专题06 图形的相似（5年汇编）（山西专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合山西2022-2026年中考真题及模拟题，聚焦图形相似两大核心考点，突出文化自然素材与几何知识融合及综合探究能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|11题/约33分|黄金分割（鹦鹉螺外壳、习字格）、相似三角形判定（AA）与性质（比例线段）|基础题结合文化自然情境，如黄金分割辨析与简单计算| |综合题|7题/约42分|相似与旋转、折叠、二次函数综合，菱形/正方形背景下分类讨论|分层设问，如证明相似、探究线段关系、直角/等腰三角形分类，区分度高|

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06图形的相似 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 山西考情(2022-2026) 命题规律 以选择、填空小题为主，分值3分，核心围绕黄金分割 概念与计算命题。素材结合鹦鹉螺外壳、汉字习字格 2026山西卷 等文化、自然背景，一类直接辨析黄金分割基础概 考点01相似图形 2024山西卷 念，另一类给出黄金分割线段长度求线段长。考题难 的相关概念及性质 2022山西卷 度偏低，仅考查黄金分割比例基础计算，不涉及复杂 相似推导，侧重概念识别与简单线段求值，是几何基 础送分小题。 全卷必考，分为填空几何计算、压轴综合探究两大 类。填空依托四边形、正方形、菱形、平行四边形图 2026山西卷 形，通过等角、平行线判定相似，利用相似比求线段 考点02相似三角 2025山西卷 长度：压轴综合题融合旋转、折叠、平移、二次函 形的判定与性质综 2024山西卷 数、菱形矩形背景，分层设置证明、线段数量关系、 合 2023山西卷 直角/等腰分类讨论，多问梯度明显。核心考点为 2022山西卷 AA相似判定、相似对应边成比例，常搭配勾股定理、 图形变换综合考查，区分度高，是整张试卷几何难 点。 五年真题分类园 考点01相似图形的相关概念及性质 1.D 2.14 3.5-11+5 1/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点02相似三角形的判定与性质综合 1.A 18 2.5 205205 3.19/19 97197 4.3/3 5.(I)证明：：AB=BC,BO是△ABC的中线， ∴∠A=∠C,AO=CO,BO⊥AC, :△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE, ,∠E=∠C,E0=CO, .∠A=∠E,AO=EO. :∠AON=∠EOM, 在△AON和△EOM中， 「LA=∠E AO=EO ∠AON=∠EOM' ∴.△AON≌△EOM(ASA) (2)①解：D0=DF, 理由如下： :AB=BC,BO是△ABC的中线， ∴.∠ABO=∠CBO :△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE, .∠D=∠CBO.OD=OB」 ∴.∠ABO=∠D OD∥AB, .∠D=∠AFD」 2/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AFD=∠ABO, DF∥OB ∴四边形DFBO是平行四边形， OD=OB DFBO是菱形， :.DO=DF 13.4-√13 ②线段BH的长为V13或 6.(1)四边形BDB'E是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得BD=B'D,BE=B'E,∠B'DE=∠BDE, .B'DI BC, ∴.∠B'DE=∠BED, ∴.∠BDE=∠BED, .BD=BE, ∴.BE=BD=B'D=B'E, ∴四边形BDB'E是菱形； (2)①DE⊥AE,理由如下： 由(1)知四边形BDB'E是菱形， .BD=B'E =B'D, 由折叠的性质得到 AD=A'D, AD=2BD, .A'D=2BD=2B'D=2B'E, .B'D=A'B'=B'E, ∠1=∠2，∠3=∠4 .∠1+∠2+∠3+∠4=180°， .∠2+∠3=90° .DE⊥A'E; 3/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 165 ②5或37 7.(1)四边形AECF为矩形.理由如下： AE⊥BC,CF⊥AD, .∠AEC=90°，∠AFC=90° :四边形ABCD为菱形， .AD∥BC, .∠AFC+∠ECF=180° ∴.∠ECF=180°-∠AFC=90° .∠ECF=∠AEC=∠AFC=90°， ∴四边形AECF为矩形 (2)①CH=MD,理由如下： :四边形ABCD为菱形， AB=AD,∠B=∠D :△ABE旋转得到△AHG, .AB=AH,∠B=∠H, ∴AH=AD,∠H=∠D. :∠HAM=∠DAC, ,△HAM≌△DAC, :AM=AC, :AH-AC=AD-AM, .CH MD 963 ②4或4 8(1)解：由'=-x+4 0时，-+4=0 得，当少=0t 解得=0,54 ,点A在x轴正半轴上. .点A的坐标为 (4,0) 4/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设直线AB的函数表达式 y=ka+b(k≠0) 将4，B两点的坐标 ,0.3)分别代入”=+b, 「4k+b=0 得k+b=3, [k=-1 解得b=4, ∴直线AB的函数表达式为y=-x+4. 将x=0代入y=-x+4,得y=4. 0,4) .点C的坐标为 (2)①解：”点P在第一象限内二次函数y=-X+4 x的图象上，且PELX轴于点E,与直线4B交于点 D,其横坐标为m。 ·点PD的坐标分别为 (m,-m2+4m),D(m,-m+4) PE=-m2+4m,DE =-m+4,OE =m :点C的坐标为 0,4) .0C=4 PD=0C 2 PD=2. 如图。当点P在直线4B上方时，PD=PE-DE=-m+4m-(←m+4)=-m2+5m-4 5/21 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C B E A .PD=2, .-m2+5m-4=2. m1=2,m2=3 解得 如图2，当点P在直线AB下方时， PD=DE-PE=-m+4-(-m2+4m)=m2-5m+4 y个 D B PD=2, .m2-5m+4=2. = 5±V17 解得 2， .0<m<1, :m=5-7 2· 5-17 综上所述，m的值为2或3或2： 6/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OE =m,PE =-m2+4m,DE =-m+4 ②解：如图3，由(1)得， B :B0LX轴于点P,交OP于点F,点B的坐标为 ,3) “00=1 ,点P在直线AB上方， .EQ=m-1, .PE⊥x轴于点E, .∠OQF=∠OEP=90° :FO∥DE,∠FOQ=∠POE, .△FOQ∽△POE F0_O0 .PEOE· FO 1 .-m2+4mm .Fo=m2+4m =-m+4 m .FO=DE 四边形FOED为平行四边形. :PE⊥x轴， 7/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 四边形FQED为矩形. ,S=EQ·FQ=(m-1)(-m+4) 即S=-m2+5m-4. 5)29 S=-m2+5m-4=- m-2) 4 .1<m<4, “当m=2时，S的最大值为4： 9.()解：四边形BCGE为正方形.理由如下： .∠BED=90°， .∠BEG=180°-∠BED=90°」 ,∠ABE=∠A, .AC∥BE, ∴.∠CGE=∠BED=90° :∠C=90°， .四边形BCGE为矩形. .△ACB兰ADEB」 ∴.BC=BE 矩形BCGE为正方形. (2)①AM=BE 证明：，∠ABE=∠BAC, ∴.AN=BN :∠C=90°， .BC⊥AW ,AM⊥BE,即AM⊥BN, wc-.A ..AN=BN, 8/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BC=AM 由(1)得BE=BC, .AM=BE. 27 ②5 0解：白=+号 +2x+4得， 当x=0时，y=4, 0,4) .点C的坐标为 12,3 当y=0时，4+2x+4=0, 2 解得-258 :点A在点B的左侧， -2,0),B(8,0) .点A,B的坐标分别为 设直线BC的函数表达式为y=c+b, [0=8k+b 将B(8,0),C(0,4)代入得4=b, 解得b=4’ 1 ∴.直线BC的函数表达式为y=一 x+4 2 (2)解：点P在第一象限抛物线上，横坐标为，且PD⊥x轴于点D, 1 3 m,-m2+。m+4 .点P的坐标为 4 2 )OD=m, 1 3 PD=-4m+2m+4。 4 9/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,点B的坐标为 .0)，点C的坐标为 ,4) .0B=8,OC=4 过点C作CG⊥PD于点G,则∠CGD=90°. :∠PD0=∠COD=90°， ∴四边形CODG是矩形， .CG//OB DG=OC=4,CG=OD=m, .∠1=∠2. .∠CGE=∠BOC=90°， .△CGE∞△BOC, EG CG EG=m ∴C0B0,即4=8， 1 EG=I 2 在△CPE中， CP=CE,CG⊥PE, 1 PG=EG=m 1 .PD=PG+DG=m+4 123 1 .-m+5m+4=m+4 4 2 2 m1=4,m2=0 解得 （舍去)， .m=4 当m=4时，y=r+m+4=6 4 2 4,6) ∴点P的坐标为 10/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)解：存在：m的值为4或25-2 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PH1y轴于点H, D B￥ :过点P作直线I∥AC,交y轴于点F, .PF∥AC, .∠ACO=∠PFH, .tan∠ACO=tan∠PFH, AO HP 2 m OC=HF,即4H, .HF=2m, :0H=PD=-m2+2m+4 3 4 2 1 OF=HF-OH=2m- r+m+4小+n-4 4 2 由(2)知，EG=5m 2 根据勾股定理，在△CGE中，CE2=CG+GE2, 11/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△FOD中，FD2=OF2+OD2, 当CE=FD时，CG+GE2=OF2+OD2, .CG=OD=m. .'.EG=OF, 1 1 2m= 4m2+5m-4, 解得m=4或m=-4, :点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点， .m=4: ②当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示， 个y H G C D B 同理可得，5c=O6,5G=” 5m、那=2m0咖=PD4a+3m+4 0roH-r+号m+4-2m-m.。 923 4 2m+4 1 m+4 4 2 解得m=25-2欧=25-2 ,点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点， :m=2V5-2 25-2 综上，m的值为4或1 11.(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， 12/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 MD∥AC, .∠AMD+∠A=180°， ∠A=90°， .∠AMD=90°， .∠EDF=90°， .∴.∠A=AMD=LMDN=90°， 四边形MDN为矩形： (2)在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6,AC-8, ·∠B+∠C-90°. BC=AB2+AC2=10 ,点D是BC的中点， 1 .∴.CD=2BC=5. ∵∠EDF=90°， ∴.∠MDB+∠1=90°. .∠B=LMDB, ∴.∠1=∠C. .∴ND=NC 过点N作NG⊥BC于点G,则∠CGN=90°， E mp可 A M ◇X1口 B :.cG=)CD-2 2 .'∠C=LC,∠CG=LCAB=90°， ∴△CGN-△CAB. 13/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5 ..CG_CN 即2=CW CA CB 810 ..CN=25 8: (3)延长ND至H,使DH=DN,连接MH,MM,BH, WWWW而 E w M B D H ,'MD⊥N,'.MN=MH, D是BC中点， ..BD=DC, 又.'∠BDH=∠CDN, ∴.△BDH≌△CDN ∴.BH=CN,∠DBH=LC, ,∠BAC=90, .∵∠C+∠ABC=90°， .∠DBH+∠ABC-90°， ∴.∠MBH=90°， 设ANAN与，则BME6-x,BH=CN-8-x,MN=MH=√2x, 在Rt△B.MH中，BM+BH=Mf, 6-9+8.29. 25 解得=7， 14/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 25 线段AN的长为7. V一年模狐练测三 1.B 2.C 3.A 4.B 5.A 6.D 2v5 7.3 16 1 8.1515 16√6 9.5 5 10.2 1.3-55+3 12.(1)解：在RteAEF中，∠FAE=27,∠FEA=90°，EF=2.25米， tan∠FAE=E ≈0.51 AE .AE≈4.41米， EF⊥OA,MP⊥OA, .EF//MP. ∴.△AEFn△APM, AE AF APAM’ 15/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,点F为AM的中点，即AM=2AF, AE 1 ·AP2' AP=2AE≈8.82米 (2)解：在RtaA0B中，∠B0A=90°，∠BA0=27°，OB=10.85米， :tan∠BAO=OB ≈0.51 A0 40≈10.8=21.27（米） 0.51 在Rt△AC0中，∠A0C=90°，∠CAO=45°，A0=21.27米， :am∠CA0=OC =1 AO :.0C=21.27×1=21.27(米)， .21.27+1.5=22.77(米)， 答：卧龙柏最高点到地面的距离为2277米； (③)解：示意图中树干直径忽略不计，而实际卧龙柏和撑天柏直径无法忽略不计；示意图中树干抽象为线段， 而实际卧龙柏和撑天柏是蜿蜒的.（答案不唯一，合理即可） 13.1)①③ (2)测量示意图如解图所示. E B 测量数据：标杆CD=a,标杆影长CE=b; (3)解：AB⊥BC,∠ACB=45°， .△ABC为等腰直角三角形， ..AB=BC, '∠ABE=∠DCE,∠AEB=∠DEC, .△ABEn△DCE, AB BE ABAB+b DCCE,即a=b, 16/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ab ∴.AB= b-a' ab 答：飞云楼的高度AB为b-a·(答案不唯一) 14.1)四边形AEGC是矩形. 理由如下：，AF‖BC, .∠FAC=LACB, :△ABC≌△AEF, .∠ACB=∠AFE, .∠FAC=∠AFE, .AC∥EG, .CG∥AE, “.四边形AEGC是平行四边形， .∠AEF=90°， .平行四边形AEGC是矩形. 2)HF+EF=AC. 理由如下：，△ABC≌△AEF, .AC=AF,∠ACB=∠F, ,∠CAF=∠ACB .∠CAF=∠F, :CH⊥AF,∠E=90°， .∠CHA=∠E=90°， 在△ACH和△FAE中， ∠CHA=∠E,∠CAH=∠F,CA=AF, .△ACH≌aFAE(AAS) .AH FE, .EF +HF AH+HF=AF=AC (3)解：△ABC≌△AEF,且AB=3,BC=4, AE=AB=3.EF=BC=4.AC=AF=3+4=5 LEAF=ZBAC 17/21 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠ABC=∠AEF=90° .∠ACB+∠BAC=∠AFE+∠FAE=90°， 分两种情况讨论： ①如下图，当AE在AB右侧时，设EF,BC交于点G,连接AG, ,∠E=∠ABC=90°， .在RtAAEG和RtAABG中， (AE=AB AG=AG, Rt△AEG≌Rt△ABG(HL) /BAG-LEAGBE.EG-8G .∠BAE=2∠ACB, :.∠BAG=∠BAE=∠ACB :∠ABG=∠CBA=90°， .△ABGn△CBA, 六C8C,即5，解得4G-5 ABAG3AG 4 .EG=BG=AG2-AB=9 4 CG=FG=4-97 44, 过点G作GH⊥AF于点H,如图， ,·∠GFH=∠AFE,∠GHF=∠AEF=90° 18/21 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△FGH∽aFAE, 7 8GF即今 FA FE 解FH-子 .AH AF-FH =18 5 .∠BAC=LEAF,即∠BAH+∠FAC=∠FAC+∠CAE, .∠BAH=∠CAE, :CM⊥EF, :.∠E=∠CME=90°， .AE∥CM, .∠MCA=∠CAE=∠BAH, X:∠B1G=BE=∠ACB, .∠BAH+∠HAG=∠MCG+∠MCA, .∠HAG=∠MCG. .∠AHG=∠CMG=90°， .∴△AGH∽aCGM 1518 45 ·4C-4H,即7CM,解得cM=2: CG CM 4 25 ②如下图，当AE在AB左侧时， M :∠BAE=2∠ACB,∠EAF=∠BAC, ∠EAF+∠BAE+∠BAC=2(∠BAC+∠ACB)=180° 即点C,A,F在同一直线上， ..CF=AF+AC=10. 19121 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .CM⊥EF, .∠AEF=∠CMF=90°， 又，∠F=∠F, .△FEA∽aFMC, FA AE 5 3 ∴.FC=CM,即10CM,解得CM=6· 42 综上所述，线段CM的长为25或6. 15,(1)中证明过程中的“依据”是指切线的性质，即圆的切线垂直于过切点的半径. (2)解： 证明：如图2，连接AO并延长，交⊙O于点E,连接CE. E D O 相切于点，是 的半径， B A 图2 :AB⊙O AOA⊙O .AB⊥OA(依据)， .∠BAO=90° .∠BAC+∠CAE=90°， ,AE为直径， .∠ACE=90°， .∠CEA+∠CAE=90°， .∠CEA=∠BAC, 由圆周角定理可得∠CEA=∠CDA, :.LCDA=∠BAC: (3)解锐角∠DAC是⊙O的弦切角，同理根据【问题解决】中结论得到∠DAC=∠ABC, .∠D=∠D, .△DACADBA, 20121 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DC DA AC .DA DB AB' .CD=2,AB=2AC. 2 DA AC 1 .DA DB 2AC 2' .DA=2DC=4,DB=2DA=8. .BC=DB-DC=8-2=6 21/21 专题06 图形的相似 5年真题1年模拟 考点分类 山西考情（2022-2026） 命题规律 考点01相似图形的相关概念及性质 2026山西卷 2024山西卷 2022山西卷 以选择、填空小题为主，分值3分，核心围绕黄金分割概念与计算命题。素材结合鹦鹉螺外壳、汉字习字格等文化、自然背景，一类直接辨析黄金分割基础概念，另一类给出黄金分割线段长度求线段长。考题难度偏低，仅考查黄金分割比例基础计算，不涉及复杂相似推导，侧重概念识别与简单线段求值，是几何基础送分小题。 考点02 相似三角形的判定与性质综合 2026山西卷 2025山西卷 2024山西卷 2023山西卷 2022山西卷 全卷必考，分为填空几何计算、压轴综合探究两大类。填空依托四边形、正方形、菱形、平行四边形图形，通过等角、平行线判定相似，利用相似比求线段长度；压轴综合题融合旋转、折叠、平移、二次函数、菱形矩形背景，分层设置证明、线段数量关系、直角 / 等腰分类讨论，多问梯度明显。核心考点为 AA 相似判定、相似对应边成比例，常搭配勾股定理、图形变换综合考查，区分度高，是整张试卷几何难点。 考点01 相似图形的相关概念及性质 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 2．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________． 3．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为________（结果保留根号）． 考点02 相似三角形的判定与性质综合 1．（2026·山西·中考真题）如图，在正方形中，对角线，交于点．将线段沿射线方向平移，点，的对应点分别为点，，线段分别与，交于点，．当点是的中点时，的值为（     ） A． B． C． D． 2．（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______． 3．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 _________． 4．（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__________．    5．（2026·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点． (1)推理证明：求证：； (2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题． ①如图2，判断与的数量关系，并说明理由； ②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长． 6．（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 7．（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． 8．（2022·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． 9．（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．    10．（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． 11．（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． 1．（2026·山西晋中·二模）无人机进行空中航拍测绘作业时，其相机镜头的成像过程可简化为一组相似三角形模型．如图所示，地面上的目标线段在相机传感器上的成像为线段，．目标线段的长度为，的长度为，若此时该相机镜头距离成像传感器的距离为，则无人机镜头距地面的垂直高度为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·山西阳泉·三模）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，在原点O的另一侧按的相似比将缩小得到，点E，F的对应点分别为，．若，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山西阳泉·三模）如图，在矩形中，E，F分别是，边上的点，且点F与点B关于直线对称，连接，，G是的中点，连接．若，则的值为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·山西运城·二模）比例规，又称扇形圆规，由伽利略于1597年左右发明，是一种按比例放大或缩小线段、转绘与量测距离的简单工具．它由长度相等的两脚和交叉构成，交点处设有可滑动的指标旋钮，通过调节旋钮位置可改变两端脚针张距的比值．如图，当旋钮固定在刻度处（，）时，连接，．若的面积为，的面积为，则与的比值是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·山西忻州·二模）为规范小区车辆通行、提升出入口管理效率，某居民小区大门安装了车牌识别智能升降挡车杆，车辆驶入时设备自动识别车牌，控制挡车杆绕固定支点旋转升降，实现快速通行．如图是其工作示意图，智能箱与挡车杆交于点，挡车杆为，为，要使挡车杆右端从水平位置下降的垂直距离为，则挡车杆左端垂直上升的距离的长为（     ） A． B． C． D． 6．（2026·山西晋中·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，，以点为中心，将放大为，满足．连接，则的长度为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·山西太原·三模）如图，矩形，点、点分别是、的中点，连接、，且平分，点为上靠近点的三等分点，连接，已知，则的长为______． 8．（2026·山西长治·三模）如图，在四边形中，且，，是边上靠近点的三等分点，，相交于点．若，则的长为_________． 9．（2026·山西晋中·二模）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接，．若点为边的中点，且，，则线段的长为______． 10．（2026·山西太原·二模）如图，已知中，，，，点是上一点，，点在的延长线上，连接并延长交边于点．若，则的长为_______． 11．（2026·山西阳泉·三模）如图，在矩形中，，，是边上一点，连接，过点作交的延长线于点，连接交边于点．若，则的长为________． 12．（2026·山西运城·二模）图1所示是树龄约3000年的晋祠卧龙柏，由于它形似卧龙，树身向南倾斜，主体树干头枕树龄约1500年的撑天柏，形若游龙侧卧而得名．某综合与实践小组成立卧龙柏和撑天柏研究小组，小组调研时，结合部分测量数据和查阅资料获得的数据制作了如下研究报告． 项目课题 晋祠卧龙柏和撑天柏研究报告 调查方式 ①查阅资料；②实地测量；③专家咨询 数据整理 研究过程 示意图绘制 实地测量： ①卧龙柏和撑天柏均生长在高度为1.5米的台基上，即米； ②卧龙柏主体树干被撑天柏托住，其中，与的交点为M，F为的中点，垂直于水平面的支撑杆米； 查阅资料： ①卧龙柏主体树干顶端恰好经过圣母殿上檐翼角尖点B，点B距台基的高度为米，卧龙柏主体树干与水平面的夹角． （说明：为便于计算，图中所有涉及的点，均在同一竖直平面内） 工作人员评价 该小组同学在研究过程中，针对测量不到的数据主动查资料、抠细节、核数据，像真正的研究者一样，用证据说话，用逻辑求证，这才是做学问最珍贵的样子 …… …… 结合上述信息完成下列作答．（结果保留两位小数，参考数据：，，） (1)填空：结合研究报告计算______米； (2)工作人员提示，如图2，在主体树干上长出一根分枝，该分枝上最高点C也是卧龙柏的最高点，用一条虚线将整棵弯曲的卧龙柏的树根中心与树顶中心连接，即虚线，则虚线称为卧龙柏的整树等效中轴线，且卧龙柏的整树等效中轴线与水平面的夹角．若卧龙柏最高点在圣母殿上檐翼角尖点的正上方，求出卧龙柏最高点到地面的距离． (3)反思：研究小组在专业工作人员的指导下发现，不论是的长度还是卧龙柏的高度，计算结果与实际数据均有较大误差，请你结合上述信息分析产生误差的原因（写出一条即可）． 13．（2026·山西阳泉·三模）飞云楼位于山西省运城市万荣县东岳庙内，被誉为“中华第一木楼”，与应县木塔并称为“南楼北塔”．1988年，飞云楼被列入中华人民共和国国务院公布的第三批全国重点文物保护单位．昕昕某次参观完飞云楼后，准备用所学知识测量飞云楼的高度，简化示意图如图所示，昕昕在地面上的点处测得飞云楼顶端的仰角，请你根据下列条件，帮助昕昕完成测量方案． 条件一：测量可以在有阳光的晴日里进行； 条件二：昕昕备有的测量工具：①一根标杆；②一面平面镜；③一卷足够长的皮尺；④测角仪． (1)你所选用的测量工具是__________；（填序号） (2)请在图中补全测量示意图并写出测量数据；（不要求写出测量过程，线段长度用，，表示） (3)根据你的测量数据，计算飞云楼的高度．（用含，，的代数式表示） 14．（2026·山西忻州·二模）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师提出如下问题：现有两个全等的三角形纸片，表示为，其中，将和按图1所示方式摆放，，过点C作的平行线交的延长线于点G．试判断四边形的形状，并说明理由． 独立思考： (1)请解答老师提出的问题． 深入探究：老师将图1中的绕点A顺时针旋转，并让同学们提出新的问题． (2)勤奋小组提出问题：如图2，当时，过点C作，垂足为H．试猜想线段之间的数量关系，并说明理由． (3)智慧小组提出问题：当时，过点C作，交所在直线于点M．若，，请直接写出线段的长． 15．（2026·山西忻州·一模）阅读与思考 下面是小陈同学的数学笔记，请认真阅读并完成相应的任务． 弦切角 【概念理解】 我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫作弦切角（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）． 如图1，的边与相切于点是的一条弦，则是弦切角．   【问题解决】 如图2，锐角是的弦切角，与相切于点，点是优弧上的任意一点，连接，则． 证明：如图2，连接并延长，交于点，连接． 与相切于点，是的半径， （依据）． ． ．．．．．． 任务：    (1)【问题解决】中证明过程中的“依据”是指___________． (2)补全【问题解决】中的证明过程． (3)拓展：如图3，内接于．过点作的切线，与的延长线交于点．若，，直接写出的长． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 图形的相似 5年真题1年模拟 考点分类 山西考情（2022-2026） 命题规律 考点01相似图形的相关概念及性质 2026山西卷 2024山西卷 2022山西卷 以选择、填空小题为主，分值3分，核心围绕黄金分割概念与计算命题。素材结合鹦鹉螺外壳、汉字习字格等文化、自然背景，一类直接辨析黄金分割基础概念，另一类给出黄金分割线段长度求线段长。考题难度偏低，仅考查黄金分割比例基础计算，不涉及复杂相似推导，侧重概念识别与简单线段求值，是几何基础送分小题。 考点02 相似三角形的判定与性质综合 2026山西卷 2025山西卷 2024山西卷 2023山西卷 2022山西卷 全卷必考，分为填空几何计算、压轴综合探究两大类。填空依托四边形、正方形、菱形、平行四边形图形，通过等角、平行线判定相似，利用相似比求线段长度；压轴综合题融合旋转、折叠、平移、二次函数、菱形矩形背景，分层设置证明、线段数量关系、直角 / 等腰分类讨论，多问梯度明显。核心考点为 AA 相似判定、相似对应边成比例，常搭配勾股定理、图形变换综合考查，区分度高，是整张试卷几何难点。 考点01 相似图形的相关概念及性质 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 2．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________． 【答案】14 【分析】过点E作，交于点．通过等角对等边证明，过点作于点，作于点，证明，根据平行线分线段成比例求出，进而得出，证明四边形是矩形得到，根据勾股定理求出，得到的长，从而可得的值，进而在中解直角三角形即可求解． 【详解】过点E作，交于点． ， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ． 过点作于点，作于点，则． ， ， ∴， ， ， ， ， ． ， 四边形是矩形， ， 在中，， ． 在中，， 在中，， ． 3．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为________（结果保留根号）． 【答案】/ 【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，熟记黄金比是解决本题的关键． 先证明四边形是矩形，根据黄金分割的定义可得，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 又∵， ∴， 故答案为：． 考点02 相似三角形的判定与性质综合 1．（2026·山西·中考真题）如图，在正方形中，对角线，交于点．将线段沿射线方向平移，点，的对应点分别为点，，线段分别与，交于点，．当点是的中点时，的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由四边形是正方形得，由点是的中点得，由平移得，进而得，得出，代换即可求出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， 由平移得， ∴， ∴, 又∵， ∴． 2．（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：． 3．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 _________． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键． 如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长． 【详解】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K， ∵四边形为平行四边形， ∴，， 又∵， 在中，， ∴， 由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：． 4．（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：． 5．（2026·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点． (1)推理证明：求证：； (2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题． ①如图2，判断与的数量关系，并说明理由； ②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)证明：，是的中线， ，，，     绕点顺时针旋转得到， ，，     ，，     ， 在和中， ， ； (2)①解：， 理由如下： ，是的中线， ，     绕点顺时针旋转得到， ，， ， ∵， ， ， ， 四边形是平行四边形，     ， 是菱形， ； ②线段的长为或 【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质得出，结合图形得到，运用“角边角”即可求证； （2）①根据旋转得到，由平行线的判定得到，可证四边形是菱形，由此即可求解； ②证明在以为圆心，为半径的圆上，即图中的，可得四边形为矩形，可得当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，当，则一定过点，不符合题意；只有或，此时三点共线，再进一步求解即可. 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵， ∴在以为圆心，为半径的圆上，即图中的， ∴， ∴四边形为矩形， ∴当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时， 当，则一定过点，不符合题意； ∴只有或， 此时三点共线， 如图所示，当点在线段上时，，且点G在线段上，过点作于点， ， ∵， ， ，， ∴，， 设，， 则， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， 此时， . 综上所述，或． 6．（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，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到 ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 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）略 （2）①略 ②解：∵，，， ∴， 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． 7．（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）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）略 （2）①略 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． 8．（2022·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． 9．（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) 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 【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）略 （2）：①略 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．      10．（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 11．（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）；（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）略 （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． 1．（2026·山西晋中·二模）无人机进行空中航拍测绘作业时，其相机镜头的成像过程可简化为一组相似三角形模型．如图所示，地面上的目标线段在相机传感器上的成像为线段，．目标线段的长度为，的长度为，若此时该相机镜头距离成像传感器的距离为，则无人机镜头距地面的垂直高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据相似三角形的性质：相似三角形对应高的比等于相似比即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴，即， ∴（米）． 2．（2026·山西阳泉·三模）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，在原点O的另一侧按的相似比将缩小得到，点E，F的对应点分别为，．若，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据位似图形的性质，结合已知点的坐标以及位似比，求出点的坐标即可． 【详解】解：∵以原点为位似中心，将按的相似比缩小得到， ∴点的坐标是，即． 3．（2026·山西阳泉·三模）如图，在矩形中，E，F分别是，边上的点，且点F与点B关于直线对称，连接，，G是的中点，连接．若，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，作与点，根据轴对称的性质得到，，，，设，则，，根据矩形的性质得，，得到，，通过证明得到，则，，设，表示出、的长，利用正切的定义得到，再证明即可得出结论． 【详解】解：如图，连接交于点，作与点， ∵点F与点B关于直线对称， ∴，，，， ∴， 设， ∴，， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∵G是的中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 4．（2026·山西运城·二模）比例规，又称扇形圆规，由伽利略于1597年左右发明，是一种按比例放大或缩小线段、转绘与量测距离的简单工具．它由长度相等的两脚和交叉构成，交点处设有可滑动的指标旋钮，通过调节旋钮位置可改变两端脚针张距的比值．如图，当旋钮固定在刻度处（，）时，连接，．若的面积为，的面积为，则与的比值是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据题意利用两组对边的比相等且夹角相等的三角形是相似三角形判定相似，然后利用相似三角形的性质求解． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， 的面积为，的面积为， ∴． 5．（2026·山西忻州·二模）为规范小区车辆通行、提升出入口管理效率，某居民小区大门安装了车牌识别智能升降挡车杆，车辆驶入时设备自动识别车牌，控制挡车杆绕固定支点旋转升降，实现快速通行．如图是其工作示意图，智能箱与挡车杆交于点，挡车杆为，为，要使挡车杆右端从水平位置下降的垂直距离为，则挡车杆左端垂直上升的距离的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：由题意得：，，， ∵， ∴， ， ， 解得． 6．（2026·山西晋中·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，，以点为中心，将放大为，满足．连接，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作轴的垂线，交轴于点，容易求得 ，进而可求得，得到点的坐标，即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴的垂线，交轴于点， 由题意得， ∴ ， ∴． ，， ． ∴， 又∵，， ，． ． ∴点的坐标为． ． 7．（2026·山西太原·三模）如图，矩形，点、点分别是、的中点，连接、，且平分，点为上靠近点的三等分点，连接，已知，则的长为______． 【答案】 【分析】延长、交于点，过点作于点，证明得到，，根据题意得，进而得到，结合平分，推出，则，由勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，，进而求出，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，延长、交于点，过点作于点， 四边形是矩形， ，， ， 点是的中点， ， ， ， ，， 点是的中点， ， ， 平分， ， ， ， ， 点为上靠近点的三等分点， ， ，， ， ，即， ，， ， ． 8．（2026·山西长治·三模）如图，在四边形中，且，，是边上靠近点的三等分点，，相交于点．若，则的长为_________． 【答案】/ 【分析】延长交于点，证明，求得，证明得出，根据得出，勾股定理求得，得出，进而根据，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点， ∵是边上靠近点的三等分点， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴， ∵， ∴ ∵，， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴，即 ∴ ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ 在中， ∴ ∵ ∴ ∴ 9．（2026·山西晋中·二模）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接，．若点为边的中点，且，，则线段的长为______． 【答案】 【分析】过点作于，延长，交延长线于，解直角三角形得出，根据平行四边形的性质，结合“三线合一”的性质得出，，，利用勾股定理求出，根据外角性质及得出，进而求出，，利用勾股定理求出，根据得出，可得，即可得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点作于，延长，交延长线于， ∵在中，，，， ∴，，， ∵， ∴，，， ∵点为边的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 10．（2026·山西太原·二模）如图，已知中，，，，点是上一点，，点在的延长线上，连接并延长交边于点．若，则的长为_______． 【答案】 【分析】过点作，可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可知，根据可以求出，利用勾股定理可以求出，根据可得：，过点作，可得，根据相似三角形的性质可以求出，，过点作，根据等腰三角形的三线合一定理可知，是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可以求出，从而可知，，由可知，求出，利用即可求出结果． 【详解】解：如下图所示，过点作， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 过点作， 则， ， ， ，， 过点作， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 11．（2026·山西阳泉·三模）如图，在矩形中，，，是边上一点，连接，过点作交的延长线于点，连接交边于点．若，则的长为________． 【答案】/ 【分析】过点作于点，则由三线合一得到，然后证明，则设，则，再由求解即可． 【详解】解：过点作于点 ∵ ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴， 设，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，则 ∵ ∴ ∴ ∴ 整理得， 解得，（舍）， ∴． 12．（2026·山西运城·二模）图1所示是树龄约3000年的晋祠卧龙柏，由于它形似卧龙，树身向南倾斜，主体树干头枕树龄约1500年的撑天柏，形若游龙侧卧而得名．某综合与实践小组成立卧龙柏和撑天柏研究小组，小组调研时，结合部分测量数据和查阅资料获得的数据制作了如下研究报告． 项目课题 晋祠卧龙柏和撑天柏研究报告 调查方式 ①查阅资料；②实地测量；③专家咨询 数据整理 研究过程 示意图绘制 实地测量： ①卧龙柏和撑天柏均生长在高度为1.5米的台基上，即米； ②卧龙柏主体树干被撑天柏托住，其中，与的交点为M，F为的中点，垂直于水平面的支撑杆米； 查阅资料： ①卧龙柏主体树干顶端恰好经过圣母殿上檐翼角尖点B，点B距台基的高度为米，卧龙柏主体树干与水平面的夹角． （说明：为便于计算，图中所有涉及的点，均在同一竖直平面内） 工作人员评价 该小组同学在研究过程中，针对测量不到的数据主动查资料、抠细节、核数据，像真正的研究者一样，用证据说话，用逻辑求证，这才是做学问最珍贵的样子 …… …… 结合上述信息完成下列作答．（结果保留两位小数，参考数据：，，） (1)填空：结合研究报告计算______米； (2)工作人员提示，如图2，在主体树干上长出一根分枝，该分枝上最高点C也是卧龙柏的最高点，用一条虚线将整棵弯曲的卧龙柏的树根中心与树顶中心连接，即虚线，则虚线称为卧龙柏的整树等效中轴线，且卧龙柏的整树等效中轴线与水平面的夹角．若卧龙柏最高点在圣母殿上檐翼角尖点的正上方，求出卧龙柏最高点到地面的距离． (3)反思：研究小组在专业工作人员的指导下发现，不论是的长度还是卧龙柏的高度，计算结果与实际数据均有较大误差，请你结合上述信息分析产生误差的原因（写出一条即可）． 【答案】(1) (2)卧龙柏最高点到地面的距离为22.77米． (3)解：示意图中树干直径忽略不计，而实际卧龙柏和撑天柏直径无法忽略不计；示意图中树干抽象为线段，而实际卧龙柏和撑天柏是蜿蜒的．（答案不唯一，合理即可） 【分析】（1）根据题意可得米，解直角三角形求出，易证，利用相似三角形的性质即可求解； （2）解直角三角形求出，，即可解答； （3）结合实际解答即可． 【详解】（1）解：在中，米， ∴， ∴米， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点F为的中点，即， ∴， ∴米； （2）解：在中，，，米， ∴． ∴（米）． 在中，，，米， ∴． ∴（米）， ∴（米）， 答：卧龙柏最高点到地面的距离为22.77米； （3）略 13．（2026·山西阳泉·三模）飞云楼位于山西省运城市万荣县东岳庙内，被誉为“中华第一木楼”，与应县木塔并称为“南楼北塔”．1988年，飞云楼被列入中华人民共和国国务院公布的第三批全国重点文物保护单位．昕昕某次参观完飞云楼后，准备用所学知识测量飞云楼的高度，简化示意图如图所示，昕昕在地面上的点处测得飞云楼顶端的仰角，请你根据下列条件，帮助昕昕完成测量方案． 条件一：测量可以在有阳光的晴日里进行； 条件二：昕昕备有的测量工具：①一根标杆；②一面平面镜；③一卷足够长的皮尺；④测角仪． (1)你所选用的测量工具是__________；（填序号） (2)请在图中补全测量示意图并写出测量数据；（不要求写出测量过程，线段长度用，，表示） (3)根据你的测量数据，计算飞云楼的高度．（用含，，的代数式表示） 【答案】(1)①③ (2)测量示意图如解图所示． 测量数据：标杆，标杆影长； (3) 【分析】（1）选用的测量工具是①一根标杆；③一卷足够长的皮尺； （2）根据题意，测量数据：标杆，标杆影长； （3）证明，利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：选用的测量工具是①一根标杆；③一卷足够长的皮尺； （2）略 （3）解：，， 为等腰直角三角形， ， ，， ， ，即， ． 答：飞云楼的高度为．（答案不唯一） 14．（2026·山西忻州·二模）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师提出如下问题：现有两个全等的三角形纸片，表示为，其中，将和按图1所示方式摆放，，过点C作的平行线交的延长线于点G．试判断四边形的形状，并说明理由． 独立思考： (1)请解答老师提出的问题． 深入探究：老师将图1中的绕点A顺时针旋转，并让同学们提出新的问题． (2)勤奋小组提出问题：如图2，当时，过点C作，垂足为H．试猜想线段之间的数量关系，并说明理由． (3)智慧小组提出问题：当时，过点C作，交所在直线于点M．若，，请直接写出线段的长． 【答案】(1)四边形是矩形． 理由如下：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． (2)． 理由如下：∵， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ，，， ∴， ∴， ∴． (3)或6 【分析】（1）首先证明四边形是平行四边形，再结合，即可证明结论； （2）首先根据全等三角形的性质可得，，结合可得，进而证明，易得，即可证明结论； （3）首先根据全等三角形的性质以及勾股定理，可得，，；然后分在右侧和在左侧两种情况，分别求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵，且，， ∴，， ∵， ∴， 分两种情况讨论： ①如下图，当在右侧时，设交于点，连接， ∵， ∴在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即，解得， ∴， ∴， 过点作于点，如图， ∵， ∴， ∴，即，解得， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即，解得； ②如下图，当在左侧时， ∵，， ∴， 即点在同一直线上， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得． 综上所述，线段的长为或6． 15．（2026·山西忻州·一模）阅读与思考 下面是小陈同学的数学笔记，请认真阅读并完成相应的任务． 弦切角 【概念理解】 我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫作弦切角（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）． 如图1，的边与相切于点是的一条弦，则是弦切角．   【问题解决】 如图2，锐角是的弦切角，与相切于点，点是优弧上的任意一点，连接，则． 证明：如图2，连接并延长，交于点，连接． 与相切于点，是的半径， （依据）． ． ．．．．．． 任务：    (1)【问题解决】中证明过程中的“依据”是指___________． (2)补全【问题解决】中的证明过程． (3)拓展：如图3，内接于．过点作的切线，与的延长线交于点．若，，直接写出的长． 【答案】(1)圆的切线垂直于过切点的半径 (2)见解析 (3)6 【分析】（1）根据前后逻辑关系可以发现【问题解决】中证明过程中的“依据”是指切线的性质，即圆的切线垂直于过切点的半径． （2）由得到，再由为直径，得到，则，由圆周角定理可得，即可证明； （3）锐角是的弦切角，同理根据【问题解决】中结论得到，证明，得到，把，，代入解得，最后根据求解即可 【详解】（1）中证明过程中的“依据”是指切线的性质，即圆的切线垂直于过切点的半径． （2）解： 证明：如图2，连接并延长，交于点，连接． 与相切于点，是的半径， （依据）． ． ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， 由圆周角定理可得， ∴； （3）解锐角是的弦切角，同理根据【问题解决】中结论得到， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $