五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(北京专用)11：相似与四边形（教师版）

这是一份五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(北京专用)11：相似与四边形（教师版），文件包含英语河南省南阳市唐河县部分学校2025-2026学年高一下学期第二次月考试题解析版docx、英语河南省南阳市唐河县部分学校2025-2026学年高一下学期第二次月考试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
考情概览
考点1 四边形
考点2 相似
考点1 四边形
1．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ．
【答案】/0.375
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解．
【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵,
∴，
∵，垂足为F，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
2．（2021·北京·中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；
故答案为（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．
考点2 相似
3．（2024·北京·中考真题）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ．
【答案】
【分析】根据正方形的性质，得，，得到，结合，得到,，，求得的长，解答即可.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关键.
【详解】解：根据正方形的性质，得，，
∴，
∵，
∴,
，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
故答案为：．
4．（2023·北京·中考真题）如图，直线AD，BC交于点O，.若，，.则的值为 ．

【答案】
【分析】由平行线分线段成比例可得，，，得出，，从而.
【详解】， ，，
，
，
，
，
；
故答案为：.
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的知识点，根据平行线分线段成比例找出线段之间的关系是解决本题的关键.
5．（2022·北京·中考真题）如图，在矩形中，若，则的长为 ．
【答案】1
【分析】根据勾股定理求出BC，以及平行线分线段成比例进行解答即可．
【详解】解：在矩形中， ，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】此题考查了勾股定理以及平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键．
1．（2025•通州区一模）小云在学习了勾股定理后，尝试制作了四个全等直角三角形纸板，并拼出一个新图形如图所示，其中四边形是正方形．如果，四边形的面积为25，那么的长为 ．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理，可以求得和的长，然后即可得到和的长，再计算的长即可．
【解答】解：由已知可得，
△△△△，，，
则，，
设，则，
，
，
即，
解得，（不符合题意，舍去），
，，
，，
，
故答案为：7．
2．（2025•石景山区一模）如图，等边△中，于点，点在上，的垂直平分线交于点，交于点，连接．若，，则四边形的周长为 ．
【分析】先利用等边三角形的性质可得，，从而可得，，然后在△中，利用含30度角的直角三角形可得，再利用线段垂直平分线的性质可得：，最后利用四边形的周长公式进行计算，即可解答．
【解答】解：△是等边三角形，
，，
，
，，
，
是的垂直平分线，
，
四边形的周长
，
故答案为：．
3．（2025•石景山区一模）如图，将△沿边向右平移2个单位长度得到△．若，阴影部分的面积为6，则△的面积为 ．
【分析】设与交于点，根据平移的性质及相似三角形的判定与性质计算△的面积即可．
【解答】解：如图，设与交于点．
将△沿边向右平移2个单位长度得到△，
，，
，△△，
，
，即，
．
故答案为：24．
4．（2025·北京顺义·一模）如图，在正方形中，点E在上，连接交对角线于点F．若，，则_____________．
【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形和相似三角形的性质是解题的关键．根据正方形的性质得到，推出，得出，再代入数据即可求解．
【详解】解：正方形，
，，，
，
，
，
，
，
解得：．
故答案为：．
5．（2025·北京朝阳·一模）如图，在矩形中，，垂足为点．若，，则的面积为_________．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．根据矩形的性质可得，，根据勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求解．
【详解】解：在矩形中，，
，，即，
，，
，，
，
，
，
，即，
，
，
故答案为：．
6．（2025·北京大兴·一模）如图，在中，，．当时，正方形恰好有三个顶点落在的边上，则正方形的面积为_________．
【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．
过点作，根据全等三角形的判定和性质得出，再由等腰三角形的判定和性质得出为等腰直角三角形，设，则：，结合图形及各边之间的关系即可求解．
【详解】解：过点作，则：，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设，则：，
∴，，
∴，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故答案为：5．
7．（2025·北京西城·一模）如图，在矩形中，点E，F分别在边上，且．若，，，则EF的长为_________．
【分析】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，证得是解题的关键．
根据矩形的性质以及勾股定理可得、，再证明，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得：．
故答案为：．
8．（2025·北京平谷·一模）在菱形中，于点，连接交于点，则的长为_________．

【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，关键是由平行线得出相似三角形，由菱形的性质得出线段的长度关系．
根据菱形的性质和勾股定理可得出，根据菱形的对边平行且相等的性质，可证得，可得，再根据，据此即可求得．
【详解】解：∵在菱中，，且，，，
，
，
，
故答案为：．
9．（2025·北京·一模）如图，在中，，，，点D在边上，过点D作交于点E，作交于点F，若，则的长为_________．
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，正方形的判定与性质，三角形的相似的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．先证明四边形是平行四边形，进而得出四边形是正方形；设正方形的边长为，利用，得到，得出比例式，列出方程即可求解．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
设这个正方形的边长为，
则，
，
，
，
，
．
，，
．
解得：．
正方形的边长为．
，
故答案为：．
10．（2025·北京海淀·一模）如图，点是正方形对角线上的一点，于点．连接并延长交于点，连接．若，，则的长为_________．
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，正方形的判定与性质，三角形的相似的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．先证明四边形是平行四边形，进而得出四边形是正方形；设正方形的边长为，利用，得到，得出比例式，列出方程即可求解．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
设这个正方形的边长为，
则，
，
，
，
，
．
，，
．
解得：．
正方形的边长为．
，
故答案为：．
11．（2025·北京密云·一模）如图，矩形中，垂足为E，延长交于F，，，则的长为_________．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．利用勾股定理求得，证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵，∴，
∵，，
∴，
∵矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：．
12．（2025·北京东城·一模）如图，在中，点在上，，交于点，若，且，则_________．
【分析】本题考查了平行四边形的性质和相似三角形的性质和判定，能求出和求出是解此题的关键．设，，则，根据平行四边形的性质得出，，证出，得出比例式，代入求出即可．
【详解】解：，
设，，则，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，，，
，
解得：，
故答案为：6．
13．（2025·北京西城·二模）如图，在中，点是上一点，延长，交于点．若，的面积为6，则的面积为 ．
【答案】24
【分析】本题主要考查平行四边形的性质（对边平行）以及相似三角形的判定（两角分别相等的两个三角形相似）和性质（相似三角形面积比等于相似比的平方）．解题的关键在于利用平行四边形对边平行的性质找出相似三角形，准确求出相似比，再运用相似三角形面积比与相似比的关系计算所求三角形的面积．本题围绕平行四边形展开，已知和的面积，要求的面积．需要利用平行四边形对边平行的性质，找出相似三角形，再依据相似三角形的性质来建立面积关系求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴ ，即．
∴，．
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴ ．
∵，
∴，
∴ ．
∵．
∴ ．
∴ ． 即，
∴
故答案为：．
14．（2025·北京朝阳·二模）如图，正方形的边长为2，为边上的一点，以为边作矩形，使经过点，则矩形的面积为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查了矩形和正方形的性质，根据矩形的性质和三角形面积计算公式可得，，则，同理可得，则．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
同理可得，
∴，
故答案为：．
15．（2025·北京海淀·二模）如图，正方形的边长为3，点在上，连接，以为边作正方形，点与点在直线异侧．若正方形的面积为10，则点到的距离为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．作于点，根据正方形的性质和勾股定理可求得、和的长度，以及可证得，从而得到，代入计算求得的长度即为答案．
【详解】解：作于点，如图所示，
则，
四边形是边长为3的正方形，
，，
四边形是正方形，且面积为10，
，，
在中，，
，
又，，
，
，
，即，
．
故答案为：．
16．（2025·北京密云·一模）如图，矩形中，垂足为E，延长交于F，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．利用勾股定理求得，证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵，∴，
∵，，
∴，
∵矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：．
17．（2025·北京丰台·二模）如图，在正方形中，点在上，，相交于点，．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【详解】解：在正方形中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
18．（2024·北京平谷·二模）如图，正方形的边长为3，点E为边的中点，连接，与相交于点F，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
由题意可求，证明，则，即，计算求解即可．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，即，
解得，，
故答案为：．
19．（2024·北京朝阳·二模）如图，在中，E是上一点，，的延长线与的延长线相交于点F，若，则的长为 ．
【答案】10
【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，由平行四边形的性质得到，推出，得到，即可求出，即可求出．
【详解】解：四边形是平行四边形，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：10．
20．（2025·北京石景山·二模）如图，在中，于点D，平分，于点E，于点F．若，则的长为 ．
【答案】6
【分析】由全等三角形的性质得，，得到是的面积的两倍，然后用等面积法求得和的关系，进而得到的长．本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中线与面积，解题的关键是熟练应用等面积法求高．
【详解】解：∵于点D，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
是的中线，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：6．