专题4.32 图形的相似（全章直通中考）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024·四川内江·中考真题）已知与相似，且相似比为，则与的周长比为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
4．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形各顶点的坐标分别为，，，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·河南·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．2
8．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点F．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在矩形中，平分，将矩形沿直线折叠，使点A，B分别落在边上的点，处，，分别交于点G，H．若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．5
10．（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、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2024·四川成都·中考真题）盒中有枚黑棋和枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则的值为 ．
12．（2024·辽宁·中考真题）如图，，与相交于点，且与的面积比是，若，则的长为 ．
13．（2024·江苏扬州·中考真题）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）经小孔在屏幕（竖直放置）上成像．设，．小孔到的距离为，则小孔到的距离为 ．
14．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为 ．
15．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ．
16．（2024·湖北·中考真题）为等边三角形，分别延长，到点，使，连接，，连接并延长交于点．若，则 ， ．
17．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点．若，，则 ．
18．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2024·黑龙江绥化·中考真题）已知：．
(1)尺规作图：画出的重心．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
(2)在（1）的条件下，连接，．已知的面积等于，则的面积是______．
20．（8分）（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点．
(1)证明：；
(2)证明：．
21．（10分）（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
(1)求证：；
(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．
22．（10分）（2024·四川·中考真题）如图，在四边形中，，连接，过点作，垂足为，交于点，．
(1)求证：；
(2)若．
①请判断线段，的数量关系，并证明你的结论；
②若，，求的长．
23．（10分）（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
(1)求证：．
(2)若为中点，且，求长．
(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
24．（12分）（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：．
问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：．
问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．
试卷第1页，共3页专题4.32 图形的相似（全章直通中考）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024·四川内江·中考真题）已知与相似，且相似比为，则与的周长比为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形的顶点G在正方形的边上，与交于点H，若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
4．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形各顶点的坐标分别为，，，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·河南·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．2
8．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点F．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在矩形中，平分，将矩形沿直线折叠，使点A，B分别落在边上的点，处，，分别交于点G，H．若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．5
10．（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、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2024·四川成都·中考真题）盒中有枚黑棋和枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则的值为 ．
12．（2024·辽宁·中考真题）如图，，与相交于点，且与的面积比是，若，则的长为 ．
13．（2024·江苏扬州·中考真题）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）经小孔在屏幕（竖直放置）上成像．设，．小孔到的距离为，则小孔到的距离为 ．
14．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为 ．
15．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ．
16．（2024·湖北·中考真题）为等边三角形，分别延长，到点，使，连接，，连接并延长交于点．若，则 ， ．
17．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点．若，，则 ．
18．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2024·黑龙江绥化·中考真题）已知：．
(1)尺规作图：画出的重心．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
(2)在（1）的条件下，连接，．已知的面积等于，则的面积是______．
20．（8分）（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点．
(1)证明：；
(2)证明：．
21．（10分）（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
(1)求证：；
(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．
22．（10分）（2024·四川·中考真题）如图，在四边形中，，连接，过点作，垂足为，交于点，．
(1)求证：；
(2)若．
①请判断线段，的数量关系，并证明你的结论；
②若，，求的长．
23．（10分）（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
(1)求证：．
(2)若为中点，且，求长．
(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
24．（12分）（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形中，点，分别是，的中点，连接，，求证：．
问题探究：如图（2），在四边形中，，，点是的中点，点在边上，，与交于点，求证：．
问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接，，，直接写出的值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形周长之比等于相似比是解题的关键．
【详解】解：∵与相似，且相似比为，
∴与的周长比为，
故选B．
2．D
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中位线性质可判断；由相似三角形的判定和性质可判断，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：∵点分别为边的中点，
∴，，故正确；
∵，
∴，故正确；
∵，
∴，
∴，故错误；
故选：．
3．B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵正方形，，
∴，
∵正方形，，
∴，
∴，
由题意得，
∴，
∴，即，
解得，
故选：B．
4．D
【分析】本题考查了位似图形的性质，根据题意横纵的坐标乘以，即可求解．
【详解】解：依题意，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是
故选：D．
5．D
【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似性质与判定的综合．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，分别求出，，则各选项可以判定．
【详解】解：由作图可知，为的角平分，
∴，故A正确；
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，故B正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，故D错误；
∵，
∴，故C正确，
故选：D．
6．B
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
7．B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出，证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解∶∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
故选：B．
8．C
【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解．
【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则，
∵在菱形中，，，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
（法二：同理，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．）
9．A
【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．先证明，设，证明和，推出和，由，列式计算求得，在中，求得的长，据此求解即可．
【详解】解：如图，交于点，
∵矩形，
∴，
由折叠的性质得，，四边形和四边形都是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
设，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即①，
∵，
∴，
∴，即②，
∵，
由①②得，
解得，则，
在中，，
∵，
∴，即，
故答案为：A．
10．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，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．
作辅助线如图，由平行正相似先证，再证，即可求得结果．
【详解】解：延长和，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
故选：B．
11．
【分析】本题考查简单的概率计算、比例性质，根据随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是，可得，进而利用比例性质求解即可．
【详解】解：∵随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是，
∴，则，
故答案为：．
12．12
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，把握相似三角形面积比等于相似比的平方是解题的关键．
可得，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12．
13．
【分析】此题主要考查了相似三角形的应用，由题意得，，过作于点，交于点，利用已知得出，进而利用相似三角形的性质求出即可，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．
【详解】由题意得：，
∴，
如图，过作于点，交于点，
∴，，
∴，即，
∴（），
即小孔到的距离为，
故答案为：．
14．/
【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据菱形的性质得到，，，然后勾股定理求出，，然后证明出，得到，求出，然后证明出，得到，求出，进而求解即可．
【详解】解：菱形的边长为6，，
，，，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
15．
【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解．
【详解】如图，过作轴于点，则，
由平移性质可知：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
设，则，，
∴，解得：，
∴，，
∴，
∵点在第四象限，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
16． /30度 /
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理．利用三角形的外角性质结合可求得；作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵为等边三角形，，
∴，，
∴，，，
作交的延长线于点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：，．
17．
【分析】先根据平行线分线段成比例证，进而得，，再证明，得，从而即可得解．
【详解】解：∵，过点作，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，
【点拨】本题主要考查了平行线的性质，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质是解题的关键．
18．/
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
设，，根据折叠性质得，，过E作于H，设与相交于M，证明得到，进而得到，，证明是等腰直角三角形得到，可得，证明得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x值即可．
【详解】解：∵，
∴设，，
∵沿翻折，得到，
∴，，
过E作于H，设与相交于M，
则，又，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，则，
∴是等腰直角三角形，
∴，则，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
，
∵的面积是面积的2倍，
∴，则，
解得，（舍去），
即，
故答案为：．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形重心的性质，尺规画垂线；
（1）分别作的中线，交点即为所求；
（2）根据三角形重心的性质可得，根据三角形中线的性质可得
【详解】（1）解：如图所示
作法：①作的垂直平分线交 于点
②作的垂直平分线交于点
③连接、相交于点
④标出点 ，点 即为所求
（2）解：∵是的重心，
∴
∴
∵的面积等于，
∴
又∵是的中点，
∴
故答案为：．
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键．
（1）先根据菱形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据定理即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵点为的中点，
∴，
∴
∵，
∴．
（2）证明：∵是等边三角形，，，
∴，
∴
∵是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴．
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【详解】（1）证明：在矩形中，，，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
（2）证明：连接交于点，如图所示：
在矩形中，，则，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
．
【点拨】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
22．(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由余角的性质可得，，根据，可得；
（2）①设，可求，可求，根据等腰三角形的判定可得；
②由勾股定理可求，由“”可证，可得，通过证明，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
，，
，
；
（2）解：①，理由如下：
设，
，
，
，
，
，
；
②，，
，
，，，
，
，
，，
，
，
，
．
23．(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；
（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．
【详解】（1）解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵为中点，
∴，
设，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
（3）解：如图：延长交于一点M，连接
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴直线
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵为中点，
∴设，
∴，
∵为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点拨】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
24．问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展：
【分析】问题背景：根据矩形的性质可得，根据点，分别是，的中点，可得，即可得证；
问题探究：取的中点，连接，得是的中位线，根据已知条件可得平行且等于，进而可得是平行四边形，得，则，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而可得，等量代换可得，等角对等边，即可得证；
问题拓展：过点作，则四边形是矩形，连接，根据已知以及勾股定理得出；根据（2）的结论结合已知可得，证明垂直平分，进而得出，证明，进而证明， 进而根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】问题背景：∵四边形是矩形，
∴，
∵，分别是，的中点
∴，
即，
∴；
问题探究：如图所示，取的中点，连接，
∵是的中点，是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
∴
又∵，是的中点，
∴
∴
∴，
∴；
问题拓展：如图所示，过点作，则四边形是矩形，连接，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
∵，由（2）
∴，
又∵是的中点，
∴垂直平分
∴，，
在中，
∴
设，则
∴，
又∵
∴
∴
又∵
∴
∴．
【点拨】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
