特训05 九月学习成果汇总（第17，18，24题，三大题型）-2024-2025学年九年级数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（沪教版，上海专用）

特训05 九月学习成果汇总（第17，18，24题，三大题型） 题型1：新定义题 1．（21-22九年级上·上海徐汇·期中）定义：如果两条线段将一个三角形分成个互相没有重合部分的等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线（如图1所示）．如图2，已知在中，，，，则的三分线中，较短的那条长为 ．（只需写出一种情况即可）． 2．（2020·上海嘉定·二模）定义：如果三角形的两个内角∠α与∠β满足∠α=2∠β，那么，我们将这样的三角形称为“倍角三角形”．如果一个等腰三角形是“倍角三角形”，那么这个等腰三角形的腰长与底边长的比值为 ． 3．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 4．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）给出如下新定义：在平面直角坐标系中，动点在反比例函数上，若点绕着点旋转后得到点，我们称是关于的“伴随点”．若关于的“伴随点”为，由和坐标原点构成的三角形是以为直角边的等腰直角三角形，则的值是 ． 5．（2023·上海闵行·一模）阅读：对于线段与点O（点O与不在同一直线上），如果同一平面内点P满足：射线与线段交于点Q，且，那么称点P为点O关于线段的“准射点”． 问题：如图，矩形中，，点E在边上，且，联结．设点F是点A关于线段的“准射点”，且点F在矩形的内部或边上，如果点C与点F之间距离为d，那么d的取值范围为 ． 6．（22-23九年级上·上海黄浦·期中）定义：如果将一个三角形绕着它的一个角的顶点旋转后，使这个角的一边与另一边重叠，再将所旋转后的三角形进行相似缩放，使重叠的两条边相互重合，我们称这样的图形变换为三角形转似，这个三角形的顶点称为转似中心，所得的三角形称为原三角形的转似三角形．如图，在中，，是以点为转似中心的顺时针的一个转似三角形，那么以点A为转似中心的逆时针的另一个转似三角形 （点分别与对应），其中边的长为 题型2：动态几何 7．（23-24九年级下·上海杨浦·阶段练习）如图是一张矩形纸片，点是中点，点在上，把该纸片沿折叠，点，的对应点分别为、，的延长线经过点，与相交于点．若，且点平分，则的长为 ． 8．（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，．已知点H在射线上，连接交线段于点G，当，且时，则 ． 9．（23-24九年级上·上海松江·阶段练习）如图，中，，，，点在边上，将沿着直线翻折得，交直线于点，连接，若是等腰三角形，则的长是 ． 10．（23-24九年级上·上海静安·期中）如图，正方形的边长为4，点为对角线的交点，点为边的中点，绕着点旋转至，点与点对应，点与点对应，如果点在同一条直线上，那么的长度为 ．    11．（19-20九年级上·上海·期中）如图，在矩形中，已知，如果将矩形沿直线翻折后，点落在边的中点处，直线分别与边、交于点、，如果，那么的长为 ．    12．（2022·浙江宁波·模拟预测）如图，正方形的边长为4，将边绕点D顺时针旋转，得到线段，连接，过点A作交线段的延长线于点F，连接，若点M为线段中点，则点M与点C距离的最大值为 ． 13．（2020·上海·一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4，点D、E分别是边BC、AB的中点，将△BDE绕着点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别为点D′、E′，当直线D′E′经过点A时，线段CD′的长为 ． 14．（2020·上海浦东新·一模）在中，∠C=90°，AC=2，BC=4， ，点分别是边、的中点，将绕着点B旋转，点旋转后的对应点分别为点，当直线经过点A时，线段的长为 15．（2022·上海普陀·二模）如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转，点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在对角线上，连接，与交于点E，那么 ． 16．（2023·上海杨浦·一模）如图，已知在矩形中，，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点、处，边、分别与边交于点M、N，那么线段的长为 ． 题型3：平面直角坐标系与几何 17．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴、y轴交于点A、B，直线BC与x轴交于点，点D在x轴的负半轴上且． (1)求证：； (2)已知点E在x轴上，点F在坐标平面内，如果以C、B、F、E为顶点的四边形是菱形，直接写出符合条件的点E坐标； (3)在直线上是否存在一点G，使与相似？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 18．（23-24九年级上·上海虹口·阶段练习）如图，四边形是矩形，点、在坐标轴上，绕点顺时针旋转得到，点在轴上，直线交轴于点，交于点，线段、的长是方程的两个根，且．    备用图 (1)求直线的解析式； (2)判断与是否相似？并说明理由． (3)点在坐标轴上，平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19．（20-21九年级上·上海青浦·阶段练习）如图，直线与轴交于，与轴交于，点在轴上，且，是线段上的一点（与、不重合），以为顶点作，与交于点，且．    (1)求点的坐标． (2)若，求点的坐标． (3)若是直角三角形，求点的坐标． 20．（21-22九年级上·上海长宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B在直线l：y＝x上且位于第三象限，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于第二象限内的点C． （1）设BC与AO相交于点D， ①若BA＝BO，求证：CD＝CO； ②求：点A到直线l的距离； （2）是否存在点B，使得以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由． 21．（22-23九年级上·上海·阶段练习）如图，平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，动点P从O出发向A以每秒1个单位的速度移动，动点Q从A出发沿的路径以每秒2个单位的速度移动，当其中一个点运动到终点时运动停止，过点P作x轴的垂线，交线段或线段于点E，连接，设运动时间为t秒． (1)求直线解析式； (2)设的面积为S，求S关于t的函数解析式，并写出定义域； (3)在运动过程中，能否为等腰三角形？若能，直接写出t的值，若不能，请说明理由． 22．（23-24九年级上·上海静安·期中）在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫做线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”：如图，平面直角坐标系中有一点，把线段绕点做“旋似”运动，点的对应点是点，若“旋似角”为，    (1)当“旋似比”为时，求点的坐标； (2)过做轴，点为垂足，连接，若轴，求此时的“旋似比”； (3)当“旋似比”为时，设线段与轴交于点，点是轴上一点，且满足，求点的坐标． 23．（23-24九年级上·山西晋中·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，的长分别是方程的两个根，且． (1)求点B的坐标； (2)如图2，过点A且垂直于的直线交轴于点F，在直线上截取，过点D作轴于点E，求经过点D的反比例函数的关系式； (3)在（2）的条件下，在y轴上是否存在一点P，使以D，E，P为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训05 九月学习成果汇总（第17，18，24题，三大题型） 题型1：新定义题 1．（21-22九年级上·上海徐汇·期中）定义：如果两条线段将一个三角形分成个互相没有重合部分的等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线（如图1所示）．如图2，已知在中，，，，则的三分线中，较短的那条长为 ．（只需写出一种情况即可）． 【答案】 【分析】根据等腰三角形的判定定理容易画出图形；根据，则，，则，，得出对应边成比例，，，得出方程组，解方程组即可． 【解析】解：如图2所示，、就是所求的三分线． 设，则，， 此时，， 设，， ， ， ， ， 所以联立得方程组， 解得， 即较短的那条长为． 故答案为： 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解方程组等知识，解题关键是正确作出图像． 2．（2020·上海嘉定·二模）定义：如果三角形的两个内角∠α与∠β满足∠α=2∠β，那么，我们将这样的三角形称为“倍角三角形”．如果一个等腰三角形是“倍角三角形”，那么这个等腰三角形的腰长与底边长的比值为 ． 【答案】或． 【分析】若等腰三角形的三个内角、，，利用和得，此“倍角三角形”为等腰直角三角形，从而得到腰长与底边长的比值；若等腰三角形的三个内角、，，利用和得，如图，，，作的平分线，则，易得，再证明，利用相似比得到，等量代换得到，然后解关于的方程得与的比值即可． 【解析】解：若等腰三角形的三个内角、，， ，， ，解得， 此“倍角三角形”为等腰直角三角形， 腰长与底边长的比值为； 若等腰三角形的三个内角、，， ，， ，解得， 如图，，，作的平分线，则， ， ， ， ， 即， ，， ， ， 即， 整理得，解得， 即， 此时腰长与底边长的比值为， 综上所述，这个等腰三角形的腰长与底边长的比值为或． 故答案为或． 【点睛】本题考查了三角形的相似判定和性质，等腰三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键． 3．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 【答案】 【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案． 【解析】解：设，，， ∴结合题意可得：，， ∴， ∴， ∴，， 如图，过作交于，过作于，交于， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 过作交于， ∴四边形，，是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中位线， 同理可得：， ∴是梯形中位线， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键． 4．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）给出如下新定义：在平面直角坐标系中，动点在反比例函数上，若点绕着点旋转后得到点，我们称是关于的“伴随点”．若关于的“伴随点”为，由和坐标原点构成的三角形是以为直角边的等腰直角三角形，则的值是 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，反比例函数图象上点的坐标的特征，相似三角形的判定与性质，分点在第三象限和第一象限，作于，利用，得，表示出点的坐标，从而得出答案，理解定义，并利用相似三角形的性质表示出点的坐标是解题的关键． 【解析】解：当点在第三象限时，如图，作于， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 解得或， ∵点在第四象限， ∴， ∴不合，舍去， ∴； 当点在第一象限时，如图， 同理可知，； 当在时，则，此时符合题意； 综上，的值为或或， 故答案为：或或． 5．（2023·上海闵行·一模）阅读：对于线段与点O（点O与不在同一直线上），如果同一平面内点P满足：射线与线段交于点Q，且，那么称点P为点O关于线段的“准射点”． 问题：如图，矩形中，，点E在边上，且，联结．设点F是点A关于线段的“准射点”，且点F在矩形的内部或边上，如果点C与点F之间距离为d，那么d的取值范围为 ． 【答案】 【分析】设交于点Q，由点F是点A关于线段的“准射点”可得，过点F作交于点G，交于点H，由平行线分线段成比例定理得，，联结，求出的长，作于M，求出的长即可． 【解析】如图，设交于点Q， ∵点F是点A关于线段的“准射点”， ∴， ∴Q是的中点，即， 过点F作交于点G，交于点H， ∴， ∴，， ∴点F在线段上， 联结，则． 作于M， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴ ∴d的取值范围是． 【点睛】本题考查了新定义，矩形的性质，勾股定理，垂线段最短，三角形的面积公式，平行线分线段成比例定理，以及平行四边形的判定与性质，判断出点F的位置是解答本题的关键． 6．（22-23九年级上·上海黄浦·期中）定义：如果将一个三角形绕着它的一个角的顶点旋转后，使这个角的一边与另一边重叠，再将所旋转后的三角形进行相似缩放，使重叠的两条边相互重合，我们称这样的图形变换为三角形转似，这个三角形的顶点称为转似中心，所得的三角形称为原三角形的转似三角形．如图，在中，，是以点为转似中心的顺时针的一个转似三角形，那么以点A为转似中心的逆时针的另一个转似三角形 （点分别与对应），其中边的长为 【答案】 【分析】根据条件可得，然后利用相似三角形的性质就可以求出结论． 【解析】解：如图所示， 由题意可得， ， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为： 【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，相似三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形相似，理解新定义，运用相似三角形的对应边成比例求解是关键． 题型2：动态几何 7．（23-24九年级下·上海杨浦·阶段练习）如图是一张矩形纸片，点是中点，点在上，把该纸片沿折叠，点，的对应点分别为、，的延长线经过点，与相交于点．若，且点平分，则的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了矩形折叠的性质，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，根据折叠的性质、矩形的性质结合题意推出，根据全等三角形的性质得到，，设，则，设，则，根据矩形的性质推出，根据相似三角形的性质推出，根据勾股定理推出，据此求解即可． 【解析】解：由折叠性质及矩形的性质得， 点平分， ， 又 ， ，， 设， 点是中点， ， 根据折叠的性质得, 设，则， 四边形是矩形， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， 或（舍去）， ， 故答案为：． 8．（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，．已知点H在射线上，连接交线段于点G，当，且时，则 ． 【答案】或 【分析】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．根据点H在射线上，，有以下两种情况：①当点H在线段上时，过点A作交延长线于F，则，过点D作于M，证四边形为矩形得，证，推出，再证，由此可得的值；②当点H在的延长线上时，过点A作交延长线于F，同理可得的值． 【解析】解：∵点H在射线上，， ∴有以下两种情况： ①当点H在线段上时，过点A作交延长线于F，过点D作于M，如图1所示： ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当点H在的延长线上时，过点A作交延长线于F，如图2所示： 则， 同理可证：，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或． 9．（23-24九年级上·上海松江·阶段练习）如图，中，，，，点在边上，将沿着直线翻折得，交直线于点，连接，若是等腰三角形，则的长是 ． 【答案】或 【分析】本题考查直角三角形中的折叠，解题的关键是掌握折叠的性质，运用相似三角形对应边成比例解决问题．过作于，分两种情况：当在线段上，根据，，，得，由沿着直线翻折得，得，，即得，可证，即可得，从而，当在线段延长线上时，同理可得． 【解析】解：过作于， 当在线段上，如图 ，，， ， 沿着直线翻折得， ， 是等腰三角形，即， ， ， ，， ， ，即， ， ； 当在线段延长线上时，如图 同理可得， ， 故答案为：或． 10．（23-24九年级上·上海静安·期中）如图，正方形的边长为4，点为对角线的交点，点为边的中点，绕着点旋转至，点与点对应，点与点对应，如果点在同一条直线上，那么的长度为 ．    【答案】 【分析】根据正方形的性质得到，根据勾股定理得到，，过B作于F，根据相似三角形的性质得到，求得，根据旋转的性质得到，，，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解析】解：∵正方形的边长为4， ∴， ∴， ∵点E为边的中点， ∴， ∵， ∴， 过B作于F，    ∴， ∵， ∴， ∴， ∴, ∴, ∴, ∵绕着点B旋转至， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键． 11．（19-20九年级上·上海·期中）如图，在矩形中，已知，如果将矩形沿直线翻折后，点落在边的中点处，直线分别与边、交于点、，如果，那么的长为 ．    【答案】 【分析】连接，构造直角三角形，依据折叠的性质以及勾股定理，即可得到的长以及的长，再根据，得到比例式求出，进而得出的长． 【解析】解：如图，连接， 四边形为矩形， ，， 为的中点， ， 将矩形沿直线翻折后，点落在边的中点处，直线分别与边、交于点、， ，， 在中，， ， ，， ， 又， ， ，即， ， ； 故答案为：．    【点睛】本题主要考查了折叠问题、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理和相似三角形的性质进行计算求解． 12．（2022·浙江宁波·模拟预测）如图，正方形的边长为4，将边绕点D顺时针旋转，得到线段，连接，过点A作交线段的延长线于点F，连接，若点M为线段中点，则点M与点C距离的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】连接，取中点O，中点H，中点G，连接，取中点N，连接，过N作于K，证明，可得，由勾股定理可得，可得当C，N，M共线时，最大，最大为． 【解析】解：连接，取中点O，中点H，中点G，连接，取中点N，连接，过N作于K，如图： ∵是的中位线， ∴， ∵是中位线， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，O为中点， ∴， ∴， ∵，N为中点， ∴， ∴， ∴， ∴当C，N，M共线时，最大，最大为， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形中的旋转问题，解题的关键是作辅助线，构造三角形中位线及相似相似三角形． 13．（2020·上海·一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4，点D、E分别是边BC、AB的中点，将△BDE绕着点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别为点D′、E′，当直线D′E′经过点A时，线段CD′的长为 ． 【答案】或 【分析】分两种情况：①点A在ED的延长线上时；②点A在线段DE的延长线上时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可． 【解析】解：如图1，当点A在ED的延长线上时， ∵∠C=90°，AC=2，BC=4， ∴AB=， ∵点D、E分别是边BC、AB的中点， ∴DE∥AC，DE=AC=1， BD=BC=2， ∴∠EDB=∠ACB=90° ∵将△BDE绕着点B旋转， ∴∠BD′E′=∠BDE=90°，D′E′=DE=1，BD=BD=2， ∵在Rt△ABC和Rt△BAD′中， D′B=AC=2，AB=BA， 即, ∵Rt△ABC≌Rt△BAD′（HL）， ∴AD′=BC，且AC=D′B， ∴四边形ACBD′是平行四边形，且∠ACB=90°， ∴四边形ACBD′是矩形， ∴CD=AB=2； 如图2，当点A在线段D′E′的延长线上时， ∵∠AD′B=90°， ∴AD′=， ∴AE=AD′-DE′=3， ∵将△BDE绕着点B旋转， ∴∠ABC=∠EBD， ∵， ∴△ABE∽△BCD′ ∴， ∴， ， 故答案为：或． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找相似角形解决问题，属于中考常考题型． 14．（2020·上海浦东新·一模）在中，∠C=90°，AC=2，BC=4， ，点分别是边、的中点，将绕着点B旋转，点旋转后的对应点分别为点，当直线经过点A时，线段的长为 【答案】或 【分析】当直线经过点A时，有两种情况，均用三点共线特征及勾股定理求出AE长为5或3，采用两边对应成比例且夹角相等证得△CBD´∽△ABE´，利用相似三角形对应边成比例求解. 【解析】在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=2，BC=4， 由勾股定理得，AB=， ∵分别是边、的中点， ∴DE是△ACB的中位线，BD=2，BE= ， ∴DE∥AC，DE= ∴∠EDB=90°， 由旋转可得，BD´=2，D´E´=1，BE´=，∠BD´E´=90°， 第一种情况，如图1， ∵点A，D´，E´三点共线， ∴∠AD´B=90°， 由勾股定理得AD´=， ∴AE´=AD´+D´E´=5 ∵∠ABC=∠D´BE´， ∴∠CBD´=∠ABE´， ∵ ， ∴△CBD´∽△ABE´， ∴， ∴， ∴CD´= 第一种情况，如图2， ∵点A，D´，E´三点共线， ∴∠AD´B=90°， 由勾股定理得AD´=， ∴AE´=AD´-D´E´=3 ∵∠ABC=∠D´BE´， ∴∠CBD´=∠ABE´， ∵ ， ∴△CBD´∽△ABE´， ∴， ∴， ∴CD´= ∴CD´长为或. 故答案为：或. 【点睛】本题考查图形旋转的综合应用，涉及知识点有勾股定理，三点共线，相似三角形的判定和性质，分类讨论并能正确画出图形很关键． 15．（2022·上海普陀·二模）如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转，点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在对角线上，连接，与交于点E，那么 ． 【答案】 【分析】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，利用勾股定理求出BD=5，在根据是矩形ABD的面积求出AF，进而可求出，进而求出，再证明，即有，DE可求． 【解析】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，如图， ∵矩形中AB=3，BC=AD=4，∠BAC=90°， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据旋转可知：，，， ∵， ∴，即， ∴， 根据旋转可知：，，， ∴根据两个等腰三角形中顶角相等，则其底角也相等，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，求出是解答本题的关键． 16．（2023·上海杨浦·一模）如图，已知在矩形中，，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点、处，边、分别与边交于点M、N，那么线段的长为 ． 【答案】 【分析】过点作，利用勾股定理求出，根据旋转的性质得到相应结论，求出证明，求出，，证明，求出，，设，最后证明，得到，求出，从而可得． 【解析】解：如图，过点作， 在矩形中，，， ∴， 由旋转可知：，，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，即， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是添加辅助线，充分运用相似三角形的性质求出相应线段的长． 题型3：平面直角坐标系与几何 17．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴、y轴交于点A、B，直线BC与x轴交于点，点D在x轴的负半轴上且． (1)求证：； (2)已知点E在x轴上，点F在坐标平面内，如果以C、B、F、E为顶点的四边形是菱形，直接写出符合条件的点E坐标； (3)在直线上是否存在一点G，使与相似？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)点E的坐标为或或 (3)点G的坐标为或 【分析】本题考查一次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键． （1）先求出，，的长，然后根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似； （2）根据菱形的性质，分为为菱形的边和为菱形的对角线，两种情况分别解题计算即可； （3）设G点坐标为，然后可以得到，分为和两种情况，根据相似三角形的对应边成比例求出的长，再利用勾股定理解题即可． 【解析】（1）解：∵， ∴， 当时，， ∴点B的坐标为，即， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵点B的坐标为，， ∴， 若为菱形的边，则， ∴点E的坐标为或； 当为菱形的对角线时，设点E的坐标为， ∵， ∴， 解得：， ∴点E的坐标为， 综上所述，点E的坐标为或或； （3）解：存在，如图，当时 设G点坐标为， 令，则，解得， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴点D的坐标为， ∵， ∴，， ∴，， 则， 则，即，解得：， 过点G作轴于点P， 即，即， 解得：（舍去），， ∴点G的坐标为； 当时，则， 则，即，解得：， 过点G作轴于点P， 即，即， 解得，（舍去） ∴点G的坐标为， 综上所述，点G的坐标为或． 18．（23-24九年级上·上海虹口·阶段练习）如图，四边形是矩形，点、在坐标轴上，绕点顺时针旋转得到，点在轴上，直线交轴于点，交于点，线段、的长是方程的两个根，且．    备用图 (1)求直线的解析式； (2)判断与是否相似？并说明理由． (3)点在坐标轴上，平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)不相似，理由见解析； (3)存在，点的坐标为或或． 【分析】（1）先解一元二次方程，得出，，再根据矩形的性质和旋转的性质，得到，，然后利用待定系数法，即可求出直线的解析式； （2）根据矩形的性质和旋转的性质，得到，再求出直线于轴的交点，得到，然后利用坐标两点的距离公式，求得，最后利用等边对等角的性质，得出，即可判断与是否相似； （3）分三种情况讨论：①当时，此时点在轴上；②当，此时点在轴上；③当，此时点与原点重合，利用相似三角形判定和性质，分别求出的长，即可得到点的坐标． 【解析】（1）解：，则， 解得：，， 线段、的长是方程的两个根，且， ，， 四边形是矩形， ，，， ， 由旋转的性质可知，， ， 设直线的解析式为， ，解得：， 直线的解析式为； （2）解：不相似，理由如下： 四边形是矩形， ，， ， 由旋转的性质可知，， ， 由（1）可知直线的解析式为， 令，则， ， ， ， ， ， ， ， 与不相似； （3）解：存在，理由如下： 由（1）和（2）可知，，， 以、、、为顶点的四边形是矩形， 是直角三角形， ①如图，当时，此时点在轴上，    ，， ， 又， ， ， ， 点的坐标为； ②如图，当，此时点在轴上，    ，， ， 又， ， ， ， 点的坐标为； ③如图，当，此时点与原点重合，    点的坐标为； 综上可知，点的坐标为或或． 【点睛】本题是一次函数与几何图形综合题，主要考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数的图象和性质，解一元二次方程，矩形的性质，旋转的性质，坐标两点的距离公式，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论的思想，灵活运用相关知识解决问题是解题关键． 19．（20-21九年级上·上海青浦·阶段练习）如图，直线与轴交于，与轴交于，点在轴上，且，是线段上的一点（与、不重合），以为顶点作，与交于点，且．    (1)求点的坐标． (2)若，求点的坐标． (3)若是直角三角形，求点的坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)， 【分析】（1）首先求出点坐标，再利用可知与关于轴对称，即可求出点的坐标； （2）首先求出点坐标，利用两点间距离公式求出的长度，再设，证明，利用表示出的长度，即可求出点的坐标； （3）当时，易证，根据求出的长，即可求出点的坐标；当时，通过证明即可求出点的坐标． 【解析】（1）解：直线与轴交于， 当时，， ， 点在轴上，且， 与关于轴对称， ； （2）直线与轴交于， 当时，， ， ， ， ，， ， ，即， 设， ， ， 解得：或， 点坐标为或； （3）由（1）、（2）可知，，， 如图，当时，   ， ， 又， ， ，即， ， ； 如图，当时，    则， ， ， ， ， 过点只有一条直线与垂直， 此时点与点重合， 符合条件的， 使是直角三角，点的坐标有两个，． 【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，两点间距离公式，相似三角形的判定与性质，直角三角形性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 20．（21-22九年级上·上海长宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B在直线l：y＝x上且位于第三象限，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于第二象限内的点C． （1）设BC与AO相交于点D， ①若BA＝BO，求证：CD＝CO； ②求：点A到直线l的距离； （2）是否存在点B，使得以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①见解析；②4；（2）或或 【分析】（1）①根据BA=BO，得到∠BAO=∠BOA，再根据垂直的定义可得∠BAO+∠ADB=∠BOA+∠COD=90°，从而可以推出∠CDO=∠COD，从而得证； ②分别过点A作AE⊥直线l于E，过点B作BF⊥x轴于F，可证△AOE∽△BOF，得到，再由可设，得到，，从而推出，再在直角三角形AEO中利用勾股定理求解即可； （2）过点A作AE⊥直线l于E，由（1）②得AE=4，OE=4AE=16，设OB=x，则BE=OE-OB=16-x，则，证明△AEB∽△BOC，得到即，则，然后分当△ABC∽△BOC时和当△ABC∽△COB时两种情况讨论求解即可． 【解析】解：（1）①∵BA=BO， ∴∠BAO=∠BOA， ∵AB⊥BC，CO⊥BO， ∴∠ABC=∠BOC=90°， ∴∠BAO+∠ADB=∠BOA+∠COD=90°， ∴∠COD=∠ADB， 又∵∠ADB=∠CDO， ∴∠CDO=∠COD， ∴CD=CO； ②如图所示，分别过点A作AE⊥直线l于E，过点B作BF⊥x轴于F， ∴∠AEO=∠BFO=90°， 又∵∠AOE=∠BOF， ∴△AOE∽△BOF， ∴， ∵B在直线上， ∴可设， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点A到直线l的距离为4； （2）如图所示，过点A作AE⊥直线l于E， 由（1）②得AE=4，OE=4AE=16， 设OB=x，则BE=OE-OB=16-x， ∴ ∵AB⊥BC，CO⊥BO，AE⊥BO， ∴∠ABC=∠BOC=∠AEB=90°， ∴∠ABE+∠EAB=∠ABE+∠CBO=90°， ∴△AEB∽△BOC， ∴即， ∴， ∴ ∵∠ABC=∠BOC=90°， ∴以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似有两种情况： 当△ABC∽△BOC时， ∴即， 解得， ∴此时； 当△ABC∽△COB时， ∴即， 解得， ∴此时或， 综上所述，当或或，使得以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，一次函数上点的坐标特征，相似三角形的性质与判定，勾股定理，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定． 21．（22-23九年级上·上海·阶段练习）如图，平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，动点P从O出发向A以每秒1个单位的速度移动，动点Q从A出发沿的路径以每秒2个单位的速度移动，当其中一个点运动到终点时运动停止，过点P作x轴的垂线，交线段或线段于点E，连接，设运动时间为t秒． (1)求直线解析式； (2)设的面积为S，求S关于t的函数解析式，并写出定义域； (3)在运动过程中，能否为等腰三角形？若能，直接写出t的值，若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)能， 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得点C的坐标为，再利用待定系数法解答，即可求解； （2）先求出，根据题意可得当时，点Q到达点B处，当时，点E到达点C处，当时，点Q到达点C处，然后分四种情况解答，即可求解； （3）分四种情况解答，即可求解． 【解析】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴，点C的纵坐标为4，点B到y轴的距离为10， ∴点C的横坐标为3， ∴点C的坐标为， 设直线解析式为， ∴，解得：， ∴直线解析式为； （2）解：如图，过C作于点D， ∵点C的坐标为， ∴， ∴， ∴当时，点Q到达点B处，当时，点E到达点C处，当时，点Q到达点C处， 根据题意得：， 当时，点E在上，点Q在上， ∵轴， ∴， ∴， ∴，即，解得：， 过点Q作轴于点M，则， ∵， ∴ ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 当时，点E在上，点Q在上，过点Q作轴于点F， 根据题意：， ∴， ∴， ∴； 当点E与点Q相遇时，，解得：， 当时，如图， ， ∴； 当时，如图， ， ∴； 综上所述，S关于t的函数解析式为； （3）解：能，理由如下： 根据题意得：点P的坐标为， 当时，由（2）得：点Q的坐标为，点E的坐标为，， ∵，且， ∴， 当时，，解得：（舍去）； 当时，，此方程无解； 当时，由（2）得：点Q的坐标为，点E的坐标为，， ∵，且， ∴， 当时，，解得：（舍去）或6（舍去）； 当时，，此方程无解； 当时，此时，由（2）得：点Q的坐标为，点E的坐标为，， 当时，，解得：； 当时，此时，由（2）得：点Q的坐标为，点E的坐标为， 当时，，（舍去）； 综上所述，当时，为等腰三角形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，求一次函数解析式，利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的关键． 22．（23-24九年级上·上海静安·期中）在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫做线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”：如图，平面直角坐标系中有一点，把线段绕点做“旋似”运动，点的对应点是点，若“旋似角”为，    (1)当“旋似比”为时，求点的坐标； (2)过做轴，点为垂足，连接，若轴，求此时的“旋似比”； (3)当“旋似比”为时，设线段与轴交于点，点是轴上一点，且满足，求点的坐标． 【答案】(1)点 (2)“旋似比”为 (3)或 【分析】（）先证明，再利用“旋似比”为即可求解； （）证明，再根据相似三角形的性质即可求解； （）由“旋似比”为，求出点，再求出解析式，则有，从而得出，分两种情况：当点F在O点上方时，当点F在O点下方时，分别求出结果即可． 【解析】（1）解：如图，过作轴于点，过作轴于点， ∴ ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴点； （2）解：如图， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴此时的“旋似比”为； （3）解：如图，过作轴于点，过作轴于点，延长交于点， ∴ ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴点， ∴，， 设解析式为， ∴， 解得：， ∴解析式为， 把代入得， 把代入得，解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， 当点F在O点上方时，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴此时点F的坐标为； 在O点的下方取，使，如图所示： ∴， ∴， ∴当点F在点时，符合题意， 设点的坐标为， ∵， ∴， ∴， 解得：，， ∴点的坐标为， ∴点的坐标或． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质与判定，待定系数法求解析式，坐标与图形，解题的关键是根据题意转化为相似三角形，熟练掌握相似三角形的性质与判定． 23．（23-24九年级上·山西晋中·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，的长分别是方程的两个根，且． (1)求点B的坐标； (2)如图2，过点A且垂直于的直线交轴于点F，在直线上截取，过点D作轴于点E，求经过点D的反比例函数的关系式； (3)在（2）的条件下，在y轴上是否存在一点P，使以D，E，P为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】(1）解方程的得到两个解，即为 AB 、 BC 的长，在根据坐标的意义即可得到点 B 的坐标； (2）利用三角形全等求出所需线段的长度，再在根据坐标的意义即可得到点 D 的坐标，最后用待定系数法求出经过点 D 的反比例函数的解析式； (3）利用相似的性质分两种情况，得出 PE 、 DE 的长度的比，进而求出 PE 的长度，最后根据坐标的意义即可得到点 P 的坐标． 【解析】（1）解：由可得， ， ， 点B的坐标为． （2）过点A作交延长线于点G， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， ． 设过点D的反比例函数解析式为 ， （3）存在， ，理由如下： 当时， ， ，，， 根据解析（2）可知，点E的坐标为， ∴此时点P的坐标为或； 当时， ， ，，， 此时点P的坐标为：或； 综上分析可知，有四个点，坐标分别为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似的性质，全等的判定与性质，一元二次方程的解法，待定系数法等，数形结合思想的应用是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$