特训06 相似三角形压轴题（浙江中考真题与模拟）（解析版）

特训06相似三角形压轴题（浙江中考真题与模拟）真题演练一、解答题1．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．

(1)若，求的长．(2)求证：．(3)若，猜想的度数，并证明你的结论．【答案】(1)1(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由垂径定理可得，结合可得，根据圆周角定理可得，进而可得，通过证明可得；（2）证明，根据对应边成比例可得，再根据，，可证；（3）设，，可证，，通过证明，进而可得，即，则．【解析】（1）解：直径垂直弦，，，，，，由圆周角定理得，，在和中，，，；（2）证明：是的直径，，在和中，，，，，由（1）知，，又，；（3）解：，证明如下：如图，连接，

，，直径垂直弦，，，又，，，设，，则，

，，又，，，，，，，，，在和中，，

，即，，．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证．2．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．

(1)求证：；(2)当时，求的长；(3)令，．①求证：；②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)①见解析；②【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答；（2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答；②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答．【解析】（1）证明：四边形为矩形，，，四边形与关于所在直线成轴对称，，，；（2）解：如图，过点作于，设设，则，，，四边形为矩形，，点为矩形的对称中心，，，在中，，可得方程，解得（此时，故舍去0），；

（3）解：①证明：过点作于，连接，点为矩形的对称中心，，，，，，，，，即，，，；

②如图，连接，由题意可得,点为矩形的对称中心，，同理可得，由（1）知，，即，，，，，，，，即，，，，，，，，，，，，，当时，由①可得，解得，，，．

【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，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，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．模拟演练一、解答题1．（2023·浙江绍兴·统考三模）小明在学习角平分线知识的过程中，做了进一步探究：如图，在中，的平分线交于点，发现．小明想通过证明来验证这个结论．

证明：延长至，使得，请你完成上述证明过程：结论应用：已知在中，，，边上有一动点，连接，点关于的对称点为点，连接交于点．(1)如图2，当，，求的值．(2)如图3，当，与的边垂直时，求的值．

【答案】证明：见解析；结论应用：(1)；(2)1或或【分析】延长至，使得，连接，证明，可得，而，则；（1）由，，可得，依题意：：，由结论可得，则（2）①，则，②，则，点恰与点重合，③，，分别根据结论列出比例式，进而即可求解．【解析】延长至，使得，连接，

，，又平分，．，，，，，而，（1），，

，又，：：，平分，由结论(1)可得，．（2）①，则，：：，

，，．②，则，点恰与点重合，：：

，，．③，，，设，则，，∵，∴，

，，．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，角平分线的意义，熟练掌握平行线分线段成比例是解题的关键．2．（2023·浙江绍兴·校联考三模）已知，在矩形中，，，点在边上，且，过点作的垂线，并在垂线上矩形外侧截取点F,使，连接，，将绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为．．

(1)如图（1），当，求的值．(2)如图2，若，求m关于n的数量关系．(3)若旋转至A，E，F三点共线，求m的值．【答案】(1)(2)(3)或．【分析】（1）如图1，过作，交的延长线于，先证明四边形是矩形，然后根据矩形的性质和勾股定理分别求出m、n的值，即可求解；（2）如图2，连接，先后利用两边对应成比例且夹角相等证明、，利用相似三角形的性质即可得出结论；（3）分两种情况，分别画出图形，利用相似三角形的判定和性质结合勾股定理求解即可．【解析】（1）当时，如图1，过作，交的延长线于，

四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，，，，，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，故答案为：；（2）如图2，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，即；（3）当旋转至，，三点共线时，存在两种情况：①如图3，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，在中，，，；②如图4，连接，

同理得：，，，，综上，或．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、证明三角形相似是解题关键．3．（2023·浙江杭州·校联考二模）在正方形中，、分别是边、上一点，且，连接、交于点．

(1)判断线段、的位置关系并说明理由．(2)连接交于点，连接，如图②；①若点是的中点，当时，求线段的长；②设正方形的面积为，四边形的面积为，当时，求的值．【答案】(1)垂直，理由见解析(2)①；②【分析】（1）垂直．证明，根据全等三角形的性质可得，从而得出，可得结论；（2）①证明，可得，得到，，再根据（1）的结论可得；②设，则，可得，，，，根据，可得，，求出，，从而可得，即可求得的值．【解析】（1）线段、的位置关系：垂直．理由如下：∵四边形是正方形，，∴，，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴线段、的位置关系：垂直．（2）解：①∵点是的中点，，∴，即，∵，，∴，，∴，∴，即，∴，∴，由（1）知：，∴，∴线段的长为；②设，则，∴，，∴，∴，由（1）知：，∴，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的值为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题．4．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图1，菱形中，，，是边上一动点（不与点、重合）连结，点关于直线的对称点为，连结并延长交直线于点、是的中点，连结、．

(1)填空：________；________．(2)如图2，将题中条件“”改成“”，其余条件均不变，连结，猜想、、这三条线段间的数量关系，并对你的猜想加以证明．(3)在（2）的条件下，连结．①若动点运动到边的中点处时，求的面积；②在动点的整个运动过程中，求面积的最大值．【答案】(1)，(2)猜想：，证明见详解(3)①②【分析】（1）由是关于的对称点，可得沿翻折后可得到，可求，，进而可求解；（2）过作，交的延长线于，在中，可求，再证，即可得证；（3）连接交于，连接，可证、、、四点共圆，为圆心，在上，再证，可求，，从而可求，在中，，即可求解；②过作，交于，的运动轨迹是以为圆心，为半径的，与交于，可得，当取最大时，最大，所以当与重合时，即，最大，即可求解.【解析】（1）解：四边形是菱形，，，是关于的对称点，沿翻折后可得到，，，，是的中点，，，．故答案：，．（2）结论：，证明：如图，过作，交的延长线于，

，四边形是菱形，，四边形是正方形，，，由（1）得：，，，

，，，，在中，，；，

，，在和中，（），，．（3）解：①如图，连接交于，连接，

由（2）得：，，、、、四点共圆，为圆心，四边形是正方形，，在上，，是的中点，，

，，，，，，，，，，，

由（2）得：，，，，在中，，，，，由（1）折叠得：，．②如图，过作，交于，的运动轨迹是以为圆心，为半径的，与交于，

，，，当取最大时，最大，如图，当与重合时，即，最大，

，，，，故面积的最大值为.【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定及性质，对称和折叠的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．5．（2023·浙江台州·统考一模）已知点P在的直径上，四边形内接于，且，，连接．

(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，①试说明与的面积相等；②已知，设．记与的面积分别为，．设，求的最大值，并求此时x的值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②，最大值为1【分析】（1）由是直径可得，再由得出，，最后可证得；（2）①由，，可得，从而得出，可得，从而可得，最后可得结果；②过点，分别作，于E，F，由可得，设面积为，得出，从而得出，最后可求得结果．【解析】（1）∵是直径，∴，∵∴，∴，∴．（2）①∵，，∴，由（1）知：，∴，∴，∴．∴与的面积相等．②过点，分别作，于E，F，

∵，∴，∵，∴．设面积为，，由（2）有，∴，∴当时，有最大值1．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定及二次函数的应用，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．6．（2023·浙江丽水·校联考二模）已知，内接于，点为弦中点，直径经过点，连接．

(1)如图1，求证：．(2)如图2，连接，，，求的值．(3)如图3，在（2）的条件下，和交于点，，若的面积为．（A）求证：________________（找到一对面积相等的三角形并证明）．（B）求线段________的长（求出图中某一线段长度）．【答案】(1)见解析(2)2(3)，见解析；，见解析【分析】（1）根据垂径定理可得，由等弧所对的圆周角相等，可得，进而结论得证；（2）由，，可得，则，，，，，由是直径，可知，证明，则，进而可得的值；（3），如图3，连接，．证明，则；求圆的半径；如图3，连接，．设，则，，，证明，，则，由，，可得，解得，，设，则有，求解值即可．【解析】（1）证明：是直径，是弦的中点，，，．（2）证明：，，，，，，，，，是直径，，，，；（3），解：如图3，连接，．

，，，，，，；求圆的半径；解：如图3，，设，则，，，，，，，，，，，，，，，，，，设，则有，，．【点睛】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，平行线的距离，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．7．（2023·浙江舟山·校联考三模）如图1，在正方形中，E是对角线延长线上的一点，线段绕点B顺时针旋转至，连接．(1)求证：；(2)连接交于点F，并延长与的延长线相交于点H．①如图2，若，求的值；②如图3，与相交于点Q，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据“边角边”证明即可；（2）①证明，再列出比例式即可求解；②由①可得，列出比例式，再设出正方形的边长，求出，作于M，根据三角函数定义求解即可．【解析】（1）证明：在正方形中，∴，，∵线段绕点B顺时针旋转至，∴，，∴，∴∴．（2）解：①在正方形中，E是对角线延长线上的一点，∴，∴，∵，，∴，

∴，，∴，∴，∴，设，∵，∴，即，解得，（负值舍去），；②∵，∴，由①可知，，∴，设出正方形的边长为m，则，∵，∴，解得，（负值舍去），作于M，则，，，．【点睛】本题考查了相似三角形和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关判定定理进行证明推理．8．（2023·浙江宁波·统考一模）（1）【基础巩固】如图1，在中，为上一点，连结，为上一点，连结，若，，求证：．（2）【尝试应用】如图2，在中，对角线、交于点，为上一点，连结，，，若，，求的长．（3）【拓展提升】如图3，在菱形中，对角线、交于点，为中点，为上一点，连结、，，若，，求菱形的边长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）菱形的边长为【分析】（1）根据得出，，根据等角的补角相等得出，结合已知条件，即可证明；（2）证明，设，则．得出，则；（3）延长，，交于点．设，，则．证明，得出，由（）得，．得出，即可求解．【解析】（1）解：，．．．（2）在平行四边形中，，．．．，．，设，则．．解得，（舍去）．．（3）延长，，交于点．，设，，则．在平行四边形中，，为的中点，，，．，即．．为的中点，为的中点，，．．，由（）得，．，即，，．，即菱形的边长为．【点睛】本题考查了菱形的性质，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．9．（2023·浙江宁波·统考二模）定义：两个相似三角形共边且位于一个角的角平分线两边，则称这样的两个相似三角形为叠似三角形．(1)[初步理解]如图1，四边形中，对角线平分，，求证：和为叠似三角形．(2)[尝试应用]在（1）的基础上，如图2，若，，，求四边形的周长．(3)[拓展提高]如图3，在中，D是上一点，连接，点E在上，且，F为中点，且．若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)23(3)【分析】（1）根据题目所给“叠似三角形”的定义，即可求证；（2）先证明，得出，则，且根据，，求出，，，即可求出四边形的周长为，（3）过C作的平行线交的延长线于G，通过证明，得出，再证明，得出，，，根据，，得出，，最后根据即可求解．【解析】（1）解：平分，，在中，，，，，，所以和为叠似三角形；（2）解：∵，，，．，，，，且，，，，四边形的周长为：．（3）解：如图，过C作的平行线交的延长线于G，，，∵，，，，，，，，为中点，，又，，，，，即，，，，．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例以及题目所给“叠似三角形”的定义．10．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，是锐角中边上的高，将沿所在的直线翻折得到，将沿所在的直线翻折得到，延长相交于点P．(1)如图1，若，求证：四边形为正方形；(2)如图2，若，当是等腰三角形时，求的度数；(3)如图3，连结，分别交于点G、H，连结交于点M，若，①求_________度；②若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)或(3)①；②【分析】(1)根据折叠的性质知而，由此可证得四边形是矩形；而，所以四边形是正方形；(2)利用翻折先求出，再对等腰三角形进行分类讨论即可求得答案；(3)①利用利用等腰三角形求出，然后即可得解；②利用相似三角形的判定和性质证明求出，然后利用面积公式求解即可．【解析】（1）解：∵，且和分别是由和翻折得到∴，∴四边形为矩形又∵，∴四边形为正方形．（2）设，则，∴，而∵是等腰三角形∴当时，∴当时，∴当时，∴∴为或（3）①由(1)知∴∴故答案为：；②∵，∴∴又∵，∴∴∴∴，∵，∴，∴即，∴∴【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，相似三角形的判定和性质，等腰三角形性质等知识，正确寻找相似三角形，对等腰三角形进行正确的分类讨论是解题关键，属于中考常考题型．11．（2023·浙江金华·模拟预测）如图，四边形是菱形，其中，点在对角线上，点在射线上运动，连接，作，交直线于点．(1)在线段上取一点，使，求证：；(2)图中，．①点在线段上，求周长的最大值和最小值；②记点关于直线的轴对称点为点．若点不能落在的内部（不含边界），求的取值范围．【答案】(1)见解析(2)①最小值为，最大值为；②或【分析】（1）根据证即可得证结论；（2）①先证明点在线段上时，是等边三角形，确定周长最大时和最小时点的位置，从而可求出的长，进而求出周长即可；②找出点落在上的位置，求出的长，当落在上时，求出的长，从而确定的取值范围即可．【解析】（1）证明：四边形是菱形，，，，，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，，，，，，在和中，，，；（2）解：①如下图，当点与点重合时，同（1）可得，，，是等边三角形，同理可得，当点在边上时，均是等边三角形，当时，最短，如下图，，，，又，，，，等边三角形的周长最小值为：，当点与点重合时，如下图，过点作于，则，，，在中，，此时的周长最大，最大值为：，的周长最小值为，最大值为；②当点在上时，如下图，作于，点关于的对称点在上，，，，在中，，，；当点在上时，如下图，连接，点与点关于对称，，，，∴，，∵，，，，，，，，，，，，，或．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是证明三角形相似．12．（2023·浙江宁波·校考一模）（1）特殊发现如图1，正方形与正方形的顶点重合，、分别在、边上，连接，则有：①

；

②直线与直线所夹的锐角等于度；（2）理解运用将图1中的正方形绕点逆时针旋转，连接、，①

如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；②如图3，若、、三点在同一直线上，且过边的中点，，直接写出的长；（3）拓展延伸如图4，点是正方形的边上一动点（不与、重合），连接，沿将翻折到位置，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，则的值是否是定值？请说明理由．【答案】（1）①；②；（2）①（1）中的结论仍然成立，理由见解析；②；（3）的值是定值，定值为，理由见解析【分析】（1）①连接，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到；②连接利用等腰直角三角形的性质解答即可；（2）①连接，利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；②连接，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质即勾股定理即可得到；（3）过点作于点，连接，，，与交于点，利用折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的三线合一性，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可．【解析】解：①连接，如图，∵四边形和四边形和四边形是正方形，∴，∴三点在一条直线上，∵，，∴和为等腰直角三角形，∴，，∴，∴；②∵三点在一条直线上，，∴直线和直线所夹的锐角等于，故答案为：；（2）①（1）中的结论仍然成立，理由如下：连接，，如图，∵四边形和四边形为正方形，∴，，∴和为等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，∴；延长，交于点，交于点，∵，∴，∵，∴，∴，即直线与直线所夹的锐角等于，∴（1）中的结论仍然成立；②如图，连接，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵边的中点为，∴，∴在和中，，∴，∴，∴，∴；故答案为：．（3）的值是定值，定值为3，理由如下：过点作于点，连接，，，与交于点，如图，∵四边形为正方形，∴，由折叠的性质可得：，，，．∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，，，∴．由（2）①的结论可得：，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的值是定值，定值为．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，三角形的内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．13．（2023·浙江金华·统考一模）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为，直线经过点、．将四边形绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q．(1)四边形的形状是，当时，的值是；(2)①如图2，当四边形的顶点落在y轴正半轴上时，求的值；②如图3，当四边形的顶点落在直线上时，求的面积；(3)在四边形旋转过程中，当时，是否存在这样的点P和点Q，使得，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)矩形，(2)①；②(3)存在点P1（﹣9﹣，6），P2（，6），使BP＝BQ．【分析】（1）根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可得出四边形是矩形．当时，可知，（2）①利用相似三角形的性质，求得的比，求得；求得进而得出答案；②根据勾股定理求得的长，再根据三角形的面积公式进行计算．（3）构造全等三角形和直角三角形，运用勾股定理求得的长，进一步求得坐标．【解析】（1）解：∵O为坐标原点，点，直线经过点、，∴，，所以四边形是矩形；当时，P与C重合，如图所示：根据题意．故答案为：矩形；；（2）解：①图2中，∵，，∴．∴，即，∴，．同理，∴，即，∴，．∴，②图3，在和中，，∴．∴．设，在中，，解得．∴．（3）解：存在这样的点P和点Q，使．点P的坐标是，．过点Q作于H，连接，则，∵，，∴．设，∵，∴，如图4，当点P在点B左侧时，，在中，，解得，（不符实际，舍去）．∴，∴．如图5，当点P在点B右侧时，∴，．在中，，解得．∴，∴，综上可知，存在点P，使，点P的坐标是，．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，也考查了等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判断与性质．14．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，圆O为的外接圆，延长线与交于点D，，点F在上，平分．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连结，求证：；(3)如图3，连结并延长分别交，于G，H两点，若，，求．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据圆周角定理和等腰三角形底边上的三线合一得出，结合已知条件利用两角对应相等即可得出结论（2）连接，根据两边对应成比例且夹角相等得出，从而得出，即可得出答案（3）先根据等腰三角形的性质和垂径定理得出，再利用得出，从而得出，继而得出，即可得出答案【解析】（1）解：连接，∵，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴．（2）解：连接，∵，∴，∴，，∴∴，∵，∴，∴，∴．（3）解：作于M，由（2）知，，∵平分，∴，∴，∴，∵∴，∵，∴，∵，设，∴，∵，∴，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴∴，，∴∴．【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形的外角性质、含有30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识，灵活添加辅助线是解题的关键15．（2023·浙江宁波·校考一模