专题11 相似三角形综合（35题）（福建专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题11 相似三角形综合（35题） 1．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，． (1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求（1）中所作的正方形的边长． 2．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 3．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 4．（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 5．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题 任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度远大于南北走向的最大宽度，如图1． 工具：一把皮尺（测量长度略小于）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）； 测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小，如图3．   小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度，其测量及求解过程如下：测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图4，测得，； （ⅱ）分别在，，上测得，；测得．求解过程： 由测量知，， ，，， ∴，又∵①___________， ∴，∴． 又∵，∴②___________． 故小水池的最大宽度为___________． (1)补全小明求解过程中①②所缺的内容； (2)小明求得用到的几何知识是___________； (3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母，， 表示，角度用，， 表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出，且测量的次数最少，才能得满分）． 6．（2022·福建·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方． (1)求抛物线的解析式； (2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标； (3)如图，OP交AB于点C，交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为，，．判断是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 7．（2021·福建·中考真题）已知抛物线与x轴只有一个公共点． （1）若抛物线过点，求的最小值； （2）已知点中恰有两点在抛物线上． ①求抛物线的解析式； ②设直线l：与抛物线交于M，N两点，点A在直线上，且，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和直线l于点B，C．求证：与的面积相等． 8．（2021·福建·中考真题）如图，在正方形中，E，F为边上的两个三等分点，点A关于的对称点为，的延长线交于点G． （1）求证：； （2）求的大小； （3）求证：． 9．（2021·福建·中考真题）如图，已知线段，垂足为a． （1）求作四边形，使得点B，D分别在射线上，且，，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）设P，Q分别为（1）中四边形的边的中点，求证：直线相交于同一点． 一、单选题 10．（2025·福建福州·三模）如图，矩形中，，，点P是边上的一个动点（点P与点B，C都不重合），现将沿直线折叠，使点C落到点F处；过点P作的角平分线交于点E，设，，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ） A． B． C． D． 11．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，点E在边上，连结交对角线于点F，若，，则的长度为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 12．（2025·福建厦门·模拟预测）在平面直角坐标系中，线段的端点坐标分别为，以点O为位似中心，将线段放大得到线段，若点的坐标为，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 13．（2025·福建厦门·三模）平面直角坐标系，其中．直线与线段交于点C（不与重合）．点分别在线段上．直线过点D交直线于点F，直线过点E交直线于点G．若对于任意的点D，都存在点E，使得．设点C的横坐标为q，则q的取值范围为（    ） A． B． C． D． 14．（2025·福建泉州·二模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形，发现四边形是菱形，，O是的中点，点E在边上，四边形是矩形，则下列推断错误的是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 15．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，和是以点为位似中心的位似图形，若，的面积等于9，则的面积为 ． 16．（2025·福建厦门·二模）如图1是装了液体的长方体容器的主视图（数据如图），将该容器绕地面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好接触到容器口边缘，如图2所示，此时液面宽度 ． 17．（2025·福建三明·三模）如图，在中，为边的中点，连接，交对角线于点，已知，则的值为 18．（2025·福建福州·三模）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，与关于原点O位似，相似比为，点A的坐标为，则点的坐标为 ． 19．（2025·福建福州·三模）如图，正方形，点是边的中点，点是边的中点，点是边的点且，连接交于点，连接，有如下结论：①；②：③；④．上述结论中，正确的序号是 ．（将所有正确序号都填上） 20．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，是蜡烛通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高为，蜡烛离凸透镜的水平距离为，该凸透镜的焦距为，则像的高为 ． 21．（2025·福建福州·二模）若，则 ． 22．（2025·福建厦门·一模）如图，在边长为10的正方形中，点为的中点，将沿翻折得，点落在四边形内．点为线段上的动点，过点作交于点，则的最小值为 ． 23．（2025·福建泉州·三模）如图，菱形的四个顶点分别在双曲线与双曲线的图象上，若菱形面积的最小值是12，则k的值为 ． 三、解答题 24．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，一颗树的底部可以到达，但顶部不能到达，某探究小组想利用标杆、皮尺、平面镜等工具测量树的高度，测量及求解过程如下： (1)若只能选择两种测量工具，则它们是 ；画出测量示意图； (2)根据你测量所得的数据（用，，…表示）求树高． 25．（2025·福建厦门·二模）如图，矩形中，，，点E在边上运动，点F在上，且，连接，将线段绕点E逆时针旋转，得到线段，点H是的中点，连接． (1)若E为的中点，判断的形状，并说明理由； (2)试探究，随着E的运动，点H的位置的变化规律，并说明理由． 26．（2025·福建福州·三模）曲线的应用是广泛的，在历史的长涧中，借助它能够研究许多著名几何问题，如倍立方体问题．初三某班的数学学习小组尝试对反比例函数相关的几何问题进行探究： (1)如图1，A、C是反比例函数图像上的两点，A、C的横坐标分别是和3，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，求证：对角线所在直线经过原点． (2)如图2，P是第一象限内一点，射线与反比例函数图像交于点A，以A为圆心，为半径作圆，交反比例函数图像于点C，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，连接，点M在x轴正半轴上．请探究：与满足怎样的数量关系，并证明． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，请探究：是否存在点A，使；若存在，求此时的面积，若不存在，说明理由． 27．（2025·福建泉州·三模）一部台式切割机的截面图如图1所示．点P为转动杆手把位置，A为转动杆与底座连接处的转动点，为底座，O为圆形切割片的圆心（点O在上）．已知切割机未工作时的最大仰角，，底座长．圆形切割片的半径等于．          (1)切割机工作时，转动杆绕点A按顺时针方向旋转锐角，此时与相切于点G（如图2）．若，求： ①的大小； ②点到转动杆的距离． (2)现将一方形薄铁片置于底座上进行加工，切开一个长度的口子（切口大小应符合实际要求）．已知底座有凹槽，允许切割片穿过的最大深度为，请判断能否达到加工要求，并说明理由． 28．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，，点是线段上一动点．以点为圆心，长为半径作交的延长线于点，交直线于点和点，连结并延长交于点，连结． (1)求的度数； (2)①若，求证：； ②求的最大值． 29．（2025·福建龙岩·二模）如图，正方形中，点在对角线上，过点作于，交边于点，连接． (1)求的度数； (2)如图，过点作于，求证：； (3)如图，若交于点，，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是边的中点，求的面积． 30．（2025·福建福州·二模）如图，在菱形中，点E，F分别在边，上， (1)求证：； (2)为中点，交于点，垂足为． ①求证：； ②用等式表示线段，与之间的数量关系，并给予证明． 31．（2025·福建泉州·二模）如图，在矩形中，，动点P在边上，以每秒１个单位的速度从点B向点A运动；同时动点Q在边上从点B向C运动．把沿着直线翻折，点B的对应点为点G，直线与边相交于点E． (1)如图1，若点P为的中点，连接，求证：． (2)如图2，若点Q的运动速度是点P运动速度的3倍，运动时间为t秒，当t为何值时，点G恰好在直线上？ (3)如图3，连结，交于点F，若且，求点Q的运动速度． 32．（2025·福建宁德·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线是的直径，点在延长线上，与相切，且． (1)求证：； (2)若的半径为3，，求的长． 33．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现 如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______． （2）拓展探究 将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明． （注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分） （3）问题解决 若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值． 34．（2025·福建泉州·三模）已知是等腰直角三角形，，D是的中点．      (1)如图1，连接，将绕点逆时针旋转，得到，并连接． ①求长； ②连接，求的面积； (2)如图2，F是的中点，G是外的一点，将绕D点顺时针旋转得到，连接，若，请用一个等式表示之间的数量关系，并证明． 35．（2025·福建福州·二模）如图1，在等腰三角形中，，为边上一点，且，过点分别作交于点，交于点，在上截取，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当三点共线时，求四边形与四边形面积的比值． 试卷第74页，共75页 试卷第75页，共75页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 相似三角形综合（35题） 1．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，． (1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求（1）中所作的正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的中垂线交于点，交于点，以为直径画圆，交于点，即可得到正方形； （2）勾股定理求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据正方形的性质，结合勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：如图，四边形就是所求作的正方形． 由作图可知，，， ∵矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由作图可知，， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）由（1）知：，， 四边形是矩形， ， 在中，， ， ． ， ． 又， ， ，即， ． 在中，， ， ∴正方形EFGH的边长为． 【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 2．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用得，结合同弧所对圆周角，再根据三角形外角性质，完成证明 ． （2）先证得，再通过角的等量代换证，推出，从而得 ． （3）利用（2）结论将周长转化为，通过相似三角形及三角函数、勾股定理求出的长，即周长为 ． 【详解】（1）证明：， ． ， ， ． ， ． （2）证明：， ． ， ， 又， ， ， ． 由（1）知，， 又， ， ． ， ． ∵， ， ， ， ． （3）解：由（2）知，， 的周长为． 设，则． 由（2）可知，． 又， ， ， ， ． 又， ， ． 过点C作，垂足为P，则． 四边形是圆内接四边形， ， 又， ， ． 在中，，即． ， ， ， ． 在中，， ， 解得，或（舍去）． ． 的周长为． 【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导． 3．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果； （2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论； （3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果． 【详解】（1），且是的直径， ． ， 在中，． ， 在中，． ， ； （2）过点作，交延长线于点． ． ， ， ． ， ， ， ，， ． ， ， ， ， ． （3）如图，连接． 是的直径， ． ， ． 由（2）知，， ， ， ． ． ， ． 由（2）知，， ． ， ， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 4．（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论； （2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答； （3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】（1）解： 是由线段绕点顺时针旋转得到的， ， ， ． ， ． ． ， ． ． （2）解：如图1：设与的交点为，   ， ， ， ． ， ， ． 又， ． ， ． （3）解：如图2：延长交于点，连接，   ， ， ． 是的中点， ． 又， ， ． ， ， ． 由（2）知，， ．   ， ， ， ，即． ， ， ． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键． 5．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题 任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度远大于南北走向的最大宽度，如图1． 工具：一把皮尺（测量长度略小于）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）； 测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小，如图3．   小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度，其测量及求解过程如下：测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图4，测得，； （ⅱ）分别在，，上测得，；测得．求解过程： 由测量知，， ，，， ∴，又∵①___________， ∴，∴． 又∵，∴②___________． 故小水池的最大宽度为___________． (1)补全小明求解过程中①②所缺的内容； (2)小明求得用到的几何知识是___________； (3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母，， 表示，角度用，， 表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出，且测量的次数最少，才能得满分）． 【答案】(1)①；② (2)相似三角形的判定与性质 (3)最大宽度为，见解析 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可； （2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可； （3）测量过程：在小水池外选点，用测角仪在点处测得，在点处测得；用皮尺测得； 求解过程：过点作，垂足为，根据锐角三角函数的定义推得，，，根据，即可求得． 【详解】（1）∵， ，，， ∴， 又∵， ∴， ∴． 又∵， ∴． 故小水池的最大宽度为 ． （2）根据相似三角形的判定和性质求得， 故答案为：相似三角形的判定与性质． （3）测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图，用测角仪在点处测得，在点处测得；    （ⅱ）用皮尺测得． 求解过程： 由测量知，在中，，，． 过点作，垂足为． 在中，， 即，所以． 同理，． 在中，， 即，所以． 所以． 故小水池的最大宽度为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立数学模型是解题的关键． 6．（2022·福建·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方． (1)求抛物线的解析式； (2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标； (3)如图，OP交AB于点C，交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为，，．判断是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或（3，4） (3)存在， 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）待定系数法求得直线AB的解析式为，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得 ，设，则．由，解方程求得的值，进而即可求解； （3）由已知条件可得，进而可得 ，过点分别作轴的垂线，垂足分别，交于点，过作的平行线，交于点，可得，设，，则，根据可得，根据 ，根据二次函数的性质即可求的最大值． 【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入， 得， 解得． 所以抛物线的解析式为． （2）设直线AB的解析式为， 将A（4，0），B（1，4）代入， 得， 解得． 所以直线AB的解析式为． 过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N． 过点B作BE⊥PM，垂足为E． 所以 ． 因为A（4，0），B（1，4），所以． 因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍， 所以，． 设，则． 所以， 即， 解得，． 所以点P的坐标为或（3，4）． （3） 记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为，，．则 如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别，交于点，过作的平行线，交于点 ， ， 设 直线AB的解析式为． 设，则 整理得 时，取得最大值，最大值为 【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键． 7．（2021·福建·中考真题）已知抛物线与x轴只有一个公共点． （1）若抛物线过点，求的最小值； （2）已知点中恰有两点在抛物线上． ①求抛物线的解析式； ②设直线l：与抛物线交于M，N两点，点A在直线上，且，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和直线l于点B，C．求证：与的面积相等． 【答案】（1）-1；（2）①；②见解析 【分析】（1）先求得c=1，根据抛物线与x轴只有一个公共点，转化为判别式△=0，从而构造二次函数求解即可； （2）①根据抛物线与x轴只有一个公共点，得抛物线上的点只能落在x轴的同侧，据此判断即可；②证明AB=BC即可 【详解】解：因为抛物线与x轴只有一个公共点， 以方程有两个相等的实数根， 所以，即． （1）因为抛物线过点，所以， 所以，即． 所以， 当时，取到最小值． （2）①因为抛物线与x轴只有一个公共点， 所以抛物线上的点只能落在x轴的同侧． 又点中恰有两点在抛物线的图象上， 所以只能是在抛物线的图象上， 由对称性可得抛物线的对称轴为，所以， 即，因为，所以． 又点在抛物线的图象上，所以， 故抛物线的解析式为． ②由题意设，则． 记直线为m，分别过M，N作，垂足分别为E，F， 即， 因为，所以． 又，所以，所以． 所以，所以，即． 所以， 即．① 把代入，得， 解得， 所以．② 将②代入①，得， 即，解得，即． 所以过点A且与x轴垂直的直线为， 将代入，得，即， 将代入，得， 即， 所以，因此， 所以与的面积相等． 【点睛】本小题考查一次函数和二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积等基础知识，突出运算能力、推理能力、空间观念与几何直观、创新意识，灵活运用函数与方程思想、数形结合思想及化归与转化思想求解是解题的关键． 8．（2021·福建·中考真题）如图，在正方形中，E，F为边上的两个三等分点，点A关于的对称点为，的延长线交于点G． （1）求证：； （2）求的大小； （3）求证：． 【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）见解析 【分析】（1）设直线与相交于点T，证明是的中位线即可； （2）连接，取的中点O，连接，证明点，F，B，G四点共圆即可； （3）设，则，设，则，根据勾股定理找到k与a的关系，根据列比例求解即可． 【详解】解：（1）设直线与相交于点T， ∵点A与关于对称， ∴垂直平分，即． ∵E，F为边上的两个三等分点， ∴， ∴是的中位线， ∴，即． （2）连接，∵四边形是正方形， ∴， ∵，∴， ∴，∴． ∴， ∴，又， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， ∴． 取的中点O，连接， 在和中， ， ∴， ∴点，F，B，G都在以为直径的上， ∴． （3）设，则． 由（2）得， ∴，即，∴． 设，则，在中，由勾股定理，得， ∴． 在中，由勾股定理，得． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 由（2）知，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本小题考查正方形的性质、轴对称的性质、多边形内角与外角的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、圆的基本概念与性质、解直角三角形等基础知识，考查推理能力、运算能力，考查空间观念与几何直观，考查化归与转化思想． 9．（2021·福建·中考真题）如图，已知线段，垂足为a． （1）求作四边形，使得点B，D分别在射线上，且，，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）设P，Q分别为（1）中四边形的边的中点，求证：直线相交于同一点． 【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析 【分析】（1）根据，点B在射线上，过点A作；根据等边三角形性质，得，分别过点A、B，为半径画圆弧，交点即为点C；再根据等边三角形的性质作CD，即可得到答案； （2）设直线与相交于点S、直线与相交于点，根据平行线和相似三角形的性质，得，从而得，即可完成证明． 【详解】（1）作图如下： 四边形是所求作的四边形； （2）设直线与相交于点S， ∵， ∴， ∴ 设直线与相交于点， 同理． ∵P，Q分别为的中点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点S与重合，即三条直线相交于同一点． 【点睛】本题考查了尺规作图、等边三角形、直角三角形、平行线、相似三角形等基础知识，解题的关键是熟练掌握推理能力、空间观念、化归与转化思想，从而完成求解． 一、单选题 10．（2025·福建福州·三模）如图，矩形中，，，点P是边上的一个动点（点P与点B，C都不重合），现将沿直线折叠，使点C落到点F处；过点P作的角平分线交于点E，设，，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象，矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质等；结合矩形的性质和折叠的性质可判定，由相似三角形的性质得，即可求解；能熟练利用矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质进行求解是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， 由折叠得：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 图象大致为： 故选：C． 11．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，点E在边上，连结交对角线于点F，若，，则的长度为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，由菱形的性质可得，，再根据相似三角形的判定与性质得出比例式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 12．（2025·福建厦门·模拟预测）在平面直角坐标系中，线段的端点坐标分别为，以点O为位似中心，将线段放大得到线段，若点的坐标为，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系位似变换．利用点和点的坐标特征得到相似比，把放大2倍得到，然后把点的横纵坐标都乘以2得到点坐标． 【详解】∵线段两端点坐标分别为，以原点O为位似中心，将线段放大后得到对应线段，若的坐标为， ∴对应点在原点的两侧，且位似比为，则的坐标为 ． 故选：A. 13．（2025·福建厦门·三模）平面直角坐标系，其中．直线与线段交于点C（不与重合）．点分别在线段上．直线过点D交直线于点F，直线过点E交直线于点G．若对于任意的点D，都存在点E，使得．设点C的横坐标为q，则q的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质，坐标与图形面积，相似三角形的判定与性质，先画好图形，根据解析式可得，可得，可得，再进一步解答即可． 【详解】解：如图， ∵过点D交直线于点F，直线过点E交直线于点G． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平面直角坐标系，其中．点分别在线段上． ∴， 设，则， ∴， 解得：，即， ∵点C的横坐标为q， ∴， 解得：； 故选：B 14．（2025·福建泉州·二模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形，发现四边形是菱形，，O是的中点，点E在边上，四边形是矩形，则下列推断错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于点L，，因为四边形是菱形，O是的中点，所以，经过点O，而，则是等边三角形，由矩形的性质得，由，可判断A不符合题意；可证明，则，因为，所以，可判断B不符合题意；由，且，得，可判断C符合题意；求得，则，再证明，则，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点L， ∵四边形是菱形，O是的中点， ∴，，与互相平分， ∴经过点O， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点E在边上，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴，故A不符合题意； ∵，，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故B不符合题意； ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴，故C符合题意； ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，故D不符合题意， 故选：C． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 二、填空题 15．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，和是以点为位似中心的位似图形，若，的面积等于9，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是位似变换，相似三角形的判定和性质．根据位似变换的概念得到，，从而得到，根据相似三角形的性质求出，再根据相似三角形的性质计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵和是以点O为位似中心的位似图形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵的面积等于9， ∴的面积为． 故答案为： 16．（2025·福建厦门·二模）如图1是装了液体的长方体容器的主视图（数据如图），将该容器绕地面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好接触到容器口边缘，如图2所示，此时液面宽度 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的应用，过作交于，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解；能熟练利用相似三角形的判定及性质进行求解是解题的关键． 【详解】解：过作交于， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， 解得：， 故答案为：． 17．（2025·福建三明·三模）如图，在中，为边的中点，连接，交对角线于点，已知，则的值为 【答案】2 【分析】本题考查了平行四边形的性质，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．先根据平行四边形的性质得，，再证明，结合线段的中点得出，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， 则 ∵为边的中点， ∴， ∴， 则， 故答案为：2． 18．（2025·福建福州·三模）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，与关于原点O位似，相似比为，点A的坐标为，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与位似，根据关于原点位似，位似比为的两个位似图形对应点的横纵坐标之比为或，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：点的坐标为，即：； 故答案为： 19．（2025·福建福州·三模）如图，正方形，点是边的中点，点是边的中点，点是边的点且，连接交于点，连接，有如下结论：①；②：③；④．上述结论中，正确的序号是 ．（将所有正确序号都填上） 【答案】①②④ 【分析】①证明得，结合可证①正确；将绕点A顺时针旋转至，设正方形的边长为，则，先证明，再根据证明得，进而可判断②正确；作，交的延长线于点N，证明求出， ，证明得，，根据勾股定理求出，然后根据正弦定义即可判断③正确；④求出即可判断④正确. 【详解】①如图， ∵四边形是正方形， ∴，. ∵点是边的中点，点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ②如图，将绕点A顺时针旋转至，连接， 则， ∴， ∴点M，B，E共线. 设正方形的边长为，则. ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ③如图，作，交的延长线于点N， ∵， ∴， ∴，. ∵， ∴， ∴. ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴，故③不正确； ④∵，， ∴. ∵ ， ∴ 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，难度较大，属中考压轴题. 20．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，是蜡烛通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高为，蜡烛离凸透镜的水平距离为，该凸透镜的焦距为，则像的高为 ． 【答案】18 【分析】本题考查了相似三角形的应用，平行四边形的判定与性质，先证得出，再证，根据相似三角形的对应边成比例得出即可求出的长，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：由题意得，，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：18． 21．（2025·福建福州·二模）若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了比例的性质，根据题意可得，再把代入所求式子中计算求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故答案为：． 22．（2025·福建厦门·一模）如图，在边长为10的正方形中，点为的中点，将沿翻折得，点落在四边形内．点为线段上的动点，过点作交于点，则的最小值为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查轴对称在的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点．如图：过点M作于F，推出的最小值为的长，证明四边形为菱形，然后利用相似三角形的判定和性质求得的长即可． 【详解】解：作点P关于的对称点， 由折叠的性质知是的平分线， ∴点在上， 过点M作于F，交于点G， ∵， ∴的最小值为的长， 连接， 由折叠的性质知为线段的垂直平分线， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵，即， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 23．（2025·福建泉州·三模）如图，菱形的四个顶点分别在双曲线与双曲线的图象上，若菱形面积的最小值是12，则k的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，反比例函数的图象与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，完全平方式的非负性等知识点，难度大，计算复杂，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 设，连接，过点分别作轴，轴，垂足为点，则，则，得到，则，而，，可得，令，则，故，那么，即可求解． 【详解】解：设， 连接，过点分别作轴，轴，垂足为点，则， 由菱形和反比例函数图象均是中心对称图形可得，交于点， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， 令， ∴， ∴， ∴， 解得：， 故答案为：． 三、解答题 24．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，一颗树的底部可以到达，但顶部不能到达，某探究小组想利用标杆、皮尺、平面镜等工具测量树的高度，测量及求解过程如下： (1)若只能选择两种测量工具，则它们是 ；画出测量示意图； (2)根据你测量所得的数据（用，，…表示）求树高． 【答案】(1)标杆、皮尺；测量示意图见解析； (2)． 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质． （1）使用标杆、皮尺，画出测量示意图即可； （2）根据题意可知点C，B，R，Q在同一条直线上，证明，得到，即可求出树高． 【详解】（1）解：使用标杆、皮尺，测量示意图如下： 故答案为：标杆、皮尺； （2）由于树、标杆在阳光下的影子的前后端，即点C，B，R，Q在同一条直线上， 故观测者通过测量，和标杆． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 即． 所以树高． 25．（2025·福建厦门·二模）如图，矩形中，，，点E在边上运动，点F在上，且，连接，将线段绕点E逆时针旋转，得到线段，点H是的中点，连接． (1)若E为的中点，判断的形状，并说明理由； (2)试探究，随着E的运动，点H的位置的变化规律，并说明理由． 【答案】(1)为等边三角形，理由见解析 (2)H的位置不变，理由见解析 【分析】（1）由旋转得到为等边三角形，根据三线合一得到，进而得到，由中点得到，进而得到，因此，进而得到，，进而得到为等边三角形，即可； （2）取中点O，则，连，得到E、H、F、B四点共圆，证明，得到，进而推出，推出，再根据和都在的同侧，得到A，H，C三点共线，即可． 【详解】（1）解：为等边三角形，理由如下： ∵四边形是矩形， ． 连接， ∵线段绕点E逆时针旋转 ， 为等边三角形， ，， ∵H是的中点， ，， ∴在中，， ∵E为的中点， ， ， ∴在中，， ， ， 在中，， 为等边三角形； （2）H的位置不变； ， 取中点O，则，连， ∴E、H、F、B四点共圆， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ∴在中，， 在中，， ， ∵和都在的同侧， ∴A，H，C三点共线， ∴H的位置不变． 【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 26．（2025·福建福州·三模）曲线的应用是广泛的，在历史的长涧中，借助它能够研究许多著名几何问题，如倍立方体问题．初三某班的数学学习小组尝试对反比例函数相关的几何问题进行探究： (1)如图1，A、C是反比例函数图像上的两点，A、C的横坐标分别是和3，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，求证：对角线所在直线经过原点． (2)如图2，P是第一象限内一点，射线与反比例函数图像交于点A，以A为圆心，为半径作圆，交反比例函数图像于点C，以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴，连接，点M在x轴正半轴上．请探究：与满足怎样的数量关系，并证明． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，请探究：是否存在点A，使；若存在，求此时的面积，若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)；理由见解析 (3)存在； 【分析】（1）先求出点，，得出，,再求出直线的解析式为：，证明在直线上，即可得出结论； （2）连接，，设与交于点N，连接，设点，，则，，证明O、B、D 三点共线，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形的性质得出，根据三角形外角的性质得出，得出，即可得出答案； （3）连接，交于点N，延长，交y轴于点E，得出，证明，得出，设，则， ，求出，根据点C在反比例函数图像上得出，求出，根据完全平方公式变形求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵A、C的横坐标分别是和3，且点A、C在反比例函数图像上， ∴点，， ∵以为对角线构造矩形，使矩形的边平行于坐标轴， ∴，, 设直线的解析式为：，把代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为：， 把代入得， ∴在直线上， ∴对角线所在直线经过原点． （2）解：；理由如下： 连接，，设与交于点N，连接，如图所示： 设点，，则，， 设直线的解析式为：，把代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为：， 把代入得， ∴在直线上， ∴O、B、D 三点共线， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵以A为圆心，为半径作圆，交反比例函数图像于点C， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； （3）解：存在；； 连接，交于点N，延长，交y轴于点E，如图所示： 根据解析（2）可知：点B在上，，， ∴， ∴当时，， ∴，， ∴， ∴当时，， 即存在点A，使； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，，， ∴，， ∴， ∵点C在反比例函数图像上， ∴， 整理得：， ∴ ， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何综合，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，三角形面积计算，求一次函数解析式，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质． 27．（2025·福建泉州·三模）一部台式切割机的截面图如图1所示．点P为转动杆手把位置，A为转动杆与底座连接处的转动点，为底座，O为圆形切割片的圆心（点O在上）．已知切割机未工作时的最大仰角，，底座长．圆形切割片的半径等于．          (1)切割机工作时，转动杆绕点A按顺时针方向旋转锐角，此时与相切于点G（如图2）．若，求： ①的大小； ②点到转动杆的距离． (2)现将一方形薄铁片置于底座上进行加工，切开一个长度的口子（切口大小应符合实际要求）．已知底座有凹槽，允许切割片穿过的最大深度为，请判断能否达到加工要求，并说明理由． 【答案】(1)①；②； (2)能达到加工要求，见解析 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质，切线的性质． （1）①利用切线的性质结合正弦函数的定义即可求得，据此计算即可求解； ②过点作，，利用相似三角形的性质列式计算即可求解； （2）利用垂径定理求解即可． 【详解】（1）解：①如图1，当时，与相切于点G，连结， 则，且，又，， ∴， ∴， 则； ②过点作，交于点B． ∵，， ∴， 则， ∴， 即点与转动标杆的距离为； （2）解：如图2，设与相交于E、F两点，连结，过点O作于点I，交于点G． 设，则， 由勾股定理，得 ∴深度． ∵， ∴能达到加工要求． 28．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，，点是线段上一动点．以点为圆心，长为半径作交的延长线于点，交直线于点和点，连结并延长交于点，连结． (1)求的度数； (2)①若，求证：； ②求的最大值． 【答案】(1) (2)①见解析；②18 【分析】（1）求出的正切值，根据正切值求解即可； （2）①连结，根据圆的性质可知，，证得，可知，进而求得，再由，即可得结论； ②过点作于点，连结，设圆的半径为，则，进而求得，再证得，根据相似比可得二次函数，根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：在中， ， ． （2）解：①方法一：如图，连结， ， ， ， 是的直径， ， ， ， （圆的内接四边形的外角等于内对角）， ， ， ． 方法二：如图，连结， ， ， ， ， ， ， ． ②方法一：如图，过点作于点，连结，设圆的半径为，则，则， ， 是的直径， ， ， ， ， ， 当时，的值最大，最大值为18． 方法二：过点作于点，连结，设圆的半径为， 则， 在中，， 在中，， ， ， ， ， ， ， 当时，的值最大，最大值为18． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，圆的性质，二次函数的性质，熟练应用以上性质和定理是解题的关键． 29．（2025·福建龙岩·二模）如图，正方形中，点在对角线上，过点作于，交边于点，连接． (1)求的度数； (2)如图，过点作于，求证：； (3)如图，若交于点，，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是边的中点，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)的面积为 【分析】（）过作，交于点，则，由正方形性质可得，，故有，则四边形是矩形，所以，，再证明，故，然后由等边对等角即可求解； （）过作，交于点，则，由（）得，，，则有，再证明，又，从而证明，则有，然后通过勾股定理求出，，然后代入即可求证； （）连接，过作于点，则，由将沿翻折，得到，于，所以，，，得到，，所以，然后证明，根据性质可得，又因为点是边的中点，所以，得到，，通过勾股定理得，，求即可． 【详解】（1）解：如图，过作，交于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，过作，交于点，则， 由（）得，，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （3）解：如图，连接，过作于点，则， ∵将沿翻折，得到，于， ∴，，， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 由（）得：，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查了正方形与折叠，轴对称的性质，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，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，平行线间的距离，掌握知识点的应用是解题的关键． 30．（2025·福建福州·二模）如图，在菱形中，点E，F分别在边，上， (1)求证：； (2)为中点，交于点，垂足为． ①求证：； ②用等式表示线段，与之间的数量关系，并给予证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析  ②；证明见解析 【分析】（1）根据菱形的性质，结合已知证明即可得证； （2）①先证明是等边三角形，利用等边三角形的性质，结合三角形相似的判定证明，得到比例式，再利用相似的判定定理2证明即可； ②延长，交于点，证明，利用特殊角三角函数计算解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 又， ， ， 在和中， ， ， ． （2）①证明：如图，连接EF， 由（1）知， ， ， 是等边三角形， 为中点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 在和中， ， ． ②解：， 证明如下：如图，延长，交于点， ， ， ， 即， ， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ， 在中，， ， 即． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，特殊角的三角函数的应用，三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 31．（2025·福建泉州·二模）如图，在矩形中，，动点P在边上，以每秒１个单位的速度从点B向点A运动；同时动点Q在边上从点B向C运动．把沿着直线翻折，点B的对应点为点G，直线与边相交于点E． (1)如图1，若点P为的中点，连接，求证：． (2)如图2，若点Q的运动速度是点P运动速度的3倍，运动时间为t秒，当t为何值时，点G恰好在直线上？ (3)如图3，连结，交于点F，若且，求点Q的运动速度． 【答案】(1)见解析 (2) (3)点Q的运动速度是每秒3个单位长度 【分析】本题考查矩形中的动点问题，涉及三角形全等的证明、利用勾股定理和方程求解动点位置以及相似三角形判定和应用．解题的关键是根据动点的运动速度和时间表示出相关线段长度，再结合图形的性质列方程求解． （1）利用矩形性质和折叠性质找出全等三角形的对应边和对应角，依据全等判定定理证明； （2）过点作于点，证明， 得到，设，建立方程求解； （3）连接，通过平行线性质、折叠性质得到角的关系，证明，从而得到，设，建立方程求解， 再设，在 中，，建立方程求解，从而求出点Q的运动速度． 【详解】（1）∵点为的中点， ， 在矩形中，， ， ∵沿着直线翻折，点的对应点为点， ， ， 在和中， ， ∴； （2）过点作于点，如图， 则， ， ， ， ， ∵点的运动速度是运动速度的3倍， ， ， ， ， ， ，解得：， 当，点G恰好在直线上； （3）连接， ， ， 由翻折可知：， ， ， ， ，又， 四边形为菱形， ， 在中， ， ， ， ，又， ， ， ， 解得， 设，则， 在 中，， ， 解得， ， 点的运动速度是每秒 3 个单位长度． 32．（2025·福建宁德·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线是的直径，点在延长线上，与相切，且． (1)求证：； (2)若的半径为3，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查切线的性质，圆周角定理和相似三角形的判定与性质，正确运用切线的性质是解答本题的关键． （1）连接，得，由得，根据圆周角定理可得结论； （2）先求出，，，由勾股定理得，证明，根据相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵与相切， ∴． ∴． ∵是的直径， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵． ∴ （2）解：∵的半径为3， ∴，，． 在中，根据勾股定理，得． 由（1）知，，． ∴． ∴． ∴． ∴． 33．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现 如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______． （2）拓展探究 将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明． （注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分） （3）问题解决 若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值． 【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】（1）延长交于点，利用等腰直角三角形和$的性质得到，进而推出，再结合是中点和对顶角相等，证明，得，，再根据等腰直角三角形边的关系，通过等量代换得到，在等腰直角中，根据等腰三角形三线合一性质，得出且． （2）通过多种方法证明且；连接利用全等：由等腰直角三角形性质推出，根据为中点得，证明，结合其他角的关系得出结论．特殊位置分析：当，，三点共线时，在中利用直角三角形斜边中线性质得到，设角计算得出．构造中点辅助线：取、中点、，证四边形是平行四边形，再证，结合角的关系得出结论．作平行线构造全等：过作，证明、，推出是等腰直角三角形，从而得证．另一种中点构造：取、中点、，通过证明线段平行、垂直及相等关系，证，得出结论． （3）先确定等腰中，再分点在右侧和左侧两种情况求解：法一：通过等腰三角形三线合一，找到垂直平分线，计算相关线段长度，利用勾股定理求出，进而得到的值．法二：作，利用相似三角形求出、，进而得到，通过勾股定理求出，再结合、与的关系求解．法三：利用全等三角形的面积关系，结合已知三角形面积，通过面积计算得出的值． 【详解】解：（1）；． 延长交于点． ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． ∵是中点， ∴， ， ∴， ∴，， ∵，，，， ∴， 在等腰直角中，是中点， ∴且． 故答案为：，； （2）（1）中的结论仍然成立． 证明，方法一：连接． ∵，是等腰直接三角形， ∴． ∴． ∵是的中点， ∴． 又∵，， ∴． ∴． 同理可得 ∴，．即． ②如图所示，当，，三点共线时，证明如下： 在中，． ∵是的中点． ∴． 同理可得，， ∴ 设， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 即． ③分别取的中点，的中点，分别连接，，，． ∴，． ∴四边形是平行四边形， ，． ∴， ，． ∵是等腰直角三角形，是的中点， ∴，． ∴． 同理可得，． ∴． ∴． ∴． ∴，． 在中，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 法二：如图，过点作，交的延长线于点，延长交于点，交的延长线于点． ∵， ∴，． ∵，． ∴． ∴，． ∵， ∴． ∵，． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴，． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∵是的中点， ∴，． ④当旋转到如图所示的位置时， 取中点，中点，连接，， 延长交于． ∴，，，． ∴，． 同理可证，，，． ∴，． ∴． ∴． ∴， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴．即． （3）当是等腰三角形时，若时，，这与矛盾； 又∵，当是等腰三角形时．只能存在． 法一：①当点位于的右侧时，如图所示， 连接交于点． ∵， ∴是的垂直平分线，是的中点． ∴，． 在中，． 取中点，连接． ∵是的中点，是的中点， ∴，，． ∴，． 在中，． ∵， ∴． ②当点位于的左侧时，如图． 连接并延长交于点，取中点，连接． 由①同理可得 ，． ∴． ∴在中，． ． ∴． 综上所述，的值为或． 法二：①当点位于的右侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点． ∵，， ∴是的垂直平分线． ∴，． ∴ ∵， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴． ∴．即． ∴，． ∴． ∴在中，． 由（2）可知，． ∴即． ∴． ②当点位于的左侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点． 由①同理可得． 则． ∵， ， ∴． 又∵． ∴． ∴即． ∴，． ∴． ∴在中，． ∴同理可得． ∴． 综上所述，的值为或． 法三：①当点位于的右侧时，如图． 由（2）中法二可得：，． 因此，，． 由（3）可知． ． ． ∴ ②当点位于的左侧时，如图． 同理：，． ，． ∵ ． ∴． ∴． ∴． ∴． 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及图形旋转的性质；解题关键是通过作辅助线，构造全等或相似三角形，利用相关性质建立线段和角度的关系来求解． 34．（2025·福建泉州·三模）已知是等腰直角三角形，，D是的中点．      (1)如图1，连接，将绕点逆时针旋转，得到，并连接． ①求长； ②连接，求的面积； (2)如图2，F是的中点，G是外的一点，将绕D点顺时针旋转得到，连接，若，请用一个等式表示之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)①；② (2)，见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． （1）①利用勾股定理即可解答； ②过点D作，交延长线于点F，设与交于点Q，证明为等腰直角三角形，即可解答； （2）连接，过B作，交于点P，证明，可得，，得到，证明，即可解答． 【详解】（1）解：①∵，D为边中点， ∴． ， ∴． ∵，， ∴． ②如图1，过点D作，交延长线于点F，设与交于点Q． ∵，， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴． ， ∴， ∴． ， ∴， ∴． （2）解：，证明如下： 如图2，连接，过B作，交于点P． ∵D、F分别为边的中点， ∴， ∴． ， ∴， 则， ∴，， ，，， ∴， ∴， ∴，， ， ∴， ∵， ∴，即， ∴，则， ∴． ∵， ∴，即， 则， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 35．（2025·福建福州·二模）如图1，在等腰三角形中，，为边上一点，且，过点分别作交于点，交于点，在上截取，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当三点共线时，求四边形与四边形面积的比值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定与性质得到，则，利用等腰三角形的性质和平行线的性质以及等腰三角形的判定定理得到，再利用平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）利用平行线之间的距离相等和平行四边形的性质得到四边形与四边形面积的比值，利用平行线的性质和等腰三角形的性质与判定得到，设，利用相似三角形的判定与性质求得即可解答． 【详解】（1）证明∶∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：当B、G、F三点共线时，由(1)知：四边形，四边形均为平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形与四边形面积的比值， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即， ∵， ∴或(负数不合题意，舍去)， ∴四边形与四边形面积的比值为． 试卷第74页，共75页 试卷第75页，共75页 学科网（北京）股份有限公司 $$