22.4 相似三角形的性质（分层作业练题型）数学新教材沪科版九年级上册

**基本信息** 以“相似三角形的性质”为核心，采用A/B/C组+中考拓展四层设计，通过基础巩固、能力进阶、思维拔高到中考衔接的梯度，覆盖从单一性质应用到综合问题解决，培养抽象能力、推理意识与应用意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A组巩固过关|对应角、边、中线、高线、角平分线、周长、面积等基本性质|基础题型为主，直接应用性质求角度、边长，夯实概念理解| |B组能力进阶|性质与判定综合、实际情境应用（如矩形、菱形中相似）|解答题占比提升，需结合图形性质推理，培养推理意识| |C组思维拔高|复杂图形相似关系、动态问题、网格与坐标综合|含探究性问题，如翻折后相似计算，发展创新意识与空间观念| |拓展链接中考|中考真题题型（如四边形翻折、综合证明）|对接中考难度，体现数学语言表达现实问题的应用意识|

分层作业 22.4 相似三角形的性质 目 录 A组 巩固过关 题型01 利用相似三角形对应角相等求角 题型02 利用相似三角形对应边成比例求边 题型03 利用相似三角形对应中线、高线、角平分线成比例 题型04 利用相似三角形对应周长的比成比例 题型05 利用相似三角形对应面积的比成比例 题型06 证明三角形的对应线段成比例 题型07 利用相似三角形的性质求坐标 题型08 相似三角形的性质与判定综合问题 B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接中考 ( 题型0 1 )利用相似三角形对应角相等求角 1．（2026·贵州贵阳·二模）如图，，且，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据相似三角形的对应角相等求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 2．（25-26九年级下·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）如图，在正方形网格上有两个相似三角形和，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两个相似三角形可知三角形中的两个钝角相等，然后借助网格可得答案． 【详解】解：∵和相似， ∴． 3．（25-26九年级上·湖南株洲·期末）已知，且，，则______．（填写角的度数） 【答案】/度 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，三角形内角和定理，根据三角形内角和定理求出的度数，再由相似三角形对应角相等可得答案． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． ( 题型0 2 )利用相似三角形对应边成比例求边 4．（2026·重庆大渡口·一模）如图，，它们的相似比是，已知，则的长是（   ） A．8 B．10 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的对应角相等，对应边的比相等且等于两个三角形的相似比．根据相似三角形的性质列比例式解答即可． 【详解】解：∵，它们的相似比是， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 5．（25-26八年级下·山东烟台·期末），且，则的长为___________． 【答案】 【详解】解：， ， ∵， ， 解得： 6．（26-27九年级·全国·暑假作业）如图所示，已知，，且，，若图中两直角三角形相似，则________________． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论，，根据相似三角形的性质，列出式子计算，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵，，图中两直角三角形相似， ∴，， ①当时，有，则，即， ． ②当时，有，则， ． ( 题型0 3 )利用相似三角形对应中线、高线、角平分线成比例 7．（25-26九年级下·云南曲靖·期中）两个相似三角形的面积比为，则它们对应角平分线的比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用“相似三角形面积比等于相似比的平方”和“相似三角形对应角平分线的比等于相似比”进行求解． 【详解】解：∵两个相似三角形的面积比为，且相似三角形的面积比等于相似比的平方， ∴这两个三角形的相似比为， ∵相似三角形对应角平分线的比等于相似比， ∴它们对应角平分线的比为． 8．（2026·重庆·模拟预测）若两个相似三角形对应边之比为，则这两个相似三角形对应边上的高之比为（   ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】利用相似三角形对应线段的比等于相似比的性质即可直接求解． 【详解】解：∵相似三角形所有对应线段的比都等于相似比，对应边之比就是相似比， 已知两个相似三角形对应边之比为，即相似比为， ∴两个三角形对应边上的高之比等于相似比，为． 9．（25-26九年级上·河南周口·期末）两个相似三角形的面积分别为和则它们的对应角平分线的比为_________． 【答案】/ 【分析】本题考查相似三角形的性质，关键知识点为：相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似三角形对应角平分线的比等于相似比． 【详解】解：∵两个相似三角形的面积分别为和， ∴它们的面积比为， 则相似比为， 又∵相似三角形对应角平分线的比等于相似比， ∴它们的对应角平分线的比为(或)； 故答案为：(或)． ( 题型0 4 )利用相似三角形对应周长的比成比例 10．（2026·云南昆明·二模）如图，与交于，且，，则与的周长之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据相似三角形的周长之比等于相似比，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴与的周长之比等于． 11．（25-26八年级下·上海·阶段检测）中，若，和它相似的一个三角形的最短边是15，则这个三角形的周长是（    ） A．63 B．54 C．45 D．162 【答案】B 【分析】先确定原三角形的最短边，得到相似比，再计算目标三角形的周长． 【详解】解：在中，，，， 可得原三角形最短边为，原的周长为． 设所求相似三角形的周长为， ∵两个三角形相似，相似三角形周长比等于相似比， ∴， 解得． 12．（2026·广东清远·一模）相似三角形的对应高之比为，那么对应周长之比为_____． 【答案】 【分析】根据相似三角形对应高的比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比，即可求解． 【详解】解：∵相似三角形对应高的比为， ∴这两个相似三角形的相似比为， ∴ 相似三角形的对应周长之比为． ( 题型0 5 )利用相似三角形对应面积的比成比例 13．（25-26九年级下·重庆开州·阶段检测）已知，且相似比为，则与的面积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵，相似比为，相似三角形面积比为相似比的平方， ∴与的面积比为． 14．（25-26九年级下·重庆·期中）已知，AD和分别是与的角平分线，，，则与的面积比是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据相似三角形对应角平分线的比等于相似比，相似三角形的面积比等于相似比的平方，然后再代入数据即可解答． 【详解】解：∵，和分别是与的角平分线， ∴相似比 ， ∵相似三角形的面积比等于相似比的平方 ∴ 与的面积比为 ． 15．（25-26九年级上·上海·阶段检测）两个相似三角形对应中线之比是，它们的面积差是，则较大三角形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，一元一次方程的应用，根据相似三角形的性质求出面积比，根据题意列出方程，解方程即可，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键． 【详解】解：∵两个相似三角形对应中线之比是， ∴它们的面积比是， 设较小三角形的面积是，较大三角形的面积是， ∴， 解得， ∴较大三角形的面积是， 故答案为：． ( 题型0 6 )证明三角形的对应线段成比例 16．（24-25九年级上·湖南长沙·阶段检测）如图，在正方形中，为边上一点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长； 【答案】(1) 证明：四边形为正方形， ， ， ， ， ， ． (2)2 【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，再结合可证，再根据两组对角相等的三角形是相似三角形即可证明结论； （2）根据正方形的性质以及已知条件可得、，再结合列比例式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：四边形为正方形， ． ， ，， ， ， ，解得：． 17．（25-26九年级上·全国·课后作业）如图，在中，，垂足为． (1)这四条线段是否是成比例线段？请说明理由． (2)在图中还能找出成比例的其他四条线段吗（线段可以重复）？若有，请写出一种情况，并说明理由． 【答案】(1)这四条线段是成比例线段 (2)有，这四条线段是成比例线段．理由见解析 【分析】根据可得，根据比例线段的概念即可判断； 类似上述同样的方法判断与是否成比例即可. 【详解】解：这四条线段是成比例线段． 在Rt中，， 即这四条线段是成比例线段． 示例：这四条线段是成比例线段． 在Rt中，， 由勾股定理，得， 由（1）可知， ． 在Rt中，， 由勾股定理，得， ， ， 即这四条线段是成比例线段． 【点睛】本题考查了比例线段，解题的关键是掌握直角三角形面积的不同表达式及比例线段的概念. 18．（23-24九年级上·上海·期中）如图，在中，D是上的点，E是上一点，且．      (1)求证:； (2)若E是的重心，求的值． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】本题考查相似三角形的性质与判定、重心的性质， （1）证明，可得，可证，可得，即可得证； （2）利用重心的性质可得，，由可得，即可得证． 【详解】（1）略． （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵E是的重心， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ( 题型0 7 )利用相似三角形的性质求坐标 19．（25-26九年级上·贵州贵阳·阶段检测）如图，是小芳在制作“简易视力表”时的两个成相似的“E”字，若把这两个“E”字放在图中的平面直角坐标系内，会发现它们的对应点B，G和对应点C，H的连线刚好经过原点O，其中点C，H均在x轴上．若，点G的坐标是，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了相似图形的性质及平面直角坐标系中坐标的变化规律．先根据已知条件得出的比值，在平面直角坐标系中，根据点G的坐标得出其横纵坐标的值，由题意易证得，从而得到相关线段的长度，进而求得点B的横纵坐标并最终求出点B的坐标． 【详解】解：∵， ∴， 又∵点， ∴，， 由题意知，， ∴， ∴， ∴，即，，即， ∴点B坐标为， 故选：D． 20．（24-25九年级上·河北沧州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，的坐标分别为，，（点，点的对应点分别是点，点），的坐标为，则点的坐标为______．    【答案】 【分析】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键；由题意易得，点B到x轴的距离为2，即为边上的高，然后可得相似比为，进而根据相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：∵点A，的坐标分别为，，的坐标为， ∴，点B到x轴的距离为2，即为边上的高， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标为； 故答案为． 21．（25-26九年级上·四川成都·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，直线：与x轴交于点A，与y轴交于点．直线经过B，C两点，点C是x轴正半轴上一点，且．在直线上是否存在点M，使其与A，B，C三点中的某两点构成的三角形与相似（相似比不为1），若存在，点M的坐标为_______． 【答案】或 【分析】根据一次函数的性质求出，，进而得到，利用待定系数法求出直线的解析式为，设，利用勾股定理表示出，，根据题意分2种情况讨论：或，利用相似三角形的性质列出方程，求出的值即可求解． 【详解】解：对于， 当时，，解得； 当时，； ，， ， ， ， ，， 设直线的解析式为，则有， 解得， 直线的解析式为， 设， 则，， 由勾股定理得，， ， 由题意知，点M与A、B、C三点中的某两点构成的三角形与相似时，如图， 分两种情况：或 当时，则， 即， ， ， 解得，（舍去）， ； 当时，则， 即， ， ， 解得：，（舍去）， ， 综上所述，存在，点M的坐标为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了一次函数与几何综合、相似三角形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键． ( 题型0 8 )相似三角形的性质与判定综合问题 22．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，中，，直尺的一边与重合，另一边与分别交于两点，处的读数分别为（单位：）．若直尺的宽为，则的长度是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行判定两个三角形相似，利用相似三角形对应边成比例的性质，求出线段的长度． 【详解】解：由题意可知：，，，， ∴， ∴，即， 解得：． 23．（2026·湖北武汉·中考真题）如图，、分别是矩形边、上的点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，边经过点．若，，，则的长是_________，的长是_________． 【答案】 【分析】作于N，则四边形是矩形，则可得，．根据矩形的性质和折叠的性质可得，，根据勾股定理可得，进而可得．证明，根据相似三角形对应边成比例可求得，．再证明，则可得，则可得，再根据勾股定理可得． 【详解】解：设与的交点为M， ∵四边形是矩形，且，， ∴，，， 作于N，则四边形是矩形， ∴，， 根据折叠的性质可知，，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 24.（25-26八年级下·吉林长春·期末）教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材中的部分内容． 如图，在中，D，E分别是边，的中点，，相交于点G，求证：， 证明：连接． （1）. 请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程． 结论应用：在中，对角线、交于点O，E为边的中点，、交于点F． （2）. 如图②，若为正方形，且，则的长为______． （3）. 如图③，连接交于点G，若四边形的面积为2，则的面积为______． 【答案】（1）．证明：连接，如图①， ∵在中，D，E分别是边，的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 25． 26． 【分析】（1）证明为的中位线，得出，，从而可得，由相似三角形的性质即可得出结果 （2）由正方形的性质可得，，，证明，由相似三角形的性质得出，从而得出，求出的长即可得出结果； （3）连接，由平行四边形的性质可得，由中位线的性质可得，，证明，得出，同理可得，由和的高相同，和的高相同，得出，，结合图形求出，即可得出结果 【详解】（1）．略； （2）．解：∵四边形为正方形，对角线、交于点O，E为边的中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∴； （3）．解：如图，连接， ∵在中，对角线、交于点O，E为边的中点， ∴， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， 同理可得为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵和的高相同，和的高相同， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的面积为． 一、单选题 1．已知，相似比为，那么和的周长比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解题的关键．根据相似三角形的性质：相似三角形的周长之比等于相似比进行求解即可． 【详解】解：∵，相似比为， ∴和的周长比为． 故选：A． 2．如图，，，分别是，的角平分线，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．根据相似三角形的对应角的角平分线之比等于相似比，即可求解． 【详解】解：∵，，分别是，的角平分线，， ∴， 故选：C． 3．如图，中，点D、E分别在AB、AC上，且，下列结论正确的是（   ） A． B．与的面积比为 C．与的周长比为 D．连接，则与的面积比为 【答案】B 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，根据题意得到，证明，通过相似三角形的性质判定A、B、C，再利用，即可判定D． 【详解】解：， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选项A错误； 与的面积比为，周长比为， 故选项B正确，选项C错误； 连接， ∵， ∴与的面积比为， 故选：B． 4．如图，在中，，，平分交于，交延长线于，则的值为（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用相关知识成为解题的关键． 由平行四边形的性质可得，进而得到再结合得到，即；再由线段的和差可得；然后根据可得，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 5．在中，是高，矩形的顶点P、N分别在、上，在边上，若，，且，则矩形的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质确定平行线，证明，根据矩形性质，相似三角形的性质列比例式计算解答即可． 本题考查了三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：如图所示， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，四边形是矩形， ∴， 设， 则． ∴， 解得． ∴矩形的周长为， 故选：A． 6．如图，在正方形中，点E在边上，且，连接，过点E作，交于点F，连接并延长交的延长线于点G，若，则正方形的边长为（  ） A．14 B．13 C．12 D．11 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正方形的性质，相似三角形的判定与性质． 根据正方形的性质可得，由，可设，则，证明，根据相似三角形的性质表示出，证明得到，求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， ， 设，则， ， ， ， 由 ∵， ， ，即， ， ， ， ，即， 解得：， ， 故选：B． 二、填空题 7．已知，且，，则 ． 【答案】/50度 【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键． 利用三角形内角和定理求出，再利用相似三角形对应角相等即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 8．如图，在中，E在上，交于F，若，则 ． 【答案】 【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，证明是解题的关键．由平行四边形的性质得出，证明，由相似三角形的性质可得出答案． 【详解】解：， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ． 故答案为：． 9．如图，在中，点D，E分别是边上的点，且，，的面积是18，则四边形的面积是 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方． 根据条件证明，得到相似比，然后利用三角形的面积比等于相似比的平方求出的面积，最后利用面积的和差即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵ ∴相似比为， , ∴四边形的面积为， 故答案为：10． 10．如图，已知，，是三个全等的等腰三角形，底边，，在同一直线上，若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造相似三角形成为解题的关键． 如图：由题意共线，连接，，由全等三角形和等腰三角形的性质可得，，，，证明四边形是平行四边形可得，再证明可得，即；同理可得，，即；由三角形中线的性质可得，再证明可得，进而得到，最后根据三角形等分线的性质即可解答． 【详解】解：如图：由题意共线，连接，， ∵，，是三个全等的等腰三角形， ∴，，，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 同理：，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：． 11．有7个大小完全相同的小正方形，恰好按如图方式放置在中，点D，E在上，点F在上，点G，H在上．若每个小正方形的边长为1，则的周长为 ． 【答案】 【分析】过点E作于点M，利用相似三角形的性质计算长度，即可得到的周长． 本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【详解】解：过点E作于点M， 由题意得：，，，，， ， ，， 设，则， ， ， 经检验，是原方程的解， ， ， ， ， ， 的周长， 故答案为： 12．如图，在中，，点P是边上一个动点，点D是边的中点，连接，将沿DP翻折，使点A落在点处，当平行于其中一条直角边时，的长为 ． 【答案】1或3或9 【分析】本题考查轴对称性质，相似三角形的判定和性质，平行的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．根据题意平行于其中一条直角边，分类讨论进行计算求解． 【详解】解：， ， ∵D为的中点， ， 如图（1），当时，， 由折叠可知，， ， ， 如图（2），当时，点在点P左侧时，， ， ， ， ， ∴， ∴，即， 解得， 由折叠可知， ， ， ， ∴， ∴， 即， 解得， ； 如图（3），当，点在点P右侧时，取的中点E， 连接，则，． ， ， ，， ∴， ， 由折叠可知， ， ， ． 综上所述，的长为1，3或9， 故答案为：1或3或9． 三、解答题 13．如图，在平行四边形中，连接，是边上一点，连接并延长，交的延长线于，且． (1)求证：； (2)如果，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （）由四边形是平行四边形，则，所以，然后通过相似三角形的判定方法即可求证； （）由，则，求出，然后通过线段和差即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 14．如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，． (1)求证：； (2)当时，求 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理． （1）证明，可得，即可求证； （2）连接交于点O，根据菱形的性质以及勾股定理可得，再由，可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，连接交于点O， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 15．如图，在中，点E在的延长线上，与交于点F． (1)求证：； (2)若的面积为4，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)25 【分析】本题考查平行四边形的性质与相似三角形的判定及性质．熟练掌握相似三角形的判定定理和性质是解题关键． （1）通过平行四边形对边平行、对角相等的性质，找到两组对应角相等，证明三角形相似； （2）利用平行关系确定相似三角形，结合相似三角形面积比与相似比的平方关系，逐步推导面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ， ； （2）解：∵四边形是平行四边形， ， ， ∵ ∴， ， ， ． 16．如图，、是的两条高，过点作，垂足为，交于，、的延长线交于点． (1)求证：； (2)试探究线段、、之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等量代换等知识，属于相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键 （1）由与垂直，、为高，利用垂直的定义得到直角相等，利用等式的性质得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证； （2），理由为：由（1）中相似三角形，得比例，再利用两角相等的三角形相似得到，得比例，等量代换即可得证； 【详解】（1）证明∶、是的高， ， ，， ， ， ． （2）解：，理由如下： ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 17．已知：如图，四边形，，，，为对角线，是上一点，连接并延长交的延长线于点．设四边形的面积为． (1)若为的中点，则与的关系为 ； (2)若，则与的关系为 ； (3)若，则与的关系为 ． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形面积比是解题的关键． （1）利用平行线得出相似三角形，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算即可； （2）利用平行线得出相似三角形，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算即可； （3）利用平行线得出相似三角形，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算即可． 【详解】（1）解：， ∽， ， ； ∵为中点， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：∵，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：∵，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 18．（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，过点作交于点． 【探究证明】求证：； 【特例分析】若，，为的中点，求的长． 【衍生拓展】（2）如图，在中，，，，是的中点，射线，分别交，于点，，且，求的值． 【答案】（）见解析；；（）． 【分析】（）四边形是矩形，，，再利用同角的余角相等得，根据相似三角形的判定即可求证； 根据相似三角形的性质即可求解； （）过点分别作于点，于点，由勾股定理求出，由，，，则四边形为矩形，，，则是的中位线，是的中位线，故有，，再同（）理证明，得即可． 【详解】（）证明：∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∴； 解：∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴； （）解：如图，过点分别作于点，于点， 在中，，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形，，， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，矩形的判定与性质，同角的余角相等，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 一、单选题 1．（25-26八年级下·山东泰安·期末）如图，在中，，，点是边上一点，，点在边上．若，则的长为（     ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】求出的长，证明得到，据此代入求值即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 2．（25-26八年级下·广东深圳·期末）如图，在中，D、E分别为、边上的点，，与相交于点F，则下列结论一定正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可判定，根据相似三角形对应边成比例可得，同时由可得其他比例关系，从而判断各选项． 【详解】解：∵， ， ∴，故D选项正确，C选项错误； ∵， ∴， ∴， ∴，，故A、B选项都错误 ． 3．（2026·安徽蚌埠·三模）如图，，分别是的中线，与相交于点O，点M，N分别在上，四边形是平行四边形．若，则的长度为（） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据三角形中位线定理得出，，根据平行四边形的性质得出，，，进而得出，，证明可得出，即可求解． 【详解】解：∵，分别是边，上的中线， ∴是的中位线， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于点，交的延长线于点．若，则和的面积比是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用平行四边形对边平行且相等的性质，结合角平分线与平行线得到等腰三角形，求出线段的长度；再根据判定与相似，最后利用相似三角形面积比等于相似比的平方，求出两个三角形的面积比． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵的平分线交于点，交的延长线于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即． 5．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，在矩形中，过点D作的垂线交于点E，交于点F，连接，，下列结论：①；②平分；③；④若F是的中点，则．其中正确的结论有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】利用“两角对应相等的两个三角形相似”即可判断结论①；判断和是否相等即可判断结论②；首先根据已知条件可以判定，然后利用对应边成比例可证明，进而可以判断结论③；设，则，，证明，求出，即可判断结论④． 【详解】对于结论①，四边形是矩形， ， . , ． ，故结论①符合题意； 对于结论②，若平分成立，则有， ， ， ， ， 而根据现有条件无法说明，故结论②不符合题意； 对于结论③，∵四边形是矩形， ． ， ， ． ， ． ， ． ， ， ，故结论③符合题意； 对于结论④， 四边形是矩形， ， ， ． F是的中点， ． 设，则，． 在和中， ， ，即 ， ， ． 在中，由勾股定理，得 ， ，故结论④不符合题意． 综上可知，符合题意的结论有①③． 二、填空题 6．（26-27九年级·上海·暑假作业）若，且面积比为，则其对应边上的高的比为_______． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．根据相似三角形的性质，先由面积比求出相似比，再利用相似三角形对应高的比等于相似比得出结果即可． 【详解】解：∵，且面积比为， ∴相似比为， ∴对应边上的高的比为． 7．（24-25八年级下·黑龙江大庆·期末）如果两个相似三角形的面积之比为，较小的三角形的周长是，那么另一个三角形的周长为____． 【答案】120 【分析】先根据两个相似三角形面积的比得到周长的比，再根据较小的三角形的周长，即可解答． 【详解】解：∵相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方， ∴相似三角形面积的比等于周长的比的平方， ∵两个相似三角形的面积之比为， ∴这两个相似三角形的周长之比为， ∵较小的三角形的周长是， ∴另一个的三角形的周长为． 8．（25-26八年级下·山东威海·期末）如图，，，，则_______． 【答案】 【分析】由得到，再由证明，得到，所以，即可求出的面积． 【详解】解：∵ ∴ ∵， ∴， ∴， ∵，且四边形的面积为， ∴， ∴． 9．（25-26八年级下·江苏苏州·期末）在如图所示的网格中，每个小正方形边长均为，的三个顶点均在网格线的交点上，点，分别是边，与网格线的交点，连接，则的长为________． 【答案】2 【分析】根据网格结构特征可得，进而证明，利用相似三角形对应边的比等于对应边上的高之比即可求解． 【详解】解：由网格图可知， 与 均在竖直网格线上， ， ， 等于边上的高 与边上的高之比， 观察网格可知，边上的高为4，边上的高为6，， ， 解得． 10．（25-26八年级下·上海嘉定·期末）如图，点是的重心，如果，，，那么__________． 【答案】10 【分析】利用重心得到中线，根据中线平分面积得到，再利用勾股定理逆定理和直角三角形斜边中线的性质得到的长度，从而得到答案． 【详解】解：延长交于点M，设点A到边的距离为，点B到边的距离为，点A到边的距离为， ∵点是的重心， ∴、都是的中线， 即，， ∴，，，， ∴，， 同理，，， ∴， 即， ∴， 即， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， 根据勾股定理逆定理得，是直角三角形， 即， 在中，， ∴， ∴． 11．（2026·四川雅安·一模）如图，在平行四边形中，，交于点F，那么的值是______． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质得到，从而证得，利用相似三角形对应边成比例及已知线段比即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 三、解答题 12．（25-26八年级下·福建福州·期末）如图，点、分别在边、上，，若，，，求的长． 【答案】 【分析】利用题目条件推出，从而，代入值可得的长． 【详解】解：，， ， ， ，，， ， ． 13．（25-26九年级上·山东临沂·期末）如图，在中，D为上一点，E为上一点，且，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1) 证明：， ， ，， ， ， ； (2) 【分析】对于本题重点，掌握相似三角形的判定定理1，以及相似三角形的对应边成比例的性质． （1）根据两角对应相等，两三角形相似证明即可； （2）根据得到，然后求出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：在（1）中已证明， ， ，，， ， ． 14．（25-26九年级上·江苏镇江·期末）如图，四边形为平行四边形，E为边上一点，连接、，它们相交于点F，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵E为边上一点，与相交于点F， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． (2)3 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，因为，所以，而，则，再根据相似三角形的性质即可证明结论； （2）由且、，求得，则． 【详解】（1）略 （2）解：∵且、， ∴， ∴． 15．（25-26八年级下·江苏苏州·期末）如图，在中，，是边的中点，连接，作，垂足为E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． (2) 【分析】（1）得出，根据两角分别相等的两个三角形相似即可得证； （2）先证出，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可． 【详解】（1）证明：略． （2）解：∵是边的中点， ∴， 由（1）已证：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，，即， ∴， 解得或（不符合题意，舍去）． 16．（25-26八年级下·吉林长春·期末）【教材呈现】 关于“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．”这一性质，华师版新、旧教材给出两种不同的证明方法． 已知：如图①，在中，点分别是和的中点． 求证：． 方法一：新版八下教材第99页如图②，过点作，且与的延长线交于点．由平行线性质和已知条件，可以证明，从而推出四边形是平行四边形，可得． 方法二：旧版九上教材第77页如图①，利用“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明，再利用“相似三角形的对应边成比例，对应角相等”，可得，． (1)请按照方法二写出完整证明过程． 证明： (2)【结论应用】如图③，在四边形中，，点是对角线的中点，点、分别是、中点，，则的度数是 ． (3)【拓展延伸】如图④，在四边形中，，且，点、分别是、的中点，则的长度是 ． 【答案】(1)证明：∵点分别是和的中点， ∴， ∴ ， ， ∴， ∴， ， ∴，； (2) (3) 【分析】本题考查了中位线的运用，难点不大，掌握中位线性质即可求解； （1）利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可求解； （2）根据中位线性质可得是等腰三角形，即可求解； （3）在上取中点，连接，得是等腰直角三角形，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：∵点是对角线的中点，点、分别是、中点， ∴ ， ∵， ∴ ， ∴是等腰三角形， ∵， ∴； （3）解：如图，在上取中点，连接 ， ∵点、分别是、的中点，， ∴ ， ， ∵， ∴ ， ∴ . 1．（2026·四川内江·中考真题）如图，在中，，若，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明，可得，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 2．（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∵， ∴． 3．（2026·辽宁·中考真题）如图，，与相交于点E，，，垂足分别为F，G．若，，则的值为_________． 【答案】 【分析】由平行线的性质得出内错角相等，结合垂直的定义得出直角相等，从而证明 ，利用相似三角形对应边成比例即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 4．（2026·上海·中考真题）如图，菱形中，是线段上的点，连接交对角线于点，且． (1)如果，求证：； (2)如果的角平分线交、于点、，求证：． 【答案】(1)证明：四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ，即 故． (2)证明：据（1）可知， ， ， ， ，， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）利用菱形对角线平分内角，结合等角对等边得，由得到，再由证，推出，结合菱形边长相等证出； （2）先通过与推导，结合角平分线得，证得，写出相似比例式，用代换，变形得到乘积等式． 【详解】（1）略 （2）略 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 22.4 相似三角形的性质 参考答案 ( 题型0 1 )利用相似三角形对应角相等求角 1．B 【分析】根据相似三角形的对应角相等求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 2．D 【分析】根据两个相似三角形可知三角形中的两个钝角相等，然后借助网格可得答案． 【详解】解：∵和相似， ∴． 3．/度 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，三角形内角和定理，根据三角形内角和定理求出的度数，再由相似三角形对应角相等可得答案． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． ( 题型0 2 )利用相似三角形对应边成比例求边 4．A 【分析】本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的对应角相等，对应边的比相等且等于两个三角形的相似比．根据相似三角形的性质列比例式解答即可． 【详解】解：∵，它们的相似比是， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 5． 【详解】解：， ， ∵， ， 解得： 6．或 【分析】分两种情况讨论，，根据相似三角形的性质，列出式子计算，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵，，图中两直角三角形相似， ∴，， ①当时，有，则，即， ． ②当时，有，则， ． ( 题型0 3 )利用相似三角形对应中线、高线、角平分线成比例 7．A 【分析】利用“相似三角形面积比等于相似比的平方”和“相似三角形对应角平分线的比等于相似比”进行求解． 【详解】解：∵两个相似三角形的面积比为，且相似三角形的面积比等于相似比的平方， ∴这两个三角形的相似比为， ∵相似三角形对应角平分线的比等于相似比， ∴它们对应角平分线的比为． 8．A 【分析】利用相似三角形对应线段的比等于相似比的性质即可直接求解． 【详解】解：∵相似三角形所有对应线段的比都等于相似比，对应边之比就是相似比， 已知两个相似三角形对应边之比为，即相似比为， ∴两个三角形对应边上的高之比等于相似比，为． 9．/ 【分析】本题考查相似三角形的性质，关键知识点为：相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似三角形对应角平分线的比等于相似比． 【详解】解：∵两个相似三角形的面积分别为和， ∴它们的面积比为， 则相似比为， 又∵相似三角形对应角平分线的比等于相似比， ∴它们的对应角平分线的比为(或)； 故答案为：(或)． ( 题型0 4 )利用相似三角形对应周长的比成比例 10．D 【分析】根据相似三角形的周长之比等于相似比，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴与的周长之比等于． 11．B 【分析】先确定原三角形的最短边，得到相似比，再计算目标三角形的周长． 【详解】解：在中，，，， 可得原三角形最短边为，原的周长为． 设所求相似三角形的周长为， ∵两个三角形相似，相似三角形周长比等于相似比， ∴， 解得． 12． 【分析】根据相似三角形对应高的比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比，即可求解． 【详解】解：∵相似三角形对应高的比为， ∴这两个相似三角形的相似比为， ∴ 相似三角形的对应周长之比为． ( 题型0 5 )利用相似三角形对应面积的比成比例 13．C 【详解】解：∵，相似比为，相似三角形面积比为相似比的平方， ∴与的面积比为． 14．C 【分析】根据相似三角形对应角平分线的比等于相似比，相似三角形的面积比等于相似比的平方，然后再代入数据即可解答． 【详解】解：∵，和分别是与的角平分线， ∴相似比 ， ∵相似三角形的面积比等于相似比的平方 ∴ 与的面积比为 ． 15． 【分析】本题考查了相似三角形的性质，一元一次方程的应用，根据相似三角形的性质求出面积比，根据题意列出方程，解方程即可，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键． 【详解】解：∵两个相似三角形对应中线之比是， ∴它们的面积比是， 设较小三角形的面积是，较大三角形的面积是， ∴， 解得， ∴较大三角形的面积是， 故答案为：． ( 题型0 6 )证明三角形的对应线段成比例 16．(1) 证明：四边形为正方形， ， ， ， ， ， ． (2)2 【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定、相似三角形的性质等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，再结合可证，再根据两组对角相等的三角形是相似三角形即可证明结论； （2）根据正方形的性质以及已知条件可得、，再结合列比例式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：四边形为正方形， ． ， ，， ， ， ，解得：． 17．(1)这四条线段是成比例线段 (2)有，这四条线段是成比例线段．理由见解析 【分析】根据可得，根据比例线段的概念即可判断； 类似上述同样的方法判断与是否成比例即可. 【详解】解：这四条线段是成比例线段． 在Rt中，， 即这四条线段是成比例线段． 示例：这四条线段是成比例线段． 在Rt中，， 由勾股定理，得， 由（1）可知， ． 在Rt中，， 由勾股定理，得， ， ， 即这四条线段是成比例线段． 【点睛】本题考查了比例线段，解题的关键是掌握直角三角形面积的不同表达式及比例线段的概念. 18．(1) 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】本题考查相似三角形的性质与判定、重心的性质， （1）证明，可得，可证，可得，即可得证； （2）利用重心的性质可得，，由可得，即可得证． 【详解】（1）略． （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵E是的重心， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ( 题型0 7 )利用相似三角形的性质求坐标 19．D 【分析】本题考查了相似图形的性质及平面直角坐标系中坐标的变化规律．先根据已知条件得出的比值，在平面直角坐标系中，根据点G的坐标得出其横纵坐标的值，由题意易证得，从而得到相关线段的长度，进而求得点B的横纵坐标并最终求出点B的坐标． 【详解】解：∵， ∴， 又∵点， ∴，， 由题意知，， ∴， ∴， ∴，即，，即， ∴点B坐标为， 故选：D． 20． 【分析】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键；由题意易得，点B到x轴的距离为2，即为边上的高，然后可得相似比为，进而根据相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：∵点A，的坐标分别为，，的坐标为， ∴，点B到x轴的距离为2，即为边上的高， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标为； 故答案为． 21．或 【分析】根据一次函数的性质求出，，进而得到，利用待定系数法求出直线的解析式为，设，利用勾股定理表示出，，根据题意分2种情况讨论：或，利用相似三角形的性质列出方程，求出的值即可求解． 【详解】解：对于， 当时，，解得； 当时，； ，， ， ， ， ，， 设直线的解析式为，则有， 解得， 直线的解析式为， 设， 则，， 由勾股定理得，， ， 由题意知，点M与A、B、C三点中的某两点构成的三角形与相似时，如图， 分两种情况：或 当时，则， 即， ， ， 解得，（舍去）， ； 当时，则， 即， ， ， 解得：，（舍去）， ， 综上所述，存在，点M的坐标为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了一次函数与几何综合、相似三角形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键． ( 题型0 8 )相似三角形的性质与判定综合问题 22．C 【分析】根据平行判定两个三角形相似，利用相似三角形对应边成比例的性质，求出线段的长度． 【详解】解：由题意可知：，，，， ∴， ∴，即， 解得：． 23． 【分析】作于N，则四边形是矩形，则可得，．根据矩形的性质和折叠的性质可得，，根据勾股定理可得，进而可得．证明，根据相似三角形对应边成比例可求得，．再证明，则可得，则可得，再根据勾股定理可得． 【详解】解：设与的交点为M， ∵四边形是矩形，且，， ∴，，， 作于N，则四边形是矩形， ∴，， 根据折叠的性质可知，，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 24．证明：连接，如图①， ∵在中，D，E分别是边，的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 25． 26． 24.【分析】（1）证明为的中位线，得出，，从而可得，由相似三角形的性质即可得出结果 （2）由正方形的性质可得，，，证明，由相似三角形的性质得出，从而得出，求出的长即可得出结果； （3）连接，由平行四边形的性质可得，由中位线的性质可得，，证明，得出，同理可得，由和的高相同，和的高相同，得出，，结合图形求出，即可得出结果 【详解】（1）．略； （2）．解：∵四边形为正方形，对角线、交于点O，E为边的中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∴； （3）．解：如图，连接， ∵在中，对角线、交于点O，E为边的中点， ∴， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， 同理可得为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵和的高相同，和的高相同， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的面积为． 一、单选题 1．【答案】A 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解题的关键．根据相似三角形的性质：相似三角形的周长之比等于相似比进行求解即可． 【详解】解：∵，相似比为， ∴和的周长比为． 故选：A． 2．【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．根据相似三角形的对应角的角平分线之比等于相似比，即可求解． 【详解】解：∵，，分别是，的角平分线，， ∴， 故选：C． 3．【答案】B 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，根据题意得到，证明，通过相似三角形的性质判定A、B、C，再利用，即可判定D． 【详解】解：， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选项A错误； 与的面积比为，周长比为， 故选项B正确，选项C错误； 连接， ∵， ∴与的面积比为， 故选：B． 4．【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用相关知识成为解题的关键． 由平行四边形的性质可得，进而得到再结合得到，即；再由线段的和差可得；然后根据可得，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 5．【答案】A 【分析】根据矩形的性质确定平行线，证明，根据矩形性质，相似三角形的性质列比例式计算解答即可． 本题考查了三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：如图所示， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，四边形是矩形， ∴， 设， 则． ∴， 解得． ∴矩形的周长为， 故选：A． 6．【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正方形的性质，相似三角形的判定与性质． 根据正方形的性质可得，由，可设，则，证明，根据相似三角形的性质表示出，证明得到，求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， ， 设，则， ， ， ， 由 ∵， ， ，即， ， ， ， ，即， 解得：， ， 故选：B． 二、填空题 7． 【答案】/50度 【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键． 利用三角形内角和定理求出，再利用相似三角形对应角相等即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 8． 【答案】 【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，证明是解题的关键．由平行四边形的性质得出，证明，由相似三角形的性质可得出答案． 【详解】解：， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ． 故答案为：． 9． 【答案】10 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方． 根据条件证明，得到相似比，然后利用三角形的面积比等于相似比的平方求出的面积，最后利用面积的和差即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵ ∴相似比为， , ∴四边形的面积为， 故答案为：10． 10． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造相似三角形成为解题的关键． 如图：由题意共线，连接，，由全等三角形和等腰三角形的性质可得，，，，证明四边形是平行四边形可得，再证明可得，即；同理可得，，即；由三角形中线的性质可得，再证明可得，进而得到，最后根据三角形等分线的性质即可解答． 【详解】解：如图：由题意共线，连接，， ∵，，是三个全等的等腰三角形， ∴，，，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 同理：，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：． 11． 【答案】 【分析】过点E作于点M，利用相似三角形的性质计算长度，即可得到的周长． 本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【详解】解：过点E作于点M， 由题意得：，，，，， ， ，， 设，则， ， ， 经检验，是原方程的解， ， ， ， ， ， 的周长， 故答案为： 12． 【答案】1或3或9 【分析】本题考查轴对称性质，相似三角形的判定和性质，平行的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．根据题意平行于其中一条直角边，分类讨论进行计算求解． 【详解】解：， ， ∵D为的中点， ， 如图（1），当时，， 由折叠可知，， ， ， 如图（2），当时，点在点P左侧时，， ， ， ， ， ∴， ∴，即， 解得， 由折叠可知， ， ， ， ∴， ∴， 即， 解得， ； 如图（3），当，点在点P右侧时，取的中点E， 连接，则，． ， ， ，， ∴， ， 由折叠可知， ， ， ． 综上所述，的长为1，3或9， 故答案为：1或3或9． 三、解答题 13． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （）由四边形是平行四边形，则，所以，然后通过相似三角形的判定方法即可求证； （）由，则，求出，然后通过线段和差即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 14． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理． （1）证明，可得，即可求证； （2）连接交于点O，根据菱形的性质以及勾股定理可得，再由，可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，连接交于点O， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 15． 【答案】(1)见解析 (2)25 【分析】本题考查平行四边形的性质与相似三角形的判定及性质．熟练掌握相似三角形的判定定理和性质是解题关键． （1）通过平行四边形对边平行、对角相等的性质，找到两组对应角相等，证明三角形相似； （2）利用平行关系确定相似三角形，结合相似三角形面积比与相似比的平方关系，逐步推导面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ， ； （2）解：∵四边形是平行四边形， ， ， ∵ ∴， ， ， ． 16． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等量代换等知识，属于相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键 （1）由与垂直，、为高，利用垂直的定义得到直角相等，利用等式的性质得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证； （2），理由为：由（1）中相似三角形，得比例，再利用两角相等的三角形相似得到，得比例，等量代换即可得证； 【详解】（1）证明∶、是的高， ， ，， ， ， ． （2）解：，理由如下： ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 17． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形面积比是解题的关键． （1）利用平行线得出相似三角形，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算即可； （2）利用平行线得出相似三角形，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算即可； （3）利用平行线得出相似三角形，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行计算即可． 【详解】（1）解：， ∽， ， ； ∵为中点， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：∵，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：∵，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 18． 【答案】（）见解析；；（）． 【分析】（）四边形是矩形，，，再利用同角的余角相等得，根据相似三角形的判定即可求证； 根据相似三角形的性质即可求解； （）过点分别作于点，于点，由勾股定理求出，由，，，则四边形为矩形，，，则是的中位线，是的中位线，故有，，再同（）理证明，得即可． 【详解】（）证明：∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∴； 解：∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴； （）解：如图，过点分别作于点，于点， 在中，，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形，，， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，矩形的判定与性质，同角的余角相等，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 1．C 【分析】求出的长，证明得到，据此代入求值即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 2．D 【分析】由可判定，根据相似三角形对应边成比例可得，同时由可得其他比例关系，从而判断各选项． 【详解】解：∵， ， ∴，故D选项正确，C选项错误； ∵， ∴， ∴， ∴，，故A、B选项都错误 ． 3．B 【分析】根据三角形中位线定理得出，，根据平行四边形的性质得出，，，进而得出，，证明可得出，即可求解． 【详解】解：∵，分别是边，上的中线， ∴是的中位线， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．B 【分析】先利用平行四边形对边平行且相等的性质，结合角平分线与平行线得到等腰三角形，求出线段的长度；再根据判定与相似，最后利用相似三角形面积比等于相似比的平方，求出两个三角形的面积比． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵的平分线交于点，交的延长线于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即． 5．B 【分析】利用“两角对应相等的两个三角形相似”即可判断结论①；判断和是否相等即可判断结论②；首先根据已知条件可以判定，然后利用对应边成比例可证明，进而可以判断结论③；设，则，，证明，求出，即可判断结论④． 【详解】对于结论①，四边形是矩形， ， . , ． ，故结论①符合题意； 对于结论②，若平分成立，则有， ， ， ， ， 而根据现有条件无法说明，故结论②不符合题意； 对于结论③，∵四边形是矩形， ． ， ， ． ， ． ， ． ， ， ，故结论③符合题意； 对于结论④， 四边形是矩形， ， ， ． F是的中点， ． 设，则，． 在和中， ， ，即 ， ， ． 在中，由勾股定理，得 ， ，故结论④不符合题意． 综上可知，符合题意的结论有①③． 6． 【分析】本题考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．根据相似三角形的性质，先由面积比求出相似比，再利用相似三角形对应高的比等于相似比得出结果即可． 【详解】解：∵，且面积比为， ∴相似比为， ∴对应边上的高的比为． 7．120 【分析】先根据两个相似三角形面积的比得到周长的比，再根据较小的三角形的周长，即可解答． 【详解】解：∵相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方， ∴相似三角形面积的比等于周长的比的平方， ∵两个相似三角形的面积之比为， ∴这两个相似三角形的周长之比为， ∵较小的三角形的周长是， ∴另一个的三角形的周长为． 8． 【分析】由得到，再由证明，得到，所以，即可求出的面积． 【详解】解：∵ ∴ ∵， ∴， ∴， ∵，且四边形的面积为， ∴， ∴． 9．2 【分析】根据网格结构特征可得，进而证明，利用相似三角形对应边的比等于对应边上的高之比即可求解． 【详解】解：由网格图可知， 与 均在竖直网格线上， ， ， 等于边上的高 与边上的高之比， 观察网格可知，边上的高为4，边上的高为6，， ， 解得． 10．10 【分析】利用重心得到中线，根据中线平分面积得到，再利用勾股定理逆定理和直角三角形斜边中线的性质得到的长度，从而得到答案． 【详解】解：延长交于点M，设点A到边的距离为，点B到边的距离为，点A到边的距离为， ∵点是的重心， ∴、都是的中线， 即，， ∴，，，， ∴，， 同理，，， ∴， 即， ∴， 即， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， 根据勾股定理逆定理得，是直角三角形， 即， 在中，， ∴， ∴． 11． 【分析】根据平行四边形的性质得到，从而证得，利用相似三角形对应边成比例及已知线段比即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 12． 【分析】利用题目条件推出，从而，代入值可得的长． 【详解】解：，， ， ， ，，， ， ． 13．(1) 证明：， ， ，， ， ， ； (2) 【分析】对于本题重点，掌握相似三角形的判定定理1，以及相似三角形的对应边成比例的性质． （1）根据两角对应相等，两三角形相似证明即可； （2）根据得到，然后求出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：在（1）中已证明， ， ，，， ， ． 14．(1) 证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵E为边上一点，与相交于点F， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． (2)3 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，因为，所以，而，则，再根据相似三角形的性质即可证明结论； （2）由且、，求得，则． 【详解】（1）略 （2）解：∵且、， ∴， ∴． 15．(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． (2) 【分析】（1）得出，根据两角分别相等的两个三角形相似即可得证； （2）先证出，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可． 【详解】（1）证明：略． （2）解：∵是边的中点， ∴， 由（1）已证：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，，即， ∴， 解得或（不符合题意，舍去）． 16．(1)证明：∵点分别是和的中点， ∴， ∴ ， ， ∴， ∴， ， ∴，； (2) (3) 【分析】本题考查了中位线的运用，难点不大，掌握中位线性质即可求解； （1）利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可求解； （2）根据中位线性质可得是等腰三角形，即可求解； （3）在上取中点，连接，得是等腰直角三角形，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：∵点是对角线的中点，点、分别是、中点， ∴ ， ∵， ∴ ， ∴是等腰三角形， ∵， ∴； （3）解：如图，在上取中点，连接 ， ∵点、分别是、的中点，， ∴ ， ， ∵， ∴ ， ∴ . 1．D 【分析】证明，可得，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 2．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∵， ∴． 3． 【分析】由平行线的性质得出内错角相等，结合垂直的定义得出直角相等，从而证明 ，利用相似三角形对应边成比例即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 4．(1)证明：四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ，即 故． (2)证明：据（1）可知， ， ， ， ，， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）利用菱形对角线平分内角，结合等角对等边得，由得到，再由证，推出，结合菱形边长相等证出； （2）先通过与推导，结合角平分线得，证得，写出相似比例式，用代换，变形得到乘积等式． 【详解】（1）略 （2）略 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 22.4 相似三角形的性质 目 录 A组 巩固过关 题型01 利用相似三角形对应角相等求角 题型02 利用相似三角形对应边成比例求边 题型03 利用相似三角形对应中线、高线、角平分线成比例 题型04 利用相似三角形对应周长的比成比例 题型05 利用相似三角形对应面积的比成比例 题型06 证明三角形的对应线段成比例 题型07 利用相似三角形的性质求坐标 题型08 相似三角形的性质与判定综合问题 B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接中考 ( 题型0 1 )利用相似三角形对应角相等求角 1．（2026·贵州贵阳·二模）如图，，且，则的度数是（     ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级下·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）如图，在正方形网格上有两个相似三角形和，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·湖南株洲·期末）已知，且，，则______．（填写角的度数） ( 题型0 2 )利用相似三角形对应边成比例求边 4．（2026·重庆大渡口·一模）如图，，它们的相似比是，已知，则的长是（   ） A．8 B．10 C． D． 5．（25-26八年级下·山东烟台·期末），且，则的长为___________． 6．（26-27九年级·全国·暑假作业）如图所示，已知，，且，，若图中两直角三角形相似，则________________． ( 题型0 3 )利用相似三角形对应中线、高线、角平分线成比例 7．（25-26九年级下·云南曲靖·期中）两个相似三角形的面积比为，则它们对应角平分线的比为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·重庆·模拟预测）若两个相似三角形对应边之比为，则这两个相似三角形对应边上的高之比为（   ） A． B． C． D．无法确定 9．（25-26九年级上·河南周口·期末）两个相似三角形的面积分别为和则它们的对应角平分线的比为_________． ( 题型0 4 )利用相似三角形对应周长的比成比例 10．（2026·云南昆明·二模）如图，与交于，且，，则与的周长之比为（     ） A． B． C． D． 11．（25-26八年级下·上海·阶段检测）中，若，和它相似的一个三角形的最短边是15，则这个三角形的周长是（    ） A．63 B．54 C．45 D．162 12．（2026·广东清远·一模）相似三角形的对应高之比为，那么对应周长之比为_____． ( 题型0 5 )利用相似三角形对应面积的比成比例 13．（25-26九年级下·重庆开州·阶段检测）已知，且相似比为，则与的面积比为（    ） A． B． C． D． 14．（25-26九年级下·重庆·期中）已知，AD和分别是与的角平分线，，，则与的面积比是（   ） A． B． C． D． 15．（25-26九年级上·上海·阶段检测）两个相似三角形对应中线之比是，它们的面积差是，则较大三角形的面积是______． ( 题型0 6 )证明三角形的对应线段成比例 16．（24-25九年级上·湖南长沙·阶段检测）如图，在正方形中，为边上一点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长； 17．（25-26九年级上·全国·课后作业）如图，在中，，垂足为． (1)这四条线段是否是成比例线段？请说明理由． (2)在图中还能找出成比例的其他四条线段吗（线段可以重复）？若有，请写出一种情况，并说明理由． 18．（23-24九年级上·上海·期中）如图，在中，D是上的点，E是上一点，且．      (1)求证:； (2)若E是的重心，求的值． ( 题型0 7 )利用相似三角形的性质求坐标 19．（25-26九年级上·贵州贵阳·阶段检测）如图，是小芳在制作“简易视力表”时的两个成相似的“E”字，若把这两个“E”字放在图中的平面直角坐标系内，会发现它们的对应点B，G和对应点C，H的连线刚好经过原点O，其中点C，H均在x轴上．若，点G的坐标是，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 20．（24-25九年级上·河北沧州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，的坐标分别为，，（点，点的对应点分别是点，点），的坐标为，则点的坐标为______．    21．（25-26九年级上·四川成都·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，直线：与x轴交于点A，与y轴交于点．直线经过B，C两点，点C是x轴正半轴上一点，且．在直线上是否存在点M，使其与A，B，C三点中的某两点构成的三角形与相似（相似比不为1），若存在，点M的坐标为_______． ( 题型0 8 )相似三角形的性质与判定综合问题 22．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，中，，直尺的一边与重合，另一边与分别交于两点，处的读数分别为（单位：）．若直尺的宽为，则的长度是（     ） A． B． C． D． 23．（2026·湖北武汉·中考真题）如图，、分别是矩形边、上的点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，边经过点．若，，，则的长是_________，的长是_________． 24.（25-26八年级下·吉林长春·期末）教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材中的部分内容． 如图，在中，D，E分别是边，的中点，，相交于点G，求证：， 证明：连接． （1）. 请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程． 结论应用：在中，对角线、交于点O，E为边的中点，、交于点F． （2）. 如图②，若为正方形，且，则的长为______． （3）. 如图③，连接交于点G，若四边形的面积为2，则的面积为______． 一、单选题 1．已知，相似比为，那么和的周长比为（   ） A． B． C． D． 2．如图，，，分别是，的角平分线，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 3．如图，中，点D、E分别在AB、AC上，且，下列结论正确的是（   ） A． B．与的面积比为 C．与的周长比为 D．连接，则与的面积比为 4．如图，在中，，，平分交于，交延长线于，则的值为（   ） A． B． C． D．2 5．在中，是高，矩形的顶点P、N分别在、上，在边上，若，，且，则矩形的周长为（　　） A． B． C． D． 6．如图，在正方形中，点E在边上，且，连接，过点E作，交于点F，连接并延长交的延长线于点G，若，则正方形的边长为（  ） A．14 B．13 C．12 D．11 二、填空题 7．已知，且，，则 ． 8．如图，在中，E在上，交于F，若，则 ． 9．如图，在中，点D，E分别是边上的点，且，，的面积是18，则四边形的面积是 ． 10．如图，已知，，是三个全等的等腰三角形，底边，，在同一直线上，若，则 ． 11．有7个大小完全相同的小正方形，恰好按如图方式放置在中，点D，E在上，点F在上，点G，H在上．若每个小正方形的边长为1，则的周长为 ． 12．如图，在中，，点P是边上一个动点，点D是边的中点，连接，将沿DP翻折，使点A落在点处，当平行于其中一条直角边时，的长为 ． 三、解答题 13．如图，在平行四边形中，连接，是边上一点，连接并延长，交的延长线于，且． (1)求证：； (2)如果，，求的长． 14．如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，． (1)求证：； (2)当时，求 15．如图，在中，点E在的延长线上，与交于点F． (1)求证：； (2)若的面积为4，，求的面积． 16．如图，、是的两条高，过点作，垂足为，交于，、的延长线交于点． (1)求证：； (2)试探究线段、、之间的数量关系，并证明你的结论． 17．已知：如图，四边形，，，，为对角线，是上一点，连接并延长交的延长线于点．设四边形的面积为． (1)若为的中点，则与的关系为 ； (2)若，则与的关系为 ； (3)若，则与的关系为 ． 18．（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，过点作交于点． 【探究证明】求证：； 【特例分析】若，，为的中点，求的长． 【衍生拓展】（2）如图，在中，，，，是的中点，射线，分别交，于点，，且，求的值． 一、单选题 1．（25-26八年级下·山东泰安·期末）如图，在中，，，点是边上一点，，点在边上．若，则的长为（     ） A． B．1 C． D．2 2．（25-26八年级下·广东深圳·期末）如图，在中，D、E分别为、边上的点，，与相交于点F，则下列结论一定正确的是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽蚌埠·三模）如图，，分别是的中线，与相交于点O，点M，N分别在上，四边形是平行四边形．若，则的长度为（） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于点，交的延长线于点．若，则和的面积比是（     ） A． B． C． D． 5．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，在矩形中，过点D作的垂线交于点E，交于点F，连接，，下列结论：①；②平分；③；④若F是的中点，则．其中正确的结论有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 6．（26-27九年级·上海·暑假作业）若，且面积比为，则其对应边上的高的比为_______． 7．（24-25八年级下·黑龙江大庆·期末）如果两个相似三角形的面积之比为，较小的三角形的周长是，那么另一个三角形的周长为____． 8．（25-26八年级下·山东威海·期末）如图，，，，则_______． 9．（25-26八年级下·江苏苏州·期末）在如图所示的网格中，每个小正方形边长均为，的三个顶点均在网格线的交点上，点，分别是边，与网格线的交点，连接，则的长为________． 10．（25-26八年级下·上海嘉定·期末）如图，点是的重心，如果，，，那么__________． 11．（2026·四川雅安·一模）如图，在平行四边形中，，交于点F，那么的值是______． 三、解答题 12．（25-26八年级下·福建福州·期末）如图，点、分别在边、上，，若，，，求的长． 13．（25-26九年级上·山东临沂·期末）如图，在中，D为上一点，E为上一点，且，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 14．（25-26九年级上·江苏镇江·期末）如图，四边形为平行四边形，E为边上一点，连接、，它们相交于点F，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 15．（25-26八年级下·江苏苏州·期末）如图，在中，，是边的中点，连接，作，垂足为E，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 16．（25-26八年级下·吉林长春·期末）【教材呈现】 关于“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．”这一性质，华师版新、旧教材给出两种不同的证明方法． 已知：如图①，在中，点分别是和的中点． 求证：． 方法一：新版八下教材第99页如图②，过点作，且与的延长线交于点．由平行线性质和已知条件，可以证明，从而推出四边形是平行四边形，可得． 方法二：旧版九上教材第77页如图①，利用“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明，再利用“相似三角形的对应边成比例，对应角相等”，可得，． (1)请按照方法二写出完整证明过程． 证明： (2)【结论应用】如图③，在四边形中，，点是对角线的中点，点、分别是、中点，，则的度数是 ． (3)【拓展延伸】如图④，在四边形中，，且，点、分别是、的中点，则的长度是 ． 1．（2026·四川内江·中考真题）如图，在中，，若，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（2026·辽宁·中考真题）如图，，与相交于点E，，，垂足分别为F，G．若，，则的值为_________． 4．（2026·上海·中考真题）如图，菱形中，是线段上的点，连接交对角线于点，且． (1)如果，求证：； (2)如果的角平分线交、于点、，求证：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $