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    2024成都中考数学一轮复习专题 图形的相似 (含解析)
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    2024成都中考数学一轮复习专题 图形的相似 (含解析)

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    这是一份2024成都中考数学一轮复习专题 图形的相似 (含解析),共38页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.(2023·重庆·统考中考真题)如图,已知,,若的长度为6,则的长度为( )

    A.4B.9C.12D.
    2.(2023·四川遂宁·统考中考真题)在方格图中,以格点为顶点的三角形叫做格点三角形.在如图所示的平面直角坐标系中,格点成位似关系,则位似中心的坐标为( )

    A.B.C.D.
    3.(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)如图,在直角坐标系中,的三个顶点分别为,现以原点O为位似中心,在第一象限内作与的位似比为2的位似图形,则顶点的坐标是( )

    A.B.C.D.
    4.(2023·四川南充·统考中考真题)如图,数学活动课上,为测量学校旗杆高度,小菲同学在脚下水平放置一平面镜,然后向后退(保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上),直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端.已知小菲的眼睛离地面高度为,同时量得小菲与镜子的水平距离为,镜子与旗杆的水平距离为,则旗杆高度为( )

    A.B.C.D.
    5.(2023·安徽·统考中考真题)如图,点在正方形的对角线上,于点,连接并延长,交边于点,交边的延长线于点.若,,则( )

    A.B.C.D.
    6.(2023·湖北黄冈·统考中考真题)如图,矩形中,,以点B为圆心,适当长为半径画弧,分别交,于点E,F,再分别以点E,F为圆心,大于长为半径画弧交于点P,作射线,过点C作的垂线分别交于点M,N,则的长为( )

    A.B.C.D.4
    7.(2023·四川内江·统考中考真题)如图,在中,点D.E为边的三等分点,点F、G在边上,,点H为与的交点.若,则的长为( )

    A.1B.C.2D.3
    8.(2023·湖北鄂州·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,为原点,,点为平面内一动点,,连接,点是线段上的一点,且满足.当线段取最大值时,点的坐标是( )

    A.B.C.D.
    9.(2023·山东东营·统考中考真题)如图,正方形的边长为4,点,分别在边,上,且,平分,连接,分别交,于点,,是线段上的一个动点,过点作垂足为,连接,有下列四个结论:①垂直平分;②的最小值为;③;④.其中正确的是( )

    A.①②B.②③④C.①③④D.①③
    10.(2023·内蒙古赤峰·统考中考真题)如图,把一个边长为5的菱形沿着直线折叠,使点C与延长线上的点Q重合.交于点F,交延长线于点E.交于点P,于点M,,则下列结论,①,②,③,④.正确的是( )

    A.①②③B.②④C.①③④D.①②③④
    11.(2023·黑龙江·统考中考真题)如图,在正方形中,点分别是上的动点,且,垂足为,将沿翻折,得到交于点,对角线交于点,连接,下列结论正确的是:①;②;③若,则四边形是菱形;④当点运动到的中点,;⑤.( )

    A.①②③④⑤B.①②③⑤C.①②③D.①②⑤
    二、填空题
    12.(2023·湖北鄂州·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,与位似,原点O是位似中心,且.若,则点的坐标是___________.

    13.(2023·吉林长春·统考中考真题)如图,和是以点为位似中心的位似图形,点在线段上.若,则和的周长之比为__________.

    14.(2023·四川乐山·统考中考真题)如图,在平行四边形中,E是线段上一点,连结交于点F.若,则__________.

    15.(2023·江西·统考中考真题)《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法.“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺(即图中的).“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放,可测量物体的高度如图,点,,在同一水平线上,和均为直角,与相交于点.测得,则树高______m.

    16.(2023·四川成都·统考中考真题)如图,在中,是边上一点,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以点为圆心,以长为半径作弧,交于点;③以点为圆心,以长为半径作弧,在内部交前面的弧于点:④过点作射线交于点.若与四边形的面积比为,则的值为___________.

    17.(2023·内蒙古·统考中考真题)如图,在中,,将绕点A逆时针方向旋转,得到.连接,交于点D,则的值为________.

    18.(2023·河南·统考中考真题)矩形中,M为对角线的中点,点N在边上,且.当以点D,M,N为顶点的三角形是直角三角形时,的长为______.
    19.(2023·辽宁大连·统考中考真题)如图,在正方形中,,延长至,使,连接,平分交于,连接,则的长为_______________.
    20.(2023·广东·统考中考真题)边长分别为10,6,4的三个正方形拼接在一起,它们的底边在同一直线上(如图),则图中阴影部分的面积为_______.

    21.(2023·天津·统考中考真题)如图,在边长为3的正方形的外侧,作等腰三角形,.

    (1)的面积为________;
    (2)若F为的中点,连接并延长,与相交于点G,则的长为________.
    22.(2023·四川泸州·统考中考真题)如图,,是正方形的边的三等分点,是对角线上的动点,当取得最小值时,的值是___________.

    23.(2023·山西·统考中考真题)如图,在四边形中,,对角线相交于点.若,则的长为__________.

    三、解答题
    24.(2023·湖南·统考中考真题)在中,是斜边上的高.

    (1)证明:;
    (2)若,求的长.
    25.(2023·湖南·统考中考真题)如图,,点是线段上的一点,且.已知.

    (1)证明:.
    (2)求线段的长.
    26.(2023·四川眉山·统考中考真题)如图,中,点E是的中点,连接并延长交的延长线于点F.

    (1)求证:;
    (2)点G是线段上一点,满足,交于点H,若,求的长.
    27.(2023·四川凉山·统考中考真题)如图,在中,对角线与相交于点,,过点作交于点.

    (1)求证:;
    (2)若,,求的长.
    28.(2023·江苏扬州·统考中考真题)如图,点E.F、G、H分别是各边的中点,连接相交于点M,连接相交于点N.

    (1)求证:四边形是平行四边形;
    (2)若的面积为4,求的面积.
    29.(2023·上海·统考中考真题)如图,在梯形中,点F,E分别在线段,上,且,

    (1)求证:
    (2)若,求证:
    参考答案
    一、单选题
    1.【答案】B
    【分析】根据相似三角形的性质即可求出.
    【详解】解:∵,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    故选:B.
    【点拨】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键.
    2.【答案】A
    【分析】根据题意确定直线的解析式为:,由位似图形的性质得出所在直线与BE所在直线x轴的交点坐标即为位似中心,即可求解.
    【详解】解:由图得:,
    设直线的解析式为:,将点代入得:
    ,解得:,
    ∴直线的解析式为:,
    所在直线与BE所在直线x轴的交点坐标即为位似中心,
    ∴当时,,
    ∴位似中心的坐标为,
    故选:A.
    【点拨】题目主要考查位似图形的性质,求一次函数的解析式,理解题意,掌握位似图形的特点是解题关键.
    3.【答案】C
    【分析】直接根据位似图形的性质即可得.
    【详解】解:∵的位似比为2的位似图形是,且,
    ,即,
    故选:C.
    【点拨】本题考查了坐标与位似图形,熟练掌握位似图形的性质是解题关键.
    4.【答案】B
    【分析】根据镜面反射性质,可求出,再利用垂直求,最后根据三角形相似的性质,即可求出答案.
    【详解】解:如图所示,

    由图可知,,,
    .
    根据镜面的反射性质,
    ∴,
    ∴,


    .
    小菲的眼睛离地面高度为,同时量得小菲与镜子的水平距离为,镜子与旗杆的水平距离为,
    ,,.
    .
    .
    故选:B.
    【点拨】本题考查了相似三角形的应用,解题的关键在于熟练掌握镜面反射的基本性质和相似三角形的性质.
    5.【答案】B
    【分析】根据平行线分线段成比例得出,根据,得出,则,进而可得,根据,得出,根据相似三角形的性质得出,进而在中,勾股定理即可求解.
    【详解】解:∵四边形是正方形,,,
    ∴,,,
    ∵,

    ∴,,
    ∴,
    则,
    ∴,
    ∵,
    ∴,

    ∴,
    在中,,
    故选:B.
    【点拨】本题考查了正方形的性质,平行线分线段成比例,相似三角形的性质与判定,勾股定理,熟练掌握以上知识是解题的关键.
    6.【答案】A
    【分析】由作图可知平分,设与交于点O,与交于点R,作于点Q,根据角平分线的性质可知,进而证明,推出,设,则,解求出.利用三角形面积法求出,再证,根据相似三角形对应边成比例即可求出.
    【详解】解:如图,设与交于点O,与交于点R,作于点Q,

    矩形中,,


    由作图过程可知,平分,
    四边形是矩形,

    又,

    在和中,




    设,则,
    在中,由勾股定理得,
    即,
    解得,




    ,,

    ,即,
    解得.
    故选:A.
    【点拨】本题考查角平分线的作图方法,矩形的性质,角平分线的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质等,涉及知识点较多,有一定难度,解题的关键是根据作图过程判断出平分,通过勾股定理解直角三角形求出.
    7.【答案】C
    【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出,,,是的中位线,易证,得,解得,则.
    【详解】解:、为边的三等分点,,
    ,,,
    ,是的中位线,



    ,即,
    解得:,

    故选:C.
    【点拨】本题考查了三等分点的定义、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识;熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
    8.【答案】D
    【分析】由题意可得点在以点为圆心,为半径的上,在轴的负半轴上取点,连接,分别过、作,,垂足为、,先证,得,从而当取得最大值时,取得最大值,结合图形可知当,,三点共线,且点在线段上时,取得最大值,然后分别证,,利用相似三角形的性质即可求解.
    【详解】解:∵点为平面内一动点,,
    ∴点在以点为圆心,为半径的上,
    在轴的负半轴上取点,连接,分别过、作,,垂足为、,

    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴当取得最大值时,取得最大值,结合图形可知当,,三点共线,且点在线段上时,取得最大值,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵轴轴,,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴即,
    解得,
    同理可得,,
    ∴即,
    解得,
    ∴,
    ∴当线段取最大值时,点的坐标是,
    故选:D.
    【点拨】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形,熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键.
    9.【答案】D
    【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明,通过等量转化即可求证,利用角平分线的性质和公共边即可证明,从而推出①的结论;利用①中的部分结果可证明推出,通过等量代换可推出③的结论;利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度,最后通过面积法即可求证④的结论不对;结合①中的结论和③的结论可求出的最小值,从而证明②不对.
    【详解】解: 为正方形,
    ,,


    .
    ,
    ,


    .
    平分,
    .

    .


    垂直平分,
    故①正确.
    由①可知,,,



    由①可知,
    .
    故③正确.
    为正方形,且边长为4,

    在中,.
    由①可知,,

    .
    由图可知,和等高,设高为,



    .
    故④不正确.
    由①可知,,

    关于线段的对称点为,过点作,交于,交于,
    最小即为,如图所示,

    由④可知的高即为图中的,
    .
    故②不正确.
    综上所述,正确的是①③.
    故选:D.
    【点拨】本题考查的是正方形的综合题,涉及到三角形相似,最短路径,三角形全等,三角形面积法,解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.
    10.【答案】A
    【分析】由折叠性质和平行线的性质可得,根据等角对等边即可判断①正确;根据等腰三角形三线合一的性质求出,再求出即可判断②正确;由得,求出即可判断③正确;根据即可判断④错误.
    【详解】由折叠性质可知:,
    ∵,
    ∴.
    ∴.
    ∴.
    故正确;
    ∵,,
    ∴.
    ∵,
    ∴.
    故正确;
    ∵,
    ∴.
    ∴.
    ∵,
    ∴.
    故正确;
    ∵,
    ∴.
    ∴.
    ∴.
    ∵,
    ∴.
    ∴与不相似.
    ∴.
    ∴与不平行.
    故错误;
    故选:A.
    【点拨】本题主要考查了折叠的性质,平行线的性质,等腰三角形的性质,相似三角形的判定和性质,菱形的性质等知识,属于选择压轴题,有一定难度,熟练掌握相关性质是解题的关键.
    11.【答案】B
    【分析】利用正方形的性质和翻折的性质,逐一判断,即可解答.
    【详解】解:四边形是正方形,
    ,,





    ,故①正确,
    将沿翻折,得到,

    ∵,
    ,故②正确,
    当时,,

    ,即在同一直线上,


    通过翻折的性质可得,,
    ∴,,

    四边形是平行四边形,

    平行四边形是菱形,故③正确,
    当点运动到的中点,如图,

    设正方形的边长为,则,
    在中,,







    ,,
    ,,

    在中,,故④错误,


    ,,

    根据翻折的性质可得,


    ,故⑤正确;
    综上分析可知,正确的是①②③⑤.
    故选:B.
    【点拨】本题考查了正方形的性质,翻折的性质,相似三角形的判定和性质,正切的概念,熟练按照要求做出图形,利用寻找相似三角形是解题的关键.
    二、填空题
    12.【答案】
    【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比进而得出对应线段的长.
    【详解】解∶设
    ∵与位似,原点是位似中心,且.若,
    ∴位似比为,
    ∴,
    解得,,

    故答案为:.
    【点拨】此题主要考查了位似变换,正确得出相似比是解题关键.
    13.【答案】
    【分析】根据位似图形的性质即可求出答案.
    【详解】解:,

    设周长为,设周长为,
    和是以点为位似中心的位似图形,


    和的周长之比为.
    故答案为:.
    【点拨】本题考查了位似图形的性质,解题的关键在于熟练掌握位似图形性质.
    14.【答案】
    【分析】四边形是平行四边形,则,可证明,得到,由进一步即可得到答案.
    【详解】解:∵四边形是平行四边形,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴.
    故答案为:
    【点拨】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识,证明是解题的关键.
    15.【答案】
    【分析】根据题意可得,然后相似三角形的性质,即可求解.
    【详解】解:∵和均为直角
    ∴,
    ∴,

    ∵,
    ∴,
    故答案为:.
    【点拨】本题考查了相似三角形的应用,熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键.
    16.【答案】
    【分析】根据作图可得,然后得出,可证明,进而根据相似三角形的性质即可求解.
    【详解】解:根据作图可得,
    ∴,
    ∴,
    ∵与四边形的面积比为,


    ∴,
    故答案为:.
    【点拨】本题考查了作一个角等于已知角,相似三角形的性质与判定,熟练掌握基本作图与相似三角形的性质与判定是解题的关键.
    17.【答案】5
    【分析】过点D作于点F,利用勾股定理求得,根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形,可得,再由,得,证明,可得,即,再由,求得,从而求得,,即可求解.
    【详解】解:过点D作于点F,
    ∵,,,
    ∴,
    ∵将绕点A逆时针方向旋转得到,
    ∴,,
    ∴是等腰直角三角形,
    ∴,
    又∵,
    ∴,
    ∴是等腰直角三角形,
    ∴,
    ∵,即,
    ∵ ,,
    ∴,
    ∴,即,
    又∵,
    ∴,
    ∴,,
    ∴,
    故答案为:5.

    【点拨】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积,熟练掌握相关知识是解题的关键.
    18.【答案】2或
    【分析】分两种情况:当时和当时,分别进行讨论求解即可.
    【详解】解:当时,

    ∵四边形矩形,
    ∴,则,
    由平行线分线段成比例可得:,
    又∵M为对角线的中点,
    ∴,
    ∴,
    即:,
    ∴,
    当时,

    ∵M为对角线的中点,
    ∴为的垂直平分线,
    ∴,
    ∵四边形矩形,
    ∴,则,

    ∴,
    综上,的长为2或,
    故答案为:2或.
    【点拨】本题考查矩形的性质,平行线分线段成比例,垂直平分线的判定及性质等,画出草图进行分类讨论是解决问题的关键.
    19.【答案】
    【分析】如图,过作于,于,由平分,可知,可得四边形是正方形,,设,则,证明,则,即,解得,,由勾股定理得,计算求解即可.
    【详解】解:如图,过作于,于,则四边形是矩形,,
    ∵平分,
    ∴,
    ∴,
    ∴四边形是正方形,
    设,则,
    ∵,
    ∴,
    ∴,即,解得,
    ∴,
    由勾股定理得,
    故答案为:.
    【点拨】本题考查了正方形的判定与性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质.解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用.
    20.【答案】15
    【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解.
    【详解】解:如图,

    由题意可知,,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    故答案为:15.
    【点拨】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定,熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键.
    21.【答案】3;
    【分析】(1)过点E作,根据正方形和等腰三角形的性质,得到的长,再利用勾股定理,求出的长,即可得到的面积;
    (2)延长交于点K,利用正方形和平行线的性质,证明,得到的长,进而得到的长,再证明,得到,进而求出的长,最后利用勾股定理,即可求出的长.
    【详解】解:(1)过点E作,

    正方形的边长为3,

    是等腰三角形,,,

    在中,,
    ,
    故答案为:3;
    (2)延长交于点K,
    正方形的边长为3,
    ,,
    ,,



    F为的中点,

    在和中,



    由(1)可知,,,





    在中,,
    故答案为:.

    【点拨】本题考查了正方形的性质,等腰三角形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识,作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键.
    22.【答案】
    【分析】作点F关于的对称点,连接交于点,此时取得最小值,过点作的垂线段,交于点K,根据题意可知点落在上,设正方形的边长为,求得的边长,证明,可得,即可解答.
    【详解】解:作点F关于的对称点,连接交于点,过点作的垂线段,交于点K,

    由题意得:此时落在上,且根据对称的性质,当P点与重合时取得最小值,
    设正方形的边长为a,则,
    四边形是正方形,
    ,,









    当取得最小值时,的值是为,
    故答案为:.
    【点拨】本题考查了四边形的最值问题,轴对称的性质,相似三角形的证明与性质,正方形的性质,正确画出辅助线是解题的关键.
    23.【答案】
    【分析】过点A作于点H,延长,交于点E,根据等腰三角形性质得出,根据勾股定理求出,证明,得出,根据等腰三角形性质得出,证明,得出,求出,根据勾股定理求出,根据,得出,即,求出结果即可.
    【详解】解:过点A作于点H,延长,交于点E,如图所示:

    则,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    即,
    解得:,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    即,
    解得:.
    故答案为:.
    【点拨】本题主要考查了三角形外角的性质,等腰三角形的判定和性质,勾股定理,平行线分线段成比例,相似三角形的判定与性质,平行线的判定,解题的关键是作出辅助线,熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质.
    三、解答题
    24.【答案】(1)见解析
    (2)
    【分析】(1)根据三角形高的定义得出,根据等角的余角相等,得出,结合公共角,即可得证;
    (2)根据(1)的结论,利用相似三角形的性质即可求解.
    【详解】(1)证明:∵是斜边上的高.
    ∴,
    ∴,

    又∵
    ∴,
    (2)∵
    ∴,

    ∴.
    【点拨】本题考查了相似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.
    25.【答案】(1)见解析
    (2)
    【分析】(1)根据题意得出,,则,即可得证;
    (2)根据(1)的结论,利用相似三角形的性质列出比例式,代入数据即可求解.
    【详解】(1)证明:∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    (2)∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    解得:.
    【点拨】本题考查了相似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.
    26.【答案】(1)见解析
    (2)
    【分析】(1)根据平行四边形的性质可得,,证明,推出,即可解答;
    (2)通过平行四边形的性质证明,再通过(1)中的结论得到,最后证明,利用对应线段比相等,列方程即可解答.
    【详解】(1)证明:四边形是平行四边形,
    ,,

    是的中点,



    ∴,

    (2)解:四边形是平行四边形,
    ,,
    ,,






    设,则,
    可得方程,
    解得,
    即的长为.
    【点拨】本题考查了平行四边形的性质,等腰三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键.
    27.【答案】(1)见详解
    (2)
    【分析】(1)可证,从而可证四边形是菱形,即可得证;
    (2)可求,再证,可得,即可求解.
    【详解】(1)证明:,

    四边形是平行四边形,
    四边形是菱形,

    (2)解:四边形是平行四边形,

    ,,







    解得:.
    【点拨】本题考查了平行四边形的性质,菱形的判定及性质,勾股定理,三角形相似的判定及性质,掌握相关的判定方法及性质是解题的关键.
    28.【答案】(1)见解析
    (2)12
    【分析】(1)根据平行四边形的性质,线段的中点平分线段,推出四边形,四边形均为平行四边形,进而得到:,即可得证;
    (2)连接,推出,,进而得到,求出,再根据,即可得解.
    【详解】(1)证明:∵,
    ∴,
    ∵点E.F、G、H分别是各边的中点,
    ∴,
    ∴四边形为平行四边形,
    同理可得:四边形为平行四边形,
    ∴,
    ∴四边形是平行四边形;
    (2)解:连接,

    ∵为的中点,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    同理可得:
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴.
    【点拨】本题考查平行四边形的判定和性质,三角形的中位线定理,相似三角形的判定和性质,熟练掌握平行四边形的性质,以及三角形的中位线定理,证明三角形相似,是解题的关键.
    29.【答案】见解析
    【分析】(1)先根据平行线的性质可得,再根据三角形的全等的判定可得,然后根据全等的三角形的性质即可得证;
    (2)先根据全等三角形的性质可得,从而可得,再根据相似三角形的判定可得,然后根据相似三角形的性质即可得证.
    【详解】(1)证明:,

    在和中,,


    (2)证明:,

    ,即,
    在和中,,


    由(1)已证:,


    【点拨】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质,熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键.
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