五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(河南专用)15：相似三角形的性质与判定（教师版）

专题15相似三角形的性质与判定考点一、相似三角形的性质与判定1．（2025·河南·中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，的三个顶点均在网格线的交点上，点D、E分别是边、与网格线的交点，连接，则的长为（

）

A． B．1 C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，证明出是的中位线是解题关键．取格点、，由网格的性质可知，，得到，，进而证明是的中位线，即可求解．【详解】解：如图，取格点、，

由网格的性质可知，，，，、分别是、的中点，是的中位线，，故选：B．2．（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．3．（2021·河南·中考真题）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．【详解】如图，连接，因为轴，绕点顺时针旋转得到，所以，,故答案为B．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．考点二、相似三角形的实际应用问题4．（2025·河南·中考真题）焦裕禄纪念园是全国重点革命烈士纪念建筑物保护单位，革命烈士纪念碑位于纪念园南部的中心．某综合与实践小组开展测量纪念碑高度的活动，记录如下．活动主题测量纪念碑的高度实物图和测量示意图测量说明如图，纪念碑位于有台阶的平台上，太阳光下，其顶端的影子落在点处，同一时刻，竖直放置的标杆顶端的影子落在点处，位于点处的观测者眼睛所在位置为点，点在一条直线上，纪念碑底部点在观测者的水平视线上．测量数据备注点在同一水平线上．根据以上信息，解决下列问题．(1)由标杆的影子的长和标杆的长相等，可得，请说明理由．(2)求纪念碑的高度．(3)小红通过间接测量得到的长，进而求出纪念碑的高度约为．查阅资料得知，纪念碑的实际高度为．请判断小红的结果和（2）中的结果哪个误差较大？并分析误差较大的可能原因（写出一条即可）．【答案】(1)见解析；(2)纪念碑的高度为．(3)小红的结果误差较大，理由见解析【分析】本题考查了平行投影，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．（1）根据平行投影的性质可得，即可证明结论；（2）令与的交点为，则四边形和是矩形，设，证明，得到，求出的值即可；（3）比较纪念碑的实际高度与小红和（2）中的结果，得到误差较大的一方，再分析可能的原因即可．【详解】（1）解：太阳光下，其顶端的影子落在点处，同一时刻，竖直放置的标杆顶端的影子落在点处，，标杆的影子的长和标杆的长相等，即，；（2）解：如图，令与的交点为，则四边形和是矩形，，，，，设，则，，，，，，，解得：，答：纪念碑的高度为．（3）解：纪念碑的实际高度为，小红求出纪念碑的高度约为，（2）中纪念碑的高度为，则小红的结果误差较大，理由是：纪念碑位于有台阶的平台上，点的位置无法正确定位，使得的长存在误差，影响计算结果．考点三、相似三角形与其它数学知识的综合应用5．（2025·河南·中考真题）定义：有两个内角的差为的三角形叫做“反直角三角形”．如图，在中，，，点为边上一点，若为“反直角三角形”，则的长为．【答案】或【分析】题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，理解“反直角三角形”的定义，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分情况讨论：①当时，过点作于点，由等腰三角形的性质得到，证明，得到，即可求出的长；②当时，过点作交于点，由等角对等边得到，再证明，设，进而得出，，根据求出的值，即可求出的长；③当时，利用锐角三角函数，得出，，即此种情况不存在；④当时，同③理可证，此种情况不存在；即可得解．【详解】解：，，，，，若为“反直角三角形”，①当时，过点作于点，，，，，，，，，，，，；②当时，过点作交于点，，，，，，，，，设，则，，，，，，；③当时，，，且，，，若，则，即，此种情况不存在；④当时，当点与点重合时，最小，此时，同③理可证，此种情况不存在；综上可知，的长为或，故答案为：或．6．（2023·河南·中考真题）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为．【答案】2或【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当时，

∵四边形矩形，∴，则，由平行线分线段成比例可得：，又∵M为对角线的中点，∴，∴，即：，∴，当时，

∵M为对角线的中点，∴为的垂直平分线，∴，∵四边形矩形，∴，则，∴∴，综上，的长为2或，故答案为：2或．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．7．（2023·河南·中考真题）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为．【答案】【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可．【详解】如图，连接，∵与相切于点A，∴；∵,∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，设，则，∴，解得，故的长为，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键．8．（2021·河南·中考真题）在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．当与相切时，点恰好落在上，如图2．请仅就图2的情形解答下列问题．（1）求证：；（2）若的半径为，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形的外角，找到角与角之间的等量关系，再通过等量代换即可证明；（2）添加辅助线后，证明三角形相似，得到对应角相等，所以角的正切值也相等，求出直角三角形的直角边长，再把放到直角三角形中，利用勾股定理求解．【详解】解：（1）证明：连接，取轴正半轴与交点于点，如下图：，为的外角，，，，．（2）过点作的垂线，交与点，如下图：由题意：在中，，由（1）知：，，，，，，由圆的性质，直径所对的角为直角；在中，由勾股定理得：，即．【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理、特殊角度的正切值，解答的关键是：掌握相关的知识点，会添加适当的辅助线，找到角与角、边与边的等量关系，通过等量代换，利用勾股定理建立等式求解．9．（2021·河南·中考真题）下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作一角的平分线的讨论片段．请仔细阅读，并完成相应的任务．小明：如图1，（1）分别在射线，上截取，（点，不重合）；（2）分别作线段，的垂直平分线，，交点为，垂足分别为点，；（3）作射线，射线即为的平分线．简述理由如下：由作图，，，，所以，则，即射线是的平分线．小军：我认为小明的作图方法很有创意，但是太麻烦了，可以改进如下，如图2．（1）分别在射线，上截取，（点，不重合）；（2）连接，，交点为；（3）作射线，射线即为的平分线．……任务：（1）小明得出的依据是．（填序号）①；②；③；④；⑤．（2）小军作图得到的射线是的平分线吗？请判断并说明理由；（3）如图3，已知，点，分别在射线，上，且．点，分别为射线，上的动点，且，连接，，交点为，当时，直接写出线段的长．【答案】（1）⑤；（2）小军作图得到的射线是的平分线，理由见解析；（3）OC=2或【分析】（1）根据证明三角形全等的HL定理解答即可；（2）根据作图过程可证明△EOD≌△FOC，则有∠OED=∠OFC，进而证明△CEP≌△DFP，可得PE=PF，易证得△EOP≌△FOP，则有∠EOP=∠FOP，即可得出小军作图得到的射线是的平分线；（3）分两种情况进行讨论，①,②；当，作射线OP，易知OP是∠AOB的平分线即∠POE=30°，根据△EOP≌△FOP和可求得∠OEP=45°，过P作PH⊥OA于H，易求得PH=HE=1，OP=2，PE=，证明△OEP∽△PEC，根据相似三角形的性质求得CE的长，进而由OC=OE﹣CE求解即可；当，连接OP，作PM⊥OA，同理可得，，即，OE=OP，，再利用特殊角的三角函数即可求出MP和MO，即可求得答案．【详解】解：（1）根据小明作图所阐述的理由，他用的是HL定理证明，故选：⑤；（2）小军作图得到的射线是的平分线，理由为：在△EOD和△FOC中，∴△EOD≌△FOC（SAS），∴∠OED=∠OFC，∵OC=OD，OE=OF，∴CE=DF，在△CEP和△DFP中，，∴△CEP≌△DFP（AAS），∴PE=PF，在△EOP和△FOP，，∴△EOP≌△FOP（SSS），∴∠EOP=∠FOP，即射线是的平分线；（3）①当时，作射线OP，由（2）可知OP是∠AOB的平分线，∴∠POE=∠AOB=30°，∵，∴∵△EOP≌△FOP，∴∠OPE=∠OPF=（360°﹣∠FPE）=105°，∴∠OEP=180°﹣∠POE﹣∠OPE=45°，过P作PH⊥OA于H，则HP=HE，OP=2HP=2HE，∴PE=HE，OH==HP=HE，∵OE=OH+HE=(+1)HE=+1，∴HE=1，∴PE=，∵∠POE=∠CPE=30°，∠OEP=∠PEC，∴△OEP∽△PEC，∴即，解得：CE=，∴OC=OE﹣CE=2．②当时，连接OP，作PM⊥OA，则,同理得，∴∵∴∴，综上所述，OC的长为2或．【点睛】本题考查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、角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．考点四、相似三角形的综合问题10．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点．(1)观察猜想如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________．(2)类比探究如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．(3)拓展应用当，且时，若，请直接写出的值．【答案】(1)(2)图见解析；不成立，，证明见解析(3)或．【分析】本题主要考查了角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．（1）如图，过点C作于点P，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答；（2）如图，过点C作于点Q，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答；（3）分和分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾股定理解答即可．【详解】（1）解：如图，过点C作于点P，∵平分，，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．故答案为：．（2）解：不成立，，证明如下：如图，过点C作于点Q，∵平分，，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．（3）解：①如图：当时，∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②如图：当时，∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．综上，的值为或．11．（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．专练一、相似三角形的性质12．（2025·河南南阳·模拟预测）如图，沿边向右平移得到，若，，则的长为（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】A【分析】本题主要考查了平移的性质，平行线分线段成比例，先根据平移的性质得，再根据平行线分线段成比例求出，此题可解．【详解】解：∵将沿着边向右平移得到，∴，∴.∵，∴，∴．故选：A．13．（2025·河南·模拟预测）如图，已知，则的长为（

）A．9.6 B．6.4 C．4.8 D．3.2【答案】A【分析】本题考查求线段长，涉及平行线的判定、平行线分线段成比例等知识，先由判定，再由平行线分线段成比例得到，代值求解即可得到答案，熟记平行线的判定及平行线分线段成比例是解决问题的关键．【详解】解：，，由平行线分线段成比例可得，则，即，解得，故选：A．14．（2025·河南新乡·三模）如图，在中，，，，，则的长为（）A．2 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理得出，根据，得出，证明四边形是平行四边形，得出即可．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴．故选：B．15．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，为对角线BD上一点，过点的直线MN分别交边AB，BC于点F，G，交射线DA，DC于点M，N．若，则的值为（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】D【分析】本题主要查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例．根据平行四边形的性质，可得，再由平行线分线段成比例可得，从而得到，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故选：D16．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在矩形中，，点E，F分别为的中点，连接，两线交于点H，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】此题重点考查矩形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作交于点，则，根据平行线分线段成比例定理可得到：，，所以，，，再根据勾股定理得，再证明，则，于是得到问题的答案．【详解】解：如图所示，作交于点，四边形是矩形，，，，点分别为边的中点，，，，，，∴是的中位线，，，，，，，，故选：A．17．（2025·河南漯河·二模）如图，在中，对角线，交于点，为的中点，连接并延长交的延长线于点．若，则的长度为（

）A．4 B．5 C．6 D．8【答案】A【分析】本题考查了平行线分线段成比例，平行四边形的性质，理解平行线分线段成比例是解答关键．根据平行四边形的性质得到，，，利用中点的性质易得，再利用平行线分线段成比例求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，．为的中点，，，．，，，．，．故选：A．18．（2025·河南信阳·模拟预测）如图是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查锐角三角函数的应用，相似三角形的性质等知识点，掌握相似三角形的性质成为解题的关键．先求解，得到，然后根据相似三角形的性质得到，，进而求解即可．【详解】解：∵12个相似的直角三角形，∴，∴∴∴∴，∵共有12个相似的直角三角形∴，即∴．故选：A．19．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图，在中，，点是线段的黄金分割点（），若，则的长为（结果保留根号）．【答案】【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，作的角平分线交于D，根据等边对等角和三角形内角和定理得到，则由角平分线的定义得到，据此可证明，，则，证明，可推出，则点是线段的黄金分割点，可得．【详解】解：如图所示，作的角平分线交于D，∵，，∴，∴，∴，，∴又∵，∴，∴，即，∴点是线段的黄金分割点，∴，故答案为：．20．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在中，，为斜边上不与端点重合的一动点，过点作，垂足为，将沿直线翻折得对应，交于点，若，则线段的长是．【答案】【分析】本题考查了勾股定理求解边长，相似三角形的判定与性质，图形的翻折变换，锐角三角函数辅助求解问题．由翻折前后的长度相等且的正切值相等求解的长是解决本题的关键．本题涉及到相似三角形的性质以及勾股定理，首先通过勾股定理求出的长度，再利用相似三角形的对应边成比例关系来建立等式求解．【详解】解：在中，，，则，因为，，所以，那么，设，因为，则，，因为沿直线翻折得对应，所以，又因为，所以，解得，即，在与中，，即，解得，，可得，可得，即，解得．故答案为：．专练二、相似三角形的实际应用21．（2025·河南驻马店·三模）如图是一个棕色细口瓶的截面示意图，为测量棕色细口瓶的内径，亮亮找来一个交叉卡钳（），放进未使用过的棕色细口瓶内，缓缓张到最大的角度．若，且测量得，则细口瓶的内径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．根据，结合，证明，再根据相似三角形的性质列式计算即可．【详解】解：∵相交于点O，∴，又∵，∴，∴，即，解得：．故选B．22．（2025·河南信阳·模拟预测）如图是利用凹透镜做实验时的光路示意图，已知平行于主光轴l的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，经过凹透镜光心O的光线传播方向不改变，与的交点C即为点A的像点．若，点A到主光轴l的距离，则点C到主光轴l的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了相似形综合应用，分别证明和，运用相似三角形的性质可求解．【详解】解：由题意知，，∴，∴，即，∴；又，，∴，∴，∴,∴，∴．故选：C．23．（2025·河南商丘·模拟预测）郑州中牟贾鲁河大桥斜拉索都互相平行且距离相等．如图，，小丽测得50米，米，米，则的长度为（

）A．60米 B．75米 C．78米 D．米【答案】C【分析】本题考查了三角形相似，解题的关键是掌握三角形相似的判定定理及性质定理，证明出三角形相似，利用三角形相似建立等式进行求解即可．【详解】解：，，，，，解得：，故选：C．24．（2025·山西长治·三模）在初中物理课程中，我们学过凸透镜的成像规律．如图，为凸透镜，其厚度忽略不计，为凸透镜的光心，为凸透镜的焦点，在凸透镜左侧的主光轴上垂直放置一支蜡烛，透过凸透镜后成的像为．平行于主光轴的光线，通过凸透镜折射后经过焦点，并与光线会聚于点．若物距，像距，则凸透镜的焦距的长为．【答案】4【分析】该题考查了相似三角形的性质和判定，矩形的性质，根据题意可得，四边形是矩形，得出，求出，即可求解．【详解】解：根据题意可得，四边形是矩形，，即，解得：，故答案为：4．25．（2025·河南驻马店·三模）如图是古代测量工具“水平真尺”的示意图，在尺子的表面有一条凹槽用来盛水，尺子两端各有一个小孔，通过这两个小孔去观察远处的目标，如果两个小孔和水面在同一水平线上，那么通过小孔看到的远处目标也在同一水平线上．如图，小明利用自制水平真尺测量池塘对面楼房的高度．小明在B处安置一根与地面垂直的标杆，利用水平真尺在点A处测得点A，B，楼房底端点C在同一水平线上，此时点A，标杆上的点D，楼房顶端点E恰在同一直线上．小明往后退5米到点F处，利用水平真尺测得点F，B，C在同一水平线上，此时点F，标杆顶点G，楼房顶端点E在同一直线上．测量得到米，米，米．请据此计算出楼房的高度．【答案】楼房的高度为10米【分析】本题考查相似三角形的实际应用，解题关键是根据相似三角形的性质“对应边成比例”，列方程求解．根据题意，可分别证明，，利用相似三角形对应边成比例，分别得到与的关系，进而求解．【详解】解：楼房和标杆均与地面垂直，，，，，即，整理，得，，，，，即，又，整理，得，解得，答：楼房的高度为10米．26．（2025·河南驻马店·三模）开封铁塔，又称“开宝寺塔”，是北宋时期（公元960－1127年）建造的一座木塔，被誉为“天下第一塔”．某小组用自制的菱形测高仪测量塔高，其边长为，为对角线的交点，．当测角仪的顶点，A与塔顶端点在同一条直线上时，系在顶点A处的铅垂线恰好过点和顶点．经测量点到的距离为72m，点到地面的距离为．求开封铁塔的高度．【答案】【分析】延长交于，由题意得，，根据菱形的性质可得，根据勾股定理可得，由，可得，则可求出的长，进而可得的长．【详解】解：如图，延长交于，由题意得：，，在菱形中，，，∴，∴，∵，，∴，，，，解得：，∴．答：开封铁塔的高度为．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．熟练掌握以上知识是解题的关键．27．（2025·河南平顶山·一模）樱花红陌上，杨柳绿池边．每年初春时节，郑州大学校区的樱花竞相开放，为美丽的郑大校园增添了别样的景致，钟灵毓秀的郑大人把樱花赋予美丽、热情、纯洁、高尚的精神品质．高新区某中学的数学兴趣小组利用周末时间对大路旁的一棵樱花树进行测量，他们采用以下方法：如图，把支架（）放在离树（）适当距离的水平地面上的点F处，再把镜子水平放在支架（）上的点E处，然后沿着直线后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，再用皮尺分别测量，观测者目高（）的长，利用测得的数据可以求出这棵树的高度．已知于点D，于点F，于点B，米，米，米，米，那么这棵樱花树的高度（的长）是多少米？【答案】米【分析】此题考查了相似三角形的应用，熟练掌握三角函数定义是关键．过点E作水平线交于点G，交于点H，求出米，证明，，即，解得米，即可得到答案．【详解】解：过点E作水平线交于点G，交于点H，如图，∵是水平线，，∴米，米，米，∴（米），根据题意，得，，∴，∴，即，解得米，∴（米）．所以这棵樱花树的高度为米．28．（2025·河南平顶山·一模）图1是一棵拦腰折断的大树，已知未折断的树干与地面保持垂直的关系，折断部分与地面形成的夹角的正切值为．树干旁有一根与地面垂直的电线杆，高度为9米．如图2，在某一时刻的太阳照射下，测得电线杆的影长为14米，树干的影长为7米，且点在同一条直线上．请求出这棵大树未折断前的高度．【答案】【分析】本题考查了解直角三角形的相关运算，勾股定理，相似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．先证明，再把数值代入进行计算，得，结合，得，代入数值化简，即可作答．【详解】解：，∴∴，∴，解得，，即设，故，，．答：这棵大树未折断前的高度是．29．（2025·河南周口·模拟预测）图①是一款儿童玩具———声光跑跑小蜗牛，图②是其侧面示意图，是蜗牛壳，是蜗牛尾巴，是蜗牛身体，与相切于点，是与的交点，连接，是的直径，且三点共线．(1)求证∶(2)厂家测得的直径为，，点的离地高度．，求配套该玩具的包装盒长度的最小值．（备注：包装盒长度不小于的长度）【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（）连接，利用圆周角定理和切线的性质可证，进而得到，即可求证；（）证明，可得即得，即得到，由利用余角性质可得，得到，即得，可得，进而得到，即可求解．【详解】（1）证明∶如图，连接，∵是的直径，∴，即，∵与相切于点，∴，即，∴，∵，∴，∴，即；（2）解∶由（）可知，又∵，∴，即，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴∴，∴，答：配套该玩具的包装盒长度的最小值为．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，余角性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．30．（2025·河南商丘·二模）2025年是红旗渠通水60周年，这条“人工天河”是39万河南林县农民用双手砸出的“世界第八大奇迹”，更是一座镌刻着“自力更生、艰苦创业、团结协作、无私奉献”的精神丰碑．红旗渠是完全依靠重力作用实现的自流灌溉水利工程，全长1500公里，总干渠必须确保8公里渠道只能有1米落差才能顺利通过分水闸，因此精准测量尤为重要．智慧的河南林县人，创造了盆面测量法，又称“水鸭子”测量法．简单地说，就是在一个洗脸盆中盛上半盆水，再在盆里倒放上一只板凳，在木凳两端连接细线，与对面持木棍的人相互配合，通过木棍两端的点和要测定的点共三个点连成一条线，来找到水平面．如图，小聪同学在处放一“水鸭子”，测得点、标杆上的点、大树底部点都在同一水平线上．而小聪视线从点处向上看时，发现点、标杆上的点、大树顶端点恰在同一直线上．接着，小聪往后退3米到点处，利用“水鸭子”使点、、共线，此时发现点、标杆上的点、大树顶端点也恰在同一直线上．测量得到米，米，米．你能据此算出大树的高度吗？（大树和标杆均与水平面垂直）【答案】大树的高度为米．【分析】本题考查的是相似三角形的应用，先证明，，再利用相似三角形的性质建立方程求解即可．【详解】解：∵大树和标杆均与水平面垂直，∴，∵，，∴，，∴，即，∴，即，把整理，得①，把整理，得②，联立，解得，答：大树的高度为米．31．（2025·河南周口·三模）图（1）是小明同学自制的测量工具，其中，，上都有相同单位的刻度，可以在上滑动，．小明想用自制的测量工具测量建筑物的高度．如图（），小明站在自动扶梯的底部处，让测量工具的平行于地面，的延长线交于点，滑动使，，在同一条直线上，此时．他乘坐扶梯到达顶部处，让测量工具的平行于地面，的延长线交于点，滑动，使，，在同一条直线上，此时．小明的身高，自动扶梯的高为，水平宽为．试根据以上数据计算出建筑物的高度．（结果精确到）【答案】建筑物的高度约为米【分析】本题考查了相似三角形的应用，根据题意可得，，列出比例式，代入题中数据，即可求解．【详解】解：设，则，根据题意可得，∴即，∴同理可得∴即∴解得：∴答：建筑物的高度约为米32．（2025·河南南阳·一模）【学科融合】如图3，在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一个平面内，反射光线和入射光线分别位于法线两侧，反射角r等于入射角i．【问题解决】如图4，小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙、木板和平面镜．激光笔在点G处，激光笔的光从平面镜上点B处反射后，恰好经过木板的上边缘点F，落在墙上的点E处．已知点G到地面的高度，木板的高度，点G到木板的水平距离，木板到墙的水平距离，求点E到地面的高度（图中点A，B，C，D在同一水平线上）．【答案】点E到地面的高度为【分析】本题主要考查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．根据题意证明和，得到，即，即可得到答案．【详解】解：反射角等于入射角，．．又，．．．．．，解得．由题意，可得，．，即，解得．点E到地面的高度为．专练三、图形的位似33．（2025·河南安阳·一模）如图，已知线段的两个端点坐标分别为，，以原点为位似中心在第一象限内画线段，若，则点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了坐标平面内的位似变换，掌握在平面直角坐标系中以原点为位似中心的坐标变化规律是解题的关键．根据在平面直角坐标系中，以原点为位似中心的位似变换的相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或即可解答．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵以原点为位似中心，线段在第一象限内的位似图形为线段，∴线段和线段的位似比为，∴点坐标为，即，故选：．34．（2025·河南驻马店·一模）如图，在直角坐标系中，点A在第一象限内，点B在x轴正半轴上，以点O为位似中心，在第三象限内与的位似比为的位似图形．若点A的坐标为，则点C的坐标为．【答案】【分析】本题考查的是位似变换的概念和性质，根据位似变换的性质解答即可．【详解】解：以点O为位似中心，在第三象限内与的位似比为的位似图形，点A的坐标为，，即故答案为：．35．（2025·河南周口·三模）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于点A，B，与y轴交于点C，点A的纵坐标为3．(1)求k的值；(2)连接，点D为y轴上一点，连接，若与位似且位似中心为点C，求点D的坐标．【答案】(1)(2)【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点，待定系数法求解析式，三位似三角形性质，熟练掌握待定系数法是解题的关键．（1）把代入，可求出点A的坐标，再把点A的坐标代入，即可求解；（2）先求出点B的坐标为，可得到，过点A作交y轴于点D，，此时与位似且位似中心为点C，符合题意，求出，即可求解．【详解】（1）解：把代入得：，解得：，∴点A的坐标为，把点代入得：；（2）解：当时，，∴点C的坐标为，∴由（1）得：反比例函数解析式为，联立得：，解得：或，∴点B的坐标为，∴，∴，如图，过点A作交y轴于点D，∴，此时与位似且位似中心为点C，符合题意，∴，∴，∴，∴，∴点D的坐标为．36．（2025·河南焦作·模拟预测）如图，反比例函数的图象经过正方形的顶点B，以原点O为位似中心，将正方形扩大得到正方形，使其面积比为．交反比例函数的图象于点G，已知．(1)求反比例函数的解析式；(2)求的长．【答案】(1)(2)【分析】本题考查了反比例函数与几何综合、根据正方形的性质求线段长，位似图形的性质，解题的关键是求出函数解析式；（1）得点B坐标为代入解析式即可；（2）由题意得正方形的面积为2，故其边长为，根据点G在反比例函数上，令，解得即可求解．【详解】（1）解：由题意，得点B坐标为，将其代入反比例函数解析式，，反比例函数解析式为；（2）解：由题意得正方形的面积为2，故其边长为，点G在反比例函数上，令，解得，．37．（2025·河南焦作·二模）如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，．(1)在轴左侧以为位似中心作的位似图形，且与的相似比为；(2)如果内部一点的坐标为，写出点在内的对应点的坐标；(3)计算的面积．【答案】(1)见解析(2)(3)10【分析】此题考查了位似变换的性质，还考查了学生的动手能力．题目比较简单，注意数形结合思想的应用．（1）根据位似变换的性质，即可画出位似三角形；（2）结合图形，由位似变化的性质，即可求得：点在内的对应点的坐标．（3）首先构造直角梯形，由，即可求得的面积．【详解】（1）解：如图：（2）解：内部一点的坐标为，点在内的对应点的坐标为．（3）解：如图所示：，，，，，，，．专练四、相似三角形与尺规作图的综合38．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，为边的中点．(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点；（保留作图痕迹，不写作法）(2)若在（1）中的射线上有一点，且，连接，求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】本题考查了作图-基本作图、平行四边形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）根据要求作出图形；（2）证明，可得结论．【详解】（1）解：如图所示：（2）解：证明：由作图可知，，为的中点．点为中点，为的中位线，，，四边形为平行四边形．39．（2025·河南驻马店·三模）如图，是的中线．(1)请用无刻度的直尺和圆规在上取点E，使得；（保留作图痕迹，不写作法）(2)连接，若点A到直线的距离是1，求点B到直线的距离．【答案】(1)图见解析(2)点到直线CE的距离是1【分析】本题主要考查了三角形中线的性质，求三角形的高，尺规作图—作与已知角相等的角，平行线分线段成比例定理，熟知相关知识是解题的关键。（1）根据作与已知角相等的角的尺规作图方法作图即可；（2）由三角形中线的定义得到，证明，得到，即，则，据此可得点到直线的距离是1．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：是的中线，，∵，，，，即，，又∵和同底，点A到直线的距离是1，点到直线的距离是1．40．（2025·河南商丘·二模）如图，在等腰三角形中，，是底边上的中线．(1)请用无刻度的直尺和圆规作的垂直平分线，交边于点，交于点，交边于点，连接，；（保留作图痕迹，不写作法）(2)证明（）中得到的四边形是菱形．【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析【分析】（）根据线段垂直平分线的作法作图即可；（）由线段垂直平分线的性质可得，，，由等腰三角形的性质可得，即得，进而由平行线等分线段定理可得，即得到，即可求证．【详解】（1）解：作图如图所示:（2）证明：由（）得，直线垂直平分线段，，，，，是底边上的中线，，，，，，四边形是菱形．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的作法和性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，平行线等分线段定理，菱形的判定，正确画出图形是解题的关键．41．（2025·广东阳江·一模）如图，在中，是边的中点．(1)用尺规作图法作线段的中点；（保留作图痕迹，不要求写作法）(2)在（1）所作的图中，连接，若的面积为12，求的面积．【答案】(1)见解析(2)3【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，线段垂直平分线的尺规作图，熟知相关知识是解题的关键．（1）作线段的垂直平分线交于E，则点E即为所求；（2）由三角形中位线定理可得，则可证明，再根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方得到的面积与的面积关系，据此可得答案．【详解】（1）解：如图所示，作线段的垂直平分线交于E，则点E即为所求；（2）解：D、E分别是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴，∴，∵的面积为12，∴的面积为3．42．（2025·河南商丘·模拟预测）如图，在中，点为半径上一点，延长交于点．(1)作线段的垂直平分线（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），交于点、（点在点左边）．连接、，在上截取，连接、，求证：．(2)若的直径为2，当时，求的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）按照尺规作线段的垂直平分线的步骤即可作图，连接，先证明，可得垂直平分，则，可证明，则，而，，则，那么，即可证明；（2）连接，导角证明，则，设，则，，那么，在中和中，由勾股定理建立方程，求出，即可求出．【详解】（1）解：如图，即为所求：连接，∵垂直平分，∴，∵为半径，，∴，，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，∴∵，，，∴，∴，∵点在圆上，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：连接，由（1）得，∴，∵，∴，设，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，∴，在中，，在中，，∴，解得：或（舍），∴．【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作线段的垂直平分线，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．43．（2025·河南周口·一模）如图，在菱形中，．(1)实践操作：利用尺规作的平分线，交于点；（要求，不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了相似三角形的判定，角平分线尺规作图，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．（1）利用尺规作图角平分线的方法即可作图；（2）由角平分线结合已知条件得到，再加上公共角，即可证明．【详解】（1）解：如图，即为所作：（2）解：∵平分，∴，∵，∴，∴，∵∴．44．（2025·河南南阳·三模）如图，已知．(1)尺规作图：作平分交于点，再作的垂直平分线交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）；(2)连接、，判断四边形的形状，并说明理由；(3)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)四边形是菱形，理由见解析(3)【分析】题目主要考查角平分线及垂直平分线的作法、菱形的判定和性质，平行线分线段成比例等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．（1）根据角平分线及垂直平分线的作法作图即可；（2）根据基本的作图方法及其性质得出，，再由菱形的判定证明即可；（3）根据菱形的性质及平行线分线段成比例求解即可．【详解】（1）解：如图所示即为所求作的图形；（2）证明：四边形是菱形；根据作法可知：是线段的垂直平分线，，，，平分，，，，同理可得，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形；（3）是菱形，，，，，解得：．45．（2025·河南安阳·模拟预测）已知线段，尺规作图：①作线段的垂直平分线交于点O，②以点O为圆心，长为半径画圆，交直线于点B，D，③顺次连接．(1)使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）(2)判断四边形的形状，并说明理由；(3)点E在边上（不与点A，D重合），射线与射线D交于点F．求证：．【答案】(1)见解析(2)四边形为正方形，见解析(3)见解析【分析】本题考查了作图：作线段垂直平分线，正方形的判定，相似三角形的判定与性质，把握正方形的判定的关键．（1）根据题意补全图形即可；（2）根据“对角线相等且互相平分的四边形是矩形”四边形为矩形，再利用“对角线互相垂直的矩形是正方形”即可证明四边形为正方形；（3）证明，推出，再整理即可求解．【详解】（1）解：如图所示，正方形即为所求．；（2）解：，四边形为矩形（对角线相等且互相平分的四边形是矩形）．，四边形为正方形（对角线互相垂直的矩形是正方形）；（3）解：证明：如图，四边形是正方形，，，，，．故．专练五、相似三角形的综合问题46．（2025·河南信阳·三模）如图1，在中，，，，点D，E分别为，的中点．如图2，将绕点C顺时针旋转，设旋转角为，记直线与直线的交点为点P，交于点O，则在运动过程中，点P到直线距离的最大值为；点P运动的长度为．【答案】//【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．利用两边对应成比例且夹角相等证明，推出，得到点在以为直径的圆上，如图，取的中点，以的长为半径作，以点为圆心，的长为半径作．当是的切线时，点到直线的距离最大．过点作，交的延长线于点，连接，据此利用解直角三角形求解即可．【详解】解：∵，，∴，∴，又∵，∴，∴点在以为直径的圆上，如图，取的中点，以的长为半径作，以点为圆心，的长为半径作．当是的切线时，点到直线的距离最大．如图，过点作，交的延长线于点，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵点的运动轨迹为点点点，∴点运动的长度为，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴点到直线距离的最大值为．故答案为：；．47．（2025·河南洛阳·三模）如图，矩形中，，点分别为上一个动点，且，以为对称轴将矩形折叠，点的对应点分别为，点为上一点，且，的最小值为，的最大值为．【答案】【分析】由矩形的性质可得，，，，连接与交于点，证明，得出，，即点时矩形的对角线的中点，连接，则，连接，由轴对称可得，推出，连接，则由三角形三边关系可得的最大值为，最小值为，由勾股定理可得，得出，作于点，则，证明，求出，，计算出，得出，即可得解．【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，，，如图，连接与交于点，∵，∴，，∵，∴，∴，，∴点为矩形的对角线的中点，连接，则，连接，由轴对称可得，∴，连接，则由三角形三边关系可得的最大值为，最小值为，∵，，∴，∴，作于点，则，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最大值为，最小值为；故答案为：，．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，三角形三边关系的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．48．（2025·河南郑州·三模）【综合与实践】如图，在Rt中，点是斜边上的动点（点与点不重合），连接，以为直角边在的右侧构造Rt，，连接，．【特例感知】（1）如图，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______；【类比迁移】（2）如图，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想；【拓展应用】（3）在（1）的条件下，点与点关于对称，连接，，如图．已知，设，四边形的面积为．①求与的函数表达式，并求出的最小值；②当时，请直接写出的长度．【答案】（1），；（2），，证明见解析；（3）①与的函数表达式为，最小值为8；②或．【分析】（1）由，证明，即可得出，；（2）由已知得出，即可得出，；（3）由已知得出四边形是正方形，由勾股定理即可得出，数形结合即可求解；过作于，则是等腰直角三角形，由勾股定理列方程求解即可．【详解】解：（1），，，，，，即，在和中，，，，，，即，故答案为：，；（2），，证明如下；，，即，又，，，，则，又，，，；（3）连接交于，，，∴，，，设，，由（1）可知，，，，，点与点关于对称，垂直平分，，，，，，四边形是正方形，，与的函数表达式为，由，其最小值为；过作于，，是等腰直角三角形，∴在，，，，，连接，由①可知，四边形是正方形，，，在中，，，，又，，，，，，在，，，∴，，，解得或，或．【点睛】本题是相似形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质和相似三角形，勾股定理，二次函数的综合应用，熟记全等三角形的判定与性质和相似三角形判定与性质是解题的关键．49．（2025·河南安阳·三模）某校数学探究小组的同学在学习了图形的相似这一单元后，对直角三角形的相似做出了深入探究．【特例探究】如图1，在中，，是斜边上的高．（1）求证：；【类比研究】（2）如图2，为线段的延长线上一点，连接并延长至点，连接，，使得．请判断的形状，并说明理由；【拓展应用】（3）如图3，是直角三角形，，，，平面内有一点满足，连接并延长至点，使得，请直接写出线段的最小值．【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，见解析；（3）5【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、构造相似三角形、圆周角定理的应用，垂线段最短等知识点，善于运用相似三角形的判定与性质，正确地作出辅助线是解题的关键．（1）通过角度的转换得到，即可证得，再由相似三角形的性质即可证明结论；（2）通过角度的转换得到，如图，记的交点为，证明，可得，，证明，可得，，即可判定三角形的形状；（3）以点A为圆心，2为半径作，则C，D都在上，延长至点，使得，交于点，通过构造相似三角形，得到点E在过点且与垂直的直线上运动．因为点B固定，再由垂线段最短，可得到最小值的情况即可求解．【详解】证明：∵在中，，∴，∴．又∵，∴，∴，即．（2）解：是直角三角形．理由如下：∵，，∴，即，∴，如图，记的交点为，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形．（3）解：∵，∴，而，∴，∴，如图，以点A为圆心，2为半径作，而，则C，D都在上，，延长至点，使得，交于点，∴，，则．∵，∴，∴，∴点E在过点且与垂直的直线上运动．如图：过点B作，垂足为，即为最短的，∵，∴四边形是矩形．∵，∴的最小值为．50．（2025·河南驻马店·三模）综合与实践【问题背景】数学活动课上，刘老师让学生以正方形为主题背景进行旋转变换探究活动．点E为正方形边延长线上一点，且，连接，将边绕点E顺时针旋转得到EP，旋转角为，连接．【问题解决】下面是三个学习小组提出的数学问题，请你解决这些问题．(1)“奋进”小组提出的问题是：如图1，若点P落在边上，则______°；的值为______；(2)“智慧”小组提出的问题是：如图2，若点P落在正方形的内部，且，写出的值，并就图2的情形说明理由；(3)“创新”小组突发奇想，将提出的问题迁移到平面直角坐标系中，使得边BC在x轴上，点B与原点O重合，如图3．若，当点P在第一、三象限的角平分线上时，直接写出点P的坐标．【答案】(1)45；(2)；理由见解析(3)或【分析】（1）根据正方形性质及，可得是等腰直角三角形，进而可求的值，设，可根据勾股定理求出，即可求解；（2）根据，可推导出，再根据及三角形内角和，可证，继而证明，再根据相似三角形对应边成比例，即可求解；（3）对分两种情况讨论，分别在第一或第三象限．在第一象限时，过P作轴于F，可设，在中，利用勾股定理及各点坐标表示出各线段长，列方程即可求出，并进行取舍；点在第三象限时，方法同理．【详解】（1）解：在正方形中，，，又，∴，∴，由题意知，设，∴，由旋转知，则，∴．故答案为：45；．（2），理由如下：∵，∴，∴，又在正方形中，，∴，又，∴，∴，∴，又在等腰中，，∴．（3）如图1，当点P在第一象限角平分线上时，过P作轴于F，则为等腰直角三角形，则可设．在等腰中，由得，∴，在中，，∴由及，得，解得(舍)，∴．如图2，当点P在第三象限角平分线上时，过P作轴于H，同理设．在中，同理，由及，得，解得(舍)，∴．综上所述，点坐标为或．【点睛】本题考查图形旋转，正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，坐标系中的距离问题；解题关键是熟练掌握正方形的性质，相似三角形的判定及性质，坐标系中能根据点的坐标求出距离，涉及动态问题要注意分类讨论思想．51．（2025·河南信阳·三模）综合探究在矩形中，为其对角线，，点为边上不与端点重合的一动点，连接，将沿着翻折得对应．(1)若，如图1，当点落在对角线上时，的度数是；、、的数量关系是；(2)若①如图2，当点落在对角线上时，写出、、之间的数量关系，并说明理由；②过点作，分别交、于，两点，若，当点为线段的三等分点时，请直接写出线段的长．【答案】(1)；(2)①（合理即可），理由见解析，②或【分析】本题考查了三角函数，折叠的性质，相似三角形的判定和性质.（1）根据三角函数得到，根据折叠的性质即可得到；根据折叠的性质得到，，根据三角函数得到，即可得解；（2）①由折叠的性质得到，，，根据三角函数得到，即可得解；②分，两种情况，证明，由勾股定理求解即可.【详解】（1）解：∵∴∴∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，∴；∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，∴，，∵∴，∴；故答案为：；（2）①，理由如下：∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，∴，，∵点落在对角线上，∴∵∴∵∴∵∴；②∵当时，∵，∴，∴，∵将沿着翻折得对应，∴，，∴，∵∴∵，∴∴，设，则∴由勾股定理可得∴解得，即∵当时，∵，∴，∴，∵将沿着翻折得对应，∴，，∴，∵∴∵，∴∴，设，则∴由勾股定理可得∴解得，即综上所述，的长为或52．（2025·河南·模拟预测）综合与实践【回归教材】通过对教材的学习，小明学习到这样一个知识：如图①，正方形的对角线相交于点，点是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，正方形绕点旋转的过程中，边，分别交正方形的边，于点，，在旋转过程中，两个正方形重叠的面积（阴影部分）是一个正方形面积的．【提出问题】（1）①请证明上述结论；②通过观察，小明发现线段，，之间存在一定的数量关系，请写出该关系并说明理由；【拓展迁移】（2）如图②，在等边中，为的中点，绕点旋转，且，交线段于点，交线段于点，请判断此时线段，，的数量关系，并说明理由；【拓展应用】（3）如图③，在等腰中，，，为上一点，的边交于点，边交于点，且，连接，若，，求的长．【答案】（1）①证明见解析②，证明见解析（2），证明见解析（3）的长为或【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，等边三角形的性质，中位线的性质，勾股定理，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．（1）利用正方形的性质证明，得出，则；（2）取的中点，连接，由中位线的性质得，，，，证明，得出，再利用线段的和差证明即可；（3）取的中点，连接，求出，可知或．分情况讨论：①当时，过点分别作于点，于点，证明，得，证明，得，可得，利用，求得，则可求出，，求出，即可得；②当时，即，如解图③，过点分别作于点，于点，结合对称性同①可得，，，则．【详解】解：（1）①在正方形中，，，又∵在正方形中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②，理由如下：由①可知，∴，∴；（2），理由如下：如解图①，取的中点，连接，∵为中点，为的中点，∴，，，，∴，，在等边中，，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）如解图②、解图③，取的中点，连接，∴在等腰中，，，∴，∵，∴，∴在上存在两个点满足，且，∴或．分情况讨论：①当时，如解图②，过点分别作于点，于点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在等腰中，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②当时，即，如解图③，过点分别作于点，于点，结合对称性同①可得，，，∴．综上所述，的长为或．53．（2025·河南周口·三模）综合与实践学习了平行四边形的相关知识之后，李老师带领同学们上了一节“平行四边形纸片的折叠”实践探究课程，同学们分三个小组进行探究活动．勤学小组的探究：我们将如图（1）所示的平行四边形纸片沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点为，延长交于点．（1）任务1：初步探究．求证：．创新小组的探究：我们将如图（2）所示的平行四边形纸片沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点恰好落在的中点处．（2）任务2：猜想与验证．猜想，之间的数量关系，并加以证明．开拓小组的探究：我们将如图（3）所示的平行四边形纸片（，）沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点为，直线与直线交于点，直线与直线交于点．（3）任务3：求两线段的比值．过点作于点，若，请直接写出的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，则，根据折叠得出，等量代换得出，等边对等角即可得证；（2）取的中点，连接，则是的中位线，得出，即可得证；（3）过点作于点，证明得出，设，则，进而得出，在中，，根据勾股定理求得的长，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形∴，∴∵平行四边形纸片沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点为，延长交于点∴∴∴．（2），如图，取的中点，连接，∵是的中点，∴是的中位线，∴∴，∵折叠，∴，，∴，∴∴（3）解：如图，过点作于点同理（1）可得∵，，∴，∵∴∵四边形是平行四边形，∴，则∴∴设，则∴∴∵，，∴∴四边形是矩形∴，∴在中，∴解得：．∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，含度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．54．（2025·河南周口·二模）综合与实践综合实践课上，同学们探究“特殊四边形背景下的旋转问题”．问题情境：为四边形的边上一点(不与端点重合)，作射线，并将射线绕点在平面内旋转，记旋转角为α．，．(1)当旋转后的射线交射线于点时．①如图1，四边形为正方形，则；、、之间的数量关系是；②如图2，四边形为矩形，设求DF的长；(用含m、n、a的式子表示)(2)如图3，四边形为菱形，，，，在旋转过程中，设点的对应点为，当点落在射线或射线上时，请直接写出线段的长．【答案】(1)①1，；②(2)或【分析】本题主要考查了旋转的性质，利用旋转模型证明三角形全等或相似是解题（1）关键，由特殊角构造直角三角形解三角形是解（2）的关键．（1）根据旋转全等模型容易证明即可得出，进而可得结论；②旋转相似模型容易证明，得，即可得，由即可解题；（2）分两种情况利用特殊角构造直角三角形，由勾股定理解三角形求解即可．【详解】（1）①解：∵四边形为正方形，∴，即，∴，∵四边形为正方形，∴，∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∵在四边形为正方形中，，∴，∴．②当四边形为矩形，∴，，又∵∴，∴，∴，∴，即，∴，∴（2）解：当点落在射线上时，过点作，垂足为，∵四边形为菱形，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，，∴，，由旋转可知：，∴，∴，当点落在射线上时，过点作，垂足为，同理可求：，，，∴，综上所述：当点落在射线或射线上时，线段长为或55．（2025·河南·模拟预测）如图1，已知矩形分别为中点，连接．(1)_____，与的位置关系为_____；(2)如图2，若把绕点逆时针旋转与之间的数量关系和位置关系是否会发生变化，请说明理由；(3)在（2）的条件下，如图3，直线与交于点，当旋转至时，请直接写出的长．【答案】(1)，(2)不发生变化，理由见解析(3)【分析】（1）先根据矩形的性质得，再结合线段的中点得，代入化简，即可作答．（2）与（1）同理得，结合，得，运用夹角相等，两边成比例得，故，再根据相似三角形的性质得，整理得，因为，即．（3）先理解题意，得，在（2）的条件下，，，证明四边形是矩形，得，，结合，则，即可作答．【详解】（1）解：∵矩形∴∵分别为中点，∴∴，∵，∴（2）解：不会发生变化，理由如下：∵矩形∴∵分别为中点，∴，则，∴，∵，∴，∴，如图，延长交于一点，交于一点，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（3）解：依题意，如图所示：∵，∴，在（2）的条件下，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，则，则．【点睛】本题考查了旋转性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．56．（2025·河南商丘·二模）小星根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展．如图，在矩形中，是边上的一点，连接，将沿翻折，得到．(1)问题解决：当点关于的对称点恰好落在边上时，四边形是________形；(2)问题探究：在（1）的条件下，是边上一定点，连接，作关于的对称线段，连接，射线交射线于点，连接．当点落在边上时，如图①，求的度数；(3)拓展延伸：如图②当点不在边上时，直接写出的值．【答案】(1)正方(2)(3)【分析】本题考查正方形的判定和性质，折叠的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质等知识，正确做出辅助线是解题的关键．（1）由折叠可知，再证明是等腰直角三角形，得到，从而得到四边形是菱形，结合可知四边形是正方形；（2）过点E作，垂足为H．折叠及对称性可知，设，则，继而求出，，再根据对称性可得，从而运用三角形的内角和定理求出即可；（3）过点E作于点H．设，则．得．得，得，得，得，得，：【详解】（1）在矩形中，，，，由折叠可知：，，∴是等腰直角三角形，∴，∴四边形是菱形，又∵，∴四边形是正方形，故答案为：正方；（2）解：由（1）得：四边形是正方形，∴，过点E作，垂足为H．折叠及对称性可知，设，则，∴，∴，∵、关于对称，∴∴，∴；（3）解：如解图，过点E作于点H．由对称的性质可知，，设，∴，∴．∵，∴．由（1）知，四边形为正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴；57．（2025·河南驻马店·三模）在学习三角形相似知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形中因动点变化引起的线段之间以及角之间的关系进行了进一步探究．【问题发现】（1）如图1，在中，，，为的中点，，则______．【尝试探究】（2）如图2，在中，，，为上一点，，为上一点，连接，作，交于点．请探究的值，并说明理由．【拓展延伸】（3）在（2）的条件下，请继续思考，直接写出面积的最小值为______，最大值为______．【答案】（1）1（2），理由见解析（3），【分析】（1）过点P分别作，垂足分别为，证明是等腰直角直角三角三角形，得到，再根据为的中点，得到，进而推出，易证四边形是矩形，得到，再证明，推出，即可得到结果；（2）过点P分别作，垂足分别为，同理（1）得四边形是矩形，则，证明，推出，利用直角三角形的性质结合勾股定理求出，，即可解答；（3）由（2）知，即，求出，连接，当两点重合，则时，有最小值，即有最小值，当两点重合时，有最大值，则有最大值，即有最大值，利用直角三角形的性质结合勾股定理求出的最大值与最小值即可解答．【详解】（1）解：如图，过点P分别作，垂足分别为，∵在中，，，∴，∵，∴，∴是等腰直角直角三角三角形，同理是等腰直角直角三角三角形，∴，∵为的中点，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：过点P分别作，垂足分别为，同理（1）得四边形是矩形，则∵，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∵，∴∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：由（2）知，即，∵，∴，连接，∴当两点重合，则时，有最小值，即有最小值，此时，，∴的最小值为，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴当两点重合时，有最大值，则有最大值，即有最大值，此时，，∴的最大值为；∴面积的最小值为，最大值为．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、相似三角形的判定、勾股定理．58．（2025·河南·模拟预测）综合与实践【问题情境】定义：四边形一边的中点与它所在边的对边的两个端点的连线所形成的折线，叫作四边形的折中线．如图1，在四边形中，是边的中点，连接，，则由线段，组成的折线叫作四边形的折中线，折线的长叫作折中线的长．【特例感知】（1）如图2，若四边形是矩形，当时，折中线的长与边的长的数量关系是______．（用含的代数式表示）【深入探究】（2）如图3，折线是的折中线．①若，折中线的长为，则与的数量关系是_______．（填“>”“=”或“<”）②当时，写出图3中的一条角平分线及其平分的角，并说明理由．（3）如图4，在中，，，当折中线的其中一条线段与的一条对角线相等时，直接写出折中线的长．【答案】（1）；（2）①>；②平分，理由见解析；（3）折中线的长为或．【分析】（1）证明，求得，利用勾股定理求解即可；（2）①延长交的延长线于点，得到，推出，，得到，在中，利用三角形三边关系即可求解；②同①求得垂直平分线段，再利用等腰三角形三线合一即可得证；（3）分情况讨论：①当时，过点作于点G，过点B作，交的延长线于点K，②当时，过点A作交的延长线于点F，过点A作于点M，过点E作于点N，分别利用平行四边形的性质结合勾股定理求解即可．【详解】解：（1）∵四边形为矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵E是的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；（2）①如图，延长交的延长线于点，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵E是的中点，∴，又∵，∴，∴，，∴，在中，（三角形三边关系：两边之和大于第三边），即，故答案为：>；②平分，理由：延长交的延长线于点G.∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵E是的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴垂直平分线段，∴，∴平分（等腰三角形三线合一）；（3）或.观察图形可知，，而，故，∴折中线中的线段或只能与中较短的对角线相等，分情况讨论：①当时，如图，过点作于点G，过点B作，交的延长线于点K，设，则，，∴四边形是矩形，则，解得，在中，由勾股定理，得；在中，由勾股定理，得，故折中线的长为；②当时，如图，过点A作交的延长线于点F，过点A作于点M，过点E作于点N，设，则，，∴四边形是平行四边形，，∵，∴，∴（等腰三角形三线合一），即，解得，∴，，在中，由勾股定理，得，在中，由勾股定理，得，故折中线的长为，综上所述，折中线的长为或．【点睛】本题考查四边形的综合应用，主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定与性质，菱形的性质是解题的关键．59．（2025·河南周口·二模）综合与实践如图1，在菱形中，，，点M以每秒2个单位长度的速度沿运动，点N以每秒个单位长度的速度沿运动，两点同时出发，当有一点停止运动时，另一点也随之停止运动．设运动