2026年人教版数学中考一轮专题复习---图形的相似

2026年人教版数学中考一轮专题复习---图形的相似 一、单选题 1．下列四组线段中，是成比例线段的一组是（  ） A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 2．大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”，P为的黄金分割点，如果的长度为，那么的长度约为（  ） A．3.82 B．4.82 C．6.18 D．6.28 3．如图，在五边形中，，延长，，分别交直线于点，．若添加下列一个条件后，仍无法判定，则这个条件是（    ） A． B． C． D． 4．如图是一块含角的三角板，若内外两三角形斜边长的比为，则它们的面积比为（   ） A． B． C． D． 5．在中，，结合尺规作图痕迹提供的信息，求出线段的长为（    ） A． B． C．6 D． 6．如图1，在中，动点沿折线以的速度匀速运动，设点的运动时间为的长度与的函数图象如图2所示．当（不考虑全等）时，的值是（     ） A．13 B．6.5 C．6 D． 7．如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．如图，点，，将线段平移得到线段．若，，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 9．已知均不为0，且，若，则的值为___________； 10．如图，将沿边向右平移2个单位长度得到．若，阴影部分的面积为6，则的面积为______． 11．如图，D是中上的中点，连接，是的中线，的延长线与交于点，则________． 12．如图，点是等边边上一点，将等边折叠，使点与点重合，折痕为（点在边上）． （1）当点为的中点时，_____； （2）当点为的三等分点时，_____． 13．已知在中，，点分别在边上，将沿直线对折后，点正好落在对边上，且折痕截所成的小三角形（即对折后的重叠部分）与相似，则折折痕__________ 三、解答题 14．如图，和的顶点A重合，，． (1)若，，求的长； (2)连接，求证：． 15．如图，已知直线分别截直线于点A、B、C，截直线于点D、E、F，且．    (1)如果，求的长； (2)如果，求的长． 16．如下图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，其中点的坐标为，正方形的边在轴上，且点的坐标为．求正方形与正方形的位似中心的坐标． 17．如图在平行四边形中，对角线与相交于点，，过点作交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 18．【数学眼光】 星港学校比邻园区海关大楼，星港学校九年级学生小星在学习过“相似”的内容后，也想要利用相似的知识得海关大楼的高度，如图1所示．小星选择把数学和物理知识相结合利用平面镜的镜面反射特点来构造相似，如图2所示． 【问题提出】 问题一：现测量得到，，．问：海关大楼高高为多少？（用，，表示） 【数学思维】 但在进一步观察海关大楼周围的环境之后，小星发现由于条件限制，海关大楼的底部不可到达，所以无法准确测量海关大楼底部到平面镜的距离，如图3所示，在老师帮助下小星进一步完善了自己的想法，得到了方案二：既然无法测量平面镜到海关大楼底部的距离，那就将这部分用其他长度来表示，即构造二次相似，将测量距离进行转化，如图4所示． 问题二：小星测量得到，，，，请你求出海关大楼的高度． 【数学语言】 问题三：小星在求出来数据之后，上网查阅了资料发现海关大楼高度为，请你尝试着分析出现这样误差的原因是什么？ 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 参考答案 1．D 【分析】本题考查了成比例线段． 根据成比例线段的定义，若四条线段满足前两条的比等于后两条的比，则它们成比例，据此判断即可． 【详解】解：A．前两条的比，后两条的比，不相等，故不符合题意； B．前两条的比，后两条的比，不相等，故不符合题意； C．前两条的比，后两条的比，不相等，故不符合题意； D．前两条的比，后两条的比，相等，故符合题意； 故选：D． 2．A 【分析】本题主要考查了黄金分割，根据黄金分割比例可得，结合求解，即可解题． 【详解】解：∵P为的黄金分割点， ∴， ∴， 故选：A． 3．D 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定，平行线的性质与判定，当时，可证明，由平行线的性质得到，，则可证明，据此可判断A、B；由平行线的性质可得，则，同理可判断C；D中条件结合已给条件不能证明． 【详解】解：A、∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故A不符合题意； B、∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故B不符合题意； C、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故C不符合题意； D、根据结合已知条件不能证明，故D符合题意； 故选：D． 4．C 【分析】本题考查了相似三角形的性质．相似三角形对应边成比例；相似三角形的面积比等于它们的相似比的平方．利用相似三角形的性质得到两个三角形的面积比等于边长比的平方求解即可． 【详解】解：∵两个三角形是含角的三角板， ∴这两个三角形相似， ∵它们的斜边之比为， ∴它们的面积之比为， 即它们的面积比为 故选：C． 5．A 【分析】本题考查了角平分线和垂线的尺规作图、角平分线的性质、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与判定是关键； 先根据勾股定理求出，设交于点M，作于点N，如图，利用角平分线的性质可得，利用等积法求出，进而可得，证明，再根据相似三角形的性质求解即可. 【详解】解：∵在中，， ∴, 由题意可得：平分，即， 设交于点M，作于点N，如图， 则， 设， ∵， ∴， 即， 解得：，即， 则， 由作图痕迹可知：， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得：； 故选：A. 6．B 【分析】本题考查了相似三角形的性质的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；本题由题图2可知，，，，根据时，得到，然后即可求解； 【详解】由题图2可知， 从用时为，故， 从用时为，故， 从用时为，故， 又， ∴，， ∴， 当时，点在边上， ∴即， 解得， 故选：B． 7．C 【分析】运用正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质综合推理判断． 【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠BAP+∠QAD =45°， ∵BM是正方形的外角的平分线， ∴∠MBC=135°， ∴∠BAP+∠APB=45°， ∴∠QAD＝∠APB， ∴②正确； ∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线， ∴∠ABP=∠QDA=135°， ∵∠QAD＝∠APB， ∴△ABP∽△QDA， ∴BP：DA=BA：DQ， ∴BP•DQ＝， ∴①错误； ∵△ABP∽△QDA， ∴BP：DA=BA：DQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=DA， ∴BP：BC=DC：DQ， ∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线， ∴∠PBC=∠QDC=45°， ∴△BPC∽△DCQ， ∴∠BCP=∠DQC， ∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°. ∴③正确； 如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ． ∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD． ∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°． ∴∠PAF=∠PAQ． 又∵AP=AP， ∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ． ∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°． ∴在Rt△BPF中，， ∴． ∴④正确； 故选C． 【点睛】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键. 8．A 【分析】本题考查了坐标与图形的变换—平移，相似三角形的判定和性质，过点作轴于点，先证明，根据相似三角形的性质可得，求出点的坐标，构造相似三角形是解题的关键． 【详解】解：过点作轴于点，如图所示： 则， ∵点，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴点坐标为， 故选：A． 9．2 【分析】此题考查了比例的性质．设，得到，，，得到，根据得到，即可得到答案． 【详解】解：设 ∴，， 三式相加得， ∵ ∴. ∴， 故答案为：2 10．24 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平移的性质，设与交于点，根据平移的性质及相似三角形的判定与性质计算的面积即可．掌握平移的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设与交于点． 将沿边向右平移2个单位长度得到， ，， ，， ， ，即， ． 故答案为：24． 11． 【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．作交于，求出即可得到答案． 【详解】解：作交于， ，D是中上的中点， ， ， ， ，是的中线， ， 且， ， ， ， ， 12． 或 【分析】（1）连接，根据三线合一和折叠得到，，进而得到，再证明是等边三角形即可得到即可求出结果； （2）分两种情况，和，用k表示和，然后利用相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比，即可求出，然后用k表示即可得到结果． 【详解】（1）解：连接，如下图所示， ∵点D为的中点，为等边三角形， ∴，，， ∵将等边折叠，使点A与点D重合，折痕为， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴ , ∴； 故答案为：； （2）当时， 设， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴； 当时， 设， 同上一种情况得： ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或． 【点睛】本题考查相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，翻折变换，利用折叠得出等边三角形是解第一问的关键，利用相似三角形的周长比等于相似比，再适当的用k表示边是解第二问的关键. 13．或． 【分析】先画草图借草图分析．如图 重叠的小三角形为，由对折知，所以要使△ABC和相似，只需，此时和C重合，N为AC中点，由三角形中位线定理易得MN的值；或只需，此时与B点重合，M=BM=AM=，再由相似的知识算得MN的值． 【详解】由AC=4，BC=3，∠ACB=90°据勾股定理得AB=5．下面分情况讨论： 第一种情况 如图1 当∠MNC=90°时，折叠后A点落在C点． ∵∠BCA=90° ∴∠MNC=∠BCA 又由对折知：∠MCN=∠A ∴△MCN∽△ABC 由对折知N为AC的中点，据三角形中位线定理得 （㎝）； 第二种情况 如图2 当∠NMB=90°时，折叠后A点落在B点． ∵∠C=90° ∴∠C=∠NMB 又由对折知∠A=∠NBM ∴△ABC∽△BNM ∴ 又由对折知 ∴（㎝）． 综上分析得MN=㎝或㎝． 故答案为：或． 【点睛】本题是折叠类问题，考查相似三角形的判定，兼考查分类讨论的数学方法．关键之处在于紧抓折叠的图形成轴对称及全等解决之． 14．(1) (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据两角相等证明，再由对应边成比例即可求解； （2）由，得到，变形为，再由夹角相等，即可证明相似． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴; （2）证明：如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 15．(1)12 (2)6 【分析】本题考查的是平行线分线段成比例，掌握“两条直线被一组平行线所截的对应线段成比例”是解题的关键． （1）由可得，再代入数据即可得到结论； （2）由，可得，可得，结合，从而可得答案． 【详解】（1）解：， ， ，，， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ． 16．或 【分析】连接并延长交轴于点，则点为位似中心，根据正方形的性质求出点的坐标为，证明，根据相似三角形的性质求出；另一种情况，连接，交于点，根据待定系数法分别求出直线解析式和直线解析式，求出两直线交点，得到答案． 【详解】解：分以下两种情况讨论： ①如图①，连接并延长交轴于点，则点为位似中心． 四边形为正方形，点的坐标为， 点的坐标为． ， ，， ， ，即， 解得， 正方形与正方形的位似中心的坐标是； ②如图②，连接，交于点． 由题意，得，，，． 易求出直线的表达式为，直线的表达式为． 联立解得． 点的坐标为， 正方形与正方形的位似中心的坐标是． 综上所述，正方形ABCD与正方形EFGH的位似中心的坐标为或. 【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是需要分情况讨论． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形的判定，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据等腰三角形的判定得到，可证明是菱形，得到，继而得到，得出，即可得到结论； （2）根据菱形的性质得到，，根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质得到，得出，计算即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ， 是菱形， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：由（1）知是菱形， ，， ， ， ， 由（1）知， ， ， ． 18．问题一：；问题二：；问题三：见详解 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质， 问题一：根据反射特点可知，即可证明，有，即可求得． 问题二：由反射特点可知，，证得，，有，，结合得到，求得，可得； 问题三：（1）在角度误差上分析；（2）在测量距离上分析即可． 【详解】解：问题一：由反射特点可知， 又∵， ∴， ∴ ∵，， 即：， ∴． 问题二： 由反射特点可知，， ∵ ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵，，，， ∴，解得， ∴， 解得； 问题三：（1）理论上入射角等于反射角，即本题中直角减去入射角和反射角得到和，实际操作中有误差； （2）实际中测量两点之间的距离也存在误差． 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 $