五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(山西专用)09：相似三角形（教师版）

专题09相似三角形（解析版）考点1全等三角形的判定1．（2025·山西·中考真题）如图，小谊将两根长度不等的木条的中点连在一起，记中点为，即．测得两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上两点之间的距离．图中与全等的依据是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了全等三角形的判定，由即可判定求解，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．【详解】在与，∵，∴，∴与全等的依据是，故选：．考点2全等三角形的性质与判定1．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为【答案】【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长．【详解】解：如图：连接AE、AF、EN，四边形ABCD是正方形设AB=BC=CD=AD=a，，在与中，，，是等腰三角形，又，垂直平分EF，，又，，在中，，，解得a=20，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证得垂直平分EF是解决本题的关键．2．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线．(1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母），(2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明．【答案】(1)作图见解析(2)，证明见解析【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图的画法，分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，交于两点，过两点作直线即可得到线段AC的垂直平分线．（2）利用矩形及垂直平分线的性质，可以证得，根据全等三角形的性质即可得出结论．【详解】（1）解：如图，（2）解：．证明如下：∵四边形ABCD是矩形，∴．∴．∵EF为AC的垂直平分线，∴．∴．∴．【点睛】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图的画法、矩形的性质、全等三角形的判定和性质．考点3相似三角形的实际应用1．（2022·山西·中考真题）神奇的自然界处处蕴含着数学知识．动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的（

）A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．黄金分割【答案】D【分析】根据黄金分割的定义即可求解．【详解】解：动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的黄金分割．故选：D【点睛】本题考查了黄金分割的定义，黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，约等于0.618，这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．熟知黄金分割的定义是解题关键．2．（2020·山西·中考真题）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（

）

A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似【答案】D【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；【详解】根据题意画出如下图形：可以得到，则即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度

故选：D.【点睛】本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解.考点4相似三角形性质与判定综合1．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为．【答案】【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，延长交延长线于点，过作于点，则，由三线合一性质可得，然后证明四边形是矩形，所以，，又，则可证，所以，求出，然后通过平行线的性质和等角对等边可得，设，则，，最后通过勾股定理求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则，∵，∴，∵，，∴，，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，由勾股定理得：，∴，解得：，即，∴，故答案为：．2．（2023·山西·中考真题）如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为．

【答案】/【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：

则，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，即，解得：．故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．3．（2020·山西·中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为．【答案】【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．【详解】如解图，过点作于，∵，∴，∴，∵，点是的中点，∴，∵，∴∽∴∴，设为，则，由勾股定理得，又∵，∴，则，∵且，∴∽，∴，即，解得，∴．∵∴∴∴故答案为：【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．4．（2025·山西·中考真题）综合与探究问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．①若，判断与的位置关系，并说明理由；②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形；（2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：由折叠的性质可得，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）证明：①，理由如下：由（1）知四边形是菱形，∴，由折叠的性质得到，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；解：②∵，，，∴，当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则，∵，，∴，∴，由折叠的性质得，，，∴，∴；∵，∴；∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则，同理得，，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵是以为腰为底的等腰三角形，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键．5．（2023·山西·中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．

(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】(1)正方形，见解析(2)①，见解析；②【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴四边形为矩形．∵，∴．∴矩形为正方形．（2）：①．证明：∵，∴．∵，∴．∵，即，∴．∵，∴．由（1）得，∴．②解：如图：设的交点为M，过M作于G，∵，∴，，∴；∵，∴，∴，∵，∴点G是的中点；由勾股定理得，∴；∵，∴，即；∴；∵，，∴，∴，∴，即的长为．

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．6．（2022·山西·中考真题）综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．【分析】（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，．∵点D是BC的中点，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴，即，∴；（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴线段AN的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．7．（2021·山西·中考真题）阅读与思考，请阅读下列科普材料，并完成相应的任务．图算法图算法也叫诺模图，是根据几何原理，将某一已知函数关系式中的各变量，分别编成有刻度的直线（或曲线），并把它们按一定的规律排列在一起的一种图形，可以用来解函数式中的未知量．比如想知道10摄氏度相当于多少华氏度，我们可根据摄氏温度与华氏温度之间的关系：得出，当时，．但是如果你的温度计上有华氏温标刻度，就可以从温度计上直接读出答案，这种利用特制的线条进行计算的方法就是图算法．再看一个例子：设有两只电阻，分别为5千欧和7.5千欧，问并联后的电阻值是多少？我们可以利用公式求得的值，也可以设计一种图算法直接得出结果：我们先来画出一个的角，再画一条角平分线，在角的两边及角平分线上用同样的单位长度进行刻度，这样就制好了一张算图．我们只要把角的两边刻着7.5和5的两点连成一条直线，这条直线与角平分线的交点的刻度值就是并联后的电阻值．图算法得出的数据大多是近似值，但在大多数情况下是够用的，那些需要用同一类公式进行计算的测量制图人员，往往更能体会到它的优越性．任务：（1）请根据以上材料简要说明图算法的优越性；（2）请用以下两种方法验证第二个例子中图算法的正确性：①用公式计算：当，时，的值为多少；②如图，在中，，是的角平分线，，，用你所学的几何知识求线段的长．【答案】（1）图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等；（2）①；②【分析】（1）根据题意可直接进行求解问题；（2）①利用公式可直接把，代入求解即可；②过点作，交的延长线于点，由题意易得，则有，，然后可得为等边三角形，则，所以可得，最后利用相似三角形的性质可求解．【详解】（1）解：答案不唯一，如：图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等．（2）①解：当，时，，∴．②解：过点作，交的延长线于点，如图所示：∵平分，∴，∵，∴，，∴，∴，∴为等边三角形，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定是解题的关键．考点5相似三角形与函数综合1．（2023·山西·中考真题）如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点，与轴交于点C．

(1)求直线的函数表达式及点C的坐标；(2)点是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点作直线轴于点，与直线交于点D，设点的横坐标为．①当时，求的值；②当点在直线上方时，连接，过点作轴于点，与交于点，连接．设四边形的面积为，求关于的函数表达式，并求出S的最大值．【答案】(1)，点的坐标为(2)①2或3或；②，S的最大值为【分析】（1）利用待定系数法可求得直线的函数表达式，再求得点C的坐标即可；（2）①分当点在直线上方和点在直线下方时，两种情况讨论，根据列一元二次方程求解即可；②证明，推出，再证明四边形为矩形，利用矩形面积公式得到二次函数的表达式，再利用二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：由得，当时，．解得．∵点A在轴正半轴上．∴点A的坐标为．设直线的函数表达式为．将两点的坐标分别代入，得，解得，∴直线的函数表达式为．将代入，得．∴点C的坐标为；（2）①解：点在第一象限内二次函数的图象上，且轴于点，与直线交于点，其横坐标为．∴点的坐标分别为．∴．∵点的坐标为，∴．∵，∴．如图，当点在直线上方时，．

∵，∴．解得．如图2，当点在直线下方时，．

∵，∴．解得，∵，∴．综上所述，的值为2或3或；②解：如图3，由（1）得，．

∵轴于点，交于点，点B的坐标为，∴．∵点在直线上方，∴．∵轴于点，∴．∴，，∴．∴．∴．∴．∴．∴四边形为平行四边形．∵轴，∴四边形为矩形．∴．即．∵，∴当时，S的最大值为．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第二问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出是解题的关键．2．（2022·山西·中考真题）综合与探究如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线轴于点D，作直线BC交PD于点E(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；(2)当是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；(3)连接AC，过点P作直线，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，点C的坐标为；(2)(3)存在；m的值为4或【分析】（1）令中y和x分别为0，即可求出A，B，C三点的坐标，利用待定系数法求直线BC的函数表达式；（2）过点C作于点G，易证四边形CODG是矩形，推出，，，再证明，推出，由等腰三角形三线合一的性质可以得出，则，由P点在抛物线上可得，联立解出m，代入二次函数解析式即可求出点P的坐标；（3）分点F在y轴的负半轴上和点F在y轴的正半轴上两种情况，画出大致图形，当时，，由（2）知，用含m的代数式分别表示出OF，列等式计算即可．【详解】（1）解：由得，当时，，∴点C的坐标为．当时，，解得．∵点A在点B的左侧，∴点A，B的坐标分别为．设直线BC的函数表达式为，将，代入得，解得，∴直线BC的函数表达式为﹒（2）解：∵点P在第一象限抛物线上，横坐标为m，且轴于点D，∴点P的坐标为，，∴．∵点B的坐标为，点C的坐标为，∴，．过点C作于点G，则．∵，∴四边形CODG是矩形，∴，，．∴．∵，∴．∴，即，

∴．在中，∵，∴．∴，∴解得（舍去），∴．当时，﹒∴点P的坐标为．（3）解：存在；m的值为4或．分两种情况，①当点F在y轴的负半轴上时，如下图所示，过点P作直线轴于点H，∵过点P作直线，交y轴于点F，∴，∴，∴，∴，即，∴，∵，∴，由（2）知，．

根据勾股定理，在中，，在中，，当时，，∵，∴，∴，解得或，∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，∴；②当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示，同理可得，，，，，∴∴，解得或，∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，∴；综上，m的值为4或【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第三问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出OF是解题的关键．3．（2020·山西·中考真题）综合与探究如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．直线与抛物线交于，两点，与轴交于点，点的坐标为．

（1）请直接写出，两点的坐标及直线的函数表达式；（2）若点是抛物线上的点，点的横坐标为，过点作轴，垂足为．与直线交于点，当点是线段的三等分点时，求点的坐标；（3）若点是轴上的点，且，求点的坐标．【答案】（1），，直线的函数表达式为：；（2）当点是线段的三等分点时，点的坐标为或；（3）点的坐标为或．【分析】（1）令可得两点的坐标，把的坐标代入一次函数解析式可得的解析式；（2）根据题意画出图形，分别表示三点的坐标，求解的长度，分两种情况讨论即可得到答案；（3）根据题意画出图形，分情况讨论：①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为．再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答案，②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为，再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答案．【详解】解：（1）令，，设直线的函数表达式为：，把代入得：解得：直线的函数表达式为：．（2）解：如图，根据题意可知，点与点的坐标分别为，．，，分两种情况：①当时，得．解得：，（舍去）当时，．点的坐标为②当时，得．解得：，（舍去）当时，点的坐标为．当点是线段的三等分点时，点的坐标为或

（3）解：直线与轴交于点，点坐标为．分两种情况：①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为．则，，．即．又，，．连接，点的坐标为，点的坐标为，轴．，．．．点的坐标为．②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为，则，，．．即．又，，．．由①可知，．．．．点的坐标为点的坐标为或．

【点睛】本题考查的是二次函数与轴的交点坐标，利用待定系数法求一次函数的解析式，平面直角坐标系中线段的长度的计算，同时考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，特别是分类讨论的数学思想，掌握以上知识是解题的关键．考点6全等三角形与相似三角形综合1．（2021·山西·中考真题）如图，在中，点是边上的一点，且，连接并取的中点，连接，若，且，则的长为．【答案】．【分析】延长BE交AC于点F，过D点作，由可得此时为等腰直角三角形，E为CD的中点且，则，在等腰中，根据勾股定理求得，长度，由可得,即，由，可得，即，,求得，．【详解】如下图，延长BE交AC于点F，过D点作，∵，，∴，，为等腰．由题意可得E为CD的中点，且，∴，在等腰中，，，又∵，在，∴（AAS）∴，∵，，∴，∴，∴，，．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理求对应边的长度，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，综合运用以上性质是解题的关键．2．（2024·山西·中考真题）综合与探究问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形；（2）①由菱形和旋转得性质证，可证；②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下：，

，四边形为菱形，∴，∴，，∴，四边形为矩形．（2）①．理由如下：∵四边形为菱形，，旋转得到，，，，，，，．②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，，∴，由旋转知：，，，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，∵，∴，，∴，∴，∴；当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：

由旋转知：，，，，∵，∴，∴，，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，，∴，，∵，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，解得，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，综上，四边形的面积是或．【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．一、单选题1．（2025·山西大同·三模）如图，四边形是正方形，对角线，交于点O，点E在正方形的内部，且．连接并延长交边于点F，线段，分别与，交于点M，N，则下列结论不一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，得到是的垂直平分线，即可得到，进而判断A；有等边对等角得到，，即可得到，进而判断B；证明出，得到，即可判断C；只有当时，，即可判断D．【详解】∵四边形是正方形，对角线，交于点O，∴∵∴是的垂直平分线∴，故A不符合题意；∵，∴∵∴∴，即，故B不符合题意；∵，，∴∴，故C不符合题意；只有当时，，根据题意无法求出，故不一定成立，故D符合题意．故选：D．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的判定，等边对等角等知识，解题的关键是掌握以上知识点．2．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，平分，于点，交于点，交的延长线于点，若，，则的长度为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】此题考查了平行线四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，掌握等腰三角形的判定和性质是关键．证明，，，，即可证明，则，得到，证明，即可得到．【详解】解：在中，∴∵平分，∴∴∴，∵于点，∴，，∴，∴∴，∵，∴，∴∴故选：A3．（2025·山西朔州·三模）墙面上贴有规格相同的矩形瓷砖．如图，矩形瓷砖与矩形瓷砖之间用三角形瓷砖与三角形瓷砖拼接，点，，与点，，分别在同一直线上．小雅发现与全等，她的依据是（

）A．SAS B．ASA C．HL D．SSS【答案】C【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：，熟练掌握知识点是解题的关键．根据矩形的性质得到，，即可由证明全等．【详解】解：∵矩形瓷砖与矩形瓷砖，且规格相同，∴，∴，∵，∴，故选：C．4．（2025·山西晋中·三模）如图，在正方形中，点在边上，连接，过点作于点，过点作于点，若，则的长为（

）A．4 B．5 C．7 D．11【答案】B【分析】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，由正方形的性质得再证明，根据证明，得，，从而可求出．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，故选：B．5．（2025·山西运城·二模）如图，在平面直角坐标系中，坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F．若点C的坐标，则点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设与x轴的交点为M，过点作轴于点N，先证明，得到，设，，根据题意，得，，解得，得到即，利用三角函数解答即可．【详解】解：∵坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，点C的坐标，∴，，∵以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F．∴，，设与x轴的交点为M，过点作轴于点N，∵，∴，∴，设，，根据题意，得，，解得，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵在第二象限，∴，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键．6．（2025·山西·一模）如图，已知，点是边上一点，根据尺规作图的痕迹，能确定线段是的（

）A．中线 B．中垂线 C．角平分线 D．高线【答案】C【分析】本题主要考查三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．证明，得出，证明，得出，证明，得出，即可得出结论．【详解】解：根据作图可知：，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴平分，即线段是的角平分线．故选：C．7．（2025·山西·模拟预测）已知菱形中，为对角线，点E，F，G，H分别是边，，，上的点．若四边形是正方形，则下列结论一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形和正方形的性质，全等三角形的判定和性质．根据菱形和正方形的性质，得到菱形对角线和正方形对角线都经过中心，再证明，即可得到．【详解】解：连接，∵菱形和正方形，∴菱形和正方形的中心都是点，∴，，∵，∴，∴，∴选项C符合题意，选项A、B、D都不符合题意，故选：C．8．（2024·山西太原·模拟预测）如图，正五边形内接于，与相切于点C，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，，，首先根据正多边形的性质得到，然后证明出，得到，然后切线的性质得到，进而求解即可．【详解】如图所示，连接，，∵四边形是正五边形∴∵，，∴∴∵与相切于点C，∴∴∴．故选：C．【点睛】此题考查了正多边形和圆，全等三角形的性质和判定，圆切线的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线．9．（2024·山西·模拟预测）如图，的顶点在轴的正半轴上，顶点在反比例函数的图象上，顶点和在反比例函数的图象上，且对角线轴，若的面积等于，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了反比例函数的定义及全等三角形的判定，设点的坐标为，则可求出点的纵坐标为，设点的坐标为，故有，再证明，根据即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】设点的坐标为，∵点在反比例函数的图象上，∴，∵轴，∴点的纵坐标为，设点的坐标为，又点在反比例函数的图象上，∴，解得：，∴，∵点在轴上，∴在边上的高为，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，在和中，，∴，∴，化简得，解得：，故选：．10．（2024·山西吕梁·一模）如图，在平面直角坐标系中，点处有一激光发射器，激光照射到点处倾斜的平面镜上发生反射，使得反射光线照射到点处的接收器上，若入射角，，则点处的接收器到轴的距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本题主要考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，过点C作轴于点M，证明得出，进一步得出即可【详解】解：过点C作轴于点M，如图，则根据题意得∴∴又∴∴∴即点C处的接收器到轴的距离为3，故选：C11．（2024·山西临汾·一模）如图1，一副三角尺的是等腰直角三角形，，，O是斜边的中点，含角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，记作，，直角边与边在同一条射线上．如图2，把绕点O逆时针旋转，与边交于点N，与边交于点M，得到下列结论．①；②；③四边形的面积为定值且为；④．其中，正确的结论有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，连接，由于是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得，，，，利用“”易证得，则，可判断①；得，可判断②；由得，可得四边形的面积，可判断③；由得，可得，即可判断④【详解】解：连接，如图，∵是等腰直角三角形，∴，∴∵，∴，∴，在和中，，∴，∴；故①正确；②∵∴∴，故②正确；③∵，∴，∴四边形的面积，即四边形的面积为定值且为，故③正确；④∵，∴，∴，故④正确，所以，正确的结论是①②③④，共4个，故选：A．12．（2025·山西吕梁·二模）两千四百多年前，我国学者墨子就在《墨经》中记载了小孔成像实验的做法与成因．图1是小孔成像实验图，抽象为数学问题：如图2，是蜡烛火焰，是其通过小孔所成的像，与交于点，．若点到的距离为，点到的距离为，蜡烛火焰的高度是，则蜡烛火焰倒立的像的高度是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查相似三角形的判定与性质解应用题，根据题意，作出图形，由相似三角形的判定得到，进而确定；再判定，由相似比代值求解即可得到答案．熟记相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．【详解】解：如图所示：由题意可知，，，，，，，则；，，，，则，，，解得，即蜡烛火焰倒立的像的高度是，故选：D．13．（2025·山西吕梁·二模）如图，在正六边形的边处放置一块平面镜，一束光线从点发出，照射到镜面上的点处，经反射后恰好经过边上的点．若正六边形的边长为，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过作于点，连接，交于点，交于点，交于点，延长交于点，则，证明，则有，由六边形是正六边形，所以，正六边形内角和为，垂直平分，所以，，证明四边形是矩形，四边形是矩形，故有，，然后证明，，所以，，然后代入数值即可．【详解】解：如图，过作于点，连接，交于点，交于点，交于点，延长交于点，则，由反射可知，∵，∴，∴，∵六边形是正六边形，∴，正六边形内角和为，垂直平分，∴，，∴，∴，，∴四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选：．【点睛】本题考查了正六边形的性质，直角三角形的性质，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，等腰三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．14．（2025·山西太原·一模）《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与相交于点．测得，，，则树高为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查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；由题意易得，则有，然后进行求解即可．【详解】解：∵，，，∴，∵，∴，∴，∴；故选B．15．（2025·山西朔州·模拟预测）两千多年前，希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，如图，点在线段上，若满足，则称点是线段的黄金分割点．黄金分割的应用很广泛，例如：在舞台上，主持人站在黄金分割点主持节目时，视觉效果最好．若舞台长25米，设主持人从点登台后至少走米可到舞台的黄金分割点上，则可列出方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查了黄金分割，理解黄金分割的概念，找出黄金分割中成比例的对应线段是解决问题的关键．点是的黄金分割点，且，，则，则，即可求解．【详解】解：由题意知，点是的黄金分割点，且，，则，，，故选：A．16．（2025·山西晋中·一模）如图，正五边形的对角线相交于点，若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正五边形的性质、三角形内角和及等腰三角形性质得到相关角度及线段长度，再由相似三角形的判定和性质得到，设，代入可得，化为一元二次方程求解即可得到结论．【详解】解：是正五边形，，，则，，，，，，∴，∴，设，∴，∴，即解得或（负值舍去），∴，故选：B．【点睛】本题考查正多边形性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理、解一元二次方程等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程解决问题．17．（2025·山西朔州·一模）如图，四边形是平行四边形，点P是对角线上一点，过点P作的平行线分别交于点M和点N，连接．若，若的面积为2，则的面积为（

）A．4 B．6 C．8 D．5【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，根据已知条件求得，再证明，求得，则可得，即可解答．【详解】解：四边形是平行四边形，，，过点P作的平行线分别交于点M和点N，，四边形和四边形为平行四边形，，的面积为2，，，，，，，，，，，故答案为：B．二、填空题18．（2025·山西阳泉·二模）有一张如图所示的四边形纸片，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为．【答案】【分析】连接，作的角平分线，交于，过E作于点F，作于点G，根据角平分线性质，证明点E到四边形各边的距离相等，进而确定出圆最大半径时的位置，再利用相似三角形的性质求出半径即可．【详解】解：如图，连接，作的角平分线，交于，过E作于点F，作于点G，则由角平分线性质知，，又∵，∴，∴，∴同理，由角平分线性质知，点E到四边形各边的距离相等，∴当以点为圆心，以为半径作圆时，可知与四边形各边相切，此时圆的半径最大，其面积也最大，设圆的半径为r，如下图：，∵为直角，，，∴四边形为正方形，∴，由为直角，，∴，∵，，∴，∴，即，解得．故答案为：．【点睛】本题考查内切圆的求法，角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，切线的判定，正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是确定最大圆的圆心及半径，在求解线段长度时，注意相似三角形的应用．19．（2025·山西吕梁·三模）如图1，这个图案是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．此图案的示意图如图2，其中四边形和四边形都是正方形，，，，是四个全等的直角三角形．若，则的长为．

【答案】5【分析】本题考查了勾股定理，根据正方形，全等三角形的性质得到，，在中由勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形和四边形都是正方形，，，，是四个全等的直角三角形，∴，，∴，在中，，故答案为：5．20．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，，于点，点在边上，且，，若，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查平行四边形的性质，解三角形，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，根据平行四边形的性质得出，然后解三角形确定，，得出，过点A作于点M，过点E作于点N，设，利用全等三角形的判定和性质得出，，根据解三角形及各边之间的关系得出，利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，，∵，，∴，过点A作于点M，过点E作于点N，设，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：或，当时，，（不符合题意，舍去）∴，∴，故答案为：．21．（2025·山西晋中·三模）如图，在中，平分，交于点，点为边上一点，连接，交于点，当时，的长为．【答案】/【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，过点作交于点，过点作交的延长线于点，先利用角平分线的性质和三角形面积公式求得，再证明，求得，最后利用即可解答，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：如图，过点作交于点，过点作交的延长线于点，，，，平分，，根据三角形面积公式可得，即，，，，，，，，同理可得，，，故答案为：．22．（2025·山西太原·一模）如图，是边长为的等边三角形，点是外的一点，，．若，连接，则线段的长为.【答案】【分析】以点为圆心，为半径画圆，过点作，过点作，根据等边三角形的性质可知，，根据圆周角定理可知，根据直角三角形的性质可知，利用勾股定理求出，，根据可证，根据全等三角形的性质可得，从而可求的长度．【详解】解：如下图所示，以点为圆心，为半径画圆，过点作，过点作，是边长为的等边三角形，，，，在中，，，，，，在和中，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．解决本题的关键是根据图形的性质找到边、角之间的关系．23．（2025·山西吕梁·二模）如图，在四边形中，，对角线相交于点是线段上一点，且，连接并延长，交于点．若为的中点，则四边形的面积为．【答案】192【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，先证明，推出，再证明，推出，结合，易证，推出，进而得到，易证，求出，利用四边形的面积为即可解答．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵为的中点，，∴，即为的中点，∴，∴，∵，∴，∴四边形的面积为．故答案为：．24．（2025·山西晋中·一模）如图，在中，，，，过点C作于点D，E是的中点，连接并延长，交边于点F，则的长为．【答案】【分析】本题考查了勾股定理、相似三角形与全等三角形的判定及性质，解题关键是准确作辅助线构造相似三角形与全等三角形来建立所求线段与已知线段的关系．首先，利用勾股定理求出的长，再由三角形面积公式求出的长，进而求出的长；然后，过点作，构造出，得到，最后根据相似三角形的性质列出关于的方程即可．【详解】在中，，，，∴，∴．∵，∴，即，解得．在中，，∴．过点作，交的延长线于点．∴，∵是中点，∴即，且，∴，则．∵，∴，∴，设，则，∴．解得．所以的长为．故答案为：．25．（2025·山西晋城·一模）如图，中，，，点E在边上，沿直线折叠，使的对应边，垂足为F，交与点G，当点G恰好为的中点时，长为．【答案】14【分析】由平行四边形的性质可知，，进而可知，则设，，在中，，得，即，过点作垂直于，交延长线于，，由折叠可知，，，，得，设，则，，再证，得，，由平行四边形的性质可知，则，得，，则，由，得，解方程即可求解．【详解】解：在中，，，，，，∵，，∴，则设，，在中，，∴，即，过点作垂直于，交延长线于，，由折叠可知，，，，∴，则，设，则，在中，，∵点为的中点，∴，又∵，∴，∴，，∵，∴，则，∴，则，∴，则，又∵，∴，解得：，即：，∴，故答案为：14．【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解直角三角形，根据直角三角形，利用，表示边的长度，列方程是解决问题的关键．26．（2025·山西运城·模拟预测）如图，在扇形中，，P为的中点，过点P作，，垂足分别为M，N，若，则图中阴影部分的面积为.【答案】/【分析】连接，根据已知条件证明四边形是矩形，再根据P为的中点，证明，进而证明四边形是正方形，然后根据勾股定理求出，最后根据“阴影部分的面积扇形的面积正方形的面积”列式计算即可．【详解】解：如图，连接，，，，又，四边形是矩形，为的中点，，，在和中，，，，四边形是正方形，，在中，由勾股定理得：，阴影部分的面积扇形的面积正方形的面积，故答案为：．【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，求扇形面积，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定，弧弦圆心角的关系等知识点，根据已知条件证明四边形是正方形是解题的关键．27．（2024·山西忻州·二模）如图，在四边形中，，点C是边上一点，且，取的三等分点F，连接，过点C作交于点G，延长交于点H，若，则的长为．【答案】【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，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．过点E作交的延长线于点M，先证明，再求出，根据点为的三等分点，可得，再利用平行线分线段成比例求解即可．【详解】如解图①，过点E作交的延长线于点M．∵，，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∵是等腰直角三角形，∴．∵F是的三等分点，且，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为．28．（2024·山西·二模）如图，已知中，，，点在的延长线上，连接，点在边上，连接交于点，若，，则的长为.【答案】【分析】过作交于，利用等边对等角得出，，结合三角形外角的性质可得出，利用平行线的性质，三角形外角的性质可得出，证明，得出，证明，求出，即可求解．【详解】解：如图，过作交于，，，，，又，，，，，又，，在和中，，，，，，，即，，，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形外角的性质，平行线的性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形是解题的关键．29．（2024·山西大同·二模）如图，在矩形中，E为边的中点，点G在边上，连接，，分别交对角线于点H，F．若恰好平分，且，，则的长为．

【答案】/【分析】连接，先证明，由全等三角形的性质可得出，，再证明，由全等三角形的性质可得出，结合已知条件可得出，由矩形的性质结合等角对等边可得出，再证明，得出，再证明，，进一步即可求出答案．【详解】解：连接，

∵平分，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵点E为的中点，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，矩形的性质以及等角对等边等知识，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键．30．（2025·山西长治·二模）如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，点在的延长线上，与关于点位似．若，点的坐标为，则点的坐标为．【答案】【分析】本题考查位似变换、坐标与图形性质，由题意得，则与的相似比为，进而可得点的横坐标为，纵坐标为．解题的关键是掌握位似变换的坐标特征：一般地，在平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心，画出一个与原图形位似的图形，使它与原图形的相似比为，那么与原图形上的点对应的位似图形上的点的坐标为或．．【详解】解：∵，与关于点位似，∴，∴与的相似比为，即与的相似比为，∵点的坐标为，且点在第三象限，∴点的横坐标为，纵坐标为，∴点的坐标为．故答案为：．31．（2025·山西吕梁·模拟预测）如图，在中，，是的中位线，为上一点，连接，将沿折叠得到，点的对应点落在线段上，若，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，由三角形中位线定理可得．，，则．过点作，交的延长线于点．可证明∴，得到，则．由折叠的性质可知，，由勾股定理得．证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可．【详解】解：是的中位线，．，，∴，，．如图，过点作，交的延长线于点．∴，又∵，，∴，，．由折叠的性质可知，，在中，由勾股定理得．，．，，，，，即，解得，故答案为：．32．（2025·山西太原·二模）如图，在平面直角坐标系中，的斜边经过原点，平行于轴，点是的中点，反比例函数的图象经过点和点．若点的坐标为，则的面积为．【答案】48【分析】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识是关键．根据反比例函数与正比例函数交点关于原点对称得到，由勾股定理和中点的定义得到，再证明，得到，即，解得，，根据三角形面积的计算即可求解．【详解】解：∵反比例函数与直线均关于原点对称，，∴，∴，∵在中，，点是的中点，∴，如图所示，设与轴交于点，由轴垂直轴，轴得到，∴，∴，则，∴，∴，即，解得，，∴，故答案为：．33．（2025·山西朔州·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：4．34．（2025·山西长治·三模）如图，在中，D为上一点，，连接，E为的中点，连接．若，，，则的长为．【答案】【分析】取中点F，连接，过点D作于点G，于点H，则，设，则，，求出，,得，∴，证明四边形是矩形，得，可得，得，得，得，即得【详解】解：如图，取中点F，连接，过点D作于点G，于点H，则，设，则，∴，∵点E为中点，，∴，∴,∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形．熟练掌握三角形中位线判定和性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，是解题的关键．35．（2025·山西临汾·二模）如图，在中，，是的中点，连接，将沿折叠，使点落在点，连接，则．【答案】【分析】根据勾股定理求得斜边，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，以及折叠的性质得出，，进而证明是等腰三角形，证明，根据相似三角形的性质，列出比例式，解方程，即可求解．【详解】解：如图，延长交的延长线于点，∵在中，，是的中点，∴，，∵将沿折叠，∴，设，则，∵∴∵折叠，∴∴又∵∴∴又∵，∴∵∴∴，，∵，∴∴∴即解得：∴故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．36．（2025·山西吕梁·二模）唢呐是山西八大套的乐器之一、如图，一个大唢呐的长约为，若在唢呐上喇叭端的一个黄金分割点处进行装饰，且，则该装饰与吹口的距离为（结果保留根号）．【答案】【分析】本题考查了黄金分割．根据黄金分割得，进而可得出．【详解】解：∵点P为靠近点B的黄金分割点，∴，即，∴，故答案为：．37．（2025·山西运城·二模）如图，为某数学综合实践活动小组利用太阳光下的影子测物体高度的示意图．上午9点测得树的影长为米，下午14点测得该树的影长为2米．若两次测量太阳光线形成的夹角刚好为，则这棵树的高度约是米．【答案】7【分析】根据题意，得，结合，证明，列比例式解答即可．本题考查了三角形相似的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定是解题的关键．【详解】解：∵，，∴，，∴，∴，∵，，∴，解得（舍去），∴，故答案为：7．38．（2025·湖南衡阳·一模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为18，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为．【答案】2【分析】此题考查了位似图形的性质、正多边形与圆等，解直角三角形等知识，连接，根据相似三角形的性质得到正方形与正方形的面积比为，确定正方形的面积为8，得到正方形的边长为，利用等腰直角三角形的性质求解即可．【详解】解：连接，如图所示：

∵正方形与正方形是位似图形，，∴正方形与正方形的面积比为，∵正方形面积为18，∴正方形的面积为8，∴正方形的边长为，∵四边形是正方形，∴，∴，∴四边形的外接圆的半径为2，故答案为：2．39．（2025·山西阳泉·一模）如图，在等腰中，，，将沿方向平移，得到，交的中点于点，则点到点的距离为．【答案】【分析】本题考查了平移的性质，平行线分线段成比例，勾股定理；根据平移可得，，根据为的中点，可得，则，进而求得，即可求解．【详解】解：∵将沿方向平移，得到，∴，，∵为的中点，，∴，∴是的中点，即，∴，即是的中点，，如图，连接，∵，，则中，，，∴，∴，∴，故答案为：．三、解答题40．（2025·山西长治·二模）如图，已知，点C、E、B、F在同一直线上，，，且．猜想：和位置关系，并证明你的猜想．【答案】，理由见解析【分析】本题考查了平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．证明，得到，即可证明．【详解】解：，理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．41．（2025·山西·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线延长线上一点，连接．(1)实践操作：利用尺规在线段下方作，射线与的延长线交于点．（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)猜想与证明：试猜想线段，的位置关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析【分析】本题考查尺规作图作一个角等于已知角，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，熟练掌握尺规作图的方法和题中相关几何性质与判定是解题的关键．（1）利用尺规作图作一个角等于已知角的方法作图即可；（2）利用正方形的性质证明，，再证明，得出，得出，即可证明．【详解】（1）解：如答图所示即为所求．（2）解：，理由如下：证明：四边形是正方形，，，，，，即，，，．42．（2025·山西晋中·二模）阅读与思考三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．如图1，若任意内一点，满足，则点叫做的布洛卡点，叫做布洛卡角．任务一：（1）若点是边长为3的等边的布洛卡点，则布洛卡角的度数为________，点到三个顶点的距离之和为________．任务二：如图2，在中，，，点是内部一点，且．（2）求证：点是的布洛卡点．（3）求的值．【答案】（1）；；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明，得出，根据等腰三角形的性质得出，求出，过点Q作于点H，解直角三角形得出，求出；（2）先证明，再证明，得出，即可得出结论；（3）证明，得出，根据，，求出，设，则，，根据勾股定理求出，最后求出结果即可．【详解】解：（1）由题意知：，为等边三角形，，，∴，即，，，，，，即布洛卡角的度数为，同理可证出：，，，过点Q作于点H，如图所示：∴，∴，∴，∴；（2）证明：在中，，∵，，∴，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴点是的布洛卡点．（3）解：∵，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，设，则，，在中，由勾股定理，得，∴．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，理解题意．43．（2025·山西大同·二模）2024年游戏《黑神话：悟空》火爆出圈，游戏取景地云冈石窟迎来文旅产业的“泼天”流量，2024年共接待了近450万名游客．为了更好地服务游客，景区在游客排队区放置了遮阳伞．已知遮阳伞中截面是如图所示的伞骨结构：（、均在竖直方向上），伞顶杆始终平分，，当时，伞完全打开，M与D在同一高度，此时．请问伞顶A到地面的高度是多少（结果保留整数，参考数据：，，）【答案】伞顶到地面的高度为【分析】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定及性质，矩形的性质，如图，过点作于点，延长与交于点，连接，可知，再证明，得，，在中，，，由，可得，再根据即可求解，构造直角三角形，利用三角函数值求解是解决问题的关键．【详解】解：如图，过点作于点，延长与交于点，连接，根据题意，得四边形是矩形，∴，∵平分，，∴，又∵，，∴，∴，又∵，则，∴，在中，，，则，∵，∴，则，答：伞顶到地面的高度为．44．（2025·山西运城·模拟预测）如图，在菱形中，E为的中点，连接与对角线相交于点F，．(1)尺规作图：过点F作于点G．（要求：保留作图痕迹，标明字母，不写作法）(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查作垂直，菱形的性质，全等三角形的判定与性质；（1）按尺规作图的步骤过点F作交于点G．（2）根据菱形得到，，，结合，得到推出，根据等腰三角形的性质得到，即可证明，．【详解】（1）解：如图，过点F作于点G．（2）解：∵菱形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵E为的中点，∴，∴，∵，，∴，∴．45．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，是的中线，为上一点，连接并延长交于点，过点作交的延长线于点，若，求证：．【答案】证明见解析【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，正确找出两个全等三角形是解题关键．先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，根据平行线的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证．【详解】证明：∵是的中线，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴．46．（2025·山西忻州·一模）如图，在中，点E和点F是的两个三等分点，连接．判断四边形的形状，并说明理由．【答案】四边形是平行四边形，理由见解析【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，证明，是解题的关键．由平行四边形的性质得，，，根据题意得出，即根据全等三角形的判定和性质及平行四边形的判定即可证明．【详解】解：四边形是平行四边形，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，∵点E和点F是的两个三等分点，∴，∴，∴，同理得：，∴，∴四边形是平行四边形．47．（2024·山西太原·模拟预测）阅读下列材料并完成任务．三角形的旁心三角形一个内角的平分线和其他两个内角的外角平分线的交点，称为三角形的旁心，每个三角形有三个旁心．如图1，的平分线与另外两个内角，的外角平分线相交于点O，则点O是的一个旁心．

旁心与三角形的半周长（即周长的一半）关系密切，如图2，过的旁心O分别作于点D，交AB的延长线于点E，交AC的延长线于点F，则．下面是部分证明过程：∵BO平分，，，∴．（依据）同理可得，．…任务：(1)上述证明过程中的“依据”是指什么？(2)请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；(3)如图3，在中，，点I是的一个旁心且在BC边的下方．①利用尺规作出旁心I；（保留作图痕迹，不写作法）

②若，外接圆的半径为2，则______．【答案】(1)角平分线上的点到这个角两边的距离相等(2)证明过程的剩余部分见解析(3)①见解析：；②．【分析】本题主要考查了角平分线的性质、尺规作图、全等三角形等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形成为解题的关键．（1）由证明过程“BO平分，，得到”可知依据角平分线的性质定理：角平分线上的点到这个角的两边距离相等；（2）利用三角形全等可得再进行线段间的运算即可；（3）①利用尺规作出∠A的平分线，∠C外角的平分线，交点即是旁心I；②构造特殊直角三角形去求解即可．【详解】（1）解：上述证明过程中的“依据”是指角平分线定理：角平分线上的点到这个角两边的距离相等．（2）解：∵，∴，∴，同理可得∴．（3）解：①如图：旁心I即为所求；

②如图所示：∵∴外接圆的圆心是的中点，∴外接圆的半径为2，∴，∴∴，，∵平分，∴是等腰直角三角形∴，∵，∴，∵平分，∴，设，则，∴，即∴，∴．故答案为：．

48．（2024·山西太原·模拟预测）年世界体育大会将于月日日在英国西米德兰兹郡伯明翰召开，其组织者于近日揭晓了这一盛会的官方标志，如图1．官方标志为一个抽象的心形，其中存在许多全等的三角形，其下半部分可简化为图2．如图2，在等腰三角形中，，是边上两点，连接，．求证：．【答案】证明过程见详解【分析】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，三角形外角性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．根据可得，根据可得，根据三角形外角性质可得，运用“边角边”即可求解．【详解】证明：∵是等腰三角形，，∴，∵，∴，∴，∴，且，∴．49．（2025·山西吕梁·模拟预测）如图，在中，．(1)实践与操作：利用尺规作的平分线，交边于点．交边的延长线于点（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）．(2)猜想与证明：若，试猜想与的数量关系，并加以证明．【答案】(1)见解析；(2)，证明见解析．【分析】此题主要考查了作图﹣基本作图，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等角对等边，正确地作出图形是解题的关键．（1）利用基本作图，作出的平分线，交边于点．交边的延长线于点即可；（2）由平行四边形的性质可得，由角平分线的性质和平行线的性质可得，，进一步可得，根据等角对等边可得，再由题意可得，继而可得，再由易求，可得，即可得出结论．【详解】（1）解：如图，射线为所求．（2）解：，证明如下：四边形是平行四边形，，平分，，，，，，，，，即，，，，．50．（2025·山西太原·一模）阅读与理解下面是小含同学的一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务．正方形网格中“无刻度直尺作图”问题初探正方形网格中使用无刻度直尺作图是一种经典的几何构造问题，其核心是仅用无刻度直尺和给定网格，通过有限的步骤完成特定的几何构造任务．如构造线段上的特殊点，或与线段相关的特殊角等如图1，在的正方形网格中，已知线段的端点均为格点．利用无刻度的直尺解决下面的问题．类型一：构造特殊点问题1：求作线段的中点．思路1：如图2，利用网格构造线段，满足且，连接，则与的交点即为线段的中点．思路2：如图3，利用网格构造格点的中点，将平移至，则，此时与的交点即为线段的中点．问题2：求作线段的三等分点，使．．．．．．．类型二：构造特殊角问题3：如图4，在线段外有点，连接．在线段上确定一点，使得．．．．．．．任务：(1)思路2中由条件“和为的中点”判断点为中点的依据是_________；(2)请用无刻度的直尺在图1中参照思路1或思路2完成问题2的作图（保留作图痕迹）；(3)请用无刻度的直尺在图4中完成问题3的作图（保留作图痕迹）．【答案】(1)平行线分线段成比例基本事实的推论：平行于三角形一边的直线与其他两边相交，截得的对应线段成比例(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据平行线分线段成比例可得答案；（2）思路1：如图，取格点，，且，，，连接交于，则，即为所求；思路2：如图，把线段向左平移1个单位，再向下平移1个单位得到线段，连接，交线段于，则即为所求；（3）如图，把线段向左平移1个单位，再向下平移1个单位得到线段，连接，交线段于，则即为所求；【详解】（1）解：思路2中由条件“和为的中点”判断点为中点的依据是：平行线分线段成比例基本事实的推论：平行于三角形一边的直线与其他两边相交，截得的对应线段成比例；（2）解：思路1：如图，取格点，，且，，，连接交于，则，即为所求；理由：∵，∴，而，，∴，∴；思路2：如图，取格点，且，连接，将向左平移4个单位长度至，则，此时与的交点即为，满足；理由：由平移可得：，，，∴，∴；（3）解：如图，把线段向左平移1个单位，再向下平移1个单位得到线段，连接，交线段于，则即为所求；理由：由平移可得：，，而，，∴，，∴，，∵，∴；【点睛】本题考查的是格点作图，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平移的性质，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，熟练的画图是解本题的关键.51．（2025·山西临汾·二模）阅读与思考在学习完角平分线的相关辅助线后，老师让学生探究角平分线分线段成比例定理，以下是小宇同学的探究过程：角平分线分线段成比例定理内容：三角形内角平分线分对边所得两条线段与这个角的两边对应成比例，如图1．若为的角平分线，则．下面是小宇对这个定理的证明过程．证明：如图2，过点C作，交的延长线于点E．则，且（依据1），又平分，（依据2），．任务：(1)填空：材料中的依据1是_______，依据2是_______；(2)你有不同的思考方法吗？请写出你的证明过程；(3)如图3，在中，平分交于点D，，则的长为_______．【答案】(1)平行线分线段成比例定理，等角对等边(2)见解析(3)【分析】本题考查平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定，角平分线的性质，面积法，掌握相关图形的性质是解题的关键．（1）根据题中证明过程填写依据即可；（2）运用面积法进行证明即可；（3）利用（1）中的结论，求出的长即可．【详解】（1）解：方法1中的依据1是：平行线分线段成比例；依据2指的是：等角对等边；故答案为：平行线分线段成比例；等角对等边；（2）证明：过点A作于点H，过D点作于点E，作于点F，∴，∵平分，∴，∴，∴．（3）解：∵中，是角平分线，∴∵，∴，∴．52．（2025·山西忻州·二模）综合与探究如图，在菱形中，，点是对角线上的一个动点（不与点，重合），过点作交于点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点的对应点恰好落在射线上．问题解决：（1）线段与之间的数量关系是_________；（2）求的度数．拓展探究：（3）连接，与交于点．若，，请直接写出的长．【答案】（1）；（2）；（3）的长为或【分析】（1）先证明是等边三角形，得到，，再根据平行线的性质得，，从而得到，则有，即可由得出结论；（2）连接，利用菱形的对称性，得出，，再利用旋转的性质与等腰三角形的性质得出，最后利用三角形外角的性质可求解；（3）连接交于，分两种情况：①当点在上时，②当点在上时，分别求解即可．【详解】解：（1）；理由：菱形，，，是等边三角形，，，，，，，，，即；故答案为：；（2）如图，连接．四边形是菱形，，．，是等边三角形．．，．．在和中，，，，．，．由旋转的性质，得．．．，，．．．在和中，，，，．．，即．（3）的长为或．解：连接交于点．由（2）可知是等边三角形，，．四边形是菱形，，，．．．．，，．．分两种情况：①当点在线段上时，如图．．由（1）可知．．由（2）可知，．．．②当点在线段上时，如图．．由（1）可知．．由（2）可知，．．．综上，的长为或．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．53．（2025·山西忻州·模拟预测）主题：利用相似三角形测量距离【问题背景】小明家窗外有一路灯，每天晚上灯光都会透过窗户照进客厅里．如图为示意图，路灯顶部处发光，光线透过窗子照亮地面的长度为，小明测得窗户距离地面高度，窗高，某一时刻，，，其中，，，四点在同一条水平线上，，，三点在同一竖直线上，且，．【问题解决】(1)请你帮助小明求出路灯的高度．(2)在实际测量的过程中，你有哪些措施可以帮助小明减小测量过程中的误差？（写出一条即可）【答案】(1)；(2)在实际测量的过程中，为了减少误差，可以采取多测量几次求平均数的方法．【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是利用相似三角形对应边成比例找到边之间的关系．（1）根据，，可证，从而可证，，根据相似三角形的性质可得，，由可得，把代入，可得：；（2）在实际测量的过程中，为了减少误差，可以采取多