相似三角形的常考题型（9大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习

这是一份相似三角形的常考题型（9大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习，共108页。
题型一：比例的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（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 ．
【答案】
【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：．
【变式1-1】（2023·甘肃武威·中考真题）若，则（ ）
A．6B．C．1D．
【答案】A
【分析】根据等式的性质即可得出结果．
【详解】解：等式两边乘以，得，
故选：A．
【点睛】本题考查了等式的性质，熟练掌握等式的性质是本题的关键．
【变式1-2】（2023·浙江·中考真题）小慧同学在学习了九年级上册“4.1比例线段”3节课后，发现学习内容是一个逐步特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值，感受这种特殊化的学习过程．图中横线处应填：

【答案】
【分析】根据题意得出，进而即可求解．
【详解】解：∵
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023·四川甘孜·中考真题）若，则 ．
【答案】1
【分析】根据比例的性质解答即可．
【详解】解：，
．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了比例的性质，解决本题的关键是掌握比例的性质．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知，且，那么k的值是（ ）
A．2B．C．2或0D．2或
【答案】D
【分析】本题考查了比例的性质，熟练掌握知识点是解题的关键，注意分类讨论．
当时，利用比的等比性质求解；当时，则，再代入求值即可．
【详解】解：①当时，由等比性质可得：
即：；
②当时，则，
∴，
所以k的值是2或，
故选：D．
2．（2024·浙江宁波·二模）已知 ，则下列比例式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了比例的性质，根据比例的性质进行计算，逐一判断即可解答．
【详解】解：A、∵，
∴，
故A不符合题意；
B、∵，
∴,
故B不符合题意；
C、∵，
∴,
故C不符合题意；
D、∵，
∴,
故D符合题意；
故选：D．
3．（2024·广东深圳·一模）已知，且，那么 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了比例的性质，用分别表示的值是解题的关键．设比值为，利用比例的性质得到，故，求出的值即可得到答案．
【详解】解：设，
故，
故，
，
，
故答案为：．
4．（2025·上海闵行·一模）如果，那么的值为 ．
【答案】6
【分析】本题考查了比例的性质．利用比例的性质，进行计算即可解答．
【详解】解：∵，
∴设，，
∴，
故答案为：6．
5．（2024·江西九江·模拟预测）已知，则（其中）的值是 ．
【答案】
【分析】本题考查比例的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
设，则，代入原式化简计算即可．
【详解】解：∵，
∴
设，
则，
∴，
故答案为：．
题型二：黄金分割
【中考母题学方法】
【典例1】（2023·四川达州·中考真题）如图，乐器的一根弦，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，即，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则两个支撑点C，D之间的距离 ．（结果保留根号）
【答案】
【分析】本题考查了黄金分割，利用黄金分割的等积式得一元二次方程是解题的关键．设，则，由得，解方程求出的长，同理求出的长，进而可求出点C，D之间的距离．
【详解】解：设，则，
，
，
解得（舍），
，
同理可求， ，
∴，
∴．
故答案为：．
【变式2-1】（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为 （结果保留根号）．
【答案】/
【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，先证明四边形是矩形，根据黄金分割的定义可得，据此求解即可，熟记黄金比是解题的关键．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
又∵，
∴，
故答案为：．
【变式2-2】（2022·陕西·中考真题）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所做将矩形窗框分为上下两部分，其中E为边的黄金分割点，即．已知为2米，则线段的长为 米．
【答案】/
【分析】根据点E是AB的黄金分割点，可得，代入数值得出答案．
【详解】∵点E是AB的黄金分割点，
∴．
∵AB=2米，
∴米．
故答案为：（）．
【点睛】本题主要考查了黄金分割的应用，掌握黄金比是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·广东·模拟预测）大自然是美的设计师，校园里一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”的美．如图，点 P是的黄金分割点，即 ，这个无理数约是（ ）
A．0.505B．0.618C．0.707D．0.828
【答案】B
【分析】本题考查了黄金分割的意义，无理数的估算．先估算得出，据此求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
观察四个选项，选项B符合题意；
故选：B．
2．（2024·安徽合肥·三模）古筝是一种弹拨弦鸣乐器，又名汉筝、秦筝，是汉民族古老的民族乐器，流行于中国各地．若古筝上有一根弦，支撑点是靠近点的一个黄金分割点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了黄金分割，根据黄金分割的定义进行计算即可得出答案，熟练掌握黄金分割的定义是解此题的关键．
【详解】解：∵，支撑点是靠近点的一个黄金分割点，
∴，
故选：C．
3．（2024·湖南长沙·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．如图，乐器上的一根弦长，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 ．（结果保留根号）
【答案】
【分析】本题主要考查了黄金分割的定义，根据黄金分割的定义分别求出，，再根据线段的和差关系进行计算即可解答．
【详解】解：∵点C是靠近点B的黄金分割点，，
∴，
∵点D是靠近点A的黄金分割点，，
∴
∴，
∴支撑点C，D之间的距离为，
故答案为：．
4．（2024·江苏苏州·一模）如图，将⊙O的圆周分成五等份，依次隔一个分点相连，即成一个正五角星形．此时点M是线段的黄金分割点，也是线段的黄金分割点，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了黄金分割，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据题意可得：，从而利用等弧所对的圆周角相等可得，进而可得，然后利用黄金分割的定义进行计算即可解答．
【详解】解：连接，
∵将的圆周分成五等份，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的黄金分割点，
∴，
∴
故答案为：．
5．（2024·福建厦门·模拟预测）活动一：某数学兴趣小组在研究“黄金比例与黄金矩形”，阅读课本时发现可以通过折叠得到黄金矩形．请根据每一步的操作完成以下填空．（假设原矩形纸片的宽为）
活动二：类似的，我们将底与腰的比等于黄金比的等腰三角形称为黄金三角形．
如图，已知线段a，请你根据以下步骤作出以为腰长的黄金三角形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
步骤一：作一条线段，使得的长度等于的腰长；
步骤二：作一条线段，使得的长度等于的底边长；
步骤三：作黄金三角形．
【答案】（1）活动一：①2；②1；③；④；
（2）见解析
【分析】活动一：利用折叠的性质和勾股定理解答即可；
活动二：利用作一条线段等于已知线段的方法，黄金分割的作法和公理解答即可．
【详解】解：活动一：
①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，则；
②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，则；
③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处，则；
④展平纸片，按照所得到的点D折出，，则；
活动二：
步骤一：作一条线段，使得的长度为，
步骤二：1．过点H作于点H，
2．在上截取，连接，
3．在上截取，
4．以点G为圆心，以为半径画弧交于点M， 则点M为的黄金分割点，的长度等于，则的长度等于底边的长度，即，如图：
步骤三：作，作线段，分别以为圆心，以为半径画弧，两弧交于点，连接，如图，
则为黄金三角形．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，黄金分割的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，基本作图，本题是操作性题 目，熟练掌握基本作图的知识和折叠的性质是解题的关键．
6．（2024·江苏盐城·二模）【教材呈现】苏科版数学九年级下册课本P52第2题
如图1，点是线段的黄金分割点，且，表示以为一边的正方形的面积，表示以为长、为宽的矩形的面积，请根据教材内容，尝试解决以下两个问题：
（1）若，则 （结果保留根号）；
（2） （填“”、“ ”或“” ．
【初步探究】
（3）将图1补成矩形，如图2，小明猜想点在矩形的对角线上，请帮助小明判断其猜想是否正确，并说明理由．
【深入探究】
（4）如图3，已知线段为的弦，请利用无刻度直尺和圆规，在线段上作一点，在圆上作一点Q，使得．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）；（2）；（3）正确，理由见解析；（4）见解析
【分析】（1）利用黄金分割比解答即可；
（2）利用黄金分割的性质得到：设，则，，利用矩形的性质，正方形的性质和矩形的面积公式解答即可；
（3）连接，，过点作，交于点，交于点，利用黄金分割比的性质和相似三角形的判定与性质得到，再利用平角的定义解答即可；
（4）利用线段垂直平分线的性质，勾股定理解答即可得出线段的黄金分割点；再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【详解】解：（1）点是线段的黄金分割点，且，
，
，
．
故答案为：；
（2）点是线段的黄金分割点，且，
．
设，则，．
，，
，
故答案为：；
（3）小明猜想点在矩形的对角线上，小明的猜想正确，理由：
连接，，过点作，交于点，交于点，如图，
则四边形，四边形，四边形，四边形为矩形，
，，，，，
四边形为正方形，
，
，
点是线段的黄金分割点，且，
，
，
，
，
．
，
，
，
点，，在同一直线上，
点在矩形的对角线上；
（4）①．过点作于点，
②．过点作的垂线，在此垂线上截取，
③．连接，以点为圆心，为半径画弧交于点，
④．以点为圆心，以为半径画弧，交于点，则点为的黄金分割点．
⑤．以点为圆心，以的长为半径画圆交圆于点，
⑥．连接，，则点为所求的点．如图：
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质，线段的黄金分割，相似三角形的判定与性质，基本作图，矩形的判定与性质，熟练掌握黄金分割的性质是解题的关键．
题型三：相似多边形的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（2022·广西梧州·中考真题）如图，以点O为位似中心，作四边形的位似图形﹐已知，若四边形的面积是2，则四边形的面积是（ ）
A．4B．6C．16D．18
【答案】D
【分析】两图形位似必相似，再由相似的图形面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：由题意可知，四边形与四边形相似，
由两图形相似面积比等于相似比的平方可知：，
又四边形的面积是2，
∴四边形的面积为18，
故选：D．
【点睛】本题考查相似多边形的性质，属于基础题，熟练掌握相似图形的性质是解决本题的关键．
【变式3-1】（2023·山东·中考真题）如图，四边形是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使边落在边上，点落在点处，折痕为；使边落在边上，点落在点处，折痕为．若矩形与原矩形相似，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得，设的长为x，则，再根据相似多边形性质得出，即，求解即可．
【详解】解：，由折叠可得：，，
∵矩形，
∴，
∴，
设的长为x，则，
∵矩形，
∴，
∵矩形与原矩形相似，
∴，即，
解得：（负值不符合题意，舍去）
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·云南昆明·模拟预测）如图与关于点A 成位似图形，若他们的位似比为，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查的是位似图形的概念和性质，掌握位似图形的概念、相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．根据位似图形的概念得到与相似，根据相似多边形的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵与关于点A 成位似图形，他们的位似比为，
∴与相似，他们的相似比为，
∴与的面积比为，
故选：A．
2．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，装裱一幅宽、长的矩形画，要使装裱完成后的大矩形与原矩形画相似，装裱上去的上下部分宽都为，若装裱上去的左右部分的宽都为，则（ ）
A．9B．12C．16D．18
【答案】A
【分析】本题考查了相似图形的性质，解分式方程的运用，根据相似的性质“对应边成比例”即可求解．
【详解】解：根据题意，大矩形的长为：（），宽为：，
∵大矩形与原矩形画相似，
∴或，
解得，或（不符合题意，舍去），
检验，当时，原分式方程的分母不为0，有意义，
∴，
故选：A ．
3．（2024·重庆渝北·模拟预测）我国习惯上对开本的命名是以几何级数来命名的，全张纸对折后的大小为对开，再对折为4开纸，再对折为8开纸，再对折为16开纸，以此类推，如图，全张矩形纸沿对开后，再把矩形纸沿对开，依此类推．若各种开本的矩形都相似，那么等于（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】该题主要考查了相似多边形的性质，解题的关键是掌握相似多边形的性质．
根据矩形与矩形相似，且矩形的面积是矩形面积的2倍，根据相似图形面积比是相似比的平方，即可得；
【详解】解：∵矩形的面积是矩形面积的2倍，
∵各种开本的矩形都相似，
，
，
故选：C．
4．（2024·浙江宁波·一模）如图，点O为四边形内的一点，连结，若，则四边形的面积与四边形的面积比为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了位似图形的性质，得出两四边形的相似比是解题关键．利用位似图形的定义得出四边形与四边形的位似比为，进而得出面积比，即可得出四边形的面积与四边形的面积比．
【详解】解：∵，
∴四边形与四边形的位似比为，
∴四边形与四边形的面积比为，
故选：D．
5．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知中，点，，，分别为，，，上的点，且，，分别与，相交于点，，若，则的面积一定可以表示为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，由，得，，再证，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，得，，，，，进而利用面积公式即可得解．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，

∵，
∴，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，
∴，，，，
∴，
∵于，，
∴，，
∴．
∵，
∴，，
∴，
∴，即，．
∵，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定及性质，平行四边形的判定及性质，解直角三角形，相似形的性质，熟练掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
6．（2023·海南海口·模拟预测）有一张矩形纸片，、分别是，的中点，现沿线段将矩形纸片一分为二，如果所得的两张矩形纸片与原来的矩形纸片相似，那么的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似多边形的性质．熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键．
设，，则，由所得的两张矩形纸片与原来的矩形纸片相似，可得矩形和矩形相似，则，即，可求，进而可求的值．
【详解】解：∵矩形，
设，，则，
∴四边形是矩形，
∵所得的两张矩形纸片与原来的矩形纸片相似，
∴矩形和矩形相似，
∴，即，
解得，或（舍去），
∴，
故答案为：．
题型四：平行线分线段成比例定理
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形中，分别以点A和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，再以点A为圆心，以的长为半径作弧交直线于点（点在正方形内部），连接并延长交于点．若，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，设交于点H，正方形边长为，由作图知，，垂直平分，得到，，由勾股定理得到，证明，推出，推出，得到，即得．
【详解】连接，设交于点H，正方形边长为，
由作图知，，垂直平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．
【变式4-1】（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．3C．D．4
【答案】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．
解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果；
解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到．
【详解】解：解法一：延长和，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
解法二：作交于点H
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
故选：B．
【变式4-2】（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中，是边的中点．按下列要求作图：
①以点为圆心、适当长为半径画弧，交线段于点，交于点；
②以点为圆心、长为半径画弧，交线段于点；
③以点为圆心、长为半径画弧，交前一条弧于点，点与点在直线同侧；
④作直线，交于点．下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了作一个角等于已知角，平行线的性质和判定，平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练掌握相关的性质，先根据作图得出，根据平行线的判定得出，根据平行线的性质得出，根据平行线分线段成比例得出，即可得出．
【详解】解：A．根据作图可知：一定成立，故A不符合题意；
B．∵，
∴，
∴一定成立，故B不符合题意；
C．∵是边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴一定成立，故C不符合题意；
D．不一定成立，故D符合题意．
【变式4-3】（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 ．
【答案】
【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：，
【点睛】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．
【变式4-4】（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在中，，，以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，分别以为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，过点作交于点．则的长为 ．

【答案】
【分析】由尺规作图可知，射线是的角平分线，由于，结合等腰三角形“三线合一”得是边中点，再由，根据平行线分线段成比例定理得到是边中点，利用梯形中位线的判定与性质得到即可得到答案．
【详解】解：由题意可知，射线是的角平分线，
由等腰三角形“三线合一”得是边中点，
，
由平行线分线段成比例定理得到，即是边中点，
是梯形的中位线，
，
在中，，，则，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长问题，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、梯形中位线的判定与性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握梯形中位线的判定与性质是解决问题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知直线 ，直线 分别交直线于点，直线分别交直线 于点 ，若 ，则 （ ）
A．6B．16C．18D．20
【答案】B
【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
又
∴，
∵ ，
∴
解得， ．
经检验：是方程的解，
故选 B
2．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在中，D为边上一点，且平分，若，，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．25：16
【答案】A
【分析】过点C作，交的延长线于点E，利用平行线分线段成比例定理，等腰三角形判定和性质，三角形面积特点解答即可．
本题考查了平行线分线段成比例定理，等腰三角形判定和性质，三角形面积，熟练掌握定理是解题的关键．
【详解】解：过点C作，交的延长线于点E，
则，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选A．
3．（2024·湖南·二模）如图，在中，D，E分别为边上的点，且，若，则的长为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握定理内容是解决问题的关键．
根据平行线分线段成比例定理求出，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
解得，，
∴．
故答案为：4．
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，且．点E为的中点，过点E作的平行线，交于点F．在的延长线上取一点G，使得．连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的性质，平行线分线段成比例；
（1）由平行线可得，即，结合可得四边形是平行四边形，由三线合一可得即可得到四边形是矩形；
（2）先求出，，即可求出，利用勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明∵，点E为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形；
（2）解：∵平行四边形，
∴，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
5．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知正方形，点是边上的一个动点（不与点、重合），点在上，满足，延长交于点．
(1)求证：；
(2)连接，当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查的是正方形的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理，牢记性质是解题关键，
（1）根据正方形性质得出，再根据即可求出结论；
（2）作于点，作于点，证明，进而证出，利用求出即可求出结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，，
，，
，
，，
，
，
，
．
（2）解：如图1，作于点，则，
，
，
，
，
，
，
作于点，则，
，
，
，
，
，
，
的值是2．
题型五：相似三角形的判定
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·广东广州·中考真题）如图，点，分别在正方形的边，上，，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正方形的性质，得出，，进而得出，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证明．
【详解】解：，，
，
四边形是正方形，
，，
，，
又，
．
【变式5-1】（2023·黑龙江大庆·中考真题）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片如图所示，点在边上，现将矩形折叠，折痕为，点对应的点记为点，若点恰好落在边上，则图中与一定相似的三角形是 ．

【答案】
【分析】由矩形的性质得，从而得到，由折叠的性质可得：，从而得到，由此推断出．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，是解题的关键．
【变式5-2】（2022·江苏盐城·中考真题）如图，在与中，点、分别在边、上，且，若___________，则．请从①；②；③这三个选项中选择一个作为条件（写序号），并加以证明．
【答案】见解析．
【分析】根据相似三角形的判定定理证明即可．
【详解】解：若选①，
证明：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴．
选择②，不能证明．
若选③，
证明：∵，
∴，∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
【变式5-3】（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在中，，E是边AC上一点，且，过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：．
【答案】见解析
【分析】先根据等腰三角形的性质得∠C=∠BEC，又由对顶角相等可证得∠AED=∠C，再由∠D=∠ABC=90°，即可得出结论．
【详解】证明：∵
∴∠C=∠BEC，
∵∠BEC=∠AED，
∴∠AED=∠C，
∵AD⊥BD，
∴∠D=90°，
∵，
∴∠D=∠ABC，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定，熟练掌握等腰三角形的性质和相似三角形的判定定理是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）如图，点P在的边上，要判断，添加一个条件，下列不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是相似三角形的判定，分别利用相似三角形的判定方法判断得出即可．
【详解】解：A、当时，
又∵，
∴，故此选项不符合题意；
B、当时，
又∵，
∴，故此选项不符合题意；
C、当时，
又∵，
∴，故此选项不符合题意；
D、当时，无法得到，故此选项符合题意．
故选：D．
2．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，与相交于点 O，要使与相似，可添加的一个条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定．根据相似三角形的判定方法，进行判断即可．
【详解】解：（对顶角相等），
A、当时，则与相似，符合题意；
B、当时，无法证明与相似，不符合题意；
C、当时，无法证明与相似，不符合题意；
D、，无法证明与相似，不符合题意；
故选：A．
3．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，中，D、E分别是、的点，要使，需添加一个条件是 ．（只要写一个条件）
【答案】或或
【分析】
由是公共角，根据相似三角形的判定方法，即可得要使，可添加：或或等．
此题考查了相似三角形的判定．此题属于开放题，答案不唯一．注意掌握两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似与有两组角对应相等的两个三角形相似是解此题的关键．
【详解】
解：是公共角，
要使，可添加：或或等．
故答案为：如或或等（此题答案不唯一）．
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，将绕点B逆时针旋转得到，连接MA，求证：∽
【答案】见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理，旋转的性质是解题的关键．
由旋转性质可得：，，，进而可得，，由此根据相似三角形的判定定理即可证明
【详解】证明：将绕点B逆时针旋转得到，
由旋转性质，得，，，
，
，
，
即，
∽
5．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知，，请用尺规作图法在边上作一点P，使得．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】本题考查了利用尺规作图——作一个角等于已知角，相似三角形的判定，掌握尺规作图——作一个角等于已知角是解题的关键．
根据相似三角形的判定得到，再利用尺规作图作即可．
【详解】解：如图，点P即为所求．
6．（2024·北京·模拟预测）如图，四边形为正方形，．
(1)证明：
(2)不添加辅助线，添加一个角的条件，证明
【答案】(1)见解析
(2)添加，证明见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定，正方形的性质，垂直的概念，三角形全等的判定；
（1）证明有两对角相等即可判断；
（2）假设，可以推出即可．
【详解】（1）证明：，
，
又，
，
，
，
，
；
（2）解：添加，
如果，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
故添加：，能证明．
题型六：相似三角形的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·重庆·中考真题）若两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查了相似三角形的性质，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”解答即可．
【详解】解：两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是，
故选：D．
【典例2】（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．
【答案】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．
【变式6-1】（2024·四川巴中·中考真题）如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是相似三角形的性质，锐角三角函数的应用，规律探究；先求解，可得，再进一步探究即可；
【详解】解：∵12个相似的直角三角形，
∴，
，
∵，
∴，
，
，
∴，
故选C
【变式6-2】（2023·山东聊城·中考真题）如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分为，则其侧面展开图的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可．
【详解】根据题意，补图如下：

∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴侧面展开图的面积为，
故选C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面积计算是解题的关键．
【变式6-3】（2023·重庆·中考真题）如图，已知，，若的长度为6，则的长度为（ ）

A．4B．9C．12D．
【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.
【点睛】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.
【中考模拟即学即练】
1．（2023·广东阳江·一模）已知，若与的相似比为，则与的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是相似三角形的性质，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方计算．
【详解】解：∵，相似比为，
∴与的面积之比为，即，
故选：D．
2．（2023·浙江宁波·三模）如图，，，，与的面积分别是和，与的周长分别是和，则一定成立的等式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比；相似三角形的面积的比等于相似比的平方．根据相似三角形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，一一判断即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴选项D正确，选项C错误，
∵无法确定和的比的值，故选项A，B错误，
故选：D．
3．（2024·上海杨浦·一模）如图，在中，点是重心，过点作，交边于点，联结，如果，那么 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了三角形的重心，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，连接，延长交于点，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：连接，延长交于点，并延长至，使得，延长交于点，连接
∵点是重心，
∴分别为的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴
∴
∴
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
4．（2024·江西·模拟预测）将一把直尺与按如图所示的方式摆放，与直尺的一边重合，，分别与直尺的另一边交于点，．若点，，，分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，直尺的宽为，则点C到边的距离为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了点到直线的距离，相似三角形的判定和性质，证，可得，已知点，，，分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，可得、的长，即得的值，设，则，可得的长，即得点到边的距离，关键是掌握相似三角形对应边成比例．
【详解】解：过作，交于点，交于点，
，
由题意得，，，
，，
，，
，
，
，
设，则，
，
解得：，
，
．
故答案为：2．
5．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，已知，D是AB上一点，连接．若，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，设，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】解：∵，
∴可设，
∵，
∴，即，
∴，
解得或（舍去），
∴
故答案为：．
6．（2024·云南·模拟预测）如图，，，则为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了相似三角形的性质，根据的比，可得的比，利用面积比是相似比的平方，可得，从而可得答案．
【详解】，
，
相似比为，即，
，
；
故答案为：3．
7．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图，在的正方形网格中，点A，B，C均在格点上，请按要求作图．
(1)在图1中画一个格点，使．
(2)在图2中找一点F，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查基本作图，涉及相似三角形的判定、勾股定理、圆周角定理等知识，熟系相关知识是解答的关键．
（1）找格点E、D，根据网格特点，得到，根据相似三角形的判定可求解；
（2）找格点F，证得点F为的外接圆圆心，利用圆周角定理可得结论．
【详解】（1）解：如图，即为所求：
作图依据：由网格特点，，，
∴，又，
∴；
（2）解：如图，点F即为所求：
作图依据：取格点F，连接、、，则，
∴点F为的外接圆圆心，
∴，则点F即为所求．
题型七：相似三角形的性质与判定的综合
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东德州·中考真题）在中，，，点D是上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段顺时针旋转得到线．
(1)如图1，当时，求的度数；
(2)如图2，连接，当时，的大小是否发生变化？如果不变求，的度数；如果变化，请说明理由；
(3)如图3，点M在CD上，且，以点C为中心，将线CM逆时针转得到线段CN，连接EN，若，求线段EN的取值范围．
【答案】(1)
(2)的大小不发生变化，，理由见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得，由等边对等角和三角形内角和定理得到，由三角形外角的性质得，进而可求出的度数；
（2）连接交于点O，证明得，再证明即可求出的度数；
（3）过点C作于H，求出，则；由旋转的性质得，，，设，则；如图所示，过点D作于G，则可得到，，由勾股定理得；证明，在中，由勾股定理得 ；再求出，即可得到．
【详解】（1）解：由旋转的性质得．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）解：的大小不发生变化，，理由如下：
连接交于点O，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，过点C作于H，
∵，，
∴，
∵，
∴；
由旋转的性质得，，，
设，
∵，
∴，
如图所示，过点D作于G，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴,
∵，
∴，
在中，由勾股定理得
，
∴或（舍去）；
∵点D是上一个动点（点D不与A，B重合），
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
【变式7-1】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先过点作，连接数、，延长到点，使，连接，根据可得，利用可证，再利用可证，从而可得，利用勾股定理可得，利用梯形中位线定理可以求出，根据可证，根据相似三角形对应边成比例可以求出的值．
【详解】解：如下图所示，过点作，连接数、，延长到点，使，连接，
四边形是正方形，，
，，
，
，，
，
，，
，
，
在和中，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得：，
，
，
点是CD的中点，
是梯形的中位线，
，，
，
，
又，
，
，
，
解得：．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，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、梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键．
【变式7-2】（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在中，，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，满足，过点B作，垂足为E，连接，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】设交AB于,由,由旋转可得,而,即可得,故,因,即有,,设,则,求出,证明,即可得,进而即可得解．
【详解】解：设交AB于,如图，
,
,
将绕点按逆时针方向旋转得到,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
设,则,
,
,
,,
,
,
,
,
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，平行线性质及应用，勾股定理，等腰三角形的判定，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转的性质和相似三角形的判定定理.
【变式7-3】（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键．
如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长．
【详解】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
又∵，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：．
【变式7-4】（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点．
(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______
(2)求证：
(3)若，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明；
（3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线
故答案为：
（2）证明：四边形为平行四边形
（3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点
四边形为平行四边形，
，
，
又
．
【变式7-5】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，最小值，最大值
【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答；
（2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形中，，
∴，，，
∵点E在的中点
∴，
∴，，
∵点B、E、F在同一直线上，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图：过B作交于H，

∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴．
（3）解：存在，的最小值，最大值．
如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则
设．
∵四边形和四边形都是矩形，
，
∴，
∴，
∵，
，
，即，
，
∴在中，，
即，
当时，y有最小值为．
，
∴当时，y有最大值为，
∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最大值．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在中，相交于点O，将绕点C旋转至的位置，点B的对应点恰好落在点O处，B，O，D，E四点共线．（1）已知，则 （用含α的代数式表示）；（2）若，则的长为 ．
如
【答案】
【分析】先根据旋转的性质得，再根据等腰三角形的性质求得，可得答案；先根据平行四边形性质得出，再说明，然后根据相似三角形的对应边成比例得出答案．
【详解】根据旋转的性质得，
∵，
∴，
∴．
故答案为：；
由（1）得，，
∴，，
即．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．
2．（2025·上海普陀·一模）已知：如图，梯形中，，为对角线，．
(1)求证：；
(2)E为的中点，作，交边于点F，求证：．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键：
（1）证明，即可得证；
（2）先证明，可得，再由可得，结合，得到，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
（2）如图，
∵，
∴，
又∵，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴． 即：，
∴
∴
3．（2024·浙江宁波·二模）已知在等腰 中， ，是的三等分点且靠近点， 是的中点，过点作交延长线于点 ．
(1)求 的值；
(2)连接 ，若 ，，求的值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】此题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
（）作交于点，则，所以，而，求得，再证明，得，所以的值为；
（）连接，由，，得，，由，得，而，所以，可证明，得 ，则，，再证明，得 ，所以，则，所以，，求得 ；
【详解】（1）解：作交于点，
∵是的三等分点且靠近点，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的值为；
（2）解：连接，
，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵都是正数，
∴，
∴，，
∴，
∴的值为．
4．（2025·湖南娄底·一模）如图1，在矩形中，，，点E是线段上的动点（点不与点重合），连接，过点作，交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，过点作，垂足为，连接，点是线段的中点，连接．
①求的最小值；
②当取最小值时，求线段的长．
【答案】(1)详见解析
(2)①的最小值为5
②当取最小值时，线段的长为1
【分析】（1）证明出即可求解；
（2）①连接，先证明．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点共线时，．此时，取最小值．在中利用勾股定理即可求出，则问题得解．
②过点M作交于点N，即有，进而有．设，则，．再根据，得到，得到，则有，解方程即可求出．
【详解】（1）证明：如图1，
∵四边形是矩形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）①解：如图2-1，连接AM．
∵，
∴是直角二角形．
∵点是线段的中点，
∴．
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：，
当A，G，M三点共线时，．
此时，取最小值．在中，．
∴的最小值为5．
②如图2-2，过点M作交于点N，
∴．
∴．
设，则，
∴．
∵，
∴，
∴，
由①知的最小值为5、即，
又∵，
∴．
∴，解得，
经检验，x=1是分式方程的解，
即．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及分式方程的应用等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
5．（2025·安徽·模拟预测）如图①，在四边形中，，E为上一点，且，过点B作交的延长线于点F，连接，．
(1)求证：；
(2)如图②，连接交于点G．
①若，求证：平分；
②若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）先证，再证四边形是平行四边形，则，然后证，则，由即可得出结论；
（2）①连接，先证四边形是平行四边形，得，再证四边形是平行四边形，然后证平行四边形是菱形，即可得出结论；
②先证，得，进而证，得，则，然后求出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
，
，
，
即，
，
在和中，
，
．
（2）解：①证明：如图，连接，
由（1）得：，
∴，
，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
，
∴平行四边形是菱形，
∴平分；
②解：由（1）可知，，
，
，
，
，
，
，
，
由（1）可知，四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
即，
两边除以得：，
解得：，或（舍去），
∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
6．（2025·广东·模拟预测）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，，过点作射线，垂足为，点在上．
(1)【动手操作】
如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若在直角中，，，点在线段上，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据题意画出图形，由，得，再根据可得结论；
（2）连接，推出四边形内接于直径为的圆，根据同弧所对的圆周角相等得，推出，即可得出结论；
（3）当点在线段上时，连接，过点作交于点，证明得，推出四边形内接于直径为的圆，得，推出，得，，，再根据含角的直角三角形的性质得，可得结论．
【详解】（1）解：如图，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴图中的度数为度，
故答案为：；
（2）．
理由：如图，连接，
∵将射线绕点逆时针旋转与交于点，
∴，
∵，
∴，
∴四边形内接于直径为的圆，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当点在线段上时，连接，过点作交于点，如图所示，
∵将射线绕点逆时针旋转与交于点，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形内接于直径为的圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题属于几何变换综合应用，考查了等腰直角三角形，旋转变换，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识．解题的关键是作辅助线构造相似三角形解决问题．
7．（2025·甘肃·模拟预测）【模型建立】
（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，且AE⊥DF，求证：；
【模型应用】
（2）如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M，N分别在边，上，且，求的值；
【模型迁移】
（3）如图3，在四边形中，，，，，点E，F分别在边，上，且，垂足为G，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）＝；（3）
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）证明四边形是矩形，得出，，再证明，即可得解；
（3）过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，证明四边形是矩形，得出，，证明，得出，证明，得出．设，则，设，则，由勾股定理可得，再证明，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：过点N作于点H，
，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则，设，则，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∴，
解得 (舍去)，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
8．（2024·广东深圳·模拟预测）在四边形中， P为对角线BD延长线上的一点，过点P作交射线AD于点E，连接CE．过点P作交射线于点F ．
(1)如图1，若四边形为正方形，求证：
(2)若四边形为菱形，且，连接并延长，交直线CE于点G ．
①如图2，当G为CE中点，求的值；
②如图3，若P点为射线BD上一点，当为等腰三角形时，请直接写出 的度数（用含的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①；②的度数为或或．
【分析】（1）根据正方形的性质先证明是等腰直角三角形，推出，再证明四边形是平行四边形，推出，进而得到，利用即可证明；
（2）①延长交AD延长线于点，证明，设，证明，利用相似三角形的性质即可解答；②分点P在BD延长线上和点P在BD上两种情况讨论，利用等腰三角形的性质结合菱形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①延长交AD延长线于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵G为CE中点，
∴
∵
∴，
∴
∴
设，则，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，即
令，则，
解得：（负值舍去），
∴；
②如图，当点P在BD延长线上时，
∵，四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰三角形，
∴此时，仅存在，则，
同理①得是等腰三角形，四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴；
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
如图，当点P在BD上，时，
同理得：；
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
如图，当点P在BD上，时，
设，则，
同理得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
综上，的度数为或或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，正方形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．
题型八：相似三角形的实际应用
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·四川自贡·中考真题）为测量水平操场上旗杆的高度，九（2）班各学习小组运用了多种测量方法．

(1)如图1，小张在测量时发现，自己在操场上的影长恰好等于自己的身高．此时，小组同学测得旗杆的影长为，据此可得旗杆高度为________m；
(2)如图2，小李站在操场上E点处，前面水平放置镜面C，并通过镜面观测到旗杆顶部A．小组同学测得小李的眼睛距地面高度，小李到镜面距离，镜面到旗杆的距离．求旗杆高度；
(3)小王所在小组采用图3的方法测量，结果误差较大．在更新测量工具，优化测量方法后，测量精度明显提高，研学旅行时，他们利用自制工具，成功测量了江姐故里广场雕塑的高度．方法如下：

如图4，在透明的塑料软管内注入适量的水，利用连通器原理，保持管内水面M，N两点始终处于同一水平线上．
如图5，在支架上端P处，用细线系小重物Q，标高线始终垂直于水平地面．
如图6，在江姐故里广场上E点处，同学们用注水管确定与雕塑底部B处于同一水平线的D，G两点，并标记观测视线与标高线交点C，测得标高，．将观测点D后移到处，采用同样方法，测得，．求雕塑高度（结果精确到）．
【答案】(1)
(2)旗杆高度为；
(3)雕塑高度为．
【分析】本题考查平行投影，相似三角形的应用．
（1）根据同一时刻物高与影长对应成比例，进行求解即可；
（2）根据镜面反射性质，可求出，得出，最后根据三角形相似的性质，即可求出答案；
（3），由题意得：，，利用相似三角形的性质列出式子，计算即可求解．
【详解】（1）解：由题意得，由题意得：，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图，由题意得，，
根据镜面反射可知：，
，，
，
，
，即，
，
答：旗杆高度为；
（3）解：设，
由题意得：，，
∴，，
即，，
∴，
整理得，
解得，经检验符合他
∴，
答：雕塑高度为．
【变式8-1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，小杰从灯杆的底部点B处沿水平直线前进到达点C处，他在灯光下的影长米，然后他转身按原路返回到点B处，返回过程中小杰在灯光下的影长可以是（ ）
A．4.5米B．4米C．3.5米D．2.5米
【答案】D
【分析】本题考查相似三角形的应用举例，设回过程中小杰身高为，连接并延长交于点G，根据题意得到，证明，得到，由推出，即可得出结论．
【详解】解：设回过程中小杰身高为，连接并延长交于点G，
根据题意得到，
，
，
，
，
，
米，
，
返回过程中小杰在灯光下的影长可以是2.5米，
故选：D．
【变式8-21】（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 ．
【答案】
【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：．
【变式8-3】（2024·湖北·中考真题）小明为了测量树的高度，经过实地测量，得到两个解决方案：
方案一：如图（1），测得地与树相距10米，眼睛处观测树的顶端的仰角为：
方案二：如图（2），测得地与树相距10米，在处放一面镜子，后退2米到达点，眼睛在镜子中恰好看到树的顶端．
已知小明身高1.6米，试选择一个方案求出树的高度．（结果保留整数，）
【答案】树的高度为8米
【分析】本题考查了相似三角形的实际应用题，解直角三角形的实际应用题．
方案一：作，在中，解直角三角形即可求解；
方案二：由光的反射规律知入射角等于反射角得到相似三角形后列出比例式求解即可．
【详解】解：方案一：作，垂足为，
则四边形是矩形，
∴米，
在中，，
∴（米），
树的高度为米．
方案二：根据题意可得，
∵，
∴
∴，即
解得：米，
答：树的高度为8米．
【变式8-4】（2023·江苏南京·中考真题）如图，玻璃桌面与地面平行、桌面上有一盏台灯和一支铅笔，点光源O与铅笔所确定的平面垂直于桌面．在灯光照射下，在地面上形成的影子为（不计折射），．
(1)在桌面上沿着方向平移铅笔，试说明的长度不变．
(2)桌面上一点P恰在点O的正下方，且，，，桌面的高度为．在点O与所确定的平面内，将绕点A旋转，使得的长度最大．
①画出此时所在位置的示意图；
②的长度的最大值为 cm．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】本题考查了相似三角形的应用举例，勾股定理的实际应用，正确写出比例式，并进行换算是解题关键．
（1）设平移到，在地面上形成的影子为．利用平行相似即可；
（2）①以为圆心，长为半径画圆，当与相切于时，此时最大为．②先证明，再利用勾股定理求出，由，即可求出的长度的最大值．
【详解】（1）解：设平移到，在地面上形成的影子为．
，
，，，
，，，
，
，
，
沿着方向平移时，长度不变．
（2）解：①以为圆心，长为半径画圆，
当与相切于时，此时最大为．
此时所在位置为．
②，，
，
，
设，则，
在中，
，
，
，
，（舍去），
，
由①，
，
，
即的长度的最大值为，
故答案为：80．
【变式8-51】（2023·四川攀枝花·中考真题）拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品．某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度．东塔的高度为，选取与塔底在同一水平地面上的、两点，分别垂直地面竖立两根高为的标杆和，两标杆间隔为，并且东塔、标杆和在同一竖直平面内．从标杆后退到处（即），从处观察点，、、在一直线上；从标杆后退到处（即），从处观察A点，A、、三点也在一直线上，且、、、、在同一直线上，请你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔的高度．

【答案】36m
【分析】设，则，通过证明，得到，即，同理得到，则可建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：设，则
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
同理可证，
∴，即，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴该古建筑AB的高度为36m．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知箱子沿着斜面向上运动，箱高．当时，点B到地面的距离，则点A到地面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了相似三角形的应用．利用相似三角形的判定与性质进而求出的长即可得出的长．
【详解】解：由题意可得：，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即，解得：，
∵，
∴，即，解得：，
∴．
故选C．
2．（2024·浙江温州·三模）图1是《九章算术》中记载的“测井深”示意图，译文指出：“如图2，今有井直径为5尺，不知其深．立5尺长的木于井上，从木的末梢点观察井水水岸处，测得“入径”为4寸，问井深是多少？（其中1尺寸）”根据译文信息，则井深为（ ）
A．500寸B．525寸C．550寸D．575寸
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，由题意得：寸，寸，寸，，寸，证明，代入数据计算即可得出答案．
【详解】解：由题意得：寸，寸，寸，，
∴寸，
∵，
∴，
∴，即，
∴寸，
故选：D．
3．（2025·广东深圳·一模）2022年2月20日北京冬奥会花样滑冰表演赛，中国男单一哥金博洋登场，他使用的地面光影直到结束后都让人意犹未尽．如图，设聚光灯O的底部为A，金博洋的身高（）为，金博洋与点A的距离为，他在聚光灯下的影子为，则 聚光灯距离地面的高度为 m．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际图形中抽象出相似三角形，熟练掌握相似三角形的判定和性质．
根据相似三角形的对应边的比相等列方程计算即可．
【详解】解：由题意得：，
∴，
∴，
∵金博洋的身高（）为，金博洋与点A的距离为为，他在聚光灯下的影子为，
∴，
解得：，
故答案为：6.8．
4．（2024·吉林松原·三模）如图①是液体沙漏的平面示意图（数据如图），经过一段时间后的液体如图②所示，此时液面 ．
【答案】/
【分析】本题考查了相似三角形的实际应用．画出截面图，过点C作交于点G，交于点F，由，列出等量关系式，即可求解．
【详解】解：如图所示为沙漏横截面，过点C作交于点G，交于点F，

由题意得：，，，
∵，
∴分别是边上的高，
∵，
∴，
∴，即，
解得：．
故答案为：．
5．（2024·广东·模拟预测）学习相似三角形后，小红利用灯光下自己的影子长度来测量一路灯的高度．如图，已知小红的身高是米，他在路灯下的影长为2米，小红距路灯灯杆的底部4米，则路灯灯泡距地面的高度是 米．
【答案】
【分析】此题主要考查了相似三角形的应用．根据已知得出图形，进而利用相似三角形的判定与性质求出即可．
【详解】解：结合题意画出图形得：，，
，
，
小红的身高为米，他在路灯下的影子长为2米；小红距路灯杆底部为4米，
，，，
，
解得：，
则路灯灯泡距地面的高度是米．
故答案为：．
6．（2024·山西晋中·模拟预测）普救寺位于山西省运城市永济市蒲州古城内，是我国历史名剧《西厢记》故事的发生地，寺庙规模宏伟，内部有很多著名建筑.其中，最著名的便是莺莺塔（如图1）．数学兴趣小组根据光的反射定律（如图2），把一面镜子放在离古塔（）的点P处，然后观测者沿着直线后退到点B处．这时恰好在镜子里看到塔顶端D，量得，已知观测者目高，那么该古塔（）的高度是 m．
【答案】36
【分析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．证出，根据相似三角形的性质求解即可得．
【详解】解：如图，由反射角等于入射角可知，，
由题意可知，，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：36．
7．（2024·广东东莞·一模）如图1是一张折叠型方桌子，图是其侧面结构示意图，支架AD与CB交于点，测得，．
(1)若，求AB的长；
(2)将桌子放平后，两条桌腿叉开角度，求AB距离地面的高．(结果保留整数参考数值，
【答案】(1)AB的长为cm
(2)AB距离地面的高为48cm
【分析】此题考查了相似三角形的判定及性质、解直角三角形的应用，
（1）先证明，再由相似三角形的性质求出AB的长即可；
（2）过点作于点，于点，在中，，在中，，，进而作答即可．
【详解】（1）解：，，
与是等腰三角形，
，
，
，
即的长为；
（2）过点作于点，于点，如图，
∵，
∴E、O、F三点共线，
，与是等腰三角形，
，
在中，
，
在中，
，
，
距离地面的高为．
8．（2024·江苏苏州·二模）【数学眼光】
星港学校比邻园区海关大楼，星港学校九年级学生小星在学习过“相似”的内容后，也想要利用相似的知识得海关大楼的高度，如图1所示．小星选择把数学和物理知识相结合利用平面镜的镜面反射特点来构造相似，如图2所示．
【问题提出】
问题一：现测量得到，，．问：海关大楼高高为多少？（用，，表示）
【数学思维】
但在进一步观察海关大楼周围的环境之后，小星发现由于条件限制，海关大楼的底部不可到达，所以无法准确测量海关大楼底部到平面镜的距离，如图3所示，在老师帮助下小星进一步完善了自己的想法，得到了方案二：既然无法测量平面镜到海关大楼底部的距离，那就将这部分用其他长度来表示，即构造二次相似，将测量距离进行转化，如图4所示．
问题二：小星测量得到，，，，请你求出海关大楼的高度．
【数学语言】
问题三：小星在求出来数据之后，上网查阅了资料发现海关大楼高度为，请你尝试着分析出现这样误差的原因是什么？
【答案】问题一：；问题二：；问题三：见详解
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，
问题一：根据反射特点可知，即可证明，有，即可求得．
问题二：由反射特点可知，，证得，，有，，结合得到，求得，可得；
问题三：（1）在角度误差上分析；（2）在测量距离上分析即可．
【详解】解：问题一：由反射特点可知，
又∵，
∴，
∴
∵，，
即：，
∴．
问题二：
由反射特点可知，，
∵
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，，，，
∴，解得，
∴，
解得；
问题三：（1）理论上入射角等于反射角，即本题中直角减去入射角和反射角得到和，实际操作中有误差；
（2）实际中测量两点之间的距离也存在误差．
题型九：图形位似
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形各顶点的坐标分别为O0,0，，，，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．
【答案】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．
【变式9-1】（2024·浙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与是位似图形，位似中心为点．若点的对应点为，则点的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了位似变换，根据点的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似变换的性质是解题的关键．
【详解】解：∵与是位似图形，点的对应点为，
∴与的位似比为，
∴点的对应点的坐标为，即，
故选：．
【变式9-2】（2023·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点坐标分别是，若四边形与四边形关于原点位似，且四边形的面积是四边形面积的4倍，则第一象限内点的坐标为 ．

【答案】
【分析】根据位似图形的概念得到四边形和四边形相似，根据相似多边形的面积比等于相似比的平方求出相似比，再根据位似变换的性质计算即可．
【详解】解：∵四边形的面积是四边形面积的4倍，
∴四边形和四边形的相似比为，
∵，
∴第一象限内点 ，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，掌握相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
【变式9-3】（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，的顶点坐标是，，，以点O为位似中心，将缩小为原来的，得到，则点的坐标为 ．

【答案】或/或
【分析】根据位似变换的性质、坐标与图形性质计算．
【详解】解：以点O为位似中心，将缩小为原来的，得到，，
当在第一象限时，点的坐标为，即；
当在第三象限时，点的坐标为，即；
综上可知，点的坐标为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查图标与图形、位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质，注意分情况计算．
【变式9-4】（2024·四川凉山·中考真题）如图，一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源的照射下形成的投影是，若，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：∵一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源的照射下形成的投影是，，
∴，
∴位似图形由三角形硬纸板与其灯光照射下的中心投影组成，相似比为，
∵三角形硬纸板的面积为，
∴，
∴的面积为．
故选：D．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·四川成都·模拟预测）如图，和是以点为位似中心的位似图形，若，的周长为，则的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了位似变换，熟练掌握位似变换的性质是解题的关键； 由和是以点为位似中心的位似图形，得，则，然后根据位似图形的周长之比等于相似比即可求解．
【详解】解：∵和是以点为位似中心的位似图形，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为的周长，
∵的周长为，
∴的周长为，
故选：．
2．（2024·山西大同·二模）如图，在平面直角坐标系中，A，B，C，D四个点都在格点上．若正方形和正方形是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，则点的坐标为（ ）

A．或B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】本题考查了中心位似图形，根据正方形和正方形是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，即可得出答案，掌握中心位似图形的定义是解题的关键．
【详解】解：如图：

由图可知，点B2,1，
∵正方形和正方形是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，
∴点或，
故选：C．
3．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在直角坐标系中，A0,−1， ，以为位似中心，把按相似比放大，放大后的图形记作，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】此题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似的性质和相似三角形的判定与性质定理是解题的关键．过点作轴于点，由A0,−1，，可得，，根据位似图形的性质得到，推出，证明，根据相似三角形的性质可求出，，进而求出，即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点，
A0,−1，，
，，
以为位似中心，把按相似比放大，放大后的图形记作，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
故答案为：．
4．（2023·四川成都·二模）如图，以点O为位似中心，作四边形的位似图形，已知，若四边形的周长为8，则四边形的周长为 ．
【答案】28
【分析】本题考查位似图形，相似三角形的判定和性质．熟练掌握位似图形的性质，证明三角形相似，是解题的关键．根据位似的性质，得到，推出，进而求出四边形与四边形的相似比，利用周长比等于相似比，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形与四边形是位似图形，
∴四边形四边形，，
∴，
∴，
∴四边形的周长∶四边形的周长，
∵四边形的周长是8，
∴四边形的周长为28，
故答案为：28．
5．（2024·广东·模拟预测）《墨子·天志》记载：“轮匠执其规、矩，以度天下之方圆．”知圆度方，感悟数学之美．如图，以正方形的对角线交点为位似中心，作它的位似图形，若四边形的外接圆半径为4，，则正方形的周长为 ．

【答案】
【分析】此题考查了位似图形的性质，正多边形和圆的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．设位似中心为O，连接，，首先得到，然后利用勾股定理求出，然后根据位似图形的性质得到，进而求解即可．
【详解】解：如图所示，设位似中心为O，连接，

∵正方形的外接圆半径为4，
∴，
∴
∵，
∴
∴．
∴正方形的周长为．
故答案为：．
6．（2024·安徽宣城·三模）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为点，，．
(1)把先向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到，并写出点的坐标；
(2)以点O为位似中心，将放大两倍得到；
(3)直接写出的面积：______．
【答案】(1)如图，即为所求，由图可得，点的坐标为；
(2)如图，和均满足题意：
(3)7
【分析】本题考查作图位似变换、平移变换，熟练掌握位似的性质、平移的性质是解答本题的关键．
（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．
（2）根据位似的性质作图即可．
（3）利用割补法求三角形的面积即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求．
由图可得，点的坐标为．
（2）解：如图，和均满足题意；
（3）解：的面积为．
故答案为：7．①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，则______；
②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，则_______；
③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处，则_______；
④展平纸片，按照所得到的点D折出，则_______，我们将这个比值称为黄金比，将宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形，如图4矩形就是一个黄金矩形．