专题：相似三角形-2026年中考数学专项（浙江专用）

专题：相似三角形-2026年中考数学专项（浙江专用） 一、单选题 1．能判定的条件是（    ） A． B．， C．， D．， 2．九年级某班级在一次班级文化评比中，制作了一个如图所示的简易花架摆放班级里的绿植，已知，，，则的长度为（    ） A． B． C． D． 3．在小孔成像问题中，根据如图所示，蜡烛长，若O到的距离是，O到的距离是，则像的长是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在中，，，则的值为（） A． B． C． D．2 5．黄金分割是汉字结构最基本的规律．如下图汉字“坤”端庄稳重、舒展美观．其中竖笔画起点为，终点为，交接处点恰好是线段的黄金分割点，即，若，则的长为（   ） A． B． C． D．无法确定 6．如图，与是位似图形，位似中心为点O．若，的面积为2，则的面积为（    ） A．4 B．12 C．16 D．32 7．如图，点O是的重心，若的面积为12，则阴影部分的面积是（    ）． A．2 B．3 C．4 D．6 8．用一条直线将的面积平分，下列说法错误的是（    ） A．图1中，点是的中点，则将的面积平分 B．图2中，点是的中点，，则将的面积平分 C．图3中，，，则将的面积平分 D．图4中，，上的点是的重心，则将的面积平分 9．如图1，在中，，，，点D在上，，点E，F分别在边上（不与端点重合），且设，的面积为，关于的函数图象如图所示，最高点为，且经过和两点．下列选项正确的是（    ） A． B． C．的面积的最大值为0.96 D．点在该函数图象上 二、填空题 10．如图，在中，，是边上的高，，，则等于________． 11．如图，，相交于点，且，，，当_____时，与相似． 12．如图，，若，，则_________． 13．在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，将放大为原来的2倍，在第四象限内得到，则点的对应点的坐标为___________． 14．如图，在矩形中，，，是边上一个动点，连接．在上取一点，满足，则长度的最小值为________． 15．如图，在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交轴于点，作正方形；延长交轴于点，作正方形，则正方形的面积为_____． 16．如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，、两点分别在轴、轴上，轴，，点的坐标为，将沿翻折，点落在点位置，交轴于点．则点的纵坐标为________． 三、解答题 17．如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，已知点，三个顶点的坐标分别为，，． (1)以点M为位似中心，在y轴右侧画出，使它与位似，且相似比为； (2)点的坐标为_______． 18．如图，在等边中，点在边上，以为边作等边，与交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 19．如图，等边的边长为6，点P，M分别是边上一点，将射线绕点P顺时针旋转α，点M的对应点为N，射线交于点E． (1)若，求证：； (2)若，当时，求线段的长． 20．如图，直线与反比例函数的图象的左右交点分别是点，，连接，．为反比例函数图象上一点，且点在直线的下方． (1)求的面积； (2)若面积等于面积的，求点的坐标； (3)连接并延长交于，过作交于，试探究是否存在最大值？若存在，请求出它的最大值及此时点的坐标；若不存在，请说明理由． 21．如图，线段，，点在线段上方绕点转动．以，为邻边作平行四边形，是的中点，是上一点，连接，． (1)如图1，当四边形为矩形，时，求的长； (2)如图2，当时，求的长． (3)如图3，当时，连接交于点，在点旋转过程中，的值是否为定值？若是，请直接写出这个定值；若不是，请说明理由． 22．如图，已知的半径为4，等边内接于，点P是圆周上一动点，从点A开始沿圆周逆时针方向运动一周再回到点A． (1)如图1，当点P在上运动时（不包含A，B两点），求证：平分； (2)在点P的运动过程中，当时，求的度数； (3)如图2，当点P在上运动时（不包含B，C两点），交弦于点E； ①求证：，是关于x的方程的两根； ②当的值最大时，求四边形的面积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 《专题：相似三角形-2026年中考数学专项（浙江专用）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D D B A A D A D B 1．D 【分析】本题考查相似三角形的判定，需熟练掌握相似三角形的判定定理：三边对应成比例的两个三角形相似；两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；两角分别相等的两个三角形相似等是解题的关键．据此逐一分析选项即可求解． 【详解】解：A、三边对应成比例但对应边匹配错误，应为才能判定相似，故A错误． B、与、与不是对应角，不满足两角分别相等的判定条件，故B错误． C、，但与不是这两组边的夹角，不满足两边对应成比例且夹角相等的条件，故C错误． D、，且（是与的夹角，是与的夹角）， 满足两边对应成比例且夹角相等的相似判定定理，则，故D正确． 故选：D． 2．D 【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用平行线分线段成比例定理、找准对应关系是解题的关键．根据平行线分线段成比例定理得出，即，即可得出答案． 【详解】解：， ，即． 解得． 故选：D． 3．B 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，确定正确的相似比是解题的关键．先证明，再由题意得出相似比为，最后根据相似三角形的性质及，求出． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵O到的距离是，O到的距离是， ∴相似比为， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 4．A 【分析】本题考查了由平行截线求相关线段的长或比值，由平行判断成比例的线段，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解． 由平行线列出比例式求解． 【详解】解：因为，， 所以， 故选：A． 5．A 【分析】本题考查黄金分割，黄金分割的定义是：把一条线段分割为两部分，使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值即为黄金分割，其比值是． 根据黄金分割的定义列方程求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 即 解得：或（舍去）． 故选：A． 6．D 【分析】本题主要考查了位似图形的性质，根据题意可得，再由位似图形的性质可得，进而得到，据此可得答案． 【详解】解：∵与是位似图形，位似中心为点， ∴， ∴， ∵的面积为2， ∴的面积为32， 故选：D． 7．A 【分析】本题考查了三角形重心的定义，三角形中线的性质，根据点O是的重心，可得，即可求解． 【详解】解：∵是的重心， ∴是的中线，即点分别是的中点， ∴是的中线， ， ∵是的中点 ∴ ∵， ∴ 又∵， ∴ ∴ 故选：A． 8．D 【分析】本题考查了三角形中线的性质，平行线的性质，相似三角形的性质，三角形的重心的性质．根据以上知识逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：A. 图1中，点是的中点，则将的面积平分，故该选项正确，不符合题意； B. 图2中，点是的中点， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴ 设交于点， ∴， ∴ ∴将的面积平分, 故该选项正确，不符合题意； C. 图3中，， ∴， ∵， ∴ 即将的面积平分, 故该选项正确，不符合题意； D. 图4中，，上的点是的重心， ∴， 如图，连接交于点， ∴， ∴， 则不能将的面积平分，故该选项不正确，符合题意； 故选：D． 9．B 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的实际应用，勾股定理，矩形的判定与性质等知识点，难度大，解题的关键是正确求出函数解析式． 过点分别作，，垂足为，可得四边形是矩形，，求出，然后证明，则得到，再由勾股定理求解表示出，然后建立二次函数关系式，再根据二次函数的图象与性质求解即可． 【详解】解：过点分别作，，垂足为， ∵，即， ∴，四边形是矩形， ∴， ∵ ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴当时，， ∴顶点为，即，故A、C错误； 当时，， ∴点不在该函数图象上，故D错误； 当时，则， 解得或，结合函数图象可得，故B正确， 故选：B． 10． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质．先根据直角三角形的两锐角互余得到，进而得到，即可得到，代入解题即可． 【详解】解：∵是边上的高， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 故答案为：． 11．54或 【分析】本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理． 已知，只需要夹边成比例即可得到与相似，再分类讨论求解即可． 【详解】解：∵， ∴与相似时，或 ∴或 ∴或， 故答案为：54或． 12．2 【分析】本题主要考查了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到，然后求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：2． 13． 【分析】本题主要考查了关于原点对称的位似图形的性质，根据位似变换的性质，以原点为位似中心，相似比为2，且位似图形在第四象限，与原图形同侧，因此对应点坐标等于原坐标乘以相似比． 【详解】解：以原点O为位似中心，将放大为原来的2倍，相似比为2．由于位似图形在第四象限，与原图形同侧，因此点的对应点的坐标为． 故答案为：． 14． 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、最短路径问题． 由可证，进而可证，令为中点，可得，说明点的运动轨迹为在矩形内的半圆上，再根据“最短距离=点到圆心的距离-圆的半径”求解即可． 【详解】解：如图，设中点为，连接． 四边形为矩形， ，， ， ， ， ， ， 则点的运动轨迹为以点为圆心，为半径，且在矩形中的半圆， 当、、三点共线时，取得最小值， ，， ． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，先利用勾股定理求出，再证明，利用相似比求出，进而求出，同理可得，求出即可求面积． 【详解】解：∵A的坐标为，点D的坐标为， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴， 同理可得， ∴，即， 解得， ∴， ∴正方形的面积为． 故答案为：． 16． 【分析】考查知识点平面直角坐标系中点的坐标特征、翻折的性质、勾股定理、两点间距离公式． 首先由轴、得；由得．再翻折后，．最后设，用两点间距离公式列方程和，联立解得． 【详解】轴，，∴ C 点坐标为． 由为直角三角形，，可得，解得． ，， 设，由得， 由得． 解得，即点 D 的纵坐标为． 故答案为：． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查作图﹣位似变换，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键． （1）根据位似的性质作图即可； （2）由图可得答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：由图可得，点的坐标为． 故答案为：． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质．熟练应用相似三角形的判定和性质是解决本题的关键． (1)根据等边三角形的性质可得，，根据两角对应相等，两三角形相似可得； (2)根据等边三角形三边相等和、的长度比可以求出、的长度，根据两三角形相似对应边成比例可得的长． 【详解】（1）证明：和是等边三角形， ， ，， ， ； （2）解：是等边三角形，， ， ， ，， ， ， ， ． 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合等边三角形的性质证明，即可证明； （2）过点M作于点H，首先证明为等腰直角三角形，然后在和中，借助三角函数解得，，即可获得答案. 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点M作于点H， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ， 在中，，， ∴在中，， ∴． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 20．(1) (2)或 (3)存在最大值，最大值为，此时点的坐标为 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的综合应用，涉及函数交点求解、三角形面积计算、相似三角形的判定与性质以及利用一元二次方程的判别式求最值等知识点．关键是通过联立方程确定交点坐标，利用割补法计算三角形面积，结合相似三角形和代数变形探究线段比的最值． （1）先联立直线与反比例函数方程求出、两点坐标，再求出直线与轴交点，利用计算面积． （2）设点坐标，作轴交于，用坐标表示的长度，根据面积关系列方程求解得到的坐标． （3）求出直线与的交点的横坐标，利用得到相似三角形，将线段比转化为代数表达式，再用一元二次方程的判别式求最大值及对应的坐标． 【详解】（1）解：联立，解得或， 即，． 设直线与轴的交点为， 令，得，故， ∴； （2）解：过点作轴交于， 设，则， ∴． ∵， ∴， 即， 整理得，解得或． 当时，；当时，． 综上，点的坐标为或； （3）解：设， ∵直线过原点， ∴直线的解析式为． 联立，得，解得， 即点的横坐标为． ∵， ∴， ∴． 过作轴于，过作轴于， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，，则， 两边同乘以，整理为关于的一元二次方程：， ∴该方程的判别式， 化简为， ∵, ∴，解得， 当时，取最大值， 此时方程有两个相等的实数根， ∴， 此时的坐标为，即， 综上，存在最大值，最大值为，此时点的坐标为 21．(1)的长为 (2)的长为 (3)的值为定值，定值为 【分析】（1）先根据矩形的对边相等和角为直角的性质，结合是中点求出、、的长度，由推出，结合两个直角证得，再利用相似三角形的对应边成比例列比例式，代入数值即可求解的长． （2）先根据的比例设未知数，结合的长度求出参数的值，延长交的延长线于点，利用得到的角相等，结合中点的相等线段，由证得，进而得到对应边、，求出和的长度，再通过边的比例关系证得，结合相似性质即可求出的长． （3）延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，利用的性质证得，结合得到对应边和面积的比例关系，设表示出相关三角形的面积，再依次证得、，得到线段的比例关系，结合平行四边形中的面积与平行四边形面积的比例关系，求出的表达式，最后代入的数值计算面积比，即可确定该比值为定值． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形， ∴，，． ∵是的中点， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴，即，解得； （2）解：延长，交的延长线于点． ∵四边形为平行四边形， ∴，，． ∵是的中点， ∴． ∵， ∴设，则，． ∵， ∴，解得， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴． ∴，， ∴． ∴，， ∴． ∵， ∴． ∴，即，解得； （3）解：在点旋转过程中，的值为定值，这个定值为．理由如下： 延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点． ∵四边形为平行四边形， ∴，． ∵是的中点， ∴． ∵， ∴． ∴，． ∴， 设，则． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 设， ∵， ∴，即，解得． ∴， ∴． ∴在点旋转过程中，的值为定值，这个定值为． 【点睛】本题考查了矩形和平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及几何图形中角、边的转化以及面积比例与线段比例的关联．解决本题的关键是利用平行四边形(矩形)的边平行且相等、角为直角的性质，结合中点得到相等线段，通过作辅助线构造全等或相似三角形，将未知的线段和面积关系转化为可通过比例计算的已知关系，借助相似三角形对应边成比例、面积比等于相似比的平方，以及全等三角形对应边相等的性质求解． 22．(1)见解析 (2)或 (3)①见解析② 【分析】本题主要考查等边三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根与系数的关系，垂径定理等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． （1）由圆周角定理得出，故可得结论； （2）连接、，证明，分点P在上和点P在上两种情况根据圆周角定理可得结论； （3）①在上取一点，使，先证明是等边三角形，再分别证明、，可求出， ，即可得出结论； ②根据的值最大确定P是的中点，是的直径，根据垂径定理得出，从而可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵和分别是和所对的圆周角， ∴， ∴平分； （2）解：∵半径为4， ∴直径为8， ∵是等边三角形， ∴ 连接、， ∵，， ∴，， ∴， ∴； 情况1：点P在上时，连接，则， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴； 情况2：点P在上时， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 综上，或； （3）解：①证明：∵的圆周角是和， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即 在上取一点，使， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据一元二次方程根与系数的关系得，方程的两根为、， ∵， ， ∴， ∴，是关于x的方程的两根； ②设，， ∴，， ∴，是方程的两根， ∴， ∴， ∴，当且仅当时取等号（此时）此时的值最大， 当时，P是的中点，是的直径， ∴，， 连接，则， ∴， ∴， ∴ ∴ ． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $