相似三角形的判定与性质综合 归纳练 2025年中考数学二轮复习备考

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相似三角形的判定与性质综合
归纳练 2025年中考数学二轮复习备考
一、解答题
1．如图，已知四边形对角线，交于点，点是上一点，连结，．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
2．如图，内接于，，是的直径，交于点E，过点D作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)已知，求的长．
3．如图，是的直径，点均在上，，点在的延长线上，，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径的长．
4．如图，的直径垂直弦于点E，且，动点P是延长线上一点，交于点Q，连接交于点F．
(1)当Q是弧的中点时，求证：；
(2)设，，请写出y关于x的函数表达式，并说明理由；
(3)连接，若是以为腰的等腰三角形，试求的长．
5．在中，，将绕点A旋转得到，连接对应点，．
(1)如图1，求证：．
(2)当经过的中点F时．
①如图2，若，求线段的长；
②如图3，延长交于点G，当时，判断线段，的数量关系，并说明理由．
6．如图，矩形中，，E是边上的一点，点P在边上，且满足．
(1)请用不带刻度的直尺和圆规，在所给的图中作出符合条件的点P（不要求写作法，但保留作图痕迹）；
(2)若，试确定的长．
7．【定理学习】欧几里得在《几何原本》中提出切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线（圆外一点引出一条与圆有两个交点的直线叫割线），切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
【定理证明】（1）如图①，点为外一点，与相切于点，割线与圆相交于两点，求证：（提示：连结，并延长交于点，连结）．
【解决问题】（2）如图②，是的切线，连结交于点的半径为．若，求的值．
8．如图，锐角内接于，平分，交于点，交于点，平分，连结并延长交于点．
(1)若，请直接写出，的度数．
(2)求证：是的切线．
(3)若平分，求的长．
9．如图，内接于，为的直径，点为劣弧的中点，连接、，交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
10．如图，为等边三角形，分别延长，到点使，连接，连接并延长交于点G．
(1)求证：是等边三角形；
(2)若，求的长．
11．如图，已知是的直径，弦与交于点F，延长至点D，连接，，，，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，，求的半径长．
12．如图1，在中，直径与弦相交于点，．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，延长交于点，作于点，若，，求的长；
(3)如图3，连接、，延长交于点，过点作的平行线交的延长线于点，交于点，连接，求证：是的切线．
参考答案
1．(1)见详解
(2)
本题考查了相似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．
（1）先由得出，再运用夹角相等，两边成比例进行证明，即可作答．
（2）结合，则，然后把分别代入计算，即可作答．
（1）解：∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴．
2．(1)见解析
(2)
本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质，证明是解题的关键．
（1）由圆周角定理得，即，再由等腰三角形的性质和圆周角定理得，，则，然后由平行线的性质得，则，即，即可得出结论；
（2）证，得：：，则，即可求解．
（1）证明：是的直径，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
又是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
，，
，
：：，
，
．
3．(1)见解析
(2)
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、切线的判定定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接，则，结合题意得出，证明，结合圆周角定理可得，即可得证；
（2）连接，证明，得出，，结合，得出，代入数据计算即可得解．
（1）证明：如图：连接，则，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，
，
则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即半径的长为．
4．(1)见解析；
(2)，理由见解析；
(3)或
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的定义，同弧所对的圆周角相等等，熟知圆的相关知识和相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）连接，易证，由易得，进而即可得证；
（2）连接，易求得，证，得到，进而求出和，即可得解；
（3）分类讨论，或，先根据勾股定理求出和以及的长，从而得到的长，在利用圆内接四边形对角互补证，代入求出即可．
（1）证明：如图所示，连接，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵Q是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，且为直径，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，
∴，即；
（3）解：①当时，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
②当时，
在中，，
∴，
在中，，
同理可得，
∴，即，
解得；
综上，的长为或．
5．(1)详见解析
(2)①；②，详见解析
（1）根据旋转的性质可得，，，即可得出，，根据相似三角形的判定定理即可证明．
（2）①勾股定理求出，根据直角三角形的性质得出，即可得，结合，得出，即可得，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
②设，根据，，得出，，．证明，得出，，由①知，．即可得．根据，即可求解．
（1）证明：∵将绕点A旋转得到，
∴，，．
∴，．
∴．
（2）解：①∵，，，
∴．
∵点F是的中点，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∴．
②
设．
∵，，
∴，，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
由①知，．
∴．
∵，
∴．
该题主要考查了相似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，直角三角形的性质，旋转的性质等知识点．解题的关键是证明三角形相似．
6．(1)见解析
(2)2或8
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的尺规作图，直径所对的圆周角是直角等等，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
（1）可证明，则点P在以为直径的圆上；连接，作的垂直平分线，以为直径画圆，交于点和，则点和即为所求；
（2）根据矩形性质和，可以证明，对应边成比例进而可得的长．
（1）解： 如图，连接，作的垂直平分线，以为直径画圆，交于点和，则点和即为所求；
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点P在以为直径的圆上；
（2）解：∵矩形中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴
解得或，
∴的长为2或8．
7．（1）见解析 （2）的值为
本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的性质，掌握构造相似三角形，并应用相似三角形的性质得到线段之间的关系是解题的关键.
（1）根据切线可得到，根据直径得到，可推出，再由同弧对应的圆周角相等得到，然后证明得到结论
（2）延长交于点， 连结， ，可以得到，由（1）的结论代入可得到关于的方程，解方程即可求出的值.
（1）证明： 连接，并延长交于点，连接，
∵与相切于点，
∴， 即，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，即；
（2）如图， 延长交于点， 连结， ，
∵的半径为，，
，
由（1）可知，
，
，
整理得 ，
解得或(舍去)，
∴的值为.
8．(1)，
(2)见解析
(3)
（1）根据角平分线的定义和圆周角定理解题即可；
（2）设，根据（1）的推理过程得到，然后根据角平分线得到，然后求出，即可得到结论；
（3）先根据角平分线的定义和三角形的外角得到，即可得到，然后证明，根据对应边成比例得到长，然后根据切线得到，然后证明，求出的值，再在Rt中利用勾股定理解题即可．
（1）解：∵平分，
∴，
连接，则，
又∵，
∴；
（2）证明：设，
∵平分，
∴，
连接，则，
又∵，
∴；
又∵平分，
∴，
∴，
∴是的切线；
（3）解：∵平分，平分，平分，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
又∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
解得，
在Rt中，，
∴．
本题考查圆周角定理，勾股定理，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
9．(1)见解析；
(2)．
根据直径所对的圆周角是直角，可得：，根据切线的定义，可得：，根据直角三角形的两个锐角互余可得：，，根据圆周角定理可得：，根据等角的余角相等可得：，根据对顶角相等可得：，根据等角对等边可证结论成立；
连接，因为，所以，由可知，因为是的直径，可得，又因为，可证，根据相似三角形对应边成比例，可得：，从而可求的长度．
（1）证明：为的直径，
，
，
为的切线，
，
，
点为劣弧的中点，
，
，
，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，
，
，
，
为的直径，
，
，，
，
，
即，
．
本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，本题的综合性较强，解决本题的关键是根据圆的一些性质找边和角之间的关系．
10．(1)见解析
(2)
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明；
（1）根据和为等边三角形，证明即可；
（2）作交延长线于点H，证明，利用比例关系求解即可．
（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
（2）解：作交延长线于点H，
∵，由（1）可知，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
．
11．(1)见解析
(2)
（1）由已知结合圆周角定理求得，再证明，即可证明结论成立；
（2）证明，推出，再证明，推出，据此求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴为的切线；
（2）解：∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质．解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
12．(1)见解析
(2)3
(3)见解析
本题主要考查了弦、弧、圆心角的关系、直线与圆的位置关系、相似三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）由得到，结合得到，则有，即可得证；
（2）利用平行线的判定证出，推出，得到，在中利用勾股定理列出方程，解出的长，即可求出的长；
（3）由是的直径，得到，通过证明得到，进而证出，得到，利用角度之间的等量代换得到，则有，即可得证．
（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
，
∵在中，，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的长为3．
（3）证明：∵是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线．
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