2024年中考数学真题分类汇编专题22 图形的相似（31题）（教师版）

这是一份2024年中考数学真题分类汇编专题22 图形的相似（31题）（教师版），共60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。
一、单选题
1．（2024·重庆·中考真题）若两个相似三角形的相似比为，则这两个三角形面积的比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方进行求解即可．
【详解】解：∵两个相似三角形的相似比为，
∴这两个三角形面积的比是，
故选：D．
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．
3．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，是边上两点，且，连接与相交于点，连接．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正弦值：过点作，证明，得到，再证明，分别求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，再利用正弦的定义，求解即可．
【详解】解：∵矩形，，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴
过点作，则：，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故选A．
4．（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
5．（2024·四川德阳·中考真题）一次折纸实践活动中，小王同学准备了一张边长为4（单位：）的正方形纸片，他在边和上分别取点和点，使，又在线段上任取一点（点可与端点重合），再将沿所在直线折叠得到，随后连接．小王同学通过多次实践得到以下结论：
①当点在线段上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动；
②当达到最大值时，到直线的距离达到最大；
③的最小值为；
④达到最小值时，．
你认为小王同学得到的结论正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由折叠可得，可得点到点的距离恒为2，即可判断①；连接，由勾股定理得到在中，，由，即可判断③；达到最小值时，点在线段上，证得，得到，从而求得，通过即可判断④．在中，随着的增大而增大，而当最大时，有最大值，有最大值，此时点N与点D重合．过点作于点G，作于点P，可得四边形是矩形，因此，当取得最大值时，有最小值，在中，有最大值，有最大值，即可判断②．
【详解】解：∵正方形纸片的边长为，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴当点在线段上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动．故①正确．
连接，
∵在正方形中，，，，
∴在中，
∵，
∴，
∴的最小值为．故③正确；
如图，
达到最小值时，点在线段上，
由折叠可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．故④错误．
在中，，，
∴随着的增大而增大，
∵，
∴当最大时，有最大值，有最大值，此时，点N与点D重合，
过点作于点G，作于点P，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
当取得最大值时，也是最大值，
∵，
∴有最小值，
∴在中，有最大值，
即有最大值，
∴点到的距离最大．故②正确．
综上所述，正确的共有3个．
故选：C
【点睛】本题考查轴对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角形函数的性质，综合运用相关知识是解题的关键．
6．（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
【答案】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．
7．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，等腰三角形中，，反比例函数的图象经过点A、B及的中点M，轴，与y轴交于点N．则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查反比例函数的性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的性质等知识，找到坐标之间的关系是解题的关键．
作辅助线如图，利用函数表达式设出、两点的坐标，利用，是中点，找到坐标之间的关系，利用平行线分线段成比例定理即可求得结果．
【详解】解：作过作的垂线垂足为，与轴交于点，如图，
在等腰三角形ABC中，，是中点，
设，，
由中点为，，故等腰三角形中，
∴，
∴，
∵AC的中点为M，
∴，即，
由在反比例函数上得，
∴，
解得：，
由题可知，，
∴．
故选：B．
二、填空题
8．（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 ．
【答案】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．
9．（2024·山东济宁·中考真题）如图，中，，是的角平分线．
（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，．
（2）以点为圆心，长为半径画弧，交于点．
（3）以点为圆心，长为半径画弧，与（2）中所画的弧相交于点．
（4）画射线．
（5）以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点．
（6）连接，，分别交，于点，．
根据以上信息，下面五个结论中正确的是 ．（只填序号）
①；②；③；④；⑤．
【答案】①②⑤
【分析】本题为尺规作图几何综合题，涉及到了等腰三角形的性质即判定，矩形的判定，含角的直角三角形的定义，锐角三角函数的比值关系，相似三角形的判定及性质等知识点，灵活运用角的等量代换是解题的关键．
根据等腰三角形的性质即可判断出①；过作于点，证出四边形为矩形，即可通过边的比值关系求出，即可求出判断②；利用三角形外角和分别求出两个角的值进行比较即可判断③；设，则，用含的式子分别表达出和的长度后即可判断④；判定出即可判断⑤．
【详解】解：∵，，
∴三角形为等腰直角三角形，，
又∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，故①正确；
根据题意作图可得：，，
过作于点，则，如图所示：
∵是的角平分线，由三线合一可得：，即，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，，
∴，故③错误；
设，则，
∵，
∴，
∴，即，，即，
∴，故④错误；
∵，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述，正确的有：①②⑤；
故答案为：①②⑤．
10．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点E、F．若，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关键．设与相交于点，证明，根据相似的性质进行计算即可；
【详解】解：的垂直平分线分别交边于点E、F．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
令，
，
解得或（舍去），
．
故答案为：．
11．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形的边长为4，则这个正五边形的对角线的长是 ．

【答案】/
【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰三角形的性质得出，再证明，根据相似三角形的性质求出，最后由线段和差即可求出的长．
【详解】解：如图，连接交于点，

∵五边形是正五边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得或（舍去），
∴，
故答案为：．
12．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，，，直线，是上的动点（端点除外），射线交于点．在射线上取一点，使得，作，交射线于点．设，．当时， ；在点运动的过程中，关于的函数表达式为 ．
【答案】 2
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例．
易得，则，得出，代入数据即可求出；根据，得出，设，则，通过证明，得出，则，进而得出，结合，可得，代入各个数据，即可得出 关于的函数表达式．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴；
∵，
∴，即，
整理得：，
设，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得：，
∴，
∵，
∴，即，
整理得：，
故答案为：2，．
13．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．
（1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ．
【答案】 /
【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．
【详解】解：①连接，由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，，
∴
∴，
故答案为：；
②记与交于点K，如图：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得：，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意得，而，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
14．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是 ．
【答案】①②③⑤
【分析】如图1，作于，则四边形是矩形，证明，则，可判断①的正误；如图2，作交于，连接，证明，则，，由，，可得，，，证明，则，由勾股定理得，，由，可得，可判断②的正误；如图3，连接，由勾股定理得，，，可求，设，则，，由勾股定理得，，由，可得，整理得，，可求满足要求的解为，则，，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，，不相似，，可判断④的正误；由设，，，则，，，，证明，则，证明，则，即，可求，同理，，则，即，同理，，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，
如图1，作于，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
如图2，作交于，连接，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，②正确，故符合要求；
∵P是中点，，
∴，
如图3，连接，
由勾股定理得，，，
解得，，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，整理得，，
解得，或（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得，，③正确，故符合要求；
由题意知，，
∴不相似，，④错误，故不符合要求；
∵，
∴，，
设，，，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
同理，，
∴，即，
同理，，
∴，即，
∴，
将代入得，，整理得，，
解得，，
∴，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
15．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是 ．
【答案】
【分析】作交于点，不妨设，设，通过四边形是正方形，推出，得到，然后证明，利用相似三角形对应边成比例，得到，从而表示出，的长度，最后利用和表示出正方形和的面积，从而得到．
【详解】解：作交于点，不妨设，设
四边形是正方形
在和中，，
由题意可知，
正方形的面积，
正方形的面积
；
故答案为：.
【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
三、解答题
16．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
17．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形；
（2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵分别是、的平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
作于点，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
18．（2024·山东烟台·中考真题）如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点，将正比例函数图象向下平移个单位后，与反比例函数图象在第一、三象限交于点B，C，与x轴，y轴交于点D，E，且满足．过点B作轴，垂足为点F，G为x轴上一点，直线与关于直线成轴对称，连接．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求n的值及的面积．
【答案】(1)
(2)，
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用：
（1）先求出的值，进而求出反比例函数的解析式即可；
（2）根据平移规则，得到平移后的解析式，联立两个解析式，表示出的坐标，过点，作轴的平行线交轴于点,根据，进而求出的值，进而根据对称性得出，勾股定理求得，进而求得的长，即可求解．
【详解】（1）解：∵正比例函数与反比例函数的图象交于点，
∴，
∴，
∴；
∴；
（2）∵
∴
∴
∴
∵将正比例函数图象向下平移个单位，
∴平移后的解析式为：，
如图所示，过点，作轴的平行线交轴于点，则，是等腰直角三角形，
∴
∴
∴
设，则
∴，
∴，
∵，，在上
∴
解得：（负值舍去）
∴，
∴的解析式为，
当时，，则，
∴，，则
∵直线与关于直线成轴对称，轴，
∴，和是等腰直角三角形，
∴
∴，
∵和是等腰直角三角形，
∴
∴
19．（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：．
【答案】(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，
，
∴．
20．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出，再由等边对等角得出，等量代换可得出，又，即可得出．
（2）连接，由直径所对的圆周角等于得出，设，即，由相似三角形的性质可得出，再根据圆内接四边形的性质可得出，即可得出的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
（2）连接，如下图：
∵为直径，
∴，
设，
∴，
由（1）知：
∴，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
即，
解得：
21．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，与轴交于点，点在反比例函数图象上．
(1)求，，的值；
(2)若，，，为顶点的四边形为平行四边形，求点的坐标和的值；
(3)过，两点的直线与轴负半轴交于点，点与点关于轴对称．若有且只有一点，使得与相似，求的值．
【答案】(1)，，
(2)点的坐标为或，
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设，根据平行四边形的性质，分当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时三种情况，分别利用中点坐标公式列方程组求解即可；
（3）设点，则，，利用相似三角形的性质得，进而解方程得，则，利用待定系数法求得直线的表达式为，联立方程组得，根据题意，方程有且只有一个实数根，利用根的判别式求解即可．
【详解】（1）解：由题意，将代入中，得，则，
将代入中，得，则，
∴，
将代入中，得，则；
（2）解：设，由（1）知，
若，，，为顶点的四边形为平行四边形，分以下情况：
当为对角线时，则，解得，
∴，则；
当为对角线时，则，解得，
∴，则；
当为对角线时，依题意，这种情况不存在，
综上所述，满足条件的点的坐标为或，；
（3）解：如图，设点，则，，
若，则，即，
∴，即，
解得，
∵，∴，则，
设直线的表达式为，
则，解得，
∴直线的表达式为，
联立方程组，得，
∵有且只有一点，
∴方程有且只有一个实数根，
∴，解得；
由题意，不存在，
故满足条件的k值为．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的综合、反比例函数与几何的综合，涉及待定系数法、相似三角形的性质、平行四边形的性质、坐标与图形、一元二次方程根的判别式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键．
22．（2024·四川南充·中考真题）如图，直线经过两点，与双曲线交于点．
(1)求直线和双曲线的解析式．
(2)过点C作轴于点D，点P在x轴上，若以O，A，P为顶点的三角形与相似，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)直线解析式为，双曲线解析式为
(2)点P坐标为或或或
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用，相似三角形的性质：
（1）待定系数法求出一次函数的解析式，进而求出点的坐标，再利用待定系数法求出反比例函数的解析式即可；
（2）分和，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：直线经过两点，
∴，解得：，
∴，
当时，，解得：，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，，
当以O，A，P为顶点的三角形与相似时，分两种情况进行讨论：
①当，则：，
∴，
∴，
∴或；
②当，则：，
∴，
∴，
∴或；
综上：点P坐标为或或或．
23．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，，，点为上一点，过点作交于点．设的长度为，点，的距离为，的周长与的周长之比为．
(1)请直接写出，分别关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出函数，的图象；请分别写出函数，的一条性质；
(3)结合函数图象，直接写出时的取值范围．（近似值保留一位小数，误差不超过）
【答案】(1)
(2)函数图象见解析，随x增大而增大，随x增大而减小
(3)
【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质与判定：
（1）证明，根据相似三角形的性质得到，据此可得答案；
（2）根据（1）所求利用描点法画出对应的函数图象并根据函数图象写出对应的函数图象的性质即可；
（3）找到一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，即为所求；
由函数图象可知，随x增大而增大，随x增大而减小；
（3）解：由函数图象可知，当时的取值范围．
24．（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．
25．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在中，，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交延长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
(1)求证：；
(2)探究与的关系；
某小组探究发现，当时，；当时，．
请你继续探究：
①当时，直接写出的值；
②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明；
(3)拓展应用：在图1中，过点F作，垂足为点P，连接，得到图2，当点D运动到使时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①②，证明见解析
(3)
【分析】（1）等边对等角，得到，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到，即可得出结论；
（2）①根据给定的信息，得到是的2倍，即可得出结果；
②猜想，作于点，证明，得到，三线合一得到，即可得出结论；
（3）过点作，角平分线的性质，得到，推出，等角的余角相等，得到，进而得到，得到，根据，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，且，
∴，
∴；
（2）解：①当时，；当时，，
∴总结规律得：是的2倍，
∴当时，；
②当时，猜想，
证明：作于点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）知，又，
∴，即，
∴；
（3），理由如下：
过点作，
∵，，
∴，
由（2）知，当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．
26．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．

(1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．
①求证：是的中点；
②求；
(2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①见解析；②
(2)，理由见解析
【分析】（1）①根据，得出为的中点，证明出即可；②先证明出得到，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；
（2）连接交于点，证明，进一步证明出四边形为平行四边形，得出为的中位线，得到，再证明出得到，再通过等量代换即可求解．
【详解】（1）解：①，
为的中点，
，
是边的中点，
，
，
在中，
∴，
又∵，
，
，
是的中点；
②，
四边形为平行四边形，
，
，
，
∵，
，
，
，
，
；
（2）解：线段与线段之间的数量关系为：，理由如下：
连接交于点，如下图：

由题意，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点，
，
又，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
为的中点，
，
，
为的中点，
为的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．
27．（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A．
(1)【操作判断】
如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度；
(2)【问题探究】
如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：；
(3)【拓展延伸】
点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值．
【答案】(1)画图见解析，90
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形是矩形，即可求解；
（2）过P作于C，证明矩形是正方形，得出，利用证明，得出，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证；
（3）分M在线段，线段的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可；
【详解】（1）解：如图，即为所求，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
故答案为：90；
（2）证明：过P作于C，
由（1）知：四边形是矩形，
∵点P在的平分线上，，，
∴，
∴矩形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴
；
（3）解：①当M在线段上时，如图，延长、相交于点G，
由（2）知，
设，则，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当M在的延长线上时，如图，过P作于C，并延长交于G
由（2）知：四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴
，
∵
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，的值为或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理分类讨论是解题的关键．
28．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在中，点D在边上．若，则，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在中，，点D为边的中点，，点E在上，连接，．若，求的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形中，，点E，F分别在边，上，，延长，相交于点G．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证明，得出，即可证明结论；
（2）过点C作于点F，过点D作于点G，解直角三角形得出，，证明，得出，求出，根据勾股定理得出，得出，证明，得出，求出；
（3）连接，证明，得出，求出，证明为直角三角形，得出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出结果即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）过点C作于点F，过点D作于点G，如图所示：
则，
∴，
∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
（3）连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，负值舍去，
∴，
∴，
∵，
∴为直角三角形，，
∴，
∴在中根据勾股定理得：
，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
29．（2024·江西·中考真题）综合与实践
如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，．
特例感知
（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______；
类比迁移
（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
拓展应用
（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当时，请直接写出的长度．
【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或.
【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论；
（2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论；
（3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案.
【详解】解：（1）∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴与之间的位置关系是，数量关系是；
（2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下：
∵，
∴，，
∵，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴与之间的位置关系是，数量关系是；
（3）由（1）得：，，，
∴，都为等腰直角三角形；
∵点F与点C关于对称，
∴为等腰直角三角形；，
∴四边形为正方形，
如图，过作于，
∵，，
∴，，
当时，
∴，
∴，
如图，当时，
此时，
同理可得：，
∴y与x的函数表达式为，
当时，的最小值为；
②如图，∵，正方形，记正方形的中心为，
∴，
连接，，，
∴，

∴在上，且为直径，
∴，
过作于，过作于，
∴，，
∴，
∴，
∴正方形面积为,
∴，
解得：，，经检验都符合题意，
如图，
综上：当时，为或.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
30．（2024·四川达州·中考真题）在学习特殊的平行四边形时，我们发现正方形的对角线等于边长的倍，某数学兴趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现，具体如下：如图1．
（1）四边形是菱形，
，，．
．
又，，
______+______．
化简整理得______．
【类比探究】
（2）如图2．若四边形是平行四边形，请说明边长与对角线的数量关系．
【拓展应用】
（3）如图3，四边形为平行四边形，对角线，相交于点，点为的中点，点为的中点，连接，若，，，直接写出的长度．
【答案】（1），，；（2）；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质及勾股定理补充过程，即可求解；
（2）过点作于点，过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质得，，，证明，
得，，，根据勾股定理得， ，继而得出的值即可；
（3）由（2）可得得出，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，根据勾股定理以及已知条件，分别求得，根据得出，根据得出，进而勾股定理，即可求解．
【详解】解：（1）四边形是菱形，
，，．
．
又，，
．
化简整理得
故答案为：，，．
（），理由如下，
过点作于点，过点作交的延长线于点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
在中，，
在中，，
∴
，
∴
（）∵四边形是平行四边形，，，，
∴由（）可得
∴
解得：（负值舍去）
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，
∵分别为的中点，
∴
∵，
∴，
∵是的中点，
∴
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
31．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践
为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动．
【探究发现】
（1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由．
【拓展延伸】
（2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由．
【答案】（1）正确，理由见解析；（2）正确，理由见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质等知识点，掌握相关知识是解题的关键．
（1）如图：作于点M，再证可得，再证明四边形是矩形可得即可证明结论；
（2）利用平行线分线段比例可得，再说明，进而得到；再由由平行四边形及折叠可得，，则即可证明结论．
【详解】解：（1）正确，理由如下，
作于点，
，
，
，
，
，
，
又，
．
∴．
是矩形，，
四边形是矩形．
，
．
（2）同学们的发现说法正确，理由如下，
，
，，
由折叠知，
，
，
，
由平行四边形及折叠知，，
，
，即点为的一个黄金分割点．