（小专题冲刺训练）相似压轴题（含解析）-2025年中考数学专题突破

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（小专题冲刺训练）相似压轴题-2025年中考数学专题突破
1．如图，在中，，，点D为射线上一动点（与点B、C不重合），连接，以为一边在右侧作正方形．
(1)当点D在线段上，且时，
①连接，判断与的位置关系，并说明理由；
②连接，求证：；
(2)设正方形的边所在直线与直线相交于点P，若，，求线段的长．
2．如图1，正方形的边长为4，E为上一点（B、C点除外），连接，以为直径作，与对角线的另一交点为F，连接，．
(1)证明：为等腰直角三角形；
(2)如图2，连接，若．
①证明：与相切；
②求四边形的面积．
3．已知是半圆的直径，是弦延长线上一点．
(1)联结与半圆交于点．
①如图1，如果点是弧的中点，且，求的长；
②如图2，如果点是弧的中点，且，求的值．
(2)设是弦的中点，如果以点为圆心、为半径的圆与相切，以点为圆心、为半径的圆与直线相切，求的值．
4．【问题】如图，在中，，，，D是边上的点，连接，，求的长．
【发现】某数学兴趣小组在讨论解决上述问题的过程中，运用了如下方法：
解：如图，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系．
过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点E、F，
由平行x轴，可得，
，，，
同理可得，，于是点D坐标是，
．
【运用】根据上述解答给你的启发，解答下面的问题：
如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，连接，点M、N分别在线段、上，，连接，求的长．
5．综合与实践
【问题提出】在参与大连市教研活动的过程中，大连市某中学的朱老师提出了一个问题：
如图，在等腰中，，点为上一点，连接，以点为圆心，长为半径作弧交于点，连接．点为中点，连接．求证：．
【解决问题】（1）请你解决朱老师的问题；
【合作探究】（2）某数学小组的同学们经过合理拓展延伸，提出了新的问题．
小郭：“经过观察与度量，我发现与存在某种数量关系．”
小豪，小单：“两条线段的数量关系难以直接证明，我们准备通过平移，旋转，翻折三大变换分别进行探究．”
于是小豪，小单，小郭三人分别利用三种方法进行探究，均没有成功．朱老师：“这个问题提的很有价值，如果只利用一种方式进行解答，确实狭隘了．现在给出提示，这道题可以单独利用旋转相似或者利用轴对称与旋转结合的方式解决．在（1）的前提下，请运用合适的方法探究与的数量关系，并证明．”
【问题延伸】（3）小王，小晟：“在（2）的前提下，我们发现若给出图中任意两条互相没有关联的线段的长度（如），即可求得所有边的边长．”在两位同学的提示下，若，求的长．
6．综合与实践
已知：如图1，和的顶点重合，，，，．
(1)当点，分别在，边上时，_______；
(2)如图2，将图1中的绕点逆时针旋转，使点恰好落在上，连接．
①求证：；
②求的值；
(3)如图3，将图1中的绕点顺时针分别旋转，，得到和，此时与均与垂直于点．
①求的值；
②求三角形的面积．
7．如图，在等边中，、分别为、上动点，满足．
(1)如图1，连接，过作于点，交于点，若，，求的长；
(2)如图2，连接，P为中点，连接，G为边上一点，连接交于点F，F恰为中点，将绕点G逆时针旋转到，连接，．求证：；
(3)如图3，点M是平面内直线上方一点，，Q为直线右方一动点，满足，，连接，N为上一点，连接、，当取得最大值时，请直接写出当为直角三角形时的值．
8．如图，平面直角坐标系中，抛物线交轴于、两点，交轴的正半轴于点，，
(1)______；
(2)在第二象限的抛物线上取点，连接交于，连接，若点的横坐标为，的面积为，求与的函数关系式．（不要求写出自变量的取值范围）
(3)在（2）的条件下，与交于点，在第二象限取点，（点不在抛物线上），再做于，连接，当，时，，求点的坐标．
9．定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆正直四边形．
(1)若四边形为圆正直四边形，请你判断下列说法是否正确．（在题后相应的括号中，正确的画“√”，错误的画“×”）
①四边形一定是平行四边形；（ ）
②四边形可能是正方形；（ ）
③四边形的四条边的数量关系为．（ ）
(2)如图①，四边形是圆正直四边形，的直径交于点P，连接交于点E，连接，证明：；
(3)如图②，在中，经过点A，B的交边于点D，交于点E，连接，交于点F，若在四边形的内部存在一点P，，，，且，交于点G，，，求的最小值．
10．综合与实践
【问题情境】
类比是人类认知世界的重要思维方式，它不仅能帮助我们更好地理解复杂概念，更能激发创新思维，为人类认知开辟新的疆域．如示意图，在矩形中，于点，点是上一动点，连接，过点作于点，交于点．
（1）如图1，当时，求证：．
【类比探究】
（2）点运动到时，连接．
①如图2，当，，三点共线时，是否还成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请求出的值．
②如图3，当，时，求的长．
《（小专题冲刺训练）相似压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案
1．(1)①，理由见解析；②见解析
(2)或3
【分析】（1）①利用证，从而得到，继而得到，即可得证；
②如图所示，过F作交延长线于点G，连接，求出，证明出点A，C，E，F四点共圆，得到，证明出，得到，然后结合等腰直角三角形的性质等量代换证明即可；
（2）分类讨论点在线段上运动和点在线段延长线上运动，证即可求解．
【详解】（1）解：①，理由如下：
∵，
∴，
∵四边形是正方形
∴
∴
∴
∵，，，
∴
∴
∴
∴；
②如图所示，过F作交延长线于点G，连接
∵
∴
∵
∴
∵四边形是正方形
∴，
∴
∵
∴点A，C，E，F四点共圆
∴
∴
∴
∵是等腰直角三角形
∴
∴
∴；
（2）解：过点作于点
当点在线段上运动时：
∵，，，
∴
∵，
∴
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
由（1）可得
∴
∴
又∵
∴
∴，即
∴；
点在线段延长线上运动时：

∵
∴
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴，即
解得：，
综上所述：或3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题关键．
2．(1)见解析
(2)①见解析；②8
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得出，根据正方形的性质和圆周角定理得出，结合三角形内角和定理求出，根据等角对等边得出，即可得证；
（2）①根据三线合一的性质求出，证明，得出，进而得出，然后根据切线的判定即可得证；
②过C作于G，根据等角对等边可得出，证明，可得出，设，则，在中，根据勾股定理可求出，在中，根据勾股定理可求出，结合，得出，求出，则，在中，根据勾股定理求出，在中，根据勾股定理求出，然后根据求解即可．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，
∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（2）①证明：连接，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
又是的半径，
∴与相切；
②解：过C作于G，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
又，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
．
【点睛】本题考查了切线的判断，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
3．(1)①；②
(2)
【分析】（1）①连接，过点作于点，求出，设，则，由求出，得到，，，则，即可求出答案；②连接，，，证明△△，得到，得到，则．设，，则，证明△△，得到，即可求出答案．
（2）设为半径的圆与直线相切于点，连接，，证明△△，得到，设，证明△△，得到，则，，即可得到答案．
【详解】（1）解：①连接，过点作于点，如图，
是半圆的直径，点是弧的中点，
，
，，
，
设，则，
，
，
，
，，，
，
．
②连接，，，如图，
点是弧的中点，
，
，，
，
．
，
，
，
，
，
，
△△，
，
，
，
，
四边形为圆的内接四边形，
，
，
，
．
设，，则，
△△，
，
．
（负数不合题意，舍去），
，
；
（2）设为半径的圆与直线相切于点，连接，，如图，
点为圆心、为半径的圆与相切，
点为切点，
，
设，则，
是弦的中点，
，，
为半径的圆与直线相切于点，
，，
在△和△中，
，
△△，
，
设，
，，
△△，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
，
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、切线的性质、全等三角形的判定和性质、垂径定理等知识，综合性较强，熟练掌握相似三角形的判定和性质、解直角三角形是解题的关键．
4．
【分析】本题主要考查了坐标与图形，三角形相似的判定和性质，两点间距离公式，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，过点N分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点H、G，过点M作轴，轴于点Q，证明，，得出，同理得出，得出点N坐标是，同理得出点M坐标是，根据两点间距离公式求出结果即可．
【详解】解：如图，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，过点N分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点H、G，过点M作轴，轴于点Q，如图所示：
∵，
∴轴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
同理可得，，
∴点N坐标是，
同理可得，点M坐标是，
．
5．（1）证明见解析；（2），证明见解析；（3）
【分析】（1）根据等腰三角形的定义得到，由直角的定义得到，由此即可求解；
（2）如图1，作，截取，连接，得，则，根据三线合一，得平分，根据直角三角形斜边中线定理，得，证，得，在中，根据勾股定理，，即，由此即可求解；
（3）过作于，过作于，根据勾股定理，，证明，设，则，根据勾股定理，，则，，根据勾股定理，，整理得，由此即可求解．
【详解】解：（1）根据题意作图如下，
设，
，
，
，
，即．
（2）如图1，作，截取，连接，
又，
，
，
为中点，，根据三线合一，
平分，
，
，
，点为中点，根据直角三角形斜边中线定理，
，
又，
，
，
在中，根据勾股定理，，即．
（3）过作于，过作于，
．
又，
，
根据勾股定理，，
在中，根据勾股定理，，
，
，
，
，
，
设，则，
根据勾股定理，，
，，
在中，根据勾股定理，，
整理得，
解得，
，
同上根据勾股定理，，
．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
6．(1)
(2)①见详解；②
(3)①；②
【分析】（1）根据题意得出和是等腰直角三角形，结合，，得出，，即可求出，，即可求解．
（2）①证明，得出，即可证明．
②根据，根据相似三角形的性质即可得出．
（3）①如图，过点作，证明，设，则，根据旋转可得，在中，根据，列方程求出，再根据即可求解．
②求出，．在中，勾股定理求出，得出，证出为等腰三角形，根据，得出，且，，证明为等边三角形．证明，得出，即可求出，再求出，即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴和是等腰直角三角形，
∵，，
，，
∴，，
．
（2）①证明：∵，，
，
，
，
∴，
∴，
∴．
②解：∵，
．
（3）解：①如图，过点作，
∵，
∴，
∴，
设，则，
根据旋转可得，
在中，，即，
解得：或（舍去），
∴．
②∵，
和都为等腰直角三角形．
∴．
∴．
在中，，
，
，
，
为等腰三角形，
又 ∵，
，且．（三线合一）．
∴，
为等边三角形．
由题意，，
，
，
又∵，
∴，
且，
即，
∴，
，
．
【点睛】该题考查了旋转的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
7．(1)
(2)见解析
(3)2或
【分析】（1）作于，由正切的定义可得，由等边三角形的性质可得，，从而得出，设，则，，求出，，从而可得，，由等边三角形的性质可得，结合勾股定理得出，求出，解直角三角形得出，即可得解；
（2）作于，由等边三角形的性质可得，，，，得出，由平行线分线段成比例定理可得，从而可得，，，，，由旋转的性质可得，，得出，结合，，得出，由相似三角形的性质可得，，，求出，延长交于，连接，证明，得出，从而可得为等边三角形，，由等边三角形的性质可得，最后由勾股定理计算即可得解；
（3）延长，得到射线，延长至，使得，连接、，
由等边三角形的性质可得，，求出，由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，从而求出，求出，由题意可得，证明，得出，，，求出，结合三角形内角和定理得出，从而可得，当、、在同一直线上时，最大，此时最大，再分两种情况：当时，作交的延长线于；当时，分别求解即可．
【详解】（1）解：如图，作于，
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，作于，
∵为等边三角形，P为中点，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∵F恰为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
由旋转的性质可得，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
延长交于，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形，，
∴，
∴；
（3）解：如图，延长，得到射线，延长至，使得，连接、，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵点M是平面内直线上方一点，，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴当、、在同一直线上时，最大，此时最大，
∵为直角三角形，
∴当时，作交的延长线于，
由角平分线的性质定理可得，
设，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、角平分线的性质定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
8．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据抛物线解析式得出、，由得出，求出后，将点坐标代入抛物线即可得到；
（2）由抛物线解析式得，作于点，于点，证得，由相似三角形的性质可得，求出后即可表示出，最后由即可得到与的函数关系式；
（3）延长至，使，连接，交于，作于，于，证明，由相似三角形性质求出、、，由“边角边”证明，设，证得，，再由三线合一可得，设，，设，证明，由相似三角形性质得，解得，由求得，即可得、，证得，由相似三角形性质可得、、，得出点坐标，并求出直线的解析式，结合直线解析式和抛物线解析式即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：依题得：，，
，，
，
，
解得，
，
将点坐标代入抛物线，
得，
．
（2）解：依题得：，
作于点，于点，
则，
，
，
，
，
，
，
．
（3）解：延长至，使，连接，交于，作于，于，
中，，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
设，
又，
，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
设，，设，
，，
，
，
，
，
即，
得，（舍），
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，，，
，
解析式，
点是抛物线与直线的交点，
则，
解得，（舍），
，
．
【点睛】本题考查的知识点是解直角三角形的相关计算、待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、勾股定理解直角三角形、全等三角形的判定与性质、等角对等边、三线合一定理、解一元二次方程的实际应用、一次函数与二次函数综合，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
9．(1)①×；②√；③√
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据四边形为圆正直四边形，得出，根据勾股定理得出，即可证明．再根据平行四边形、正方形的性质判断①②③即可．
（2）连接，如图，根据圆周角定理得出，再根据四边形为圆正直四边形，得出，判断出，证明，即可得，即可证明．
（3）证明，得出，再证明，得出，根据三角形内角和定理得出，即，，勾股定理证出，根据四点共圆得出，证明，得出，结合，设，则，在中，根据，表示出，勾股定理表示出，在中，根据，表示出，勾股定理表示出，根据列出方程即可得出关于的等式，再根据二次函数最值即可求出最终结果．
【详解】（1）解：如图，若四边形为圆正直四边形，则，
，
．
故四边形不一定是平行四边形；可能是正方形；
①四边形一定是平行四边形；（×）
②四边形可能是正方形；（√）
③四边形的四条边的数量关系为．（√）
（2）证明：连接，如图，
∵是的直径，
，
∵四边形为圆正直四边形，
，
，
，
，
∴．
（3）解：∵，
，
，
，
，
，
，
即，
∴，
，
又 ∵，
∴，即，
，
，
，
四点共圆，
，
，
，
，
又 ∵，
设，则，
，
∴在中，，
，
则利用勾股定理可得，
在中，，
，
则利用勾股定理可得，
∵，
∴，
即有，
∴当时，取最小值，从而取最小值，最小值为，
即的最小值为：．
【点睛】此题考查的是圆的综合，主要考查了新定义圆正直四边形的理解和运用，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，二次函数的最值，四点共圆的性质等知识点，多次证明相似三角形是解答本题的关键．
10．（1）见详解（2）①不成立，②
【分析】（1）根据矩形的性质判定出为正方形，进而证明即可得答案；
（2）①根据给出条件证明出为等边三角形，进而判断出，假设，则，根据勾股定理可得，最后可得比值；
②根据条件和相似三角形的性质求出，根据勾股定理逐步求出的长，再利用线段的和差求出的长，设，则，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】（1）证明：在矩形中，当时，矩形为正方形，为等腰直角三角形，
∵，，
，，，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：①不成立，理由如下，
根据题意可知，此时点为矩形对角线的交点，
，
∴为等边三角形，
根据等边三角形的性质可得，，
∴，
，
，
设，则，根据勾股定理可得，
，
；
②∵，则在中，，
又∵，，即，
由（1）条件可得，
，
，
，
，
如图，连接，在中，由勾股定理得，
，
是等腰三角形，为底边，为底边上的高，
为的垂直平分线，
，
，
在中，，，，
，
则，
根据勾股定理得 ，
在中，，
，
则，
，
过作，则，，
，
在中，，，设，则 ，
，
解得或(舍) ，
，，
，
在中，，，
，
即的长度为．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角函数；解题的关键是熟练掌握相关性质和构造直角三角形．
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