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专题26 图形的相似（24题）
一、单选题
1．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在第三象限画与位似，若与的相似比为，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·黑龙江绥化·中考真题）两个相似三角形的最长边分别是和，并且它们的周长之和为，那么较小三角形的周长是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·河北·中考真题）“这么近，那么美，周末到河北”．嘉嘉周末到弘济桥游览，发现青石桥面上有三叶虫化石，他想了解其长度，在化石旁放了一支笔拍下照片（如图）．回家后量出照片上笔和化石的长度分别为和，笔的实际长度为，则该化石的实际长度为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·浙江·中考真题）如图，五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，已知点的坐标分别为．若的长为3，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．5
5．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，一张锐角三角形纸片，点、分别在边、上，，沿将剪成面积相等的两部分，则的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在的方形网格中，每个小正方形的边长均为1，将以点O为位似中心放大后得到，则与的周长之比是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·云南·中考真题）如图，在中，已知分别是边上的点，且．若，则（）
A． B． C． D．
8．（2025·四川内江·中考真题）阿基米德曾说过：“给我一个支点，我能撬动整个地球．”这句话生动体现了杠杆原理：通过调整支点位置和力臂长度，用较小的力就能撬动重物．这一原理在生活中随处可见．如图甲，这是用杠杆撬石头的示意图，当用力压杠杆时，另一端就会撬动石头．如图乙所示，动力臂，阻力臂，，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·四川遂宁·中考真题）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．
二、填空题
10．（2025·黑龙江绥化·中考真题）在平面直角坐标系中，把以原点为位似中心放大，得到．若点和它的对应点的坐标分别为，，则与的相似比为 ．
11．（2025·甘肃平凉·中考真题）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”风筝古称纸鸢，起源于春秋战国时期，风筝制作技艺已被列入国家非物质文化遗产名录为丰富校园生活，某校开展风筝制作活动，小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝，风筝的形状如图所示，其中对角线．已知大、小风筝的对应边之比为，如果小风筝两条对角线的长分别为和，那么大风筝两条对角线长的和为 ．
12．（2025·河南·中考真题）定义：有两个内角的差为的三角形叫做“反直角三角形”．如图，在中，，，点为边上一点，若为“反直角三角形”，则的长为 ．
13．（2025·甘肃·中考真题）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．风筝古称纸鸢，起源于春秋战国时期，风筝制作技艺已被列入国家非物质文化遗产名录．为丰富校园生活，某校开展风筝制作活动，小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝，风筝的形状如图所示，其中对角线．已知大、小风筝的对应边之比为，如果小风筝两条对角线的长分别为和，那么大风筝两条对角线长的和为 ．
14．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1．
（1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为 ．
（2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为 ．
15．（2025·四川成都·中考真题）若，则的值为 ．
16．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在中，，于点，．以点为圆心，的长为半径画弧，交于点．以点为圆心．的长为半径画弧．交于点，过点作，交于点；再以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，以的长为半径画弧，交于点，过点作，交于点；又以点为圆心……重复以上操作．则的长为 ．
17．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点D为中点，点E在上，当为 时，与以点A、D、E为顶点的三角形相似．
三、解答题
18．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求与的长度；
(3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度．
19．（2025·江西·中考真题）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形中，相交于点O．
（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值
类比探究
（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．
20．（2025·安徽·中考真题）已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，．
(1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长；
(2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接．
①求证：；
②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由．
21．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点．
(1)当是边中点时，
①如图（1），联结，如果，求证：；
②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值；
(2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长．
22．（2025·四川广安·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点E在的延长线上，连接，．
(1)求证：是的切线．
(2)过点C作，垂足为D，若的面积是的面积的3倍，，求的长．
23．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，港口位于岛的北偏西方向，灯塔在岛的正东方向，，一艘海轮在岛的正北方向，且、、三点在一条直线上，．
(1)求岛与港口之间的距离；
(2)求．
（参考数据：，，）
24．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．

《专题26 图形的相似（24题）-2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 B B C C C B A B A
1．B
本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质得出对应点的位置是解题的关键．利用相似比为，，直接利用相似比可得出坐标．
解：∵与位似，相似比为，
∴，
∵，位似中心为原点，
∴，
故选：B．
2．B
本题考查相似三角形的性质，根据最长边分别为和确定相似比，相似三角形的周长比等于相似比，再根据周长之和为即可求解．
解：两个相似三角形的最长边分别为和，
相似比为，
较大三角形与较小三角形的周长比为：，
它们的周长之和为，
较小三角形的周长为：，
故选：B．
3．C
本题考查了相似图形的性质，设该化石的实际长度为，根据题意得出，即可求解．
设该化石的实际长度为，依题意，
，
解得：
故选：C．
4．C
本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
根据位似图形的性质得到，证明，即可求解．
解：∵五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，点的坐标分别为
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
5．C
此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
如图所示，过点D作交于点F，证明出，得到，，设，，表示出，然后得到，进而求解即可．
解：如图所示，过点D作交于点F，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴设，，
∵沿将剪成面积相等的两部分，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
6．B
本题考查了位似图形的性质，正确得到以点O为位似中心放大2倍后得到是解题的关键；
根据题意可得以点O为位似中心放大2倍后得到，再根据位似图形的性质求解即可.
解：根据题意可得：以点O为位似中心放大2倍后得到，
∵，
∴与的周长之比是；
故选：B.
7．A
本题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和性质是解题的关键；
由证，利用相似三角形对应边成比例，结合，得出结论．
解：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵
∴
故选：A．
8．B
本题考查相似三角形的应用，根据题意构造出相似三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例求得的长度．解题的关键是正确判定相似三角形并运用相似三角形的性质列出比例式．
解：，，
，
，
，
∵动力臂，阻力臂，
，
，
的长为．
故选：B．
9．A
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.
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.
10．
本题考查的是位似变换，熟知在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或是解答此题的关键．
根据坐标与图形的性质进行解答即可．
解：把以原点为位似中心缩小得到，点和它的对应点的坐标分别为，，
则与的相似比为，
故答案为：．
11．195
本题考查了相似多边形的应用，证明大风筝和小风筝相似，相似比为，即可解决问题．熟练掌握相似多边形的判定与性质是解题的关键．
解：小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝，大、小风筝的对应边之比为，
大风筝和小风筝相似，相似比为，
大风筝两条对角线长小风筝两条对角线长，
大风筝两条对角线的长分别为和，
大风筝两条对角线长的和为，
故答案为：195．
12．或
题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，理解“反直角三角形”的定义，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分情况讨论：①当时，过点作于点，由等腰三角形的性质得到，证明，得到，即可求出的长；②当时，过点作交于点，由等角对等边得到，再证明，设，进而得出，，根据求出的值，即可求出的长；③当时，利用锐角三角函数，得出，，即此种情况不存在；④当时，同③理可证，此种情况不存在；即可得解．
解：，
，
，
，
，
若为“反直角三角形”，
①当时，过点作于点，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
②当时，过点作交于点，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则，
，
，，
，
，
；
③当时，
，，且，
，
，
若，则，即，
此种情况不存在；
④当时，
当点与点重合时，最小，此时，
同③理可证，此种情况不存在；
综上可知，的长为或，
故答案为：或．
13．195
本题考查了相似多边形的应用，证明大风筝和小风筝相似，相似比为，即可解决问题．熟练掌握相似多边形的判定与性质是解题的关键．
解：小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝，大、小风筝的对应边之比为，
大风筝和小风筝相似，相似比为，
大风筝两条对角线长：小风筝两条对角线长，
大风筝两条对角线的长分别为和，
大风筝两条对角线长的和为，
故答案为：195．
14．
（1）连接，可证明是的中位线，得到，证明，可得，则；进而可得；证明，得到，则可得到，则，据此可得答案；
（2）连接，证明，得到，，，则可证明，；再证明，得到；证明，得到，则，则，据此可得答案．
解：（1）如图所示，连接，
∵D，E分别是边和的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵的面积是1，
∴；
∵D是的中点，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图所示，连接，
∵M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，，
∴；
∵的面积是1，
∴；
∵M是靠近点C的六等分点，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
15．4
本题主要查了比例的性质．根据比例的性质解答即可．
解：∵，
∴．
故答案为：4
16．
本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、图形类规律探索，由等腰三角形的性质可得，由勾股定理得出，求出，，同理可得，…，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，正确得出规律是解此题的关键．
解：∵在中，，于点，．
∴，
∴，
∵以点为圆心，的长为半径画弧，交于点．
∴，
∴，
∵以点为圆心．的长为半径画弧．交于点，
∴，
∵过点作，交于点；
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∵以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，
∴，
∴，
∵以的长为半径画弧，交于点，
∴，
∵过点作，交于点；
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
同理可得：，…，
∴的长为，
故答案为：．
17．3或
本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是分或两种情况运用相似三角形的判定定理解题即可．
解：当时，
∵，
∴，
∴，
当时，
∵，
∴，
∴，
综上，或，
故答案为：3或．
18．(1)见解析
(2)，
(3)
（1）连接， 可得，，由直径性质，得，可得，即得直线是的切线；
（2）证明，得，得，可得，证明，得,，由,得；
（3）过点E作于点G，则，当四边形面积最大时，面积最大，点F是的中点，可得，得 ，得，∴，得，由，得,即得．
（1）解：连接，
则，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得（舍去）或；
（3）过点E作于点G，
则，
当四边形面积最大时，面积最大，点F到的距最大，点F是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定和性质，正切定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．
19．（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）．
（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；
（2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可；
（3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可；
（4）同理可证，，，根据，求解即可．
解：（1）∵正方形，
∴，，
∴旋转角为，，
故答案为：；；
（2）如图，
根据题意得，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）的值与α无关，理由如下，
如图，
同理可证，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∵O是的垂直平分线与的交点，
∴，
∴，
过点作于点，
∴，，
∴，
∴，
∴的值与α无关；
（3）同理可证，，，
∴，，
∵，
∴
，
即．
本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
20．(1)
(2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析
（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解；
（2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解；
②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论；
（方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论．
（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D，
∴，，，
由垂直平分线的性质知，，，
又，
∴，
∴．
又，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
（2）解：①证明：由题意知，，
∴，．
∴
，
∴．
②解：是等腰直角三角形．
理由如下：
（方法一）作交于点M，交于点N．
∵，
∴M为的中点．
又，
∴，
∴，
∴N是的中点，
∴是的中位线，．
∵，，且，
∴，
∴，
即E为的中点．
又，
∴，
∴．
同理可证，
∴．
∴是等腰直角三角形．
（方法二）设，则．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∴，
又，，
∴．
∴，．
由①知，
∴．
又，
∴为等腰直角三角形．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
21．(1)①见解析；②
(2)
（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则；
②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案；
（2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案．
（1）解：①如图所示，延长交于H，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是边中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，延长交于M，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∵是边中点，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴；
∴，，
设，则，
∴，
∴；
（2）解；如图所示，延长交于M，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∵，
∴，即
∴，
∵，即，
∴，
∴；
∵，
∴，即，
∴，解得或（舍去），
∴．
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等等，熟知切线的判定定理，相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）连接，由等边对等角得到，则，由直径所对的圆周角是直角得到，则可导角证明，据此可证明结论；
（2）证明，得到，则，设，则，，证明，得到，则，据此可求出，再利用勾股定理即可求出答案．
（1）证明：如图所示，连接，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
又，
，
，
的面积是的面积的3倍，
，
，
设，
，，
，
，，
，
，
，
∴，
在中，．
23．(1)
(2)
本题考查解直角三角形的应用，相似三角形的判定与性质，比例的性质，能根据作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
（1）过点作，垂足为，证明，得出，结合，，求出，再在中利用三角函数即可求解；
（2）在中，利用三角函数求出，利用，得出，则可求出，再在中利用三角函数即可求解．
（1）解：如图，过点作，垂足为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
得：，
在中，由，
得．
答：岛与港口之间的距离为；
（2）解：在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，．
24．（）详见解析；（）；（）
（1）连接，证明，即可求证；
（2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解；
（3）过点作于，交于点，证明，可得，设，，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到，．，，． 设，则，．在中，根据勾股定理求出，即可求解．
即的长为5．
（1）证明：连接，

由折叠可得，．
∵四边形为矩形，．
∵为的中点，，
∴．
在与中，
∵，，
∴，
∴
（2）解：，点在移动过程中，不变．
∴点在以为圆心，10为半径的的弧上．
连接，

当点在线段上时，有最小值．
∵，，，
∴．
∴，
∴的最小值为．
（3）解：过点作于，交于点，

∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
设，，
∴，．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
解得．
∴，．，，．
设，则，．
在中，，
∴．
解得，，
即的长为5．
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．

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