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相似三角形 典型考点冲刺练 2026年初中数学中考复习备考
一、单选题
1．已知两个相似三角形的对应边的比为，则它们对应高线的比为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，是的中位线，是的中点，连接并延长，与边交于点，则的值为（）
A． B． C． D．
3．如图，面积为24的菱形中，点O为对角线的交点，点E是线段的中点，过点E作于于G，则四边形的面积为（ ）
A．6 B．3 C．2 D．1
4．在平面直角坐标系中，已知点，，以原点O为位似中心，相似比为 ，把缩小，则点A的对应点的坐标是（ ）
A． B．
C．或 D．或
5．如图，正方形的顶点在正方形的边上，与交于点，若，，则的长为（ ）
A． B．1 C．2 D．
6．如图，在四边形中，，点E为的中点，平分，与交于点F．若，，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
7．在矩形中，是对角线上一点，连接并延长交于，，是的中点，连接，，若，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，的平分线交边于点，交的延长线于点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在中，，为上的中线，将沿直线翻折得到，与交于点，连接与分别交于点，连接，若，则下列结论正确的是（ ）
A． B．若，则
C． D．垂直平分
10．如图，是平行四边形的边的垂直平分线，垂足为点O，与的延长线交于点E，连接与交于点F，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
11．如图所示的是某校综合实践活动小组测量某个机器零件的平面示意图．已知，与相交于点O，为的中位线，若，则的长为__________．
12．如图，一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源O的照射下形成的投影是，若，则的面积是__________．
13．如图的正方形习字格书写的汉字“善”端庄稳重、舒展美观，已知一条分割线的端点分别在习字格的边上，且，“善”字的笔画“，”的位置在的黄金分割点处，且，若，则的长为__________cm．（结果保留根号）
14．如图，E是矩形内的一点，且，已知，线段的长为6，则的面积为________．
15．如图，在平面直角坐标系中，点，点在负半轴上，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，点恰好在反比例函数图象上，连接，线段与轴交于点，若，则的值是_____．
16．如图，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，，则=___．
17．如图，直线，直线依次交于点A，B，C，直线依次交于点D，E，F，若，则的长为______．
18．如图1，在平行四边形中，，点F从点B出发，以的速度沿匀速运动，点E同时从点A出发，以的速度沿匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．图2是的面积随时间变化的函数图象（图中为线段），当的面积为时，运动时间t为_________．
19．如图，在矩形中，，点为上一点，且，作的角平分线交边于点，作于点，分别与和交于点和点，若，则___.
三、解答题
20．如图，点A是抛物线上的任意一点，过点A作轴于点B，过点B作，交抛物线于点C，D（点C在点D的左侧）．
(1)若点A横坐标是1．
①求直线的解析式；
②求的值；
(2)设点A的横坐标为m，试说明与的值均等于同一个定值k，并求出该定值k；
(3)将给定的抛物线平移后，若所得抛物线与原线段恰好存在唯一交点，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
21．如图1，为的直径，点在上，且弧弧，弦交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，和．
(1)求证：四边形为菱形．
(2)如图2，若点，重合，求与的面积比．
(3)如图1，若，，求的值．
22．综合与探究
抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，当时，．P是抛物线上一个动点（不与点A，B，C重合），其横坐标为t，连接AC，BC．
(1)如图①，求抛物线的解析式；
(2)如图②，点P在直线上方时，连接与交于点Q．
①若，则t的值为______；
②求的最大值；
(3)当时，请直接写出点P的坐标．
23．【问题背景】
如图1，在正方形中，E为边上一点，连接，过点E作交于点F．我们可以证明：．（不需要证明）
(1)【尝试应用】如图2，在矩形中，E为边上一点，连接，过点E作交于点F．
①求证：；
②若E为的中点，，求的长．
(2)【拓展探究】如图3，在中，，，，E为边上一点（点E不与点A、B重合），连接，过点E作交于点F，当为等腰三角形时，直接写出的长．
24．如图，在中，，以边为直径作，过点A作的切线交的延长线于点D，切点为E，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A B D B D D C A B
1．B
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，相似三角形对应高的比等于相似比，据此可得答案．
【详解】解：∵两个相似三角形的对应边的比为，
∴它们对应高线的比为，
故选：B．
2．A
【分析】由三角形中位线的性质得到，，再由是的中点，得到，由得到，根据相似三角形的对应线段成比例即可求解．
【详解】解：∵是的中位线，
∴，，
∴是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
3．B
【分析】本题考查了菱形的性质及面积的求法、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得出，证出四边形是矩形，得出都是的中位线，则，，由矩形面积即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴
∵于F，于G，
∴四边形是矩形，
∵点E是线段的中点，
∴都是的中位线，
∴，
∴矩形的面积＝．
故选B．
4．D
【分析】本题主要考查位似的性质，掌握位似的性质，用点坐标乘以相似比（正数相似比，负数相似比）是解题的关键．根据位似比的性质可知，用点A的坐标分别乘以即可求解．
【详解】解：∵，相似比为 ，
∴点A的对应点的坐标是或，
故选：D．
5．B
【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质成为解题的关键．
由正方形和正方形可得、、、得，得，由，则，据此即可解答．
【详解】解：∵正方形和正方形，，，
∴，
，
，
，
∴，
∴，
又∵，
∴．
故选：B．
6．D
【分析】过点D作，证明四边形是矩形，得出，从而得，证出，在截取，得出，证明，得出，再证明，得出，，勾股定理求出，得出，，根据等腰三角形的性质得出，结合，得出，证明，再证明，从而证出，根据相似三角形的性质即可求出．
【详解】解：如图，过点D作，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在截取，
∵平分，，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∵点是中点，
∴，
延长交于点，
∵，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：．
故选：D．
【点睛】该题考查了矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，三角形外角的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线．
7．D
【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定定理和性质以及勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键．
先证明，利用相似三角形性质推出，进而求出，再结合线段中点性质，以及勾股定理求出即可解答．
【详解】解：四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
，
即，
，
是的中点，
，
，
故选：．
8．C
【分析】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义．利用平行四边形的性质得出，，进而得出，，再利用角平分线的性质得出，进而得出，即可得出的长，再利用平行线分线段成比例定理即可得出答案．
【详解】解：在平行四边形中，
∴，，
，，
的角平分线交于点，，
，
∴，
，
∵，
∴．
故选：C．
9．A
【分析】根据折叠得到，垂直平分，可判定D选项；设，则，由中位线的判定和性质得到，设，则，证明，，可判定A，C选项；根据锐角三角函数的计算可得，结合折叠的性质可判定B选项，由此即可求解．
【详解】解：在中，，为上的中线，
∴，
∵折叠，
∴，垂直平分，则，但不平分，故D选项错误，不符合题意，
∴，，
设，
∴，
在中，，
∴，则，
∴，
∵点分别是中点，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即,
∴，故A选项正确，符合题意；
∴，
∴，故C选项错误，不符合题意；
若，则，
根据上述计算，，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵折叠，，，
∴，
∴，故B选项错误，不符合题意；
故选：A ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，等腰三角形的判定和性质，中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算，掌握折叠的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算是关键．
10．B
【分析】根据菱形的判定、平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质一一判断即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵垂直平分，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故①正确；
∴
∵，，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误．
设的面积为a，则的面积为，的面积为，
∴的面积的面积，
∴四边形的面积为，的面积为，
∴．故④正确，
综上，正确的结论是①②④．
11．
【分析】本题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
根据三角形的中位线定理以及得到，则，那么，再根据三角形中位线定理得到的线段关系求出，即可求解．
【详解】解：∵为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵，
设，则，
∴，
∴，
故答案为：．
12．250
【分析】本题考查中心投影，位似图形的性质，与是位似图形，求出位似比，再根据面积比等于位似比的平方即可求解．
【详解】解：由平行投影可知与是位似图形，
，
，
与的位似比为，
，
，
故答案为：250．
13．或
【分析】本题考查了黄金分割，正方形的性质，矩形的判定和性质，理解黄金分割知识是解答关键．
根据正方形的性质和平行线的性质得到四边形是矩形，再利用矩形的性质和黄金分割来求解．
【详解】解：四边形是正方形，
．
又，
，
，
四边形是矩形，
．
又，
．
故答案为：或．
14．27
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质．关键是构造相似三角形．
作过于于的面积等于与乘积的一半．要求的面积只有或中的一个量，不能求出面积的值，必须求出与乘积，逐项分析可得．是斜边上的高，证明，得出，根据，可得正确选项．
【详解】解：作于于．
∴
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴的面积等于．
∵是斜边上的高，
∴，，
，
，
∴的面积．
故答案为27.
15．2
【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
先证得得出，，再证得求出，然后代入求解即可．
【详解】解：过点C作轴交于点E，
由旋转可得，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
由轴得，
∴，
∴，
∴，
∴，则，
∴，
∵点恰好在反比例函数图象上，
∴，
解得，
故答案为：2．
16．
【分析】过B点作BE//AD交AC于点E，证明，得到再证明利用设利用三角形的面积公式可得答案．
【详解】解：过B点作BE//AD交AC于点E，
BE⊥AD，
，
∴
∴
由，
∴
设 则
故答案为：
17．
【分析】本题考查了平行线分线段成比例，根据平行线分线段成比例求出，即可求解，掌握平行线分线段成比例是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
18．或
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，动点问题的函数图象，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，由图、图可知，当时，点与点重合，当时，点在上运动，而点继续在上运动，即得，，进而由勾股定理得，再分和两种情况，分别画出图形，求出与的函数关系式，再把代入计算即可求解，看懂函数图象并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：由图、图可知，当时，点与点重合，当时，点在上运动，而点继续在上运动，
∵四边形是平行四边形，点、点的速度都是，
∴，；
∵，
∴，
∴，
当时，如图，作，交的延长线于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
解得或（舍去）；
当时，如图，作，交的延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
解得；
综上，或；
故答案为：或．
19．
【分析】连接，过作交于，先证明，得到，设，则，证明，得到，根据平行线的判定和性质得到，根据等角对等边得到，进而得到，再由平行线分线段成比例得到，求出即可得到答案．
【详解】解：连接，过作交于，如图所示：
∵，
，
在和中，
，
，
，
设，则，
∵是的角平分线，
，
在和中，
，
，
，又，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
整理得，
解得，，
由图可知，不符合题意，
即，
，，
则
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质、等角对等边、角平分线的性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，解题的关键是掌握相关知识，并灵活运用．
20．(1)①；②
(2)见解析，或
(3)，且
【分析】（1）①先求出，即可得出，直线的解析式为，再结合，可设直线的解析式为，将代入可得，从而得出直线的解析式；②联立可得，求解得出点的横坐标为，作轴于点，则，再证明，由相似三角形的性质即可得出结果；
（2）先求出，即可得出，求出直线的解析式为，再结合，可设直线的解析式为，将代入可得直线的解析式为；联立可得，再分和两种情况，结合相似三角形的性质计算即可得出结果；
（3）令点A横坐标是1，则由（1）可得，，求出点关于轴对称的点的横坐标为，点关于轴对称的点的横坐标为，再计算出当平移后所得抛物线恰经过点时，此时，当平移后所得抛物线恰经过点时，此时，即可得出结果．
【详解】（1）解：①∵点A是抛物线上一点，且点A横坐标是1，
∴当时，，
∴，
∵过点A作轴于点B，
∴，
设直线的解析式为，
将代入可得，
∴直线的解析式为，
∵，
∴设直线的解析式为，
将代入可得，
∴直线的解析式为；
②联立可得，
解得：，，
∴点的横坐标为，
如图：作轴于点，则，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由①可得：，
∴；
（2）解：∵点A是抛物线上的任意一点，且点A的横坐标为m，
∴当时，，
∴，
∵过点A作轴于点B，
∴，
设直线的解析式为，
将代入可得，
∴，
∴直线的解析式为，
∵，
∴设直线的解析式为，
将代入可得，
∴直线的解析式为；
联立可得，
若，解得：，，
如图：作轴于点，轴于点，
则，
同（1）②可得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴此时；
若，解得：，，
如图：作轴于点，轴于点，
则，
同（1）②可得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴此时；
综上所述，与的值均等于同一个定值k，或；
（3）解：令点A横坐标是1，则由（1）可得：，，
∴点关于轴对称的点的横坐标为，点关于轴对称的点的横坐标为，
当平移后所得抛物线恰经过点时，此时，
当平移后所得抛物线恰经过点时，此时，
∵将给定的抛物线平移后，所得抛物线与原线段恰好存在唯一交点，
∴，且．
【点睛】二次函数图象的平移法则：左加右减，上加下减；两个相似三角形的对应边成比例；采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，，从而得出结论；
（2）连接，连接交于点，根据圆周角定理得到，由三角形内角和定理求出，进而得到和是等腰直角三角形，设，则，根据勾股定理求出长，利用求解即可；
（3）连接、，过点作于点，设的半径为，则、，在中，根据勾股定理列出方程求出的值，证明，则，据此求出长，根据等腰直角三角形的性质得到，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：是的垂直平分线，
，，
经过圆心，且，
，
，
四边形为菱形；
（2）解：连接，连接交于点，如图2，
是的直径，
，
，
，
由（1）知，四边形为菱形，
、，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
；
（3）解：连接、，过点作于点，设的半径为，则、，
由（1）知，四边形为菱形，
、，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
、、，
，
，
，是的直径，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键．
22．(1)
(2)①2；②最大值
(3)或
【分析】（1）先根据当时，，得出抛物线与x轴的两个交点坐标为，，然后代入求出抛物线的解析式即可；
（2）①过点Q作于点D，根据，得出，证明，得出，求出，待定系数法求出直线的解析式为，联立，求出点P的坐标为，即可得出答案；
②过点P作轴，交于点M，过点A作轴，交的延长线于点N，证明，得出，求出直线的解析式为，求出，，得出，根据二次函数的性质，求出最值即可；
（3）当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）解：∵当时，，
∴抛物线与x轴的两个交点坐标为，，
把，代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：①过点Q作于点D，如图所示：
则，
把代入得：，
∴点C的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设直线的解析式为：，把，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，，
∴此时点P的坐标为，即；
②过点P作轴，交于点M，过点A作轴，交的延长线于点N，如图所示：
则，
∴，
∴，
设直线的解析式为：，把，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
把代入得：，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，最大，且最大值为；
（3）解：∵，，
∴，
当在下方时，过点A作于点D，过点D作轴于点E，过点C作，交的延长线于点F，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴设，则，，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，，
∴此时点P的坐标为；
当在上方时，取点关于y轴的对称点，过点作于点D，过点D作轴于点E，过点C作，交的延长线于点F，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
根据轴对称可得：，
∵，
∴，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴设，则，，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，，
∴此时点P的坐标为；
综上，点P的坐标为或．
23．(1)①见解析；②
(2)2或
【分析】（1）①由题意得，进而可证；由题意知，②，由①知，则，即，计算求解即可；
（2）由勾股定理得，则，证明；由题意知，当为等腰三角形时，分，，，三种情况求解；当时，则，，进而可求结果；当时，，则，，进而可求结果；当时，此时不成立．
【详解】（1）①证明：四边形是矩形，
，
．
，
，
，
，
又，
；
②为的中点，，
，
由①知，
，即，
．
（2）解：∵，，
∴，，
解得，
∵，
∴，
∴；
由题意知，当为等腰三角形时，分，，，三种情况求解；
当时，则，
∴；
当时，，
∴，即，
又∵，
∴；
当时，，
∴，此时点与点重合，不符合题意；
综上所述，的长为或．
24．(1)见详解
(2)
【分析】（1）利用切线的性质以及同弧所对的圆周角是圆心角的一半，证得，再利用半径相等得到等腰三角形证得，证出结果．
（2）先通过同角的余角相等证得，利用已知条件证得的值，再次证明，通过相似比进行等量代换，求出答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连，
∵是的切线，是切点，
∴，
∵，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如下图所示，连，，
∵是的直径，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，是的直径，
；
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
则，
∴，
∴．
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