2025年中考数学几何模型归纳训练(全国通用)专题25相似模型之母子型(共边共角)模型解读与提分精练(原卷版+解析)

这是一份2025年中考数学几何模型归纳训练(全国通用)专题25相似模型之母子型(共边共角)模型解读与提分精练(原卷版+解析)，共47页。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc11684" PAGEREF _Tc11684 \h 1
\l "_Tc1014" 模型1.“母子型”模型（共边共角模型） PAGEREF _Tc1014 \h 1
\l "_Tc31728" PAGEREF _Tc31728 \h 6
【知识储备】母子型相似证明题一般思路方法:
①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。
模型1.“母子型”模型（共边共角模型）
“母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似。

图1 图2 图3 图4
1）“母子”模型（斜射影模型）
条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.
证明：∵∠C=∠ABD，∠DAB=∠BAC，∴△ADB∽△BAC，∴，∴AB2＝AD·AC.
2）双垂直模型（射影模型）
条件：如图2，∠ACB=90，CD⊥AB；
结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
证明：∵∠ACB=90，CD⊥AB，∴∠A+∠ACD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ACD，
∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∴AC2＝AD·AB. 同理可证：BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
3）“母子”模型（变形）
条件：如图3，∠D=∠CAE，AB=AC； 结论：△ABD∽△ECA；
证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠DBA=∠ACE，∵∠D=∠CAE，∴△ABD∽△ECA
4）共边模型
条件：如图1，在四边形中，对角线平分，，结论：；
证明：∵对角线平分，∴∠ABD=∠CBC，
∵，∴△ADB∽△DCB，∴，∴
例1．（2024·河北石家庄·二模）如图，在平行四边形中，为对角线，，，，则长为（ ）
A．B．3C．9D．
例2．（2023·湖北孝感·模拟预测）阅读：两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，即：点是线段上一点，若满足，则称点是的黄金分割点．黄金分割在我们的数学学习中也处处可见，比如我们把有一个内角为的等腰三角形称为“黄金三角形”．
(1)应用：如图1，若点是线段的黄金分割点，若，则的长为 ______．
(2)运用：如图2，已知等腰三角形为“黄金三角形”，，，为的平分线．求证：点是的黄金分割点．(3)如图3中，，，平分交于F，取的中点E，连接并延长交的延长线于M．，请你直接写出的长为__________．

例3．（22-23八年级下·湖南衡阳·期中）如图，在矩形 中，对角线 交于点 O，于点 E，已知，，则矩形的周长为

例4．（2024·广西南宁·三模）阅读与思考，完成后面的问题．
射影定理，又称“欧几里得定理”，是数学图形计算的重要定理．如图，在中，，是斜边上的高，则有如下结论：
①；②；③．下面是该定理的证明过程（部分）：
∵是斜边上的高，∴．∵，，
∴．∴（依据）．∴．即．
(1)材料中的“依据”是指 ；(2)选择②或③其中一个结论加以证明；
(3)应用：中，，，，点A在y轴上，求顶点A的坐标．
例5．（2023·山东淄博·九年级统考期末）如图，已知，点，在边上，连接，，使，且．(1)请判定的形状，并说明理由；(2)若，，求的面积．

例6．（2024·浙江温州·三模）如图，在锐角三角形中，．以点为圆心长为半径画弧，交边于点，连接．点是延长线上的一点，连接，若平分．
(1)求证：．(2)当时，求的值．
例7．（2024·河南·二模）三角形的布洛卡点（Brcardpint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brcard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若内一点P满足，则点P是的布洛卡点，是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中）的布洛卡点，且．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；②若的面积为，求的面积．
例8．（2024·四川广元·中考真题）数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在中，点为边上一点，连接．(1)初步探究：如图2，若，求证：；
(2)尝试应用：如图3，在（1）的条件下，若点为中点，，求的长；(3)创新提升：如图4，点为中点，连接，若，，，求的长．
1．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河北张家口·一模）如图，点D在的边上，添加一个条件，使得．以下是天翼和往琛的做法．下列说法不正确的是（ ）

天冀的做法：添加条件．
证明：∵，． ∴（两组角对应相等的两个三角形相似）
往琛的做法：添加条件．
证明：∵,．∴（两组对应边成比例及一组对应角相等的两个三角形相似）
A．天翼的做法证明过程没有问题B．往琛的做法证明过程没有问题
C．天翼的做法添加的条件没有问题D．往琛的做法添加的条件有问题
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，，，点在线段上(不与点，点重合)，，则的长为( )
A．B．C．D．
4．（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 ．

5．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ．

6．（23-24九年级下·辽宁本溪·阶段练习）如图，在中，．以点A为圆心，以的长为半径作弧交边于点D．分别以点D，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交于点E，则的值为 ．
7．（23-24九年级上·陕西汉中·期中）如图，点、在线段上，且是等腰直角的底边．当时（与、与分别为对应顶点）， ．

8．（2024·河北邢台·校考二模）如图1，在中，，，，点为边上一点，则点与点的最短距离为______．如图2，连接，作，使得，交于，则当时，的长为______．
9．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点，；分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；作射线交于点，若，，的面积为，则的面积为 ．
10．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）

11．（2024·湖北黄石·三模）已知菱形中，点E、G分别为边、上一点，连接、．若，， ，则的长

12．（2024·广东九年级课时练习）如图，点C、D在线段AB上，且△PCD是等边三角形．∠APB＝120°．
（1）求证：△ACP∽△PDB；（2）当AC＝4，BD＝9时，试求CD的值．
13．（2022·江西·统考中考真题）如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．
(1)求证：；(2)当时，求的长．
14．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
(1)求证：；(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．
15．（2024·四川南充·二模）在矩形中，，在边上截取，使，点为的中点．如图1，连接并延长交于点，连接交于点．
(1)求证：；(2)若，证明．
(3)如图2，若，连接，当取最小值时，求的最小值及矩形的面积．
16．（2023·山西临汾·统考二模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务．
规定：在一个三角形中，若一个内角是另一个内角度数的n倍，则称三角形为“n倍角三角形”．当时，称为“1倍角三角形”，显然等腰三角形是“1倍角三角形”；当时，称为“2倍角三角形”，小康通过探索后发现：“2倍角三角形”的三边有如下关系．
如图，在中，所对的边分别为，若，则．
下面是小康对“2倍角三角形”的结论的两种探索证明过程：
证法1：如图1，作的平分线，∴．


设，则．
证法2：如图2，延长到点，使得，连接，……
任务：(1)上述材料中的证法1是通过作辅助线，构造出__________三角形来加以证明的（填“全等”或“相似”）．
(2)请补全证法2剩余的部分．
17．（23-24九年级下·河南南阳·阶段练习）如图，在中，，点为内的一个动点，已知，．(1)求证：；(2)求的值．

18．（2023·广东深圳·一模）【探究发现】（1）如图①所示，在等腰直角中，点D，O分别为边，上一点，且，延长交射线于点E，则有下列命题：①；②；③；请你从中选择一个命题证明其真假，并写出证明过程；
【类比迁移】（2）如图②所示，在等腰中，，，点D，O分别为边，上一点，且，延长交射线于点E，若，求的值；
【拓展应用】（3）在等腰中，，，，点D，O分别为射线，上一点，且，延长交射线于点E，当为等腰三角形时，请直接写出的长（用a，b表示）．
19．（2024·辽宁大连·三模）【课堂背景】大连市某中学的王老师以“几何题目开放探索”为主题，开展了一节“综合与实践”的数学课．课堂上，王老师给出了这样一个图形，供同学们发挥几何思维．
【设置情景】王老师给出了如下几何图形：
“如图1，已知中，点D为边上一点，点E为外一点，连接．此时我们假设这个几何图形满足的数量关系．”
【提出问题】擅长几何的小胖同学经过思索后，为题目增加如下条件，请你帮他作答．
（1）“若，，再给出和的长度，可以求出的长度．”为了简化计算，王老师提出令，，，求的长（结果无需化简）；
（2）在小胖的启发下，同学们纷纷开始积极地进行讨论．后来，小明与他的小组更改了题目的部分信息，令点E在上运动，将条件“”改为了“”，其他条件不变，想要探究边的关系．王老师根据他们关于题目的修改，提出问题，请你解答．
【拓展探索】“如图2，已知中，点D为边上一点，点E为上一点，，若，探究、、的数量关系，并证明．
20．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景：数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．

探究发现：如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
专题25 相似模型之母子型（共边共角）模型
相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。在相似三角形中存在众多的相似模型，其中“母子型”相似模型应用较为广泛，深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“母子”模型。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc6410" PAGEREF _Tc6410 \h 1
\l "_Tc31772" 模型1.“母子型”模型（共边共角模型） PAGEREF _Tc31772 \h 1
\l "_Tc11524" PAGEREF _Tc11524 \h 11
【知识储备】母子型相似证明题一般思路方法:
①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。
模型1.“母子型”模型（共边共角模型）
“母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似。

图1 图2 图3 图4
1）“母子”模型（斜射影模型）
条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC.
证明：∵∠C=∠ABD，∠DAB=∠BAC，∴△ADB∽△BAC，∴，∴AB2＝AD·AC.
2）双垂直模型（射影模型）
条件：如图2，∠ACB=90，CD⊥AB；
结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
证明：∵∠ACB=90，CD⊥AB，∴∠A+∠ACD=90°，∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ACD，
∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∴AC2＝AD·AB. 同理可证：BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB.
3）“母子”模型（变形）
条件：如图3，∠D=∠CAE，AB=AC； 结论：△ABD∽△ECA；
证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠DBA=∠ACE，∵∠D=∠CAE，∴△ABD∽△ECA
4）共边模型
条件：如图1，在四边形中，对角线平分，，结论：；
证明：∵对角线平分，∴∠ABD=∠CBC，
∵，∴△ADB∽△DCB，∴，∴
例1．（2024·河北石家庄·二模）如图，在平行四边形中，为对角线，，，，则长为（ ）
A．B．3C．9D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形，得到，继而得到，结合得到，结合证明，列出比例式解答即可．
本题考查了平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，相似的性质是解题的关键．
【详解】∵平行四边形，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，解得，
故，故选A．
例2．（2023·湖北孝感·模拟预测）阅读：两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割，即：点是线段上一点，若满足，则称点是的黄金分割点．黄金分割在我们的数学学习中也处处可见，比如我们把有一个内角为的等腰三角形称为“黄金三角形”．

(1)应用：如图1，若点是线段的黄金分割点，若，则的长为 ______．
(2)运用：如图2，已知等腰三角形为“黄金三角形”，，，为的平分线．求证：点是的黄金分割点．(3)如图3中，，，平分交于F，取的中点E，连接并延长交的延长线于M．，请你直接写出的长为__________．
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【分析】（1）设，则，根据黄金分割的含义可得：，即，再解方程即可；（2）证明，推出，推出，可得结论．
（3）如图，连接，同理可得：，，可得，证明，，，可得是的黄金分割点，且，可得，设，再解方程可得答案.
【详解】（1）解：∵点是线段的黄金分割点，，
设，则，∴，即，
∴，∴，解得：（负根舍去），∴；
（2）证明：∵，， ∴，
又∵平分， ∴，
∴， ∴，， 即，
又∵，， ∴，
∴ ， ∴ ， ∴D点是的黄金分割点．
（3）如图，连接，同理可得：，，
∴，∵为的中点，，∴，∴，

∴，，∴，
同理可得是的黄金分割点，且，
∴，设，∴，整理得：，
解得：（负根舍去），∴.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，黄金分割点的含义，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法,熟记黄金分割的含义是解本题的关键.
例3．（22-23八年级下·湖南衡阳·期中）如图，在矩形 中，对角线 交于点 O，于点 E，已知，，则矩形的周长为

【答案】/
【分析】首先根据题意求出，，然后根据矩形的性质得，然后证明，得，求得，然后利用勾股定理求出和的长度，即可得出结果．
【详解】解：∵，，∴，
∵四边形是矩形，∴，
∵，，，，
，即解得（负值舍去）
∵∴，
∴矩形的周长为．故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形判定与性质，证明是解题关键．
例4．（2024·广西南宁·三模）阅读与思考，完成后面的问题．
射影定理，又称“欧几里得定理”，是数学图形计算的重要定理．如图，在中，，是斜边上的高，则有如下结论：
①；②；③．下面是该定理的证明过程（部分）：
∵是斜边上的高，∴．∵，，
∴．∴（依据）．∴．即．
(1)材料中的“依据”是指 ；(2)选择②或③其中一个结论加以证明；
(3)应用：中，，，，点A在y轴上，求顶点A的坐标．
【答案】(1)两角分别对应相等的两个三角形相似(2)见解析(3)顶点A的坐标为或
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质进行推理证明和计算．（1）根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”即可解答；
（2）②根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”证明即可得证；③根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”证明；（3）根据题意以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用证明的射影定理得，即可求出，由此求出顶点A的坐标．
【详解】（1）解：“依据”是：两角分别对应相等的两个三角形相似，
故答案为：两角分别对应相等的两个三角形相似；
（2）证明：②，理由如下：
∵，，∴，
∵，∴，∴∴；
③，理由如下：∵，，∴，
∵，∴，∴∴；
（3）解：如图，根据题意以为坐标原点建立平面直角坐标系，∵，，∴，，

∵，，∴，∴，∴顶点A的坐标为或．
例5．（2023·山东淄博·九年级统考期末）如图，已知，点，在边上，连接，，使，且．(1)请判定的形状，并说明理由；(2)若，，求的面积．

【答案】(1)是等边三角形，理由见解析(2)
【分析】（1）根据相似三角形的性质得出，然后根据邻补角得出，进而即可得出结论；（2）根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下，
∵，∴，
∴，∴是等边三角形，
（2）解：∵是等边三角形，设等边三角形的边长为，
∵， ∴，又∵，，∴，解得：（负值舍去），
如图所示，过点，作于点，

∴，∴，
∴的面积为
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
例6．（2024·浙江温州·三模）如图，在锐角三角形中，．以点为圆心长为半径画弧，交边于点，连接．点是延长线上的一点，连接，若平分．
(1)求证：．(2)当时，求的值．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】本题考查了角平分线的定义、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由题意得：，由等边对等角得出，从而得出，再由角平分线的定义得出，即可证明；
（2）由题意得出，由相似三角形的性质得出，从而即可得解．
【详解】（1）证明：由题意得：，，，
平分，，；
（2）解：， ，，，．
例7．（2024·河南·二模）三角形的布洛卡点（Brcardpint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brcard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若内一点P满足，则点P是的布洛卡点，是布洛卡角．
（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是______；PA、PB、PC的数量关系是______；（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中）的布洛卡点，且．
①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；②若的面积为，求的面积．
【答案】（1）30°，；（2）①，证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据题意理清布洛卡点、布洛卡角的概念，利用概念来解答；（2）①找，证明过程利用等腰直角三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；②把三角形面积看作三个三角形面积之和来表示，除所求三角形面积之外的两个，其中一个根据条件可以利用勾股定理求出面积，另一个可以利用所求三角形面积来表示，建立等式即可求解．
【详解】解：（1）由题意知：，
为等边三角形，，AB=BC=AC,
，，，
，，同理可证得出：，
，故答案是：30°，．
（2）①
证明：∵是等腰直角三角形∴，即，
∵，∴，又∵，∴.
（3）∵是等腰直角三角形，∴，∴.
∵，∴，∴，，，∴.
∵，∴.
在中，∵，，由勾股定理得，，
∴，∴∴．
【点睛】本题考查了新概念问题、等边三角形、直角三角形、三角形全等的判定定理和性质、相似三角形的判定定理和性质、勾股定理，涉及知识点多，综合性强，题目较难，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答．
例8．（2024·四川广元·中考真题）数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．
在中，点为边上一点，连接．(1)初步探究：如图2，若，求证：；
(2)尝试应用：如图3，在（1）的条件下，若点为中点，，求的长；(3)创新提升：如图4，点为中点，连接，若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）根据题意，由，，利用两个三角形相似的判定定理即可得到，再由相似性质即可得证；（2）设，由（1）中相似，代值求解得到，从而根据与的相似比为求解即可得到答案；
（3）过点作的平行线交的延长线于点，如图1所示，设，过点作于点，如图2所示，利用含的直角三角形性质及勾股定理即可得到相关角度与线段长，再由三角形相似的判定与性质得到，代值求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∴；
（2）解：∵点为中点，∴设，
由（1）知，∴，
∴，∴与的相似比为，∴，∵∴；
（3）解：过点作的平行线交的延长线于点，过作，如图1所示：
∵点为中点，∴设，∵，∴，，
在中，，则由勾股定理可得，过点作于点，如图2所示：
∴，∴，∴，∴，，∴，∴，
∵，点为中点，∴，，，
又∵，∴，，∴，
又∵，∴，，∴，即，∴，∴．
【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．
1．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，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可得，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，，则选项A正确；
，，，，，，
，，
，，则选项B正确；
假设，，
又，，
，与矛盾，则假设不成立，选项C错误；
，，，
在和中，，，
，即，，则选项D正确；故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
2．（2024·河北张家口·一模）如图，点D在的边上，添加一个条件，使得．以下是天翼和往琛的做法．下列说法不正确的是（ ）

天冀的做法：添加条件．
证明：∵，． ∴（两组角对应相等的两个三角形相似）
往琛的做法：添加条件．
证明：∵,．∴（两组对应边成比例及一组对应角相等的两个三角形相似）
A．天翼的做法证明过程没有问题B．往琛的做法证明过程没有问题
C．天翼的做法添加的条件没有问题D．往琛的做法添加的条件有问题
【答案】B
【分析】根据题意已知，故添加两组对应边成比例夹角为或者添加一组对应角相等，即可求解．本题考查了相似三角形的判定，正确记忆相关知识点是解题关键．
【详解】解：依题意，，添加一组对应角相等，可以使得，故天翼的做法以及过程没有问题，往琛的做法添加的条件有问题，应为，证明过程中用到两组对应边成比例夹角相等，故B选项符合题意，故选：B．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，，，点在线段上(不与点，点重合)，，则的长为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形外角性质，相似三角形的判定和性质，连接，交于，作平分，交于，由矩形性质得，，进而得，，得到，，即得，得到，由平分，可得，得到，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接，交于，作平分，交于，
∵四边形是矩形，∴，，
∴，，∴，，
∵，∴，∴，
∵平分，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
设，则，∴，解得，，故选：．
4．（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：．
5．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ．

【答案】
【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【详解】解：连接，过E作于F，设，，

∵，为中点，∴，又，
∴，，，∴，，
∵，∴，则，又，∴，
∴，，∴，
则；∵是的一条角平分线，
∴，又，
∴，∴∴，则，
∴，即，解得（负值已舍去），故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
6．（23-24九年级下·辽宁本溪·阶段练习）如图，在中，．以点A为圆心，以的长为半径作弧交边于点D．分别以点D，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交于点E，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了角平分线的尺规作图，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质；连接，过作交射线于，由可判定
，由全等三角形的性质得，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，由等腰三角形的判定及性质得 ，即可求解；掌握相关的判定方法及性质，能根据题意构建相似三角形是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，过作交射线于，，
由作法得：，，
在和中，()，
，，，，
，，，，
，；故答案：．
7．（23-24九年级上·陕西汉中·期中）如图，点、在线段上，且是等腰直角的底边．当时（与、与分别为对应顶点）， ．

【答案】
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到，再由三角形外角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，则．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，且为底边，
∴，∴，∵，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形的性质等等，熟知相似三角形对应角相等是解题的关键．
8．（2024·河北邢台·校考二模）如图1，在中，，，，点为边上一点，则点与点的最短距离为______．如图2，连接，作，使得，交于，则当时，的长为______．
【答案】 5 2
【分析】根据等腰三角形的三线合一性作BC边上的高AM，再根据三角函数值求出AM的长，根据垂线段最短即可得到点P到A的最短距离即为AM长；
，根据等腰三角形的三线合一性即可得到BN的长，利用线段的和差求出PN的长，再根据三角函数值求出AN的长，利于勾股定理即可得到AP长和AC长，再证△APQ相似于△ACP，即可得到AQ长；
【详解】解如图1，过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=MC=BC=12，又∵tanC=∴tanB=∴AM=BMtanB=12×=5，
根据点到直线的距离垂线段最短，可得点P与点A的最短距离为5；∴AB=AC==13，
如图2，过点A作AN⊥BC，在Rt△APN中，PN=PC-CN=1，
又AN=5，∴AP2=PN2+AN2=26，在△APQ与△ACP中，∵∠APQ=∠C，∠PAQ=∠CAP，∴△APQ∽△ACP，
∴∴AP2=AQAC，∴AQ=2 故答案为：5；2．
【点睛】本题考查等腰三角形、直角三角形、锐角三角函数，相似三角形的性质和判定，综合性较强，熟练相似三角形的性质和判定以及锐角三角函数的意义以及直角三角形的边角关系是解题的关键．
9．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点，；分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；作射线交于点，若，，的面积为，则的面积为 ．
【答案】
【分析】过点作交的延长线于点，证明，得出，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，∴
由作图可得是的角平分线，∴
∵∴ ∵∴
∴ ∴，
∵的面积为，∴的面积为，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，作角平分线，熟练掌握基本作图以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
10．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形，
∴，，
∴，
∴，∴平分；正确；
②∵，，∴，∴，
∵，∴，即，故②错误；
③∵，，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是菱形；正确；
④∵，，∴，∴，
∴，即，正确；故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
11．（2024·湖北黄石·三模）已知菱形中，点E、G分别为边、上一点，连接、．若，， ，则的长

【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
延长、相交于F，先根据求得，，从而求得，再证明，，得到，即可求得，，然后证明，得到，即可求得，，即可由求解．
【详解】解：延长、相交于F，如图，

∵，∴，∴，
∵菱形，∴，， ∴，
∴，即，∴，，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，解得：或（舍去），
∴，∴，故答案为∶ ．
12．（2024·广东九年级课时练习）如图，点C、D在线段AB上，且△PCD是等边三角形．∠APB＝120°．
（1）求证：△ACP∽△PDB；（2）当AC＝4，BD＝9时，试求CD的值．
【答案】（1）详见解析；（2）6．
【分析】（1）先证明∠ACP＝∠PDB＝120°，然后由∠A+∠B＝60°，∠DPB+∠B＝60°可证明∠A＝∠DPB，从而可证明△ACP∽△PDB．（2）由相似三角形的性质得到 ，根据等边三角形的性质得到PC＝PD＝CD，等量代换得到 ，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵△PCD为等边三角形，∴∠PCD＝∠PDC＝60°．∴∠ACP＝∠PDB＝120°．
∵∠APB＝120°，∴∠A+∠B＝60°．∵∠PDB＝120°，∴∠DPB+∠B＝60°．∴∠A＝∠DPB．∴△ACP∽△PDB．
（2）解：由（1）得△ACP∽△PDB，∴，
∵△PCD是等边三角形，∴PC＝PD＝CD，∴，∴CD2＝AC•BD．
∵AC＝4，BD＝9，∴CD＝6．
【点睛】此题重点考查学生对相似三角形的判定的理解，掌握三角形相似的判定方法是解题的关键.
13．（2022·江西·统考中考真题）如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．
(1)求证：；(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)AE=9
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得出，，根据平行线的性质和等边对等角，结合，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，，，，
∵，∴，∴．
（2）∵，∴，即，解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出，是解题关键．
14．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
(1)求证：；(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【详解】（1）证明：在矩形中，，，，，
，， ，
，，，即，
，；
（2）证明：连接交于点，如图所示：
在矩形中，，则，
，，，
，，在矩形中，，
，，，，
，，
在和中，，．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
15．（2024·四川南充·二模）在矩形中，，在边上截取，使，点为的中点．如图1，连接并延长交于点，连接交于点．
(1)求证：；(2)若，证明．
(3)如图2，若，连接，当取最小值时，求的最小值及矩形的面积．
【答案】(1)见详解(2)见详解(3)的最小值为，此时矩形的面积为
【分析】（1）证明，即可证明；（2）根据可得，结合，且，可得，即有，证明，即有，即，，根据，可得，问题随之得证；（3）在中，，根据，可得，当且仅当时，，此时有最小值，最小值为，在的条件下，结合勾股定理即可作答．
【详解】（1）证明：在矩形中，，，∴，，
∵点为的中点，∴，∴，∴，
∵，，∴；
（2）证明：∵，，∴，
∴在中，，在（1）中已经证明，且，
∴，∴，，
∴，∴，
∵，∴，∴，即，，
∵，∴， ∴，即；
（3）解：在中，，∵，∴，
当且仅当时，，此时有最小值，最小值为
∵，，∴，即，
∵在中，，，∴，解得，（负值舍去），
∴，，∴，即的最小值为：，
此时矩形的面积为：，
即：的最小值为，此时矩形的面积为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，问题的难点在（3），得出，当且仅当时，，此时有最小值，最小值为，是解答本题的关键．
16．（2023·山西临汾·统考二模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务．
规定：在一个三角形中，若一个内角是另一个内角度数的n倍，则称三角形为“n倍角三角形”．当时，称为“1倍角三角形”，显然等腰三角形是“1倍角三角形”；当时，称为“2倍角三角形”，小康通过探索后发现：“2倍角三角形”的三边有如下关系．
如图，在中，所对的边分别为，若，则．
下面是小康对“2倍角三角形”的结论的两种探索证明过程：
证法1：如图1，作的平分线，∴．


设，则．
证法2：如图2，延长到点，使得，连接，……
任务：(1)上述材料中的证法1是通过作辅助线，构造出__________三角形来加以证明的（填“全等”或“相似”）．
(2)请补全证法2剩余的部分．
【答案】(1)相似(2)见解析
【分析】（1）由题意知，是通过构造相似三角形，然后作答即可；
（2）如图2，延长到点，使得，连接，则，．由，可得．证明，则，即，整理可得．
【详解】（1）解：由题意知，构造相似三角形，故答案为：相似；
（2）证明：如图2，延长到点，使得，连接，

，．，．
，，，，．
【点睛】本题考查了等边对等角，三角形外角的性质，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．
17．（23-24九年级下·河南南阳·阶段练习）如图，在中，，点为内的一个动点，已知，．(1)求证：；(2)求的值．

【答案】(1)见解析(2)2
【分析】（1）先用周角定义和三角形的内角和定理求得，，结合已知得到，进而利用相似三角形的判定可证得结论；
（2）先利用等腰直角三角形的判定和性质得到，利用相似三角形的性质得到，设，进而求得即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，∴，，
∵，∴，∴；

（2）解：∵在中，，
∴，，即是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，
设，则，∴，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、周角定义等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．
18．（2023·广东深圳·一模）【探究发现】（1）如图①所示，在等腰直角中，点D，O分别为边，上一点，且，延长交射线于点E，则有下列命题：①；②；③；请你从中选择一个命题证明其真假，并写出证明过程；
【类比迁移】（2）如图②所示，在等腰中，，，点D，O分别为边，上一点，且，延长交射线于点E，若，求的值；
【拓展应用】（3）在等腰中，，，，点D，O分别为射线，上一点，且，延长交射线于点E，当为等腰三角形时，请直接写出的长（用a，b表示）．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或或．
【分析】（1）选择①，由等腰直角，，，再由，得，则，即可由相似三角形的判定得出结论；
（2）先证明，得，所以，，再证明，得，设，则，，代入得：，解得：，即可求解；（3）分两种情况：（Ⅰ）当点D在线段上时，（Ⅱ）当点D在线段延长线上时，分别求解即可．
【详解】解：（1）选择①，是真命题．

证明：∵为等腰直角，∴，，
又∵，∴，∴，
∵，∴．②③都是真命题．同理可证②，③．
（2）如图②，∵，，∴，
∴，，∴，，∵，∴，
又∵，∴，∴，
设，则，，代入得：，解得：，∴．
（3）或或．
解：（Ⅰ）如图③，当点D在线段上时，
∵，∴∵∴∴
∵∴，∴，即，
所以设，，，∵，
∴为等腰三角形时，只有这种情况，
即，解得：∴
（Ⅱ）如图④，当点D在线段延长线上时，
同（Ⅰ）可证，∴，即，
所以设，，，
∴（i）若时，即有，解得：，∴
（ii）若时，，
同（Ⅰ）可证：，即有，
解得：，由得：，解得：∴
（iii）若时，即O在线段的中垂线上，又因为O已在的中垂线上，，所以矛盾，不存在这种情形．综上：或或．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
19．（2024·辽宁大连·三模）【课堂背景】大连市某中学的王老师以“几何题目开放探索”为主题，开展了一节“综合与实践”的数学课．课堂上，王老师给出了这样一个图形，供同学们发挥几何思维．
【设置情景】王老师给出了如下几何图形：
“如图1，已知中，点D为边上一点，点E为外一点，连接．此时我们假设这个几何图形满足的数量关系．”
【提出问题】擅长几何的小胖同学经过思索后，为题目增加如下条件，请你帮他作答．
（1）“若，，再给出和的长度，可以求出的长度．”为了简化计算，王老师提出令，，，求的长（结果无需化简）；
（2）在小胖的启发下，同学们纷纷开始积极地进行讨论．后来，小明与他的小组更改了题目的部分信息，令点E在上运动，将条件“”改为了“”，其他条件不变，想要探究边的关系．王老师根据他们关于题目的修改，提出问题，请你解答．
【拓展探索】“如图2，已知中，点D为边上一点，点E为上一点，，若，探究、、的数量关系，并证明．
【答案】（1）；（2）[拓展探索]
【分析】（1）作，，过P作交延长线于H，分别证明和得到，，，进而求得，，然后根据含30度角的直角三角形的性质得到，，然后在中，利用勾股定理求解即可；
（2）延长到P，使，连接，在取一点H，连接，使，根据等腰三角形的性质得到，，进而利用三角形的外角性质结合已知分别得到，，先证明得到，，再证明，推导出，，由得，进而可求解．
【详解】解：（1）如图，作，，过P作交延长线于H，
∵，∴，
在和中，，∴，∴；
在和中，，∴，∴，，
∵，，∴，，
∴，
在中，，∴，则，
在中，，∴，∴；
（2）[拓展探索]．
证明：如图，延长到P，使，连接，在取一点H，连接，使，
∴，，∵，又，
∴，∴，则，
设，则，∵，又，
∴，又，∴，∴，又，
∴，∴，，
∵，即，∴，∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活设参数以及添加合适的辅助线构造全等三角形和等腰三角形求解是解答的关键．
20．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景：数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．

探究发现：如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用：
【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可；（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）∵，，∴，
∵将折叠，使边落在边上，
∴，，
∴，；故答案为：；
（2）证明：∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；经检验是原分式方程的解．∴；
拓展应用：如图，连接，延长至点，使，连接，

∵在菱形中，，，∴，
∴，
∴，∴，∴为黄金三角形，
∴，∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．