专题15 相似三角形（3年汇编）（山东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合山东2024-2026中考真题及模拟题，聚焦相似三角形四大核心考点，通过黄金分割阅读探究、矩形旋转动态问题等设计，体现从基础计算到跨知识点综合推理的命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|3题/3-4分|比与比例、判定与性质|平行四边形背景比例计算，位似图形性质判断| |填空题|5题/3-4分|性质应用、黄金分割|平行四边形折叠面积计算，黄金分割实际应用（纸扇、弦乐器）| |解答题|10题/6-12分|判定与性质综合|黄金分割融合数学文化与尺规作图，矩形旋转+动点最值分层设问，折叠与四边形翻折轨迹探究|

专题15 相似三角形 3年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2024-2026） 命题规律 考点01比与比例 2024 山东统考卷、2025 潍坊卷 以选择、解答题为主，分值 3-10 分。早年侧重平行四边形、中位线背景下的基础比例计算，题型常规。2025 年升级为黄金分割主题阅读探究题，融合数学文化、尺规作图、圆内接正五边形拓展，从单一比例运算转向跨知识点综合推理，阅读量与探究性大幅提升，对信息提取与逻辑推导要求明显提高。 考点02相似三角形的判定 2025 滨州卷、2026 烟台卷 以解答题为主，分值 6-8 分。早期依托角的作图痕迹，直接考查两角相等的基础判定证明，设问直白。2026 年新增矩形旋转背景，结合尺规作图操作设题，需先识别旋转性质再推导相似，从纯定理证明转向 “作图操作 + 性质转化 + 判定推导” 的链式考查，对图形识别与推理链条完整性要求逐步提高。 考点03相似三角形的性质 2025 滨州卷、2026 山东统考卷 覆盖填空、解答两类题型，分值 3-8 分。早年结合等腰三角形、作图背景，考查对应边成比例的基础边长计算。2026 统考填空压轴融合平行四边形折叠、菱形判定、中位线与面积计算，需通过相似三角形求高完成面积推导，从单一性质套用转向多定理联动的综合计算，陷阱点增多，区分度显著增强。 考点04相似三角形的判定与性质 2024 德州卷、2025 德州 / 东营 / 山东统考卷、2026 烟台 / 山东统考卷 高频核心考点，覆盖全题型，分值 3-12 分。早期以三角形内基础综合计算为主，2025 年拓展至折叠定理探究、圆内心、四边形翻折轨迹最值等场景；2026 统考后升级为旋转探究、矩形动点最值的分层设问，融入四点共圆、轨迹思想，从静态计算转向动态探究，对综合推理与数形结合能力要求大幅提升，是几何拉分核心模块。 考点01 比与比例 一、单选题 1．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键． 解法一：连接BD交AC于O，由平行四边形的性质推出，，判定是的中位线，推出，求出，即可得到答案； 解法二：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果； 解法三：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到． 【详解】解：解法一：连接交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 解法二：延长和，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． 解法三：作交于点H ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 故选：B． 二、解答题 2．（2025·山东潍坊·中考真题）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的．    【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数．    材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求．    方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求．    【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求．    （3）若，根据以上作法，证明：． 【答案】（） 设，则， 在中，根据勾股定理得， 所以， 所以， 所以； （）延长交于点， 在中，根据勾股定理，得， 所以， 因为，， 所以，， 所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以； （）证明：因为半径，所以，， 过点作于点， 因为平分， 所以， 所以， 所以， 所以， 在中，， 设，则， 解得， 所以， 连接，在中，， 所以， 在Rt中，， 所以， 根据垂径定理，得， 所以， 因为， 所以， 所以． 【分析】（）设，则，勾股定理得，然后通过线段和差求出，则，所以； （）延长交于点，根据勾股定理得，所以，则有，所以，所以，则，从而可得； （）过点作于点，证明，通过性质可得，设，则，解得，所以，连接，在中，，所以，Rt中，，所以，根据垂径定理，得，所以，又，所以，从而得证． 【详解】（）略 （）略 （3）略 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，正方形的性质，圆内接正五边形，黄金分割点等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 考点02 相似三角形的判定 一、解答题 1．（2026·山东烟台·中考真题）如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题： (1)将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，交于，以为圆心为半径画弧，两弧相交于，作射线，以为圆心，长为半径画弧交于，则即为所求；有作图可知，所以，且旋转角为； （2）可证，利用对应边成比例可求，则可求． 【详解】（1）解：略； （2）解：∵在矩形 中， ∴， 由（1）知， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，中，，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点E，F；以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点G；连接并延长交于点D． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【答案】(1) 证明：由作图可知，． 又∵， ∴． (2) 【分析】本题考查尺规作图—作角平分线，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握尺规作一个角等于已知角，是解题的关键： （1）根据作图可知，结合，即可得证； （2）等边对等角求出的度数，根据，推出，根据，得到，进而得到，设，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴． 由（1）得． ∴． ∴， ∴， ∴． 由（1）知， ∴． ∵且， ∴． ∴． ∵，设，则，即． 解得或（舍去）． ∴的长为． 考点03 相似三角形的性质 一、填空题 1．（2026·山东·中考真题）如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 【答案】 【分析】先由折叠和推出 ，从而四边形是菱形，得 且为中点，再利用菱形及中点构造中位线得到且，结合可证并求得，最后通过面积法求，利用相似三角形求出，从而算出的面积． 【详解】解：连接，作， ，点是边的中点， ，根据折叠可知， ，， ， ， 由折叠可知， ， ， 由折叠可知， ， 四边形是菱形， ， 设交点为， 为中点， ，且， ， ， ， 在中，， ， ， 设交点为， ，， ，，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查平行四边形与折叠的综合应用，核心知识点是菱形判定、中位线性质、勾股定理及相似三角形求高，解题关键是通过折叠与平行推出四边形为菱形，从而得到垂直、中点及边长关系，进而用面积和相似计算三角形面积． 二、解答题 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，中，，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点E，F；以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点G；连接并延长交于点D． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【答案】(1) 证明：由作图可知，． 又∵， ∴． (2) 【分析】本题考查尺规作图—作角平分线，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握尺规作一个角等于已知角，是解题的关键： （1）根据作图可知，结合，即可得证； （2）等边对等角求出的度数，根据，推出，根据，得到，进而得到，设，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴． 由（1）得． ∴． ∴， ∴， ∴． 由（1）知， ∴． ∵且， ∴． ∴． ∵，设，则，即． 解得或（舍去）． ∴的长为． 考点04 相似三角形的判定与性质 一、单选题 1．（2024·山东德州·中考真题）如图中，，，垂足为D，平分，分别交，于点F，E．若，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设，，利用勾股定理求得，，再证明得到，再利用角平分线的性质和三角形的面积得到即可求解． 【详解】解：∵， 设，， ∵， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴点F到、的距离相等，又点A到、的距离相等， ∴，即， 故选：A． 二、填空题 2．（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为_______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形斜边中线定理及勾股定理的应用，得到是解题的关键． 由勾股定理先计算，易得，继而得到，再根据和得到，接着解直角三角形，最后利用勾股定理求即可． 【详解】连接，过作交的延长线于， 根据题意，， ， ， ，即，解得， 和，M，N分别是的中点， ， , ， ， , ， 又， ， ， ， ， ， 故答案为：． 三、解答题 3．（2026·山东烟台·中考真题）【尝试发现】 (1)如图1，，．当点 ， 分别在边和 上时，的值是__________； 【变式探究】 (2)如图2，将（1）中的 绕点 按逆时针方向旋转一定的角度，其它条件不变，连接 ，， 与交于点 ， 与的延长线交于点 ． ①求的值； ②写出 和的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)如图3，矩形 中， ， ，点 在边上且，连接． 是直线上的动点，作，连接， ． ①当点 在线段 的延长线上，且时，求的长； ②当的长度最小时，直接写出此时的长． 【答案】(1) (2)①； ②，证明如下： 连接 ， ， 由①得， ∴，即， ∴点 、 、 、 四点共圆， ∴； (3)①；② 【分析】（1）由相似三角形的性质可得，从而可得，，再结合，，计算即可得出结果； （2）①由相似三角形的性质可得， ，从而得出，，再证明，即可得出结果；②连接 ，由①得，由相似三角形的性质得出，即点 、 、 、 四点共圆，最后再由圆周角定理即可得证； （3）①由矩形的性质得 ，由勾股定理得，由相似三角形的性质得，，，证明点 、 、 、 四点共圆，求出，从而可得，由正切的定义得出，设，则，结合勾股定理求出，从而可得，即可得出结果；②由主动点 在直线上，得出点 在直线 上运动，当时，的长度最小，为，此时点 在处，由①得，结合正切的定义得出，设，则， 由勾股定理求得，，作于 ，由等面积法得出，再证明，由相似三角形的性质计算即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴，， ∵点 ， 分别在边和 上， ∴，， ∴； （2）解：①∵， ∴， ， ∴，， ∴， ∴， ∴； ②略； （3）解：①∵四边形 为矩形， ∴ ， ∴， ∵， ∴，，， ∵点 在线段 的延长线上， ∴， ∴点 、 、 、 四点共圆， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ∴， ∴（负值不符合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴； ②∵主动点 在直线上， ∴从动点 必须在某一直线上， ∵当点 在点 时，点 在点 的位置， ∴点 在直线 上运动， 当时，的长度最小，为，此时点 在处， 由①得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得（负值不符合题意舍去）， ∴，， 作于 ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ 综上所述，当的长度最小时，此时的长为． 4．（2026·山东·中考真题）在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 【答案】(1)证明：连接，如图所示： 根据旋转可得：，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)；理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； (3)或2 【分析】（1）连接，证明为等边三角形，得出，，再证明，即可得出结论； （2）证明，得出，，证明，得出，，根据，即可得出答案； （3）延长，并取点N，使，过点G作于点M，根据中位线的性质得出，，设，则，，，解直角三角形求出，，根据勾股定理得出：，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：延长，并取点N，使，过点G作于点M，如图所示： 则， ∵， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：，， ∴或2． 5．（2025·山东东营·中考真题）    （1）探索发现 东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________． （2）猜想验证 项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明． （3）拓展应用 如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：． 【答案】（1）； （2）方案①： 证明：∵， ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴．                                                      ∵，                                               ∴， ∴， ∴． 方案②： 证明：∵， ∴，． ∵， ∴， ∴．                                                      ∵，                                               ∴， 即． 方案③ 证明：∵，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，                                              ∴，                                        ∴， ∴． （3）证明：∵平分， ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴．                                                      又∵，                                        ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． 【分析】本题主要考查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做题的关键． （1）根据折叠的性质可得，，进一步得，再根据，，证明，最后通过线段的比例式即可得出结论； （2）根据每组方案已知条件，证出相似三角形，再通过线段的比例式即可得出结论； （3）先通过倒角证出，再通过线段的比例式即可得出结论． 【详解】解：（1），， ． 由折叠可得，， ，， ． ，， ， ，即， ． 故答案为：． （2）略 （3）略 6．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 【答案】(1)或 (2) 证明：连接， ∵点D是的内心， ∴，， ∵，， ， ∴， ∴． (3) 【分析】（1）根据内心是三角形角的平分线交点，在同圆或等圆中，同弧上圆周角相等解答即可； （2）根据内心，三角形外角性质，等腰三角形的判定证明即可； （3）设，根据题意，根据相似三角形的判定和性质，列式解答即可． 本题考查了三角形的内心，圆的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点D是的内心， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （2）略 （3）解：设，根据题意， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得． 故的长为． 7．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）①四边形是矩形，理由如下， 由折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②； （3）线段的最小值为． 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解； ②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可； （3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （2）①略 ②延长和相交于点，连接， 由折叠的性质得，，， ∵点恰好落在边上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴点在对角线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由折叠的性质得，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴点在以为直径的上，连接，， ∴，即点在上时，线段存在最小值， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键． 一、单选题 1．（2026·山东烟台·二模）如图与是位似图形，位似中心为，，下列结论不正确的有（     ） A．与的相似比为 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据位似比等于对应点到位似中心的距离之比求出相似比，再结合相似三角形的性质逐一判断即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵与是位似图形，位似中心为， ∴，，， ∴，， ∴， ∴、与的相似比为，该选项正确，不符合题意； 、由上可得：，该选项错误，符合题意； 、∵与是位似图形，且相似比为， ∴，该选项正确，不符合题意； 、∵与是位似图形，且相似比为， ∴，该选项正确，不符合题意． 2．（2026·山东枣庄·三模）如图，直线（为常数，）分别与反比例函数，的图象交于点，，则与的比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据反比例函数值的几何意义及相似三角形性质解答即可． 【详解】解：如图：作轴，垂足为，作轴，垂足为，则， 根据反比例函数值的几何意义可知：，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 3．（2026·山东临沂·二模）如图，有一块锐角三角形材料，边，高，要把它加工成正方形零件，使其一边在上，其余两个顶点分别在，上，则这个正方形零件的边长为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明，根据相似三角形的性质列比例式解答即可． 【详解】解：∵正方形的边在上， ， ． ， ∴ ， ， ， ∴这个正方形零件的边长为． 二、填空题 4．（2026·山东青岛·三模）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“彩”端庄稳重、舒展美观．已知点为的黄金分割点，且，若，则的长为________． 【答案】 【分析】根据黄金分割点的定义可知较长线段与原线段的比值为，代入数据计算即可求解． 【详解】解：点为的黄金分割点，且， ， ， ． 5．（2026·山东青岛·二模）如图，乐器上的一根弦，两个端点A，B固定在乐器板面上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则C，B两点之间的距离为_____________． 【答案】/ 【分析】此题考查了黄金分割点的概念，把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值叫做黄金比．根据黄金分割的概念和黄金比值计算即可． 【详解】解：∵点C是靠近点B的黄金分割点，点D是靠近点A的黄金分割点， ∴， ∴． 6．（2026·山东济南·二模）中国纸扇历史悠久，古代工匠凭审美与经验形成了稳定的“东方黄金律”，设计中多处暗合黄金分割．如扇面高度（）与扇柄长度（）之比就符合黄金比，此时重心适中，持握舒适．若，则___________．（结果保留根号） 【答案】 【分析】根据黄金分割的定义，确定线段与的数量关系，即较短线段与较长线段的比等于黄金比，代入的长度进行计算即可求解． 【详解】解：由题意可知，与之比符合黄金比，且由图形可知为较长线段，为较短线段， 根据黄金分割的定义可得 因为 所以 7．（2026·山东青岛·二模）如图，在中，，，，将绕点C按顺时针方向旋转（旋转角为锐角），得到，点A，B的对应点分别为，．连接，，当点恰好落在直线上时，线段的长度为_____． 【答案】 【分析】首先利用勾股定理求出的长，根据旋转的性质可得，，，结合点在直线上，利用等腰三角形“三线合一”的性质求出的长，再证明，利用相似比求解即可． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得． 由旋转的性质可知， ，，， ，． 点恰好落在直线上， ， ， ． ，， ， ． ，， ． ， ， ， ． 8．（2026·山东济宁·二模）如图，五边形与五边形是位似图形，为位似中心．若，则与的数量关系为________． 【答案】 【分析】根据位似图形的性质得到，，，且三点共线，三点共线，证明推出，即可解答． 【详解】解：∵五边形与五边形是位似图形，为位似中心； ∴，，，且三点共线，三点共线， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·山东潍坊·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为，轴，，与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，则的坐标为__________． 【答案】 【分析】先求出，再根据与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，可求出． 【详解】解：∵的坐标为，轴，， ∴， ∵与是以点为位似中心的位似图形，相似比为， ∴对应的坐标为，即． 10．（2026·山东济南·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，若以原点为位似中心作一个四边形，使它与四边形位似，且它与四边形的相似比为，则顶点在第一象限内的对应点的坐标是____________． 【答案】 【分析】首先根据平行四边形的性质求出点B的坐标，然后根据位似变换中对应点坐标的变化规律，结合相似比和点所在的象限，即可求出点的坐标． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴点B的横坐标为，纵坐标为， ∴点B的坐标为， ∵以原点O为位似中心作一个四边形，且它与四边形的相似比为， ∴点的坐标是点B的坐标乘以或， ∵顶点B在第一象限内的对应点， ∴点的横、纵坐标均为正数， ∴点的横坐标为，纵坐标为， ∴点的坐标为． 三、解答题 11．（2026·山东德州·一模）在中，，将绕点C旋转得到，点A的对应点D在边上，连接． (1)如图1，求证：； 将下列探究过程补充完整： 解：由旋转的性质可知，，， ， ___， ∴ (2)如图2，当，时，求的长； (3)如图3，过点E作的平行线交的延长线于点F，连接交于K． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)；；利用两边对应成比例及其夹角相等判定相似 (2) (3)①证明：由旋转的性质可知，，，， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ② 【分析】（1）由旋转的性质可得，，旋转角相等即，则，根据两边对应成比例且夹角相等，可证； （2）由推得，在中由勾股定理得，即，结合相似比与勾股定理，即可求解； （3）①由旋转性质得，，结合推得，满足全等条件，可证；②设，则、，由等腰三角形三线合一得，证得，再根据证明，进而即可求解． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可知，，，， ， ； （2）解：由（1）可知，， ，， 又， ， ， 在直角中，， ， ， ， ， 在直角中，， ， 解得，； （3）①略 ②解：如图，作，垂足为，延长、交于点，设， ， ， 在直角中，， ， ， ， ， ， ， ， ∴是等腰三角形，且， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题以直角三角形的旋转为核心载体，融合旋转性质、相似与全等三角形判定、勾股定理等知识，通过角度与线段的转化推导结论，体现了转化化归与逻辑推理的核心数学思想． 12．（2026·山东济宁·一模）综合与实践 实验操作 (1)如图1，点O为中点，点B在上方，连接，． 尺规作图：用无刻度的直尺和圆规，作点B关于点O的对称点D（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明四边形为平行四边形； 拓展应用 (2)如图2，延长至点F，使得，当点B在直线的上方运动，直线的上方有异于点B的动点E，连接，，，．若，求证：． 【答案】(1) 解：如图，点D即为所求， (2)证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，即， ∴． 【分析】（1）连接并延长，在的延长线上截取，即可得点B关于点O的对称点D，连接，，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）根据得出，，根据已知，可得． 【详解】（1）解：如图，连接并延长，以点为圆心以为半径画弧，交的延长线与点， ∵点O为中点， ∴， 根据作图可得， ∴四边形为平行四边形． （2）略 【点睛】本题考查尺规作图，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定． 13．（2026·山东聊城·二模）如图，已知在中，，，，作的平分线交于点，以为圆心，长为半径作圆，与射线交于点，． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)求的半径及的正切值． 【答案】(1)相切； 理由：过点作于点， ∵，，， ∴， ∴； ∵平分，，， ∴； ∵为半径，为半径， ∴与相切． (2)半径， 【分析】本题考查圆的基本性质，切线定理，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，即可 （1）过点作于点，根据勾股定理的逆定理，可得；根据角平分线的性质，则；再根据切线的判定，即可； （2）设半径为， ，根据相似三角形的判定和性质，可得，求出，根据对顶角相等，则，即可． 【详解】（1）解：略 （2）解：设半径为， ， ∵，， ∴， ∴， ∴，解得； ∵， ∴， ∴． ∴半径，． 14．（2026·山东菏泽·二模）如图①，在矩形中，，，点E为的中点，连接．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为2；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为1；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．连接，，，设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，； (2)设的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)如图②，点R从点B出发，沿方向匀速运动，速度为，连接．在运动过程中，是否存在某一时刻t，使得为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)时，与相似 (2) (3)存在，当t的值为、或时，可使得为等腰三角形 【分析】（1）先根据题意可得，，再根据相似三角形的性质可得，然后求出t值即可； （2）先表示出，，，再根据可得答案； （3）由题意得，，分三种情况讨论：若，可直接求出答案；若，作，即可得，再根据，进而得出，求出解；若，作，可得，再根据余弦值相等得出答案即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∴， ， 若，则， 即， 解得： ， 即： 时，与相似； （2）解：由题意得：，，， ； （3）解：由题意得：，； 若，则，解得：； 若，作，如图所示：则； ， ， 解得：； 若，作，如图所示： 则； ， ， 解得：； 综上所述，当t的值为、或时，可使得为等腰三角形． 15．（2026·山东聊城·二模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点逆时针旋转，旋转角为，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 (1)如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 (2)如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 (3)在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)能，或 【分析】（1）由题意易得，再根据勾股定理得到，进而由的性质求解即可； （2）连接，延长交于点Q，连接交于P，延长交于N，根据（1）得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，证得四边形为矩形，再利用勾股定理求得，证明，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可； （3）由题意易分：①当在上时，，此时是直角三角形；②当时，是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N，分类作图，求出相关线段长，由三角形面积公式代值求解即可得到答案． 【详解】（1）解：∵，，， ∴，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴； （2）解：连接，延长交于点Q，连接交于P，延长交于N，如图， 同（1）得， ∴， ∵是中线， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形矩形， ∴， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴， 由直角三角形中，由勾股定理得：， 解得； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴． （3）解：C，D，E三点能构成直角三角形； ①当在上时，，此时是直角三角形，如图， ∴， ∴； ②当时，是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N，如图， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 在中，由勾股定理可得， 解得：， ∴； 综上所述：的长为或． 16．（2026·山东日照·三模）如图，是半的直径，点在半上，，，连接、． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：连接． ∵是的直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是的切线； (2) 【分析】（1）连接，利用直径所对圆周角为直角、等腰三角形性质，结合已知角的关系，证明，从而证得是切线； （2）通过得到直角，结合角的等量关系证明三角形相似，设未知数表示边长，利用勾股定理列方程求解的长． 【详解】（1）略 （2）解：如（1）图， ∵，是的直径， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴设，，则， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的切线判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握圆的切线判定方法、相似三角形的性质并合理设参计算是解题的关键． 17．（2026·山东日照·三模）日照的“太阳鸟”标志（即太阳鸟雕塑）取材于远古太阳崇拜与凤凰涅槃传说，象征光明、祥和、开拓进取与永恒生命，标志位于日照市东港区北京路中段，具体在日照车辆段以东的绿化带内．该雕塑是日照市的重要城市地标，具有深厚的文化寓意和象征意义．某数学兴趣小组计划在假期前往太阳鸟雕塑，并测量雕塑高度，测量方案如下： 测量目的 太阳鸟雕塑高度 测量工具 平面镜、测角仪、米尺 测量过程 如图，点B、E、F、D四点在同一条直线上，先在点E处放置平面镜，小明从点E处沿方向移动到点B处，视线刚好在平面镜内看到雕塑顶端，再在点处安装测倾器，测得雕塑顶端的仰角为． 测量数据 眼睛离地面高度米，米，米，米，，，． 参考数据 ，， 【答案】米 【分析】过点作，交于点，设米，根据三角函数求出长，证明，得到，求出x的值，进而可知的值． 【详解】解：过点作，交于点， 由题意得：米，， 设米， 米， 米， 在中，， （米）， 米， ， ， 由光的反射可知， ， ， ， 解得：， 经检验：是原方程的根， （米）， ∴太阳鸟雕塑的高度约为12米． 18．（2026·山东济宁·二模）如图所示，东边墙壁上点处有一盏灯，从其发出的光线照射到一张长为尺，高为尺的桌上（尺，尺），形成的影长尺，尺，求出灯的高度． 【答案】尺 【分析】根据可证、，根据相似三角形的性质可得：，所以可得，解方程求出的值，即可得到，再根据求出的高度． 【详解】解：由题意可得，尺，， 设尺， 尺，尺， 尺，尺， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 解得：， ， ， ， 尺． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 相似三角形 3年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2024-2026） 命题规律 考点01比与比例 2024 山东统考卷、2025 潍坊卷 以选择、解答题为主，分值 3-10 分。早年侧重平行四边形、中位线背景下的基础比例计算，题型常规。2025 年升级为黄金分割主题阅读探究题，融合数学文化、尺规作图、圆内接正五边形拓展，从单一比例运算转向跨知识点综合推理，阅读量与探究性大幅提升，对信息提取与逻辑推导要求明显提高。 考点02相似三角形的判定 2025 滨州卷、2026 烟台卷 以解答题为主，分值 6-8 分。早期依托角的作图痕迹，直接考查两角相等的基础判定证明，设问直白。2026 年新增矩形旋转背景，结合尺规作图操作设题，需先识别旋转性质再推导相似，从纯定理证明转向 “作图操作 + 性质转化 + 判定推导” 的链式考查，对图形识别与推理链条完整性要求逐步提高。 考点03相似三角形的性质 2025 滨州卷、2026 山东统考卷 覆盖填空、解答两类题型，分值 3-8 分。早年结合等腰三角形、作图背景，考查对应边成比例的基础边长计算。2026 统考填空压轴融合平行四边形折叠、菱形判定、中位线与面积计算，需通过相似三角形求高完成面积推导，从单一性质套用转向多定理联动的综合计算，陷阱点增多，区分度显著增强。 考点04相似三角形的判定与性质 2024 德州卷、2025 德州 / 东营 / 山东统考卷、2026 烟台 / 山东统考卷 高频核心考点，覆盖全题型，分值 3-12 分。早期以三角形内基础综合计算为主，2025 年拓展至折叠定理探究、圆内心、四边形翻折轨迹最值等场景；2026 统考后升级为旋转探究、矩形动点最值的分层设问，融入四点共圆、轨迹思想，从静态计算转向动态探究，对综合推理与数形结合能力要求大幅提升，是几何拉分核心模块。 考点01 比与比例 一、单选题 1．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（    ） A． B．3 C． D．4 二、解答题 2．（2025·山东潍坊·中考真题）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的．    【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数．    材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求．    方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求．    【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求．    （3）若，根据以上作法，证明：． 考点02 相似三角形的判定 一、解答题 1．（2026·山东烟台·中考真题）如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题： (1)将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长． 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，中，，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点E，F；以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点G；连接并延长交于点D． (1)求证：； (2)当时，求的长． 考点03 相似三角形的性质 一、填空题 1．（2026·山东·中考真题）如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 二、解答题 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，中，，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点E，F；以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点G；连接并延长交于点D． (1)求证：； (2)当时，求的长． 考点04 相似三角形的判定与性质 一、单选题 1．（2024·山东德州·中考真题）如图中，，，垂足为D，平分，分别交，于点F，E．若，则为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 2．（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为_______． 三、解答题 3．（2026·山东烟台·中考真题）【尝试发现】 (1)如图1，，．当点 ， 分别在边和 上时，的值是__________； 【变式探究】 (2)如图2，将（1）中的 绕点 按逆时针方向旋转一定的角度，其它条件不变，连接 ，， 与交于点 ， 与的延长线交于点 ． ①求的值； ②写出 和的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)如图3，矩形 中， ， ，点 在边上且，连接． 是直线上的动点，作，连接， ． ①当点 在线段 的延长线上，且时，求的长； ②当的长度最小时，直接写出此时的长． 4．（2026·山东·中考真题）在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 5．（2025·山东东营·中考真题）    （1）探索发现 东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________． （2）猜想验证 项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明． （3）拓展应用 如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：． 6．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 7．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 一、单选题 1．（2026·山东烟台·二模）如图与是位似图形，位似中心为，，下列结论不正确的有（     ） A．与的相似比为 B． C． D． 2．（2026·山东枣庄·三模）如图，直线（为常数，）分别与反比例函数，的图象交于点，，则与的比为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山东临沂·二模）如图，有一块锐角三角形材料，边，高，要把它加工成正方形零件，使其一边在上，其余两个顶点分别在，上，则这个正方形零件的边长为（     ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（2026·山东青岛·三模）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“彩”端庄稳重、舒展美观．已知点为的黄金分割点，且，若，则的长为________． 5．（2026·山东青岛·二模）如图，乐器上的一根弦，两个端点A，B固定在乐器板面上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则C，B两点之间的距离为_____________． 6．（2026·山东济南·二模）中国纸扇历史悠久，古代工匠凭审美与经验形成了稳定的“东方黄金律”，设计中多处暗合黄金分割．如扇面高度（）与扇柄长度（）之比就符合黄金比，此时重心适中，持握舒适．若，则___________．（结果保留根号） 7．（2026·山东青岛·二模）如图，在中，，，，将绕点C按顺时针方向旋转（旋转角为锐角），得到，点A，B的对应点分别为，．连接，，当点恰好落在直线上时，线段的长度为_____． 8．（2026·山东济宁·二模）如图，五边形与五边形是位似图形，为位似中心．若，则与的数量关系为________． 9．（2026·山东潍坊·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为，轴，，与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，则的坐标为__________． 10．（2026·山东济南·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，若以原点为位似中心作一个四边形，使它与四边形位似，且它与四边形的相似比为，则顶点在第一象限内的对应点的坐标是____________． 三、解答题 11．（2026·山东德州·一模）在中，，将绕点C旋转得到，点A的对应点D在边上，连接． (1)如图1，求证：； 将下列探究过程补充完整： 解：由旋转的性质可知，，， ， ___， ∴ (2)如图2，当，时，求的长； (3)如图3，过点E作的平行线交的延长线于点F，连接交于K． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 12．（2026·山东济宁·一模）综合与实践 实验操作 (1)如图1，点O为中点，点B在上方，连接，． 尺规作图：用无刻度的直尺和圆规，作点B关于点O的对称点D（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明四边形为平行四边形； 拓展应用 (2)如图2，延长至点F，使得，当点B在直线的上方运动，直线的上方有异于点B的动点E，连接，，，．若，求证：． 13．（2026·山东聊城·二模）如图，已知在中，，，，作的平分线交于点，以为圆心，长为半径作圆，与射线交于点，． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)求的半径及的正切值． 14．（2026·山东菏泽·二模）如图①，在矩形中，，，点E为的中点，连接．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为2；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为1；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．连接，，，设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，； (2)设的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)如图②，点R从点B出发，沿方向匀速运动，速度为，连接．在运动过程中，是否存在某一时刻t，使得为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 15．（2026·山东聊城·二模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点逆时针旋转，旋转角为，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 (1)如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 (2)如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 (3)在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 16．（2026·山东日照·三模）如图，是半的直径，点在半上，，，连接、． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 17．（2026·山东日照·三模）日照的“太阳鸟”标志（即太阳鸟雕塑）取材于远古太阳崇拜与凤凰涅槃传说，象征光明、祥和、开拓进取与永恒生命，标志位于日照市东港区北京路中段，具体在日照车辆段以东的绿化带内．该雕塑是日照市的重要城市地标，具有深厚的文化寓意和象征意义．某数学兴趣小组计划在假期前往太阳鸟雕塑，并测量雕塑高度，测量方案如下： 测量目的 太阳鸟雕塑高度 测量工具 平面镜、测角仪、米尺 测量过程 如图，点B、E、F、D四点在同一条直线上，先在点E处放置平面镜，小明从点E处沿方向移动到点B处，视线刚好在平面镜内看到雕塑顶端，再在点处安装测倾器，测得雕塑顶端的仰角为． 测量数据 眼睛离地面高度米，米，米，米，，，． 参考数据 ，， 18．（2026·山东济宁·二模）如图所示，东边墙壁上点处有一盏灯，从其发出的光线照射到一张长为尺，高为尺的桌上（尺，尺），形成的影长尺，尺，求出灯的高度． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $