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10 图形的相似相关压轴题
（浙江省最新考题）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2026·浙江杭州·模拟预测）某学习小组分到如图1所示农耕地用于劳动课种植果蔬，已知．小明（点）从点出发，同时小红（点）从点出发，以相同的速度按逆时针方向沿的边走动，记录测量数据，两人各执卷尺一端，卷尺（）保持笔直．当小明到达点时，小红刚好到达点；当小明到达点时，小红到点还差米．在小明从点到点的过程中，设为米，四边形的面积为平方米，如图2，关于的函数图象与轴的交点为，最低点的纵坐标为．下列结论正确的是（ ）．
A． B．
C．的面积为平方米 D．当四边形为梯形时，
2．（2026·浙江温州·模拟预测）如图，点，，，分别在菱形的边，，，上，连接，．若，，，记，当，的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）．
A． B． C． D．
3．（2026·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，，，点，分别在边，上，连接，，，满足，则面积的最小值是（ ）．
A．24 B． C． D．
4．（2026·舟山·一模）如图，在正方形中，点在边上且，连接．点为边上一点，过点作于点，交于点，点在边上，连接，，，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
5．（2026·浙江·模拟预测）如图，正方形和正方形是位似图形，其位似中心为．已知点F的坐标为，若点A的坐标为，则点C的坐标为__________．
6．（2026·浙江杭州·二模）黄金矩形是指宽与长的比值为黄金分割比的矩形，它因视觉上极具和谐美感，被广泛应用于古希腊帕特农神庙、蒙娜丽莎构图等经典艺术与建筑中．若从一个黄金矩形中裁去一个以宽为边长的正方形，剩余部分仍为一个新的黄金矩形，这一特性被称为“黄金矩形的自相似性”．如图，若从原黄金矩形中依次裁去以宽为边长的正方形，设第次裁去后剩余矩形的长为，则的值为________．
7．（2026·浙江宁波·模拟预测）如图，点是内部一点，且，延长交于点．已知，则______．
8．（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形内接于是上一点，连接分别交于点，边上的点与点关于对称，连接交于点．若，则的直径长为_____．
三、解答题
9．（2026·浙江·模拟预测）在矩形中，为正方形，点G在射线上，，过A作交于点H，过H作交于点P，连接交于点Q．
(1)求证：四边形是正方形．
(2)已知，若Q为的中点，求的长．
10．（2026·浙江杭州·一模）如图，已知四边形内接于，是的直径，，连接，相交于点，过点作交延长线于点．
(1)若，求的度数．
(2)求证：为的切线．
(3)求证：．
11．（2026·浙江宁波·二模）已知菱形的边长为8，，的面积为，，点E是边的中点，点F是边上一动点．
(1)如图1，求的值．
(2)如图2，当E，P，D三点在同一条直线上时，求的长．
(3)如图3，连结，求的最小值．
12．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，内接于圆，，连接并延长交边于点，交圆于点，连接、．
(1)如图1，当时，求的度数．
(2)如图2，当平分时．
①求证：．
②若，求的长．
13．（2026·浙江舟山·二模）如图1，在矩形中，，连接，将绕点逆时针旋转至，其中点的对应点为点，点的对应点为点，连接并延长交射线于点．
(1)如图2，当点与点重合时，记与交于点，与交于点．
①求证：．
②求的值．
(2)如图3，点在的延长线上，记与交于点，连接交于点，当时，求的值．
14．（2026·浙江·模拟预测）小军与小明两兄弟站在平面镜前方的水平地面上照镜子．如图，小军竖直站立在A处，其眼睛所在位置为点C，；小明竖直站立在小军身后的B处，其眼睛所在位置为点D，．此时C，D，O三点恰好共线，且小明与小军的水平距离为1米．
(1)求小军到平面镜的距离．
(2)根据平面镜成像原理，小明的立足点与眼睛在平面镜中的像分别为点与点．小军若想通过镜子看到点，，则需要注视到平面镜中点E，F的位置，求的长．
(3)在（2）的条件下，若小军想蹲下看，则的长是否会改变，请说明理由．
15．（2026·浙江杭州·二模）如图，是的切线，D是直径延长线上的一点，连接、，设（）．
(1)若，求．
(2)延长至E，使，过点E作的垂线，分别交、于点F，H．
①若，直径，求的长．
②求证：．
16．（2026·浙江丽水·二模）如图，已知四边形中，，．点在边上，，且交于点，交于点．
(1)求证：．
(2)若，，，求的值．
17．（2026·浙江宁波·三模）如图，在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交直线于点．
(1)如图，当，时，
①求证：；
②连接，，若，求的值．
(2)如图，当时，延长交射线于点，延长交射线于点，连接，．若，且是等腰三角形，求的长．
18．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，在中，，是线段（不含端点）上两点，且点在点的左侧，过作交于点，交的延长线于点．在线段上取点，使得．连接并延长交于点．
(1)若，，求的长．
(2)若是的中点．
①求证：．
②如图2，连接，，求证：四边形是平行四边形．
19．（2026·浙江杭州·二模）如图①，在中，（），点D在上，平分，为的外接圆．
(1)求证：．
(2)求证：为的切线．
(3)过点B作的切线，切点为E，如图②，连接，，，若，求的值．
20．（2026·浙江丽水·二模）如图，是的外接圆，的半径为，，，是上一点，连结，，，并延长，交于点，与交于点．
(1)求的长；
(2)当是的直径，求的值；
(3)求的最大值．
21．（2026·浙江杭州·二模）如图，以的直角边为直径作，过A作斜边的垂线交于点D，连接，交于点E，交于点F，连接．
(1)求证：．
(2)当时，求的值．
(3)若，且把的面积分成的两部分，求的长．
22．（2026·浙江杭州·三模）如图1，为外接圆，点、分别为，中点，连结、、，分别与、交于点、．已知．
(1)求证：．
(2)如图2，连结交于点，连结交于点，连结、．若，求证：是等边三角形．
(3)在（2）的基础上，若，求．
23．（2025·浙江宁波·模拟预测）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动．
在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点，分别是点，的对应点．
(1)如图1，连接，，则的值为______．
(2)如图，当点恰好落在边上，连接交于点，连接，
①的长度为______．
②求证：，
(3)若直线，交于点，当时，请直接写出的长．
24．（2026·浙江丽水·模拟预测）在边长为的正方形中，是边的中点，点是边上的一个动点，连接并延长交射线于点．
(1)如图，连接，当时，求证：；
(2)过点作的垂线交射线于点，连接，．
（）如图，求证：；
（）如图，当时，求的值．
25．（2026·浙江衢州·一模）问题提出
(1)如图①，为上一点，连接、，当时，__________．
问题探究
(2)如图②，在边长为6的等边中，为的中点，为边上任意一点，连接，并作，使得的一边与交于点，试求出的最大值．
问题解决
(3)如图③，四边形为某美食商业区的平面示意图，其中，，，．经过一段时间的运营，为了更好地服务消费者，打造美食街区的独特风格．市场管理者计划在美食商业区规划一片三角形区域用于美食烹饪表演．
方案：在上选取一点M，上选取一点，连接、、，构造．已知点为美食商业区的出入口，，设．
（i）求与之间的函数关系式．
（ii）为了不影响其他商户的经营，同时确保表演区域足够集中，需要点与点的距离足够远，请你根据需求计算出当最大时的面积．
26．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，以为直径作，交于点，，交于点．过点作于点，交于点，连接，交于点．
(1)如图1，若，．
①求的度数．
②求证：．
(2)如图2，，点为中点，若，，求的长．
27．（2026·浙江温州·一模）已知菱形的面积为，．
(1)如图1，求菱形的边长．
(2)如图2，若点E是射线上的一点（不与端点A，D重合），连接，．点A关于的对称点为点，交射线于点F．
①当点落在线段上时，求的长．
②的最大值为______．
28．（2025·浙江杭州·二模）点B，C在以点O为圆心，为半径的上，连接，．
(1)如图①，求证：平分；
(2)如图②，D为弦下方上一点，连接，E是上一点，，过点E作交于点F，连接，求证；
(3)如图③，在（2）的条件下，若为的直径，的面积为8，，求的半径．
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参考答案
题号 1 2 3 4
答案 B A D C
1．B
由初始点可得，的面积为平方米，故C错误；由题意可知，，，作于点，利用三角函数和等腰三角形的性质可得，，利用的面积构造方程，解得，则，，故A错误；作于点，利用计算出，从而得到，是一个二次函数，最低点为，故B正确，D错误．
解：根据题意，当时，，
∴的面积为平方米，故C错误；
由题意可知，，，，
如图，作于点，作于点，
∵，，
∴，，
在中，，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，，
∴，故A错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
∴是关于的二次函数，图象开口向下，顶点坐标为，
∴，故B正确；
对于D：∵的最小值为，故D错误．
2．A
如图：过点E作于点P，连接，设，根据，得出，，证明和相似得，同理和相似，则，进而得，由此可判定和相似，利用相似三角形性质得，则，进而得出 即可求解．
解：如图：过点E作于点P，连接，
设，
∴和都是直角三角形，
在中，，
在中，，
∵，
∴，解得：，
∵四边形是菱形，且，
，，，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
同理：，
∴，
，
，
又，
∴，
∴，
∴，即解得：，
∴，
∴
∴当，的值发生变化时，的值不变．
3．D
设，利用相似得到关于的代数式，再构建面积函数求最小值．
解：，
，相似比，
设，由相似：，，，
在上：，
在上：，，
综合得，
，
，
，
是开口向下的二次函数，越大，越小，
可取的最大值为，代入：
．
4．C
先设出正方形边长，过点作交于点K，通过正方形中的内十字模型，平行四边形的性质得出，再用相似三角形的性质求出的长度，由等腰三角形的三线合一求出的长，进而求出、的长，从而得到点是三等分点；过点作于点，过点作，连接交的延长线于点，由一线三垂直得出，的长，再由勾股定理即可求出的长，从而得出比值；
解：设正方形的边长为，
，
，
在中，，
四边形是正方形，
，，
过点作交于点K，
，，，
，四边形是平行四边形，
，，，
，
（）
，，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
过点作于点，过点作，连接交的延长线于点，
，，，
四边形是矩形，
，
，，
四边形是矩形，
，，
，，
，，
（）
，
，
，，
，
，
，
．
本题考查了正方形中的内十字模型、一线三垂直模型、相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等，几何法的核心是通过模型转化（正方形中的内十字模型、一线三垂直模型、等腰直角三角形等）将分散的条件集中到可计算的直角三角形中．
5．
本题考查位似图形的性质．位似图形对应顶点的连线经过位似中心，且对应点到位似中心的距离之比等于位似比．根据正方形顶点F的坐标确定小正方形顶点坐标，再利用位似中心及对应顶点A的坐标求出位似比，进而由位似变换公式求得点C的坐标．
解：∵正方形中，，且点O为坐标原点，
∴ ，，
∵ 正方形与正方形是位似图形，位似中心为，
∴ 点O与点A为对应顶点，点F与点C为对应顶点，设位似中心为M，过M作射线，，由题意可知，，分别过D，C，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴
∴ ，
∴ ，
∴ 点C的坐标为．
6．
设原黄金矩形长为、宽为，由黄金分割定义得．结合题意，是为第一次裁剪剩余矩形的宽，是为第二次裁剪剩余矩形的宽，利用黄金矩形自相似性，剩余矩形依然是黄金矩形，因此新矩形宽与长的比值仍为黄金分割比，直接推出的值．
解：设原黄金矩形的长为，宽为，
根据黄金矩形定义：宽:长=，即.
从原矩形裁去边长为宽的正方形后，剩余新矩形的长为原矩形的宽，宽为，
由题意，第一次裁剪后剩余矩形的长，宽为，
剩余矩形仍是黄金矩形，它的宽与长之比依旧等于黄金分割比，
即：，
第二次裁剪后剩余矩形的长为第一次裁剪后剩余矩形的宽，宽为，
即：，
第三次裁剪后剩余矩形的长为第二次裁剪后剩余矩形的宽，
．
7．
过点作交于点，证明，设，则，求出，设，则，再证明，得到，即可求解．
解：过点作交于点，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
∴．
8．
过点P作于M，延长交于N，连接，由轴对称的性质可得，，则可证明，进而可证明，得到；证明四边形是矩形，得到；设，则，；可证明是等腰直角三角形，得到，则；证明，利用相似三角形的性质列出比例式求出x的值，再利用勾股定理求出的长即可得到答案．
解：如图所示，过点P作于M，延长交于N，连接，
∵四边形是矩形，
∴；
∵边上的点与点关于对称，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴；
设，则，
∴；
∵，，
∴，为的直径，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
解得（已检验是原方程的解）或（舍去），
∴，
∴，
∴的直径长为，
故答案为：．
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质与判定，证明和是等腰直角三角形是解题的关键．
9．(1)
证明：∵， ，
∴
∴四边形是矩形．
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴
∴．
在和中
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
(2)．
（1）根据已知的、和，可得四边形的三个内角均为，因此它是矩形，利用正方形的性质，通过同角的余角相等推出，从而证明，得到邻边相等，即可解答；
（2）由，结合是中点，可证，得，设，则，因此．在中，由，证，得．由（1）知，在中，，联立方程．解方程并取舍即可解答．
（1）略
（2）解：设，
四边形是正方形，四边形是矩形，
，即．
．
为中点，
．
在和中：
．
．
，，
．
，，
，
，
，
．
，四边形为正方形，
，，
．
由（1）可知，
．
在中，
．
，
整理得：，
解得（舍去），．
．
10．(1)
(2)见解析
(3)见解析
（1）由圆周角定理可得，由三角形内角和定理可得，再结合圆周角定理即可得出结果；
（2）连接，先证明，再结合，得出，即可得证；
（3）延长交的延长线于点，由圆周角定理得，证明，得出，，从而可得，由等腰三角形的性质可得，证明，由相似三角形的性质可得，即可得证．
（1）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴为的切线；
（3）证明：如图，延长交的延长线于点，
∵是的直径，
∴，
∴，
由（1）可得，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
直径所对的圆周角是直角；两个相似三角形的对应边成比例．
11．(1)
(2)
(3)的最小值为
（1）过点F作于点H，利用正弦的定义结合三角形面积公式即可求得结果；
（2）延长，相交于点G，过点E作于点M，先证明，求得相关线段的长度，利用勾股定理得出的长度，通过角度和差关系得出，进而证得，从而求得结果；
（3）过点E作于点N，连接，，取的中点O，连接，，根据（1）的结论证得，利用菱形的性质得出当O，P，D三点共线时，取到最小值，从而得解．
（1）解：如图1，过点F作于点H，
∵，，
，
∵的面积为，
∴，即，
．
（2）解：如图2，延长，相交于点G，过点E作于点M，
在菱形中，，点E是的中点，
在和中，
，
∴，
，
，，
，，
在中，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）解：如图3，过点E作于点N，连接，，取的中点O，连接，，
可得，，，
在中，，
，，
，
由（1）知，，
，即，
，
，
，
．
在菱形中，，，
，
，
，
，
，
∴当O，P，D三点共线时，取到最小值，最小值为．
12．(1)
(2)
（1）由题意易得是等边三角形，然后问题可求解；
（2）①由题意易得，然后问题可求证；
②由题意易得，则有，然后可得，设，则有，进而通过①中的相似可得，则，最后根据勾股定理建立方程进行求解即可．
（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（2）①证明：∵平分，，
∴，
∵，
∴；
②∵，，
∴是等腰三角形，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设，则有，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
整理得：，
解得：，
∵，
∴，
∴．
13．(1)①证明：∵将绕点逆时针旋转至，
，
，，，
四边形是矩形，
，，
∴，
，，
，
，
∴，
．
②
(2)
（1）①根据旋转的性质得出，，，根据矩形的性质得出，进而得出，根据平行线的判定定理即可得出结论；
②过点作于点，设，则，利用勾股定理及等积法得出，，，，根据得出，根据相似三角形的性质得出，根据正弦函数的定义即可得出答案；
（2）过点作，交延长线于，过点作于，连接，利用可证明，得出，进而证明，得出，根据“三线合一”的性质得出，根据旋转的性质及三角形内角和定理得出，进而得出，即可证明，得出，，，则，可得，，，，利用得出，，进而得出，，即可得出．
（1）解：①略
②如图，过点作于点，
，
设，则，
∴，
，
∴，即，
∴，
∴，
，，
，
，
，
，
，
，
∴．
（2）如图，过点作，交延长线于，过点作于，连接，
∵将绕点逆时针旋转至，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
，
在和中，，
∴，
，
，
，
，
∵，，，
∴，，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
设，，则，
∴，
∴，，
∴，，
，
，
，
，，
，
，
，
．
14．(1)小军到平面镜的距离为2米
(2)米
(3)的长不会改变．理由如下：
无论的长如何变化都有，
只要小军的立足点不变，与的高之比就不变，即始终成立，
为定值，都等于0.72米．
（1）由题意易得，然后根据相似三角形的性质可进行求解；
（2）由平面镜成像原理可知：米，米．由图可把分别看作是的高，然后根据相似三角形的性质与判定可进行求解；
（3）根据相似三角形的性质与判定进行求解即可．
（1）解：由题意得，，
，
，
即，
米，
小军到平面镜的距离为2米．
（2）解：由平面镜成像原理可知：米，米．由图可把分别看作是的高，
，
，
，
即，
米．
（3）略
15．(1)
(2)①；
② 证明：∵，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
（1）连接，根据切线的性质可得根据圆周角定理可得，进而求得；
（2）①根据已知求得，进而证明，根据相似三角形的性质，即可求解；
②先证明得出，进而可得， 证明得出，进而得出，再求比值，即可求解．
（1）解：连接，因为是的切线，
，
（2）①∵是直径
∴
∵在中，，
设，
∴
∴
解得：
∴，
∵
∴
∵
∴
∵，
∴
∴
∴，
∴，
解得：；
②略.
16．(1)证明：，
，
，，
，
，
，
交叉相乘可得；
(2)．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质．
（1）利用平行的传递性可求得，再根据平行线分线段成比例定理即可求解；
（2）根据，从而求得，进而求得，再利用矩形的判定与性质即可解答．
（1）略
（2），，
，即，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，，，，
四边形是矩形，
，
同理可证，四边形是矩形，
，
．
17．(1)①∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
．
②
(2)的长度为或或
（1）①由条件证明，即证明结论；
②设与，分别交于点和点，证明垂直平分，可得，则，可得，则可得，即可得结论；
（2）先证明，分时，时，时，三种情况即可求解．
（1）解：①证明：略．
②如图，设与，分别交于点和点，
由①可知，，
∴，
∴，即，
由①可知，，
∴垂直平分，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
设，则，
①如图，当时，，
∴，
∴，
∴，即平分，
过点作于点，作于点，
∴，
∴，
过点作于点，
∵，
∴，即，
解得，即；
②如图，当时，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
解得，即；
③如图，当时，，
同理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∵，
∴，即，
解得，即；
综上所述，的长度为或或．
18．(1)4
(2)①见解析；②见解析
（1）根据题意可得，则有，再证明得到，即可求解；
（2）①根据中点的定义得到，证明，得到，等量代换可得，再利用两边对应成比例及其夹角相等即可判定相似；②连接、，先证明，得到，，再证明，得到，最后利用平行四边形的判定即可证明．
（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：①∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴；
②如图2，连接、，
∵，，，
∴，
∴，，
由①得，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
19．(1)证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵是和的公共角，
∴；
(2)证明：连接、，
∵弧所对的圆心角为，所对圆周角为，
∴．
∵（都是半径），
∴，
结合（1）知，
∴，即，
又∵是的半径，
∴是的切线．
(3)
（1）先证明，进而可证；
（2）连接、，先求出，然后可求出，进而可证为的切线；
（3）连接并延长交于点F，由得，可证．在中，求出，进而可证．证明得．设，，则，代入求出，然后代入化简即可．
（1）略；
（2）略；
（3）解：如图，连接并延长交于点F，
由（1），
∴，即．
∵，
∴，
∴．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵、都是的切线，
∴，
∴．
∵切于，
∴，
∴．
∵是直径，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
又∵公共，
∴，
∴．
设，，则，
代入得：，
整理为，
解得（负值舍去），
∴．
20．(1)
(2)
(3)
（1）连接并延长交于点，连接、，由，得垂直平分，在中用勾股定理求，进而得，再在中求．
（2）由是直径得，利用圆内接四边形外角等于内对角和同弧所对圆周角相等，证明，得，再用勾股定理求代入计算．
（3）作，证得；面积法求定长，过圆心作，利用圆半径求最大值，进而求最大值．
（1）解：连接并延长交于点，连接、，
∵，，
∴垂直平分．
∴．
在中，
∵，，
∴．
∵，
∴．
在中，
∵，，
∴．
（2）解：如图，
∵是的直径，
∴．
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
在中，
∵，，
∴．
由（）得，
∴．
（3）解：连接，过作于，过作于，连接并延长交于，过作于，过作于点．则四边形是矩形，
∴，
由（）得，，，
，，
．
，
．
，
．
，，
，
．
∴，
∴当最大时，的值最大，
，
．
在中：
，
．
∴，
由垂线短最短可知即，
∴取最大值为，此时，点与点重合，
．
21．(1)证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
即．
(2)
(3)的长为或
（1）根据，，，即可证明；
（2）连接，根据等腰直角三角形得到，因此，，过点作垂直，交的延长线于点，易证四边形是正方形，设，则，，，因此；
（3）连接，证明，得到，，再由，得到，因此，进而得出．根据把的面积分成的两部分，有两种情况：当时，设，则，，从而，得到，再根据即可求解．当时，同理求解即可．
（1）略
（2）解：连接，
，
为等腰直角三角形，
，
∵，
∴，
，
过点作垂直，交的延长线于点，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴矩形是正方形，
∴．
设，则，，
∴在中，，
．
（3）解：连接，
是直径，
，
∴，
，
，
，，
，
，
，
，
．
把的面积分成的两部分，有两种情况：
当时，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴．
当时，，
设，则，，
同理可得，，
∴．
综上所述，的长为或．
22．(1)证明：∵点、分别为，中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(2)证明：∵点、分别为，中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
(3)
（1）由圆周角定理可得，进而得到即可求证；
（2）先证明，得到，即可求证；
（3）过A点作于点H，由三角函数得到和的长，再证明，根据勾股定理可得，再由得出；由，可得，设，则，分别表示出和即可求解．
（1）略
（2）略
（3）解：∵点、分别为，中点，
∴，
∵．，
∴为等边三角形，
过A点作于点H，如图：
∵，
∴．．
∵，
∴，
∴，
∴，，
由（1）知，，
∴，
∴，即，
∴，
∴
∴，
∵，
∴；
∵，，
∴为等边三角形，即，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，，即，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴．
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．(1)
(2)①；②见解析
(3)或
（1）由旋转的性质得到，，，求得，根据相似三角形的性质得到；
（2）①根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到；
②如图1，过点作于点，由旋转可知，得到，根据平行线的性质得到，推出平分根据角平分线的性质得到由旋转可知，，根据全等三角形的性质得到；
（3）根据旋转的性质得到，，，求得，得到，得到为等边三角形，同理为等边三角形．如图，令与的交点为，根据三角函数的定义得到，如图，同理可得
（1）解：由旋转的性质知，，，
，
，
，
故答案为：；
（2）①解：四边形是矩形，
，，
，
，
故答案为：；
②证明：如图1，过点作于点，
由旋转可知，，
，
，
，
，
平分
又，，
由旋转可知，，
，，
，
；
（3）解：的长为或，理由如下，
由旋转得，，，
，
，
，
在四边形中，，
，
，
为等边三角形，
同理为等边三角形．
如图2，令与的交点为，
，，
，
，
如图3，同理可得，
综上所述，的长为或．
本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握各知识点是解题的关键．
24．(1)证明见解析；
(2)（）证明见解析；
（）．
（1）利用正方形性质证明得，，连接，再结合勾股定理证明，最后利用垂直平分线的判定定理即可证明；
（2）（）过点作，交的延长线于点，结合正方形性质证明四边形是矩形，得，再证明，由相似三角形性质得出，即可证明；
（）由可得，，由垂直平分线性质得，结合相似三角形性质得，，设，则，建立一元一次方程，解出后可得，根据即可得解．
（1）证：连接，
是边的中点，
，
四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
为的中点，，，
中，，
，
点一定在线段的垂直平分线上，
故；
（2）（）证明：如图，过点作，交的延长线于点，
四边形为正方形，是边的中点，
，，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即；
（）解：由（1）可知，
，，
又，
，
，
，
，，
设，则，
，
又，
则有，
解得，
即，
．
本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元一次方程的应用、求角的正切值，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
25．(1)90
(2)3
(3)（i）；（ii）
（1）利用直角三角形两锐角互余即可求解；
（2）证明，设，利用相似三角形对应边成比例可得，整理得，利用二次函数的性质求最值即可；
（3）（i）延长至点，使得，连接，过点作，
根据题意可知，，利用直角三角形的性质得出，进而证明，设，利用相似三角形对应边成比例求解即可．
（ii）过点作的垂线，与的延长线交于点，与交于点．根据（i）所得关系式可知，当时，有最大值为，根据的正切值，设，，结合勾股定理得出的长，从而得出和的长，进而求出、、、，即可得解．
（1）解：，
，
，，
，
，
，
．
（2）解：是等边三角形，，
，．
，
，
，
．
设，则，
为的中点，
，
，整理得，
当时，有最大值，最大值为3，即的最大值为3．
（3）解：（i）如图，延长至点，使得，连接，过点作，
根据题意可知，，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
．
设．
，
，
整理得．
（ii）如图，过点作的垂线，与的延长线交于点，与交于点．
由（i）可知，，
当时，取得最大值为，
即当时，有最大值为，
，
设，，
，
，
，
．
，
，
，，，，
，
∴当最大时，的面积为．
26．(1)①；②见解析
(2)
（1）①根据圆周角定理得到、，进而得到，从而求出，利用圆周角定理得到，据此求解即可；
②连接、、、、，根据平行四边形和垂径定理易得到，进而得到，证得是等边三角形，根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，易证明，在中，，从而得出结论；
（2）连接、、，易证四边形是平行四边形、四边形是菱形，进而得到、，根据，设、，证明，进而得到、及，利用勾股定理求出的值，根据证得，进而得到，利用求解即可．
（1）①解：连接、、，
，，
、，
，
即，
，
，
，
；
②证明：连接、、、、，
，
，
为的直径，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在中，，
是等腰三角形，
，
由①知，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
；
（2）解：连接、、、，
四边形是平行四边形，
、，
为的中点、为的中点，
、，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是菱形，
、，
，
，
、，
，
，
，
，
，
，
，
、，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
设、，
，
，
在和中，
，
，
、，
，
、，
在中，，
，
解得，
、、，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
，
即，
解得，
．
本题考查圆周角定理、平行四边形与菱形的判定与性质、垂径定理、全等三角形和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．
27．(1)10
(2)①21；②
（1）过点作于点，根据设，则，，利用菱形的面积列方程求解即可；
（2）①根据菱形和等腰三角形的性质易得到，过点作于点，则，根据求出，从而求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据线段的和差关系进行求解即可；②作，交于点，证明，得到，进而得到，，得到当最小时，的值最大，作交的延长线于点，在射线上取一点，使，连接，证明，得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接，得到，进而得到当三点共线时，的值最小，求出的最小值即可．
（1）解：如图1，过点作于点，
，
设，则，，
菱形的面积为，
，
解得或（舍去），
菱形的边长为；
（2）解：①点关于的对称点落在线段上，
，，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
如图2，过点作于点，则，
由（1）知，，，
，
；
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作，交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：，
∴当最小时，的值最大，
作交的延长线于点，在射线上取一点，使，连接，
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
取的中点，连接，则，，
∴当三点共线时，的值最小，
在中，由勾股定理，得，
∴的最小值为，
∴的最大值为．
28．(1)见解析
(2)见解析
(3)
本题考查了三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，圆的性质，四点共圆，正弦函数的应用，熟练掌握判定和性质，三角函数的应用是解题的关键．
（1）连接，证明即可证明平分；
（2）连接，交于点K，连接，证明四点共圆，得到，，再证明，等量代换证明即可结论．
（3）先证明，得到，再根据的面积为8，得到，确定，继而得到，后利用勾股定理解答即可．
（1）证明：连接，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）证明：连接，交于点K，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，，
在和中，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：连接，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵的面积为8，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（负的舍去），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的半径．
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10 图形的相似相关压轴题（浙江省最新考题） 试题分析
一、单选题
1 0.4 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；y=a（x-h） +k的图象和性质；从函数的图象获取信息
2 0.37 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；利用菱形的性质求线段长
3 0.4 相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长；y=ax +k的图象和性质
4 0.4 根据正方形的性质证明；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
二、填空题
5 0.4 求位似图形的对应坐标
6 0.45 黄金分割
7 0.4 相似三角形的判定与性质综合
8 0.15 相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；90度的圆周角所对的弦是直径；根据矩形的性质与判定求线段长
三、解答题
9 0.45 公式法解一元二次方程；根据正方形的性质证明；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
10 0.4 相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角；证明某直线是圆的切线
11 0.34 解直角三角形的相关计算；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
12 0.45 相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
13 0.4 解直角三角形的相关计算；根据旋转的性质求解；相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长
14 0.48 相似三角形实际应用
15 0.42 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；切线的性质定理
16 0.42 由平行截线求相关线段的长或比值；相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质与判定求线段长
17 0.35 线段垂直平分线的判定；等边对等角；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；角平分线的性质定理；利用菱形的性质求线段长
18 0.45 全等三角形综合问题；相似三角形的判定与性质综合；证明四边形是平行四边形
19 0.35 相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；证明某直线是圆的切线；应用切线长定理求解
20 0.42 已知圆内接四边形求角度；线段垂直平分线的判定；圆与三角形的综合(圆的综合问题)；相似三角形的判定与性质综合；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
21 0.42 相似三角形的判定与性质综合；求角的正弦值；圆周角定理；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角
22 0.42 解直角三角形的相关计算；三角形的外角的定义及性质；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；利用弧、弦、圆心角的关系求解；利用弧、弦、圆心角的关系求证；相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；等边三角形的判定；等边三角形的判定和性质
23 0.4 根据旋转的性质求解；解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长
24 0.4 根据正方形的性质证明；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；求角的正切值
25 0.46 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；图形问题(实际问题与二次函数)
26 0.38 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；利用平行四边形的性质求解
27 0.25 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；点与圆上一点的最值问题；利用菱形的性质求线段长
28 0.27 圆与三角形的综合(圆的综合问题)；解直角三角形的相关计算；全等的性质和SAS综合（SAS）；相似三角形的判定与性质综合

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