可证，，，，，，故选：B【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质，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关键．37．（2023秋·江苏无锡·九年级文林中学校考阶段练习）如图，平行四边形对角线与交于点，且，，在延长线上取一点，使，连接交于，则的长为（

）

A． B． C． D．1【答案】A【分析】首先作辅助线：取的中点，连接，由平行四边形的性质与三角形中位线的性质，即可求得：与的值，利用相似三角形的对应边成比例即可求得的值．【详解】解：取的中点，连接，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，，故选：．

【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等知识．解此题的关键是准确作出辅助线，合理应用数形结合思想解题．38．（2022春·湖南岳阳·八年级校考阶段练习）如图，在边长为4的正方形中，点E是边的中点，的垂直平分线交边于点G，交边于点F，连接，，则，

.

【答案】相交于/0.5【分析】设与相交于点M，连接，过点G作于点H，与相交于点O，根据正方形的性质可证，再根据直角三角形的性质可得，由等腰三角形的性质和等量代换可得，再由平行线的判定即可证明与相交，利用勾股定理求得,则，证明，利用相似比求得，再由四边形是矩形，可证，可得，，利用勾股定理求得，，即可求解．【详解】解：设与相交于点M，连接，过点G作于点H，与相交于点O，∵四边形是正方形，∴，，又∵点E是边的中点，∴，∴，∴，又∵且平分，∴点F是的中点，∴，∴，∴，∴，∵与相交，∴与相交，在中，，，则,∴，∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，在中，,∴，在中，,∴，故答案为：相交于，．

【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质及勾股定理，熟练掌握相关定理是解题的关键．39．（2022·湖北咸宁·校考模拟预测）在中，，于D．以A为圆心画弧分别交于G、H，再分别以G、H为圆心，大于为半径画弧，两弧交于M，作射线交于F，交于E，若，则的长为

【答案】3【分析】过点F作证，，求，证，进而即可求解；【详解】过点F作∵平分，，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，，∴，∵∴，∴，即∴．故答案为：3．

【点睛】本题主要考查三角形的全等证明、相似三角形的证明、角平分线的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．40．（2023春·山东东营·八年级校考阶段练习）如图，四边形，，是三个正方形，．【答案】/45度【分析】根据正方形的性质可得，设设正方形的边长为,根据勾股定理算出，则，以此可证明，，根据三角形外角性质得，以此即可求解．【详解】解：∵四边形为正方形，∴，设正方形的边长为,则，，由勾股定理可得：，，∴∴，∴，∵，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟知有三组对应边的比相等的两个三角形相似是解题关键．41．（2023秋·全国·九年级专题练习）(1)如图1，中，，，，是上一点，，，垂足为，求的长．(2)类比探究：如图2，中，，，点，分别在线段，上，，，求的长．(3)拓展延伸：如图3，中，点，点分别在线段，上，，延长，交于点，，，，求．

【答案】(1)(2)(3)【分析】对于（1），证明，根据相似三角形的性质得到，把已知数据代入计算，求出；对于（2），在上截取，连接，根据等边三角形的性质得到，，证明，根据相似三角形的性质计算即可；对于（3），过点B作于点M，过点E作于点N，设，用表示出、，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【详解】（1）∵，，∴，，∵，，，∴，解得：．（2）如图2，在上截取，连接，，∴为等边三角形，∴，，∴，．∵，，.，∴，∴，即，解得：．

（3）如图3，过点B作于点M，过点E作于点N，∴.，∴，∴，则，∴.设，∵，，∴，，∴．∵，，∴．∵，，，，∴，∴，∴，即，解得：，∴．故答案为：．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，正确作出辅助线、熟记三角形相似的判定定理是解题的关键．42．（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，D是上一点，，点P从C出发沿方向，以的速度运动至点A处，线段将分成两部分，其中一部分与相似，设运动时间为t．

(1)当P在线段上运动时，，当P在线段上运动时，．（请用含t的代数式表示）(2)求出满足条件的所有t值．【答案】(1)，(2)t的值为2，，或【分析】（1）根据路程=速度×时间，分两种情形分别求解即可；（2）点P在线段上时，有两种情形：、；点P在上时，有两种情形：、，利用相似三角形的性质分别求解即可．【详解】（1）解：，当P在线段上运动时，，当P在线段上运动时，点P运动路程为，，故答案为：，；（2）解：①当t在上时，若，则，即，即，若，则，即，即，②当t在上时，若，则，即，即，若，则即，即，综上所述，t的值为2，，或．【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．43．（2022春·北京·九年级校考阶段练习）如图，是的外接圆，是的直径，于点，是延长线上一点，且．(1)求证：是的切线；(2)连接并延长，交于点，交于点，连接若的半径为，，求和的长．【答案】(1)见解析(2)，【分析】连接根据圆周角定理和同角的余角相等可得然后由切线的判定方法可得结论；由垂径定理及三角形的中位线定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得答案．【详解】（1）证明：连接．，．于点，．．．，．．是半径，是的切线．（2）于点，为中点．为中点，为的中位线．，．

∽．．，．【点睛】此题考查的是切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、垂径定理及圆周角定理，正确作出辅助线是解决此题关键．44．（2023秋·上海·九年级上海市延安初级中学校考阶段练习）如图，在中，，，垂足为点是的中点，的延长线与的延长线交于点．(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据直角三角形，斜边上的中线等于斜边的一半得出，可得进而证明，即可证明，根据相似三角形的性质，即可得证；（2）证明可得，由（1）可得，进而即可得证．【详解】（1）证明：∵，是的中点，∴，，∴，又，∴，，∴，又∵，∴，∴，∴；（2）证明：∵，∴又∵，∴∴∴∴，∵，∴，∴，即，∴，【点睛】本题考查了相似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．七、图形的位似45．（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，与是以点O为位似中心的位似图形，若，，，则点C的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】若两个图形和以原点为位似中心，